2023年7月浙江省普通高校招生選考科目考試化學(xué)試題

2023化學(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28S32 Cl35.5 K39 Ca40 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65 Ag108 I127 Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每題2分，共50分。每題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多項(xiàng)選擇、錯(cuò)選均不得分)水溶液呈酸性的是( )A.NaCl B.NaHSO C.HCOONa D.NaHCO4 3固液分別操作中，需要用到的儀器是( )A.B.C.D.．．．A.B.C.D.．．．A.NaOH B.CaCl C.HCl D.KSO2 2 4．．．以下物質(zhì)對(duì)應(yīng)的組成不正確的選項(xiàng)是( )．．．A.CO2膽礬：CuSO 5HO4 2A.乙烯的構(gòu)造式：B.A.乙烯的構(gòu)造式：B.CHO2 4 2．．．

B.CaSO2HO4 2D.NaHCO3C.2C.2甲基丁烷的鍵線式：D.甲基的電子式：．．．自然氣不行再生能源用水煤氣可合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物煤的液化屬于物理變化火棉是含氮量高的硝化纖維以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )35Cl和37Cl是兩種不同的元素

單晶硅和石英互為同素異形體HCOOH和HOCH

CHO互為同系物2

H與Na在元素周期表中處于同一主族．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．Cl會(huì)破壞鋁外表的氧化膜NaHCO的熱穩(wěn)定性比NaCO強(qiáng)3 2 3KMnO具有氧化性，其稀溶液可用于消毒4鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學(xué)腐蝕．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．高壓鈉燈可用于道路照明SiO可用來(lái)制造光導(dǎo)纖維2工業(yè)上可承受高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅BaCO 不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐3加熱反響MnO2

濃)

MnCl2

2

O中，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的2量之比是( )A.1:2 B.1:1 C.2:1 D.4:1．．．以下有關(guān)試驗(yàn)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．萃取Br2

時(shí)，向盛有溴水的分液漏斗中參加CCl

，振蕩、靜置分層后，翻開(kāi)旋塞，先將4水層放出做焰色反響前，鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無(wú)色乙醇、苯等有機(jī)溶劑易被引燃，使用時(shí)須遠(yuǎn)離明火，用畢馬上塞緊瓶塞可用AgNO3溶液和稀HNO3區(qū)分NaClNaNO2和NaNO3以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )A.NaO在空氣中加熱可得固體NaO2 2 2BMg參加到過(guò)量FeCl溶液中可得Fe3C.FeS2在沸騰爐中與O2反響主要生成SO3D.HO溶液中參加少量MnO粉末生成H和O2 2 2 2 2能正確表示以下反響的離子方程式是( )NH42

FeSO42

溶液與少量Ba(OH)2

溶液反響：SO2-Ba24

BaSO 4電解MgCl2

2Cl

通電2HO2

2OHCl2

H 2乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CHCOOCHCH3 2

OH

COOCHCHOH3 3 2CuSO溶液中滴加稀氨水：Cu22OHCu(OH) 4 2．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．一樣條件下等質(zhì)量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，放出的熱量依次增加油脂在堿性條件下水解生成的高級(jí)脂肪酸鹽是肥皂的主要成分依據(jù)纖維在火焰上燃燒產(chǎn)生的氣味，可以鑒別蠶絲與棉花15.有關(guān)15.有關(guān)的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A.可以與氫氣發(fā)生加成反響C.只含二種官能團(tuán)反響，最多可消耗1molNaOH

B.不會(huì)使溴水褪色D.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價(jià)為4價(jià)，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物ZX18個(gè)；Q元素的2 4原子最外層電子數(shù)比次外層少一個(gè)電子。以下說(shuō)法的是( )ZYMZYMXZZX易溶于水，其水溶液呈堿性2 2X、Z和Q三種元素形成的化合物肯定是共價(jià)化合物．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．A.2.0107mol1的鹽酸中cH2.0107mol1將KCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液pH變小但仍保持中性常溫下，NaCN溶液呈堿性，說(shuō)明HCN 是弱電解質(zhì)的pH3的醋酸溶液中參加醋酸鈉固體，溶液pH增大5mL0.1molL1KI溶液與1mL0.1molL1FeCl溶液發(fā)生反響：322Fe3(aq)2I(aq) 2Fe2(aq)I(aq)，到達(dá)平衡。以下說(shuō)法的是( )2參加苯，振蕩，平衡正向移動(dòng)經(jīng)苯2次萃取分別后，在水溶液中參加KSCN，溶液呈血紅色，說(shuō)明該化學(xué)反響存在限度參加FeSO4固體，平衡逆向移動(dòng) 該反響的平衡常數(shù)K=

c2 Fe2+ c2 Fe3+

c2 IN 為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )A4MnO4

5HCHO12H

4Mn2

5CO2

2 4

5HCHO完全反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為20NA用電解粗銅的方法精煉銅，當(dāng)電路中通過(guò)的電子數(shù)為N 時(shí)，陽(yáng)極應(yīng)有32gCu轉(zhuǎn)化為ACu2常溫下，pH9

HCOONa溶液中，水電離出的數(shù)為105NH3 A1L濃度為0.100molL1的NaCO溶液中，陰離子數(shù)為0.100N2 3 A肯定條件下：2NO(g) NO(g) H0。在測(cè)定NO 相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)，下2 2 4 2列條件中，測(cè)定結(jié)果誤差最小的是( )溫度0℃、壓強(qiáng)50kPaC.溫度25℃、壓強(qiáng)100kPa

的溫度130℃、壓強(qiáng)300kPaD.溫度130℃、壓強(qiáng)50kPa電解高濃度RCOONa (羧酸鈉)的NaOH溶液，在陽(yáng)極RCOO放電可得到RR(烷烴)。以下說(shuō)法的是( )2RCOONa2HO2

通電RR2CO2

H2

2NaOHRCOO在陽(yáng)極放電，發(fā)生氧化反響2HO2e2

2OH

H 2電解CHCOONa、CHCHCOONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷3 3 2關(guān)于以下ΔH的推斷正確的選項(xiàng)是( )CO2(aq)H(aq)HCO(aq) ΔH3 3 1(aq)H3

O(l)2

HCO(aq)OH(aq) ΔH3 2OH(aq)H(aq)HO(l) ΔH2 3OH(aq)CHCOOH(aq)=CH COO(aq)HO(l) ΔH3 3 2 4A.ΔH<0 ΔH<0 B.ΔH<ΔH C.ΔH<0 ΔH>0 D.1 2 1 2 3 4ΔH>ΔH3 40.1molL1氨水滴定10mL濃度均為0.1molL1的HCl和CHCOOH的混3 合液，以下說(shuō)法 HCl和CH

COOH的混合液中cCl cCHCOO 當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，cNH++cNHHO=cCHCOO +cCHCOOH4 3 2 3 3當(dāng)?shù)稳氚彼?0mLcCH

