浙江省宁波市2020届高三适应性考试（二模考试）化学试题 Word版含解析
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浙江省宁波市 2020 届高三适应性考试（二）
化学试题
1.下列化合物中既有离子键又有共价键的化合物是
A. H2O2 B. Na2O C. NH4Cl D. Mg3N2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属元素之间一般形成共价键，故 H2O2 只含共价键，A 错误；
B．活泼金属和活泼非金属之间一般形成离子键，故 Na2O 只含离子键，B 错误；
C．非金属元素之间一般形成共价键，但铵根和酸根之间以离子键结合，故 NH4Cl 中铵根离子
和氯离子之间以离子键结合，N 和 H 之间以共价键结合，即 NH4Cl 中既有离子键又有共价键，
C 正确；
D．活泼金属和活泼非金属之间一般形成离子键，故 Mg3N2 只含离子键，D 错误。
答案选 C。
2.配制 0.1mol·L-1NaCl 溶液不需要．．．用到的仪器是
A B C D
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．配制溶液用不到锥形瓶，A 错误；
B．待冷却后将溶液转移到容量瓶中，配制过程用到容量瓶，B 正确；
C．溶解过程用到烧杯，C 正确；
D．定容时用到胶头滴管，D 正确。
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答案选 A。
3.下列属于电解质，且水溶液显碱性的是
A. 2 4 3Al SO B. 3 2CH CH ONa C. 3NH D.
3NaHSO
【答案】B
【解析】
【分析】
在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物叫电解质，常见的电解质有酸、碱、盐、水、活泼
金属氧化物。
【详解】A．Al2(SO4)3 属于强酸弱碱盐，属于电解质，其溶液显酸性，A 错误；
B．CH3CH2ONa 是典型的醇盐，遇水水解成 CH3CH2OH 和 NaOH，故 CH3CH2ONa 属于电解质，且水溶
液显碱性，B 正确；
C．NH3 属于非电解质，其水溶液显碱性，C 错误；
D．NaHSO3 是一种酸式盐，属于电解质，但是因 HSO3
-的电离程度大于水解程度而显酸性，D 错
误。
答案选 B。
4.下列属于置换反应，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 的是
A. 2 22KI Cl 2KCl I B. 3 2 22FeCl Cu 2FeCl CuCl
C. 2 2 4 2TiO 2Cl TiCl O
催化
△
剂
D. 22Mg CO 2MgO C
点燃
【答案】C
【解析】
【分析】
一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应称为置换反应；得电子，
化合价降低的物质称为氧化剂，失电子，化合价升高的物质称为还原剂，据此解答。
【详解】A． 2 2=2KI+Cl 2KCl+I 属于置换反应，Cl2 作氧化剂，KI 作还原剂，氧化剂和还原剂
物质的量之比=1:2，A 错误；
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B． 3 2 22FeCl +Cu=2FeCl +CuCl 不属于置换反应，B 错误；
C． 2 2 4 2TiO +2Cl TiCl +O
催化
△
剂
属于置换反应，Cl2 作氧化剂，TiO2 作还原剂，氧化剂和还
原剂物质的量之比=2:1，C 正确；
D． 22Mg+CO 2MgO+C
点燃
属于置换反应，CO2 作氧化剂，Mg 作还原剂，氧化剂和还原剂
物质的量之比=1:2，D 错误。
答案选 C。
5.下列物质的名称不正确．．．的是
A. NaHCO3：小苏打 B. BaCO3：重晶石
C. H2NCH2COOH：甘氨酸 D. ：2
－甲基戊烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3 俗名小苏打，A 正确；
B．重晶石的主要成分为 BaSO4，而不是 BaCO3，B 错误；
C．H2NCH2COOH 是甘氨酸的结构简式，C 正确；
D． 用系统命名法命名为：2－甲基戊烷，D 正确。
答案选 B。
6.下列表示正确的是
A. 中子数为 10 的氧原子： 10
8 O B. CCl4 的比例模型：
C. +Na 的结构示意图： D. 2 2CO NH 的结构简式：
2 2
||
C H
O
H N N
【答案】D
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【解析】
【详解】A．质量数=质子数+中子数=8+10=18，故中子数为 10 的氧原子为： 18
8 O ，A 错误；
B．Cl 原子半径比 C 原子半径大， 不符合，B 错误；
C． +Na 有 11 个质子，核外电子数=11-1=10，其结构示意图： ，C 错误；
D． 2 2CO NH 的名称为：尿素，其结构简式为：
2 2
||
-C
O
H N -NH
，D 正确。
答案选 D。
7.下列说法正确的是
A. 14
6 C和 14
7 N 互为同位素 B. 石英与水晶互为同素异形体
C. 淀粉和纤维素互为同分异构体 D. 乙酸和硬脂酸互为同系物
【答案】D
【解析】
【详解】A．质子数相同而中子数不同的同种元素的不同种原子互为同位素， 14
6 C 和 14
7 N 不符
合定义，不互为同位素，A 错误；
B．由同种元素组成的不同种单质互为同素异形体，石英与水晶都是混合物，其主要成分均为
SiO2，二者不符合同素异形体定义，不互为同素异形体，B 错误；
C．淀粉和纤维素均可用(C6H10O5)n 表示，但是二者 n 不同，故而分子式不相同，不互为同分异
构体，C 错误；
D．乙酸 CH3COOH 和硬脂酸 C17H35COOH 组成元素相同，结构相似，分子相差 16 个 CH2，互为同系
物，D 正确。
答案选 D。
8.化学与生活、社会密切相关，下列说法正确的是
A. 高锰酸钾溶液、“84”消毒液、酒精能用于杀菌消毒，都利用了强氧化性
B. 将矿物燃料脱硫脱硝可有效防止酸雨
C. 新型冠状病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶不属于胶体
D. 以“地沟油”为原料生产的生物柴油与以“石油”为原料生产的柴油化学成分相似
