二轮拔高卷2-2022年高考化学模拟卷（浙江专用）（解析版）

【赢在高考•黄金20卷】备战2022年高考化学模拟卷（浙江专用）

二轮拔高卷2

（本卷共31小题，满分100分，考试用时90分钟）

可能用到的相对原子质量：H—1Li-7Be—9C—12N—140—16Na—23

Mg—24Al—27Si—28S—32Cl—35.5Mn—55Fe—56Cu—641—127

Ba—137

一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每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.下列物质仅含共价键且水溶液呈酸性的是（）

A.NaHCO3B.（NH4）2SO4C.NH3D.CO2

【答案】D

【解析】A项，NaHCCh含有离子键和共价键，碳酸氢根水解，溶液显碱性，故A不符

合题意；B项，（NHSSCh含有离子键和共价键，筱根水解，溶液显酸性，故B不符合题意；

C项，NH3只含有共价键，水溶液是氨水，显碱性，故C不符合题意；D项，CO2只含有共

价键，水溶液是碳酸，显酸性，故D符合题意。故选D。

2.下列属于强电解质的有机物是（）

A.甘油B.硬脂酸钠C.苯酚D.液态HC1

【答案】B

【解析】A项，甘油即丙三醇，其在水中或熔融状态下不能导电，为非电解质，A不

符合题意；B项，硬脂酸钠在水溶液中可以完全电离生成硬脂酸根和钠离子，为强电解质，

属于有机物，B符合题意；C项，苯酚在水溶液中可以部分电离产生氢离子，为弱电解质，

C不符合题意；D项，液态HC1虽然为强电解质，但不是有机物，D不符合题意：故选B。

3.下列图示表示蒸发结晶操作的是（）

【答案】C

【解析】A项，图示表示在表面皿上做点滴反应实验，故不选A；B项，图示表示分液

操作，故不选B；C项，图示表示蒸发结晶操作，故选C；D项，图示表示溶解操作，故

不选D；故选Co

4.下列物质对应的组成或结构不氐顾的是（）

CHO

I

A.甘氨酸：HOOCCH2NH2B.甘油醛：CHOH

I

CH,OH

C.氟酸铉：NH4CND.摩尔盐：(NH4)2Fe(SCU)2,6H2O

【答案】C

【解析】A项，甘氨酸也可命名为氨基乙酸，结构简式为H2N-CH2coOH,A正确；B

CHO

I

项，甘油醛是丙三醇中的一个羟基被氧化为醛基，结构简式为CHOH,B正确：C项，鼠

I

CH.OH

酸钱是钱盐，化学式是NH4CNO,C错误；D项，摩尔盐是等物质的量的绿机与硫酸镂混合

制得的盐，化学式是(NH4)2Fe(SO4)2・6H9,D正确；故选C。

5.下列表示不生顾的是()

A.乙烯的实验式：CH2B.甲酸的结构简式：HCOOH

C.3-甲基戊烷的键线式：D.丙烷的球棍模型：弓/

【答案】C

【解析】A项，实验式即最简式，故乙烯的实验式为CH2,A正确；B项，甲酸分子中

有一个碳原子，官能团为竣基，故结构简式为HCOOH,B正确；C项，/丫的名称为2-

甲基丁烷，故C错误；D项，丙烷分子中含有3个碳原子，球棍模型为＞攵故D正

确；故选C。

6.下列说法不正颐的是()

