【文档说明】浙江省衢州市2019-2020学年高二下学期期末教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(30)页，2.519 MB，由小赞的店铺上传

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衢州市2020年6月高二年级教学质量检测试卷化学考生须知：1.全卷分试卷和答题卷。考试结東后，将答题卷上交。2.试卷共8页，有二大题，31小题。满分100分，考试时间90分钟。3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23M

g-24Al-27S-32Cl-35.5Fe-56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.下列属于共价化合物的是()A.Na2O2B.H2SO4C.NH4ClD.Cl2【答案】B【解析】【

详解】A．Na2O2是离子化合物，Na+与O22-之间通过离子键结合，A不符合题意；B．H2SO4是由分子构成的共价化合物，分子内不同元素的原子之间以共价键结合，B符合题意；C．NH4Cl是离子化合物，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，C不符合题意；D．Cl

2是由分子构成的物质，分子内2个Cl原子之间以共价键结合，由于物质内只含有Cl元素这一种元素，因此属于单质，不属于化合物，D不符合题意；故合理选项是B。2.下列仪器名称为“坩埚”的是()A.B.C.D.【答案】

D【解析】【详解】A．该仪器表示的是蒸馏烧瓶，A不符合题意；B．该仪器表示的是蒸发皿，B不符合题意；C．该仪器表示的是烧杯，C不符合题意；D．该仪器表示的是坩埚，D符合题意；故合理选项是D。3.下列物质属于电解质且能导电的是()A

.熔融氯化钾B.金属铜C.氢氧化钠溶液D.酒精【答案】A【解析】【详解】A．熔融KCl属于电解质且能导电，选项A正确；B．金属铜能导电，它为单质，不属于电解质，选项B错误；C．氢氧化钠溶液是混合物，不属于电解质，但它能导电，选

项C错误；D．酒精不能导电，酒精属于非电解质，选项D错误；答案选A。4.黑火药的反应原理为：32222KNOS3CKSN3CO++=++，该反应中还原剂是()A.3KNO和SB.CC.2KSD.2N【答案】B

【解析】【详解】由反应可知，硝酸钾中N元素的化合价降低转变成氮气，硝酸钾作氧化剂；硫单质转变成硫化钾，化合价降低，硫单质作氧化剂，碳单质反应后转变成二氧化碳，化合价升高，碳单质作还原剂。故选：C。【点睛】5.下列物质的名称不正确．

．．的是()A.Na2CO3：小苏打B.CaSO4·2H2O：生石膏C.CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3：3-甲基己烷D.HCHO：甲醛【答案】A【解析】【详解】A．Na2CO3俗称苏打，而NaHCO3则俗称小苏打，A错误；B．CaSO4·2H2O俗称生石

膏，B正确；C．根据烷烃的系统命名方法，CH3CH2CH(CH3)CH2CH2CH3名称为3-甲基己烷，C正确；D．结构简式HCHO表示的物质是甲醛，D正确；故合理选项是A。6.下列表示不正确．．．的是()A.2O−离子结构示意图：B.4CH的球棍模型：C.4CCl的电子式：D.乙烯的

结构简式：22CH=CH【答案】C【解析】【详解】A.2O−核电荷数为8，核外电子数为10，离子结构示意图为：，故A正确；B.4CH为正四面构型，注意碳原子半径大于氢原子，球棍模型为：，故B正确；C.4CCl的电子式：，故C错误；D.乙烯分子式为C2H4，碳碳之间形成双键，结构简式为：22CH

=CH，故D正确；故选：C。7.下列说法不正确．．．的是()A.乙酸和油酸(1733CHCOOH)互为同系物B.35Cl和37Cl互为同位素C.32CHCHOH和33CHOCH互为同分异构体D.2O和3O互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】

A.乙酸结构简式为CH3COOH，烃基为饱和烃基，油酸(1733CHCOOH)烃基为不饱和烃基，两者通式不同，不符合同系物特点，故A错误；B.35Cl和37Cl，质子数相同，质量数不同，互为同位素，故B正确；C.32CHCHOH和33CHOCH分

子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；D.2O和3O均为由氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故D正确；故选：A。8.下列叙述不正确．．．的是()A.二氧化硫可用于漂白纸浆B.可利用二氧化碳制造全降解塑料C.碳酸氢钠可用于中和胃酸过多D.食品消毒、防腐常使用福尔马林【答案

】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，A正确；B．利用纳米技术可以高效催化二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，B正确；C．碳酸氢钠可以与胃酸(HCl)反应，且碱性较弱，可用于治疗胃酸过多，C正确；

D．福尔马林是甲醛的水溶液，有毒，不能用于食品的防腐，D错误；答案选D。9.下列说法不正确．．．的是()A.可用电解氯化镁溶液制取金属镁B.可用钠制得钛、钽、铌等金属C.可用铝热反应制备金属MnD.可用3NH还原CuO制备金属Cu【答案】A【解析