【答案】B
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【解析】
【详解】A．高锰酸钾溶液、“84”消毒液、酒精能用于杀菌消毒，其中，高锰酸钾溶液、“84”
消毒液利用了强氧化性，酒精之所以能杀菌消毒是因为酒精能够吸收病毒蛋白质的水分，使
其脱水变性凝固，从而达到杀灭病毒的目的，A 错误；
B．脱硫脱硝可减少二氧化硫、氮的氧化物的排放，从而有效防止酸雨，B 正确；
C．胶体按分散剂的状态可分为：固溶胶、液溶胶、气溶胶，故气溶胶属于胶体，C 错误；
D．以“地沟油”为原料生产的生物柴油实质上属于酯类化合物，以“石油”为原料生产的柴
油化学成分是烃类化合物，二者化学成分不相似，D 错误。
答案选 B。
9.下列说法不正确．．．的是
A. 在硫酸工业的吸收塔中，采用浓硫酸吸收三氧化硫
B. Na2O2 吸收 CO2 产生 O2，可用作呼吸面具供氧剂
C. SO2 与过量氨水反应得到 324NH SO
D. 无水 CoCl2 吸水会变为蓝色，可用于判断变色硅胶是否吸水
【答案】D
【解析】
【详解】A．利用浓硫酸吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，所以硫酸工业的吸收塔中，采用
浓硫酸吸收三氧化，A 正确；
B．2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2 可吸收呼出的 CO2，产生吸入的 O2，因此可用作呼吸面具供氧
剂，B 正确；
C．过量氨水，意味着少量 SO2，少量 SO2 生成 324NH SO ，过量 SO2 生成 4 3NH HSO ，C 正确；
D．无水 CoCl2 呈蓝色，吸水会变为粉红色，因此可用 CoCl2 判断变色硅胶是否吸水，D 错误。
答案选 D。
10.下列说法不正确．．．的是
A. 石油裂解气能使溴水褪色
B. 可利用生活垃圾中的生物质能焚烧发电
C. 水煤气既可用来合成液态烃，也可以用来合成甲醇等含氧有机物
D. 煤中含有苯和二甲苯等物质，可通过煤的干馏获得
【答案】D
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【解析】
【分析】
【详解】A．石油裂解产物中含乙烯等不饱和烃，能使溴水褪色，A 正确；
B．利用垃圾焚烧产生的热能发电或供热，从而充分地利用生活垃圾中的生物质能，B 正确；
C．水煤气的主要成分为 CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等含氧有机物，C 正确；
D．煤经干馏(将煤隔绝空气加强热)得到的产物中含有苯、甲苯、二甲苯等物质，而不是煤中
本来就含有这些物质，D 错误。
答案选 D。
11.下列有关实验的说法，正确的是
A. 金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理
B. 纸层析点样所用的试剂的浓度应较小，点样时的试剂斑点直径应小于 0.5cm
C. 用标准 HCl 溶液滴定未知浓度 NaHCO3 溶液时可选择甲基橙为指示剂
D. 在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有
大量晶体析出时停止加热
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．金属汞有剧毒且常温下即可蒸发形成蒸汽，为避免中毒，金属汞一旦洒落在实验
室地面或桌面时，必须尽可能收集，但不能深埋，否则会污染土壤和水体，A 错误；
B．纸层析点样所用的试剂的浓度应适中，浓度过小现象不明显，浓度过大展开剂展开时物质
不能完全分离，B 错误；
C．滴定终点显弱酸性，选择甲基橙为指示剂，C 正确；
D．硫酸亚铁铵晶体是带有结晶水的化合物，加热时易失去结晶水，故采用的是降温结晶的方
法，即先制得高温饱和溶液，再降温结晶得到硫酸亚铁铵晶体，而不是蒸发结晶的方法，D 错
误；
答案选 C。
【点睛】酸碱滴定实验中指示剂选择的原则：终点为酸性选择甲基橙试剂，终点为碱性选择
酚酞试剂。
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12.下列关于氮及其化合物的说法，不正确．．．的是
A. 铵盐一般都溶于水，且都可分解放出氨气
B. 液氨气化时会吸收大量的热，所以 NH3 可用作制冷剂
C. 汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一
D. 工业浓硝酸通常呈黄色，是因为溶解了 NO2 气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．铵盐一般都溶于水，但分解不一定放出氨气，如 NH4NO3 在 230℃以上分解产生 N2、
O2、H2O，不产生氨气，A 错误；
B．氨易液化，液氨气化时会吸收大量的热，所以液 NH3 常用作制冷剂，B 正确；
C．汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一，C 正确；
D．NO2 呈红棕色，溶于浓硝酸使浓硝酸呈黄色，D 正确。
答案选 A。
13.不能．．正确表示下列变化的离子方程式是
A. 用醋酸除去水垢： 2
3 2 22H CaCO Ca CO H O
B. 用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝： 2 2 22Al 2OH 2H O 2AlO 3H
C. 室温下，测得小苏打溶液 pH＞7，证明碳酸是弱酸： 3 2 2 3HCO H O H CO OH
D. 将 1
4 4 2 0.10mol L NH Fe SO 溶液与 0.40mol·L-1NaOH 溶液等体积混合：
3
4 3 3 2NH Fe 4OH Fe(OH) NH H O
【答案】A
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，A 错误；
B．Mg 不和 NaOH 溶液反应，Al 和 NaOH 溶液反应生成 NaAlO2 和 H2，反应的离子方程式为：
- -
2 2 22Al+2OH +2H O=2AlO +3H ，B 正确；
C．小苏打溶液即 NaHCO3 溶液，pH＞7，说明 HCO3
-会水解且水解程度大于电离程度，水解离子
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方程式为： - -
