【文档说明】【精准解析】浙江省杭州第二中学2020届高三下学期统测模拟考化学试题（解析版）.doc，共(27)页，1.605 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省杭州第二中学2020届高三下学期统测模拟考化学试题可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64I127Ba137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.已知H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是A.H3PO2属于二元酸B.H3PO2属于三元酸C.NaH2PO2属于酸式盐D.NaH2PO2属于正盐【

答案】D【解析】【分析】由于H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，H3PO2为一元酸，与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2为正盐，D项

正确，A、B、C项错误。答案选D。2.下列仪器中名称正确且应放在石棉网上加热的是（）A.表面皿B.坩埚C.蒸馏烧瓶D.容量瓶【答案】C【解析】【详解】A.蒸发皿，放在铁圈上直接加热，A不合题意；B.坩埚，放在泥三角上直接加热，B不合题意；C.蒸馏烧瓶，

应放在石棉网上加热，C符合题意；D.容量瓶，定量容器，不能加热，D不合题意。故选C。3.下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑B.4Fe（OH）

2+O2+2H2O=4Fe（OH）3C.3NO2+H2O=2HNO3+NOD.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑【答案】D【解析】【分析】在反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中,水中的H、O元素的化合价均

没有变化，水既不是氧化剂也不是还原剂。【详解】A．该反应中水中H、O元素的化合价均没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，与题目所给反应中水的作用相同，故A不符合题意；B．该反应中水中H、O元素的化合价均没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，与题目所给反应中水的作用相同，

故B不符合题意；C．该反应中水中H、O元素的化合价均没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂，与题目所给反应中水的作用相同，故C不符合题意；D．该反应中水中氢元素化合价降低作氧化剂，与题目所给反应中水的作用不同，故D符合题意；综上所述答案为D。4.下列说法不正确的是A.冰醋酸和水

银都是纯净物B.氢原子和重氢原子是两种不同核素C.氯化钠固体和液氨都是电解质D.稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系【答案】C【解析】【详解】A．冰醋酸即乙酸固体，水银即汞单质，二者都是纯净物，故A正确；B．氢原子和重氢原子质子数相同，中子数不同，是氢元素的

不同核素，故B正确；C．液氨不导电，其水溶液导电是因为和水反应生成电解质一水合氨，液氨本身不电离，所以为非电解质，故C错误；D．稀硫酸属于溶液、氢氧化铜悬浊液为浊液，二者都是分散系，故D正确；综上所述答案为C。5.下列常见物质的俗名或主要成份与化学式或结构简式相对应的

是A.苏打——NaHCO3B.生石膏——2CaSO4·H2OC.重晶石——BaCO3D.石炭酸——OH【答案】D【解析】【详解】A．苏打是Na2CO3的俗称，又俗称纯碱，NaHCO3俗称小苏打，故A错误；B．2CaSO4·H2O为熟石膏，生石膏的化学式为CaSO4·2H2O

，故B错误；C．重晶石的化学名为硫酸钡，化学式为BaSO4，故C错误；D．石碳酸为苯酚，苯酚的结构简式为OH，故D正确；答案为D。6.下列化学用语正确的是A.聚丙烯的结构简式：B.丙烷分子的比例模型：C.甲醛分子的电子式：D.2-乙基-1,3-丁二烯分子的键线式：【答案】

D【解析】【详解】A.聚丙烯为丙烯通过加聚反应生成的，其单体为丙烯，则聚丙烯的结构简式为：，A项错误；B.图为丙烷分子的球棍模型为，不是比例模型，B项错误；C.甲醛为共价化合物，分子中存在2个碳氢共用电子对，碳原子和氧原子形成2对共用电子对，甲醛分子的

电子式为，C项错误；D.2−乙基−1,3−丁二烯的结构简式为，键线式中用短线“−”表示化学键，端点、交点表示碳原子，C原子、H原子不需要标出，所以2−乙基−1,3−丁二烯的键线式为，D项正确；答案选D。7.下列有关表述中正确的一组是A.过氧乙酸（CH3COOOH）与羟基乙酸（HOCH2C

OOH）互为同分异构体B.和互为同系物C.16O2与18O2互为同位素D.H162O、D162O、H182O、D182O互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.过氧乙酸（CH3COOOH）与羟基乙酸（HOCH2COOH）的分子式均为C2H4O3，但结构不同，两者互为

