2019 年河南省教师招聘学科备考一本通参考答案化学学科 ·...

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2019 年河南省教师招聘学科备考一本通参考答案

化学学科

模块三真题与模拟

考点精粹一

真题展示

（2018鹤壁淇滨区）【答案】C。解析：A.水结成冰，是因为降温后水分子间的间隔变小，分子总是在

不断的运动的，故选项解释错误。B.变瘪的乒乓球放入热水中能鼓起来，是由于温度升高，分子的间隔变

大，体积不变，故选项解释错误。C.加入糖的水变甜，是由于分子永不停息的做无规则运动，故选项解释

正确。D.1L大豆与 1L水混合总体积小于 2L，大豆是宏观的物质，不能说明分子间有间隔，故选项错误。

试题模拟

1.【答案】B。解析：A.干冰升华是因为二氧化碳分子间隔变大的缘故，故选项解释合理；B.水烧开后，

壶盖被顶开，发生的是物理变化，水分子本身没有发生改变，温度升高，水分子间的间隔变大，引起水的

体积膨胀，壶盖被顶开，分子数目不变，故解释错误；C.水在通电的条件下发生分解反应生成氢气和氧气，

分子种类变化，故选项解释合理；D.湿衣服晾在太阳底下干得快，是因为温度升高，分子运动的速率加快，

故选项解释合理；故选 B。2.【答案】D。解析：“遥知不是雪，唯有暗香来”，诗人在远处就能闻到淡淡的梅花香味，是因为梅花

花香中含有的分子是在不断的运动的，向四周扩散，使诗人闻到梅花花香。A.由分子的性质可知，诗人在

远处就能闻到淡淡的梅花香味的主要原因与分子体积很小无关，故选项错误；B.由分子的性质可知，诗人

在远处就能闻到淡淡的梅花香味的主要原因与分子之间有间隔无关，故选项错误；C.由分子的性质可知，

诗人在远处就能闻到淡淡的梅花香味的主要原因与分子质量很小无关，故选项错误；D.由于分子是在不断

的运动的，这是造成诗人在远处就能闻到淡淡的梅花香味的主要原因，故选项正确；故选 D。

考点精粹二

真题展示

（2017濮阳华龙区）【答案】D。解析：①铝热剂为铝与金属氧化物的混合物，矿泉水中含有水和矿物

质，属于混合物，故①错误；②HD是由同种氢元素组成的单质：氢气，不是化合物，故②错误；③明矾、

烧碱、硫酸均为强电解质，故③正确；④C60、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故

④正确；⑤碘酒是碘单质的酒精溶液不是胶体，故⑤错误；故选 D。（2018鹤壁淇滨区）【答案】A。解析：A.无机物通常指不含碳元素的化合物。有机物通常指含碳元素

的化合物，但二氧化碳、碳酸、碳酸盐除外，甲烷、乙醇、乙酸都属于有机物，故选项正确；B.尿素中含

有氮元素，属于氮肥；硝酸钾中含有钾元素和氮元素，属于复合肥；磷酸氢二铵中含有磷元素和氮元素，

属于复合肥；故选项说法错误；C.煤、石油中均含有多种物质，均属于混合物；冰是固态的水，冰水共存

物中只含有一种物质，属于纯净物；故选项说法错误；D.合成橡胶、合成纤维均属于合成材料，合金属于

金属材料，故选项说法错误。

试题模拟

【答案】D。解析：A.碳酸钠为盐不是碱，故 A 错误；B.冰水混合物是一种物质组成的纯净物，故 B错误；C.NaHSO4是盐，不是酸，故 C错误；D.盐酸溶液是混合物，CaO是氧化物，HNO3属于酸，Ca(OH)2属于碱，CaCO3属于盐，故 D正确；故选 D。



考点精粹三

真题展示

（2017 濮阳龙华区）【答案】C。解析：A.NaCl 为离子化合物，用离子符号表示电子式,其电子式为

，故 A正确；B.甲烷为共价化合物，短横表示共用电子对来表示结构式，结构式为，

故 B正确；C.Mg 的质子数为 12，则原子结构示意图中最外层电子数为 2，而为镁离子结构示意

图，故 C错误；D.乙烯的分子式为 C2H4，官能团为碳碳双键，结构简式中应体现官能团，所以其结构简式

为 CH2=CH2，故 D正确。故选 C。试题模拟

1.【答案】B。解析：A.CO2的电子式为，因此 A错误；B.Cl－是氯原子得到一个电子形成的

阴离子，B正确；C.乙烯的结构简式为 CH2＝CH2，因此 C错误；D.质量数为 37的氯原子应该表示为3717Cl ，

因此 D错误。正确答案为 B。

2.【答案】C。解析：A.硫原子的原子结构示意图应为，题干选项表示的是硫离子的结构示意

图，故 A 错误；B.NH4Cl 是由 NH4+和 Cl－离子构成，由于 Cl－是阴离子，必须写出电子式：，故 B错误；C.818O 表示质量数为 18，质子数为 8的氧原子，所以该原子核内有 10个中子，故 C 正确；D.该结

构简式是邻氯甲苯，因为氯原子和甲基的位置在相邻的碳原子上，对氯甲苯中的氯原子和甲基的位置应该

处于相对位置，故 D错误；故选 C。

考点精粹四

真题展示

（2018鹤壁淇滨区）【答案】B。解析：A.春风又绿江南岸过程中有新物质生成，属于化学变化。B.日照香炉生紫烟过程中没有新物质生成，属于物理变化。C.北风卷地白草折过程中没有新物质生成，属于物

理变化。D.草枯鹰眼疾过程中有新物质生成，属于化学变化；雪尽马蹄轻过程中没有新物质生成，属于物

理变化。

试题模拟

1.【答案】C。解析：A.花香四溢体现的是分子的不断运动这一性质，没有新物质生成，属于物理变化，

故 A错误；B.滴水成冰是物质的三态变化，属于物理变化，故 B错误；C.百炼成钢的原理是生铁中的碳在

高温的条件下与氧气反应生成二氧化碳，使生铁中含碳量降低，所以属于化学变化，故 C正确；D.木已成

舟没有新物质生成，故 D错误；故选 C。2.【答案】A。解析：A.石油分馏过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化。B.火药

爆炸过程中有新物质生成，属于化学变化。C.粮食酿酒过程中有新物质酒精生成，属于化学变化。D.高炉

炼铁过程中有新物质铁生成，属于化学变化。故选 A。

考点精粹五

真题展示

（2018鹤壁淇滨区）【答案】AC。解析：升高温度，反应物活化分子百分数上升，反应速率上升。另

外，温度升高，分子碰撞加剧，有效碰撞的次数随之上升。故 A、C正确；B.降低了反应的活化能为催化

剂的作用，故错；D.化学反应中的能量变化为反应物的能量-生成物的能量，提高温度并不会影响化学反应

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中的能量，故错误。

试题模拟

1.【答案】D。解析：A.增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞

增加，化学反应速率增大，A错误；

B.增大反应物浓度，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞增加，化学反

应速率增大，B错误；

C.降低温度，活化分子百分数减小，有效碰撞减少，化学反应速率减小，C错误；

D.使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞增大，化学反应速率加快，D正确。答案选 D。2.【答案】A。解析：A项，铜能与浓硝酸反应而不能与浓盐酸反应，是因为浓硝酸和浓盐酸的氧化性

不同，反应速率由反应物本身的性质决定，这是影响化学反应速率的决定性因素，故 A正确；B项，浓 H2SO4

与稀 H2SO4的浓度不同，化学反应速率由浓度决定，属于外界因素，故 B错误；C项，升高温度，活化分

子百分数增加，分子运动速度加快，有效碰撞次数增多，化学反应速率由温度决定，属于外界因素，故 C错误；D项，催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，有效碰撞次数增多，化学反应速率由催

化剂决定，属于外界因素，故 D错误。综上所述，本题选 A。

考点精粹六

真题展示

（2016濮阳市直）【答案】（1） 2

2 2

c(CO)c(H O)K=

c(CO )c(H )；（2）吸热；（3）BC；（4）830；（5）0.032，80%；（6）

［0.6 mol，1.0 mol］

解析：（1）CO2(g)+H2(g)＝CO(g)+H2O(g)，则由化学平衡常数定义式可知： 2

2 2

c(CO)c(H O)K=c(CO )c(H )

