广西自治区来宾市2020届高三化学4月诊断试题（Word版附解析）

广西 2020 年 4 月份高三教学质量诊断 化学试题 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Ca-40 Fe-56 Br-80 一、选择题：本题共 7 个小题，每小题 6 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。 1.化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（ ） A. 高纯硅可用于制作光导纤维 B. 碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污 C. 利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化 D. 淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖 【答案】A 【解析】 【详解】A．高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故 A 错误； B．利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故 B 正确； C．海水蒸发是物理变化，故 C 正确； D．淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故 D 正 确； 故答案为 A。 2.短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，W 原子的核外电子数等于电子层数，X2-和 Y+的核外电子排布相同，X 与 Z 同族。下列叙述正确的是（ ） A 原子半径：Z>X>Y B. X 的简单氢化物的稳定性比 Z 的强 C. Y 的氢化物为共价化合物 D. Z 的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 【答案】D 【解析】 【分析】 短周期 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，W 原子的核外电子数等于电子层数，即 W 原子 核外只有 1 个电子，则 W 为 H 元素；X2-和 Y+离子的电子层结构相同，则 X 位于第二周期ⅥA族，为 O 元素，Y 位于第三周期ⅠA 族，为 Na 元素；Z 与 X 同族，则 Z 为 S 元素，据此解 答。 【详解】根据分析可知：W 为 H，X 为 O，Y 为 Na，Z 为 S 元素； A．同主族从上向下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径 Na ＞S＞O，即 Y＞Z＞X，故 A 错误； B．非金属性 O＞S，则 H2O 比 H2S 稳定，即 X 的简单气态氢化物的稳定性比 Z 的强，故 B 错误； C．NaH 为离子化合物，故 C 错误； D． S 的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故 D 正确； 故答案为 D。 3.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下 0.1mol/LNa2S2O3 溶液与 pH=1 的 H2SO4 溶液 的说法正确的是（ ） A. 1LpH=1 的 H2SO4 溶液中，含 H+的数目为 0.2NA B. 98g 纯 H2SO4 中离子数目为 3NA C. 含 0.1molNa2S2O3 的水溶液中阴离子数目大于 0.1NA D. Na2S2O3 与 H2SO4 溶液混合产生 22.4L 气体时转移的电子数为 2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．pH=1 的硫酸溶液中氢离子浓度为 0.1mol/L，故 1L 溶液中氢离子的物质的量为 0.1mol，则个数为 0.1NA 个，故 A 错误； B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为 0，故 B 错误； C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含 0.1molNa2S2O3 的溶液中阴离子数目大于 0.1NA，故 C 正确； D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则 22.4L 气体的物质的量不一 定是 1mol，转移的电子数也不一定是 2NA，故 D 错误； 故答案为 C。 【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题 关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化 合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项 C 为难点，多元素弱酸根离子水解 后，溶液中阴离子总数增加。4.化合物 (X)、 (Y)、 (Z)的分子式均为 C5H6。下列说法正确的是（ ） A. X、Y、Z 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. Z 的同分异构体只有 X 和 Y 两种 C. Z 的二氯代物只有两种(不考虑立体异构) D. Y 分子中所有碳原子均处于同一平面 【答案】C 【解析】 【详解】A．