【文档说明】【精准解析】浙江省丽水市松阳县第二中学2019-2020学年高二4月线上教学检测化学试题.doc，共(28)页，1.734 MB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年高二化学4月线上教学检测试题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-5

6Cu-64I-127Ba-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.下列关于的说法，正确的是（）

A.该物质可由n个单体分子通过缩聚反应生成B.0.1mol该物质完全燃烧，生成33.6L（标准状况）的2COC.该物质在酸性条件下水解产物之一可作汽车发动机的抗冻剂D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3nmolNaOH【答案】C【解析】【详解】A.

根据该高分子化合物的结构片段可知，该高分子是不饱和键打开相互连接，即通过加聚反应生成的，故A错误；B.因为该物质为高分子化合物，无法确定0.1mol该物质中含有C原子的物质的量，无法确定生成二氧化碳的量，故B错误；C.该物质在酸性条件下水解产物中有乙二醇，可作为汽车发

动机的抗冻剂，故C正确；D.该物质链节中含有三个酯基水解均可产生羧基与氢氧化钠反应，但其中一个酯基水解后产生酚羟基，也可与氢氧化钠反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4nmolNaOH，故D错误；故答案为C。2.下列有关实验说法，不正

确的是（）A.碱液不慎溅到手上，先用大量水冲洗，再用饱和硼酸溶液洗，最后用水冲洗B.KCl和2MnO的混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出2MnOC.用容量瓶配制溶液，定容时若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体D.火柴头的浸泡液中滴加3AgNO溶液，稀3HNO和2NaNO溶液，可检验火柴头

是否含有氯元素【答案】C【解析】【详解】A.若皮肤不慎沾上少量碱液，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，避免皮肤受损，故A正确；B.二氧化锰不溶于水，氯化钾可溶于水，所以混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出2MnO，故B正确；C.滴管吸出的液体中含

有溶质，因此会导致所配溶液浓度偏小，正确操作应该是重新配制，故C错误；D.火柴头中含有KClO3，检验氯元素，应把ClO3-还原为4Cl-，酸性条件下，NO2-具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNO3、稀H

NO3和NaNO2，发生的离子反应为：ClO3-+3NO2-+Ag+═AgCl↓+3NO3-，出现白色沉淀，证明含有氯元素，故D正确；故答案为C。3.下列关于铝及其化合物说法，不正确的是（）A.明矾可用作净水剂和消毒剂B.利用铝热反应可冶炼高熔点金属C.铝可用作包装材料和建筑

材料D.氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物【答案】A【解析】【详解】A.明矾溶于水可生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以净水但不能消毒，故A错误；B.铝热反应是金属铝和沸点较高的金属氧化物之间反应冶炼高熔点金属的过程，故B正确

。C.铝具有良好的延展性，铝箔可以做包装材料，铝合金硬度大密度小常用做建筑材料，故C正确；D.胃酸主要成分为HCl，氢氧化铝具有弱碱性可中和过多胃酸，故D正确；故答案为A。4.不能．．正确表示下列变化的离子方程式是A.BaCO3溶于盐酸：BaCO3＋2

H+=Ba2+＋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−＋H2OC

H3COOH＋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。5.下列说法不正确的是（）A.强酸、强碱、重金属盐等可使蛋白质变性B.用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）能鉴别甲

酸、乙醇、乙醛C.乙酸乙酯中混有的乙酸，可加入足量的饱和23NaCO溶液，经分液除去D.向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚【答案】D【解析】【详解】A.强酸、强碱、加热、重金属盐及某些有机物例如

甲醛等可使蛋白质发生变性，变性为不可逆反应，故A正确；B.甲酸为弱酸可与氢氧化铜发生中和反应，溶液显蓝色；乙醇无现象；乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下会生成砖红色沉淀，故B正确；C.饱和的碳酸钠溶液可以与乙酸发生反应，且会

与乙酸乙酯分层，故C正确；D.溴易溶于苯，应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反应分液，以除去苯中少量苯酚，故D错误；故答案为D。6.下列说法不正确的是（）A.天然气的主要成分甲烷是高效，较洁净的燃料B.石油的分馏、煤的气化和液化都是物

