浙江省2020届高三化学适应性考试试题含解析

浙江省2020届高三化学适应性考试试题（含解析）
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28
P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56
Cu 64 I 127 Ba 137
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.只含有离子键的化合物是
A. NaOH
B. HNO3
C. Mg3N2
D. SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaOH中Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，属于离子化合物，A不符合题意；
B．HNO3分子中只含有共价键，属于共价化合物，B不符合题意；
C．Mg3N2中Mg2+和N3-形成离子键，属于离子化合物，C符合题意；
D．SiO2中Si原子和O原子中形成共价键，属于共价化合物，D不符合题意；
答案选C。

2.实验室进行石油分馏实验，不需要
．．．用到的仪器是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】石油分馏时需要用到蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，因此B选项符合题意；
答案选B。

3.下列属于非电解质的是
A. 苯酚
B. 镁铝合金
C. 过氧化钠
D. 乙烯
【答案】D
【详解】A ．苯酚在水溶液中电离出C 6H 5O -和H +，苯酚属于电解质，故不选A ；
B ．镁铝合金是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选B ；
C ．过氧化钠是离子化合物，熔融状态能导电，属于电解质，故不选C ；
D ．乙烯在水溶液和熔融状态下都不能导电，乙烯属于非电解质，故选D ；
选D 。

4.反应 SiO 2＋2C = Si ＋2CO ↑中，氧化产物是
A. CO
B. C
C. SiO 2
D. Si
【答案】A
【解析】
【详解】SiO 2＋2C Δ=Si ＋2CO ↑反应中，碳元素化合价由0升高为+2，C 是还原剂，氧化产物是CO ，硅元素化合价由+4降低为0，SiO 2是氧化剂、Si 是还原产物，选A 。

5.下列物质的名称正确的是
A. NaHCO 3：纯碱
B. Na 2SO 4：芒硝
C. CH 3OCH 3：二甲醚
D. CH 2Br-CH 2Br ：二溴乙烷 【答案】C
【解析】
【详解】A ．碳酸氢钠俗称小苏打，纯碱是碳酸钠，故A 错误；
B ．芒硝是Na 2SO 4·10H 2O ，故B 错误；
C ．CH 3OCH 3含有醚键，名称为二甲醚，故C 正确；
D ．CH 2Br-CH 2Br 的名称为1,2—二溴乙烷，故D 错误；
故答案为C 。

6.下列表示正确的是
A. 氖分子的电子式：
B. 乙醇的结构式：
C. 硫离子的结构示意图：
D. CH 4 分子的球棍模型：
【答案】A
【详解】A．氖是单原子分子，氖分子的电子式：，故A正确；
B．结构式中要将所有化学键表示出来，乙醇的结构式：，故B错误；
C．硫离子的结构示意图：，故C错误；
D．CH4分子的中心原子C与4个氢形成四个共价键，球棍模型：，故D错误；
故选A。

7.下列说法正确的是
A. H2与 D2 互为同位素
B. C70和单层纳米碳管互为同素异形体
C. 乙烯和互为同系物
D. 淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，它们互称为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2与D2为由H元素组成的单质，两者不是同位素，同位素的研究对象是原子，A 选项错误；
B．C70和单层纳米碳管为由C元素组成的两种不同种单质，两者互为同素异形体，B选项正确；C．乙烯和分子组成相差若干个CH2，但两者结构不同，两者不是同系物，C
选项错误；
D．淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，n值可能不同，二者的分子式可能不同，所以两者不是同分异构体，D选项错误；
答案选B。

【点睛】本题易错点为D选项，解答时要注意淀粉和纤维素虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但是由于n值可能不同，二者不是同分异构体。

