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2020年浙江省高考化学试卷（1月选考）

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息$2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人 得分

一、单选题

1．有共价键的离子化合物是（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【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，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，据此分析解答。

【详解】

A. 中钠离子与过氧根之间为离子键，故为离子化合物，过氧根中氧原子之间为共价键，故A正确；

B.硫酸为只含共价键的共价化合物，故B错误；

C.二氯甲烷为只含共价键的共价化合物，故C错误；

D.碳化硅为只含共价键的共价化合物，故D错误；

故答案为A。

2．萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】

【详解】

萃取碘水中的碘并分液，需要用到的仪器是分液漏斗；

A.该仪器为分液漏斗，故A正确；

B.该仪器为容量瓶，故B错误；

C.该仪器为直形冷凝管，故C错误；

D.该仪器为漏斗，故D错误；

故答案为A。

3．下列属于有机物，又是电解质的是（ ）

A．己烷 B．乙酸 C．葡萄糖 D．纯碱

【答案】B

【解析】

【分析】

有机物是含碳化合物(一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐、金属碳化物、氰化物除外)或碳氢化合物及其衍生物的总称；电解质是在熔融或水溶液中导电的化合物，据此分析。

【详解】

A.己烷为有机物，但不是电解质，故A错误；

B.乙酸为有机物，其水溶液可以导电，是电解质，故B正确；

C.葡萄糖是有机物但不是电解质，故C错误；

D.纯碱是电解质但不是有机物，故D错误；

故答案为B。

4．反应 中，氧化产物是（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

【详解】

氧化还原反应中还原剂失电子化合价升高被氧化得到氧化产物，该反应中HCl中氯元素由-1价升为0价得到产物Cl₂，即氧化产物为Cl₂；

故答案为D。

5．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

C．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】

【分析】

【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。

6．下列说法不正确的是（ ）

A． 可通过 溶液与过量氨水作用得到

B．铁锈的主要成分可表示为

C．钙单质可以从 中置换出

D．可用 还原 制备单质

【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 ，故A正确；

B. 铁锈的主要成分可表示为 ，故B正确；

C. 钙还原性较强，钙单质可以从 中置换出 ，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。

7．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。

8．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． 和 的混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出

C．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 溶液，稀 和 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 ，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HNO₃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。

9．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】

【分析】

【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。

10．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 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。

11．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． 该物质完全燃烧，生成33.6 L（标准状况）的

C．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． 该物质与足量 溶液反应，最多可消耗

【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 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 该物质与足量 溶液反应，最多可消耗 ，故D错误；

故答案为C。

12．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，Ⅱ A与Ⅲ A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，Ⅱ A与Ⅲ A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。

13．下列说法不正确的是（ ）

A． 的溶液不一定呈碱性

B．中和pH和体积均相等的氨水、 溶液，所需 的物质的量相同

C．相同温度下，pH相等的盐酸、 溶液中， 相等

D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则

【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 溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、 溶液，氨水所需 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K_w相同，K_w= 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 ，故D正确；

故答案为B。

14．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 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。

15．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应 。反应过程中的部分数据如下表所示：

n/mol t/min
0	2.0	2.4	0
5			0.9
10	1.6
15		1.6

下列说法正确的是（ ）

A．0~5 min用A表示的平均反应速率为

B．该反应在10 min后才达到平衡

C．平衡状态时，

D．物质B的平衡转化率为20%

【答案】C

【解析】

【详解】

A.v(C)= ，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)= ，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 ，故C正确；

D. 物质B的平衡转化率为 ，故D错误；

故答案为C。

16．室温下，向 盐酸中滴加 溶液，溶液的pH随 溶液体积的变化如图。已知 。下列说法不正确的是（ ）

A． 与盐酸恰好完全反应时，

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． 时，

【答案】C

【解析】

【详解】

A. 与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下 ，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. 时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)= =0.02mol/L，即溶液中c(OH^-)=0.02mol，则c(H⁺)=5×10^-13 mol/L，pH=-lgc(H⁺)=12.3，故D正确；

故答案为C。

17．100%硫酸吸收 可生成焦硫酸（分子式为 或 ）。下列说法不正确的是（ ）

A．焦硫酸具有强氧化性

B． 水溶液呈中性

C． 可与碱性氧化物反应生成新盐

D．100%硫酸吸收 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. 溶于水生成硫酸氢钠，溶液呈酸性，故B错误；

C. 可与碱性氧化物反应生成新盐，例如 ，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。

18．某固体混合物X，含有 、 、 和 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 溶液作用，无变化。

