1、浙江省杭州市学军中学2020届高三化学下学期最后一次模拟考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 I-127 Ba-137选择题部分一、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. 含有共价键的盐是( )A. CaCl2B. NaHSC. NH3H2OD. Mg3N2【答案】B【解析】【详解】A.氯化钙为离子化合物，属于盐，化合物中
2、只含有离子键， 故A不符合题意；B.硫氢化钠为离子化合物，属于盐，化合物中含有离子键和共价键，故B符合题意；C.一水合氨为氨气和水通过氢键形成的共价化合物，属于弱碱，化合物中只含有共价键， 故C不符合题意；D.氮化镁为离子化合物，属于氮化物，不属于盐，化合物中只含有离子键，故D不符合题意；故选B。2. 用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用图甲所示装置验证反应生成二氧化硫B. 用图乙装置吸收氨气并防止倒吸C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢D. 用装置丁收集NO【答案】A【解析】【详解】A. 碳与硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，用图甲所示装置验证反应
3、生成二氧化硫，故A正确；B. 氨气极易溶于水，用图乙装置吸收氨气不能防止倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故B错误；C. 用图丙装置除去氯气中的氯化氢，导气管应长进短出，故C错误；D. NO密度小于空气，和空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，应使用排水法收集，故D错误；答案选A。【点睛】本题考察气体的制取、收集、除杂和尾气处理的实验操作基本考查。需要根据气体的常见气体性质，选择正确是实验操作方法。因此必须准确掌握所学知识中各种气体的性质掌握准确。3. 下列属于非电解质，溶于水又能导电的是A. 石墨B. 苯酚C. 氨气D. 过氧化钠【答案】C【解析】【详解】A. 石墨是单质，不属于
4、电解质，A错误；B. 苯酚俗称石炭酸，与碳酸的性质相似，在水中会电离出会氢离子，故苯酚是弱电解质 ，B错误；C. 氨气是共价化合物，液态氨气不导电，但氨气的水溶液能导电，氨水导电靠的是氨气与水反应产物一水合氨电离出可自由移动的离子，故氨气是非电解质，C正确；D. 过氧化钠在状况下能电离出可自由移动的离子而导电，过氧化钠是电解质，D错误；答案选C。4. 海水提溴过程中发生反应：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，还原剂是( )A. Br2B. Na2CO3C. H2OD. NaBr【答案】A【解析】【详解】由化学方程式可知，反应中溴元素化合价即升高被氧化
5、发生氧化反应，又降低被还原发生还原反应，则溴单质即是氧化剂还原剂，故选A。5. 下列物质的名称不正确的是( )A. Na2CO3：纯碱B. BaSO4：重晶石C. ：硝化甘油D. ：2，3，5-三甲基已烷【答案】C【解析】【详解】ANa2CO3俗称纯碱，A正确；B重晶石主要成分是BaSO4，B正确；C硝化甘油的分子式为C3H5N3O9，C错误；D根据系统命名法，该物质的名称为：2，3，5-三甲基已烷，D正确；故选C。6. 下列表示正确的是( )A. 异丁烷的球棍模型：B. 硫磺的分子式：SC. 碳碳双键的结构简式：C=CD. 二氧化碳分子的比例模型：【答案】D【解析】【详解】A. 可表示异戊烷
6、的球棍模型，A错误；B. 硫磺的分子有S8、S6、S2等等，故最简式为：S，B错误；C. 碳碳双键中，每一个碳原子除2对共用电子对外，各有2个单电子，结构简式为：，C错误；D. 二氧化碳分子是直线型的，碳原子半径大于氧原子，故比例模型为：，D正确；答案选D。7. 下列说法不正确的是( )A. C60和纳米碳管互为同素异形体B. 甲酸(HCOOH)、软脂酸(C15H31COOH)、油酸互为同系物C. HCHO和O=CH2是同一种物质D. 联苯、萘均为芳香烃，互为同分异构体【答案】BD【解析】【详解】AC60和纳米碳管都是C的单质，结构不同，互为同素异形体，A正确；B甲酸(HCOOH)、软脂酸(C
7、15H31COOH)、油酸（C17H33COOH）结构相似，均含1个羧基，但油酸有碳碳双键，不互为同系物，B错误；CHCHO和O=CH2均是甲醛的结构简式，同一种物质，C正确；D联苯的化学式为C12H10，萘的化学式为C10H8，分子式不相同，不是同分异构体，D错误；故选BD。8. 下列说法正确的是( )A. 锂电池、铅蓄电池、硅太阳能电池都属于化学电源B. 铝硅酸盐分子筛可用于物质分离，还可用作干燥剂、催化剂和催化剂载体C. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是连接电源负极的阴极保护法D. 葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解【答案】B【解析】【详解】A硅太阳能电池是光能转化为电
8、能，不属于化学电源，A错误；B铝硅酸盐分子筛可用于物质分离，是一种多孔的结构，还可用作干燥剂、催化剂和催化剂载体，B正确；C电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极的阴极保护法，C错误；D葡萄糖是单糖，不能水解，D错误；故选B。9. 下列说法不正确的是( )A. 向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉KI溶液，若溶液变蓝，则说明氧化性：Cl2Br2I2B. 护肤品中常含甘油等强亲水性物质C. 用二氧化碳与环氧丙烷制备的高聚物、PAL等产品的广泛使用将有效缓解白色污染D. CH2(NH2)CH2COOH不是a-氨基酸，但它可以跟甘氨酸反应形成肽键【答案】A【解析】【详解】A向NaBr溶液中加入
