江苏省2020年高中化学学业水平测试（必修科目）试题（含解析）

本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 Ca:40 Fe:56 Ba:137

一、单项选择题：在每题的4个选项中。只有1个选项是符合要求的(本部分23题，每题3分，共69分)。

1.2020年中国火箭发射次数世界第一，肼（N2H4）常用作火箭燃料。肼属于

A. 单质 B. 氢化物 C. 有机物 D. 氧化物

【答案】B

【解析】

【详解】肼又称联氨，与氨气一样是氮元素的氢化物，故选B。

2.下列过程包含物理变化的是

A. 煤的气化 B. 铁的钝化

C. 光合作用 D. 水乳交融

【答案】D

【解析】

【分析】

物理变化和化学变化的根本区别在于是否有新物质生成，如果有新物质生成，则属于化学变化，反之则是物理变化。

【详解】A项、煤的气化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为气体燃料，产生了新物质，是化学变化，故A错误；

B项、铁的钝化是铁与浓硫酸或浓硝酸反应生成致密的氧化膜，是化学变化，故B错误；

C项、光合作用过程中有新物质氧气等生成，属于化学变化，故C错误；

D项、水乳交融是指结构相似的物质能够相互溶解，既相似相溶原理，在这个变化过程中没有新物质生成，是物质的物理变化，故D正确。

故选D。

【点睛】解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成就属于物理变化，若有新物质生成就属于化学变化。

3.南京大屠杀死难者国家公祭鼎。关于铜的一种微粒6429Cu2+，下列说法正确的是

A. 核外电子数为29 B. 质子数为27

C. 核电荷数为27 D. 中子数为35

【答案】D

【解析】

【分析】

根据元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，在阳离子中，质子数+中子数=质量数，核外电子数=核内质子数—电荷数。

【详解】6429Cu2+中质量数为64，质子数和核电荷数为29，中子数为（64—29）=35，核外电子数为（29—2）=27，故选D。

【点睛】本题主要考查原子的构成，明确核素中的数字的所代表的意义及原子中质子数+中子数=质量数是解答关键。

4.下列有关苯、乙烯说法正确的是

A. 都易溶于水 B. 都能与溴水发生加成反应

C. 都具有可燃性 D. 两者互为同分异构体

【答案】C

【解析】

A. 都难溶于水，选项A错误； B. 苯不能与溴水发生加成反应，乙烯与溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，选项B错误；C. 都具有可燃性，燃烧产物均为二氧化碳和水，选项C正确；D. 两者分子式分别为C6H6和C2H4，不可能互为同分异构体，选项D错误。答案选C。

5.下列化学用语表示正确的是

A. 铝离子的结构示意图： B. 乙酸乙酯的分子式：C4H8O2

C. 硫化氢的电子式： D. Ba(OH)2电离方程式：Ba(OH)2＝Ba2＋＋2O2－＋2H＋

【答案】B

【解析】

【详解】A项、铝离子核外电子数为10，铝离子的结构示意图为：，故A错误；

B项、乙酸乙酯的结构简式为CH3COOCH2CH3，分子式为C4H8O2，故B正确；

C项、H2S为共价化合物，硫原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-S键，正确的电子式为，故C错误；

D项、氢氧化钡为强电解质，溶液中完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba(OH)2＝Ba2++2OH-，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查常用化学用语，涉及了电子式、电离方程式、离子结构示意图、分子式等化学用语的判断，注意掌握常见化学用语的表示方法，明确离子结构示意图与原子结构示意图、电子式的书写是解答关键。

6.下列气体能用碱石灰干燥，且能用排水法收集的是

A. O2 B. CO2 C. NH3 D. HCl

【答案】A

【解析】

【分析】

能用碱石灰干燥，说明该气体不与碱反应，为中性或碱性气体；能用排水法收集，说明该气体不与水反应或难溶于水。

【详解】A项、O2不与碱石灰反应，能够用碱石灰干燥，且O2不溶于水，也不与水反应，能够用排水法收集，故A正确；

B项、CO2为酸性氧化物，与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故B错误；

C项、NH3极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；

D项、HCl与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，HCl极易溶于水，不能用排水法收集，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查了常见气体的干燥、收集方法，题目难度不大，明确常见气体的性质，注意掌握常见气体的收集、干燥方法为解答关键。

