2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S
32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ba137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）l．下列属于碱的是A．C2H5OHB．Na2CO
3C．Ca(OH)2D．Cu2(OH)2CO3【答案】C【解析】根据碱的定义（在水溶液中电离出的阴离子全是氢氧根离子的化合物）和所
属类型（电解质）判断。乙醇属于非电解质，A不符合；碳酸钠属于盐，B不符合；Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜属于盐，D不符合。2．
下列属于强电解质的是A．硫酸钡B．食盐水C．二氧化硅D．醋酸【答案】A【解析】根据强电解质定义（指在水中完全电离的电解质）和分类（
强酸、强碱、大部分盐、活泼金属氧化物、过氧化物）可知：硫酸钡是强电解质，A项正确；食盐水为混合物，B项错误；二氧化硅为非金属氧化物
，C项错误；醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。3．下列图示表示过滤的是A．B．C．D．【答案】C【解析】使液固或气固混合
物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离，这种分离方法叫过滤。图A操作属于萃取操作中的
颠倒摇匀，不符合题意；图B操作属于配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，不符合题意;；图C为过滤操作，符合题意；图D为配置一定物质
的量浓度溶液操作中移液操作，不符合题意。4．下列属于置换反应的是A．4NH3＋5O24NO＋6H2OB．2Na2SO3＋O22Na
2SO4C．2Na2O2＋2CO22Na2CO3＋O2D．2KI＋Cl22KCl＋I2【答案】D【解析】置换反应是指一个单质和一个
化合物反应生成另一个单质和化合物，属于氧化还原反。A中化学反应属于氧化还原反应，但符合置换反应概念，不合题意；B中化学反应属于
化合反应，不合题意；C中化学反应属于氧化还原反应，但不属于置换反应，C不合题意；D中化学反应符合置换反应定义，属于活泼性强的非
金属单质置换出活泼性弱的非金属单质，符合题意。5．下列溶液呈碱性的是A．NH4NO3B．(NH4)2SO4C．KClD．K2C
O3【答案】D【解析】盐类水解是指弱酸阴离子或弱碱阳离子与水电离出的氢离子或氢氧根离子反应，导致溶液中的c(H+)>c(OH-)
，溶液显酸性或c(H+)弱碱盐，溶液显酸性，B不合题意；KCl属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；K2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，D
符合题意。6．反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为A．2∶3B．8∶3C．6∶
3D．3∶2【答案】A【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原
，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。7．下列表示不正确的是A．次氯酸的电子式B．
丁烷的球棍模型C．乙烯的结构简式CH2＝CH2D．原子核内有8个中子的碳原子C【答案】A【解析】次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达
到8电子稳定结构，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其
他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。8．下列说法不正确的是A．液氯可以储存在钢瓶中B．天然气的主要成分是甲烷
的水合物C．天然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【答案】B【解析】液氯是液态
的氯气，干燥的氯气与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分CH4·8H2O，属于化合物
，B项错误；石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；硫在地壳中主要以单质（火山口处）、和化合物（硫化物、硫酸盐等）
形式存在，D项正确。9．下列说法不正确的是A．蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B．可用精密pH试纸区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种N
H4Cl溶液C．用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离D．根据燃烧产生的气昧，可区分棉纤绵和蛋白质纤维【答案】C【解析】化学实验
“四防”，包括防止暴沸、防止爆炸、防止倒吸、防止污染。蒸馏时要在反应容器内加碎瓷片，防止暴沸A项正确；精密pH试纸可以将pH值精确
到小数点后一位,所以可以区分pH＝5.1和pH＝5.6的两种NH4Cl溶液，B项正确；苯和四氯化碳互溶，且二者均难溶于水，加水不影
响苯和四氯化碳的互溶体系。可采用蒸馏分离，C项错误；棉纤绵成分是纤维素，蛋白质纤维成分是蛋白质，蛋白质燃烧时会产生烧焦羽毛的气味，
因而可以用燃烧法区别，D项正确。10．下列说法正确的是A．18O2和16O2互为同位素B．正己烷和2,2?二甲基丙烷互为同系物C．
C60和C70是具有相同质子数的不同核素D．H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体【答案】B【解析】同位素是指具
有相同质子数不同中子数的同种元素的不同原子互称同位素，18O2和16O2属于分子，A项错误；正己烷的分子式为C6H14，2,2?二
甲基丙烷分子式是C5H12，两者均属于烷烃，且分子式差一个CH2，其关系属于同系物，B项正确；核素是指具有一定的质子数和中子数的原
子。C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子，属于同素异形体，不属于核素，C项错误；同分异构体特征是分子式相同，结构不同。H2
NCH2COOCH3和CH3CH2NO2分子式不同，不属于同分异构体，D项错误。11．针对下列实验现象表述不正确的是A．用同一针筒
先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色B．在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固