9、氯水，再加入淀粉KI溶液，若溶液变蓝，碘单质可能是氯气氧化碘离子生成的，故不能比较他们的氧化性，A错误；B护肤品中常含甘油等强亲水性物质，起到保湿的效果，B正确；C用二氧化碳与环氧丙烷制备的高聚物、PAL等产品的广泛使用可减小二氧化碳的排放，将有效缓解白色污染，C错误；D-氨基酸是指氨基连在羧酸的位，CH2(NH2)CH2COOH不是a-氨基酸，但它可以跟甘氨酸反应形成肽键，D正确；故选A。10. 下列实验操作会使实验最终结果偏高的是A. 用湿润的pH 试纸测定NaOH的pHB. 配制100 mL 1.00 molL -1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线C. 用0.0001 molL -1盐酸
10、滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视D. 测定中和热的数值时，将0.5 molL -1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数【答案】B【解析】【详解】A. 用湿润的pH 试纸测定NaOH溶液的pH相当于将NaOH溶液稀释，所测溶液pH偏低，故A错误；B. 配制100 mL 1.00 molL -1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液体积小于100 mL，所测结果偏高，故B正确；C. 用0.0001 molL -1盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，起始读数时仰视，起始盐酸体积偏大导致所消耗标准溶液体积偏小，所测结果偏低，故C错误；D. 测定中和热的数值时，将0.5 molL
11、-1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数会因为酸碱没有充分反应，导致所测温度偏低，中和热的数值偏低，故D错误；故选B。11. 下列有关实验说法，正确的是( )A. 用集气瓶排饱和食盐水法先后充入体积的甲烷和体积的氯气，再用强光照射瓶中气体完成甲烷与氯气的取代反应B. 可用稀盐酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠C. 可采用通过饱和碳酸钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2D. 装置中依次加入2mL95%的乙醇、4mL浓硫酸和3g溴化钠粉末并微热，可制备溴乙烷【答案】AB【解析】【详解】A氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，甲烷不溶于水，则用排饱和食盐水法在集气瓶中先充入体积的甲烷和体积的氯气，用灯光照射瓶中的
12、混合气体发生取代反应，故A正确；B盐酸与碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠反应现象各不相同，盐酸与碳酸钠反应有气体(CO2)产生，盐酸与硅酸钠会生成沉淀硅酸，盐酸与硫酸钠不反应，没有明显现象，故B正确；C二者均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故C错误；D缺少2mL蒸馏水，就不能溶解NaBr粉末和吸收HBr气体，而且浓硫酸具有强氧化性，能氧化溴化氢生成溴单质，也能氧化乙醇生成二氧化碳，故D错误；答案为AB。12. 下列关于氮及其化合物说法，不正确的是( )A. N2化学性质稳定，可用作保护气B. NO、NO2均为大气污染气体，可在大气中相互转化C. 可用浓氨水检测输送氯气的管道是否发生泄漏D.
13、 NaNO2具有氧化性，能使淀粉碘化钾溶液变蓝【答案】B【解析】【详解】AN2分子中存在氮氮三键，断裂三键需要较高能量，导致N2化学性质稳定，通常情况下不能与其它物质反应，所以可作保护气，故A正确；B在大气中大量存在N2和O2，NO能与O2反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，则NO、NO2在大气中不能相互转化，故B错误；C氯气和浓氨水发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，如氯气泄漏，可观察到白烟生成，即3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故C正确；D在酸性溶液中，NaNO2能与KI发生反应生成I2，I2使淀粉溶液变蓝色，发生反应的化学方程式为2NaNO2+2KI+2H2SO4Na2SO4
14、+K2SO4+I2+2NO+2H2O，故D正确；答案为B。13. 不能正确表示下列变化的离子方程式是( )A. NaHCO3溶液与AlCl3溶液反应：3+Al3+=Al(OH)3+3CO2B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO-+2Fe(OH)3=2+3Cl-+4H+H2OC. 硬脂酸钠溶液显碱性：C17H35COO-+H2OC17H35COOH+OH-D. 肼的电离：N2H4+H2O+OH-【答案】B【解析】【详解】A. NaHCO3溶液与AlCl3溶液发生双水解反应，离子方程式是：3+Al3+=Al(OH)3+3CO2，A正确；B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3发生氧化还
15、原反应，但在碱性环境中不可能生成大量氢离子，离子方程式应为：3ClO-+2Fe(OH)3+ 4OH-=2+3Cl-+ 5H2O，B错误；C. 硬脂酸钠是强碱弱酸盐，水溶液因水解呈碱性，离子方程式是：C17H35COO-+H2OC17H35COOH+OH-，C正确；D. 肼的电离，与氨气溶于水后发生的变化相似，故方程式为：N2H4+H2O+OH-，D正确；答案选B。14. 下列说法不正确的是( )A. 纤维二糖、麦芽糖、乳糖互为同分异构体，都能发生银镜反应B. 利用燃烧现象可以区别聚乙烯、聚氯乙烯C. 环已烷中所有CCC键角均为120D. 聚乙烯塑料在日光照射下易老化是因为发生了氧化反应【答案】