；

（2）图表中平衡常数随温度升高增大，说明升温平衡正向进行，正反应是吸热反应；

（3）A.反应前后气体体积不变，反应过程中和平衡状态压强不变，容器中压强不变不能说明费用达到

平衡状态；B.混合气体中，C（CO）不变是平衡标志；C.反应速率之比等于化学方程式系数之比，是正反

应速率之比，V 正（H2）＝V 逆（H2O），表面水的正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；D. V 正（H2）＝V

逆（H2O）和起始量和消耗量有关，不能说明反应达到平衡状态。

（4）某温度下，平衡浓度符合下式：C(CO2)•c(H2)＝C(CO)•c(H2O)，K=1，平衡常数随温度变化，温

度不变，平衡常数不变；根据图表数据可以知道，此时的温度为 830℃。

（5）A、B的物质的量浓度分别为 0.2mol 0.04mol / L5L

， 0.08mol 0.16mol / L5L

CO2(g) + H2(g) ＝ CO(g) + H2O(g)起始：0.04 0.06转化：x x x x平衡：0.04-x 0.06-x x x

x xK 1(0.04 x) (0.06 x)

x=0.032 mol/L

A的转化率为： 0.032 100% 80%0.04

（6）根据题意：

CO2(g) + H2(g) ＝ CO(g) + H2O(g)起始：1 1转化：0.6 0.6 0.6 0.6平衡：0.4 0.4 0.6 0.6

此时二氧化碳和氢气的物质的量之和是 1.2 mol，再通入 4 mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进



行。假设一氧化碳全部转化完毕，则会生成二氧化碳和氢气各 0.4 mol，此时的物质的量 1 mol，但是一氧

化碳不会全部转化，所以达到新的平衡后，的物质的量介于之间。

试题模拟

1.【答案】A。解析：A.4v 正(O2)=5v 逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表

示反应达到平衡状态，故 A 正确；B.若单位时间内生成 xmol NO 的同时，消耗 xmol NH3，都表示向反应

正向进行，反应自始至终都是 1:1，不能说明到达平衡，故 B错误；C.达到化学平衡时，若增加容器体积，

则物质的浓度减小，正逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，故 C错误；D.化学反应速率关系是：3υ正

(NH3)=2υ正(H2O)，故 D错误；故选 A。2.【答案】C。解析：温度在 a℃之前，升高温度，X 的含量减小，温度在 a℃之后，升高温度，X的

含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反应进行，最低点之后，各点为平衡

点，升高温度 X的含量增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，A.已知该反应为放热反应，

升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，故 A 错误；B.温度越高，反应速率越快，M 点温度高，则 W 点 X的正反应速率小于M 点 X的正反应速率，故 B错误；C.曲线上最低点 Q 为平衡点，升高温度平衡向逆反

应移动，Y的转化率减小，所以 Q点时，Y的转化率最大，故 C正确；D.该反应为气体体积不变的反应，

恒容恒温度下，平衡时充入 Z，二者为等效平衡，达到新平衡时 Z的体积分数与原平衡时相等，故 D错误；

故选 C。3.【答案】（1）大于；

（2）①大于；②逆反应；先变深后变浅但比压缩前深；

（3）D；AB。解析：（1）随温度的升高，混合气体的颜色变深，化学平衡向正反应方向移动，即△H＞0；（2）①N2O4的浓度降低，平衡向正反应方向移动，由于正反应方向吸热，T＞100℃；②反应容器的容

积减少一半，压强增大，正反应方向气体体积增大，增大压强向着气体体积减小的方向移动，混合气体的

颜色先变深后变浅但比压缩前深；

（3）平衡常数只受温度影响，要增大该反应的 K 值，应改变温度使平衡向正反应方向移动，该反应

正反应是吸热反应，故应升高温度平衡向正反应移动，平衡常数 K增大，所以要增大该反应的 K值，可采

取的措施为 D。

重新达到平衡时，A.增大N2O4的起始浓度，达到平衡时，压强增大，与原平衡相比，平衡逆移，则

值变小，故 A正确；B.向混合气体中通入 NO2，达到平衡时，压强增大，与原平衡相比，平衡逆移，则

值变小，故 B正确；C.使用高效催化剂，平衡不移动，则值不变，故 C错误；D.该反应正反应是

吸热反应，升高温度平衡正移，则值变大，故 D错误。

考点精粹七

真题展示

（2018鹤壁淇滨区）

【答案】（1）①②④；

（2）羧基；碳碳双键；

（3）（CH3）2CHCH2COOH 或 CH3CH2CH（CH3）COOH；

（4）（CH3）2CHCH2OH+HCOOH （CH3）3CCOOH+H2O。

（5）③。

解析：B连续氧化生成 D，D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，D含有羧基，则 B为醇，C为醛，



D、E互为具有相同官能团的同分异构体，D、E为羧酸，故 A为酯，且 B、C、D、E、F分子中碳原子数

相同，A 的分子式为 C10H20O2，属于饱和一元酯，则 B的分子式为 C5H12O，E的分子式为 C5H10O2，B分

子中无支链，故 B结构简式为 CH3（CH2）3CH2OH，则 C为 CH3（CH2）3CHO，D 为 CH3（CH2）3COOH，E分子烃基上的氢若被 Cl取代，其一氯代物只有一种，则 E的结构简式为（CH3）3CCOOH，B和 E发生

酯化反应生成 A，故 A为 C（CH3）3COOCH2（CH2）3CH3，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，则 B在浓硫

酸、加热条件下发生消去反应生成 F，则 F的结构简式为 CH3（CH2）2CH=CH2。

（1）B为 CH3（CH2）3CH2OH，含有的官能团为羟基，可以发生取代反应，可以燃烧，属于氧化反应，

可以发生催化氧化，能发生消去反应，不能发生加聚反应，故答案为：①②④；

（2）D 为 CH3（CH2）3COOH，含有官能团为羧基，结构简式为－CHO，F为 CH3（CH2）2CH=CH2，

分子所含的官能团是碳碳双键，故答案为：羧基；碳碳双键；

（3）与 D.E 具有相同官能团的物质结构简式：（CH3）2CHCH2COOH 或 CH3CH2CH（CH3）COOH，故答案为：（CH3）2CHCH2COOH 或 CH3CH2CH（CH3）COOH；

（4）由 2 一甲基－1－丙醇和甲酸在一定条件下制取 E，该反应的化学方程式是：（CH3）

2CHCH2OH+HCOOH （ CH3 ） 3CCOOH+H2O ，故答案为：（ CH3 ）

2CHCH2OH+HCOOH （CH3）3CCOOH+H2O。

（5）C为CH3（CH2）3CHO，含有醛基，用新制的氢氧化铜检验，需要再碱性条件下、加热，取 1mol/LCuSO4

溶液和 2mol/LNaOH 溶液各 1mL，二者恰好反应生成氢氧化铜，加入的硫酸铜过多，不是碱性条件，故加

热无红色沉淀出现，故答案为：③。

（2016濮阳市直）

【答案】（1）C8H8；（2）银氨溶液或新制氢氧化铜；（3）(CH3)3CH；

（4）；

（5）

；

（6）13，；

解析：（1）A 是相对分子质量为 104的芳香烃，结合题目提供的信息可以确定 A 为 C8H8，是苯乙烯

( ），A 与 B2H6在 H2O2/OH-条件下发生反应变为 B：苯乙醇。

苯乙醇催化氧化为 C：苯乙醛。苯乙醛催化氧化为 D：苯乙酸。D、G

发生酯化反应得到的酯中含有 12个 C原子，则 G是含有 4个 C原子的醇。结合 F为一氯代物，其核磁共

振氢谱有三个吸收峰，逆推可知： E的结构简式为(CH3)3CH。F为：CH2FCH(CH3)2.G为 HOCH2CH(CH3)2.H

为。

（2）A苯乙烯中含有碳碳双键，C苯乙醛中含有醛基，区分二者的方法是利用醛基的性质用银氨溶液



或新制氢氧化铜来鉴别醛。

（3）E的结构简式为(CH3)3CH。（4）B→C的化学方程式为：

。

（5）D和 G生成 H的化学方程式为

。

（6）苯乙酸的同分异构体中能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生银镜反应说明

还含有醛基。则符合要求的同分异构体的共有 13种。它们分别是：；；；

；；；；；；；；

；。其中核碰共振氢谱中吸收峰数目最少的结构简式：

试题模拟

1.【答案】A。解析：羧酸酯的分子式为 C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到 1mol羧酸和 2mol乙醇，

