1、浙江省温州市平阳县2020届高三化学6月适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28 S32 Cl35.5 K39第I卷一、选择题(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)1. 常温下为固体形态且只含有共价键的化合物是A. H2OB. NaHC. C60D. 苯酚【答案】D【解析】【详解】AH2O是共价化合物，只含共价键，常温下是液体，故不选A； BNaH是离子化合物，含有离子键，故不选B；CC60是非金属单质，故不选C；D苯酚是共价化合物，只含共价键，常温下是固体，故选D；选D。2. 以下是实验室常用
2、的部分仪器，能作反应容器且可直接加热的仪器是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】了解常用仪器的作用和用法首先了解可直接加热的仪器有：试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙，烧杯需要垫石棉网加热，据此分析。【详解】可直接加热的仪器是试管、蒸发皿、坩埚、燃烧匙，上图中符合条件的只有试管，烧杯烧瓶加热时需要垫石棉网，容量瓶不能加热。答案选D。3. 下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于电解质的是A. 氯气B. 硬脂酸(C17H35COOH)C. 氯化钾D. 甘油【答案】B【解析】【详解】A氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A； B硬脂酸(C17H35COOH)是弱酸，属于电解质，C
3、17H35COOH电离出氢离子，抑制水电离，故选B；C氯化钾是强酸强碱盐，溶于水，不破坏水的电离平衡，故不选C； D甘油是丙三醇，属于非电解质，故不选D；选B。4. K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol eC. K2FeO4具有氧化杀菌作用D. 该实验条件下的氧化性：KNO3K2FeO4【答案】B【解析】【详解】A. 氮元素化合价
4、降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故D正确；答案选B。5. 下列物质名称正确的是A. CCl4:氯仿B. CaSO4:熟石膏C. CH3CH(OH)COOH:乳酸D. Na2
5、SiO3(s):水玻璃【答案】C【解析】【详解】ACCl4是四氯化碳，氯仿是指CHCl3，A错误；B熟石膏是指2CaSO4H2O，B错误；C乳酸的结构简式为CH3CH(OH)COOH，C正确；D水玻璃是指Na2SiO3的水溶液，D错误；答案选C。6. 用化学用语表示其中正确的是A. Cl-的结构示意图：B. HClO的电子式：C. 丙烷分子的比例模型：D. 2乙基1，3-丁二烯分子的键线式：【答案】D【解析】【详解】ACl-核外有18个电子，Cl-的结构示意图：，故A错误； BHClO的电子式是：，故B错误；C是丙烷分子的球棍模型，不是比例模型，故C错误； D含有2个双键，为二烯烃，名称是2乙
6、基1，3-丁二烯，故D正确；选D。7. 下列说法不正确的是A. 和互为同位素B. 12C和13C互为同素异形体C. C2H5Cl与互为同系物D. 乙醚和1-丁醇互为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A和质子数相同，中子数不同，互为同位素，A正确；B12C和13C质子数相同，中子数不同，互为同位素，不是同素异形体，B错误；CC2H5Cl与结构相似，分子式相差1个CH2，互为同系物，C正确；D乙醚和1-丁醇分子式相同，结构式不同，互为同分异构体；D正确；故选B。8. 下列说法不正确的是A. 利用铝的还原性和铝转化为氧化铝时能放出大量的热的性质，工业上常用铝粉还原一些金属氧化物B. 单质碳有还原性
7、，在高炉炼铁中直接将氧化铁还原成铁C. 研制出性能优良的催化剂可以使反应温度降低，提高反应速率，从而起到很好的节能效果D. 太阳能电池板可将光能转换为电能，所用转换材料是硅晶体【答案】B【解析】【详解】A铝是活泼金属，铝热反应放热，工业上常用铝冶炼高熔点金属，故A正确；B在高炉炼铁中用CO将氧化铁还原成铁，故B错误；C催化剂能降低反应活化能，提高反应速率，从而起到很好的节能效果，故C正确；D晶体硅是半导体材料，晶体硅制作的太阳能电池板将光能转换为电能，故D正确； 选B。9. 下列说法不正确的是A. 试管中残余的氯化银可以用氨水溶解B. 金属铜长时间在空气中会与二氧化碳、氧气和水作用而生成铜锈C
8、. 根据金属活动顺序表，Na不能从熔融KCl中置换出KD. 可用H2还原SiCl4制备单质Si【答案】C【解析】【详解】A氯化银和氨水反应生成 ，氯化银可以用氨水溶解，故A正确；B金属铜长时间在空气中会与二氧化碳、氧气和水作用而生成 ，故B正确；C钾熔点比钠低，Na能从熔融KCl中置换出K，故C错误；D可用H2还原SiCl4生成Si和氯化氢，故D正确；选C。10. 下列说法不正确的是A. 对煤进行综合利用，主要是为了提高煤的燃烧效率B. 石油的裂解所需温度比裂化更高，乙烯可以从石油裂解气中得到C. 可燃冰是甲烷与水在高压下形成的天然气的水合物D. 利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分
