海南省届高三下学期新高考线上诊断性测试化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精海南省2020届高三下学期新高考线上诊断性测试化学试题1.化学与生活密切相关,下列应用中一定发生了氧化还原反应的是A.氯气作自来水的消毒剂B。食醋除去水壶的水垢C。二氧化硫漂白草帽D。石膏点豆腐【答案】A【解析】【详解】A。氯气作自来水的消毒剂：，发生了氧化还原反应,故A正确；B。食醋除去水壶的水垢：，无氧化还原反应，故B错误；C。二氧化硫漂白草帽,属于二氧化硫的漂白性，不涉及氧化还原反应，故C错误；D。石膏点豆腐主要利用了蛋白质的变性，无氧化还原反应,故D错误；故答案选:A。2。某有机物能发生水解反应，其结构简式为CH3—CO—R，则—R可能是A。—OH B。一CH3 C。-H D。—O—CH3【答案】D【解析】【详解】A.当-R为—OH，有机物为乙酸，不能发生水解,故A错误;B.当—R为一CH3，有机物为丙酮，不能发生水解,故B错误；C。当—R为-H，有机物为乙醛,不能发生水解，故C错误；D.当-R为-O—CH3，有机物为乙酸甲酯，可以发生水解，故D正确;故答案选:D。3.糖类、油脂及蛋白质是基本营养物质。下列说法正确的是A。都是高分子化合物B.均只含C、H、O三种元素C。油脂发生皂化反应后可以制得肥皂D。在人体中消耗相同质量的上述三种物质时，蛋白质产生的能量最高【答案】C【解析】【详解】A.单糖不是高分子化合物,故A错误；B。蛋白质除了C、H、O三种元素还有N元素，故B错误；C。油脂发生皂化反应后可以制得肥皂，故C正确；D。在人体中消耗相同质量的上述三种物质时，油脂产生的能量最高,故D错误；故答案选C。4.下列离子不能大量共存的是A.NH4+、Fe3+、S、NB。Na+、Ca2+、、CC.K+、Na+、S、D。K+、Na+、、N【答案】B【解析】【详解】A.NH4+、Fe3+、S、N，可以共存，故A不选；B．Ca2+与C发生反应生成CaCO3沉淀不能共存，故B选；C。K+、Na+、S、可以共存，故C不选；D。K+、Na+、、N可以共存，故D不选；故答案选：B。5。为提纯下列物质（括号内为杂质),所选试剂及方法均正确的是选项物质除杂试剂方法A溴苯（溴）CCl4分液BNH3(H2O）浓硫酸洗气C乙烷(乙烯)溴水洗气DCO2（SO2）Na2CO3饱和溶液洗气A.A B。B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A、溴均易溶在四氯化碳中，应该用氢氧化钠溶液，A错误；B、浓硫酸也吸收氨气,应该用碱石灰干燥氨气，B错误；C、乙烯和溴水发生加成反应，可以除去乙烷中的乙烯,C正确；D、饱和碳酸钠溶液也吸收CO2，应该用饱和碳酸氢钠溶液，D错误;答案选C.【点睛】明确物质的性质差异是解答的关键，注意分离和提纯一般应遵循“四原则”和“三必须”。（1）“四原则”：一、不增(提纯过程中不增加新的杂质)；二、不减(不减少被提纯的物质)；三、易分离(被提纯物质与杂质容易分离）；四、易复原(被提纯物质转化后要易复原）.（2）“三必须”：一、除杂试剂必须过量；二、过量试剂必须除尽(因为过量试剂带入新的杂质）；三、选最佳除杂途径；四、除去多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序.6。已知、时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成水放出的热量为，则下列描述正确的是A。酸碱中和反应的中和热为B。

C.强酸和强碱完全反应,放出的热量一定为D.稀盐酸与稀氨水反应生成水，放出的热量小于【答案】D【解析】【详解】A。中和热的单位应该是，故A错误;B.中和反应为放热反应，反应的应该小于0,故B错误；C.反应如果是1mol二元酸和1mol二元碱，则热量不为，故C错误;D.是弱电解质,电离需要吸收热量,故与稀盐酸反应生成1mol水放出热量小于，故D正确。故选D。7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是A。酸性：B。热稳定性：Na2CO3NaHCO3C.与水反应的速率：NaMgD。非金属性：ClBr【答案】B【解析】【详解】A.元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,非金属性：S〉P,则酸性：H2SO4〉H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B。碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解,所以热稳定性：Na2CO3〉NaHCO3，不能用元素周期律解释,故B选；C.