【文档说明】浙江省杭州高级中学2020届高三仿真模拟考试化学试题【精准解析】.doc，共(27)页，1.403 MB，由小赞的店铺上传

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杭高2019学年第二学期高三高考仿真模拟卷化学试题考生注意：1.本试卷分试题卷和答题卡两部分。本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方。3.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡

相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效。考试结束后，只需上交答题卡。4.本卷可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-

35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Cu-64Ba-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.有共价键的离子化合物是（）A.SiO2B.Ba(OH)2C.MgC

l2D.H2O2【答案】B【解析】【分析】活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，铵根离子和酸根离子之间存在离子键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。【详解】A.SiO2中只有共价键，

属于共价化合物，A不选；B.Ba(OH)2中含有共价键和离子键，是离子化合物，B选；C.MgCl2中含有离子键，属于离子化合物，C不选；D.H2O2中H-O、O-O原子之间只存在共价键，为共价化合物，D不选；答案选B。2.实验室制备摩尔盐，不必用到．．．．的仪

器是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．蒸发浓缩用玻璃棒搅拌，使液体均匀受热，防止液体飞溅，A正确；B．蒸发浓缩在蒸发皿中进行，B正确；C．制备摩尔盐过程中没有蒸馏操作，无需冷凝管，C错误；D．铁屑的净化、抽滤都用到烧杯，D正确。答案选C。3.下列属于有机

物，又是电解质的是（）A.葡萄糖B.乙醛C.氯化钠D.苯酚【答案】D【解析】【分析】含碳元素的化合物基本都是有机物，除了CO、二氧化碳、碳酸和碳酸盐等；在水溶液中或熔融下能导电的化合物为电解质，据此分析。【详解】A．葡萄糖是有

机物，但由于在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故A不选；B．乙醛是有机物，但由于在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故B不选；C．氯化钠是无机物，是电解质，故C不选；D．苯酚是有机物，且在水溶液中能

导电，故为电解质，故D选；答案选D。4.工业上冶炼钛的反应如下：TiCl4＋2Mg高温Ti＋2MgCl2。下列有关该反应的说法正确的是（）A.TiCl4是还原剂B.Mg被氧化C.TiCl4发生氧化反应D.Mg得到电子【答案】

B【解析】【详解】A．Ti元素化合价从+4价降低到0价，化合价降低，得到电子，所以TiCl4是氧化剂，A错误；B．Mg元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，所以Mg被氧化，B正确；C．TiCl4是氧化剂，TiCl4

发生还原反应，C错误；D．Mg失去电子，D错误；答案选B。5.下列化学物质的名称正确的是（）A.苯酚：石炭酸B.SiO2：刚玉C.(NH4)2CO3：碳铵D.(CH3)2C(CH2CH3)CH2CH(CH3)CH2CH3：3，5，5—三甲基庚烷【答案】A【解析】【详解

】A．由于苯酚水溶液显弱酸性，俗称石炭酸，A正确；B．刚玉成分为氧化铝，不是二氧化硅，B错误；C．碳酸氢铵俗称为碳铵，C错误；D．是主链有7个碳原子的烷烃，3号碳上有2个甲基，5号碳上有1个甲基，系统

命名为：3，3，5-三甲基庚烷，D错误；答案选A。6.下列化学用语表达正确的是（）A.硫原子结构示意图：B.KF的电子式：C.甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2D.氯化钙的分子式：CaCl2【答案】B【解析】【详解】A．硫原子

的核外电子数是16，其结构示意图为：，A错误；B．KF是离子化合物，含有离子键，电子式：，B正确；C．甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，C2H4O2为分子式，C错误；D．氯化钙是离子化合物，不存在分子式，其化学式可表示为CaCl

2，D错误；答案选B。7.下列关于有机化合物的说法正确的是A.H2与D2互为同素异形体B.符合CnH2n+2且n不同的烃一定属于同系物C.CH2Cl2有2种同分异构体D.碳元素有多种核素，其中l3C可用于考古断代【答案】B【解析】【详解】A

．H2与D2的结构相同，不是同素异形体，故A错误；B．符合CnH2n+2且n不同的烃都属于烷烃，一定属于同系物，故B正确；C．甲烷为正四面体结构，4个H均为相邻位置，则CH2Cl2有1种同分异构体，故C错误；D．碳元素有多种核素，其中l4C可用于考古断代，故D错误；答案选B。8.下列叙述正

确的是A.铜与过量的硫粉共热产物是Cu2SB.Fe(OH)3胶体无色、透明，能发生丁达尔现象C.我国华为Al芯片已跻身于全球Al芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅D.纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢；再加入少量CuSO4固体，速率不改变【答案】A【解析】【详解】A．硫单质氧化性较弱，与变

价金属反应，将变价金属氧化成较低价态，即S和Cu反应2Cu+S加热=Cu2S，故A正确；B．氢氧化铁胶体为红褐色液体，透明，能发生丁达尔现象，故B错误；C．我国华为Al芯片已跻身于全球Al芯片榜单前列，AI芯片主要材料是硅晶体，不是二氧化硅，故C错误；D．加入少量CuSO4固体，