COOH+c 3

HO+cOH 當(dāng)溶液呈中性時(shí)，氨水滴入量大于20mL，

cNH 4

cClCa

SiO3

是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關(guān)性質(zhì)的說(shuō)法的是( )Ca

SiO3

4NHCl4

Δ CaSiO3

2CaCl2

4NH3

2HO2具有吸水性，需要密封保存能與SO2，反響生成鹽與足量鹽酸作用，所得固體產(chǎn)物主要為SiO2X，可能含有漂白粉、FeSO4

、Fe2

SO4

、CuCl3

、KI之中的幾種或全部。將X與足量的水作用得到深棕色固體混合物Y和無(wú)色堿性溶液Z以下結(jié)論合理的是( )X中含KI，可能含有CuCl2X中含有漂白粉和FeSO4X中含有CuCl，Y中含有Fe(OH)2 3用HSO酸化溶液Z，假設(shè)有黃綠色氣體放出，說(shuō)明X中含有CuCl2 4 2二、非選擇題(650分)26.(1)氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性HF大于HCl的主要緣由是 。CaCN 是離子化合物，各原子均滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定構(gòu)造，CaCN 的電子式是 。2 2常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，緣由是 。27.100mL0.200molL1CuSO溶液與1.95g4為20.1℃，反響后最高溫度為30.1℃。：反響前后，溶液的比熱容均近似為4.18Jg1℃1、溶液的密度均近似為1.00gcm3，無(wú)視溶液體積、質(zhì)量變化和金屬吸取的熱量。請(qǐng)計(jì)算：反響放出的熱量Q= J。反響Zn(s)CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)Cu(s)的ΔH= kJmol1(列式計(jì)算)。Ⅰ.化合物Ⅹ由四種短周期元素組成，加熱X，可產(chǎn)生使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體Y，Y為純潔物；取3.01gX ，用含HCl0.0600mol 的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A分成A1和A2兩等份，完成如下試驗(yàn)(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：請(qǐng)答復(fù)：組成X的四種元素是N、H和 (填元素符號(hào))，X的化學(xué)式是 。溶液B通入過(guò)量CO得到白色沉淀C的離子方程式是 。2寫(xiě)出一個(gè)．(用化學(xué)方程式或離子方程式表示) 。要求同時(shí)滿(mǎn)足：①其中一種反響物的組成元素必需是X中除N、H外的兩種元素；②反響原理與HClNH=NHCl”一樣。3 4Ⅱ.某興趣小組為驗(yàn)證濃硫酸的性質(zhì)進(jìn)展試驗(yàn)，如圖。試驗(yàn)中觀看到的現(xiàn)象有：錐形瓶?jī)?nèi)有白霧，燒杯中消滅白色沉淀。請(qǐng)答復(fù)：將濃硫酸和濃鹽酸混合可產(chǎn)生HCl氣體的緣由是 。(2)燒杯中消滅白色沉淀的緣由是 。爭(zhēng)論CO氧化CH制CH對(duì)資源綜合利用有重要意義。相關(guān)的主要化學(xué)反響有：2 2 6 2 4ⅠCH(g) CH(g)H(g) ΔH=136kJmol-12 6 2 4 2 1ⅡCH(g)CO(g)2 6 2ⅢCH(g)2CO(g)2 6 2ⅣCO(g)H(g)2 2

CH(g)HO(g)CO(g) ΔH=177kJmol-12 4 2 24CO(g)3H(g) ΔH2 3CO(g)HO(g) ΔH=41kJmol-12 4：298K 時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量(如圖1)?？梢罁?jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量計(jì)算反響或變化的ΔH(ΔH隨溫度變化可無(wú)視)。例如： HO(g)H2

O(1)ΔH=-286kJmol-1--242kJmol-1 =-44kJmol-1。2請(qǐng)答復(fù)：3(1)①依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量計(jì)算ΔH= kJmol1。3②以下描述正確的選項(xiàng)是 A上升溫度反響Ⅰ的平衡常數(shù)增大B加壓有利于反響Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移動(dòng)C反響Ⅲ有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成D恒溫恒壓下通水蒸氣，反響Ⅳ的平衡逆向移動(dòng)③有爭(zhēng)論說(shuō)明，在催化劑存在下，反響Ⅱ分兩步進(jìn)展，過(guò)程如下：【CH2 6

(g)CO2

(g)】【CH2 4

(g)H2

(g)CO2

(g)】【CH(g)CO(g)HO(g)，且其次步速率較慢(反響活化能為210kJmol1)。根2 4 2據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量，畫(huà)出反響Ⅱ分兩步進(jìn)展的“能量-反響過(guò)程圖”，起點(diǎn)從【CH(g)CO(g)的能量477kJmol1，開(kāi)頭(如圖2) 2 6 2。①CO和CH按物質(zhì)的量1:1投料，在923K 和保持總壓恒定的條件下，爭(zhēng)論催化劑X2 2 6對(duì)CO氧化CH制CH”的影響，所得試驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：催化劑轉(zhuǎn)化率催化劑轉(zhuǎn)化率CH/%2 6轉(zhuǎn)化率CO/%2產(chǎn)率CH /%2 4催化劑X19.037.63.3結(jié)合具體反響分析，在催化劑X作用下，CO2氧化C2H6的主要產(chǎn)物是 ，推斷依據(jù)是 。②承受選擇性膜技術(shù)(可選擇性地讓某氣體通過(guò)而離開(kāi)體系)可提高CH的選擇性(生成2 4CH的物質(zhì)的量與消耗CH的物質(zhì)的量之比)。在773K，乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為9.1%，保2 4 2 6持溫度和其他試驗(yàn)條件不變，承受選擇性膜技術(shù)，乙烷轉(zhuǎn)化率可提高到11.0%。結(jié)合具體反響說(shuō)明乙烷轉(zhuǎn)化率增大的緣由是 。硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。某興趣小組用以下圖裝置制備N(xiāo)aSO5HO。2 2 3 2SO2Na2CO3=Na2SO3CO22Na2S3SO2=2Na2SO33S Na2SO3SΔNa2S2O3滴定反響：I2NaSO 2NaINaSO2 2 2 3 2 4 6NaSO5HO易溶于水，難溶于乙醇，50℃開(kāi)頭失結(jié)晶水。2 2 3 2試驗(yàn)步驟：ⅠNaSO制備：裝置A制備的SO經(jīng)過(guò)單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，2 2 3 2至溶液pH7時(shí)，停頓通入SO氣體，得產(chǎn)品混合溶液。2Ⅱ.產(chǎn)品分別提純：產(chǎn)品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌、枯燥，得到NaSO5HO產(chǎn)品。2 2 3 2Ⅲ.NaSO5HO產(chǎn)品配制的溶液滴定碘標(biāo)準(zhǔn)溶液至2 2 3 2滴定終點(diǎn)，計(jì)算NaSO5HO含量。2 2 3 2請(qǐng)答復(fù)：步驟Ⅰ:單向閥的作用是 ；裝置C中的反響混合溶液pH過(guò)高或過(guò)低將導(dǎo)致產(chǎn)率降低，緣由是 。步驟Ⅱ:以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 。A快速蒸發(fā)溶液中水分，可得較大晶體顆粒B蒸發(fā)濃縮至溶液外表消滅品晶膜時(shí)，停頓加熱C冷卻結(jié)晶后的固液混合物中參加乙醇可提高產(chǎn)率D可選用冷的NaCO溶液作洗滌劑2 3步驟Ⅲ①滴定前，有關(guān)滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏→蒸餾水洗滌→〔 〕→〔 〕→〔 〕→〔 〕→〔 開(kāi)頭滴定。A烘干B裝入滴定液至零刻度以上C調(diào)整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D用洗耳球吹出潤(rùn)洗液E排解氣泡F23次G記錄起始讀數(shù)②裝標(biāo)準(zhǔn)碘溶液的碘量瓶(帶瓶塞的錐形瓶)在滴定前應(yīng)蓋上瓶塞，目的是 。③滴定法測(cè)得產(chǎn)品中NaSO5HO含量為100.5% ，則NaSO5HO產(chǎn)品中可能混2 2 3 2 2 2 3 2有的物質(zhì)是 。某爭(zhēng)論小組以鄰硝基甲苯為起始原料，按以下路線合成利尿藥美托拉宗。R-COOH+R-COOH+請(qǐng)答復(fù)：以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是 。A反響Ⅰ的試劑和條件是Cl2和光照 B化合物C能發(fā)生水解反響C反響Ⅱ涉及到加成反響、取代反響 D美托拉宗的分子式是C16