理变化C.石油的裂化主要是为了得到更多的轻质油D.厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能【答案】B【解析】【详解】A.天然气的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，是较清洁的燃料，故A正确；B.煤的气化和液化均为化学变化，故B错误；C.石油裂化使大分子转化为小分子，提高轻质燃料的产量，则石

油裂化的主要目的是为了得到轻质油，故C正确；D.厨余垃圾中蕴藏着以生物质为载体的能量，故D正确；故答案为B。7.下列表示不正确．．．的是A.羟基的电子式：B.乙烯的结构简式：CH2CH2C.氯原子的结构示意图：D.NH3分子的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A项、羟基

中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为，故A正确；B项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C项、氯原子的核外有3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为，故C正确；D项、氨气为三角锥形的极性分子，球棍模型为，故D正确；故选B。【点睛】乙烯属于烯烃，官能团为

碳碳双键，书写结构简式时官能团不能省写或略写是易错点。8.下列说法不正确的是（）A.168O和188O互为同位素B.金刚石和石墨互为同素异形体C.和互为同系物D.323CHCOOCHCH和232CHCHCHCOOH互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】

A.同位素指质子数相同中子数不同的核素，168O和188O质子数均为8，中子数分别为8和10，互为同位素，故A正确；B.同素异形体是指同种元素的不同单质，金刚石和石墨为C元素的不同单质，故B正确；C.同系物

是指结构相似、分子组成相差若干个CH2原子团的有机化合物，的官能团为酚羟基，官能团为羟基，结构不相似，不是同系物，故C错误；D.同分异构体指分子式相同结构不同的有机物，二者分子式均为C4H8O2，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故

答案为C。【点睛】注意把握“四同”的概念和区别。9.下列说法不正确的是（）A.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B.石灰石在高温下可用于消除燃煤烟气中的2SOC.钠着火不能用泡沫灭火器灭火D.利用催化剂可减少汽

车尾气中有害气体的排放【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硅为共价化合物不导电，故A错误；B.向燃煤中加入适量石灰石，高温时将SO2转化为CaSO4，同时生成二氧化碳，故B正确；C.钠与氧气反应生成过氧化钠，因过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，不能够用泡沫灭火器灭火，可以用沙土灭火，故C正确；D.在

排气管中安装高效催化剂，将NO转化为N2，减少了空气污染，故D正确；故答案为A。10.下列说法不正确的是（）A.()344CuNHSO可通过4CuSO溶液与过量氨水作用得到B.铁锈的主要成分可表示为232FeOn

HOC.钙单质可以从4TiCl中置换出TiD.可用2H还原MgO制备单质Mg【答案】D【解析】【详解】A.硫酸铜溶液与氨水反应，当氨水过量时发生反应生成()344CuNHSO，故A正确；B.铁锈的主要成分

可表示为232FeOnHO，故B正确；C.钙还原性较强，钙单质可以从4TiCl中置换出Ti，故C正确；D.氢气的还原性弱与镁单质，故不能从氧化镁中置换出镁单质，故D错误；故答案为D。11.属于原子晶体的化合物的是（）A.晶体硅B.H3PO4C.金刚石D.SiO2【答案】D【解

析】【详解】A．晶体硅是原子晶体，属于单质，故A不选；B．H3PO4是分子晶体，属于化合物，故B不选；C．金刚石是原子晶体，属于单质，故C不选；D．SiO2属于原子晶体，属于化合物，故D选；故选D。【点睛】解答本题要记住常见的原子晶体，如金刚石、硅晶体、

SiO2、SiC等。12.分离乙醇和乙二醇，需要用到的仪器是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】乙醇和乙二醇互溶，可根据二者的沸点相差较大，采用蒸馏法分离，蒸馏操作所需的仪器有：蒸馏烧瓶、锥形瓶、冷凝管、温度计等，故选C。13.下列属于无机物，又是非电解质的

