2019-2020 学年上海宝山区高三年级第二学期期中化学学科等级考质量监测试卷
2019-2020 学年上海宝山区高三年级第二学期期中化学学科等级考质量监测试卷,高三下化学期中考,莲山课件.
一、单选题（本题包括20个小题，每小题3分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．448mL某气体在标准状况下的质量为1.28g，该气体的摩尔质量约为
A．64g B．64 C．64g·mol-1D．32g·mol-1
【答案】C
【解析】
试题分析：448mL某气体在标准状况下的质量为0.64g，气体的物质的量为=0.02mol，
M==32g/mol，故选D。
【考点定位】考查物质的量的计算
【名师点晴】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握质量、物质的量、体积为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本计算公式的应用。有关物质的量的计算公式，、、、。在做此类试题时，还要记住物质的量浓度与质量分数的转换公式，如体积为VL、密度为ρg/cm3的某溶液中，含有摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等
2．可逆反应的v－t图像如图甲所示。若其他条件都不变，只是在反应前
加入合适的催化剂，则其v－t图像如图乙所示。下列判断不正确
．．．的是
A．a1＜a2B．平衡时图甲和图乙中反应速率相等
C．t1＞t2D．平衡时图甲和图乙中反应限度相同
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图像可知，甲比乙用的时间长，则反应速率慢，但催化剂对平衡无影响；
【详解】
A.使用催化剂，反应速率加快，则a1＜a2，A正确；
B.平衡时图甲和图乙中反应速率不相等，且乙＞甲，B错误；
C.使用催化剂，反应速率加快，反应时间缩短，则t1＞t2，C正确；
D.催化剂对平衡无影响，则平衡时图甲和图乙中反应限度相同，D正确；
答案为B。
3．室温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是
A．0.1mol/L NH4 Cl溶液与0.1 mol/L氨水等体积混合(pH>7)：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+) B．0.1 mol/LCH3 COONa溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合：c(OH-)
【解析】分析：A、混合液的pH大于7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O）；B、0.1mol·L－1CH3COONa 溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合，反应后溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，据此判断各离子浓度大小．C、溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒；D、溶液相当于Na2S 和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，消去钠离子可得。
详解：A、0.1 mol·L-1NH4Cl溶液与0.1 mol·L-1氨水等体积混合（pH＞7），说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c（NH4＋）＞c（NH3·H2O），结合物料守恒可知c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（NH3·H2O），故A错误；B、将0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.10mol·L－1HCl等体积混合后，溶质为0.05mol·L－1的醋酸、0.05mol·L－1的NaCl，离子浓度最大的为c（Cl－），c（Na＋），则正确的离子浓度大小为：c（Cl－）=c（Na＋）＞c（H＋）＞c（CH3COO－）＞c（OH－），c(C1-)=0.05 mol/L，故B错误；C、0.1mol/LNa2CO3溶液与0.1 mol/L盐酸等体积混合，溶液可以看成是NaHCO3和NaCl的混合液，溶液中存在电荷守恒：
2c(CO32-)+C(HCO3-)+ c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，故C错误；D、0.1 mol·L－1NaHS溶液与0.2 mol·L－1NaOH 溶液等体积混合，溶液相当于Na2S和NaOH等物质的量混合，溶液中存在电荷守恒c(H＋)+c(Na＋)=c(OH －)+2C(S2－)+ c(HS－)和物料守恒c(Na＋)=3[C(S2－)+ c(HS－)+ c(H
S)]，消去钠离子得：c(OH－)-c(H＋) =C(S2
2
－)+ 2c(HS－)+ 3c(H
S)，故D正确。故选D。
2
4．已知分子式为C12H12的物质A结构简式为，A苯环上的二溴代物有9种同分异构体，由此推
断A苯环上的四溴代物的异构体的数目有（）种
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】A
【解析】
苯环上的四溴代物可以看作苯环六溴代物其中2个溴原子被2个H 原子取代，故四溴代物与二溴代物同分异构体数目相同，由于二溴代物有9种同分异构体，故四溴代物的同分异构体数目也为9种，故选A 。
【点睛】
注意换元法的利用，芳香烃的苯环上有多少种可被取代的氢原子，就有多少种取代产物，若有n 个可被取代的氢原子，那么m 个取代基（m ＜n ）的取代产物与（n-m ）个取代基的取代产物的种数相同。 5．一种新型污水处理装置模拟细胞内生物电的产生过程，可将酸性有机废水的化学能直接转化为电能。下列说法中不正确的是
