【文档说明】浙江省宁波十校2021届高三下学期化学联考模拟练习试卷（4）含解析.docx，共(24)页，382.057 KB，由管理员店铺上传

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绝密★启用前2020-2021学年度浙江省宁波十校联考模拟练习试卷（4）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题1．下列说法正确的是①pH＝2和pH＝1的H2SO4中c(H＋)之比为1∶

10②0.2mol·L－1与0.1mol·L－1醋酸中，c(H＋)之比大于2∶1③纯水在80℃和20℃时，pH相等④FeCl3溶液中c(Fe3＋)与c(Cl－)之比为1∶3⑤同温时，pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝10的KCN溶液中由水电离的OH－浓度后者

大⑥100mL0.1mol·L－1的醋酸与10mL1.0mol·L－1的醋酸中H＋的数目，前者多A．①④⑤B．①⑤⑥C．①②⑤D．①②③⑥2．实验室制备硅酸的反应为Na2SiO3＋2HCl＝2NaCl＋H2SiO3↓，该反应属于A．化合反应B

．分解反应C．置换反应D．复分解反应3．下列物质之间的相互关系错误．．的是()A．CH3CH2COOH和CH3COOCH3互为同分异构体B．干冰和冰为同一种物质C．CH3CH3和CH3CH2CH3互为同系物D．O2和O3互为同素异形体4．化学用语在化

学学科中作用非常重要，以下有关化学用语描述正确的是（）A．Mg2+的电子排布式：1s22s22p63s2B．氨气的空间结构：三角形C．Na2S的电子式：D．甲醛的结构简式：CH2O5．下表是元素周期表的一部分。X、Y、Z、W均为短周期元

素，它们的质子数之和为46。下列说法正确的是A．原子半径：W<XB．气态氢化物的稳定性：Y<ZC．最高化合价：X<YD．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<W6．某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度A．0.1mol·L－1B．一定大于0.1mol·L－1C．若为

强酸一定等于0.1mol·L－1，若为弱酸一定大于0.1mol·L－1D．若为强酸一定≤0.1mol·L－1，若为弱酸一定＞0.1mol·L－17．某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它可能具有的是（）①能发生取代反应②能使酸性高锰酸钾溶液褪色③能跟Na

OH溶液反应④能发生酯化反应⑤能发生聚合反应A．①③④B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③8．容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其瓶上一定标有下列六项中的哪几项：①温度②浓度③规格（容量）④压强⑤刻度线⑥材质A．②④⑥B．③⑤⑥C．①②④D．①③⑤9．用NA表示

阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（）A．1mol硫酸钾中阴离子所带的电荷数为NAB．1L1mol·L-1NaCl溶液中含有的NaCl分子数为NAC．标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含的分子数均为NAD．4.6g金属钠反应生成过氧化钠时

失去的电子数为0.4NA10．干电池的负极反应是：Zn–2e=Zn2＋，现以干电池作电源电解32.4g34%的硝酸钾溶液，一段时间后，测得溶液中溶质的质量分数为36%，则干电池中消耗锌的物质的量为A．0.3molB．0.05molC．0.2molD．0.1mol11．在酸性条件下，向含铬

废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72－转化为Cr3＋，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀而从废水中除去。下列说法正确的是（）A．FeSO4在反应中作氧化剂B．随着反应的进行，该废水的pH会减小C．若该反

应转移0.6mole-，则会有0.2molCr2O72－被还原D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应12．下列说法正确的是（）A．乙烯的电子式为HHH:C:C:HB．乙烯的球棍模型为C．乙烯分子在空间上呈平面结构D．乙烯的结构简式为22CHCH13．

下列实验中，能够达到实验目的的是A．实验室制取并收集氨气B．制取二氧化硫并检验二氧化硫的漂白性C．比较Cl、C和Si三种元素的非金属性强弱D．除去二氧化碳中的HCl14．Na2CO3俗名纯碱，下面是采用

不同分类法对纯碱的分类，其中不正确的是（）A．Na2CO3是酸式盐B．Na2CO3是正盐C．Na2CO3是钠盐D．Na2CO3是碳酸盐15．向过氧化氢溶液中逐渐滴入FeCl2溶液，可能观察到的现象有（）A．有白色沉淀生成，溶液颜色由浅绿色变棕色B．有红褐色沉淀生成，

