浙江省诸暨市2020届高三上学期诊断性考试化学试题
诸暨市2019年下半年选考诊断性考试试题化学
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 Si28 Ag108 Cl35.5 S32 Ba137
一、选择题(本大题共18小题，1～10每小题2分，11～18每小题3分，共44分。
1.“野火烧不尽，春风吹又生”是唐代诗人白居易的若名诗句。下列关于该诗句中所涉及的说法不正确的是
A. “野火烧”属于生物质能的热化学转换
B. 自然界中“春风吹又生”涉及到太阳能与化学能之间的转化
C. 诗句“春风吹又生”说明生物质能属于可再生的新能源
D. 野草成份中的纤维素属于有机物，而火烧后草木灰中的主要成份K2CO3属于盐
【答案】A
【解析】
【详解】A. “野火烧”是将化学能转化为热能，A错误；
B. 自然界中“春风吹又生”是通过光合作用将太阳能转化为化学能，B正确；
C. “春风吹又生”说明生物质能属于可再生的新能源，C正确；
D. 野草成份中的纤维素属于有机物，而火烧后草木灰中的主要成份K2CO3，属于盐，D正确；
故答案选A。
2.下列有关物质性质与用途描述正确且具有对应关系的是
A. 浓硫酸具有脱水性，可用作某些气体的干燥剂
B. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
C. SO2具有还原性，可用作草帽、纸浆的漂白剂
D. 12C的放射性，可用作考古断代
【答案】B
【解析】
【详解】A. 浓硫酸具有吸水性，可用来干燥非还原性的酸性和中性气体，A错误；
B. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂，B正确；
C. SO2可与一些有色物质化合成为无色物质，可用作草帽、纸浆的漂白剂，C错误；
D. 14C的放射性，可用作考古断代，D错误；
故答案选B。
3.工业制备下列物质的方案中正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】A. 实验室制备氯气采用该方法进行制备，但是氯气的工业制法采用的是电解饱和食盐水的方法，A不符合题意；
B. 工业采用灼烧黄铁矿得到二氧化硫气体，而后将二氧化硫在催化剂的作用下氧化为三氧化硫，后将该气体通入浓硫酸中制备浓硫酸，B符合题意；
C. 在工业制备纯碱时，为增加二氧化碳的溶解度，应先向饱和NaCl溶液中通入氨气，再通入二氧化碳，C错误；
D. 海水提镁时，应向浓缩海水中加入氢氧化钙（或石灰乳），而不是NaOH，D错误；
故答案选B。
【点睛】在工业流程的设计时，要充分考虑成本问题，如海水的工业利用中，若没有特别要求，加入的碱往往是氢氧化钙而不是氢氧化钠。
4.下列说法正确的是
A. 利用红外光谱或核磁共振谱均可鉴别乙醇和二甲醚
B. 2－甲基丁烷也称为异丁烷
C. C4H9Cl有3种同分异构体
D. 葡萄糖、蔗糖不属于高分子化合物，而油脂和蛋白质均属于高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A. 乙醇和二甲醚的官能团和对称性均不相同，故可用红外光谱和核磁共振氢谱来鉴别，A正确；
B. 2－甲基丁烷含有的碳原子数为5，也称为异戊烷，B错误；
C. C4H9Cl有4种同分异构体，C错误；
D. 油脂虽然分子量较大，但不是高分子化合物，D错误；
故答案选A。
【点睛】记忆C1-C5的烷烃的一元取代物分别有1、1、2、4、8种，可快速解题。
5.2019年是元素周期表诞生的第150周年，联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”。下列关于周期表、周期律叙述正确的是
A. 离子半径：F－>O2－
B. 金属性：Al<81Tl
C. 非金属性：Cl>S，故酸性：HCl>H2S
D. 在同周期，第IIA族和第IIIA族元素原子序数相差可能为1、11、24
【答案】B
【解析】
【详解】A. F－和O2－的核外电子层数相同，F的质子数比O大，故对外层的吸引更强，导致其离子半径较小，故离子半径：F－
1
B. b点溶液中：c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(H2X)>c(H＋)>c(OH－)