锌的活泼性大于铜，将溶液中的铜离子置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率增大，故D错误；答案选A。9.下列物质的制备，不符合．．．工业生产实际的是（）A.工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁B.工业上用电解饱和食盐水制备氯气C.工业上用二氧

化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅D.工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅【答案】C【解析】【详解】A．工业上用电解法制备金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)电解Mg+Cl2↑，A符合；B．工业上用电

解饱和食盐水制备氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合；C．二氧化硅和焦炭在高温下反应制得的硅中含有少量C、SiC等杂质，为粗硅，C不符合；D．石灰石含碳酸钙，工业上炼铁时，常用石灰石除去

铁矿石中的二氧化硅，反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2高温CaSiO3+CO2↑，D符合。答案选C。10.下列说法正确的是（）A.糖类化合物中H、O原子个数比一定为2∶1B.煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径C.乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色D.石油的裂

解可使石油分馏产物中的长链烃断裂成各种气态短链烃【答案】D【解析】【详解】A．糖类化合物中H、O原子个数比不一定为2∶1，如鼠李糖(C6H12O5)，A错误；B．煤是复杂的有机物、无机物组成的混合物，煤气的主要成分为CO，故煤制煤气发生了化学变化，B错误；C．聚氯乙烯

不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D．石油的裂解是将长链烃变为短链烃的过程，该过程可得到多种气态短链烃，D正确。答案选D。11.下列说法正确的是（）A.准确量取25.00mL的液体可选用移液管、量筒或滴定管等量具B.实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸

氢钠溶液洗，最后再用水冲洗C.用分液漏斗分液时要经过振荡、放气、静置后，从上口倒出上层液体，再打开旋塞，将下层液体从下口放出D.在中和热测定实验中，盐酸和NaOH溶液的总质量mg，反应前后体系温度变化为t，反应液的比热容为cJ·g-1·℃，则生成

1mol水放出的热量为c×m×t×10-3kJ【答案】B【解析】【详解】A．滴定管的感量是0.01mL，量筒的感量是0.1mL，所以要量取25.00mL液体可选取移液管、滴定管，不可选用量筒，A项错误；B．实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水

冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗，B项正确；C．分液时，为防止上、下层液体的相互污染，下层液体从下口倒出，上层液体从上口倒出，所以用分液漏斗分液时，先打开旋塞，将下层液体从下口放出，待下层液体完全分出后，关闭旋塞，再从上口倒出上层液体，C项错误；D．此实验中盐酸和Na

OH反应生成水的物质的量不一定是1mol，因此无法计算生成1mol水所放出的热量，D项错误；答案选B。12.下列关于铝及其化合物的叙述正确的是()A.氧化铝坩埚可用于熔融NaOH实验B.铝与Fe2O3发生铝热反应，反应后固体物质增重C.氧化铝熔点很高，可作耐火材料D.明矾用作净

水剂，可以除去废水中的铜离子【答案】C【解析】【分析】A.氧化铝可与氢氧化钠反应；B.铝与氧化铁发生铝热反应后，固体质量不变；C.氧化铝熔点很高，可制各种耐火材料；D.明矾作净水剂时可以除去水中的悬浮杂质。【详解】A.

氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，氧化铝坩埚不能用于熔融NaOH实验，故A错误；B.铝与氧化铁发生铝热反应，根据质量守恒定律，反应后固体物质的质量不变，故B错误；C.氧化铝熔点很高，可用于制耐火砖、耐火坩埚、耐火高温实验仪器等，故C正确；D.明矾净水时，Al3＋水解生成A

l(OH)3胶体，可吸附水中不溶于水的悬浮杂质形成沉淀，从而起到净水作用，但铜离子无法除去，故D错误；答案选C。13.不能．．正确表示下列变化的离子方程式是A.BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2H+=Ba

2+＋CO2↑＋H2OB.FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+C.苯酚钠溶液中通入少量CO2：2＋CO2＋H2O=2＋CO32—D.醋酸钠水解：CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−【答案】C【解析】【详解】A项、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡

、二氧化碳和水，碳酸钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为BaCO3＋2H+=Ba2+＋CO2↑＋H2O，故A正确；B项、FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故B正确；C项、苯酚的酸性比碳酸弱，

苯酚钠溶液与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为＋CO2＋H2O→＋HCO3—，故C错误；D项、醋酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为CH3COO−＋H2OCH3COOH＋OH−，故D正确；故选C。【点睛】苯酚的酸性比碳酸弱，无论二氧化碳的量为多少，苯酚钠溶

液与二氧化碳反应只能生成苯酚和碳酸氢钠是解答关键，有机方程式用→，不能用=是易错点。14.下列说法正确的是（）A.取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却，再加AgNO3溶液检验卤原子存在B.用酸性KMnO4溶