A.石油裂解的目的是提高汽油等轻质油的产量和质量

B.可用新制氢氧化铜检验糖尿病人尿糖的含量

C.蛋白质溶液可以通过盐析或者渗析来进行提纯

D.油脂是热值最高的营养物质，是生物体内储存能量的重要物质

【答案】A

【解析】A项，石油裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙快等，不是

提高汽油等轻质油的产量和质量，故A错误；B项，糖尿病人尿液中含有血糖，能与新制

的氢氧化铜反应，产生砖红色沉淀，故可用新制的氢氧化铜，检验糖尿病人尿液中尿糖的含

量，故B正确；C项，蛋白质为胶体，可发生盐析，胶体微粒不能透过半透膜，可用渗析

的方法分离提纯蛋白质，故C正确；D项，-克油脂在体内完全氧化时，大约可以产生39.8

千焦的热能，提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是产生能量最高的营养物质，是生物体

内储存能量的重要物质，故D正确；故选A。

7.下列说法正确的是（）

A.14c60和12c70互为同位素B.乙二醇和丙二醇互为同系物

C.硫钱和硫酸氢钱是同一物质D.TNT和间硝基甲苯互为同分异构体

【答案】B

【解析】A项，同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，和12c70是分子，

不是原子，不互为同位素，故A错误；B项，同系物是含有相同数目相同官能团的同类有

机物，在组成上相差若干个CH2原子团，乙二醇和丙二醇的羟基数目都为2,结构相似，在

组成上相差1个CH2原子团，都是饱和二元醇，互为同系物，故B正确；C项，硫镂的化

学式为（NH。2s04,硫酸氢钱的化学式为NH4HSO4,两者的化学式不同，不是同一物质，故

C错误；D项，TNT为2,4,6—三硝基甲苯的俗称，与间硝基甲苯的分子式不同，不互为

同分异构体，故D错误；故选B。

8.下列说法正确的是（）

A.工业上，可由乙醇与氢氧化钠固体反应制取乙醇钠

B.工业上，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，然后溶于水制得盐酸

C.在催化剂作用下，NH3和02反应主要得到NO2

D.通常情况下，用氧化铝堪烟熔融NaOH固体

【答案】A

【解析】A项，在工业上采用苯、乙醇、水三元共沸法制取乙醇钠，具体操作为：将固

体氢氧化钠溶于乙醇和纯苯溶液中（或环己烷和乙醇溶液中），加热回流，氢氧化钠和乙醇反

应生成乙醇钠和水，其中水又和苯形成共沸物，通过脱水工艺脱除，就得到了乙醉钠，A正

确；B项，盐酸的工业制法之一工业上制取盐酸时，首先在反应器中将氧气点燃，然后通

入氯气进行反应制得氯化氢气体，氯化氢气体冷却后被水吸收成为盐酸。在氯气和氢气的反

应过程中，有毒的氯气被过量的氢气所包围，使氯气得到充分反应，而不是氢气在氯气中燃

烧生成氯化氢，B错误；C项，在催化剂作用下，NH3和02反应主要得到NO,C错误；D

项，ALO3是两性氧化物，能够与NaOH在高温下发生反应，因此不能用氧化铝用烟熔融

NaOH固体，D错误；故选A。

9.下列说法不可砸的是（）

A.工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉

B.75%（体积分数）酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好

C.钠是一种强还原剂，可用于制取钛、铜等金属

D.在工业炼铁中，焦炭的作用是直接还原铁矿石

【答案】D

【解析】A项，2Ca（OH）2+2CL=CaC12+Ca（ClO）2+2H2O,由于Ca（0H）2在水溶液中的溶

解度很小，故工业上以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉，A正确；B项，75%的酒精能渗入

细胞内，使蛋臼质凝固变性，低于这个浓度，酒精的渗透脱水作用减弱，杀菌力不强，而高

于这个浓度，则会使细菌表面蛋白质迅速脱水，凝固成膜妨碍酒精透入，削弱杀菌能力，故

75%（体积分数）酒精溶液能使蛋白质变性，其消毒效果比无水酒精好，B正确；C项，钠是

一种强还原剂，4Na+TiCL（熔融）J^4NaCl+Ti,可用于制取钛、锯等难熔金属，C正确：

D项，在工业炼铁中，焦炭的作用是燃烧提供热量，同时先生成CO,再将铁矿石还原，D

错误：故选D。

10.火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+Ch高温Cu2s+2FeS+SCh,下列判断正确的是（）

A.CuFeS?只作还原剂

B.SO2既是氧化产物又是还原产物

C.消耗1molCh时转移电子的物质的量为4moi

D.每生成1molCu2s同时产生22.4LSO2

【答案】B

【解析】A项，在该反应中Cu元素的化合价由反应CuFeS?中的+2价变为反应后Cu2s

中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeSz作氧化剂；S元素化合价由反应前

CuFeSz中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS?

又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A错误：B项，在该反应中，S元素化合

价由反应前CuFeSz中的-2价变为反应后SCh中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，

SO2是氧化产物；0元素化合价由反应前。2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降

低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SCh既是氧化产物又是还原产物，B正确；

C项，在该反应中得到电子的元素有Cu、0,失去电子的元素只有S,每有ImolCh参加反

应，转移电子的物质的量是6mol,C错误；D项，根据方程式可知：每生成1molCu2s同

时产生1molSCh,但由于未知外界条件，因此不能确定1mol的SO?的体积是否是22.4L,

D错误；故选B。

11.下列有关实验说法不氐聊的是（）

A.当锌完全溶解后，铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢，此现象可作为判断镀锌

铁皮中锌镀层是否完全被反应掉的依据

B.向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNCh、稀HNCh和NaNCh,检验火柴头中的氯元素

