文档内容
2020 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试
化学试题
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 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. 有共价键的离子化合物是（ ）
A. Na O B. H SO C. CH Cl D. SiC
2 2 2 4 2 2
【1题答案】
【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.Na O 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
2 2
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.
【2题答案】
【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；
第1页 | 共28页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
【3题答案】
【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。
Δ
4. 反应MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl ↑+2H O中，氧化产物是
2 2 2 2
A. MnO B. HCl C. MnCl D. Cl
2 2 2
【4题答案】
【答案】D
【解析】
【详解】HCl中的氯元素在反应前后化合价升高从-1～0，失电子、做还原剂、被氧化、发生氧化反应、得
氧化产物Cl ，故选：D。
2
5. 下列物质的名称不正确的是
A. NaOH：烧碱 B. FeSO ：绿矾
4
C. ：甘油 D. ：3−甲基己烷
【5题答案】
第2页 | 共28页【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FeSO ·7H O，故B错误；
4 2
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。
6. 下列表示不正确的是
A. 羟基的电子式： B. 乙烯的结构简式：CH CH
2 2
C. 氯原子的结构示意图： D. NH 分子的球棍模型：
3
【6题答案】
【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CH =CH ，故B错误；
2 2
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。
7. 下列说法不正确的是
A. 16 O和18 O互为同位素
8 8
B. 金刚石和石墨互为同素异形体
第3页 | 共28页C. 和 互为同系物
D. CH COOCH CH 和CH CH CH COOH互为同分异构体
3 2 3 3 2 2
【7题答案】
【答案】C
【解析】
【详解】16 O和18 O的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故A正确；
8 8
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CH 原子团的同类物质， 属于酚类，
2
属于芳香醇，不是同类物质，不互为同系物，故C错误；
D项、CH COOCH CH 和CH CH CH COOH的分子式都为C H O ，结构不同，互为同分异构体，故D
3 2 3 3 2 2 4 8 2
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CH 原子团的同类物质是解答关键，也是易错点。
2
8. 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SO
2
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
【8题答案】
【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SO 转化为CaSO ，同时生成二氧化碳，故B正确；
2 4
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N ，减少了空气污染，故D正确；
2
第4页 | 共28页故答案为A。
9. 下列说法不正确的是
A. [Cu(NH ) ]SO 可通过CuSO 溶液与过量氨水作用得到
3 4 4 4
B. 铁锈的主要成分可表示为Fe O ·nH O
2 3 2
C. 钙单质可以从TiCl 中置换出Ti
4
D. 可用H 还原MgO制备单质Mg
2
【9题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】
【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[Cu(NH ) ]SO ，A选项正确；
3 4 4
B．在钢铁发生吸氧腐蚀时生成氢氧化亚铁，总反应为：2Fe+O +2H O═2Fe(OH) ，Fe(OH) 被氧化为
2 2 2 2
Fe(OH) ：4Fe(OH) +O +2H O=Fe(OH) ，Fe(OH) 分解即得铁锈：2Fe(OH) =Fe O •nH O+(3-n)H O，故所得
3 2 2 2 3 3 3 2 3 2 2
铁锈的主要成分为Fe O •nH O，，B选项正确；
2 3 2
C．钙还原性较强，钙单质可以从TiCl 中置换出Ti，C选项正确；
4
D．镁属于较活泼金属，不能利用氢气还原氧化镁制备镁，而是常用电解熔融MgCl 的方法，D选项错
2
误；
答案选D。
10. 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
【10题答案】
【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；
第5页 | 共28页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。
11. 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MnO 的混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出MnO
2 2
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AgNO 溶液，稀HNO 和NaNO 溶液，可检验火柴头是否含有氯元素
3 3 2
【11题答案】
【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MnO ，故B
2
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KClO ，检验氯元素，应把ClO -还原为4Cl-，酸性条件下，NO -具有还原性，向少量的
3 3 2
火柴头浸泡液中滴加AgNO 、稀HNO 和NaNO ，发生的离子反应为：ClO -+3NO -+Ag+═AgCl↓+3NO -，
3 3 2 3 2 3
出现白色沉淀，证明含有氯元素，故D正确；
故答案为C。
12. 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
【12题答案】
【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。
第6页 | 共28页13. 不能正确表示下列变化的离子方程式是
A. BaCO 溶于盐酸：BaCO ＋2H+=Ba2+＋CO ↑＋H O
3 3 2 2
B. FeCl 溶液腐蚀铜板：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
3
C. 苯酚钠溶液中通入少量CO ：2 ＋CO ＋H O=2 ＋CO 2—
2 2 2 3
D. 醋酸钠水解：CH COO−＋H O CH COOH＋OH−
3 2 3
【13题答案】
【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BaCO ＋2H+=Ba2+＋CO ↑＋H O，故A正确；
3 2 2
B项、FeCl 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
3
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
＋CO ＋H O→ ＋HCO —，故C错误；
2 2 3
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CH COO−＋H O
3 2
CH COOH＋OH−，故D正确；
3
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Na CO 溶液，经分液除去
2 3
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
【14题答案】
【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；
第7页 | 共28页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。
15. 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33.6 L（标准状况）的CO
2