H ClNOS14 3 3寫(xiě)出化合物D的構(gòu)造簡(jiǎn)式 。寫(xiě)出B+EF的化學(xué)方程式 。設(shè)計(jì)以A和乙烯為原料合成C的路線(用流程圖表示，無(wú)機(jī)試劑任選) 。(5)寫(xiě)出化合物A同時(shí)符合以下條件的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式 。1HNMR譜和IR譜檢測(cè)說(shuō)明：①分子中共有4種氫原子，其中環(huán)上的有2種；②有碳氧雙鍵，無(wú)氮氧鍵和CHO?；瘜W(xué)試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Si28S32 Cl35.5 K39 Ca40 Mn55 Fe56 Cu64 Zn65 Ag108 I127 Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每題2分，共50分。每題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多項(xiàng)選擇、錯(cuò)選均不得分)水溶液呈酸性的是( )NaCl B.NaHSO C.HCOONa D.4NaHCO3【答案】B【解析】【詳解】A．NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合題意；NaHSO4是強(qiáng)酸的酸式鹽，其屬于強(qiáng)電解質(zhì)，其在水溶液中的電離方程式為4NaHSO=Na++H++SO244

，故其水溶液呈酸性，B符合題意；C．HCOONa屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其在水溶液中可以完全電離，其電離產(chǎn)生的HCOO－可以發(fā)生水解，其水解的離子方程式為HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈堿性，C不符合題意；D．NaHCO是強(qiáng)堿弱酸鹽，既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，但其水解程度大于電離程度，故３其水溶液呈堿性，D不符合題意。綜上所述，此題答案為B。A.B.C.A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】A．該儀器是枯燥管，不能用于固液分別，A不符合題意；B．該儀器為蒸餾燒瓶，不能用于固液分別，B不符合題意；C．該儀器為一般漏斗，常用于過(guò)濾以分別固液混合物，C符合題意；D．該儀器為牛角管，又叫接液管，連接在冷凝管的末端以收集蒸餾產(chǎn)生的蒸氣所冷凝成的液體，不能用于固液分別，D不符合題意。綜上所述，此題答案為C。．．．以下物質(zhì)在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電的是( )．．．NaOH B.CaCl C.HCl D.2KSO2 4【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的Na+和OH-，故其在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，A不符合題意；CaCl2屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的Ca2+和Cl-，故其在熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電，B不符合題意；C．HCl是共價(jià)化合物，其在熔融狀態(tài)下不能電離成離子，故其在熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，C符合題意；4D．K2SO4屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動(dòng)的K+SO2，故其在熔融4狀態(tài)下能導(dǎo)電，D不符合題意。綜上所述，此題答案為C。．．．以下物質(zhì)對(duì)應(yīng)的組成不正確的選項(xiàng)是( ．．．CO2

CaSO2HO4 2CuSO5HO4 2【答案】B【解析】

NaHCO3【詳解】A．干冰為固體二氧化碳，故A正確；B．熟石灰成分為Ca(OH)2，CaSO4·2H2O為生石膏，故B錯(cuò)誤；C．膽礬為五水合硫酸銅晶體，故C正確；D．小蘇打是碳酸氫鈉的俗名，故D正確；答案選B。A.乙烯的構(gòu)造式：B.甲酸甲酯的構(gòu)造簡(jiǎn)式：A.乙烯的構(gòu)造式：B.甲酸甲酯的構(gòu)造簡(jiǎn)式：CHO2 4 2．．．C.2C.2甲基丁烷的鍵線式：D.甲基的電子式：【解析】【詳解】A．構(gòu)造式是每一對(duì)共用電子對(duì)用一個(gè)短橫來(lái)表示，乙烯分子中每個(gè)碳原子和每個(gè)氫原子形成一對(duì)共用電子對(duì)，碳原子和碳原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，故A正確；B．構(gòu)造簡(jiǎn)式中需要表達(dá)出特別構(gòu)造和官能團(tuán)，甲酸甲酯中要表達(dá)出酯基，其構(gòu)造簡(jiǎn)式為HCOOCH3，故B錯(cuò)誤；C．鍵線式中每個(gè)端點(diǎn)為一個(gè)C原子，省略C—H鍵，故C正確；D．甲基中碳原子和三個(gè)氫原子形成3對(duì)共用電子對(duì)，還剩一個(gè)成單電子，故D正確；答案選B。．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．自然氣是不行再生能源用水煤氣可合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物煤液化屬于物理變化火棉是含氮量高的硝化纖維【答案】C【解析】【詳解】A．自然氣是由遠(yuǎn)古時(shí)代的動(dòng)植物遺體經(jīng)過(guò)漫長(zhǎng)的時(shí)間變化而形成的，儲(chǔ)量有限，是不行再生能源，A選項(xiàng)正確；B．水煤氣為CO和H2，在催化劑的作用下，可以合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物(如甲醇)，B選項(xiàng)正確；C．煤的液化是把煤轉(zhuǎn)化為液體燃料，屬于化學(xué)變化，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．火棉是名為纖維素硝酸酯，是一種含氮量較高的硝化纖維，D選項(xiàng)正確；答案選C。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )35Cl和37Cl是兩種不同的元素

