2020年浙江省绍兴市高考化学一模试卷

这是一份2020年浙江省绍兴市高考化学一模试卷，共45页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年浙江省绍兴市高考化学一模试卷
一、选择题（共25题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1．（2分）不含共价键的离子化合物是（　　）
A．Mg3N2 B．NaOH C．CaC2 D．Si3N4
2．（2分）除去自来水中的Fe3+，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
3．（2分）下列属于碱，又是弱电解质的是（　　）
A．纯碱 B．一水合氨 C．氯水 D．火碱
4．（2分）反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中，还原产物是（　　）
A．Cu B．H2SO4 C．CuSO4 D．SO2
5．（2分）下列物质的名称不正确的是（　　）
A．NaHCO3：小苏打 B．2CaSO4•H2O：熟石膏
C．2，2，4﹣三甲基﹣戊烷 D．：葡萄糖
6．（2分）下列表示正确的是（　　）
A．羟基的电子式： B．乙炔的结构式：HC≡CH
C．氯原子的结构示意图： D．NCl3分子的比例模型
7．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．白磷和红磷互为同素异形体
B．D和T互为同位素
C．（CH3）2CHOOCH和CH3（CH2）2COOH互为同分异构体
D．乙醚和石油醚（轻质石油产品）互为同系物
8．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．镁着火不能用干粉灭火器灭火
B．石灰石在高温下可用于消除炼铁中的SiO2
C．单晶硅是一种半导体材料，可用于制造硅电池
D．利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒
9．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．电解MgCl2浓溶液制取金属Mg
B．可用铝热反应原理制取金属Mn
C．钠单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用NH3还原CuO制备单质Cu
10．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能
B．可燃冰（天然气水合物）是一种可再生能源
C．煤的干馏、煤的液化都是化学变化
D．石油的裂解主要是为了获得短链的气态不饱和烃
11．（2分）下列有关实验说法，不正确的是（　　）
A．萃取、分液操作时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容量的
B．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
C．滴定管润洗时，从上口加入3～5mL润洗液，倾斜着转动滴定管，然后从上口倒出
D．加碘盐溶解液中滴加KI溶液、稀H2SO4和淀粉溶液，可检验碘盐中是否含有碘元素
12．（2分）下列关于氮及其化合物说法，不正确的是（　　）
A．所有氮肥应避免与碱性肥料混合使用
B．工业上可使用液氨作制冷剂
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D．在日光照射下，NO2、O2和碳氢化合物发生作用后产生光化学烟雾
13．（2分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（　　）
A．MnO2与浓盐酸加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．FeCl2溶液在空气中变质：12Fe2++3O2+6H2O═8Fe3++4Fe（OH）3↓
C．NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣
D．R﹣NH2电离：R﹣NH2+H2O⇌R﹣NH3++OH﹣
14．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．75%酒精、过氧乙酸、紫外光等可使蛋白质变性
B．苯中少量的苯酚，可加入浓溴水，充分反应后，经过滤除去
C．用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）能鉴别甲醛、乙酸乙酯、乙酸
D．溴苯中混有的溴，加入足量的NaOH溶液，经分液除去
15．（2分）关于，下列说法正确的是（　　）
A．该物质可由两种单体分子之间通过加聚反应生成
B．该物质的有机物单体，不能使FeCl3溶液显紫色
C．0.1mol单体（有机物）与足量Na反应，生成2.24L H2（标准状况）
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2nmol NaOH
16．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．同一原子中，内层电子激发到外层电子需要放出能量
B．某原子的质子数为118，在周期表中位于第七周期零族
C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的非金属性一定增大
D．同一主族中，不同元素的原子序数相差不可能为10
17．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．中性溶液中一定存在c（H+）＝c（OH﹣）
B．中和等物质的量浓度和等体积的氨水、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、CH3COOH溶液中，由水电离产生的c（H+）相等
D．室温下，0.1mol•L﹣1NaCl溶液和0.1mol•L﹣1NaF溶液中，两者所含离子总数相等
18．（2分）某学生通过如图所示实验装置进行电化学实验。实验操作如下：
①闭合S1，打开S2，持续20s。②打开S1，闭合S2，观察现象。
下列说法不正确的是（　　）

A．操作①时电极A为阳极，发生氧化反应
B．操作②时电极B为负极，电子由B处迁出
C．操作①时为电解池，操作②时为原电池
D．实验结束后，硝酸钾溶液的浓度保持不变
19．（2分）将一块擦去氧化膜的铝片放入20mL 0.5mol•L﹣1CuSO4溶液中，观察实验现象。下列方程式不正确的是（　　）
A．Cu2+ （aq）+2H2O（l）⇌Cu（OH）2（s）+2H+（aq）△H＞0
B．2Al（s）+3Cu2+ （aq）═2Al3+ （aq）+3Cu（s）△H＜0
C．Cu（OH）2（aq）CuO（s）+H2O（l）△H＞0
D．2Al（s）+6H+（aq）═2Al3+ （aq）+3H2（g）△H＜0
20．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．2C+SiO22CO↑+Si，则每生成4.48L CO时转移电子0.4NA
B．1mol NH3完全溶于水，则n（NH3•H2O）+n（NH4+）＝1mol
C．氯化铝在气态时以双聚分子存在，其球棍模型为，则1mol双聚分子中含有电子数为128NA
D．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0），则每生成2mol SO3（l）时吸热akJ
21．（2分）一定温度下，将1mol X和3mol Y置于2L的恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），反应过程中部分数据如表所示：下列说法正确的是（　　）
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
32
28.8
27.2
26.88
26.88
A．10min时，用Y表示的平均反应速率为0.03mol•L﹣1•min﹣1
B．X和Y的转化率之比保持不变时，可判断反应达到平衡状态
C．平衡状态时，c（Z）＝0.32mol•L﹣1
D．用气体分压代替物质的量浓度计算该反应的平衡常数，数值不变
22．（2分）已知甲酸的分解反应：HCOOH⇌CO+H2O，△H．在H+催化作用下反应历程为

根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示，E1、E2、E3均为大于0．下列说法不正确的是（　　）

A．E2为正反应的最高活化能
B．该反应为放热反应，△H＝E3
C．图象中第一个峰（过渡态）对应的物质结构为过渡态Ⅰ
D．使用催化剂后，正逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
23．（2分）室温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定0.1000mol•L﹣1HA～HD酸的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．等物质的量浓度时，Ka越小滴定突变越不明显，滴定误差越大
B．滴定HC时，滴定终点的pH＝7
C．滴定HB时，应该选择酚酞作为指示剂
D．由图象可知在计算HD滴定前溶液pH时不能忽略水的电离
24．（2分）实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：I﹣+I2⇌I3﹣（主要溶质为KI3或KI•I2）。下列说法不正确的是（　　）
A．该溶液遇淀粉显蓝色
B．该溶液见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存
C．采用此法配制碘水的目的是为了提高碘水的浓度
D．该溶液中通入SO2后，溶液由中性变为强酸性
25．（2分）某未知溶液X中可能含有Mg2+、Cu2+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣中的几种，进行如下实验：已知：Cu2SO3为白色固体，难溶于水，易溶于稀硫酸。下列说法正确的是（　　）