z 不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误； B．C5H6 的不饱和度为 =3，可知若为直链结构，可含 1 个双键、1 个三键，则 x 的同分异构体不止 X 和 Y 两种，故 B 错误； C．z 含有 1 种 H，则一氯代物有 1 种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上， 也可在不同的碳原子上，共 2 种，故 C 正确； D．y 中含 3 个 sp3 杂化的碳原子，这 3 个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可 能共平面，故 D 错误； 故答案为 C。 5.下列所示的实验方案正确，且能达到实验目的的是（ ） 选项 实验目的 实验方案 A 比较镁、铝的金属性强弱 分别在 MgCl2 和 AlCl3 溶液中滴加氨水直至过量，观 察现象 B 比较 Cl2、Br2 的氧化性强弱 将少量氯水滴入 FeBr2 溶液中，观察现象 C 证明 SO2 具有漂白性 将 SO2 通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色 D 证明电离常数 Ka:HSO3->HCO3- 测得同浓度的 Na2CO3 溶液的 pH 大于 Na2SO3 溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 5 2 2 6 2 × + −【详解】A．分别在 MgCl2 和 AlCl3 溶液中滴加氨水直至过量，均生成白色沉淀，无法比较镁、 铝的金属性强弱，故 A 错误； B．Fe2+的还原性大于 Br-，将少量氯水滴入 FeBr2 溶液中，首先氧化 Fe2+，则无法比较 Cl2、Br2 的氧化性强弱，故 B 错误； C．将 SO2 通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现 SO2 的还原性，不是漂白性，故 C 错误； D．测得同浓度的 Na2CO3 溶液的 pH 大于 Na2SO3 溶液，说明 CO32-的水解能力大于 SO32-，则 电离能力 HSO3->HCO3-，即电离常数 Ka:HSO3->HCO3-，故 D 正确； 故答案为 D。 6.室温下，用 0.100mol·L−1 的 NaOH 溶液分别滴定均为 20.00mL0.100mol·L−1 的 HCl 溶液和 醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A. Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线 B. pH=7 时，滴定醋酸消耗的 V（NaOH）＞20.00mL C. V（NaOH）＝20.00mL 时，两份溶液中 c（Cl－）＞c（CH3COO－） D. V（NaOH）＝10.00mL 时，醋酸中 c（Na+）＞c（CH3COO－）＞c（H+）＞c（OH－） 【答案】C 【解析】 【详解】A. 0.100mol·L-1 的 HCl 溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点 pH 较小的Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线，A 项错误； B. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液 pH>7，所以 pH =7 时，滴定醋酸消耗的 V(NaOH)a>c，则 T1______T2(填“>”“a>c，根据图表信息可知，T1＜T2；T1 下该反应的 CH4 与 CO 的体积分数均为 a，则设 CH4 转化浓度为 x mol/L， 4 9则根据 T1 下该反应的 CH4 与 CO 的体积分数均为 a 易知， ，解得 x= ，所以平衡 常数 ， 故答案为＜； ； （3）从表中可以看出，MgO 的原料转化率较高，且合成气的产率较高，所以选择 MgO 作为 载体， 故答案为 MgO；此条件下合成气产率高； （4）由于不能确定容器Ⅱ中二氧化碳的体积分数是否达到最小值，因此不能确定Ⅱ是否达到 平衡状态，若未达平衡，压强越高反应逆向移动，相同时间内二氧化碳的含量越高，p3 时， 二氧化碳Ⅲ的含量比Ⅱ高，故Ⅲ到达平衡， 故答案为 III； （5）组别 1 中 c(CO)=0.24mol/L，c(H2) =0.48 mol/L，初始速率 v 正=0.361 mol/（L·min）；则依 据 ν 正=k 正 cm(CO)·cn(H2)可知，①0.361 mol/（L·min）=k 正×(0.24 mol/L)m×(0.48 mol/L)n；同理， 根据表格数据可得②0.720 mol/（L·min）=k 正×(0.24 mol/L)m×(0.96 mol/L)n；③0.719 mol/ （L·min）=k 正×(0.48 mol/L)m×(0.48 mol/L)n；则②/①可得 2=2n，即 n=1；③/①得 2=2m，则 m=1；带入①得 k 正=3.134 L /min·mol。若该温度下平衡 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)， 组别 1 的产率为 25%，设转化的 CH4 的物质的量浓度为 y mol/L，则 则 ，则 y=0.12，则 c(CO)=2y=0.24mol/L，c(H2) =2y=0.24 mol/L，k 正是与温度有关的速率常数，保持不变，则依据给定公式可得 ν 正=k 正 c(CO)·c(H2)= 3.134 L /min·mol×0.24mol/L×0.24mol/L=0.180 0.2 mol/（L·min）， 故答案为 1；0.2mol/（L·min）。 