16、C【解析】【详解】A.纤维二糖、麦芽糖、乳糖互为同分异构体，分子中含有醛基都能发生银镜反应，A正确；B.聚氯乙烯燃烧时有刺激性气味，故可以区别，B正确；C.环已烷有船式结构和椅式结构，其碳碳键的键角不是120,而都是接近10928，C错误；D.聚乙烯日光照射下发生了氧化反应易老化，D正确；答案选C。15. 合成高分子金属离子螯合剂的反应：下列说法不正确的是( )A. 聚合物应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触B. 聚合物合成反应为缩聚反应C. 1mol聚合物与足量银氨溶液作用可析出2nmolAgD. 通过质谱法测定其平均相对分子质量，可得其聚合度【答案】C【解析】【详解】A聚合物结构中含有酚
17、羟基，可与氢氧化钠反应，应避免与碱性物质(如NaOH)长期接触，故A正确；B该反应生成高聚物和小分子化合物H2O，为缩聚反应，故B正确；C聚合物分子结构中没有醛基，不能与银氨溶液作用析出银，故C错误；D通过质谱法，可测定高聚物相对分子质量，结合链节的式量，可计算聚合度，故D正确；故选C。【点睛】本题的易错点为C，要注意该反应的本质为R1CHO+R2NH2 R1CH=NR2+H2O。16. 下列说法正确的是()A. IA族元素的金属性一定比IIA族元素的金属性强B. VIA族元素的氢化物中，最稳定的也一定沸点最高的C. 非金属元素能形成离子化合物，也能形成共价化合物D. 短周期中，同周期元素的简
18、单离子半径从左到右逐渐减少【答案】BC【解析】【详解】A同周期的IA族元素的金属性比IIA族的元素金属性强，但题目中没有指定同周期，若IA族元素为H，IIA族为Mg，则Mg的金属性比H的要强，A错误；BVIA族元素的氢化物中稳定性最好的是VIA族元素中非金属性最强的元素的氢化物H2O，由于其分子间存在氢键，导致其沸点也最高，B正确；C非金属元素能形成共价化合物，如NH3，非金属元素也能形成离子化合物，如氯化铵是由非金属元素形成的离子化合物，C正确；D短周期中，阳离子的电荷数从左到右递增，而质子数也递增，这就导致质子对剩余核外电子的吸引力大大加强，从宏观上看就是（阳）离子半径缩小；阴离子的质子数
19、从左向右增加，但同周期的阴离子的核外电子数是相同的，质子数越少的阴离子，其核对所有电子的吸引力越小，导致半径越大；所以同周期元素的阳离子半径从左到右逐渐减小，阴离子半径从左到右逐渐减小，但阳离子半径均小于阴离子半径，D错误；答案选BC。17. 室温下，分别用0.1mol/L溶液进行下列实验，结论不正确的是 A. 向溶液中通至：c(Na+)c(HCO3-)+ 2c(CO32-)B. 向溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na+)c(Cl-)C. 向溶液中加入等浓度等体积的溶液：pH=13D. 向氨水中加入少量固体：增大【答案】C【解析】【详解】A.向NaHCO溶液中通CO至，结合电荷守恒可知：，故
20、A正确；B.向CHCOONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸，钠离子和氯离子的物质的量相等，则：，故B正确；C.向NaHSO溶液中加入等浓度等体积的溶液，设溶液体积都是1L，反应后溶液中氢氧根离子浓度为：，溶液中氢氧根离子浓度不是，溶液的，故C错误；D.氨水中加入少量NHCl固体，铵根离子浓度增大，抑制了一水合氨的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度减小，而 ，所以该比值增大，故D正确。故选C。18. CO2的固定和转化是世界性课题。某大学研究团队巧妙设计构建了系列新型光电催化人工合成体系一光电催化池，p-n半导体异质结催化CO2在水中直接制备长碳链有机物石蜡(Paraffin)并放出氧气，原理如图：下
21、列说法不正确的是()A. 电极I的电势比电极II的电势高B. 该设计能实现光能、电能同时向化学能转化C. 电子从负极流到电极I，从电极II流到正极D. 阴极区，p-n为催化剂，CO2发生还原反应生成长碳链有机物【答案】A【解析】【详解】A电极II连接的电源正极，电极连接的电源负极，正极电势高于负极，所以电极的电势比电极的电势低，故A错误；B根据图示，该装置为的电解池，电解池的原理是将电能转化为化学能，根据反应原理可知，该反应需要在光照条件下进行，实现光能向化学能转化，故该装置能实现光能、电能同时向化学能转化，故B正确；C电子从电源的负极经外电路流向正极，即从负极流到电极，从电极流到正极，故C正
22、确；D. 根据图示，电极I和负极相连，相当于阴极，发生还原反应生成长碳链有机物，故D正确；答案选A。19. 反应、均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应、发生在氧化炉中，反应发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如下表所示。下列说法正确的是温度(K)化学平衡常数反应: 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O反应: 4NH3 + 3O2 2N2 + 6H2O反应: 2NO + O2 2NO25001.110267.110341.31027002.110192.610251.0A. 使用选择性催化反应的催化剂可增大氧化炉中NO的含量B. 通过改变氧化炉的温度可促进反应而抑制反应C. 通
23、过改变氧化炉的压强可促进反应而抑制反应D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度【答案】A【解析】【详解】A. 使用选择性催化反应的催化剂可促进反应而抑制反应，增大氧化炉中NO的含量，故A正确；B. 升高温度，反应和反应K值均减小，则正反应均为放热反应，无法通过改变氧化炉的温度可促进反应而抑制反应，故B错误；C. 反应和反应正反应均为增大压强的反应，无法通过改变氧化炉的压强可促进反应而抑制反应，故C错误；D. 氧化炉出气在进入氧化塔前应降低温度，提高氨气的转化率，故D错误；故答案选：A。20. 设aX+bY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确