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. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3n mol NaOH
【15题答案】
【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4nmol NaOH，故D错误；
故答案为C。
16. 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
第8页 | 共28页【16题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】
【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；
故选：A。
17. 下列说法不正确的是（ ）
A. pH>7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、CH COOH溶液中，c
OH-
相等
3
D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c
Cl-
=c
NH+
4
【17题答案】
【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+)”“<”或“=”）；用一个化学方程
2 2 5
式说明OH- 和C H O-结合H+能力的相对强弱________。
2 5
(2)CaC 是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出CaC 的电子式________。
2 2
(3)在常压下，甲醇的沸点（65℃）比甲醛的沸点（-19℃）高。主要原因是________。
【26题答案】
【答案】 ①. > ②. C H ONa+H O®NaOH+C H OH ③. ④. 甲醇
2 5 2 2 5
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
C H ONa+H O®NaOH+C H OH可以说明；
2 5 2 2 5
(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CaC 的电子式为 ；
2
(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FeC O ×2H O
M
=180g×mol-1
样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。
2 4 2
取25.00 mL溶液，用0.1000mol×L-1 KMnO 标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
4
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：3MnO - +5FeC O ×2H O+24H+ =3Mn2+ +5Fe3+ +10CO +22H O
4 2 4 2 2 2
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC O ×2H O的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
2 4 2
写出简要计算过程：________
。
【27题答案】
第16页 | 共28页【 答 案 】 ①. 95.2 ②.
5 250
0.1000mol×L-1´20.00´10-3 L´ ´ ´180g×mol-1
3 25.00
´100%=95.2%
6.300g
【解析】
【分析】根据方程式找出MnO -和FeC O ×2H O之间的数量关系，然后进行计算求解；
4 2 4 2
【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：
19.98mL+20.02mL
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 =20.00mL;
2
根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO -~5FeC O ×2H O，所以25mL待测液中所含FeC O ×2H O
4 2 4 2 2 4 2
5 5
的物质的量为：0.1000mol×L-1´20.00´10-3 L´ ，质量为0.1000mol×L-1´20.00´10-3 L´ ´180g×mol-1，
3 3
所 以 样 品 中 FeC O ×2H O质 量 分 数 为
2 4 2
5 250
0.1000mol×L-1´20.00´10-3 L´ ´ ´180g×mol-1
3 25.00 。
´100%=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. 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________。
第17页 | 共28页(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H S和Cl O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
2 2
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Cl O已过量，设计实验方案检验________。
2
【28题答案】
【答案】 ①. Ca、H和N ②. Ca HN ③. Ca HN＋5HCl=2CaCl ＋H ↑＋NH Cl ④. 4NH ＋
2 2 2 2 4 3
6HCHO→ (或C H N )＋6H O ⑤. 2H S＋Cl O=2S↓＋2HCl＋H O ⑥. 用玻璃棒蘸取
6 12 4 2 2 2 2
清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl O过量
2
【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，H S和Cl O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H S中硫元素化合价升高被
2 2 2
氧化，Cl O中氯元素化合价降低被还原。
2
【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
4.00g
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
100g/mol
第18页 | 共28页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 0.448L ×2×1=0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A中氮的物
22.4L/mol 2
(1.9-1.6-0.02)g
质的量为 =0.02mol，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04mol: 0.02mol:
14g/mol
0.02mol=2:1:1，化学式为Ca HN，故答案为：Ca、H和N ；Ca HN；
2 2
（2）Ca HN与足量盐酸反应时，Ca HN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，
2 2
反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca HN＋5HCl=2CaCl ＋H ↑＋NH Cl，故答案为：
2 2 2 4
Ca HN＋5HCl=2CaCl ＋H ↑＋NH Cl；
2 2 2 4
（3）氨气与甲醛反应生成 和水，反应的化学方程式为4NH ＋6HCHO→ (或
3
C H N )＋6H O，故答案为4NH ＋6HCHO→ (或C H N )＋6H O；
6 12 4 2 3 6 12 4 2
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H S和Cl O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢
2 2
和水，反应的化学方程式为2H S＋Cl O=2S↓＋2HCl＋H O，故答案为：2H S＋Cl O=2S↓＋2HCl＋H O；
2 2 2 2 2 2
(2) Cl O具有强氧化性，若通入水中的Cl O已过量，过量的Cl O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质
2 2 2
碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl O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
2
变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl O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
2
(或变蓝后再褪色)，说明Cl O过量。
2
29. 研究NO 之间的转化具有重要意义。
x
(1)已知：N O (g) 2NO (g) ΔH＞0 将一定量N O 气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为
2 4 2 2 4
T 。
1
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 (N O )＝2v (NO ) C．K不变 D．容器内气体的密度不变