液直接检验乙醇与浓硫酸反应是否得到乙烯C.用C8H18萃取溴水中的溴，可观察到溶液分层，上层为橙红色，下层接近无色D.热的苯酚浓溶液放入冷水中冷却，溶液变浑浊，此时发生了化学反应【答案】C【解析】【详解】A．取少量卤代烃加NaOH水溶液共热，冷却后应先加入硝酸酸化后，再加AgNO3

溶液检验卤原子存在，A错误；B．乙醇易挥发，酸性高锰酸钾溶液也能氧化乙醇，因此不能用酸性KMnO4溶液直接检验乙醇与浓硫酸反应是否得到乙烯，B错误；C．溴易溶于有机溶剂，C8H18的密度小于水，因此用C8H18萃取溴水中的溴，可观察到溶液分层，上层为橙红色，

下层接近无色，C正确；D．热的苯酚浓溶液放入冷水中冷却，溶液变浑浊，是由于苯酚的溶解度减小，此时没有发生化学反应，D错误；答案选C。15.吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A

.吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB.吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C.吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D.1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaO

H反应【答案】D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误

；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。16.下列说法不正确．．．的是（）

A.同一主族中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大B.同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数可能相差11C.原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满L层再排M层D.同一原子中，在离核较近的区域运动的电子能量较高【答案

】D【解析】【详解】A．同一主族中，随着核电荷数的增加，电子层数逐渐增加，元素的原子半径逐渐增大，A正确；B．同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数可能相差11，如第四周期元素中存在过渡元素，所以Ca和Ga的核电荷数相差31－20＝11，B正确；C．根据

核外电子排布规律可知原子核外电子排布时，先排满K层再排L层、先排满L层再排M层，C正确；D．同一原子中，在离核较近的区域运动的电子能量较低，D错误；答案选D。17.关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（）A.c(H3PO4)=0.

013mol/LB.c(H+)=c(H2PO4−)＋2c(HPO24−)＋3c(PO34−)＋c(OH-)C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B【解析】【详解】A．磷

酸的电离为不完全电离，所以磷酸浓度应大于0.013mol/L，A错误；B．由电荷守恒得c(H+)=c(H2PO4−)＋2c(HPO24−)＋3c(PO34−)＋c(OH-)，B正确；C．加水稀释后促进磷酸的电离，但电离程度远小于稀释程度，故氢离子浓度不断减小，溶

液pH增大，C错误；D．加入磷酸二氢钠固体后，抑制了磷酸的第一步电离，氢离子浓度减小，溶液酸性减弱，D错误；故选B。18.碳呼吸电池被誉为改变世界的创新技术，设想用碳呼吸电池为钠硫电池充电的装置如下图所示：下列说法不正确的是()A

.b极是多孔碳电极B.充电时，Na+通过固体氧化铝陶瓷向M极移动C.随着反应的进行，碳呼吸电池中224CO−浓度不断减小D.充电过程中碳呼吸电池每消耗1moLAl，N极上可生成1.5xmolS单质【答案】C【解析】【详解】A.M电极是阴极，则a极为外接电源的

负极，应是铝电极，多孔碳电极为正极，故A正确；B.充电时，M电极是阴极，Na+通过固体氧化铝陶瓷向M极移动，故B正确；C.多孔碳电极的电极反应式为22246CO6e3CO−−+=，铝极反应为22422432Al6e3C

OAl(CO)−−−+=，随着反应的进行，碳呼吸电池中224CO−浓度不变，故C错误；D.充电过程中消耗1molAl时，转移3mol电子，N极的电极反应式是：2XS2exS−−−=，N极上可生成1.5xmolS单质，故D正确。19.25℃，向40mL0.05mol/L的FeCl3溶

液中加入10mL0.15mol/L的KSCN溶液，发生反应：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，混合溶液中c(Fe3+)与反应时间(t)的变化如图所示。（盐类的水解影响忽略不计）下列说法正确的是（）A.在该反应过程中，A点的正反应速率小于B点的逆反应速率B.E点对应的

坐标为(0，0.05)C.该反应的平衡常数K=()30.04-mm3m-0.09D.t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，平衡不移动【答案】C【解析】【详解】A．A点反应物浓度大于B点反应物浓度，A和B两点均没有达到平衡状态，则在

该反应过程中，A点的正反应速率大于B点的逆反应速率，A错误；B．E点混合后溶液的浓度为(0.04L×0.05mol/L)÷0.05L=0.04mol/L，则E点坐标为（0，0.04），B错误；C．由图可知，平衡时Fe3+浓度为m，则络合离子浓度为0.04-m，SCN-的浓度为(

0.01×0.15)÷0.05-3×（0.04-m）=3m-0.09，则K=()30.04-mm3m-0.09，C正确；D．t4时向溶液中加入50mL0.1mol/LKCl溶液，溶液总体积增大，浓度减小，向浓度增大的方向移动，即逆向移动，D错误

；答案选C。20.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A.足量的镁与浓硫酸充分反应，放出2.24LSO2和H2混合气体时，转移电子数为0.2NAB.在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NAC.硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子