上层溶液呈棕黄色C．有无色无味的气体产生，该气体能使带火星的木条复燃D．能看到溶液颜色加深，既无沉淀产生，也无气体放出16．下列物质的性质与应用关系的描述不正确的是A．氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料B．钠具有强还原性，可用于制取钛、锆等金

属C．自来水厂可用明矾对水进行杀菌消毒D．二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液的褪色。17．下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu＋4H＋＋2NO3-=Cu2＋＋2NO2↑＋H2OB．向Fe2(SO4)

3溶液中加入过量铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋C．向Fe2(SO4)3溶液中加入氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸产生硅酸沉淀：Na2SiO3＋2H＋=H

2SiO3↓＋2Na＋18．下列叙述正确的是A．漂白粉、水玻璃、冰醋酸都是混合物B．金属氧化物一定是碱性氧化物C．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液D．氨气、水和硫酸钡分别属于非电解质、弱电解质和强电解质19．下列说法正确的

是A．某试样焰色反应呈黄色，则试样中一定含有K＋B．过滤操作时，为了加快过滤可以用玻璃棒搅拌漏斗的液体C．蒸馏装置中，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶支管口附近D．粗盐的提纯实验中，用到了萃取、分液操作20．氮及其化合物的转化过程如图所

示。下列分析不合理的是A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B．催化剂不能改变反应焓变但可降低反应活化能C．在催化剂b表面形成氮氧键时，涉及电子转移D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率21．下列有机物的同分异构

体数目判断错误的是（）选项有机物同分异构体数目A分子式为C5H123B分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液退色2C分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气4D分子式为C3H8的二氯代物3A．AB．BC．CD．D22．下列说法不正确．．．的是A．钠和钾的合金可用于快中子反应堆作

热交换剂B．可用超纯硅制造的单晶硅来制造芯片C．电解饱和食盐水可制得黄绿色的氯气D．氯气有毒，不能用于药物的合成23．某芳香族化合物的分子式为C7H6Cl2，该有机物的可能结构有（不考虑立体异构）A．9种B．10种C．11种

D．12种二、多选题24．下列有关物理量与其单位匹配正确的是：A．质量:gB．反应速率:mol•L―1C．摩尔质量:g•mol―1D．气体摩尔体积:L•mol―125．常温下可以发生反应：KMnO4＋HCl(浓)—KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O（未配平）。下列说法中正

确的是（）A．氧化性：KMnO4＜Cl2B．反应配平后，H2O的化学计量数为8C．该反应中HCl既表现出还原性，也表现出酸性D．反应Mn2＋＋5Fe3+＋4H2O=MnO4-＋5Fe2+＋8H＋可以发生第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题26．下表是某些共价键的键能(kJ

/mol)：键键能键键能键键能键键能H—H436Cl—Cl243H—Cl432H—O463S=S255H—S339C—F427C—O351C—Cl330C—I218H—F568(1)由表中数据能否得出这样的结论：半径越小的原子形成的共价键越牢固(即键能越大)。____

____(填“能”或“不能”)。非金属性越强的原子形成的共价键越牢固。_______(填“能”或“不能”)。(2)能否从这些数据中找出一些规律，请写出一条：___________________________________。(3)试预

测C—Br键的键能范围：__________<C—Br键键能<________。四、计算题27．烟道气中的NO是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法：将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，恰

好使NO完全被氧化成NO3－，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。回答下列问题：(

1)NO被H2O2氧化为NO3－的离子方程式为：_____。(2)滴定过程中发生下列反应：3Fe2+＋NO3－＋4H+=NO↑＋3Fe3+＋2H2OCr2O72－＋6Fe2+＋14H+=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O则气样中N

O的物质的量为_______mol。(3)下列操作会使NO测定结果偏高的是_____A．滴定管未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后还存留少量的水C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数D．FeSO4标准溶液部分变质五、原理综合题28．氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途

。请回答下列与氮元素有关的问题：(1)亚硝酰氯(结构式为Cl－N=O)是有机合成中的重要试剂。它可由C12和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。已知几种化学键的键能数据如下表：化学键Cl—ClCl—NN=ONO(NO)键能(kJ/mol)24

3200607630当Cl2与NO反应生成ClNO的过程中转移了4mol电子，理论上热量变化为_________kJ。(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)发生(1)中反应，

