2020年浙江省高考化学模拟试卷（4月份）

2020年浙江省高考化学模拟试卷（4月份）

‎2020年浙江省高考化学模拟试卷（4月份）‎ 一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．（2分）只存在分子间作用力的物质是（　　）‎ A．NaCl B．He C．金刚石 D．HCl ‎2．（2分）减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（2分）下列属于强电解质的是（　　）‎ A．蔗糖 B．甘氨酸 C．I2 D．CaCO3‎ ‎4．（2分）反应 HgS+O2═Hg+SO2 中，还原剂是（　　）‎ A．HgS B．Hg C．O2 D．SO2‎ ‎5．（2分）下列物质的名称正确的是（　　）‎ A．SiO2：刚玉 ‎ B．（ NH4 ） 2 CO3：碳铵 ‎ C．CCl4：氯仿 ‎ D．：3，3，5﹣三甲基庚烷 ‎6．（2分）下列化学用语表示正确的是（　　）‎ A．CO2的比例模型： ‎ B．HClO 的结构式：H﹣Cl﹣O ‎ C．HS﹣ 的水解方程式：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+ ‎ D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5‎ ‎7．（2分）下列有关说法正确的是（　　）‎ A．H2O 与 D2O互为同位素 ‎ B．CO2 和CO属于同素异形体 ‎ C．乙醇与甲醚互为同分异构体 ‎ D．葡萄糖和蔗糖互为同系物 ‎8．（2分）下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用 ‎ B．14C的放射性可用于考古断代 ‎ C．纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一 ‎ D．铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品 ‎9．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．可用焦炭还原SiO2为制备单质Si ‎ B．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成 NH3 ‎ C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2 ‎ D．摩尔盐的组成可表示为 NH4Fe（ SO4）2•6H2O ‎10．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．某些生活垃圾可用于焚烧发电 ‎ B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油 ‎ C．石油裂解主要是为了获得气态短链不饱和 ‎ D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等 ‎11．（2分）下列实验过程可以达到实验目的的是（　　）‎ 选项 实验过程 实验目的 A 将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中 除去铜片表面的油污 B 取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键 丙烯醛（CH2＝CHCHO） 中双键的检验 C 通常将 Fe（OH ）3固体溶于沸水中即可 制备 Fe（OH）3胶体 D 取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴 1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟 析氢腐蚀 A．A B．B C．C D．D ‎12．（2分）下列关于铝及其化合物的说法正确的是（　　）‎ A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中 ‎ 第46页（共46页）‎ B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定 ‎ C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料 ‎ D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类（如氯化钠）相同 ‎13．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4﹣+8H++4Cl﹣═Mn2++2Cl2↑+4H2O ‎ B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣ ‎ C．铜片与浓硫酸共热：Cu+4H++SO42﹣ Cu2++SO2↑+2H2O ‎ D．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3•H2O═Cu（ NH3 ）42++4H2O ‎14．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳 ‎ B．麦芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人体内水解 ‎ C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高锰酸钾酸性溶液，充分反应后，经分液可得纯净的苯 ‎ D．向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质 ‎15．（2分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（　　）‎ A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应 ‎ B．l mo l 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH ‎ C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基 ‎ D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键 ‎16．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．同主族元素中，原子序数之差不可能为16 ‎ B．最外层电子数为8 的粒子一定是0族元素的原子 ‎ C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高 ‎ D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有 Be ‎17．（2分）下列有关叙述正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含 OH﹣为10﹣8mol ‎ B．25℃时，向0.1 mol•L﹣1 CH3COONa溶液中加入少最水，溶液中减小 ‎ C．25℃时，将 V1 L pH＝11的 NaOH溶液与V2 L pH＝3 的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2 ‎ D．25℃时，将 a mol•L﹣1氨水与0.01 mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中 c（ NH4+）＝c（ Cl﹣），用含a 的代数式表示 NH3•H2O的电离常数 Kb＝‎ ‎18．（2分）目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．充电时电极石墨棒 A 连接电源的正极 ‎ B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区 ‎ C．放电时负极反应为 2Br﹣﹣2e﹣═Br2 ‎ D．放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大 ‎19．（2分）异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说 法正确的是（　　）‎ A．反应 ②的活化能大于反应① ‎ 第46页（共46页）‎ B．反应①的△H小于反应② ‎ C．中间体2更加稳定 ‎ D．改变催化剂，反应 ①、②的活化能和反应热发生改变 ‎20．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．31 g 白磷中含有的电子数是 3.75NA ‎ B．标准状况下，22.4 L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA ‎ C．1 L 0.1 mol•L﹣1 的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NA ‎ D．5.6 g F e与足量 I2 反应，Fe失去 0.2NA个电子 ‎21．（2分）采用阴离子交换法合成了一 系列不同 Zn 和 Pt 含量的 PtSn﹣Mg（Zn） AlO 催化剂用于乙烷脱氢反应[CH3CH3 （ g ）⇌CH2＝CH2 （g）+H2（g）△H＞0]，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的 Zn 对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同 Zn 含量 PtSn 催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是（　　）‎ A．由图可知，PtSn/Mg （ 2﹣Zn） AlO 催化剂的催化反应活性最优 ‎ B．一定温度下，将 n mol 乙烷放入V L 密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，则该温度下反应的平衡常数 K＝ ‎ C．升高温度，平衡逆向移动 ‎ D．随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段 ‎22．（2分）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。下列说不正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．Ea 为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能 ‎ B．该反应为放热反应，△H﹣Ea﹣Ea′ ‎ C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子 ‎ D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动 ‎23．（2分）用密度为1.84 g•mL﹣1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2 mol•L﹣1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是（　　）‎ A．计算、量取：用 20mL 最筒量取 19.6mL 浓硫酸 ‎ B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入 80mL 左右的蒸馏水，搅拌 ‎ C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复 2～3 次 ‎ D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签 ‎24．