2022年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟试卷02(解

2021年1月浙江省普通高校招生选考科目

化学仿真模拟试卷02

可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5

K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 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．下列物质的水溶液不呈碱性的是（）

A．Ca（OH）2B．NaHCO3C．NH4Cl D．NH3?H2O

【答案】C

【解析】A.Ca（OH）2是强碱，溶液呈碱性，故A不符合题意；

B.NaHCO3为强碱弱酸盐，碳酸氢根离子在溶液中部分水解，溶液呈碱性，故B不符合题意；

C.NH4Cl溶液中，铵根离子部分水解，溶液呈酸性，故C符合题意；

D.NH3?H2O是弱碱，在溶液中部分电离出氢氧根离子，溶液呈碱性，故D不符合题意。答案选C

2．实验室模拟石油的分馏实验中，不需要用到的仪器是( )

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】D

【解析】利用混合物中各物质的沸点不同对石油进行分离，即在给石油加热时，低沸点的烃先汽

化，经冷凝液化后分离出来，随着温度的升高，较高沸点的烃再汽化，经冷凝液化后又分离出来。

这样不断的加热汽化和冷凝液化，就可以把石油分成不同沸点范围内的分馏产物，需要的仪器有

铁架台、铁夹、铁圈、酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，选择冷凝

管时，需要注意冷凝管分为直形冷凝管、球形冷凝管、蛇形冷凝管等，直形冷凝管一般是用于蒸

馏，即在用蒸馏法分离物质时使用。而球形冷凝管、蛇形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时

考虑到反应物的蒸发流失而用球形冷凝管（或蛇形冷凝管）冷凝回流，则实验室模拟石油的分馏

实验中应使用直形冷凝管、不用球形冷凝管，答案选D。

3．下列物质能导电，但不属于电解质也不属于非电解质的是

A．食盐B．铜丝C．纯碱D．干冰

【答案】B

【解析】A.食盐是电解质，本身不导电，故A错误；

B.铜丝即金属铜单质，导电，但既不是电解质也不是非电解质，故B正确；

C.纯碱是电解质，本身不导电，故B 错误；

D.干冰即CO 2，是非电解质，不导电，故D 错误。

故选B 。

4．下列物质对应的组成不正确．．．

的是 A ．烧碱：NaOH B ．木醇：CH 3OH

C ．2-甲基丁烷：

D ．生石膏：CaSO 4·2H 2O

【答案】C

【解析】A ．烧碱是氢氧化钠，即NaOH ，A 正确；

B ．CH 3OH 名为甲醇，又叫木醇，B 正确；

C ．2-甲基丁烷的结构简式应为，C 错误；

D ．生石膏二水合硫酸钙，即CaSO 4·2H 2O ，D 正确；

答案选C 。

5．下列表示不正确的是( )

A ．KOH 的电子式：

B ．水分子的比例模型：

C ．甲烷的结构式：

D ．Mg 2＋的结构示意图：

【答案】B 【解析】水分子的比例模型：

，故B 错误，故选B 。

6．下列有关说法不正确的是 A ．纤维素、油脂、蛋白质均为高分子化合物

B ．35%～40%的甲醛水溶液称为福尔马林，具有杀菌、防腐性能

C ．淀粉、溴乙烷、脂肪在一定条件下都可以发生水解反应

D ．脂肪烃的来源有石油、天然气和煤等，通过石油的裂化及裂解可得到气态烯烃

【答案】A

【解析】A ．纤维素、蛋白质均为高分子化合物，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯类，因此不是高分子化合物，A 错误；B ．35%～40%的甲醛水溶液称为福尔马林，具有杀菌、防腐性能，B 正确；C ．淀粉、溴乙烷、脂肪在一定条件下都可以发生水解反应，C 正确；D ．脂肪烃的来源有石油、天然气和煤等，通过石油的裂化及裂解可得到气态烯烃，D 正确，答案选A 。

7．下列说法正确的是（ ）

A ．12H 和22H 表示氢元素的两种核素

B ．60

C 和金刚石互为同素异形体，它们都是分子晶体

C ．HOCOOH 和3CH COOH 互为同系物

D ．32CH CH OH 与33CH OCH 互为同分异构体

【答案】D

【解析】A. 12H 和2

2H 表示氢元素构成的两种单质，不属于核素，故A 错误；

B. 60C 和金刚石互为同素异形体，但金刚石是原子晶体，故B 错误；

C. HOCOOH 和3CH COOH 分子式相差一个CH 2O ，不是同系物，故C 错误；

D. 32CH CH OH 与33CH OCH 分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故D 正确； 正确答案是D 。

8．下列比较不正确的是

A ．热稳定性 Na 2CO 3>NaHCO 3

B ．酸性 H 2CO 3>H 2SiO 3

C ．硬度: 金属镁>镁铝合金

D ．氧化性:浓H 2SO 4>稀H 2SO 4 【答案】C

【解析】A. Na 2CO 3稳定，受热不分解，而NaHCO 3不稳定，加热会分解产生Na 2CO 3、H 2O 、CO 2，所以物质的稳定性：Na 2CO 3>NaHCO 3，A 正确；