A ．M 极作负极，发生氧化反应
B ．电子流向:M→负载→N→电解质溶液→M
C ．N 极的电极反应:O 2+4H ++4e -=2H 2O
D ．当N 极消耗5.6L(标况下)气体时，最多有N A 个H +通过阳离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】
A. M 极加入有机物，有机物变成二氧化碳，发生氧化反应，说明M 作负极，故正确；
B. M 为负极，N 为正极，所以电子流向:M→负载→N ，电子只能通过导线不能通过溶液，故错误；
C. N 极为正极，氧气在正极上得到电子，电极反应:O 2+4H ++4e -=2H 2O ，故正确；
D. 当N 极消耗5.6L(标况下)气体基5.6/22.4=0.25mol 氧气时，转移0.25×4=1mol 电子，所以最多有N A 个H +通过阳离子交换膜，故正确。
故选B 。
6．室温下向110mL 0.1mol L NaOH -⋅n n 溶液中加入10.1mol L -⋅的一元酸HA 溶液pH 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()
A ．a 点所示溶液中()()()()c Na c A c H c HA +-+
>>> B ．a 、b 两点所示溶液中水的电离程度相同 C ．pH 7=时，()()()c Na c A c HA +-=+
D ．b 点所示溶液中()()c A
c HA ->
【答案】D
【解析】
【详解】 A ．a 点时酸碱恰好中和，溶液pH 8.7=，说明HA 为弱酸，NaA 溶液水解呈碱性，应为()()c HA c H +
>，故A 错误； B ．a 点A -水解，促进水的电离，b 点时HA 过量，溶液呈酸性，HA 电离出H +，抑制水的电离，故B 错误；
C ．pH 7=时，()()c H c OH +-=，由电荷守恒可知()()()()c Na c H c A c OH ++–
+=+，则()()c Na c A +-=，故C 错误；
D ．b 点HA 过量一倍，溶液存在NaA 和HA ，溶液呈酸性，说明HA 电离程度大于A -水解程度，则存在()()c A c HA ->，故D 正确。
故答案为D 。
7．将纯水加热到较高温度时，下列叙述正确的是
A ．水的离子积变大、pH 变小、呈酸性
B ．水的离子积不变、pH 变大、呈中性
C ．水的离子积变小、pH 变小、呈碱性
D ．水的离子积变大，pH 变小、呈中性
【答案】D
【解析】
【详解】
将纯水加热到较高温度时，水的电离平衡正向移动，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度均增大，且相等，则水的离子积增大，pH 值减小，溶液呈中性，答案为D 。
【点睛】
pH=-lgc(H +)，升高温度，c(H +)增大，则pH 减小。
8．下列叙述正确的是（ ）
①向久置于空气中的NaOH 溶液中加盐酸时有气体产生 ②浓硫酸可用于干燥H 2、NO 2等气体，但不能干燥NH 3、SO 3等气体 ③CO 2和Na 2O 2反应生成Na 2CO 3和O 2，SO 2和Na 2O 2反应生成Na 2SO 3和O 2④足量的硫单质与64g铜反应，有2 mol电子发生转移⑤水玻璃为硅酸钠，是纯净物⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质
A．①④⑤ B．①②⑥C．②③④ D．④⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】
①氢氧化钠溶液久置于空气中，会吸收CO2变为的Na2CO3，当加盐酸时HCl与Na2CO3发生反应产生CO2，所以有气体产生，故①正确；
②浓硫酸可用于干燥H2、NO2等气体，但能够与NH3发生反应，所以不能干燥NH3。SO3能够与水反应生成硫酸，故②正确；
③Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，由于SO2有还原性，而Na2O2有氧化性，二者会发生氧化还原反应生成Na2SO4，故③错误；
④由于S的氧化性弱，所以S与Cu发生反应只能产生Cu2S，若有64g铜反应，有1mol电子发生转移，故
④错误；
⑤水玻璃为硅酸钠溶液，是混合物，故⑤错误；
⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得到Fe2O3，物质的成分相同，故⑥正确；
答案选B。
9．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH＝1的溶液中：Na＋、K＋、MnO4－、CO32－
B．c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Mg2＋、Cu2＋、SO42－、NO3－
C．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：K＋、Na＋、NO3－、Cl－
D．0.1mol/LFeCl3溶液中：Fe2＋、NH4＋、SCN－、SO42－
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A. pH=1的溶液显酸性，CO32-与H+不能大量共存，A错误；
B. c(H+)=1×10-13mol/L溶液显碱性，则Mg2+、Cu2+与OH-不能大量共存，B错误；
C. K+、Na+、NO3-、Cl-四种离子间能够共存，且四种离子与NH4+、HCO-3也能大量共存，C正确；
D. Fe3+与SCN-易形成络合物，不能大量共存，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】
此题是离子共存问题，我们在分析这类问题时，不仅要注意离子存在于酸、碱性环境，还要分析离子间能否发生氧化还原反应、能否发生复分解反应以及还要溶液是否有颜色方面的要求。
10．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．100g质量分数为 46?H5OH溶液中所含O—H数目约为7N A