（2分）液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠（ NaNH2 ），下列说法不正确的是（　　）‎ A．液氨的电离方程式可表示为 2NH3⇌NH4++NH2﹣ ‎ B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成 ‎ C．NaNH2 与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性 ‎ D．NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐 ‎25．（2分）某固体样品可能含有 K+、Ca2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣ 中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量 BaCl2 溶液，得沉淀 6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有 4.66 g 沉淀。（ 2 ） 另一份固体与过量 NaOH 固体混合后充分加热，产生使 湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体 0.672 L （标准状况）（假设气体全部逸出）。下列说法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．该固体中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣ ‎ B．该固体中一定没有 Ca2+、Cl﹣，可能含有 K+ ‎ C．该固体可能由（NH4）2SO4、K2CO3 和 NH4Cl 组成 ‎ D．该固体中 n（ K+）≥0.06 mol 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26．（4分）（1 ） 甲苯与浓硫酸、浓硝酸在 l 00℃时能获得不溶于水的淡黄色针状晶体，请写出反应方程式：　 　。‎ 上述反应是加成反应还是取代反应？请判断并说明原因：　 　。‎ ‎（2）Mg3N2是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，写出Mg3N2的电子式：　 　。‎ ‎（3）在常压下，乙醇在水中的溶解度比溴乙烷在水中的溶解度大，主要原因是　 　。‎ ‎27．（4分）某课外兴趣小组成员为研究金属铜与强酸的反应，将 6.4 g 铜粉分为两等份，进行了如下实验，请完成有关计算。‎ ‎（1 ） 取其中一份铜粉投入200mL 1 mol•L﹣1 硫酸和硝酸混合液中，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体 448 mL （标准状况）。则反应前混合溶液中硫酸的物质的量浓度为　 　（写出计算过程）。‎ ‎（2）用 NaOH 溶液吸收氮氧化物是防止 NO2污染的一种方法。‎ 原理为 2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2 O。‎ 取另一份铜粉溶于过量的硝酸溶液，假设硝酸的还原产物只有一氧化氮和二氧化氮，生成的混合气体能被 a mo l NaOH 溶液完全吸收，试讨论 a 的取值范围：　 　。‎ ‎28．（5分）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，载入宇宙飞船内常用含 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）X 的化学式为　 　。‎ ‎（ 2 ） 图中 B 的组成元素在元素周期表中的位置是　 　。‎ ‎（ 3 ） A 的电子式为　 　。‎ ‎（ 4 ） X 受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为　 　。‎ 第46页（共46页）‎ ‎29．（5分）四碘化锡（SnI4） 是一种橙黄色结晶，熔点为 144.5℃，沸点为 364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：‎ 步骤 1 将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装过Ⅰ和Ⅱ。‎ 步骤2缓慢加热烧瓶。待反应停止后。取下冷凝管。趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过分滤分离。‎ 步骤 3 滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。‎ 回请答下列问题 ‎（1）图中装置Ⅱ的仪器名称为　 　，该装置的主要作用是　 　。‎ ‎（2）减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是　 　。‎ ‎30．（12分）尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和CO2直接合成尿素。‎ ‎（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：‎ 反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）△H1＝﹣119.2kJ•mol ﹣1‎ 反应ⅡNH2COONH4（1）⇌CO（ NH2）2（1）+H2O（1）△H2＝15.5kJ•mol﹣1‎ ‎①写出NH3（1）与 CO2（ g） 反应生成CO（ NH2）2 （1 ）‎ 第46页（共46页）‎ ‎ 和液态水的热化学方程式：　 　。‎ ‎②该工艺要求在190～200℃、13～24 MPa 的条件下反应.90℃左右反应可实现最高平衡转化率。 试解释选择高压条件的理由：　 　。‎ ‎（2）在不同氨碳比 L＝ 和水碳比W＝ 条件下CO2平衡转化率x随温度T 变化情况如图所示。‎ ‎①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，试分析原因：　 　。‎ ‎②在图中，画出 L＝4、W＝O 时 CO2平衡转化率x随温度 T 变化的曲线示意图。‎ ‎（ 3 ） 实验室模拟热气循环法合成尿素，T℃度时，将 5.6 mol NH 3 与5.2 mol CO2 在容积恒定为0.5 L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O （g）△H1＝﹣43kJ•mol﹣l． 达到平衡状态时，NH3 与 CO2 的平衡分压之比 PNH3 ：PCO2 ＝2：13 （ p NH3 ＝x NH3•p，x NH3为平衡体系中 NH3的物质的量分数，p 为平衡总压）。‎ ‎①T℃时，该反应的平衡常数 K＝　 　。‎ ‎②若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是　 　。‎ A．当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态 B．相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3 的平衡转化率降低 C．在容器中加入 CaO，可与 H2O）反应，提高 CO （ NH 2 ） 2 产 率 D．反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内 CO 2 的 转化率 ‎31．（8分）新能源汽车的核心部 件是锂离子电池，磷酸亚铁锂（ LiFePO 4 ） 以其高倍率性、高比能量、高循环特征、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新宠”。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【方法一】高温固相法是磷酸亚铁锂生产的主要方法。通常以亚铁盐（如FeC2O4•2H2O ）磷酸盐和锂盐为原料，充分混匀后，在惰性气氛的保护气中先经过较低温预分解，再经过高温焙烧，研磨粉碎制成。其反应原理如下：‎ Li2CO3+2FeC2O4•2H2O+2NH4 H2PO4═2NH3↑+3CO2↑十　 　+　 　+　 　‎ ‎（1 ） 完成上述化学方程式。‎ ‎（ 2 ） 理论上，反应中每转移 0.15mol 电子，会生成　 　g LiFePO 4。‎ ‎【方法二】以铁红、锂辉石 Li A l（ SiO3 ） 2（含少量 Ca2+、Mg2+的盐 ）、碳粉等原料来生产磷酸亚铁锂。其主要工艺流程如图：‎ 已知：2LiA l（ SiO3）2+H 2SO4（浓） Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O↓‎ ‎ 温度/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ 溶解度（ Li2 CO3）/g ‎1.33‎ ‎1.17‎ ‎1.01‎ ‎0.85‎ 溶解度（ Li2 S O4 ）/g ‎34.2‎ ‎32.8‎ ‎31.9‎ ‎30.5‎ ‎（1 ） 向滤液Ⅱ中加入饱和 Na2CO3 溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是　 　。‎ ‎（ 2 ） 滤渣 II的主要成分是　 　（填化学式）。‎ ‎（ 3 ） 写出在高温下生成磷酸亚铁锂的化学方程式：　 　。‎ ‎（ 4 ） 工业上，将 Li2CO3粗品制备成高纯 Li2CO3 的部分工艺如下：‎ ‎①将粗产品Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解，阳极的电极反应式是　 　。‎ ‎②电解后向产品 LiOH 溶液中加入过量 NH4 HCO3并加热，过滤、烘干得高纯 Li2CO 3． 请写出生成 Li2CO3的化学方程式：　 　。‎ ‎32．（12分）‎ 第46页（共46页）‎ ‎ 是一种重要的化工原料，是非常重要的有机反应的中间体，具有酸性。根据如下转化，回答相关问题：‎ 已知：‎ ‎①亚甲基卡宾：CH2 与双键加成得环丙烷类化合物，如：CH2+‎ ‎②HC≡C Na+CH3Br→HC≡CCH3+NaBr ‎（1）写出A的官能团的名称：　 　。‎ ‎（2）写出C的结构简式：　 　。‎ ‎（3）下列有关说法不正确的是　 　‎ A．C 与乙醛是同分异构体 B．A→B 和 D→E 的反应类型相同 C． 含有两个手性碳原子 D．聚乙炔是一种重复结构单元为﹣CH＝CH﹣的聚合物材料，可用于制备太阳能电池、半导体材料和电活性聚合物等 ‎（4）写出 A→B 的反应方程式：　 　。‎ ‎（5）写出符合下列条件的 的同分异构体：　 　。 （ 不考虑立体异构和对映异构）‎ ‎①只有一个苯环，无其他环②苯环上有四个取代基，且苯环上的一取代物只有 1 种③有 3 个甲基④该同分异构体的水解产物之一能发生银镜反应 ‎（6）以苯和乙炔为基本原料合成 （用流程图表示，其他无机试剂任选）：　 　。‎ 第46页（共46页）‎ ‎2020年浙江省高考化学模拟试卷（4月份）‎ 参考答案与试题解析 一、选择题（共25小题，每小题2分，满分50分）‎ ‎1．（2分）只存在分子间作用力的物质是（　　）‎ A．NaCl B．He C．金刚石 D．HCl ‎【分析】根据物质所属晶体类型分析作用力，分子晶体存在分子间作用力，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、氯化钠属于离子晶体，离子以离子键相结合，无分子间作用力，故A不符合题意；‎ B、He属于分子晶体，He是单原子分子，分子内不含化学键，分子间存在分子间作用力，故B符合题意；‎ C、金刚石为原子晶体，碳原子以共价键相结合，无分子间作用力，故C不符合题意；‎ D、HCl属于分子晶体，分子内含化学键，分子间存在分子间作用力，故D不符合题意；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了不同晶体间的作用力，难度较小，能够正确区分物质所属晶体类型是解题的关键，注意基础知识的积累。