C.制备摩尔盐时，最后在蒸发皿中蒸发浓缩溶液，加热至液体表面出现晶膜为止，不

能将溶液全部蒸干

D.检验氯乙烷中的氯元素时，将氯乙烷和NaOH溶液混合加热后，用稀硫酸进行酸化

【答案】D

【解析】A项，电化学反应较化学反应快，锌和铁在酸性条件下可形成原电池反应，反

应速率较快，可用于判断，故A正确；B项，火柴头中含有KCICh,检验氯元素，应把ClOy

还原为Cl1酸性条件下，NO2-具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加AgNCh、稀HNO3

和NaNCh,发生的离子反应为C1O『+3NO2-+Ag+=AgCll+3NO『，出现白色沉淀，证明含有

氯元素，故B正确；C项，将蒸发皿置于水浴上蒸发、浓缩至表面出现结晶薄膜为止，放

置冷却，得(NHSSOFeSOr6H2。晶体，不能将溶液全部蒸干，以防温度过高导致，

(NH4)2SO4・FeSO#6H2O分解，故C正确；D项，用稀硫酸进行酸化，可生成微溶于水的硫

酸银沉淀，影响实验结论，应用硝酸酸化，故D错误；故选D。

12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()

A.标准状况下，2.24L的乙烯和2.24L的己烯，碳氢键都为0.2DINA,m为烯燃碳原子

数

B.25℃,pH=12的NaOH溶液中含有0任的数目约为O.OINA

2

C.CH3CH2OH+302+40H-=2CO.3-+5H2O,每消耗ImolCH3cH2OH,有12NA电子

发生转移

D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t，该反应转移电子数为2NA时，生成0.5molCh

【答案】C

【解析】A项，在标准状况下，己烯为液体，所以无法计算烯煌碳原子数，A错误：B

项，溶液体积不明确，故无法计算溶液中的氢氧根个数，B错误；C项，CH3cH2OH+3O2

+4OH-=2CO33+5H2O,碳元素化合价由-2升高+4价，所以每消耗ImolCH3cH20H,有12/VA

电子发生转移，C正确；D项，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2f中，氧元素由-1变为0价，该

反应转移电子数为2M时，生成ImolCh,D错误；故选C。

13.下列反应的离子方程式正确的是()

2

A.碳酸氢核溶液中滴加过量澄清石灰水：Ca(OH)2+2HCO3=CaCO3+2H2O+CO3-

B.过量苯酚溶液与碳酸钠溶液反应：2<7-OH+CO；->2o+H2O+CO2T

C.印刷电路板反应原理：Fe3++Cu=Fe2*+Cu2+

2+2

D.Mg(HCO3)2溶液与足量烧碱溶液反应:Mg+2HCO3+4OH=Mg(OH)2；+2H2O+2CO3

【答案】D

【解析】A项，向碳酸氢镀溶液中加入足量的澄清石灰水，设NKHCCh的物质的量为

Imol则ImolNH4+和ImolHCO.v,需要消耗2moiOH-和ImolCa?*,故离子方程式为：

NH4*+Ca2++2OH+HCO3=CaCO3，+H2O+NH3H2。，A错误；B项，酸性：H2cCh>苯酚〉HCO?

无论碳酸钠是否过量，苯酚溶液与碳酸钠溶液反应都生成苯酚钠和碳酸氢钠，离子方程式为

OH+C032THec，B错误；C项，腐蚀印刷电路板生成氯化亚铁

和氯化铜，离子方程式为：2Fe*+Cu=2Fe2++Cu2+,C错误：D项，Mg(HCCh)2溶波与足量

NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀，其离子方程式为：

2+2

Mg+2HCO3+4OH=Mg(OH)21+2H2O+2CO3-,D正确；故选D。

14.下列说法下走确的是()

A.酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的主要是不饱和脂肪

酸

B.蔗糖、麦芽糖和乳糖互为同分异构体，其中只有蔗糖不能发生银镜反应

C.在不同pH的溶液中，当氨基酸主要以两性离子存在时，它在水中的溶解度最大

D.甘油和纤维素均可与浓硝酸发生酯化反应生成烈性炸药

【答案】C

【解析】A项，脂肪多数是饱和的高级脂肪酸和甘油形成的酯，油主要是由不饱和的高

级脂肪酸和甘油形成的酯，酸性条件下，一般脂肪水解可得到饱和脂肪酸，而油水解得到的

主要是不饱和脂肪酸，故A正确：B项，蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都是C12H22O1”但