这说明分子中含有 2个酯基，因此有 2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是 18－2×2＝14，氢原子个数是 26+4－2×6＝18，氧原子

个数是 5+2－2×1＝5，即分子式为 C14H18O5，故 A正确。因此正确答案为 A。2.【答案】D。解析：组成为 C10H14的芳香烃，其苯环上有两个取代基时分为两大类：第一类两个取代

基，一个为甲基，另一个为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有

6种，第二类两个取代基均为乙基，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有 9种，故选 D。3.【答案】A。解析：A.甲烷和乙烷属于饱和烃，二者结构相似，分子间相差 1个原子团，所以二者互

为同系物，所以 A选项是正确的；B.乙醇与乙酸含有的官能团不同，二者结构不同，不是同系物，故 B错

误；C.一氯甲烷与二氯甲烷虽然都是氯代烃，但官能团的数目不同，不是同系物，故 C错误；D.正丁烷，

异丁烷分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故 D错误。所以 A选项是正确的。

4.【答案】A。解析：A.由结构式知青蒿素的化学式为 C15H22O5，A错误；B.青蒿素中含有酯基可以发

生水解反应，能与 NaOH溶液反应，B正确；青蒿素中含有过氧键，具有氧化性，因此与 H2O2（）

含有相似结构，具有杀菌作用，C正确；D.用乙醚为溶剂在低温下从黄花蒿中提取青蒿素是利用其在有机

物的溶解性较大，所以是利用了萃取原理，D正确。

5.【答案】B。解析：A.植物油属于不饱和脂肪酸的甘油酯，因此可以使溴的四氯化碳溶液褪色，A错

误；B.淀粉水解的最终产物是葡萄糖，B正确；C.葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，C错误；D.蛋白质



遇重金属离子发生变形，蛋白质的空间结构发生变化，此种变性是不可逆的，因此产生的沉淀是不能重新

溶于水的，D错误。正确答案为 B。6.【答案】B。解析：A项 X和 Z均属于酚，与溴水发生取代反应能使溴水褪色，Y中含有碳碳双键，

与溴水发生加成反应能使溴水褪色，正确；B项，碳酸酸性大于酚，X和 Z不能与 NaHCO3溶液反应放出

CO2，错误；C项，Y中苯环上能发生取代反应，碳碳双键和苯环能发生加成反应，正确；D项，Y分子含

有碳碳双键可作加聚反应单体，X含有酚羟基，与醛可发生缩聚反应，可作缩聚反应单体，正确。

7.【答案】C。解析：A.酚羟基能使 FeCl3溶液发生显色反应，该物质中不含酚羟基，所以不能使 FeCl3溶液发生显色反应，A错误；B.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以该物质能使酸性高锰酸钾溶液

褪色，B 错误；C.该物质中官能团有酯基、碳碳双键、醇羟基、羧基，所以具有酯、醇、烯烃、羧酸的性

质，所以能发生加成反应、取代反应和消去反应，C正确；D.能和 NaOH溶液反应的官能团有羧基、酯基，

所以 1mol该物质最多可与 2molNaOH 反应，D错误。

8.【答案】B。解析：A.苯甲酸钠是由苯的羧酸衍生物苯甲酸与碳酸钠或氢氧化钠反应生成苯甲酸钠，

是苯甲酸的钠盐，A正确；B.烃类化合物是碳与氢原子所构成的化合物，而苯甲酸钠是由碳、氢、氧、钠

组成的化合物，B 错误；C.苯甲酸钠易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，苯甲酸是一种稳定性较强的酸，故其

钠盐不易分解，C正确；D.苯甲酸钠属于强碱弱酸盐，溶于水后，苯甲酸根离子水解使溶液呈碱性，D 正

确；故选 B。9.【答案】B。解析：A.聚乙烯不含碳碳双键，聚乙烯为加聚产物，A错；B.分子式为 C4H10的有机物

可能为正丁烷、异丁烷，即有 2 种同分异构体，B对；C.乙烯能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，而苯中不存

在碳碳双键，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，C错；D.酯化反应是可逆反应，无法 100%反应，所以不可能

生成 1mol乙酸乙酯，D错。故选 B。10.【答案】A。解析：物质（C4H6O2）能与 NaHCO3反应放出 CO2，则该物质为羧酸；物质（C4H6O2）

核磁共振氢谱有 3种峰，其峰面积之比为 3：2：1，则正确结构应该为 A，其他选项均不符合题意。

11.【答案】

（1）；

（2）加成反应；消去；氢氧化钠溶液；

（3）；

（4）；

（5）；

（6）ac；

（7）；

（8）9。解析：根据缓释阿司匹林及阿司匹林、乙二醇的结构简式知，E是聚异丁烯酸，D在催化剂条件下生

成 E，则 D 是异丁烯酸，B 酸化生成 C，C 发生消去反应生成异丁烯酸，根据题给信息知，A 是丙酮，B



的结构简式为：CH3C(OH)(CN)CH3，C的结构简式为：HOC(CH3)2COOH；水杨酸的化学名称为邻羟基苯

甲酸，则水杨酸的结构简式为。（1）故水杨酸的结构简式为。

（2）丙酮和氢氰酸发生加成反应生成 B，所以反应Ⅰ的反应类型是加成反应，HOCH2CH2OH可由 1，2-二溴乙烷通过取代反应制备，在加热条件下，1，2-二溴乙烷和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成乙二

醇，所以实现该制备所需的反应试剂是氢氧化钠的水溶液。

（ 3 ） C 的结构简式为： HOC(CH3)2COOH ， D 是异丁酸，则 C→D 的反应方程式为

。

（4）C 的结构简式为：HOC(CH3)2COOH，C 可发生缩聚反应生成高聚物，该高聚物的结构简式为

。

（ 5 ）阿司匹林与甲醇酯化的产物在氢氧化钠溶液中充分反应的化学方程式为

。

（6）a.阿司匹林含有羧基，所以呈酸性，服用阿司匹林出现水杨酸中毒，应立即停药，并静脉注射

NaHCO3溶液中和，故正确；b.1mol HOC(CH3)2COOH 的催化氧化产物与银氨溶液反应，理论上最多生成

4mol银，故错误；c．A是丙酮，丙酮中只含一类氢原子，所以 A的核磁共振氢谱只有一组峰，故正确；d．C的结构简式为：HOC(CH3)2COOH，两分子 C发生酯化反应可生成 6元环状酯，故错误；故选 ac；

（ 7 ）缓释阿司匹林在体内水解生成阿司匹林、高聚物 E 等物质的反应方程式为

。

（8）水杨酸有多种同分异构体，其中属于酚类且能发生银镜反应说明含有酚羟基和醛基，当水杨酸的

同分异构体中含有 HCOO-和-OH 使有 3种结构，当含有两个-OH 和一个-CHO 时，两个羟基处于邻位有 2种结构，两个羟基处于间位时有 3种结构，两个羟基处于对位时有 1种结构，所以符合条件的水杨酸的同

分异构体有 9种。

12.【答案】（1）消去反应；浓硫酸、加热；

（2）银氨溶液，酸(合理即可)；（3）碳碳双键比羰基易还原(合理即可)；（4）CH2=CHCHO；

解析：（1）根据题意可知合成 M的主要途径为：丙烯(CH2===CHCH3)在催化剂作用下与 H2/CO 发生反



应生成丁醛 CH3CH2CH2CHO ； CH3CH2CH2CHO 在碱性条件下发生加成反应生成

，其分子式为 C8H16O2，与 A的分子式 C8H14O对比可知，反应①为在浓硫酸、

加热条件下发生消去反应。

（2）除催化氧化法外，由 A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬

浊液等将醛基氧化，然后再酸化的方法。

（3）化合物 A(C8H14O)与 H2发生加成反应生成 B(C8H16O)，由 B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先