是（）A.己烷B.硝酸C.葡萄糖D.氨气【答案】D【解析】【详解】A．己烷是有机物，但由于在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质，故A不选；B．硝酸属于无机物，在水中能够导电，属于电解质，故B不选；C

．葡萄糖是有机物，属于非电解质，故C不选；D．氨气是无机物，属于非电解质，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意氨水能够导电，是一水合氨电离的结果，不是氨气电离造成的，氨气属于非电解质。14.反应PbO2＋4HCl(浓)PbCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物是A.PbO2B.Cl2

C.PbCl2D.HCl【答案】B【解析】【详解】该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，则氧化剂是PbO2、氧化产物是Cl2，故选B。15.下列物质的名称不正确．．．的是（）A.NaOH：烧碱B.(NH

4)2CO3：碳铵C.Na3AlF6：冰晶石D.：3-甲基己烷【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钠俗称为烧碱、火碱、苛性钠，故A正确；B．碳酸氢铵俗称碳铵，(NH4)2CO3为碳酸铵，故B错误；C．Na3

AlF6的俗名是冰晶石，故C正确；D．主链有6个碳原子的烷烃，3号碳上有1个甲基，系统命名为：3-甲基己烷，故D正确；故选B。16.设[aX＋bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确．．．的是A.H2(g)＋12O2(

g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ·mol−1，则每1mol[H2(g)＋12O2(g)]生成1mol[H2O(l)]放热286kJB.Cr2O72-＋ne−＋14H+=2Cr3+＋7H2O，则每生成1molCr3+转移电子数为3NAC.Al3+＋4OH−=[Al(OH)4]−，说明1

molAl(OH)3电离出H+数为NAD.1molCO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1mol【答案】C【解析】【详解】A项、由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1mol[H2(g)

＋12O2(g)]生成1mol[H2O(l)]放热286kJ，故A正确；B项、由铬元素化合价变化可知，生成2molCr3+转移6mol电子，则生成1molCr3+转移电子数为3NA，故B正确；C项、氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1molAl(OH)3电离出H+数

小于NA，故C错误；D项、由碳原子个数守恒可知，1molCO2与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1mol，故D正确；故选C。【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式

电离部分电离出氢离子是解答关键，也是易错点。17.下列说法正确的是（）A.同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高B.原子核外电子排布，先排满K层再排L层，先排满M层再排N层C.同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大D.同一周期中，ⅡA

与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】【详解】A.电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；B.M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完4s能级后才能填充3d能级，故B错误；C.同

一周期中，主族元素随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；D.第四周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数相差11，故D错误；故答案为A。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素在周期表的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意整体把握周期表的结构。18.下列说法不正

确的是（）A.pH7的溶液不一定呈碱性B.中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C.相同温度下，pH相等的盐酸、3CHCOOH溶液中，()-cOH相等D.氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则()()4-+cCl=cNH【

答案】B【解析】【详解】A.温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-)时溶液一定呈碱性，故A正确；B.pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和p

H和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C.pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw=c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D.氨水和盐酸反应后的溶液中存

在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以()()4-+cCl=cNH，故D正确；故答案为B。19.在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是（）离子交换膜A.电极A为阳极，发生氧

化反应生成氯气B.离子交换膜为阳离子交换膜C.饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出D.OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量【答案】D【解析】【分析】氯碱工业中的总反应为2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑；电解池中阳极失电子发生氧化反应，氯碱工业中Cl2为氧化产物，所以电极A

为阳极，电极B为阴极，据此作答。【详解】A.根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极

A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；D.因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误；故答案为D。【点睛】本题考查电解池的工作原理

知识，注意把握阴阳两极上参加反应的离子的判断，根据电极产物判断阴阳极是解题的关键。20.在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O，能得到无水MgCl2。下列说法不正确．．．的是A.MgCl2·nH2O(s)=MgCl2·(n－1)H2O(s)＋H2O(g)ΔH＞0

B.MgCl2·2H2O(s)=Mg(OH)2(s)＋2HCl(g)，HCl气流可抑制反应进行C.MgCl2·H2O(s)=Mg(OH)Cl(s)＋HCl(g)，升高温度，反应更易发生D.MgCl2·4