下列说法不正确的是（ ）

A．混合物X中必定含有 ，不含

B．溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含

C．灼烧沉淀Y，可能得到黑色物质

D．往溶液Z中加入Cu粉，若不溶解，说明X中不含

【答案】D

【解析】

【分析】

某固体混合物X，含有 、 、 和 中的几种，进行如下实验：

①X与水作用有气泡冒出，四种物质中能生成气体的只有 ，所以一定有 ，而几种物质中没有酸，可知推测因为发生双水解生成了二氧化碳，能与 在溶液中双水解的有 、 和 ；得到有色沉淀Y，则Fe(OH)₃、Cu(OH)₂中至少有一种Al(OH)₃不确定；弱碱性溶液Z，说明溶液中不存在铝离子、铁离子和铜离子；

②沉淀Y与 溶液作用，无变化说沉淀中没有Al(OH)₃，则X中一定没有 ，据此再结合选项分析。

【详解】

A. 根据分析可知混合物X中必定含有 ，不含 ，故A正确；

B.溶液Z显弱碱性，所以大量存在的阳离子只能是钠离子，碳酸钠的水解分两步：CO₃^2-+H₂O=HCO₃^-+OH^-；HCO₃^-+ H₂O =H₂CO₃+OH^-；由于发生双水解反应产生了二氧化碳且溶液显碱性说明溶液中依然存在第二步水解，第一步水解有可能存在，即溶液中一定有碳酸氢根，所以溶液Z中溶质主要是钠盐，且必含 ，故B正确；

C.沉淀Y中可能含有氢氧化铜，故灼烧可以得到黑色固体，故C正确；

D.溶液Z显弱碱性，一定不存在 ，故D错误；

故答案为D。

19．下列物质的名称不正确的是

A．NaOH：烧碱 B．FeSO₄：绿矾

C． ：甘油 D． ：3−甲基己烷

【答案】B

【解析】

【详解】

A项、烧碱是氢氧化钠的俗称，化学式为NaOH，故A正确；

B项、绿矾是七水硫酸亚铁的俗称，化学式为FeSO₄·7H₂O，故B错误；

C项、甘油是丙三醇的俗称，结构简式为 ，故C正确；

D项、烷烃 的主链有6个碳原子，侧链为甲基，系统命名法的名称为3−甲基己烷，故D正确；

故选B。

20．下列表示不正确的是

A．羟基的电子式： B．乙烯的结构简式：CH₂CH₂

C．氯原子的结构示意图： D．NH₃分子的球棍模型：

【答案】B

【解析】

【分析】

【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。

21．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．CH₃COOCH₂CH₃和CH₃CH₂CH₂COOH互为同分异构体

【答案】C

【解析】

【详解】

¹⁶₈O和¹⁸₈O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；

B项、金刚石和石墨是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；

C项、同系物必须是结构相似，相差一个或若干个CH₂原子团的同类物质， 属于酚类， 属于芳香醇，不是同类物质，不互为同系物，故C错误；

D项、CH₃COOCH₂CH₃和CH₃CH₂CH₂COOH的分子式都为C₄H₈O₂，结构不同，互为同分异构体，故D正确；

故选C。

【点睛】

同系物必须是结构相似，相差一个或若干个CH₂原子团的同类物质是解答关键，也是易错点。

22．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⁺=Ba²⁺＋CO₂↑＋H₂O

B．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 ＋CO₃^2—

D．醋酸钠水解：CH₃COO⁻＋H₂O CH₃COOH＋OH⁻

【答案】C

【解析】

【分析】

【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⁻＋H₂O CH₃COOH＋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。

23．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．MgCl₂·4H₂O(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MgCl₂·2H₂O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。

24．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，N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是

A．H₂(g)＋ O₂(g)=H₂O(l)　ΔH＝－286 kJ·mol⁻¹，则每1 mol [H₂(g)＋ O₂(g)]生成1 mol [H₂O(l)]放热286 kJ

B．Cr₂O₇^2-＋ne⁻＋14H⁺=2Cr³⁺＋7H₂O，则每生成1 mol Cr³⁺转移电子数为3N_A

C．Al³⁺＋4OH⁻=[Al(OH)₄]⁻，说明1 mol Al(OH)₃电离出H⁺数为N_A

D．1 mol CO₂与NaOH溶液完全反应，则n(CO₃^2-)＋n(HCO₃^-)＋n(H₂CO₃)＝1 mol

【答案】C

【解析】

【分析】

【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，1 mol [H₂(g)＋ O₂(g)]生成1 mol [H₂O(l)]放热286 kJ，故A正确；

B项、由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr³⁺转移6mol电子，则生成1 mol Cr³⁺转移电子数为3N_A，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1 mol Al(OH)₃电离出H⁺数小于N_A，故C错误；

D项、由碳原子个数守恒可知，1 mol CO₂与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO₃^2-)＋n(HCO₃^-)＋n(H₂CO₃)＝1 mol，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。

25．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．E_a为逆反应活化能，E 为正反应活化能

B．该反应为放热反应，ΔH＝E_a^’－E_a

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．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