8.下列说法不正确的是
A. 臭氧具有强氧化性，可用作饮用水的杀菌消毒剂
B. 海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”
C. 某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火
D. 火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作饮用水的杀菌消毒剂，故A正确；B．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B错误；C．某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，表面形成碱金属硅酸盐及SiO2凝胶薄膜，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；
D．硫磺能够破坏细菌表面的有机保护膜，使其死亡，火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用，故D正确；
故选B。

9.下列说法不正确的是
A. 金属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能反应
B. 使用带盐桥的原电池装置，可使化学能转化为电能的效率提高
C. 铝单质可以从 MnO2 中置换出 Mn
D. 尿素与乙醛在一定条件下反应生成脲醛树脂，可用于生产热固性高分子黏合剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．钙属于非常活泼的金属，水、苯酚、乙醇、乙酸等分子中均有较活泼的氢原子，因此，金属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能发生反应生成氢气，A选项正确；
B．原电池中的盐桥起到电荷“桥梁”的作用，保持原电池两电极的电荷平衡，从而提高原电池将化学能转化为电能的效率，B选项正确；
C．通过铝热反应利用铝的还原性从MnO2中置换出Mn，C选项正确；
D．脲醛树脂由尿素与甲醛在一定条件下反应生成，脲醛树脂可用于生产热固性高分子黏合剂，D选项错误；
答案选D。

10.下列说法不正确的是
A. 光--电转换的途径可以不需要发生化学反应
B. 天然气和沼气的主要成分都是甲烷，因此都是化石能源
C. 将厨余垃圾中的油脂分离出来，可以制造肥皂和油漆等
D. 人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n
【答案】B
【解析】
【详解】A．光-电转换方式该方式是利用光电效应，将太阳辐射能直接转换成电能，是物理变化，选项A正确；
B．天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是可再生资源，选项B不正确；
C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，选项C正确；
D．根据人造纤维的形状和用途，分为人造丝、人造棉和人造毛三种，人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n，选项D正确；
答案选B。

11.下列有关实验说法，不正确的是
A. 可以用 KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐
B. 金属汞洒落在地上，应尽可能收集起来，并用硫磺粉盖在洒落的地方
C. 用纸层析法分离 Fe3+和 Cu2+，由于 Fe3+亲水性更强，因此 Fe3+在滤纸上流动的快些
D. 在用简易量热计测定反应热时，酸和碱迅速混合并用环形玻璃搅拌棒搅拌，准确读取温度计最高示数并记录温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，从而变蓝色，可以用KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐，A正确，不选；
B．汞挥发形成的汞蒸气有毒性，当汞洒落在地面时，由于硫单质能够与汞反应，可以在其洒落的地面上洒上硫粉以便除去汞，B正确，不选；
C．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，C错误，符合题意；
D ．在用简易量热计测定反应热时，可使用碎泡沫起隔热保温的作用、环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、准确读取实验时温度计最高温度、取2—3次的实验平均值等措施，以达到良好的实验效果，D 正确，不选；
答案选C 。

12.下列关于氮及其化合物说法，不正确的是
A. “雷雨发庄稼”是由于放电条件有利于游离态的氮转化为化合态
B. 二氧化氮不仅能形成酸雨，还能在一定条件下促进形成“光化学烟雾”
C. 铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)则能够耐高温
D. 工业上制备硝酸过程中，氨催化氧化放出大量热，能预热新进入设备的氨气和空气，节约能源
【答案】C
【解析】
【详解】A ．“雷雨发庄稼”这是由于在放电的条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过各种复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，是在放电条件下游离态的氮转化为化合态，故A 正确；
B ．二氧化氮溶于水生成硝酸，能形成酸雨；汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和二氧化氮在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应，形成有害浅蓝色烟雾，即“光化学烟雾”，故B 正确；
C ．铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)在高温下分解，甚至爆炸，故C 错误；
D ．工业上制备硝酸过程中，4NH 3+5O 24NO+6H 2O ，由氨催化氧化放出大量热，可以利用来预热新进入设备的氨气和空气，节约能源，故D 正确；
故选C 。