同分异构体，故A正确；B.为酚类，为醇类，两者结构不相似，不属于同系物，故B错误；C.16O2与18O2是单质，而不是元素原子，两者不是同位素，故C错误；D.同素异形体是指同种元素组成的不同单质，而H

162O、D162O、H182O、D182O属于化合物，故D错误；答案选A。8.证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A.向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理B.常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2—

—阿伏加德罗定律C.向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律D.通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律【答案】C【解析】【详解】A．向

Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；B．由CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃烧，常温常压下，1体积C

H4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律

，C符合题意；D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；故选C。9.下列说法正确的是A.硫酸铜是可用于饮用水的消毒B.氯化亚铁溶液与铜反应可用于制作印刷电路板C.SiO2可用于

制作光导纤维，也可以制成光电池D.纯碱可用于玻璃、肥皂、造纸、食品等工业【答案】D【解析】【详解】A．硫酸铜属于重金属盐，有毒，不可用于饮用水的消毒，故A错误；B．氯化亚铁溶液与铜不反应，制作印刷电路板是用氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，即

Cu+2FeCl3═CuCl2+2FeCl2，故B错误；C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，可用于制作光导纤维，制作光电池是晶体Si，Si是半导体材料，故C错误；D．纯碱水解溶液显碱性，可以去除油污，是重要的化工原料，

可制备硅酸钠等，用于玻璃、肥皂、纺织、食品等工业中，故D正确；答案为D。10.下列关于有机物的说法不正确的是A.苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同B.乙醇能发生取代反应、氧化反应、消去反应C.分子式为C5H12的有机物

，同分异构体有3种D.在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明有乙酸剩余【答案】D【解析】【详解】A．苯通过萃取使溴水褪色，乙烯与溴发生加成反应使溴水褪色，原理不同，故A正确；B．乙醇中含有羟基

，可以与乙酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，乙醇中羟基所连碳原子有氢，可以发生氧化反应，乙醇中羟基所连碳原子的邻位碳原子有氢，可以发生消去反应，故B正确；C．分子式为C5H12的有机物为戊烷，戊烷有正戊烷、新戊烷、异戊烷三种同分异构体，故C正确；D．乙酸和乙醇反应制备

乙酸乙酯时需要浓硫酸作催化剂，浓硫酸也会和碳酸钠反应生成二氧化碳，所以产生气泡不能说明有乙酸剩余，故D错误；答案为D。11.下列实验有关操作正确的是A.只有有色离子的检验才能用纸层析法，否则无法看到色斑B.在制取“摩尔盐”的实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶

体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热C.在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断火柴头中有氯离子的存在D

.受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用碳酸氢钠或饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理【答案】D【解析】【详解】A．无色离子可以先层析，然后再用显色剂来显色，故A错误；B．亚铁离子加热过程中易被氧化，所以得不到硫酸亚铁铵晶体，故

B错误；C．未燃过的火柴头中氯元素并不是以氯离子的形式存在，可以将燃烧后的火柴头用少量蒸馏水浸泡，片刻后取少量溶液于试管中，向溶液中滴加AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，说明氯元素是以氯离子形式存在，故C错误；D．受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，降低浓度，然后相应的用弱碱性物质(

碳酸氢钠溶液)或弱酸性物质(饱和硼酸溶液)清洗，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理，故D正确；综上所述答案为D。12.以下关于铝及其化合物性质的描述中不正确的是A.铝不易被空气腐蚀是因为不会与氧气发生反应B.铝热反应可用于焊接

铁轨C.氢氧化铝是一种两性氢氧化物D.铝元素是地壳中含量最多的金属元素【答案】A【解析】【详解】A．铝和氧气反应生成了氧化铝，氧化铝在铝的表面有保护作用，能阻止铝继续与氧气发生反应，并不是不会与氧气反应，故A错误；B．依据铝热反应：2Al+Fe2O3

高温2Fe+Al2O3可以进行铁轨的焊接，故B正确；C．氢氧化铝既能和酸反应生成盐和水，也可以和碱反应生成盐和水，为两性氢氧化物，故C正确；D．地壳中含量前五位的元素为O、Si、Al、Fe、Ca，铝元素是