單晶硅和石英互為同素異形體HCOOH和HOCH

CHO互為同系物2

H與Na在元素周期表中處于同一主族【答案】D【解析】【詳解】A．35Cl和37Cl是Cl元素的兩種不同核素，屬于同種元素，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．同素異形體是指同種元素組成的不同種單質(zhì)，而單晶硅為硅單質(zhì)，而石英是SiO2，兩者不屬于同素異形體，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；CC2HCOOH和HOCCHO構(gòu)造不相像，不屬于同系物，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．H和Na在元素周期表種均處于第IA族，D選項(xiàng)正確；答案選D。．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．Cl 會(huì)破壞鋁外表的氧化膜NaHCO的熱穩(wěn)定性比NaCO強(qiáng)3 2 3KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學(xué)腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A．Cl-很簡(jiǎn)潔被吸附在鋁外表的氧化膜上，將氧化膜中的氧離子取代出來(lái)，從而破壞氧化膜，A選項(xiàng)正確；B．碳酸氫鈉受熱分解可產(chǎn)生碳酸鈉、水和二氧化碳，則穩(wěn)定性：NaHCO3＜Na2CO3，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．KMnO4選項(xiàng)正確；D．鋼鐵在潮濕的空氣中，鐵和碳、水膜形成原電池，發(fā)生電化學(xué)腐蝕，腐蝕速率更快，D選項(xiàng)正確；答案選B。．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．高壓鈉燈可用于道路照明SiO2可用來(lái)制造光導(dǎo)纖維工業(yè)上可承受高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅BaCO3不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐【答案】D【解析】【詳解】A．高壓鈉燈發(fā)出的黃光射程遠(yuǎn)、透霧力量強(qiáng)，所以高壓鈉燈用于道路照明，故A正確；B．二氧化硅傳導(dǎo)光的力量格外強(qiáng)，用來(lái)制造光導(dǎo)纖維，故B正確；C．黃銅礦高溫煅燒生成粗銅、氧化亞鐵和二氧化硫，故C正確；D．碳酸鋇不溶于水，但溶于酸，碳酸鋇在胃酸中溶解生成的鋇離子為重金屬離子，有毒，不能用于鋇餐，鋇餐用硫酸鋇，故D錯(cuò)誤；答案選D。反響MnO2

濃)

加熱MnCl2

2

O中，氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的2量之比是( )A.1:2 B.1:1 C.2:1 D.4:1【答案】B【解析】MnO2中的Mn元素的化合價(jià)為+4價(jià)，生成物MnCl2Mn元素的化合價(jià)為+2價(jià)，反響物HClCl元素的化合價(jià)為-1價(jià)，生成物Cl2中Cl元素的化合價(jià)為0價(jià)，故MnCl2是復(fù)原產(chǎn)物，Cl2是氧化產(chǎn)物，由氧化復(fù)原反響中得失電子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合題意；答案選B。．．．以下有關(guān)試驗(yàn)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．萃取Br2

時(shí)，向盛有溴水的分液漏斗中參加CCl4

，振蕩、靜置分層后，翻開(kāi)旋塞，先將水層放出做焰色反響前，鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無(wú)色乙醇、苯等有機(jī)溶劑易被引燃，使用時(shí)須遠(yuǎn)離明火，用畢馬上塞緊瓶塞可用AgNO3溶液和稀HNO3區(qū)分NaClNaNO2和NaNO3【答案】A【解析】A．CCl4Br2CCl4，振蕩、靜置分層，翻開(kāi)旋塞，先將CCl4層放出，A操作錯(cuò)誤；B．做焰色反響前，先將鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至無(wú)色的目的是排解鉑絲上粘有其它金屬元素，對(duì)待檢測(cè)金屬元素的干擾，B操作正確C防止失火，C操作正確；D．氯化銀、亞硝酸銀都是難溶于水的白色固體，所以硝酸銀滴入氯化鈉溶液和亞硝酸鈉溶入硝酸鈉溶液中沒(méi)有明顯現(xiàn)象，故D操作正確。答案選A。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2Mg參加到過(guò)量FeCl溶液中可得Fe3FeS2在沸騰爐中與O2反響主要生成SO3HO溶液中參加少量MnO粉末生成H和O2 2 2 2 2【答案】A【解析】ANaO2比NaONaO在空氣中加熱可以生成更穩(wěn)定的Na2O2，A正確；B．Mg參加到FeCl3溶液中，Mg具有較強(qiáng)的復(fù)原性，先與Fe3+反響，生成Mg2+Fe2+，假設(shè)Mg過(guò)量，MgFe2+連續(xù)反響生成Mg2+Fe，但由于反響中FeCl3過(guò)量，Mg已消耗完，所MgFe2+反響，所以不會(huì)生成Fe，B錯(cuò)誤；高溫C．FeS2在沸騰爐中與O2發(fā)生的反響為：4FeS2+11O2而不是SO3，C錯(cuò)誤；

2Fe2O3+8SO2，產(chǎn)物主要是SO2MnODHO

溶液中參加少量MnO

粉末生成H

O和O

2H

O+O，2 2 2 2 2 2 2 2 2D錯(cuò)誤。答案選A。能正確表示以下反響的離子方程式是( )NH42

FeSO42

溶液與少量Ba(OH)2

溶液反響：SO2-Ba24

BaSO 4電解MgCl2

2Cl

2HO2

通電2OHCl2

H 2乙酸乙酯與NaOH 溶液共熱：CHCOOCHCH3 2

OH

COOCHCHOH3 3 2CuSO溶液中滴加稀氨水：Cu22OHCu(OH) 4 2【答案】C【解析】A．(NH4)2Fe(SO4)2可以寫(xiě)成(NH4)2SO4FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液與少量Ba(OH)2溶液反響，OH-先與Fe2+反響，再和NH+反響，由于Ba(OH)NH+不會(huì)參與反響，4 2 44離子方程式為：Fe2++SO4

2-+Ba2++2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A錯(cuò)誤；CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正確；B．用惰性材料為電極電解MgCl2溶液，陽(yáng)極反響為：2Cl--2e-=Cl2↑，陰極反響為：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，總反響的離子方程式為：Mg2++2ClCH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正確；D．向硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水與硫酸銅發(fā)生復(fù)分解反響生成氫氧化銅沉淀和硫酸銨，一水合氨為弱電解質(zhì)，在離子反響中不能拆開(kāi)，離子方程式為：Cu2++2NH?HO=2NH++Cu(OH)

