1、四川省成都市2020届高三化学第二次诊断性检测试题（含解析）第I卷 (选择题)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。1.2019年12月17日，我国国产航母山东舰正式列装服役。下列用于制造该舰的材料属于无机非金属材料的是A. 舰身无磁镍铬钛合金钢B. 甲板耐磨SiC涂层C. 舰载机起飞挡焰板铝合金D. 舰底含硅有机涂层【答案】B【解析】【分析】无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。它是由硅酸盐、铝酸盐、硼酸盐、磷酸盐、锗酸盐等原料和(或)氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、卤化物等原料经一定的工艺制备而成
2、的材料，由此判断。【详解】A舰身无磁镍铬钛合金钢属于金属材料中的合金，故A错误；B甲板耐磨SiC涂层属于无机非金属材料，故B正确；C舰载机起飞挡焰板铝合金属于金属材料中的合金，故C错误；D有机硅，即有机硅化合物，是指含有Si-C键、且至少有一个有机基是直接与硅原子相连的化合物，习惯上也常把那些通过氧、硫、氮等使有机基与硅原子相连接的化合物也当作有机硅化合物，不属于无机非金属材料，属于有机材料，故D错误；答案选B【点睛】解本题的关键是知道什么是无机非金属材料，无机非金属材料，是除金属材料、高分子材料以外的所有材料的总称。2.有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间
3、的化学键可以是单键、双键。下列说法错误的是M NA. M与HCOOCH3互为同分异构体B. N的官能团为羟基C. 在与钠的反应中N放出气泡比M快D. N能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【分析】根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH3COOH和CH3CH2OH。【详解】AM的结构简式为CH3COOH，与HCOOCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；BN的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，故B正确； CCH3COOH和CH3CH2OH分别与钠反应时，CH3COOH中羧基中的氢比CH3CH2OH中羟基中的氢更活泼
4、，故放出氢气速率快，故C错误；D为CH3CH2OH，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；答案选C。【点睛】判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信息可以得到白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子。3.设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A. N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B. 每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC. 将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D. 1g CO2 、N2O的混合气体中含有电子数为0.
5、5NA【答案】D【解析】【详解】A根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B根据转化关系，结合得失电子守恒， N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1mol N2O转化为N2得到2mol电子，则每1mol Pt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3，
6、有白色沉淀生成，故C错误；DCO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则 1g CO2 、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol 22NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。4.亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。甲 乙 丙 丁反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A. 甲中滴入稀硝酸前需通人N2B. 仪器
7、的连接顺序为a-f-g-d-e-bC. 丙中CaCl2用于干燥NOD. 乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O【答案】B【解析】【详解】A甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A正确；B制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b
8、，故B错误；C根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；D根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。5.a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A，其化学式为ba4d(ec4
9、)2。A能够发生如下转化关系：己知C的分子式为ba3，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A. 原子半径bcB. e的氧化物的水化物为强酸C. 化合物A为共价化合物D. 元素非金属性强弱c”、“”、“”或“=”)；试从反应方向的角度分析，20 min后A的物质的量减小的原因_(4)其它条件相同时，测出生成A、B 的速率随温度变化如图所示，则提高B在较低温度下产率的措施是_【答案】 (1). (2). 110-3mol/(Lmin) (3). 60% (4). 100 (5). (6). B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B (7). 加入低温下适合生成B的高性能催化
10、剂【解析】【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)结合图示，根据v=B的平均速率；反应I、都在发生，反应至20 min时，根据生成A、B的量根据反应推断CH3-CC-CH3的消耗量，转化率=100%；在T时，根据图像，根据平衡时各物质的量计算反应I的平衡常数；(3)结合图像，根据20min前产物A的量大于B分析；根据B比A更稳定，A转化为B为放热反应分析；(4)其它条件相同时，相同温度下生成A、B 的速率不同，反应I、都使用催化剂，从催化剂的活性考虑提高B的生成速率的方法。【详解】(1)已知：.CH3-CC-CH3(g)+HCl(g) (g) H=akJ/mol(a0).CH3-CC-CH3(g
11、)+HCl(g) (g) H=bkJ/mol(a0)根据盖斯定律，-可得 H=(b-a) kJ/mol，已知B比A更稳定，则反应放出的热量比反应I多，故(b-a)0，即H0，反应放热；(2)结合图示，从反应开始至20 min时生成B的物质的量为0.2mol，根据v=，v(B)=110-3mol/(Lmin)；反应I、都在发生，反应至20 min时，根据图像，生成A、B的量分别为0.2mol、0.4mol，根据反应I、可得CH3-CC-CH3的消耗量为0.2mol+0.4mol=0.6mol，转化率=100%=100%=60%；反应I的产物为A，在T时，根据图像，平衡时反应I生成A的物质的量为0
12、.1mol，反应生成B的物质的量为0.8mol，则平衡时CH3-CC-CH3的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，HCl的物质的量为1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，反应I平衡常数K=100；(3)根据图像所示，20 min前，A的产量高于B，说明生成产物A的活化能较低，反应速率快，故E1E2；根据B比A更稳定，说明B的能量低，A转化为B为放热反应，有利于A自发转化为B；(4)相同温度下生成A、B 的速率不同，反应I、都使用催化剂，其它条件相同时，催化剂对反应I、生成A、B的催化效果不同，提高B在较低温度下产率的措施应为加入低温下适合生成B的高性能催化剂。10.