在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如下表所示：温度/℃0min5min8min13minT121.51.31.0T221.151.01.0①若容器容积为1L，温度为T1

℃时，反应开始到5min时，C12的平均反应速率为_______。②在T1条件下，反应进行到13min时，反应的正反应速率________逆反应速率(填“大于”、“等于”或“小于”)，请解释原因：____________________________

____。(3)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(-3NO)，其工作原理如图所示：①Ir表面发生反应的方程式为______________。②若导电基体

上的Pt颗粒增多，造成的结果是______________。六、元素或物质推断题29．金属铝在酸性或碱性溶液中均可与3NO−发生氧化还原反应,转化关系如下：已知，气体D和F反应可生成盐，气体D和A溶液反应生成白色沉淀。请回答：(1)C、E排

入大气中会造成大气污染，在催化剂存在下，D可以将C或E转化为无毒的气态单质，写出C与D反应的化学方程式___。(2)写出铝在碱性条件下与3NO−反应的离子方程式：___________。(3)除去气体C中的杂质气体E的化学方法(用化学方程式表示)

：___________。(4)Al与3NO−在酸性条件下反应，Al与被还原的3NO−的物质的量之比是___。七、工业流程题30．为探究化合物X（含有三种元素，摩尔质量318g•mol-1）的组成和性质，某研究小组设计并完成了如图实验：请回答下列问题：（1）写出化合物X中

存在的元素___。（请用元素符号表达）（2）写出反应①的化学方程式__。（3）写出反应②的离子方程式___。八、有机推断题31．肉桂硫胺（Cinanserin）是上世纪70年代用于抗精神分裂症的药物，对冠状病毒3CL水解酶具有抑制作用，下图是其合成路线图。已知以下信息：①A为常见的烃，它对H2

的相对密度为39②2RCOOHRCH2OH③+HCN回答下列问题：（1）A的名称__________；B的结构简式___________；肉桂硫胺中含氧官能团的名称__________。（2）步骤①的反应方程式________________，其反应类型为_________

。（3）中共平面的原子最多________个。（4）M是C的同分异构体，符合下列条件的M有_______种。①属于芳香族化合物。②能发生银镜反应。（5）参照题干，写出由制备的流程图。_______。参考答案1．B【解析】【详解】①pH=2与pH=1的硝

酸中c(H+)分别为0.01moL/L和0.1mol/L，则之比为1：10，故①正确；②醋酸是弱酸，不能完全电离，醋酸浓度越小，电离程度越大，0.2mol/L与0.1mol/L醋酸中，c(H+)之比小于2：1，故②错误；③加热促进水的电离，则纯水

在80℃和20℃时，pH后者大，故③错误；④FeCl3溶液中Fe3＋水解，则c(Fe3＋)与c(Cl－)之比小于1∶3，故④错误；⑤氢氧化钾抑制水的电离，KCN水解使溶液显碱性促进水的电离，故⑤正确；⑥100mL0.1mol•L-1的醋酸和10mL1.0mol•L-1的

醋酸中含醋酸的物质的量相等，醋酸浓度越小其电离程度越大，所以100mL0.1mol/L的醋酸溶液与10mL1.0mol/L的醋酸溶液中H+的数目，前者多，故⑥正确；故答案为B。2．D【详解】实验室制备硅酸的反应为Na2SiO3+2HCl＝2NaCl+H2Si

O3↓，是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，故为复分解反应，故选D。【点晴】本题考查了四大基本反应类型的概念和辨析，根据定义来分析。两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应为化合反应；一种物质反应生成两种或

两种以上的反应为分解反应；一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应。3．B【解析】【详解】A．CH3CH2COOH和CH3COOCH

3分子式相同，而结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B．干冰是固体CO2，而冰为固体水，所以二者不同一种物质，B错误；C．CH3CH3和CH3CH2CH3都是烷烃，因此互为同系物，C正确；D．O2和O3分子的元素组成相同，都是单

质，因此二者互为同素异形体，D正确；答案选B。4．C【详解】A．1s22s22p63s2为Mg原子的核外电子排布式，Mg2+是镁原子失去最外层两个电子形成，正确的核外电子排布式为：1s22s22p6，故A错误；B．氨气中氮原子为sp3杂化，