H2O(s)=MgCl2·2H2O(s)＋2H2O(g)，HCl气流可抑制反应进行【答案】D【解析】【详解】A项、MgCl2·nH2O的失水反应是吸热反应，焓变ΔH＞0，故A正确；B项、在HCl气流中，能使MgCl2·2H2

O的水解平衡向逆反应方向移动，抑制反应进行，故B正确；C项、MgCl2·H2O的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，促进反应进行，故C正确；D项、MgCl2·4H2O的失水反应没有氯化氢生成，HCl气流对反应没有影响，故D错误；故选D。【点睛】MgCl2•6H2O加热

时MgCl2能水解，在HCl气流中能抑制其水解，但对失水反应没有影响是解答易错点。21.一定温度下，在2L的恒容密闭容器中发生反应A(g)2B(g)3C(g)+。反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/minn(A)n(

B)n(C)02.02.4050.9101.6151.6下列说法正确的是（）A.0~5min用A表示的平均反应速率为110.09molLmin−−B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时，1c(C)0.6molL

−=D.物质B的平衡转化率为20%【答案】C【解析】【详解】A.v(C)=110.9molc2L==0.09molt5miLminn−−，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=110.03molLmin−−，故A错

误；B.15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确

定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C.根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为11.2molc(C)=0.6molL2L−=，故C正确；D.物质B

的平衡转化率为0.8mol100%33.3%2.4mol，故D错误；故答案为C。22.在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是（）A.Ea为逆反应活化能，Ea′为正反应活化能B.温度升高，逆

反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移C.所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量D.该反应为放热反应，ΔH=Ea′－Ea【答案】B【解析】【分析】根据图所，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反

应，反应焓变等于反应物断键吸收的能量与生成物成键放出的能量之差，即△H=Ea-Ea′，据此分析解答。【详解】A．Ea为正反应的活化能，Ea′为逆反应的活化能，故A错误；B．为放热反应，温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，平衡逆向移动，故B正确；C

．活化分子的能量较高，所以活化分子的平均能量大于所有分子的平均能量，故C错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应的焓变等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，即△H=Ea-Ea′，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应的焓变的计算方法的理解和应用。2

3.室温下，向120.00mL0.1000molL−盐酸中滴加10.1000molLNaOH−溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg50.7=。下列说法不正确的是（）A.NaOH与盐酸恰好完全

反应时，pH7=B.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D.V(NaOH)30.00mL=时，pH12.3=【答案】C【解析】【详解】A.NaOH与盐酸恰好完全反

应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH7=，故A正确；B.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正确；C.甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D.V(NaO

H)30.00mL=时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)=30mL0.1000mol/L20mL0.1000mol/L20mL30mL−+=0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13mol/

L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故答案为C。24.100%硫酸吸收3SO可生成焦硫酸（分子式为227HSO或243HSOSO）。下列说法不正确的是（）A.焦硫酸具有强氧化性B.227NaSO水溶液呈中性C.227NaSO可与碱性氧化物反应生成新盐D.100%硫

酸吸收3SO生成焦硫酸的变化是化学变化【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸中+6价的硫元素具有强氧化性，可知焦硫酸具有强氧化性，故A正确；B.227NaSO溶于水生成硫酸氢钠，溶液呈酸性，故B错误；C.227NaSO可与

碱性氧化物反应生成新盐，例如227244Na+CaO=NaSO+COaSOS，故C正确；D.焦硫酸和三氧化硫、硫酸是不同物质，所以该变化为化学变化，故D正确；故答案为B。25.某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，进行如下实验：①X

与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化。下列说法不正确．．．的是（）A.往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含FeCl3B.混合物X中必定含有Na2CO3，不含Al2(SO4)3C.溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含

NaHCO3D.灼烧沉淀Y，可以得到黑色物质【答案】A【解析】【分析】某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和CuSO4中的几种，①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，

生成气体的物质只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中一定存在氢氧化铁、氢氧化铜中的一种，可能含有氢氧化铝；②沉淀Y与NaOH溶液作用，无变化，说明有色沉淀