】【详解】A.工业上采用电解熔融氯化镁制取金属镁，故A错误；B.钠具有强还原性，可与一些熔融盐反应制取金属，如钛、钽、铌等，故B正确；C.铝具有强还原性，工业上常利用铝热反应原理冶炼一些难熔的金属单质，如锰、铬等，故C正

确；D.氨气具有还原性，可以还原氧化铜得到铜单质，故D正确；故选：A。【点睛】10.下列说法不正确．．．的是()A.厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能B.煤的气化、液化、干馏都是物理变化C.利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下可使水分解产生氢气D.熔

喷布以聚丙烯为主要原料，制造聚丙烯的原料主要来自于石油的裂解【答案】B【解析】【详解】A.厨余垃圾中的果皮、剩菜等中含有的有机成分均是可以利用的生物质能，故A正确；B.煤的气化、液化是通过化学变化将煤转变成气

态、液体燃料的过程，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，发生复杂化学变化的过程，均为化学变化，故B错误；C.利用生物技术，大量并且能利用低成本的太阳能进行水分解制取氢气，是未来新能源的有效发展方向，故C正确；D.石油裂解可以得到短链的气态不饱和烃，如

丙烯，乙烯等，故D正确；故选：B。【点睛】11.下列有关实验说法，不正确．．．的是()A.可用3HNO、3AgNO溶液鉴别NaCl溶液和2NaNO溶液B.焰色反应时，先用稀硫酸清洗铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，再进行实验C.

纸层析法时，亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动速度就快些D.用镊子夹取金属钠固体，切割取用后剩余的钠放回原试剂瓶中【答案】B【解析】【详解】A.NaCl溶液滴加硝酸银溶液产生白色沉淀，亚硝酸钠与

硝酸银不反应，可以鉴别，故A正确；B.焰色反应时，要用稀盐酸清洗铂丝，故B错误；C.亲脂性强的成分在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度就快一些；亲水性强的成分在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度就慢一些，故C正确；D.钠是活泼金属，容易与空气中的水和氧气反应，为安全切割取

用后剩余的钠放回原试剂瓶中，故D正确；故选：B；12.下列关于氮及其化合物说法，不正确．．．的是（）A.氮气性质稳定，可用于工业制镁的冷却剂B.N2H4和N2O4可用作航天飞机的燃料C.碳酸氢铵常用作氮肥，不可与碱性肥料混用D.硝酸可用于制造染料、塑料、炸药和硝酸盐【答案】A【解析】【详解】A．

Mg和氮气能反应生成氮化镁，A错误；B．2N2H4+N2O4=3N2↑+4H2O↑，N2H4和N2O4反应放出大量的热且产生大量的气体，可用作航天飞机的燃料，B正确；C．碳酸氢铵为铵态氮费，铵根离子与碱反应放出氨气肥效降低，故碳酸氢铵不可

与碱性肥料混用，C正确；D．硝酸可用于制造染料、塑料、炸药、硝酸盐、农药、化肥等，D正确。答案选A。13.不能．．正确表示下列变化的离子方程式是()A.氧化镁与盐酸反应：22MgO2HMgHO+++=+B.氯气和

水反应：22ClHO2HClClO+−−+=++C.将过量2CO通入2NaAlO溶液中：22233COAlO2HOAl(OH)HCO−−++=+D.氯化铵水解：4232NHHONHHOH++++【答案】B【解析】【详解】A.氧化镁与盐酸

反应生成氯化镁和水，离子方程式为22MgO2HMgHO+++=+，A正确；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为22ClHOHClHClO+−+++，B错误；C.将过量2CO通入2NaAlO溶液中生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为22233COA

lO2HOAl(OH)HCO−−++=+，C正确；D.氯化铵水解，有少量一水合氨和盐酸生成，离子方程式为：4232NHHONHHOH++++，D正确；答案选B。14.下列说法不正确．．．的是()A.75%酒精、紫外光等可使蛋白质变性B.用酸性4KMnO溶液可鉴别苯和甲苯C.乙酸乙酯中混

有的乙酸，可加入足量的NaOH溶液，经分液除去D.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出高级脂肪盐【答案】C【解析】【详解】A.75%酒精、紫外光等可使蛋白质变性，因此可以用于消毒，A说法正确；B.甲苯可被酸性KMnO4溶液氧化而使之褪色，而

苯不能，故用酸性KMnO4溶液可鉴别苯和甲苯，B说法正确；C.乙酸乙酯中混有的乙酸，若加入足量的NaOH溶液，均参加反应被消耗，应该用饱和碳酸钠溶液，经分液除去，C说法不正确；D.将牛油和烧碱溶液混合加热，发生皂化反应得到高级脂肪酸盐和甘油，充分