24、的是( )A. 标准状况下，1个氧气分子体积cm3B. 在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，发生lmol电子转移时，生成氧化产物ClO-+的总数为1/3NAC. 标准状况下22.4LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒总数为2NAD. NaCl晶体中Na+与最近Cl-的核间距离为acm，则其晶体密度为g/cm3【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，1个氧气分子体积由氧气分子的大小决定，不能直接用气体摩尔体积进行计算，A错误；B.在反应中氯元素化合价升高，由0价变为+1价和+5价，故发生lmol电子转移时，生成氧化产物ClO-+的总数为1/6NA，
25、B错误；C.标准状况下22.4LCl2完全溶于水时，所得溶液中含氯微粒有Cl2、HClO、Cl-、ClO-，根据氯原子守恒，2n(Cl2)+n(HClO)+n(Cl-)+n(ClO-)=2mol，所得溶液中含氯微粒总数小于2NA，C错误；D. NaCl晶体中钠离子的数目为1+12=4个，氯离子数目为8+6=4个，则晶胞的质量为，Na+与最近Cl-的核间距离为acm，则体积为8a3cm3，其晶体密度为g/cm3，D正确；答案选D。21. 恒温恒容下，向2 L密闭容器中加入MgSO4(s)和CO(g)，发生反应：MgSO4(s)CO(g)MgO(s)CO2(g)SO2(g)，反应过程中测定的部分数
26、据见下表：反应时间/minn(MgSO4)/moln(CO)/moln(SO2) / mol02.02.0020.841.26 1.22.8下列说法正确的是A. 02 min内的平均速率为 (CO)0.6 mol/(Lmin)B. 4 min后，平衡移动的原因可能是再向容器中加入了2.0 mol的SO2C. 若升高温度，反应的平衡常数变为1.0，则正反应为放热反应D. 若其他条件不变，起始时容器中MgSO4、CO均为1.0 mol，则平衡时n(SO2)=0.6 mol【答案】B【解析】【详解】A由表中时间可知，02min内CO的物质的量变化量为2.0mol-0.8mol=1.2mol，则(CO
27、)=0.3 molL-1min-1，故A错误；B由表中数据结合方程式可知，02min内CO、CO2、SO2的物质的量变化量为2.0mol-0.8mol=1.2mol，所以24min时是平衡状态，46min时，CO增加了0.4mol，所以平衡移动的原因可能是向容器中加入了2.0 mol的SO2，故B正确；C由表中时间可知，MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)开始（mol）： 2 0 0变化（mol）： 1.2 1.2 1.2平衡（mol）： 0.8 1.2 1.2故该温度下平衡常数k=0.9，若升高温度，反应的平衡常数变为l.0，则平衡向正反应方向移动，所以正反应
28、为吸热反应，故C错误；D向1L密闭容器中充入1.0mol MgSO4和1.0molCO，和原平衡是等效平衡，n(CO2)=0.60mol，当把容器容积扩大到2L时，平衡正向移动，故到达平衡时n(CO2)0.60mol，故D错误；故选B。22. 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3；H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是( )A. H3PO2的结构式为B. H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C. NaH2PO2是正盐D. 每消耗1molP4，反应中转移6mo
29、l电子【答案】D【解析】【详解】A根据H3PO2+NaOH(足量)=NaH2PO2+H2O 可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个-OH，则H3PO2的结构式为，故A正确；BH3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；CH3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C正确；D2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3反应中2个P的化合价由0降低到-3价，6个P的化合价由0升高到+1价，转移电子数为6，则每消耗1molP4，转移3mol电子，故D错误；故选D。23. 乙炔在Pd表面选择加氢的反应机理如图所示。其中吸附在P
30、d表面上的物种用*标注。下列有关说法正确的是( )A. 乙炔催化加氢反应为吸热反应B. 该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJ/molC. Pd为固体催化剂，其表面积大小对催化效果无影响D. C2H2*+H*C2H3*只有化学键的形成过程【答案】B【解析】【详解】A.由图可知，乙炔的总能量比乙烯高，则乙炔催化加氢时，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B. 由图可知，该正反应历程中最大能垒(活化能)为85kJmol-1，故B正确；C. 固体表面积越大，吸附能力越强，固体催化剂Pd的催化效果越好，故C错误；D. C2H2*+H*C2H3*即有化学键的断裂过程，也有形成过程，故