A．未知液X中一定含有Cu2+、Fe3+，可能含有Mg2+
B．溶液B中含有大量的Cu2+
C．取沉淀B加硫酸溶解，再加入KSCN溶液，若显血红色，说明溶液X中一定含有Fe3+
D．沉淀C与稀硫酸发生了氧化还原反应
二、解答题（共6小题，满分50分）
26．（4分）（1）比较金属性的强弱：Na　 　K（填“＞”、“＜”或“＝”）；反应Na+KCl⇌NaCl+K↑能发生的原因是　 　。
（2）COCl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出COCl2的结构式　 　。
（3）电解熔融氧化铝制备金属铝时，需要定期更换阳极石墨块，理由是　 　（用化学反应方程式表示）。
27．（4分）称取软锰矿样品0.1000g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnO42﹣溶液。
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物。
③酸化溶液，MnO42﹣歧化为MnO4﹣和MnO2。
④滤去MnO2。
⑤用0.1000mol•L﹣1Fe2+标准溶液滴定滤液中MnO4﹣，共用去25.80mL。
计算样品中MnO2的质量分数　 　（保留1位小数）；写出简要的计算过程：　 　。
28．（10分）Ⅰ．橙红色化合物A由五种元素组成，其中一种元素为原子半径最大的短周期元素（稀有气体元素除外），按如下流程进行实验。气体B为纯净物，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，溶液C呈黄色，沉淀D为砖红色沉淀。

请回答：
（1）组成A的金属元素是　 　（填元素符号），A的化学式是　 　。
（2）沉淀D与足量B反应的离子反应方程　 　。
（3）A中的某种金属元素对应的单质可以通过铝热反应制备，写出化学反应方程式　 　。
Ⅱ．某兴趣小组为了探究84消毒液（主要成分NaClO）和酒精混合使用是否存在安全隐患，利用如图装置进行实验。

请回答：
（1）三颈烧瓶中出现黄绿色气体，请写出相应的化学方程式　 　。（乙醇被氧化为乙醛）
（2）有同学用手触碰三颈烧瓶后发现，反应一段时间后装置温度升高，所以提出产生的气体中可能混有O2，请用离子方程式解释　 　，该同学为了验证O2，打开弹簧夹，用带火星的木条检验，该操作的错误为　 　。
29．（10分）碳在冶金工业上具有重要用途。
已知氧与碳的反应主要有
ⅠC（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1＝﹣394kJ•mol﹣1
Ⅱ2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H2＝﹣221kJ•mol﹣1
Ⅲ2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3
上述反应的△G～T如图1所示，且满足△G＝△H﹣T△S。

请回答：
（1）曲线a代表反应　 　（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”），理由是　 　。
（2）研究发现，以CO2替代高温水蒸气作为煤气化反应（H2O与C反应）的气化剂，实现了CO2零排放的新工艺。写出反应Ⅳ的热化学方程式　 　（碳的计量数为1）。在1273K时，测得碳转化率[a（C）]与时间t变化如图2所示。保持其它条件不变，请画出1773K时a（C）～t关系图　 　。
（3）当T＝T1时，反应Ⅳ处于平衡状态，下列关于反应Ⅳ的说法正确的是　 　
A．因平衡时△G＝0，若△H变化173.3kJ•mol﹣1，△S变化173.3J•K﹣1•mol﹣1，计算得T1＝1000K
B．T＜T1时，反应向逆反应方向移动
C．当碳的浓度不再变化时，一定处于平衡状态
D．因平衡常数K的值不再变化，反应达到了平衡
（4）当T＝1273K时，仅存在CO、CO2两种气体，且维持总压为1atm，此时反应Ⅳ的Kp＝112，则CO气体所占的分压p（CO）为　 　atm．（列式即可）
30．（10分）乙酰基二茂铁常用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂等。某兴趣小组制备乙酰基二茂铁，流程如图1：

已知：
a．反应原理：
b．二茂铁熔点173℃，沸点249℃，100℃易升华。
c．乙酰基二茂铁熔点81℃，沸点163℃．不溶于水，易溶于有机溶剂。
请回答
（1）步骤Ⅰ，在50mL圆底烧瓶中，加入新制的、经提纯后0.5g二茂铁，5mL乙酸酐，在振摇下滴入1mL 85%磷酸，提纯二茂铁的方法为　 　。
（2）步骤Ⅱ，加料毕，用装填有CaCl2的干燥管塞住圆底烧瓶瓶口。如图2所示，其目的是　 　。
（3）步骤Ⅳ，反应完毕后，将紫色混合物倾入含40g碎冰烧杯中，并用10mL冷水洗涤烧瓶，将洗涤液并入烧杯，在搅拌下加入NaHCO3（s），判断溶液呈中性的实验方法为　 　。
（4）步骤V，包括结晶、吸滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是　 　。
A．为较快地析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁
B．吸滤装置由吸滤瓶、布氏漏斗、抽气泵组成
C．宜用乙醇洗涤，洗涤后乙醇易挥发
D．可在100℃红外灯下干燥
（5）①粗产品中含有杂质为　 　，可以用来鉴别的仪器是　 　。
②分离提纯粗产品后，用薄层层析来测定Rf值。选出其正确操作并按序列出字母
a→c→（　 　）→（　 　）→（　 　）→（　 　）→g
a．制备薄层色谱板
b．用少量纯二茂铁和提纯后的产品分别溶于2mL甲苯中，配成浓溶液
c．用细玻璃管拉制两根微量滴管（尖端处约0.7mm）
d．将色谱板插入盛有乙醚的槽内，盖上盖子
e．待溶剂上升到色谱板高度时，取出色谱板，并标记溶剂所到高度
f．分别用微量滴管浸入两浓溶液，在色谱板两原点处点样，待干燥后，再重复点样
g．计算Rf值
31．（12分）药物阿比朵尔具有很好的抗病毒活性，其合成路线如图：

已知：
①
②RXRLiXRSH
请回答：
（1）下列说法正确的是　 　。
A．化合物A能发生加成、取代和氧化反应，不发生还原反应
B．化合物B具有弱碱性
C．化合物D与FeCl3溶液发生显色反应
D．阿比朵尔的分子式是C22H25N2O3BrS
（2）写出化合物D的结构简式　 　。
（3）写出G→阿比朵尔的化学方程式　 　。
（4）设计从E→F的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　 　。
（5）写出化合物A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，含氮氧单键和碳氧双键；
②含有苯环和含氮五元杂环，且两环共棱连接。