3 2 2 3HCO +H O H CO +OH ，C 正确；
D． 4 4 2NH Fe SO 与 NaOH 按 1:4 反应，NH4
+和 Fe3+与 OH-恰好完全反应，稀溶液不加热，NH4
+
和 OH-的产物为 NH3·H2O，故离子方程式为： + 3+ -
4 3 3 2NH +Fe +4OH Fe(OH) +NH O= H↓ ，D
正确。
答案选 A。
【点睛】稀溶液不加热，NH4
+和 OH-的产物为 NH3·H2O；浓溶液，NH4
+和 OH-的产物为 NH3 和 H2O；
稀溶液加热，NH4
+和 OH-的产物为 NH3 和 H2O。
14.下列说法正确的是
A. 可用丁达尔效应区分淀粉溶液和氢氧化铁胶体
B. 油脂在碱性条件下生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应
C. 溴苯中混有溴，加入 KI 溶液，振荡，然后用汽油萃取除去碘
D. 在鸡蛋清溶液中分别加入饱和硫酸铵溶液、硫酸铜溶液，都会有沉淀析出，继续加水，又
都会重新溶解
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．淀粉溶液和氢氧化铁胶体都属于胶体，都有丁达尔现象，故不可用丁达尔效应区
分淀粉溶液和氢氧化铁胶体，A 错误；
B．油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油的反应称为皂化反应，B 正确；
C．溴和 KI 反应生成碘和 KBr，碘溶于溴苯，溴苯不溶于水，会分层，通过分液除去水层，碘
溶于溴苯，可用蒸馏的方法分离。溴苯和汽油互溶，不可用汽油萃取溶解在溴苯中的碘，C 错
误；
D．加入饱和硫酸铵溶液发生盐析，盐析可逆，加水沉淀溶解，加入饱和硫酸铜溶液发生变性，
变性不可逆，加水沉淀不溶解，D 错误。
答案选 B。
15.某有机物 X 的结构简式如图所示，下列关于 X 的说法不正确．．．的是
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A. X 分子中含有四种官能团
B. X 能与金属钠反应，且相同条件下比水与金属钠反应要剧烈
C. 1molX 最多与 5mol 氢气发生加成反应
D. 在一定条件下，X 能发生加成、取代、加聚、缩聚、氧化、还原等反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．X 分子中含有碳碳双键、酯基、羧基、氨基四种官能团，A 正确；
B．X 中的羧基能和钠反应，因羧基比水容易电离出氢离子，故相同条件下 X 与金属钠反应比
水与钠反应剧烈，B 正确；
C．1mol 碳碳双键与 1mol 氢气发生加成反应，1mol 苯环与 3mol 氢气发生加成反应，酯基和
羧基均不能和氢气发生加成反应，故 1molX 最多与 4mol 氢气发生加成反应，C 错误；
D．在一定条件下，X 中的苯环、碳碳双键能发生加成反应，羧基、酯基、氨基、苯环能发生
取代反应，碳碳双键能发生加聚反应，同时有氨基和羧基，所以能发生缩聚反应，氨基能被
氧化成硝基，该有机物还能燃烧，该物质和氢气加成属于还原反应，故 X 能发生加成、取代、
加聚、缩聚、氧化、还原等反应，D 正确；
答案选 C。
16.下列说法不正确．．．的是
A. 离子半径（r）： + 2-r Na
0
D. 相同温度下，起始时向容器中充入 0.10molA、0.10molB 和 0.30molC，达到平衡前的反应
速率：v 逆＞v 正
【答案】D
【解析】
【分析】
前 30min，B 的物质的量增大了 0.40mol，30min 之后，B 的物质的量不再增大，说明该反应在
30min 时已达到平衡。因为 A 和 B 的计量数都为 1，A 的物质的量减小量=B 的物质的量增大量
=0.40mol，所以 n2=n3=0.80mol-0.40mol=0.40mol，据此解答。
【详解】A．30min 之后，B 的物质的量不再改变，说明该反应在 30min 时已达到平衡，A 正确；
B．反应在前 20min 的平均速率 -1 -10.8mol-0.48molv(A)= =0.008mol L min2.0L 20min
，所以
v(C)=v(A)= -1 -10.008mol L min ，B 正确；
C．由分析可知，T℃时达到平衡，c(A)= 10.4mol =0 mol.22L L ，保持其他条件不变，升高温
度，平衡时， -1c A =0.16mol L ＜0.2 1mol L ，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的
正反应为吸热反应， H ＞0，即 a>0，C 正确；
D．T℃平衡时，c(B)=c(C)= 0.4mol =0.2mol/L2.0L
，c(A)= 0.40mol =0.2mol/L2.0L
该反应的平衡常
数 K= c(B) c(C) 0.2mol/L 0.2mol/L
c(A) 0.2mol/L
=0.2mol/L，相同温度下，起始时向容器中充入
0.10molA、0.10molB 和 0.30molC，QC=
0.1mol 0.3mol
2.0L 2.0L
0.1mol
2.0L
=0.15mol/L，QC＜K，平衡正向进行，
v 逆＜v 正，D 错误。
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答案选 D。
【点睛】QC＜K，反应正向进行，QC=K，反应处于平衡状态，QC＞K，平衡逆向进行。
23.室温下，用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定 20.00mL 浓度均为 0.1mol·L-1 的三种酸（HA、
HB 和 HC）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断不正确．．．的是
A. 当中和百分数达 50%时： - - -c A =c B =c C
B. 滴定至①点时，溶液中： - + + -c C >c Na >c(HC)>c H >c OH
C. 当中和百分数达 100%时，消耗的 NaOH 溶液体积 V HA =V HB =V HC
D. ①和④所示溶液中都有： + + - -c Na +c H =c C +c OH
【答案】A
【解析】
【分析】
浓度为 0.1mol·L-1 的一元酸，若为强酸，则 c(H+)=0.1mol/L，pH=1，由图可知，浓度为 0.1mol/L