体由蓝色变白色C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈
燃烧，有白色、黑色固体生成【答案】A【解析】常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩
余40mL未溶解，A项错误；胆矾是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），蓝色晶体，浓硫酸具有吸水性，将CuSO4·5H2O蓝色晶体
变为CuSO4为白色固体，B项正确；双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2=SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与
SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是
黑色固体，D项正确。12．化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是A．甲：Zn2+向Cu电极方向移动，Cu
电极附近溶液中H+浓度增加B．乙：正极的电极反应式为Ag2O＋2e?＋H2O2Ag＋2OH?C．丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒
会变薄D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】传统锌铜原电池，Zn做负极，失电子，电子经导线转
移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减
小，A项错误；银锌纽扣电池中Zn做负极、Ag2O作正极。正极为Ag2O得到电子，被还原成Ag，与H2O结合生成OH?，电极反应式为
Ag2O＋2e?＋H2O2Ag＋2OH?，B项正确；锌锰干电池中Zn做负极，失电子，发生氧化反应，其电极反应式为Zn-2e-=Zn
2+。随着反应的进行锌筒溶解会变薄，C项正确；铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O
，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。13．不能正确表示下列变化的离子方程
式是A．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO2＋2H2O＋2MnO2Mn2+＋5SO＋4H+B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：
2I?＋2H+＋H2O2I2＋2H2OC．硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO＋2H+H2SiO3↓D．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2
+＋2Fe2Fe3+＋3Cu【答案】D【解析】Fe3+氧化性大于Cu2+，硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+＋FeFe
2+＋Cu，D项错误。14．2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A．第35
号元素的单质在常温常压下是液体B．位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素C．第84号元素的最高化合价是＋7D．第七周期0族元素的原
子序数为118【答案】【解析】35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；第四周期第ⅤA族的元素是砷元素（
As），为非金属元素，B项合理；84号元素位于第六周期ⅥA族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是
+6，C项不合理；第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。15．下列说法不正确的是A．正丁烷的沸点比异
丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高B．甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分
子材料D．天然植物油没有恒定的熔沸点，常温下难溶于水【答案】B【解析】烷烃的同系物中分子量越大，沸点越高；烷烃的同分异构体中支链越
多，沸点越低，因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质量相近的有机物，含羟基越多，沸点越高，原因在于-OH可形成分子间的氢键
，使得沸点升高，因而乙醇的沸点比二甲醚的高，A项正确；葡萄糖为还原性糖（多羟基醛）能使溴水或者酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯（苯环是甲
基氢活泼）也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质，为天然高分子化合物，塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分
子材料，C项正确；天然植物油是混合物，无固定熔、沸点；植物油为油脂，常温下难溶于水，D项正确。16．下列表述正确的是A．苯和氯气生
成C6H6Cl6的反应是取代反应B．乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C．等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3C
lD．硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O【答案】D【解析】苯和氯气生成农药六六六，其反应方程式为
，反应类型是加成反应，A项错误；乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B项错误；甲烷和氯气发生取代反应，产物为CH3
Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，C项错误；酯类水解断裂C-18O单键，该18O原子结合水中H，即生成乙醇H18
OCH2CH3，D项正确。17．下列说法正确的是A．H2(g)＋I2(g)?2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正
逆反应速率不变B．C(s)＋H2O(g)?H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C．若压强不再随时间变化能说
明反应2A(?)＋B(g)?2C(?)已达平衡，则A、C不能同时是气体D．1molN2和3molH2反应达到平衡时H2
