浙江省精诚联盟2020届高三6月模拟考试化学试题 Word版含解 27页

- 1 - 2020 年浙江省精诚联盟高考化学模拟试卷（6 月份） 一、选择题（本大题共 25 小题，每小题 2分，共 50 分.每个小题列出的四个备选项中只有一 个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1. 只含有离子键的化合物是 A. NaOH B. HNO3 C. Mg3N2 D. SiO2 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaOH 中 Na+和 OH-形成离子键，OH-中 O 原子和 H 原子形成共价键，属于离子化合 物，A不符合题意； B．HNO3分子中只含有共价键，属于共价化合物，B 不符合题意； C．Mg3N2中 Mg2+和 N3-形成离子键，属于离子化合物，C 符合题意； D．SiO2中 Si 原子和 O原子中形成共价键，属于共价化合物，D 不符合题意； 答案选 C。 2. 实验室进行石油分馏实验，不需要．．．用到的仪器是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】石油分馏时需要用到蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，因此 B 选 项符合题意； 答案选 B。 3. 下列属于非电解质的是 A. 苯酚 B. 镁铝合金 C. 过氧化钠 D. 乙烯 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯酚在水溶液中电离出 C6H5O -和 H+，苯酚属于电解质，故不选 A； B．镁铝合金是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选 B； C．过氧化钠是离子化合物，熔融状态能导电，属于电解质，故不选 C； D．乙烯在水溶液和熔融状态下都不能导电，乙烯属于非电解质，故选 D； - 2 - 选 D。 4. 反应 SiO2+2C 高温 Si+2CO↑中，氧化产物是（ ） A. CO B. C C. SiO2 D. Si 【答案】A 【解析】 【详解】由化学方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，则碳为反应的还原剂，一 氧化碳为反应的氧化产物，故选 A。 5. 下列物质的名称正确的是 A. NaHCO3：纯碱 B. Na2SO4：芒硝 C. CH3OCH3：二甲醚 D. CH2Br-CH2Br：二溴乙烷 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳酸氢钠俗称小苏打，纯碱是碳酸钠，故 A错误； B．芒硝是 Na2SO4·10H2O，故 B 错误； C．CH3OCH3含有醚键，名称为二甲醚，故 C 正确； D．CH2Br-CH2Br 的名称为 1,2—二溴乙烷，故 D错误； 故答案为 C。 6. 下列表示正确的是 A. 氖分子的电子式： B. 乙醇的结构式： C. 硫离子的结构示意图： D. CH4 分子的球棍模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．氖是单原子分子，氖分子的电子式： ，故 A 正确； B．结构式中要将所有化学键表示出来，乙醇的结构式： ，故 B 错误； - 3 - C．硫离子的结构示意图： ，故 C错误； D．CH4 分子的中心原子 C 与 4 个氢形成四个共价键，球棍模型： ，故 D 错误； 故选 A。 7. 下列说法正确的是 A. H2 与 D2 互为同位素 B. C70 和单层纳米碳管互为同素异形体 C. 乙烯和 互为同系物 D. 淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n 表示，它们互称为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】 A．H2与 D2为由 H 元素组成的单质，两者不是同位素，同位素的研究对象是原子，A 选项错误； B．C70和单层纳米碳管为由 C元素组成的两种不同种单质，两者互为同素异形体，B 选项正确； C．乙烯和 分子组成相差若干个 CH2，但两者结构不同，两者不是同系物，C 选项错误； D．淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，n 值可能不同，二者的分子式可能不同，所以两者 不是同分异构体，D选项错误； 答案选 B。 【点睛】 本题易错点为 D 选项，解答时要注意淀粉和纤维素虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但是由于 n 值可能不同，二者不是同分异构体。 8. 下列说法不正确的是 A. 臭氧具有强氧化性，可用作饮用水的杀菌消毒剂 B. 海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素” C. 某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火 D. 火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用 - 4 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作饮用水的杀菌消毒剂，故 A 正确； B．地球上 99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故 B 错误； C．某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，表面形成碱金属硅酸盐及 SiO2凝胶薄膜，既耐腐蚀 又不易着火，故 C 正确； D．硫磺能够破坏细菌表面的有机保护膜，使其死亡，火山附近的温泉因常常含有游离态硫而 具有杀菌作用，故 D 正确； 故选 B。 9. 下列说法不正确的是 A. 金属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能反应 B. 使用带盐桥的原电池装置，可使化学能转化为电能的效率提高 C. 铝单质可以从 MnO2 中置换出 Mn D. 尿素与乙醛在一定条件下反应生成脲醛树脂，可用于生产热固性高分子黏合剂 【答案】D 【解析】 【详解】 A．钙属于非常活泼的金属，水、苯酚、乙醇、乙酸等分子中均有较活泼的氢原子，因此，金 属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能发生反应生成氢气，A选项正确； B．