反应后加入热的饱和食盐水，上层析出高级脂肪盐，D说法正确；答案选C。15.某有机物的结构如图所示，下列关于该有机物的描述不正确．．．的是()A.含有4种官能团B.能发生取代、加成、消去、酯化等反应C.一定条件下1mol该物质最多可与21molH发生

加成反应D.该有机物属于芳香族化合物【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，该物质含4种官能团：醇羟基、酯基、羧基、碳碳双键，故A描述正确；B．该物质含醇羟基、酯基、羧基、碳碳双键官能团，能发生取代、加成、消去、酯化等反应，故B描述正确；C．1m

ol该物质含1mol碳碳双键，故一定条件下1mol该物质最多可与21molH发生加成反应，其他官能团均不能与氢气发生加成反应，故C描述正确；D．该物质不含苯环，不属于芳香族化合物，故D描述错误；答案选D。16.下列说法正确的是()A.氧的

非金属性比碳强，所以2HO的熔沸点比4CH高B.ⅦA族的F和Cl都能形成+7价的稳定化合物C.同主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强D.同周期元素，随着原子序数增大，原子半径越大【答案】C【解析】【详解】A．水能形成分子间氢键，熔沸点反常高，故2HO的熔沸点比4CH

高，A错误；B．ⅦA族除F元素外都能形成+7价的稳定化合物，氟只有0价和-1价，故B错误；C．由碱金属元素可知，同主族元素，原子序数越大，元素的金属性越强，C正确；D．同周期元素，随着原子序数增大，原子半径越小，故D错误；答案选C。17.下列说法正确的是()A.pH为6.8的溶液一定呈

酸性B.中和pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，所需NaOH的物质的量相同C.0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小D.0.1mol/L的氨水溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L【答案】D【解析】【详解】A．温度影响水的电离，如100℃时，水的离子

积常数是10-12，pH=6的溶液呈中性，则pH=6.8的溶液显碱性，所以pH=6.8的溶液不一定呈酸性，A错误；B．盐酸是强酸，完全电离，c(H+)=c(HCl)；醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，在溶液中存在电

离平衡，c(H+)＜c(CH3COOH)，所以pH和体积均相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量比HCl多，因此中和时所需NaOH的物质的量醋酸比HCl多，二者不同，B错误；C．0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释，溶液

中c(H+)减小，由于温度不变时，溶液中c(H+)·c(OH-)=Kw，所以稀释时溶液中c(H+)减小，c(OH-)就会增大，C错误；D．根据N元素守恒可知：在0.1mol/L的稀氨水中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L，D正确；故合理选

项是D。18.欧洲足球锦标赛事中的拍摄车，装着“绿色心脏”—质子交换膜燃料电池，其工作原理如图所示。下列叙述中正确的是()A.装置中的能量变化为电能转化为化学能B.通入氢气的电极发生氧化反应C.通入空气的电

极反应式：--22O+4e+2HO=4OHD.装置中电子从通入空气的电极经过导线流向通入氢气的电极【答案】B【解析】【详解】A．该电池不含电源，属于原电池，原电池能将化学能转化为电能，故A错误；B．该电池是氢氧燃料

电池，氢元素化合价升高，发生氧化反应，通入氢气的电极作负极，发生氧化反应，故B正确；C．通入空气的电极作正极，发生还原反应，该电池含质子交换膜，则该装置中含大量的氢离子，故电极反应的产物是水，C错误；D．电子从负极流向正极，由通入氢气的电极经过导线流向通

入空气的电极，故D错误；答案选B。19.2HS催化分解过程中通入2CO、4CH会发生如下反应，下列说法不正确．．．的是()A.422CH(g)CO(g)2H(g)2CO(g)++，压缩容器体积，平衡转化率将增大B.222HS(g)CO(g)HO(g)COS(g)++，通入2CO，将促进反应的

进行C.已知24222HS(g)+CH(g)4H(g)+CS(g)ΔH>0，则该反应在高温下易自发D.222HS(g)2H(g)+S(g)ΔH>0【答案】A【解析】【详解】A．422CH(g)CO(g)2H(g)2CO(g)++为反应前后气体

体积增大的反应，压缩容器体积相当于增大压强，平衡逆向移动，则平衡转化率减小，A错误；B．222HS(g)CO(g)HO(g)COS(g)++，通入CO2，平衡正向移动，即促进反应的进行，B正确；C．24222HS(g)+CH(g)

4H(g)+CS(g)为气体体积增大的反应，则ΔS>0，又ΔH>0，所以该反应在高温下易自发进行，C正确；D．222HS(g)2H(g)+S(g)为分解反应，反应吸热，则ΔH>0，D正确；答案选A。20.设NA

为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是()A.2molSO2和1molO2混合在催化剂作用下充分反应生成SO3的分子数为2NAB.2Fe2++2H++3H2O2=2Fe3++O2↑+4H2O，则每生成1molO2，该反应转移电子数为4NAC.25℃时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中