B. C 、Si 是同一主族的元素，由于元素的非金属性：C>Si ，所以二者最高价氧化物对应的水化物的酸性：H 2CO 3>H 2SiO 3，B 正确；

C. 合金硬度大于成分金属，所以物质的硬度：金属镁<镁铝合金，C 错误；

D. 浓硫酸在加热时能够将Cu 氧化为CuSO 4，而稀硫酸与Cu 不能发生反应，不能氧化Cu ，所以物质的氧化性：浓H 2SO 4>稀H 2SO 4，D 正确；

故合理选项是C 。

9．下列说法不正确的是( )

A ．FeSO 4可用于净水

B ．钠镁单质可用于电光源领域

C ．碳酸钠是重要化工原料，可用于制玻璃、造纸等

D ．氯气有毒，不可用于合成药物

【答案】D

【解析】FeSO 4可水解出胶体，所以用于净水，故A 正确；钠镁单质可用于电光源领域，如高压钠灯，故B 正确；碳酸钠是制玻璃、造纸的原料，故C 正确；氯气有毒，可用于合成药物，如氯仿可用于麻醉剂，故D 错误。

10．下列说法正确的是( )

A ．反应2MnO 4HCl()+浓

222MnCl Cl 2H O +↑+中，氧化剂和还原剂的物质的量之比

为1：4 B ．反应222=2H S SO 3S 2H O +↓+中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2

C ．反应22323S 6KOH=2K S K SO 3H O +++中，被氧化和被还原的硫的物质的量之比为2：1

D ．反应3222O 2KI H O=2KOH I O ++++中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：1

【答案】D

【解析】A ．HCl 是还原剂，但每4mol HCl 参与反应只有2mol HCl 作还原剂，另外2molHCl 表现酸性，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2，A 错误；

B ．2H S 是还原剂，2SO 是氧化剂，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比是2：1，B 错误；

C ．参加反应的3mol S 中，2mol S 作氧化剂，1molS 作还原剂，则被氧化和被还原的硫的物质的量之比是1：2，C 错误；

D ．部分KOH 是还原产物，2I 是氧化产物，由得失电子守恒可知，反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是1：1，D 正确；

故选D 。

11．下列有关实验操作或说法中不正确的是（ ）

A ．过滤后滤液仍然浑浊，无需再过滤了

B ．实验室制备蒸馏水的实验中，弃去开始盛接在锥形瓶中的液体

C ．萃取分液操作用到分液漏斗

D ．蒸发食盐水所用的蒸发皿不需要垫石棉网

【答案】A

【解析】A ．若滤液仍然浑浊，可以更换滤纸再次过滤，故A 错误；

B ．仪器内空气中的杂质会存在于开始蒸馏出的部分液体中，所以收集蒸馏水时，应弃去开始馏出的部分，故B 正确；

C ．萃取分液操作用到的主要仪器为分液漏斗，故C 正确；

D ．蒸发皿可直接加热，不需要垫石棉网，故D 正确；

故选A 。

12．下列说法正确的是( )

A ．用直接加热氧化铝的方法冶炼得到铝

B ．海水中含有钾元素，只需经过物理变化可以得到钾单质

C ．从海水中可以得到NaCl ，电解熔融NaCl 可制备Cl 2

D ．高炉炼铁的过程是通过置换反应得到铁

【答案】C

【解析】A ．铝是活泼的金属，通过电解熔融的氧化铝的方法冶炼得到铝，故A 错误； B ．海水中含有钾元素以离子的形式存在，需经过化学变化得到钾单质，故B 错误；

C ．从海水中可以得到NaCl ，电解熔融NaCl 可制备Cl 2，故C 正确；

D ．高炉炼铁的过程是通过CO 还原铁的氧化物得到铁和CO 2，该反应不是置换反应，故D 错误； 答案选C 。

13．能正确表示下列变化的离子方程式是

A ．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：()3232332Al 3CO Al CO +-+=↓