地壳中含量最多的金属元素，故D正确；综上所述答案为A。13.下列离子方程式正确的是A.碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钠溶液：HCO-3+OH－=CO2+H2OB.向Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OC.Na2S2O3与稀H2SO4混合：S2O2-3+2H+=S↓+

SO2↑+H2OD.铜和浓硝酸反应：3Cu+8H++2NO-3=3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】C【解析】【详解】A.碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为HCO-3+OH－=CO2-3+H

2O，故A错误；B.Fe(OH)3中加入氢碘酸溶液，生成的Fe3+与I-发生氧化还原反应生成二价铁和碘单质，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++6H2O+I2，故B错误；C.Na2S2O3自身发

生氧化还原反应生成硫单质和二氧化硫，离子方程式为S2O2-3+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故C正确；D.铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，离子方程式为Cu+4H++2NO-3=Cu2++2NO2↑+2H2O，故D错误；答案选C。14.下列说法

不正确的是A.除去油脂中的少量水分，既可以用无水硫酸钠也可以用碱石灰B.淀粉和纤维素在一定条件下都可转化为乙醇C.氨基酸之间能发生反应生成多肽，构成蛋白质D.蛋白质在加热、重金属盐等作用下会发生变性【答案】A【解析】【详解】A.油脂在碱性条件下会发生水解，不能用碱石灰除去

油脂中的水分，故A错误；B.淀粉和纤维素在一定条件下都可发生水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下可转化为乙醇，故B正确；C.氨基酸之间可通过缩聚反应合成更复杂的化合物多肽，进而形成蛋白质，故C正确；

D.加热、强酸、强碱和重金属盐等均可使蛋白质失去生物活性，发生变性，故D正确；答案选A。15.Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得。下列叙述不正确的是A.该反应为取代反应B.Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳

碳双键C.X和Y均能发生银镜反应D.等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4∶5【答案】B【解析】【详解】A.由题给有机物转化关系可知，在碳酸钾和碘化钠作用下，X与发生取代反应生成Y和溴化氢，故A正确；B.Y分子中的

醛基和碳碳双键均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则Y能使酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明其分子中含有碳碳双键，故B错误；C.X和Y均含有醛基，均能与银氨溶液发生银镜反应，故C正确；D.碳碳双键、醛基和苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，1molX能与4mol氢气反应，1

molY能与5mol氢气反应，则最多消耗氢气的物质的量之比为4∶5，故D正确；故选B。16.某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正

确的是A.元素的非金属性：W>Z>XB.Y的最高价氧化物的水化物是强酸C.W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟D.Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构【答案】C【解析】【分析】由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是

原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子

序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发

生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误；故合理选项是C。【

点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。17.某温度下，测得蒸馏水pH＝6，以下过程均在该温度下发生。下列说法中正确的是A.某溶液

中水电离出的c（H+）＝1.0×10−12mol·L−1，其pH一定是12B.向氨水中通入CO2，随着CO2的通入，-32c(OH)cNH.HO()不断增大C.取pH=5.5的盐酸100mL，加水稀释到1L，则溶液pH变为6.5D.pH为2的NaHSO4与等体积pH＝10的NaOH溶液充分反应后恰

好呈中性【答案】D【解析】【分析】某温度下，测得蒸馏水pH＝6，可知：c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=1.0×10-12。【详解】A．该温度下，某溶液中水电离出的c(H+)＝1.0×10−12mol·L−1<1.0×

10-6，说明水的电离被抑制，可能是酸溶液或碱溶液，pH可能是12或0，故A错误；B．该温度下，NH3∙H2O⇋NH4++OH-，通入CO2平衡向正向移动，c(NH4+)不断增大，而平衡常数K不变，则-324c(OH)K=c(NH.HO)()cNH+不断减小，故B错误；C．该温度下，pH＝6，

则溶液为中性，而pH=5.5的盐酸不管怎么稀释，溶液最终还是酸性，pH不会超过6，故C错误；D．该温度下，pH为2的NaHSO4中所含c(H+)=1.0×10−2mol/L，pH＝10的NaOH溶液中所含c(OH-)=1.0×10-2m

ol/L，等体积混合恰好完全反应，生成Na2SO4，溶液呈中性，故D正确；本题答案为：D。18.锂—铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O＝2Cu＋2Li+＋2OH-，下列说法错误的是

