遂宁市高三第二次诊断考试（普通）

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参考答案

1．（15分）除标注外其余每空2分 （1）2-甲基丙烯

（2）NaOH水溶液、加热；取代反应（1分） （3）（CH3）2CHCHO

（4）6；（3分）

（5）分） 【解析】

（3

试题分析：由H的结构简式可知H是由乙二醇与反应的产物，则G为

，所以F是，根据题目所给信息，则E是2-甲基丙酸，倒

推B是2-甲基-1-溴丙烷，根据信息I可知，A与HBr加成时，Br原子加在含H原子多的C原子上，所以A是2-甲基丙烯； （1） A的名称是2-甲基丙烯

（2）B是卤代烃，转化为醇，需在氢氧化钠的水溶液中，加热，所以B到C的条件是NaOH

水溶液、加热；F中含有Br原子，与苯酚钠发生取代反应，生成

（3）C为2-甲基-1-丙醇，则D是2-甲基丙醛，结构简式是（CH3）2CHCHO；

；

（4）G为，其同分异构体中含有酚羟基、2个取代基，1mol该物质最多可消耗3molNaOH，则另一个取代基应是与苯环相连的酯基，因为侧链有4个C原子，则该酯基的结构只有2种，为-O-COCH2CH2CH3或-O-COCH(CH3)2，苯环有2个取代基的结构有邻、间、对3种，所以符合题意的G的同分异构体有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰的为；

答案第1页，总5页

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（5）2分子与乙二醇发生酯化反应生成H和水，化学方程式是

。

考点：考查有机物的推断，倒推法的应用，结构简式、化学方程式的书写，同分异构体的判断 2．A 【解析】

试题分析：A、二氧化硫具有还原性，溴具有氧化性，所以二氧化硫吸收溴蒸汽，则二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，正确；B、氢氟酸具有弱酸性，但能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，错误；C、氨气中N元素的化合价为-3价，具有还原性，所以可与氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，用于检查氯气的管道是否泄漏，错误；D、钠的金属性比钾弱，但工业上制取钾是因为在一定温度下，钾转化为气体，使反应正向进行，错误，答案选A。

考点：考查物质性质的应用 3．D 【解析】

试题分析：A、稀有气体中不含任何化学键，错误；B、酸与碱未必发生复分解反应，如氢氧化亚铁与硝酸则发生氧化还原反应，错误；C、白磷为正四面体结构，但P-P键的键角为60度，错误；D、晶体中含阴离子必含阳离子，含阳离子不一定含有阴离子，如金属晶体中含有金属阳离子，但不含阴离子，而含自由电子，正确，答案选D。 考点：考查物质中化学键、化学性质、结构的判断 4．D 【解析】

2＋－试题分析：A、将2 mol Cl2通入到含1 mol FeI2的溶液中，Cl2过量，Fe、I均被氧化，所以离子方程式中亚铁离子与碘离子的物质的量之比符合化学式中的个数比为1:2，而所给离子方程式中为1:1，错误；B、Cu电极作阳极，则Cu发生氧化反应，失去电子生成铜离子，而不是氯离子放电，错误；C、二氧化硫具有酸性和还原性，次氯酸钠具有氧化性，所以二者混合会发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，错误；D、碳酸氢镁与足量的氢氧化钠反应则碳酸氢根离子需要2个氢氧根离子反应生成2个碳酸根离子和水，因为氢氧化镁比碳酸镁更难溶，所以1个镁离子与2个氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，所以最终生成氢氧化镁和碳酸根离子、水，之前，答案选D。 考点：考查对离子方程式的书写的评价与判断 5．A 【解析】

试题分析：A、标准状况下2.8L丙烷的物质的量是0.125mol，1个丙烷分子中含有8个极性键，所以2.8L的丙烷中含有极性键的数目是0.125mol×8×NA=NA，正确；B、在反应KIO3 + 6HI = KI + 3I2 + 3H2O 中，每生成3 mol I2，则消耗1mol碘酸钾，I元素的化合价从+5价降低到0价，转移电子的物质的量是5mol，所以转移的电子数是5NA，错误；C、根据元素守恒，在醋酸铵溶液中，醋酸根离子与醋酸分子的总数目是0.1NA，错误；D、过氧化钠与氢氧化铝的摩尔质量相同，都是78g/mol，则39g的二者的混合物的物质的量是0.5mol，但过氧化钠中含有2个钠离子和1个过氧根离子，而氢答案第2页，总5页

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氧化铝中含有1个铝离子和3个氢氧根离子，二者的物质的量之比未知，所以阴阳离子的总数目无法计算，错误，答案选A。