原电池中的盐桥起到电荷“桥梁”的作用，保持原电池两电极的电荷平衡，从而提高原电 池将化学能转化为电能的效率， B 选项正确； C．通过铝热反应利用铝的还原性从 MnO2中置换出 Mn， C 选项正确； D．脲醛树脂由尿素与甲醛在一定条件下反应生成，脲醛树脂可用于生产热固性高分子黏合剂， D选项错误； 答案选 D。 10. 下列说法不正确的是 A. 光--电转换的途径可以不需要发生化学反应 B. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷，因此都是化石能源 C. 将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以制造肥皂和油漆等 D. 人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n - 5 - 【答案】B 【解析】 【详解】A．光-电转换方式该方式是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能，是物理 变化，选项 A 正确； B．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再 生能源；沼气是可再生资源，选项 B 不正确； C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，选项 C正确； D．根据人造纤维的形状和用途，分为人造丝、人造棉和人造毛三种，人造丝、人造棉和铜氨 纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n，选项 D 正确； 答案选 B。 11. 下列有关实验说法，不正确的是 A. 可以用 KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐 B. 金属汞洒落在地上，应尽可能收集起来，并用硫磺粉盖在洒落的地方 C. 用纸层析法分离 Fe3+和 Cu2+，由于 Fe3+亲水性更强，因此 Fe3+在滤纸上流动的快些 D. 在用简易量热计测定反应热时，酸和碱迅速混合并用环形玻璃搅拌棒搅拌，准确读取温度 计最高示数并记录温度 【答案】C 【解析】 【详解】A．亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，从而变蓝色，可以用 KI—淀 粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐，A 正确，不选； B．汞挥发形成的汞蒸气有毒性，当汞洒落在地面时，由于硫单质能够与汞反应，可以在其洒 落的地面上洒上硫粉以便除去汞，B 正确，不选； C．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；而 Cu2+ 是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使 Fe3+和 Cu2+得到分离，C 错误，符合题意； D．在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用、环形玻璃搅拌棒进行搅 拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、取 2—3 次的实验平均值等措施，以 达到良好的实验效果，D正确，不选； 答案选 C。 12. 下列关于氮及其化合物说法，不正确的是 - 6 - A. “雷雨发庄稼”是由于放电条件有利于游离态的氮转化为化合态 B. 二氧化氮不仅能形成酸雨，还能在一定条件下促进形成“光化学烟雾” C. 铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)则能够耐高温 D. 工业上制备硝酸过程中，氨催化氧化放出大量热，能预热新进入设备的氨气和空气，节约 能源 【答案】C 【解析】 【详解】 A．“雷雨发庄稼”这是由于在放电的条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物， 氮的氧化物再经过各种复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，是在放电条 件下游离态的氮转化为化合态，故 A 正确； B．二氧化氮溶于水生成硝酸，能形成酸雨；汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和二 氧化氮在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应，形成有害浅蓝色烟雾，即“光化学烟雾”， 故 B正确； C．铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)在高温下分解，甚至爆炸，故 C 错误； D．工业上制备硝酸过程中，4NH3+5O2 4NO+6H2O，由氨催化氧化放出大量热，可以利用 来预热新进入设备的氨气和空气，节约能源，故 D 正确； 故选 C。 13. 能够正确表示下列变化的离子方程式是 A. 醋酸钠的水解：CH3COOH＋H2O⇌ CH3COO−＋H3O + B. 电解熔融 MgCl2：Mg 2+ ＋2Cl− 通电 Mg＋Cl2↑ C. MnO2 与浓盐酸共热：MnO2＋4HCl Δ Mn 2+ ＋Cl2↑＋2H2O D. K2S 溶液中滴加几滴 FeCl3溶液： 3+ 2- 2+2Fe +S =2Fe S＋ 【答案】B 【解析】 【详解】 A．醋酸钠的水解：CH3COO － ＋H2O CH3COOH＋OH － ， 故 A错误； - 7 - B．电解熔融 MgCl2生成镁和氯气：Mg 2+ ＋ 2Cl− 通电 Mg＋Cl2↑，故 B正确； C．MnO2 与浓盐酸共热：MnO2＋ 4H＋+2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ，故 C 错误； D．K2S 溶液中滴加几滴 FeCl3 溶液，过量的硫离子与亚铁离子生成 FeS 沉淀： 3+ 2-2Fe +3S =2FeS S ＋ ，故 D 错误； 故选 B。 14. 下列说法不正确的是 A. 固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，易溶于有机溶剂 B. 可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来 C. 溴苯中混有的少量溴单质，可加入足量的 10﹪NaOH 溶液，经分液除去 D. 用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，不易挥发，因其性质类似于盐类， 所以不易溶于有机溶剂，A 选项错误； B．