7.下列物质属于共价化合物的是

A. C60 B. 苯 C. NH4Cl D. NaI

【答案】B

【解析】

【分析】

共价化合物由不同非金属元素组成，只含有共价键。

【详解】A项、C60为非金属单质，不是化合物，故A错误；

B项、苯是含有极性共价键、非极性共价键的为共价化合物，故B正确；

C项、NH4Cl是含有极性共价键、离子键的离子化合物，故C错误；

D项、NaI是含有离子键的离子化合物，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查化学键和化合物的判断，注意离子化合物和共价化合物的区别是解答关键。

8.4NH3+5O24NO+6H2O是工业上制硝酸的重要反应，下列有关说法错误的是

A. 使用催化剂可以加快反应速率

B. 增大压强可以加快反应速率

C. 反应达到平衡时，v(正)=v(逆)

D. 增大O2的量可以使NH3100%转变为NO

【答案】D

【解析】

【详解】A项、催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，可增大反应速率，故A正确；

B项、增大压强，气体浓度增大，单位体积活化分子数目增多，反应速率增大，故B正确；

C项、v（正）=v（逆），物质的浓度、质量等不变，说明达到反应限度，为平衡状态，故C正确；

D项、该反应为可逆反应，反应不可能完全进行，则转化率不可能达到100%，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查了影响化学反应速率的因素，注重影响化学反应速率的因素，注意可逆反应转化率不可能是100%是解答关键。

9.下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是

A. 水煤气—— CH4 B. 胆矾——CuSO4·5H2O

C. 水玻璃—— H2SiO3 D. 明矾——KAl(SO4)2

【答案】B

【解析】

【详解】A项、水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，故A错误；

B项、胆矾为五水合硫酸铜，化学式为CuSO4·5H2O，故B正确；

C项、水玻璃是硅酸钠的水溶液，故C错误；

D项、明矾是十二合水硫酸铝钾，化学式为KAl(SO4)2·12H2O，故D错误。

故选B。

10.在含有大量Fe2+、H+、SO42-的溶液中，还可能大量共存的离子是

A. SCN— B. NO3－ C. HCO3－ D. Ba2+

【答案】A

【解析】

【分析】

离子之间不能结合生成沉淀、水、气体等，则离子在溶液中能大量共存。

【详解】A项、溶液中SCN—和三种离子间不能结合产生沉淀、气体或水，可以大量共存，故A选；

B项、酸性溶液中，硝酸根会将Fe2+氧化，NO3－离子在溶液中不能大量共存，故B不选；

C项、溶液中HCO3－离子和H+离子反应生成水和二氧化碳，HCO3－离子在溶液中不能大量共存，故C不选；

D项、溶液中Ba2+离子和SO42-离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2+离子在溶液中不能大量共存，故D不选。

故选A。

【点睛】本题考查离子的共存，注意掌握离子反应发生条件，明确能发生复分解反应的离子、能发生氧化还原反应的离子在溶液中不能大量共存是解答关键。

11.下列物质属于纯净物的是

A. 氢氧化铝胶体 B. 汽油 C. 液氨 D. 深岩层饮用水

【答案】C

【解析】

【分析】

纯净物由一种物质组成，混合物由两种或两种以上的物质组成。

【详解】A项、氢氧化铝胶体分散系属于混合物，故A错误；

B项、汽油是由C5—C11的烃组成的混合物，故B错误；

C项、液氨是液态氨气属于纯净物，故C正确；

D项、深岩层饮用水含有水和溶于水的矿物质，属于混合物，故D错误。

故选C。

【点睛】由一种物质组成的物质属于纯净物，根据物质的组成种类可以判断物质属于纯净物，还是属于混合物。

12.下列有关新制氯水的说法错误的是

A. 加入CaCO3不发生反应 B. 具有酸性和氧化性

C. 强光照射有气体产生 D. 具有漂白性

【答案】A

【解析】

【分析】

新制氯水中存在如下平衡Cl2＋H2OHCl＋HClO，溶液中存在三种分子H2O、Cl2、HClO，四种离子H＋、Cl－、ClO－和OH－，溶液呈浅黄绿色，有强氧化性和漂白性。