31、D错误；答案选B。24. 某温度下，向一定体积0.1mol/L氨水中逐滴加入相同浓度的盐酸，溶液中pH与pOH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 此温度下，水的离子积常数为1.010-2aB. N点溶液加水稀释，增大C. M、Q、N三点所示的溶液中均存在：c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)D. Q点消耗的盐酸的体积等于氨水的体积【答案】D【解析】【详解】AQ点溶液中pOH=pH，c(H+)=c(OH-)=10-amol/L，溶液呈中性，此时氢离子浓度和氢氧根浓度乘积即为该温度下的离子积常数，为1.010-2a，故A正确；B一水合氨的电离平衡常数Kb=，所以=，N点溶
32、液pOHpH，所以c(H+)c(OH-)，溶液显碱性，加水稀释溶液碱性减弱，所以c(OH-)减小，电离平衡常数不变，则增大，故B正确；CM、Q、N三点所示的溶液中均存在电荷守恒，即c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故C正确；D氨水和盐酸浓度相同，若等体积混合，溶质为氯化铵，溶液显酸性，而Q点溶液呈中性，所以氨水的体积要稍大于盐酸的体积，故D错误；故答案为D。25. 某无色溶液由K+、Fe3+、Ag+、Al3+、S2-、中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：加入过量HBr，生成无色气体甲和淡黄色沉淀甲；取所得的溶液加入过量NH4HCO3溶液，生成无色气体乙和白色沉淀乙；取所
33、得的溶液，加入过量Ba(OH)2，生成无色气体丙和白色沉淀丙，下列说法正确的是A. 该溶液中可能存在和，一定不存在Fe3+、Ag+和Al3+B. 气体甲的成分有3种可能性C. 生成沉淀甲可能是AgBr或是SD. 为了确定该溶液中是否存在，直接用盐酸酸化的BaCl2溶液来检验【答案】A【解析】【分析】因溶液无色，所以不含Fe3+；加入过量HBr，生成无色气体甲和淡黄色沉淀甲，说明原溶液中含有S2-，可能含有、，但Ag+和Al3+不能存在(S2-会与Al3+发生双水解)；取所得的溶液，加入过量NH4HCO3溶液，生成无色气体乙(CO2)和白色沉淀乙(Al(OH)3)，说明原溶液中含有；取所得的溶液
34、，由于含有剩余的NH4HCO3溶液，加入过量Ba(OH)2，可生成无色气体丙(NH3)和白色沉淀丙(BaCO3或BaSO4)，所以可能存在，根据电荷守恒可知一定含有K+。【详解】A根据上述分析结合离子共存可知该溶液中可能存在和，一定不存在Fe3+、Ag+和Al3+，故A正确；B根据上述分析可知气体甲可能为SO2或H2S或CO2或CO2与H2S等，故B错误；C根据上述分析可知Ag+不存在，生成的沉淀甲为S，故C错误；D因为原溶液中和可能同时存在，使用盐酸，会被氧化为，从而无法证明的存在，故D错误；答案选A。非选择题部分26. (1)石墨转化为金刚石过程中需要克服的微粒间的作用力有_。(2)比较下
35、列Ga的卤化物的熔点和沸点，GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，分析其变化的原因是_。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/77.75122.3211.5沸点/201.2279346GaF3的熔点超过1000，写出其电子式_。(3)GaAs是将(CH3)3Ga和AsH3用金属有机物化学气相淀积方法制备得到，该反应在700下进行，则该反应的化学方程式为：_。【答案】 (1). 共价键、分子间的作用力 (2). GaCl3、GaBr3、GaI3是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高 (3). (4). 【解析】【分析】(1) 石墨
36、晶体内存在的微粒间的作用力，在它发生转化时都会被破坏，据此回答；(2) 按照三卤化镓的熔沸点的数据判定它们的晶体类型，用来解释熔沸点变化规律、书写电子式；(3) 按所提供的反应物、反应条件及个别产物，推测其它产物，书写化学方程式即可；【详解】(1) 石墨是平面层状结构，层内每个碳原子与其它三个碳原子以碳碳单键相连接成平面正六边形，层与层之间存在分子间的作用力，因此石墨转化为金刚石时，破坏了共价键和分子间的作用力；(2)通常，分子晶体的熔沸点较低，离子晶体则具有较高的熔点和沸点，由表提供的数据知：GaCl3、GaBr3、GaI3的熔点和沸点远低于GaF3，故可判断GaCl3、GaBr3、GaI3
37、是分子晶体、GaF3是离子晶体；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点和沸点越高，故GaCl3、GaBr3、GaI3的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点和沸点依次升高；由于GaF3为离子晶体，则其电子式为：；(3)将(CH3)3Ga和AsH3用金属有机物化学气相淀积方法制备得到GaAs，在700下进行，则该反应的另一产物为甲烷，则化学方程式为： 。【点睛】解本题的关键是明确微粒间的作用力、晶体类型与熔沸点规律等知识，落实电子式、化学方程式的书写是另一关键。27. 标准状况下，向多份等量的NaOH固体中，分别加入一定体积的1.00mol/L (NH4)2Fe(
38、SO4)2溶液充分反应，反应产生的NH3随(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积的变化如图所示(假设生成的NH3全部逸出)：请计算：(1)a的值为_L。(2)每份NaOH固体的物质的量_mol(写出计算过程)。【答案】 (1). 0.05 (2). 设每份NaOH固体的物质的量为x，则 解得x=0.2故本题答案为：0.2。【解析】【分析】铁离子转化为氢氧化铁的pH值为1.9-3.2左右，铵根离子须在较强碱性环境下才可反应，所以氢氧根先和铁离子生成沉淀，后和铵根反应生成氨气，在a点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v(NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2