转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热至Q2，Q2不等于
Q1【答案】B【解析】可逆反应H2(g)＋I2(g)?2HI(g)为反应前后气体计量数不发生变化的反应。缩小反应容器体积，相当
于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；可逆反应C(s)＋H2O(g)?H2(g)＋CO(g)在建立平衡前，碳的质量不断改
变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数
不等，A、C可能均为气体，C项错误；已知N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)ΔH，合成氨气实际参与反应n(H2)=3×1
0％=0.3mol，因而Q1=0.3/3×|ΔH|=0.1|ΔH|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2×10％=0.2mol，Q
2=0.2/2×|ΔH|=0.1|ΔH|，则Q1=Q2，D项错误。18．下列说法不正确的是A．纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同
B．加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D．石墨转化为金刚石既有共价键
的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；加热蒸发氯化钾水溶
液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；CO2溶于水属于化学变化，化学方程式为CO2+H2O?H2CO3，
C项错误；石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而石墨转化为金刚石既有共价
键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。19．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．1molCH2＝CH
2分子中含有的共价键数为6NAB．500mL0.5mol·L?1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC．30gHCHO与
CH3COOH混合物中含C原子数为NAD．2.3gNa与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【答案】
D【解析】1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢共价键，总计6个共价键，因而1molCH2＝CH2分子中含有的共价键数为6
NA，A项正确；由已知浓度和体积可知：n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n
(Cl-)=0.5mol，因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5
NA，B项正确；HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为
NA，C项正确；不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价均由0价变为+1价，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol
）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。20．在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。
下列解析不正确的是A．与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰
石岩层易被CO2溶解，沉积少C．深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)?Ca(HCO3
)2(aq)D．海水里弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【答案】D【解析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，
海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)?Ca(H
CO3)2(aq)。海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而C
O2的浓度较小。根据勒夏特列原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶
解，沉积少，B项正确；在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，溶解反应为CaCO3(s)＋H2O(l)＋CO2(aq)?Ca
(HCO3)2(aq)，C项正确；海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3
-，CO32-浓度降低，D项错误。21．室温下，取20mL0.1mol·L?1某二元酸H2A，滴加0.2mol·L?1N
aOH溶液。已知：H2AH+＋HA?，HA??H+＋A2?。下列说法不正确的是A．0.1mol·L?1H2A溶液中有c(H
+)－c(OH?)－c(A2?)＝0.1mol·L?1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA?)＋2c(A2?)，用去
NaOH溶液的体积小于10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2?)＝c(H+)－c(
OH?)D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)【答案】B【解析】二元酸H
2A第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L?1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L?1HA
-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。0.1mol·L?1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H
+)=c(OH?)+2c(A2?)+c(HA?)，因而c(H+)-c(OH?)-c(A2?)=c(A2?)+c(HA?)=0.
