2020年浙江省湖州市、丽水市、衢州市高考化学模拟试卷（4月份） 46页

‎2020年浙江省湖州市、丽水市、衢州市高考化学模拟试卷（4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选择题部分有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．（2分）括号内物质是消毒剂的有效成分，其中含离子键的化合物是（　　）‎ A．84消毒液（NaClO） B．福尔马林（HCHO） ‎ C．医用酒精（CH3CH2OH） D．过氧乙酸（CH3COOOH）‎ ‎2．（2分）下列仪器及对应名称正确，且该仪器可用于加热的是（　　）‎ A．分液漏斗 B． 圆底烧瓶 ‎ C． 坩锅 D． 表面皿 ‎3．（2分）下列属于有机物，又是弱电解质的是（　　）‎ A．乙醇钠 B．氨水 C．乙酸 D．蔗糖 ‎4．（2分）下列反应中，属于氧化还原反应且H2O既不做氧化剂又不做还原剂的是（　　）‎ A．Cl2+H2O⇌HCl+HClO B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ ‎ C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．SO2+H2O═H2SO3‎ ‎5．（2分）下列物质的名称正确的是（　　）‎ A．2CaSO4•H2O：生石膏 B．CO（NH2）2：尿素 ‎ C．C6H10O5：纤维素 D．：2﹣乙基﹣1，4﹣丁二烯 ‎6．（2分）下列表示正确的是（　　）‎ A．乙醚的分子式：C4H10O ‎ B．二氧化硅的结构式：O＝Si＝O ‎ C．O2﹣的离子结构示意图： ‎ 第46页（共46页）‎ D．二氧化碳分子的的比例模型：‎ ‎7．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化 ‎ B．硬脂酸、软脂酸、油酸和亚油酸互为同系物 ‎ C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 ‎ D．由H、D、T、16O、18O这几种核素组成的水分子共有12种 ‎8．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．“水玻璃”是建筑行业常用的一种黏合剂 ‎ B．碘化银可用于人工降雨 ‎ C．海水中氯的含量很高，因此被称作“海洋元素” ‎ D．氧化镁具有很高的熔点，可做耐高温材料 ‎9．（2分）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如图：下列说法不正确的是（　　）‎ A．石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应 ‎ B．用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2、冰晶石等 ‎ C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1 ‎ D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物 ‎10．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．石油的裂解主要是为了得到乙烯、丙烯等短链气态不饱和烃 ‎ B．煤气化生成的CO和H2再经过催化合成得到液体燃料，属于煤的液化 ‎ C．利用化石燃料放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向 ‎ D．捕获工业排放的CO2，既能降低地球的温室效应，又能用来合成全降解塑料，实现碳的循环利用 ‎11．（2分）下列有关实验说法，不正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．为加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，可进行减压过滤 ‎ B．误吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒 ‎ C．“阿司匹林的合成”实验中抽滤制得乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中 ‎ D．NaCl、NaNO2可以用AgNO3溶液进行鉴别 ‎12．（2分）下列关于氮及其化合物的说法正确的是（　　）‎ A．N2分子的结构稳定，因而N2不能支持任何物质的燃烧 ‎ B．液氨汽化时要吸收大量热，故液氨可用作制冷剂 ‎ C．铵态氮肥与草木灰等肥料混合使用，肥效更好 ‎ D．浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发 ‎13．（2分）下列离子方程式不正确的是（　　）‎ A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+ ‎ B．过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O ‎ C．将少量SO2气体通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+3ClO3﹣+Ca2++H2O═CaSO4+Cl﹣+2HClO ‎ D．硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+‎ ‎14．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．油脂皂化反应中加入乙醇的主要目的是增加反应物的接触面积，以加快反应速率 ‎ B．往皂化液中加入热的饱和食盐水，搅拌，发现固体硬脂酸钠沉积在容器底部 ‎ C．用酸性KMnO4溶液（必要时可加热） 能鉴别苯、甲苯、乙醇 ‎ D．医用酒精可以消杀新冠病毒，因为它能使组成病毒的蛋白质变性 ‎15．（2分）阿比朵尔结构简式如图，它对体外的冠状病毒有抑制作用，有关说法正确的是（　　）‎ A．该物质化学式为C22H25BrN2O3S，分子中含有3个苯环结构 ‎ B．该物质存在多种官能团，如羟基、酯键、溴原子和甲基 ‎ 第46页（共46页）‎ C．一定条件下，该物质在NaOH溶液中能发生水解反应，产物有乙醇和溴化钠等 ‎ D．该物质能与溴水发生加成反应，也能与溴水发生取代反应 ‎16．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．ⅠA族元素全部属于金属元素，ⅦA族元素全部属于非金属元素 ‎ B．人们可以借助元素周期表，在金属与非金属的分界线附近寻找耐高温材料 ‎ C．1869年门捷列夫发现元素的性质随着元素核电荷数的递增而呈周期性变化的规律 ‎ D．2015年中、德、加科学家成功制备出了含+9价铱元素的离子（IrOn+），其中n＝4‎ ‎17．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．室温下，0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH＞7，则HA为弱酸 ‎ B．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣） ‎ C．中和浓度和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 ‎ D．将浓度和体积均相等的氨水和NaOH溶液分别加水稀释至pH相等，前者所加的水多 ‎18．（2分）2019年诺贝尔化学奖授予了约翰•古迪纳夫等三位科学家，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣x Mn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池的总反应为：NiOOH+MHM+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（　　）‎ A．锂离子电池充电时Li向阴极迁移 ‎ B．如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电 ‎ C．镍氢电池充电时，阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M还原 ‎ D．锂离子电池放电时，正极的电极反应式：Li1﹣x Mn2O4+xLi++xe﹣═LiMn2O4‎ ‎19．（2分）已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF（g）⇌（HF）2（g），经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量（M＝）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．该反应的△H＞0 ‎ B．气体的压强：p（a）＞p（b）＝p（c） ‎ C．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c） ‎ D．测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下 ‎20．（2分）NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目小于0.1NA ‎ B．10g18OD﹣含有的质子数目为5NA ‎ C．将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl﹣、ClO﹣三种微粒数目之和为2NA ‎ D．100mL 0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的阴离子数目小于0.01NA ‎21．（2分）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：4A（g）+bB（s）⇌cC（g）△H﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），反应过程中的部分数据如表所示：下列说法正确的是（　　）‎ ‎ n/（mol）‎ t/min n（A）‎ n（B）‎ n（C）‎ ‎0‎ ‎4.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎4‎ ‎0.4‎ ‎6‎ ‎2.8‎ ‎0.3‎ A．t＝2min时，c（A）＝3.2mol•L﹣1 ‎ B．反应开始后，不管t取何值，A与B的转化率均不可能相等 ‎ C．反应达到平衡状态时，用B表示的平均反应速率为0.075mol•L﹣1•min﹣1 ‎ D．t＝6min时，反应放出的热量为0.6Q ‎22．（2分）NH4X（X为卤素原子）‎ 第46页（共46页）‎ ‎ 有关转化过程的能量关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H4 ‎ B．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6＝0 ‎ C．因为NH4C1固体溶于水吸热，所以△H6＜0 ‎ D．相同条件下，NH4 Br的（△H2+△H3+△H5） 比NH4 I的大 ‎23．（2分）常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），下列说法正确的是（　　）‎ A．点a所示溶液中：c（NH4+）＝2c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ‎ B．点b所示溶液中：c（NH4+）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣） ‎ C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣） ‎ D．点d所示溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）‎ ‎24．（2分）某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分反应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色：振荡试管，红色又迅速褪去。