其结构不同，故其互为同分异构体，其中麦芽糖和乳糖都是还原性糖、能发生银镜反应，只

有蔗糖不能发生银镜反应，故B正确；C项，氨基酸分子中的氨基和叛基相互作用时，氮

基酸成为带有正电荷和负电荷的两性离子，称为内盐，当氨基酸主要以两性离子存在时，它

在水中的溶解度最小，可以结晶析出，故C错误；D项，硝化甘油是甘油与浓硝酸发生酯

化反应(在浓硫酸条件下)生成的三硝酸甘油酯，是制备炸药的原料；纤维素可与浓硝酸发生

酯化反应生成的硝酸纤维也是制造烈性炸药的原料，故D正确;；故选C

15.2021年诺贝尔化学奖授予本杰明。李斯特(BenjaminList)、大卫・麦克米兰(DavidW。

C.MacMillan),以表彰在“不对称有机催化的发展'’中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应

如图：

下列说法不巧玻的是()

A.c可发生消去反应形成双键B.该反应为取代反应

NH2

C.该反应原子利用率100%D.脯氨酸与/X/kjOH互为同分异构体

O

【答案】B

【解析】A项，c中含羟基，可发生消去反应形成双键，A项正确；B项，该反应由两

个反应物得到一个产物，为加成反应，B项错误；C项，反应物中的原子全部进入目标产物

C,原子利用率100%,C项正确；D项，两者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D

项正确；故选B。

16.现有4种短周期元素X、Y、Z和W,相关信息如下表:

元素相关信息

X最外层电子数比次外层电子数多5

Y与X同周期，最高化合价和最低化合价绝对值相等

Z短周期中金属性最强的元素

W最高化合价为+7

下列说法正确的是()

A.气态氢化物的热稳定性：X>W,原因是X元素的气态氢化物分子间存在氢键

B.与Y同主族的第3、4周期元素对应的单质可作半导体材料

C.简单离子半径大小关系：z>w

D.W、Y两种元素的氧化物对应水化物的酸性：W>Y

【答案】B

【解析】短周期元素X、Y、Z和W中，X的最外层电子数比次外层电子数多5,则X

核外电子排布是2、7,所以X是F元素；Y与X同周期，最高化合价和最低化合价绝对值

相等，则Y是C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；W元素的最高

化合价为+7价，则W是C1元素。根据上述分析可知：X是F,Y是C,Z是Na,W是Cl

元素。A项，元素的非金属性越强，其相应的气态氢化物的稳定性就越强。X是F,W是

C1,元素的非金属性：F>C1,所以气态氢化物的稳定性：HF>HC1,这与物质分子之间是

否存在氢键无关，A错误；B项，Y是C,与Y同主族的第3、4周期元素Si、Ge处于金属

与非金属交界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此它们对应的单质可作半导体材料，B

正确；C项，离子核外电子层数越多，离子半径越大。Z是Na,W是Cl,两种元素形成的

离子分别是Na+、C1-,其中Na+核外有2个电子层，核外有3个电子层，所以离子半径：

W(Cl)>Z(Na+),C错误；D项，Y是C,W是C1元素，C元素形成的氧化物的水化物H2cCh

的水溶液显酸性，而C1元素可以形成多种含氧酸，由于题干中未指明是C1元素的最高价含

氧酸，因此不能比较其与H2c03的酸性强弱，D错误；故选B。

17.探究某酸HR是否为弱酸，下列说法不正颐的是()

A.加热NaR溶液时，溶液的pH变小，则HR为弱酸

B.25C时，向lOmLO.lmollTHR溶液中加入O.lmoLCNaOH溶液，当水电离的c(H+)=

l.OxlO-WL-1,滴加NaOH溶液的体积可出现两种情况，则HR为弱酸

C.25℃时测NaR溶液的pH,若pH>7,则HR为弱酸

D.25℃时，pH=2的HR和pH=12的Ba(0H)2溶液等体积混合后，溶液显酸性，则

HR为弱酸

【答案】A

【解析】A项，升高温度，水的K“增大，如溶液呈中性时，pH也变小，不能证明HR

为弱酸,A错误；B项，25℃时,水电离的c(H+)=1.0x107moi口,酸、碱抑制水的电离,

强碱弱酸盐水解促进水的电离，向10mLO.lmolL-'HR溶液中加入0.1m。rL-NaOH溶液，

当水电离的c(H+)=LOxlUmolLj水的电离受到的抑制和促进相抵消，若HR为弱酸，则

有两种情况，可能是HR和NaR的混合溶液，也可能是NaR和NaOH的混合溶液，B正确；

C项，25℃时测NaR溶液的pH,若pH>7,说明NaR为强碱弱酸盐，水解显碱性，即HR

为弱酸，C正确；D项，25c时，pH=2的HR和pH=12的Ba(OH”溶液等体积混合后，若

HR为强酸，溶液显中性，若HR为弱酸，弱酸过量，溶液显酸性，可证明HR为弱酸，D

正确；故选A。

18.直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体，相同温度和压强下，AHi(X)<A//,(Y)<