【答案】D

【解析】

【分析】

由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。

【详解】

A项、由图可知， E_a为正反应活化能，E 为逆反应活化能，故A错误；

B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（E_a^’－E_a），故B错误；

C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；

D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；

故选D。

【点睛】

活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。

第II卷（非选择题）

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评卷人 得分

二、填空题

26．(1)比较给出 能力的相对强弱： ________ （填“>”“<”或“=”）；用一个化学方程式说明 和 结合 能力的相对强弱________。

(2) 是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出 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】> 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 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 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。

评卷人 得分

三、计算题

27．为测定 样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用 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/mL
1	0.00	19.98
2	1.26	22.40
3	1.54	21.56

已知：

假设杂质不参加反应。

该样品中 的质量分数是________%（保留小数点后一位）；

写出简要计算过程：________。

【答案】95.2

【解析】

【分析】

根据方程式找出MnO₄^-和 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 ;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO₄^-~5 ，所以25mL待测液中所含 的物质的量为： ，质量为 ，所以样品中 质量分数为 。

【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。

评卷人 得分

四、工业流程题

28．碘化锂（ ）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备 和 ，流程如下：

已知： 在75~80℃转变成 ，80~120℃转变成 ，300℃以上转变成无水 。

b. 易溶于水，溶解度随温度升高而增大。

c. 在空气中受热易被氧化。

请回答：

(1)步骤II，调 ，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 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 置入坩埚中，300℃加热，得 样品。用沉淀滴定法分别测定所得 、 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 ，用滴定管中的 标准溶液滴定至终点，根据消耗的 标准溶液体积计算，得 、 的纯度分别为99.96%，95.38%。 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

③ 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 纯度。

①设备X的名称是________。

②请说明采用该方案可以提高 纯度的理由________。

【答案】 B AC d f c b 抽气泵 抽除空气，避免 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 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；

③ 在空气中加热易被氧化；

(4)① 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 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. 易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；

D. 在75~80℃转变成 ，80~120℃转变成 ，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；

③ 在空气中受热易被氧化生成 ；

(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 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。

评卷人 得分

五、原理综合题

29．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

：

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 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

(2)写出化合物E的结构简式________。

(3)写出 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________。

① 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】BC

【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 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： 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。

30．Ⅰ．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与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品( 学名：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)。

Ⅱ．某兴趣小组为探究H₂S和Cl₂O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Cl₂O已过量，设计实验方案检验________。

【答案】Ca、H和N Ca₂HN Ca₂HN＋5HCl=2CaCl₂＋H₂↑＋NH₄Cl 4NH₃＋6HCHO→ (或C₆H₁₂N₄)＋6H₂O 2H₂S＋Cl₂O=2S↓＋2HCl＋H₂O 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Cl₂O过量

【解析】

【分析】

Ⅰ．由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A中含有钙元素和氮元素，由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体A中含有Ca、N和H三种元素。

Ⅱ．由题意可知，H₂S和Cl₂O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H₂S中硫元素化合价升高被氧化，Cl₂O中氯元素化合价降低被还原。

【详解】

Ⅰ．（1）由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为 =0.04mol，质量为0.04mol×40g/mol=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为 ×2× =0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A中氮的物质的量为 =0.02mol，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为Ca₂HN，故答案为：Ca、H和N ；Ca₂HN；

（2）Ca₂HN与足量盐酸反应时，Ca₂HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca₂HN＋5HCl=2CaCl₂＋H₂↑＋NH₄Cl，故答案为：Ca₂HN＋5HCl=2CaCl₂＋H₂↑＋NH₄Cl；

（3）氨气与甲醛反应生成 和水，反应的化学方程式为4NH₃＋6HCHO→ (或C₆H₁₂N₄)＋6H₂O，故答案为4NH₃＋6HCHO→ (或C₆H₁₂N₄)＋6H₂O；

Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H₂S和Cl₂O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H₂S＋Cl₂O=2S↓＋2HCl＋H₂O，故答案为：2H₂S＋Cl₂O=2S↓＋2HCl＋H₂O；

(2) Cl₂O具有强氧化性，若通入水中的Cl₂O已过量，过量的Cl₂O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl₂O已过量的实验方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Cl₂O过量，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Cl₂O过量。

31．研究NO_x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K_p＝________(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K_p，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。

Ⅰ 2NO(g)=N₂O₂(g) ΔH₁

Ⅱ N₂O₂(g)＋O₂(g)→2NO₂(g) ΔH₂

①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】AE p Ⅱ T₄ 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：

由三段式数据可知N₂O₄的平衡分压为 ×p= ，NO₂的平衡分压为 ×p= ，则平衡常数K_p＝ = ，故答案为： ；

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0.03 mol/L×2=0.06 mol/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；