数为NAD.含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为56g【答案】B【解析】【详解】A.气体状态未知，2.24LSO2和H2混合气体的物质的量无法计算，因此转移电子数不一定为0.2NA，A错误；B.在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇是23g，

物质的量是0.5mol，含氢原子的物质的量是3mol，溶剂水是27g，物质的量是1.5mol，含氢原子的物质的量是3mol，所以含氢原子总数为6NA，B正确；C.NO2、N2O4的最简式均为NO2，23gNO2、N2O4混合物中含

有的NO2的物质的量为0.5mol，而由硝酸反应生成NO2时氮元素的化合价由+5价变为+4价，故生成0.5molNO2时，硝酸得0.5mol电子，铜失去0.5mol电子，即0.5NA个，C错误；D.胶粒是分子的集合体，因此无法计算含有NA个Fe(OH

)3胶粒的氢氧化铁胶体中铁元素的质量，D错误；答案选B。21.在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下

列说法正确的是（）A.该反应在T1时的平衡常数比在T2时的小B.处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时23n(CO)n(CHOH)减小C.T2时，反应达到平衡时生成甲醇的反应速率v(CH3OH)=BBntmol·L-1·min-1D.T1时，若反应达到平衡后CO

2的转化率为x，则容器内的压强与起始压强之比为(2-x)∶2【答案】D【解析】【详解】A．图象分析可知先拐先平温度高，T1＜T2，温度越高平衡时生成甲醇物质的量越小，说明正反应为放热反应，则温度越高，平衡常数越小，该反

应在T1时的平衡常数比T2时的大，故A错误；B．分析可知T1＜T2，A点反应体系从T1变到T2，升温平衡逆向进行，达到平衡时23n(CO)n(CHOH)增大，故B错误；C．T2下达到平衡状态甲醇物质的量nB，反应达到平衡时生成甲醇的平

均速率为v（CH3OH）＝BBn2tmol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D．T1下，若反应达到平衡后CO2转化率为x，则2232CO+3HCHOH+HO(mol)1300(mol)3(mol)133xxxxxxxx−−起始量转化量平衡量则容器内的压强与起始压强之比＝1x33xxx2

x132−+−++−=+，故D正确；答案选D。22.某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确．．．的是（）A.HAP能提高HC

HO与O2的反应速率B.HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C.根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D.该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反

应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气

，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。23.常温下，一元弱碱甲胺(CH3NH2)的电离常数Kb≈4.0×10-4，lg5≈0.7。电解质溶液的电导率与离子浓度有关

，电导率越大，溶液的导电能力越强。常温下，用0.02mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.02mol·L-1的NaOH溶液和CH3NH2溶液，利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列推断正确的是（）A.曲线Ⅰ代表NaOH的滴

定曲线，H点对应的溶液中不存在电离平衡B.G点对应的溶液中：c(Cl-)>c(H+)>c(CH3NH3+)>c(OH-)C.常温下，E、F点对应的溶液中水电离的c(H+)水·c(OH-)水=1.0×10-14D.常温下，F点对应的溶液的pH≈6.3【答案】D【解析】【详解】A．曲线Ⅰ在

滴定前电导率较大，说明对应的电解质溶液中离子浓度较大，氢氧化钠溶液和甲胺溶液的起始浓度相等，故曲线Ⅰ代表氢氧化钠的滴定曲线，H点对应的溶液中含有Na+、H+、Cl-、OH-、H2O，存在水的电离平衡，A错误；B．G点对应的溶液中溶质是CH3NH3Cl、HCl，酸碱中和滴定反应为CH3NH2+HCl

=CH3NH3Cl，则过量的HCl的物质的量是CH3NH3Cl的，弱碱阳离子水解程度很小，所以G点对应的溶液中离子浓度大小为c(Cl-)>c(CH3NH3+)>c(H+)>c(OH-)，B错误；C．E点对应的溶液为NaCl溶液，呈中性，F点对应的溶液为CH

3NH3Cl溶液，呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，故F点对应溶液中水电离的c(H+)·c(OH-)大于水的离子积，C错误；D．F点对应的溶液中酸碱恰好完全反应，溶液中溶质为CH3NH3Cl，浓度为0.01mol·L-1，溶液中存在水

解平衡CH3NH3++H2OCH3NH2·H2O+H+，Kh=wbKK=-14-4110410=2.5×10-11。设0.01mol·L-1CH3NH3Cl溶液中c(H+)=xmol·L-1，则有2x0.01-x=2.5×10-11，

x≈5×10-7，得溶液的pH≈6.3，D正确；故选D。24.一定条件下，Fe吸收CO生成配合物Fe(CO)5。常温下，Fe(CO)5是一种黄色液体，易溶于汽油、苯等多数有机溶剂。下列说法一定错误．．．．的是（）A.Fe(CO)5为分子晶体