‎ ‎2．（2分）减压过滤装置中用于承接滤液的仪器是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】减压过滤装置中用于承接滤液的仪器名称为抽滤瓶，结合图示仪器构造分析。‎ ‎【解答】解：A．该仪器为干燥管，用于盛放干燥剂，不能用于承接滤液，故A错误；‎ B．该仪器为抽滤瓶，用于减压过滤承接滤液，故B正确；‎ C．该仪器为洗气装置，用于除杂，故C错误；‎ D．该仪器为坩埚，用于灼烧固体，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，明确常见仪器的构造即可解答，注意熟练掌握常见化学实验基本方法及使用仪器，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。‎ ‎3．（2分）下列属于强电解质的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．蔗糖 B．甘氨酸 C．I2 D．CaCO3‎ ‎【分析】水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质；水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，分为强电解质和弱电解质，水溶液能完全电离的电解质是强电解质，水溶液中部分电离属于弱电解质，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、蔗糖是非电解质，故A不选；‎ B、甘氨酸是弱电解质，故B不选；‎ C、I2是单质，不属于电解质，故C不选；‎ D、CaCO3是电解质，在水溶液中完全电离，属于强电解质，故D选；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查电解质与强电解质，为高考常见题型，把握物质类别、电离程度为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。‎ ‎4．（2分）反应 HgS+O2═Hg+SO2 中，还原剂是（　　）‎ A．HgS B．Hg C．O2 D．SO2‎ ‎【分析】氧化还原反应中，还原剂失电子被氧化，所含元素化合价升高，则反应 HgS+O2═Hg+SO2 中，元素化合价升高的物质为还原剂。‎ ‎【解答】解：反应 HgS+O2═Hg+SO2 中，HgS中Hg元素的化合价由+2价降低到0价，被还原，为氧化剂；O元素化合价由0价降低到﹣2价，O2为氧化剂，S元素化合价由﹣2价升高到+4价，HgS为还原剂，则氧化剂为HgS、O2，还原剂为HgS；‎ A、HgS既是氧化剂又是还原剂；A正确；‎ B、Hg是还原产物，故B错误；‎ C、O2是氧化剂，故C错误；‎ D、SO2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】氧化还原反应是历年高考的热点，牢记氧化还原反应的概念和实质，平时练习中注意把握概念，多加练习；还要特别关注陌生的氧化还原反应的书写配平及计算。‎ ‎5．（2分）下列物质的名称正确的是（　　）‎ A．SiO2：刚玉 ‎ B．（ NH4 ） 2 CO3：碳铵 ‎ C．CCl4：氯仿 ‎ 第46页（共46页）‎ D．：3，3，5﹣三甲基庚烷 ‎【分析】A．刚玉成分为氧化铝；‎ B．碳酸氢铵俗称为碳铵；‎ C．氯仿成分为三氯甲烷；‎ D．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，依据烷烃命名规则命名。‎ ‎【解答】解：A．刚玉成分为氧化铝，不是二氧化硅，故A错误；‎ B．碳酸氢铵俗称为碳铵，故B错误；‎ C．氯仿成分为三氯甲烷，不是四氯化碳，故C错误；‎ D．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，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了物质的名称、俗名等，明确相关物质的成分，把握系统命名规则是解题关键，题目难度不大。‎ ‎6．（2分）下列化学用语表示正确的是（　　）‎ A．CO2的比例模型： ‎ B．HClO 的结构式：H﹣Cl﹣O ‎ C．HS﹣ 的水解方程式：HS﹣+H2O⇌S2﹣+H3O+ ‎ D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5‎ ‎【分析】A．C原子半径比O原子半径大，为直线型结构，但图中比例模型中C原子的比较比O原子半径小；‎ B．次氯酸分子的中心原子为O原子，其分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，不存在氢氯键；‎ C．HS﹣的水解生成氢硫酸；‎ D．甲酸乙酯是甲酸与乙醇通过酯化反应形成的酯。‎ ‎【解答】解：A．二氧化碳分子中，C的原子半径大于O原子，所以CO2‎ 第46页（共46页）‎ 正确的比例模型为，故A错误；‎ B．次氯酸（HClO）中存在1个氧氢键和1个氧氯键，其正确的结构式为：H﹣O﹣Cl，故B错误；‎ C．HS﹣的水解离子反应为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故C错误；‎ D．甲酸乙酯是甲酸与乙醇通过酯化反应形成的酯，结构简式为HCOOC2H5，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，注意掌握比例模型、结构式、水解方程式、结构简式等化学用语的表示方法，题目难度不大，注意相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。‎ ‎7．（2分）下列有关说法正确的是（　　）‎ A．H2O 与 D2O互为同位素 ‎ B．CO2 和CO属于同素异形体 ‎ C．乙醇与甲醚互为同分异构体 ‎ D．葡萄糖和蔗糖互为同系物 ‎【分析】A．质子数相同中子数不同的原子互称同位素；‎ B．同素异形体是同种元素形成的不同单质；‎ C．具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体；‎ D．同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团，具有相同官能团的化合物。‎ ‎【解答】解：A．H2O与D2O都是水分子，而同位素的研究对象为原子，故A错误；‎ B．CO2和CO为C元素的不同氧化物，而同素异形体的研究对象为单质，故B错误；‎ C．乙醇与甲醚的分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；‎ D．葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，二者结构不相似，不属于同系物，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查同系物、同分异构体、同位素、同素异形体的判断，题目难度不大，明确基本概念及区别为解答关键，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。‎ ‎8．（2分）下列关于物质的性质与用途的说法不正确的是（　　）‎ A．次氯酸能使染料等有机色素褪色，有漂白性，还能杀死水中的细菌，起消毒作用 ‎ 第46页（共46页）‎ B．14C的放射性可用于考古断代 ‎ C．纯碱是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一 ‎ D．铝制品不宜用于盛放酸、碱溶液，不宜长时间盛放咸菜等腌制品 ‎【分析】A．依据次氯酸的强氧化性解答；‎ B．14C的放射性可用于考古，推算出文物的年代；‎ C．依据碳酸氢钠不稳定性，分解生成二氧化碳解答；‎ D．铝、氧化铝既能与酸又能与碱反应，氯化钠也会破坏氧化膜的结构；‎ ‎【解答】解：A．次氯酸具有强氧化性，能够使蛋白质变性具有杀菌消毒作用，能够氧化有机色素具有漂白性，故正确；‎ B．14C的放射性可用于考古，推算出文物的年代，故B正确；‎ C．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，常用作发酵粉，碳酸钠不具有此性质，故C错误；‎ D．铝、氧化铝既能与酸又能与碱反应，氧化铝虽然为致密的氧化物薄膜，但氯化钠也会破坏氧化膜的结构，从而加速铝制品的腐蚀，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查较综合，侧重考查化学在生产生活中的应用，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意相关知识的积累。‎ ‎9．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．可用焦炭还原SiO2为制备单质Si ‎ B．镁单质可与NH4Cl溶液反应生成 NH3 ‎ C．浓硫酸与NaBr固体共热可生成单质Br2 ‎ D．摩尔盐的组成可表示为 NH4Fe（ SO4）2•6H2O ‎【分析】A、工业用焦炭还原SiO2发生：2C+SiO2Si+2CO来制备单质Si；‎ B、镁单质可与NH4Cl溶液反应：Mg+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2↑，生成 NH3；‎ C、浓硫酸与NaBr固体共热可发生反应：2NaBr+2H2SO4（浓）Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成单质Br2；‎ D、摩尔盐的名称是硫酸亚铁铵，化学式应为：（ NH4）2Fe（ SO4）2•6H2O。‎ ‎【解答】解：A、工业用焦炭还原SiO2发生：2C+SiO2Si+2CO来制备单质Si；故A正确；‎ B、镁单质可与NH4Cl溶液反应：Mg+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2↑，来生成 NH3‎ 第46页（共46页）‎ ‎；故B正确；‎ C、浓硫酸与NaBr固体共热可发生反应：2NaBr+2H2SO4（浓）Na2SO4+Br2↑+SO2↑+2H2O，生成单质Br2，故C正确；‎ D、摩尔盐的名称是硫酸亚铁铵，化学式应为：（ NH4）2Fe（ SO4）2•6H2O，而不是NH4Fe（ SO4）2•6H2O；故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题设计一些物质的制备方法，通过物质制备，旨在考查学生能否使用科学方法来分析和解决实际问题；考查化学实验能力，并掌握反应原理，依据实验培养科学探究与创新意识的学科核心素养。‎ ‎10．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．某些生活垃圾可用于焚烧发电 ‎ B．地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油 ‎ C．石油裂解主要是为了获得气态短链不饱和 ‎ D．煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等 ‎【分析】A、焚烧某些生活垃圾产生的热量可用来发电；‎ B、地沟油的成分是油脂，可以用来制肥皂或生物柴油；‎ C、石油裂解反应是为了得到乙烯、丙烯等短链不饱和烃；‎ D、煤中不含焦炭、苯、甲苯等。