9、解产生氢气【答案】A【解析】【详解】A对煤进行综合利用，主要是为了要将煤转化为清洁的能源，同时又能有效地提取分离煤中所含的宝贵化工原料，A错误；B石油的裂解是使长碳链变成短碳链，所以所需温度比裂化更高，乙烯可以从石油裂解气中得到，B正确；C甲烷与水在高压下形成的天然气的水合物称为可燃冰，C正确；D蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下，使水分解产生氢气，D正确；故选A。11. 下列有关实验说法，正确的是A. 某溶液加强碱并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液溶质为铵盐B. 将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，可推知该样品已经氧化变质C. 往含有FeBr2和F
10、eI2的混合溶液中通入足量的氯气，然后把溶液蒸干，得到FeCl3固体D. 向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡【答案】D【解析】【详解】A某溶液加强碱并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中一定含有，但不一定是铵盐，A选项错误；B在酸性条件下可将Fe2+氧化成Fe3+，因此将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，该样品不一定氧化变质，B选项错误；C往含有FeBr2和FeI2的混合溶液中通入足量的氯气，充分反应生成FeCl3、Br2、I2，然后把溶液蒸干，Br2挥发、I2升华，FeCl3易水解，
11、且加热使得水解平衡正向移动，产物HCl挥发，最终得到的产物为Fe(OH)3，C选项错误；DNa2CO3溶液中存在水解平衡，向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，Ba2+与结合成BaCO3，平衡逆向移动，OH-浓度减小，溶液红色变浅，D选项正确；答案选D。12. 下列关于氮及其化合物说法，不正确的是A. 人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞B. 光化学烟雾即为含有二氧化氮的有毒烟雾C. 氨水可作化肥D. 工业硝酸常因溶有少量NO2而略显黄色【答案】B【解析】【详解】ANO是信号分子，在身体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体血管系统内促进血管扩张，防止血管
12、栓塞，A选项正确；B光化学烟雾是一次污染物(如氮的氧化物、碳氢化合物等)发生光化学反应后生成的二次污染物，B选项错误；C氨水中含有N元素，可作氮肥，C选项正确；D工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，D选项正确；答案选B。13. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. 在火柴头浸取的水溶液中滴入AgNO3溶液，稀硝酸溶液检验氯元素时离子反应：Ag+Cl-=AgClB. NaNO2溶液中滴加适量稀盐酸：2+2H+=H2O+NO+NO2C. 向Cu(NO3)2溶液中加入过量氨水：Cu2+2NH3H2O= Cu(OH)2+2D. 苯酚与三氯化铁溶液反应，得到溶液显紫色：6
13、C6H5O-+Fe3+=Fe(OC6H5)63-【答案】B【解析】【详解】A火柴头含有氯酸钾，浸于水中片刻后的溶液，溶液中Cl以ClO3-的形式存在，故A错误；BNaNO2溶液中滴加适量稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、NO、NO2、H2O，反应方程式是2+2H+=H2O+NO+NO2，故B正确；C向Cu(NO3)2溶液中加入过量氨水生成Cu(NH3)42+，故C错误；D苯酚是弱电解质，离子方程式中苯酚不能拆写为离子，苯酚与三氯化铁溶液反应的离子方程式是苯酚与三氯化铁溶液反应，6C6H5OH+Fe3+=Fe(OC6H5)63-+ 6H+，故D错误；选B。14. 下列说法不正确的是A. 糖类都是由C
14、、H、O三种元素组成的一类有机化合物B. 用碳酸钠可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体C. 用灼烧的方法可以鉴别人造革与真皮D. 检验CH2=CHCHO中官能团操作：取样于试管中，先滴放足量银氨溶液，水浴加热，取上层清液，再加入少量溴水，可分别得出结果【答案】D【解析】【详解】A糖是多羟基醛或多羟基酮，糖类都是由C、H、O三种元素组成的一类有机化合物，故A正确；B碳酸钠和乙酸反应生成二氧化碳气体，苯和碳酸钠溶液混合后分层，乙醇和碳酸钠溶液混合后不分层，用碳酸钠可一次性鉴别乙酸、苯和乙醇三种无色液体，故B正确；C真皮的成分是蛋白质，灼烧有烧羽毛的气味，用灼烧的方法可以鉴别人造革与真皮，故C正确