的 HA、HB、HC 的 pH 均大于 1 且 pH 依次增大，则三种酸均为一元弱酸，且酸性：HA＞HB＞HC，
据此解答。
【 详 解 】 A ． 三 种 情 况 下 分 别 存 在 着 如 下 电 荷 守 恒 ： c(A-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) 、
c(B-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) 、 c(C-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) ， 则 c(Na+)=c(A-)+c(OH-)-c(H+) 、
c(Na+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)、c(Na+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，当中和百分数达 50%时，三种溶液中
的 c(Na+)相等，那么：c(A-)+c(OH-)-c(H+)=c(B-)+c(OH-)-c(H+)=c(C-)+c(OH-)-c(H+)，但是由于
三种溶液的 pH 不相同，则三种溶液中 c(OH-)-c(H+)不相等，故 c(A-)、c(B-)、c(C-)不相等，A
错误；
B．滴定至①点时，HC 被中和一半，此时溶质为等物质的量的 NaC 和 HC，二者都能电离 C-，
故 c(C-)最大，其次是 c(Na+)，HC 是弱酸，部分电离，故 c(HC)第三大，溶液 pH＜7，c(H+)＞
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c(OH-)，综上所述，滴定至①点时，溶液中： - + + -c C >c Na >c(HC)>c H >c OH ，B
正确；
C．HA、HB、HC 都是一元弱酸，且浓度、体积均相等，则物质的量相等，所以，当中和百分数
达 100%时，消耗等浓度的 NaOH 溶液体积 V HA =V HB =V HC ，C 正确；
D．①和④所示溶液中都存在电荷守恒： + + - -c Na +c H =c C +c OH ，D 正确。
答案选 A。
24.已知：BF3 和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3），一定条件下 BF3 与一定量水可形成
2 32H O BF 晶体 Q（ ）。下列有关说法，正确的是
A. BF3 和水反应生成氟硼酸和硼酸是氧化还原反应
B. BF3 分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构
C. 晶体 Q 中存在离子键、共价键、范德华力和氢键
D. H3BO3 在水中只发生反应： 3 3 2 4H BO H O B OH H
，可知硼酸是一元酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．BF3 和水反应生成氟硼酸（HBF4）和硼酸（H3BO3）没有元素化合价发生变化，不是
氧化还原反应，A 错误；
B．BF3 分子中，B 原子最外层只有 6 个电子，B 错误；
C．由 Q 的结构 可知：晶体 Q 分子内：不存在离子键，存在 B-F、B-O、O-H
共价键，O…H 之间存在氢键，分子之间存在范德华力，C 错误；
D．由 H3BO3 在水中只发生反应 - +
3 3 2 4H BO +H O B OH +H 可知：
- +
3 3 2 4H BO +H O B OH +H 为硼酸的电离方程式，故硼酸为一元弱酸，D 正确。
答案选 D。
25.某固体 X，可能含有 BaCl2、NaHCO3、Fe2O3、Cu、NaAlO2 中的一种或几种，进行如下实验：
①取一定量样品溶于水中，得到固体 A 和溶液 B；②向 A 中加入足量稀盐酸，得到澄清溶液 C。
下列说法不正确．．．的是
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A. 固体 A 可能溶于 NaOH 溶液
B. 溶液 C 能与 NaHCO3 溶液反应产生沉淀
C. 向溶液 C 中加入 KSCN 溶液，若不变色，则混合物 X 不含 Fe2O3
D. 向溶液 B 中加入 NaOH 溶液，若出现白色沉淀，则 X 中必定有 BaCl2 和 NaHCO3
【答案】C
【解析】
【分析】
Fe2O3、Cu 不溶于水，NaHCO3 和 NaAlO2 能反应生成 Al(OH)3 沉淀和 Na2CO3，Na2CO3 能和 BaCl2 反应
生成 BaCO3 沉淀和 NaCl，因此固体 A 可能为 Fe2O3、Cu、Al(OH)3、BaCO3 中的一种或几种，现在
依次分析如下：
①若固体 A 含 Cu，则 A 必含 Fe2O3，溶液 C 必含 FeCl2 和 CuCl2，原固体 X 必含 Cu、Fe2O3，BaCl2、
NaHCO3、NaAlO2 至少含 1 种，B 含 BaCl2、NaHCO3、NaAlO2 至少 1 种；
②若固体 A 含 Fe2O3，溶液 C 必含 FeCl3，原固体 X 至少还含 BaCl2、NaHCO3、NaAlO2 中的一种，
B 至少含 BaCl2、NaHCO3、NaAlO2 中的一种；
③若固体 A 含 Al(OH)3，溶液 C 必含 AlCl3，原固体 X 必含 NaHCO3 和 NaAlO2，B 必含 Na2CO3；
④若固体 A 含 BaCO3，则原固体 X 必含 NaHCO3、NaAlO2、BaCl2，那么 A 必然还含 Al(OH)3，溶
液 C 必含 BaCl2 和 AlCl3，B 必含 NaCl，据此解答。
【详解】A．若原固体 X 为 NaHCO3 和 NaAlO2，则固体 A 只含 Al(OH)3，此时固体 A 能溶于 NaOH
溶液，A 正确；
B．若是分析①中的情况，则有 FeCl2、CuCl2 分别与 NaHCO3 溶液反应生成 FeCO3 和 Cu(OH)2 沉淀，
若是分析②中的情况，则有 FeCl3 和 NaHCO3 溶液发生双水解反应生成 Fe(OH)3 沉淀，若是分析
③或分析④中的情况，则有 AlCl3 和 NaHCO3 溶液发生双水解反应生成 Al(OH)3 沉淀，综上所述，
无论哪种情况，溶液 C 能与 NaHCO3 溶液反应产生沉淀，B 正确；
C．如上面分析①中的情况，若原固体 X 中同时含 Fe2O3 和 Cu，且 Fe2O3 溶于 HCl 后恰好和 Cu