13.能够正确表示下列变化的离子方程式是
A. 醋酸钠的水解：CH 3COOH ＋H 2O ⇌CH 3COO −＋H 3O +
B. 电解熔融MgCl 2：Mg 2+＋2Cl −通电 Mg ＋Cl 2↑
C. MnO 2 与浓盐酸共热：MnO 2＋4HCl ΔMn 2+＋Cl 2↑＋2H 2O
D. K 2S 溶液中滴加几滴FeCl 3溶液：3+2-2+2Fe +S =2Fe S ＋
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸钠的水解：CH 3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，故A错误；
B．电解熔融MgCl2生成镁和氯气：Mg2+＋2Cl−通电
Mg＋Cl2↑，故B正确；
C．MnO2 与浓盐酸共热：MnO2＋4H＋+2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C错误；
D．K2S溶液中滴加几滴FeCl3溶液，过量的硫离子与亚铁离子生成FeS沉淀：3+2-
2Fe+3S=2FeS S
↓↓
＋，故D错误；
故选B。

14.下列说法不正确的是
A. 固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，易溶于有机溶剂
B. 可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来
C. 溴苯中混有的少量溴单质，可加入足量的 10﹪NaOH 溶液，经分液除去
D. 用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，不易挥发，因其性质类似于盐类，所以不易溶于有机溶剂，A选项错误；
B．苯酚易溶于苯，可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来，B选项正确；
C．溴可与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠和次溴酸钠，溴苯不溶于水，可用分液的方法分离，C选项正确；
D．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸，现象分别为：变成绛蓝色溶液、无明显现象、加热时生成砖红色沉淀、变成澄清的蓝色溶液，D选项正确；答案选A。

15.瑞巴派特片是一种胃药，其主要成分结构如图。

下列关于它的说法，正确的是
A. 该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B. 该物质的分子式为 C19H17ClN2O4
C. 1 mol 该物质能与 10mol 氢气发生加成反应
D. 该物质能水解，水解产物中含有氨基酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．由该物质的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A选项错误；
B．根据结构简式可知，1个该分子含有19个C原子，15个H原子，1个Cl原子，2个N原子和4个O原子，则该物质的分子式为C19H15ClN2O4，B选项错误；
C．一个该物质的分子中含有1个碳碳双键和2个苯环，则1 mol该物质能与7mol氢气发生加成反应，C选项错误；
D．该分子中含有肽键，可以水解生成氨基酸，D选项正确；
答案选D。

16.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大， Y 在同周期主族元素中原子半径最大，Y分别与 X、Z、W 形成二元化合物甲、乙、丙，其 0.1mol·L-1水溶液近似 pH(常温)如下表：甲乙丙
近似 pH 值8 12 7
下列说法不正确的是
A. 甲、丙的晶体类型相同，且熔点：甲＞丙
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B. 由 Y 和 Z 组成的二元化合物中不可能含共价键
C . 原子半径：r(Y) ＞ r(Z) ＞ r(W) ＞ r(X)
D. X 的简单气态氢化物的热稳定性比 W 的强
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息可知，X 、Y 、Z 、W 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y 在同周期主族元素中原子半径最大，则Y 为Na 元素，Y 分别与X 、Z 、W 形成二元化合物甲、乙、丙，由其0.1mol ·L -1水溶液的近似pH 可知，甲为NaF ，乙为Na 2S ，丙为NaCl ，则X 为F 元素，Z 为S 元素，W 为Cl 元素，据此分析解答。

【详解】A ．根据上述分析可知，甲为NaF ，丙为NaCl ，两者均为离子化合物，由于离子半径：r(Cl -)＞r(F -)，因此NaF 的晶格能更大，熔点更高，A 选项正确；
B ．由Na 和S 元素组成的二元化合物中，Na 2S 2中，S 2-中S 原子和S 原子之间形成共价键，B 选项错误；
C ．原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：Na ＞S ＞Cl ＞F ，C 选项正确；
D ．非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性F ＞Cl ，因此热稳定性：HF ＞HCl ，D 选项正确；
答案选B 。