2020年浙江省绍兴市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共25题，每题只有一个正确答案，每题2分，共50分）
1．（2分）不含共价键的离子化合物是（　　）
A．Mg3N2 B．NaOH C．CaC2 D．Si3N4
【分析】一般来说，金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，且含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。
【解答】解：A．只含离子键，故A选；
B．含离子键、O﹣H共价键，故B不选；
C．含离子键、C与C之间的共价键，故C不选；
D．只含共价键，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查化学键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意共价键的判断，题目难度不大。
2．（2分）除去自来水中的Fe3+，需要用到的仪器是（　　）
A． B． C． D．
【分析】自来水中水的沸点较低，可蒸馏分离，以此来解答。
【解答】解：除去自来水中的Fe3+，可蒸馏分离，需要用到的仪器是蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、酒精灯等，只有C合理，
故选：C。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、分离方法、仪器的使用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意常见仪器的用途，题目难度不大。
3．（2分）下列属于碱，又是弱电解质的是（　　）
A．纯碱 B．一水合氨 C．氯水 D．火碱
【分析】电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱；由金属离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物是盐；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，根据概念实质分析解答。
【解答】解：A、纯碱是碳酸钠的俗名，属于盐，故A错误；
B、一水合氨是弱碱、在水溶液中部分电离生成氢氧根离子和铵根离子，故B正确；
C、氯水是混合物，不属于碱和弱电解质，故C错误；
D、火碱是氢氧化钠的俗名，属于碱，但NaOH属于强碱，不属于弱电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了碱、盐和强弱电解质的判别方法，明确物质的分类、把握物质的组成特征是解题的关键，注意熟悉掌握物质的俗名，题目难度不大。
4．（2分）反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中，还原产物是（　　）
A．Cu B．H2SO4 C．CuSO4 D．SO2
【分析】在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，Cu元素化合价升高，失电子被氧化，S元素化合价降低，得电子被还原，以此解答该题。
【解答】解：在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O反应中，Cu元素化合价升高，失电子被氧化，S元素化合价降低，得电子被还原，则氧化剂是H2SO4，还原剂是Cu，氧化产物是CuSO4，还原产物是SO2，
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应知识，为高考常见考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解和应用的考查，注意把握元素化合价的变化为解答该题的关键，难度不大。
5．（2分）下列物质的名称不正确的是（　　）
A．NaHCO3：小苏打 B．2CaSO4•H2O：熟石膏
C．2，2，4﹣三甲基﹣戊烷 D．：葡萄糖
【分析】A、NaHCO3俗称小苏打；
B、CaSO4•2H2O失水后生成2CaSO4•H2O；
C、在支链和戊烷之间不能加横线；
D、葡萄糖是含5个﹣OH的醛。
【解答】解：A、NaHCO3俗称小苏打，可以用于发酵和治疗胃酸过多，故A正确；
B、CaSO4•2H2O失水后生成熟石膏2CaSO4•H2O，遇水后又生成石膏，故B正确；
C、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有2个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，故名称为2，2，4﹣三甲基戊烷，在支链和戊烷之间不能加横线，故C错误；
D、葡萄糖是含5个﹣OH的醛，结构简式为，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了烷烃的命名、常见有机物的结构简式和物质的俗称等，难度不大，应注意基础的掌握。
6．（2分）下列表示正确的是（　　）
A．羟基的电子式： B．乙炔的结构式：HC≡CH
C．氯原子的结构示意图： D．NCl3分子的比例模型
【分析】A、﹣OH中含一个未成对电子；
B、用一条短线来代替一对共用电子对的式子为结构式；
C、氯原子的核内有17个质子、核外有17个电子；
D、Cl原子的半径大于N原子半径。
【解答】解：A、﹣OH中含一个未成对电子，故其电子式为，故A错误；
B、用一条短线来代替一对共用电子对的式子为结构式，故乙炔的结构式为H﹣C≡C﹣H，故B错误；
C、氯原子的核内有17个质子、核外有17个电子，故氯原子的结构示意图为，故C正确；
D、Cl原子的半径大于N原子半径，故为NH3的球棍模型，而不是NCl3的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了常见的化学用语，难度不大，应注意氢氧根和羟基的电子式的区别。
7．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．白磷和红磷互为同素异形体
B．D和T互为同位素
C．（CH3）2CHOOCH和CH3（CH2）2COOH互为同分异构体
D．乙醚和石油醚（轻质石油产品）互为同系物
【分析】A、同一种元素形成的不同单质为同素异形体；
B、质子数相同、中子数不同的一类原子互为同位素；
C、分子式相同、结构不同的一类物质互为同分异构体；
D、石油醚主要为戊烷和己烷的混合物，其结构中没有醚键。
【解答】解：A、白磷和红磷是P元素的两种单质，二者互为同素异形体，故A正确；
B、D和T是H元素的两种不同核素，它们互为同位素，故B正确；
C、（CH3）2CHOOCH是酯类，CH3（CH2）2COOH是酸类，它们分子式均为C4H8O2，二者互为同分异构体，故C正确；
D、乙醚含有醚键，石油醚为轻质石油产品，是低相对分子质量烷烃类的混合物、主要为戊烷和己烷的混合物，二者不是同系物，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体、同系物、同素异形体、同位素的判断，为高频考点，把握概念或概念的内含即可解答，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，题目难度不大。
8．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．镁着火不能用干粉灭火器灭火
B．石灰石在高温下可用于消除炼铁中的SiO2
C．单晶硅是一种半导体材料，可用于制造硅电池
D．利用丁达尔效应可检测气溶胶中的冠状病毒
【分析】A．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳；
B．高炉炼铁时，使用石灰石的目的是：将矿石中的二氧化硅转变为炉渣，即除去SiO2；
C．硅是半导体；
D．气溶胶中的冠状病毒不属于胶体。
【解答】解：A．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以镁着火不能用干粉灭火器灭火，故A正确；
B．炼铁时，石灰石中的碳酸钙在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去铁矿石中的二氧化硅，可用于工业生产，故B正确；
C．硅是半导体，所以单晶硅是重要的半导体材料，可用于制造硅电池，故C正确；
D．气溶胶中的冠状病毒不属于胶体，不能利用丁达尔效应检测气溶胶中的冠状病毒，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质组成、性质，明确元素化合物性质及其用途是解本题关键，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
9．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．电解MgCl2浓溶液制取金属Mg
B．可用铝热反应原理制取金属Mn
C．钠单质可以从TiCl4中置换出Ti
D．可用NH3还原CuO制备单质Cu
【分析】A．活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；
B．用铝热法制备的金属要求是还原性小于Al且熔点较高；
C．Na比Ti活泼；
D．NH3具有还原性，可以与CuO反应生成铜单质。
【解答】解：A．镁是活泼金属，如果电解氯化镁溶液，阴极上氢离子放电而不是镁离子放电，所以得不到镁单质，工业上用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，反应方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑，故A错误；
B．金属Mn金属活泼性弱于铝，熔点较高，可以通过铝热反应制取，故B正确；
C．Na比Ti活泼，隔绝空气条件下，钠单质可以从熔融TiCl4中置换出金属Ti，故C正确；
D．NH3具有还原性，可以与CuO反应生成铜单质，所以可用NH3还原CuO制备单质Cu，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了金属的冶炼，熟悉金属活泼性与冶炼方法之间的关系是解题关键，题目难度不大。
10．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．厨余垃圾中蕴藏着丰富的生物质能
B．可燃冰（天然气水合物）是一种可再生能源
C．煤的干馏、煤的液化都是化学变化
D．石油的裂解主要是为了获得短链的气态不饱和烃
【分析】A、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量；
B、可燃冰是在地壳中经几亿年转化而来；
C、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏；用煤来生产甲醇的过程为煤的液化；
D、石油裂解的目的是获得“三烯”。
【解答】解：A、生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，故厨余垃圾等物质中蕴藏着丰富的生物质能，故A正确；
B、可燃冰是在地壳中经几亿年转化而来，是不可再生的，故B错误；
C、将煤隔绝空气加强热使其分解的过程为煤的干馏；用煤来生产甲醇的过程为煤的液化，故煤的干馏和液化均为化学变化，故C正确；
D、石油裂解的目的是获得“三烯”，特别是提高乙烯的产量和质量，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了煤、石油的综合利用，应注意的是煤的干馏、气化、液化以及石油的裂化和裂解均为化学变化，石油的分馏是物理过程。
11．（2分）下列有关实验说法，不正确的是（　　）
A．萃取、分液操作时，分液漏斗中液体的总体积不得超过其容量的
B．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
C．滴定管润洗时，从上口加入3～5mL润洗液，倾斜着转动滴定管，然后从上口倒出