B．质量为12g的12C含有的中子数为12N A
C．将0.1molCH3COONa溶于稀醋酸中使溶液呈中性，溶液中CH3COO－数目小于0.1N A
D．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，电路中通过的电子数目为4N A
【答案】A
【解析】
【详解】
A．乙醇溶液中，乙醇、水分子都含有O-H键，所以100g46%乙醇溶液含有乙醇46g，物质的量为1mol，含有1molO-H键，含有水54g，物质的量为3mol，含有O-H键6mol，所以共含O-H数目7N A，故A正确；
B．12g的12C的物质的量为：
12
12/mol
g
g
=1mol，含有中子的物质的量为：1mol×6=6mol，含有的中子数为
6N A ，故B错误；C．将0.1molCH3COONa 溶于稀醋酸中使溶液呈中性，根据电荷守恒有：n（CH3COO-）+n （OH-）=n（Na+）+n（H+），而由于溶液显中性，故n（OH-）=n（H+），则有n（CH3COO-）=n（Na+）=0.1mol，即醋酸根的个数为N A个，故C错误；D．氧气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，故D错误；故答案为A。
【点睛】
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4N A，1molP4含有的共价键为6N A等。
11．可逆反应，在密闭容器中达到平衡后，改变条件，能使B的转化率提高的是
A．保持温度不变，增大容器体积使压强减小B．保持恒温恒容，充入氦气
C．其他条件不变时，升高温度D．保持恒温恒容，加入一定量A物质
【答案】A
【解析】A. 该反应为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，B的转化率提高，故A选；B. 保持恒温恒容，充入氦气，平衡不移动，转化率不变，故B不选；C. 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，故C不选；D. A为固体，加少量A，平衡不移动，故D不选；本题选A。
点睛：能使B转化率提高，应使平衡正向移动，且不能加入B，以此来解答。
12．某化学兴趣小组设置了如图所示的实验装置，即可用于制取气体，又可用于验证物质的性质，下列说法不正确的是
A．利用I、II装置制取气体（K2关闭、K1打开），可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体
B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向）后，可以收集O2、NO等气体，但不能收集NO2气体C．利用I、Ⅲ装置可以比较H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
D．利用I、Ⅲ装置既能验证氧化性：Ca(ClO）2>Cl2>Br2，又能保护环境
【答案】D
【解析】
试题分析：A．利用Ⅱ装置可以收集H2等气体，但不能收集O2、NO气体，其理由是O2密度比空气大，不能用向下排空气的方法；NO与空气密度相差不大且与空气中的氧气反应，正确；B．利用II装置作简单改进（但不改变瓶口朝向），改进方法是向广口瓶中加入水，可以收集难溶于水的O2、NO等气体，但不能收集NO2气体，正确；C．实验时，K1关闭、K2打开，在分液漏斗中加入稀硫酸，在锥形瓶内装Na2CO3固体，装置C(试管）中所盛的试剂是Na2SiO3溶液,会看到；装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀装置Ⅰ中产生气泡、装置C中产生白色沉淀，从而可确认H2SO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，正确；D．实验时，K1关闭、K2打开，则在A中加浓盐酸；B中加Ca(ClO）2，C中加NaBr溶液，观察到C中的现象是溶液由无色变为橙色或黄色或橙红色；但是此装置在完成这个实验时尚存不足，其不足是氯气易逸出污染环境，不能保护环境，错误。
考点：考查化学实验装置正误判断的知识。
13．下列各项叙述正确的是
①氯水、氨水、水玻璃、王水、福尔马林、淀粉均为混合物
②含有氧元素的化合物一定是氧化物
③CO2、N2O5、SiO2均为酸性氧化物，Na2O、MgO为碱性氧化物
④C60、C70、金刚石、石墨之间互为同素异形体
⑤强电解质溶液的导电能力不一定强
⑥在熔化状态下能导电的纯净物为离子化合物
A．①③④⑤B．①②④⑤C．①④⑤⑥D．②③⑤⑥
【答案】A
【解析】分析：①含有多种成分的物质为混合物；②氧化物一定含氧，且只含有两种元素；③能够与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能够与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；④由同一种元素组成的不同性质的单质之间互称同素异形体；⑤电解质溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度大小及离子所带电荷多少有关，与电解质强弱没有必然的联系；⑥在熔化状态下能导电物质有离子化合物，还有金属单质。
详解：①氯水、氨水、水玻璃、福尔马林、福尔马林、淀粉都是混合物，正确；②氧化物指由氧元素和另一种元素组成的化合物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如Na2CO3、NaOH等含氧元素但不是氧化物，错误；③CO2、N2O5、SiO2均为酸性氧化物，Na2O、MgO为碱性氧化物，正确；④C60、C70、金刚石、石墨是碳元素形成的不同的单质，相互间互为同素异形体，正确；⑤强电解质的稀溶液中离子物质的量浓度较小，导电能力不强，正确；⑥离子化合物中含阴、阳离子，在熔融状态下阴、阳离子自由移动，离子化合物在熔融状态下能导电，但是金属单质在熔融状态下也能导电，不属于离子化合物，⑥错误；正确的有①③④⑤，正确选项A。