已知：‎ ‎①CuCl2+Cu═2CuCl↓（白色）﹣﹣该反应速率很慢 ‎②2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl﹣﹣﹣该反应速率很快 ‎③（SCN）2是拟卤素，化学性质和氯气相似 下列说法正确的是（　　）‎ A．用KSCN溶液检验Fe2+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰 ‎ B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+‎ 第46页（共46页）‎ 与KSCN反应生成Fe（SCN）3 ‎ C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的 ‎ D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN﹣发生反应，从而使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡逆移 ‎25．（2分）溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：则下列说法正确的是（　　）‎ A．气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，气体乙能使澄清石灰水变浑浊 ‎ B．Fe2+和Fe3+可能都存在，SO42﹣、NH4+一定存在 ‎ C．若含有Fe”，则一定含有Cl﹣ ‎ D．该溶液中只存在上述离子中的NO3﹣、SO42﹣、NH4+、Fe2+四种离子 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26．（4分）（1）双氧水（H2O2）是一种绿色氧化剂，它的电子式为　 　。‎ ‎（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（﹣23℃）高，主要原因是　 　。‎ ‎（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。‎ ‎①肼的水溶液显碱性原因是　 　（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。‎ ‎②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　 　。‎ ‎27．（4分）达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00mol•L﹣1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。‎ ‎（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：　 　。‎ ‎（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3：1，则氢元素的质量分数为　 　。‎ ‎28．（5分）物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华） 和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：‎ 第46页（共46页）‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）X的化学式为　 　。‎ ‎（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为　 　。‎ ‎（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之　 　。‎ ‎29．（5分）某同学设计了如图所示的实验装置探究将SO 2、Cl2同时通入水中发生的反应。‎ ‎（1）H装置中主要发生的离子方程式为　 　，Ⅰ仪器的作用是　 　。‎ ‎（2）若H中Cl2和SO2恰好完全反应，为了检验溶液中的阴离子，补充完整实验操作，并写出结论：取少量H中溶液于洁净的试管中，　 　。‎ ‎30．（10分）已知：2H2O2 （l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0）‎ ‎（1）KI溶液可作为H2O2分解反应的催化剂，催化过程按以下两步反应进行：‎ I H2O2（l）+I﹣（aq）═H2O（l）+IO﹣（aq）△H1＝+bk Jmol﹣1（b＞0）‎ Ⅱ　 　，△H2＝　 　kJ•mol﹣1（用含a和b的代数式表示）‎ ‎①请将上述过程补充完整（提示：反应Ⅱ不是分解反应）。‎ ‎②已知：相同条件下，反应Ⅰ的反应速率小于反应Ⅱ的反应速率。如图为未加催化剂时H2O2分解反应的能量﹣反应历程示意图，请在图中画出加入KI溶液后该反应的能量﹣反应历程示意图。‎ ‎（2）H2O2的水溶液呈弱酸性，其电离过程如下：H2O2⇌H++HO2﹣：HO2﹣⇌H++O22﹣‎ 第46页（共46页）‎ 某温度下，其电离平衡常数K1＝1.1×10﹣11，则质量分数为30%（物质的量浓度为10mol•L﹣1）的H2O2水溶液的pH≈　 　（忽略H2O2的二级电离及水的电离）。‎ ‎（3）为研究温度对H2O2分解速率的影响（不加催化剂），可将一定浓度和体积的H2O2置于密闭容器中，在某温度下，经过一定的时间t，测定生成O2的体积V．然后保持其它初始条件不变，改变温度T，重复上述实验。获得V（O2）（转化成标况下的体积）～T关系曲线。‎ 下列趋势图可能符合实测V（O2）～T关系曲线的是　 　，原因是　 　。‎ ‎31．（10分）2019年12月中旬以来，新型冠状病毒肺炎（NCP） 肆虐全球，酒精、84消毒液、双氧水、过氧乙酸等化学品是常用的消毒剂，能够杀死新型冠状病毒。‎ Ⅰ．如图1是简易84消毒液发生器，写出该电解池中发生的总反应的化学方程式：　 　。‎ Ⅱ．过氧化尿素是一种新型漂白剂、消毒剂，漂白、消毒的效果优于H2O2和过氧乙酸。‎ 某工业用过氧化尿素的部分参数见如表：‎ 分子式 外观 热分解温度 熔点 水溶性（20℃）‎ CO（NH2‎ 白色晶体 ‎45℃‎ ‎75～85℃‎ ‎500g•L﹣1‎ 第46页（共46页）‎ ‎）2H2O2‎ 合成过氧化尿素的流程图2及反应器的示意图如图3：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）流程中操作①的名称为　 　，仪器X的名称是　 　。‎ ‎（2）流程中操作②的具体过程是　 　。‎ A．盐析、过滤 B．减压蒸馏、结晶、过滤 C．分液、过滤 D．常压蒸馏、萃取 ‎（3）搅拌器选用的材质是玻璃而不是铁质的原因是　 　。‎ ‎（4）为测定产品中活性氧的含量（含双氧水34%，则其中活性氧为16%），一般采用KMnO4标准溶液进行滴定，但由于KMnO4的强氧化性，其溶液很容易被空气或水中的少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，因此配制KMnO4标准溶液有如下步骤：‎ a．利用氧化还原滴定方法，在70～80℃条件下用基准试剂（纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度。‎ b．过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处。‎ c．称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1h。‎ d．用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO（OH）2。‎ ‎①请按照正确的流程对上述步骤进行排序　 　（填字母）。‎ ‎②在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用　 　。‎ A．H2C2O4•2H 2O B．FeSO4 C．浓盐酸 D．Na2SO 4‎ ‎③若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL．称取干燥样品1.2g。溶解后置于锥形瓶中，加入1mL6mol•L﹣1的硫酸，然后用上述KMnO4标准溶液滴定（KMnO4溶液与尿素不反应），平行实验三次，实验结果如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ KMnO4溶液体积（mL）‎ 滴定前读数 ‎0.00‎ ‎0.00‎ ‎1.00‎ 滴定后读数 ‎19.90‎ ‎22.70‎ ‎21.10‎ 产品中活性氧的质量分数为　 　（用含字母的最简等式表示）‎ ‎32．（12分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物Q是它的合成中间体，其合成路线如图：‎ 第46页（共46页）‎ 已知：R1CHOR1﹣CH═N﹣R2‎ ‎（1）下列说法不正确的是　 　。‎ A．有机物E所有原子一定共平面 B．核磁共振、质谱、红外光谱等可用于测定有机物Ⅰ的结构 C．H→J是加成反应 D．有机物Q分子式C21H33N2O5‎ ‎（2）写出化合物H的结构简式　 　。‎ ‎（3）写出K+L→M+P的化学方程式　 　。‎ ‎（4）设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。‎ ‎（5）有机物R是相对分子质量比F大14的网系物。R的1H﹣NMR谱表明分子中有3种氢原子，写出R符合条件的所有同分异构体的结构简式　 　。‎ 第46页（共46页）‎ ‎2020年浙江省湖州市、丽水市、衢州市高考化学模拟试卷（4月份）‎ 参考答案与试题解析 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选择题部分有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）‎ ‎1．（2分）括号内物质是消毒剂的有效成分，其中含离子键的化合物是（　　）‎ A．84消毒液（NaClO） B．福尔马林（HCHO） ‎ C．医用酒精（CH3CH2OH） D．过氧乙酸（CH3COOOH）‎ ‎【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、NaClO是含有离子键的离子化合物，故A正确；‎ B、HCHO中只含有共价键，故B错误；‎ C、CH3CH2OH分子中只含有共价键，故C错误；‎ D、过氧乙酸（CH3COOOH）分子中只含有共价键，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题主要考查化学键，熟悉判断化学键的一般规律即可解答，题目难度不大。‎ ‎2．（2分）下列仪器及对应名称正确，且该仪器可用于加热的是（　　）‎ A．分液漏斗 B． 圆底烧瓶 ‎ C． 坩锅 D． 表面皿 ‎【分析】能用于加热的仪器有：烧瓶、坩埚、蒸发皿、烧杯、锥形瓶和试管等，漏斗、滴定管、量筒和容量瓶等不能受热，据此分析。‎ ‎【解答】解：A、为分液漏斗，用于萃取和分液，不能受热，故A错误；‎ 第46页（共46页）‎ B、为圆底烧瓶，可以用于加热，但加热时必须垫石棉网，故B正确；‎ C、为坩埚，用于固体的灼烧或燃烧，即可以加热，故C错误；‎ D、为蒸发皿，能加热，不是表面皿，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了常见仪器的外形和名称，牢记常见仪器的名称，并注意化学专业术语的书写，难度不大。‎ ‎3．（2分）下列属于有机物，又是弱电解质的是（　　）‎ A．乙醇钠 B．氨水 C．乙酸 D．蔗糖 ‎【分析】一般含碳的化合物为有机物，除碳的氧化物、碳酸、碳酸盐；‎ 水溶液中或者熔融状态下部分电离的化合物为弱电解质；‎ 单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。‎ ‎【解答】解：A．乙醇钠水溶液中完全电离，是强电解质，故A不选；‎ B．氨水是混合物，不是电解质，故B不选；‎ C．乙酸属于有机物，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；‎ D．蔗糖是有机化合物，水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，故D不选；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质、非电解质、强电解质、弱电解质、有机物、无机物基本概念是解题关键，题目难度不大。