浙江省绍兴市稽阳联谊学校2020届高三联考化学试题 Word版含解析

2020年5月稽阳联谊学校高三联考
化学选考试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。

考生须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色宇迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷纸和答题纸上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项＂的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。

选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。

3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。

4.相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 Si-28 S-32 Cl-3
5.5 Cu-64 Zn-65
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.下列属于强电解质的共价化合物是（）
A. H2SO4
B. NaCl
C. CH3COOH
D. Mg3N2
【答案】A
【解析】
【详解】A．H2SO4是共价化合物，同时是强酸，属于强电解质，故A符合题意；
B．NaCl是离子化合物，属于强电解质，故B不符合题意；
C．CH3COOH是共价化合物，同时是弱酸属于弱电解质，故C不符合题意；
D．Mg3N2是离子化合物，属于强电解质，故D不符合题意；
答案选A。

【点睛】区分强弱电解质的方法是看该化合物在水中水溶液或熔融状态下是否能完全电离，
区别离子化合物和共价化合物的方法是有看晶体中是否含有离子键，含有离子键的化合物是
离子化合物，只含有共价键的化合物称为共价化合物。

2.配制一定物质的量浓度的溶液的实验中可不选用的仪器是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的的仪器有容量瓶、天平(或量筒)、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；
A．为容量瓶，配制溶液时必须使用，故A不符合题意；
B．为量筒，用液体配制溶液时需要，用固体配制溶液时不需要量筒，即配制溶液时量
筒不是必须使用的仪器，故B符合题意；
C．为烧杯，配制溶液时溶解稀释必须使用的仪器，故C不符合题意；
D．为玻璃棒，配制溶液时搅拌及转移操作时必须使用的仪器，故D不符合题意；
答案选B。

3.下列属于有机物，且水溶液能导电的是（）
A. 碳化硅
B. 乙酸
C. 葡萄糖
D. 乙醇
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳化硅属于无机物，且不溶于水，故A不符合题意；
B．乙酸属于有机物，属于弱电解质，溶于水后部分电离，溶液可导电，故B符合题意；C．葡萄糖属于有机物，属于非电解质，可溶于水，但在溶液中以分子形式存在，其溶液不能导电，故C不符合题意；
D．乙醇属于有机物，属于非电解质，与水任意比互溶，但在水中以分子形式存在，其水溶液不能导电，故D不符合题意；
答案选B。

【点睛】绝大多数含碳元素的化合物是有机物，除去碳单质，一氧化碳，二氧化碳，碳酸钙，碳化钙等属于无机物，有机物绝大多数属于非电解质，除去乙酸，草酸等属于电解质。

4.洁厕灵和84消毒液混合使用时发生反应：NaC1O+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。

下列说法正确的是（）
A. 84消毒液的有效成分是HCl
B. 氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物
C. HCl只表现还原性
D. 若有0.lmolHCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24L
【答案】D
【解析】
【分析】
NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O中，NaClO中的Cl元素化合价由+1价降低到0价，HCl中的Cl 元素化合价由-1价升高到0价，则NaClO为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性，据此分析解答。

【详解】A．84消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误；
B．根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；C．根据分析，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误；
D．若有0.lmolHCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积约为
=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故D正确；
答案选D。

【点睛】2mol氯化氢参与反应，只有1mol氯化氢被氧化，剩余1mol氯化氢的化合价没有发生变化。

5.下列物质名称或化学式正确的是（）
A. Na2SiO3：水玻璃
B. ：硝化甘油
C. 芒硝：Na2SO4•7H2O
D. (CH3)2CHCH2C(CH3)3：2，4，4-三甲基戊烷
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2SiO3是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故A错误；
B．硝化甘油化学名为三硝酸甘油酯，结构简式为：，故B正确；
C．芒硝是硫酸钠晶体的俗称，化学名称为：十水合硫酸钠，化学式为：Na2SO4·10H2O，故C 错误；
D．系统命名法对烷烃命名时，支链的位数之和为最小，(CH3)2CHCH2C(CH3)3用系统命名法命名，名称为：2，2，4-三甲基戊烷，故D错误；
答案选B。