15、；D检验CH2=CHCHO中官能团操作：取样于试管中，先滴放足量银氨溶液，水浴加热，若有银镜产生，说明含有醛基，取上层清液，酸化后，再加入少量溴水，若溴水褪色，说明含有碳碳双键，故D错误；选D。15. 聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A. 聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B. 聚维酮的单体是：C. 聚维酮碘是一种水溶性物质D. 聚维酮在一定条件下能发生水解反应【答案】A【解析】【详解】A聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚
16、而成，A项错误；B由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。16. 下列说法正确的是A. 最外层电子数相同的微粒，其化学性质必然相似B. VIIA族元素其简单阴离子的核外电子层数等于该元素的周期数C. 同主族相邻元素原
17、子序数之差可以为28D. 非金属元素氢化物越稳定，该非金属性越强【答案】B【解析】【详解】A最外层电子数相同的微粒，其化学性质不一定相似，如He和Mg，前者为稀有气体元素、稳定，后者为金属元素、具有还原性，A选项错误；BVIIA族元素最外层获得电子达8电子稳定结构，电子层数不变，元素周期数=原子电子层数，所以VIIA族元素其简单阴离子的核外电子层数等于该元素的周期数，B选项正确；C同主族相邻元素原子序数之差可以为2、8、18、32，但不可能为28，C选项错误；D非金属元素简单气态氢化物越稳定，该元素的非金属性越强，D选项错误；答案选B。17. pc类似pH，是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用
18、对数负值。如某溶液溶质的浓度为110-3mol/L，则该溶液溶质的pc=3。下列说法正确的是A. 25C时，0.01mol/LNa2S水溶液中，pc(H+)+pc(OH-)=14B. 用0.01mol/L的NaOH溶液滴定某浓度的盐酸，滴定过程中pc(OH-)逐渐增大C. 某温度下，弱酸HB的Ka=110-5mol/L，则该溶液中pc(H+)+pc(B-)=l0D. 向0.0lmol/L的Ca(HCO3)2溶液中逐渐滴加烧碱溶液，滴加过程中pc(Ca2+)逐渐减小【答案】A【解析】【详解】A25C时，所以0.01mol/LNa2S水溶液中，pc(H+)+pc(OH-)=14，故A正确；B用0.
19、01mol/L的NaOH溶液滴定某浓度的盐酸，滴定过程中c(OH-)逐渐增大，pc(OH-)逐渐减小，故B错误；C某温度下，弱酸HB的Ka=110-5mol/L，由于不知HB的浓度，则该溶液中pc(H+)+pc(B-)的值不确定，故C错误；D向0.0lmol/L的Ca(HCO3)2溶液中逐渐滴加烧碱溶液，反应生成碳酸钙沉淀，钙离子浓度降低，滴加过程中pc(Ca2+)逐渐增大，故D错误；选A。18. 下列为四个常用的电化学装置，关于它们的叙述正确的是A. 图(a)中，MnO2的作用是催化剂B. 图(b)所示电池放电过程中，两极板的质量不断增大C. 图(c)所示装置工作过程中，电解质溶液中Cu2+
20、浓度始终不变D. 图(d)所示电池充电过程中，Ag2O是氧化剂，电池工作过程中还原为Ag【答案】B【解析】【详解】A该电池反应中二氧化锰得到电子被还原，其不是催化剂，A错误；B铅蓄电池放电时，正极电极反应式为：PbO2+4H+2e-+SO42-=PbSO4+2H2O，负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，两极板的质量不断增大，B正确；C粗铜中不仅含有铜，还含有其它金属，电解时粗铜中有铜和其中比其活泼的金属溶解，纯铜上只有铜离子得电子，所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜，所以溶液中铜离子浓度降低，C错误；D充电时，阳极上银失电子生成氧化银，发生氧化反应，银作还原剂，电池工作时
21、，氧化银在正极得电子生成银， D错误；故选B。19. 下列说法正确的是A. 在恒温的密闭容器中发生可逆反应2NO2N2O4，在一定条件下达到平衡后，在平衡后的某一时刻迅速增大压强，混合气体的颜色先变深后变浅，最后比原来深B. 在一定条件下，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO(g) H0达到平衡状态，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动C. 在FeCl3和KSCN反应后的溶液里加入少量KCl固体，血红色变浅D. 反应中加入催化剂，可以降低反应所需要的活化能，增加了单位体积内活化分子数，但活化分子百分数不变【答案】A【解析】【详解】A在恒温的密闭容器中发生可逆反应2NO2N2O
22、4，在平衡后的某一时刻迅速增大压强，NO2浓度增大，平衡正向移动，混合气体的颜色先变深后变浅，根据勒夏特列原理，最后比原来深，故A正确；B在一定条件下，可逆反应C(s)+CO2(g)2CO(g) H0达到平衡状态，升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，故B错误；CFeCl3和KSCN发生反应的离子方程式是Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，反应后的溶液里加入少量KCl固体，平衡不移动，溶液颜色不变，故C错误；D反应中加入催化剂，可以降低反应所需要的活化能，活化分子百分数增大，故D错误；选A。20. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 常温下lLpH=7的lmol/LC