与 H2加成，即碳碳双键比醛基(羰基)易还原。

（4）丙烯(CH2==CHCH3)在催化剂作用下被 O2氧化为 C(分子式为 C3H4O)，结构简式为：CH2==CHCHO；CH2==CHCHO 进一步被催化氧化生成 D(分子式为 C3H4O2)，D的结构简式为：CH2==CHCOOH；Y的结构

简式为 CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，D与 Y 在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构

简式为：。

（ 5 ） D 为 CH2==CHCOOH ，与 1 －丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成

CH2==CHCOOCH2CH2CH2CH3，CH2==CHCOOCH2CH2CH2CH3 与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：

(其他合理答案也可)。

（6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，Ω＝1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子中含有

碳碳双键，②含有 3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式

为： (其他合理答案也可)。



模块四专项练习

专题一化学基础理论

1.【答案】A。解析：A.H218O与 D2O的相对分子质量均为 20，且所含有中子数均为 10个，A正确；B.4.4g乙醛

为 0.1mol，每个乙醛分子 6个σ键，应为 0.6NA，B错误；C、应为 0.25 NA，C错误；D.浓盐酸反应变稀且具有挥发性，

实际反应的盐酸小于 0.6mol，故转移的电子数小于 0.3NA，D错误。选 A。

2.【答案】D。解析：A.过氧化钠为固体不拆分，错误；B.足量的二氧化硫应生成 HSO3－，错误；C.归中反应，但

酸性条件下不生成 OH—，错误；D.Ba(OH)2少量，两种离子均完全反应计量数比为 1:2，正确。

3.【答案】B。解析：A.能使蓝色石蕊试纸变红色的溶液是酸性溶液。在该溶液中会发生反应：2H++ CO32－=H2O+CO2↑。

离子不能电离共存。错误。B.c(H＋)＝1×10－1 mol/L的溶液是酸性溶液，此时 H+与选项中的离子不会发生任何反应。可

以大量共存。正确。C.能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液含有强氧化性的微粒，而 S2－、Br－有还原性，容易发生氧化还

原反应而不能大量共存。错误。D.在室温下纯水电离产生的 c(H＋)=10-7mol/L/现在水电离出的 c(H＋)＝1×10－12 mol/L的

溶液。说明水的电离受到了抑制。可能外加酸，也可能是外加碱。若外加碱，即溶液显碱性。则会发生沉淀反应Mg2＋

+2OH－=Mg(OH)2↓.离子不能电离共存。错误。

4.【答案】A。解析：①两种原子构成的共价化合物分子中的化学键不一定都是极性键，如 H2O2中既有极性键也

有非极性键，故①错误；②两种不同非金属元素原子间形成的化学键都是极性共价键，如 HCl，故②正确；③含有非

极性键的化合物不一定是共价化合物，如 Na2O2，故③错误；④离子化合物的熔点不一定比共价化合物的熔点高，如二

氧化硅的熔点大于 NaCl的，故④错误；⑤难失去电子的原子，不一定易形成阴离子，如稀有气体等，故⑤错误；⑥单

质分子中可能存在化学键，如稀有气体中没有化学键，多原子构成的分子中含有共价键，化合物的分子一定存在化学

键，故⑥错误；⑦离子化合物中一定含有离子键，故⑦正确。

专题二化学反应原理

1.【答案】A。解析：由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以 Cu接电源的正极作电解池的阳极，发生氧化反应，

溶液中阴离子移向铜电极，电解质溶液为强碱性溶液，故阴极反应为 2H2O+2e－=2OH－+H2↑，故石墨电极附近溶液 pH

升高，故选 A。

2.【答案】D。解析：从图中看出当电路中通过电子 0.1 mol时，没有固体析出，则说明M3+得电子被还原为M2+；

当导线中通过的电子 0.2 mol时，析出固体的质量线性增加，说明Cu2+得电子析出 Cu；当导线中通过电子大于 0.3mol 后，

生成固体的质量不再变化，说明此时阴极发生电解水反应，即 H+得电子生成 H2。因此分析图示可知氧化能力

M3+>Cu2+>H+。故 D正确。

3.【答案】B。解析：由图像 1可知，温度越高，生成物浓度越高，故符合图像 1的反应应为吸热反应；由图像 2

可知，达到平衡后，增大压强平衡逆向移动，正反应应为反应前后气体体积增大的反应；故符合下述两个图像的是 B，

故选 B。

4.【答案】B。从 0.1 mol·L-1的 NaHA溶液 pH=4可知，HA－是弱酸，且电离大于水解，所以溶液显酸性，当溶液

呈中性时可以推出 c(Na+)+c(K+)+c(H+)= c(HA－)+2c(A2－)+c(OH－)，但是不能推出 B

专题三元素化合物

1.【答案】D。解析：A.氧化钙是碱性氧化物，二氧化硫是酸性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，燃煤的钙基固硫

过程中利用氧化钙除去二氧化硫，故 A正确；B.水垢成分主要为碳酸钙，食醋是醋酸溶液，酸性强于碳酸，和碳酸钙

反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，可用于除去暖水瓶中的水垢，故 B正确；C.明矾溶于水，溶液中铝离子水解时产生

具有吸附性的氢氧化铝胶体粒子，可作净水剂，故 C正确；D.铁在潮湿的空气中易生锈，但生成的氧化膜是疏松的，

不能用来运输浓硫酸，而发生了钝化形成一薄层致密氧化物薄膜阻止反应进行，可以运输浓硫酸，故 D错误。

2.【答案】C。解析：n(Na2CO3)=0.025L×2mol/L=0.05mol，n(HCl)=0.075L×1mol/L=0.075mol，将 Na2CO3溶液逐滴

加入到盐酸中，有关反应为：Na2CO3+2HCl═2NaCl+CO2↑+H2O，生成气体的体积为12×0.075mol×22.4L/mol=0.84L，而

将稀盐酸缓缓滴到 Na2CO3溶液中，先发生 Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，反应消耗 0.05molHCl，剩余 0.025molHCl，

盐酸过量时在发生 NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，则生成气体 0.025mol×22.4L/mol=0.56L，则①＞②。

3.【答案】D。解析：A.碳族元素中，C.Si、Ge、Sn的+4价化合物稳定，CO2不是强氧化剂，故 A错误；B 碳族



元素中，C.Si、Ge、Sn的+4价化合物稳定，CO2不是强氧化剂，而 Pb的+2价化合物稳定，+4价不稳定的元素表现强

氧化性，PbO2是强氧化剂，+2 价不稳定的元素则表现强还原性，PbO都是还原剂，故 B错误；C.Sn是典型金属，所

以其最高价氧化物对应的水化物 Sn（OH）4和 HCl易反应，故 C错误；D.碳族元素单质的熔、沸点由上而下逐渐降低，

Ge单质的熔点介于 Si、Sn的熔点之间，是半导体材料，故 D正确。

4.【答案】B。解析：A.非金属性 Br>I，则 HBr比 HI的热稳定性强，A错误；B.非金属性 P>Si，则 H3PO4比 H2SiO3

的酸性强，B正确；C.Al2O3属于两性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，MgO属于碱性氧化物，与 NaOH溶液不反应，

C错误；D.SO2在酸性环境中能被 Ba(NO3）2氧化成硫酸钡，则 SO2和 SO3混合气体通入 Ba(NO3）2溶液只得到 BaSO4

白色沉淀，D错误；答案选 B。

专题四有机化学

1.【答案】A。解析：A. 属于油脂，也是酯类，A正确；B. 分子中不存在苯环，不属于芳

香族化合物，B错误；C. 分子中含有苯环，属于芳香族化合物，C错误；D. 分子中含有酚羟基，属

于酚类，D错误，答案选 A。

2.【答案】A。解析：羧酸酯的分子式为 C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到 1mol羧酸和 2mol 乙醇，这说明分

