成都艺术高级中学2020-2021学年度高2018级高三下学期入学考试理科综合（化学部分）试题（解析版）

高2018级高三下学期入学考试试题

理科综合能力测试

  （化学部分）

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  Mg 24  S 32  Fe 56  Cu 64

一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

7．化学让生活更美好。以下说法错误的是(　　)

A．酒精溶液可以使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好

B．在烟花中加入某些金属元素，使焰火更加绚丽多彩

C．苏打水呈弱碱性，可以舒缓胃酸分泌过多时的不适感

D．在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，使酒保持良好品质

解析：选A。70%～75%的酒精既能顺利进入细菌体内，又能有效地将细菌体内的蛋白质凝固，从而彻底杀死细菌，故70%～75%的酒精杀菌消毒效果最好，而不是酒精纯度越高杀菌消毒效果越好，A项错误；某些金属元素的焰色反应会呈现特定的颜色，在烟花中加入这些金属元素，可使焰火更加绚丽多彩，B项正确；胃酸的主要成分是盐酸，苏打水能与盐酸发生反应，从而缓解胃酸分泌过多时的不适感，C项正确；二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂，可防止酒被氧化，D项正确。

8．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是(　　)

解析：选D。气体应该从长管进短管出，A项错误；应用饱和Na2CO3溶液，B项错误；组装铜锌原电池时，Zn片应插入ZnSO4溶液中，Cu片应插入CuSO4溶液中，C项错误。

9．下列关于有机化合物的说法正确的是(　　)

A．乙醇和乙酸都能与NaOH溶液反应

B．分子式为C9H12的芳香烃共有8种

C．苯与氯气生成的反应属于取代反应

D．糖类、蛋白质属于天然高分子化合物

解析：选B。A项，乙醇不能与NaOH溶液反应，错误；B项，分子式为C9H12的芳香烃，可以是：①苯环上含有1个—C3H7，—C3H7有—CH2CH2CH3、两种结构，共2种，②苯环上含有1个—CH3、1个—CH2CH3，二者在苯环上有邻、间、对三种位置关系，共3种，③苯环上含有3个—CH3，共3种，故总共有8种，正确；C项，苯与氯气反应生成，反应前后氢原子数不变，不是取代反应，而是加成反应，错误；D项，糖类中的单糖(葡萄糖和果糖)、双糖(蔗糖和麦芽糖)等不是高分子化合物，错误。

10．甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是

A．上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3

B．CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH

C．Pd2＋是该反应的中间产物

D．每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L

解析：选B。A项，根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋1/2O2→CF3COOCH3+H2O，故A错误。B项，CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B正确；C项，反应①中Pd2＋参与反应，反应②中又生成等物质的量的Pd2＋，故Pd2＋为催化剂不是中间产物，故C错误；D项，根据反应CH4＋CF3COOH＋1/2O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4＋1/2O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D错误。故选B。

11．五种短周期主族元素X、Y、Z、W、Q，其原子序数依次增大。其中只有Z是金属元素，W的最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，X、Y、W在周期表中的相对位置如图所示。关于这五种元素的说法不正确的是(　　)

A.原子半径最大的是Z，最小的是Y  B．X形成的化合物种类最多

C．Y的气态氢化物比W的气态氢化物更易液化  D．Z与Q形成的化合物的水溶液一定显酸性

解析：选D。由题知，W为S，则Y为O，X为C，而Z的原子序数比Y的大，又是金属元素，Z可能是Na、Mg、Al中的一种，再根据元素的原子序数依次增大可知，Q是Cl。选项A，五种元素中，原子半径最大的是Z，最小的为Y，A项正确；选项B，X为C，作为有机物的基本组成元素，它形成的化合物种类最多，B项正确；选项C，O的气态氢化物比S的气态氢化物更易液化，C项正确；选项D，Z不确定是哪种元素，若Z为Na，则NaCl水溶液呈中性，D项错误。

12．我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S＋O2===H2O2＋S，已知甲池中发生反应：。

下列说法正确的是(　　)

A．甲池中碳棒上发生的电极反应为AQ＋2H＋－2e－===H2AQ

B．乙池溶液中发生的反应为H2S＋I===3I－＋S＋2H＋

C．该装置中电能转化为光能

D．H＋从甲池移向乙池

解析：选B。根据题图可知，甲池中碳棒上AQ得电子，结合H＋发生还原反应生成H2AQ，电极反应式为AQ＋2H＋＋2e－===H2AQ，A项错误；乙池溶液中I与H2S发生反应：H2S＋I===3I－＋S＋2H＋，B项正确；该装置中利用N型半导体将光能转化为电能，C项错误；原电池中阳离子向正极移动，甲池中碳棒是正极，所以H＋从乙池移向甲池，D项错误。