D．加碘盐溶解液中滴加KI溶液、稀H2SO4和淀粉溶液，可检验碘盐中是否含有碘元素
【分析】A．分液漏斗中液体体积不能超出容器容积的四分之三；
B．液溴有腐蚀性，有毒；
C．滴定管润洗后润洗液从下口倒出；
D．加碘盐中含有碘酸钾，与碘化钾在酸性条件下反应生成碘单质。
【解答】解：A．装液时，分液漏半中液体的总体积不得超过其容器的四分之三，若过多，不能充分萃取，故A正确；
B．液溴有腐蚀性，有毒，液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗，不可进行人工呼吸，故B正确；
C．滴定管润洗后润洗液从下口倒出，故C错误；
D．加碘盐中含有碘酸钾，与碘化钾在酸性条件下反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了分液漏斗的使用及注意事项、化学仪器的使用及安全问题，题目难度不大，注意仪器的使用。
12．（2分）下列关于氮及其化合物说法，不正确的是（　　）
A．所有氮肥应避免与碱性肥料混合使用
B．工业上可使用液氨作制冷剂
C．人体中极少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞
D．在日光照射下，NO2、O2和碳氢化合物发生作用后产生光化学烟雾
【分析】A．铵态氮肥要避免与碱性肥料混合使用；
B．液氨可以做制冷剂；
C．NO作为信号分子，使血管扩张而帮助控制血液流向人体的各个部位；
D．光化学烟雾是汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和氮氧化物等在阳光作用下发生光化学反应生成的。
【解答】解：A．氮肥中的除了铵态氮肥，还有硝态氮肥、有机氮肥等，不是所有的都要避免与碱性肥料混合使用，故A错误；
B．液氨在气化后转变为气氨，能吸收大量的热，用作制冷剂，故B正确；
C．NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故C正确；
D．在日光照射下，NO2、O2和碳氢化合物发生作用后产生光化学烟雾，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查有关含氮化合物的性质，题目难度中等，注意对基础知识的积累。
13．（2分）不能正确表示下列变化的离子方程式是（　　）
A．MnO2与浓盐酸加热：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
B．FeCl2溶液在空气中变质：12Fe2++3O2+6H2O═8Fe3++4Fe（OH）3↓
C．NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣
D．R﹣NH2电离：R﹣NH2+H2O⇌R﹣NH3++OH﹣
【分析】A．MnO2与浓盐酸加热，反应生成氯化锰、氯气和水；
B．亚铁离子被氧化成铁离子，生成氢氧化铁沉淀；
C．酸性为H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，二氧化碳少量，反应生成次氯酸和碳酸氢钠；
D．R﹣NH2电离为可逆反应，生成R﹣NH3+和OH﹣。
【解答】解：A．MnO2与浓盐酸混合加热，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A正确；
B．FeCl2溶液在空气中变质，亚铁离子被氧化成铁离子，同时生成氢氧化铁，反应离子方程式为：12Fe2++3O2+6H2O＝8Fe3++4Fe（OH）3↓，故B正确；
C．向NaClO溶液中通入少量CO2反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的化学方程式为：CO2+NaClO+H2O＝NaHCO3+HClO，离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣，故C错误；
D．R﹣NH2电离，生成R﹣NH3+和OH﹣，离子方程式为：R﹣NH2+H2O⇌R﹣NH3++OH﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
14．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．75%酒精、过氧乙酸、紫外光等可使蛋白质变性
B．苯中少量的苯酚，可加入浓溴水，充分反应后，经过滤除去
C．用新制氢氧化铜悬浊液（必要时可加热）能鉴别甲醛、乙酸乙酯、乙酸
D．溴苯中混有的溴，加入足量的NaOH溶液，经分液除去
【分析】A、75%酒精、过氧乙酸、紫外光等能杀菌消毒；
B、苯酚和溴水发生取代反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚溶于苯；
C、甲醛能和新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀；乙酸乙酯和新制氢氧化铜不反应；乙酸能溶解新制的氢氧化铜；
D、溴能和氢氧化钠溶液反应生成的NaBr、NaBrO难溶于溴苯、易溶于水。
【解答】解：A、75%酒精、过氧乙酸、紫外光等能杀菌消毒，均能使蛋白质变性，故A正确；
B、苯酚和溴水发生取代反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚溶于苯，故不会是沉淀，不能过滤除去，故B错误；
C、甲醛能和新制氢氧化铜在加热条件下反应生成砖红色沉淀；乙酸乙酯和新制氢氧化铜不反应，且和氢氧化铜悬浊液分层；乙酸能溶解新制的氢氧化铜，故能将氢氧化铜悬浊液转化为蓝色溶液，三个反应的现象各不相同，故可以鉴别，故C正确；
D、溴能和氢氧化钠溶液反应生成的NaBr、NaBrO难溶于溴苯、易溶于水，故溴苯中混有的溴，加入足量的NaOH溶液后会分层，上层是NaBr、NaBrO溶液，下层是溴苯，再分液即可，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的性质和鉴别，难度不大，应注意三溴苯酚能溶于有机溶剂，但不溶于水。
15．（2分）关于，下列说法正确的是（　　）
A．该物质可由两种单体分子之间通过加聚反应生成
B．该物质的有机物单体，不能使FeCl3溶液显紫色
C．0.1mol单体（有机物）与足量Na反应，生成2.24L H2（标准状况）
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2nmol NaOH
【分析】有机物含有酯基，为缩聚反应产物，对应单体为和碳酸，以此解答该题。
【解答】解：A．有机物含有酯基，为缩聚反应产物，故A错误；
B．对应单质含有酚羟基，可与氯化铁发生反应而显紫色，故B错误；
C．有机物单体含有2个酚羟基，则0.1mol有机物可生成0.1mol氢气，标况下体积为2.24L，故C正确；
D.1mol该物质可水解生成nmol和nmol二氧化碳，则最多可消耗4nmol NaOH，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确官能团及其性质关系及物质结构是解本题关键，注意有机物的结构和以及高聚物单体的判断，题目难度不大。
16．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．同一原子中，内层电子激发到外层电子需要放出能量
B．某原子的质子数为118，在周期表中位于第七周期零族
C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的非金属性一定增大
D．同一主族中，不同元素的原子序数相差不可能为10
【分析】A、同一原子中，内层电子能量较低，外层电子能量较高；
B、118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8；
C、第1周期只有H、He两种元素，H的非金属性比He元素强；
D、根据同一主族相邻的元素的原子序数相差为2、8、18、32判断。
【解答】解：A、同一原子中，内层电子能量较低，外层电子能量较高，内层电子激发到外层电子需要吸收能量，故A错误；
B、118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，故B正确；
C、第1周期只有H、He两种元素，H的非金属性比He元素强，故C错误；
D、同一主族元素的原子序数差可能为10，如H元素与Na元素，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查元素周期表及元素周期律，为高频考点，题目难度不大，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。
17．（2分）下列说法不正确的是（　　）
A．中性溶液中一定存在c（H+）＝c（OH﹣）
B．中和等物质的量浓度和等体积的氨水、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、CH3COOH溶液中，由水电离产生的c（H+）相等
D．室温下，0.1mol•L﹣1NaCl溶液和0.1mol•L﹣1NaF溶液中，两者所含离子总数相等
【分析】A．溶液呈中性时c（H+）＝c（OH﹣）；
B．NH3•H2O和NaOH都是一元碱，中和这两种碱时消耗HCl的物质的量与碱的物质的量成正比；
C．相同温度下pH相等的盐酸和CH3COOH溶液中c（H+）相等，酸抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；
D．室温下，两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（F﹣），F﹣水解导致NaF溶液呈碱性，则NaF溶液中c（H+）＜c（OH﹣），氯离子不水解，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），两种溶液中c（Na+）相同，两种溶液中c（H+）：NaCl溶液大于NaF溶液。
【解答】解：A．溶液呈中性时c（H+）＝c（OH﹣），所以中性溶液中一定存在c（H+）＝c（OH﹣），故A正确；
B．NH3•H2O和NaOH都是一元碱，中和这两种碱时消耗HCl的物质的量与碱的物质的量成正比，物质的量浓度和体积相同的氨水和NaOH，NH3•H2O和NaOH的物质的量相等，所以二者消耗HCl的物质的量相等，故B正确；
C．酸抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，相同温度下pH相等的盐酸和CH3COOH溶液中c（H+）相等，所以二者抑制水电离程度相等，则二者由水电离产生的c（H+）相等，故C正确；
D．室温下，两种溶液中分别存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（Cl﹣）、c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（F﹣），F﹣水解导致NaF溶液呈碱性，则NaF溶液中c（H+）＜c（OH﹣），氯离子不水解，溶液呈中性，c（H+）＝c（OH﹣），两种溶液中c（Na+）相同，两种溶液中c（H+）：NaCl溶液大于NaF溶液，所以两种溶液中阳离子浓度：NaCl溶液大于NaF溶液，阴阳离子浓度之和相等，所以NaCl溶液中离子浓度之和大于NaF溶液，但是两种溶液体积未知，则无法判断两种溶液中离子总数关系，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及盐类水解等知识点，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确溶液酸碱性判断方法、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意B中消耗酸的物质的量与碱的物质的量成正比，与碱的碱性强弱无关。
18．（2分）某学生通过如图所示实验装置进行电化学实验。实验操作如下：
①闭合S1，打开S2，持续20s。②打开S1，闭合S2，观察现象。
下列说法不正确的是（　　）