子中含有 2个酯基，因此有 2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知

该羧酸的分子式中碳原子个数是 18-2×2＝14，氢原子个数是 26+4-2×6＝18，氧原子个数是 5+2-2×1＝5，即分子式为

C14H18O5，A正确。

3.【答案】C。解析：乙烷不能发生加成反应也不能使酸性 KMnO4溶液褪色；乙醇不能发生加成反应；苯不能使

酸性 KMnO4溶液褪色；丙烯中碳碳双键可发生加成反应并使酸性 KMnO4溶液褪色，丙烯分子中的甲基上的氢原子已

发生取代反应。

4.【答案】A。解析：根据炔烃与 H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带 2个氢原子的碳原子

间是对应炔存在 C≡C的位置。有如图所示的 2个位置可以还原 C≡C键，

两位置相同，故该炔烃共有 1种。

专题五化学实验

1.【答案】A。解析：A.氯气可以与碱发生反应，产生对人危害较小的物质，所以当有大量的氯气泄漏时可以用肥

皂水浸湿软布蒙面，并迅速离开现场，正确；B.金属钠能够与水发生反应，所以钠着火时，不能即用水灭火，应该用

细砂灭火，错误；C.蒸发操作时，应使混合物中的水分快完全蒸干时，停止加热，用余热将剩余的少量的水蒸干，错

误；D.托盘天平精确度是 0.1g，所以用托盘天平不能称取 5.85 g NaCl固体，错误。

2.【答案】B。解析：A.向某溶液中加入 BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则该溶液一可能含有 SO42-，

也可能含有 Ag+，错误；B.由于 I2的 CCl4溶液为紫色，向某溶液中加入 CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在 I2，

正确；C.向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能含有 CO32－、HCO3

－、SO32－、HSO3

－，错误；D.向一定浓度的 Na2SiO3溶液中通入适量 CO2气体，出现白色沉淀，根据复分解反应的规律：强酸制取弱酸，

则说明 H2SiO3的酸性弱于 H2CO3，错误。

3.【答案】B。解析：A.移液管只能量取固定容积的溶液，量筒的最小读数为 0.1mL，所以无法用量筒和移液管量

取 24.00mL的溶液，可以使用滴定管量取，故 A错误；B.配制溶液时，转移溶解完的溶液需要使用玻璃棒引流，避免

溶液流到容量瓶外边，故 B正确；C.广泛 pH试纸只能读数到整数，故 C 错误；D.高锰酸钾具有强氧化性，研磨时用

力过大，容易发生爆炸，所以研磨高锰酸钾时一定要控制好力度，故 D错误；故选 B。

4.【答案】C。解析：A.“酸可除锈”是三氧化二铁与酸反应生成三价铁盐和水，有新物质生成，属于化学变化，“洗

涤剂可去油”利用的物质的相似相溶的溶解性，没有新物质生成，属于物理变化，故 A正确；B.甲酸是酸性物质能和碱

反应生成盐，所以甲酸和氨水、碳酸氢钠等碱性物质反应生成盐，从而减轻疼痛，故 B正确；C.称量 NaOH固体应放

在小烧杯中，不具有吸水性、腐蚀性的药品可垫上滤纸称量，故 C错误；D.滴定管以及容量瓶均有塞子，所以在使用

前需检查是否漏水，故 D正确；故选 C。



模块五点将练兵

模拟卷一参考答案

一、单选题

1.【答案】A。解析：A项，H218O与 D216O的相对分子质量均为 20，中子数均为 10，所以 4.0g由 H218O与 D216O的混合物所含中子数为 2NA，故 A 项正确；

B项，标准况下己烷为液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故 B项错误；

C项，pH=13的 NaOH 溶液中氢氧根的浓度为 0.1mol/L，则溶液中的 OH-的物质的量 n=CV=0.1mol，由于水还能电离出极少的氢氧根，故溶液中氢氧根的个数多于 0.1NA个，故 C项错误；

D 项，1mol 的 Na2O 中有 3mol 离子，1molBaO2中有 2mol 离子，则 1mol 的 Na2O 和 BaO2的混合物

中含的阴、阳离子总数小于 3NA，故 D 项错误。

2.【答案】C。解析：A 项，若 CH3COOH 与 NaOH 反应，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-)，由于反应后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)，则：c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，醋酸过量，b>0.0l mol⋅L−1,故 A项错误；B项，若 CH3COOH 与 NaOH 反应，根据电荷守恒：c(Na+)+ c(H+)=c(CH3COO−)+ c(OH-)，由

于反应后溶液中：c(Na+)=c(CH3COO−)，则：c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故 B项错误；C项，根据题意，

醋酸电离常数 Ka=c(CH3COO−)c(H+)/c(CH3COOH)=(0.01/2) ×10-7/(b/2-0.01/2)= 10−9/b−0.01mol⋅L−1，故 C 项正

确；D项，向 CH3COOH 溶液中滴加 NaOH 溶液的过程中，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，

当氢氧化钠过量时，水的电离又被抑制，故 D项错误。

3.【答案】D。解析：A.MCl2属于盐，在水中完全电离，但M(OH)2可能是强碱，也可能是弱碱，故 A说法正确；B.HCl属于强酸，完全电离，等体积的两种酸中 H＋

的物质的量相同，因此加入过量的 Zn，产生

氢气的量相同，相同条件下，氢气的体积相同，故 B说法正确；C.HSO3－在水中既有电离也有水解，NaHSO3

溶液显酸性，说明 HSO3－的电离程度大于水解，故 C说法正确；D.NH3·H2O为弱碱，NaOH为强碱，相同

pH时，c(NH3·H2O)>c(NaOH)，加水稀释促进 NH3·H2O的电离，即稀释相同倍数后，c(NH4＋)>c(Na＋)，故 D

说法错误。

4.【答案】B。解析：A.加水稀释醋酸促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导

致溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，选项 A错误；

B.HA电离出的 c（H+）为 0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则 pH=-lg（10-4）=4，选项 B正确；C.加水稀释促进

一水合氨电离，铵根离子个数增大，一水合氨分子个数减小，所以溶液中 c(NH3▪H2O)/c(NH4+)的值减小，

选项 C错误；D.pH=5的盐酸中氢离子抑制了水的电离，盐酸中氢氧根离子是水电离的，而氯化铵溶液中铵

根离子促进了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，两溶液中水的电离程度不相同，选项 D错误；答案选

B。5.【答案】A。解析：A.铁的合金含碳量越低，其硬度越小、延展性越好，故熟铁比生铁硬度小、延展

性好，A错误；B.《抱朴子•黄白》中“曾青涂铁，铁赤色如铜”主要发生了铁与硫酸铜反应生成铜与硫酸亚

铁，属于置换反应，故 B正确；C.蒸令气上，是利用互溶混合物的沸点差异分离混合物，则该法为蒸馏，

故 C正确；D.合金的硬度比其成分金属大，剑刃硬度要大，所以剂钢为铁的合金，故 D正确；故选 A。6.【答案】B。解析：A.汽油着火，不能用水灭，因为汽油的密度比水的小，会浮在水面，水起不到灭

火的作用，选项 A错误；B.给试管中的液体加热试管不能朝着自己或他人，以免试管中的液体喷出伤人，

选项 B 正确；C.皮肤上不小心沾上浓硫酸，应用抹布擦拭，再立即用大量水冲洗，然后涂上 3%～5%的

NaHCO3 溶液，选项 C错误；D.硫酸是强酸，具有腐蚀性，造成水体的污染，应到入指定的容器内，选项

D错误。答案选 B。7.【答案】A。解析：A.溴单质易溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，四氯化碳与水互不反应，

故 A正确；B.乙酸易溶于乙醇，能透过滤纸，不能用过滤分离，故 B错误；C.加热后，碘单质易升华，剩

余的是 KI，故 C错误；D.烧杯用来粗略配制溶液，无法精确到 0.0001，故 D错误。故选 A。8.【答案】D。解析：①水银是汞，属于纯净物，故①错误；②由两种元素组成，其中一种为氧元素的