存在一对孤电子对，所以氨气分子的构型为三角锥型，故B错误；C．硫化钠属于离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出所带电荷及最外层电子，硫化钠的电子式为，故C正确；D．甲醛分子中含有1个醛基，其正确的

结构简式为：HCHO，故D错误；故选：C。5．D【分析】设X的质子数为x，根据X、Y、Z、W在周期表中的位置，Y、Z、W的质子数依次为x+2、x+7、x+9，x+x+2+x+7+x+9=46，解得x=7，X

、Y、Z、W依次为N、F、Si、S元素，结合元素周期律作答。【详解】设X的质子数为x，根据X、Y、Z、W在周期表中的位置，Y、Z、W的质子数依次为x+2、x+7、x+9，x+x+2+x+7+x+9=46，解得x=7，X、Y、Z、W依次为N、F、Si、S元素。A项，根据“层多径大”，原子

半径：W>X，A项错误；B项，根据“同周期从左到右非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐增强，同主族从上到下非金属元素气态氢化物的稳定性逐渐减弱”，气态氢化物的稳定性：SiH4<CH4<HF，气态氢化物的稳定性：Y>Z，

B项错误；C项，Y为F元素，F是非金属性最强的元素，F没有正价，C项错误；D项，根据“同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强”，最高价氧化物对应水化物的酸性：Z<W，D项正确；答案选D。6．D【详解】a．若为一

元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，若为二元强酸pH=1，则溶液的物质的量浓度是0.05mol/L，故为强酸时，pH=1，溶液的物质的量浓度一定≤0.1mol•L-1；b．若为弱酸pH=1，由于弱酸只

能部分电离，故溶液的物质的量浓度一定＞0.1mol•L-1；故答案选D。7．C【详解】①有可以取代的H、-OH、-COOH均可发生取代反应，故①正确。②含碳碳双键、-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确。③含-COOH与NaOH反应，故

③正确。④含-OH、-COOH可发生酯化反应，故④正确。⑤含碳碳双键可发生加聚反应，含-OH、-COOH可发生缩聚反应，故⑤正确。故正确的是①②③④⑤，故答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把

握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、醇、羧酸的性质及应用8．D【解析】【详解】容量瓶是用来配制一定物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有①温度、③规格（容量）、⑤刻度线，故答

案为D。9．C【详解】A.硫酸钾中硫酸根离子带2个负电荷，1mol硫酸钾中，阴离子所带的电荷数为2NA，A错误；B.NaCl是离子化合物，其溶液中无NaCl分子，B错误；C.标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，18gH2O的物质的量为1m

ol，其所含的分子数均为NA，C正确；D.4.6g金属钠的物质的量为0.2mol，反应生成过氧化钠时失去的电子数为0.2NA，D错误；故答案为：C。10．D【详解】惰性电极电解硝酸钾溶液，实质是电解水。设反应后溶液的质量是m，

则根据溶质不变可知，32.4g×34%＝m×36%，解得m＝30.06g，所以被电解的水的质量是32.4g－30.06g＝1.8g，物质的量是0.1mol。则根据2H2O2H2↑+O2↑可知，电解0.1mol水转移电子的物质的

量是0.1mol×2＝0.2mol，则根据电子得失守恒可知，消耗锌的物质的量是0.2mol÷2＝0.1mol，答案选D。【点睛】该题侧重对学生能力的培养与基础知识的巩固与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活

运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确电解产物的判断，然后依据电子得失守恒直接列式计算即可。11．D【详解】A、FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，错误；B、该过程中发生的反应为：6Fe2++C

r2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH值会增大，错误；C、Cr2O72-中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole-，则会有0.1m

olCr2O72-被还原，错误；D、除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓（复分解反应），正确。故选D。12．C【详解】A．乙烯分子中碳原子

间形成的是双键，乙烯的电子式为，A错误；B．碳原子的半径应比氢原子的大，乙烯的球棍模型为，B错误；C．乙烯分子中6个原子共平面，在空间上呈平面结构，C正确；D．乙烯的结构简式为CH2=CH2，D错误。答案选C。13．B【解析】试题分析：A、收集氨气时应该在集气瓶口放一团棉花，A错误；B、浓硫