‎ ‎【解答】解：A、焚烧某些生活垃圾产生的热量可用来发电，是综合利用垃圾的一种方法，故A正确；‎ B、地沟油的成分是油脂，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂可以和甲醇或乙醇在一定条件下反应制作生物柴油，故B正确；‎ C、石油裂解是深度裂化，是为了得到乙烯、丙烯等短链不饱和烃，故C正确；‎ D、煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏产物，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了有机物的常识，题目难度不大，对相关物质的性质和用途的积累是解答本题的关键。‎ ‎11．（2分）下列实验过程可以达到实验目的的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ 选项 实验过程 实验目的 A 将一块沾有油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中 除去铜片表面的油污 B 取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，则说明含有碳碳双键 丙烯醛（CH2＝CHCHO） 中双键的检验 C 通常将 Fe（OH ）3固体溶于沸水中即可 制备 Fe（OH）3胶体 D 取一块铁片，用砂纸擦去铁锈，在铁片上滴 1 滴含酚酞的食盐水，静置几分钟 析氢腐蚀 A．A B．B C．C D．D ‎【分析】A．碳酸钠溶液水解显碱性，可促进油污的水解；‎ B．丙烯醛含碳碳双键、﹣CHO，均与溴水反应；‎ C．Fe（OH ）3固体不溶于水，应水解制备；‎ D．食盐水为中性。‎ ‎【解答】解：A．碳酸钠溶液水解显碱性，可促进油污的水解，可除去铜片表面的油污，故A正确；‎ B．丙烯醛含碳碳双键、﹣CHO，均与溴水反应，由操作和现象不能检验碳碳双键，故B错误；‎ C．Fe（OH ）3固体不溶于水，应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制备胶体，故C错误；‎ D．食盐水为中性，发生吸氧腐蚀，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、电化学腐蚀、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。‎ ‎12．（2分）下列关于铝及其化合物的说法正确的是（　　）‎ A．铝是地壳中含量最多的元素，铝以游离态和化合态两种形式存在于地壳中 ‎ B．铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定 ‎ 第46页（共46页）‎ C．氧化铝是离子化合物，其晶体中离子键很强，故熔点很高，可用作耐火材料 ‎ D．熔化的氯化铝极易导电，和大多数含卤素离子的盐类（如氯化钠）相同 ‎【分析】A、地壳中含有最高的元素是O元素，铝化学性质活泼，在地壳中以化合态存在；‎ B、铝化学性质活泼，但铝表面容易生成一层致密的氧化物保护膜，对内部的金属起到了保护作用；‎ C、氧化铝是离子化合物，熔点很高，用作耐火材料；‎ D、氯化铝属于分子晶体，熔化的氯化铝不导电。‎ ‎【解答】解：A、地壳中含有最高的元素是O元素，铝化学性质活泼，在地壳中以化合态存在，故A错误；‎ B、铝化学性质活泼，但铝表面容易生成一层致密的氧化物保护膜，对内部的金属起到了保护作用，在地壳中含量高，冶炼工艺简单，铝制品在生活中被广泛使用，故B错误；‎ C、氧化铝是由钠离子与氧离子构成的离子化合物，离子键很强，熔点很高，用作耐火材料，故C正确；‎ D、氯化铝属于分子晶体，熔化的氯化铝不导电，和大多数含卤素离子的盐类（如氯化钠）不相同，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查铝及其化合物的性质与用途等，比较基础，体现出化学与生活的密切关系，加强基础知识的掌握。‎ ‎13．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）‎ A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气：MnO4﹣+8H++4Cl﹣═Mn2++2Cl2↑+4H2O ‎ B．饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：CO32﹣+H2O+CO2═2HCO3﹣ ‎ C．铜片与浓硫酸共热：Cu+4H++SO42﹣ Cu2++SO2↑+2H2O ‎ D．硫酸铜溶液中加入过量氨水：Cu2++4NH3•H2O═Cu（ NH3 ）42++4H2O ‎【分析】A．得失电子不守恒；‎ B．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；‎ C．浓硫酸不能拆；‎ D．氨水过量，生成的氢氧化铜溶解生成[Cu（NH3）4]2+。‎ ‎【解答】解：A．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，离子方程式：2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═‎ 第46页（共46页）‎ ‎2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故A错误；‎ B．向饱和碳酸钠溶液中通入足量二氧化碳气体，离子方程式：2Na++CO32﹣+H2O+CO2＝2NaHCO3↓，故B错误；‎ C．铜片与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，硫酸铜不能拆开，正确的离子方程式为：Cu+2H2SO4（浓）Cu2++SO2↑+2H2O+SO42﹣，故C错误；‎ D．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入过量氨水，反应的离子方程式为：Cu2++4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。‎ ‎14．（2分）下列说法不正确的是（　　）‎ A．用饱和碳酸钠溶液能鉴别乙酸、乙醇、苯、四氯化碳 ‎ B．麦芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人体内水解 ‎ C．苯中混有的少量甲苯，可加入足量高锰酸钾酸性溶液，充分反应后，经分液可得纯净的苯 ‎ D．向乙酰水杨酸粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，充分反应后过滤，可除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质 ‎【分析】A．乙酸、乙醇、苯、四氯化碳分别与饱和碳酸钠混合的现象为：气体生成、互溶、分层后有机层在上层、分层后有机层在下层；‎ B．麦芽糖为二糖、淀粉为多糖、花生油含﹣COOC﹣、大豆蛋白含﹣CONH﹣；‎ C．甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸可溶于苯；‎ D．加入饱和碳酸氢钠溶液使乙酰水杨酸转化为可溶性盐，而与不溶性的物质相互分离，再将乙酰水杨酸的可溶性盐重新转化为乙酰水杨酸，从而达到提纯的目的。‎ ‎【解答】解：A．乙酸、乙醇、苯、四氯化碳分别与饱和碳酸钠混合的现象为：气体生成、互溶、分层后有机层在上层、分层后有机层在下层，现象不同可鉴别，故A正确；‎ B．麦芽糖为二糖、淀粉为多糖、花生油含﹣COOC﹣、大豆蛋白含﹣CONH﹣，均可发生水解反应，故B正确；‎ 第46页（共46页）‎ C．甲苯被高锰酸钾氧化生成苯甲酸，苯甲酸可溶于苯，分液不能得到纯净的苯，应反应后加NaOH、分液，故C错误；‎ D．加入饱和碳酸氢钠溶液使乙酰水杨酸转化为可溶性盐，充分反应后过滤除去乙酰水杨酸中的水杨酸聚合物杂质，再将乙酰水杨酸的可溶性盐重新转化为乙酰水杨酸，从而达到提纯的目的，故D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查有机物的鉴别及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应与现象、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。‎ ‎15．（2分）泛酸又称为维生素 B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为 ，下列有关该化合物的说法不正确的是（　　）‎ A．该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应 ‎ B．l mo l 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH ‎ C．该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基 ‎ D．该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键 ‎【分析】有机物含有羟基、肽键和羧基，具有醇、酰胺、氨基酸的性质，以此解答该题。‎ ‎【解答】解：A．含有肽键，可发生水解，水解可生成羧基和氨基，可发生缩聚反应，故A正确；‎ B．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基和肽键，则l mo l 该物质与足量NaOH 溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH，故B正确；‎ C．含有2个羟基，可在催化条件下发生氧化生成醛基和羰基，故C正确；‎ D．含有羟基，与羟基相连碳的邻位碳上无氢，不能发生消去反应，故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。‎ ‎16．（2分）下列说法正确的是（　　）‎ A．同主族元素中，原子序数之差不可能为16 ‎ B．最外层电子数为8 的粒子一定是0族元素的原子 ‎ 第46页（共46页）‎ C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高 ‎ D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有 Be ‎【分析】A．同一主族的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等；‎ B．最外层电子数为8 的粒子可能为离子；‎ C．金属单质和非金属单质形成晶体结构不同，卤素单质的熔点与相对分子质量有关，碱金属单质熔点与金属键有关；‎ D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素为4号元素。‎ ‎【解答】解；A．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，同主族元素中，原子序数之差可能为16，故A正确；‎ B．最外层电子数为8 的粒子看为离子，如Na+最外层电子数8，不一定是0族元素的原子，故B错误；‎ C．同一主族中，随着核电荷数的增加，卤素单质的熔点与相对分子质量有关，碱金属单质熔点与金属键有关，卤素单质随着核电荷数增加熔点逐渐升高，而碱金属单质熔点也随核电荷数增加熔点逐渐降低，故C错误；‎ D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素为4号元素，只有Be，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了元素周期表结构、递变规律、一种结构特征等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。‎ ‎17．（2分）下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．