B.Fe(CO)5难溶于水C.Fe(CO)5属于含氧盐D.Fe吸收CO生成Fe(CO)5的变化是化学变化【答案】C【解析】【详解】A．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，故可以推测F

e(CO)5也为分子晶体，A正确；B．根据相似相容原理，Fe(CO)5易溶于汽油、苯等分子，苯为非极性分子，故可以推测Fe(CO)5也为非极性分子，故Fe(CO)5难溶于水等极性溶剂，B正确；C．金属离子或铵根离子与酸根离子形成的化合为盐，

根据盐的定义Fe(CO)5中不含有金属阳离子和酸根离子，故不属于盐，C错误；D．Fe吸收CO的过程中生成了新的物质，故属于化学变化，D正确；故选C。25.某固体混合物X可能由Ba(OH)2、NaOH、Na2CO3、KCl、K2SO4中的几种物质混合而成。取适量样品进行如

下实验(假设各反应物都充分反应)，得到实验现象和实验数据：①将X加入水中，得到不溶物Y和溶液Z；②取不溶物Y加入足量稀硫酸，沉淀质量增加；③向Z中滴加氯化铵溶液，加热，产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体并得到溶液W；④向溶液W中滴加硝酸酸化硝酸银溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是（）A.

不溶物Y中含BaCO3和BaSO4B.固体混合物X中一定有Ba(OH)2、Na2CO3、K2SO4C.根据上述实验现象无法确定固体混合物X中是否有NaOHD.用铂丝蘸取溶液Z在酒精灯火焰上灼烧，通过蓝色钴玻璃观察焰色，即可判断X中有无KCl【答案】C【解析】【

详解】①将X加入水中，得到不溶物Y和溶液Z，不溶物是碳酸钡、硫酸钡中至少一种，因此一定含有氢氧化钡；②取不溶物Y加入足量稀硫酸，沉淀质量增加，因此不溶物Y中一定含有碳酸钡，即一定含有碳酸钠；③向Z中滴加氯化铵溶液，加热，

产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体并得到溶液W；④向溶液W中滴加硝酸酸化硝酸银溶液，产生白色沉淀，由于前面加入了氯化铵溶液，因此无法判断是否存在氯化钾。A．不溶物Y中一定含BaCO3，不一定含有BaSO4，A错误；B．固体混合物X中一定有

Ba(OH)2、Na2CO3，不一定含有K2SO4，B错误；C．根据以上分析可知无法确定固体混合物X中是否有NaOH，C正确；D．用铂丝蘸取溶液Z在酒精灯火焰上灼烧，通过蓝色钴玻璃观察焰色，也不能判断X中有无KCl，因为可能存在

硫酸钾，D错误；答案选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.（1）请用化学方程式写出如何检验牙膏中存在甘油的方法___。（2）Ca3N2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出Ca3N2的电子式___。（3）常温常压下硼酸(H3BO3)晶体结构为层状，其二

维平面结构如图。1mol硼酸(H3BO3)晶体中含有___mol氢键。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大：___。【答案】(1).CH2OH-CHOH-CH2OH+Cu(OH)2Δ⎯⎯→+2H2O(2).(3).3(4).H3BO3

分子之间形成氢键，使硼酸缔合成层状大分子，在冷水中溶解度小，而热水中H3BO3分子之间形成氢键被破坏，H3BO3分子与水分子之间形成大量的氢键，增大了溶解度【解析】【详解】(1)甘油与新制氢氧化铜反应生成绛蓝色的溶液，因此可用来检验牙膏

中存在甘油，方程式为CH2OH-CHOH-CH2OH+Cu(OH)2Δ⎯⎯→+2H2O；(2)Ca3N2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，因此Ca3N2的电子式为；(3)1个H3BO3周围形成6个氢键，每个氢键为1个H3BO3贡献率为12，即1个H3BO3单独占有氢键数目为6×12

=3，故1molH3BO3晶体中含有3mol氢键；H3BO3分子之间形成氢键，使硼酸缔合成层状大分子，在冷水中溶解度小，而热水中H3BO3分子之间形成氢键被破坏，H3BO3分子与水分子之间形成大量的氢键，故

硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大。27.铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得：①2Cu2++5I-=2CuI↓+3I−②3I−+2223SO−=264SO−+3I-现取某20.00mL含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后，用0.1000m

o1·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积如表所示。（1）溶液中Cu2+的浓度为___mol·L-1。（2）用移液管量取20.00mLCu2+的溶液时俯视刻度线，最终测得的Cu2+的浓度将___（“偏高、偏低或无影响”）。【答案】(1).