元素的金属性越强，对应的与水反应速率越快，金属性：Na>Mg，，与水反应的速率:NaMg，能用元素周期律解释，故C不选；D.同主族元素从上到下非金属性依次减弱,则非金属性:Cl〉Br，能用元素周期律解释,故D不选;故答案选B。【点睛】元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，对应的氢化物稳定性.8。下列实验操作正确且能达到实验目的的是A.用蒸发皿加热分离Br2和CCl4的混合溶液B。将含少量二氧化锰的炭粉放在坩埚中灼烧除去二氧化锰C.配制Hg（NO3）2溶液时,将Hg(NO3)2溶于较浓硝酸中，然后加水稀释D.制取并纯化SO2时，将Na2SO3和70％的硫酸混合加热，将产生的气体依次通过饱和Na2SO3溶液、浓硫酸【答案】C【解析】【分析】A、Br2和CCl4就用蒸馏的方法分离；B、碳会与空气中的氧气反应；C、配制过程中要抑制Hg2＋水解;D、SO2会与Na2SO3发生反应；【详解】A、用蒸发皿加热时，Br2和CCl4均会逸出，故A项不符合题意；B、灼烧时，碳会与空气中的氧气反应，而二氧化锰不与空气中的氧气反应,故B项不符合题意;C、溶于硝酸可抑制Hg2＋水解,故C项符合题意；D、SO2会与Na2SO3发生反应生成亚硫酸氢钠，故D项不符合题意。故选C。9.下列操作能促进水的电离，且使溶液呈酸性的是A。向水中加入少量氯化铁固体 B.向水中加入少量氯化铵固体C.向水中加入少量NaHCO3固体 D。向水中通入少量氯化氢气体【答案】AB【解析】【分析】酸或碱抑制水的电离，弱酸盐或弱碱盐促进水的电离,谁强显谁性，以此分析。【详解】A.氯化铁促进水的电离，溶液呈酸性，故A正确；B.氯化铵促进水的电离，溶液呈酸性，故B正确;C。NaHCO3促进水的电离，溶液呈碱性，故C错误；D.氯化氢抑制水的电离，溶液呈酸性，故D错误；故答案选：AB.10.利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A.电极1为负极B。Y为阳离子选择性交换膜C.电极2上只有Cu析出D。负极的电极反应式：+88B+4【答案】BC【解析】【分析】由图中可知，1室中B转变为B化合价身高发生氧化反应，则电极1为负极，电极方程式为：，为了平衡电荷阳离子流入2室;3室中Cu2+及H+在正极上得到电子被还原，故电极2为正极，电极方程式为:，,阳离子被消耗，为了平衡电荷阴离子流入2室，以此分析.【详解】由图中可知，1室中B转变为B化合价身高发生氧化反应,则电极1为负极，电极方程式为：,为了平衡电荷阳离子流入2室；3室中Cu2+及H+在正极上得到电子被还原，故电极2为正极,电极方程式为：，，阳离子被消耗，为了平衡电荷阴离子流入2室,故X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜。A．电极1为负极，故A正确;B.Y为阴离子选择性交换膜,故B错误；C。电极2上只有Cu、H2析出，故C错误；D．负极的电极反应式:，故D正确；故答案选：BC.【点睛】判断离子交换膜时需写出对应电极的电极方程式，依据电极方程式判断电解质中离子变化，根据电荷守恒原理判断离子移动方向，依此判断交换膜为阴离子交换膜还是阳离子交换膜。11。反应mA(g）+nB（g)=eC（g）+fD（s)△H。若按反应物的化学计量数比投料，在一定条件下进行反应,该反应达到平衡时C的气体体积分数与温度、压强的关系如图所示.下列叙述正确的是A.该反应的△H>0B。该化学方程式中m+n>e+fC.加入催化剂可加快正反应速率，逆反应速率不变D。往平衡后的恒压容器中再充入一定量C，达到新平衡时，C的浓度与原平衡时的相同【答案】D【解析】【详解】A．当压强不变时，温度越高平衡时C的气体体积分数越低,故△H<0,A错误;B．当温度不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向进行。由图像可知，当温度不变时，压强越大平衡时C的气体体积分数越大，又因为D是固体,故该化学方程式中m+n〉e，B错误；C．加入催化剂正逆反应速率都增加，并且增加的倍数相同，C错误;D．恒压条件下开始按反应物的化学计量数比投料,在一定条件下进行反应,平衡后往恒压容器中再充入一定量C，再次达到新平衡时,这两次平衡等效,故C的浓度与原平衡时的相同，D正确；答案选D.12.苹果酸首先是从苹果汁中分离出来的，是苹果汁酸味的来源，并因此得名,存在于苹果、葡萄、山楂等果实中。它也用作食品添加剂，能发生如图转化，下列有关说法正确的是A.苹果酸和香豆酸均能与溴水发生加成反应B.香豆酸的分子式为C6H6O4C.苹果酸、香豆酸均含三种官能团D。