23、H3COONH4溶液中CH3COO-与数目均为NAB. 162g聚合度为n的纤维素，含有羟基的数目为3nNA个C. 标准状态下，22.4LCl2完全溶于水后，有Cl2、HClO、ClO-的总数目为NAD. 标准状态下，lL苯完全燃烧生成的气态产物的分子数为NA【答案】C【解析】【详解】ACH3COO-、NH4+水解，常温下lLpH=7的lmol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与数目均小于NA，故A错误；B纤维素的分子式是(C6H10O5)n，每个链节有3个羟基，162g聚合度为n的纤维素，含有羟基的数目为3NA个，故B错误；C标准状态下，22.4LCl2完全溶于水后，根据电子守恒HC
24、lO、ClO-的总数等于Cl-；根据元素守恒，有Cl2、HClO、ClO-的总数目为NA，故C正确；D标准状态下，苯是液体，lL苯的物质的量不是，完全燃烧生成的气态产物的分子数不是NA，故D错误；答案选C。21. 温度分别为T1和T2时，将气体X和气体Y各0.16mol充入l0L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：温度/Kt/mint1t2t3t4T1n(Y)/mol0.140.120.100.10T2n(Y)/mol0.130.090.08下列说法正确的是A. 该反应的正反应为放热反应B. T2温度下此反应的t3时刻一定达到了
25、平衡状态C. 0t1时间段的平均速率v(Z)=4.0l0-3/t1molL-1min-1D. 平衡后，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡逆向移动，X的体积分数增大【答案】B【解析】【分析】根据图表数据，0t1时刻，在T2温度下消耗Y的物质的量大，反应速率快，所以T2T1。【详解】AT2T1，升高温度，达到平衡消耗Y的物质的量大，即升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，故A错误；B根据图表数据，T1温度下此反应的t3时刻达到了平衡状态，温度越高反应越快，T2温度下此反应的t3时刻一定达到了平衡状态，故B正确；CT1温度下，0t1时间的平均速率v(Z)=4.0l0-3/t1molL-
26、1min-1，T2温度下，0t1时间段的平均速率v(Z)=6.0l0-3/t1molL-1min-1，故C错误；D平衡后，保持其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于加压，X的体积分数不变，故D错误；答案选B。22. 最近，中国科学院大连化物所CO2催化转化为CO研究获得新成果。下图是使用不同催化剂(NiPc和CoPc)时转化过程中的能量变化，下列说法正确的是A. CO2(g)CO(g)+l/2O2(g)过程中能量降低B. CO2经氧化反应得到COOHC. 该条件下，催化剂NiPc比CoPc对CO2(g)CO(g)转化效率更高D. 该研究成果将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题【答案】D【
27、解析】【详解】ACO2(g)CO(g)+l/2O2(g)是吸热反应，过程中能量升高，A选项错误；BCO2得到COOH的过程，C的化合价由+4价降低至+3价，发生还原反应，B选项错误；C该条件下，催化剂NiPc比CoPc对CO2(g)CO(g)转化效率更低，C选项错误；D该研究成果是CO2COOHCO，CO具有可燃性，不但有利于缓解温室效应，还能解决能源转化问题，D选项正确；答案选D。23. 25C时，向10mL0.10molL-1的一元弱酸HA(Ka =1.010-3)中逐滴加入0.10molL-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. a点
28、时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B. 溶液在a点和b点时水的电离程度相同C. b点时，c(Na+)=c(HA)+c(A- )+c(OH-)D. V =10mL时，c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)【答案】AB【解析】【详解】A.a点时，pH=3，c(H+)=103molL1，Ka= =1.0103，所以c(HA)=c(A)，根据电荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A)，所以存在c(HA)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；B.a点溶质为HA和NaA，pH=3，水电离出的c(OH)=1011；b点溶质为NaOH和Na