1mol·L?1，A项正确；若用去10mlNaOH，反应得到NaHA溶液，由于HA??H+＋A2?，溶液显酸性。题意要求滴加至中性
时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守
恒，其关系为c(A2?)＝c(H+)－c(OH?)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有
：c(Na+)＝2c(HA?)＋2c(A2?)，D项正确。22．高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH?)，
油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B．
高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸
进一步催化水解D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH?)的碱的水解【答案】D【
解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH?)增大，油脂水解向右
移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；油脂在酸性（H+做催化剂）条件下水解，高温高压液态水中，c(H
+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当
于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH?)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式
，促进油脂的水解，D项不正确。23．MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：M2+(g)＋CO(g)M
2+(g)＋O2?(g)＋CO2(g)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A．ΔH1(MgCO3)＞
ΔH1(CaCO3)＞0B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(
CaO)－ΔH3(MgO)D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3【答案】C【解析】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+Δ
H2+ΔH3，由于Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。ΔH1表
示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，
A项正确；ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2?和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3
)＞0，B项正确；由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，C
aO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；由上分析可知
ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。24．聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)
，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A．KClO3作氧化剂，每生成1mol[F
e(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净
水D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强【答案】A【解析】根据题意写出化学方程式并配平：6nFeSO4+n
KClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[F
e(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁
离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正
确；弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同
条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。25．
白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正
确的是A．无色溶液B的pH≥7B．白色固体F的主要成分是H2SiO3C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D．在无
色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl【答案】C【解析】白色固体混合物A加水
得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有
CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是
CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸
钠是否一定存在，但两者至少存在一种。无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则
CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正
确；固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸
反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明
Cl-即可，D项正确。非选择题部分二、非选择题（本大题共7小题，共50分）26．(6分)以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日
益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：(1
)A→B的反应类型________，C中含氧官能团的名称________。(2)C与D反应得到E的化学方程式________。
(3)检验B中官能团的实验方法________。【答案】⑴氧化反应羧基⑵＋CH2＝CHCOOH＋H2O＋CH2＝CHCOOH＋
H2O⑶加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键【解析】由已知可得
C比B多了氧元素，B到C发生氧化反应，即醛基被氧化成羧基；C为，油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，结合D的分子式，可知D为
甘油，C和D发生1:1的酯化反应得到E。E的可能结构简式为和。（1）根据分子组成的变化，即去氢加氧，A到B的反应类型为氧化反应，C
中的含氧官能团为羧基。（2）由上分析混合物E的结构简式，可知C和D的酯化反应得到两种有机产物，因而化学方程式分别为＋CH2＝CHC
OOH＋H2O和＋CH2＝CHCOOH＋H2O。（3）B中含有碳碳双键和醛基，两者都易被氧化，其中醛基能被弱氧化剂氧化，因而需要先
检验醛基，可采用银氨溶液检验，注意这里需要加过量的银氨溶液以便将醛基全部氧化，然后用盐酸酸化，原因在于银氨溶液呈碱性，能和溴水反应
，然后将过滤后的滤液加入溴水，观察现象。因而答案为加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若
溴水褪色，说明有碳碳双键。27．(6分)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象1得出化合物X
含有________元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分________(填化学式)。(3)X的化学式________
。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是________。【答案】⑴O⑵Cu和NaO