苹果酸、香豆酸均能与NaHCO3反应【答案】D【解析】【分析】苹果酸中含有官能团：羧基和羟基，香豆酸中含有官能团碳碳双键、酯键、羧基,以此分析.【详解】A。苹果酸中无碳碳双键,不能与溴水发生加成反应，故A错误；B。由香豆酸得结构简式可知香豆酸的分子式为C6H4O4，故B错误;C。苹果酸中含有官能团：羧基和羟基共两个,故C错误；D。苹果酸、香豆酸均含有羧基能与NaHCO3反应，故D正确;故答案选：D。13.砷化氢（AsH3）是一种无色、可溶于水的气体，其分子构型是三角锥形。下列关于AsH3的叙述中正确的是A.AsH3分子中有未成键的电子对B.AsH3是非极性分子C。AsH3是强氧化剂D。AsH3分子中的As—H键是极性键【答案】AD【解析】【详解】A.AsH3分子中As原子最外层有5个电子，其中3个电子和3个氢原子形成共用电子对，所以该物质中有1对未参与成键的孤对电子，故A正确；B.该分子为三角锥形结构，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故B错误;C。AsH3中As原子易失电子而作还原剂，所以是一种强还原剂,故C错误;D。同种非金属元素之间形成非极性键，不同种非金属元素之间形成极性键，所以As—H原子之间存在极性键，故D正确;故答案选：AD。14.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子核外L层的电子数分别为O、5、8、8,其最外层电子数之和为18。下列说法正确的是A.XW3为分子晶体 B。第一电离能:Y>XC。化合物WZ难溶于水 D.由Y与Z形成所有化合物均满足8电子稳定结构【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素;它们的最外层电子数之和为18,W最外层电子数是1,X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z,则Y是P元素、Z是Cl元素；【详解】根据上述分析可知,A．NH3是共价型化合物,为分子晶体，故A正确；B．N和P为同主族元素,核电荷数增大,第一电离减小，则第一电离能为N〉P，故B错误；C．HCl是极性分子，易溶于水，故C错误；D．由P与Cl形成的化合物PCl3中均满足8电子稳定结构，但PCl5中磷原子不满足8电子稳定结构，故D错误；答案为A。15。海洋是一个巨大的化学资源宝库，海水资源综合利用的部分流程图。(1)由海水提取的粗盐中常含有等，可以加入_______________(填化学式)除去，反应的离子方程式为__________________.（2）步骤①反应的离子方程式为__________________。（3)步骤②中溴单质被SO2还原为,硫元素被氧化为,从该反应原理中不能得出溴的非金属性强于硫,其原因是__________________。当有0。25molSO2被氧化，转移的电子的物质的量为__________mol.【答案】(1）。BaCl2（2）.（3)。(4）.SO2与Br2的反应不是单质之间的置换反应，因此,不能得出溴的非金属性比硫强(5）。0。5【解析】【分析】（1）除杂的原则为不引人新的杂质，易操作,不消耗目标产物；（2)步骤①为氯气与溴离子生成溴单质和氯离子的反应；（3）单质之间的置换反应可以比较非金属性的强弱，利用得失电子守恒计算转移电子数。【详解】（1）除去而不引入新的杂质，应该选用BaCl2,反应的离子方程式为：，故答案为:BaCl2；；（2)步骤①中通入氯气时，氯气可以把溴离子氧化，反应的离子方程式为:,故答案为:；(3）SO2与Br2的反应不是单质之间的置换反应，因此，不能得出溴的非金属性比硫强.当SO2反应时,硫由+4价升高到+6价，所以0.25molSO2转移的电子为,故答案为:SO2与Br2的反应不是单质之间的置换反应，因此,不能得出溴的非金属性比硫强;0.5。16。25℃时，分别向等体积pH均为a的CH3COOH溶液和HCN溶液中加水稀释，稀释过程中溶液的pH变化与溶液体积的关系如图所示：已知25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=6.2×10-10，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1。7×10-5(1)表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线是____（填“A”或“B"）。(2）pH均为a的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶质的物质的量浓度较大的是____（填化学式）。（3）25℃时，等浓度的NaCN溶液的pH___填“〉"="或“〈”)CH3COONa溶液的pH。