苯酚易溶于苯，可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来，B 选项正确； C．溴可与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠和次溴酸钠，溴苯不溶于水，可用分液的方法 分离，C 选项正确； D．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸，现象分别为： 变成绛蓝色溶液、无明显现象、加热时生成砖红色沉淀、变成澄清的蓝色溶液，D 选项正确； 答案选 A。 15. 瑞巴派特片是一种胃药，其主要成分结构如图。 下列关于它的说法，正确的是 A. 该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 该物质的分子式为 C19H17ClN2O4 - 8 - C. 1 mol 该物质能与 10mol 氢气发生加成反应 D. 该物质能水解，水解产物中含有氨基酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．由该物质的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色， A选项错误； B．根据结构简式可知，1 个该分子含有 19 个 C原子，15 个 H 原子，1个 Cl 原子，2 个 N 原 子和 4 个 O 原子，则该物质的分子式为 C19H15ClN2O4，B 选项错误； C．一个该物质的分子中含有 1 个碳碳双键和 2个苯环，则 1 mol 该物质能与 7mol 氢气发生 加成反应，C 选项错误； D．该分子中含有肽键，可以水解生成氨基酸，D 选项正确； 答案选 D。 16. 短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大， Y 在同周期主族元素中原子半径最 大，Y分别与 X、Z、W 形成二元化合物甲、乙、丙，其 0.1mol·L-1 水溶液近似 pH(常温) 如下表： 甲 乙 丙 近似 pH 值 8 12 7 下列说法不正确的是 A. 甲、丙的晶体类型相同，且熔点：甲＞丙 B. 由 Y 和 Z 组成的二元化合物中不可能含共价键 C. 原子半径：r(Y) ＞ r(Z) ＞ r(W) ＞ r(X) D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比 W 的强 【答案】B 【解析】 【分析】 - 9 - 根据题干信息可知，X、Y、Z、 W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y在同周期主族元 素中原子半径最大，则 Y 为 Na 元素，Y 分别与 X、Z、W 形成二元化合物甲、乙、丙，由其 0.1mol·L-1水溶液的近似 pH 可知，甲为 NaF ，乙为 Na2S，丙为 NaCl，则 X为 F元素，Z 为 S 元素，W 为 Cl 元素，据此分析解答。 【详解】 A．根据上述分析可知，甲为 NaF，丙为 NaCl，两者均为离子化合物，由于离子半径： r(Cl-) ＞r(F-)，因此 NaF 的晶格能更大，熔点更高，A 选项正确； B．由 Na 和 S元素组成的二元化合物中，Na2S2 中，S2-中 S 原子和 S 原子之间形成共价键， B 选项错误； C．原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因 此原子半径：Na＞S＞ Cl＞F，C选项正确； D．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性 F＞Cl，因此热稳定性： HF ＞HCl，D 选项正确； 答案选 B。 17. 下列说法正确的是 A. 100℃时，将 pH＝2 的盐酸与 pH＝12 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液显中性 B. 相同温度下，pH 相等的氨水、CH3COONa 溶液中，水的电离程度相同 C. 相同物质的量浓度的盐酸和醋酸分别加水稀释到相同 pH，醋酸中加水多 D. 将浓度为 c1 的氨水和浓度为 c2 的盐酸等体积混合，若溶液呈中性，则一定有 c1＞ c2 【答案】D 【解析】 【详解】 A．100℃时，水的离子积为：1.0×10-12 ，故 pH=2 的盐酸与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合， 溶液显碱性，故 A错误； B．相同温度下，pH 相等的氨水、CH3COONa 溶液中，一水合氨是弱碱，抑制水电离， CH3COONa 是强碱弱酸盐，促进水电离，水的电离程度后者大，故 B 错误； C．由于在醋酸电离的程度小，相同物质的量浓度的醋酸 PH 比盐酸大，因此稀释到相同的 pH 值(pH 在增大),稀释倍数盐酸大，盐酸中加水多，故 C 错误； D．将浓度为 c1 的氨水和浓度为 c2 的盐酸等体积混合，生成氯化铵，水解呈酸性，若溶液 呈中性，碱要过量，则一定有 c1＞ c2，故 D 正确； - 10 - 故选 D。 18. 以碘为原料，通过电解制备 KIO3 的实验装置如右图所示。电解前，先将一定量的精制 碘溶于过 量 KOH 溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入某电极区。 将 KOH 溶液加入另一电极区，电解槽用水冷却。下列说法不正确的是 A. 产品 KIO3 在阳极区得到 B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 电解时，须不断补充 KOH D. 阴极区加入的是 KOH 溶液，发生还 原反应生成 H2 【答案】C 【解析】 【分析】 左侧与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，本装置是制备 KIO3，所以阳极区加入 的溶液是 I2和 KOH 反应后的溶液，电解过程中 Iˉ被氧化成 KIO3；右侧与电源负极相连为阴 极，充入的是 KOH 溶液，水电离出的氢离子被还原生成氢气。 【详解】 A．产品 KIO3为氧化产物，电解池中阳极发生氧化反应，所以产品 KIO3 在阳极区得到，故 A 正确； B．电解过程中阳极的电极反应式为 Iˉ+6OHˉ-6eˉ=IO - 3 +3H2O，需要阴极的 OHˉ移动到阳极， 同时要防止阳极区的钾离子进入阴极，所以交换膜为阴离子交换膜，故 B 正确； C．