B ．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：22

22445SO 2H O 2MnO 2Mn

5SO 4H -+-+++=++ C ．少量二氧化硫通入漂白粉溶液中：2224Ca ClO SO H O CaSO 2H 2Cl +-+-↓+++=++ D ．KClO 碱性溶液与3Fe(OH)反应制高铁酸钾：

23423ClO 2Fe(OH)2FeO 3Cl 4H H O ---++=+++

【答案】B

【解析】A.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子反应方程式为： 2Al 3++3CO 32-

+3H 2O=3CO 2↑+2Al(OH)3↓，故A 错误；

B.二氧化硫具有还原性能与酸性高锰酸钾溶液反应，其反应的离子方程式为：

22

22445SO 2H O 2MnO 2Mn 5SO 4H -+-+++=++，故B 正确；

C.少量二氧化硫通入漂白粉溶液中生成微溶物硫酸钙和酸性很弱的次氯酸，起反应的离子方程式为： SO 2+ Ca 2++3ClO - + H 2O = Cl - + CaSO 4↓ + 2HClO ，故C 错误；

D. KClO 碱性条件下氧化3Fe(OH)中的Fe 3+生成FeO 42-，本身被还原成Cl -，其反应的离子方程式为：3ClO -+2Fe (OH)3 +4OH -=2FeO 42-+3Cl -+5H 2O ，故D 错误；

答案：B 。

14．下列说法不正确的是( )

A ．油脂可用来制造肥皂

B ．苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色

C ．甲烷的二氯取代物只有一种

D ．纤维素、淀粉水解的最终产物均为葡萄糖

【答案】B

【解析】A. 油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应，水解生成的高级脂肪酸盐为肥皂的主要成分，工业生产中，常用此反应来制取肥皂，故A 正确；

B. 苯无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B 错误；

C. 因甲烷为正四面体结构，则甲烷的二氯取代物只有一种，故C正确；

D. 纤维素、淀粉水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；

故选B。

15．某有机物的结构简式如图，有关说法正确的是（）

A．该物质共有两种含氧官能团

B．该物质属于芳香烃

C．1mol该有机物能与3mol的NaOH反应

D．1mol该有机物在一定条件下可以消耗6molH2

【答案】C

【解析】A．含-COOC-、-OH、-COOH三种含氧官能团，故A错误；B．含O元素，为烃的衍生物，故B错误；C．-COOC-、-COOH及-COOC-水解生成的酚-OH均与NaOH反应，则1mol该有机物能与3mol的NaOH反应，故C正确；D．只有苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则1mol 该有机物在一定条件下可以消耗4molH2，故D错误；故选C。

16．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法不正确

．．．的是（）A．原子半径：r(X)

B．W的最高价氧化物的水化物是一种强碱

C．X分别和Y、Z均可组成含有非极性键的共价化合物

D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物

【答案】A

【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素；W是短周期中金属性最强的元素，则W是Na元素；其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素；X不与Na、O、N同周期，则X位于第一周期，为H 元素，据此分析解答。

根据上述分析可知：X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素。

A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)＜r(Z)＜r(Y)＜r(W)，故A错误；

B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B正确；

C．X分别和Y、Z形成的化合物有H2O、H2O2、NH3、N2H4等，都是共价化合物，其中H2O2、N2H4中含有极性键和非极性键，故C正确；

D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化

合物，故D 正确；

故选A 。

17．下列说法不正确的是

A ．某溶液 c(H +)>c(OH -) ,则该溶液一定显酸性

B ．0.1 mol ?L -1一元酸 HX 溶液pH=3，则 HX 一定为弱电解质

C ．相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，盐酸的 pH 大

D ．相同温度下， pH 相等的盐酸、CH 3COOH 溶液， c( Cl -) =c(CH 3COO -)

【答案】C

【解析】A ．氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液一定显酸性，故A 正确；

B ．0.1 mol ?L -1一元酸 HX 溶液pH=3，氢离子浓度为0.001 mol ?L -1，说明HX 不能完全电离，则一定为弱电解质，故B 正确；

C ．相同温度下，等浓度的盐酸和醋酸稀释相同倍数后，两溶液的浓度仍然相同，盐酸是强酸完全

电离，醋酸是弱酸部分电离，因此盐酸中氢离子浓度大于醋酸，盐酸的pH 小于醋酸，故C 错误；

D ．根据电荷守恒可得：醋酸溶液中：--+3(CH COO )+(OH )=(H )c c c ，盐酸溶液中：

--+(Cl )+(OH )=(H )c c c ，pH 值相等，则两溶液中氢离子浓度相等，氢氧根浓度也相等，则c( Cl -) =c(CH 3COO -)，故D 正确；

