【文档说明】【精准解析】浙江省名校协作体2020届高三3月第二次联考化学试题.doc，共(30)页，1.595 MB，由小赞的店铺上传

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考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7

C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Cr-52Mn-55Fe-56Cu-64Br-80Ag-108I-127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.下列属于碱

性氧化物的是A.Mn2O7B.Al2O3C.Na2O2D.MgO【答案】D【解析】【分析】碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A.Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B.Al2O3既能与碱反应产生盐

和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C.Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D.MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，

D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。2.从海带中提取碘的实验中，下列操作中未涉及的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】从海带中提取碘，涉及到海带的灼烧、物质的溶

解，使用B装置，然后过滤除去不溶性固体物质，使用C装置；然后向溶液中加入有机溶剂将碘单质萃取出来，然后分液，使用D装置，未涉及到滴定操作，故合理选项是A。3.下列属于非电解质的是A.酒精B.硫酸钡C.液氯D.氨水【答案】A【解析

】【详解】A.酒精是化合物，在水溶液和熔融状态下都不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，A符合题意；B.硫酸钡是盐，难溶于水，溶于水的BaSO4会完全电离产生Ba2+、SO42-，属于强电解质，B不符合题意；C.液氯是液态Cl2单质，不属于电解质，也不属于非电解质，C不符合题

意；D.氨水是混合物，不是化合物，不属于电解质和非电解质，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是A.MgO+2HCl=MgCl2+H2OB.C+H2O(g)CO+H2C.8NH3+6NO27

N2+12H2OD.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑【答案】D【解析】【详解】A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化

，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合

题意；D.反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故合理选项是D。5.下列物质溶于水形成的分散系不

会产生丁达尔现象的是A.葡萄糖B.蛋白质C.硫酸铁D.淀粉【答案】A【解析】【详解】A.葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B.蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C.

硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D.淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。6.

下列物质的名称不正确的是A.(NH4)2CO3：碳铵B.CaSO4·2H2O：生石膏C.Ag(NH3)2+：二氨合银离子D.：2－乙基－1－丁烯【答案】A【解析】【详解】A.碳铵是NH4HCO3的俗称，名称与化学式不吻合，A符合题

意；B.生石膏是CaSO4·2H2O的俗称，名称与化学式吻合，B不符合题意；C.Ag(NH3)2+表示二氨合银离子，名称与化学式吻合，C不符合题意；D.分子中含有碳碳双键在内的最长碳链上含4个C原子，在2号C原子上有1个乙基，物质的名称为2－乙基－1－

丁烯，名称与物质结构简式吻合，D不符合题意；故合理选项是A。7.下列有关化学用语表示正确的是A.CCl4分子的比例模型：B.氟离子的结构示意图：C.CaCl2的电子式：D.氮分子的结构式：N—N【答案】B【解析】【详解】A.原子半径Cl>C，所以不能

表示CCl4分子的比例模型，A不符合题意；B.F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；C.CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；D.N2分子中2个N原子共用三对电子，结构

式为N≡N，D错误；故合理选项是B。8.2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A.制造手机芯片的关键材料是硅B.用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C.镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D

.手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能【答案】D【解析】【详解】A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特

点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。9.下列说法正确的是A.可用溴水除去已烷中的少量已烯B.可通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸C.可用新制Cu(OH)2悬浊液验

证麦芽糖发生了水解反应D.可向溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热后的反应液中加入溴水检验消去产物【答案】B【解析】【分析】A.烯烃能够与溴水发生加成反应；B.控制溶液的pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离的目的；C.麦芽糖、葡萄糖都可以发生银镜反应；D.检验溴代物中的Br要转化为Br-，在

酸性条件下加入AgNO3溶液，根据产生淡黄色沉淀检验。【详解】A.已烯与溴水发生加成反应使溴水褪色，而已烷是液态有机物质，能够溶解已烯与溴水反应产生的有机物，因此用溴水不能除去已烷中的少量已烯，A错误；B.不同氨基酸在水溶液中形成晶体析

出时pH各不相同，控制溶液pH，可生成不同的氨基酸晶体，过滤可达到分离目的，B正确；C.麦芽糖分子中含有醛基，属于还原性糖，其水解产生的葡萄糖液含有醛基，具有还原性，因此不能用新制Cu(OH)2悬浊液验证麦芽糖是否发生了水解反应，C错误；D.溴代环己烷与NaOH乙醇溶液共热发生