‎ ‎4．（2分）下列反应中，属于氧化还原反应且H2O既不做氧化剂又不做还原剂的是（　　）‎ A．Cl2+H2O⇌HCl+HClO B．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ ‎ C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．SO2+H2O═H2SO3‎ ‎【分析】有元素化合价变化的化学反应为氧化还原反应，氧化还原反应中水中各元素化合价不变时，水既不是氧化剂也不是还原剂，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A．该反应中Cl2中Cl元素化合价由0价变为﹣1价、+1价，所以属于氧化还原反应，水中各元素化合价不变，则水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；‎ 第46页（共46页）‎ B．该反应中Na元素化合价由0价变为+1价、H元素化合价由+1价变为0价，则水是氧化剂，故B错误；‎ C．该反应中F元素化合价由0价变为﹣1价、O元素化合价由﹣2价变为0价，则水是还原剂，故C错误；‎ D．该反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生对氧化还原反应基本概念的理解和掌握，明确氧化还原反应特征是解本题关键，知道常见元素化合价，题目难度不大。‎ ‎5．（2分）下列物质的名称正确的是（　　）‎ A．2CaSO4•H2O：生石膏 B．CO（NH2）2：尿素 ‎ C．C6H10O5：纤维素 D．：2﹣乙基﹣1，4﹣丁二烯 ‎【分析】A、生石膏的化学式为：CaSO4•2H2O；‎ B、尿素是含有羰基和两个氨基的有机化合物；‎ C、纤维素没有固定化学式；‎ D、烯烃的命名选择含有碳碳双键的最长碳链作为主链，从离官能团最近的一端开始编号。‎ ‎【解答】解：A、生石膏的化学式为：CaSO4•2H2O，2CaSO4•H2O是熟石膏，故A错误；‎ B、尿素的分子式为CO（NH2）2，故B正确；‎ C、纤维素的分子通式为（C6H10O5）n，故C错误；‎ D、命名为：2﹣乙基﹣1，3﹣丁二烯，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查学生有机物的俗称和化学式之间的关系、有机物命名以及结构简式的书写等知识，注重基础的考查，难度不大。‎ ‎6．（2分）下列表示正确的是（　　）‎ A．乙醚的分子式：C4H10O ‎ B．二氧化硅的结构式：O＝Si＝O ‎ C．O2﹣的离子结构示意图： ‎ 第46页（共46页）‎ D．二氧化碳分子的的比例模型：‎ ‎【分析】A、乙醚是两分子的乙醇发生分子间脱水生成的；‎ B、二氧化硅为原子晶体，Si的周围有4个O，O原子周围有2个Si，在空间形成网状结构；‎ C、氧离子的核内有8个质子，核外有10个电子；‎ D、二氧化碳是直线型结构。‎ ‎【解答】解：A、乙醚是两分子的乙醇发生分子间脱水生成的，故其结构简式为CH3CH2OCH2CH3，分子式为C4H10O，故A正确；‎ B、二氧化硅为原子晶体，Si的周围有4个O，O原子周围有2个Si，在空间形成网状结构，不存在Si＝O，故B错误；‎ C、氧离子的核内有8个质子，核外有10个电子，故其结构示意图为，故C错误；‎ D、二氧化碳是直线型结构，故其比例模型为，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学用语，为高频考点，把握分子式、比例模型、结构示意图为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。‎ ‎7．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．同位素之间或同素异形体之间的相互转化均属于化学变化 ‎ B．硬脂酸、软脂酸、油酸和亚油酸互为同系物 ‎ C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 ‎ D．由H、D、T、16O、18O这几种核素组成的水分子共有12种 ‎【分析】A、根据其转化过程中是否有新物质生成来判断是否是化学变化；‎ B、同系物是指结构相似，分子组成上相差一个或多个CH2的有机物；‎ C、同分异构体是指分子式相同而结构不同的有机物；‎ D、根据H2O是由2个H原子和1个氧原子构成来分析。‎ ‎【解答】解：A、同位素之间的转化没有生成新的物质，因此不属于化学变化，同素异形体的转化有新物质生成，故属于化学变化，故A错误；‎ 第46页（共46页）‎ B、硬脂酸、软脂酸属于饱和一元羧酸，但是油酸和亚油酸属于不饱和一元羧酸，它们官能团种类数目不一样，不是同系物，故B错误；‎ C、CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3分子式和结构一样，都是乙酸乙酯，同一物质，不是同分异构体，故C错误；‎ D、一个水分子中含有两个氢原子和一个氧原子，若两个氢原子为同一种氢原子，则所形成水分子有3×2＝6种，若两个氢原子为不同的氢原子，则形成的水分子有3×2＝6种，因此共形成水分子有12种，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了同系物、同分异构体和同位素等概念和判断，难度不大，应注意由于H原子和O原子的种类导致水分子的不同。‎ ‎8．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．“水玻璃”是建筑行业常用的一种黏合剂 ‎ B．碘化银可用于人工降雨 ‎ C．海水中氯的含量很高，因此被称作“海洋元素” ‎ D．氧化镁具有很高的熔点，可做耐高温材料 ‎【分析】A．水玻璃是硅酸钠的水溶液为一种矿物胶；‎ B．碘化银易分解为碘单质和银；‎ C．海洋元素是溴；‎ D．作耐高温材料的物质一般具有较高的熔点；‎ ‎【解答】解：A．水玻璃具有黏合性，可做建筑行业中黏合剂，故A正确；‎ B．人工降雨其实就是将固态的凝结核打入云层中，要求就是固态微粒越多越好，而碘化银除了可以提供银微粒之外还可以提供碘微粒，效果更好，所以碘化银可用于人工降雨，故B正确；‎ C．海洋元素是溴，而非氯元素，故C错误；‎ D．氧化镁是离子化合物，离子键很强，所以氧化镁具有很高的熔点，可作耐高温材料，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累。‎ 第46页（共46页）‎ ‎9．（2分）工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如图：下列说法不正确的是（　　）‎ A．石灰石、纯碱、石英都属于盐，都能与盐酸反应 ‎ B．用铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2、冰晶石等 ‎ C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1 ‎ D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物 ‎【分析】铝土矿除杂后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝加入冰晶石熔融电解得到铝，‎ 石灰石、纯碱、石英混合熔融加热得到玻璃，‎ 石英加入焦炭还原得到粗硅，粗硅和氯气反应得到四氯化硅，四氯化硅被氢气还原得到纯硅，‎ 黄铜矿高温煅烧得到硫化亚铜、氧化亚铁和二氧化硫，硫化亚铜高温和氧气反应得到粗铜，电解精炼得到纯铜，‎ A．石英的主要成分为SiO2；‎ B．铝土矿制备较高纯度Al，利用氧化铝的两性，与碱反应后，通入足量二氧化碳，加热氢氧化铝得到氧化铝，最后电解；‎ C．发生SiO2+2CSi+2CO↑，Si元素的化合价降低、C元素的化合价升高；‎ D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应中，Cu、O元素的化合价降低、S元素的化合价升高。‎ ‎【解答】解：A．石英主要成分为二氧化硅，不是盐，与盐酸不反应，且玻璃与盐酸不反应，故A错误；‎ B．由铝土矿制备较高纯度A1，可用氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液，过滤后通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解氧化铝可生成铝，电解时为降低熔点，可加入冰晶石，故B正确；‎ C．粗硅的反应SiO2+2CSi+2CO↑，反应中二氧化硅为氧化剂，C为还原剂，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2：1，故C正确；‎ 第46页（共46页）‎ D．黄铜矿（CuFeS2）与O2反应产生的Cu2S、SO2、FeO，Cu、O元素化合价降低，则Cu2S、FeO均是还原产物，SO2既是还原产物又是还原产物，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高考常见题型，把握流程中发生的反应、物质的性质、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意金属冶炼及无机矿物资源的综合应用，题目难度不大。‎ ‎10．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．石油的裂解主要是为了得到乙烯、丙烯等短链气态不饱和烃 ‎ B．煤气化生成的CO和H2再经过催化合成得到液体燃料，属于煤的液化 ‎ C．利用化石燃料放出的热量使水分解产生氢气，是氢能开发的研究方向 ‎ D．捕获工业排放的CO2，既能降低地球的温室效应，又能用来合成全降解塑料，实现碳的循环利用 ‎【分析】A、石油裂解的目的是为了获得“三烯”；‎ B、用煤生产甲醇的过程为煤的液化；‎ C、利用化石燃料放出的热量使水分解产生氢气得不偿失；‎ D、CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳。‎ ‎【解答】解：A、石油裂解的目的是为了获得“三烯”，即获得乙烯、丙烯和1，3﹣丁二烯等，故A正确；‎ B、用煤生产甲醇的过程为煤的液化，过程是煤先气化生成的CO和H2，然后CO和氢气再经过催化合成得到液体燃料甲醇，故B正确；‎ C、利用化石燃料放出的热量使水分解产生氢气得不偿失，最理想的方法是用太阳能来使水分解制取氢气，故C错误；‎ D、CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，聚碳酸酯塑料能降解生成二氧化碳，所以能实现碳的循环利用，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题为综合题，考查了生活中能源的开发和利用等，熟悉相关内容是解题关键，题目难度不大。‎ ‎11．（2分）下列有关实验说法，不正确的是（　　）‎ A．为加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，可进行减压过滤 ‎ B．误吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒 ‎ 第46页（共46页）‎ C．“阿司匹林的合成”实验中抽滤制得乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，直至所有晶体被收集到布氏漏斗中 ‎ D．NaCl、NaNO2可以用AgNO3溶液进行鉴别 ‎【分析】A．减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥；‎ B．酒精和乙醚具有麻醉作用，减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽；‎ C．乙酰水杨酸微溶于水，冰水中溶解度降低；‎ D．二者均与硝酸银反应生成白色沉淀。‎ ‎【解答】解：A．减压过滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥，可加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；‎ B．