考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断 6．B 【解析】

试题分析：A、用pH计测定次氯酸钠和醋酸钠的pH值，比较pH的大小，确定溶液的酸碱性的强弱，从而判断次氯酸和醋酸酸性的强弱，正确；B、将氯化铁加入几种物质中实验现象各不相同，才能进行鉴别，而氯化铁与苯、汽油都反应，且苯与汽油的密度都比水小，所以无法鉴别，错误；C、氯化银为白色沉淀，碘化银为黄色沉淀，若白色沉淀转化为黄色沉淀,则说明AgI的溶解度比AgCl的溶解度小，正确；D、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，向其中加入氢氧化镁，则会与氢离子反应，使铁离子水解正向移动生成氢氧化铁沉淀，从而过滤可除去氯化镁中的氯化铁，正确,答案选B。 考点：考查对实验方案的评价 7．B 【解析】 试题分析：A、碳酸氢铵溶液中，N元素与C元素符合1:1的关系，所以根据元素守恒有c(NH4＋－2－)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3)＋c(CO3)＋c(H2CO3)，正确；B、根据图像可知，加入氢氧化钠后溶液的碱性增强，氢氧根离子先与铵根离子反应，使铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子稍增大后又逐渐减小，错误；C、因为0.1mol/L的NH4HCO3溶液，pH＝7.8，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水程度，根据越弱越水解，所以常温下Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)，正确；D、根据图－＋2像中pH=9时曲线的高低判断，此时溶液中粒子的浓度关系是c(HCO3)＞c(NH4)＞c(NH3·H2O)＞c(CO3－)，正确，答案选B。

考点：考查离子浓度大小的比较，盐水解规律的应用 8．C 【解析】

22

试题分析：A、QC=c(C)c(D)/c(B)，甲从正反应开始，所以B的浓度逐渐减小，C、D的浓度逐渐增大，所以甲的QC逐渐增大，与乙、丙从逆反应开始，与甲相反，则QC逐渐增大，错误；B、三者的温度相同，所以平衡常数相等，错误；C、甲与丙是等效平衡，B的体积分数相等；乙的浓度是丙的2倍，相当于将丙缩小体积，则压强增大，而增大压强，平衡逆向移动，所以B的体积分数增大，则乙中B的体积分数大于甲，所以升高甲的温度，平衡逆向移动，则B的体积分数增大，可以使φ甲=φ乙，正确；D、因为三者的平衡常数相等，甲中C的物质的量是1mol，则D的物质的量是0.5mol，B的物质的量是1mol，所以平衡常数K=0.5，因为甲与丙是等效平衡，丙的物质的量是甲的2倍，所以n2=2；所以乙的平衡常数也是0.5mol，若n1=1.6，则D的物质的量是0.8mol，B的物质的量是2-1.6=0.4mol，计算

22

c(C)c(D)/c(B)>0.5,说明反应未达平衡状态，错误，答案选C。 考点：考查化学平衡的移动，等效平衡的应用 9．（14分）

622

⑴ 3d4s (1分) ⑵ sp (1分) V字形 或 角形 (1分) ⑶ 6 (1分)

(2分) ⑷ ZnS (2分) 离子(2分)

2+

3+

⑸ SCl2+SO3=SOCl2+SO2 (2分) ⑹ 制取时部分Fe被氧化为Fe (2分) 【解析】

试题分析：自然界中最硬的单质是金刚石，所以A是C元素；B与A同周期且基态原子中s能224级与p能级上的电子数相等，则B的电子排布式是1s2s2p，所以B是O元素；C与B同主族，则C答案第3页，总5页

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是S元素；D为同周期中电负性最大的元素，则D是Cl元素；使用最为广泛的金属是Fe，所以E是102Fe元素；F的基态原子中没有单电子，则F的外围电子排布式是3d4s，则F是Zn元素。

62（1）Fe元素的价层电子排布为3d4s；

（2）二氧化碳的水化物是碳酸，C原子的最外层四个电子全部成键，2个单键、1个双键，

2

所以是sp杂化；SCl2中S原子的价层电子对数为2+1/2(6-2)=4,有2对孤对电子，所以空间构型是V型；

--（3）K3[Fe(CN)6]中Fe的配体是CN，配位数是6，CN中C与N原子以三键结合，所以电子式是；

（4）根据晶胞图可知，S原子的个数是8×1/8+6×1/2=4，Zn原子位于体内由4个，则S与Zn的原子个数比是4:4=1:1，所以该晶胞的化学式是ZnS；ZnS能与水反应，所以为离子晶体；

（5）SCl2与三氧化硫反应生成SOCl2及另一种与臭氧互为等电子体的化合物，则该化合物为二氧化硫，所以的化学方程式是SCl2+SO3=SOCl2+SO2 ； （6）Fe3O4中+2价Fe与+3价Fe的物质的量之比是1:2，将0.3mol／L FeSO4 的水溶液和0.4mol/L FeCl3的 水溶液以体积比2∶1进行混合,+2价Fe与+3价Fe的物质的量之比是6:4=3:2>1:2，是因为在制取时部分的亚铁离子被氧化为了铁离子的缘故。