0.1250mol·L-1(2).偏低【解析】【分析】根据反应的方程式得出关系式计算铜离子浓度；根据俯视刻度线读数偏小分析误差。【详解】(1)根据表中数据三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别是25.10mL、24.90mL、26.20mL，第三次实验误差大，舍去，消耗Na2S2O3溶液体积的

平均值是25.00mL，因此消耗Na2S2O3的物质的量是0.025L×0.1mol/L＝0.0025mol，根据方程式2Cu2++5I-=2CuI↓+3I−、I3−+2223SO−=264SO−+3I-可知2Cu2+～3I−～2223SO−，则铜离子的物质的量是0.0025mol，其浓度是0.0

0250.02molL＝0.1250mol·L-1；(2)用移液管量取20.00mLCu2+的溶液时俯视刻度线，读数偏小，因此导致消耗Na2S2O3溶液体积偏小，所以最终测得的Cu2+的浓度将偏低。28.为探究某无结晶水的正盐X（仅含有两种短周期元

素）的组成和性质，设计并完成下列实验。（气体体积已转化为标准状况下的体积）已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。（1）B的组成元素在元素周期表中的位置是___。（2）D分子的

空间构型为___。（3）X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为___。【答案】(1).第二周期第VA族(2).三角锥型(3).3LiN3ΔLi3N+4N2【解析】【分析】已知：B是空气的主要成分之一，可能为氮

气或氧气，D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明D气体为NH3，物质的量32.24L(NH)==0.1mol22.4L/moln，推断A紫色晶状物固体为氮化物，结合元素守恒，含氮元素0.1mol，含锂物质的量3.5g-0.1mol14g/mol(Li)==0.3mol7g/mo

ln，则化合物A为Li3N，C是微溶于水的强碱，是Li3N和水反应生成的LiOH和氨气，说明X含Li、N元素，B为N2质量=14.7g-3.5g=11.2g，211.2g(N)==0.4mol28g/moln，氮元素守恒，X中含氮元素物质的量=0.1m

ol+0.4mol×2=0.9mol，Li元素物质的量=0.3mol，X化学式中Li：N=0.3：0.9=1：3，化学式为LiN3。【详解】根据分析：X为LiN3；A为Li3N；B为N2；C为LiOH；D为NH3；(1)B为N2，在元素周期表中的位置是：第二周期第VA族；(2)D为NH3，价层

电子对个数5-133+=42，孤电子对个数为1，则分子空间构型为：三角锥型；(3)X是LiN3，隔绝空气加热分解生成氮气和Li3N，反应的化学方程式：3LiN3ΔLi3N+4N2。29.某研究性学习小组对铝热反应实验展开研究，对“铝热反应”的现象有这样的描述：“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒

”“纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中”。已知Al、Al2O3、Fe、Fe2O3的熔、沸点数据如表。（1）某同学推测，铝热反应所得到的熔融物可能是铁铝合金。理由是___。（2）某同学提出“反应放出大量的热，并发出耀眼的光芒……”

，有可能只是发生了铝单质的燃烧放大量热。试利用化学性质．．．．．．设计实验验证铝热反应的发生：___。【答案】(1).固固反应不充分、铝的熔点低于铁的熔点(2).取一定量样品于试管，加足量较浓NaOH充

分振荡、反应，直至无气体产生；静置，用倾析法倒出滤液，在固体中加足量稀硫酸溶解后再加入铁氰化钾试剂，若出现蓝色沉淀则证明铝热反应已发生。【解析】【详解】(1)根据表中数据可知铝的熔点低于铁的熔点，且固固反应不充分，所以铝热反应所得到的熔融物可

能是铁铝合金。(2)要证明铝热反应已发生只需要说明反应中有铁生成即可，所以实验方案为取一定量样品于试管，加足量较浓NaOH充分振荡、反应，直至无气体产生；静置，用倾析法倒出滤液，在固体中加足量稀硫酸溶解后再加入铁氰化钾试剂，若出现蓝色沉淀,则证明铝热反应已发生。30.工业

上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H（1）该反应的ΔH___0（填“＞”、“＜”或“=”）。（2）若将等物质的量的CO和H2混合气体充入

恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是___。A.容器内气体密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等D.CO的体积分数保持不变（3）当按投料比2n

(H)n(CO)=2，分别在P1、P2、P3压强下，测得不同温度下平衡时CO的平衡转化率如图1。520K时，投料比2n(H)n(CO)=2(总物质的量为3mol)，维持反应过程中压强P3不变，达到平衡时测

得容器体积为0.1L，则平衡常数K=___。若H2和CO的物质的量之比为n∶1（维持反应过程中压强P3不变），相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，请在图．．2．中绘制．．．x随n变化的示意图___。（4）甲醇合成甲醚的反应为：Ⅰ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)

+H2O(g)(主反应)Ⅱ.2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)(副反应)反应过程中的能量变化如图3所示。①在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大

后减小，请结合碰撞理论说明原因：___。②在不改变温度的前提下，说出其中一个能增大CH3OCH3选择性的措施：___。【答案】(1).<(2).BD(3).0.25(4).(5).反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率

大于反应Ⅱ速率，故所以一开始CH3OCH3含量显著上升。后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降(6).增大P【解析】【分析】根据化学反应类型判断反应热的大小；根据平衡时各组分含量不变和正逆反应速率相同判断反应是否达平衡状态