A4(Z),下列判断不正硬的是()

C4H8(g)+6O2(g)4co2(g)+4H2O(g)A//i

C4H8(g)+Hz(g)-C4H10(g)XHi

A.A/72<0B.Y(g)-Z(g)为放热反应

C.△H2(X)VA"2(Y)<A//2(Z)D.2-丁醇的消去产物中，X的选择性最高

【答案】D

【解析】A项，燃烧是放热反应，则△卅<0,在不饱和烧的氢化反应中，断裂H-H键

和兀键所消耗的能量比形成两个C-H键所放出的能量少，因此，氢化是放热反应，所以A"

<0,A正确；B项，相同温度和压强下，A//!(X)<A/7I(Y)<AHI(Z),由于是熔变是小于

0的，这说明能量高低顺序为X>Y>Z,所以Y(g)-Z(g)为放热反应，B正确；C项，能量

高低顺序为X>Y>Z,又因为焙变是小于0的，所以A//2(X)<A//2(Y)<A//2(Z),C正确；

D项，X的能量最高，说明最不稳定，因此2-丁醇的消去产物中，X的选择性最低，D错误；

故选D。

19.室温下过氧化铝(CrOs)在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：

-

4CrO5+12HNO3=4Cr(NO)3+7O2?+6H2Oo在5ml1.OxlOW-L'的过氧化铭戊醇溶液中滴入

一定量的稀硝酸，在不同时刻测得过氧化铭浓度如下表：

时间/min46810t202535

cCCrOsyxlO-'^ol-L-14.2302.5101.7901.3501.2401.1301.1101.100

下列叙述正确的是()

A.4~6min内过氧化铝分解的平均速率v(CrO5)=8.6xl()-6mol.Lr-minr

B.8~10min内过氧化铭分解释放的Ch体积为0.86mL(标准状况)

C.推测表中t的取值范围为：

D.若升高温度后重新实验发现20min时过氧化倍浓度为1.120*105morL',则证明反

应的AHX)

【答案】C

【解析】A项，4〜6min内过氧化铭分解的平均速率v(CrO5)=空双匚誓^

2min

=8.6x1O^mol-L-1-min-1,故A错误；B项，8〜lOmin内过氧化铭分解的物质的量为

(1.790-1.350)x10-5mol/Lx5x103L=2.2x10-«mol,根据反应

4Ci-O5+12HNO3=4Cr(NO)j+7O2T+6H2O可得分解得到的氧气的体积为

3.85x10«molx22.4L/mol=8.6xl04mL,故B错误；C项，若t=15,则10〜15min和15~20min

这两个时间段内的速率相等，但是根据浓度越小速率越小，10〜15min内速率大于后一阶段,

故故C正确；D项，20min时反应还未达到平衡，升高温素加快了反应速率，不

能判断平衡的移动方向，不能判断反应吸放热，故D错误；故选C。

20.相同温度和压强下，关于物质下列数值大小比较，不合掌的是()

A.热值:CH30H(g)<CH30H⑴

B.嫡：ImolNH3(l)<lmolNH3(g)

C.中和热：稀HzSCU稀HC1

D.燃烧焰变：lmolC(s,金刚石)>lmolC(s,石墨)

【答案】A

【解析】A项，热值是指单位质量的燃料完全燃烧时所放出的热量，IgCH30H(g)完全

燃烧放出的热量比lgCH30H⑴完全燃烧放出的热量要大，故热值：CH30H(g)>CH30H⑴,

A错误；B项，嫡是衡量物质混乱度的物理量，同一物质气态是的燃〉液态〉固态，故Imol

NH3(l)<lmolNH3(g),B正确；C项，中和热是指强酸、强碱稀溶液发生中和反应生成Imol

水时放出的热量，与酸、碱的种类无关，故中和热：稀H2SO4=稀HC1,C正确；D项，由

于石墨比金刚石稳定，故Imol固态金刚石具有的总能量高于Imol固态石墨的总能量，故

燃烧焙变：lmolC(s,金刚石)>lmolC(s,石墨),D正确；故选A。

21.Li-C02可充电电池在C02固定及储能领域都存在着巨大的潜力，其结构如图所示，

主要由金属锂负极、隔膜、含有酸或飒溶剂的非质子液态电解质和空气正极构成。电池的总

反应为4Li+3co2=2Li2co3+C.下列有关说法正确的是()