考点：考查元素推断，元素化合物的性质应用，物质结构的判断 10．（15分）

假设Ⅳ：NaHCO3 (2分)

2－－-－－

⑵ CO3 + H2OHCO3 + OH 或HCO3 + H2OH2CO3 + OH(2分)

BaCl2或CaCl2或Ba(NO3)2或Ca(NO3)2 (2分，写名称亦可，其它合理答案亦可) Na2CO3(2分)

1⑶ Ⅲ (2分) ⑷15(2分) 10/3mol/L (3分)

【解析】 试题分析：二氧化碳与氢氧化钠反应时溶液中的溶质的成分有4种可能： NaOH、Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3、NaHCO3；NaHCO3，所以第四种假设为溶质为NaHCO3；

（2）因为加入酚酞后溶液变红色，不能证明溶液中含有氢氧化钠，碳酸钠或碳酸氢钠水解

2－－-－

液使溶液呈碱性，离子方程式是CO3 + H2OHCO3 + OH 或HCO3 + H2OH2CO3 + OH－

；因为不能确定哪种假设是正确的，所以不能加入碱性物质使碳酸根离子沉淀，则加入氯化钡或氯化钙溶液等，若产生沉淀，证明溶液A中含有Na2CO3；

（3）证明含有碳酸钠，则排除假设IV；向滤液中再加入稀硫酸有无色气体产生，证明含有碳酸氢钠，则假设III是正确的；

（4）100 mL 1 mol/L NaOH中Na元素的物质的量是0.1mol，加入15mL稀硫酸后，溶液为硫酸钠溶液，根据Na元素守恒，则硫酸钠的物质的量是0.05mol，所以稀硫酸的物质的量浓度是0.05mol/0.015L=10/3mol/L；由图可知，碳酸钠与5mL稀硫酸反应先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与10mL的稀硫酸反应生成二氧化碳气体，说明A溶液中碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量相等，根据Na元素的物质的量则Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为1/30mol，则二氧化碳的物质的量是2×1/30mol=1/15mol，所以a=1/15.

考点：考查对实验方案的设计，图像的分析与计算 11．（14分）

2＋2＋

⑴ 氧化Fe、Mn（2分）

答案第4页，总5页

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⑵ Fe2O3 + 6H = 2Fe+ 3H2O 或 Fe3O4 + 8H = 2Fe + Fe + 4H2O（2分） ⑶ B（1分） B（1分）

－－

稀氢氧化钠溶液（1分） MnO2 + e + H2O = MnOOH + OH（2分） ⑷会引入杂质碳；会生成碳化钨（2分，任答一点）

⑸CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH=－252.9kJ/mol（3分） 【解析】

2＋2

试题分析：（1）因为锌锰碱性电池中含有二氧化锰，所以通入空气的目的是氧化Fe、Mn＋3+4+

，使其转化为Fe、Mn；

（2）因为亚铁离子被氧化为铁离子，与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，在加热条件下，最终转化为氧化铁或四氧化三铁，所以滤渣A与稀硫酸反应实质是氧化铁与稀硫酸反应，离

＋3＋ ＋3＋2＋

子方程式是Fe2O3 + 6H = 2Fe+ 3H2O 或 Fe3O4 + 8H = 2Fe + Fe + 4H2O； （3）碱性锌锰电池的Zn发生氧化反应，作原电池的负极，滤液A与盐酸反应生成钨酸沉淀，焙烧分解生成WO3，氯碱工业中产生的气体有氢气和氯气，而氢气可还原WO3为W，氢气在负极产生，而Fe不能做阳极，所以Fe极为阴极，所以锌锰碱性电池的锌电极应与装置中电极B相连，则氢气在B口出来的气体；为增强溶液的导电性，在进料口B处加入稀NaOH溶液；碱性锌锰电－

池的正极发生还原反应，二氧化锰得到电子生成MnOOH，电极反应式为MnO2 + e + H2O = MnOOH + －

OH；

（4）若用碳单质还原WO3，则W中可能含有C单质，而用氢气还原，则不会产生杂质； （5）利用盖斯定律将氧气消去，所以CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的反应热ΔH=4ΔH2-ΔH1=－252.9kJ/mol，所以CO2(g)与H2(g)反应生成CH4(g)与液态水的的热化学方程式是CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)ΔH=－252.9kJ/mol。

考点：考查工业流程的分析，电化学反应原理的应用，盖斯定律的应用

＋3＋ ＋3＋2＋

答案第5页，总5页