6.下列表示正确
的是（）A. 甲醛的分子式：HCHO B. 聚氯乙烯的结构式：—H2C —CHCl—C. 34S2-的结构示意图：D. 丙烷分子的球棍模型：【答案】D 【解析】【详解】A．甲醛的结构简式为：HCHO，分子式：CH2O，故A错误；
B．聚氯乙烯的结构式：，故B错误；
C．S原子的质子数为16，则得到两个电子后形成的34S2-的结构示意图：，故C错误；
D．球棍模型能表现出原子的连接方式和空间结构，丙烷分子中碳原子半径大于氢原子，球棍模型：，故D正确；
答案选D。

【点睛】球棍模型中，要注意原子大小，要符合元素周期表中各原子的半径大小。

7.下列说法不正确的是（）
A. 金刚石和C70互为同素异形体，熔点和硬度都很高
B. 15N和14C中子数相同，属于两种核素
C. 丙烯酸(CH2=CHCOOH)和油酸互为同系物
D. CH2(NH2)COOH和CH3CH2NO2互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．金刚石和C70都是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，C70的硬度小，故A 错误；
B．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，15N和14C中子数相同，属于两种核素，故B正确；
C．结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个“-CH2-”原子团的有机物互称为同系物，丙烯酸CH2=CHCOOH和油酸C17H33COOH分子中都含有官能团羧基，它们的烃基中都只含有一个不饱和的碳碳双键，所以二者分子结构相似，并且在组成上相差15个-CH2，完全符合同系物的定义，故二者属于同系物，故C正确；
D．分子式相同，结构不同的有机物互为同分异构体，CH2(NH2)COOH和CH3CH2NO2二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
答案选A。

【点睛】同系物和同分异构体针对的都是有机物，同系物的结构相似，同分异构体是分子式相同，需要清晰辨别。

8.下列说法不正确的是（）
A. FeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时形成具有净水作用的氢氧化亚铁胶体
B. 纳米铁粉和FeS都可以去除水体中的Cu2+、Hg2+等离子，其原理不相同
C. SO2具有还原性，可用KMnO4溶液测定食品中SO2残留量
D. 利用碳酸钠溶液可消除燃煤烟气中的SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeSO4常用于制取净水剂，原因是溶于水时亚铁离子不稳定，被氧化为三价铁离子，三价铁离子发生水解生成形成具有净水作用的氢氧化铁胶体，故A错误；
B．纳米铁粉具有还原性，可将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子还原为金属单质而除去， FeS 可将水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为更难溶的CuS、HgS而除去，其原理不相同，故B 正确；
C．二氧化硫具有还原性，硫元素化合价+4价升高为+6价，能被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，锰元素化合价+7价降低为+2价，由电子守恒和原子守恒得到离子方程式为：
5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，可用已知浓度的KMnO4溶液测定食品中SO2残留量，故C正确；
D．二氧化硫为酸性氧化物，亚硫酸的酸性大于碳酸，能与碳酸钠溶液反应，可利用碳酸钠溶液吸收燃煤烟气中的SO2，故D正确；
答案选A。

9.下列说法正确
的是（）A. 亚硝酸钠溶液具有防腐作用，可用来浸泡新鲜瓜果B. 我国古代就已采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸C. 红宝石是含有少量金属氧化物的刚玉，主要成分为二氧化硅D. Na3AlF6溶液中滴加lmol/L氨水至过量会产生白色沉淀【答案】B 【解析】【详解】A．亚硝酸钠溶液具有防腐作用，但亚硝酸盐有毒，不宜用来浸泡新鲜瓜果，故A错
误；
B．加热胆矾或绿矾可生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，故B正确；
C．红宝石是含有少量金属氧化物的刚玉，主要成分为氧化铝，故C错误；
D．Na3AlF6溶液中滴加lmol/L氨水至过量，AlF63-较稳定，不与氨水反应，无白色沉淀产生，故D错误；
答案选B。

10.下列说法不正确的是（）
A. 淀粉、油脂、亚油酸的组成元素中均只含C、H、O
B. 工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，主要原理是发生消去反应
C. 3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 将植物的秸杆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，一定条件下生成沼气，属于生物质能的生物化学转换
【答案】B
【解析】
【详解】A．淀粉为高分子碳水化合物，分子式为(C6H10O5)n，油脂是油和脂肪的统称。

从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，高级脂肪酸和甘油的组成元素只含C、H、O，亚油酸的分子式:C18H32O2，则以上三者组成元素中均只含C、H、O，故A正确；
B．工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，工业上生产乙烯主要是采用石油裂解，不是发生消去反应，故B错误；
C．3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，分子结构简式为，结构中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．植物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能，可发酵制取甲烷，从而有效利用生物质能，故D正确；
答案选B。