11.氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界 的最前列。回答下列问题： 2 1x x= − 1 3 2 21 1(2 ) (2 ) 43 3= 1 1 9(1 ) (1 )3 3 K × × × = − × − 4 9 2y 25%(0.24 ) (0.48 ) 2y 2yy y =− + − + + ≈（1）氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是__。基态 K+的电子排布式为__。 （2）NaBH4 是有机合成中常用 还原剂，其中的阴离子空间构型是__，中心原子的杂化方式 为__。NaBH4 中存在__（填标号）。 a 离子键 b.氢键 c.σ 键 d.π 键 （3）BeCl2 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的 BeCl2 的结构式为__， 其中 Be 的配位数为__。 （4）第三周期元素氟化物的熔点如下表： 化合物 NaF MgF2 AlF3 SiF4 PF5 SF6 熔点/℃ 993 1261 1291 -90 -83 -50.5 解释表中氟化物熔点变化的原因：___。 （5）CaF2 的一种晶胞如图所示。Ca2+占据 F-形成的空隙，若 r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿 伏加德罗常数的值为 NA，则 CaF2 的密度 ρ=__g·cm-3（列出计算表达式）。 【答案】 (1). F＞O＞B (2). 1s22s22p63s23p6 或[Ar] (3). 正四面体 (4). sp3 (5). ac (6). (7). 3 (8). 前三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三 种为分子晶体，分子间力依次增大 (9). 【解析】 【分析】 (1)氟代硼酸钾中非金属元素有 F、O、B，元素的非金属性越强，电负性越大；基态 K+核外电 子总数为 18； (2)BH4-的中心原子 B 原子孤电子对数= =0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型 的 A 3 -30 78 4Nmρ= = 4(x+y)V ( ) 10 3 × × 3 1 1 4 2 + − ×与 VSEPR 模型相同；Na+与 BH4-之间形成离子键，B 原子有 3 个价电子，H 有空轨道，而 BH4- 中形成 4 个 B-H 键，故 BH4-中含有 1 个配位键、3 个 σ 键； (3)双聚分子为 Be2Cl4，Be 原子价电子数为 2，形成 2 个 Be-Cl 键，Be 原子有空轨道、Cl 原子 有孤电子对，每个 BeCl2 分子中的 1 个 Cl 原子另外分子中 Be 原子之间形成 1 个配位键； (4)氟化物的熔点与晶体类型，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；离子半径越小、 电荷越大，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。而相对分子质量越大，分子间作用力越强， 分子晶体的熔沸点越高； (5)晶胞中白色球数目为 4、黑色球数目为 1+8× +6× +12× =8，结合化学式可知，白色球 代表 Ca2+、黑色球代表 F-，Ca2+占据 F-形成的立方体的体心，晶胞中 F-形成 8 个小立方体，只 有 4 个 Ca2+占据；处于晶胞中 F-形成的小立方体体心的 Ca2+与小立方体顶点 F-紧密相邻，若 r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长= pm，故晶胞棱长= pm，计算晶 胞中微粒总质量，即为晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。 【详解】(1)氟代硼酸钾中非金属元素有 F、O、B，非金属性强弱顺序为 F＞O＞B，电负性大 小顺序为 F＞O＞B；基态 K+核外电子总数为 18，则电子排布式为 1s22s22p63s23p6 或[Ar]； (2)BH4-的中心原子 B 原子孤电子对数= =0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构型 与 VSEPR 模型相同为正四面体形，B 原子采取 sp3 杂化；Na+与 BH4-之间形成离子键，B 原子 有 3 个价电子，H 有空轨道，而 BH4-中形成 4 个 B-H 键，故 BH4-中含有 1 个配位键、3 个 σ 键，没有氢键与 π 键，故答案为 ac； (3)双聚分子为 Be2Cl4，Be 原子价电子数为 2，形成 2 个 Be-Cl 键，Be 原子有空轨道、Cl 原子 有孤电子对，每个 BeCl2 分子中的 1 个 Cl 原子另外分子中 Be 原子之间形成 1 个配位键，BeCl2 的结构式为 ，其中 Be 的配位数为 3； (4)NaF、MgF2 和 AlF3 离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而 SiF4、PF5 和 SF6 为 