消去反应产生环己烯、NaBr及H2O，由于该溶液可能含有过量的NaOH而显碱性，所以向反应后的溶液中加入溴水，溴水褪色，可能是由于NaOH与溴水发生反应：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O所致，因此不能用于检验消去产物，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题

考查了物质的分离、提纯、物质的检验等知识。掌握物质的结构与性质是相同点与区别及物质的溶解性等是本题正确解答的关键。10.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl

-B.中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C.c(OH-)<wK的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D.1mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-【答案】A【解

析】【详解】A.选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A符合题意；B.中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B不符合题意；C

.c(OH-)<wK的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C错误；D.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。11.NA代表阿伏加德罗常数

的值，下列叙述正确的是A.88.0g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为44NAB.1molCH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NAC.17.4gMnO2与40mL10mol

/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2NAD.常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的H＋的数目为10-10NA【答案】B【解析】【详解】A.14CO2分子中含有24个中子，88.0g14CO2的物质的

量为88.0g÷46g/mol=1.91mol，所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA；14N2O的分子中含有22个中子，88.0g14N2O的物质的量等于2mol，所以其中含有的中子数目为44NA，所以88.0g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44NA，A错误；

B.在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1mol，所以该溶液中CH3COO-数目为NA，B正确；C.17.4gMnO2的物质的量n(MnO2)=17.4g÷87g/mol=0.2mol

，n(HCl)=10mol/L×0.04L=0.4mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4molHCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2

NA，C错误；D.只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是B。12.下列说法正确的是A.紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用于有机化合物结构的分析B.高聚物()属于可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成C.通过煤的液化可获

得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质D.石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量【答案】A【解析】【详解】A.紫外可见分光光度计是定量研究物质组成或结构的现代仪器，核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质

谱仪可用于有机化合物的相对分子质量，A正确；B.高聚物()水解产生小分子和H2CO3，所以属于可降解材料，工业上是由单体和H2CO3经过缩聚反应合成，B错误；C.通过煤的干馏可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质，C错误；D.石油裂解的目的是

为了获得短链气态不饱和烃，石油裂化的目的是为了提高轻质油的质量和产量，D错误；故合理选项是A。13.1875年科学家布瓦博德朗发现了一种新元素，命名为“镓”，它是门捷列夫预言的元素类铝。Ga(镓)和As(砷)在周期表的位置如

图，下列说法不正确的是AlPGaAsA.Ga的原子序数为31B.碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3C.简单离子半径r(Ga3+)>r(As3-)>r(P3-)D.GaAs可制作半导体材料，用于电子工业和通讯领域【答

案】C【解析】【详解】A.Al是13号元素，Ga位于Al下一周期同一主族，由于第四周期包括18种元素，则Ga的原子序数为13+18=31，A正确；B.Al、Ga是同一主族的元素，由于金属性Al<Ga，元素的金属

性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，所以碱性：Al(OH)3<Ga(OH)3，B正确；C.电子层数相同的元素，核电荷数越大，离子半径越小，电子层数不同的元素，离子核外电子层数越多，离子半径越大，Ga3+、P3-离子核外有3个电子层，As3-离子核外有4个电子层，所以离子半径：r(

As3-)>r(P3-)>r(Ga3+)，C错误；D.GaAs导电性介于导体和绝缘体之间，可制作半导体材料，因此广泛用于电子工业和通讯领域，D正确；故合理选项是C。14.下列指定反应的离子方程式正确的是A.NH4HCO3溶液和

过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3∙H2OB.NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-C.磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O

4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】A【解析】【详解

】A.反应符合事实，遵循离子方程式书写的物质拆分原则，A正确；B.酸性环境不能大量存在OH-，不符合反应事实，B错误；C.硝酸具有强氧化性，会将酸溶解后产生的Fe2+氧化产生Fe3+，不符合反应事实，C错误；D.明矾溶液中滴入Ba(OH

)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时，Al3+与OH-的物质的量的比是1：4，二者反应产生AlO2-，反应的离子方程式为：2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，不符合反应事实，D错误；故合理

选项是A。15.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生

无色气体Na2O2没有变质C室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3的溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-弱D取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄

色沉淀CH3CH2Br没有水解A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B.过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D.水

解后检验溴离子，应在酸性条件下；【详解】A.反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；B.过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2

都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；C.NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D．水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【

点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。16.合成一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，