点睛：电解质不一定导电，比如：氯化钠固体；导电的也不一定为电解质，比如：氯化钠溶液、盐酸、金属铜、石墨等。
14．下列关于有机物的说法正确的是（）
A．地沟油与矿物油均属于酯类物质
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．直馏汽油、裂化汽油、植物油均能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A.矿物油的主要成分属于烃类，地沟油的主要成分属于酯类，A错误；
B.疫苗是用病原微生物(细菌、病毒)及其代谢产物(如类毒素)，疫苗多不稳定，受光、热作用，可使蛋白质变性，不仅失去应有的免疫原性，甚至会形成有害物质而产生不良反应，因此疫苗必须冷藏运输和保存，B正确；
河北省张家口市2020届高三地理普通高等学校招生全国统一模拟试题（Word版附答案）
河北省张家口市2020届高三地理普通高等学校招生全国统一模拟试题（Word版附答案）,高三地理统一模拟试题,河北,张家口市,莲山课件.
C.直馏汽油没有不饱和烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；
D.酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D错误。
故选B。
【点睛】
疫苗储存和运输不是越冷越好，比如许多疫苗都含有非特异性的佐剂，最常用的佐剂是氢氧化铝，能够将疫苗中的成分均匀的吸附在分子表面，具有佐剂作用，疫苗的冻融会破坏氢氧化铝的物理性质，影响免疫效果，增加发生不良反应的机率；有的疫苗冷冻后肽链断裂，影响疫苗效果；有的疫苗冷冻后疫苗中类毒素解离成为毒素，也增加疫苗接种反应。因此，在储存和运输过程中，都要求疫苗保存在一定温度条件下。15．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。X的族序数是周期数的3倍，25 ℃时，0.1 mol·L－1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是() A．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
B．原子半径：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)
C．元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构
D．Z分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25℃时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为Na元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。【详解】
根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。
A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性O>S，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；
B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y)，B正确；
C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；
D.Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】
本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。16．下列说法不正确的是（）
A．“硝基苯制备”实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触
B．“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用
C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70℃以上的热水清洗
D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶【答案】C
【解析】
【详解】
A.温度计插入水浴测量水浴温度，水银球不能和烧杯底部、烧杯壁接触，防止水银球破坏，另外烧杯的温度与水温也不一样，A说法正确，不符合；
B. “中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，因为水的残留对实验没任何影响，滴定管和移液管中假如有水残留，则会稀释取用或盛装的溶液，因此必须干燥或润洗后方可使用，B说法正确，不符合；
C.手指沾上苯酚，可以用酒精擦洗，假如立刻用70℃以上的热水清洗，导致烫伤，C说法错误，符合；
D. 除去干燥CO2中混有的少量SO2，可先将混合气体通过酸性KMnO4溶液，SO2被酸性KMnO4溶液氧化而除去，再通过浓硫酸干燥，得到干燥的CO2，D说法正确，不符合；
答案选C。
17．下列实验操作中不正确
．．．的是（）
A．使用分液漏斗分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后必须烘干才能进行溶液的配制
C．在遇到金属镁失火时不可用干冰灭火器进行灭火
D．向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体
【答案】B
【解析】分析：A．分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；B．容量瓶中有水对实验结果无影响；C、金属镁能和二氧化碳反应；D. 根据制备Fe(OH)3胶体的实验步骤和方法分析判断。