13、Na2SO3是一种白色粉末，工业上可用作还原剂、防腐剂等。某化学小组探究不同pH的Na2SO3溶液与同浓度AgNO3溶液反应的产物，进行如下实验。实验 配制500 mL 一定浓度的Na2SO3溶液溶解：准确称取一定质量的Na2SO3晶体，用煮沸的蒸馏水溶解。蒸馏水需煮沸的原因是_移液：将上述溶解后的Na2SO3溶液在烧杯中冷却后转入仪器A中，则仪器A为 _，同时洗涤_(填仪器名称)23次，将洗涤液一并转入仪器A中；定容：加水至刻度线12 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。实验 探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物查阅资
14、料：i.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至产生白色沉淀。假设一：该白色沉淀为Ag2SO3假设二：该白色沉淀为Ag2SO4假设三：该白色沉淀为Ag2SO3和Ag2SO4的混合物写出假设一的离子方程式 _；提出假设二的可能依据是_；验证假设三是否成立的实验操作是_。(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，开始产生白色沉淀A，然后变成棕黑色物质。为了研究白色固体A的成分，取棕黑色固体进行如下实验：已知反应(b)的化学方程
15、式为Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl+2NH4Cl+H2O，则反应(a)的化学方程式为_；生成白色沉淀A的反应为非氧化还原反应，则A的主要成分是_(写化学式)。(3)由上述实验可知，盐溶液间的反应存在多样性。经验证，(1)中实验假设一成立，则(2)中实验的产物不同于(1)实验的条件是 _。【答案】 (1). 去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化 (2). 500 mL容量瓶 (3). 烧杯、玻璃棒 (4). SO32-+2Ag+= Ag2SO3 (5). Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀 (6). 取固体少许加入足
16、量 Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液) (7). Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH (8). AgOH (9). Na2SO3溶液滴加顺序不同 (或用量不同) ，溶液酸碱性不同(或浓度不同)【解析】【分析】配置一定物质的量浓度的溶液时，溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；实验 探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银
17、；考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；(2) Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和 3H2O；从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；(3) (1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。【详解】溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒23次；(1)假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO3
18、2-+2Ag+= Ag2SO3；将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；(2) Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O + 4NH3H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O；将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈
19、碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；(3)实验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，实验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。11.钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为_。(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OC
20、H2CH3)4+4NH4ClTi(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为_N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是_；NH4Cl中存在的作用力有_，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是_，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式均为 _。(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于_位置；已知晶胞参数为a nm，Ti位于O所形成正八面体的体心，则该八面体的边长为_ m(列出表达式)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d54s1 (2). 分子晶体
21、(3). O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者 (4). 配位键、离子键、共价键 (5). 前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点 (6). sp3杂化 (7). 棱心 (8). a10-9【解析】【分析】(1)根据核外电子的排布规则写出铬的核外电子排布式，注意3d轨道为半充满状态；(2)可溶于有机溶剂，根据相似相容原理，判断晶体的类型；写出N和O价电子排布式，然后分析；从氯化铵的电子式，判断化学键的类型；从晶体的类型不同判断熔沸点差异的
22、原因；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成键数目判断杂化方式；(3)从晶胞的内部结构，根据Ti的位置，判断氧的位置；根据Ti和O的距离，计算八面体的边长。【详解】(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；(2) Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共
23、价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对键，故杂化方式为sp3杂化；(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=anm=a10-9m。【点睛】铬的核外电子排布式中3d轨道为半充满状态，比较稳定，是易错点。12.据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体，其
24、合成路线如下：已知：R-OH R-Cl(1)A中官能团名称是_；C的分子式为_(2)A到B为硝化反应，则B的结构简式为_，A到B的反应条件是_。(3)B到C、D到E的反应类型 _(填“相同”或“不相同”)；EF的化学方程式为_ 。(4)H是C的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_种。硝基直接连在苯环上 核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1遇FeCl3溶液显紫色(5)参照F的合成路线图，设计由、SOCl2为原料制备的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】 (1). 酚羟基 (2). C8H7NO4 (3). (4). 浓硫酸、浓硝酸、加热 (5). 相同 (6). ：+HCl (7). 2
25、(8). +H2【解析】【分析】根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B的结构简式为，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为F， A的结构简式为，化学方程式为：+HCl； (4)C的结构简式为 ，H是C的同分异构体， 硝基直接连在苯环上，核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为、，共有有2种；(5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。