13.常温下，向1 L 0.10 mol·L－1CH3COONa溶液中，不断通入HCl气体(忽略溶液体积变化)，得到c(CH3COO－)和c(CH3COOH)与pH的变化关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．溶液的pH：x<y<z

B．在y点再通入0.05 mol HCl气体，溶液中离子浓度大小：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)

C．在溶液中加入一滴强酸或强碱，溶液pH变化最小的是y点

D．该温度下，CH3COOH的Ka＝104.75

解析：选C。溶液的pH随c(CH3COOH)的增大而减小，故溶液的pH：x>y>z，A项错误；根据电荷守恒，y点溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，由题图知，y点c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1，则0.05 mol·L－1＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由于y点溶液pH＝4.75，所以c(H＋)>c(OH－)，从而得到c(Cl－)>0.05 mol·L－1，在y点再通入0.05 mol HCl气体，溶液中c(Cl－)>0.10 mol·L－1＝c(Na＋)，故B项错误；y点溶液中c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，加入一滴强酸或强碱，溶液的pH变化最小，C项正确；CH3COOH的Ka＝，根据y点c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)及pH＝4.75可得，Ka＝c(H＋)＝10－4.75，D项错误。

三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题

为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共129分。

26．(14分) 细菌冶金是近年来新兴的绿色冶金工艺，它主要是应用细菌法溶浸贫矿、废矿、尾矿和炉渣等，以回收某些贵重有色金属和稀有金属，节约矿产资源，最大限度地利用矿藏的一种冶金方法。其中细菌治铜的生产流程为：

(1)上述生产流程中有三步用到了同一种分离方法，实验室中不能用这种分离方法来分离液态胶体中分散质的原因是________________________。

(2)绿矾(FeSO4·7H2O)是一种良好的还原剂，也可用来制取治疗缺铁性贫血的药剂和食品调味剂。在保存绿矾时，必须___。在溶液B中加入适量(NH4)2(SO4)2固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)4·6H2O的原因是________________________。

(3)溶液B中一定含有的金属阳离子是________________________。若在溶液A中加入少量铁屑只发生其中的一个反应，则此反应的平衡常数的表达式为__________。

(4)写出黄铜矿中的CuS·FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气氧化生成溶液A的离子方程式：________________________。

(5)氧化亚铜可用作船底防污漆，以杀死低级海生动物而保护船体，也可用作陶瓷和搪瓷的着色剂和红色玻璃的染色剂，氧化亚铜也是一种重要的半导体材料。请用浓的强碱溶液，根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，设计出工业生产氧化亚铜的一种方法：__________(只要求画实验装置图，其他必要材料任选)。

【答案】  (1)胶体的分散质(或胶体粒子)能透过滤纸(2分)   

(2)密封保存，防止被空气中氧气氧化(2分)    相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小(2分)   

(3)Fe2+(2分)    K=(2分)   

(4)4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O(2分)   

(5)(2分)

【解析】 (1)题给生产流程中有三步用到了同一种分离方法是过滤，胶体分散质粒子能通过滤纸，所以不能用过滤法来分离液态胶体中的分散质；(2)绿矾是一种良好的还原剂，易被氧化，所以保存绿矾时必须密封保存，防止被空气中的氧气氧化；相同温度下，硫酸亚铁铵在水中的溶解度比FeSO4和(NH4)2SO4的溶解度小，所以在溶液B中加入适量(NH4)2SO4固体，加热浓缩时，可以得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；(3)溶液A中的Fe3+、Cu2+都能与铁屑反应生成Fe2+，所以加入足量铁粉后溶液中一定含有的金属阳离子是Fe2+；氧化性Fe3+>Cu2+，加入少量铁屑只发生Fe和Fe3+的反应，平衡常数的表达式为K=；(4)CuS•FeS在氧化亚铁硫杆菌作用下被空气中的氧气氧化生成Fe3+、Cu2+和SO42-，反应的离子方程式为4CuS·FeS+17O2+4H+4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O；(5)根据反应2Cu+H2OCu2O+H2↑，铜失电子发生氧化反应，可用电解法制备氧化亚铜，铜作阳极，因此可设计工业生产氧化亚铜的装置图是。

27．(15分)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑制取硫酸亚铁铵并确定其受热分解的产物，进行下列实验。请按要求回答下列问题：