详解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；B．容量瓶中有水对实验无影响，不需要烘干，故B错误；C、金属镁能和二氧化碳反应生成一氧化碳，会引起爆炸，故不能用干冰灭火器来扑灭镁失火，故C正确；D. 向沸水中加入少量FeCl3饱和溶液，煮沸至溶液呈红褐色，即可得到Fe(OH)3胶体，故D正确；故选B。
18．已知氯化铬的水合物为CrCl3·6H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为
A．Cr3＋B．[CrCl2(H2O)4]＋C．[CrCl(H2O)5]2＋D．[Cr(H2O)6]3＋
【答案】C
【解析】
【详解】
中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C 19．下列现象和应用与电子跃迁无关的是（）
A．焰色反应B．石墨导电C．激光D．原子光谱
【答案】B
【解析】本题考查的是电子跃迁的本质，掌握常见的与电子跃迁有关的现象是解题的关键。
详解：A.当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子钟的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但出于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故错误；B.石墨是层状结构，层间有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故正确；C.电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同。如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故错误。D.原子光谱的产生是原子和电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故错误。故选B。
20．对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是
A．向无色溶液中加氯水变橙色，溶液中可能含：SO42-、Br-、OH-、Ba2+
B．25℃时在水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L的溶液中可能含：Mg2+、Cu2+、SO42-、NO3-
C．某溶液，加铝粉有氢气放出，则溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3-
D．在c(Fe3+)=1.0 mol/L的溶液中可能含：K+、Na+、SCN-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存；
B.水电离出的
c(H+)=1.0×10-11mol/L<1>
【详解】
A.溶液中的SO42-和Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，不可共存，A错误；
B.水电离出的c(H+)=1.0×10-11mol/L<1>
C.加铝粉有氢气放出，溶液可能显酸性，也可能显碱性。碱性条件下，H+不共存；酸性条件下，因为有硝酸根存在，则无氢气生成，C错误；
D. Fe3+与SCN-反应，D错误；
答案为B；
【点睛】
Al能与非氧化性酸反应生成氢气，可以与强碱反应生成氢气；与硝酸反应生成氮氧化物，无氢气生成，容易出错。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
21．Ⅰ. 实验室制得气体中常含有杂质，影响其性质检验。
下图A 为除杂装置，B 为性质检验装置，完成下列表格：
序号 气体 反应原理 A 中试剂 ① 乙烯 溴乙烷和NaOH 的醇溶液加热
_____________
② 乙烯
无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应的化学方程式是_________________ ___________
③ 乙炔 电石与饱和食盐水反应 _______________
Ⅱ. 为探究乙酸乙酯的水解情况，某同学取大小相同的3支试管，分别加入以下溶液，充分振荡，放在同一水浴加热相同．．
时间，观察到如下现象。 编号 ① ② ③
实验操
作
实验现
象
酯层变薄
酯层消失 酯层基本不变 (1)试管①中反应的化学方程式是________________________；
(2)对比试管①和试管③的实验现象，稀H 2SO 4的作用是______________；
(3)试用化学平衡移动原理解释试管②中酯层消失的原因_____________。
【答案】水 32CH CH OH 222CH =CH +H O NaOH 溶液 4CuSO 溶液
3232332ΔCH COOCH CH +H O CH COOH+CH CH OH 稀硫酸可以加速酯的水解(或稀硫酸是酯水解反应的催化剂) 乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH 发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底
【解析】
【分析】
Ⅰ中①、②选择不同的方法制备乙烯，气体中所含杂质也各不相同，因此所选择的除杂试剂也有所区别。
在①中，利用溴乙烷和NaOH 的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质利用水将乙醇除去即可；而在②中利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应制乙烯，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用碱可以除去杂质。 Ⅱ.实验①②③分别在不同的条件下进行酯的分解实验。实验①在酸性条件下进行，一段时间后酯层变薄，说明酯在酸性条件下发生了水解，但水解得不完全；实验②在碱性条件下进行，一段时间后酯层消失，说明酯在碱性条件下能发生完全的水解；实验③是实验对照组，以此解题。
【详解】
Ⅰ.