C. d点溶液中：c(Na＋)＝2c(X2－)＋2c(HX－)
D. 水的电离程度：c>a>e
【答案】D
【解析】
【详解】A. 由于该二元酸第一步为完全电离，故a点pH＜1，A错误；
B. b点溶液相当于一份NaHX溶液，由于HX-的电离程度大于其水解程度，则b点溶液中c(Na＋)>c(HX－) >c(H＋)>c(X2－)>c(H2X) >c(OH－)，B错误；
C. c点溶液相当于Na2X溶液，可写出溶液中的物料守恒，c(Na＋)＝2c(X2－)＋2c(HX－)+2c(H2X)，故C错误；
D. a点相当于在水溶液中加入了10 mL 0.1000 mol/L的H2X溶液，e点相当于加入了20mL 0.1000 mol/L NaOH溶液，故a点的氢离子浓度略大于e点的氢氧根离子浓度，导致对水电离的抑制增加，故水的电离程度c>a>e，D正确；
故答案选D。
12.电解法转化CO2可实现CO2资源化利用，现电解CO2制HCOOH的原理示意图如图所示。下列说法不正确的是
A. Sn片与电源负极相连，用多孔锡电极代替普通Sn片更好
B. 右池电极方程式为：H2O＋2CO2＋2e＋＝HCOO－＋HCO3－
C. 左池中H2O发生电解生成O2，从而使该池中KHCO3溶液浓度升高
D. 溶液中，K＋从左池通过阳离子交换膜移向右池
【答案】C
【解析】
【详解】A. Sn片充入二氧化碳，反应产物为HCOOH，C化合价降低，发生还原反应，故应与负极相连，由于反应物为气体，故多孔锡电极代替普通Sn片更好，A正确；
B. 右池电极方程式为：H2O＋2CO2＋2e＋＝HCOO－＋HCO3－，B正确；
C. 左池水中的氢氧根离子放电生成氧气，溶液中的氢离子浓度增大，从而使KHCO3溶液浓度降低，C错误；
D. 溶液中，K＋从左池通过阳离子交换膜移向右池，D正确；
故答案选C。
13.生成水的能量关系如图所示：下列说法不正确的是
A. △H2>0
B. 若2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H4，则△H4<△H1
C. 一定条件下，气态原子生成1 mol H－O放出a kJ热量，则该条件下△H3＝－4akJ/mol
D. △H1＋△H2＋△H3＝0
【答案】D
【解析】
【详解】A. △H2所示过程为氢分子和氧分子化学键断裂的过程，该过程吸热，故△H2>0，A正确；
B. 由于气态水到液态水的过程为放热过程，则2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l) △H4<△H1，B正确；
C. △H3所示过程共形成4mol H-O键，则气态原子生成1 mol H－O放出a kJ热量，该条件下△H3＝－4akJ/mol，C正确；
D. 根据盖斯定律，△H1=△H2＋△H3，故D错误；
故答案选D。
14.合成气转变为甲醇过程中，涉及如下反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) △H＝－90.8kJ/mol,现向体积为2L恒容绝热(起始温度为T)密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，反应经5min后达到平衡，测得CO的转化率为50%。下列说法不正确的是
A. 在0～5min内，v(H2)＝0.1 mol·L－1·min－1
B. 当反应达到平衡时，CO和H2的物质的量之比为1：2
C. 其他条件不变时，若将该体系换成恒温(起始温度为T)恒容密闭容器，则CO的平衡转化率将增大
D. 5min后，将甲醇液化分离出，此时平衡正向移动，正反应速率增大
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意可列出三段式
【详解】A. 0～5min内，v(H2)＝=0.1 mol·L－1·min－1，A正确；
B. 根据分析可知，反应达到平衡时，CO和H2的物质的量之比为1：2，B正确；
C. 正反应放热，若反应在恒温条件下进行，相当于在绝热的基础上降低了温度，平衡转化率增大，C正确；
D. 5min后，将甲醇液化分离出，此时平衡正向移动，正反应速率不变，而后逐渐减小，D错误；
答案选D。
15.某科研小组发现有机化合物A的结构如图所示：
下列有关化合物A说法正确的是
A. 化合物A的分子式为C14H13NO4