故选：C 。

18．在淀粉—KI 溶液中存在下列平衡：I 2(aq)＋I －(aq)I (aq)。测得不同温度下该反应的平衡常数K

如表所示：

下列说法正确的是( )

A ．反应I 2(aq)＋I －(aq)I (aq)的ΔH>0

B ．其他条件不变，升高温度，溶液中c(I )减小

C ．该反应的平衡常数表达式为K ＝

D ．25 ℃时，向溶液中加入少量KI 固体，平衡常数K 大于689

【答案】B

【解析】A 、根据题中提供的数据可知温度升高，平衡常数减小，则平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，ΔH<0，A 错误；B 、其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，溶液中c(I 3－

)减小，B 正确；C 、根据方程式可知该反应的平衡常数表达式为K ＝()()()32·c I c I c I -

-

，C 错误；D 、平衡常数只与温度有关，25 ℃时，向溶液中加入少量KI 固体，虽然

平衡向正方向移动，但平衡常数不变，D错误，答案选B。

19．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A．lL 1 mol ?L-1Na2CO3溶液中，CO32-离子总数为N A

B．1LpH=2 的新制氯水中，阳离子总数为0.01N A

C．C与浓H2SO4加热生成4.48LCO2气体．转移的电子数为0.4N A．

D．7.lg37Cl2中含有氯分子0.lN A

【答案】B

【解析】A．碳酸钠属于强碱弱酸盐，溶于水时发生水解反应，因此1L 1 mol ?L-1Na2CO3溶液中，CO32-离子总数少于N A，故A错误；

B．1LpH=2 的新制氯水中，c(H+)=0.01 mol ?L-1，溶液中中含有一种阳离子——氢离子，阳离子总数为0.01N A，故B正确；

C．未告知是否为标准状况，无法计算4.48LCO2气体的物质的量，故C错误；

D．7.lg37Cl2的物质的量=

7.1

74/

g

g mol

＜0.1mol，含有氯分子少于0.lN A，故D错误；

故选B。

20．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p（Pa），在一定温度下反应：H2（g）+ I2（g）2HI（g）ΔH＜0，平衡后改变条件,下列叙述正确的是

A．保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应速率加快

B．提高起始的反应温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢，平衡正向移动

C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol Ne，反应速率加快，平衡正向移动

D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），反应速率加快

【答案】D

【解析】A。保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），与反应无关的气体，各物质的浓度保持不变，反应速率不变；A错误；B提高反应温度，正反应速率加快，逆反应速率加快，平衡逆向移动；B错误；C。保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol Ne，相当于减压过程，但由于该反应为反应前后体积不变的反应，平衡不移动，反应速率减慢；C错误；D保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），相当与增大反应物浓度，反应速率加快；D正确；

21．利用甲烷燃料电池电解饱和食盐水制备漂白液，下列说法中不正确的是（）

A ．燃料电池的A 极连接电解池的C 极

B ．A 电极的电极反应式为：CH 4－8e －＋2H 2O = CO 2＋8H ＋

C ．燃料电池工作时H ＋移向左边

D ．电解池总反应式为NaCl ＋H 2O

NaClO ＋H 2↑

【答案】C

【解析】电解饱和食盐水制备漂白液，C 应该作阴极，发生还原反应，D 作阳极，发生氧化反应。A 、根据电解饱和食盐水制备漂白液的原理，燃料电池的A 极为负极，连接电解池的C 极，故A 正确；B 、A 是负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH 4－8e －＋2H 2O = CO 2＋8H ＋，故B 正确；C 、燃料电池工作时，电解质溶液中的阳离子移向正极，因此H ＋移向右边，故C 错误；D 、电解饱和食盐水生成氢氧化钠氯气和氢气，生成的氢氧化钠与氯气反应生成次氯酸钠氯化钠和水，总反应式为NaCl ＋H 2O

NaClO ＋H 2↑，故D 正确；故选C 。 22．已知： 221C(s)O (g)CO (g)ΔH +═ 22CO (g)C(s)2CO(g)ΔH +═

2232CO(g)O (g)2CO (g)ΔH +═ 242Cu(s)O (g)2CuO(s)ΔH +═

25CO()CuO(s)CO (g)Cu(s)ΔH g ++═

下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）

A ．13ΔH >0,ΔH <0

B ．24ΔH <0,ΔH >0

C ．213ΔH =ΔH -ΔH

D ．345ΔH =ΔH +ΔH

【答案】C

【解析】燃烧反应都是放热反应，1ΔH <0，3ΔH <0，4ΔH <0，反应2CO (g)C(s)2CO(g)+═为吸热反应，2ΔH >0，A 、B 错误；①221C(s)O (g)CO (g)ΔH +═；②