电解时阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生氢氧根，所以不用补充 KOH，故 C 错误； D．根据分析可知阴极区加入的是 KOH 溶液，水电离出的氢离子发生还原反应产生氢气，故 D 正确。 故答案为 C。 - 11 - 19. 排水法收集气体实验中，用饱和食盐水代替水收集氯气，可降低氯气 的溶解损失。下列 说法不正确的是 A. Cl2(g)⇌ Cl2(aq)，增大溶液中 Cl2(aq)浓度可抑制氯气的溶解 B. 增大溶液中的 Cl−(aq)浓度，有利于增大 Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解 C. Cl2(aq)+H2O(l)⇌ H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水可抑制反应进行 D. 若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，亦可减少氯气的损失 【答案】D 【解析】 【详解】 A．Cl2(g)⇌ Cl2(aq)，增大溶液中 Cl2(aq)浓度，平衡逆向移动，可抑制氯气的溶解，A 选项 正确； B．Cl2溶于水发生反应：Cl2(aq)+H2O(l) ⇌ H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，增大溶液中的 Cl-(aq) 浓度，平衡逆向移动，有利于增大 Cl2(aq) 浓度，从而抑制氯气的溶解，B选项正确； C．Cl2(aq)+H2O(l)⇌ H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq) ，饱和食盐水中的 Cl-可抑制反应进行，C 选项 正确； D．若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，碳酸钠会消耗 H+使得平衡正向移动，增加了 Cl2 的溶解量，不能减少 Cl2的损失，D 选项错误； 答案选 D。 20. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ） A. 1molCH4与 Cl2在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数等于 NA B. 100gCaCO3和 KHCO3的固体混合物中含有的阳离子数为 NA C. 一定浓度的硫酸和镁反应，生成 11.2L（标准状况）气体，转移电子数为 NA D. 6.4gSO2溶于水形成的酸雨中，SO2、H2SO3、HSO 3  和 SO 2 3  的微粒数之和为 0.1NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．CH4与 Cl2在光照下发生连续的取代反应，直至甲烷中的氢被全部取代，故 1molCH4 与 Cl2在光照下反应生成的 CH3Cl 分子数小于 NA，A 错误； B．碳酸钙和碳酸氢钾的摩尔质量数值均为 100，故 100gCaCO3和 KHCO3的固体混合物中二者的 物质的量的和为 1mol，KHCO3的阳离子只有 K+，CaCO3的阳离子只有 Ca2+，因此，100gCaCO3和 - 12 - KHCO3的固体混合物含有的阳离子数为 NA，B 正确； C．在标准状况下，11.2L 气体的物质的量为 0.5molH2，有 1molH 得到电子，故转移电子数为 NA，C正确； D．SO2溶于水形成的酸雨中，含硫的微粒有 SO2、H2SO3、HSO 3  和 SO 2 3  四种，SO2的摩尔质量数 值均为 64，故 6.4gSO2的物质的量为 0.1mol，溶液中存在物料守恒，故所有含硫元素微粒的 物质的量之和为 0.1mol，则 SO2、H2SO3、HSO 3  和 SO 2 3  的微粒数之和为 0.1NA，D正确； 答案为 A。 21. 一定温度下，在 5 L 的恒容密闭容器中发生反应 N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)。反应过程中 的部分数据如下表所示： n/mol t/min N(N2) N(H2) N(NH3) 0 a 24 0 5 13 6 10 12 15 8 下列说法正确的是 A. N2 的初始浓度为 16 mol·L−1 B. 0～5 min 用 H2表示的平均反应速率为 0.24 mol·L−1·min−1 C. 平衡状态时，c(N2)＝2.6 mol·L−1 D. N2 的平衡转化率为 25% 【答案】D 【解析】 【分析】 将表中数据补充完整：N2(g)+3H2(g)⇌ 2NH3(g)，反应在 10min 时达到平衡： n/mol N(N2) N(H2) N(NH3) - 13 - t/min 0 16 24 0 5 13 15 6 10 12 12 8 15 12 12 8 【详解】A．N2的初始浓度为 16 5 mol·L−1 ，故 A错误； B．0～5 min 用 H2表示的平均反应速率为 9 5 5min mol L = 0.36 mol·L−1 ·min−1 ，故 B 错误； C．平衡状态时，c(N2)＝ 12 5 mol L =2.4 mol·L−1 ，故 C 错误； D．N2 的平衡转化率为 16 12 100% 16 mol mol mol   =25%，故 D正确； 【点睛】本题考查化学平衡的计算，正确判断平衡状态为解答关键，易错点 C，反应在 10min 时已经达到平衡，注意掌握化学平衡状态特征及三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养 了学生的分析能力及化学计算能力。 22. 十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放 氢气。 反应Ⅰ：C10H18(l) →C10H12(l)＋3H2(g)△H1 反应Ⅱ：C10H12(l) →C10H8(l)＋2H2(g)△H2 在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A. △H1＞△H2＞0 B. Ea1 为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能 C. 由图知，反应Ⅰ的活化分子百分率高于反应Ⅱ - 14 - D. C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物 C10H12积聚 【答案】C 【解析】 【详解】 A．根据图中信息可知反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，均为吸热反应，且 前者热效应大，故 △H1＞△H2 ＞0，选项 A 正确； B．