B. 向化合物A中加入少量溴水，观察到溴水褪色，证明化合物A中含碳碳双键
C. 1 mol化合物A最多可与3 mol NaOH溶液发生反应
D. 化合物A可发生加成、氧化、缩聚、取代等反应
【答案】C
【解析】
【详解】A. 通过结构可知，该有机物的不饱和度为8，故分子式为C14H15NO4，A错误；
B. 向化合物A中加入少量溴水，观察到溴水褪色，可能是由于萃取的作用，无法证明其中含碳碳双键，B错误；
C. 该化合物中，部分在碱性条件下水解，会生成羧酸钠和一分子酚，酚会继续与NaOH发生中和反应，该部分可消耗2molNaOH，化合物中的酰胺键在NaOH条件下也会水解，消耗1molNaOH，则1 mol化合物A最多可与3 mol NaOH溶液发生反应，C正确；
D. 该化合物无法发生缩聚反应，D错误；
故答案选C。
16.某溶液A中可能含有NH4＋、Cu2＋、Na＋、Cl－、CO32－、SO42－、Fe2＋和Fe3＋离子中的若干种，现将溶液分成两等份进行如下实验：
(1)取一份溶液于试管中，滴加过量NaOH溶液，先产生沉淀而后沉淀部分溶解；过滤，将滤渣高温灼烧，往灼烧后的固体中加入稀硝酸，无气体产生。
(2)另取一份溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，产生白色沉淀4.66g；过滤后，继续往滤液中加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，又产生白色沉淀5.74g。下列说法正确的是
A. 溶液中一定不含NH4＋，CO32－
B. 溶液中可能含有Cu2＋
C. 溶液中一定含有Cl－，SO42－，且n(Cl－)＝0.04 mol
D. 溶液中可能含有Fe2＋，Fe3＋
【答案】D
【解析】
【分析】
①加过量NaOH溶液，先产生沉淀而后沉淀部分溶解，沉淀溶解说明溶液中一定存在铜离子和铵根离子，沉淀部分溶解，说明溶液中还可能存在Fe2＋和Fe3＋离子；
②将滤渣高温灼烧，灼烧后加入稀硝酸，无气体产生，无法判断原溶液中是否含有碳酸根离子和亚铁离子；
③可由上述分析得出溶液成酸性，故加入BaCl2溶液，产生的4.66g白色沉淀均为BaSO4，由于未知BaCl2溶液的加入量，故无法分析溶液中是否存在氯离子。
【详解】A. 该溶液一定存在铵根离子，无法判断是否存在碳酸根离子，A错误；
B. 溶液中一定含有铜离子，B错误；
C. 溶液中氯离子的量无法判断，C错误；
D. 溶液中可能含有Fe2＋，Fe3＋，D正确；
故答案选D。
17.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工等行业，其难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. 步骤①，为加快海绵铜的溶解速度，可将其进行适当粉碎并用大火持续加热
B. 步骤③主要离子方程式：H2O＋2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＝CuCl↓＋SO42－＋2H＋
C. 步骤⑤包括用pH＝2的酸洗、水洗两步操作，为了防止CuCl被氧化，故不采用硝酸，而应采用硫酸或盐酸
D. 步骤⑥中醇洗主要目的是去除CuCl表面水分，但在步骤⑦中仍需要烘干，故节约成本可删除醇洗操作
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于硝酸铵受热易分解，故为了加快步骤①海绵铜的溶解速率，可进行适当地粉碎，但是不能大火持续加热，A错误；
B. 步骤③主要是将铜离子还原为亚铜离子，反应方程式为H2O＋2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＝CuCl↓＋SO42－＋2H＋，B正确；
C. 由于CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，故酸洗不可采用盐酸，C错误；
D. 由于CuCl在潮湿空气中易水解氧化，故不能省去醇洗步骤，D错误；
故答案选B。
18.室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20 mL，向混合物中逐滴加入0.05 mol/L Ba(OH)2溶液，生成的BaSO4和pH的变化如图所示(不考虑溶液混合时体积的变化)。下列说法不正确的是