22CO (g)C(s)2CO(g)ΔH +═③2232CO(g)O (g)2CO (g)ΔH +═；④

242Cu(s)O (g)2CuO(s)ΔH +═；⑤25CO(g)CuO(s)CO (g)Cu(s)ΔH ++═；由盖斯定律可知=-②①③，则213ΔH =ΔH -ΔH ，C 正确；由盖斯定律可知2=+?③④⑤，则

ΔH=ΔH+2ΔH，D错误；

345

答案选C。

23．常温下，用0.1000 mol·L－1 HCl溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 NH3·H2O溶液，滴定曲线如下图。下列说法不正确的是

A．①溶液：c(NH3·H2O)+ c(NH)＝2c(Cl－)

B．①溶液：c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)

C．②溶液：c(NH)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)

D．③溶液：c(NH) > c(Cl－) > c(H＋) > c(OH－)

【答案】D

【解析】A．①点反应后为等物质的量的NH4Cl、NH3?H2O，有物料守恒式可知c(NH3·H2O)+ c(NH)＝2c(Cl－)，故A正确；A．①点反应后为等物质的量的NH4Cl、NH3?H2O，溶液中存在的电荷守恒式为c(C1-)+c(OH-)=c(H+)+(NH4+)，物料守恒式为c(NH3·H2O)+ c(NH)＝2c(Cl－)，由此可得c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故B正确；C．②点反应后为溶液含NH4Cl、NH3?H2O，pH=7，则c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒可知，c(NH4+)=c(C1-)，则c(NH4+)=c(C1-)＞c(OH-)=c(H+)，故C正确；

C．③点时等体积等浓度恰好反应生成氯化铵，水解显酸性c(H+)＞c(OH-)，且存在电荷守恒式为c(C1-)+c(OH-)=c(H+)+(NH4+)，则c(Cl－) >(NH4+)，故D错误；答案为D。

24．卤素间形成的化合物如“IF5、BrCl、IBr”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物的性质的描述及发生的相关反应不正确的是（）

3IBr+2Fe=FeI+FeBr

A．IF5是一种化合物B．33

C．BrCl的氧化性强于2I D．IBr可以与NaOH溶液反应生成2种盐

【答案】B

【解析】化合物是由两种元素组成的纯净物；氧化性Fe3+＞I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物；Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2；卤素间形成的化合物称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，故IBr可以看作是氯气。

A．IF5由碘和氟两种元素组成，是化合物，故A正确；

B．氧化性Fe3+＞I2，IBr与铁反应生成FeI2，故B错误；

C．Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2，介于氯气和溴之间，故C正确；

D．IBr可以与NaOH溶液生成NaIO和NaBr，故D正确；

答案选B。

25．某固体粉末含Fe3O4、CuCO3、Cu2O、Al2O3、MgCO3中的一种或几种，某化学兴趣小组按如下方

)

案进行实验探究。已知：Cu2O＋2HCl=Cu＋CuCl2＋H2O，下列对实验结果的分析合理的是(

B．固体乙中成分至少2种及以上

C．固体粉末中一定含有Cu2O、Al2O3、MgCO3

D．溶液甲中可能含有Fe3＋

【答案】A

【解析】固体粉末加入过量盐酸生成气体甲，则气体甲一定为CO2，应含有碳酸盐，可能为MgCO3或CuCO3或二者均有，固体粉末与盐酸反应后有固体甲生成，由反应Cu2O＋2HCl===Cu＋CuCl2＋H2O可知，原固体中一定含有Cu2O，固体甲含有Cu，溶液甲中含有Cu2＋，固体乙中一定含有Cu(OH)2，溶液乙中含有NaCl、NaOH，样品可能含有Al2O3，则溶液乙中还可能含有NaAlO2。

A. 溶液乙中含有NaCl、NaOH，还可能含有NaAlO2，故溶液乙中溶质至少2种及以上，故A正

确；

B. 固体乙中一定含有Cu(OH)2，由于固体粉末中不一定含有Fe3O4和MgCO3，则固体乙中不一定

含有氢氧化镁以及铁的氢氧化物，则固体乙中成分至少1种，故B错误；

C. 固体粉末中一定含有Cu2O，不一定含有Al2O3和MgCO3，故C错误；

D. 由于固体甲含有Cu，则溶液甲中不可能含有Fe3＋，故D错误；

故选A。

非选择题部分

二、非选择题（本大题共6小题，共50分）

26．(4分)