中不存在氢氧化铝，则一定不存在Al2(SO4)3，据此分析解答。【详解】A．溶液Z呈弱碱性，说明反应后碳酸钠过量，则Z中一定不存在FeCl3，往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，无法据此判断X中是否含有FeCl3，故A错误；B．根据上述分析可知，混合物X中一定含有Na2CO3，不含A

l2(SO4)3，故B正确；C．溶液Z呈弱碱性，阳离子为钠离子，碳酸钠水解分步进行，第一步碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，第二步碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，由于反应生成了二氧化碳，而反应后溶液仍然呈弱碱性，说明溶液中一定含有碳酸氢根离子，即必含NaHCO3，故C正确

；D．沉淀Y中可能含有氢氧化铜，灼烧氢氧化铜可生成黑色的CuO，故D正确；故选A。【点睛】正确推断物质的组成为解答的关键。本题的易错点为C，溶液Z呈弱碱性，说明Z中一定含有碳酸钠，要注意碳酸钠能够水解。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.(1)比较

给出H+能力的相对强弱：2HO________25CHOH（填“>”“<”或“=”）；用一个化学方程式说明OH−和25CHO−结合H+能力的相对强弱________。(2)2CaC是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出2CaC的电子式________。(3)在常压下，甲醇的沸点（65℃）比

甲醛的沸点（-19℃）高。主要原因是________。【答案】(1).>(2).25225CHONaHONaOHCHOH+→+(3).(4).甲醇分子间存在氢键【解析】【详解】(1)水中羟基氢比乙醇中

的羟基氢活泼，水给出氢离子的能力比乙醇要强；反应25225CHONaHONaOHCHOH+→+可以说明；(2)Ca核外电子为：2、8、8、2，失去两个电子为Ca2+；C最外层4个电子,两个碳原子共用3电子对，一个碳周围就有7个电子，得到2电

子达稳定结构，所以2CaC的电子式为；(3)甲醇中含有羟基，可以形成分子间氢键，而甲醛是醛基不能形成氢键，只有分子间作用力，氢键的作用力大于分子间作用力，因此，需要更多的能量去破坏氢键使甲醇沸腾，故答案为：甲醇分子间存在氢键。27.为测定()1242FeCO

2HOM180gmol−=样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用140.1000molLKMnO−标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.542

1.56已知：23424222-3MnO5FeCO2HO24H3Mn5Fe10CO22HO+++++=+++假设杂质不参加反应。该样品中242FeCO2HO的质量分数是________%（保留小数点后一位）；写出简要计算过程：________。【答案】(1

).95.2(2).13152500.1000molL20.0010L180gmol325.00100%95.2%6.300g−−−=【解析】【分析】根据方程式找出MnO4-和242FeCO

2HO之间的数量关系，然后进行计算求解；【详解】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为19.98mL

+20.02mL=20.00mL2;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-~5242FeCO2HO，所以25mL待测液中所含242FeCO2HO的物质的量为：1350.1000molL20.0010L3−−，质量为13150.1000molL20.0010L18

0gmol3−−−，所以样品中242FeCO2HO质量分数为13152500.1000molL20.0010L180gmol325.00100%95.2%6.300g−−−=。【点

睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。28.由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。请回答：(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是______

__。(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。(3)气体E与甲醛在一定条件可生成乌洛托品（学名：六亚甲基四胺），该反应的化学方程式是________（乌洛托品可以用分子式表示）。【答案】(1).Ca、H、

N(2).2CaHN(3).2422CaHN5HCl2CaClHNHCl+=++(4).34NH6HCHO+→（或6124CHN）26HO+【解析】【分析】溶液C焰色反应为砖红色说明溶液C中含有Ca元素，可知沉淀F为CaCO3，4.00g碳酸钙的物质的量为4

.00g=0.04mol100g/mol，根据元素守恒可知固体A中含有Ca元素，其质量为0.04mol×40g/mol=1.60g；气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明气体E为NH3，所以溶液D中含有NH4+，根据元素守恒可知溶液C中含有N元素，固体A中含有N元素；气体B为纯净物，其物质的量为