29、A，pH=11，c(OH)=103，水电离出的c(H+)=1011，溶液在a点和b点时水的电离程度相同，故B正确；C. 根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A)+c(OH)可得c(Na+)=c(A)+c(OH)c(H+)，假设C选项成立，则c(A)+c(OH)c(H+)=c(HA)+c(A)+c(OH)，推出c(HA)+c(H+)=0，故C错误；D.V=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A+H2OHA+OH，水解后溶液显碱性，c(OH)c(H+)，即c(HA)c(H+)，故D错误；故选：AB。【点睛】判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是
30、什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。24. 工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8(过二硫酸钠)。电解时，阴极材料为Pb；阳极(铂电极)电极反应式为2-2e-=+2H+。下列说法正确的是A. Na2S2O8水溶液呈弱碱性B. Na2S2O8可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4可循环利用C. H2S2O8可完全电离，故稳定性与硫酸相当D. Na2S2O8具有强氧化性，故不能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】B【解析】【详解】ANa2S2O8发生水解反应为Na2S2O8+2H2O2NaHSO4+H2O2
31、，NaHSO4溶液呈酸性，H2O2溶液呈弱酸性，故其水溶液呈酸性，A错误；BNa2S2O8中存在过氧键，可水解生成H2O2，同时生成NaHSO4，反应为Na2S2O8+2H2O2NaHSO4+H2O2，NaHSO4可循环利用，B正确；CH2S2O8可完全电离，H2S2O8中存在过氧键，故稳定性不及硫酸，C错误；DNa2S2O8的结构简式为，过氧键中O为-1价，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选B。25. 某固体粉末X，可能含有KNO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、Na2CO3、FeSO4中的几种，进行如下实验：取少量固体加入足量稀盐酸，固体溶解，并有气泡产生；将所得溶液分成两等份，
32、其中一份加入足量氨水，另一份加入BaCl2，都产生沉淀。下列说法正确的是A. 固体粉末X中可能只含有FeSO4B. 加入氨水产生的沉淀一定含有Mg(OH)2，可能含有Al(OH)3C. 固体粉末X中可能只含有K2SO3和KAlO2D. 产生的气体可能为NO和CO2混合物【答案】D【解析】【详解】A固体粉末X中若只含有FeSO4，加入盐酸不反应，没有气体放出，故A错误；B若固体粉末A中含有 KAlO2、不含MgCl2，KAlO2和足量盐酸反应生成氯化铝，加入氨水产生的Al(OH)3沉淀，没有Mg(OH)2沉淀生成，故B错误；C若固体粉末X中只含有K2SO3和KAlO2，K2SO3和足量盐酸反应生
33、成氯化钾和二氧化硫气体，加入BaCl2不能产生BaSO4沉淀，故C错误；D若A中含有Na2CO3，Na2CO3和盐酸反应放出二氧化碳气体；若A中含有KNO3、K2SO3，加入盐酸发生反应 2H+2NO3-+3SO32- = 3SO42-+2NO+H2O，所以产生的气体可能为NO和CO2混合物，故D正确；选D。第II卷二、非选择题26. (1)已知Al(OH)3是两性氢氧化物，但不溶于弱碱溶液氨水，也不溶于弱酸碳酸。试用离子方程式说明原理：_、_。(2)分子(CN)2中键与键之间的夹角为180，并有对称性，分子中每个原子均满足8电子稳定结构。写出(CN)2的电子式_。(3)请在下图的虚线框中补充
34、完成SiO2晶体的结构模型示意图_，(部分原子已画出)，并进行必要的标注。 【答案】 (1). +2H2O=Al(OH)3+NH3H2O (2). Al3+3=Al(OH)3+3CO2或 2Al3+3+3H2O=2Al(OH) 3+3CO2 (3). (4). 【解析】【详解】(1)偏铝酸钠和氯化铵发生双水解反应生成氢氧化铝和氨水，证明氢氧化铝不溶于氨水，反应的离子方程式是+ 2H2O=Al(OH)3+NH3H2O；氯化铝和碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，证明氢氧化铝不溶于碳酸，反应的离子方程式是Al3+3=Al(OH)3+3CO2；(2) (CN)2分子中每个原子均满足8电子稳定
35、结构，(CN)2的电子式是；(3) SiO2晶体中1个硅原子和4个氧原子形成4个硅氧单键，每个氧原子和2个硅原子形成2个氧硅单键，SiO2晶体的结构模型示意图为。27. 维生素C，结构简式如下图。可用碘量法测定含量。取2片维生素C片剂，溶于蒸馏水，定容至250mL，取50mL，用0.0l0mol/LI2标准液滴定至终点，重复实验，数据如下：序号滴定前读数滴定后读数11.0025.9821.2425.3631.382640已知：维生素C与I2按等物质的量恰好反应。(1)该维生素C片溶液中维生素C的浓度为_mg/L。(2)移取80mL橙汁于锥形瓶中，滴入lmL盐酸调节酸度，用0.010mol/LI