某温度下，1L pH＝6 的纯水中含 OH﹣为10﹣8mol ‎ B．25℃时，向0.1 mol•L﹣1 CH3COONa溶液中加入少最水，溶液中减小 ‎ C．25℃时，将 V1 L pH＝11的 NaOH溶液与V2 L pH＝3 的HA溶液混合，溶液显中性，则V1≤V2 ‎ D．25℃时，将 a mol•L﹣1氨水与0.01 mol•L﹣1盐酸等体积混合，反应完全时溶液中 c（ NH4+）＝c（ Cl﹣），用含a 的代数式表示 NH3•H2O的电离常数 Kb＝‎ ‎【分析】A、纯水中c（H+）＝c（OH﹣），结合n＝cV计算；‎ 第46页（共46页）‎ B、＝，CH3COONa溶液中加入少最水时c（CH3COO﹣）减小；‎ C、pH＝11的 NaOH溶液中c（NaOH）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L，根据HA可能为弱酸分析；‎ D、amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合后c（ NH4+）＝c（ Cl﹣）＝0.005mol/L，溶液呈中性，c（OH﹣）＝10﹣7mol/l，过量的氨水浓度c（NH3•H2O）＝（a﹣0.01）mol/L，结合NH3•H2O的电离常数表达式计算Kb。‎ ‎【解答】解：A、pH＝6 的纯水中c（OH﹣）＝c（H+）＝10﹣6mol/l，OH﹣的物质的量为10﹣6mol，故A错误；‎ B、CH3COONa溶液中加入少最水时c（CH3COO﹣）减小，则＝增大，故B错误；‎ C、pH＝11的 NaOH溶液中c（NaOH）＝0.001mol/L，pH＝3的HA溶液中c（HA）≥0.001mol/L，若HA为强酸，则V1＝V2，若HA为弱酸，HA的浓度较大，消耗的氢氧化钠的体积偏大，则V1＞V2，所以溶液显中性，则V1≥V2，故C错误；‎ D、amol•L﹣1氨水与0.01mol•L﹣1盐酸等体积混合后c（ NH4+）＝c（ Cl﹣）＝0.005mol/L，电荷关系c（ NH4+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（ Cl﹣），则c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，c（OH﹣）＝10﹣7mol/l，过量的氨水浓度c（NH3•H2O）＝（a﹣0.01）mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb＝＝＝，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查酸碱混合的定性判断、pH的简单计算、弱电解质的电离及计算，明确弱电解质的电离及电离平衡常数的表达式为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。‎ 第46页（共46页）‎ ‎18．（2分）目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是（　　）‎ A．充电时电极石墨棒 A 连接电源的正极 ‎ B．放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区 ‎ C．放电时负极反应为 2Br﹣﹣2e﹣═Br2 ‎ D．放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大 ‎【分析】根据图示的信息，放电时，该装置是原电池，石墨棒B为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，石墨棒A为正极，反应式为Br2+2e﹣＝2Br﹣，充电时，阳极、阴极与正极、负极电极反应式正好相反，据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、充电时，电池的正极和电源的正极相接，即石墨棒A连接电源的正极，故A正确；‎ B、放电时，阴离子移向负极，则放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；‎ C、放电时，石墨棒B为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣═Zn2+，故C错误；‎ D、放电时，左侧溴单质发生得电子的还原反应生成溴离子，溴离子通过隔膜移向右侧，所以右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度不大，注意把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题，本题从化合价的变化进行判断是做题的关键。‎ ‎19．（2分）异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说 法正确的是（　　）‎ 第46页（共46页）‎ A．反应 ②的活化能大于反应① ‎ B．反应①的△H小于反应② ‎ C．中间体2更加稳定 ‎ D．改变催化剂，反应 ①、②的活化能和反应热发生改变 ‎【分析】A．对一级反应来说，活化能表示势垒（有时称为能垒）的高度；‎ B．两个反应都为放热反应；‎ C．能量越低越稳定；‎ D．催化剂不改变反应热。‎ ‎【解答】解：A．根据图示，反应①的势垒高，反应①的活化能大于反应 ②，故A错误；‎ B．产物1的能量大于产物2，反应①放热少，反应①的△H大于反应②，故B错误；‎ C．中间体2的能量更低，所以更加稳定，故C正确；‎ D．改变催化剂，反应 ①、②的活化能和反应热不发生改变，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题结合图形考查有关反应热，题目难度中等，注意对基础知识的积累。‎ ‎20．（2分）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ A．31 g 白磷中含有的电子数是 3.75NA ‎ B．标准状况下，22.4 L的C8H10中含有的碳氢键的数目是10NA ‎ C．1 L 0.1 mol•L﹣1 的乙酸溶液中含有的氧原子数为0.2NA ‎ D．5.6 g F e与足量 I2 反应，Fe失去 0.2NA个电子 ‎【分析】A.1个白磷分子含有6个P﹣P键；‎ B．气体摩尔体积使用对象为气体；‎ C．乙酸溶液中，乙酸分子、水分子都含氧原子；‎ D．铁与碘单质反应生成碘化亚铁。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【解答】解：A.31 g 白磷物质的量为：＝0.25mol，含有的电子数是 0.25mol×6×NA＝1.5NA，故A错误；‎ B．标况下C8H10为液体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；‎ C．乙酸溶液中乙酸分子、水分子都含氧原子，所以1 L 0.1 mol•L﹣1 的乙酸溶液中含有的氧原子数大于0.2NA，故C错误；‎ D.5.6 g F e物质的量为0.1mol，与足量 I2 反应生成0.1mol碘化亚铁，失去 0.2NA个电子，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构，注意气体摩尔体积使用条件和对象。‎ ‎21．（2分）采用阴离子交换法合成了一 系列不同 Zn 和 Pt 含量的 PtSn﹣Mg（Zn） AlO 催化剂用于乙烷脱氢反应[CH3CH3 （ g ）⇌CH2＝CH2 （g）+H2（g）△H＞0]，实验结果表明，在水滑石载体中掺杂少量的 Zn 对乙烷脱氢反应有明显影响，如图所示为不同 Zn 含量 PtSn 催化剂的乙烷催化脱氢反应中，乙烷的转化率随时间的变化。下列说法不正确的是（　　）‎ A．由图可知，PtSn/Mg （ 2﹣Zn） AlO 催化剂的催化反应活性最优 ‎ B．一定温度下，将 n mol 乙烷放入V L 密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，则该温度下反应的平衡常数 K＝ ‎ C．升高温度，平衡逆向移动 ‎ D．随着反应时间的延长，乙烷转化率逐渐稳定，催化活性保持在相对稳定的阶段 ‎【分析】A、由图象看出最高的那条线是催化活性最优的的，即PtSn/Mg （ 2﹣Zn） AlO 催化剂的催化反应活性最优；‎ 第46页（共46页）‎ B、n mol 乙烷放入V L 密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，根据平衡常数的表达式计算K值；‎ C、乙烷脱氢反应△H＞0，吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；‎ D、随着反应时间的延长，乙烷转化率基本不变，催化活性保持在相对稳定。‎ ‎【解答】解：A、由图象看出最高的那条线是催化活性最优的，即PtSn/Mg （ 2﹣Zn） A lO 催化剂的催化反应活性最优，故A正确；‎ B、一定温度下，将 n mol 乙烷放入V L 密闭容器中进行催化脱氢，维持容器体积不变，测得乙烷平衡转化率为 a，则乙烯和氢气平衡时物质的量均为namol，乙烷为n（1﹣a）mol，体积为VL，则代入平衡常数表达式得K＝，故B正确；‎ C、乙烷脱氢反应[CH3CH3 （ g ）⇌CH2＝CH2 （g）+H2（g）△H＞0]，为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故C错误；‎ D、随着反应时间的延长，乙烷转化率基本不变，逐渐稳定，一定条件下，催化活性保持在相对稳定，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】借助于图象考查化学平衡，速率及转化率问题，提高学生的读图能力，让学生数形结合解决实际问题，平时练习时注意结合化学知识理解分析图象，提高学生能力，培养化学的科学素养。‎ ‎22．（2分）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。下列说不正确的是（　　）‎ A．Ea 为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能 ‎ B．该反应为放热反应，△H﹣Ea﹣Ea′ ‎ C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子 ‎ D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动 第46页（共46页）‎ ‎【分析】A．根据图示，Ea表示有催化剂存在；‎ B．根据图示，反应物的总能量低于生成物的总能量；‎ C．分子之间发生化学反应，首先必须互相接触（或碰撞）但并非每次碰撞都能发生反应，只有能量较大的分子互相碰撞才能发生反应；‎ D．催化剂只影响反应速率，不改变平衡移动。‎ ‎【解答】解：A．Ea 为催化剂存在下该反应的活化能，Ea′为无催化剂时该反应的活化能，催化剂降低了反应的活化能，故A正确；‎ B．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，故B错误；‎ C．活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；‎ D．催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动，故D正确；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查有关反应热和焓变的判断，题目难度中等，注意对基础概念的掌握和判断。‎ ‎23．（2分）用密度为1.84 g•mL﹣1、质量分数为 98% 的浓硫酸配制 180mL 2 mol•L﹣1稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是（　　）‎ A．