反应，则溶液 C 中没有 Fe3+，加入 KSCN 溶液，溶液不会变红，C 错误；
D．参照上面的分析可知，向溶液 B 中加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，则白色沉淀必为 BaCO3，
则 X 中必定同时有 BaCl2 和 NaHCO3，D 正确。
答案选 C。
26.氢化铝钠（NaAlH4）是一种新型轻质储氢材料，可由 AlCl3 和 NaH 在适当条件下合成。
（1）NaH 的熔点为 800℃，不溶于有机溶剂。NaH 属于__________晶体，其电子式为__________。
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（2）AlCl3 可作净水剂，其理由是__________（用必要的化学用语和相关文字说明）。
【答案】 (1). 离子 (2). (3). 3+Al 水解生成的 3Al OH 胶体具有吸
附性，即 3+ +
2 3Al +3H O Al OH +3H胶体
【解析】
【详解】(1)NaH 是由 Na+和 H-通过离子键结合而成的离子化合物，属于离子晶体，其电子式为：
-+Na :H ，故答案为：离子； ；
(2)Al3+水解生成的 Al(OH)3 胶体具有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，因此可作净水剂，其水
解离子方程式为： 3+ +
2 3Al +3H O Al OH +3H胶体 ，故答案为： 3+Al 水解生成的
3Al OH 胶体具有吸附性，即 3+ +
2 3Al +3H O Al OH +3H胶体 。
27.硫代硫酸钠（ 2 2 3Na S O ）是常用的还原剂。在一定体积的某维生素 C（化学式 6 8 6C H O ）
溶液中加入 1
2a mol L I 溶液 1V mL ，使维生素 C 完全氧化，充分反应后，用 2 2 3Na S O 溶液
滴定剩余的 I2，消耗 1
2 2 3 mol L Na S Ob 溶液 2V mL。
已知发生的反应为： 6 8 6 2 6 6 6C H O I C H O 2H 2I
2 2
2 3 2 4 62S O I S O 2I ,该溶液中维生素 C 的物质的量是__________mol。写出简要的
计算过程__________。
【答案】 (1). -3
1 2Va-0.5V b 10 (2). 解：设与 Na2S2O3 反应的 I2 的物质的量为 n1，
则：
2- 2- -
2 3 2 4 8
-3
2 1
2S O + I S O +2I
2mol 1mol
V b 10 mol
=
n
，解得： -3
1 2n =0.5V b 10 mol ，因为 I2 的总物质的量
n= -3
1Va 10 mol ，所以，与维生素 C 反应的 I2 的物质的量 n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol ，
由 + -
6 8 6 2 6 6 6C H O +I C H O +2H +2I= 可 知 ： n( 维 生 素 C)=
n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol = -3
1 2Va-0.5V b 10 mol
【解析】
- 20 -
【详解】设与 Na2S2O3 反应的 I2 的物质的量为 n1，则：
2- 2- -
2 3 2 4 8
-3
2 1
2S O + I S O +2I
2mol 1mol
V b 10 mol
=
n
，解
得： -3
1 2n =0.5V b 10 mol ，因为 I2 的总物质的量 n= -3
1Va 10 mol ，所以，与维生素 C 反应的
I2 的物质的量 n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol ，由 + -
6 8 6 2 6 6 6C H O +I C H O +2H +2I= 可知：
n(维生素 C)= n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol = -3
1 2Va-0.5V b 10 mol，故答案为：
-3
1 2Va-0.5V b 10 ；
设与 Na2S2O3 反应的 I2 的物质的量为 n1，则：
2- 2- -
2 3 2 4 8
-3
2 1
2S O + I S O +2I
2mol 1mol
V b 10 mol
=
n
，解得：
-3
1 2n =0.5V b 10 mol ，因为 I2 的总物质的量 n= -3
1Va 10 mol ，所以，与维生素 C 反应的 I2
的物质的量 n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol ，由 + -
6 8 6 2 6 6 6C H O +I C H O +2H +2I= 可知：
n(维生素 C)= n2= -3
1Va 10 mol - -3
20.5V b 10 mol = -3
1 2Va-0.5V b 10 mol。
28.I.固体 A 由四种元素组成的化合物，为探究固体 A 的组成，设计并完成如实验：
已知：固体 B 是一种单质，气体 E、F 都是 G 和另外一种气体组成。
请回答：
（1）组成 A 的四种元素是__________，气体 E 是__________。
（2）固体 A 隔绝空气加热分解的化学方程式是__________。
（3）蓝色溶液 D 和乙醇反应可获得固体 A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学
方程式为__________。
Ⅱ.某化学兴趣小组为探究 SO2 与 3 2Ba NO 溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）
- 21 -
进行实验：制备 SO2，将 SO2 通入 3 2Ba NO 溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉
淀。
（1）SO2 通入 3 2Ba NO 溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是__________。
（2）若通入 3 2Ba NO 溶液中的 SO2 已过量，请设计实验方案检验__________。
【 答 案 】 (1). Cu 、 C 、 N 、 O (2). CO 和 N2 (3).