含H+的数目小于0.001NAD.标准状况下，22.4L苯中C-H数目为6NA【答案】B【解析】【详解】A．该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此2molSO2和1molO2混合在催化剂作用下充分反应生成SO3的分子数小于2NA，A错误；B．

在反应2Fe2++2H++3H2O2=2Fe3++O2↑+4H2O中，Fe2+失去电子变为Fe3+，H2O2中-1价的O失去电子变为O2，H2O2中-1价的O得到电子变为-2价的H2O中的O，则每生成1molO2，转移4mol电子，则该反应转移电子数为4NA

，B正确；C．25℃时，pH=3的醋酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，由于溶液的体积是1L，则溶液中含H+的物质的量是10-3mol，所以含H+的数目等于0.001NA，C错误；D．标准状况下苯呈

液态，不能使用气体摩尔体积计算，D错误；故合理选项是B。21.600℃时，在2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO和H2O，发生反应：222CO(g)HO(g)CO(g)H(g)++。反应过程中的部分数据如表所示：n(C

O)()2nHO01.200.60100.80200.20下列说法正确的是()A.0～10min用CO表示的平均反应速率为110.04molLmin−−B.该反应在10min后才达到平衡C.CO的平衡转化率为66.7%D.温度升高至800℃时，反应平衡常数为0.64，则正反

应为放热反应【答案】D【解析】【详解】A．0～10min用CO表示的平均反应速率11Δn(1.20-0.8)molV2Lν(CO)=0.02molLminΔt10min−−==，故A错误；B．由表格数据可知，10min时消耗CO为0.4mol，则消耗的H2O也为0.4mol，此

时容器中H2O的物质的量为：0.20mol，而20min时H2O的物质的量也是0.20mol，说明反应在10min已经达到平衡状态，故B错误；C．由以上分析，达到平衡时CO消耗0.4mol，转化率为100%=33.3%1.2mol0.4mol，故C错误；D．600℃时由以上分析可知，平

衡时产生二氧化碳和氢气的物质的量均为0.4mol，CO的物质的量为0.80mol，H2O的物质的量为0.20mol，此时平衡常数K=0.4mol0.4mol0.8mol0.2mo22=12l2，温度升

高至800℃时，反应平衡常数为0.64，说明升高温度K减小，平衡逆向移动，逆向为吸热放应，正向为放热反应，故D正确；故选：D。22.乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如图所示。下列说法不正确．．．的是()A.24HSO是该合成过程的催化剂B.合

成过程的速率由反应②决定C.保持温度不变缩小容器的体积，乙烯的转化率减小D.()1242425312CH(g)HSO(1)=CHOSOH(1)ΔHEEkJmol−+=−【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，反应前

后均有硫酸，且硫酸的质量和性质不发生变化，24HSO是该合成过程的催化剂，A正确；B．合成过程的速率由慢反应决定，也是活化能最大的步骤，即反应②，故该反应的速率由反应②决定，B正确；C．保持温度不变缩小容器的体积，增大体系内的压强

，加快反应速率，平衡正向进行，故乙烯的转化率增大，C错误；D．由图示可知，反应①是放热反应，放出的能量为()21E-EkJ，故有()1242425312CH(g)HSO(1)=CHOSOH(1)ΔHEEk

Jmol−+=−，D正确；答案选C。23.25℃时，将10.1molL−的HCl溶液逐滴滴入110.00mL0.1molL−的32NHHO溶液中，其AG值变化的曲线如图所示。已知()cHAG=lgc(OH)+，下列分析不正确．．．的是()A.滴定前H

Cl溶液的AG12=B.M点时溶液中()()4cClcNH−+C.从M点到N点水的电离程度先增大后减小D.N点溶液中：()()()324cCl2cNHHO2cNH−+=+【答案】B【解析】【详解】A．HCl是强电解质，完全电离，则0.1mol/L的盐酸溶液中c(H＋)＝0.1mol/

L，盐酸中c(OH−)＝14100.1−mol/L＝10−13mol/L，()cHAG=lgc(OH)+＝-130.1lg10＝12，故A正确；B．M点()cHAG=lgc(OH)+＝0，说明溶液中c(H＋)＝c(O

H−)，溶液呈中性，根据电荷守恒得c(Cl−)＝c(NH+4)，如果V(HCl)＝10mL，二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性，AG>0，不符合图象，故B错误；C．M点溶液呈中性，溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，一水合氨

抑制水电离、氯化铵促进水电离，M点到N点过程中，二者恰好完全反应时溶液呈酸性，则AG>0，继续加入HCl，盐酸抑制水电离，所以M到N点过程中水电离程度先增大后减小，故C正确；D．N点溶液中溶质为等物质的量浓度的HCl和氯化铵，溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒得c(Cl−)＝2c(NH3•H2O

)＋2c(NH+4)，故D正确；故选：B。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。隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2。下列关于Na2S2O4的说法不正确．．．