①利用溴乙烷和NaOH 的醇溶液加热的方式制得的乙烯中通常混有乙醇蒸汽，因此利用乙醇极易溶于水的性质，用水将乙醇除去即可；
②利用无水乙醇在浓硫酸的作用下加热至170℃反应制乙烯，该反应的化学方程式是
32CH CH OH 222CH =CH +H O ，在乙烯蒸汽中通常混有浓硫酸氧化乙醇后所产生的二氧化硫和二氧化碳，因此利用二氧化硫、二氧化碳均为酸性气体，用碱可以除去的特点，采用. NaOH 溶液除杂； ③利用电石与饱和食盐水反应制乙炔，由于电石不纯，通常使制得的乙炔中混有硫化氢和磷化氢，因此可利用硫化氢、磷化氢易与4CuSO 溶液反应产生沉淀，将杂质除去。
Ⅱ. (1)试管①中乙酸乙酯在酸性环境下发生水解反应，其化学方程式是：
3232332ΔCH COOCH CH +H O CH COOH+CH CH OH 稀硫酸垐垐?噲垐?； (2)对比试管①和试管③的实验现象，稀H 2SO 4的作用是加速酯的水解，做反应的催化剂；
(3) 由于乙酸乙酯水解生成的乙酸与NaOH 发生中和反应，乙酸浓度降低，使水解平衡向正反应方向移动，水解比较彻底，因此试管②中酯层消失。
【点睛】
本题对实验室制乙烯、乙炔的方法及除杂问题、酯的水解条件进行了考核。解题时需要注意的是在选择除杂试剂时，应注意除去杂质必有几个原则（1）尽可能不引入新杂质（2）实验程序最少（3）尽可能除去杂质。(4)也可以想办法把杂质转变为主要纯净物。（5）减少主要物质的损失。另外在分析酯的水解的时候，酯在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，只是由于酯在碱性环境下水解生成的酸因能与NaOH 发生中和反应，使水解平衡向正反应方向移动，因此水解得比较彻底。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
22．化合物H 是一种用于合成γ分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C中的非含氧官能团名称为______。
（2）D→E 的反应类型为___________。
（3）写出A的一种羧酸同系物的结构简式：____________。
（4）写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：_________。
①含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢；
②属于α-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子。
（5）G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：_________。
【答案】氨基取代反应
【解析】
【分析】
由合成流程可知，A→B发生取代反应，羧基上的H和羟基上的H均被甲基取代；B→C发生还原反应，硝基还原成氨基；C→D为取代反应，氨基上的氢被醛基取代；D→E为氨基上H被取代，属于取代反应，
比较F与H的结构可知，G为，G→H发生氧化反应。
【详解】
(1)C含有的官能团有醚键、酯基和氨基，不含氧的官能团为氨基，答案为氨基；
(2)根据D和E的结构简式可知，D中N原子上的H被取代，D生成E为取代反应，答案为取代反应；
(3)同系物结构相似，分子组成相差若干个CH2，则A的一种羧酸同系物的结构简式可以为；
(4)分子中含有苯环，且苯环上只有2种不同化学环境的氢，则两个取代基处于对位；属于α-氨基酸，且分子中有一个手性碳原子，则一个C原子上连接氨基和羧基，且为手性碳原子，则结构简式为；
(5)H中的醛基可以由—CH2OH氧化得到，再结合G的分子式，则G的结构简式为。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
23．乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体。某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯。
已知：
（1）甲苯与氯气反应生成A的条件是________。
（2）物质B中含有的官能团是________。
（3）物质 D 的结构简式是_________。
（4）下列说法正确的是________。
a．化合物A不能发生取代反应
b．乙酰基扁桃酰氯属于芳香烃
c．化合物C 能与新制的Cu(OH)2发生反应