分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大； (5)晶胞中白色球数目为 4、黑色球数目为 1+8× +6× +12× =8，结合化学式可知，白色球 代表 Ca2+、黑色球代表 F-，Ca2+占据 F-形成的立方体的体心，晶胞中 F-形成 8 个小立方体，只 有 4 个 Ca2+占据，可知 Ca2+占据 F-形成的空隙占有率为 50%；处于晶胞中 F-形成的小立方体 体心的 Ca2+与小立方体顶点 F-紧密相邻，若 r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长= 为 1 8 1 2 1 4 ( )2 x y 3 + ( )4 x y 3 + 3 1 1 4 2 + − × 1 8 1 2 1 4pm，故晶胞棱长= pm，晶胞相当于含有 4 个“CaF2”，晶胞质量=4× g， 晶体密度 g•cm-3。 【点睛】价层电子对互斥模型(简称 VSEPR 模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ 键个数+孤电子对个数．σ 键个数=配原子个数，孤电子对个数= ×(a-xb)，a 指中心原子价电 子个数，x 指配原子个数，b 指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分 子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子 对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。 12.M 是一种合成香料 中间体。其合成路线如下： 已知：①有机化合物 A～M 均为芳香族化合物，B 能发生银镜反应，E 的核磁共振氢谱有 3 组 峰，D 与 G 通过酯化反应合成 M。 ② ③2RCH2CHO 回答下列问题： （1）A 所含官能团的名称为________，F→G 反应①的反应类型为________，M 的结构简式 为________。 （2）E 的名称是________；E→F 与 F→G 的顺序不能颠倒，原因是________。 （3）G 的同分异构体中，遇 FeCl3 溶液显紫色且能发生银镜反应的有________种，其中苯环 上的一氯代物只有 2 种且能发生水解反应的是________（填结构简式）。 （4）参照上述合成路线，以 CH3CH2OH 为原料（无机试剂任用），设计制备 CH3CH2CH2CH2OH 的合成路线________________。 的 ( )2 x y 3 + ( )4 x y 3 + 78 AN A 3 -30 78 4Nmρ= = 4(x+y)V ( ) 10 3 × × 1 2【答案】 (1). 羟基 (2). 取代反应 (3). (4). 对氯甲苯(或 4-氯甲苯) (5). 如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化 (6). 9 (7). (8). 【解析】 【分析】 A～M 均为芳香族化合物，根据 A 的分子式可知 A 的侧链为饱和结构，A 能够催化氧化生成 B，B 能够发生银镜反应，且能够发生已知③中反应，则 B 分子中含有苯环和侧链-CH2CHO 结 构 ， 故 B 的 结 构 简 式 为 ， A 为 ， C 为 ；E 的核磁共振氢谱有 3 组峰，E 能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则 E 分 子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故 E 为 ；E 被酸性高锰酸钾溶液氧化成 F， 则 F 为 ；F 在浓 NaOH 溶液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件 下转化成 G，则 G 为 ，G 和 D 发生酯化反应生成 M，则 D 中含有羟基，C 与氢气加 成 生 成 D ， 结 合 M 的 分 子 式 ， 则 D 为 ， M 为 ，据此分析解答。 【详解】(1)A 为 ，所含官能团为羟基；根据上述分析，F 在浓 NaOH 溶 液中加热发生水解反应生成酚钠和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成 G，F→G 的反应①为取代 反 应 ， M 为 ， 故 答 案 为 羟 基 ； 取 代 反 应 ； ； (2)E 为 ，名称是对氯甲苯(或 4-氯甲苯)；E→G 的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由 于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以 E→F 与 F→G 的顺序不能颠倒，故答案为对氯 甲苯(或 4-氯甲苯)；如果颠倒则(酚)羟基会被酸性高锰酸钾氧化； (3)G 为 ，G 的同分异构体中，遇 FeCl3 溶液显紫色且能发生银镜反应，说明结构中含 有酚羟基和醛基，满足条件的有：苯环上含有羟基和 HCOO-的有 3 种结构；苯环上有 2 个羟 基和 1 个醛基的有 6 种(羟基位于邻位的有 2 种、羟基位于间位的有 3 种、羟基位于对位的有 1 种)，共 9 种；其中苯环上的一氯代物只有 2 种且能发生水解反应的是 ， 故答案为 9； ； (4)以 CH3CH2OH 为原料制备 CH3CH2CH2CH2OH，需要增长碳链，根据已知③需要合成乙醛， 可以由乙醇催化氧化得到，因此合成路线为 ，故答案为 。