2020年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学模拟试题（解析版）【打印版】.pdf

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1、2020 年 1 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学 模拟试题模拟试题可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1Li 7C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27Si 28S 32Cl 35.5K 39Ca 40Mn 55Fe 56Cu 64I 127Ba 137选择题部分选择题部分一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 25 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 50 分。每个小题列出的四个备选项中只有分。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）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（

2、 ）A. 22Na OB. 24H SOC. 22CH ClD. SiC【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.22Na 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价，故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（ ）2A. B. C. D. 【答案】A

3、【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；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【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

4、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；3故答案为 B。4.反应2222MnO4HCl()MnClCl2H O浓中，氧化产物是（ ）A. 2MnOB. HClC. 2MnClD. 2Cl【答案】D【解析】【详解】氧化还原反应中还原剂失电子化合价升高被氧化得到氧化产物，该反应中 HCl 中氯元素由-1 价升为 0 价得到产物 Cl2，即氧化产物为 Cl2；故答案为 D。5.下列物质的名称不正确的是A. NaOH：烧碱B. FeSO4：绿矾C. ：甘油D. ：3甲基己烷【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

5、；B 项、绿矾是七水硫酸亚铁的俗称， 化学式为 FeSO47H2O，故 B 错误；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；4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：CH2CH2C. 氯原子的结构示意图：D. NH3分子的球棍模型：【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 CH2=CH2，故 B 错误；C 项、氯原子的核外有 3 个电子层，最外层有 7 个电子

6、，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. 168O 和188O 互为同位素B. 金刚石和石墨互为同素异形体C. 和互为同系物D. CH3COOCH2CH3和 CH3CH2CH2COOH 互为同分异构体【答案】C【解析】5【详解】168O 和188O 的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故 A 正确；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

7、 CH2原子团的同类物质，属于酚类，属于芳香醇，不是同类物质，不互为同系物，故 C 错误；D 项、CH3COOCH2CH3和 CH3CH2CH2COOH 的分子式都为 C4H8O2，结构不同，互为同分异构体，故 D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 CH2原子团的同类物质是解答关键，也是易错点。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2SOC. 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【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.

8、向燃煤中加入适量石灰石，高温时将 SO2转化为 CaSO4，同时生成二氧化碳，故 B 正确；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 N2，减少了空气污染，故 D 正确；故答案为 A。69.下列说法不正确的是A. Cu(NH3)4SO4可通过 CuSO4溶液与过量氨水作用得到B. 铁锈的主要成分可表示为 Fe2O3nH2OC. 钙单质可以从 TiCl4中置换出 TiD. 可用 H2还原 MgO 制备单质 Mg【答案】D【解析】【详解】A 项、CuSO4溶液与少量氨水反

9、应生成氢氧化铜沉淀，与过量氨水反应生成络合物Cu(NH3)4SO4，故 A 正确；B 项、铁在潮湿空气中发生吸氧腐蚀生成红棕色的铁锈，铁锈的主要成分可表示为 Fe2O3nH2O，故 B 正确；C 项、钙的化学性质活泼，在稀有气体的保护下，与熔融的四氯化钛反应可置换出 Ti，故 C 正确；D 项、制备单质 Mg 应该用电解熔融 MgCl2的方法，故 D 错误；故选 D。【点睛】金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al 等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu 可用热还原发生冶炼，Hg、Ag 可用也分解法冶炼。10.下列说法不正确的是（ ）A. 天然气的

10、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【答案】B【解析】7【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；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.

11、 KCl和2MnO的混合物经溶解、过滤，洗涤、干燥，可分离出2MnOC. 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3AgNO溶液，稀3HNO和2NaNO溶液，可检验火柴头是否含有氯元素【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2MnO，故 B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

12、3，检验氯元素，应把 ClO3-还原为 4Cl-，酸性条件下，NO2-具有还原性，向少量的火柴头浸泡液中滴加 AgNO3、稀 HNO3和 NaNO2，发生的离子反应为：ClO3-+3NO2-+Ag+AgCl+3NO3-，出现白色沉淀，证明含有氯元素，故 D 正确；故答案为 C。812.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【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

13、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。13.不能正确表示下列变化的离子方程式是A. BaCO3溶于盐酸：BaCO32H+=Ba2+CO2H2OB. FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+C. 苯酚钠溶液中通入少量 CO2：2CO2H2O=2CO32D. 醋酸钠水解：CH3COOH2OCH3COOHOH【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

14、钡为难溶性盐，不能拆写，反应的离子方程式为 BaCO32H+=Ba2+CO2H2O，故 A 正确；B 项、FeCl3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9CO2H2OHCO3，故 C 错误；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CH3COOH2OCH3COOHOH，故 D 正确；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

15、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23Na CO溶液，经分液除去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【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；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

16、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。1015.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2COC. 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【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.