化合物叫氧化物，故②错误；③NO2不是酸性氧化物，Al2O3为两性氧化物、CaO2为碱性氧化物，均不属



于碱性氧化物，故③错误；④C60、C70、金刚石、石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，

故④正确；⑤溶液的导电能力与离子浓度成正比，与电解质的强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不

一定比弱电质溶液强，故⑤错误；⑥只有离子键在熔融状态下才能破坏，在熔化状态下能导电的化合物为

离子化合物，故⑥正确；⑦有单质参加或有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如：石墨转化为金刚

石就不是氧化还原反应，故⑦错误；综上，正确的只有④⑥，答案选 D。9. 【答案】 D 。解析： A. 硫酸溶液中滴加足量氢氧化钡溶液，离子方程式应为：

2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓ ， A 项错误； B. 钠与水反应，离子方程式应为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，B项错误；C.碳酸钙与醋酸溶液反应，醋酸是弱电解质，不能改成离子形式，

离子方程式应为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，C 项错误，C 项错误；D.澄清石灰水

中加入碳酸钠溶液，离子反应应为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，D项正确。

10.【答案】C。解析：A. a属于立方烷，结构中没有不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色、b、c 均

含有不饱和键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色。故 A错；B. a的二氯代物有 3 种,b的二氯代物只有 3 种、c的二氯代物大于 3种，故 B错误；C. a 的同分异构体中除 b、c 外，还有苯乙烯，苯乙烯可与溴水反应，

故 C正确；D.根据 a、b、c的结构可知,只有 b分子中的所有原子处于同一平面，故 D错误；答案 C。11.【答案】A。解析：A.盐酸的酸性大于亚硫酸，则 SO2通入 BaCl2溶液不反应，但再通入足量氯气，

亚硫酸被氧化生成硫酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故 A正确；B.98%以上的浓硝酸在空气中挥发形

成硝酸小液滴，会产生白雾，所以叫发烟硝酸，故 B错误；C.硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，

则在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入 Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，故 C错误；D.医学上用硫酸钡作

为钡餐，不是碳酸钡，故 D错误；故选 A。12.【答案】A。解析：根据题意求溶液中 Cl-和 SO42-之比，可先求 Mg2+和 Al3+之比；由图可知当沉淀

量达到最大时，沉淀物应为 Al(OH)3、Mg(OH)2的混合物，后 Al(OH)3随着 NaOH 溶液的加入溶解，反应方

程式为 Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗 0.2体积的 NaOH，再根据 Al3++3OH-=Al(OH)3↓，形成 Al(OH)3沉淀过程中消耗 0.6 体积的 NaOH，则因 Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，形成 Mg(OH)2消耗的体积为 0.7-0.6=0.1

体积的 NaOH，可推出溶液中 Al3+与 Mg2+之比为 0.2:0.05=4:1，推知 SO42-与 Cl-之比为�� :� � �=3:1，那

么溶液中 Cl-与 SO42-之比为 1:3，答案选 A。13.【答案】C。解析：A.钠离子的电子式是：Na��，选项 A正确；B.蔗糖的分子式是：C��H��O��，

选项 B正确；C.氯离子的结构示意图是：，选项 C错误；D.水分子的比例模型是：

符合原子半径的大小，选项 D正确。答案选 C。14.【答案】C。解析：A.过氧化钠为粉末固体，关闭止水夹，与水接触后不能分离，则不能利用图中

简易装置制备少量氧气，故 A 错误；B.加热氯化铁溶液,促进了铁离子水解，因为水解产生的 HCl易挥发，

最终得到的固体为氧化铁，无法获得无水氯化铁，故 B错误；C.发生强酸制取弱酸的反应，硫酸制备碳酸，

碳酸制备硅酸，所以实验Ⅱ可比较酸性强弱:H2SO4 >H2CO3> H2SiO3，故 C正确；D.氨气极易溶于水，图示

装置不能收集到氨气，故 D错误；综上所述，本题选 C。15.【答案】D。解析：A.Na2O2能与水、二氧化碳反应放出氧气，可用作潜水艇或呼吸面具的供氧剂，

A 项正确；B.由于金属铝具有较好的延展性，因此常用铝箔做包装材料，B 项正确；C.由于

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，因此 FeCl3溶液可用于刻制印刷电路板，C项正确；D.烧菜用过的铁锅，放置常出现

红棕色是因为 Fe 被氧化生成 Fe2O3，D项错误；答案选 D。二、填空题

16.【答案】（1）� ‴ �th��th��

�th��th��，变小；

（2）1.75×10-3，0.89；（3）促进，变大；

（4）饱和 SO2溶液中电离产生的 SO32 -很少，因此没有沉淀；加入氨水后，促进 H2SO3的电离，SO32 -



离子浓度增大，有沉淀产生；

（5）BaSO4，Ba(NO3)2。【解析】（1）平衡常数表达式是各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量

数次幂的乘积所得的比值，针对 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)反应的平衡常数表达式：� ‴

�th��th��

�th��th��；由题给信息可知，该反应为放热反应，温度升高，平衡左移，二氧化碳气体的浓度将变小；

正确答案：� ‴ �th��th��

�th��th��；变小。

（ 2）前 2s 内 c(NO)的变化量为 9.50×10-3-2.50×10-3=7.0×10-3mol∙L-1， v(NO)= 7.0×10-3/2=3.5×10-3

mol/(L∙s),根据速率之比和系数成正比规律可知， v(N2)=1/2 v(NO)= 1/2×3.5×10-3 mol/(L∙s)= 1.75×10-3

mol/(L∙s) ；根据图表信息可知，反应进行到 3s 后达到平衡状态， c(NO) 的变化量为

9.00×10-3-1.00×10-3=8.00×10-3 mol∙L-1，CO 的转化率为：8.00×10-3/9.00×10-3=0.89；正确答案：1.75×10-3；0.89。（3）(NH4)2SO4属于强酸弱碱盐，NH4+的水解促进了水的电离；溶液中加入稀盐酸后，H+浓度增大，

NH4+的水解受到抑制，溶液中的 NH4+浓度增大，所以th��

��

th��晦�

值变大；正确答案：促进；变大。

（4）饱和 SO2溶液中电离产生的 SO32-很少，因此没有沉淀；加入氨水后，溶液中的 H+与氨水中的

OH-结合，促进 H2SO3的电离，SO32-离子浓度增大，有沉淀产生；正确答案：饱和 SO 2溶液中电离产生的

SO32 -很少，因此没有沉淀；加入氨水后，促进 H2SO3的电离，SO32 -离子浓度增大，有沉淀产生。

（5）BaSO3的溶解度大于 BaSO4 溶解度，所以向溶液中通入少量的 SO2就立即产生的白色沉淀是

BaSO4；硫元素化合价由正 4 价升变为正 6价，化合价升高，说明硫元素被溶液中含有的具有氧化性的离

子氧化，所以原可溶性钡盐可能是 Ba(NO3)2；正确答案：BaSO4；Ba(NO3)2。17.【答案】

（1）SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4；

（2）①NO2(g)+SO2(g)=SO3(g)+NO(g) ∆H=－41.8kJ/mol；②减小；

（3）①2；②bc。解析：（1）SO2在烟尘的催化下形成硫酸是首先二氧化硫与水反应生成亚硫酸，然后亚硫酸发生氧化

反应 SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4；（2）①根据盖斯定律来求解，2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ∆H =－113.0kJ/mol①；2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ∆H =－196.6kJ/mol②；然后用（②－①）÷2得：NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g) ∆H =－41.8 kJ/mol，故答案为 NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)∆H =－41.8kJ/mol；②因为正反应为放热反应，所以升高温度平衡常数减小，故答案为减小；（3）①1 L密

闭容器在 5 min 内各物质浓度发生的变化如下：

2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)起始浓度（mol/L） 2 1 0变化浓度（mol/L） 1 0.5 1平衡浓度（mol/L） 1 0.5 1