↓，D錯(cuò)誤。3 2 4 2答案選C。．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．一樣條件下等質(zhì)量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，放出的熱量依次增加油脂在堿性條件下水解生成的高級(jí)脂肪酸鹽是肥皂的主要成分依據(jù)纖維在火焰上燃燒產(chǎn)生的氣味，可以鑒別蠶絲與棉花淀粉、纖維素、蛋白質(zhì)都屬于高分子化合物【答案】A【解析】A氫氣中H的百分含量大小挨次為：汽油<甲烷<氫氣，故等質(zhì)量的它們放出熱量的多少挨次為：汽油<甲烷<氫氣，故A錯(cuò)誤；B．油脂在堿性條件下發(fā)生水解反響生成甘油和高級(jí)脂肪酸鹽，高級(jí)脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，故B正確；C．蠶絲主要成分是蛋白質(zhì)，灼燒時(shí)有燒焦羽毛的氣味，而棉花則屬于纖維素，灼燒時(shí)則基本沒(méi)有氣味，故C正確；D．高分子通常是指相對(duì)分子質(zhì)量在幾千甚至上萬(wàn)的分子，淀粉、纖維素和蛋白質(zhì)均屬于天然高分子化合物，故D正確。故答案為：D。15.有關(guān)15.有關(guān)的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()C.只含二種官能團(tuán)反響，最多可消耗1molNaOH【答案】A【解析】中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，依據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)展解答?！驹斀狻緼中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，依據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)展解答。【詳解】A．分子中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都能與H2發(fā)生加成反響，A正確；

B.不會(huì)使溴水褪色D.1mol該物質(zhì)與足量NaOH溶液B．分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反響導(dǎo)致溴水褪色，B錯(cuò)誤；C．分子中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，C錯(cuò)誤；D．1mol該物質(zhì)酯基水解后生成的酚羥基和羧基均能和NaOH反響，1molB．分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反響導(dǎo)致溴水褪色，B錯(cuò)誤；C．分子中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，C錯(cuò)誤；故答案為：A。X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價(jià)為4價(jià)，Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物ZX18個(gè)；Q元素的2 4原子最外層電子數(shù)比次外層少一個(gè)電子。以下說(shuō)法的是( )ZYMZYMXZZX易溶于水，其水溶液呈堿性2 2X、Z和Q三種元素形成的化合物肯定是共價(jià)化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價(jià)為+4價(jià)，則YZM證明該元素為第IVA族元素，又知Y元素與YZM,故推知Y為C元素，Z為N元素，MSi元素；化合物Z2X418，則推知，X為H，該化合物為N2H4；Q元素的原子最外層電子總數(shù)比次外層電子數(shù)少一個(gè)電子，推出Q為Cl元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律與物質(zhì)的構(gòu)造與性質(zhì)分析作答?！驹斀狻恳罁?jù)上述分析可知，X為H、Y為C元素、Z為N元素、MSi元素、QCl元素，則同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原子半徑比較：Z(N)<Y(C)<M(Si)，故A正確；同周期元素從左到右元素非金屬性依次增加，同主族元素從上到下元素非金屬性依次減Z(N)＞Y(C)＞M(Si)，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：Z(N)＞Y(C)＞M(Si)B正確；N2H4的構(gòu)造簡(jiǎn)式可表示為H2N-NH2，分子中含兩個(gè)氨基，可與酸反響，具有堿性，且該分子具有極性，與水分子間也存在氫鍵，依據(jù)相像原理可知，N2H4易溶于水，故C正確；X、Z和Q三種元素組成的化合物有很多，不肯定都是共價(jià)化合物，如氯化銨屬于銨鹽，為離子化合物，故D錯(cuò)誤；答案選D。．．．以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是( )．．．A.2.0107mol1的鹽酸中cH2.0107mol1將KCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液的pH變小但仍保持中性常溫下，NaCN 溶液呈堿性，說(shuō)明HCN是弱電解質(zhì)pH3的醋酸溶液中參加醋酸鈉固體，溶液pH增大【答案】A【解析】【詳解】A.2.0×10-7mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級(jí)與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計(jì)算中氫離子濃度時(shí)，不能無(wú)視水2.0×10-7mol/LA錯(cuò)誤；wKCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80C時(shí)，水離子積K增大，對(duì)應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度上升會(huì)增大，pH會(huì)減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；w的NaCN溶液顯堿性，說(shuō)明該溶質(zhì)為弱酸強(qiáng)堿鹽，即CN-對(duì)應(yīng)的酸HCN為弱電解質(zhì)，故C正確；醋酸在溶液中會(huì)發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中參加醋酸鈉固體，依據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會(huì)向生成弱電解質(zhì)的方向〔逆向〕移動(dòng)，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確；答案選A。5mL0.1molL1KI溶液與1mL0.1molL1FeCl溶液發(fā)生反響：322Fe3(aq)2I(aq)2Fe2(aq)I(aq)，到達(dá)平衡。以下說(shuō)法的是()2參加苯，振蕩，平衡正向移動(dòng)經(jīng)苯2次萃取分別后，在水溶液中參加KSCN ，溶液呈血紅色，說(shuō)明該化學(xué)反響存在限度參加FeSO4固體，平衡逆向移動(dòng) 該反響的平衡常數(shù)K=

c2 Fe2+ c2 Fe3+

c2 I【答案】D【解析】【詳解】A.I2c〔I2〕減小，平衡正向移動(dòng)，A正確；5mL0.1mol/LKI1mL0.1mol/LFeCl3Fe3+I-物質(zhì)的量之比1:1，反響后I-2次萃取分別后，在水溶液中參加KSCN溶液呈血紅色，說(shuō)明水溶液中仍含有Fe3+Fe3+沒(méi)有完全消耗，說(shuō)明該化學(xué)反響存在限度，B正確；參加FeSO4固體溶于水電離出Fe2+，c〔Fe2+〕增大，平衡逆向移動(dòng)，C正確；K=

c2(Fe2+)c(I)2

，D錯(cuò)誤；c2(Fe3+)c2(I-)答案選D。N 為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )A4MnO4

5HCHO12H

4Mn2

5CO2

2 4

5HCHO完全反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為20NA用電解粗銅的方法精煉銅，當(dāng)電路中通過(guò)的電子數(shù)為N 時(shí)，陽(yáng)極應(yīng)有32gCu轉(zhuǎn)化為ACu2pH9的CH

HCOONa溶液中，水電離出的數(shù)為105NH3 A1L濃度為0.100molL1的NaCO溶液中，陰離子數(shù)為0.100N2 3 A【答案】A【解析】【詳解】A.Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，則4molMnO-4

完全反響轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量4mol×[(+7)-(+2)]=20mol20NA，A正確；B.化反響以及Cu失電子的氧化反響：Cu-2e-=Cu2+NA時(shí)，即電路1mol電子，Cu1mol，陽(yáng)極反響的Cu0.5mol，則陽(yáng)極反響的Cu0.5mol×64g/mol=32g，B錯(cuò)誤；C.溶液的體積未知，不能求出溶液中水電離出的H+數(shù)，C錯(cuò)誤；D.n〔NaCO〕=0.100mol/L×1L=0.100mol，由于CO2-發(fā)生水解：CO2-+H

O?HCO-

+OH-、2 3

3 2 3HCO-3

+H2O?H

2CO

3+OH-0.100mol0.100N

A，D錯(cuò)誤；答案選A?？隙l件下：2NO2(g) N2O4(g) H0。在測(cè)定NO2的相對(duì)分子質(zhì)量時(shí)，以下條件中，測(cè)定結(jié)果誤差最小的是( )溫度0℃、壓強(qiáng)50kPaC.溫度25℃、壓強(qiáng)100kPa【答案】D