A. 原混合液中盐酸物质的量浓度为0.2 mol/L
B. 逐滴加入Ba(OH)2溶液，当体积为40 mL，此时发生的离子方程式：OH－＋H＋＝H2O
C. 生成沉淀的最大质量m＝2.33g
D. 现将上述20 mL酸混合溶液与60 mL Ba(OH)2溶液直接混合，发生的离子方程式：Ba2＋＋6OH
－＋SO42－＋6H＋＝BaSO4↓＋6H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
当加入20mL Ba(OH)2时沉淀达到最大值，此时硫酸根离子恰好沉淀完全，由H2SO4~Ba(OH)2得
；当加入 时溶液的pH=7，溶液呈中性，由得 。
【详解】A. 原混合液中盐酸物质的量浓度为，故A正确;
B. 逐滴加入Ba(OH)2溶液，当体积为40 mL，沉淀已完全，此时发生的离子方程式：OH－＋H＋＝H2O，故B正确；
C. 生成沉淀的最大的物质的量为，则生成沉淀的最大质量m=0.233g，故C错误；
D. 将上述20 mL酸混合溶液与60 mL Ba(OH)2溶液直接混合，发生的离子方程式：Ba2＋＋6OH－＋SO42－＋6H＋＝BaSO4↓＋6H2O，故D正确；
故答案选C。
二、非选择题(本大题共5小题，共56分)
19.探究化合物A(仅含三种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：白色固体C既能与强酸反应，也能与强碱反应。
请回答：
(1)写出A受热分解的化学方程式为___________________________________________。
(2)请设计实验方案检验溶液E中所含的阳离子_________________________________。
(3)若固体F中金属元素的百分含量为19.29%，硫为22.86%，氧为57.14%，且300 g/molKT2
B.水/甲烷的物质的量之比等于4，大于初始反应的化学计量数之比，有利于促进CH4的转化，同时也有利于CO转化为CO2
C.使用Ni做催化剂，可增加活化分子百分数，从而加快反应速率，其主要原因是提高分子自身所具有的能量
D.若控制其他条件不变，缩小体积，则CH4的平衡转化率将减小
②在某恒温体系中，体积为1L，水/甲烷的物质的量之比等于4，投入CH4的量为l mol，若仅发生上述一系列反应，一段时间后，测得CH4的转化率为a，其中生成CO的选择性(转化的CH4中，生成CO的百分含量)为b，CO2的浓度为c mol/L，求此时H2的物质的量浓度为___________，CO的物质的量浓度为______________
(3)现科学家发现，以Ni－CaO为复合催化剂能在一定程度上促进天然气重整反应的正向进行，使H2体积分数达到95%左右。请从能量利用及平衡移动角度，理论分析以Ni－CaO为复合催化剂的优点_____________________________________________。
(4)CH4自身也可做为然料电池的原料，其工作原理如图所示。
请写出通入甲烷－极的电极反应式为_______________________________________。
【答案】 (1). C (2). 反应I的活化能较高,反应II的活化能较低,因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累 (3). BD (4). (ab+c+2a)mol/L (5). (ab-c)mol/L (6).
氧化钙可吸附二氧化碳，使I的平衡正向移动，提高氢气的产率；同时，氧化钙吸附二氧化碳是放热反应，可为反应I的进行提供热量，降低系统能耗。 (7).
【解析】
【详解】（1）①由于反应I为吸热反应，且为气体体积增大的反应，故为了提高CH4的平衡转化率，宜采用的反应条件为高温低压，答案选C；
②在一定条件下往恒温恒容的密闭容器中通入一定量的甲烷和水蒸气， CO2的产率远大于CO的产率，是由于反应I的活化能较高,反应II的活化能较低,因此生成的CO被迅速转化为二氧化碳不能积累；
（2）①A. 反应I为吸热反应，故对反应I而言，KT1
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