H⑶NaCuO22NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl＋Cl2↑＋4H2O【解析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为
紫红色，说明固体单质为Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol）
，混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。（2）
现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu，现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH
。（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.02×23g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-
0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)==1：1：2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现
象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO2＋8HCl2NaCl＋2CuCl2＋Cl2↑＋4H2O28．
(4分)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1)仪器1的名称________。装置5的作用_
_______。(2)实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作
一处改进，使溶液能进入4中________。(3)装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分
析没有产生白色沉淀的原因________。【答案】⑴滴液漏斗(分液漏斗)液封，防止空气进入装置4⑵在装置2、3之间添加控制开关
⑶在装置2、3之间添加控制开关【解析】制备Fe(OH)2白色沉淀必须在无氧气的环境中进行。将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再
利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。（1）观察仪器
1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（2）
实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作，不行的原因在于仪器1产生
的H2从左侧导管逸出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因
是Fe(OH)2被空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。29．(4分)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧
基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672mL氢气(标准状况)。请确定摩尔
质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。【答案】n(H2)＝0.03mol，设X中羟基和
羧基的总数为m个(m≥2)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/mmol，M(X)＝2.04m/0.06＝34mg·mo
l?1，m＝4，M(X)＝136g·mol?1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。【解析】n(H2)＝0.03
mol，设X中羟基和羧基的总数为m个(m≥3)则n(X)＝(0.03×2)/m＝0.06/mmol，M(X)＝2.04m/0.0
6＝34mg·mol?1m＝4，M(X)＝136g·mol?1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。利用X和足量金
属钠反应计算羟基和羧基的总数目，其关系为2-OH~H2、H2~2-COOH，进而推理出摩尔质量最小的X。n(H2)==0.03m
ol，由于2-OH~H2、2-COOH~H2，设X中羟基和羧基的总数为m个（m>2，且为整数），则n(X)==，34mg/mo
l。当m=3，M(X)=102g/mol,羟基数目大于羧基数目，说明含有2个羟基和1个羧基，说明X分子式有4个O，碳和氢的摩尔质
量=102-16×4=38g/mol，分子式为C3H2O4，2个羟基和1个羧基就占了3个H原子，可知这个分子式不合理，m=3不成
立；当m=4，M(X)=136g/mol,说明含有3个羟基和1个羧基，同上分析可知分子式为C4H8O5，该分子式合理，例如可能的结
构简式为。故答案是：含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。30．【加试题】(10分)水是“生命之基质”，是“永远值得探究的
物质”。(1)关于反应H2(g)＋O2(g)H2O(l)，下列说法不正确的是________。A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0B．
可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D．选用合适的催化剂，有可能
使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)①根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(O－H…O)。②将一定
量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)。在图2中画出从2
0℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度
、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子
积会显著增大。解释其原因________。②如果水的离子积Kw从1.0×10?14增大到1.0×10?10，则相应的电离度是原来的
________倍。③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化
结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是________。A．乙醇的超临界水氧化过
程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B．在550℃条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C．乙醇的超
临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D．随温度升高，xCO峰值出现的时间
提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大(4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶
液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。①阳极的电极反应式是________。②
制备H2O2的总反应方程式是________。【答案】(1)C(2)(3)(4)水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离
(压强对电离平衡影响不大)(5).100(6)ABD(7)2HSO4-－2e?S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?S2
O82-(8)2H2OH2O2＋H2↑【解析】⑴氢气燃烧是放热反应，ΔH＜0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故ΔS＜0，A
项正确；该反应可设计为氢氧燃料电池，实现化学能转为电能，B项正确；某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一
定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C项错误；催化剂降低反应的活化能，加快化学反应速率，D项正确。⑵①H2O电子式为，存在两对孤电
