2020届高三第二次诊断性考试化学试题说明：本试卷满分100分，分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷为第1页至第5页，第II卷为第5页至第8页。
试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效。
考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量： N 14 O 16 Al 27 S 32 K 39 Mn 55 Ba 137第I卷(共50分)一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。
每小题只有一个选项．．．．．．符合题意)1.中国文化对人类文明贡献巨大。
对下列古代研究成果的说明不合理的是A. 《天工开物》“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”是指Ca(OH)2B. 《黄白第十大》“曾青涂铁，铁赤如铜”主要发生了置换反应C. 《本草纲目》“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏D. 《梦溪笔谈》“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中“剂钢”指铁合金【答案】A【解析】【详解】A.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故A错误；B.铁与硫酸铜反应是铁置换出铜，铜为红色，反应方程式为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应为置换反应，故B正确；C.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异不同进行分离，则该法为蒸馏操作，故C正确；D.剑刃硬度要大，所以用的是碳铁合金，剂钢指的是铁的合金，故D正确。
故选A。
2.国际计量大会对摩尔的最新定义为：“1摩尔包含6.02214076×1023个基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(N A)，单位为mol-1。
”下列叙述正确的是A. 标准状况下，22．4L SO3含有N A个分子B. 6．4g CH4O含有的C-H键为0．6N AC. 0．1mol Na2O2与CO2反应转移的电子数为0．2N AD. 0．1mol/L的乙酸溶液中含有的H+数目小于0．1N A【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，SO3是固体，所以不能使用气体摩尔体积，故A错误；B.6.4gCH4O物质的量为0.2mol，1个甲醇分子中有4个氢原子，其中含有3个C-H键，1个O-H键，所以0.2mol甲醇分子中含有0.6molC-H键，故B正确；C.0.1mol molNa2O2与足量的CO2充分反应，生成0.05mol氧气，转移0.1mol电子，转移的电子数为0.1N A，故C错误；D.溶液的体积不确定，无法确定氢离子的数目，H+离子数也可能大于0.1N A，故D错误。
故选B。
3.分类法是化学重要的研究方法，下列各组物质的分类或变化正确的有①混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银②含有氧元素的化合物叫氧化物③NO2为酸性氧化物，Na2O为碱性氧化物④同素异形体：C60、金刚石、石墨⑤强电解质溶液的导电能力一定强⑥熔融状态下能导电的化合物为离子化合物⑦有单质参加的反应是氧化还原反应⑧煤的气化、液化、干馏都是化学变化A. ④⑥⑧B. ②③⑥C. ①④⑤⑦D. ③④⑦⑧【答案】A【解析】【详解】①水银是金属汞，属于纯净物，故①错误；②只含两种元素其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，故②错误；③NO2不属于酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，故③错误；④C60、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确；⑤强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故⑤错误；⑥共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故⑥正确；⑦有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故⑦错误；⑧煤的气化、液化、干馏都是化学变化，故⑧正确。
所以正确的有④⑥⑧。
故选A。
4.据图中所示硫酸试剂瓶标签上的内容，下列说法正确的是A. 将该硫酸加水配成质量分数49%的溶液时浓度为9.2mol／LB. 1mol Al与足量的该硫酸反应产生3g氢气C. 硫酸的摩尔质量为98gD. 配制500mL 4.6 mol／L的稀硫酸需取该硫酸125mL【答案】D【解析】【分析】A.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，根据稀释定律判断；B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝；C.摩尔质量的单位为g/mol；D.根据溶液稀释前后溶质硫酸的物质的量不变，据此计算需要浓硫酸的体积。
【详解】A.硫酸与等质量的水混合，混合后溶液的质量为原硫酸的2倍，稀释后溶液的密度减小，故稀释后所得溶液的体积大于原硫酸体积的2倍，则稀释后所得溶液的浓度小于9.2mol/L，故A错误；B.铝与浓硫酸常温下发生钝化，加热时生成二氧化硫和硫酸铝，不能生成氢气，故B错误；C.硫酸的摩尔质量为98g/mol，故C错误；D.根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL，则500mL×4.6mol/L=xmL×18.4mol/L，解得x=125mL，所以应量取的浓硫酸的体积为125mL，故D正确。