的是()A.可以使品红溶液褪色B.其溶液可以作吸氧剂C.在空气中加热Na2S2O4固体可得到固体产物Na2SO4D.Na2S2O4不能与强酸反应生成盐【答案】D【解析】【详解】A．白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，说明该物质具有漂白性，能够使品红溶液褪

色，A说法正确；B．白色固体Na2S2O4能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去，说明物质具有还原性，因此可用作分析化学中的吸氧剂，B说法正确；C．在隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2，若在空气中加热，Na

2S2O4分解得到具有还原性的固体产物Na2SO3就会被空气中的氧气氧化产生Na2SO4，C说法正确；D．Na2S2O4是强碱弱酸盐，根据复分解反应的规律，强酸与弱酸盐反应制取弱酸，同时得到强酸盐，因此Na2S2O4能与强酸反应生成盐，D说法错误；故合理选项是D。25

.白色固体混合物A，含有3KNO、3CaCO、23NaCO、23NaSiO、4CuSO中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正确．．．的是()A.混合物A中一定有23NaSiO、4CuSOB.白色固体F的主要成分是2

3HSiOC.无色溶液B的pH7D.溶液B进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明A中有3KNO【答案】C【解析】【分析】由实验可知，混合物加水得到无色溶液B，且固体C不能完全溶解于盐酸中，固体F

为H2SiO3，无色气体D为二氧化碳，蓝色溶液含铜离子，则A中一定含Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，无色溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含KNO3、CaCO3，

以此来解答。【详解】A.由分析可知，则A中一定含Na2SiO3、CuSO4，A项正确；B.硅酸不溶于盐酸，则F的主要成分是H2SiO3，B项正确；C.溶液B中一定含硫酸钠，且B可能含碳酸钠或硅酸钠，则无色溶液B的pH≥7，C项错误；D.透过蓝色钴玻璃，可观察到

火焰为蓝色，证明存在钾离子，则一定有KNO3，D项正确；答案为C。非选择题部分二、非选择题(本题有6小题，共50分)26.(1)比较元素非金属性的相对强弱：Cl_____S(填“>”、“<”或“=”)；用一个化

学方程式说明2Cl和S氧化性的相对强弱_____。(2)离子化合物2MgO可用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出2MgO的电子式___________。(3)2CO和2SiO均是ⅣA族元素氧

化物，2CO常温为气态，2SiO为高熔点固体。请分析原因___________。【答案】(1).>(2).22ClSS2Cl−−+=+(3).(4).两者的结构不同，2SiO为原子晶体，2CO是分子晶体【解析】【详解】(1)同周期元素，非金属性从左到右逐渐增强，非金属性：C

l>S，非金属性的强弱可通过单质之间的置换反应证明，如：22ClSS2Cl−−+=+，故答案为：>；22ClSS2Cl−−+=+；(2)离子化合物2MgO，各原子均满足8电子稳定结构，镁显+2价，则O为-1

价，可知该物质中含有过氧根离子，其电子式为：，故答案为：；(3)2CO和2SiO均是ⅣA族元素氧化物，但两者结构不同，2CO为分子晶体，2SiO为原子晶体，原子晶体的熔沸点远高于分子晶体的熔沸点，因此2CO常温为气态，2SiO为高熔点固体，故答案为：两者的结构不同，2Si

O为原子晶体，2CO是分子晶体。27.将wg镁和铝的混合物投入125mL4molL−盐酸中，固体全部溶解后，得到标准状况下896mL气体(不考虑金属和盐酸反应时HCl的挥发)。向所得溶液中加入20mLNaOH溶液时，生成沉淀的质量达到最大。(1)NaOH溶液的物质的量浓度为___

_________1molL−。(2)沉淀的质量达到最大时为___________g(用含w的表达式表示)。【答案】(1).5(2).(w+1.36)【解析】【详解】（1）沉淀最大量时，溶液中的溶质只有NaCl，

故元素守恒，氢氧化钠的物质的量等于盐酸的物质的量，则NaOH溶液的物质的量浓度-1-12=520mL5mL4molLmolL=；（2）沉淀的质量等于金属的质量加氢氧根的质量，金属的质量为wg，产生氢

气896mLn=0.04mol22.4L/mol=，则金属失去电子为0.08mol，对应金属结合氢氧根的物质的量为0.08mol，氢氧根的质量m=nM=0.0817=1.36g，则沉淀的质量达到最大时为(w+1.36)g。28.化合物A由两种元素组成，两元素质量比为3

∶16，按如图流程进行试验：产物B、C的物质的量之比为1∶1，D、E均为气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E中含有18个电子。回答下列问题：(1)写出B的化学式___________。(2)C加到3FeCl

溶液反应的离子方程式___________。(3)A与足量氨水反应的化学方程式___________。【答案】(1).4NHSCN(2).232S2Fe2FeS−+++=+(3).()324424NHCSNHSCNNHS+=+【解析】【分析】A与足量氨水反应生成B、C，