B.溫度130℃、壓強(qiáng)300kPaD.溫度130℃、壓強(qiáng)50kPa【解析】【詳解】測(cè)定二氧化氮的相對(duì)分子質(zhì)量，要使測(cè)定結(jié)果誤差最小，應(yīng)當(dāng)使混合氣體中NO2項(xiàng)中，溫度高的為130℃，壓強(qiáng)低的為50kPa，結(jié)合二者選D。答案為D。電解高濃度RCOONa (羧酸鈉)的NaOH溶液，在陽(yáng)極RCOO放電可得到RR(烷烴)。以下說(shuō)法的是( )2RCOONa2HO2

通電RR2CO2

H2

2NaOHRCOO在陽(yáng)極放電，發(fā)生氧化反響2HO2e2

2OH

H 2電解CH【答案】A

COONa、CHCH3 3

COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷2【解析】【詳解】ARCOO-R-R(烷烴)和產(chǎn)生CO2，在強(qiáng)堿性環(huán)境中，CO2會(huì)與OH-反響生成CO

和H

O2RCO-2+4OH=R-R+2CO2+2H，3 2 3 2陰極上H2O電離產(chǎn)生的H+放電生成H2，同時(shí)生成OH-，陰極的電極反響式為2HO+2e-=2OH-+H↑2RCOONa+2NaOHR-R+2NaCO+H↑，2 2

2 3 2故A說(shuō)法不正確；B．RCOO-2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO2-+2HO，-COO-中碳3 2元素的化合價(jià)由+3價(jià)上升為+4價(jià)，發(fā)生氧化反響，烴基-R中元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，故B說(shuō)法正確；C．陰極上H2O電離產(chǎn)生的H+放電生成H2，同時(shí)生成OH-，陰極的電極反響為2H2O+2e-=2OH-+H2↑C說(shuō)法正確；D．依據(jù)題中信息，由上述電解總反響方程式可以確定以下反響能夠發(fā)生：2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，電解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D說(shuō)法正確。答案為A。關(guān)于以下ΔH的推斷正確的選項(xiàng)是( )CO2(aq)H(aq)HCO(aq) ΔH3 3 1(aq)H3

O(l)2

HCO(aq)OH(aq) ΔH3 2OH(aq)H(aq)HO(l) ΔH2 3OH(aq)CHCOOH(aq)=CH COO(aq)HO(l) ΔH3 3 2 4A.ΔH<0 ΔH<0 B.ΔH<ΔH C.ΔH<0 ΔH>0 D.1 2 1 2 3 4ΔH>ΔH3 4【答案】B【解析】【詳解】碳酸氫根的電離屬于吸熱過(guò)程，則CO2-(aq)+H+(aq)=HCO-(aq)為放熱反響，所以3 3△H1<0；CO2-(aq)+H2O(l) HCO-(aq)+OHˉ(aq)為碳酸根的水解離子方程式，CO2-的水解反響為吸3 3 3熱反響，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的中和反響，為放熱反響，所以△H3<0；醋酸與強(qiáng)堿的中和反響為放熱反響，所以△H4<0；強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反響放出的熱量，則△H4>△H3；綜上所述，只有△H1<△H2正確，故答案為B。0.1molL1氨水滴定10mL濃度均為0.1molL1的HCl和CH3COOH的混合液，以下說(shuō)法的是( )

HCl和CH

COOH的混合液中cCl3

cCHCOO3當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，cNH++c

COO+cCHCOOH4 3 2 3 3當(dāng)?shù)稳氚彼?0mLcCH

COOH+cH+=cNH3 3

HO+cOH2當(dāng)溶液呈中性時(shí)，氨水滴入量大于20mL，cNHcCl4【答案】D【解析】【分析】依據(jù)弱電解質(zhì)的電離和鹽類(lèi)水解學(xué)問(wèn)解答?！驹斀狻緼.未滴定時(shí)，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH0.1mol/L，HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完全電離，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正確；B.10mL時(shí)，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正確；4C.20mL時(shí)，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH+)+c(OH-)，C正確；4D.當(dāng)溶液為中性時(shí)，電荷守恒為：c(NH+)+c(H+)=c(CHCOO-)+c(Cl-)+c(OH-)，由于溶液為4 34中性，則c(H+)=c(OH-)，故c(NH+)＞c(Cl-)，D不正確；4應(yīng)選D。Ca

SiO3

是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關(guān)性質(zhì)的說(shuō)法的是( )Ca

SiO3

4NHCl4

ΔCaSiO3

2CaCl2

4NH3

2HO2具有吸水性，需要密封保存能與SO2，反響生成鹽與足量鹽酸作用，所得固體產(chǎn)物主要為SiO2【答案】D【解析】【分析】將Ca3SiO5改寫(xiě)為氧化物形式后的化學(xué)式為：3CaO·SiO2，性質(zhì)也可與Na2SiO3相比較，據(jù)此解答。Δ【詳解】A.Ca3SiO5 與NH4Cl 反應(yīng)的方程式為：Ca3SiO5+4NH4ClCaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正確；CaO能與水反響，所以需要密封保存，B正確；亞硫酸的酸性比硅酸強(qiáng)，當(dāng)二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液時(shí)，發(fā)生反響：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3，C正確；鹽酸的酸性比硅酸強(qiáng)，當(dāng)鹽酸與Ca3SiO5反響時(shí)，發(fā)生反響：6HCl+Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正確；應(yīng)選D。X，可能含有漂白粉、FeSO4

、Fe2

SO4

、CuCl3

、KI之中的幾種或全部。將X與足量的水作用得到深棕色固體混合物Y和無(wú)色堿性溶液Z以下結(jié)論合理的是( )X中含KI，可能含有CuCl2X中含有漂白粉和FeSO4X中含有CuCl，Y中含有Fe(OH)2 3用HSO酸化溶液Z，假設(shè)有黃綠色氣體放出，說(shuō)明X中含有CuCl2 4 2【答案】C【解析】【分析】固體X為黃色，則含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z為無(wú)色堿性，則肯定含有漂白粉，YYFe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中肯定含有CuCl2

，F(xiàn)eSO4

和Fe2

SO4

中含有其中一種或兩種都含，據(jù)此解答。3【詳解】A.假設(shè)X含有KI，則會(huì)與漂白粉反響生成I2，溶液不為無(wú)色，A不正確；B.由分析可知，不肯定含有FeSO4，B不正確；C.X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正確；D.酸化后，產(chǎn)生黃綠色氣體，為氯氣，則發(fā)生的發(fā)生反響的離子反響方程式為：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，此時(shí)的Cl-有可能來(lái)自于漂白粉氧化FeSO4產(chǎn)生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推導(dǎo)出含有CuCl2，D不正確；應(yīng)選C。二、非選擇題(650分)26.(1)氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性HF大于HCl的主要緣由是 。CaCN 是離子化合物，各原子均滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定構(gòu)造，CaCN 的電子式是 。2 2常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，緣由是 。

..