计算、量取：用 20mL 最筒量取 19.6mL 浓硫酸 ‎ B．溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入 80mL 左右的蒸馏水，搅拌 ‎ C．转移、洗涤：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复 2～3 次 ‎ D．定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签 ‎【分析】A．依据c＝计算浓硫酸物质的量浓度，依据溶液稀释规律计算需要浓硫酸体积，依据浓硫酸体积选择量筒规格；‎ B．浓硫酸稀释产生大量的热，稀释时应将浓硫酸缓缓注入水中；‎ C．依据移液、洗涤操作解答；‎ D．容量瓶为较紧密的仪器，只能用于配制，不能长时间存储。‎ ‎【解答】解：A．密度为1.84 g•mL﹣1、质量分数为 98% 的浓硫酸，物质的量浓度为：＝18.4mol/L，配制 180mL 2 mol•L﹣1稀硫酸，应选择250mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：18.4mol/L×V＝250mL×‎ 第46页（共46页）‎ ‎2mol/L，解得V＝27.2mL，应选择100mL量筒，故A错误；‎ B．浓硫酸稀释的正确操作为：将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故B错误；‎ C．移液、洗涤正确操作：将溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶重复 2～3 次，故C正确；‎ D．容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查溶液配制时的实验操作、仪器使用等相关知识，明确配制一定物质的量浓度溶液的原理及操作步骤是解题关键，注意化学实验仪器的使用方法和注意事项。‎ ‎24．（2分）液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠（ NaNH2 ），下列说法不正确的是（　　）‎ A．液氨的电离方程式可表示为 2NH3⇌NH4++NH2﹣ ‎ B．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成 ‎ C．NaNH2 与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性 ‎ D．NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐 ‎【分析】A．依据水的电离方程式可知液氨的电离方程式；‎ B．有化合价变化的反应为氧化还原反应；‎ C．NaNH2 与少量水反应生成氢氧化钠和氨气；‎ D．NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐。‎ ‎【解答】解：A．依据水的电离方程式可知，液氨的电离方程式可表示为 2NH3⇌NH4++NH2﹣，故A正确；‎ B．依据题意可知液氨与钠发生置换反应生成氨基钠和氢气，是氧化还原反应，故B正确；‎ C．NaNH2 与少量水反应生成氢氧化钠和氨气，所得溶液为氢氧化钠水溶液，为强碱性溶液，故C错误；‎ D．NaNH2 与一定量稀硫酸充分反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐，故D正确；‎ 故选：C。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【点评】本题为信息题，准确提炼题干中有用信息，依据所学知识进行迁移应用是解题关键，题目难度中等。‎ ‎25．（2分）某固体样品可能含有 K+、Ca2+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣ 中的几种离子。将该固体样品分为等质量的两份，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量 BaCl2 溶液，得沉淀 6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有 4.66 g 沉淀。（ 2 ） 另一份固体与过量 NaOH 固体混合后充分加热，产生使 湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体 0.672 L （标准状况）（假设气体全部逸出）。下列说法正确的是（　　）‎ A．该固体中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣、Cl﹣ ‎ B．该固体中一定没有 Ca2+、Cl﹣，可能含有 K+ ‎ C．该固体可能由（NH4）2SO4、K2CO3 和 NH4Cl 组成 ‎ D．该固体中 n（ K+）≥0.06 mol ‎【分析】（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，即硫酸钡沉淀，物质的量为：＝0.02mol，沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32﹣、SO42﹣，一定不含Ca2+，n（SO42﹣）＝0.02mol，碳酸钡沉淀是6.63g﹣4.66g＝1.97g，物质的量为：＝0.01mol，则n（CO32﹣）＝0.01mol；‎ ‎（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L即0.03mol（标准状况），所以含有铵根离子0.03mol，根据电荷守恒，所以该固体中至少还含有 K+，其物质的量最少是：0.02mol×2+0.01mol×2﹣0.03mol＝0.03mol；‎ 据此分析解答。‎ ‎【解答】解：A、该固体中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣、K+，可能还有Cl﹣，故A错误；‎ B、该固体中一定含有K+，一定没有Ca2+，可能还有Cl﹣，故B错误；‎ C、该固体中一定含有NH4+、CO32﹣、SO42﹣、K+，并且n（SO42﹣）＝0.02mol，n（CO32﹣）＝0.01mol，n（NH4+）＝0.03mol，则不可能由（NH4）2SO4、K2CO3 和 NH4Cl 组成，故C错误；‎ D、根据以上分析，一份固体中 K+的物质的量最少是：0.02mol×2+0.01mol×2﹣‎ 第46页（共46页）‎ ‎0.03mol＝0.03mol，所以该固体中 n（ K+）≥0.06 mol，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握电荷守恒在离子推断中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。‎ 二、非选择题（本大题共7小题，共50分）‎ ‎26．（4分）（1 ） 甲苯与浓硫酸、浓硝酸在 l 00℃时能获得不溶于水的淡黄色针状晶体，请写出反应方程式：　+3H2O﹣NO2+3H2O　。‎ 上述反应是加成反应还是取代反应？请判断并说明原因：　取代反应，结合化学方程式可以看出是硝基取代了苯环上的氢原子生成了H2O　。‎ ‎（2）Mg3N2是离子化合物，各原子均满足 8 电子稳定结构，写出Mg3N2的电子式：　Mg2+Mg2+Mg2+　。‎ ‎（3）在常压下，乙醇在水中的溶解度比溴乙烷在水中的溶解度大，主要原因是　乙醇分子能与水分子之间形成氢键，而溴乙烷分子无法与水分子形成氢键　。‎ ‎【分析】（1）浓硫酸作催化剂，甲苯与浓硝酸在l00℃时发生取代反应生成1，3，5﹣三硝基甲苯；‎ ‎（2）Mg3N2由N3﹣和Mg2+构成，N原子达到8e﹣稳定结构，则N3﹣的电子式为；‎ ‎（3）乙醇中含有﹣OH，能与水分子形成氢键，导致溶解度增大。‎ ‎【解答】解：（1）浓硫酸作催化剂，甲苯与浓硝酸在l00℃时发生取代反应生成1，3，5﹣三硝基甲苯，化学方程式为+3H2O﹣NO2+3H2O，‎ 硝基取代了苯环上的氢原子生成了H2O，则该反应为取代反应，不属于加成反应，‎ 第46页（共46页）‎ 故答案为：+3H2O﹣NO2+3H2O； 取代反应，结合化学方程式可以看出是硝基取代了苯环上的氢原子生成了H2O，所以是取代反应；‎ ‎（2）Mg3N2由N3﹣和Mg2+构成，各原子均满足 电子稳定结构，则N3﹣的电子式为，所以Mg3N2的电子式为Mg2+Mg2+Mg2+，‎ 故答案为：Mg2+Mg2+Mg2+；‎ ‎（3）分子间形成氢键，可导致物质的溶解度增大，乙醇可与水形成分子间氢键，则乙醇易溶于水，溴乙烷与水不能形成氢键，所以乙醇在水中的溶解度大于溴乙烷，‎ 故答案为：乙醇分子能与水分子之间形成氢键，而溴乙烷分子无法与水分子形成氢键。‎ ‎【点评】本题考查化学用语和氢键，涉及有机化学及方程式的书写、电子式的书写、有机反应类型的判断和氢键对物质溶解性的影响等知识，属于高频考点，试题侧重基础知识的检测和分析运用能力的考查，把握基础知识、灵活运用即可解答，题目难度不大。‎ ‎27．（4分）某课外兴趣小组成员为研究金属铜与强酸的反应，将 6.4 g 铜粉分为两等份，进行了如下实验，请完成有关计算。‎ ‎（1 ） 取其中一份铜粉投入200mL 1 mol•L﹣1 硫酸和硝酸混合液中，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体 448 mL （标准状况）。则反应前混合溶液中硫酸的物质的量浓度为　0.45mol•L﹣1　（写出计算过程）。‎ ‎（2）用 NaOH 溶液吸收氮氧化物是防止 NO2污染的一种方法。‎ 原理为 2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2 O。‎ 取另一份铜粉溶于过量的硝酸溶液，假设硝酸的还原产物只有一氧化氮和二氧化氮，生成的混合气体能被 a mo l NaOH 溶液完全吸收，试讨论 a 的取值范围：　a≥0.1　。‎ ‎【分析】（1）根据铜与硝酸反应的离子方程式，通过一氧化氮气体确定硝酸的物质的量，再结合总氢离子的物质的量确定硫酸的物质的量浓度，继而计算出其浓度；‎ ‎（2）结合反应方程式分析，根据铜粉确定产生气体的两种可能物质的量，为确保完全吸收氢氧化钠应该比最多产生气体的量要大，据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）铜单质与硝酸反应产生一氧化氮，NO的物质的量＝0.02 mol，投入的铜是＝0.05 mol，H2SO4和 HNO3的总物质的量是0.2L×1.0mol•L 第46页（共46页）‎ ‎﹣1＝0.2mol，根据离子方程式 3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，可知硫酸的物质的量浓度＝0.45mol•L﹣1，‎ 故答案为：0.45mol•L﹣1；‎ ‎（2）由题意可知硝酸过量铜粉完全反应，铜的物质的量为：0.05mol，如产生气体只有NO，根据反应：3Cu+8H++2NO3﹣＝3Cu2++2NO↑+4H2O，得NO的物质的量为：；如产生气体只有NO2，根据反应：Cu+4H++2NO3﹣＝Cu2++2NO2↑+2H2O，得NO2的物质的量为：2×0.05mol＝0.1mol；由反应2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2 O可知氮的氧化物与氢氧化钠的物质的量之比为1：1，则若使气体完全吸收氢氧化钠的物质的量应大于气体的物质的量，即a≥0.1．故答案为：a≥0.1‎ ‎【点评】本题考查方程式有关的计算，涉及铜与硝酸的反应，在氧化还原反应的有关计算中要充分利用电子得失守恒和元素守恒建立物质之间的定量关系。‎ ‎28．（5分）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，载入宇宙飞船内常用含 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）X 的化学式为　LiN3　。