其合成的关键一步如图：2323BrCHCOCHKCO⎯⎯⎯⎯→下列有关化合物甲、乙的说法正确的是A.甲→乙的反应为加成反应B.甲分子中至少有8个碳原子在同一平面上C.甲、乙均不能使溴水褪色D.乙与足量H2完

全加成的产物分子中含有4个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A.甲→乙，N-H的H原子被替代，反应为取代反应，A错误；B.甲中苯环和酯基为平面形结构，两个平面之间的C-C键可自由旋转，则不一定在同一个

平面上，B错误；C.甲、乙分子中都含有醛基，醛基可被溴水氧化，反应甲、乙均能使溴水褪色，C错误；D.能与氢气发生加成反应的为醛基、羰基和苯环，反应后环中连接支链的碳原子以及支链中连接羟基的碳原子为手性碳原子，D正确；故合理选项是D。17.下列说法

正确的是A.氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H+和Cl-B.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C.NH3和HCl都极易溶于水，是因为都可以和H2O形成氢键D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相

差很大，是由于它们所含的化学键类型不同【答案】B【解析】【详解】A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H+和Cl-，A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键，因此需克服的化学键类型相同，B正确；C.NH3和HCl都极易溶于水，NH

3是因为可以和H2O形成氢键，但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO2和SiO2的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO2属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO2属于原子晶体，原子之间以强的共价键结合，

熔化时破坏的作用力性质不同，D错误；故合理选项是B。18.25℃时，向10mL0.1mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10mL浓度为cmol/L的HF稀溶液。已知25℃时：①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)ΔH=-67.7kJ/mol②H+(aq)

+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是A.整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B.将氢氟酸溶液温度由25℃升高到35℃时，HF的电离程度减

小(不考虑挥发)C.当c>0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D.若滴定过程中存在：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，则c一定小于0.1【答案】D【解析】【分析】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离；B

.利用盖斯定律确定HF电离过程放出热量，利用温度对平衡移动的影响分析；C.当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；D.微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详

解】A.酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入

10mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；B.①HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l)△H=-67.7kJ/mol，②H+(aq)+O

H-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，将①-②得HF(aq)F-(aq)+H+(aq)△H=(-67.7)kJ/mol-(-57.3)kJ/mol=-10.4kJ/mol，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向

移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；C.向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c>0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；D.若c

≥0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)>n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)>c(OH-)>c(F-)>c(H+)，所以c不一定小于0.1，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，

大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。19.全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置(如图)。已知：

①溶液呈酸性且阴离子为SO42-；②溶液中颜色：V3+绿色，V2+紫色，VO2+黄色，VO2+蓝色；③放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色。下列说法不正确的是A.放电时B极为负极B.放电时若转移的电子数为3.01×1023个，

则左槽中H+增加0.5molC.充电过程中左槽的电极反应式为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+D.充电过程中H+通过质子交换膜向右槽移动【答案】B【解析】【详解】A.根据③放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2

+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；B.根据选项A分析可知：A电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2++2H++e-=VO2++H2O，可知：每反应转移1mol电子，反应消耗2molH+，放电时若转移的电子数为

3.01×1023个即转移0.5mol电子，则左槽中H+减少0.5mol，B错误；C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，C正确；D.充电时，左槽为阳极，发生氧

化反应：VO2++H2O-e-=VO2++2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；故合理选项是B。20.图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化

关系曲线如图Ⅱ所示。下列有关说法正确的是（）A.一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2(g)与1molCO(g)反应放出234kJ热量B.若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C.若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D.若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的

物质的量浓度【答案】D【解析】【详解】A.反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于

234kJ热量，故A错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选

D。21.向恒温恒容密闭容器中充入1molX和1molY，发生反应X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是A.v正(X)=2v逆(Y)B.气体平均密度不再发生变化C.容器内压强不再变化D.X的浓度不再发生变化【答案】A

【解析】【详解】A.在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)=2v正(X)=4v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意；B.反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均

密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；C.反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；D.反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平

衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是A。22.室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·

L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B.用移液管量取20.00mL0.1000mol·L−1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗C.NaOH标准溶液

浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂D.V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.5【答案】C【解析】【详解】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示

剂，可减小实验误差，A正确；B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C.甲基橙的指示范围是3.1～4.4，甲基红的指示范围是4.4～6.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D.V(Na

OH)=10.00mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)=0.1?mol/L10.00?mL30.?00?mL=130mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg

1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。23.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A.上述流程中多次涉及到过

滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B.用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C.实