A.放电时，当电路中通过0.2mol电子的电量时，有0.2molLi+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12L氧气参与反应B.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2OC.放电时，正极的电极反应式为：Cu2O＋H2O＋2e-＝2Cu＋2OH-D.整个反应过程，空气

中的O2起了催化剂的作用【答案】D【解析】【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e-═Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详

解】A．放电时，电解质中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，当电路中通过0.2mol电子的电量时，根据4Cu+O2===2Cu2O，O2+4e-+2H2O=4OH-，正极上参与反应的氧气为0.05mol，在

标准状况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故A正确；B．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与

铜反应生成Cu2O，故B正确；C．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-，故C正确；D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D错

误；故答案为D。19.下列说法正确的是（）A.MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层B.石英和硫磺晶体熔化时克服相同类型的微粒间作用力C.发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏D.H2O和H2O2的稳

定性不同是因为微粒间作用力不同【答案】C【解析】【详解】A.Mg2+、F−的离子均为10个电子，则离子核外排布相同，故A错误；B.石英为原子晶体，通过硅原子与氧原子形成共价键，融化时克服的是共价键；硫磺是

分子晶体，分子间是分子间作用力，融化时克服的是分子间作用力，故B错误；C.离子化合物的溶解，是物理变化，破坏了离子键，则发生物理变化时物质中的化学键也可能被破坏，故C正确；D.H2O和H2O2的两种物质微粒间作用力不完全相同，H2O分子中只有H-O，H2

O2中有H-O键和O-O键，所以稳定性不相同，故D错误。答案选C。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.pH=1的硫酸溶液1L，溶液中含SO2-4的数目等于0.1NAB.60gSiO2晶体中Si-O键数目为2NAC.10mL0.1mol/L的Fe

Cl3与20mL0.1mol/LKI溶液反应，转移电子数为0.001NAD.真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．pH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1m

ol/L，则c(SO2-4)=0.05mol/L，所以1L该溶液中硫酸根的物质的量为0.05mol，数目为0.05NA，故A错误；B．1个Si原子形成4个Si-O键，所以60g即1molSiO2晶体中Si-O键数目为4NA，故B错误；C．铁离子和碘离子的反应为可逆反应，转化率未知，无法确定转移

电子数，故C错误；D．H2和I2的反应方程式为H2(g)+I2(g)2HI(g)，反应前后气体的分子数不变，所以真空密闭容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反应后，容器内分子总数为0.2NA，故D正

确；综上所述答案为D。21.已知：A（g）+3B（g）⇌2C（g）。起始反应物为A和B，物质的量之比为1：3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是

（）温度物质的量分数压强400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A.压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大B.在不同温度下、

压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同C.达到平衡时，将C移出体系，正、逆反应速率均将减小D.为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂【答案】D【解析】【详解】A.由图可知温

度越高C物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大，故A正确；B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故B正确；C.浓度越小反

应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故C正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故D错误。故选D。22.卤化铵（

NH4X）的能量关系如图所示，下列说法正确的是（）A.ΔH1>0，ΔH2<0B.相同条件下，NH4Cl的ΔH2比NH4I的小C.相同条件下，NH4Cl的ΔH3比NH4I的小D.ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=0【答案】C【解析】【详解】A

．卤化铵的分解为吸热反应，ΔH2对应的为HX化学键断裂过程，断裂化学键吸收热量，焓变也为正值，则ΔH1>0、ΔH2>0，故A错误；B．氯原子半径小于碘原子，所以H-Cl的键能大于H-I的键能，断键吸收热

量焓变大于0，所以相同条件下，NH4Cl的ΔH2比NH4I的大，故B错误；C．ΔH3为原子变为离子的过程，Cl(g)→Cl-(aq)比I(g)→I-(aq)放出的热量多，所以相同条件下，NH4Cl的ΔH3比NH4I的小，故C正确；D．途径5与途径1、2、3、4之和的起点和终点相同，结

合盖斯定律可知ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4=ΔH5，故D错误；故选：C。23.常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐渐加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数和溶液pH的关系如图所示，则下列说法中