Ⅰ． 硫酸亚铁铵的制取。

(1)步骤①加热的目的是_________________________。

(2)步骤②必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)： ______________。

Ⅱ．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置(夹持装置略去)，在500℃时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。

(3)B装置的作用是__________。

(4)实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有______气体产生，写出D中发生反应的离子方程式__________。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_____________。

(5)若称取14.20g硫酸亚铁铵固体，隔绝空气加热至500℃ 时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，则所得固体产物的化学式为_____。(硫酸亚铁铵的摩尔质量为284g·mol-1)

(6)实验证明：(NH4)2Fe(SO4)2受热分解除生成上述产物外，还有N2生成，写出硫酸亚铁铵在隔绝空气的条件下加热至500℃时的分解反应方程式_____________________________。

【答案】Ⅰ．(1)加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污(1分)  

(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+ (2分)   

Ⅱ．(3)检验产物中是否有水生成(2分)     

(4)SO2(2分)   SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+(2分)     

否，若有SO3也有白色沉淀生成(2分) 

(5)Fe2O3(2分)     

(6)2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O(2分)     

【解析】Ⅰ．(1)步骤①是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；

Ⅱ．(3)硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2] 在500℃时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。(4)装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。(5)称取14.20g硫酸亚铁铵固体，物质的量==0.05mol，铁元素物质的量为0.05mol，铁常见氧化物为氧化铁、氧化亚铁、四氧化三铁，其相对分子质量分别为160、72、232。隔绝空气加热至500℃时使其完全分解，冷却后称得固体质量为4.00g，0.05mol铁元素若为Fe2O3，物质的量为0.025mol，质量=0.025mol×160g/mol=4.0g，FeO质量=0.05mol×72g/mol=3.6g，若为Fe3O4的质量=×0.05mol×232g/mol=3.9g，故固体为氧化铁；(6)实验可知反应的生成物有NH3、SO2、Fe2O3、H2O、N2，结合元素守恒和得失电子守恒配平得到2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+5H2O。

28．(14分)汽车尾气中氮氧化物的处理对实现绿色环保、减少雾霾具有重要意义。

(1)汽车尾气中的主要污染物为NO，用H2催化还原NO可以达到消除污染的目的。

已知：①2NO(g)N2(g)＋O2(g)　ΔH＝－180.5 kJ·mol－1

②2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋571.6 kJ·mol－1

写出H2(g)与NO(g)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式________。

(2)用焦炭还原NO的反应为2NO(g)＋C(s)N2(g)＋CO2(g)，向容积均为1 L的甲、乙、丙三个恒容恒温(反应温度分别为400 ℃、400 ℃、T ℃)容器中分别加入足量的焦炭和一定量的NO，测得各容器中n(NO)随反应时间(t)的变化情况如下表所示：

①该反应为________(填“放热”或“吸热”)反应。

②乙容器中反应在200 min时达到平衡状态，则0～200 min内用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)＝________。

(3)新型O3氧化技术对尾气中的氮氧化物的脱除效果显著，尾气中的NOx多数以NO形式存在，可发生反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，然后通入Na2SO3溶液可转化为N2。

①将NO2转化N2的离子方程式为

____________________________________________________________。

②在一定条件下，将NO和O3通入绝热恒容密闭容器中发生上述反应，正反应速率随时间的变化如图1所示。下列说法正确的是________。

A．反应在c点达到平衡状态 

B．反应物浓度：b点小于c点

C．反应物的总能量低于生成物的总能量 

D．Δt1＝Δt2时，NO的转化量：a～b段小于b～c段

(4)利用固体氧化物电解池(SOEC)通过电解方式分解氮氧化物如图2所示。该电源的b端是__________________________________________________极，

当电路中通过的电子数为6.02×1022时，处理掉的NO质量为________。

【答案】 (1)2H2(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－752.1 kJ·mol－1

(2)①放热　②0.003 mol·L－1·min－1

(3)①2NO2＋4SO===N2＋4SO　②D

(4)负　1.50 g

【解析】 (1)由盖斯定律，①－②可得2H2(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2H2O(l)，则ΔH＝－180.5 kJ·mol－1－(＋571.6 kJ·mol－1)＝－752.1 kJ·mol－1。(2)①对比甲、丙两容器中n(NO)数据可知，丙中反应的反应速率大于甲的，则丙中的反应温度高，且平衡时丙中的NO比甲中的多，故相当于丙中平衡逆向移动，故正反应为放热反应。②由于该反应为反应前后气体分子数不变的反应，故达到平衡时，甲、乙两容器中NO的含量相同，即两容器中的平衡为等效平衡，故乙中反应达到平衡时，NO的物质的量应为0.40 mol，故v(NO)＝＝0.003 mol·L－1·min－1。