2-....【答案】 .原子半徑Cl，鍵能FClH . Ca2+N::C::N....(3).乙醇與水之間形成氫鍵而氯乙烷沒(méi)有【解析】【分析】(1)氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性取決于共價(jià)鍵鍵能的大?。?2)依據(jù)價(jià)鍵規(guī)章書(shū)寫(xiě)CaCN2的電子式；(3)溶質(zhì)分子與溶劑分子間形成氫鍵可增大溶質(zhì)的溶解度。【詳解】(1)由于原子半徑F＜Cl，故鍵長(zhǎng)：F—H＜Cl—H，鍵能：F—H＞Cl—H，所以HFHCl穩(wěn)定，故答案為：原子半徑F＜Cl，鍵能F—H＞Cl—H。CaCN2

Ca2+、CN2-為陰離子；Ca2個(gè)電子，易2，故答案為：。28電子的穩(wěn)定構(gòu)造；N5個(gè)電子，易得到3個(gè)電子38電子的穩(wěn)定構(gòu)造；C4個(gè)電子，通常形成4對(duì)共8電子的穩(wěn)定構(gòu)造；則每個(gè)N原子分別得到Ca1個(gè)電子、與C原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，Ca、C、N8電子的穩(wěn)定構(gòu)造，CaCN2，故答案為：。乙醇和氯乙烷都屬于極性分子，但乙醇與水分子之間形成氫鍵，而氯乙烷不能與水分子鍵而氯乙烷沒(méi)有?！军c(diǎn)睛】CN2-與COCOCN2-的2 2 2 2電子式。27.100mL0.200molL1CuSO溶液與1.95g4為20.1℃，反響后最高溫度為30.1℃。：反響前后，溶液的比熱容均近似為4.18Jg1℃1、溶液的密度均近似為1.00gcm3，無(wú)視溶液體積、質(zhì)量變化和金屬吸取的熱量。請(qǐng)計(jì)算：反響放出的熱量Q= J。4 反響Zn(s)CuSO(aq)=ZnSO(aq)Cu(s)的ΔH= kJmol1(列式計(jì)算)4 4.18103/1000【答案】 (1).4.18103【解析】

(2). 2090.1000.200【分析】依據(jù)中和滴定試驗(yàn)的原理可知，該反響放出的熱量可依據(jù)Q=cmt計(jì)算；(2)結(jié)合焓變的概念及其與化學(xué)計(jì)量數(shù)之間的關(guān)系列式計(jì)算?！驹斀狻?1)100mL0.200mol/LCuSO41.95g鋅粉發(fā)生反響的化學(xué)方程式為：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，無(wú)視溶液體積、質(zhì)量變化可知，溶液的質(zhì)量m=V=1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，無(wú)視金屬吸取的熱量可知，反響放出的熱量Q=cmt=4.18Jg1C1×100g×(30.1-20.1)C=4.18×103J，故答案為：4.18×103；上述反響中硫酸銅的物質(zhì)的量n(CuS4)=0.200mol/L0.100L=0.020momn(Zn)=

1.95g

=0.030mol，由此可知，鋅粉過(guò)量。依據(jù)題干與第(1)問(wèn)可知，轉(zhuǎn)化M 65g/mol0.020mol硫酸銅所放出的熱量為4.1813H代表反響1mol參與反響放出的熱量，單位為kJ/mol，則可列出計(jì)算式為：H4.18103J1000J/kJ=-4.18103/1000

=-209kJ/mol，故答案為：0.100L0.200mol/L 0.1000.2004.18103/10000.1000.200

=-209〔答案符合要求且合理即可?！军c(diǎn)睛】該題的難點(diǎn)是第(2)問(wèn)，要求學(xué)生對(duì)反響焓變有充分的理解，抓住鋅粉過(guò)量這個(gè)條件是解題的突破口，題目計(jì)算量雖不大，但要求學(xué)生有較好的思維與辨析力量。Ⅰ.化合物Ⅹ由四種短周期元素組成，加熱X，可產(chǎn)生使潮濕紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體Y，Y為純潔物；取3.01gX ，用含HCl0.0600mol 的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A的分成A和A 兩等份，完成如下試驗(yàn)(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：1 2請(qǐng)答復(fù)：組成X的四種元素是N、H和 (填元素符號(hào))，X的化學(xué)式是 。溶液B通入過(guò)量CO2得到白色沉淀C的離子方程式是 。寫(xiě)出一個(gè)．(用化學(xué)方程式或離子方程式表示) 。要求同時(shí)滿(mǎn)足：①其中一種反響物的組成元素必需是X中除N、H外的兩種元素；②反響原理與HClNH=NHCl”一樣。3 4Ⅱ.某興趣小組為驗(yàn)證濃硫酸的性質(zhì)進(jìn)展試驗(yàn)，如圖。試驗(yàn)中觀看到的現(xiàn)象有：錐形瓶?jī)?nèi)有白霧，燒杯中消滅白色沉淀。請(qǐng)答復(fù)：將濃硫酸和濃鹽酸混合可產(chǎn)生HCl氣體的緣由是 。燒杯中消滅白色沉淀的緣由是 ?！敬鸢浮?(1). Al Cl (2).

AlClNH (3).3 3AlO2

CO2

2H

OAl(OH)2

HCO3

(4).

AlCl3

ClAlCl 或4AlClNH AlClNH (5).吸取濃鹽酸中的水分且放熱導(dǎo)致HCl揮發(fā) (6).3 3 3 3HCl氣體會(huì)將HSO2 4【解析】【分析】

帶出，與BaNO32

作用生成BaSO4X可產(chǎn)生能使潮濕的紅色石蕊試紙變藍(lán)的純潔物氣體YY為NH3，B中通入過(guò)量的CO2產(chǎn)生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3，則D為Al2O3，EAgCl，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)利用原子守恒，可以計(jì)算出各自元素的物質(zhì)的量，求出X的化學(xué)式，再依據(jù)物質(zhì)性質(zhì)進(jìn)展解答。【詳解】Ⅰ.〔1〕由分析可知，YNH3，由試驗(yàn)流程圖中分析可知，結(jié)合B中通入過(guò)量的CO2產(chǎn)生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3，則DAl2O3，EAgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物質(zhì)的量為：n(N)=n(NH

)=V=

224mL

=0.01mol，Al 原子的物質(zhì)的量為：3 Vm 22400mLmol-1n(Al)=2n(AlO

0.51g

=0.01mol2 3 M 102gmol-1

，A2溶液中含有的Cl-的物質(zhì)的量為：n(Cl-)=n(AgCl)-

0.06mol=m-0.06mol= 8.61g -0.06mol=0.03mol；2 M 2 143.5gmol-1 2故一半溶液中含有的H原子的物質(zhì)的量為：3.01g-0.01mol14gmol-1-0.01mol27gmol-1-0.03mol35.5gmol-1n(H) 2 =0.03mol1gmol-1，故X中含有四種元素即N、H、Al、Cl，其個(gè)數(shù)比為：n(N):n(H):n(Al):n(Cl)=0.01mol:0.03mol:0.01mol:0.03mol=1:3:1:3 ，故X的化學(xué)式為：AlCl3NH3，故答案為：AlClAlCl3NH3；依據(jù)分析〔1〕可知，溶液B中通入過(guò)量CO2所發(fā)生的離子方程式為：AlO-+CO