36、2的标准溶液滴定至终点，消耗标准液10.12mL，则橙汁中维生素C的含量为_mg/L。简要写出计算过程。【答案】 (1). 880 (2). 维生素C的含量=【解析】【详解】（1）实验一消耗I2标准液24.98mL，实验二消耗I2标准液24.12mL，实验三消耗I2标准液25.02mL，实验二误差较大，舍弃实验二的数据，将实验一和实验三取平均值得25.00mL，则消耗的I2标准液的物质的量为0.0l0mol/L0.025L= 0.00025mol，已知维生素C与I2按等物质的量恰好反应，则维生素C的含量为，所以该维生素C片溶液中维生素C的浓度为880mg/L，故本题答案为：880；（2）已知维
37、生素C与I2按等物质的量恰好反应，则维生素C的物质的量等于碘标准液的物质的量，即橙汁中维生素C的含量为,故本题答案为：222.64。【点睛】三组实验数据中，第二组误差较大，应舍弃，此为易错点。28. I.由三种元素组成的化合物 A，按如下流程进行实验。气体 B 为纯净物，溶液D焰色反应为黄色。请回答：(1)组成A的三种元素是_，A 的化学式是_。(2)固体A与H2O反应的化学方程式是_。(3)化合物甲为A中的其中两种元素组成的离子化合物。甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式_。II.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，
38、在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。某小组按照以下实验装置制备ClO2并验证其某些性质。请回答下列问题：(1)通入氮气的主要作用有2个，分别是_；(2) A中的硫酸有时也可以用浓盐酸代替， 实验过程中同时还大量生成另一种有色气体单质， 写出化学方程式：_。【答案】 (1). Na、Al、H (2). NaAlH4 (3). NaAIH4+2H2O=NaAlO2+4H2 (4). 3NaH+Fe2O3=2Fe +3NaOH (5). 一是可以起到搅拌作用，二是氮气保护， 稀释ClO2的浓度，防止爆炸 (6). 2NaClO3+4HC1=2NaCl+Cl
39、2+2ClO2+2H2O【解析】【分析】.根据题干信息可知，气体B为纯净物，溶液D焰色反应为黄色，说明溶液D中含有Na元素，则A中含有Na元素，结合物质转化关系分析，A与水反应生成B和C，C与足量的CO2可生成溶液D和沉淀E，则A为NaAlH4，A与H2O发生反应NaAIH4+2H2O=NaAlO2+4H2，则B为H2，C为NaAlO2溶液，D为Na2CO3溶液，E为Al(OH)3沉淀，F为Al2O3，5.4g NaAlH4物质的量为0.1mol，5.1g Al2O3物质的量为0.05mol，所以转化过程中铝元素物质的量守恒，符合题意；据此分析解答问题；.该实验为制备ClO2并验证其某些性质的
40、实验，A为NaClO3和H2O2在酸性条件下制备ClO2的装置，B为防倒吸装置，C为验证ClO2是否溶于水，D为尾气处理装置，据此分析解答。【详解】.(1)根据上述分析可知，A的化学式为NaAlH4，组成A的三种元素是Na、Al、H；(2)固体A与H2O反应生成H2和NaAlO2，反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；(3)化合物甲为A中的其中两种元素组成的离子化合物。甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，则甲为NaH，脱锈过程中发生反应的化学方程式为3NaH+Fe2O3=2Fe +3NaOH；.(1)由于ClO2与空气混合时，在混合
41、气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，通入氮气既可以起到搅拌作用，又可以作保护气，稀释ClO2的浓度，防止爆炸；(2)A中的硫酸有时也可以用浓盐酸代替，实验过程中同时还大量生成另一种黄绿色气体Cl2，发生的化学方程式为2NaClO3+4HC1=2NaCl+Cl2+2ClO2+2H2O。29. CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品。I.制合成气科学家提出制备：“合成气”反应历程分两步：反应: CH4(g)C(ads)+2H2(g) (慢反应)反应:C(ads)+CO2(g)2CO(g) (快反应)
42、上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如下图：(1) CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为_。 能量变化图中：E5+E1_E4+ E2(填“” 、 “ ” 或 “= ”)。II.甲醇合成在某 CO 催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i. CO2(g) + 3 H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H10iii . CO(g)+2H2( g)CH3OH(g) (g) H3 ”“ ”或“=”)下列措施中，无法提高甲醇产率的是_(填标号)。A加入适量CO B增大压强 C循环利用原料气 D升高温度在下图中画出n(H2)/ n(CO2)随温度变化趋势图_。(3)反