【详解】A项、新制氯水中盐酸能与CaCO3反应，故A错误；

B项、新制氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，次氯酸有强氧化性，故B正确；

C项、新制氯水中次氯酸不稳定，见光分解生成盐酸和氧气，故C正确；

D项、新制氯水中次氯酸有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查氯水的成分及物质的化学性质，把握氯水的成分及HClO的性质为解答的关键。

13.下列实验操作正确的是

A. 定容 B. 制氨气

C. 制蒸馏水 D. 检验钾离子

【答案】D

【解析】

【详解】A项、不能在容量瓶中溶解碳酸钠固体，故A错误；

B项、实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，故B错误；

C项、制蒸馏水时，温度计应该在支管口处，不能插在溶液中，故C错误；

D项、检验钾离子时，透过蓝色钴玻璃片可观察到火焰颜色为紫色，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，涉及实验基本操作、气体的收集及制备等，把握实验基本技能及实验原理为解答的关键。

14.下列关于蛋白质的说法正确的是

A. 属于小分子

B. 水解产物为高级脂肪酸

C. 向其中加入(NH4)2SO4会出现白色沉淀

D. 热值最高的物质

【答案】C

【解析】

【详解】A项、蛋白质为天然高分子化合物，故A错误；

B项、蛋白质水解，最终生成氨基酸，故B错误；

C项、向蛋白质中加入(NH4)2SO4，蛋白质发生盐析，析出白色沉淀，故C正确；

D项、热值最高的物质是油脂，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查蛋白质的性质及应用，把握蛋白质的性质应用为解答的关键。

15.高铁酸钾（K2FeO4）作净水剂，既能消毒杀菌，也能吸附水中悬浮物。K2FeO4制备方法如下：

Fe2O3 + 4KOH + 3KClO = 2K2FeO4 + 3KCl + 2H2O。下列说法正确的是

A. Fe2O3作还原剂

B. KClO发生氧化反应

C. 反应后K元素化合价升高

D. KClO失去电子

【答案】A

【解析】

【分析】

反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，被还原， KClO为氧化剂，Fe2O3中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，Fe2O3为还原剂。

【详解】A项、反应中，Fe2O3中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，Fe2O3为还原剂，故A正确；

B项、反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，被还原，KClO为氧化剂，发生还原反应，故B错误；

C项、反应中，K元素化合价没有发生变化，故C错误；

D项、反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，被还原，KClO为氧化剂，得到电子，故D错误。

故选A。

【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。

16.下列化学方程式书正确的是

A. CH4 + Cl2 CH2Cl2+H2

B. CH2CH2 + HBr→ CH3CH2Br

C.

D. C12H22O11(蔗糖)+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)

【答案】D

【解析】

【详解】A项、甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应生成二氯甲烷和氯化氢，故A错误；

B项、书写有机化学方程式时，有机物应该写结构简式，乙烯的结构简式为CH2=CH2，故B错误；

C项、苯和液溴在溴化铁作催化剂时，发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故C错误；

D项、蔗糖在催化剂作用下，发生水解反应生成葡萄糖和果糖，故D正确。

故选D。

【点睛】本题考查化学反应方程式的书写，侧重有机化学反应方程式的书写，注意反应类型判断、有机物的结构简式的书写为解答关键。

17.下列离子方程式书写不正确的是

A. Cu(OH)2与稀HNO3反应：Cu(OH)2 + 2H+＝ Cu2+ +2H2O

B. 铜跟稀HNO3反应：3Cu＋8H＋＋2NO3－ ＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O

C. 向NaAlO2溶液中通入过量的CO2：AlO2－ ＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－

D. 向AlCl3溶液中滴加氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓

【答案】D

【解析】

【详解】A项、难溶于水的Cu(OH)2与稀HNO3反应生成硝酸铜和水，反应的离子方程式为Cu(OH)2 + 2H+＝ Cu2+ +2H2O，故A正确；

B项、铜跟稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－ ＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B正确；