酒精和乙醚具有麻醉作用，减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，则实验室中吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故B正确；‎ C．乙酰水杨酸微溶于水，冰水中溶解度降低，应取出锥形瓶，边摇边滴加1ml冷水，然后快速加入50ml 冷水，立即冰浴冷却，则乙酰水杨酸粗产品时需用滤液淋洗锥形瓶，待晶体完全析出后用布氏漏斗抽滤，故C正确；‎ D．二者均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。‎ ‎12．（2分）下列关于氮及其化合物的说法正确的是（　　）‎ A．N2分子的结构稳定，因而N2不能支持任何物质的燃烧 ‎ B．液氨汽化时要吸收大量热，故液氨可用作制冷剂 ‎ C．铵态氮肥与草木灰等肥料混合使用，肥效更好 ‎ D．浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发 ‎【分析】A．氮气能支持部分物质燃烧；‎ B．氨易液化，常作制冷剂；‎ C．铵盐遇显碱性的草木灰生成氨气，降低肥效，铵态氮肥不应跟碱性物质混合使用；‎ D．见光易分解的物质应该保存在棕色瓶中。‎ ‎【解答】解：A．虽然氮气分子的结构较稳定，镁能在氮气中燃烧生成氮化镁，所以氮气能支持燃烧，故A错误；‎ 第46页（共46页）‎ B．液氨汽化时要吸收大量热，因而液氨可用作制冷剂，故B正确；‎ C．铵态氮肥与草木灰混合，铵根离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，二者在一起会发生相互促进的水解反应，生成氨气，会降低肥效，反应为：2NH4++CO32﹣═2NH3↑+H2O+CO2↑，故C错误；‎ D．浓硝酸见光易分解，硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，反应的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，所以要保存在棕色试剂瓶中，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了氮及其化合物的性质，题目难度不大，熟悉氨气、铵盐、硝酸的性质是解题的关键，注意相关基础知识的积累。‎ ‎13．（2分）下列离子方程式不正确的是（　　）‎ A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：2H++CaCO3═CO2↑+H2O+Ca2+ ‎ B．过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O ‎ C．将少量SO2气体通入Ca（ClO）2溶液中：SO2+3ClO3﹣+Ca2++H2O═CaSO4+Cl﹣+2HClO ‎ D．硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+‎ ‎【分析】A．大理石的主要成分为碳酸钙，碳酸钙在离子方程式中需要保留化学式；‎ B．氢氧化钙过量，反应产物中不会存在碳酸根离子；‎ C．将少量SO2气体通入Ca（C1O）2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯离子；‎ D．氢氧化铜溶于过量氨水。‎ ‎【解答】解：A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2，反应的离子方程式为：2H++CaCO3＝CO2↑+H2O+Ca2+，故A正确；‎ B．过量氢氧化钙与碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，离子方程式为：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O，故B正确；‎ C．将少量SO2气体通入Ca（ClO）2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯离子，故离子方程式为SO2+3ClO﹣+Ca2++H2O═CaSO4+Cl﹣+2HClO，故C正确；‎ D．向硫酸铜溶液中加入过量的氨水：Cu2++4NH3•H2O＝Cu（NH3）42++4H2O，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】‎ 第46页（共46页）‎ 本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，注意量不同产物不同，反应实质的理解和分析是解题关键，需要熟练掌握基础，题目难度中等。‎ ‎14．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．油脂皂化反应中加入乙醇的主要目的是增加反应物的接触面积，以加快反应速率 ‎ B．往皂化液中加入热的饱和食盐水，搅拌，发现固体硬脂酸钠沉积在容器底部 ‎ C．用酸性KMnO4溶液（必要时可加热） 能鉴别苯、甲苯、乙醇 ‎ D．医用酒精可以消杀新冠病毒，因为它能使组成病毒的蛋白质变性 ‎【分析】A、油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大；‎ B．硬脂酸钠的密度比水小；‎ C．苯和高锰酸钾不反应，甲苯中的甲基能被高锰酸钾溶液氧化，乙醇也能被高锰酸钾溶液氧化；‎ D．医用酒精能使蛋白质变性。‎ ‎【解答】解：A、油脂难溶于水，在乙醇中的溶解度较大，油脂制肥皂实验中加一定量的乙醇是为了增加油脂的溶解，增大与碱的接触面积，加快反应速率，故A正确；‎ B．油脂完全皂化后生成高级脂肪酸盐、甘油，NaCl可降低高级脂肪酸盐的溶解度，则应加固体NaCl发生盐析，但析出的硬脂酸钠密度比水小，故浮在液面上，而不是沉淀在容器的底部，故B错误；‎ C．苯和高锰酸钾不反应，故不能使高锰酸钾溶液褪色；甲苯中的甲基能被高锰酸钾溶液氧化，故甲苯能使高锰酸钾溶液褪色，但得到的是苯甲酸的悬浊液；乙醇也能被高锰酸钾溶液氧化从而使高锰酸钾溶液褪色，乙醇能被氧化为乙酸，得到无色澄清溶液，故能用高锰酸钾溶液来鉴别三者，故C正确；‎ D．医用酒精能使蛋白质变性，故能用于杀菌消毒，故D正确。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了油脂皂化反应、有机物的鉴别以及蛋白质的变性，难度不大，应注意基础知识的掌握和积累。‎ ‎15．（2分）阿比朵尔结构简式如图，它对体外的冠状病毒有抑制作用，有关说法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．该物质化学式为C22H25BrN2O3S，分子中含有3个苯环结构 ‎ B．该物质存在多种官能团，如羟基、酯键、溴原子和甲基 ‎ C．一定条件下，该物质在NaOH溶液中能发生水解反应，产物有乙醇和溴化钠等 ‎ D．该物质能与溴水发生加成反应，也能与溴水发生取代反应 ‎【分析】有机物含有酚羟基、酯基、溴原子等官能团，具有酚、溴代烃以及酯类等有机物的性质，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．有机物含有2个苯环，故A错误；‎ B．甲基不是官能团，故B错误；‎ C．含有酯基，可与氢氧化钠溶液反应，可水解生成乙醇，且含有溴原子，可水解生成溴化钠，故C正确；‎ D．含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，酚羟基邻位、对位不含H原子，与溴水不能发生取代反应，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，把握有机物的结构、官能团、有机反应为解答的关键，题目难度不大。‎ ‎16．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．ⅠA族元素全部属于金属元素，ⅦA族元素全部属于非金属元素 ‎ B．人们可以借助元素周期表，在金属与非金属的分界线附近寻找耐高温材料 ‎ C．1869年门捷列夫发现元素的性质随着元素核电荷数的递增而呈周期性变化的规律 ‎ D．2015年中、德、加科学家成功制备出了含+9价铱元素的离子（IrOn+），其中n＝4‎ ‎【分析】A．IA族元素含H及碱金属元素；‎ B．元素周期表的金属与非金属的分界线处的元素具有金属和非金属的性质；‎ C、1869年门捷列夫发现元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性变化的规律；‎ D．离子中元素化合价代数和为+1。‎ ‎【解答】解：A、IA族元素含H及碱金属元素，所以Ⅰ 第46页（共46页）‎ A族元素并不是全部属于金属元素，故A错误；‎ B．元素周期表的金属与非金属的分界线处的元素具有金属和非金属的性质，具有半导体性质，故B错误；‎ C、1869年门捷列夫发现元素的性质随着相对原子质量的递增而呈周期性变化的规律，而不是核电荷数，故C错误；‎ D．氧元素的化合价为﹣2价，根据化合价代数和为+1可知，n＝4，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题为综合题，考查了研究化学的方法、元素周期表的结构、化合价，依据相关知识即可解答，注意对基础知识的积累。‎ ‎17．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．室温下，0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH＞7，则HA为弱酸 ‎ B．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c（Cl﹣）＝c（CH3COO﹣） ‎ C．中和浓度和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 ‎ D．将浓度和体积均相等的氨水和NaOH溶液分别加水稀释至pH相等，前者所加的水多 ‎【分析】A．NaA溶液的pH＞7（室温下），说明NaA为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可证明HA为弱酸；‎ B．温度相同时水的离子积相同，结合pH相同时氢离子浓度相同分析；‎ C．常温下等体积等浓度的KOH和一水合氨的物质的量相等，二者都是一元碱，消耗n（HCl）与碱的物质的量成正比；‎ D．NaOH是强酸，等体积等浓度的NaOH溶液和氨水，NaOH溶液的pH大。‎ ‎【解答】解：A．室温下，0.1mol•L﹣1NaA溶液的pH＞7，说明A﹣离子水解溶液显碱性，则证明HA为弱酸，故A正确；‎ B．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中氢离子浓度相等，由于水的离子积相同，则两溶液中c（OH﹣）相等，故B正确；‎ C．常温下等体积等浓度的KOH和一水合氨的物质的量相等，二者都是一元碱，消耗n（HCl）与碱的物质的量成正比，碱的物质的量相等，所以消耗酸的物质的量相等，故C正确；‎ D．NaOH是强酸，等体积等浓度的NaOH溶液和氨水，NaOH溶液的pH大，稀释至pH相等，所加水的体积NaOH溶液多，故D错误；‎ 故选：D。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【点评】本题考查弱电解质的电离和盐类水解，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确弱电解质电离及盐类水解影响因素、盐类水解程度与溶液浓度关系是解本题关键，B为解答易错点，易忽略体积而导致错误判断，题目难度不大。‎ ‎18．（2分）2019年诺贝尔化学奖授予了约翰•古迪纳夫等三位科学家，以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。某充电宝锂离子电池的总反应为：xLi+Li1﹣x Mn2O4LiMn2O4，某手机镍氢电池的总反应为：NiOOH+MHM+Ni（OH）2（M为储氢金属或合金），有关上述两种电池的说法不正确的是（　　）‎ A．锂离子电池充电时Li向阴极迁移 ‎ B．如图表示用锂离子电池给镍氢电池充电 ‎ C．镍氢电池充电时，阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，H2O中的H被M还原 ‎ D．锂离子电池放电时，正极的电极反应式：Li1﹣x Mn2O4+xLi++xe﹣═LiMn2O4‎ ‎【分析】A．