酸与铜在加热的条件下可发生氧化还原反应生成SO2。SO2能使品红溶液褪色，利用氢氧化钠溶液吸收剩余的SO2，装置正确，B正确；C、浓盐酸易挥发，生成的CO2中含有氯化氢气体，氯化氢也能与硅酸钠反应生成

硅酸沉淀，不能说明碳元素的非金属性强于硅元素，且盐酸是无氧酸，应该用高氯酸，不能达到实验目的，C错误；D、饱和碳酸钠溶液也能吸收CO2，应该用饱和碳酸氢钠溶液，D错误，答案选B。考点：考查实验方案设计与评价14．A【解析】【详解】Na2CO3是正盐，不是酸式

盐，故A选B不选；Na2CO3中含有Na+和CO32-，因此既是钠盐也是碳酸盐，故CD不选，答案为A。15．C【解析】试题分析：过氧化氢具有氧化性，能把氯化亚铁氧化生成氯化铁。反过来生成的氯化铁又能催化过氧

化氢分解生成氧气和水，所以正确的答案选C。考点：考查过氧化氢的化学性质点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，注重对学生能力的培养，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力，提高学生的灵活应变能力。16．C【解析】【分析】A.耐高温材料应具

有较高的熔点；B.依据钠性质活泼，钠原子容易失去最外层电子生成稳定的钠离子；C.明矾只能净水不具有杀菌消毒的作用；D.SO2具有漂白性，能与品红化合生成无色的物质。【详解】A.氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料，故

A项正确；B.钠性质活泼，具有强还原性，可用于制取钛、锆等金属，故B项正确；C.明矾净水的原理是：明矾电离的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，将悬浮物沉降，一般具有氧化性的物质可以杀菌消毒，而明矾不具有杀菌消毒的作用，故C项错误；D.S

O2具有漂白性，能与品红化合生成无色的物质，从而使品红褪色，故D项正确；答案选C。【点睛】本题侧重考查物质的性质与应用，联系化学与生活，C选项中明矾对水仅有吸附作用，属于物理现象，并没有杀菌消毒作用。能对自来水进

行杀菌消毒的常有氯水、ClO2、高铁酸钠等，其原理相似，均因自身的氧化性，可以使蛋白质变性而杀菌消毒。此外还有紫外线也可杀菌消毒，所以理清杀菌消毒的基本原理才能快而准地排除选项，得出结论。17．C【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，其反应的离子方程式为：3Cu

+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe3+，故B错误；C．硝酸铁溶液中加过量氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3NH3•H2O═Fe(OH)3↓+3NH

4+，故C正确；D．Na2SiO3溶于水，应写为离子形式，正确的离子方程式为：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故D错误；故选C。18．D【解析】【详解】A.漂白粉是次氯酸钙和氯化钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶

液是混合物，冰醋酸是纯醋酸属于纯净物，故A错误；B.金属氧化物不一定是碱性氧化物，如氧化铝属于两性氧化物，故B错误；C.根据分散质粒子的直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故C错误；D.氨气不能电离，属于非电解质，水能微弱地电离，属于弱电解质，硫酸

钡是难溶于水的盐，但溶解部分完全电离，属于强电解质，故D正确。故选D。【点睛】强电解质包括强酸、强碱、绝大多数盐、金属化合物等；弱电解质包括弱酸、弱碱、水等。19．C【详解】A．某试样焰色反应呈黄色，则试样中一

定含有钠元素，检验钾离子，应透过蓝色钴玻璃，以滤去黄光，故A错误；B．过滤时不能用玻璃棒搅拌，以防止滤纸破损，玻璃棒仅起到引流的作用，故B错误；C．蒸馏时，温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分蒸汽的温度，故C正确；D．粗盐的提纯实验中，用到了溶解、过滤、蒸发结晶操作，不需要用萃取和

分液，故D错误；答案选C。【点睛】粗盐的提纯是为了除去溶于水和不溶于水的杂质，用到了溶解、过滤、蒸发结晶操作，萃取和分液是除去溶液中某中溶质，选择实验操作时，要注意根据原理选择装置。20．D【详解】A.催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性

共价键的断裂和极性键的形成，故A合理；B.催化剂可降低反应活化能，改变反应速率，但不能改变反应焓变，故B合理；C.催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C合理；D.催化剂a、b改变反应速率，不改变化学平衡，不能提高