39、Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，据此计算。【详解】(1) 在a点时，(NH4)2Fe(SO4)2量不足，氢氧化钠有剩余，在v(NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2+2Na2SO4+2NH3+2H2O，在a点时，加入的(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为氨气的物质的量的一半，即(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量为0.05mol，根据(NH4)2Fe(SO4)2的浓度为1.00mol/L，所以(NH4)2Fe(SO4)2的体积为0.05L，故本题答案为：0.05
40、； (2) 依据总反应4NaOH+(NH4)2Fe(SO4)2=Fe(OH)2+2Na2SO4+NH3+2H2O，在v(NH4)2Fe(SO4)2)=0.15L时，(NH4)2Fe(SO4)2有剩余，氢氧化钠不足，所以氢氧化钠的物质的量是产生的氨气的物质的量的2倍，即0.2mol，所以每份NaOH固体的物质的量0.4mol，故本题答案为：设每份NaOH固体的物质的量为x，则 解得x=0.2故本题答案为：0.2。【点睛】铁离子转化为氢氧化铁的pH值为1.9-3.2左右，铵根离子须在较强碱性环境下才可反应，所以氢氧根先和铁离子生成沉淀，后和铵根反应生成氨气，要特别注意离子反应的先后顺序。28. 由
41、四种元素组成的白色粉末状固体，式量为63，按如图流程进行实验。气体E是纯净物。回答下列问题：(1)气体E的化学式_，X的化学式是_。(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式_。(3)气体A通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，写出化学反应方程式_。【答案】 (1). CO2 (2). CH5NO2 (3). HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O+3H2O (4). 2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O【解析】【分析】由四种元素组成的白色粉末状固体X，式量为63。根据流程图，气体A为氨气，说明X中含有N、H两种元素，X中含有NH，6.3gX充分反应后生成1.7g氨气
42、，则X中含有1个NH；溶液B中加入过量的新制氢氧化铜加热，生成砖红色沉淀D14.4g，则D为Cu2O，溶液B中含有-CHO，说明X中含有C元素，结合X的式量为63，X为HCOONH4；溶液C中加入过量盐酸反应生成气体E，E通入足量澄清石灰水中生成白色沉淀F，F为碳酸钙，则C中含有，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，气体E为二氧化碳，化学式为CO2，X为HCOONH4，化学式为CH5NO2，故答案为：CO2；CH5NO2；(2)溶液B生成沉淀D的离子反应方程式为HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O+3H2O，故答案为：HCOO-+2Cu(OH)2+OH-+Cu2O+3H2O；(
43、3)气体A为氨气，通过次氯酸钠溶液可得到作火箭推进剂N2H4，反应的化学反应方程式为2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O，故答案为：2NH3+ NaClO= N2H4+NaCl+H2O。【点睛】正确判断X的组成是解题的关键。本题的难点为溶液B中所含微粒的判断。本题的易错点为(2)，要注意含有醛基的微粒与新制氢氧化铜悬浊液的反应原理的理解。29. 氯化亚铜(CuCl)是用途广泛的化工产品，其露置于空气中易被氧化。某兴趣小组高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2xH2O)制备CuCl，其装置如图(加热仪器、夹持仪器省略)：回答下列问题：(1)通入HCl气体的作用是_。(2)硬质玻璃管A
44、中主要发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气 (2). CuCl2xH2OCuCl2+xH2O，2CuCl22CuCl+Cl2【解析】【分析】高温加热分解氯化铜晶体(CuCl2xH2O)制备CuCl，在A中CuCl2xH2O先失去结晶水得到CuCl2，无水硫酸铜检验生成的水，继续加热，CuCl2分解生成CuCl和Cl2，C吸收尾气HCl和氯气，防止污染空气，据此分析解答。【详解】(1)氯化铜属于强酸弱碱盐，易水解，通入HCl气体可以抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气，故答案为：抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气；(2)硬质玻璃管A中主要发生反应为：Cu
45、Cl2xH2OCuCl2+xH2O，2CuCl22CuCl+Cl2；故答案为：CuCl2xH2OCuCl2+xH2O，2CuCl22CuCl+Cl2。【点睛】本题的易错点为(2)，(2)中的反应也可以用总反应方程式2CuCl2xH2O2CuCl+Cl2+2xH2O表示。30. 可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)某温度下，使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_(填字母代号)。A.向正反应方向移动 B.不移动 C.向逆反