43、应i可能反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV)。其中TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒，反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_。【答案】 (1). CH4 (g) +CO2 (g)2CO(g) +2H2 (g) H=+ ( E3-E1 ) kJmol-1 (2). (3). 温度改变时， 反应i 和反应 ii 平衡移动方向相反 (4). (5). D (6). (7). HCOOH*+2H2(g) = H2COOH*+H2【解析】【分析】I(1)根据盖斯定律书写CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式；反应是慢反应
44、、反应是快反应，反应的活化能大于反应；II(2) 反应i.放热、反应ii吸热；根据图示，250C时，CO2、H2的浓度大于CO 、H2O；根据影响平衡移动的因素判断；根据图示，升高温度，氢气的物质的量分数增大，CO2的物质的量分数受温度的影响不大；(3)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率；【详解】I(1): CH4(g)C(ads)+2H2(g) H=+ ( E2-E1 ) kJmol-1:C(ads)+CO2(g)2CO(g) H=+ ( E3-E2 ) kJmol-1根据盖斯定律+得制备“合成气”的热化学方程式CH4 (g) +CO2 (g)2CO(g) +2H2 (g) H=
45、+ ( E3-E1 ) kJmol-1；反应的活化能是E4-E1、反应的活化能是E5-E2，反应的活化能大于反应，所以(E4-E1)(E5-E2)，故（E5+E1）（E4+ E2）；II(2) 反应i.放热，反应ii吸热，温度改变时， 反应i 和反应 ii 平衡移动方向相反，所以体系中CO2的物质的量分数受温度的影响不大；反应ii的平衡常数 ，根据图示，250C时，CO2、H2的浓度大于CO 、H2O，所以250C时，反应 i i 的平衡常数1；A加入适量CO，反应iii正向移动，能提高甲醇产率，故不选A； B增大压强，反应i、iii正向移动，能提高甲醇产率，故不选B； C循环利用原料气，提高
46、原料气的利用率，能提高甲醇产率，故不选C； D升高温度，反应i、iii逆向移动，不能提高甲醇产率，故选D；根据图示，升高温度，氢气的物质的量分数增大，CO2的物质的量分数受温度的影响不大，所以随温度升高，n(H2)/ n(CO2)增大，如图：；(3)根据反应历程图，HCOOH*+2H2(g) = H2COOH*+H2的活化能最大为-0.18-(-1.66)=1.48，反应最慢，所以生成甲醇的决速步骤的反应方程式为HCOOH*+2H2(g) = H2COOH*+H2。【点睛】本题考查化学反应与能量变化、化学平衡，会根据盖斯定律进行反应热计算，明确影响反应速率的因素，知道活化能越大，反应速率越慢，
47、慢反应决定总反应的反应速率。30. 以冶铜工厂预处理过的污泥渣(主要成分为 CuO 和 Cu)为原料制备 CuSO45H2O 晶体的流程如下 ：已知：CuO在氨水作用下可以生成 Cu(NH3)4(OH)2 CuSO45 H2O 加热到 4 5时开始失水。请回答: (1)步骤 l 中，空气的主要作用是_。(2)下列关于步骤II说法不正确的是_。A.操作 1 可选择倾析法过滤， 玻璃棒的作用是： 先搅拌， 再引流B.操作 1 应趁热过滤， 要防止液体 1 中的溶质因冷却而析出C.操作 1 为抽滤，在加入需抽滤的物质时，用玻璃棒引流液体， 玻璃棒底端需紧贴在滤纸上D.抽滤时，布氏漏斗的底部斜口面需正
48、对抽滤瓶的抽气口处， 是为了提高抽滤的速率(3)液体 1 通过步骤 III 与步骤IV可得到CuSO45 H2O 晶体 。蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物， 则除氨外其余产物的化学式为_。步骤IV中包含多步操作， 将下列步骤按正确的步骤排序(必要时步骤可重复选)。_得到固体物质 _ 将液体放于蒸发皿中加热 _ 得到晶体a.过滤 b.用玻璃棒不断搅拌溶液 c.用足量稀硫酸溶解固体 d.停止加热 e.至溶液表面析出晶膜(4)步骤1中分别选用氨水、氨水碳酸铵混合溶液氨浸时， 铜元素回收率随温度变化如图所示。浸取液为氨水时，反应温度控制为 55，温度过高铜元素回收率降低的原因是_。浸取液为氨
49、水一碳酸铵混合溶液时，铜元素回收率受温度影响较小的原因可能是_。(5)为了提高 CuSO4晶体的产率， 实验室还采用以下方法： 将CuSO4 溶液转移至蒸馏烧瓶中， 加入适量冰醋酸， 通过下图所示的装置获取晶体。加入适量乙酸的目的是：_。图中接真空泵的作用是：_。【答案】 (1). 氧化污泥中的铜单质 (2). ABCD (3). CuO、H2O (4). a (5). c (6). b (7). e (8). d (9). a (10). 温度过高 ， 导致氨水浓度降低 (11). 溶液中除了一水合氨外， 还有大量的存在 ， 存在水解平衡， 温度变化时， 因平衡发生移动， NH3H2O浓度变