（1）比较酸性溶液中的氧化性强弱：MnO2______ Fe3+(填“>”、“<”或“=”)；用一个离子方程式说明MnO2与Fe3+氧化性的相对强弱_______________________________________。

（2）氰酸铵（NH4CNO）是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，请写出氰酸铵的电子式__________________。

（3）抗坏血酸(结构简式如图所示)易溶于水的主要原因_________________________________。

【答案】（1）> 22322MnO 4H 2Fe Mn 2Fe 2H O ++++++=++ （2）

（3）抗坏血酸分子中含有4个—OH ，与溶剂水形成分子间氢键，因此易溶于水

【解析】氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；书写离子化合物的电子式时，应找出阴阳离子，若是双核或多核离子，则需搞清楚原子之间共用电子对的数目；含羟基的物质，溶于水时要考虑氢键的影响；

（1）二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，二氧化锰是氧化剂，氯气是氧化产物，氯气与亚铁离子反应生成铁离子，氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可

知氧化性强弱的顺序为：322MnO Cl Fe +>>，所以氧化性：2MnO >3Fe +，则在酸性条件下二

氧化锰可以将亚铁氧化成铁离子，反应的离子方程式为：

22322MnO 4H 2Fe Mn 2Fe 2H O ++++++=++；

（2）氰酸铵（NH 4CNO ）是一种铵盐，除氢原子外，各原子均满足8电子稳定结构，根据8电子的稳定结构，则O 原子与C 原子共用一对电子，C 原子与N 原子共用三对电子，其电子式为

；

（3）由结构简式知：抗坏血酸分子中含有4个?OH ，与溶剂水形成分子间氢键，增强了抗坏血酸的溶解性，因此易溶于水。

27．(4分) 将2.175g 二氧化锰矿试样溶于浓盐酸中，产生的氯气通入浓KI 溶液后，将其体积稀释至

250mL 。然后取此溶液25.00mL ，用0.2000mol ·L -1Na 2S 2O 3标准溶液滴定，需要20.00mL 。(提示：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)该样品中MnO 2的质量分数是____________；写出简要计算过程：___________________________________________________________________________。

【答案】 80.00% 由关系式法可知：()()()()

2232222n Na S O ~n I ~n Cl ~n MnO 2:1:1:1，则：

32250mL 0.520100.2000mol /L 87g /mol 25.00mL MnO %100%80.00%2.17L 5g

-??????? ???=?= 【解析】()33

223Na S O 20100.2000/410n L mol L mol --=??=?

根据题意写出发生反应的化学方程式：

2222MnO +4HCl MnCl +Cl )

H O (+2?↑浓

22Cl +2KI=2KCl+I

2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+

根据方程式可得223Na S O 与MnO 2之间的关系为：

()()()()

()

223222322Na S O ~I ~Cl ~MnO 21410MnO n n n n mol mol mol n -?

解得()3

2MnO 210mol n -=? 则()3

2m MnO 210mol 87g/mol=0.174g -=?? 2MnO 的质量分数为2500.174g 25.00100%80.00%2.175g

mL mL ??=。

28．(10分) I ．化合物X 由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验:

请回答：

（1）X 的化学式是_____________。

（2）溶液甲与足量氯气反应的离子方程式为________________________________________。 （3）加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式

_____________________________________________________________。

Ⅱ．某研究性学生小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸溶液反应可制取氯气，化学方程式为：

Ca(ClO)2+CaCl 2+2H 2SO 4

2CaSO 4+2Cl 2↑+2H 2O 他们设计了如图所示装置制取氯气并验证其性

质的实验．

试回答：

（1）该实验中A部分的装置是______________（填写装置的序号）；

（2）写出C中反应的离子方程式，并请你帮该小组同学设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化（简述实验步骤）：__________________________________________ ；

（3）该实验存在明显的缺陷是 ___________________________________________________。

【答案】I．（1）Fe3C （2）2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3++ 2Cl－（3）2NH3＋Fe2O 3N2＋3H2O＋2Fe Ⅱ．（1）b （2）取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl 2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na 2 SO 3 已被氧化（3）无尾气处理装置

【解析】I．（1）磁性氧化物是Fe3O4，说明X中含有Fe元素，根据流程图，固体2为Fe2O3，根据元素和原子守恒，化合物X中Fe的物质的量为24×2/160mol==0.3mol，无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊，因此此气体为CO2，说明化合物中X中含有C，化合物X中C的质量为（18.0－