17、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

18、数的增加，元素的原子半径逐渐增大D. 同一周期中， A 与 A 族元素原子的核电荷数都相差 111【答案】A【解析】【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， A 与 A 族元素原子的核电荷数相差 11，故 D 错误；故答案为 A。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，

19、把握元素在周期表的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意整体把握周期表的结构。17.下列说法不正确的是（ ）A. pH7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、3CH COOH溶液中，-c OH相等D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则 4-+c Cl=c NH【答案】B【解析】【详解】A. 温度影响水的电离，则 pH7 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+)” “ (2). 25225C H ONaH ONaOHC H OH (3). (4).

20、甲醇分子间存在氢键【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25225C H ONaH ONaOHC H OH可以说明；(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2CaC的电子式为；(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1242FeC O2H O M180

21、g mol样品的纯度，用硫酸溶解 6.300 g 样品，定容至 250 mL。取 25.00 mL 溶液，用140.1000 mol LKMnO标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.5621已知：23424222-3MnO5FeC O2H O24H3Mn5Fe10CO22H O 假设杂质不参加反应。该样品中242FeC O2H O的质量分数是_%（保留小数点后一位） ；写出简要计算过程：_。【答案】 (1). 95.2 (2). 13152500.1000 mol L20.00 10L180 g m

22、ol325.00100%95.2%6.300 g【解析】【分析】根据方程式找出 MnO4-和242FeC O2H O之间的数量关系，然后进行计算求解；【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：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19.98mL+20.02mL=20.00mL2;根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-5242FeC O2H O，所以 25mL 待测液中所含242FeC O2H O的物质的量为：1350.1000 mol L20.00 10L3，质

23、量为13150.1000 mol L20.00 10L180 g mol3，所以样品中242FeC O2H O质量分数为13152500.1000 mol L20.00 10L180 g mol325.00100%95.2%6.300 g。【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.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。22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_。(3)气体 E 与甲醛在

24、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)。某兴趣小组为探究 H2S 和 Cl2O 的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：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 Cl2O 已过量，设计实验方案检验_。【答案】 (1). Ca、H 和 N (2). Ca2HN (3). Ca2HN5HCl=2CaCl2H2NH4Cl (4). 4NH36HCHO(或 C6H12N4)6H2O (5). 2H2SCl2O=2S2HClH2O (6). 用玻璃棒蘸取清液，点到 KI淀粉试纸上，如

25、果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明 Cl2O 过量【解析】【分析】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，23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。由题意可知，H2S 和 Cl2O 发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中 H2S 中硫元素化合价升高被氧化，Cl2O 中氯元素化合价降低被还原。【详解】 （1）由分析可知，组成 A

26、的三种元素是 Ca、N 和 H，由钙原子个数守恒可知，固体 A 中钙的物质的量为4.00100/gg mol=0.04mol，质量为 0.04mol40g/mol=1.6g，固体 A 与足量盐酸反应时，固体 A 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，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0.44822.4 /LL mol212=0.02mol，质量为 0.02mol1g/mol=0.02g，则固体 A 中氮的物质的量为(1.9 1.60.02)14/gg mol=0.02mol，A 中 Ca、N 和 H 的物质的量比为 0.04mol: 0.02

27、mol: 0.02mol=2:1:1， 化学式为 Ca2HN，故答案为：Ca、H 和 N ；Ca2HN；（2）Ca2HN 与足量盐酸反应时，Ca2HN 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，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为 Ca2HN5HCl=2CaCl2H2NH4Cl，故答案为：Ca2HN5HCl=2CaCl2H2NH4Cl；（3）氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为 4NH36HCHO(或 C6H12N4)6H2O，故答案为 4NH36HCHO(或 C6H12N4)6H2O； （1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S 和 Cl2O

28、 发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为 2H2SCl2O=2S2HClH2O，故答案为：2H2SCl2O=2S2HClH2O；(2) Cl2O 具有强氧化性，若通入水中的 Cl2O 已过量，过量的 Cl2O 能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验 Cl2O 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，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明 Cl2O 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24(或变蓝后再褪色)，说明 Cl2O 过量。29.研究 NOx之间的转化具有重要意义。(1)已知：N2O4(g) 2NO2(g)H0