17.下列说法正确的是
A. 100℃时，将 pH ＝2 的盐酸与 pH ＝12 的 NaOH 溶液等体积混合，溶液显中性
B. 相同温度下，pH 相等的氨水、CH 3COONa 溶液中，水的电离程度相同
C. 相同物质的量浓度的盐酸和醋酸分别加水稀释到相同 pH ，醋酸中加水多
D. 将浓度为 c 1 的氨水和浓度为 c 2 的盐酸等体积混合，若溶液呈中性，则一定有 c 1＞ c 2
【答案】D
【解析】
【详解】A ．100℃时，水的离子积为：1.0×10-12，故pH=2的盐酸与pH=12的NaOH 溶液等体积混合，溶液显碱性，故A 错误；
B ．相同温度下，pH 相等的氨水、CH 3COONa 溶液中，一水合氨是弱碱，抑制水电离，CH 3COONa
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是强碱弱酸盐，促进水电离，水的电离程度后者大，故B错误；
C．由于在醋酸电离的程度小，相同物质的量浓度的醋酸PH比盐酸大，因此稀释到相同的pH 值(pH在增大),稀释倍数盐酸大，盐酸中加水多，故C错误；
D．将浓度为c1的氨水和浓度为c2的盐酸等体积混合，生成氯化铵，水解呈酸性，若溶液呈中性，碱要过量，则一定有c1＞c2，故D正确；
故选D。

18.以碘为原料，通过电解制备 KIO3 的实验装置如右图所示。

电解前，先将一定量的精制碘
溶于过量 KOH 溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入某电极区。

将 KOH 溶液加入另一电极区，电解槽用水冷却。

下列说法不正确的是
A. 产品 KIO3在阳极区得到
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 电解时，须不断补充 KOH
D. 阴极区加入的是 KOH 溶液，发生还原反应生成 H2
【答案】C
【解析】
【分析】
左侧与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，本装置是制备KIO3，所以阳极区加入的溶液是I2和KOH反应后的溶液，电解过程中Iˉ被氧化成KIO3；右侧与电源负极相连为阴极，充入的是KOH溶液，水电离出的氢离子被还原生成氢气。

【详解】A．产品KIO3氧化产物，电解池中阳极发生氧化反应，所以产品KIO3在阳极区得到，故A正确；
+3H2O，需要阴极的OHˉ移动到阳极，B．电解过程中阳极的电极反应式为Iˉ+6OHˉ-6eˉ=IO-
3
同时要防止阳极区的钾离子进入阴极，所以交换膜为阴离子交换膜，故B正确；
C．电解时阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生氢氧根，所以不用补充KOH，故C 错误；
D．根据分析可知阴极区加入的是 KOH 溶液，水电离出的氢离子发生还原反应产生氢气，故D 正确。

故答案为C。

19.排水法收集气体实验中，用饱和食盐水代替水收集氯气，可降低氯气的溶解损失。

下列说法不正确的是
A. Cl2(g)⇌Cl2(aq)，增大溶液中 Cl2(aq)浓度可抑制氯气的溶解
B. 增大溶液中的 Cl−(aq)浓度，有利于增大 Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解
C. Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水可抑制反应进行
D. 若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，亦可减少氯气的损失
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2(g)⇌Cl2(aq)，增大溶液中Cl2(aq)浓度，平衡逆向移动，可抑制氯气的溶解，A选项正确；
B．Cl2溶于水发生反应：Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，增大溶液中的Cl-(aq)浓度，平衡逆向移动，有利于增大Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解，B选项正确；
C．Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中的Cl-可抑制反应进行，C选项正确；
D．若实验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，碳酸钠会消耗H+使得平衡正向移动，增加了Cl2的溶解量，不能减少Cl2的损失，D选项错误；
答案选D。