（4)25℃时,向20mL0.01mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L—1KOH溶液，当pH=7时，所加KOH溶液的体积____（填或“<")20mL。（5)用相同浓度的AgNO3溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液，由图可确定首先沉淀的离子是______。（填离子符号)【答案】(1）.A(2）.HCN(3).>（4).<（5）.I-【解析】【分析】已知25℃时，HCN的电离平衡常数Ka=6。2×10-10，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.7×10-5，HCN的电离平衡常小于CH3COOH的电离平衡常数，故CH3COOH的酸性比HCN的酸性强,酸性越强则酸对应的酸根离子的水解能力越弱；沉淀溶解平衡的应用。【详解】（1）CH3COOH的酸性比HCN的酸性强，pH相等时，加水稀释相同的倍数，酸性较强的pH变化大，故A表示CH3COOH溶液的pH变化趋势的曲线；(2)由于HCN的电离平衡常小于CH3COOH的电离平衡常数，则物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，CH3COOH在溶液中电离出的c（H+）大于与HCN在溶液中电离出的c(H+），故pH相等的CH3COOH溶液和HCN溶液，溶质的物质的量浓度较大的是HCN溶液；（3）酸性越强则酸对应的酸根离子的水解能力越弱，由于CH3COOH的酸性比HCN的酸性强，所以CN-的水解能力比CH3COO-的水解水解强，故25℃时,等浓度的NaCN溶液的pH〉CH3COONa溶液的pH;（4）25℃时，向20mL0。01mol·L—1CH3COOH溶液中逐滴加入0。01mol·L-1KOH溶液,当加入KOH溶液的体积为20mL时，CH3COOH与KOH恰好完全反应生成CH3COOK，CH3COOK是强碱弱酸盐，溶液呈碱性，故当pH=7时，所加KOH溶液的体积<20mL;（5）由图像可知-lgc(X-）的值越大，则c(X-）越小，当c(Ag+)相同时，开始产生沉淀c(I—）最小，故用相同浓度的AgNO3溶液分别滴定浓度相同的含Cl－、Br－及I－的混合溶液,首先沉淀的离子是I—。【点睛】根据酸的电离平衡常数判断酸性的强弱,盐类水解的规律，能根据图形，理解沉淀溶解平衡等.17。某校同学设计实验以MgCl2卤液(主要含MgCl2)为原料制取活性MgO.回答下列问题：(1)甲组设计下列装置制取氨气和二氧化碳。①用生石灰和浓氨水制取NH3可选用的装置是_______(填“A”“B”或“AB”）。②若用石灰石和稀盐酸制取CO2，反应的离子方程式为_________________________。(2）乙组利用甲组制备的NH3和CO2制取3MgCO3·Mg(OH）2·3H2O.①接口b处通入的气体是_________________(填化学式）。②装置D的作用是______________________________________。③生成3MgCO3·Mg(OH）2·3H2O的化学方程式为____________________.(3）丙组灼烧3MgCO3·Mg(OH）2·3H2O制活性MgO时，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和坩埚外，还需要______________.【答案】(1）。A(2).(3).NH3（4).吸收过量的NH3，防止污染环境(5)。(6）.玻璃棒、泥三角【解析】【分析】(1)①生石灰和浓氨水制取NH3反应速率较快,选用装置B时由于反应速率快瓶内气压过大会将固体与液体分离;②石灰石和稀盐酸制取CO2离子方程式:；（2）①氨气极易溶于水需减少接触面减缓溶解速度，故b中通入氨气,CO2则相反;②装置D主要尾气吸收;③NH3和CO2和MgCl2反应生成3MgCO3·Mg(OH)2·3H2O，根据元素守恒配平方程；（3)灼烧时需用到的硅酸盐质仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、泥三角。【详解】（1）①生石灰和浓氨水制取NH3反应速率较快，选用装置B时由于反应速率快瓶内气压过大会将固体与液体分离，故答案选：A。②石灰石和稀盐酸制取CO2离子方程式：，故答案为：;（2)①氨气极易溶于水需减少接触面减缓溶解速度，故b中通入氨气,CO2微溶于水需要增加在水中溶解速度，故导管在水下，a通CO2,故答案为：NH3;②装置D主要为尾气吸收，吸收过量的NH3，防止污染环境，故答案为：吸收过量的NH3,防止污染环境;③生成3MgCO3·Mg（OH）2·3H2O的化学方程式为，故答案为：；（3)灼烧时需用到的硅酸盐质仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒、泥三角，故答案为：玻璃棒、泥三角。