46、应方向移动 D.无法确定(2)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g) H1=+59.6kJ/mol2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) H2=-314.4kJ/mol向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图所示，图中没有生成SO3的可能原因是_。(3)向一保持常压的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，此时容器的体
47、积为10L，分别在T1、T2两种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图所示。T2时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=_。下列说法正确的是_。A.T1T2B.若向该容器通入高温He(g)(不参加反应，高于T2)，SO3的产率将减小，仅因为温度升高，平衡向逆方向移动C.合成硫酸的设备中，在接触室合成SO3需要高压设备D.依据反应装置所能承受的最高温度定为此反应温度在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响。请在图中画出在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡
48、)_。【答案】 (1). B (2). 常温下，V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢 (3). (4). AC (5). 【解析】【详解】(1) T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，实际上反应的过程为V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g) 2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) 反应为反应前后气体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小压强，平衡不移动，对于反应，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)不移动，故答案为：B；(
49、2) 由图像可知，随反应前加入O2里的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐新增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)，而反应V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3，故答案为：常温下，V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢；(3)由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则SO2的转化量为0.54mol，可列出三段式（单位为mol）为
50、： ，则平衡时气体总物质的量为0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol，设平衡时容器的体积为V，根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得：，解得，V=7L，则该反应的平衡常数K=，故本题答案为：；A由图像可知，在T2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率低，则T2温度更高，则T1T2，A正确；B通入高温He，相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，B错误C在接触室增大压强，有利于合成SO3，所以需要高压设备，C正确；D为了安全起见，反应温度应低于反应装置所能承受的
51、最高温度定，D错误；故本题答案为：AC；在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，转化率降低，同时生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响，所以反应速率也降低。所以在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡)为：，故本题答案为：；【点睛】探究外界因素对化学反应速率的影响时，要控制单一变量法，若有多个变量，如本题第三题第三问，则要判断以哪个变量为主。31. 医用ZnSO47H2O内服做催吐剂，外服做滴眼液，用途广泛。工业上用闪锌矿(主要成分为ZnS、含少量FeS、MnS、CdS、NiS等杂质)为原料，制备流程如图：0.1mo
52、l/L金属阳离子沉淀的pH如表：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Zn2+Ni2+Cd2+开始沉淀pH8.16.71.96.17.27.7完全沉淀pH10.19.03.28.29.29.7(1)灼烧闪锌矿会产生有毒气体，分子式为_，操作1需要90下反应20min，目是_。(2)滴入KMnO4溶液、控制pH=4可以除去Fe3+、Mn2+元素，实验中除尽Fe、Mn的标志是_，写出除去Mn2+的离子方程式_。(3)加入纯Zn可以除去Cd2+、Ni2+，薄层色谱的原理和纸层析类似，某实验小组利用薄层色谱监控不同时间Zn和Cd2+、Ni2+反应进程如图，还需要加入Zn粉的是_(填字母)。(4)滤液3得到Z
53、nSO47H2O涉及如下部分步骤，选择正确的操作并排序：a_f。a.取滤液于100mL的烧杯b.滴加2mol/L硫酸调节pH约为1c.滴加2mo/LNaOH调节pH约为6.1d.加热蒸发出现晶膜e.冷却结晶f.减压抽滤g.加热蒸发、趁热过滤h.将溶液转移蒸发皿(5)ZnSO47H2O样品中Zn2+含量测定如下：准确称量mg样品溶解、配制100.00mL溶液，取25.00mL于锥形瓶，滴加pH=10的氨水氯化铵的缓冲溶液，用铬黑T做指示剂滴到终点、消耗0.10mol/L、VmL的EDTA，EDTA和Zn2+反应简写为：EDTA+Zn2+=Zn(EDTA)，取蒸馏水25.00mL于锥形瓶，滴加pH