验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量D.MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小【答案】C【解析】【详解】A.上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B

.MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和Fe3+的水解平衡正向移动，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C.用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反

应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D.由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。24.白色固体Na2S2O4常用于织物

的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是A.可以使品红溶液褪色B.其溶液可用作分析化学中的吸氧剂C.其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应D.已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可

能有Na2S2O3【答案】C【解析】【详解】A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H

2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与C

l2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；故合理选项是C。25.某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某

几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A.根据步骤①的现象，说明废液中一定含有Al3+B.由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C.沉淀甲中可能含有Al(OH)3

D.该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种【答案】D【解析】【分析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量

硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2

，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红

棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体

为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu

2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵

活应用所学知识的能力。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.碳及其化合物在生产和生活中有重要意义。海水中CO2的吸收能力取决于溶解的碳酸盐和硼酸盐生成的CO32-和B(OH)4-浓度。已知：298K时，H3BO3+H2OH++B(OH)4-，Ka=5.7×10-1

0，碳酸的电离平衡常数：Ka1=4.3×10-7；Ka2=5.6×10-11(1)298K时，相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液，pH较大的是_______溶液。(2)少量CO2与B(OH)4-反应的离子方程式为___________。(3)采用

高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2资源化利用的一种新途径。此法的阴极电极反应式为________。【答案】(1).碳酸钠(2).CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3(3).3

CO2+4e-=C+2CO32-【解析】【分析】(1)根据形成盐的酸的酸性越弱，等浓度时相应的酸根离子水解程度越大，溶液的碱性越强分析；(2)根据复分解反应规律书写离子方程式；(3)电解吸收CO2，在阴极CO2得到电子变为C单质，同时产生CO32-，据此书写阴极电极反应式。【

详解】(1)根据电离平衡常数大小可知：酸性：H2CO3>H3BO3>HCO3-，所以在298K时，相同浓度的碳酸钠溶液和硼酸钠溶液，CO32-水解程度比较大，最终达到平衡时溶液pH较大的是碳酸钠；(2)由于酸性：H2CO3>H3BO3>HCO3-，少量CO2与B(OH

)4-反应的离子方程式为CO2+B(OH)4-=HCO3-+H3BO3；(3)采用高温熔融混合碳酸盐LiaNabKcCO3作电解质，吸收并电解CO2制得无定型炭是CO2资源化利用的一种新途径，此法中CO2在阴极得到电子变为C单质，同时得到CO32-，阴极

电极反应式为3CO2+4e-=C+2CO32-。【点睛】本题考查了弱酸电离平衡常数的应用和电解池反应原理。弱酸电离平衡常数越小，其形成的盐越容易水解，盐溶液的碱性越强，强酸与弱酸的盐发生复分解反应，不仅与酸性强弱有关

，还与二者相对物质的量多少有关，电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，要结合电极材料与电解质的种类及微粒书写电极反应式。27.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3

溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，重复实验，平均消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。(1)硫酸工业中煅烧黄铁矿的设备名称__________。(2)该样品中FeS

2的质量分数为__________；写出简要计算过程：__________【答案】(1).沸腾炉(2).72.00%(3).反应过程中物质定量转化关系为：3FeS2～6SO2～12Fe2+～2Cr2O72-，n

(K2Cr2O7)=4.000×10-4mol，n(FeS2)=32n(K2Cr2O7)=6.000×10-4mol，则样品中FeS2的质量分数=46.00010mol120?g/mol0.1000?g−×100%=72.00%。

【解析】【分析】黄铁矿在沸腾炉中进行煅烧，FeS2反应产生SO2、Fe2O3，将产生的SO2通入Fe2(SO4)3溶液中，发生氧化还原反应产生FeSO4，然后用K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中Fe2+，二者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，K2Cr2O7被

还原为Cr3+，根据反应过程中电子转移守恒计算依据制备过程中的反应，结合元素守恒计算FeS2的质量，进而可得其质量分数。【详解】(1)黄铁矿主要成分是FeS2，将其粉碎成细小颗粒，在高温下与氧气在沸腾炉中进行煅烧，发生反应

：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；(2)取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液发生反应：SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，完全反应后，用浓度为0.02000mol/L的K2Cr2O7标准溶液进行滴定，发

生反应：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，n(K2Cr2O7)=0.02000mol/L×0.02000L=4.000×10-4mol，依据反应过程得到定量关系为：