根据电池放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极判断；‎ B．根据右图，锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程分析；‎ C．镍氢电池充电时，阴极为得电子的还原反应；‎ D．放电时，正极发生还原反应。‎ ‎【解答】解：A．锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Li+向正极迁移，故A正确；‎ B．图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氢电池为充电过程，所以锂离子电池给镍氢电池充电，故B正确；‎ C．镍氢电池充电时，阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣═MH+OH﹣，其中M为储氢金属或合金，化合价为0，H2O中的H被Ni（OH）2还原，故C错误；‎ D．锂离子电池放电时，正极发生得电子的还原反应，电极反应式：Li1﹣x Mn2O4+xLi++xe﹣═LiMn2O4，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】‎ 第46页（共46页）‎ 本题考查化学电源新型电池的工作原理，根据电池总反应式判断电极、正确书写电极反应式是解题的关键，题目难度中等。‎ ‎19．（2分）已知HF分子在一定条件下会发生二聚反应：2HF（g）⇌（HF）2（g），经实验测得，不同压强下，体系的平均相对分子质量（M＝）随温度（T）的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该反应的△H＞0 ‎ B．气体的压强：p（a）＞p（b）＝p（c） ‎ C．平衡常数：K（a）＝K（b）＜K（c） ‎ D．测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下 ‎【分析】A．温度升高气体平均摩尔质量减小，气体质量不变，物质的量增大，说明升高温度平衡逆反应方向进行；‎ B．bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强，气体物质的量减小，气体摩尔质量增大，则P1＞P2；‎ C．平衡常数只受温度的影响，升高温度平衡向着逆向移动，平衡常数减小；‎ D．该反应是气体体积缩小的放热反应，测定HF的相对分子质量应使平衡逆向进行选择条件。‎ ‎【解答】解：A．根据图示可知，温度升高气体平均摩尔质量减小，该反应前后气体的总质量不变，则升高温度气体的总物质的量增大，说明升温平衡向着逆反应方向进行，则 正反应为放热反应，该反应的△H＜0，故A错误；‎ B．bc点是压强相同条件下的化学平衡，依据图象分析可知温度不变时，增大压强平衡向着正向移动，气体总物质的量减小，气体摩尔质量增大，所以P1＞P2，即P（a）＜P（b）＝P（c），故B错误；‎ C．该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则a、b、c点温度越高平衡常数越小，平衡常数越小，则平衡常数K（a）＞K（c）＞K（b），故C错误；‎ 第46页（共46页）‎ D．反应2HF（g）⇌（HF）2（g）是气体体积缩小的放热反应，测定HF的相对分子质量时应使平衡向着逆向进行，所以测定HF的相对分子质量要在低压、高温条件下，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力。‎ ‎20．（2分）NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目小于0.1NA ‎ B．10g18OD﹣含有的质子数目为5NA ‎ C．将1molCl2通入足量水中，所得溶液中HClO、Cl﹣、ClO﹣三种微粒数目之和为2NA ‎ D．100mL 0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中含有的阴离子数目小于0.01NA ‎【分析】A、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol；‎ B、求出10g18OD﹣的物质的量，然后根据氢氧根中含9个质子来分析；‎ C、氯气和水的反应为可逆反应；‎ D、碳酸根的水解导致阴离子个数增多。‎ ‎【解答】解：A、常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，故2.24L混合气体的物质的量小于0.1mol，故碳原子个数小于0.1NA个，故A正确；‎ B、10g18OD﹣的物质的量为n＝＝0.5mol，而氢氧根中含9个质子，故0.5mol此氢氧根中含质子为4.5NA个，故B错误；‎ C、氯气和水的反应为可逆反应，故氯水中含有未反应的氯气分子，故所得溶液中HClO、Cl﹣、ClO﹣三种微粒数目之和小于2NA，故C错误；‎ D、碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故此溶液中阴离子数目大于0.01NA，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。‎ ‎21．（2分）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中发生反应：4A（g）+bB（s）⇌cC（g）△H﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），反应过程中的部分数据如表所示：下列说法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ ‎ n/（mol）‎ t/min n（A）‎ n（B）‎ n（C）‎ ‎0‎ ‎4.0‎ ‎1.0‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.6‎ ‎0.2‎ ‎4‎ ‎0.4‎ ‎6‎ ‎2.8‎ ‎0.3‎ A．t＝2min时，c（A）＝3.2mol•L﹣1 ‎ B．反应开始后，不管t取何值，A与B的转化率均不可能相等 ‎ C．反应达到平衡状态时，用B表示的平均反应速率为0.075mol•L﹣1•min﹣1 ‎ D．t＝6min时，反应放出的热量为0.6Q ‎【分析】A．由表格数据可知0～6min，△n（A）＝4.0mol﹣2.8mol＝1.2mol，△n（C）＝0.3mol，则△n（A）：△n（C）＝4：1，则c＝1，0～2min，△n（C）＝0.2mol，则△n（A）＝0.8mol，t＝2min时，n（A）＝4.0mol﹣0.8mol＝3.2mol，结合c＝计算；‎ B．由A可知c＝1，0～2min，△n（B）＝1.0mol﹣0.6mol＝0.4mol，△n（C）＝0.2mol，△n（B）：△n（C）＝2：1，则b＝2，根据方程式可知反应开始后，不管t取何值，△n（A）：△n（B）＝4：2，结合转化率＝分析；‎ C．0～4min，△n（B）＝1.0mol﹣0.4mol＝0.6mol，△n（A）：△n（B）＝4：2，则△n（A）＝1.2mol，此时4min时n（A）＝4.0mol﹣1.2mol＝2.8mol，说明反应在4min时反应已达到平衡状态；‎ D．由AB可知方程式为4A（g）+2B（s）⇌C（g）△H﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），根据热化学方程式的意义可知每生成1molC（g）反应放出QkJ热量。‎ ‎【解答】解：A．由表格数据可知0～6min，△n（A）＝4.0mol﹣2.8mol＝1.2mol，△n（C）＝0.3mol，则△n（A）：△n（C）＝4：1，则c＝1，0～2min，△n（C）＝0.2mol，则△n（A）＝0.8mol，t＝2min时，n（A）＝4.0mol﹣0.8mol＝3.2mol，t＝2min时，c（A）＝＝1.6mol•L﹣1，故A错误；‎ B．由A可知c＝1，0～2min，△n（B）＝1.0mol﹣0.6mol＝0.4mol，△n（C）＝0.2mol，△n（B）：△n（C）＝2：1，则b＝2，根据方程式可知反应开始后，不管t取何值，△n（A）：△n（B）＝4：2，‎ 第46页（共46页）‎ α（A）＝＝，α（B）＝＝，则，则反应开始后，不管t取何值，A与B的转化率均不可能相等，故B正确；‎ C．0～4min，△n（B）＝1.0mol﹣0.4mol＝0.6mol，△n（A）：△n（B）＝4：2，则△n（A）＝1.2mol，此时4min时n（A）＝4.0mol﹣1.2mol＝2.8mol，说明反应在4min时反应已达到平衡状态，若此时刚好达到平衡状态，则用B表示的平均反应速率为＝0.075mol•L﹣1•min﹣1，但不一定刚好达到化学平衡状态，故C错误；‎ D．由AB可知方程式为4A（g）+2B（s）⇌C（g）△H﹣QkJ•mol﹣1（Q＞0），根据热化学方程式的意义可知每生成1molC（g）反应放出QkJ热量，由表格数据表可知，t＝6min时，生成了0.3molC，则反应放出的热量为0.3QkJ，故D错误，‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查化学平衡相关知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及化学平衡的计算、热化学方程式的意义，对于热化学方程式的△H是指反应物完全转化为生成物放出或吸收的能量，此题难度中等。‎ ‎22．（2分）NH4X（X为卤素原子） 有关转化过程的能量关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H4 ‎ B．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6＝0 ‎ C．因为NH4C1固体溶于水吸热，所以△H6＜0 ‎ D．相同条件下，NH4 Br的（△H2+△H3+△H5） 比NH4 I的大 ‎【分析】A．NH4X分解为三种气体的反应是吸热反应，而X（g）变成X﹣（g）该过程为放热反应；‎ B．根据盖斯定律，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5＝﹣△H6；‎ C．NH4 C1固体溶于水电离出自由移动的离子，即NH4Cl（s）＝NH4+（aq）+Cl﹣（aq），该过程为吸热反应；‎ D．相同条件下，NH4 Br和NH4 I的△H2不同，Br﹣Br键的键能大于I﹣I键的键能。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【解答】解：A．NH4X分解为三种气体的反应是吸热反应，而X（g）变成X﹣（g）该过程为放热反应，则△H1＞△H4，故A正确；‎ B．根据盖斯定律，可知△H1+△H2+△H3+△H4+△H5＝﹣△H6，则△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6＝0，故B正确；‎ C．NH4 C1固体溶于水电离出自由移动的离子，NH4Cl（s）＝NH4+（aq）+Cl﹣（aq），该过程吸热，而NH4Cl（s）分解为NH4+（g）和Cl﹣（g）的过程需要吸收能量以破坏离子键，是吸热过程，则逆过程为放热反应，即△H6＜0，NH4C1固体溶于水吸热与△H6＜0两者没有因果关系，故C错误；‎ D．相同条件下，NH4 Br和NH4 I的△H2不同，Br﹣Br键的键能大于I﹣I键的键能，所以使等物质的量的Br2和I2变成原子，溴需要吸收的热量多，即NH4Br的△H2比NH4I的大，故D正确，‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物之间的关系，此题难度中等。‎ ‎23．（2分）常温下，向20.00mL 0.1000mol•L﹣1（NH4）2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol•L﹣1NaOH时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发），下列说法正确的是（　　）‎ A．点a所示溶液中：c（NH4+）＝2c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） ‎ B．