22Cu CNO Cu 2CO N
隔绝空气
加热
(4).
3 3 2 2 22 23Cu NO 4CH CH OH 3Cu CNO 2CO 12H O (5).
2
2 3 2 43SO 3Ba 2NO 2H O 3BaSO 2NO 4H （ SO2 不 足 ） 或
2 2
2 3 2 4 43SO Ba 2NO 2H O BaSO 2NO 4H 2SO （SO2 足量） (6).
取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的 SO2 已过量
（其它合理答案即可）
【解析】
【分析】
I．固体 B 和稀 HNO3 反应生成气体 C 和蓝色溶液 D 可知，单质 B 为 Cu，D 为 Cu(NO3)2，C 为 NO，
且 n(NO)= 0.224L
22.4L/mol
=0.01mol ， 由 3Cu~2NO 可 得 ： n(Cu)= 3 0.01mol
2
=0.015mol ，
m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体 E 和灼热 CuO 反应生成气体 F，则气体 F 不含 SO2，F 和澄清石灰水反应有沉淀 H 生成，
故 H 为 CaCO3，F 含 CO2，E 含 CO，且 n(CaCO3)=
100g
3.00g
/mol
=0.03mol，由 C 原子守恒可得：E 中
n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
- 22 -
固体 A 隔绝空气加热得到 Cu、CO、和气体 G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由
气体 E 总体积为 1.008L 可得，气体 n(G)= 1.008L -n(CO)=0.045mol-0.03mol22.4L/mol
=0.015mol，
故 M(G)= 0.42g
0.015mol
=28g/mol，所以，G 为 N2，A 中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故 A 中 Cu、
C、O、N 的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故 A 为 Cu(CNO)2；
Ⅱ．SO2 有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3
-在酸性条件下有强氧化性，故 SO2
通入 Ba(NO3)2 中发生氧化还原反应，据此解答。
【详解】I．(1)由分析可知，A 中含 Cu、C、N、O 四种元素，气体 E 为 CO 和 N2 的混合物，故
答案为：Cu、C、N、O；CO 和 N2；
(2)结合原子守恒可写出将 A 隔绝空气加热的化学方程式为：
22
Cu CNO Cu+2CO +N
隔绝空气 ↑
加热
↑，故答案为：
22
Cu CNO Cu+2CO +N
隔绝空气 ↑
加热
↑；
(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出 Cu(NO3)2 和乙醇反应的化学方程式为：
3 3 2 2 22 23Cu NO +4CH CH OH=3Cu CNO +2CO +12H O ，故答案为：
3 3 2 2 22 23Cu NO +4CH CH OH=3Cu CNO +2CO +12H O ；
Ⅱ．(1)SO2 作还原剂，被氧化成 SO4
2-，Ba2+和 SO4
2-结合成 BaSO4，NO3
-做氧化剂，被还原为 NO，
若 SO2 不足量，氧化产物为 BaSO4，若 SO2 足量，氧化产物除 BaSO4 外还 H2SO4，结合原子守恒、
电荷守恒、电子得失守恒可得 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中发生的反应的离子方程式为：
2+ - +
2 3 2 43SO +3Ba +2NO +2H O=3BaSO +2NO +4H (SO2 不足)或
2+ - + 2-
2 3 2 4 43SO +Ba +2NO +2H O=BaSO +2NO +4H +2SO (SO2 足量)，故答案为：
2+ - +
2 3 2 43SO +3Ba +2NO +2H O=3BaSO +2NO +4H (SO2 不足)或
2+ - + 2-
2 3 2 4 43SO +Ba +2NO +2H O=BaSO +2NO +4H +2SO (SO2 足量)；
(2)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含 SO2，溶液将具有还原性，可使 KMnO4 溶液等强氧化剂
褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通
入的 SO2 已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若
褪色，说明通入的 SO2 已过量（其它合理答案即可）。
- 23 -
29.环戊烯（ 5 8C H ， ）是一种重要的有机化工原料，可用环成二烯（ 5 6C H ， ）
制备。已知：
反应Ⅰ 5 6 2 5 8C H g H g C H g 1
1 100.5kJ molH
反应Ⅱ 5 8 2 5 10C H g H g C H g （环戊烷） 1
2 109.4kJ molH
反应Ⅲ 2 2H g I g 2HI g 1
3 11.0kJ molH
= 100%生成目标产物所消耗的原料量选择性 原料消耗的总量
（1）某温度下，将环戊二烯和 HI 按物质的量之比 1∶2（总物质的量为 amol）充入容积为 2L
的恒容密闭容器中，发生反应： 5 6 5 8 2C H g 2HI g C H g I g 。
①该反应自发进行的条件是__________。
②下列有关该反应的叙述，不正确．．．的是__________。
A.气体压强不变，说明反应达到平衡状态
B.升高温度，有利于提高环戊烯的产率
C.反应达到平衡时，C5H6 和 HI 的转化率相等
D.通入惰性气体，有利于提高环戊二烯的平衡转化率
（2）以 2 3Pd / Al O 为催化剂，如图 1 为 25℃时环戊二烯氢化过程，环戊烯与环戊烷的各组分
含量（物质的量含量）随时间（t）的变化。为研究不同温度下催化剂活性，测得不同温度下