3FeS2～6SO2～12Fe2+～2Cr2O72-，假设硫化亚铁物质的量为x，则样品中含有FeS2的物质的量n(FeS2)=32n(K2Cr2O7)=32×4.000×10-4mol=6.000×10-4mol，所以样品中FeS2的

质量分数=46.00010mol120?g/mol0.1000?g−×100%=72.00%。【点睛】本题考查了物质的量在化学方程式的计算的应用，掌握元素守恒和反应过程中电子守恒关系是解题应用关键。28.化合物

X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为________

_。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。【答案】(1).碳、溴(2).Na5CBr(3).Na5CBr+4H2O

=4NaOH+NaBr+CH4↑(4).将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体(5).放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】【分析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质

量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液

显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，

则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其

质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01mol

HBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1

：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的

混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y

由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精

灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推

理。29.氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+180kJ/molN2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H=+68kJ/mol则2NO(g)+

O2(g)2NO2(g)△H=__________kJ/mol(2)对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)1正1逆KKN2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g)2K⎯⎯

→2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡，第一步反应中：υ正=k1正·c2(NO)，υ逆=k1逆·c(N2O2)，k1正、k1逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是__________A.整个反应的速率由第一步反应速率决定B.同一温度下，

平衡时第一步反应的11kk正逆越大，反应正向程度越大C.第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低D.第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)△

H<0，图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系：①温度：T1__________T2(填“>”、“<”或“=”)。②若在D点对反应容器升温，同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中

A～G点中的__________点(填字母)。③某研究小组探究该反应中催化剂对脱氮率(即NO转化率)的影响。将相同量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a和b，相同时间内测定尾气，a结果如图中曲线I所示。已知：催化效率b>a；b的活性温度约450℃。在图中画出b所对应

的曲线(从300℃开始画)_______。(4)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3＋X(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B

4＋(不稳定)＋H2→低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：I.NO(g)+□→NO(a)II.2NO(a)→2N(a)+O2(g)III.2N(a)→N2(g)+2□IV.2NO(a)→N2(g)+2O(a)V.2O(a

)→O2(g)+2□注：□表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原B4＋得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是________。【答案】(1).-112(2).BD(3).>(4).A(5).(6).还原后催化剂中金属

原子的个数不变，低价态金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快【解析】【分析】(1)根据盖斯定律，将已知的两个热化学方程式相减，整理，可得待求反应的热化学方程式；(2)A.整个反应的速率由慢反应决定；B.根据①同一温度下，平衡时第一步反应的k1正

/k1逆越大，化学平衡常数越大；C.反应速率低与转化率无因果关系；D.相同温度下，第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应，反应越快，说明反应的活化能越低；反应越慢，说明反应的活化能越高；(3)①根据压强不变

时，升高反应温度，化学平衡逆向移动，利用温度对NO的体积分数的影响确定T1与T2大小关系；②对容器升高温度的同时扩大体积使体系的压强减小，则平衡逆向移动，NO体积分数增大；③根据在一定温度范围内，升高温度，催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变物

质的平衡转化率，催化效率高，反应速率快，先达到化学平衡状态；(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，低价态金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快；根据盖斯定律分析可得。【详解】(1)已知①N2(g)+O2(g)2NO(g)

△H=+180kJ/mol②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H=+68kJ/mol盖斯定律计算②-①，整理可得2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H=-112kJ/mol；(2)A.整个反应的速率由慢反应决定，A错误；B.根据①同一温度下，平衡时第一步反应的11

kk正逆越大，化学平衡常数越大，则反应正向程度越大，B正确；C.反应速率低与转化率大小无关，因此不能根据反应速率慢判断反应达到平衡时物质的转化率小，C错误；D.相同温度下，第一步反应快速达到平衡，第二步是慢反应，说明第二步反应的活化能比第一步反应的活化能

高，D正确；故合理选项是BD；(3)①该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使NO的体积分数增大，根据图象可知：在温度为T1时体积分数大，可确定温度：

T1>T2；②该反应的正反应为放热反应，在相同压强时，温度升高，平衡逆向移动，NO体积分数增大，根据图象可知反应温度：B>D>F。在D点对反应容器升温的同时扩大体积，使体系的压强减小，则化学平衡逆向移动，最终导致NO的体积分数增大，所以重新达到平衡时，可能D点变为图中的A点；③在一定

温度范围内温度升高，催化剂活性增大，但达到平衡时NO脱除率降低，且催化剂b的催化效率b>a，b的活性温度约450℃。在相同温度时，b比a先使NO达到最大脱氮率，所以催化剂b的曲线表示为；(3)第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子增多，还原后