A.该电池也可用碳酸盐溶液作为电解质

B.氧化产物碳在正极上沉积，不利于电池放电

C.若有0.4mol电子转移，则在标况下消耗22.4LCO2

D.充电时，阳极的电极反应为：2co32-+C-4e=3CCh

【答案】D

【解析】A项，锂能与水反应，该电池不能用碳酸盐溶液作为电解质，故A错误；B

项，二氧化碳中碳元素化合价降低生成碳单质，碳是还原产物，故B错误；C项，二氧化

碳中碳元素化合价由+4降低为0,根据总反应式4Li+3co2=2Li2CCh+C,若有0.4mol电子转

移，则消耗0.3mol二氧化碳，故C错误；D项，充电时，阳极失电子发生氧化反应，阳极

的电极反应为：2co32-+C-4e=3CO2,故D正确；故选D。

22.下歹IJ"类比”合理的是（）

A.C和浓硝酸加热反应生成C02和N02,则S和浓硝酸加热反应生成S02和N02

B.A1F3能与NaF形成配合物Na3AlF6,则BeF2与NaF形成配合物Na2BeF4

C.工业上电解熔融AI2O3制Al,则工业上电解熔融MgO制Mg

D.Fe和浓硫酸在常温下钝化，则锌和浓硫酸在常温下钝化

【答案】B

【解析】A项，浓硝酸具有强氧化性，浓硝酸和C加热反应生成C02和NCh,SOz具

有还原性，会进一步被硝酸氧化，所以S和浓硝酸加热反应生成H2so4和NCh,A错误；B

项，A1F3能与NaF形成配合物NasAH,Al、Be处于对角线位置，性质相似，所以BeF?与

NaF形成配合物NazBeF」，B正确；C项，由于AlCb是共价化合物，在熔融状态不能导电，

因此工业上电解熔融AI2O3制A1,而MgCL、MgO都是离子化合物，由于MgCb的熔点比

MgO低，因此在工业上一般电解熔融MgCh制Mg,C错误；D项，浓硫酸具有强氧化性,

在室温下遇Fe、Al会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即在

常温下钝化；但Zn比Fe活泼，会被浓硫酸氧化为ZnSCU,不能产生致密的氧化物保护膜，

因此不会发生钝化现象，D错误；故选B。

23.某种天然碱的化学式为aNa2cO「bNaHCO「cHQ,取一定质量该天然碱溶于水,

逐滴加入稀盐酸，溶液中的NaHCCh的物质的量与加入HC1的物质的量变化如图所示，以

下说法正确的是()

A.a：b=2：1

B.N点溶液中存在：(OH)=c(H+)+c(HCO3)+2c(H2co3)

C.水的电离程度：N>M>P

2+

D.取天然碱溶液加入盐酸，离子方程式可能是：3HCO3-+2CO3+7H=5CO2T+5H2O

【答案】B

【解析】A项，当n(HCl)=lmol发生反应：Na2cO3+HCl=NaCl+NaHCCh,反应消耗1mol

HCI,反应产生1molNaHCCh,则Na2c。3的物质的量是1mol；在“(HC1)为1~4mol时发

生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2T,rt(HCI)=/?(NaHCO3)=3moL其中有1molNaHCO3

是Na2co3与HC1反应产生的，则原天然碱溶液中NaHCCh的物质的量是2mol,故“(Na2co3)：

〃(NaHCO3)=a：b=lmol：2moi=1：2,A错误；B项，在N点溶液中含有1molNaCK3mol

NaHCCh,NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性，而NaHCCh是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，

故二者混合溶液显碱性，根据质子守恒可知在N点的溶液中存在关系式：(OH)=c(H+)+

c(HCO3)+2c(H2co3),B正确；C项，M点为1molNa2co3与2molNaHCOj的混合溶液,

溶液显碱性；N点溶液中含有3molNaHCCh和1molNaCl,当溶液体积相同时1mol的

Na2c03溶液中盐水解程度大于1mol的NaHCCh的水解程度，盐的水解程度越大，水的电

离程度就越大，因此M、N两点的水溶液中水的电离程度：M>N；P点溶液中含有2moi

NaHCCh和2moiNaCl,溶液中NaHCCh的浓度越大，溶液的碱性就越强，水的电离程度就

越大，因此水溶液中水的电离程度：N>P,故M、N、P三点水电离程度：M>N>P,C

错误；D项，根据选项A分析可知该天然碱中〃(Na2co3)：n(NaHCO3)=a：b=l：2,向其中

2+

加入HCL反应的离子方程式可能是：CO3-+2HCO3+4H=3CO2t+3H2O,不可能是

3HCO3+2CO32+7H+=5CO2t+5H2O,D错误；故选B。

24.制备异丁酸甲酯的某种反应机理如图所示。下列说法不氐确的是()