正确的是A.H2A的电离方程式为：H2AH++HA-,HA-H++A2-B.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2－)＋c(HA-)＋c(H2A)＝0.1mol/LC.常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液

pH=3.0D.pH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091mol【答案】D【解析】【详解】A、根据图像可知pH＝1时溶液中只有HA－，这说明H2A的第一步是完全电离的，所以H2A的电离方程式为H2A＝HA－＋H＋、HA－A2－＋H＋，A错误；B

、溶液中不存在H2A，B错误；C、pH＝3时HA－与A2－的物质的量相等，常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后HA－与A2－的物质的量不一定相等，则溶液pH不一定等于3.0，C错误；D、根据C点可知HA－的电离常数是10-3，则pH＝4时，设溶液

中HA－的物质的量是x，则A2－的物质的量是0.1－x，所以根据平衡常数表达式可知410(0.1x)x−=10-3，解得x＝0.0091，D正确，答案选D。24.实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少

量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和绿矾FeSO4·7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2OB.溶液Z加

热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大【答案】D【解析】【详解】A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS＋3O2

＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2O，故A正确；B.溶液Z加热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解生成聚铁胶体，故B正确；C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增

多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D错误。综上所述，答案为D。25.某溶液可能含有下列离子的某几种：Cl-、I-、SO2-4、CO2-3、Na+、NH+4、Fe3+、Fe2+和Ba2+，且所含离子的浓度均相等。某同学为了确认其成分，取部分试液，设计并完成了如下实验：

由此可知，下列说法正确的是A.原溶液中Fe3+和Fe2+可能都存在B.溶液中至少有4种离子存在，其中Cl－一定存在，且c(Cl－)=0.2mol/LC.SO2-4、NH+4、Fe2+一定存在，CO2-3、Ba2+一定不存在D.若要进一步确定原溶液中是否含有Fe2+，其操

作为：取少量原溶液于试管中，加入足量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则证明原溶液中有Fe2+【答案】C【解析】【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到无色气体，根据所给离子可知该气体为氨气，原溶液中一定存在NH+4；沉淀灼烧得到红棕色固体为三氧化二铁，

则原溶液中含有铁元素，可能为Fe3+或Fe2+，则原溶液中一定没有CO2-3；滤液中加入足量氯化钡溶液和盐酸溶液过滤得到4.66g沉淀为硫酸钡沉淀，硫酸钡的物质的量-14.66g233gmol=0.02mo

l，原溶液中含有0.02molSO2-4，溶液体积为100mL，所以c(SO2-4)=0.2mol/L，因为有硫酸根则一定不含Ba2+；溶液所含离子的浓度均相等，则含有0.2mol/LNH+4，若另外的阳离子为0.2mol/L的

Fe3+，根据电荷守恒以及所提供的离子可知还需要0.2mol/L的Cl-和0.2mol/L的I-，但碘离子和铁离子不共存，所以铁元素以Fe2+的形式存在，浓度为0.2mol/L，根据电荷守恒可知还应含有0.2mol/L带一个负电荷的阴离子，可以是Cl-或I-；焰色

试验是要检验钠离子，但由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是否含有钠离子，当钠离子存在时，则一定还会再多一种阴离子，以此解答该题。【详解】A．根据分析可知溶液中存在Fe2+，不存在Fe3+，故A错误；B．根据分析溶液中一定存在SO2-4、NH+4、Fe2+，不一定存

在氯离子，故B错误；C．根据分析溶液中一定存在SO2-4、NH+4、Fe2+，CO2-3、Ba2+一定不存在，故C正确；D．不需要进一步确认是否含有Fe2+，故D错误；综上所述答案为C。非选择题部分二、非选择题（本大

题共6小题，共50分）26.（1）1mol高聚物与足量NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH_____mol（2）酯可与水发生水解反应，也可以与醇发生跟水解反应类似的醇解反应。请写出丙烯酸乙酯CH2=C

HCOOCH2CH3与CH318OH发生醇解的化学方程式_____【答案】(1).4n(2).CH2=CHCOOCH2CH3+CH318OH→CH2=CHCO18OH+CH3OCH2CH3【解析】【详解】(1)高聚物中的酯基在氢氧化钠水溶液中会发生水

解，生成的羧基和酚羟基会消耗氢氧化钠，根据图中结构可看出，1mol该高聚物可与NaOH溶液发生反应生成3nmol羧基和nmol酚羟基，最多消耗4nmolNaOH，故答案为：4n；(2)酯可与水发生水解反应，遵循“酸加羟基，醇