C项、NaAlO2溶液与过量的CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2－ ＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－，故C正确；

D项、AlCl3溶液与弱碱氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查离子方程式的书写，注意从化学式、离子符号以及是否符合反应实际的角度分析是解答关键。

18.下列过程中能量的转化与图示吻合的是

A. 铵盐溶于水

B. C与CO 2 (g)反应

C. 水结成冰

D. 断开氢气中的H—H键

【答案】C

【解析】

【分析】

由图象可知，反应物能量高于生成物能量，图示表示的过程是一个放热过程。

【详解】A项、铵盐溶于水，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，故A错误；

B项、灼热的C与CO 2反应生成CO，该反应为吸热反应，故B错误；

C项、水结成冰是放热的过程，故C正确；

D项、断开氢气中的H—H键需要吸收能量，故D错误。

【点睛】本题考查化学中吸热或放热问题，熟记吸热或放热的判断规律是正确解答此类题的关键。

19.下列实验方案不能达到目的的是

A. 用NaOH溶液除去Mg中的Al

B. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl

C. 用氯气除去FeCl3溶液中的FeCl2

D. 用Na2CO3溶液除去NaCl溶液中的CaCl2

【答案】B

【解析】

【详解】A项、Al与NaOH反应，而Mg不能，则用NaOH溶液除去镁粉中的铝粉，实验能成功，故A正确；

B项、二氧化碳和氯化氢都能与碳酸钠反应，除去氯化氢的同时二氧化碳也被除掉，故B错误；

C项、FeCl2可与氯气反应生成FeCl3，可用氯气除去FeCl3溶液中的FeCl2，故C正确；

D项、碳酸钠溶液与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，可用Na2CO3溶液除去NaCl溶液中的CaCl2，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及混合物分离的提纯，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键。

20.某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光，装置如下。下列说法错误的是

A. 铜片表面有气泡生成

B. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换

C. 如果将硫酸换成NaOH溶液，LED灯也会发光

D. 如果将铝片换成银片，电路中的电流方向相反

【答案】D

【解析】

【分析】

该装置为把化学能转化为电能的原电池装置，电池工作时，活泼金属铝做负极，铝片失去电子被溶解，不活泼金属铜做正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电子由负极流向正极。

【详解】A项、电池工作时，不活泼金属铜做正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A正确；

B项、电池工作时，实现化学能转化为电能，LED灯发光实现电能转化为光能，故B正确；

C项、如果将硫酸换成NaOH溶液，铝能和氢氧化钠溶液反应，也能构成原电池，LED灯也会发光，故C正确；

D项、如果将铝片换成银片，铜和银均为不与稀硫酸反应的不活泼金属，不能构成原电池，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法以及能量的转化是解答关键。

21.下列物质转化常通过氧化反应实现的是

A. CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 B. CH3CH2OHCH3CHO

C. D. CH2＝CH2CH3CH2Br

【答案】B

【解析】

【详解】A项、乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下，共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，为取代反应，故A错误；

B项、乙醇在铜或银催化作用下，加热条件下被氧气氧化生成乙醛，为氧化反应，故B正确；

C项、苯与浓硝酸，在浓硫酸催化作用下，加热发生反应生成硝基苯，为取代反应，故C错误；

D项、乙烯与溴化氢发生加成反应生成溴乙烷，为加成反应，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于反应类型的判断，注意把握有机物官能团的变化，为解答该类题目的关键。

22.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是

A. 最高正价由低到高的顺序为： Y、Z、X、W

B. 原子半径由小到大的顺序为：X、Z、W

C. Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应

D. X与Y两种元素只能组成一种化合物

【答案】C

【解析】

【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，则X是O元素；Y是短周期中金属性最强的元素，则Y是Na元素；X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10，则Z为Al元素、W为Cl元素。