54、=10的氨水氯化铵的缓冲溶液，用铬黑T做指示剂滴到终点、消耗0.10mol/L、V0mL的EDTA，计算ZnSO47H2O样品的纯度_。【答案】 (1). SO2 (2). 为了让硫酸与固体充分反应 (3). 溶液变为无色并不再产生沉淀 (4). 3Mn2+2MnO4-+2H2O =5MnO2+4H+ (5). AC (6). b (7). h (8). d (9). e (10). 【解析】【分析】工业上用闪锌矿(主要成分为ZnS、含少量FeS、MnS、CdS、NiS等杂质)为原料，通入空气进行灼烧，发生反应2ZnS+3O2=2ZnO+2SO2得到氧化锌等，向灼烧后的固体中加入硫酸， 得到硫
55、酸锌、硫酸亚铁、硫酸镉、硫酸镍和硫酸锰等；加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子，控制pH除去Fe3+、Mn2+元素，再加入锌发生置换反应除去镉和镍，最后经过一系列操作得到ZnSO47H2O。【详解】(1)综上分析，灼烧闪锌矿会产生有毒气体的分子式为SO2，操作1需要90下反应20min，目的是为了让硫酸与固体充分反应。(2)滴入KMnO4溶液、控制pH=4，使Fe3+转换为氢氧化铁沉淀，Mn2+与高锰酸根离子反应3Mn2+2MnO4-+2H2O =5MnO2+4H+，当实验中溶液变为无色并不再产生沉淀时说明除尽Fe、Mn。(3)加入纯Zn后若Cd2+、Ni2+完全除去，则薄层色谱中只会出现一个点，即
56、锌离子，故根据图示可知还需要加入Zn粉的是AC。(4)滤液3的主要成分为硫酸锌，为得到ZnSO47H2O，取滤液于100mL的烧杯，为防止锌离子水解，滴加2mol/L硫酸调节pH约为1，将溶液转移蒸发皿, 加热蒸发出现晶膜，冷却结晶，最后减压抽滤得到晶体。(5)准确称量mg样品溶解、配制100.00mL溶液，取25.00mL于锥形瓶，滴加pH=10的氨水氯化铵的缓冲溶液，用铬黑T做指示剂滴到终点、消耗0.10mol/L、VmL的EDTA，EDTA和Zn2+反应简写为：EDTA+Zn2+=Zn(EDTA)，取蒸馏水25.00mL于锥形瓶，滴加pH=10的氨水氯化铵的缓冲溶液，用铬黑T做指示剂滴到
57、终点、消耗0.10mol/L、V0mL的EDTA，则锌离子消耗的EDTA的物质的量为0.1mol/L(V-V0)10-3，则样品中锌离子的物质的量为0.1mol/L(V-V0)10-3，其ZnSO47H2O质量为0.1mol/L(V-V0)10-3L4287g/mol=0.1148 (V-V0)，则样品的纯度为%。32. 近期科研人员发现磷酸氯喹等药物对新型冠状病毒肺炎患者疗效显著。磷酸氯喹中间体N的合成路线如图：已知：化合物G可作汽车发动机的抗冻剂2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5请回答：(1)有机物F中的官能团名称是_、_。(2)下列说法正确的是_。A.1mol化合物K最
58、多能与4mol NaOH反应B.化合物G能发生取代、氧化、缩聚反应，不与新制Cu(OH)2反应C.化合物M能形成内盐D. L的分子式是C12H10NO3Cl(3)写出IJ的化学方程式_。(4)设计以化合物C和为原料制备X()的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_。(5)化合物P在一定条件下可反应生成化合物Q()，写出同时符合下列条件的Q的同分异构体的结构简式_。1H-NMR谱检测表明，分子中共有4种氢原子；具有一个苯环和一个五元环，苯环上只有两个邻位的取代基。【答案】 (1). 氨基 (2). 氯原子 (3). AC (4). CH3CH2OOCCOOCH2CH3+CH3COOC2H5CH
59、3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH (5). (6). 【解析】【分析】根据A的分子式可确定，A为苯；结合K的结构简式及F的分子式，可判断苯环上需引入硝基、氯原子，硝基为苯环的间位定位基，它会使第二个取代基主要进入它的间位，则C为硝基苯，试剂B为浓硝酸、浓硫酸；E为，试剂D为氯气；根据已知，E到F为硝基变为氨基，F为；已知G为汽车发动机的抗冻剂，则F为乙二醇(HOCH2CH2OH)；H能与乙醇发生酯化反应，则H为乙二酸(HOOCCOOH)，I为CH3CH2OOCCOOCH2CH3；根据已知，判断J为CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3。【详解】(1)分析可知
60、，有机物F为，官能团名称是氨基、氯原子；(2)AK含有两个酯基和一个氯原子，且水解生成酚羟基，则1mol K在氢氧化钠溶液中水解最多消耗4molNaOH，A说法正确；B化合物G为乙二醇，含有羟基能发生取代、氧化，无醛基不与新制Cu(OH)2反应，B说法错误；C化合物M中含有羧基和氮原子，羧其可以电离产生H+，N原子形成3个共价键之后还余下一个孤电子对，故N原子可以与H+结合形成内盐，C说法正确；DL的分子式是C12H10O3NCl，D说法错误；答案为AC；(3)写出IJ的化学方程式CH3CH2OOCCOOCH2CH3+CH3COOC2H5CH3CH2OOCCOCH2COOCH2CH3+CH3CH2OH；(4)以硝基苯与为原料，首先，氧化生成；硝基苯与浓硝酸、浓硫酸加热生成，与Fe、HCl反应生成；与反应生成。流程为；(5)化合物Q()的同分异构体符合以下条件：1H-NMR谱检测表明，分子中共有4种氢原子；具有一个苯环和一个五元环，苯环上只有两个邻位的取代基。则苯环上的2个邻位取代原子为对称结构，即2个Cl在苯环的邻位，且与五元环相间；五元环也为对称构型，结构简式为。【点睛】化合物Q的同分异构体核磁共振氢谱有4种原子，种类较少，应为对称结构，且苯环上邻位有2个取代基，则2个取代基相同为Cl。