A．操作①时电极A为阳极，发生氧化反应
B．操作②时电极B为负极，电子由B处迁出
C．操作①时为电解池，操作②时为原电池
D．实验结束后，硝酸钾溶液的浓度保持不变
【分析】①闭合S1，打开S2，持续20s，此时构成电解池，碳棒A是阳极，产生氧气，碳棒B是阴极，产生氢气，电解硝酸钾的实质是电解水；②打开S1，闭合S2，此时构成原电池，碳棒B是负极，氢气失电子的氧化反应，碳棒A 是正极，氧气得电子的还原反应，据此回答即可。
【解答】解：A、闭合S1，打开S2，持续20s，此时构成电解池，碳棒A是阳极，产生氧气，发生氧化反应，故A正确；
B、打开S1，闭合S2，此时构成原电池，碳棒B是负极，电子从负极流向正极，所以碳棒B是电子流出的极，故B正确；
C、①闭合S1，打开S2，构成闭合回路存在外加电源，此时构成电解池，打开S1，闭合S2，此时构成原电池，故C正确；
D、电解过程实质是电解水，水量减少，原电池工作时，电解产生的气体逸出，不能不会再得到等量的水，所以实验结束后，硝酸钾溶液的浓度变大，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及应用知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
19．（2分）将一块擦去氧化膜的铝片放入20mL 0.5mol•L﹣1CuSO4溶液中，观察实验现象。下列方程式不正确的是（　　）
A．Cu2+ （aq）+2H2O（l）⇌Cu（OH）2（s）+2H+（aq）△H＞0
B．2Al（s）+3Cu2+ （aq）═2Al3+ （aq）+3Cu（s）△H＜0
C．Cu（OH）2（aq）CuO（s）+H2O（l）△H＞0
D．2Al（s）+6H+（aq）═2Al3+ （aq）+3H2（g）△H＜0
【分析】将一块擦去氧化膜的铝片放入20mL 0.5mol•L﹣1CuSO4溶液中，涉及Al单质与硫酸铜的置换反应，该反应放热；铜离子的水解，水解程度弱，使得溶液显酸性，铝单质置换出氢气单质，该反应放热；氢氧化铜在温度升高后易分解为氧化铜和水，该反应吸热反应。
【解答】解：A、铜离子的水解，水解程度弱，不能得到固态的氢氧化铜，所以水解方程式为Cu2+ （aq）+2H2O（l）⇌Cu（OH）2（aq）+2H+（aq）△H＞0，故A错误；
B、Al单质与硫酸铜的置换反应，该反应放热，方程式为2Al（s）+3Cu2+ （aq）═2Al3+ （aq）+3Cu（s）△H＜0，故B正确；
C、Al单质与硫酸铜的置换反应和铝置换氢气的反应均放热，体系温度升高，氢氧化铜在温度升高后易分解为氧化铜和水，该反应吸热反应，反应方程式为Cu（OH）2（aq）CuO（s）+H2O（l）△H＞0，故C正确；
D、铜离子的水解，使得溶液显酸性，铝单质置换出氢气单质，该反应放热，方程式为：2Al（s）+6H+（aq）═2Al3+ （aq）+3H2（g）△H＜0，故D正确；
故选：A。
【点评】本题以元素的位置、结构、性质为信息来考查元素的推断，然后利用元素组成的物质的性质来解答，明确物质的性质、反应热的计算，分析实验的反应历程为解题的关键，难度较大。
20．（2分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．2C+SiO22CO↑+Si，则每生成4.48L CO时转移电子0.4NA
B．1mol NH3完全溶于水，则n（NH3•H2O）+n（NH4+）＝1mol
C．氯化铝在气态时以双聚分子存在，其球棍模型为，则1mol双聚分子中含有电子数为128NA
D．2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0），则每生成2mol SO3（l）时吸热akJ
【分析】A、CO所处的状态不明确；
B、氨气和水的反应是可逆反应；
C、双聚氯化铝中含2个氯化铝分子；
D、反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）放热。
【解答】解：A、CO所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则反应转移的电子数无法计算，故A错误；
B、氨气和水的反应是可逆反应，故氨水中含氨气分子，故n（NH3•H2O）+n（NH4+）＜1mol，故B错误；
C、双聚氯化铝中含2个氯化铝分子，而氯化铝中含64个电子，则1mol双聚分子中含有电子数为128NA，故C正确；
D、反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）放热，根据热化学方程式2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（l）△H＝﹣akJ•mol﹣1（a＞0）可知则每生成2mol SO3（l）时放热akJ，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
21．（2分）一定温度下，将1mol X和3mol Y置于2L的恒容密闭容器中，发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），反应过程中部分数据如表所示：下列说法正确的是（　　）
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
32
28.8
27.2
26.88
26.88
A．10min时，用Y表示的平均反应速率为0.03mol•L﹣1•min﹣1
B．X和Y的转化率之比保持不变时，可判断反应达到平衡状态
C．平衡状态时，c（Z）＝0.32mol•L﹣1
D．用气体分压代替物质的量浓度计算该反应的平衡常数，数值不变
【分析】由表中数据可知起始时气体总物质的量为4mol，压强为32kPa，平衡时压强为26.88kPa，则平衡时气体的总物质的量为mol＝3.36mol，设转化xmolX，则 X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
起始：1 3 0
转化：x 3x 2x
平衡：1﹣x 3﹣3x 2x
1﹣x+3﹣3x+2x＝3.36 x＝0.32，
A．根据v＝计算；
B．配比数和转化量都为1：3，无论是否达到平衡，转化率都相等；
C．相同温度下，物质的量之比等于压强之比，根据压强计算物质的量，进而计算Z的浓度；
D．分压与浓度的数值不同，则计算结果不同。
【解答】解：A.10min时，平衡时压强为28.8kPa，则平衡时气体的总物质的量为mol＝3.6mol，设转化xmolX，
则 X（g）+3Y（g）⇌2Z（g）
起始：1 3 0
转化：x 3x 2x
10min：1﹣x 3﹣3x 2x
1﹣x+3﹣3x+2x＝3.6 x＝0.2，
10min时，用Y表示的平均反应速率为＝0.03mol•L﹣1•min﹣1，但反应速率为平均速率，不是瞬时速率，故A错误；
B．配比数和转化量都为1：3，无论是否达到平衡，转化率都相等，不能用于判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．由以上分析可知平衡状态时，c（Z）＝＝0.32mol•L﹣1，故C正确；
D．分压与浓度的数值不同，则计算结果不同，用气体分压代替物质的量浓度计算该反应的平衡常数，数值不同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握化学平衡三段法、速率及浓度的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率与化学计量数的关系，题目难度不大。
22．（2分）已知甲酸的分解反应：HCOOH⇌CO+H2O，△H．在H+催化作用下反应历程为