‎ ‎（ 2 ） 图中 B 的组成元素在元素周期表中的位置是　第2周期VA 族　。‎ ‎（ 3 ） A 的电子式为　　。‎ ‎（ 4 ） X 受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为　3LiN3 Li3N+4N2↑　。‎ ‎【分析】探究某无结晶水的正盐 第46页（共46页）‎ ‎ X（仅含有两种短周期元素）的组成和性质，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，可能为氮气或氧气，C 是一种强碱，且微溶于水，载入宇宙飞船内常用含 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，证明D气体为NH3，物质的量n（NH3）＝＝0.1mol，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＝＝0.3mol，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，n（N2）＝＝0.4mol，氮元素守恒，X中含氮元素物质的量＝0.1mol+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，据此分析判断。‎ ‎【解答】解：（1）上述计算分析得到X 的化学式为：LiN3，‎ 故答案为：LiN3；‎ ‎（2）图中 B 的组成元素是N元素，在元素周期表中的位置第2周期VA 族，‎ 故答案为：第2周期VA 族；‎ ‎（3）上述分析计算得到A为Li3N，为离子化合物，电子式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）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，n（N2）＝＝0.4mol，氮元素守恒，X中含氮元素物质的量＝0.1mol+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，隔绝空气加热分解生成氮气和Li3N，反应的化学方程式：3LiN3 Li3N+4N2↑，‎ 故答案为：3LiN3 Li3N+4N2↑。‎ ‎【点评】本题考查了物质性质变化分析判断、元素守恒的计算、化学式的确定方法和理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。‎ ‎29．（5分）四碘化锡（SnI4） 是一种橙黄色结晶，熔点为 144.5℃，沸点为 364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：‎ 第46页（共46页）‎ 步骤 1 将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装过Ⅰ和Ⅱ。‎ 步骤2缓慢加热烧瓶。待反应停止后。取下冷凝管。趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过分滤分离。‎ 步骤 3 滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。‎ 回请答下列问题 ‎（1）图中装置Ⅱ的仪器名称为　（球形）干燥管　，该装置的主要作用是　防止水蒸气进入装置使SnI4水解　。‎ ‎（2）减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是　②③①④⑥⑤　。‎ ‎【分析】（1）根据仪器构造可判断仪器的名称，SnI4易水解；‎ ‎（2）减压过滤的操作过程为先将滤纸放入漏斗并用水润湿，稍微打开水龙头，使瓶内压强减小，促使滤纸紧贴在漏斗底部，继续将含晶体的溶液倒入漏斗，开大水龙头，过滤完毕应先拆下橡皮管，防止空气回流速度过快造成固体飞溅，最后关闭水龙头。‎ ‎【解答】解：（1）图中装置II的仪器名称为（球形）干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，‎ 故答案为：（球形）干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；‎ ‎（2）减压过滤的操作过程为先将滤纸放入漏斗并用水润湿，稍微打开水龙头，使瓶内压强减小，促使滤纸紧贴在漏斗底部，继续将含晶体的溶液倒入漏斗，开大水龙头，过滤完毕应先拆下橡皮管，防止空气回流速度过快造成固体飞溅，最后关闭水龙头，故正确的顺序是②③①④⑥⑤，‎ 故答案为：②③①④⑥⑤。‎ 第46页（共46页）‎ ‎【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序，题目难度不大。‎ ‎30．（12分）尿素在农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上有多种工艺用NH3和CO2直接合成尿素。‎ ‎（1）水溶液全循环法合成尿素的反应过程可用下列热化学方程式表示：‎ 反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）△H1＝﹣119.2kJ•mol ﹣1‎ 反应ⅡNH2COONH4（1）⇌CO（ NH2）2（1）+H2O（1）△H2＝15.5kJ•mol﹣1‎ ‎①写出NH3（1）与 CO2（ g） 反应生成CO（ NH2）2 （1 ） 和液态水的热化学方程式：　2NH3（l）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（l）△H2＝﹣103.7kJ•mol﹣1　。‎ ‎②该工艺要求在190～200℃、13～24 MPa 的条件下反应.90℃左右反应可实现最高平衡转化率。 试解释选择高压条件的理由：　190～200℃时，NH2COONH4容易分解为NH3和CO2，高压有利于反应I正向进行　。‎ ‎（2）在不同氨碳比 L＝ 和水碳比W＝ 条件下CO2平衡转化率x随温度T 变化情况如图所示。‎ ‎①CO2平衡转化率x随温度T升高先增大后减小，试分析原因：　温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II平衡正向移动，在190～200℃之前，反应II正向进行的趋势更大，190～200℃之后，反应I逆向进行的趋势更大；　。‎ ‎②在图中，画出 L＝4、W＝O 时 CO2平衡转化率x随温度 T 变化的曲线示意图。‎ ‎（ 3 ） 实验室模拟热气循环法合成尿素，T℃度时，将 5.6 mol NH 3 与5.2 mol CO2 在容积恒定为0.5 L的恒温密闭容器中发生反应：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O （g）△H1＝﹣43kJ•mol﹣l． 达到平衡状态时，NH3 与 CO2 的平衡分压之比 PNH3 ：PCO2 ＝2：13 （ p NH3 ＝x NH3•p，x NH3为平衡体系中 NH3的物质的量分数，p 为平衡总压）。‎ ‎①T℃时，该反应的平衡常数 K＝　1.5625　。‎ ‎②若不考虑副反应，对于该反应体系，下列说法正确的是　D　。‎ A．当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，反应达到平衡状态 B．相同条件下，提高水碳比或降低氨碳比都会使NH3 的平衡转化率降低 C．在容器中加入 CaO，可与 H2O）反应，提高 CO （ NH 2 ） 2 产 率 第46页（共46页）‎ D．反应开始后的一段时间内，适当升温可提高单位时间内 CO 2 的 转化率 ‎【分析】（1）①反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）△H1＝﹣119.2kJ•mol ﹣1‎ 反应ⅡNH2COONH4（1）⇌CO（ NH2）2（1）+H2O（1）△H2＝15.5kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2NH3（l）+CO2（g）⇌CO（NH2）2 （l）+H2O（l）；‎ ‎②反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动；190～200℃使NH2COONH4分解；‎ ‎（2）①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，结合两者反应分析；‎ ‎②L越大，氨的比例越大，根据反应Ⅰ，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线在原曲线之上；‎ ‎（3）①列化学平衡三段式，根据压强之比等于物质的量之比，结合K＝计算；‎ ‎②A．，反应过程中气体总质量减小，气体物质的量减小；‎ B．相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度；‎ C．CaO，可与 H2O反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与反应物反应；‎ D．反应未达到平衡时，升高温度，可提高单位时间内 CO 2 的 转化率。‎ ‎【解答】解：（1）①反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）△H1＝﹣119.2kJ•mol ﹣1‎ 第46页（共46页）‎ 反应ⅡNH2COONH4（1）⇌CO（ NH2）2（1）+H2O（1）△H2＝15.5kJ•mol﹣1‎ 根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2NH3（l）+CO2（g）⇌CO（NH2）2 （l）+H2O（l）△H＝（﹣119.2+15.5）kJ•mol ﹣1＝﹣103.7kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：2NH3（l）+CO2（g）⇌CO（NH2）2 （l）+H2O（l）△H2＝﹣103.7kJ•mol﹣1 ；‎ ‎②反应Ⅰ2NH3（1）+CO2（ g）⇌NH2 COONH4 （1）是气体体积减小的反应，选择高压条件理由：190～200℃易使NH2COONH4分解为 NH3和CO2，同时高压利于反应Ⅰ正向移动，‎ 故答案为：190～200℃时，NH 2COONH4 容易分解为 NH3和CO2，高压有利于反应I正向进行；‎ ‎（2）①反应Ⅰ是放热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ是吸热反应，平衡正向移动，190～200℃之前，反应Ⅱ正向进行的趋势更大，190～200℃之后，反应Ⅰ逆向趋势更大，‎ 故答案为：温度升高，反应I平衡逆向移动，反应II 平衡正向移动，在190～200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190～200℃之后，反应I逆向进行的趋势更大；‎ ‎②L越大，氨的比例越大，根据反应Ⅰ，提高氨的浓度，二氧化碳的转化率增大，曲线在原曲线之上，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ正向移动，在190～200℃之前，反应II 正向进行的趋势更大，190～200℃之后，反应I逆向进行的趋势更大，转化率先增大，后减小，L＝4、W＝O 时 CO2平衡转化率x随温度 T 变化的曲线示意图为：，‎ 第46页（共46页）‎ 故答案为：；‎ ‎（3）①2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O （g）‎ 起始n 5.6 5.2 0‎ 转化n 2x x x 平衡n 5.6﹣2x 5.2﹣x x ‎＝，解得x＝2.6mol，K＝＝＝1.5625，‎ 故答案为：1.5625；‎ ‎②A．