点b所示溶液中：c（NH4+）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣） ‎ C．点c所示溶液中：c（SO42﹣）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣） ‎ D．点d所示溶液中：c（SO42﹣）＞c（NH3•H2O）＞c（OH﹣）＞c（NH4+）‎ ‎【分析】A、a点溶液，存在铵根离子水解使溶液呈酸性，但铵根离子水解是微弱的；‎ B、b点溶液为中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据生成的盐来分析判断；‎ C、c点溶液中的电荷守恒和物料守恒来判断；‎ D、d点溶液，（NH4）2SO4和NaOH以物质的量的比1：2恰好完全反应。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【解答】解：A、a点溶液，存在铵根离子的水解使溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），但铵根离子水解是微弱的，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）；a点溶液中的离子浓度为：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；‎ B、b点溶液为中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣）；（NH4）2SO4溶液酸性较弱，需加入少量NaOH才会使溶液呈中性，所以c（NH4+）＞c（Na+），故B错误；‎ C、c点溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣）；（NH4）2SO4和NaOH以物质的量的比1：1反应，生成Na2SO4和NH3•H2O，按（NH4）2SO4+NaOH＝Na2SO4+NH3•H2O+（NH4）2SO4反应，根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）＝2c（SO42﹣）+c（OH﹣）和物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）＝2c（SO42﹣）＝2c（Na+）；联立得：c（SO42﹣）+c（H+）＝c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故C正确；‎ D、d点溶液，（NH4）2SO4和NaOH以物质的量的比1：2恰好完全反应：（NH4）2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2NH3•H2O，NH3•H2O电离程度很小，所以c（NH3•H2O）＞c（SO42﹣），故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查学生对电离平衡及盐类的水解相关知识的理解，是重点和常考点；平时注意这些知识的归纳和积累，理解并掌握，构建思维导图并熟练应用，培养化学学科的科学素养，才能避免出错。‎ ‎24．（2分）某兴趣小组将过量Cu与FeCl3溶液充分反应，静置后取上层清液于试管中，将KSCN溶液滴加到清液中，观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色：振荡试管，红色又迅速褪去。已知：‎ ‎①CuCl2+Cu═2CuCl↓（白色）﹣﹣该反应速率很慢 ‎②2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl﹣﹣﹣该反应速率很快 ‎③（SCN）2是拟卤素，化学性质和氯气相似 下列说法正确的是（　　）‎ A．用KSCN溶液检验Fe2+时，Cu2+的存在不会对检验产生干扰 ‎ B．局部出现红色主要是因为溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+，Fe3+与KSCN反应生成Fe（SCN）3 ‎ C．白色沉淀是CuCl，是溶液中CuCl2与Cu反应生成的 ‎ 第46页（共46页）‎ D．红色迅速褪去的原因是振荡试管时Cu2+与SCN﹣发生反应，从而使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡逆移 ‎【分析】A、根据已知的信息：2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl来回答判断即可；‎ B、根据信息：（SCN）2，拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性；‎ C、根据信息提示：①CuCl2+Cu═2CuCl↓（白色）②2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl，确定白色沉淀的可能组成；‎ D、根据平衡移动原理知识来回答。‎ ‎【解答】解：A、用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；‎ B、红色物质是 Fe（SCN）3，（SCN）2拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶液中的 Fe2+也可能是被（SCN）2氧化成 Fe3+，故B错误；‎ C、Cu（过量）与 FeCl3 溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，在Cu过量时，继续反应CuCl2+Cu═2CuCl↓（白色），溶液中一定存在亚铁离子，可能会存在铜离子存在，一定会出现2CuCl↓（白色），但是将 KSCN 溶液滴加到混合液中，也可能存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓（白色）+（SCN）2+4KCl，所以他观察到瞬间产生白色沉淀可能是溶液中的 CuCl2与 Cu 反应生成，也可能是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；‎ D、Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，就会与SCN﹣反应，从而使Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3平衡逆向移动，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题综合考查物质的性质实验，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握题给信息以及实验的原理、方法，为解答该题的关键，答题时注意审题，难度较大。‎ ‎25．（2分）溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+和Fe3+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等。为确定该溶液的成分，某学习小组做了如下实验：则下列说法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，气体乙能使澄清石灰水变浑浊 ‎ B．Fe2+和Fe3+可能都存在，SO42﹣、NH4+一定存在 ‎ C．若含有Fe”，则一定含有Cl﹣ ‎ D．该溶液中只存在上述离子中的NO3﹣、SO42﹣、NH4+、Fe2+四种离子 ‎【分析】某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+中的几种，由实验可知，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32﹣与H+的反应，也可能是NO3﹣在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应；‎ 溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+；所得的溶液甲中加入过量氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42﹣；所得沉淀甲应为Fe（OH）2或Fe（OH）3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32﹣发生相互促进水解而不能共存，故溶液中无CO32﹣，则生成气体乙的反应只能是NO3﹣与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3﹣，且溶液X中所含阴离子的物质的量相等，即NO3﹣的物质的量也为0.02mol，由电荷守恒可知，溶液X中阴离子：0.02molNO3﹣，0.02molSO42﹣，共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol，溶液呈电中性可知，当0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，此时Cl﹣不存在，若Cl﹣存在；若溶液中含Fe3+，且一定含Fe2+，阳离子所带正电荷大于或等于0.06mol，则溶液中可能存在Cl﹣，以此来解答。‎ ‎【解答】解：A．气体甲为氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A错误；‎ B．由上述分析可知，Fe2+一定存在，故B错误；‎ C．由上述分析可知，由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时且一定含Fe2+，则阳离子所带的正电荷≥0.06mol，故溶液中可能含Cl﹣，故C错误；‎ D．该溶液中只存在上述离子中的NO3﹣、SO42﹣、NH4+、Fe2+四种离子，遵循电荷守恒，故D正确；‎ 第46页（共46页）‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意沉淀及气体的判断，X中一定含亚铁离子为解答的易错点，题目难度不大。‎ 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26．（4分）（1）双氧水（H2O2）是一种绿色氧化剂，它的电子式为　　。‎ ‎（2）在常压下，乙醇的沸点（78.2℃）比甲醚的沸点（﹣23℃）高，主要原因是　乙醇分子间存在氢键　。‎ ‎（3）联氨（又称肼，分子式N2H4）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。‎ ‎①肼的水溶液显碱性原因是　N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣　（请用肼在水中一级电离的方程式来表示）。‎ ‎②联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　N2H6（HSO4）2　。‎ ‎【分析】（1）H2O2是共价化合物，据此书写电子式；‎ ‎（2）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；‎ ‎（3）①肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子；‎ ‎②联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣。‎ ‎【解答】解：（1）H2O2是共价化合物，其电子式为，故答案为：；‎ ‎（2）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇分子间能形成氢键、乙烷分子之间不能形成氢键，所以乙醇的熔沸点高于乙烷，‎ 故答案为：乙醇分子间存在氢键；‎ ‎（3）①肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成OH﹣和阳离子，电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣；‎ 故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣；‎ ‎②联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH﹣，第二步电离方程式为N2H5++H2O⇌N2H62++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，‎ 故答案为：N2H6（HSO4）2。