29、 将一定量 N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列可以作为反应达到平衡的判据是_。A气体的压强不变 Bv正(N2O4)2v逆(NO2) CK 不变 D容器内气体的密度不变 E容器内颜色不变t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为 p，N2O4气体的平衡转化率为 75%，则反应 N2O4(g) 2NO2(g)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，如 p(B)px(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中 B 的物质的量分数)。反应温度 T1时，c(N2O4)随 t(时间)变化曲线如图，

30、画出 0t2时段，c(NO2)随 t 变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为 T2(T2T1)，再次画出 0t2时段，c(NO2)随 t 变化趋势的曲线_。(2) NO 氧化反应：2NO(g)O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。 2NO(g)=N2O2(g) H1 N2O2(g)O2(g)2NO2(g) H225决定 NO 氧化反应速率的步骤是_(填“”或“”)。在恒容的密闭容器中充入一定量的 NO 和 O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为 T3和T4(T4T3)，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“T3

31、”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_。【答案】 (1). AE (2). 367p (3). (4). (5). T4 (6). H10，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响【解析】【分析】（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）保持不变，正反应速率等于逆反应速率；建立三段式求解可得；由图确定 t1时反应生成的 NO2浓度；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；（2）由图可知，反应的活化能小于反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢；由图可知，转化相同量的 NO，在温

32、度 T4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速率的影响。【详解】 （1）A、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26达到化学平衡状态，故正确；B、v正(N2O4)2v逆(NO2)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；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

33、为：AE；设起始 N2O4的物质的量为 1mol，由题给数据建立如下三段式： 242 N Og2NOgmol 1 0mol 0.75 1.5mol 0.25 1.5A起始（）变化（）平衡（） 由三段式数据可知 N2O4的平衡分压为0.251.75molmolp=7p，NO2的平衡分压为1.51.75molmolp=67p，则平衡常数 Kp26()77pp=367p，故答案为：367p；由图可知，t1时反应消耗 N2O4的浓度为（0.040.01）mol/L，由方程式可得反应生成 NO2的浓度为0.03 mol/L2=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，NO2

34、的浓度增大，则0t2时段，NO2的浓度 c(NO2)随 t 变化趋势的曲线为，故答案为：27；（2）由图可知，反应的活化能小于反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率反应快于反应， 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，故答案为：；由图可知，转化相同量的 NO，在温度 T4下消耗的时间较长，原因是反应为放热反应，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应速率的影响，导致转化相同量的 NO，在温度较高的 T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应为放热反应，温度升高，反应平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大

35、于温度对反应速率的影响；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2LiI 3H O和LiI，流程如下：已知：2LiI 3H O在 7580转变成2LiI 2H O，80120转变成2LiI H O，300以上转变成无水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pH7，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2LiI 3H O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶28B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶

36、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2LiI 3H O置入坩埚中，300加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得2LiI 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pH6，用滴定管中的3AgNO标准溶液滴定至终点，根据消耗的3AgNO标准溶液体积计算，得2LiI 3H O、LiI的纯度分别为 99.96%，95.38%。LiI纯度偏低。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.滴定管测定

37、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LiI纯度偏低，可能的主要杂质是_。29(4)步骤 IV，采用改进的实验方案（装置如图） ，可以提高LiI纯度。设备 X 的名称是_。请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由_。【答案】 (1). LiOH (2). B (3). AC (4). d (5)

38、. f (6). c (7). b (8). 2Li O (9). 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2LiI 3H O的性质进行分析；(3)润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液；LiI在空气中加热易被氧化；(4)LiI在空气中加热易被氧化，需要将空气抽出；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

39、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.2LiI 3H O在 7580转变成2LiI 2H O，80120转变成2LiI H O，故 D 错误(3)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；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30放液完毕，停留数秒，取出移液管洗净，放回管架；LiI在空气中受热易被氧化生成2Li O；(4)设备 X 的作用是将仪器内的空气抽出，其名称

40、为抽气泵；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：2NH3RCOORRCONH 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3FeCl溶液发生显色反应C.化合物 1 具有弱碱性D.阿替洛尔的分子式是142023C H N O31(2)

41、写出化合物 E 的结构简式_。(3)写出FGH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_。1HNMR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；除了苯环外无其他环。【答案】 (1). BC (2). (3). (4). (5). 【解析】【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，E32为，根据题目提供信息结构 E

42、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3FeCl溶液发生显色反应，故 B 正确；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 C14H22N2O3，故 D 错误。(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，结构简式为，结合题目提供信息，其中 X 代表卤族原子，可33知 A 到 B 的合成路线为；(5)化合物 C 为，其同分异构体满足：1HNMR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。