加氢”，生成相应的酸与醇。酯与醇发生醇解反应原理与水解反应类似，则应遵循“酸加羟基，醇加烷基”，那么丙烯酸乙酯CH2=CHCOOCH2CH3与CH318OH发生醇解的化学方程式为：CH2=CHCOOCH2CH3+CH318OH→CH2=CHCO18OH+CH3OCH2CH3，故

答案为：CH2=CHCOOCH2CH3+CH318OH→CH2=CHCO18OH+CH3OCH2CH3。27.(为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度，可用分光光度法。已知：4NH3·H2O+Cu2+=Cu(NH3)2+4+4H2O；Cu(NH3)2-4对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示

)与Cu2+在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)2+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如图所示：准确称取0.3150g无水Cu(NO3)2，用蒸馏水溶解并定容至100mL，准确移取该溶液NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100mL，测得溶液

吸光度A=0.620，则无水Cu(NO3)2产品的纯度是_____(以质量分数表示，保留三位有效数字)，写出必要的过程。【答案】92.5%（过程见详解）【解析】【详解】根据图中信息可知，当溶液的吸光度A=0.620时，对应的Cu2+的浓度为1.55010-3mol/L，0.3150g的无水Cu

(NO3)的物质的量为0.3150?g188?g/mol=1.675510-3mol，配制成100mL溶液时，再移取10.00mL该溶液，则与过量NH3H2O反应的Cu(NO3)2的物质的量为1.675510-4mol，根据反应4NH3H2O+Cu2

+==Cu(NH3)24++4H2O可知，生成Cu(NH3)24+的物质的量也为1.675510-4mol，则Cu(NH3)24+的浓度为=-41.675510mLol0.1=1.675510-3mol/L，纯度为331.55010?mol

/L1.675510?mol/L−−100%92.5%，28.化合物A由三种短周期元素组成，某兴趣小组进行了如下实验：已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL；固体甲为常用的耐火材料，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。请回答

下列问题：（1）A的组成元素为_____（用元素符号表示），A的化学式为_____；（2）写出气体甲与NaOH（aq）反应的离子方程式_____（3）往溶液乙中通入少量CO2气体发生的化学方程式_____；（4）高温下A与足量氯气能发生剧烈

爆炸，生成三种常见化合物，试写出相应的化学方程式_____。【答案】(1).Mg、Si、H(2).MgSi2H4(3).Si2H6+4OH-+2H2O=22-3SiO+7H2↑(4).Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓(5)

.MgSi2H4+7Cl2=高温MgCl2+2SiCl4+4HCl【解析】【分析】2.52gA中加入20mL3mol/L的盐酸发生反应生成气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672mL，物质的量0.672L==0.03mol22.4L/moln，气

体甲和120mL1mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，溶液乙为硅酸钠溶液，说明A中含硅元素、氢元素，溶液甲只含一种溶质，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化物白色沉淀，加热得到白色固体甲为常用的耐火材料，固体甲应为氧化镁，白色沉淀为M

g(OH)2，则判断甲溶液中含Mg元素，为MgCl2溶液，计算得到镁的物质的量1.20g(Mg)==0.03mol40g/nmol，则A含有的元素为Mg、Si、H元素，气体甲为纯净物且只含两种元素为Si、H组

成，气体物质的量0.03mol，和120mL1mol/L的氢氧化钠溶液恰好完全反应生成气体单质乙和溶液乙，消耗NaOH物质的量=0.12L×1mol/L=0.12mol，则气体甲和氢氧化钠反应的物质的量之比为1：4，生成2-3SiO和氢气，根据原子守恒得到甲为Si2H6

，甲和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Si2H6+4OH-+2H2O=22-3SiO-+7H2↑，n(Si)=0.06mol，所含氢元素物质的量2.52g-0.06mol28g/mol-0.03mol24g/mol(H)==0.12mol1g/moln，n(Mg)：n(

Si)：n(H)=0.03mol：0.06mol：0.12mol=1：2：4，A为MgSi2H4，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A含有的元素为Mg、Si、H元素；A为MgSi2H4；故答案为：Mg、Si、H；MgSi2H4；(2)甲为Si2H6，甲和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠

和氢气，离子方程式为：Si2H6+4OH-+2H2O=22-3SiO+7H2↑，故答案为：Si2H6+4OH-+2H2O=22-3SiO+7H2↑；(3)溶液乙为硅酸钠溶液，通入少量二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠

，化学方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，故答案为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓；(4)高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物为氯化镁、四氯化硅和氯化氢，反应的化学方程式

：MgSi2H4+7Cl2=高温MgCl2+2SiCl4+4HCl，故答案为：MgSi2H4+7Cl2=高温MgCl2+2SiCl4+4HCl。29.乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H4)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知

：发生的部分反应如下(在25℃、101kPa时)，CH4、C2H4在高温条件还会分解生成炭与氢气：①C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH1=－74.85kJ•mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H

2(g)ΔH2=+340.93kJ•mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)ΔH3=+35.50kJ•mol-1请回答：(1)依据上述反应，请写出C与H2化合生成C2H2的热化学方程式_____。(2)若以乙烯和

氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图1为乙炔产率与进料气中n(氢气)/n(乙烯)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_____。(3

)图2为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。①乙炔体积分数在1530℃之前随温度升高而增大的原因可能是_____；1530℃之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_____。②在

体积为1L的密闭容器中反应，1530℃时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=_____。③请在图3中绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线______【答案】(1).

2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)△H=+226.73kJ⋅mol−1(2).一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降(3).1530℃前

升高温度，反应②③平衡正向移动，乙炔更多(4).高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大(5).8.65(6).【解析】【详解】(1)由①C(s)+2H2(g)CH4(g)ΔH1=－74.85kJ•mol-1②2CH4(g)C2H4(g)+2H

2(g)ΔH2=+340.93kJ•mol-1③C2H4(g)C2H2(g)+H2(g)ΔH3=+35.50kJ•mol-1根据盖斯定律，由①×2+②+③可得2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)，则△H=(

−74.85kJ⋅mol−1)×2+(+340.93kJ⋅mol−1)+(+35.50kJ⋅mol−1)=+226.73kJ⋅mol−1，故答案为：2C(s)+H2(g)⇌C2H2(g)△H=+226.73kJ⋅mol

−1；(2)乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低，故答案为：一开始充

入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量H2会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降；(3)①反应②③正反应为吸热反应，1530℃前升高温度升高平衡正向移动，乙炔的含量增加；温

度超过1530℃时，有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大，故答案为：1530℃前升高温度，反应②③平衡正向移动，乙炔更多；高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大；②由图2可知，1530℃时测得气体的总物质的量为1.0

00mol，则此混合气体中H2(g)的物质的量为0.8240mol，C2H2(g)和CH4(g)的物质的量均为0.0840，C2H4(g)的物质的量为1.000mol−0.8240mol−0.0840mol−0.0840mol

=0.0080mol，体积为1L，则C2H4(g)⇌C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=()()()22224cCHcHcCH=0.08400.82400.0080=8.65，故答案为：8.65；③根据图3中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应

温度低于1530℃，1530k交点乙烯的体积分数不要超过为0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为，故答案为：。30.二草酸合铜（II）酸钾晶体{K2[Cu（C2O4）2]·2H2O}，微溶于冷水，可溶于热

水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。（Ⅰ）用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜（II）酸钾晶体的流程如下：已知：H2C2O4加热CO↑+CO2↑+H2O。回答下列问题：（1）将H2C2O4晶体加入去离

子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是_____。（2）将CuO与KHC2O4的混合液在50°C下充分反应，该反应的化学方程式为_____。（3）50°C时，加热至反应充分后的操作是_____（填字母）。A放于冰

水中冷却后过滤B自然冷却后过滤C趁热过滤D蒸发浓缩、冷却后过滤（Ⅱ）以CuSO4·5H2O晶体和K2C2O4固体为原料制备二草酸合铜（II）酸钾晶体。实验步骤：将CuSO4·5H2O晶体和K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液中，有晶体析出后放在冰

水中冷却，过滤，用酒精洗涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。（4）用酒精而不用冷水洗涤的目的是_____（Ⅲ）产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10mL的稀硫酸，用bmol·L

-1的KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液VmL。（5）滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_____（填字母）。（夹持部分略去）ABC（6）若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_____（