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【点评】本题考查化学用语、物质熔沸点比较、氮及其化合物性质等知识点，侧重考查基础知识的理解和灵活运用能力，题目难度不大。‎ ‎27．（4分）达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00mol•L﹣1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。‎ ‎（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：　1：16　。‎ ‎（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3：1，则氢元素的质量分数为　4.00%　。‎ ‎【分析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，涉及到的化学反应有：‎ ‎①OH﹣+H+＝H2O；‎ ‎②CO32﹣+H+═HCO3﹣；‎ ‎③HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑；‎ 利用质量守恒，结合化学方程式计算出氢原子的质量分数。‎ ‎【解答】解：（1）当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，‎ 所发生的反应分别为：①OH﹣+H+＝H2O；‎ ‎②CO32﹣+H+═HCO3﹣；‎ ‎③HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑；‎ 可③得n（CO2）＝n（HCO3﹣）＝n（CO32﹣）＝（45﹣42.5）×10﹣3L×4mol/L＝0.01mol，‎ 而中和OH﹣需要盐酸42.5ml﹣2.5ml＝40mL，所以n（OH﹣）＝40×10﹣3L×4mol/L＝0.16mol；‎ 所以碳酸根与氢氧根的物质的量之比为0.01mol：0.16mol＝1：16；‎ 故答案为：1：16；‎ ‎（2）根据电荷守恒，3n（Al3+）+2n（Mg2+）＝n（OH﹣）+2n（CO32﹣）＝0.16mol+0.01×2＝0.18mol，镁、铝元素的物质的量之比为3：1，‎ 设铝的物质的量为xmol，则有3x+2×3x＝0.18mol，解得x＝0.02mol，则镁的物质的量为0.06mol；‎ 依据质量守恒，物质中含有结晶水：‎ ‎6.02g﹣0.01mol×60g/mol﹣0.16mol×17g/mol﹣0.06mol×24g/mol﹣0.02mol×‎ 第46页（共46页）‎ ‎27g/mol＝0.72g，‎ 物质的量为＝0.04mol，该碱式碳酸盐的化学式为Al2Mg6（OH）16CO3•4H2O，所以氢元素的质量分数＝×100%≈4.00%；‎ 故答案为：4.00%。‎ ‎【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度中等，碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，如果忽略该过程，就会使结果大相径庭。‎ ‎28．（5分）物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华） 和一种盐A按物质的量之比1：2组成。在密闭容器中加热X使之完全分解，发生如下转化：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）X的化学式为　AlCl3•2FeSO4　。‎ ‎（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀NaOH溶液时发生的总反应的离子方程式为　Al3++2H++6OH﹣＝AlO2﹣+4H2O　。‎ ‎（3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之　将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2　。‎ ‎【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后，滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明B中含有+3价Fe，则B为Fe2O3，无色D气体能使品红褪色，则D为SO2，由元素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A为FeSO4，X的组成为AlCl3•2FeSO4．氧化铁的物质的量为＝0.02mol，生成二氧化硫为＝0.02mol，由Fe、S原子为1：1可知生成SO3为0.02mol，4.27g混合晶体E为AlCl3和SO3，AlCl3的物质的量为＝0.02mol，以此解答该题。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【解答】解：（1）由以上分析可知X为AlCl3•2FeSO4，故答案为：AlCl3•2FeSO4；‎ ‎（2）将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3++2H++6OH﹣＝AlO2﹣+4H2O，‎ 故答案为为：Al3++2H++6OH﹣＝AlO2﹣+4H2O；‎ ‎（3）若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2，‎ 故答案为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。‎ ‎【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目比较综合，需要学生熟练掌握元素化合物知识，确定A的组成是解题的关键，题目难度较大。‎ ‎29．（5分）某同学设计了如图所示的实验装置探究将SO 2、Cl2同时通入水中发生的反应。‎ ‎（1）H装置中主要发生的离子方程式为　SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣　，Ⅰ仪器的作用是　防止倒吸　。‎ ‎（2）若H中Cl2和SO2恰好完全反应，为了检验溶液中的阴离子，补充完整实验操作，并写出结论：取少量H中溶液于洁净的试管中，　向其中加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，过滤后取少量滤液，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，则含有氯离子　。‎ ‎【分析】（1）氯气具有氧化性，二氧化硫既有氧化性又有还原性，二者在水溶液中后发生反应生成盐酸和硫酸；SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸；‎ ‎（2）Cl2和SO2恰好完全反应生成盐酸和硫酸，溶液中的阴离子为硫酸根和氯离子，应先用硝酸钡检验硫酸根，后用硝酸银检验氯离子，据此分析解答。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【解答】解：（1）氯气具有氧化性，二氧化硫既有氧化性又有还原性，二者在水溶液中后发生反应生成盐酸和硫酸，离子方程式为SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣；SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则Ⅰ仪器的作用是防止倒吸，‎ 故答案为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl﹣+SO42﹣；防止倒吸；‎ ‎（2）Cl2和SO2恰好完全反应生成盐酸和硫酸，溶液中的阴离子为硫酸根和氯离子，应先用硝酸钡检验硫酸根，后用硝酸银检验氯离子，‎ 所以操作过程为：取少量H中溶液于洁净的试管中，向其中加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，过滤后取少量滤液，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，则含有氯离子，‎ 故答案为：向其中加入过量的硝酸钡溶液，产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，过滤后取少量滤液，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸沉淀不溶解，则含有氯离子。‎ ‎【点评】本题考查二氧化硫、氯气的性质，明确物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，难度不大。‎ ‎30．（10分）已知：2H2O2 （l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0）‎ ‎（1）KI溶液可作为H2O2分解反应的催化剂，催化过程按以下两步反应进行：‎ I H2O2（l）+I﹣（aq）═H2O（l）+IO﹣（aq）△H1＝+bk Jmol﹣1（b＞0）‎ Ⅱ　H2O2（l）+IO﹣（aq）＝H2O（l）+I﹣（aq）+O2（g）　，△H2＝　﹣（a+b）　kJ•mol﹣1（用含a和b的代数式表示）‎ ‎①请将上述过程补充完整（提示：反应Ⅱ不是分解反应）。‎ ‎②已知：相同条件下，反应Ⅰ的反应速率小于反应Ⅱ的反应速率。如图为未加催化剂时H2O2分解反应的能量﹣反应历程示意图，请在图中画出加入KI溶液后该反应的能量﹣反应历程示意图。‎ ‎（2）H2O2的水溶液呈弱酸性，其电离过程如下：H2O2⇌H++HO2﹣：HO2﹣⇌H++O22﹣‎ 某温度下，其电离平衡常数K1＝1.1×10﹣11，则质量分数为30%（物质的量浓度为10mol•L﹣1）的H2O2水溶液的pH≈　5　（忽略H2O2的二级电离及水的电离）。‎ ‎（3）为研究温度对H2O2分解速率的影响（不加催化剂），可将一定浓度和体积的H2O2置于密闭容器中，在某温度下，经过一定的时间t，测定生成O2的体积V．然后保持其它初始条件不变，改变温度T，重复上述实验。获得V（O2）（转化成标况下的体积）～T关系曲线。‎ 下列趋势图可能符合实测V（O2）～T关系曲线的是　C　，原因是 第46页（共46页）‎ ‎　该反应不是可逆反应，则不考虑温度对化学平衡的影响，温度越高，反应速率越快，即相同反应时间测得的氧气体积随温度升高而增大　。‎ ‎【分析】（1）①总反应：2H2O2 （l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣akJ•mol﹣1‎ I H2O2（l）+I﹣（aq）═H2O（l）+IO﹣（aq）△H1＝+bk Jmol﹣1‎ 根据盖斯定律总反应﹣Ⅰ得Ⅱ；‎ ‎②由题意得H2O2分解分为两步，且反应Ⅰ的反应速率小于反应Ⅱ的反应速率，说明反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，同时加入加入KI溶液，反应速率加快，即活化能降低；‎ ‎（2）H2O2⇌H++HO2﹣：K1＝1.1×10﹣11＝，H2O2物质的量浓度为10mol•L﹣1，计算出c（H+）；‎ ‎（3）该反应不是可逆反应，不考虑温度对化学平衡的影响，再结合温度越高，反应速率越快分析。