11.下列说法不正确的是（）
A. 蒸馏实验时，若冷凝管内壁上出现馏出物固体，此时可以减小通入冷却水的流速
B. 浓硝酸应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中
C. 滴瓶中的滴管在加完药品后应将滴管洗净后再放回原瓶
D. 摩尔盐制备实验中，向FeSO4溶液中加入少量稀硫酸抑制Fe2+的水解
【答案】C
【解析】
【详解】A．蒸馏实验时，冷凝管内壁上出现馏出物固体，说明冷却效果太好，此时可以减小通入冷却水的流速，故A正确；
B．浓硝酸见光分解且会氧化橡胶塞，浓硝酸应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，故B正确；
C．滴瓶中的滴管在加完药品后洗净后再放回原瓶会导致试剂浓度变化，故C错误；
D．Fe2+的水解使溶液显酸性，加入少量稀硫酸能抑制水解，防止易水解盐变质，故D正确；答案选C。

12.下列检验方法或指定反应的离子（或化学）方程式正确的是（）
A. 向NaAlO2溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
B. 用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br—CHBr—CHO
C. Na2S溶液吸收少量SO2[已知K a2(H2SO3)＞K a1(H2S)］：S2-+SO2+H2O=SO32-＋H2S↑
D. 往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaAlO2 溶液中滴入Ca(HCO3)2溶液，钙离子和CO32－要生成CaCO3沉淀，正确的离子反应为：Ca2++AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CaCO3↓，故A错误；
B．用溴水检验丙烯醛CH2＝CHCHO中的碳碳双键：溴水的氧化性也会氧化醛基，无法检验碳碳双键的存在，故B错误；
C．Na2S溶液吸收少量SO2时，SO2与生成H2S会反应生成S沉淀，故C错误；
D．往二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴加过量的烧碱溶液，二元弱酸亚磷酸一个分子最多能提供两个H+，则离子反应方程式为：H3PO3+2OH-=HPO32-+2H2O，故D正确；
答案选D。

13.下列说法不正确的是（）
A. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
B. 某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝色，则可判断该溶液含有蛋白质
C. 利用NaOH溶液可鉴别植物油和矿物油
D. 控制溶液的pH可分离不同的氨基酸是利用氨基酸溶解度的差异
【答案】B
【解析】
【详解】A．疫苗成分中有蛋白质，温度过高蛋白质会变性，故A正确；
B．某溶液中加入茚三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，故B错误；
C．植物油的成分是油脂，矿物油的成分是烃类，植物油与NaOH溶液水解生成高级脂肪酸盐和甘油，生成的产物互溶，体系不分层，而矿物油与NaOH溶液不反应，不互溶会分层，二者现象不同，可鉴别植物油和矿物油，故C正确；
D．不同的氨基酸在水中的溶解度最小时pH不同，可以利用控制溶液的pH可分离不同的氨基酸，故D正确；
答案选B。

【点睛】植物油的成分是油脂，矿物油的成分是烃类，有机物的结构决定性质。

14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A. c(Fe3+)=1mol/L的溶液中：K+、SCN-、NH4+、Cl-
B. 0.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4的溶液中：AlO2-、NO3-、Cl-、Na+
C. 与Al反应生成H2的溶液中：K+、NO3-、S2O32-、SO42-
D. 由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：Na+、SO42-、[Ag(NH3)2]+、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．c(Fe3+)=1mol/L的溶液中，Fe3+与SCN－会反应，不能大量共存，故A错误；B．0.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4的溶液显较强的碱性，AlO2-、NO3-、Cl-、Na+能在强碱性环境中共存，且不与[Cu(NH3)4]SO4反应，能大量共存，故B正确；
C．与Al反应生成H2的溶液可以是酸性或强碱性，S2O32－与H+会反应生成S沉淀，NO3-、H+与
Al反应不生成H2，不能大量共存，故C错误；
D．由水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可以是强酸性或强碱性，酸性时[Ag(NH3)2]+不能大量共存，故D错误；
答案选B。