20.设 N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 1mol CH4 与 Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数等于N A
B. 100 g CaCO3和 KHCO3的固体混合物中含有的阳离子数为 N A
C. 一定浓度的硫酸和镁反应，生成 11.2L(标准状况)气体，转移电子数为 N A
D. 6.4g SO2溶于水形成的酸雨中，SO2、H2SO3、HSO-
3和 SO2-
3
的微粒数之和为 0.1N A
【答案】A
【解析】
【详解】A．1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，所以生成的CH3Cl的分子数小于1.0N A，A错误，符合题意；
B．KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol，则100gKHCO3和CaCO3的混合物中KHCO3和CaCO3的物质的量之和为1mol，其中KHCO3含有的阳离子为K+，CaCO3含有的阳离子为Ca2+，因此100gKHCO3和CaCO3的混合物中含有的阳离子数目为N A，B正确，不选；
C．一定浓度的硫酸和镁反应，生成11.2L(标准状况)气体，无论气体为SO2还是H2，生成0.5mol 气体转移的电子数均为N A，C正确，不选；
D．6.4gSO2的物质的量为0.1mol，0.1molSO2溶于足量水，发生反应：SO2+H2O H2SO3，亚
硫酸属于弱电解质，在水溶液中分步电离，根据物料守恒有SO2、H2SO3、HSO-
3和SO2-
3
粒子的物
质的量之和为1mol，其数目之和为N A，D正确，不选；答案选A。

21.一定温度下，在 5 L 的恒容密闭容器中发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。

反应过程中的
部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
N(N2) N(H2) N(NH3)
0 a 24 0
5 13 6
10 12
15 8
下列说法正确的是
A. N2的初始浓度为16 mol·L−1
B. 0～5 min 用H2表示的平均反应速率为0.24 mol·L−1·min−1
C. 平衡状态时，c(N2)＝2.6 mol·L−1
D. N2的平衡转化率为 25%
【答案】D
【解析】
【分析】
将表中数据补充完整：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应在10min时达到平衡：
n/mol
t/min
N(N2) N(H2) N(NH3) 0 16 24 0
5 13 15 6
10 12 12 8
15 12 12 8
【详解】A．N2的初始浓度为
5
mol·L−1，故A错误；
B．0～5 min 用H2表示的平均反应速率为
9
55min
mol
L⨯
= 0.36 mol·L−1·min−1，故B错误；
C．平衡状态时，c(N2)＝12
5
mol
L
=2.4 mol·L−1，故C错误；
D．N2的平衡转化率为1612
100%
16
mol mol
mol
-
⨯=25%，故D正确；
【点睛】本题考查化学平衡的计算，正确判断平衡状态为解答关键，易错点C，反应在10min 时已经达到平衡，注意掌握化学平衡状态特征及三段式在化学平衡计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。

22.十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。

反应Ⅰ：C10H18(l) →C10H12(l)＋3H2(g)△H1
反应Ⅱ：C10H12(l) →C10H8(l)＋2H2(g)△H2
在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。

下列说法不正确的是
A. △H1＞△H2＞0
B. E a1 为反应Ⅰ的活化能，E a2为反应Ⅱ的活化能
C. 由图知，反应Ⅰ的活化分子百分率高于反应Ⅱ
D. C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图中信息可知反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，均为吸热反应，且前者热效应大，故△H1＞△H2＞0，选项A正确；
B．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，E a1 为反应Ⅰ的活化能，E a2为反应Ⅱ的活化能，选项B正确；
C．由图知，E a1 大于E a2 ，活化能越大活化分子的百分率越小，故反应Ⅰ的活化分子百分率低于反应Ⅱ，选项C不正确；
D．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的反应速率更快，故C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚，选项D正确；
答案选C。