B与氯化铁显血红色，可知B中含有硫氰根离子，B、C均能与氢氧化钠加热产生气体D，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知D为氨气，则B、C中均含有铵根离子，则B为4NHSCN，从而可知A中含有C、S两种元素，两元素质量比为3∶16，则得A为CS2，C与稀硫酸产生气

体E为18电子微粒，E应为H2S，C为()42NHS，据此分析解答。【详解】(1)B的化学式4NHSCN，故答案为：4NHSCN；(2)C为()42NHS，加到3FeCl溶液发生氧化还原反应，产生硫单质和亚铁离子，离子反应为：232S

2Fe2FeS−+++=+，故答案为：232S2Fe2FeS−+++=+；(3)A(CS2)与足量氨水反应产物B(4NHSCN)、C(()42NHS)的物质的量之比为1∶1，由此可得反应的方程式为：()324424NHCSNHSCNNHS+=+，故答案为：()324424N

HCSNHSCNNHS+=+；29.某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按如图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成2NO，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。实验时先检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后通入

2CO一段时间，关闭弹簧夹，打开分液漏斗旋塞滴加浓硝酸。(1)装置②中发生反应的化学方程式为___________。(2)该小组得出的结论依据的实验现象是________。【答案】(1).2233NOHO2HNONO+=+(2).③中溶液液面上方气体仍为

无色，④中溶液液面上方气体变为红棕色【解析】【详解】（1）装置①中反应生成了二氧化氮，在装置②中二氧化氮会与水反应，即2233NOHO2HNONO+=+；（2）如果装置②得到的一氧化氮在通过装置③④时，根据题意浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，则无色一氧化氮会被装置④中浓硝酸氧

化为红棕色的二氧化氮，③中装稀硝酸，故③中溶液液面上方气体仍为无色，即确定浓硝酸具有氧化性结论的现象是：③中溶液液面上方气体仍为无色，④中溶液液面上方气体变为红棕色。30.研究含氮化合物具有重要意义。(1)固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器中达到分解平衡：()433222

NHCO(s)2NH(g)CO(g)HO(g)++①下列可以作为反应达到平衡的判据是___________(填选项字母)。A.()()23正逆2VCO=VNHB.密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不变C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中二氧化碳的体积分数不变②该反应在室温就能自发地分解产

生氨气，下列说法正确的是___________(填选项字母)。A.该反应ΔS>0B.平衡后，其它条件不变，增加少量()432NHCO固体的量，3NH浓度增大C.放热反应在常温下一定容易进行D.化学平衡常数K值很大，则该反应的速率一定很快(2)在

不同温度下，反应22N(g)O(g)2NO(g)+的平衡常数K如表：温度/℃153817602404平衡常数K40.8610−42.610−46410−①该反应的ΔH___________0(填“>”“=

”或“<”)②其他条件相同时，在上述三个温度下分别发生该反应。1538℃时，2N的转化率随时间变化如图所示，请在图中补充画出1760℃时2N的转化率随时间变化曲线___________。③某种用2TiO作催化剂处理汽车尾气NO的

方法为：2232HO(g)4NO(g)O(g)4HNO(g)++。在2O浓度几乎不变的条件下，模拟NO的降解，反应一段时间后检测到混合气体中2N浓度明显上升而硝酸气体浓度有所降低，请用化学方程式结合化学反应原理知识解

释出现该现象可能的原因___________。【答案】(1).AC(2).A(3).>(4).(5).反应一段时间后222NO(g)N(g)O(g)+反应生成2N，使NO浓度降低，2232HO(g)4NO(g)O(g)

4HNO(g)++平衡逆向移动，硝酸气体浓度有所降低。【解析】【分析】(1)对应固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器的分解：()433222NHCO(s)2NH(g)CO(g)HO(g)++①能否作达到平衡的判据，抓住平衡特征即可：一从速率角度，对同一个物质而言正反应速率和逆反应速率相等，如υ正(CO

2)=υ逆(CO2)，若选用不同物质的速率，则可以换算之后再判断，二从含量角度：各成分的含量、也可以是物质的量或浓度保持定值、不再改变了，就达到化学平衡状态③选定的某个物理量，一开始会随着反应的发生而变化，而当这个量不再改变的时候，就达到化学平衡状态；②已知该反应在室温就能自发地分解

产生氨气，那么说法正确与否结合相应理论分析回答；(2)从表中数据知，反应22N(g)O(g)2NO(g)+的平衡常数K随温度升高而增大，则升温平衡朝右移动，据此判断①该反应的ΔH与0的相对大小；②要画出1760℃时2N