A.可以用甲醇、丙烯和一氧化碳为原料制备异丁酸甲酯

B.反应过程中涉及加成反应

C.化合物6和化合物9互为同分异构体

D.上述反应过程中HCo(CO)3未改变反应的AH,降低了反应的活化能

【答案】C

【解析】A项，根据机理图可知，CH3OH、CO、丙烯为原料，得到物质3,即物质3

为异丁酸甲酯，故A正确；B项，根据反应机理可知，4和5反应生成6,该反应为加成反

应，故B正确；C项，根据9和6的结构简式，9比6多一个“CO”，两者不互为同分异构

体，故C错误；D项，HCo(CO)3为催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，△〃只

与体系中的始态和终态有关，即AH不变，故D正确；故选C。

25.下列方案设计、现象和结论都正确的是()

选项H的方案设计现象和结论

若溶液红色变浅或变成橙

探讨影响化取ImLO.lmolL'CHaCOOH溶液于试管

色,则说明增加CH3coO-

A学平衡的因中，加入几滴甲基橙，再加少量

的浓度能使CH3co0H的

素CH3COONH4固体

电离平衡逆向移动

检验火柴头摘下几根火柴的火柴头，将火柴头浸于水若未出现臼色沉淀说明不

B

中氯元素的中，片刻后取少量溶液于试管中，加Ag含41兀素

存在NO3溶液、稀硝酸

精确称取邻苯二甲酸氢钾0.50g3份，分别

若滴定至溶液呈浅红色即

标定NaOH放入3个250mL锥形瓶中，加入50mL

C达滴定终点，据此可计算出

溶液的浓度蒸储水，加入2滴酚儆指示剂，用待标定

NaOH溶液的准确浓度

的NaOH标准溶液滴定

取0.5g淀粉于试管中，加入适量20%的

研究淀粉的若溶液没有变成蓝色，则淀

D硫酸溶液后沸水浴加热5min,再滴加过

水解程度粉已经水解完全

量氢氧化钠溶液，再加入适量碘水

【答案】A

【解析】A项，醋酸是弱酸，溶于水部分电离，加入醋酸镀固体后，电离出的醋酸根离

子，会抑制醋酸的电离，从而使甲基橙的颜色变浅或变橙色，故A正确：B项，未出现白

色沉淀，只能说明不含氯离子，不能说明火柴头中不含氯元素，比如氯酸钾，故B错误；C

项，用待标定的NaOH标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾，用酚配作指示剂，滴定至溶液呈浅

红色，30秒内不褪色，才可以判断达到滴定终点，故C错误；D项，用碘水检验淀粉是否

水解完全之前，不可以在淀粉水解液中加入过量的氢氧化钠溶液，因碘水能和氢氧化钠溶液

反应，故D错误；故选A。

二、非选择题（本大题共6小题，共50分）

26.（4分）回答下列问题：

（1）戊烷有三种同分异构体，其沸点如下：

正戊烷异戊烷新戊烷

沸点36.1℃27.9℃9.5℃

请说明其沸点差异的原因o

（2）甘氨酸（HzNCH2coOH）在水中的溶解度与溶液的pH有关，当pH约为6时主要以内

CH2coCF

盐（|一）的形态存在，其溶解度最小。请解析随着溶液pH的增大或减少，其溶解度

NHt

变大的原因_______________________________________。

【答案】（1）支链越多，分子间的位阻越大，导致分子间作用力越小，沸点降低（2分）

CH,COOH

（2）当溶液pH减小时，氨基酸主要以|一存在，当溶液pH增大时，氨基酸主要

NH*

-

CH2COO

以I存在，这两类离子溶解于溶液中使氨基酸溶解度增大（2分）

NHt

【解析】(1)正戊烷的结构简式为CH3cH2cH2cH2cH异戊烷的结构简式为

CH3cHeH,CH3

，新戊烷的结构简式为CH3，CH3,由结构简式可知正戊烷、异戊烷和新

CH3|

CH3

戊烷中支链数目依次增多，支链越多，分子间的位阻越大，导致分子间作用力越小，烷烧的

沸点降低；(2)氨基酸分子中含有氨基和竣基，既能与酸反应，也能与碱反应，当氨基酸溶

CH2COOH

液pH偏小时，氨基与氯离子反应生成I-离子，增大在水中的溶解度，当溶液pH

NH*

-

CH2COO

偏大时，竣基与氢氧根离子反应生成I离子，增大在水中的溶解度，则随着溶液pH

NH3

的增大或减少，氨基酸的溶解度都会变大。

22

27.(4分)硫粉和Na2s溶液反应可以生成多硫化钠(Na2Sn)，离子反应为：S+S--S2\

22

2S+S-=S3-...