0.3×56）g=1.2g，C的物质的量为1.2/12mol=0.1mol，即X的化学式为Fe3C；（2）磁性氧化物Fe3O4

与盐酸反应Fe3O4＋8HCl=2FeCl3＋FeCl2＋4H2O，根据流程图，溶液甲中含有Fe3＋和Fe2＋，加入氯气，发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；（3）NH3被Fe2O3氧化成一种气体单质，即N转化成N2，铁元素被还原成铁单质，即化学反应方程式为：2NH3+Fe2O 3N2+3H2O+2Fe。

Ⅱ．（1）固体和液体混合加热，选b

（2）SO32―干扰SO42―的检验，应先除去。设计：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化。

（3）无尾气处理装置。

29．（10分）氨和肼（N2H4）是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有广泛应用。回答下列问题：（1）已知：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ·mol-1

在恒温、恒容的密闭容器中，合成氨反应的各物质浓度的变化曲线如图所示。

①计算在该温度下反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)的平衡常数K=________________。

②在第25min末，保持其它条件不变，若将温度降低，在第35min末再次达到平衡。在平衡

移动过程中N2浓度变化了0.5mol/L，请在图中画出25-40minNH3浓度变化曲线。

③已知：2N2(g)+6H2O(l) 4NH3(g)+3O2（g）△H=+1530.0KJ/mol则氢气的热值为_______。（2）①N2H4是一种高能燃料具有还原性，通常用NaClO与过量NH3反应制得，请解释为什么用过量氨气反应的原因：_____________________________________________________。

②用NaClO与NH3制N2H4的反应是相当复杂的，主要分为两步：

已知第一步：NH3+ClO-=OH-+NH2Cl

请写出第二步离子方程式：_________________________________________________。

③N2H4易溶于水，是与氨相类似的弱碱，己知其常温下电离常数K1=1.0×10-6，常温下，将0.2

mol/L N2H4·H2O与0.lmol/L，盐酸等体积混合（忽略体积变化）。则此时溶液的pH等于

________（忽略N2H4的二级电离）。

【答案】（1）① 6.75 ②③142.9 kJ ·gˉ1

（2）①过量的NaClO可能将N2H4氧化为N2（合理即可）②NH3+NH2Cl+OH－＝N2H4+Cl－+H2O ③8

【解析】(l)①图中A与C的变化浓度之比为3:1，即A为H2，C为N2，B为NH3，平衡时c(H2)为3.0mol/L，c(N2)为1.0mol/L，c(NH3)为2.0mol/L，在该温度下反应2NH3(g) N2(g)+3H2(g)

的平衡常数K==6.75；

②在第25min末，保持其它条件不变，因反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ·mol-1正

方向放热，若将温度降低，平衡正向移动，氨的浓度增大，NH3浓度变化曲线为；

③已知：①2N2(g)+6H2O(l) 4NH3(g)+3O2(g)△H=+1530.0KJ/mol、②N2(g)+3H2(g)

2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ·mol-1则[②×2-①]÷6可得H2(g) +O2(g)=H2O(l) ，ΔH＝

[(-92.4kJ·mol-1)×2-(+1530.0KJ/mol)]÷6=-285.8kJ ·molˉ1，即2g氢气完全燃烧放出的热量为285.8kJ ，则氢气的热值为142.9 kJ ·gˉ1；

(2)①NaClO有强氧化性，如果NaClO过量能将N2H4氧化为N2，则通常用NaClO与过量NH3反

应制N2H4，防N2H4被NaClO氧化；

②NaClO与NH3制N2H4的总反应是NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，总离子反应方程式为

ClO-+2NH3=N2H4+Cl-+H2O，则第二步离子方程式可有总反应离子方程减去第一步：

NH3+ClO-=OH-+NH2Cl 得NH3+NH2Cl+OH－＝N2H4+Cl－+H2O ；

③若将0.2mo1?L-1N2H4?H2O溶液与0.1mol?L-1HCl溶液等体积混合，得到物质的浓度相等N2H5C1

和N2H4?H2O，N2H5++H2O N2H4?H2O+H+，c(H+)==mol/L=1×10-8mol/L，pH=8。

30．（10分）过氧化钙难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等。

Ⅰ.某小组用含有少量氧化亚铁和氧化铁杂质的大理石制取过氧化钙的流程如下：

请回答下列问题：

（1）操作I的目的是调节溶液的pH，使铁元素完全沉淀，则试剂A最好选用。

a．盐酸b．硝酸c．盐酸和过氧化氢d．硫酸（2）检验操作I中铁元素已沉淀完全的操作是。

（3）滤液B主要成分的化学式是。

（4）反应Ⅱ是放热反应。保持H2O2物质的量一定，当H2O2浓度小于20%时，CaO2的产率随H2O2浓度的增大而增大；但浓度大于20%后，CaO2产率反而下降。试分析CaO2产率下降的可能