的转化率随时间变化曲线，只要找到出现新平衡时的那个转折点，从反应速率变化导致达到平衡时间的变化、转化率变化，即可找到那个关键的转折点，据此画图即可；③针对模拟NO的降解，从提供的2232HO(g)4NO(g)O(g)4HNO(g)++、相关的其它可能

反应，结合平衡移动原理解析，据此回答；【详解】(1)固体碳酸铵在恒温恒容的密闭容器中分解：()433222NHCO(s)2NH(g)CO(g)HO(g)++，则①A.从速率的角度，任何时刻都满足υ正(CO2)=12υ正(NH3

)，而平衡时满足υ正(NH3)=υ逆(NH3)，则()()vv23正逆2CO=NH说明已平衡，选项A正确；B.由于反应物只有一种固体，故气体中氨气、二氧化碳和水蒸气的物质的量之比恒等于2:1:1，则密闭容器中混合气体的平均摩

尔质量等于21117g/mol+44g/mol+18g/mol=24g/mol444，始终不变，故密闭容器中混合气体的平均摩尔质量不能说明已平衡，选项B错误；C.密闭容器中，=气体质量气体密度容器体积，气体质量随着反应而变化，容积体积的不变，故气体密度不变说明

已平衡，选项C正确；D.密闭容器中二氧化碳的体积分数恒等于25%，故二氧化碳的体积分数不变，不能说明已平衡，选项D错误；则能作达到平衡的判据是AC；②该反应在室温就能自发地分解产生氨气，通常分解反应是吸热反应，则该

反应自发的原因是熵增，A.该反应ΔS>0，故选项A正确；B.平衡后，其它条件不变，增加少量()432NHCO固体的量，对速率和平衡都没有影响，3NH浓度不变，选项B错误；C.有的放热反应在常温下容易进行，有的则需要加热等条件，例如碳的燃烧需要加热，选项C错误；D.化学平

衡常数K值很大，代表反应转化程度大，但与反应速率大小无关，该反应的速率可能很快也可能很慢，选项D错误；故说法正确的为A；(2)数据显示，对22N(g)O(g)2NO(g)+，温度升高，其平衡常数K增大，则升温平衡朝右移动，按勒夏特列原理，升温朝着吸热方向移动，则①该反应的ΔH>0；②升温有助于

提高反应速率、提高氮气的转化率，缩短了达到平衡的时间，故1760℃时2N的转化率随时间变化曲线为：；③针对模拟NO的降解，反应为：2232HO(g)4NO(g)O(g)4HNO(g)++，在2O浓度几乎不变的条件下，反应一段时间后检测到混合气体中2N浓度明显上升而硝酸气体浓度有所降低，是因为体系

内同时存在可逆反应222NO(g)N(g)O(g)+，该反应生成2N，使NO浓度降低。【点睛】本题考查化学平衡的判断、温度浓度等条件对平衡移动、对K、对转化率等的影响，掌握平衡状态的特征、勒夏特列原理等内容为解答的关键。

31.某兴趣小组用废旧镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌()42ZnSO7HO和磁性34FeO胶体粒子。(1)步骤①中可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_____________。处理废旧锌铁皮也可以用NaOH溶解锌层，该反应的化学方程式为___________。(2)步骤②，

某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得42ZnSO7HO晶体颗粒大小分布如图所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择___________方式进行冷却结晶。A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温(3)下列说法正确的是___________。A.步骤①可用普通过滤法分离固

体和液体，所用到玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。B.步骤④中22HO的用量需要控制，用量不足或过量时，都会使产品不纯C.步骤⑤中可用减压过滤得到34FeO胶体粒子D.34FeO胶体粒子制备过程中可持续通入2N，防止2Fe+被氧化(4)用高锰酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物中34FeO的含

量，称取mg产品溶解在稀硫酸中配成250mL溶液，取出25mL用浓度为10.01000molL−的4KMnO标准溶液滴定，滴定终点时消耗4KMnO标准溶液VmL。已知：22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++①产

品中34FeO的的质量分数为___________(用含m、V的式子表示)②滴定操作中，如果滴定前装有4KMnO标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将____③测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转

移溶液润洗→_____→____→____→____→洗净，放回管架。a.放液完毕，停留数秒，取出移液管b.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液c.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口d.放液至凹液面最低

处与移液管标线相切，按紧管口【答案】(1).气体生成的速度由快变慢(2).222Zn2NaOHNaZnOH+=+(3).C(4).BD(5).0.116V/m(6).偏大(7).c(8).d(9).b(10).a【解析】【分析】由流程图分析可知，

废旧镀锌铁皮加入稀硫酸，当镀锌层完全反应后过滤得到含ZnSO4的滤液和主要成分为Fe的滤渣A，滤液经一系列过程得到粗ZnSO4·7H2O，经重结晶后得到ZnSO4·7H2O，滤渣A加入稀硫酸后，并调节pH为1~2时加入适量的H2