15.Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：
下列说法不正确的是（）
A. Y的分子式为C10H8O3
B. X制取Y过程中的产物之一可使蛋白质变性
C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为4:3
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式，每个拐点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足键由氢原子补齐，则Y的分子式为C10H8O3，故A正确；
B．X制取Y过程中的产物之一为乙醇，75%乙醇水溶液为医用酒精，具有杀菌消毒作用，可使蛋白质变性，故B正确；
C．一定条件下，Y中有碳碳双键，能发生加聚反应，Y中酚羟基的邻位碳上有两个H原子能
发生缩聚反应，故C正确；
D．酚羟基具有弱酸性，酯基可与在碱性条件下水解，1mol X含有2mol酚羟基和1mol酯基，最多能消耗3molNaOH；1ml Y含有1mol酚羟基和1mol酯基，酯基水解后形成一个酚羟基，则Y最多能消耗3mol NaOH，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；
答案选D。

【点睛】D项的酯水解后生成的酚羟基也会和氢氧化钠反应，为易错点。

16.主族元素X、Y、Z、W、U原子序数依次增大，其中X与Y同周期且相邻，Z与U同主族且相邻，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，Z是地壳中含量最高的金属元素。

下列说法正确的是（）
A. 据组成元素推测，X与Z形成的化合物既能溶于强酸又能溶于强碱
B. 若Z原子核内含有a个质子，则U原子核内含有a+8个质子
C. Y分别与Z和W形成的化合物中化学键的类型相同
D. 对应简单离子半径：r(Y)＜r(X)＜r(Z)＜r(W)
【答案】A
【解析】
【分析】
Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z是Al；Z与U同主族且相邻，则U为Ga，Y与W均可形成18个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体，说明二者中含有S元素。

X、Y、Z、W 原子序数依次增大，则W为S，形成的18电子氢化物为H2S，故Y形成的18电子氢化物具有氧化性，则为H2O2，则Y为O；X与Y同周期且相邻，则X为N，据此分析解答。

【详解】A．X为N，Z是Al，X与Z形成的化合物为AlN，溶于强酸生成Al3+和NH4+，溶于强碱生成NH3和AlO2－，故A正确；
B．Z是Al，为第三周期元素，U为Ga，为第四周期元素，二者同族且相邻，若Z原子核内含有a个质子，则U原子核内含有a+18个质子，故B错误；
C．Y为O，Z是Al，W为S，Y与Z形成Al2O3，含离子键；Y和W形成的化合物为SO2，含共价键，化学键的类型不相同，故C错误；
D．X为N，Y为O，Z是Al，W为S，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，W的简单离子比X、Y、Z的简单离子多一个电子层，半径最大，则对应简单离子半径应为 r(Z)＜r(Y)＜r(X)＜r(W)，故D错误；
答案选A。

17.下列说法正确的是（）
A. 298K时，pH=10的氨水稀释100倍，所得溶液的pH=8
B. 298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，溶液显中性
C. HClO与HF的混合溶液中c(H+)=
a a w
K(HF)c(HF)+K(HClO)c(HClO)+K
D. 室温下，等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，导电能力相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．298K时，pH=10的氨水稀释100倍，因为存在一水合氨的电离平衡，稀释促进电离，所得溶液的pH应大于8，故A错误；
B．298K时，pH=9的CH3COONa溶液和pH=5的盐酸等体积混合，CH3COONa溶液过量，CH3COONa 为强碱弱酸盐，CH3COO-水解使溶液显碱性，故B错误；
C．HClO与HF的混合溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(F－)+c(ClO－)+c(OH－)，
c(H+)=
()()
()
a
+
K HF c HF
c H
+
()()
()
a
+
K HClO c HClO
c H+()
w
+
K
c H，
c(H+)=
a a w
K(HF)c(HF)+K(HClO)c(HClO)+K，故C正确；
D．等pH的盐酸和氯化铵两种溶液，氯化铵溶液的浓度大，则氯化铵溶液中离子浓度较大，导电能力强，故D错误；
答案选C。

【点睛】C项的形式是将电荷守恒，水的离子积常数，电离平衡常数综合在一起，需要学生熟练应用溶液中各离子的浓度关系。

18.以Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。

下列说法不正确的是（）
A. 放电时，正极反应式：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe(Fe(CN)6]
B. 充电时，Mg箔接电源的负极
C. 充电时，Na+通过离子交换膜从左室移向右室
D. 放电时，Mo箔增加4.6g时，Mg箔减少5.95g
【答案】D
【解析】
【分析】
根据放电工作原理图，Mo作正极，在正极上发生还原反应：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，Mg作负极，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此分析解答。