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，Ea1 为反应Ⅰ的 活化能， Ea2 为反应Ⅱ的活化能，选项 B 正确； C．由图知，Ea1 大于 Ea2 ，活化能越大活化分子的百分率越小，故反应 Ⅰ的活化分子百分率低 于反应Ⅱ，选项 C 不正确； D．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的反应速率更快，故 C10H18 脱氢过程中，不 会有大量中间产物 C10H12 积聚，选项 D 正确； 答案选 C。 23. 已知 K2FeO4溶于水后，会水解生成多种微粒。图是 K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液 pH 值 的变化图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是（ ） A. K2FeO4溶于水呈碱性 B. HFeO4 -水解强于电离 C. H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应 D. 0.10mol•L-1的 K2FeO4的 pH 近似等于 10 【答案】B 【解析】 【详解】A．从图像的右端看，K2FeO4溶于水时，  -4 2c FeO 最大，此时 0.10 mol•L -1 的 K2FeO4 的 pH 近似等于 10，溶液显碱性，故 A正确； B．从图中曲线看，  -4c HFeO 最大时，溶液的 pH<6，溶液呈酸性，则 4 -HFeO 的电离大于水 - 15 - 解，B错误； C．从图中可以看出，加酸时 H2FeO4转化为 H3FeO4 + ，加碱时 H2FeO4转化为 4 -HFeO ，表明 H2FeO4 既能和强碱反应又能和强酸反应，C 正确； D．从图中可以看出，0.10mol•L -1 的 K2FeO4中，  -4 2c FeO 最大时， 2- 4FeO 水解使溶液呈碱性， pH 近似等于 10，D正确； 答案选 B。 24. 在碱性介质中，用 Cl2 氧化 KIO3 可制得正高碘酸钾(K2H3IO6)。下列说法不正确的是 A. 正高碘酸钾可能具有强氧化性 B. 正高碘酸化学式为 H5IO6 或(HO)5IO C. 正高碘酸钾可由正高碘酸和 KOH 反应得到 D. 正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO3)的反应是氧化还原反应 【答案】D 【解析】 【详解】 A．由正高碘酸钾的分子式 K2H3IO6可知，正高碘酸钾中碘元素的化合价为最高价+7 价，很容易 得到电子，因此正高碘酸钾可能具有强氧化性，A 选项正确； B．由题干信息可知，正高碘酸为五元酸，则正高碘酸化学式为 H5IO6或(HO)5IO，B 选项正确； C．正高碘酸和 KOH 发生中和反应可以得到正高碘酸钾， C 选项正确； D．正高碘酸中碘的化合价为+7 价，受热得到的偏高碘酸 (HOIO3)中碘的化合价也为+7 价，反 应中 I 元素的化合价没有发生改变，且 H、O 元素的化合价也没有发生改变，因此正高碘酸受 热得到偏高碘酸 (HOIO3)的反应不是氧化还原反应，D 选项错误； 答案选 D。 25. 某固体混合物 X，含有 Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3 和 Na2SiO3 中的几种，进行如下实验： ①X 与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀 Y 和弱碱性溶液 Z；②沉淀 Y 与足量 NaOH 溶液 充分作用，部分溶解。 下列说法不正确的是 A. 沉淀 Y 一定能溶于盐酸 B. 溶液 Z 中溶质一定不含 Na2SiO3 C. 混合物 X 至少含有三种成分 D. 混合物 X 中一定含有 Na2CO3、FeCl3，可能含有 Al2(SO4)3 - 16 - 【答案】B 【解析】 【分析】 某固体混合物 X，含有 Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和 Na2SiO3中的几种，①X 与水作用有气泡冒出， 得到有色沉淀 Y和弱碱性溶液 Z，生成气体的物质只有 Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与 Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中一定存在氢氧化铁，可能含有氢 氧化铝、硅酸；②沉淀 Y 与 NaOH 溶液作用，部分溶解，说明有色沉淀中存在氢氧化铝或硅酸， 则可能存在 Al2(SO4)3或 Na2SiO3中的一种，据此分析解答。 【详解】根据上述分析可知， A. 沉淀 Y 一定含有氢氧化铁，一定能溶于盐酸，选项 A 正确； B. 溶液 Z 中溶质可能含有 Al2(SO4)3或 Na2SiO3中的至少一种，选项 B不正确； C. 混合物 X 中一定含有 FeCl3、Na2CO3，至少含有 Al2(SO4)3或 Na2SiO3中的一种，则至少三种 成分，选项 C 正确； D. 混合物 X 中一定含有 Na2CO3、FeCl3，可能含有 Al2(SO4)3，选项 D正确； 答案选 B。 二、非选择题（本大题共 6小题，共 50 分） 26. (1)HClO 分子中各原子均满足稳定结构。写出 HClO 的电子式_____。 (2)碳酸氢钠水溶液呈碱性，试分析原因：_____(用离子方程式表示)。 (3)维生素 B1 的结构简式如图所示，维生素 B1 晶体溶于水的过程， 需要克服的微粒间作用 力，除范德华力外还有_____。 【答案】 (1). (2). - - 3 2 2 3HCO +H O H CO +OH (3). 离子键和 氢键 【解析】 【详解】(1)HClO 分子中，中心原子为 O原子，分别与 H 原子和 Cl 原子形成一对共用电子对， 其电子式为 ，故答案为： ； - 17 - (2)碳酸氢钠为强碱与弱酸形成的酸式盐，碳酸氢钠的水溶液中存在水解反应： - - 3 2 2 3HCO +H O H CO +OH ，因此其水溶液呈碱性，故答案为： - - 3 2 2 3HCO +H O H CO +OH ； (3)根据维生素 B1的结构简式分析可知，维生素 B1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子 键，分子中同种原子形成非极性键，不同种原子形成极性键，维生素 B1晶体溶于水的过程， 需要克服的微粒间作用力，除范德华力外还有离子键和氢键，故答案为：离子键和氢键。 27. 