；根据平衡转化率计算化学平衡常数；根据碰撞理论分析物质含量变化的原因；根据影响化学平衡的因素确定合适的物质转化条件，据此分析。【详解】(1)一氧化碳和氢气反应生成甲醇的反应是化合反应，大多数的化合反应吸热，故该反应为吸热反应，

ΔH<0；(2)A选项，该反应为一个恒容的反应，反应过程中气体总质量不变，气体总体积不变，故混合气体的密度恒不变，A错误；B选项，混合气体的平均相对分子质量等于混合气体的质量除以混合气体的总物质的量，随着反应的不断进行，混

合气体的总物质的量不断减小，当反应达平衡时，混合气体的总物质的量不再发生变化，混合气体的平均相对分子质量也不再发生变化，故可以判断反应达平衡状态，B正确；C选项，甲醇的生成速率与氢气的生成速率相等，但不等于化学

计量数的比，故不能判断反应达平衡，C错误；D选项，随着反应的不断进行，CO的体积分数不断减小，当反应达平衡时，CO的体积分数不再发生变化，故可以判断反应达平衡，D正确；故选择BD；(3)520K、P3压强下，CO的转化率为80%，当投料比2n(H)n(CO)=2且总物质的量为3mol时

，n(H2)=2mol，n(CO)=1mol，则平衡时c(H2)=4mol/L，c(CO)=2mol/L，c(CH3OH)=8mol/L，该温度下的平衡常数K=322c(CHOH)c(H)c(CO)=284

2=0.25；达到平衡时CH3OH的物质的量分数为82+4+8=0.57，当n值大于或小于2时，甲醇的物质的量分数均减小，故正确的图像为：(5)①在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3

含量随着时间的推移，先增大后减小，是因为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，相同条件下反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ速率，故所以一开始CH3OCH3含量显著上升。后随着反应Ⅱ的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应Ⅰ平衡左移，CH3OCH3

含量又有所下降；②在不改变温度的前提下，能够增大CH3OCH3的选择性可以通过增大压强等方法。31.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，受潮和温度高于150℃易分解。焦亚硫酸钠与亚硫酸氢钠的转化关系是：Na2S2O5NaH

SO3。工业上制取原理是用纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，再从亚硫酸氢钠过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品。实验室模拟制取焦亚硫酸钠流程如图。（1）Ⅰ中用Na2CO3溶液吸收SO2，

随着SO2的持续通入，溶液中各组分的质量分数变化如图1所示。图中线．2．表示的组分是___（填化学式，下同）。Ⅰ中产物是___。（2）实验时采用80℃的水浴加热，反应后的体系中有少量亚硫酸钠析出，根据图2

溶解度曲线，获得较纯的无水Na2S2O5的方法是___。（3）图3为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，真空干燥的目的是___。（4）测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数常用剩余碘量法（杂质不与碘反应）。已知：S2O25−+2I2+3H2O=2SO24−+4I-+6H+；2S2O23−+I2=

S4O26−+2I-。实验步骤如下：①称取0.2000g产品放入碘量瓶中。②加入40.00mL0.1000mol·L-1的标准碘溶液，在暗处放置5min，再加入适量冰醋酸及蒸馏水。③用0.2000mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定剩余的碘至接近终点．．．．

。④加入1～2mL淀粉溶液。⑤继续用标准Na2S2O3溶液滴定至___，记录滴定所消耗的体积。⑥重复步骤①～⑤；平均消耗标准Na2S2O3溶液20.00mL。则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为___。【答案】(1).Na

HCO3(2).NaHSO3(3).（趁热过滤）从80℃降温至35℃左右结晶、抽滤（洗涤、干燥）(4).真空有利于脱水、能防止晶体被氧化，避免烘干温度过高分解(5).当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟稳定(6).95.00%【解析】【分析】本实验通过利用碳酸钠溶液与二氧化硫的反应制备焦亚

硫酸钠；向碳酸钠溶液中通入二氧化硫，经过反应在pH为4.1时基本完成制备亚硫酸氢钠；加入碳酸钠固体调节pH至7~8，纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至饱和，即形成亚硫酸钠悬浮液；继续通入二氧化硫调节pH至4.1，生成亚硫酸氢钠的过饱和溶液，再从亚硫酸氢钠的过饱和溶

液中结晶析出焦亚硫酸钠产品，因为焦亚硫酸钠既有还原性，受潮和温度高于150℃易分解的性质，得到产品的实验步骤是低温结晶，快速过滤，真空干燥；据此分析。【详解】(1)碳酸钠溶液中通入二氧化硫，碳酸钠减少，生成碳酸氢钠，

浓度逐渐增大，线2为碳酸氢钠，线1为碳酸钠；继续通入二氧化硫，碳酸氢钠减少亚硫酸钠增加，线3为亚硫酸钠，在继续通入二氧化硫亚硫酸氢钠增加，线4为亚硫酸氢钠，则线2为碳酸氢钠；Ⅰ中产物溶液呈酸性，故为亚硫酸