O2，可发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入NaOH溶液后，加热得到Fe3O4的胶体粒子，据此分析解答问题。【详解】(1)步骤①的主要目的时分离铁和锌，由于活泼性锌强

于铁，所以锌与硫酸反应生成氢气的速率更快，则当气体的生成速率由快变慢时，说明镀锌层已完全反应，若用NaOH溶解锌层，可发生反应Zn+2NaOH=Na2ZnO2+H2↑；(2)如图所示，变速降温时，得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，所以选C；(3)A．过滤所用到的玻璃仪器有普通漏

斗、玻璃棒和烧杯，A错误；B．步骤④中H2O2的用量需要控制，若过量或用量不足，使得Fe2+和Fe3+的量不同，从而产品不纯，B正确；C．Fe3O4胶体粒子能够透过滤纸，无法用减压过滤法实现固液分离，C错误；D．Fe2+易被氧化，因此在制备Fe3O4胶体粒子的过程中可持续通入N

2，防止Fe2+被氧化，D正确；答案选BD；(4)①已知：22342MnO5Fe8HMn5Fe4HO−++++++=++，向25mL产品的溶液中滴加浓度为10.01000molL−的4KMnO标准溶液滴定，滴定终点时消耗4KMnO标准溶液VmL

，则n(Fe2+)=5×0.01mol/L×(V×10-3)L=5V×10-5mol，又Fe3O4可看成FeO·Fe2O3，因此25mL溶液中n(Fe3O4)=n(Fe2+)=5V×10-5mol，则产物中Fe3O4的质量分数为()-5105V1

0mol232g/mol0.116V=mgm；②滴定操作中，如果滴定前装有4KMnO标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，体积V偏大，则测定结果偏大；③测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以

上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架，故正确顺序为c→d→b→a。32.2020年2月，国家卫生健康委办公厅、国家中医药管理局办公室联合发出《关于印

发新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第六版)的通知》。此次诊疗方案抗病毒治疗增加了阿比多尔这个药物。其中间体Ⅰ的合成路线如下：请回答：(1)下列说法正确的是___________。A．③⑦的反应类型分别为还原反应、加成反应B．化合物E中含氧官能

团名称为酯基C．化合物B具有酸性D．中间体Ⅰ的分子式是C20H20NO4SBr(2)写出化合物A的结构简式___________。(3)写出BC→的化学方程式___________。(4)写出化合物D同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_

__________。①含有-NO2②含有苯环③核磁共振氢谱(1H-NMR)检测表明：分子中共有3种氢原子(5)已知：①当苯环有RCOO-、烃基时，新导入的基团进入原有基团的邻位或对位；原有基团为-COOH时，新导入的基团进入原有基团的间位。②苯酚、苯胺(C6H5NH2)易氧化。设计以到的合

成路线(用流程图表示，无机试任选)___________。【答案】(1).BC(2).(3).+CH3COCl+HCl(4).或(5).【解析】【分析】根据E结构简式及A分子式，结合流程图知，A为，A发生取代反

应生成B，根据E可知取代羟基对位，则B为，B发生取代反应生成C，根据C分子式可知，C为，C发生还原反应生成D为，D发生取代反应生成E，F发生取代反应生成G，根据I结构简式知，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成I，H为；(5)以为原料制备，和浓硝酸、浓硫酸混

合加热发生取代反应引进硝基，然后甲基被酸性KMnO4溶液氧化生成羧基，硝基被还原生成氨基，最后和NaOH反应，然后酸化得到目标产物。【详解】根据上述分析可知：A是，B是，C为，D为，H为。(1)A．C为，C与Fe/NH4Cl反应产生D为，—NO2被还原产生—NH2，所以反应③

的化学反应类型是还原反应；G是，G与Br2发生取代反应产生H是，所以反应⑦的类型是取代反应，A错误；B．根据物质结构可知化合物E中含氧官能团为酯基，B正确；C．化合物B是，含有酚羟基，具有微弱的酸性，C正确；D．根据物质结构简式可知中间体Ⅰ的分子式是C

21H20NO4SBr，D错误；故合理选项是BC；(2)根据上述分析可知化合物A的结构简式是；(3)化合物B是，B与CH3COCl在加热条件下反应产生C为，则B→C的化学方程式为：+CH3COCl+HCl；(4)化合物D结构简式是：，其同分异构体同时

符合下列条件：①含有-NO2；②含有苯环；③核磁共振氢谱(1H-NMR)检测表明：分子中共有3种氢原子，则其结构简式为：或；(5)以为原料制备，和浓硝酸发生取代反应引进硝基，然后甲基被氧化生成羧基，硝基被还原

生成氨基，最后和NaOH反应得到目标产物，其合成路线为：。【点睛】本题考查有机物的合成和推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，本题采用逆向思维和知识迁移方法进行合成路线设计，注意同分异构体种类判断中硝基可以和支链上烃基相连。题目侧重考查学生的分析、推断及知识综

合运用能力。