【详解】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；

B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径Z＞W，故B错误；

C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反应，故C正确；

D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠，故D错误。

【点睛】本题考查元素周期律，明确原子结构正确判断元素，注意元素周期表结构及元素周期律是解本题关键。

23.将a mol铁粉加入到含b mol硝酸溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，共收集到c L(标况)的NO、NO2混合气体。下列有关说法不正确的是

A. 若反应后产物中只有Fe2＋生成，则＜a＜

B. 若反应后产物中只有Fe3＋生成，则b＝3a＋

C. 若反应后产物中有Fe2＋、Fe3＋生成，则＜b＜6a

D. 若反应后溶液中有d mol H＋，则b＝3a＋d＋

【答案】B

【解析】

当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO时，根据电子守恒规律：2a=3c/22.4，得 a=3c/44.8，当反应后产物中只有Fe2+生成，且产生的气体只有NO2时，根据电子守恒规律：2a=c/22.4，得a= c/44.8，所以，在收集c L（标况）的NO、NO2混合气体时，则< a<，A正确；若反应后产物中只有Fe3+生成，硝酸恰好完全反应，根据氮原子守恒：3 a+ c/22.4=b，若硝酸过量，b >3 a+ c/22.4，B错误；如果反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据3Fe---8HNO3关系，可知b=8a/3，当反应只发生：Fe+6HNO3=Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O，根据Fe+6HNO3关系可知：b=6a ，所以，当反应后产物中有Fe2+、Fe3+生成，则C正确；反应后溶液中有dmol H+，说明硝酸过量，一定生成硝酸铁，根据氮原子守恒规律：b=3a+d+，D正确；正确选项B。

点睛：铁与硝酸反应，随着铁的量的不同，产物也不同，如果铁少量，反应生成硝酸铁，如果铁过量，产物为硝酸亚铁。

二、非选择题（本部分3题，共31分）

24.本题为选做题，包括A、B两题。选学《化学与生活》模块的考生答A题，选学《有机化学基础》模块的考生答B题。每位考生只可选做1题，若两题都作答，则以A题计分。

A．《化学与生活》

（1）材料与人类吃、穿、住、行、用、医疗、通信等密切相关

①下列分子式或结构简式可表示维生素C的______（填字母）。

a．C6H8O6 b．C6H10O6 c．

②玻璃钢门窗被国际上称为继木、钢、铝、塑之后的第五代门窗产品。玻璃钢属于下列材料中的____（填字母）。

a.金属材料 b.无机非金属材料 c. 复合材料

③黏土是陶瓷的生产原料，其主要组成可表示为Al2Si2Ox(OH)4，则x=______（填字母）。

a．1 b．3 c．5

（2）绿色发展可使 “天更蓝，水更清，空气更清新，生活更美好”。

①传统的一次性塑料袋有聚氯乙烯、氯乙烯等，它们在环境中难降解易造成白色污染，合成聚氯乙烯的单体为_____（写结构简式）。

②燃煤产生的NO2是形成硝酸型酸雨的元凶，在催化剂及加热条件下用NH3与NO2反应可生成无毒无污染的气体，该反应的化学方程式为______。

③含铬（Cr2O72ˉ）的酸性废水处理方法之一可采用(NH4)2Fe(SO4)2将Cr2O72ˉ还原为Cr3＋，再用氨水将Cr3＋转变成难溶的Cr(OH)3。该方案运用了污水处理方法中的沉淀法和______。处理后的废水中因含有大量_____（填离子符号），能导致水体富营养化，还需进一步处理。

（3）保持营养平衡，合理使用药物是保证身心健康、提高生活质量的有效手段。

①有些氨基酸人体自身不能合成，要从外界才能获得，这些氨基酸称为________。苹果中含有一定量的铁元素，人体缺铁会导致的疾病是_____。

②含碘食盐中添加有KIO3，可用KI、盐酸及淀粉溶液检验，该反应的离子方程式为_______。

③人类历史上最重要的抗生素是_____（填名称）；“铝镁加”是一种新型的抗酸剂，它的主要成分的化学式为：Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O，它与胃酸主要成分反应的化学方程式为______。