原因是。

Ⅱ.过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量：

步骤1：准确称取0.3900g过氧化钙样品，置于250 mL的锥形瓶中；

步骤2：分别加入10 mL蒸馏水和20 mL磷酸（1:3），振荡使样品完全溶解；

步骤3：用0.1000 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，记录数据；

步骤4：平行测定4次（数据记录见下表），计算试样中CaO2的质量分数。

已知：上述实验过程中反应关系为：CaO2～H2O2，5H2O2～2KMnO4

请回答下列问题：

（5）步骤3判断滴定达到终点的现象是；

（6）由表中数据可知，该样品中CaO2含量为%。若实验时刚洗净的滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，则CaO2的质量分数测定结果（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【答案】（1）c （2）取上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则铁元素已除净。

（3）NH4Cl

（4）H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系升温迅速，促使H2O2分解

（5）当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（或粉红色、红色），30s不褪色，即达到滴定终点。

（6）90.00；偏高。

【解析】（1）试剂A是为了溶解CaCO3，应该使用酸，由于少量氧化亚铁和氧化铁杂质，加入氨水后形成的是Fe（OH）3沉淀，因此还应该加入具有氧化性的物质，将氧化亚铁反应产生的Fe2+氧化产生Fe3+，结合环保知识，可知应该选择的物质是盐酸和过氧化氢，选项是c；

（2）可以利用Fe（SCN）3呈血红色检验Fe3+的存在。检验操作I中铁元素已沉淀完全的操作是取上层清液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则铁元素已除净；

（3）向含有CaCl2、NH4Cl的溶液中加入（NH4）2CO3时，发生反应：Ca2++CO32-=CaCO3↓，所以滤液B主要成分的化学式是NH4Cl；

（4）当H2O2浓度小于20%时，CaO2的产率随H2O2浓度的增大而增大；但浓度大于20%后，CaO2产率反而下降。CaO2产率下降的可能原因是H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系升温迅速，促使H2O2分解，导致CaO2产率下降；

（5）KMnO4与H2O2反应，是溶液的紫色褪去，当H2O2反应完全时，紫色不再褪去，因此步骤3中当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色30s不褪色，证明达到滴定终点；（6）反应的关系式是5CaO2～5H2O2～2KMnO4，反应消耗的KMnO4的体积中，第2次误差太大，舍去，平均体积是V=（19.50+19.48+19.52）÷3=19.50ml，n（KMnO4）= 0.1000 mol·L－

1×0.01950L=1.95×10-3mol；所以n（CaO2）= 5/2 n（KMnO4）= 5/2×1.95×10-3mol=4.875×10-3mol, 该

样品中CaO2含量为:[（4.875×10-3mol×72g/mol）÷0.3900g）] ×100％=90.00％。若实验时刚洗净的滴定管未用KMnO4标准溶液润洗，则消耗的KMnO4标准溶液体积偏大，因此会使CaO2的质量分数测定结果偏高。

31．（12分）乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小组以乙醇和甲苯为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。

已知：

完成下列问题：

（1）下列说法正确的是_____________。（选填字母）

A．A不能发生取代反应B．B能发生银镜反应

C．C能发生氧化反应D．G的分子式为C10H9O4（2）D的结构简式_______________________。

（3）E＋F→G的化学方程式是_____________________________________________________。

（4）设计以乙醇为原料制备F的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）

____________________________________________________________________________。

（5）D的同分异构体有多种，写出两种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__________。

①含有-CN（氰基）和-OH

②含有苯环，且苯环上的一卤代物有两种

【答案】（1）C （2）（3）

（4）（5）

【解析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A 为

，A发生碱性水解得B 为，B发生氧化反应得C 为

，C发生信息中的反应得D 为，D酸性水解得E 为，

根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，

F和E发生取代反应生成G 为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯。

（1）A、发生水解反应即为取代反应，选项A错误；

B、B为苯甲醇，不能发生银镜反应，选项B错误；

C、C为苯甲醛，故能发生氧化还原反应，选项C正确；

D、G的分子式为C10H10O4，选项D错误；

答案选C；

（2）通过以上分析知，C为苯甲醛，再根据题中所提已知，则D 为

（3）推导出E 为，；

（4）根据题中所给RCOOH到RCOCl的转化条件，先把乙醇氧化，再到F ：

。

（5）根据两个条件，苯环上的取代基为对位，所以为。

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