化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂 (如 KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的 O2 质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol·L -1 KMnO4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol·L -1 2 2 4Na C O 溶 液。用 0.002000mol·L-1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL。 已知：2MnO 4 - ＋5 2- 2 4C O ＋16H + =2Mn 2+ ＋10CO2↑＋8H2O (1)1 mol KMnO4 的氧化能力与_____g O2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 (2)该水样的 COD 值是_____mg·L-1 (保留小数点后一位)。 【答案】 (1). 40 (2). 5.2 【解析】 【分析】 由最后 KMnO4溶液滴定多余的 2 2 4Na C O 溶液，可求出 2 2 4Na C O 溶液与水样消耗 KMnO4溶液 后剩余的 KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗 KMnO4 溶液的量，再转化为 O2的量即可算出该水 样中的 COD。 【详解】 (1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则 1molKMnO4 的氧化能力与 1× 5 4 =1.25molO2 的氧化 能力相当，即与 1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当，故答案为：40 ； (2)根据方程式可知 2KMnO4~5 2 2 4Na C O ，用 0.002000mol·L -1 KMnO4溶液滴定，滴定终点时消 耗 6.50mL，则 2 2 4Na C O 多余的物质的量为 6.5×10 -3 L×0.002mol/L × - 18 - 5 2  =3.25×10-5mol，则剩余的 KMnO4 溶液消耗的 2 2 4Na C O 的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10 -5 mol=1.75 ×10 -5 mol，因此剩余的 KMnO4溶液的物质的量为 1.75 ×10 -5 mol× 2 5 =7 ×10 -6 mol，则水样中消耗的 KMnO4溶液的物质 的量为(0.01L ×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol ，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4， 则 n(O2)=1.3× 10 -5 mol× 5 4 =1.625 ×10 -5 mol，m(O2)=1.625×10 -5 mol ×32g/mol=5.2×10 -4 g=0.52mg，则该水样的 COD 值为 0.52mg =5.2mg/L 0.1L ，故答案为：5.2。 28. 由三种常见元素组成的化合物 A，按如图流程进行实验。气体 B、C、D均无色、无臭，B、 D是纯净物；浓硫酸增重 3.60g，碱石灰增重 17.60g；溶液 F焰色反应呈黄色。 请回答： (1)组成 A的非金属元素是___，气体 B 的结构简式___。 (2)固体 A与足量水反应的化学方程式是___。 (3)一定条件下，气体 D可能和 FeO 发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程___。 【答案】 (1). C、H (2). CH≡CH (3). NaC≡CH+H2O=CH≡CH↑+NaOH (4). CO2+3FeO Fe3O4+CO 或 CO2+2FeO Fe2O3+CO 【解析】 【分析】 气体 B 的标况下体积为 4.48L，则其物质的量为 -1 4.48L 22.4L mol =0.2mol，充分燃烧后的混合气体 使浓硫酸增重 3.60g，即生成 n(H2O)= -1 3.60g 18g mol =0.2mol，碱石灰增重 17.60g，即生成 n(CO2)= -1 17.60g 44g mol =0.4mol，所以 1molB 含 2molH 原子和 2molC 原子，则 B 为 CH≡CH，且经碱 石灰吸收后无气体剩余，所以氧气完全反应；溶液 F 焰色反应呈黄色，说明 A 含有钠元素， 生成 E 含有 NaOH，且 n(NaOH)=0.2mol，A 应为 NaC≡CH，满足 0.2mol×48g/mol=9.60g。 - 19 - 【详解】(1)由以上分析可知组成 A 的非金属元素是 C、H，气体 B的结构简式为 CH≡CH； (2)A 为 NaC≡CH，与水反应生成 NaOH 和 CH≡CH，化学方程式为 NaC≡CH+H2O=CH≡CH↑+NaOH； (3)气体 D为乙炔燃烧产物经浓硫酸干燥后的物质，应为 CO2，可能和 FeO 发生氧化还原反应， 反应生成 Fe3O4和 CO，也可能生成 Fe2O3，化学方程式为 CO2+3FeO  Fe3O4+CO 或 CO2+2FeO  Fe2O3+CO。 29. 某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向 NaBr 溶液中通入一定量 Cl2，将少量分液 漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图： (1)说明氧化性 Br2＞I2的实验现象是___。 (2)为了排除 Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入 Cl2未过量。试设计简单实验 方案检验___。 【答案】 (1). 振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性 Br2＞I2 (2). 向分液漏 斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入 Cl2未过量 【解析】 【详解】(1)若溴的氧化性较强，则可与 KI 反应生成碘，四氯化碳溶液会呈紫红色，所以若 出现现象：振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性 Br2＞I2； (2)若氯气不过量，则有溴离子剩余，继续通氯气则可以生成更多溴单质，溶液的橙黄色加深， 所以实验方案为：向分液漏斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入 Cl2未过量。 