【详解】A．根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，放电时，正极反应式为：Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe(Fe(CN)6]，故A正确；
B．充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，放电时Mg箔为负极，则充电时，Mg箔接电源的负极作为阴极，故B正确；
C．充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，故C正确；
D．放电时，由Fe[Fe(CN)6]被还原为Na2Fe[Fe(CN)6]，Mo箔增加4.6g时，根据电极反应
Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e-=Na2Fe[Fe(CN)6]，增加的质量为Na的质量，即增加0.2mol的钠，转移0.2mol电子，根据电极反应：2Mg+2Cl--4e-=[Mg2Cl2]2+，转移0.2mol电子，消耗0.1mol的Mg，则Mg箔减少的质量为0.1mol×24g/mol=2.4g，故D错误；
答案选D。

19.设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）
A. 一定条件下，合成氨反应中有0.5molN2发生反应，则反应中转移电子数为3N A
B. 10克环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则其中所含的氧原子数目为4
N A
45
C. 过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2N A
D. 常温常压下有28g单晶硅晶体，则其中所含的Si—Si键数目为2N A
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应中N2转化为NH3，氮元素由0价变为-3价，即1mol N2参与反应转移6mol电
子，有0.5molN2发生反应，反应中转移电子数为3mol电子，数量为3 N A，故A正确；B．环己烷的分子式为C6H12，2-丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6·H2O，碳元素的质量分数为
72%，根据
()
()
()
()
22
m C M C
=
m CH M CH
，解得10克混合液中含CH2的质量为8.4g，含“H2O”为1.6g，
则其中含有的氧原子数目为1.6
18
N A=
4
45
N A，故B正确；
C．过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，若只生成NO2，发生反应为Cu+4HNO3(浓)=
Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，氮元素由+5价变为+4价，0.4mol浓HNO3硝酸参与反应，其中0.2mol 被还原，电子转移数目为0.2N A，但随着反应发生，浓硝酸变稀，产物气体由NO2变为NO，氮元素由+5价变为+2价，转移电子数目增多，则电子转移数目为大于0.2 N A，故C错误；D．单晶硅中一个Si原子平均含有两个Si—Si键，常温常压下有28g单晶硅晶体为1mol，则其中所含的Si—Si键数目为2N A，故D正确；
答案选C。

【点睛】将2-丙醇的分子式为C3H8O写成C3H6·H2O这一步很关键，能够计算出水的质量，从而计算出氧原子数。

20.下列说法正确的是（）
A. Na+和Mg2+核外电子排布相同，核外电子能量也相同
B. 已知钾在空气中燃烧的产物含有KO2，KO2中各离子最外层均为8电子稳定结构
C. 二甲醚易溶于水，氨基乙酸的熔点较高，主要原因都与氢键有关
D. C60Si60是一种新型的球形分子，经测定结构中包含C60也有Si60，则C60被包裹在Si60中【答案】D
【解析】
【详解】A．Na+和Mg2+核外电子排布相同，质子数不同，质子对核外电子的作用力大小不同，则核外电子能量不相同，故A错误；
B．已知钾在空气中燃烧的产物含有KO2，KO2中钾离子最外层为8电子，但O2－中氧原子最外层外电子不为8，故B错误；
C．二甲醚易溶于水与氢键有关，氨基乙酸的熔点较高，主要是形成内盐结构，故C错误；D．硅原子半径大于C原子，则Si-Si形成的Si60空间结构的空隙较大，C60被包裹在Si60中，故D正确；
答案选D。

21.在100℃时，容积为5L 的真空密闭容器中加入一定量的N 2O 4，容器内N 2O 4和NO 2的物质的量变化如下表所示：
下列说法正确的是（ ）
A. 10s 时，以NO 2浓度变化表示的该反应速率为0.006mol•L•-1•s -1
B. 该温度下反应2(NO 2g)⇌N 2O 4(g)的平衡常数K =0.216
C. 35s 时容器内压强为反应前的1.6倍
D. 其它条件不变，90s 后向容器中再加入0.3molNO 2建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大
【答案】D
【解析】
【
分析】
根据表格数据分析，60s 时反应已经达到平衡，则b=0.12mol ，根据反应N 2O 4(g) ⇌2NO 2(g)，10s 时，N 2O 4物质的量的变化量=0.3mol-0.15mol=0.15mol ，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，则a=0.3mol ，据此分析解答。