正 2 4 逆 2
E．容器内颜色不变
②t 时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N O 气体的平衡转化率为75%，则反应N O (g)
1 2 4 2 4
2NO (g)的平衡常数K ＝________(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
2 p
表示平衡常数，记作K ，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)。
p
③反应温度T 时，c(N O )随t(时间)变化曲线如图，画出0～t 时段，c(NO )随t变化曲线。保持其它条件
1 2 4 2 2
不变，改变反应温度为T (T ＞T )，再次画出0～t 时段，c(NO )随t变化趋势的曲线________。
2 2 1 2 2
第19页 | 共28页(2) NO氧化反应：2NO(g)＋O (g)=2NO (g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
2 2
Ⅰ 2NO(g)=N O (g) ΔH
2 2 1
Ⅱ N O (g)＋O (g)→2NO (g) ΔH
2 2 2 2 2
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O 气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T 和T (T
2 3 4 4
＞T )，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“T ”或“T ”)下消耗
3 3 4
的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【29题答案】
36
【答案】 ①. AE ②. p ③. ④. Ⅱ ⑤. T
4
7
⑥. ΔH ＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N O )减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
1 2 2
【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）
第20页 | 共28页保持不变，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t 时反应生成的NO 浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；
1 2
（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T 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
4
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 (N O )＝2v (NO )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；
正 2 4 逆 2
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N O 的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：
2 4
N O g 2NO g
2 4 ƒ 2
起始（mol） 1 0
变化（mol） 0.75 1.5
平衡（mol） 0.25 1.5
0.25mol p 1.5mol 6p
由三段式数据可知N O 的平衡分压为 ×p= ，NO 的平衡分压为 ×p= ，则平衡常
2 4 2
1.75mol 7 1.75mol 7
6p
( )2
7 36p 36p
数K ＝ = ，故答案为： ；
p p 7 7
7
③由图可知，t 时反应消耗N O 的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO 的浓度为
1 2 4 2
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，NO 的浓度增大，则
2
0～t 时段，NO 的浓度c(NO )随t变化趋势的曲线为 ，故答案为：
2 2 2
第21页 | 共28页；
（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T 下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反
4
应Ⅰ平衡逆移，c(N O )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
2 2
度较高的T 下消耗的时间较长，故答案为：T ；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N O )减
4 4 2 2
小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
30. 碘化锂（LiI）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI×3H O和LiI，流程如下：
2
已知：LiI×3H O在75~80℃转变成LiI×2H O，80~120℃转变成LiI×H O，300℃以上转变成无水
2 2 2
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pH=7，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LiI×3H O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
2
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LiI×3H O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测
2
定所得LiI×3H O、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
2
第22页 | 共28页的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH =6，用滴定管中的AgNO 标准溶
3
液滴定至终点，根据消耗的AgNO 标准溶液体积计算，得LiI×3H O、LiI的纯度分别为99.96%，
3 2
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LiI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________。
【30题答案】
【答案】 ①. LiOH ②. B ③. AC ④. d ⑤. f ⑥. c ⑦. b ⑧. Li O ⑨.
2
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LiI×3H O的性质进行分析；
2
(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；
第23页 | 共28页(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.LiI×3H O在75~80℃转变成LiI×2H O，80~120℃转变成LiI×H O，故D错误
2 2 2
(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Li O；
2
(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。
31. 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
第24页 | 共28页NH
：RCOOR'® 3 RCONH
2
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FeCl 溶液发生显色反应
3
C.化合物1具有弱碱性
D.阿替洛尔的分子式是C H N O
14 20 2 3
(2)写出化合物E的结构简式________。
(3)写出F+G ®H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________。
①1H-NMR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。
【31题答案】
【 答 案 】 ①. BC ②. ③.
④.
⑤.
【解析】
第25页 | 共28页【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FeCl 溶液发生显色反应，故B正确；
3
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C H N O ，故D错误。
14 22 2 3
(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，
第26页 | 共28页结构简式为 ，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：1H-NMR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。
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