18。环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物，其中间体G的一种合成路线如下:回答下列问题:(1)A的化学名称是__________。B中含有官能团的名称为___________.（2）反应②的反应类型是____________。（3)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为__________________.(4）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环,且X能与NaOH溶液反应，则符合条件的X的结构简式为___________________.（5)设计由1，3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线（其他试剂任选)。_____________【答案】（1）.氯乙酸乙酯（2).酯基(3)。取代反应(4）.＋2Cu（OH）2＋NaOH＋＋3H2O(5)。和（6）。【解析】【分析】由图可知A为氯乙酸乙酯，经条件①自身发生卤代基的取代反应得到B丙二酸二乙酯，B与溴苯发生取代反应得到C,C酯键水解得到D,D在200℃时碳链上一个羧基断裂得到E，E经还原得到F醇类，F氧化得到G醛类，由此分析。【详解】（1）A是氯乙酸与乙醇形成的酯，A的名称为氯乙酸乙酯；由B的结构可知B中含有官能团为酯基，故答案为：氯乙酸乙酯；酯基；（2）对比B、C的结构，结合C的分子式，可知丙二酸二乙酯与一溴环戊烷发生取代反应生成C，C发生酯的水解反应生成D,故答案为：取代反应;（3）G中醛基被氧化为羧基，同时生成氧化铜与水，羧基又可以与NaOH发生中和反应，反应方程式为：＋2Cu（OH）2＋NaOH＋＋3H2O;故答案为：＋2Cu（OH）2＋NaOH＋＋3H2O;（4）X与E互为同分异构体，X中含有六元碳环，且X能与NaOH溶液反应,则X含有酯基或羧基，故X为甲酸环己酯或环己甲酸，X可能结构简式为：和；故答案为:和；（5)HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br，然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，碱性条件下水解后酸化生成，最后加热脱羧生成,合成路线流程图为:，故答案为:.【点睛】由反应②可以得到碳链的增长，由此可得HOCH2CH2CH2OH与HBr发生取代反应生成BrCH2CH2CH2OH与Br,然后与丙二酸二乙酯在乙醇钠/乙醇条件下生成，碱性条件下水解后酸化生成，最后加热脱羧生成.19.2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题:（1)基态Co原子价电子排布图为______________(轨道表达式).第四电离能I4(Co)比I4（Fe）小，是因为_____________________。(2）LiCl的熔点（605℃)比LiF的熔点(848℃）低，其原因是_________________________。（3）乙炔(C2H2)分子中δ键与π键数目之比为_______________.（4）锂离子电池的导电盐有LiBF4等,碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。①LiBF4中阴离子的空间构型是___________；与该阴离子互为等电子体的分子有_____________.（列一种)②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_______________________。(5)Li2S是目前正在开发锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm.①S2－的配位数为______________.②设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为____________（列出计算式）。【答案】（1）.(2).Co失去的是3d6上的一个电子，而失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故需要的能量较高（3）。LiCl和LiF均为离子晶体，Cl－半径比F－大，LiCl的晶格能比LiF的小（4）。3：2(5)。正四面体(6）。CF