B．《有机化学基础》

（1）有机化合物的结构对其性质有着重要的影响。

①下列有机物易溶于水的是____（填字母）。

a. 乙烷 b.乙醇 c.乙酸乙酯

②下列有机物常温下呈气态的是_____（填字母）。

a.正丁烷 b.苯 c.溴乙烷

③分子式为C2H4O2的有机物中既能发生银镜反应又能发生水解反应的是_____（填字母）。

a.CH3COOH b.HOCH2CHO c. HCOOCH3

（2）芴酮可用作工程塑料的改进剂。某芴酮可通过下列反应得到：

①化合物Ⅱ中含氧官能团为____和_____（写名称）。

②鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ可用的试剂为_____（写化学式）。

③1mol化合物Ⅰ最多可与_____molNaOH完全反应。

（3）囧烷（E）的一种合成路线如下：

①A→B的反应类型为_____；B中手性碳原子数目为_____（填数字）。

②E的分子式______；A可用于合成一种常见的人造橡胶的单体，由A制备该单体的化学方程式为______。

③满足下列条件的D的同分异体的结构简式为_____。

Ⅰ.含有1个苯环，无其它环状结构，能与FeCl3溶液发生显色反应。

Ⅱ.核磁共振氢谱有4组峰且面积比为3∶3∶2∶2。

【答案】 (1). a (2). c (3). c (4). CH2=CHCl (5). 8NH3+6NO27N2+12H2O (6). 氧化还原法 (7). NH4+ (8). 必需氨基酸 (9). 贫血 (10). IO3－+5I－+6H+ =3I2+3H2O (11). 青霉素 (12). Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O+18HCl=2AlCl3+6MgCl2+2CO2↑+20H2O (13). b (14). a (15). c (16). (酚)羟基 (17). 羰基 (18). NaHCO3 (19). 3 (20). 加成 (21). 4 (22). C12H18 (23). (24).

【解析】

【分析】

A. .（1）①维生素C的结构简式为；

②玻璃钢属于复合材料；

③由化合价代数和为0可得；

（2）①一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯；

②在催化剂及加热条件下用NH3与NO2反应生成氮气和水；

③(NH4)2Fe(SO4)2将Cr2O72ˉ还原为Cr3＋的方法属于氧化还原法；用氨水将Cr3＋转变成难溶的Cr(OH)3的过程中有硫酸铵生成；

（3）①有些氨基酸人体自身不能合成，要从外界才能获得，这些氨基酸称为必需氨基酸；人体缺铁会导致贫血；

②酸性条件下，IO3—与I—发生氧化还原反应生成碘和水；

③人类历史上最重要的抗生素是青霉素；Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝、氯化镁、二氧化碳和水；

B. （1）①乙醇中含有羟基，极易溶于水，甲烷和乙酸乙酯难溶于水；

②正丁烷为无色气体，苯和溴乙烷为无的液体；

③有机物的分子式为C2H4O2，既能发生银镜反应又能发生水解反应说明该有机物为甲酸酯；

（2）①化合物Ⅱ的结构简式为；

②化合物Ⅰ含有的官能团为（酚）羟基和羧基，化合物Ⅱ含有的官能团为（酚）羟基和羰基，鉴别鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ可用碳酸氢钠；

③化合物Ⅰ中（酚）羟基和羧基均能与氢氧化钠反应；

（3）①由物质的转化关系可知，A→B的反应为两分子发生加成反应生成；含有4个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子（）；

②E为囧烷，结构简式为，分子式为C12H18；能够在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成1,3—丁二烯；

③有机物D的结构简式为，分子式为C10H10O2，D的同分异构体中含有1个苯环，无其它环状结构，能与FeCl3溶液发生显色反应.说明分子中含有羟基，核磁共振氢谱有4组峰且面积比为3∶3∶2∶2，说明分子中含有2个甲基、2个羟基和1个碳碳三键。