(3)①NO2将Na2SO3氧化为Na2SO4，本身被还原为N2，由化合价升降法配平得2NO2＋4SO===N2＋4SO。②由图可知反应速率开始时增大，该反应为放热反应，使得容器内的温度升高。反应物的总能量高于生成物的总能量，C项错误；由题图1可知c点v正还在变化，故反应在c点并没有达到平衡状态，A项错误；随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应物浓度：b点大于c点，B项错误；Δt1时间段内反应速率小于Δt2时间段，故相同时间段内NO的转化量：a～b段小于b～c段，D项正确。(4)由题图2可知通入的NO转化为N2，该极得到电子，故为阴极，其电极反应式为2NO＋4e－===N2＋2O2－，故通过的电子为0.1 mol时，参与反应的NO为1.50 g。

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。

请考生在第35、36两道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

35．(15分)【化学——选修3：物质结构与性质】

铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。

(1)基态Fe3＋的简化电子排布式为___________________________________________。

(2)实验室用KSCN、苯酚(OH)检验Fe3＋。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化轨道类型为________。

(3)FeCl3的熔点为306 ℃，沸点为315 ℃。FeCl3的晶体类型是__________________。FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是________。

(4)羰基铁[Fe(CO)5]可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1 mol Fe(CO)5分子中含________ mol σ键，与CO互为等电子体的离子是________________(填化学式，写一种)。

(5)氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为________。

(6)氧化亚铁晶体的晶胞如图2所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2＋紧邻且等距离的Fe2＋数目为________；Fe2＋与O2－最短核间距为________ pm。

【答案】 (1)[Ar]3d5

(2)N＞O＞S　sp2杂化

(3)分子晶体　正四面体形

(4)10　CN－或C(合理即可)

(5)3∶1

(6)12　 ×1010

【解析】 (1)铁离子的简化电子排布式为[Ar]3d5。(2)N、O、S的第一电离能：N＞O＞S。苯酚中碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化。(3)氯化铁晶体的熔点、沸点较低，它是分子晶体。SO中硫的价层有4个成键电子对，无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形。(4)CO与N2互为等电子体，1个CO分子中有1个σ键，1个CO分子与Fe形成1个配位键，配位键也是σ键，所以1 mol Fe(CO)5含10 mol σ键。与CO互为等电子体的离子有CN－、C。(5)氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为，棱点贡献率为，面点贡献率为。观察晶胞知，12个铁位于顶点，2个铁位于面心，3个铁位于体内；2个氮位于体内。1个晶胞含铁微粒数为12×＋2×＋3＝6，含氮微粒数为2，故铁、氮微粒数之比为6∶2＝3∶1。(6)氧化亚铁晶胞类似氯化钠晶胞。棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。观察题图2知，上、中、下三层各4个氧离子(共12个氧离子)与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1∶1，所以，有12个Fe2＋与Fe2＋紧邻且等距离。1个氧化亚铁晶胞含Fe2＋数为8×＋6×＝4，含O2－数为12×＋1＝4，所以，1个氧化亚铁晶胞含4个“FeO”。设Fe2＋与O2－的最短核间距为d pm，有ρ＝，解得d＝ ×1010 pm。

36．(15分)【化学——选修5：有机化学基础】

石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如图所示：

已知以下信息：

①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃；

②R—X＋R′—XR—R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。

回答以下问题：

(1)B的化学名称为________，E的结构简式为________。

(2)G生成H的化学方程式为___________________________________。

(3)J的结构简式为_______________________________________。

(4)F合成丁苯橡胶的化学方程式为______________________________。

(5)I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。(不含立体异构)

①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；

②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。

其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为6∶2∶1∶1的是________________________。(写出其中一种的结构简式)

(6)参照上述合成路线，设计以2­甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，制备化合物E的合成路线：____________________________________________________________。

【答案】 (1)环己烷　 

(3)

（4）

  （5）12 

  （6）

【解析】 (5)根据①，可知含有羧基，根据②，可知含有甲酸酯基，I的同分异构体可以看做—COOH、HCOO—取代C4H10中的两个氢原子，丁烷有CH3CH2CH2CH3、两种。对这两种结构采用“定一移一”的方法进行分析，固定—COOH的位置，则HCOO—有、共8种位置；同理，固定—COOH的位置，HCOO—有

、共4种位置，故总共有12种符合条件的同分异构体。其中符合核磁共振氢谱的同分异构体为。