1、四川省绵阳市2020届高三化学第一次诊断性考试试题（含解析）1.化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是A. 还原铁粉能用作食品抗氧化剂B. 夜空中光柱的形成属于丁达尔效应C. 浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂D. 燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放【答案】D【解析】【详解】AFe具有还原性，能够吸收空气中的氧气，则还原铁粉可以用作食品袋中的抗氧化剂，故A正确；B含有灰尘的空气属于胶体，光柱是胶体的丁达尔效应，故B正确；C乙烯具有催熟效果，能够被高锰酸钾溶液氧化，所以浸泡过KMnO4溶液的硅藻土放在水果箱里可延长水果的保鲜期，故C正确；D加入氧化钙，可与煤燃烧生成的二氧化硫在
2、氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体二氧化碳的排放量，故D错误；故选D。2.下列关于有机物的说法错误的是A. 植物油分子结构中含有碳碳双键B. 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，属于取代反应C. 同温同压下，等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D. 分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共5种【答案】B【解析】【详解】A植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，分子结构中含有碳碳双键，故A正确；B钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气，属于置换反应，故B错误；C乙炔和苯的最简式相同，都是CH，则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同，故C正确；
3、D分子式为C3H6BrC1的有机物的同分异构体有：Br在1号C上，C1有3种位置，即3种结构；Br在2号C上，C1有2种位置，即2种结构，共5种结构，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为A，要注意油脂包括油和脂，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂是饱和高级脂肪酸甘油酯，不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB. 标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键C. 1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NAD. 0.1 molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA【答案】A
4、【解析】【详解】A19g羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；CNaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D溶液体积未知，无法计算0.1molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。4.下列实验操作或方法正确的是A.
5、检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B. 配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体C. 将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D. 用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯【答案】D【解析】【详解】A检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；B托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D乙醇与水
6、混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。5.下列离子方程式书写正确的是A. 食醋除水垢2H+CaCO3=Ca2+CO2+H2O：B. 稀硝酸中加入少量亚硫酸钠：2H+SO32-=SO2+H2OC. 处理工业废水时Cr()转化：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2OD. 用酸性KMnO4测定草酸溶液浓度：5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O【答案】C【解析】【详解】A食醋的主要成分为乙酸，属于弱酸，用食醋除水垢，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3
7、CO2+Ca2+H2O+2CH3COO-，故A错误；B酸性条件下，亚硫酸钠被硝酸氧化生成硫酸钠，离子反应方程式为：3SO32-+2H+2NO3-=3SO42-+2NO+H2O，故B错误；CCr()具有强氧化性，可以用在酸性条件下，用亚硫酸钠处理工业废水时Cr()，反应的离子方程式为：Cr2O72-+3SO32-+8H+=3SO42-+2Cr3+4H2O，故C正确；D酸性高锰酸钾可氧化草酸溶液，草酸是弱酸，不能拆开，正确的的离子反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化。6
8、.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，原子序数之和为42，X原子的核外电子总数等于Y的最外层电子数，Z原子最外层只有1个电子，W能形成酸性最强的含氧酸。下列说法正确的是A. 单质的熔点：ZXB. Z与Y、W均能形成离子化合物C. 气态氢化物的沸点：XY”或“O _。基态K+电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2) NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是_，中心原子的杂化形式为_。NaBH4中存在_（填标号）。a. 离子键 b. 氢键 c. 键 d. 键(3) BeC12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