50、化程度小 (12). 调节溶液pH, 防止形成碱性物质(碱式盐或氢氧化铜)或抑制水解 (13). 抽气，减压， 防止蒸发溶剂时温度过高而使晶体失水【解析】【分析】污泥渣中Cu和CuO、氧气、氨水可以生成Cu(NH3)4(OH)2，过滤除去难溶固体，蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物是氧化铜、水；氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，可得CuSO45H2O晶体；【详解】(1)步骤 l 中，Cu和氧气、氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，空气的主要作用是氧化污泥中的铜单质；(2) A.操作 1 可选择倾析法过滤，倾析法可以避免沉淀过早堵塞滤纸小孔
51、而影响过滤速度， 为使大多数固体留在烧杯中，不用玻璃棒搅拌烧杯中的液体，故A错误；B.温度越高，氨气的溶解度越小，故B错误；C.操作 1 为抽滤，在加入需抽滤的物质时，使抽滤的物质匀分布在整个滤纸面上，故C错误；D.抽滤时，布氏漏斗的底部斜口面需正对抽滤瓶的抽气口处，防止布氏漏斗下端液体被吸进减压水泵里，故D错误；选ABCD；(3)蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物， 根据元素守恒，则除氨外其余产物的化学式为CuO、H2O；步骤IV中包含多步操作，过滤(a)得到固体物质用足量稀硫酸溶解固体(c)将液体放于蒸发皿中加热用玻璃棒不断搅拌溶液(b)至溶液表面析出晶膜(e)停止加热(d)过滤
52、(a)得到晶体；(4)氨气的溶解度随温度升高而降低，温度过高 ，导致氨水浓度降低，所以浸取液为氨水时，反应温度控制为55，温度过高铜元素回收率降低。浸取液为氨水一碳酸铵混合溶液时，除了一水合氨外， 还有大量的存在 ， 存在水解平衡， 温度变化时， 因平衡发生移动，NH3H2O浓度变化程度小，所以浸取液为氨水一碳酸铵混合溶液时，铜元素回收率受温度影响较小；(5)酸可抑制铜离子水解，加入适量乙酸目的是调节溶液pH，防止铜离子水解；CuSO45 H2O加热到 4 5时开始失水，图中接真空泵抽气、减压，防止蒸发溶剂时温度过高而使晶体失水。【点睛】本题通过污泥渣为原料制备CuSO45H2O晶体，考查混合
53、物的分离提纯，注意抽滤、蒸发结晶操作的注意事项，明确从硫酸铜溶液得到硫酸铜晶体的操作步骤是解题关键。31. 鲁米诺又名发光氨，是一种在犯罪现场检验肉眼无法观察到的血液，可以显现出极微量的血迹形态的重要刑侦用有机物。有机物B是一种常用工业原料，俗称苯酐，以其为原料可以合成酚酞、鲁米诺等物质。有机化合物C的苯环上有三个相邻的基团。已知：+RNH2+RCOOH请回答以下问题：(1)关于酚酞的下列说法，正确的是_A.酚酞的分子式为C20H14O4B.酚酞遇FeCl3溶液显紫色C.1mo1酚酞最多可与4 molNaOH反应D.酚酞中有三种官能团(2)请写出下列化合物的结构简式：有机物B_；鲁米诺_。(3
54、)请写出CD的方程式_。(4)有机物G的分子式为C9H8O4，它是有机物A的最简单的同系物，请写出符合下列要求的G的所有同分异构体的结构简式_a.含有羧基和酯基官能团 b.苯环上有两个对位取代基(5)设计以邻甲基苯甲酸为原料合成的流程图(无机试剂任选)_。【答案】 (1). AB (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】【分析】根据有机物中常见官能团的性质分析解答；根据有机化学反应类型特征分析解答；根据已知条件提示及反应流程分析解答。【详解】(1)根据合成图中酚酞的结构简式可知：A.酚酞的分子式为C20H14O4，故A正确；B.酚酞中含有酚羟基，所以遇FeCl3溶液显紫色，故
55、B正确；C.1个酚酞分子中含有2个酚羟基和一个酯基，所以1mo1酚酞最多可与3 molNaOH反应，故C错误；D.由酚酞的结构简式知，分子中含有酚羟基和酯基两种官能团，故D错误，故答案为AB； (2)用逆合成法分析得：酚酞由B（C8H4O3）与苯酚在浓硫酸作用下脱水所得，则B的结构简式为：；比较B和C的分子式，及B到C的反应条件，可知B分子中氢原子被硝基取代生成C，则C的结构简式为：，根据题干中已知条件对比C和D的分子式可得反应：，则D为：，根据题干中已知条可知D中硝基转化为氨基，则鲁米诺的结构简式为：，故答案为；(3) 根据题干中已知条件和对比C和D的分子式可知C生成D的方程式为：，故答案为
56、；(4)B为，则逆推A为：邻苯二甲酸，有机物G的分子式为C9H8O4，它是有机物A的最简单的同系物，从分子组成上可观察到，有机物G比有机物A多一个C原子和2个H原子，且苯环上有两个对位取代基，含有羧基和酯基官能团，所以G可能是对苯二甲酸与甲醇反应生成的酯、对羧基苯酚与乙酸生成的酯，甲酸与对羧基苯甲醇反应生成的酯、甲酸与对酚羟基苯乙酸的酚羟基反应生成的酯，故答案为 ，；(5)邻甲基苯甲酸与Cl2发生取代反应生成，在碱性条件下发生水解生成，再调整pH使溶液呈酸性，得到，再与浓硫酸共热发生分子内脱水，得到；故答案为。【点睛】有机推断应以特征点为解题突破口，按照已知条件建立的知识结构，结合信息和相关知识进行推理、计算、排除干扰，最后做出正确推断。一般可采用顺推法、逆推法、多法结合推断，顺藤摸瓜，问题就迎刃而解了。