23.已知 K2FeO4 溶于水后，会水解生成多种微粒。

下图是0.10 mol·L−1 K2FeO4 溶液中各含铁微粒随溶液 pH 的变化图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是
HFeO-水解强于电离
A. K2FeO4溶于水呈碱性
B.
4
C. H2FeO4 既能和强碱反应又能和强酸反应
D. 0.10 mol·L−1的 K2FeO4的 pH 近似等于 10
【答案】B
【解析】
FeO-)最大，此时0.10 mol·L−1K2FeO4 【详解】A．从图象的最右端看，K2FeO4溶于水时，c(2
4
溶液的pH约为10，溶液呈碱性，A正确；
HFeO-)最大时，溶液的pH<6，表明溶液呈酸性，此时电离强于水解，B．从图中曲线看，c(
4
B错误；
C ．从图中可以看出，加酸时H 2FeO 4转化为34H FeO +，加碱时H 2FeO 4转化为4HFeO -
，表明H 2FeO 4既能和强碱反应又能和强酸反应，C 正确；
D ．从图中可以看出，0.10 mol ·L −1的K 2FeO 4中，c (24FeO -)最大时，24FeO -水解使溶液显碱性，pH 近似等于10，D 正确；
故选B 。

24.在碱性介质中，用 Cl 2 氧化 KIO 3 可制得正高碘酸钾(K 2H 3IO 6)。

下列说法不正确的是
A. 正高碘酸钾可能具有强氧化性
B. 正高碘酸化学式为 H 5IO 6 或(HO)5IO
C. 正高碘酸钾可由正高碘酸和 KOH 反应得到
D. 正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO 3)的反应是氧化还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A ．由正高碘酸钾的分子式K 2H 3IO 6可知，正高碘酸钾中碘元素的化合价为最高价+7价，很容易得到电子，因此正高碘酸钾可能具有强氧化性，A 选项正确；
B ．由题干信息可知，正高碘酸为五元酸，则正高碘酸化学式为H 5IO 6或(HO)5IO ，B 选项正确；
C ．正高碘酸和KOH 发生中和反应可以得到正高碘酸钾，C 选项正确；
D ．正高碘酸中碘的化合价为+7价，受热得到的偏高碘酸(HOIO 3)中碘的化合价也为+7价，反应中I 元素的化合价没有发生改变，且H 、O 元素的化合价也没有发生改变，因此正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO 3)的反应不是氧化还原反应，D 选项错误；
答案选D 。

25.某固体混合物 X ，含有 Al 2(SO 4)3、FeCl 3、Na 2CO 3 和 Na 2SiO 3 中的几种，进行如下实验：①X 与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀 Y 和弱碱性溶液 Z ；②沉淀 Y 与足量 NaOH 溶液充分作用，部分溶解。

下列说法不正确的是
A . 沉淀 Y 一定能溶于盐酸
B. 溶液 Z 中溶质一定不含 Na 2SiO 3
C. 混合物 X 至少含有三种成分
D. 混合物 X 中一定含有 Na 2CO 3、FeCl 3，可能含有 Al 2(SO 4)3
【答案】B
【解析】
【分析】
某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和Na2SiO3中的几种，①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，生成气体的物质只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中一定存在氢氧化铁，可能含有氢氧化铝、硅酸；②沉淀Y与NaOH溶液作用，部分溶解，说明有色沉淀中存在氢氧化铝或硅酸，则可能存在Al2(SO4)3或Na2SiO3中的一种，据此分析解答。

【详解】根据上述分析可知，
A. 沉淀 Y 一定含有氢氧化铁，一定能溶于盐酸，选项A正确；
B. 溶液 Z 中溶质可能含有Al2(SO4)3或Na2SiO3中的至少一种，选项B不正确；
C. 混合物 X 中一定含有FeCl3、Na2CO3，至少含有Al2(SO4)3或Na2SiO3中的一种，则至少三种成分，选项C正确；
D. 混合物 X 中一定含有 Na2CO3、FeCl3，可能含有 Al2(SO4)3，选项D正确；
答案选B。