反应的平衡转化率，故D不合理；故选D。21．D【详解】A.戊烷有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷与新戊烷，故不选A；B.不能使溴的四氯化碳溶液退色，说明为环烷烃，分别为环丁烷，甲基环丙烷，故不选B；C

.能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH，丁基的同分异构体数为4，总共应有4种醇，故不选C；D.分子式为C3H8的二氯代物，有四种分别为1,1-二氯丙烷、2,2-二氯丙烷、1,2-二氯丙烷、1,3-二氯丙烷，

故选D；答案：D22．D【分析】【详解】A．钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，A正确；B．硅是半导体，可用超纯硅制造的单晶硅来制造芯片，B正确；C．电解饱和食盐水的生成物是氢氧化钠、氢气和氯气，氯气是黄绿色气体，C正确；D．虽然氯气有毒，但能用于药物的合成，D错误；答案选D。23．B【

解析】芳香族化合物的分子式为C7H6Cl2，说明分子结构中含有一个苯环，则如果有一个甲基，则苯环上有二个氯原子分别可处于邻、间、对位，再连接一个甲基可能有2种、3种、1种共6种，二个氯原子可以只取代甲基上的二个氢原子有一种结构，还可以取代甲基上一个氢原子，另一

个氯原子取代苯环的氢有三种可能（邻、间、对位），则共有10种可能结构，答案为B。点睛：多元取代物的判断方法，可找出一元取代物后，继续用等效氢原子法类推，但要特别注意“同种物质”的判断。例如本题中苯环上有3个不同的取代基，可以先固定2个

，有邻、间、对三种，然后对每种结构分析其第三个取代基的位置，分别有4、4、2种，即共计是10种。如果其中两个取代基相同，则是6种。24．ACD【解析】A.质量的单位是g，A正确；B.反应速率的单位是mol/(L·s)或mol/(L·min)等，B错误；C.摩尔质量的单位是g·mo

l-1，C正确；D.气体摩尔体积的单位是L·mol-1，D正确，答案选ACD。25．BC【详解】A.KMnO4是氧化剂、Cl2是氧化产物，所以氧化性：KMnO4>Cl2，故A错误；B.根据得失电子守恒、元素守恒，反应配平后的方程式是2KMnO4＋16H

Cl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，故B正确；C.反应中部分HCl中氯元素化合价升高生成氯气，HCl表现出还原性，部分HCl生成KCl、MnCl2等盐，所以表现出酸性，故C正确；D.氧化性Fe3+<MnO4-，所以Mn2＋＋5Fe3+＋4H2O=M

nO4-＋5Fe2+＋8H＋不能发生，故D错误。【点睛】本题考查了氧化还原反应概念及规律，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中参加反应的氯化氢部分被氧化，既表现出还原性，也表现出酸性。26．不能不能同主族元素与相

同原子结合形成共价键时，原子半径越小，共价键键能越大218kJ/mol330kJ/mol【分析】(1)化学键的强弱与原子半径、形成的共价键的数目多少有关；(2)可以从同一主族元素与同一元素的原子形成的共价键分析比较；(3)从Br原子的半径大于Cl原子，小于I

原子分析。【详解】(1)通过表格数据可知：原子半径S>Cl，且硫元素的非金属性较氯元素的非金属性弱，但S=S的键能大于Cl—Cl的键能，所以不能说半径越小的原子形成的共价键越牢固也不能说非金属性越强的原子形成的

共价键越牢固；(2)通过表格数据可知：卤族元素与C元素形成的化合物分子C—X中，卤素原子半径越小，形成的共价键就越强。即规律为同主族元素与相同原子结合形成共价键时，原子半径越小，共价键越强；(3)卤素原子与C原子形成共价键，由于卤素原子半径大小关系为：

Cl<Br<I，原子半径越小，与同一元素的原子形成的共价键的键长就越短，键能就越大。根据此规律可知C—Br键的键能介于C—Cl键的键能和C—I键的键能之间，即218kJ/mol<C—Br键的键能<330kJ/mol。【点睛】本题考查了共价键的键能与原子半径、元素的非金属性及原子间共用电子对数目关系