‎ ‎【解答】解：（1）①总反应：2H2O2 （l）═2H2O（l）+O2（g）△H＝﹣akJ•mol﹣1‎ I H2O2（l）+I﹣（aq）═H2O（l）+IO﹣（aq）△H1＝+bk Jmol﹣1‎ 根据盖斯定律总反应﹣Ⅰ得H2O2（l）+IO﹣（aq）＝H2O（l）+I﹣（aq）+O2（g）△H═﹣（a+b）kJmol﹣1，‎ 故答案为：H2O2（l）+IO﹣（aq）＝H2O（l）+I﹣（aq）+O2（g）；﹣（a+b）；‎ ‎②由题意得H2O2分解分为两步，说明有两个“峰”，同时反应Ⅰ的反应速率小于反应Ⅱ的反应速率，说明反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，同时加入加入KI溶液，反应速率加快，即活化能降低，加入KI溶液后该反应的能量﹣反应历程示意图：‎ 第46页（共46页）‎ ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎（2）H2O2⇌H++HO2﹣：K1＝1.1×10﹣11＝，H2O2物质的量浓度为10mol•L﹣1，则c（H+）＝1.05×10﹣5mol/L，‎ pH＝﹣lgc（H+）≈5，‎ 故答案为：5；‎ ‎（3）该反应不是可逆反应，则不考虑温度对化学平衡的影响，温度越高，反应速率越快，即相同反应时间测得的氧气体积随温度升高而增大，‎ 故答案为：C；该反应不是可逆反应，则不考虑温度对化学平衡的影响，温度越高，反应速率越快，即相同反应时间测得的氧气体积随温度升高而增大；‎ ‎【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及热化学方程式的书写、活化能、电离平衡、反应速率的影响因素，要注意理解活化能，活化能低，说明反应速率快，此题难度中等。‎ ‎31．（10分）2019年12月中旬以来，新型冠状病毒肺炎（NCP） 肆虐全球，酒精、84消毒液、双氧水、过氧乙酸等化学品是常用的消毒剂，能够杀死新型冠状病毒。‎ Ⅰ．如图1是简易84消毒液发生器，写出该电解池中发生的总反应的化学方程式：　NaCl+H2ONaClO+H2↑　。‎ 第46页（共46页）‎ Ⅱ．过氧化尿素是一种新型漂白剂、消毒剂，漂白、消毒的效果优于H2O2和过氧乙酸。‎ 某工业用过氧化尿素的部分参数见如表：‎ 分子式 外观 热分解温度 熔点 水溶性（20℃）‎ CO（NH2）2H2O2‎ 白色晶体 ‎45℃‎ ‎75～85℃‎ ‎500g•L﹣1‎ 合成过氧化尿素的流程图2及反应器的示意图如图3：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）流程中操作①的名称为　过滤　，仪器X的名称是　冷凝管　。‎ ‎（2）流程中操作②的具体过程是　B　。‎ A．盐析、过滤 B．减压蒸馏、结晶、过滤 C．分液、过滤 D．常压蒸馏、萃取 ‎（3）搅拌器选用的材质是玻璃而不是铁质的原因是　双氧水具有氧化性，铝、铁具有强还原性，容易被H2O2氧化，且生成的Fe3+会催化过氧化氢的分解　。‎ ‎（4）为测定产品中活性氧的含量（含双氧水34%，则其中活性氧为16%），一般采用KMnO4标准溶液进行滴定，但由于KMnO4的强氧化性，其溶液很容易被空气或水中的少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，因此配制KMnO4标准溶液有如下步骤：‎ a．利用氧化还原滴定方法，在70～80℃条件下用基准试剂（纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度。‎ b．过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处。‎ c．称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1h。‎ d．用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO（OH）2。‎ ‎①请按照正确的流程对上述步骤进行排序　cdba　（填字母）。‎ ‎②在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用　A　。‎ 第46页（共46页）‎ A．H2C2O4•2H 2O B．FeSO4 C．浓盐酸 D．Na2SO 4‎ ‎③若准确称取Wg你选的基准试剂溶于水配成500mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL．称取干燥样品1.2g。溶解后置于锥形瓶中，加入1mL6mol•L﹣1的硫酸，然后用上述KMnO4标准溶液滴定（KMnO4溶液与尿素不反应），平行实验三次，实验结果如下：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ KMnO4溶液体积（mL）‎ 滴定前读数 ‎0.00‎ ‎0.00‎ ‎1.00‎ 滴定后读数 ‎19.90‎ ‎22.70‎ ‎21.10‎ 产品中活性氧的质量分数为　　（用含字母的最简等式表示）‎ ‎【分析】Ⅰ如图是简易84消毒液发生器，电解氯化钠的饱和溶液，生成氢氧化钠，氢气，氯气，氯气会与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该电解池中发生的总反应为氯化钠和水在通电的条件下生成次氯酸钠和氢气；‎ Ⅱ过氧化氢与尿素反应生成过氧化尿素，经过过滤得氧化尿素粗产品，母液中含有未反应的尿素经过减压蒸馏、结晶、过滤可循环使用，‎ ‎（1）流程中操作①为固液分离，根据图示仪器的结构判断名称；‎ ‎（2）根据题中提供的过氧化尿素的物理性质分析推断操作②的过程；‎ ‎（3）双氧水是强氧化剂，能氧化活泼金属；‎ ‎（4）①由于KMnO4的强氧化性，其溶液很容易被空气或水中的少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，结合该性质分析配制步骤；‎ ‎②选做基准试剂的物质必须满足纯度高、稳定性好，如硫酸亚铁、亚硫酸钠容易被氧化变质的试剂不能作为基准试剂，浓盐酸具有挥发性，也不能做基准试剂；‎ ‎③先计算草酸的物质的量浓度，再根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算高锰酸钾的物质的量浓度，再用高锰酸钾的量计算双氧水的质量分数，根据质量分数为34%的双氧水，则其中活性氧为16%，计算活性氧含量。‎ ‎【解答】解：Ⅰ简易84消毒液发生器，该电解池中发生的总反应的化学方程式：NaCl+H2ONaClO+H2↑，‎ 故答案为：NaCl+H2ONaClO+H2↑；‎ Ⅱ（1）流程中操作①‎ 第46页（共46页）‎ 从混合物中分离出固体和溶液，所以采用过滤操作；仪器X的名称是冷凝管，‎ 故答案为：过滤；冷凝管；‎ ‎（2）根据过氧化尿素的部分参数表，45℃左右受热易分解，熔点低，水溶性较大，需要在较低的温度下过氧化尿素形成晶体分离，不能使用常压蒸馏，应使用减压蒸馏的方法，降低蒸馏操作所需的温度，确保过氧化尿素不分解，则流程中操作②要将过氧化尿素分离出来的操作应选B，‎ 故答案为：B；‎ ‎（3）双氧水具有氧化性，铝、铁具有强还原性，容易被H2O2氧化，且生成的Fe3+会催化过氧化氢的分解，所以搅拌器不能选择铁质或铝质材料，‎ 故答案为：双氧水具有氧化性，铝、铁具有强还原性，容易被H2O2氧化，且生成的Fe3+会催化过氧化氢的分解；‎ ‎（4）①由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO（OH）2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下：称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸，用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO（OH）2，过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶中并放在暗处，利用氧化还原滴定方法，在70～80℃条件下用基准试剂纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质）溶液标定其浓度，顺序为cdba，‎ 故答案为：cdba；‎ ‎②A、H2C2O4•2H2O常温下是稳定的结晶水水化物，溶于水后纯度高、稳定性好，可以用作基准试剂，故A正确；‎ B、FeSO4•7H2O在空气中不稳定，亚铁离子容易被氧化成铁离子，不宜用作基准试剂，故B错误；‎ C、浓盐酸不稳定，易挥发，不宜用作基准试剂，故C错误；‎ D、Na2SO3具有还原性，在空气中容易被氧化成硫酸钠，不宜用作基准试剂，故D错误；‎ 故答案为：A；‎ ‎③草酸的物质的量浓度为：＝mol/L，根据反应方程式6H++2MnO4﹣+5H2C2O4•2H2O═2Mn2++10CO2↑+18H2‎ 第46页（共46页）‎ O中草酸和高锰酸钾之间的关系式得，酸性高锰酸钾的物质的量浓度＝＝mol/L；根据得失电子守恒知，5H2O2～2KMnO4，n（H2O2）＝n（KMnO4），由于第2组数据偏差较大，应舍去，所以消耗高锰酸钾溶液的体积为实验1和实验3两组的平均值，即20.00mL，n（H2O2）＝×mol•L﹣1×0.02L＝mol，双氧水的质量分数＝＝×100%，根据质量分数为34%的双氧水，其中活性氧为16%，则产品中活性氧的质量分数为×100%×＝，‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握发生的化学反应及实验操作为解答的关键，注意信息与所学知识的结合，试题侧重分析能力及实验能力的考查。‎ ‎32．（12分）“达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物Q是它的合成中间体，其合成路线如图：‎ 第46页（共46页）‎ 已知：R1CHOR1﹣CH═N﹣R2‎ ‎（1）下列说法不正确的是　AD　。‎ A．有机物E所有原子一定共平面 B．核磁共振、质谱、红外光谱等可用于测定有机物Ⅰ的结构 C．H→J是加成反应 D．有机物Q分子式C21H33N2O5‎ ‎（2）写出化合物H的结构简式　　。‎ ‎（3）写出K+L→M+P的化学方程式　　。‎ ‎（4）设计从苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　‎ 第46页（共46页）‎ ‎　。‎ ‎（5）有机物R是相对分子质量比F大14的网系物。R的1H﹣NMR谱表明分子中有3种氢原子，写出R符合条件的所有同分异构体的结构简式　（CH3）3CCH2NH2、（CH3）3CNHCH3、（ CH3）2CHN（ CH3）2、（CH3CH2）2NCH3　。‎ ‎【分析】根据题中合成路线，结合F和G的结构简式以及E的化学式可知，E为，E与F发生题中信息中的反应得G，根据H的化学式可知，G发生还原反应得H 为，比较H、I、J的化学式可知，H和I发生加成反应生成J，根据P的化学式及K、L、M 的结构简式可知，K与L发生取代反应生成M和P，则P为，‎ ‎（4）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，据此答题。‎ ‎【解答】解：（1）A．E为，E中苯环与醛基之间的单键可以旋转，所以醛基中氢和氧原子不一定和苯环一定共平面，故A错误；‎ B．核磁共振可确定I中氢原子的种类、质谱可确定I的相对分子质量、红外光谱可确定I中的化学键和官能团，所以这些可用于测定有机物Ⅰ的结构，故B正确；‎ C．根据上面的分析可知，H→J是加成反应，故C正确；‎ D．有机物Q分子式为C21H32N2O5，故D错误，‎ 故答案为：AD；‎ ‎（2）根据上面的分析可知，化合物H的结构简式为，‎ 故答案为：；‎ 第46页（共46页）‎ ‎（3）K与L发生取代反应生成M和P，K+L→M+P的化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）苯甲醇氧化得苯甲醛，苯甲醛与CH3NH2发生题中信息中的反应得，再发生类似题中E到F 的反应可得，合成路线为，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）有机物R是相对分子质量比F大14的同系物，则R中有氮原子且比F多一个CH2，R的1H﹣NMR谱表明分子中有3种氢原子，则符合条件的所有同分异构体的结构简式为（CH3）3CCH2NH2、（CH3）3CNHCH3、（ CH3）2CHN（ CH3）2、（CH3CH2）2NCH3，‎ 故答案为：（CH3）3CCH2NH2、（CH3）3CNHCH3、（ CH3）2CHN（ CH3）2、（CH3CH2）2NCH3。‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成与推断，为高考常见题型，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构、碳链异构，题目难度中等。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/5/28 9:04:50；用户：复圣中学；邮箱：fszx519@xyh.com；学号：37091097‎ 第46页（共46页）‎