【详解】A ．10s 内，以NO 2浓度变化表示的该反应平均速率为0.006mol·L -1·s -1，10s 时为瞬时速率，小于0.006mol·L -1·s -1，故A 错误； B ．根据分析，60s 时反应达到平衡，平衡时，N 2O 4为0.12mol ，NO 2为0.36mol ，容积为5L ，该温度下反应2NO 2(g)⇌N 2O 4(g)的平衡常数K =()()222420.12mol c 5L =c 0.36mo N NO l 5L O ⎛⎫ ⎪⎝⎭=4.63，故B 错误； C ．35s 时若反应体系达到平衡状态，根据气体的物质的量之比等于压强之比，则p 0.12mol+0.36mo =0.l p 3mol 平初=1.6，但根据题中表格数据，35s 时容器可能不一定平衡，压强不一
定是反应前的1.6倍，故C错误；
D．其它条件不变，90s后向容器中再加入0.3molNO2，因为容器体积不变，充入NO2或N2O4越多，N2O4的体积分数越大，建立新平衡时，与原平衡时比较，气体平均相对分子质量增大，故D正确；
答案选D。

【点睛】反应体系达到平衡状态，根据气体的物质的量之比等于压强之比计算分析。

22.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制比的过程如图所示。

下列叙述正确的是（）
A. H2的标准燃烧热△H＜-(△H1+△H2)
B. 过程I适当降低反应体系温度，反应更有利
C. 过程II中3mo1FeO(s)的总能量高于lmolFe3O4(s)
D. 增加铁氧化合物的质量可以显著提高循环制H2的速率
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，过程Ⅰ的热反应方程式为：Fe3O4(s) = 3FeO(s) +1
2
O2(g) ΔH1；过程
Ⅱ的热反应方程式为：3FeO(s)+H2O(g) = Fe3O4(s)+ H2(g) ΔH2；根据盖斯定律：-(过程Ⅰ+
过程Ⅱ) 可得：H2(g) +1
2
O2(g)= H2O(g) ΔH3=−(ΔH1+ΔH2)；H2的标准燃烧热为生成液态水
时放出的热量，由气态水变为液态水放热，放出的热量越多，焓变越小，则ΔH＜ΔH3，即ΔH ＜−(ΔH1+ΔH2)，故A正确；
B．过程Ⅰ适当降低反应体系温度，反应速率变慢，生产效率降低，故B错误；
C．根据图示，由过程Ⅱ中无法比较3molFeO(s)的总能量与1mol Fe3O4(s)的高低，实际上1mol Fe3O4原子数目更多，总能量更高，故C错误；
D．铁氧化物为固体，增加铁氧化合物的质量，没有改变反应物的浓度，不能显著提高循环制H2的速率，故D错误；
答案选A。

23.25℃先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.lmol/L的KOH溶液以测定氯水的浓度。

此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。

下列叙述中正确的是（）
A. 滴定过程中，当水电离的c(H+)=10-7mol/L时，溶液显中性
B. 滴定过程中宜选用酚酞为指示剂，不宜选用甲基橙为指示剂
C. ②点的溶液中c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)
D. ③点溶液中c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
【答案】C
【解析】
【分析】
过程先发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，后KOH先和HCl反应，再和HClO反应，结合分析解答。

【详解】A．滴定过程中，会出现两处水电离的c(H+)=10－7mol/L的情况，第一次溶液显中性，当HClO完全和KOH反应生成KClO时，次氯酸根离子水解使溶液显碱性，水的电离程度增大，继续滴加KOH溶液，水电离的c(H＋)又会出现10－7mol/L情况，此时溶液显碱性，故A错误；B．滴定过程中HClO、ClO-有漂白性，不宜用酚酞和甲基橙为指示剂，故B错误；
C．②点的溶液酸性最强，溶液中HClO浓度最大，HCl完全电离，HClO是弱电解质，电离程度较小，则溶液中存在c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO－)，故C正确；
D．③点溶液呈中性，应为KCl、KClO和HClO的混合溶液，存在电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(OH －)+c(Cl－)+c(ClO－)，故D错误；
答案选C。

24.羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。

下列说法不正确的是
（）
A. 羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B. 羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C. 羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线。