的规律的知识。元素的非金属性强，其形成的共价键键能不一定就大。元素的非金属性越强，原子半径越小，原子间形成的共用电子对数目越多，键能越大，含该化学键的物质就越稳定。27．2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O53（c1v1-6c2v2）×10-3molCD【分析】(1)NO

被H2O2氧化为NO3-，N元素的化合价升高，过氧化氢中O元素的化合价降低；(2)由反应结合电子守恒可知存在Cr2O72-～6Fe2+～2NO3-，以此计算；(3)A．滴定管未用标准液润洗，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积增大，使测定剩余亚铁离子偏高；B．锥形瓶洗净后还存留少量的水，对整个

测定结果无影响；C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积减小，使测定剩余亚铁离子偏低；D．FeSO4标准溶液部分变质，会导致测定剩余亚铁离子偏低。【详解】(1)NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式是2NO+3H2O2═2H++2NO3-+2H2O；(2)n

(Cr2O72-)=c2v2×10-3mol，由Cr2O72-～6Fe2+可知过量的Fe2+为6c2v2×10-3mol，则与量取的20.00mL溶液中NO3-反应的Fe2+为c1v1×10-3mol-6c2v2×

10-3mol=(c1v1-6c2v2)×10-3mol，由3Fe2+～NO3-可知100.00mL原溶液中NO3-为13×(c1v1-6c2v2)×10-3mol×100ml20.00ml═53(c1v1-6c2v2)×10-3mol，根据氮

元素守恒：n(NO2)=n(NO3-)=53(c1v1-6c2v2)×10-3mol；(4)A．滴定管未用标准液润洗，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积增大，使测定剩余亚铁离子偏高，测定含N量偏低，则使NOx含量测定结果偏低，故A错误；

B．锥形瓶洗净后还存留少量的水，对整个测定结果无影响，故B错误；C．滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数，导致消耗K2Cr2O7标准溶液体积减小，使测定剩余亚铁离子偏低，由3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2

H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测定结果偏高，故C正确；D．FeSO4标准溶液部分变质，会导致测定剩余亚铁离子偏低，3Fe2++NO3-+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O中测定含N量偏高，则使NOx含量测

定结果偏高，故D正确；故答案为：CD。28．放热2220.05mol/(L·min)大于T1单位时间内消耗NO的量少，反应速率慢，温度低，所以T1＜T2；又因为该反应的正反应为放热反应，温度越低，达平衡时的NO转化率越高，由表可知

T1温度下平衡时的NO应小于1mol，则T1温度下13min时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率H2＋N2O=N2＋H2O不利于降低溶液中的含氮量【分析】按盖斯定律可计算出热化学方程式，从热化学方程式可以计算放出

的热量；提取表格数据，计算NO的化学反应速率，按2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)计算出氯气的化学反应速率是NO的化学反应速率的二分之一；温度升高，平衡向吸热方向移动，反之亦然；【详解】(1)反应的焓变=反应物的总键能

−生成物的总键能，则2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的焓变为：243kJ/mol+2×630kJ/mol−2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=−111kJ/mol，即转移2mol电子时放热111kJ，则有4mol电子转移时，热量变化为222kJ；(2)①若容器容积

为1L，温度为T1℃时，反应开始到5min时，()2mol-1.5molΔc(NO)1Lv(NO)===0.1mol/LminΔt5min，C12的平均反应速率为()()11v(NO)=0.1mol/Lmin=0.05mol/Lmin22；②由表中数据知，T1单位时间内消

耗NO的量少，反应速率慢，温度低，所以T1<T2；又因为该反应的正反应为放热反应，温度越低，达平衡时的NO转化率越高，由表可知T1温度下平衡时的NO应小于1mol，则T1温度下13min时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；(3)①由工作示意图可知：

Ir表面发生反应的方程式为H2＋N2O=N2＋H2O；②由图可知，在Pt颗粒表面，-3NO转化为铵根，若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是-3NO更多转化为铵根存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量。29．6NO＋4NH

3催化剂5N2＋6H2O8Al+33NO−+5OH−+2H2O=8-2AlO+3NH3↑3NO2+H2O=2HNO3+NO1：1【分析】金属铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3-发生氧化还原反应，由转化关系图可以知道，在酸性环境下，反应生成铝盐和一氧化氮，碱性环境下生成偏铝酸盐和氨气，氨气催化氧化可以