故选D。
【点睛】注意硫酸的浓度越大，密度越大。
5.关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A. 体积相等时密度相等B. 原子数相等时具有的中子数相等C. 体积相等时具有的电子数相等D. 质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】试题分析：A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。
考点：考查阿伏加德罗定律、微粒数等知识。
视频6.下列各组离子一定能大量共存的是A. pH=12的溶液中：NH4+、Na+、SO42-、C1-B. c(H+)=0.1mol·L-1的溶液中：K+、I-、Cl-、NO3-C. 含有大量AlO2的溶液中：NH4+、Na+、C1-、H+D. 强碱溶液中；Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】D【解析】【详解】A、pH=12的溶液为强碱性溶液，含有大量的OH-，NH4+不能大量存在，故A错误；B、c(H+)＝0.1mol·L－1的溶液中： I-被NO3－氧化而不能大量共存，故B错误；C.含有大量AlO2-的溶液呈碱性，NH4＋、H+不能大量存在，故C 错误；D. 在强碱性溶液中，Na＋、K＋、CO32－、NO3－离子之间不反应，可以大量共存，故D 正确；综上所述，本题选D。
7.向铝粉中添加少量NH4C1固体并充分混合，将其加热到1000℃时可与N2反应制备A1N，下列说法正确的是A. A1N是一种金属材料B. A1N与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气C. 少量NH4C1能够破坏A1表面的Al2O3薄膜D. A1N与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑【答案】C【解析】A．AlN属原子晶体化合物，属于无机非金属材料，故A错误；B．Al(OH)3有两性，能溶于NaOH，则AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，故B错误；C．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故C正确；D．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+4H+=Al3++NH4+，故D错误；答案为C。
8.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中金属性最强的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。
下列说法正确的是A. Y最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B. Y能从Z的盐溶液中置换出Z的单质C. X、Z两种元素的气态氢化物稳定性：Z>XD. X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1：1或1：2【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，W是短周期主族元素中金属性最强的，则W为Na元素；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，只能为电子层数为2，最外层电子数为6，即X 为O元素，X、Z同族，则Z为S元素；Y的最高正价与最低负价代数和为6，其最高价为+7价，Y、Z同周期，Y为Cl元素，据此分析。
【详解】A.Y为Cl，Y元素最高价氧化物对应的水化物化学式HYO4，故A错误；B. Y为Cl元素，Z为S元素，非金属性Cl＞S，所以Y能从Z的盐溶液中置换出Z的单质，故B正确；C.非金属性O＞S，则X、Z两种元素气态氢化物中，X的气态氢化物最稳定，故C错误；D.X与W形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，阴、阳离子物质的量之比均为1：2，故D错误。
故选B。
9.下列物质中可用于除去CuCl2中混有的Fe3+，且不引入新杂质的是A. FeB. CuC. CuOD. NaOH【答案】C【解析】【详解】A.CuCl2能与铁粉反应生成氯化亚铁和铜，引入新的杂质，不符合除杂原则，故A 错误；B.Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，引入新的杂质，不符合除杂原则，故B错误；C.Fe3+水解溶液显酸性，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+，加入CuO可以使平衡不断正移产生Fe(OH)3沉淀，同时不引入新的杂质，符合除杂原则，故C正确；D.CuCl2与Fe3+都能与NaOH反应生成沉淀，不符合除杂原则，故D错误。
故选C。
10.某心脏起搏器工作时发生反应：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列判断正确的是A. 还原剂只有LiB. SOCl2既是氧化剂又是还原剂C. 还原产物包括LiC1和SD. 生成1.12L SO2时，反应转移电子为0.2mol【答案】A【解析】【分析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，作氧化剂，非金属元素之间形成共价键，据此分析。
【详解】A.Li的化合价升高，作还原剂，故A正确；B.S元素的化合价降低，SOCl2作氧化剂，故B错误；C.Li的化合价升高被氧化，LiCl是氧化产物，S元素的化合价降低被还原，单质S是还原产物，故C错误；D.反应4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2中，每生成1mol SO2转移4mol电子，则标准状况下生成1.12LSO2时，反应转移电子为0.2mol，因题目中未说明SO2是否处于标准状况，所以无法计算转移电子的物质的量，故D错误。