26.(1)HClO 分子中各原子均满足稳定结构。

写出 HClO 的电子式_____。

(2)碳酸氢钠水溶液呈碱性，试分析原因：_____(用离子方程式表示)。

(3)维生素 B1的结构简式如图所示，维生素 B1晶体溶于水的过程，需要克服的微粒间作用力，除范德华力外还有_____。

HCO+H O H CO+OH (3). 离子键和【答案】 (1). (2). --
3223
氢键
【解析】
【详解】(1)HClO分子中，中心原子为O原子，分别与H原子和Cl原子形成一对共用电子对，其电子式为，故答案为：；
(2)碳酸氢钠为强碱与弱酸形成的酸式盐，碳酸氢钠的水溶液中存在水解反应：
--3223HCO +H O
H CO +OH ，因此其水溶液呈碱性，故答案为：--3223HCO +H O H CO +OH ；
(3)根据维生素B 1的结构简式分析可知，维生素B 1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子键，分子中同种原子形成非极性键，不同种原子形成极性键，维生素B 1晶体溶于水的过程，需要克服的微粒间作用力，除范德华力外还有离子键和氢键，故答案为：离子键和氢键。

27.化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。

COD 是指在特定条件下用一种强氧化 剂(如 KMnO 4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O 2 质量，单位：mg ·L -1)。

其测定过程如下： 取 100.0mL 水样，用硫酸酸化，加入 10.0 mL 0.002000mol ·L -1 KMnO 4溶液，充分作用后，再加入 10.0mL 0.005000mol ·L -1224Na C O 溶液。

用 0.002000mol ·L -1 KMnO 4溶液滴定，滴定终点时消耗 6.50mL 。

已知：2MnO 4- ＋52-24C O ＋16H +=2Mn 2+＋10CO 2↑＋8H 2O
(1)1 mol KMnO 4 的氧化能力与_____g O 2 的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。

(2)该水样的 COD 值是_____mg ·L -1 (保留小数点后一位)。

【答案】 (1). 40 (2). 5.2
【解析】
【分析】
由最后KMnO 4溶液滴定多余的224Na C O 溶液，可求出224Na C O 溶液与水样消耗KMnO 4溶液后剩余的KMnO 4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO 4溶液的量，再转化为O 2的量即可算出该水样中的COD 。

【详解】(1)由得失电子守恒可知，5O 2~4KMnO 4，则1molKMnO 4的氧化能力与1×54=1.25molO 2的氧化能力相当，即与1.25mol ×32g/mol=40gO 2的氧化能力相当，故答案为：40；
(2)根据方程式可知2KMnO 4~5224Na C O ，用0.002000mol ·L -1
KMnO 4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL ，则224Na C O 多余的物质的量为6.5×10-3L ×0.002mol/L ×52
=3.25×10-5mol ，则剩余的KMnO 4溶液消耗的224Na C O 的物质的量为(0.01L ×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol ，因此剩余的KMnO 4溶液的物质的量为1.75×10-5mol ×25
=7×10-6mol ，则水样中消
耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子
守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×5
4
=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×
32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为0.52mg
=5.2mg/L
0.1L
，故答案为：5.2。

28.Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。

气体B、C、D均无色、无臭，
B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。

请回答：
(1)组成A的非金属元素是_____，气体B的结构简式_____。

(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_____。

(3)一定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_____。

Ⅱ．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。

实验装置如图：
(4)说明氧化性 Br2＞I2的实验现象是_____。

(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2 未过量。

试设计简单实验方案检____。

【答案】 (1). 碳(C)和氢(H) (2). CH≡CH (3). NaHC2+H2O=NaOH+C2H2 (4). CO2+2FeO高温Fe2O3+CO (5). 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色， (6). 取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。