生成一氧化氮和水，一氧化氮可以和氧气反应生成二氧化氮，故A为硝酸铝，B为偏铝酸盐，C为一氧化氮，D为氨气，E为二氧化氮，F为硝酸，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】(1)氨气可以和一氧化氮发生氧化还原反应生成无毒气体单质为氮气

，与一氧化氮反应的化学方程式为：6NO＋4NH3催化剂5N2＋6H2O；(2)根据分析铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸根离子和氨气，离子方程式为：8Al+33NO−+5OH−+2H2O=8-2AlO+3NH3↑；(3)二氧化氮与水反应而一氧化氮

与水不反应，除去气体NO中杂质气体NO2的化学方法用方程式表示为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(4)Al与3NO−在酸性条件下反应生成铝盐、NO，反应离子方程式为：Al+3NO−+4H+=Al3++NO↑+2H2O，Al与被还原的3NO−的物质的量之比是1:1。3

0．Al、C、OAl2(C2O4)3隔绝空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑3AlO2−+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓【分析】3.18gX隔绝空气加热分解生成白色固体A的质量1.02g，白色固体即可与盐酸反应又可与氢氧化钠反应，Y具有两性；得到的溶液B和溶液C又反应生成白色沉

淀D，则可推知A为氧化铝，B为偏铝酸钠溶液，C为氯化铝溶液，D为氢氧化铝；分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀E，气体F与足量氧化铜反应生成气体G，G在通入足量澄清石灰生成白色沉淀E，则E为碳酸钙、G为二氧化碳、F为一氧化碳，即混台合气体由一氧化碳与二氧化碳组成，结合题意，化合物X

含三种元素，分别为：C、O、Al；分解得到的混合气体通入足量澄清石灰生成白色沉淀E为碳酸钙，足量为3.0g，分解生成的二氧化碳物质的量为等于碳酸钙物质的量，物质的量n(CaCO3)=n(CO2)=0.03mol，气体F通过足量CuO加热反应生成气体G，通过足量澄清石灰水生成白色沉淀E为碳

酸钙，则混合气体中一氧化碳物质的量等于生成的碳酸钙物质的量，物质的量n(CaCO3)=n(CO)=0.03mol，化台物X含三种元素，摩摩尔质量318g•mol-1，其物质的量=0.01mol，根据分析，白色固体A为Al2O3，n(Al2O3)=1.02g102g

/mol=0.01mol，则1mol结晶水合物中含铝元素2mol、碳元素6mol，结合摩尔质量为318g•mol-1，和铝元素的化合价+3，推出到X的化学式为：Al2(C2O4)3。【详解】(1)由分析可知，化合物

X中存在的元素分别为：C、O、Al，故答案为：C、O、Al；(2)反应①为Al2(C2O4)3加热分解生成氧化铝，一氧化碳，二氧化碳，化学方程式Al2(C2O4)3隔绝空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑，故答案为：Al2(C2O4)3隔绝

空气加热Al2O3+3CO2↑+3CO↑；(3)反应②为铝离子和偏铝酸根反应氢氧化铝沉淀，离子方程式为3AlO2−+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓，故答案为：3AlO2−+Al3++6H2O=4Al(OH)3↓。31．苯酰胺键+CH3I+HI取代反

应144【分析】A经过①，发生取代反应生成B，B经过②，发生氧化反应得到C，C经过③得到，则C为苯甲酸，B为，A为苯，符合A为常见的烃，它对H2的相对密度为39。据此解答。【详解】(1)根据分析可知，A为苯；B的结构简式为；肉桂硫胺由为原料制得，含有胺，故中含氧官能

团的名称酰胺键，故答案为：苯；；酰胺键；(2)步骤①的反应方程式+CH3I+HI，为取代反应，故答案为：+CH3I+HI；取代反应；(3)中苯环上原子共平面，支链所连氧为碳氧双键也会共平面，所以最多有14个原子共平面，故答案为14；(4)C为苯甲

酸，满足①属于芳香族化合物，说明有苯环，②能发生银镜反应，要有醛基，苯甲酸有两个氧，可以为醛基和酚羟基，有3中情况；还可以为甲酯，有一种情况，共有4种，故答案为：4；(5)根据已知信息提示，可制得，可制得，可制得，合成，则合成路线为：⎯⎯⎯→浓硫酸，故答案

为：。