该反应的平衡常数为；②a.温度和容器体积不变，充入 1.0 mol He，平衡不移动，SO2的转化

率不变，故 a 错误；b.温度和容器体积不变，充入 1.0mol O2，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故 b正确；c.在其他条件不变时，减少容器的体积，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故 c正确；d.在其他条件不变时，改用高效催化剂，平衡不移动，SO2的转化率不变，故 d错误；e.在其他条件不

变时，升高体系温度，平衡逆向移动，SO2的转化率变小，故 e错误；故答案为 bc。18.【答案】（1）4，1s22s22p63s23p63d5；（2）6：1，sp2、sp3，离子键、共价键、配位键，18NA；

（3）16；（4）CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体；



（5） �� t

��t� �t�t

解析：(1)26号元素铁基态原子核外电子排布是为 1s22s22p63s23p63d64s2，可知在 3d上存在 4个未成对

电子，失去电子变成铁离子时，先失去 4s上的 2 个电子后失去 3d上的 1个电子，因此铁离子的电子排布

式为 1s22s22p63s23p63d5；(2).一个乙醛分子含有 6个σ键和一个π键，乙醛中甲基上的碳形成 4条σ键，无孤对电子，因此采取 sp3

杂化类型，醛基中的碳形成 3条σ键和 1条π键，无孤对电子，采取 sp2杂化类型。配合物｛Cu(NH3)4｝(OH)2中铜离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子，铜离子和氨气分子之间形成配位键，氨气分子中氮和氢原子

之间以共价键结合，内界离子和外界离子氢氧根离子之间以离子键结合，所以含有的化学键离子键、共价

键、配位键, 1mol [Cu(NH3)4](OH)2中含 4mol氨气，4mol氨气总共含有σ键的物质的量为 12mol，1mol该配

合物中含有 4mol配位键，外界的氢氧根离子中也有 2molσ键，所以含有的σ键的物质的量为 18mol，即 18NA

个。

(3).该晶胞中氧原子个数为 � � � � � � ��

�=8，有氧化亚铜中铜和氧的比例关系可知该晶胞中铜原

子个数为氧原子个数的 2倍，即为 16个。

(4) CaCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，所以氯化钙的熔点比氯化铝的高。

(5)该晶胞中氟离子个数为 8，钙离子个数为 � � ��

�=4，故 1mol晶胞的质量为 4×78g，由晶胞的

密度可以求出晶胞的体积为��t��

cm3，故晶胞的边长为� ��

t��cm。将晶胞分成 8个小正方体，则氟离子与钙

离子之间的最小距离就是小正方体的顶点与体心之间的距离，因此，

d=��

��

��tcm= �

�� t

��t� �t�tpm。



模拟卷二参考答案

一、单选题

1.【答案】C。解析：A.干冰为二氧化碳固体、胆矾为五水硫酸铜晶体、烧碱为氢氧化钠,都是纯净物，

都为化合物，A 正确；B.石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于碳元素的同素异形体，B正

确；C.乙醇、四氯化碳的水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，氯气是单质既不是电解质也不

是非电解质，C错误；D.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水属于混合物、

盐酸是氯化氢气体的水溶液属于混合物，D正确；综上所述，本题选 C。2.【答案】C。解析：A.大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会覆盖在大理石表面，阻止反应的进

行，不能用于实验室制取 CO2，应该用盐酸，A错误；B.硬水和软水的区别在于所含的钙镁离子的多少，

与是否浑浊无关，观察是否浑浊无法进行判断，故选项实验方案不合理，B错误；C.氯化钾会和硝酸银反

应产生氯化银沉淀，而水和硝酸银混合无明显现象，因此可以鉴别，故选项实验方案合理，C正确；D.二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，一氧化碳的含量也较低，不能将其点燃，所以不能用通入氧气，点燃的方法

除去二氧化碳中的一氧化碳，故选项实验方案不合理，D错误；答案选 C。3.【答案】D。解析：A.NaHSO4晶体只含 Na+和 HSO4-，不含 H+，故 A 错误；B.1mol乙烯含有 4mol

共价单键，1mol丙烯含有 7mol共价单键，设 28g混合气中有 xmol乙烯，ymol丙烯，则 28x+42y=28，即

2x+3y=2，则 28g 乙烯和丙烯的混合气中含有共价单键总数应为 4x+7y=4+y，无法计算，故 B错误；C.1L 0.1mol/L的 Na2CO3溶液中，Na2CO3为 0.1mol，CO32-存在水解，溶液中含有 CO32-，HCO3-和 H2CO3，所以 CO32-

和 HCO3-离子数目之和小于 0.1mol，即小于 0.1NA，故 C错误；D.1H218O摩尔质量为 20g/mol，D2O的摩尔

质量为 20g/mol，20g1H218O的物质的量为�t�

�t��䀀㌳䁙＝1mol，H218O含 10个中子，则含有中子数为 1mol×10=10mol，

20gD2O的物质的量为�t�

�t��䀀㌳䁙＝1mol，D2O含有 10个中子，则含有中子数为=1mol×10=10mol，即都含有 10NA

个中子，故 D正确；故选 D。4.【答案】B。解析：针对 NH4++2O2=NO3-+2H++H2O反应，NH4+中氮元素为-3 价，NO3-中氮元素为+5

价，氮元素化合价升高，发生氧化反应，NO3-为氧化产物；O2中氧元素为 0价，反应后降低到-2 价，其对

应的还原产物为 NO3-和 H2O；A.通过以上分析可知，NO3-既是氧化产物，又是还原产物，A正确；B.通过

以上分析可知，氧化剂为氧气，还原剂为 NH4+，二者量之比为 2:1，B错误；C.根据反应可知，反应生成

了氢离子，溶液酸性增强，C正确；D. NH4+中氮元素为-3价，NO3-中氮元素为+5价，发生氧化反应，所以

1mol NH4+完全反应，转移电子 8mol，D正确；正确选项 B。5.【答案】C。解析：A.丙烯使溴水褪色是因为发生加成反应生成了无色的物质，而苯使之褪色是因为

萃取出了溴而使水层发生了褪色，褪色原理不同，故 A错误；B.油脂并不属于高分子化合物，故 B错误；

C.丁基有四种不同的结构：CH3(CH2)2CH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-、 (CH3)2CHCH2-，则 C4H9Cl有 4种同分异构体有四种同分异构体，故 C正确；D. 乙烯使酸性高锰酸钾褪色氧化反应，故 D错误；答案选 C。

6.【答案】C。解析：A.配制一定物质的量浓度溶液，向容量瓶加水至离刻度线 1～2cm，改用胶头滴

管定容，以防止液体加多，故 A正确；B.取用粉末状药品，试管横放，用药匙或纸槽把药品送到试管底部，

故 B正确；C.透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，说明溶液中一定含有钾离子，因钠离子的焰色被钴玻璃

过滤掉了，所以无法确定是否含有钠离子，故 C错误；D.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体

从下口放出，上层液体从上口倒出，故 D正确，答案选 C。7.【答案】B。解析：Z元素的最外层电子数是内层电子总数的 1/2，Z为 Li或 P，根据在周期表位置，

推出 Z为 P，Y为 N，X为 C，W为 S，A、Z为 P，位于第三周期第 VA族，故 A正确；B、X和W形成

的化合物是 CS2，属于共价化合物，同周期从左向右，半径依次减小，C的半径比 N大，故 B错误；C、同周期从上到下，非金属性减弱，即 N 的非金属性强于 P，则 NH3比 PH3稳定，故 C正确；D、X的最高

价氧化物对应水化物是 H2CO3，W的最高价氧化物对应水化物是 H2SO4，前者属于弱酸，后者属于强酸，

故 D正确。

8.【答案】C。解析：根据本题，能与铝粉反应放出氢气的溶液可能存在大量的 H+或 OH-；A、Mg2+



与 OH-离子反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，但在 H+存在的溶液中，Mg2+、SO42-、Cl-、Na+能大量