子对，因而O原子可形成两组氢键，每个H原子形成一个氢键，图为：②100℃，101kPa为水的气液分界点，20℃和p1为另一个气液分
界点，同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体，因而曲线为增曲线，可做图为：⑶①水的电离为吸热过裎，升高温度电离正向移动，压强对
固、液体影响不大，可忽略。②c(H+)=，当Kw=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，当Kw=1.0×10-10
，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100倍，所以相应的电离度是原来的100倍。③观察左侧x-t图像可知，CO先增
加后减少，CO2一直在增加，所以CO为中间产物，CO2为最终产物，A项正确；观察左侧x-t图像，乙醇减少为0和CO最终减少为0的时
间一致，而右图xCO-t图像中550℃，CO在15s减为0，说明乙醇氧化为CO2趋于完全，B项正确；乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成
速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于1：2，C项错误；随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化
碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须
加快，且大于CO的氧化速率，D项正确。⑷①电解池中阳极为惰性电极铂，不参与反应，铂吸引HSO4-（或SO42-）离子，并放电生成S
2O82-，因而电极反应式为2HSO4-－2e?=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?=S2O82-。②通过电解NH4HS
O4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成
H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2,故总反应方程式为2H2OH2O2＋H2↑。31
．【加试题】(10分)某兴趣小组在定量分析了镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]中
Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。相关信息如下：①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分
解反应。②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。请回答
：(1)下列说法正确的是________。A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移
动，提高MgO的溶解量C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(2)
步骤Ⅲ，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。①选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字
母，不考虑夹持和橡皮管连接)：热源→________。②为了指示蒸氨操作完成，在一定量硫酸溶液中加指示剂。请给出并说明蒸氨可以停止
时的现象________。(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。①
含有的杂质是________。②从操作上分析引入杂质的原因是________。(4)有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处
理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：金属离子pH开始沉淀完全沉淀Al3+3.04.7F
e3+1.12.8Ca2+11.3－Mg2+8.410.9请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使
用)：固体B→a→()→()→()→()→()→()→MgCl2溶液→产品。a．用盐酸溶解b．调pH＝3.0c．调pH
＝5.0d．调pH＝8.5e．调pH＝11.0f．过滤g．洗涤【答案】ABD①a→d→f→c②甲基橙，颜色由红色变橙色（3）①碱式
氯化镁(氢氧化镁)②过度蒸发导致氯化镁水解（4）c→f→e→f→g→a【解析】选A，步骤Ⅰ温度达700℃，不能用烧杯和锥形瓶煅
烧样品，只能用坩埚；选B，步骤Ⅲ，蒸氨促进氯化铵水解平衡正向移动，酸性增强，有利于提高MgO的溶解量；C不选，因为信息②NH4Cl
溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，在此情况下先过滤不利于MgO的溶解；选D，步骤Ⅳ固液分离操作采用常压过滤即可，如采用减
压过滤，可加速分离。蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)，连接顺序a→d→f→c，选用f防倒吸；在硫酸中宜选用酸性范围变色
的指示剂甲基橙，它的变色范围3.1—4.4，颜色由红色变橙色时，说明蒸氨可以停止。(3)溶液呈碱性的杂质为碱式氯化镁(氢氧化镁)，
从操作上分析引入杂质的原因是过度蒸发导致氯化镁水解(4)先调pH＝5.0，再过滤掉氢氧化铁和氢氧化铝；再调调pH＝11.0，过滤得
到氢氧化镁沉淀，除去了钙离子；实现分步除杂后，再加盐酸溶解，得到镁离子的溶液。32．【加试题】(10分)某研究小组拟合成除草剂苯达
松和染料中间体X。已知信息：①＋RCOOR′②RCH2COOR′＋R′′COOR′′′(1)下列说法正确的是________。A
．化合物B到C的转变涉及到取代反应B．化合物C具有两性C．试剂D可以是甲醇D．苯达松的分子式是C10H10N2O3S(2)化合物F的结构简式是________。(3)写出E＋G→H的化学方程式________。(4)写出C6H13NO2同时符合下列条件的同分异构体的结构简式________。①分子中有一个六元环，且成环原子中最多含2个非碳原子；②1H?NMR谱和IR谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。有N－O键，没有过氧键(－O－O－)。(5)设计以CH3CH2OH和原料制备X()的合成路线(无机试剂任选，合成中须用到上述①②两条已知信息，用流程图表示)________。【答案】BC(CH3)2CHNH2（3）＋(CH3)2CHNHSO2Cl＋HCl（4）（5）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3【解析】B（）到C（）两步反应是先氧化甲基再还原硝基，不涉及取代反应，不选A；既有氨基又有羧基，显两性，选B；和甲醇酯化反应得到E（），选C；苯达松的分子式是C10H12N2O3S，D错。(2)由苯达松的结构中可以判断出F的结构简式为(CH3)2CHNH2（3）(CH3)2CHNH2和SO2Cl2反应是产物G为(CH3)2CHNHSO2Cl，所以E＋G→H的化学方程式：＋(CH3)2CHNHSO2Cl＋HCl（4）由C6H13NO2分子式计算出不饱和度为1，题目已给出分子中有一个六元环，所以六元环占据了唯一的不合度，剩下的N、C、O元素不成双键。如果六元环不含N和O，既没有没有过氧键(－O－O－)，又的拥有N－O键，此种情况不可能满足题目要求。所以六元环至又一个氧原子。满足4种化学环境不同的氢原子的结构如下：、、、。（5）以CH3CH2OH和原料制备X()，主要的结构变化就是在氨基上引入基团，该基团4个碳，结合信息推出CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3，再根据信息①＋RCOOR′，CH3COCH2COOCH2CH3。唐山市高中化学微课堂群策群力试卷成，厉害了我的群！第1页群英荟萃——浙江省高中化学教研群X混合气体固体混合物Y固体单质碱性溶液(1.28g)(恰好中和，消耗0.0200molHCl)(现象1：CuSO4由白色变蓝色)(现象2：呈紫红色)(现象3：焰色反应呈黄色)H2O溶解干燥H2(过量)加热(2.38g)混合物ECO、H2CH2＝CHCH3CH2＝CHCHOC3H4O2C3H8O3C6H10O4油脂A浓硫酸BCD水解700℃煅烧Ⅰ镁渣A固体B固液混合物C固液混合物D固体渣E溶液FMgCl2·6H2ONH4Cl溶液Ⅱ蒸氨ⅢⅣⅤ |
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