【详解】A.（1）①维生素C的结构简式为，分子式为C6H8O6，故答案为：a；

②玻璃钢属于复合材料，故答案为：c；

③黏土的主要组成为Al2Si2Ox(OH)4，由化合价代数和为0可得2×（+3）+2×（+4）+x×（—2）+4×（—1）=0，解得x=5，故答案为：c；

（2）①一定条件下，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，故答案为：CH2=CHCl；

②在催化剂及加热条件下用NH3与NO2反应生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；

③(NH4)2Fe(SO4)2将Cr2O72ˉ还原为Cr3＋的方法属于氧化还原法；用氨水将Cr3＋转变成难溶的Cr(OH)3的过程中有硫酸铵生成，NH4+会能导致水体富营养化，故答案为：氧化还原法；NH4+；

（3）①有些氨基酸人体自身不能合成，要从外界才能获得，这些氨基酸称为必需氨基酸；人体缺铁会导致贫血，故答案为：必需氨基酸；贫血；

②酸性条件下，IO3—与I—发生氧化还原反应生成碘和水，碘遇淀粉变蓝色，反应的离子方程式为IO3－+5I－+6H+ =3I2+3H2O，故答案为：IO3－+5I－+6H+ =3I2+3H2O；

③人类历史上最重要的抗生素是青霉素；Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O与胃酸中的盐酸反应生成氯化铝、氯化镁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O+18HCl=

2AlCl3+6MgCl2+2CO2↑+20H2O，故答案为：青霉素；Al2Mg6(OH)14(CO3)2·4H2O+18HCl=2AlCl3

+6MgCl2+2CO2↑+20H2O；

B. （1）①乙醇中含有羟基，极易溶于水，甲烷和乙酸乙酯难溶于水，故答案为：b；

②正丁烷为无色气体，苯和溴乙烷均为无色的液体，故答案为：a；

③有机物的分子式为C2H4O2，既能发生银镜反应又能发生水解反应说明该有机物为甲酸酯，结构简式为HCOOCH3，故答案为：c；

（2）①化合物Ⅱ的结构简式为，含有的官能团为（酚）羟基和羰基，故答案为：（酚）羟基和羰基；

②化合物Ⅰ的结构简式为，含有的官能团为（酚）羟基和羧基，化合物Ⅱ的结构简式为，含有的官能团为（酚）羟基和羰基，鉴别鉴别化合物Ⅰ和化合物Ⅱ可用碳酸氢钠，前者中的羧基与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，后者不反应，故答案为：NaHCO3；

③化合物Ⅰ中（酚）羟基和羧基均能与氢氧化钠反应，则1mol化合物Ⅰ最多可与3 molNaOH完全反应，故答案为：3；

（3）①由物质的转化关系可知，A→B的反应为两分子发生加成反应生成；含有4个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子（），故答案为：加成；4；

②E为囧烷，结构简式为，分子式为C12H18；能够在浓硫酸作用下，共热发生消去反应生成1,3—丁二烯，1,3—丁二烯是合成人造橡胶的单体，反应的化学方程式为，故答案为：C12H18；；

③有机物D的结构简式为，分子式为C10H10O2，D的同分异构体中含有1个苯环，无其它环状结构，能与FeCl3溶液发生显色反应.说明分子中含有羟基，核磁共振氢谱有4组峰且面积比为3∶3∶2∶2，说明分子中含有2个甲基、2个羟基和1个碳碳三键，结构简式为或，故答案为：或；

25.有关物质的转化关系如下图所示（部分物质与条件已略去）。已知A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，C、E、G、I均为无色气体，其中C为单质，E为最简单的烃，G能使澄清石灰水变浑浊，I能使品红褪色；D、E均由两种元素组成，D的摩尔质量为144g·mol－1，H中两种元素质量比为7∶8，F是白色胶状沉淀，J是红棕色固体。

（1）G的电子式为_____。

（2）H的化学式为_____。

（3）写出反应①的化学方程式：______。

（4）写出反应②的离子方程式：______。

【答案】 (1). (2). FeS2 (3). Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑ (4). Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O