反应 4h 时的转化率和选择性数据如图 2（其它条件相同）。
①环成二烯氢化制环成烯的最佳反应温度为__________，选择该温度的原因是__________。
②升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其原因是__________。
③在图 1 中画出 40℃时环戊烯含量随 t 变化趋势的曲线。__________
（3）实际生产中，常由双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯：
- 24 -
某温度，加入总压为 70kPa 的双环成二烯和水蒸气，达到平衡后总压为 110kPa，双环戊二烯
的转化率为 80%，则该反应的平衡常数 Kp= __________（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 Kp ）。
【答案】 (1). 低温 (2). BD (3). 30℃ (4). 该温度下，催化剂的活性好且
选择性好 (5). 温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大
于反应Ⅰ (6). (7). 640
【解析】
【详解】(1)反应Ⅰ： 5 6 2 5 8C H g +H g C H g -1
1Δ =-100.5kJ molH
反应Ⅲ： 2 2H g +I g 2HI g -1
3Δ -11.0kJ molH
反应Ⅰ-反应Ⅲ得： 5 6 5 8 2C H g +2HI g C H g +I g ，其
1 3Δ Δ -ΔH H H -1 -1-(-11.=-100.5kJ 0kJ )mol mol = -1-89.5kJ mol 。
①该反应的 Δ =H -1-89.5kJ mol ＜0， ΔS ＜0，当 ΔH -T· ΔS ＜0 时，反应自发进行，即 T
很小(低温)时，该反应自发进行，故答案为：低温；
②A．恒容时，正反应是气体压强减小的反应，当气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A
正确；
B．正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，环戊烯的产率下降，B 错误；
C．起始时，环戊二烯和 HI 按物质的量之比 1∶2，则二者转化率之比= x 2x:1 2
=1:1，即反应达
到平衡时，C5H6 和 HI 的转化率相等，C 正确；
D．恒容，通入惰性气体，平衡不发生移动，环戊二烯的平衡转化率不变，D 错误；
故答案为：BD；
- 25 -
(2)①由图 2 可知，30℃时，环戊烯的选择性最大且环戊二烯的转化率较高(催化剂活性好)，
所以，30℃是环戊二烯氢化制环戊烯的最佳反应温度，故答案为：30℃；该温度下，催化剂
的活性好且选择性好；
②温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于反应Ⅰ，所以
出现升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，故答案为：温度升高，反应Ⅰ和
反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于反应Ⅰ；
③40℃时，反应速率加快，环戊烯含量达到较高值的时间缩短，且因环戊烯的选择性降低导
致环戊烯含量最大值减小，结合选择性公式可知，40℃，4h 时，环戊烯和环戊烷的含量比应
为 0.6:0.4，所以，40℃时环戊烯含量随 t 变化趋势的曲线如图所示：
，故答案为： ；
(3)设双环戊二烯的起始分压为 p，水蒸气分压为 p0，则到达平衡后双环戊二烯分压减小了
0.8p，双环戊二烯的分子式为：C10H12，故
10 12 5 6C H 2C H
n p 0
Δn 0.8p 1.6p
n 0.2p 1.6p
解聚
二聚
始
平
，p+p0=70kPa，
0.2p+1.6p+p0=1.8p+p0=110kPa，解得：p=50kPa，所以：
2(1.6 50)Kp= 0.2 50
=640，故答案为：640。
30.溴化钙是一种重要的化工原料，常见有 2 2CaBr 2H O 和 2 2CaBr 6H O 等结晶形式。某兴
趣小组以废铁屑为原料制备 2 2CaBr 2H O 的主要流程：
相关信息如下：
① 2 2CaBr 2H O 吸湿性强。
- 26 -
②34℃时结晶得到 2 2CaBr 6H O ， 2 2CaBr 6H O 加热至 210℃得到 2 2CaBr 2H O 。
请回答：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是________。
（2）实验室模拟海水提取溴的过程中，用苯萃取溶液中的溴，选出其正确操作并按顺序列出
字母：涂凡士林→检漏→（）→（）→（）→（）→（）→清洗干净。________
a.打开玻璃塞放气
b.打开旋塞放气
c.将溶液和苯转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞
d.双手托住分液漏斗，右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，上下颠倒振荡
e.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转振荡
f.置于铁架台铁圈上静置，打开玻璃塞，将旋塞拧开，放出下层液体
g.从下口放出溴的苯溶液
h.从上口倒出溴的苯溶液
（3）步骤④调 pH＝7，适宜加入的试剂是________，通过调节分液漏斗的活塞可以控制添加
液体的速率。当溶液 pH 接近 7 时，滴加试剂的分液漏斗的活塞应如图中的________（填序号）
所示。
（4）下列有关说法正确的是________。
A.步骤②反应控制在 40℃左右，原因是防止反应过于剧烈并减少液溴挥发
B.步骤③滤渣成分只有 2Fe OH 、 3Fe OH 和 2Ca OH
C.为使 2 2CaBr 2H O 快速结晶，可用冰水浴进行冷却
D.步骤⑤包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作
（5）制得的 2 2CaBr 2H O 可以通过如下步骤测定其纯度：①称取样品质量；②溶解；③滴入