根据过渡态理论，其反应过程中的能量变化如图所示，E1、E2、E3均为大于0．下列说法不正确的是（　　）

A．E2为正反应的最高活化能
B．该反应为放热反应，△H＝E3
C．图象中第一个峰（过渡态）对应的物质结构为过渡态Ⅰ
D．使用催化剂后，正逆反应速率同等程度改变，平衡不移动
【分析】根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能；
化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；
催化剂可改变化学反应速率，但不改变平衡状态。
【解答】A．过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能，由图可知，E2为正反应的最高活化能，故A正确；
B．由图可知，生成物的总能量低于反应总能量，则该反应为放热反应，由题意得E1、E2、E3均为大于0，△H＝﹣E3，故B错误；
C．根据反应历程和图分析可知，图象中第一个峰（过渡态）对应的物质结构为过渡态Ⅰ，故C正确；
D．使用催化剂后，正逆反应速率同等程度改变，平衡不移动，故D正确，
故选：B。
【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物能量以及活化能之间关系，此题难度中等，注意基础知识积累。
23．（2分）室温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液分别滴定0.1000mol•L﹣1HA～HD酸的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．等物质的量浓度时，Ka越小滴定突变越不明显，滴定误差越大
B．滴定HC时，滴定终点的pH＝7
C．滴定HB时，应该选择酚酞作为指示剂
D．由图象可知在计算HD滴定前溶液pH时不能忽略水的电离
【分析】A、由图象可知Ka越小，滴定突变越短越不明显；
B、滴定HC时，滴定终点溶液显碱性，pH＞7；
C、滴定HB时，滴定终点显碱性，指示剂的变色范围应与终点时溶液的酸碱性一致，应用酚酞做指示剂；
D、HD滴定前溶液pH在6.5左右时，水的电离出c（H+）＝10﹣7.5mol/L，相差不大，不能忽略水的电离。
【解答】解：A、由图象可知HA、HB、HC、HD的ka分别为：10﹣3、10﹣5、10﹣9、10﹣13；Ka越来越小，滴定突变越短，越不明显，故A正确；
B、滴定HC时，滴定终点的pH在12左右，溶液呈碱性，pH＞7而不是pH＝7，故B错误；
C、滴定HB时，滴定终点pH在12左右，溶液呈碱性；指示剂的变色范围应与终点时溶液的酸碱性一致，应用碱性范围内变色的酚酞做指示剂，故C正确；
D、HD滴定前溶液pH在6.5左右时，HD酸电离出c（H+）＝10﹣6.5mol/L，水的电离出c（H+）＝＝＝10﹣7.5mol/L，相差不大，不能忽略水的电离，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱混合时的定性判断和pH的计算的重点知识，涉及电离平衡、指示剂的选择、滴定终点的判断等，难点是Ka的判定的计算；考查的化学学科的核心素养为宏观辨识与微观探析；平时练习时注意总结积累，理解、掌握并熟练运用，构建知识思维导图，避免出错。
24．（2分）实验室中的碘水一般是将碘单质溶于KI溶液配制而成，发生反应：I﹣+I2⇌I3﹣（主要溶质为KI3或KI•I2）。下列说法不正确的是（　　）
A．该溶液遇淀粉显蓝色
B．该溶液见光易变质，应用棕色试剂瓶密封保存
C．采用此法配制碘水的目的是为了提高碘水的浓度
D．该溶液中通入SO2后，溶液由中性变为强酸性
【分析】发生反应：I﹣+I2⇌I3﹣（主要溶质为KI3或KI•I2），则溶液具有I2和I﹣的性质，以此解答该题。
【解答】解：A．具有碘的性质，溶液遇淀粉显蓝色，故A正确；
B．棕色试剂瓶可起到避光的作用，故B正确；
C．主要溶质为KI3或KI•I2，溶解度比碘大，可提高碘水的浓度，故C正确；
D．存在碘与水的反应，溶液呈酸性而不是成中性，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查碘及其化合物的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握物质的性质以及平衡移动等问题，题目难度不大。
25．（2分）某未知溶液X中可能含有Mg2+、Cu2+、Fe3+、Fe2+、SO42﹣、Cl﹣中的几种，进行如下实验：已知：Cu2SO3为白色固体，难溶于水，易溶于稀硫酸。下列说法正确的是（　　）

A．未知液X中一定含有Cu2+、Fe3+，可能含有Mg2+
B．溶液B中含有大量的Cu2+
C．取沉淀B加硫酸溶解，再加入KSCN溶液，若显血红色，说明溶液X中一定含有Fe3+
D．沉淀C与稀硫酸发生了氧化还原反应
【分析】未知溶液中通过量二氧化硫，将可能的三价铁和铜离子还原，其它离子不反应，得到溶液A；通过氨气时镁离子、铁离子、亚铁离子会沉淀完全，铜离子会转变成络合离子进入溶液B，溶液B中通适量的二氧化硫得到亚硫酸铜沉淀，沉淀溶于硫酸发生歧化反应产生铜单质、硫酸铜和二氧化硫气体，据此分析解答。
【解答】解：A、根据以上分析溶液中一定有铜离子，但是并未进行三价铁离子的检验，不确定是否有三价铁离子，可能有镁离子，故A错误；
B、溶液B中的铜是以络合离子形式存在的，故不含大量铜离子，故B错误；
C、溶液中可能含亚铁离子，容易被空气氧化成三价铁离子，因此加硫氰化钾变红可能是亚铁离子氧化来的三价铁的原因，故C错误；
D、沉淀C与硫酸发生歧化反应，硫酸亚铜转变成铜单质和硫酸铜，是氧化还原反应，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子的检验，做题时要注意排除其他离子的干扰，注重基础知识的积累，明确常见离子的检验方法来解答。
二、解答题（共6小题，满分50分）
26．（4分）（1）比较金属性的强弱：Na　＜　K（填“＞”、“＜”或“＝”）；反应Na+KCl⇌NaCl+K↑能发生的原因是　钾的沸点比钠低　。
（2）COCl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出COCl2的结构式　　。
（3）电解熔融氧化铝制备金属铝时，需要定期更换阳极石墨块，理由是　阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应　（用化学反应方程式表示）。
【分析】（1）同主族元素的原子从上到下，元素的金属性逐渐增强；工业上用反应Na+KCl＝NaCl+K↑制取金属钾，主要是利用金属沸点的差异；
（2）COCl2各原子均满足8电子稳定结构，据此确定原子和周围原子的成键数目，书写结构式；
（3）电解熔融的氧化铝，阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应，据此回答即可。
【解答】解：（1）同主族元素的原子从上到下，元素的金属性逐渐增强，所以金属性：Na＜K，工业上用反应Na+KCl＝NaCl+K↑ 制取金属钾，主要是利用钾的沸点比钠低，
故答案为：＜；钾的沸点比钠低；
（2）COCl2分子中各原子均满足8电子稳定结构，其结构式为，故答案为：；
（3）工业冶炼金属铝是用电解熔融的氧化铝的方法，阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应，所以要定期更换补充阳极碳块，
故答案为：阳极会产生氧气，阳极的碳块在高温时会与氧气反应。
【点评】本题涉及电解原理的应用、金属元素性质递变规律以及原子结构的有关知识，考查综合，难度不大。
27．（4分）称取软锰矿样品0.1000g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnO42﹣溶液。
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物。
③酸化溶液，MnO42﹣歧化为MnO4﹣和MnO2。
④滤去MnO2。
⑤用0.1000mol•L﹣1Fe2+标准溶液滴定滤液中MnO4﹣，共用去25.80mL。
计算样品中MnO2的质量分数　67.3%　（保留1位小数）；写出简要的计算过程：　样品中所含MnO2的物质的量为：，因此软锰矿样品中所含MnO2的质量分数为；　。
【分析】根据滴定过程中Fe2+与MnO4﹣发生的反应，结合MnO2转化为MnO42﹣，MnO42﹣转化为MnO4﹣的反应，确定关系式，再结合反应消耗的Fe2+进行计算。
【解答】解：酸性条件下，MnO42﹣转化为MnO4﹣和MnO2的离子方程式为：3MnO42﹣+4H+＝2MnO4﹣+MnO2↓+2H2O；滴定过程中，Fe2+与MnO4﹣反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O；因此可得关系式“3MnO2～3MnO42﹣～2MnO4﹣～10Fe2+”，因此样品中所含MnO2的物质的量为：，因此软锰矿样品中所含MnO2的质量分数为；
故答案为：67.3%；样品中所含MnO2的物质的量为：，因此软锰矿样品中所含MnO2的质量分数为。
【点评】此题是对样品纯度计算的考查，对于此类题型，多采用守恒法和关系式法进行计算。
28．（10分）Ⅰ．橙红色化合物A由五种元素组成，其中一种元素为原子半径最大的短周期元素（稀有气体元素除外），按如下流程进行实验。气体B为纯净物，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，溶液C呈黄色，沉淀D为砖红色沉淀。