共存，A 项正确；B、CO32-与 H+反应生成 HCO3-或 CO2气体，不能大量共存，但在 OH-存在的溶液中，NO3-、

Na+、K+、CO32-能大量共存，B项正确；C、HCO3-既不能与 H+大量共存，也不能与 OH-大量共存，且 Ba2+

与 SO42-不能大量共存，C项错误；D、OH-与 H+离子反应生成 H2O，不能大量共存，但在 OH-存在的溶液

中，NO3-、K+、Cl-、OH-能大量共存，D项正确；答案选 C。9.【答案】C。解析：PCl3分子的中心原子 P含有 3个成键电子对和 1个孤电子对，属于 sp3杂化，含

有 1个孤电子对，空间构型为三角锥形，A错误；能量相近的 s轨道和 p轨道形成杂化轨道，则 sp3杂化轨

道是能量相近的 1个 s轨道和 3个 p轨道混合形成的四个 sp3杂化轨道，B错误；凡中心原子采取 sp3杂化

的分子，其 VSEPR模型都是四面体，而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关，C正确； AB3型的

分子空间构型与中心原子的孤电子对数也有关，如 BF3中 B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中 N原子有 1个孤电子对，为三角锥形，故 D错误．故选 C

10.【答案】C。解析：A.SO2与 CaCl2不反应，则 SO2 CaSO3不能实现，故 A 错误；B.Na

与熔融的 TiCl4反应才能生成 Ti，Na Ti不一定发生，故 B错误；C.Cu2(OH)2CO3与盐酸反应生成 CuCl2，

电解 CuCl2生成 Cu，均可一步实现转化，故 C正确；D.Cu(OH)2分解生成 CuO，则 Cu(OH)2↓ Cu不能实现，故 D错误；故选：C。

11.【答案】C。解析：4s 末时 A、B、C 的物质的量分别为 0.5mol、0.4mol和 0.2mol，所以初始加入

的A、B分别为0.9mol、0.5mol，所以这4s内用A浓度的减少来表示该反应的速率为� � ‴ t�t晦t�h��

‴0.05 mol·L

－1·s－1，选项 C正确。

12.【答案】B。解析：A.CS2与 CO2分子构型相同，二氧化碳的分子结构为 O=C=O，则 CS2的结构为

S=C=S，属于直线形分子，故 A错误；B.双原子或多原子形成的气体单质中，一定有σ键，可能有π键，如

H2中只存在σ键，N2中存在σ键和π键，故 B正确；C.氢原子的电子云图中的小黑点表示电子在核外空间出

现机会的多少，而不表示具体的电子运动轨迹，故 C 错误；D．HCN 中 C 原子的价层电子对数

=2+��(4-1×3-1×1)=2，采用 sp 杂化；SiF4中 Si 的价层电子对数=4+�

�(4-1×4)=4，SO32-中 S 的价层电子对数

=3+��(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为 sp3杂化，故 D错误；故选 B。

13.【答案】D。解析：A.生石灰溶于水放出大量的热，有利于氨气的逸出，可以采取浓氨水和生石灰

制取 NH3，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明 NH3为碱性气体，故 A正确；B.纯净的乙酸乙酯是一

种油状液体，且能浮在水面上，所以乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，故 B正确；C.浓盐酸和二氧化锰加

热可以制取 Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明 KI转化为 I2，则说明 Cl2有强氧

化性，故 C正确；D.SO2使品红溶液褪色体现的是 SO2的漂白性，故 D错误；故选 D。14.【答案】C。解析：A.工业上利用油脂在碱性条件下的水解制造肥皂，选项 A 错误； B.葡萄糖在酒

化酶作用下发酵得到二氧化碳和乙醇，不是水解反应，选项 B错误；C.蛋白质遇酸发生变性而凝聚，变性

后蛋白质不能再溶解，选项 C正确；D.一个氨基酸分子中可能含有多个羧基，�molα 晦氨基酸可消耗的氢

氧化钠可能大于 1mol，选项 D错误。答案选 C。15.【答案】D。解析：A.对农作物秸秆进行焚烧还田会产生有害气体和粉尘，污染环境，A错误； B.

大量使用农药和化肥会污染水和土壤，应合理使用，B错误；C.胶体的分散系中分散质的直径在 1～100nm，

PM2.5是指大气中直径接近于 2.5×10-6m的颗粒物，直径大于 100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散

系不是胶体，C错误；D.含磷洗衣粉会污染水资源，造成水体富营养化，因此推广使用无磷洗衣粉，可以

减少水体富营养化，D正确。答案选 D。二、填空题

16.【答案】（1）溶液先变红，后褪色，并有气泡

（2）2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑、NaK2；



（3）①H+ +OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-；②0.0775；③3:10解析：

（1）向酚酞试液中加入化合物 Na2O2的粉末，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠使酚

酞溶液变红色，但过氧化钠具有漂白性，则现象为：溶液先变红后褪色，并有气泡生成；

（2）单质甲与化合物 B反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，根据电子转移守恒可知，

Na、K 总物质的量为 0.075mol×2=0.15mol，设 Na、K 物质的量分别为 xmol、ymol，则：x+y=0.15mol，23g/molx+39g/moly=5.05g ，解得 x=0.05 、 y=0.1 ，故合金的化学式为 NaK2 ；故答案为：

2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、NaK2；

（3）①曲线 A、B，开始没有气体，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：

HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若 A中只有 Na2CO3，开始发生 CO32-+H+=HCO3-，前后两过程消耗 HCl的体积相等，

实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，

则滴加前 60mL的盐酸时，发生反应的离子方程式为：H+ +OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-；

②B曲线中，前后消耗盐酸的体积之比为 1:2，则曲线 B表明 M中溶质为 Na2CO3、NaHCO3，且二者

物质的量之比为 1:1，设 n（Na2CO3）= n（NaHCO3）=x，由钠离子守恒可得：2x+x=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，

x=0.0025mol，固体加热时发生反应：2NaHCO3 Na2CO3+H2O↑+CO2↑，则减少的质量为生成的水和二氧

化碳的质量，其质量为：0.0025mol÷2×62g/mol=0.0775g，故答案为：0.0775；③曲线 A 生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL，曲线 B 生成二氧化碳消耗盐酸体积为

(75-25)mL=50mL，由 HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知，则两次实验通入的 CO2的体积之比=15mL:50mL=3:10；故答案为：3:10；

17.【答案】（1）羧基、醚键

（2）

（3）加成（或还原）反应、消去反应

（4）

（5）

解析：

（1）根据 G的结构简式可知，G中含有的含氧官能团为醚键和羧基；

（2）反应 A→B可以认为 A中酚羟基上的 H被 CH3CO取代，该反应的方程式为

；

（3）反应④为 D 中碳氧双键与氢气发生加成反应生成 E，该反应也属于还原反应；反应⑤生成 F，F

与氢气反应生成 G，根据 E和 G 的结构简式可知 F的结构简式为：，所以反应⑤为醇羟基

的消去反应；



（4）C的结构简式为，Ⅰ．苯环上只有两种取代基，Ⅱ．分子中只有 4种不同化学环境的

氢，即含有 4种等效 H 原子，Ⅲ．能与 NaHCO3反应生成 CO2，分子中含有羧基，则满足条件的 C的同分

异构体的结构简式为；

（5）以和乙酸酐为原料制备，根据逆合成法可知，合成，需要得到

，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成，

在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生

成，所以合成流程为

。

18.【答案】7.84L。解析：向 18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢

氧化钠溶液生成的沉淀为 Fe(OH)3、Cu(OH)2，则氢氧化铁和氢氧化铜中含有的氢氧根离子的质量为：30.3g－18.4g=11.9g，氢氧根离子的物质的量为：n（OH－

）=11.9g÷17g/mol=0.7mol；Cl2与铜、铁反应产物为 FeCl3、CuCl2，根据化合物总电荷为 0 可知，FeCl3、CuCl2中 n（Cl－）等于 Fe(OH)3、Cu(OH)2中 n（OH－

），即 n（Cl－）=0.7mol，根据原子守恒可知：2n（Cl2）=n（Cl－）=0.7mol，则 n（Cl2）=0.35mol，标况下 0.35mol氯气的体积为：22.4L/mol×0.35mol=7.84L。

2019 年河南省教师招聘学科备考一本通参考答案 化学学科 ·...

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