30. 化合物 PH4I 是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生 PH3。PH3是无色剧毒气体， 广泛 用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。 (1)在 2L 真空密闭容器中加入一定量 PH4I 固体，T1℃ 时发生如下反应： PH4I(s) ⇌ PH3(g) + - 20 - HI(g) ①下列可以作为反应达到平衡的判据是_____。 A．容器内气体的压强不变 B．容器内 HI 的气体体积分数不变 C．容器内 PH4I 质量不变 D．容器内气体的密度不变 E．容器内气体的平均相对分子质量不变 ②t1时刻反应达到平衡后，在 t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至 1L，t3时刻反应重新 达到 平衡。在下图中画出 t2～t4 时段的υ正、υ逆随时间变化图______。 (2)PH4I 固体分解产生的 PH3和 HI 均不稳定，在一定温度下也开始分解。在 2L 真空密闭容器 中加 入一定量 PH4I 固体，已知在 T2℃ 时存在如下反应： Ⅰ PH4I(s) ⇌ PH3(g) + HI(g) ΔH1 Ⅱ 4 PH3(g)⇌ P4(g) + 6 H2(g) ΔH2 Ⅲ 2 HI(g)⇌ H2 (g) + I2(g) ΔH3 ①已知：298K，101kPa，H-P 键、P-P 键、H-H 键的键能分别为 322 kJ·mol -1 、200 kJ·mol -1 、 436 kJ·mol -1 试计算ΔH2 =______________。 ②各反应均达平衡时，测得体系中 n(PH3)=a mol ，n(P4)=b mol ，n(H2)=c mol ，则 T2℃ 时 反应 I的平衡常数 K值为___________________。(用 a、b、c表示) ③维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发现其它各成分的物质的量均发生 变化，而 n(I2)基本不变，试解释可能原因_____。 【答案】 (1). ACD (2). (3). +48kJ·mol -1 - 21 - (4).  a a 16b 2c 4   (5). 增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应 I 平衡逆向移动使 c(HI)减小，反应 II 平衡逆向移动使 c(H2)减小，对于反应 III 两者作用相当，反应 III 平衡 不移动，n(I2)基本不变(只答反应 III 平衡不移动不得分) 【解析】 【分析】 结合条件是否为变量判断能否作为达到平衡的标志，根据外因对平衡移动的影响作图，根据 ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算ΔH2，利用三段式计算平衡常数。 【详解】(1)①A．反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气体压强一直改变，当 容器内气体压强不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合； B．根据反应式可知，容器内 HI 的气体体积分数始终不变，容器内 HI 的气体体积分数不 变不能作为反应达到平衡的标志，B 不符合； C．容器内 PH4I 的质量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，C 符合； D．容器体积始终不变，气体总质量发生改变，则容器内气体的密度不再改变时，可以说明反 应达到平衡，D符合； E．容器内气体的平均相对分子质量始终不变，容器内气体的平均相对分子质量不变不能作为 反应达到平衡的标志，E不符合； 故答案选 ACD； ②t1时刻反应达到平衡后，在 t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至 1L，则平衡逆向移动， υ逆>υ正，但由于 PH4I 为固体，增大压强，正反应速率不变，t3时刻反应重新达到平衡，υ正 =υ逆，因此 t2～t4时段的υ正、υ逆随时间变化图为： ； (2)①根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，ΔH2=(4×3×322 kJ·mol-1)-[(6×200 kJ·mol-1)+(6×436 kJ·mol-1)]=+48kJ·mol-1； ②各反应均达平衡时，测得体系中 n(PH3)=a mol，n(P4)=b mol，n(H2)=c mol，根据白磷为 bmol， 结合反应Ⅱ计算可知，消耗的 PH3为 4bmol 和生成的 H2为 6bmol，因为最终 PH3为 amol，说明 反应Ⅰ生成的 PH3和 HI 都为(a+4b)mol，最终氢气为 cmol，则反应Ⅲ生成 H2为(c-6b)mol，反 - 22 - 应Ⅲ消耗 HI 为(2c-12b)mol，则平衡时 HI 为(a+4b-2c+12b)=(a+16b-2c)mol，T2℃时，对于反 应Ⅰ的平衡常数为      3 a a 16b 2ca+1PH HI a= = = 1 2 2 6b-2c 4 c c K     ； ③由于增大压强的瞬间各气体浓度均增大，而反应 I 平衡逆向移动使得 c(HI)减小，反应 II 平衡逆向移动使 c(H2)减小，对于反应 III 两者作用相当，反应 III 平衡不移动，因此 n(I2) 基本不变。 31. 据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。某 兴趣小组制备 KH2PO4，流程如下： 已知： a．KH2PO4 有潮解性，溶于水，不溶于乙醇和醚等有机溶剂。 b．HCl 易溶于乙醇和醚等有机溶剂。 请回答： (1)步骤Ⅱ的实验操作是_____。 (2)有关步骤Ⅲ，下列说法正确的是_____。 A．有机溶剂 M 可用乙醇 B．步骤Ⅲ与步骤Ⅱ的实验操作基本相同 C．NH4Cl 在水中溶解度明显大于在有机溶剂 M 中 D．有机溶剂 M 可循环使用 (3)试从平衡角度分析，由步骤Ⅰ、Ⅱ得到 KH2PO4 溶液的原理：_____。 (4)在下列仪器中，使用前需进行“检漏”操作的是_____。 A．吸滤瓶 B．球型分液漏斗 C．蒸馏烧瓶 D．碱式滴定 管 (5)步骤Ⅳ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等多步操作。