填“偏大”偏小”或“无影响”）。【答案】(1).温度过高，草酸会分解(2).CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2O(3).C(4).酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体(5).B(6).无影响【解析】【分析】草酸晶体加水、微热，然后加入碳酸钾

固体，可生成KHC2O4，CuO和KHC2O4二者混合在50°C水浴加热，趁热，过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu(C2O4)2]·2H2O，以此解答该题；【详解】(1)由题意可知，草酸加热易分解，所以将H2C2O4晶体加入去离子

水中，微热，溶解过程中温度不能太高，故答案为：温度过高，草酸会分解；(2)将CuO与KHC2O4的混合液在50°C下充分反应，该反应的化学方程式为CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2O，故答案为：CuO+2KHC2O450℃K2[Cu(C2O4)2]+H2O；

(3)滤液中含有二草酸合铜(Ⅱ)酸钾，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾微溶于冷水，可溶于热水，可以判断操作应是趁热过滤，故选C；(4)根据题意可知，二草酸合铜(Ⅱ)酸钾微溶于冷水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，所以用酒精洗涤，故答案为：酒精易于挥发，便于干燥二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体；(5)A．碱

式滴定管的乳胶管会被高锰酸钾腐蚀，A不合理；B．根据题意，用高锰酸钾标准液滴定试样，高锰酸钾应用酸式滴定管盛装，B合理；C．根据题意，是用高锰酸钾溶液滴定试样，不是用试样滴加高锰酸钾，C不合理；故选B；(6)用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一

下，溶质的物质的量不变，则滴定结果无影响，故答案为：无影响。31.乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物(H)具有很好的抗血小板聚集活性，是良好的心脑血管疾病的治疗药物。已知：①②③请回答：(1)E中含有的官能团名称为_______(2)丹

皮酚的结构简式为_____；(3)下列说法不正确的是_______A乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的分子式为C21H34O3N3B物质B可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐CD→E和G→H的反应类型均为取代反应D物质C能使浓溴水褪色，而且1molC消耗4molBr2(4)写出F→G

的化学方程式_____。(5)写出满足下列条件的所有同分异构体的结构简式_____。①含有六元含氮杂环；②无N-N键；③1H-NMR谱显示分子中含有4种氢原子。(6)阿司匹林也具有抑止血小板凝聚的作用。结合题给信息，请以硝基苯和乙酸酐为原料设计合理的路

线制备阿司匹林()。(用流程图表示，无机试剂任选)_____。【答案】(1).醚键、羰基(2).(3).AD(4).+BrCH2CH2CH2CH2BrDMF→HBr+(5).、(6).【解析】【分析】苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，根据已知①，结合

后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，则B为；分析C的分子式可知，C的结构简式为；C和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得到，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3

CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E的结构简式和的结构简式，结合丹皮酚的分子式可知，丹皮酚是中处于-COCH3对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为；丹皮酚中的羟基上的氢原子被乙基取代得到E；E发生已知②的第一个反应生成F，F的结构简式为

，F与溴代烃X在DMF存在发生已知②的第二个反应生成G，F中的羟基上的氢原子被-CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，则溴代烃X为BrCH2CH2CH2CH2Br，G中的溴原子被取代生成H。【详解】(1)根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；(2)根据分析可知丹皮酚的

结构简式为；(3)A．根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物H的结构简式可知其分子式为C21H35O3N3，A错误；B．物质B为，含有氨基，氨基属于亲水基，显碱性，可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；C．D→E是溴乙烷中的-CH2C

H3取代了酚羟基中的氢原子；G中的溴原子被取代生成H，C正确；D．物质C为，能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在苯环上羟基的邻对位发生取代，而且1molC消耗3molBr2，D错误；答案选AD。(4)有机物F与BrCH2CH2CH2C

H2Br发生取代反应生成G，化学方程式为：+BrCH2CH2CH2CH2BrDMF→HBr+；(5)的分子式为C6H14N2，其同分异构体满足：①含有六元含氮杂环，②无N-N键，所以六元环可能为、或；③1H-NMR谱显示分子中含有4种氢

原子，说明结构对称，则满足条件的有：、；(6)根据题给已知①可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后与氯化氢、水并加热220℃条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠后再利用已知③、酸化后生成邻羟基苯甲酸，最后邻羟基苯甲酸与乙酸酐反应生成阿司匹林，合

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