9、位数为_。(4)第三周期元素氟化物的熔点如下表：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，其空隙率是_。若r(F-)=x pm，r(Ca2+) =y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度=_ g.cm-3（列出计算表达式）。【答案】 (1). BeBK (2). 哑铃（纺锤） (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，分子间作用力依次增大 (9). 50% (10). 或【解析】【分析】(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离
10、能逐渐增大，但第A族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，据此判断第一电离能大小顺序；根据K为19号元素，基态K+电子占据最高能级的电子为3p，据此判断电子云形状；(2) BH4-中B形成4个键，没有孤电子对；NaBH4属于离子化合物，阴离子为BH4-，据此分析判断存在的化学键类型；(3) BeCl2中Be为4号元素，存在空轨道，Cl含有孤电子对，据此分析解答；(4)前三种为离子晶体，后三种为分子晶体，结合影响离子晶体和分子晶体熔点的因素分析解答；(5) 根据CaF2的晶胞图，F一形成的空隙有8个，其中4个空隙被Ca2+占据；根据均摊法计算一个晶
11、胞中含有F一和Ca2+的数目，再计算晶胞的质量，根据晶胞中体对角线的长度为4(x+y)pm计算晶胞的体积，最后再计算晶胞的密度。【详解】(1) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第A族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，氟代硼酸钾(KBe2BO3F2)中各元素原子的第一电离能大小顺序是FO BeBK；K为19号元素，基态K+电子占据最高能级的电子为3p电子，电子云轮廓图为纺锤形；(2) NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子BH4-中B形成4个键，没有孤电子对，空间构型为正四面体；中心原子B的杂化形式为sp3杂化；NaB
12、H4属于离子化合物，存在离子键，BH4-中存在极性键，B原子存在空轨道，与H形成配位键，极性键、配位键都是键，故选ac；(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，BeCl2中Be存在空轨道，Cl含有孤电子对，可以形成配位键，因此双聚BeCl2分子的结构式为；其中Be的配位数为3；(4)根据表格数据，钠、镁、铝属于活泼的金属元素，与F形成的金属氟化物为离子晶体，熔点均较高，离子半径按照钠、镁、铝的顺序逐渐减小，晶格能逐渐增大，因此三种离子晶体的熔点逐渐升高；后面三种均为分子晶体，熔点较低，分子间作用力依次增大，熔点逐渐升高；(5) 根据CaF2的晶胞图，F一形成的空
13、隙有8个，其中4个空隙被Ca2+占据，空隙率为50%；一个晶胞中含有F一的数目为8+6+12+1=8，含有4个Ca2+，晶胞的质量为g，晶胞中体对角线的长度为4(x+y)pm，则晶胞的边长= pm=10-10cm，因此晶胞的体积=cm-3，晶胞的密度=g.cm-3。【点睛】本题的易错点和难点为(5)，要注意晶胞中体对角线的长度为F-和Ca2+半径之和的4倍。12.扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D，再由此制备有机物I的合成路线如下：回答下列问题：(l)C的名称是 _，I的分子式为_。(2)EF的反应类型为_，G中官能团的名称为_ 。(3) AB的化学方程式为_。(
14、4)反应GH的试剂及条件是_。(5)写出符合下列条件的D的同分异构体：_。能发生银镜反应 与FeC13溶液显紫色 核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H合成路线（其他试剂任选）_。【答案】 (1). 苯甲醛 (2). C11H10O4 (3). 取代反应（或水解反应） (4). 羰基、羧基 (5). +2Cl2+2HCl (6). H2/Ni，加热 (7). 、 (8). CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO【解析】【分析】根据流程图，A为甲苯，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链的取代反应生成B，因此B为；B在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成C，则C为，根据信息，
15、D为；丙烯与溴发生加成反应生成E，E为1，2-二溴丙烷，E在氢氧化钠溶液中水解生成F，F为；F被高锰酸钾溶液氧化生成G，G为，G与氢气加成得到H，H为；与发生酯化反应生成I，加成分析解答。【详解】(l)根据上述分析，C为，名称为苯甲醛，I()的分子式为C11H10O4；(2)EF为1，2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成的反应； G()中官能团有羰基、羧基；(3) 根据上述分析，AB的化学方程式为+2Cl2+2HCl；(4)反应GH为羰基的加成反应，试剂及条件为H2/Ni，加热；(5) D为，能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；与FeC13溶液显紫色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3，符合条件的D的同分异构体有、；(6) 以溴乙烷为原料制备H()，需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 。