0.448L=0.02mol22.4L/mol，固体A中Ca元素的质量为1.60g，则其他元素为1.90g-1.60g=0.30g，可先假设E为一种常见的气体，若该气体为NO、NO2、O2，则固体A中另

外一种元素为O，而0.02molNO或NO2或O2所含氧元素的质量均大于0.30g，故不合理，若该气体为H2，固体A中另外一种元素为H，则符合题意，同时可以参考CaH2与水的归中反应生成氢气。【详解】(1)

根据分析可知固体A中的三种元素为：Ca、N、H；Ca的常见化合价为+2价，已知固体A中Ca元素的物质的量为0.04mol，质量为1.60g，N元素的和H元素质量为0.04g共0.30g，N的相对原子质量为14，氢的

相对原子质量为1，据此可推测A的化学式可能为Ca4N2H2，化为最简整数比为2CaHN；(2)根据产物可知A与盐酸反应的产物中含有NH4+，H2，Ca2+，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为：2422CaHN5HCl2C

aClHNHCl+=++；(3)气体E为为NH3，甲醛为HCHO，根据元素守恒可知方程式为：34NH6HCHO+→(或6124CHN)26HO+。29.某兴趣小组为探究2HS和2ClO的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：请回答：(1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用

一个化学方程式表示________。(2)若通入水中的2ClO已过量，设计实验方案检验________。【答案】(1).2222HSClO2S2HClHO+=++(2).用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝（或变蓝后再褪色），说明2Cl

O过量【解析】【分析】(1)淡黄色沉淀为S单质，2ClO具有氧化性，据此分析；(2)可利用2ClO的氧化性对其进行检验；【详解】(1)生成淡黄色沉淀，说明反应中生成S单质，H2S被Cl2O氧化，根据电子守恒可知方

程式为：2222HSClO2S2HClHO+=++；(2)2ClO具有强氧化性，可利用与其反应有明显现象的还原剂对其进行检验，例如淀粉碘化钾试纸，故答案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI-淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明2ClO过量。30.研究NOx之间的转化具有重要意义

。(1)已知：N2O4(g)2NO2(g)ΔH＞0将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。A．气体的压强不变B．v正(N2O4)＝2v逆(NO2)C．K不变D．容器内气体的密度

不变E．容器内颜色不变②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(

B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(

T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线________。(2)NO氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。Ⅰ2NO(g)=N2O2(g)Δ

H1ⅡN2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g)ΔH2①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO

，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。【答案】(1).AE(2).367p(3).(4).Ⅱ(5).T4(6).ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，

浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响【解析】【分析】（1）①化学反应平衡的判断可从以下几方面考虑：体系中所有反应物和生成物的质量（或浓度）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；②建立三段式求解可得；③由图确定t1时反应生成的NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；

（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响。【详解】（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持

不变，反应达到化学平衡状态，故正确；B、v正(N2O4)＝2v逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D、

由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；AE正确，故答案为：AE；②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立如

下三段式：()()242NOg2NOgmol?1?0mol?0.75?1.5mol?0.25?1.5起始（）变化（）平衡（）由三段式数据可知N2O4的平衡分压为0.251.75molmol×p=7p，NO2的平衡分压为1.51.75molmol×p=67p，则平衡常数Kp＝

26()77pp=367p，故答案为：367p；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03mol/L×2=0.06mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，则0～t2时段

，NO2的浓度c(NO2)随t变化趋势的曲线为，故答案为：；（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，故答案为：Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在

温度T4下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓

度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；31.碘化锂（LiI）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备2LiI3HO和LiI，流程如下：已知：2LiI3HO在75~80℃转变成2LiI2HO，80~120℃转变成2LiIHO，300℃以上转变成无水LiI。b.LiI易溶于水，溶

解度随温度升高而增大。c.LiI在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤II，调pH7=，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是________。A.为得到较大的2LiI3HO晶体颗粒，宜用冰

水浴快速冷却结晶B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C.宜用热水洗涤D.可在80℃鼓风干燥(3)步骤IV，脱水方案为：将所得2LiI3HO置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得2LiI3HO、LiI样品纯度，