请回答：
（1）组成A的金属元素是　Na　（填元素符号），A的化学式是　NH4NaCr2O7　。
（2）沉淀D与足量B反应的离子反应方程　Ag2CrO4+4NH3＝2Ag（NH3）2++CrO42﹣　。
（3）A中的某种金属元素对应的单质可以通过铝热反应制备，写出化学反应方程式　Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3　。
Ⅱ．某兴趣小组为了探究84消毒液（主要成分NaClO）和酒精混合使用是否存在安全隐患，利用如图装置进行实验。

请回答：
（1）三颈烧瓶中出现黄绿色气体，请写出相应的化学方程式　2NaClO+C2H5OH→2NaOH+CH3CHO+Cl2↑　。（乙醇被氧化为乙醛）
（2）有同学用手触碰三颈烧瓶后发现，反应一段时间后装置温度升高，所以提出产生的气体中可能混有O2，请用离子方程式解释　2ClO﹣O2↑+2Cl﹣　，该同学为了验证O2，打开弹簧夹，用带火星的木条检验，该操作的错误为　乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患　。
【分析】Ⅰ．橙红色化合物A由五种元素组成，其中一种元素为原子半径最大的短周期元素即Na元素，气体B为纯净物，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则为NH3，说明固体A中含铵根，溶液C呈碱性，且呈黄色，与硝酸、硝酸银溶液反应生成砖红色沉淀D，应为Ag2CrO4，Ag2CrO4中通入足量的气体B即NH3生成溶液E即[Ag（NH3）2]2CrO4，说明A含有Na、N、H、Cr、O元素，且n（Ag2CrO4）＝＝0.02mol，n（NH3）＝＝0.01mol，且A呈橙红色，应含有Cr2O72﹣，且n（Cr2O72﹣）＝0.01mol，可知n（Na+）＝＝0.01mol，则A为NH4NaCr2O7；
Ⅱ．NaClO溶液滴入酒精中，三颈烧瓶中出现黄绿色气体，说明生成氯气，乙醇被氧化生成乙醛，B用于除去乙醇，C可吸收氯气，然后可用带火星的木条检验，避免爆炸，以此解答该题。
【解答】解：Ⅰ．（1）由以上分析可知，组成A的金属元素是Na，A的化学式是，故答案为：Na；NH4NaCr2O7；
（2）沉淀D与足量B反应的离子反应方程式为Ag2CrO4+4NH3＝2Ag（NH3）2++CrO42﹣，故答案为：Ag2CrO4+4NH3＝2Ag（NH3）2++CrO42﹣；
（3）A中的某种金属元素对应的单质可以通过铝热反应制备，应为铝冶炼铬的反应，涉及化学反应方程式为Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3，
故答案为：Cr2O3+2Al2Cr+Al2O3；
Ⅱ．（1）NaClO溶液滴入酒精中，三颈烧瓶中出现黄绿色气体，说明生成氯气，乙醇被氧化生成乙醛，方程式为2NaClO+C2H5OH→2NaOH+CH3CHO+Cl2↑，
故答案为：2NaClO+C2H5OH→2NaOH+CH3CHO+Cl2↑；
（2）产生的气体中可能混有O2，与加热条件下次氯酸根离子分解有关，离子方程式为2ClO﹣O2↑+2Cl﹣，由于乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患，易爆炸，
故答案为：2ClO﹣O2↑+2Cl﹣；乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患。
【点评】本题考查无机物的推断以及物质的性质探究，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，注意把握物质的性质，题目难度中等。
29．（10分）碳在冶金工业上具有重要用途。
已知氧与碳的反应主要有
ⅠC（s）+O2（g）⇌CO2（g）△H1＝﹣394kJ•mol﹣1
Ⅱ2C（s）+O2（g）⇌2CO（g）△H2＝﹣221kJ•mol﹣1
Ⅲ2CO（g）+O2（g）⇌2CO2（g）△H3
上述反应的△G～T如图1所示，且满足△G＝△H﹣T△S。

请回答：
（1）曲线a代表反应　Ⅲ　（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”），理由是　△H3＝﹣567kJ/mol，△S＜0，由△G＝△H﹣T△S，曲线斜率为正值　。
（2）研究发现，以CO2替代高温水蒸气作为煤气化反应（H2O与C反应）的气化剂，实现了CO2零排放的新工艺。写出反应Ⅳ的热化学方程式　C（s）+CO2（g）＝2CO（g）△H4＝+173kJ/mol　（碳的计量数为1）。在1273K时，测得碳转化率[a（C）]与时间t变化如图2所示。保持其它条件不变，请画出1773K时a（C）～t关系图　　。
（3）当T＝T1时，反应Ⅳ处于平衡状态，下列关于反应Ⅳ的说法正确的是　AB　
A．因平衡时△G＝0，若△H变化173.3kJ•mol﹣1，△S变化173.3J•K﹣1•mol﹣1，计算得T1＝1000K
B．T＜T1时，反应向逆反应方向移动
C．当碳的浓度不再变化时，一定处于平衡状态
D．因平衡常数K的值不再变化，反应达到了平衡
（4）当T＝1273K时，仅存在CO、CO2两种气体，且维持总压为1atm，此时反应Ⅳ的Kp＝112，则CO气体所占的分压p（CO）为　　atm．（列式即可）
【分析】（1）曲线a是上升的，曲线斜率为正值，只有△H＜0，△S＜0符合；
（2）温度升高，缩短了达到平衡的时间，反应正向进行，转化率增加；
（3）A、因平衡时△G＝△H﹣T△S＝0，当△H变化173.3kJ•mol﹣1，△S变化173.3J•K﹣1•mol﹣1时，结合T1＝分析；
B、该反应为吸热反应，温度降低，逆向进行；
C、碳是纯固体，浓度看做1，不能作为化学平衡的判断依据；
D、当温度不变，改变浓度或压强，化学平衡可能发生移动，但平衡常数K的值只与温度有关；
（4）由于体系中只存在2种气体，设CO的分压为x，则CO2的分压为1﹣x，KP＝＝＝112，解得x的值即可。
【解答】解：（1）根据图示可知，曲线a的斜率为正值，上述三个反应中，只有反应Ⅲ△H3＜0，△S＜0，由△G＝△H﹣T△S，反应Ⅲ的△G曲线斜率为正值，
故答案为：Ⅲ；△H3＝﹣567kJ/mol，△S＜0，由△G＝△H﹣T△S，曲线斜率为正值；
（2）以CO2替代高温水蒸气作为煤气化反应的气化剂，根据盖斯定律可知方程式为：C（s）+CO2（g）＝2CO（g），△H4＝△H2﹣△H1＝+173kJ/mol。在1773K时，温度升高，缩短了达到平衡的时间，反应正向进行，转化率增加，所以图象为，
故答案为：C（s）+CO2（g）＝2CO（g）△H4＝+173kJ/mol；；
（3）A、因平衡时△G＝△H﹣T△S＝0，当△H变化173.3kJ•mol﹣1，△S变化173.3J•K﹣1•mol﹣1时，T1＝＝1000K，故A正确；
B、该反应为吸热反应，温度降低，逆向进行，故B正确；
C、碳是纯固体，浓度看做1，不能作为化学平衡的判断依据，故C错误；
D、当温度不变，改变浓度或压强，化学平衡可能发生移动，但平衡常数K的值不再变化，故D错误；
故答案为：AB；
（4）当T＝1273K时，仅存在CO、CO2两种气体，且维持总压为1atm，设CO的分压为x，则CO2的分压为1﹣x，KP＝＝＝112，解得x＝，
故答案为：。
【点评】本题主要考查化学原理部分知识，包热化学方程式的书写和配平，平衡常数的应用，反应进行的方向分析，考查综合分析问题的能力，题目难度中等。
30．（10分）乙酰基二茂铁常用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂等。某兴趣小组制备乙酰基二茂铁，流程如图1：