，反应过程中气体总质量减小，气体物质的量减小，所以反应体系中气体分子的平均摩尔质量不能确定是否保持不变，故当反应体系中气体分子的平均摩尔质量保持不变时，不能判断反应达到平衡状态，故A错误；‎ B．相同条件下，提高水碳比相当于提高生成物浓度，氨的平衡转化率降低，降低氨碳比都会使NH3 的平衡转化率增大，故B错误；‎ C．CaO可与 H2O反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与反应物反应，降低 CO （ NH 2 ） 2 产 率，故C错误；‎ D．反应未达到平衡时，升高温度，可提高单位时间内 CO2 的 转化率，故D正确，‎ 故答案为：D。‎ ‎【点评】‎ 第46页（共46页）‎ 本题综合考查化学知识点，侧重考查学生分析能力和计算能力，题目涉及热化学方程式、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，能正确分析题目中各物理量之间的联系，是解题的关系，再结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式、进行解答，此题难度较大。‎ ‎31．（8分）新能源汽车的核心部 件是锂离子电池，磷酸亚铁锂（ LiFePO 4 ） 以其高倍率性、高比能量、高循环特征、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新宠”。‎ ‎【方法一】高温固相法是磷酸亚铁锂生产的主要方法。通常以亚铁盐（如FeC2O4•2H2O ）磷酸盐和锂盐为原料，充分混匀后，在惰性气氛的保护气中先经过较低温预分解，再经过高温焙烧，研磨粉碎制成。其反应原理如下：‎ Li2CO3+2FeC2O4•2H2O+2NH4 H2PO4═2NH3↑+3CO2↑十　2LiFePO4　+　2CO↑　+　7H2O↑　‎ ‎（1 ） 完成上述化学方程式。‎ ‎（ 2 ） 理论上，反应中每转移 0.15mol 电子，会生成　23.7　g LiFePO 4。‎ ‎【方法二】以铁红、锂辉石 Li A l（ SiO3 ） 2（含少量 Ca2+、Mg2+的盐 ）、碳粉等原料来生产磷酸亚铁锂。其主要工艺流程如图：‎ 已知：2LiA l（ SiO3）2+H 2SO4（浓） Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O↓‎ ‎ 温度/℃‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ 溶解度（ Li2 CO3）/g ‎1.33‎ ‎1.17‎ ‎1.01‎ ‎0.85‎ 溶解度（ Li2 S O4 ）/g ‎34.2‎ ‎32.8‎ ‎31.9‎ ‎30.5‎ ‎（1 ） 向滤液Ⅱ中加入饱和 Na2CO3 溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是　Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3 的损失　。‎ ‎（ 2 ） 滤渣 II的主要成分是　Mg（OH）2、CaCO3　（填化学式）。‎ ‎（ 3 ） 写出在高温下生成磷酸亚铁锂的化学方程式：　2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑　。‎ 第46页（共46页）‎ ‎（ 4 ） 工业上，将 Li2CO3粗品制备成高纯 Li2CO3 的部分工艺如下：‎ ‎①将粗产品Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解，阳极的电极反应式是　2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑　。‎ ‎②电解后向产品 LiOH 溶液中加入过量 NH4 HCO3并加热，过滤、烘干得高纯 Li2CO 3． 请写出生成 Li2CO3的化学方程式：　2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑　。‎ ‎【分析】[方法一]（1）根据原子守恒分析；‎ ‎（2）C2O42﹣中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，根据电子与LiFePO4的关系计算；‎ ‎[方法二]2LiAl（SiO3）2+H2SO4（浓）＝Li2SO4+Al2O3•4SiO2•H2O↓，冷却加水过滤得到滤液I和滤渣I，滤渣中含有Al2O3•4SiO2•H2O↓，滤液中含有Li2SO4、MgSO4、CaSO4，向滤液中加入NaOH、Na2CO3，镁离子和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，钙离子和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以滤渣II为Mg（OH）2、CaCO3，滤液中含有硫酸锂，向滤液中加入饱和碳酸钠得到碳酸锂沉淀，铁和磷酸反应生成磷酸铁，磷酸铁和碳酸锂在高温下反应生成LiFePO4。‎ ‎【解答】解：[方法一]（1）由原子守恒可知，Li2CO3+2FeC2O4•2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+2CO↑+7H2O↑，‎ 故答案为：2LiFePO4；2CO↑；7H2O↑；‎ ‎（2）C2O42﹣中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，生成2molCO转移2mol电子，同时生成2molLiFePO4，则当反应中每转移0.15mol电子，生成0.15molLiFePO4，其质量为23.7g，‎ 故答案为：23.7；‎ ‎[方法二]（1）向滤液II中加入饱和Na2CO3溶液，过滤后，用“热水洗涤”的原因是Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3 的损失，‎ 故答案为：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3 的损失；‎ ‎（2）向滤液中加入NaOH、Na2CO3，镁离子和NaOH反应生成氢氧化镁沉淀，钙离子和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以滤渣II为Mg（OH）2、CaCO3，‎ 故答案为：Mg（OH）2、CaCO3；‎ ‎（3）在高温下FePO4被碳还原生成磷酸亚铁锂的化学方程式：2FePO4+Li2CO3+2C 第46页（共46页）‎ ‎2LiFePO4+3CO↑，‎ 故答案为：2FePO4+Li2CO3+2C2LiFePO4+3CO↑；‎ ‎（4）①将粗产品Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液作阴极液，两者用离子选择半透膜隔开，用惰性电极电解，阳极氯离子失电子被氧化，电极反应式是2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；‎ ‎②电解后向产品LiOH 溶液中加入过量 NH4 HCO3并加热，过滤、烘干得高纯Li2CO3，生成Li2CO3的化学方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑，‎ 故答案为：2LiOH+NH4HCO3Li2CO3↓+2H2O+NH3↑。‎ ‎【点评】本题考查物质的分离和提纯，综合性较强，涉及原电池原理、物质分离和提纯试剂的选取等知识点，明确化学反应原理、物质性质及性质差异性是解本题关键，侧重考查学生分析计算及综合知识运用能力，难点是化学方程式的书写，题目难度中等。‎ ‎32．（12分） 是一种重要的化工原料，是非常重要的有机反应的中间体，具有酸性。根据如下转化，回答相关问题：‎ 已知：‎ ‎①亚甲基卡宾：CH2 与双键加成得环丙烷类化合物，如：CH2+‎ ‎②HC≡C Na+CH3Br→HC≡CCH3+NaBr ‎（1）写出A的官能团的名称：　碳碳三键　。‎ ‎（2）写出C的结构简式：　　。‎ ‎（3）下列有关说法不正确的是　B　‎ A．C 与乙醛是同分异构体 B．A→B 和 D→E 的反应类型相同 第46页（共46页）‎ C． 含有两个手性碳原子 D．聚乙炔是一种重复结构单元为﹣CH＝CH﹣的聚合物材料，可用于制备太阳能电池、半导体材料和电活性聚合物等 ‎（4）写出 A→B 的反应方程式：　HC≡CNa+C6H5CH2Br→C6H5CH2C≡CH+NaBr　。‎ ‎（5）写出符合下列条件的 的同分异构体：　、、、、、　。 （ 不考虑立体异构和对映异构）‎ ‎①只有一个苯环，无其他环②苯环上有四个取代基，且苯环上的一取代物只有 1 种③有 3 个甲基④该同分异构体的水解产物之一能发生银镜反应 ‎（6）以苯和乙炔为基本原料合成 （用流程图表示，其他无机试剂任选）：　　。‎ ‎【分析】（1）HC≡CH在Na、NH3（l）作用下生成A（HC≡CNa）；A（HC≡CNa）和C6H5CH2Br发生取代反应生成B（C6H5CH2C≡CH）和NaBr；B（C6H5CH2C≡CH）在Na、NH3（l）作用下生成C6H5CH2C≡CNa；C6H5CH2C≡CNa与C（‎ 第46页（共46页）‎ ‎）反应生成C6H5﹣CH2﹣C≡C﹣CH2CH2OH即；即；与H2加成反应生成；与CH2I2反应生成D（）；D（）与（COCl）2和（CH3CH2）3N发生氧化反应生成E（）；E（）NaClO2、NaH2PO4发生氧化反应生成；（6）以苯和乙炔为基本原料合成，利用题中信息：CH≡CH→A→B：HC≡CH+NaHC≡CNa，得出合成物质。‎ ‎【解答】解：（1）HC≡CH+NaHC≡CNa，HC≡CNa中含有碳碳三键，故答案为：碳碳三键；‎ ‎（2）C6H5CH2C≡CNa与C反应生成C6H5﹣CH2﹣C≡C﹣CH2CH2OH，生成物（C6H5﹣CH2﹣C≡C﹣CH2CH2OH）比C6H5CH2C≡CNa多了两个碳1个氧原子，且后面问题中说是乙醛的同分异构体，所以C为，故答案为：；‎ ‎（3）A、C为，与乙醛分子式相同结构不同，互为同分异构体，故A正确；‎ B、A→B为取代反应，D→E的反应类型为氧化反应，反应类型不同；故B错误；‎ C、，标有1、2的两个碳为手性碳；故C正确；‎ 第46页（共46页）‎ D、聚乙炔是由HC≡CH通过加聚反应得到的一种重复结构单元为﹣CH＝CH﹣的聚合物材料，可用于制备太阳能电池、半导体材料和电活性聚合物等；故D正确；‎ 故选：B；‎ ‎（4）由上述分析得出，A→B为HC≡CNa+C6H5CH2Br发生的取代反应：HC≡CNa+C6H5CH2Br→C6H5CH2C≡CH+NaBr，故答案为：HC≡CNa+C6H5CH2Br→C6H5CH2C≡CH+NaBr；‎ ‎（5）的同分异构体为分子式相同结构不同的化合物；①只有一个苯环，无其他环②苯环上有四个取代基，且苯环上的一取代物只有 1 种③有 3 个甲基④该同分异构体的水解产物之一能发生银镜反应；能发生银镜反应的为：含有醛基的物质；且侧链有2个不饱和度，醛基为1不饱和度，还有1个不饱和度只能为碳碳双键；则其同分异构体为、、、、、；‎ 故答案为：、、、‎ 第46页（共46页）‎ ‎、、；‎ ‎（6）以苯和乙炔为基本原料合成，利用题中信息：CH≡CH→A→B：HC≡CH+NaHC≡CNa，得出合成图为：；得出合成路线为；‎ 故答案为：。‎ ‎【点评】本题考查有机基础的重点知识，侧重考查学生对有机基础及相关知识的理解能力和综合运用能力是必考点，也是常考点；同时注意知识点的合理、正确并灵活运用；平时练习时注意归纳积累，理解并熟练掌握构建思维导图，培养化学思维，形成化学学科的核心素养。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/5/29 8:07:51；用户：复圣中学；邮箱：fszx519@xyh.com；学号：37091097‎ 第46页（共46页）‎