测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH6=，用滴定管中的3AgNO标准溶液滴定至终点，根据消耗的3AgNO标准溶液体积计算，得2LiI3HO、LiI

的纯度分别为99.96%，95.38%。LiI纯度偏低。①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。A.容量瓶B.烧杯C.锥形瓶D.滴定管②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.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数秒，取出移液管c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，

食指堵住管口e.放液完毕，抖动数下，取出移液管f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是________。(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高Li

I纯度。①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由________。【答案】(1).LiOH(2).B(3).AC(4).d(5).f(6).c(7).b(8).2LiO(9).抽气泵(10).抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水【解析】【分析】(1)碱性氧

化物或碱都可以与酸反应，起到调节pH的作用；(2)根据提供的2LiI3HO的性质进行分析；(3)①润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液；③LiI在空气中加热易被氧化；(4)①LiI在空气中加热易被氧化，需要将空气抽

出；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，据此分析。【详解】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；(2)A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；C.LiI易溶于水，溶解度随温

度升高而增大，故C错误；D.2LiI3HO在75~80℃转变成2LiI2HO，80~120℃转变成2LiIHO，故D错误(3)①润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；②移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤

→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，松开食指放液设备→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架；③LiI在空气中受热易被氧化生成2LiO；(4)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称

为抽气泵；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水；【点睛】降温结晶时用冷水或冰水迅速冷却并剧烈搅动溶液时，可得到颗粒很小的晶体，将热溶液在常温条件下静置使之缓缓冷却，则可得到均匀而较大的晶体。32.某研究小组以芳香族化合物

A为起始原料，按下列路线合成高血压药物阿替洛尔。已知：化合物H中除了苯环还有其它环：2NH3RCOORRCONH⎯⎯⎯→请回答：(1)下列说法正确的是________。A.化合物D能发生加成，取代，氧化反应，不发生还原反应B.化合物E能与3FeCl溶液发生显色反应C.化合物1具有弱碱

性D.阿替洛尔的分子式是142023CHNO(2)写出化合物E的结构简式________。(3)写出FGH+→的化学方程式________。(4)设计从A到B的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）________。(5)写出化合物C同时符合下列条件的同分异构

体的结构简式________。①1HNMR−谱和IR谱检测表明：分子中共有4种氢原子，无氮氧键和碳氮双键；②除了苯环外无其他环。【答案】(1).BC(2).(3).(4).(5).【解析】【分析】C为，根据B到C的反应条件以及B的化学式可知B到C发生了还原反应，B的结构简式为，

根据C的结构和D的化学式可知D的结构简式为，D到E为酯化反应，E为，根据题目提供信息结构E到F的反应条件可知F为，F+G生成H且H中除了苯环还有其他环，则H为，H+I生成阿替洛尔，反推出I为，据此分析作

答。【详解】(1)A.化合物D为，含有苯环可以加成，酚羟基可以被氧化，酚羟基和羧基均可发生酯化反应(属于取代反应)，催化加氢即为还原反应的一种，故A错误；B.E为，含有酚羟基，能与3FeCl溶液发生显色反应，故

B正确；C.化合物I为，含有氨基，可以结合氢离子，具有弱碱性，故C正确；D.阿替洛尔的分子式是C14H22N2O3，故D错误。(2)根据分析可知E的结构简式为；(3)F为，H为，反应方程式为：；(4)B的结构简式为，含有两个对位取代基，根据A的化学式和不饱和度可知

A为对硝基甲苯，结构简式为，结合题目提供信息，其中X代表卤族原子，可知A到B的合成路线为；(5)化合物C为，其同分异构体满足：1HNMR−谱和IR谱检测表明：分子中共有4种氢原子，则结构对称，无氮氧键和碳氮双键；除了苯环外无其他环；符合条件的有：。【点睛】本题考查有机物的

推断与合成，关键是对给予的反应信息的理解，结合转化中物质的结构、分子式与反应信息进行分析判断，(5)中同分异构体的书写为难点，题目涉及有机物的结构比较复杂，容易出错。