已知：
a．反应原理：
b．二茂铁熔点173℃，沸点249℃，100℃易升华。
c．乙酰基二茂铁熔点81℃，沸点163℃．不溶于水，易溶于有机溶剂。
请回答
（1）步骤Ⅰ，在50mL圆底烧瓶中，加入新制的、经提纯后0.5g二茂铁，5mL乙酸酐，在振摇下滴入1mL 85%磷酸，提纯二茂铁的方法为　升华　。
（2）步骤Ⅱ，加料毕，用装填有CaCl2的干燥管塞住圆底烧瓶瓶口。如图2所示，其目的是　防止空气中水进入烧瓶，使乙酸酐水解　。
（3）步骤Ⅳ，反应完毕后，将紫色混合物倾入含40g碎冰烧杯中，并用10mL冷水洗涤烧瓶，将洗涤液并入烧杯，在搅拌下加入NaHCO3（s），判断溶液呈中性的实验方法为　加碳酸氢钠固体至溶液中不再产生气泡或用pH计检测溶液pH值　。
（4）步骤V，包括结晶、吸滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是　AB　。
A．为较快地析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁
B．吸滤装置由吸滤瓶、布氏漏斗、抽气泵组成
C．宜用乙醇洗涤，洗涤后乙醇易挥发
D．可在100℃红外灯下干燥
（5）①粗产品中含有杂质为　二茂铁或二乙酰基二茂铁　，可以用来鉴别的仪器是　核磁共振、红外光谱　。
②分离提纯粗产品后，用薄层层析来测定Rf值。选出其正确操作并按序列出字母
a→c→（　b　）→（　f　）→（　d　）→（　e　）→g
a．制备薄层色谱板
b．用少量纯二茂铁和提纯后的产品分别溶于2mL甲苯中，配成浓溶液
c．用细玻璃管拉制两根微量滴管（尖端处约0.7mm）
d．将色谱板插入盛有乙醚的槽内，盖上盖子
e．待溶剂上升到色谱板高度时，取出色谱板，并标记溶剂所到高度
f．分别用微量滴管浸入两浓溶液，在色谱板两原点处点样，待干燥后，再重复点样
g．计算Rf值
【分析】在圆底烧瓶中投入二茂铁和乙酸酐发生反应后，安装干燥管是防止空气中有水蒸气进入圆底烧瓶中，是乙酸酐水解，反应结束后，有未反应完的二茂铁，或者有接2个乙酰基的二茂铁杂质存在，可以用结晶等方法提纯，鉴别有机物常用核磁共振、红外光谱等方法。
【解答】解：（1）二茂铁易升华，可采用升华的方法提纯，故答案为：升华。
（2）乙酸酐易水解，接干燥管可防止空气中水进入烧瓶中，使乙酸酐水解，故答案为：防止空气中水进入烧瓶，使乙酸酐水解。
（3）溶液若呈中性，继续加碳酸氢钠，没有气泡产生，或者用pH计测量溶液的pH，故答案为：加碳酸氢钠固体至溶液中不再产生气泡或用pH计检测溶液pH值。
（4）A、用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可较快地析出晶体，故A正确；
B、吸滤装置由吸滤瓶、布氏漏斗、抽气泵组成，故B正确；
C、乙酰基二茂铁易溶于有机溶剂，不可用乙醇洗涤，故C错误；
D、乙酰基二茂铁熔点为81℃，不可在100℃红外灯下干燥，故D错误。
故答案为：AB。
（5）①粗产品中含有杂质为未反应完的二茂铁或二乙酰基二茂铁，可以用核磁共振、红外光谱来鉴别，故答案为：二茂铁或二乙酰基二茂铁；核磁共振、红外光谱。
②分离提纯粗产品后，要测定Rf值，先制备薄层色谱板，用细玻璃管拉制两根微量滴管（尖端处约0.7mm），在用少量纯二茂铁和提纯后的产品分别溶于2mL甲苯中，配成浓溶液，分别用微量滴管浸入两浓溶液，在色谱板两原点处点样，待干燥后，再重复点样，将色谱板插入盛有乙醚的槽内，盖上盖子，待溶剂上升到色谱板高度时，取出色谱板，并标记溶剂所到高度，计算Rf值，故答案为：b；f；d；e。
【点评】本题以乙酰基二茂铁的制备为载体考查化学基本实验操作、仪器的选择、物质的分离和提纯以及有机物结构的鉴别，是高考中的常见考点和题型，难度中等，侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
31．（12分）药物阿比朵尔具有很好的抗病毒活性，其合成路线如图：

已知：
①
②RXRLiXRSH
请回答：
（1）下列说法正确的是　BD　。
A．化合物A能发生加成、取代和氧化反应，不发生还原反应
B．化合物B具有弱碱性
C．化合物D与FeCl3溶液发生显色反应
D．阿比朵尔的分子式是C22H25N2O3BrS
（2）写出化合物D的结构简式　　。
（3）写出G→阿比朵尔的化学方程式　+HCHO+NH（CH3）2+H2O　。
（4）设计从E→F的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）　　。
（5）写出化合物A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，含氮氧单键和碳氧双键；
②含有苯环和含氮五元杂环，且两环共棱连接。
【分析】根据信息①及阿比朵尔结构简式、G分子式知，G为，根据D、F分子式知，D、F发生取代反应生成G，F为、D为，则E为；C发生取代反应生成D，C为，根据A、C结构简式及B分子式知，B为
；

（4）F为、E为，设计从E→F的合成路线，苯和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息②的反应，最后和NaOH反应得到。
【解答】解：（1）A．A中碳碳双键和苯环能和氢气发生加成反应，和氢气的加成反应也属于还原反应，故A错误；
B．B为，B中含有氨基，氨基具有碱性，所以化合物B具有弱碱性，故正确；
C．D为，D中不含酚羟基，所以化合物D不能与FeCl3溶液发生显色反应，故错误；
D．阿比朵尔的分子式是C22H25N2O3BrS，故正确；
故选BD；
（2）化合物D的结构简式为，
故答案为：；
（3）G→阿比朵尔的化学方程式为 +HCHO+NH（CH3）2+H2O，
故答案为：+HCHO+NH（CH3）2+H2O；
（4）F为、E为，设计从E→F的合成路线，苯和溴发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息②的反应，最后和NaOH反应得到，其合成路线为，
故答案为：；
（5）A的同分异构体符合下列条件：
①1H﹣NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有4种氢原子，含氮氧单键和碳氧双键；
②含有苯环和含氮五元杂环，且两环共棱连接，
符合条件的结构简式为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用正逆结合的方法进行推断，注意反应中断键和成键方式，易错点是同分异构体结构简式确定，题目难度中等。