足量 Na2CO3 溶液，充分反应后过滤，洗涤，干燥；④称量。
若实验操作规范而测定结果偏低，其可能的原因是________。
- 27 -
【答案】 (1). 碱煮水洗（或碳酸钠溶液浸泡数分钟后水洗） (2). cebfh (3). 氢
溴酸 (4). ② (5). A (6). 2 2CaBr 2H O 吸水或可能混有 2 2CaBr 6H O （或洗涤
时，有少量的碳酸钙溶解）
【解析】
【分析】
废铁屑表面常含有油污，可用碱性溶液浸泡、清洗除去，得干净铁屑，过量的干净铁屑和液
溴、水反应得含 FeBr2 的溶液，FeBr2 和过量的 Ca(OH)2 反应得到含 CaBr2、Ca(OH)2 的溶液和铁、
2Fe OH 、 3Fe OH 和 2Ca OH 的沉淀，过滤除去沉淀，滤液用 HBr 调 pH 到 7 得 CaBr2 溶
液，将 CaBr2 溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得 2 2CaBr 6H O 晶体，将 2 2CaBr 6H O
晶体用油浴控制温度在 210℃加热至恒重得 2 2CaBr 2H O 晶体。
【详解】(1)油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解即可除去，可用碱煮水洗（或碳酸
钠溶液浸泡数分钟后水洗），故答案为：碱煮水洗（或碳酸钠溶液浸泡数分钟后水洗）；
(2)用苯萃取溴的操作依次为：涂凡士林、检漏、将溶液和苯转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞、
右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转振荡、打开旋塞放气、置于铁架台铁圈上
静置，打开玻璃塞，将旋塞拧开，放出下层液体、从上口倒出溴的苯溶液，故答案为：cebfh；
(3)由分析可知，调 pH 前的滤液为含 Ca(OH)2 的 CaBr2 溶液，调 pH 的目的是除去 Ca(OH)2，不
能引入新的杂质，只能用氢溴酸。当溶液 pH 接近 7 时，用手控制活塞至微开状态，使液体一
滴一滴的流下，当溶液 pH 为 7 时，迅速旋转活塞至关闭状态，即如图②所示，故答案为：氢
溴酸；②；
(4) A．液溴与铁剧烈反应，同时液溴易挥发，为防止反应过于剧烈并减少液溴挥发，步骤②
反应温度应控制在 40℃左右， A 正确；
B．步骤③滤渣成分除 2Fe OH 、 3Fe OH 和 2Ca OH 外，还有过量未反应的铁屑，B 错误；
C．用冰水浴进行冷却，得到的是 2 2CaBr 6H O 晶体，而不是 2 2CaBr 2H O ，C 错误；
D．步骤⑤包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得 2 2CaBr 6H O 晶体，将 2 2CaBr 6H O
晶体用油浴控制温度在 210℃加热至恒重得 2 2CaBr 2H O 晶体，D 错误；
故答案为：A；
(5)用过量 Na2CO3 将 Ca2+转化为 CaCO3 沉淀，通过过滤，洗涤，干燥，称量，计算可得 2 2CaBr 2H O
- 28 -
的实际质量，由纯度= 2 2CaBr 2H O 100% 的实际质量
样品的质量 可知，纯度偏低，可能是样品的质
量偏高，比如 2 2CaBr 2H O 吸水或混有 2 2CaBr 6H O ，也可能是 2 2CaBr 2H O 的实际质量
偏小，如洗涤时，有少量的碳酸钙溶解，故答案为： 2 2CaBr 2H O 吸水或可能混有
2 2CaBr 6H O （或洗涤时，有少量的碳酸钙溶解）。
31.某研究小组以芳香族化合物 A 为主要原料，按下列线路合成抗癫痫药物 W：
已知： RCHO
2NH N=CHR
请回答：
（1）下列说法正确的是________。
A.反应②是氧化反应 B.试剂 X 是浓硝酸和浓硫酸
C.反应③⑤的目的是保护 2NH— D.药物 W 的分子式是 16 17 3 2C H N O Cl
（2）写出化合物 C 的结构简式________。
（3）写出反应⑥的化学方程式________。
（4）设计从 G 到 H 的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）________。
（5）写出化合物 A 的相邻同系物 Y 的同分异构体结构简式，且必须符合下列条件：________。
①能发生银镜反应；
② 1H NMR 表明，分子中共有 4 种 H 原子；
③除了苯环无其它环。
- 29 -
【 答 案 】 (1). BC (2). (3).
+H2O (4).
(5).
【解析】
【分析】
由药物 W的结构简式及 H 的分子式可知 H 为 ；结合“已知”和药物 W 的结构简式、F 的
分子式可知 F 为 ，I 为 ；结合药物 W 及 B 的分子式可得出 B
为 ；对比 B 和 C 的分子式可知 C 为 ；结合“已知”可得出 D 为
- 30 -
；对比 F 可知 E 为 ，据此解答。
【详解】(1)A．反应②中，B( )变为 C( )，加 H 去 O，还原反应，
A 错误；
B．D 到 E，即 加试剂 X 得到 ，发生硝化反应，试剂 X 是
浓硝酸和浓硫酸，B 正确；
C．③的反应物 C 和⑤的生成物 F 具有相同的 2NH— ，说明反应③⑤的目的是保护 2NH— ，C
正确；
D．药物 W 的分子式是 16 18 3 2C H N O Cl ，D 错误；
故答案为：BC；
(2)由分析可知，C 的结构简式为 ，故答案为： ；
(3)反应⑥发生与“已知”相似的反应，化学方程式为：
+H2O，故答案为：
+H2O；
- 31 -
(4)G 为 ，H 为 ，G 到 H 可按如下方式合成：
，故答案为：
；
(5)A 为 ，Y 为 A 的相邻同系物，则 Y 比 A 多一个 CH2，能发生银镜反应，有三种情况：
①含有-CHO、苯环、含 3 个单键的 N 原子 2 个、含 2 个单键的 O 原子 1 个、H 组成，等效氢有
4 种，除去醛基上的 H 外，只能有 3 种等效氢，则结构对称，符合条件的有 2 种：
。②含有 HCOO-、2 个-NH2、苯环，符合条件的有 2 种：
。③含 、-O-、-NH2、苯环， 和-NH2 就有 2 种 H，
没有符合 4 种等效氢的结构。综上所述，共有 4 种结构满足条件，即
，故答案为：
。
- 32 -