（5）E＋F→G 的化学方程式是_______。
（6）化合物 D 有多种同分异构体,同时符合下列条件的同分异构体共有_______ 种，写出其中两种的同分异构体的结构简式_______。
①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；
②1H-NMR 谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。
（7）设计以乙醇为原料制备 F 的合成路线(用流程图表示；无机试剂任选) _______。
【答案】光照羟基或—OHc 4
CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COCl
【解析】试题分析：由合成路线可知，甲苯与氯气在光照条件下发生侧链上的取代反应，甲基上有1个H 被Cl取代，生成甲苯侧链上的一氯代物，然后该一氯代物发生水解生成B，B为苯甲醇，B再发生催化氧化生成C，C为苯甲醛；由题中信息可知，苯甲醛可与亚硫酸氢钠、氰化钠反应生成D，则D为；D发生水解得到E，E为2-羟基-2-苯基乙酸；乙醇经一系列转化得到F，F为氯乙酰；氯乙酰与2-羟基-2-苯基乙酸发生取代反应生成G，G为；G与SOCl2发生取代反应生成乙酰基扁桃酰氯。
（1）甲苯与氯气反应生成A的条件是光照。
（2）物质B中含有的官能团是羟基或—OH 。
（3）物质 D 的结构简式是。
（4）a．化合物A属于卤代烃，可以发生水解反应，卤代烃水解属于取代反应，a不正确；b．乙酰基扁桃酰氯分子中含有氯元素，故其不属于芳香烃，b不正确；c．化合物C是苯甲醛，其分子中有醛基，故其能与新制的Cu(OH)2发生反应，c正确。综上所述，说法正确的是c。
（5）E＋F→G 的化学方程式是。
（6）化合物D（）有多种同分异构体,同时符合下列条件：①红外光谱检测表明分子中含有氰基(－CN)；②1H-NMR 谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。符合以上条件的同分异构体有、、、，共有4 种。
（7）以乙醇为原料制备F ，首先把乙醇催化氧化得到乙醛，然后再把乙醛催化氧化得到乙酸，最后根据题中信息，用乙酸与SOCl2发生取代反应制备F。具体合成路线如下：CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH CH3COCl。
点睛：本题是有关有机合成与有机推断的综合考查，主要考查了常见的有机反应及其反应条件、常见的官能团的结构与性质、有机物结构的推断、限定条件的同分异构体的书写、根据原料设计合理的合成路线。
要求学生能掌握常见的重要有机反应及其发生反应的条件，认识常见的官能团，能综合分析碳链异构、官能团异构、位置异构写出符合条件的同分异构体，能通过对原料和产品的结构分析，结合所学知识及题中信息设计合理的合成路线。
24．A～G是几种烃分子的球棍模型(如图)，据此回答下列问题：
(1)常温下含氢质量分数最高的气态烃是______(填字母)。
(2)写出E失去一个氢原子后所得烃基的结构筒式：______________。
(3)一卤代物种类最多的是_______(填字母)。
(4)写出实验室制取D的化学方程式：________________。
(5)写出F发生硝化反应的化学方程式：__________________。
【答案】 A -CH2CH2CH3或-CH(CH3)2G CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑
【解析】分析：根据有机物的球棍模型可知A是甲烷，B是乙烷，C是乙烯，D是乙炔，E是丙烷，F是苯，G是甲苯，据此解答。
详解：(1)常温下含氢质量分数最高的气态烃是甲烷，答案选A。
(2)E是丙烷，失去一个氢原子后所得烃基的结构筒式为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2。
(3)甲苯分子中氢原子种类最多，则一卤代物种类最多的是甲苯，答案选G。
(4)实验室制取乙炔的化学方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑。
(5)苯发生硝化反应的化学方程式为
河北省张家口市2020届高三地理普通高等学校招生全国统一模拟试题（Word版附答案）
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