催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，低价态的金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快，故第二阶段反应的速率越快。【点睛】本题综合考查了反应热的计算、化学平衡的影响因素、催化剂的作用、化学平衡的计算等，掌握盖斯定律、化学反

应速率和化学平衡移动原理是解题关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力，综合性强。30.氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工产品。它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH

)4-nCln]，n随着环境酸度的改变而改变。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图：(1)还原过程中主要反应的离子方程式为_______。(2)实验室为了加快过滤速度，往往采用抽滤的操作(如图)。仪器A的名称__________，有关抽滤，

下列说法正确的是__________A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出B.在布氏漏斗中放入滤纸后，直接用倾析法转移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤C.在抽滤装置中洗涤晶体时，为减少晶体溶解损失，应使洗涤剂快速通过滤纸D.减压过

滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀(3)操作1为马上再洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装。其中最合理的洗涤试剂__________A.浓盐酸B.浓氨水C.无水乙醇D.水+乙醇真空干燥的原因是_____

______。(4)随着pH减小，Cu2(OH)4-nCln中铜的质量分数__________A.增大B.不变C.减小D.不能确定【答案】(1).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+S

O42-+2H+(2).吸滤瓶(3).AD(4).C(5).防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化(6).C【解析】【分析】海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓

+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，然后利用题干信息，结合物质的性质及要求分析解答。【详解】(1)向含有Cu2+的溶液中加入酱油还原作用的（NH4)2SO3、NH4Cl，发生还原，产生CuCl沉淀，同时产生硫酸，反应的离子

方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；(2)根据仪器A的结构可知该仪器名称是吸滤瓶；A.抽滤完毕，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管，再关闭水龙头，以防止倒吸现象的发生，最后将滤液从吸滤瓶上口倒出，A正确；B.在布氏漏斗中放入滤纸后，用玻

璃棒引流移溶液和沉淀，再打开水龙头抽滤，B错误；C.在抽滤装置中洗涤晶体时，应将洗涤剂缓慢通过滤纸，让洗涤剂和晶体充分接触，C错误；D.颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层致密的沉淀，溶液不易透过，所以减压过滤不宜用于过滤胶状或颗粒太小的沉淀，D正确

；故合理选项是AD；(3)操作1为马上再洗涤，目的是为了洗去表面的杂质，为快速干燥，要用酒精洗涤，然后在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却、密封包装，故合理选项是C；真空干燥的目的防止CuCl在潮湿空气中水解氧化；(4)随着平pH值减小，[Cu2(OH)4-

nCln]中4-n减小，n增大，则铜的含量减小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，注意元素化合物知识的应用，侧重考查学生的分析与实验能力。31.苯巴比妥是1903年就开始使用的安眠

药，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。已知：①NBS是一种溴代试剂②+25CHONa⎯⎯⎯→+C2H5OH③R1—COOC2H5+一定条件⎯⎯⎯⎯⎯⎯→+C2H5OH请回答下列问题：(1)下列说法正确的是__________A.1mo

lE在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2molNaOHB.化合物C可以和FeCl3溶液发生显色反应C.苯巴比妥具有弱碱性D.试剂X可以是CO(NH2)2(2)B中官能团的名称__________，化合物H的结构简式为_______。(3)D→E的化学方程式为_________。(

4)苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，写出K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式______①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似②能够和FeCl3发生显色反应③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢(5

)参照流程图中的反应，设计以甲苯为原料合成聚酯__________(用流程图表示，无机试剂任选)【答案】(1).CD(2).溴原子(3).(4).+C2H5OH+HCl(5).、、、(6).【解析】【分析】根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是，A与NBS反应产生B是，B与NaC

N发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，E、J反应产生G：，G与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在

一定条件下发生反应产生苯巴比妥：。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。(1)A.E结构简式是，含有酯基，在N

aOH溶液中完全水解产生和C2H5OH，所以1molE完全水解，需消耗1molNaOH，A错误；B.化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误；C.苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确；D.根据H与苯巴比妥的分子结构可知

试剂X是CO(NH2)2，D正确；故合理选项是CD；(2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为；(3)D是，E是；D→E的化学方程式为+C2H5OH+HCl。(4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H

12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：①分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似，②能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，

说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、、、；(5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应然后酸化得到，与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在催化剂存在

条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为：。【点睛】本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意N

BS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。