在冷却结晶操作中，为了 得到 磷酸二氢钾大晶体，常采取的措施有____________________。某同学发现使用加热浓 缩、冷却结晶得到的磷酸二氢钾晶体欠佳，请提出针对性的改进实验方案：_____________， - 23 - 然后经过滤、干燥得到晶体。 【答案】 (1). 萃取、分液 (2). BCD (3). 步骤Ⅰ.磷酸加入 KCl，发生 KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，步骤Ⅱ.反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂，经萃取后，水相中 HCl 浓度降低，平衡正向移动，生成 KH2PO4 (4). BD (5). 自然冷却（缓慢冷却） (6). 在磷酸二氢钾溶液中加入乙醇 【解析】 【分析】 步骤Ⅰ.磷酸加入 KCl，发生 KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，Ⅱ.反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂， 经萃取后，有机层含有 HCl，Ⅲ.用氨水进行反萃取，Ⅴ.可得到氯化铵，Ⅳ.水相经蒸发、浓 缩、冷却结晶可得到 KH2PO4. 【详解】(1)反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂，经萃取后，有机层含有 HCl，步骤Ⅱ的实验 操作是萃取、分液。 故答案为：萃取、分液； (2)A．乙醇与水互溶，不分层，有机溶剂 M 不可用乙醇，故 A 错误； B．步骤Ⅲ与步骤Ⅱ的实验操作基本相同，都是萃取、分液，故 B正确； C．Ⅲ.用氨水进行反萃取，Ⅴ.可得到氯化铵，说明 NH4Cl 在水中溶解度明显大于在有机溶剂 M 中 ，故 C 正确； D．用氨水进行反萃取，有机溶剂 M 可循环使用，故 D 正确； 故答案为：BCD； (3)由步骤Ⅰ、Ⅱ得到 KH2PO4 溶液的原理：步骤Ⅰ.磷酸加入 KCl，发生 KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，步骤Ⅱ.反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂，经萃取后，水相中 HCl 浓度降低，平衡正向移动，生成 KH2PO4。故答案为：步骤Ⅰ.磷酸加入 KCl，发生 KCl+H3PO4 KH2PO4+HCl，步骤Ⅱ.反应产生的 HCl 易溶于有机萃取剂，经萃取后，水相中 HCl 浓度降低，平衡正向移动，生成 KH2PO4； (4)有活塞的仪器在使用前需进行“检漏”操作，A．吸滤瓶没有活塞，连接好仪器后要检查 气密性，故 A 不选； B．球型分液漏斗有活塞，在使用前需进行“检漏”操作，故 B 选；C．蒸 馏烧瓶没有活塞，连接好仪器后要检查气密性，故 C 不选；D．碱式滴定管有活塞，在使用前 需进行“检漏”操作，故 D 选； 故答案为：BD； (5)步骤Ⅳ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等多步操作。在冷却结晶操作中，为了得 到磷酸二氢钾大晶体，常采取的措施有：自然冷却（缓慢冷却）。某同学发现使用加热浓缩、 - 24 - 冷却结晶得到的磷酸二氢钾晶体欠佳，请提出针对性的改进实验 方案：在磷酸二氢钾溶液中 加入乙醇，然后经过滤、干燥得到晶体。 故答案为：自然冷却（缓慢冷却）；在磷酸二氢钾溶液中加入乙醇。 32. 化合物 M(2-异丙基-4-甲基噻唑-5-甲酸乙酯)作为噻唑衍生物的代表，是重要的药物中 间体，某研究小组探究其合成路线如下： 已知：A、E 是同分异构体，且都只含一种官能团，A 有酸性而 E 没有； + 2 5C H ONa +R2OH (R1、R2、R3 均为 烃基) 请回答： (1)下列说法正确的是____。 A．化合物 F 中含有两种官能团 B．B→C 的反应是取代反应 C．化合物 A 的名称是 2-甲基丙酸 D．D＋G→M 的反应中还有小分子 H2O 和 HCl 生成 (2)写出化合物 B 的结构简式_____。 (3)写出 E→F 的化学方程式_____。 (4)以乙醇为原料，设计合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。 (5)写出化合物 D 同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_____。 ①1H−NMR 谱检测表明：分子中共有 4 种氢原子； ②IR 谱检测表明：分子中存在 ，无 2-NH - 25 - 【 答 案 】 (1). ABCD (2). (3). 2CH3COOCH2CH3 3 2CH CH ONa +CH3CH2OH (4). (5). 或 【解析】 【分析】 已知 A、E 是同分异构体，且都只含一种官能团，A 有酸性而 E 没有，由合成路线分析可知，A 与 SOCl2发生取代反应生成 B，B 与 NH3发生取代反应生成 C，C 与 P2S5生成 D，则 C 的结构简式 为 ，B的结构简式为 ，A 的结构简式为 ，又 2分子 E 在 CH3CH2ONa 的 条 件 下 发 生 已 知 反 应 生 成 F ， 则 E 为 CH3COOCH2CH3 ， F 为 ，F 与 SOCl2发生取代反应生成 G，G与 D 反应生成 M，据此分析 解答。 【详解】(1)A．根据上述分析，F 为 ，分子中含有羰基和酯基两 种官能团，A 正确； B．B与 NH3发生取代反应生成 C，B 正确； C．A的结构简式为 ，其名称为 2-甲基丙酸，C 正确； - 26 - D．根据前后物质结构分析可知，D 与 G 反应生成 M、H2O 和 HCl，D 选项正确； 故答案选 ABCD； (2)由上述分析，B的结构简式为 ； (3)2 分子 E 在 CH3CH2ONa 的条件下发生已知反应生成 F，反应的化学方程式为 2CH3COOCH2CH3 3 2CH CH ONa +CH3CH2OH； (4)以乙醇为原料合成 时，将乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛再催化氧 化得到乙酸，将乙醇在浓硫酸加热的条件下发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴单质加成得到 二溴乙烷，二溴乙烷再水解得到乙二醇，乙酸与乙二醇发生酯化反应可得到目标产物，合成 路线可设计为： ； (5)根据题干信息，化合物 D为 ，分子式为 C4H9SN，其同分异构体的分子中有 4 种氢原子，且存在 ，无—NH2，则符合条件的结构简式为 或 。 - 27 -