氢钠；(2)由于焦亚硫酸钠的溶解度随温度降低而减小，此时应趁热过滤，以免温度降低而导致焦亚硫酸钠晶体析出，随后应将溶液温度降低至35℃左右，此时溶液中可以析出大量的焦亚硫酸钠同时也防止Na2SO3·7H2O由于温度过低而析出；(3)真空干燥有利于快速脱水，且能防止

晶体被氧化，避免烘干温度过高分解；(4)⑤用硫代硫酸钠滴定至终点时，溶液中的I2全部反应，故滴定终点的现象为：当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色⑥根据题目所给方程式，硫代硫酸根和I2的物质的量关系为22-23SO~I2，则n(I2)=12

n(2-23SO)=12×0.2000mol/L×20.00×10-3L=2×10-3mol，则与焦亚硫酸根反应的I2的物质的量为40.00×10-3L×0.1000mol/L-2×10-3mol=2×10-3mol，根据焦亚硫酸根与碘反应的

方程式可知，2-25SO~2I2，则n(2-25SO)=12n(I2)=12×2×10-3mol=1×10-3mol，则n(Na2S2O5)=4×10-3mol，m(Na2S2O5)=1×10-3mol×190g/mol=0.19g，则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为

0.19g100%0.20g=95%。32.有机高分子化合物甲是一种常用的光敏高分子材料，其结构简式为：。由A、X为原料，按如下流程可以合成甲，其中试剂I可由一定条件下炔烃与水反应制得，试剂X的质谱图显示最大的峰值为106。已知：a.—CH2O

H+—CH2OH—CH2OCH2—+H2Ob.++H2Oc.羟基直接连在碳碳双键的碳上是一种不稳定的结构，易发生分子内重排从而转化为稳定结构：请回答下列问题：（1）已知A分子中氧元素的质量分数为19.88%，碳元素的质量分数为29.81%，其余为氢元素和氯元素，且A的核磁共振氢谱

上有三个吸收峰，峰面积之比为2∶2∶1，则A的结构简式为___；（2）下列说法不正确．．．的是___；A.有机物A能发生水解反应，其水解产物可用作汽车发动机的抗冻剂B.有机物X不可能有能与Na单质发生置换反应的同分异构存在C.有机物G的分子式为C13

H14O3，能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应D.有机物D分子内最多4原子共线，且所有原子均可能共面（3）写出B→C的化学方程式：___；（4）H是E的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式___；①

1molH能与足量新制Cu(OH)2充分反应生成2molCu2O；②H的核磁共振氢谱上共有四个吸收峰。（5）聚乙酸乙烯酯(PVAc)是一种新型高分子材料，其性质稳定、无毒、粘结强度高，是一种环保的胶黏剂，设计由A为原料制备聚乙酸乙烯酯的流程___。【答案】(

1).HOCH2CH2Cl(2).B(3).ClCH2CH2OCH2CH2Cl+NaOH→ClCH2CH2OCH=CH2+NaCl+H2O(4).、(5).【解析】【分析】G通过加聚反应生成高分子化合物甲，由甲的结构可知，G为，已知A分子中氧元素的质量分数为19.88%，碳元素的质量分数

为29.81%，其余为氢元素和氯元素，且A的核磁共振氢谱上有三个吸收峰，峰面积之比为2∶2∶1，根据流程结合已知信息a和G的结构简式可知A生成B是羟基的分子间脱水反应，B生成C是氯原子的消去反应，所以根据G的结构简

式可知A是HOCH2CH2Cl，B是ClCH2CH2OCH2CH2Cl，C是ClCH2CH2OCH＝CH2，所以F的结构简式为，E的结构简式为，D的结构简式为。试剂I可由一定条件下炔烃与水反应制得，试剂X的质谱图显示最大的峰值为106，即

相对分子质量是106，根据已知信息b结合D的结构简式可知X的结构简式为，试剂I的结构简式为CH3CHO，据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知A的结构简式为HOCH2CH2Cl；（2）A.有机物A含有氯原子，能发生水解反应，其水解产

物是乙二醇，可用作汽车发动机的抗冻剂，A正确；B.有机物X是苯甲醛，存在有能与Na单质发生置换反应的同分异构存在，B错误；C.G为，有机物G的分子式为C13H14O3，含有苯环、碳碳双键、酯基，能发生取

代、加成、氧化、还原、加聚反应，C正确；D.有机物D是苯甲醛，分子内最多4原子共线，且所有原子均可能共面，D正确；答案选B。（3）B→C的化学方程式为ClCH2CH2OCH2CH2Cl+NaOH→ClCH2CH2OCH=CH

2+NaCl+H2O；（4）E的结构简式为，H是E的同分异构体，①1molH能与足量新制Cu(OH)2充分反应生成2molCu2O，含有2个醛基；②H的核磁共振氢谱上共有四个吸收峰，因此符合条件的结构简式为、。（5）A

是HOCH2CH2Cl，根据逆推法结合已知信息可知设计由A为原料制备聚乙酸乙烯酯的流程为。