⑴在100mLNa2s溶液中加入0.8g硫粉,只发生S+Sf',反应后溶液中S和S>无

剩余，则原c(Na2S)=mol-L'o

(2)在一定体积和浓度的Na2s溶液中加入6.75g硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，

反应后溶液中的阴离子有Sr、S2%、S.F(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为1：10：100o

2

则反应后溶液中的n(S3')=mol«(写出计算过程)

【答案】(1)0.25(2分)(2)0.1(2分)

【解析】(l)0.8g硫粉的物质的量为0.8g+32g.mol“=0.025mol,只发生S+S2=S2>,贝ij

n(Na2S)=0.025mol,c(Na2S)=0.025mol/lL=0.25mol-L1；(2)n(S22)=10n(S2'),

2222222

n(S3-)=100n(S),根据S+S2-=S2*,2S+S-S3-,n(S-)=n(S2-)+2n(S3-)=10n(S)

+2xl00n(S2)=6.75g-?32g-mol'=0.21mol,n(S2")=0.001mol,n(Sa2')=100n(S2)=0.1mol»

28.(10分)由三种短周期元素组成的盐X,为测定其组成进行如下实验。己知A为金

属单质、C为非金属单质，B、C中含有同种元素，F焰色反应呈紫红色。请回答下列问题：

(1)组成X的三种元素是(填元素符号)，X的化学式为

(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，写出该反应的化学方程式:

(3)溶液D与过量C02反应生成E,写出其反应的离子方程式：

⑷写出X与NH3按物质的量1：4发生反应的化学方程式：.

(5)物质F是电池工业重要原料，请设计实验方案检验F中的离子：

【答案】(l)Li、Al、H(1分)LiAIHMI分)

(2)LiAlH4+4H2O=Al(OH)3+LiOH+4H2t(2分)

(3)CO2+AIO2-+2H2O=A1(OH)，4+HCO3(2分)

(4)LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2(2分)

(5)取少量F溶液于试管中，加入少量AgNCh溶液，再加入稀硝酸，若有黄色沉淀生成，

则有1-；用洁净的钻丝蘸少量F溶液于火焰上灼烧，若观察到紫红色火焰，则有Li+(2分)

【解析】根据题中信息可知，X为三种短周期元素组成的盐，隔绝空气加热分解，得到

金属单质A,A能与足量的NaOH溶液反应，生成D,再通足量的CCh,得到15.6g白色沉

156。

S

淀E,则可判断金属单质A为A1,白色沉淀E为A1(OH)3,其物质的量为n=_Q；=0.2mol,

由Al元素守恒,则金属单质Al为0.2moL其质量为m(Al)=0.2molx27g/mol=5.4g,C为非

金属单质，标况下6.72L,其物质的量为”="6J2L°jmol,又知X固体为7.6g,含

Al元素5.4g,假设剩余全为C,则C的平均摩尔质量为M=&^*^=7.3g/mol,而短周

U.3moi

期元素非金属单质分子量小于7.3的非惰性气体只有th,则X中含H元素，又F焰色反应

呈紫红色，X中含Li元素，所以组成X的三种元素为H、Li、Al。(1)由上述分析可知，组

成X的三种元素为H、Li、Al,其中“(Al)=0.2mol,其质量为5.4g,n(H2)=0.3mol,其质量

为m(H2)=0.3molx2g/mol=0.6g,则B的质量为》i(B)=(7.6g-5.4g-0.6g)=1.6g,B为LiH,与足

量的HI发生反应，又生成标况下H?为4.48L,其物质的量为02nol,由LiH+HI=LiI+H2T

可知,n(LiH)=0.2mol,则盐X中，n(Li)：n(Al)：n(H)=0.2：0.2：(0.6+0.2)=l：I：4,X的

化学式为LiAlH』；(2)固体X能与水反应生成C、E和另一种碱性物质，即生成Hz、A1(OH)3

和LiOH,其化学方程式为LiAlH4+4H2O=AI(OH)3+LiOH+4H2t：(3)NaAlO2溶液与足量的

CO2生成A1(OH)3沉淀，其离子方程式为CO2+A1O2-+2H2O=A1(OH)3；+HCO3-；(4)LiAlH4与

NH.3按物质的量1：4发生反应的化学方程式为LiAlH4+4NH3=LiAl(NH2)2+4H2或

LiAlH4+4NH3=LiNH2+Al(NH2)3+4H2；(5)由上述分析可知，F为