【解析】

【分析】

由A、B均为由相同的两种元素组成的无色液体，A在二氧化锰作用下分解生成生成无色液体B和气体C，可知A为H2O2，B为H2O，C为O2；由E为最简单的烃，E与氧气反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体G，可知E为CH4，G为CO2；由D能够与H2O反应生成CH4和白色胶状沉淀F，结合D的摩尔质量为144g·mol－1，可知D为Al4C3，F为Al(OH)3；由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3；由H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3，结合H中铁和硫两种元素质量比为7∶8，可知H为FeS2；由转化框图可知，SO2和H2O2反应生成H2SO4，则K为H2SO4；H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，则L为Al2(SO4)3。

【详解】（1）G为共价化合物CO2，电子式为，故答案为：；

（2）由I能使品红褪色，J是红棕色固体，可知I为SO2，J为Fe2O3，H高温下与氧气反应生成SO2和Fe2O3说明H中含有铁和硫两种元素，由两种元素质量比为7∶8，可得n(Fe)：n(S)= 7/56∶8/32=1:2，所以H的化学式为FeS2，故答案为：FeS2；

（3）反应①为Al4C3与H2O反应生成无色气体CH4和白色胶状沉淀Al(OH)3，反应的化学方程式为Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑，故答案为：Al4C3 + 12H2O →4Al(OH)3 + 3CH4↑；

（4）反应②为H2SO4与Al(OH)3反应生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3 +3H+ = Al3++3H2O。

【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查元素化合物知识的综合理解和运用，注意题给信息的理解，把握过氧化氢、铁、铝等化合物的性质及其转化是解答关键。

26.一种用铝土矿和硫铁矿烧渣（配料中含Al2O3、Fe2O3，FeO及SiO2等）为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：

（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学程式为____，滤渣1的成分为____（填化学式）。

（2）步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为________________。

（3）步骤V若将溶液pH调成6，可能造成的影响是_______；步骤Ⅵ包含的操作有_______。

（4）测定聚合碱式氯化铝铁{可表示为[FeaAlb(OH)xCly]n}中n(Al)/n(Fe)的比值的步骤如下：

步骤1.准确称取产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350 g固体。

步骤2.另准确称取2.855g样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到固体0.4000g。

计算产品中n(Al)/n(Fe)的比值（写出计算过程）。__________________________

【答案】 (1). Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 +3H2O (2). SiO2 (3). 2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3++2H2O (4). 得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3 (5). 过滤、洗涤和干燥 (6). 由步骤2 在2.855g样品中：160g·mol－1 × (Fe2O3) = 0.4000g，(Fe2O3) = 0.0025mol，相当于5.710g样品中含n(Fe2O3) = 0.0050mol，由步骤1在5.710g样品中：102g·mol－1×n(Al2O3)+ 160g·mol－1×n(Fe2O3) = 3.350g，102g·mol－1×n(Al2O3) = 3.350g－2×0.4000g，n(Al2O3) = 0.025mol，n(Al)/n(Fe)=

【解析】

【分析】

由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤渣1为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为3，促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。

【详解】（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 +3H2O；SiO2不与盐酸反应，过滤到的滤渣1为没有反应的SiO2，故答案为：Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 +3H2O；SiO2；

（2）步骤Ⅳ为酸性条件下，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2+ + H2O2 +2H+ = 2Fe3++2H2O；

（3）步骤V若将溶液pH调成6，溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品，故答案为：得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤、洗涤和干燥；

（4）由步骤2 在2.855g样品中：160g·mol－1 × (Fe2O3) = 0.4000g，(Fe2O3) = 0.0025mol，相当于5.710g样品中含n(Fe2O3) = 0.0050mol，由步骤1在5.710g样品中：102g·mol－1×n(Al2O3)+ 160g·mol－1×n(Fe2O3) = 3.350g，102g·mol－1×n(Al2O3) = 3.350g－2×0.4000g，n(Al2O3) = 0.025mol，n(Al)：n(Fe)=（2×0.025mol）：（2×0.005mol）=5:1，故答案为：5:1。

【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握流程中物质的转化和制备原理是解答关键。

江苏省2020年高中化学学业水平测试（必修科目）试题（含解析）