+2H

O=Al(OH)

+HCO-，故答案為：2 AlO-+CO2

+2H

2 O=Al(OH)2

3 的+HCO-；3X(AlCl3NH3)NH3和AlCl3通過(guò)配位鍵結(jié)合成的化合物，不難想到類(lèi)似于NH3和H2O反響，故可以很快得出該反響的離子方程式為AlCl+Cl-=AlCl- 或者AlCl+NH=AlClNH，故答案為：AlCl+Cl-=AlCl- 或者3 4 3 3 3 3 3 4AlCl3+NH3=AlCl3NH3；Ⅱ.(1)由于濃硫酸具有吸水性且濃硫酸稀釋是個(gè)放熱過(guò)程，而且HCl的揮發(fā)性隨濃度增大而增大，隨溫度上升而增大，從而得出用濃硫酸和濃鹽酸混合制備HCl的原理是濃硫酸吸取濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增加，使HCl揮發(fā)出來(lái)，故答案為：濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增加，使HCl揮發(fā)出來(lái)；(2HCl氣流而帶出少量的H2SO4Ba(NO3)2反響生成硫酸鋇白色沉淀，故答案為：HCl氣體能夠帶出H2SO4分子，與Ba(NO3)2反響生成BaSO4沉淀?！军c(diǎn)睛】此題為試驗(yàn)題結(jié)合有關(guān)物質(zhì)的量計(jì)算，只要認(rèn)真分析題干信息，利用〔元素〕原子守恒就能較快求出化合物X的化學(xué)式，進(jìn)而推到出整個(gè)流程過(guò)程。爭(zhēng)論CO 氧化CH制CH對(duì)資源綜合利用有重要意義。相關(guān)的主要化學(xué)反響有：2 2 6 2 4ⅠCH(g) CH(g)H(g) ΔH=136kJmol-12 6 2 4 2 1ⅡCH(g)CO(g)2 6 2ⅢCH(g)2CO(g)2 6 2ⅣCO(g)H(g)2 2

CH(g)HO(g)CO(g) ΔH=177kJmol-12 4 2 24CO(g)3H(g) ΔH2 3CO(g)HO(g) ΔH=41kJmol-12 4：298K 時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量(如圖1)。可依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量計(jì)算反響或變化的ΔH(ΔH隨溫度變化可無(wú)視)。例如： HO(g)H2

O(1)ΔH=-286kJmol-1--242kJmol-1 =-44kJmol-1。2請(qǐng)答復(fù)：3(1)①依據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量計(jì)算ΔH= kJmol1。3②以下描述正確的選項(xiàng)是 A上升溫度反響Ⅰ的平衡常數(shù)增大B加壓有利于反響Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移動(dòng)C反響Ⅲ有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成D恒溫恒壓下通水蒸氣，反響Ⅳ的平衡逆向移動(dòng)③有爭(zhēng)論說(shuō)明，在催化劑存在下，反響Ⅱ分兩步進(jìn)展，過(guò)程如下：【CH2 6

(g)CO2

(g)】【CH2 4

(g)H2

(g)CO2

(g)】【CH(g)CO(g)HO(g)，且其次步速率較慢(反響活化能為210kJmol1)。根2 4 2據(jù)相關(guān)物質(zhì)的相對(duì)能量，畫(huà)出反響Ⅱ分兩步進(jìn)展的“能量-反響過(guò)程圖”，起點(diǎn)從【CH(g)CO(g)的能量477kJmol1，開(kāi)頭(如圖2) 2 6 2。(2)①CO和CH按物質(zhì)的量1:1投料，在923K 和保持總壓恒定的條件下，爭(zhēng)論催化劑X2 2 6對(duì)CO氧化CH制CH”的影響，所得試驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：催化劑轉(zhuǎn)化率催化劑轉(zhuǎn)化率CH/%2 6轉(zhuǎn)化率CO/%2產(chǎn)率CH /%2 4催化劑X19.037.63.3結(jié)合具體反響分析，在催化劑X作用下，CO2氧化C2H6的主要產(chǎn)物是 ，推斷依據(jù)是 。②承受選擇性膜技術(shù)(可選擇性地讓某氣體通過(guò)而離開(kāi)體系)可提高CH的選擇性(生成2 4CH的物質(zhì)的量與消耗CH的物質(zhì)的量之比)。在773K，乙烷平衡轉(zhuǎn)化率為9.1%，保2 4 2 6持溫度和其他試驗(yàn)條件不變，承受選擇性膜技術(shù)，乙烷轉(zhuǎn)化率可提高到11.0%。結(jié)合具體反響說(shuō)明乙烷轉(zhuǎn)化率增大的緣由是 。(4).CO(5).CH2 4的產(chǎn)【答(4).CO(5).CH2 4的產(chǎn)2 率低說(shuō)明催化劑X有利于提高反響Ⅲ速率 (6).選擇性膜吸附CH促進(jìn)反響Ⅱ平衡2 【解析】【分析】區(qū)分。(1①由圖1CH6(gC2(gCO(gH(g84kJ?mo-、-393kJ?mol-1、-110kJ?mol-1、0kJ?mol-1。由題中信息可知，?H=生成物的相對(duì)能量-反響物的C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)?H3=(-110kJ?mol-1)4-(-84kJ?mol-1)-(-393kJ?mol-1)2=430kJ?mol-1。②AA正確；B．反響Ⅰ和反響Ⅱ的正反響均為氣體分子數(shù)增大的反響，增大壓強(qiáng)，其化學(xué)平衡均向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，B不正確；C．反響Ⅲ的產(chǎn)物中有CO，增大CO的濃度，能使反響Ⅱ的化學(xué)平衡向逆反響方向移動(dòng)，故其不利于乙烷脫氫，不利于乙烯的生成，C不正確；D．反響Ⅳ的反響前后氣體分子數(shù)不變，在恒溫恒壓下向平衡體系中通入水蒸氣，體系的總大〔大于平衡常數(shù)D綜上所述，描述正確的選項(xiàng)是AD。③由題中信息可知，反響Ⅱ分兩步進(jìn)展，第一步的反響是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相對(duì)能量之和為52kJ?mol-1+0+(-393kJ?mol-1)=-341kJ?mol-1C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)210kJ?mol-1，故該反響體系的過(guò)渡態(tài)的相對(duì)能量又上升了210kJ?mol-1，過(guò)渡態(tài)的的相對(duì)能量變下：。為-341kJ?mol-1+210kJ?mol-1=-131kJ?mol-1，最終生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相對(duì)能量之和為(52kJ?mol-1)+(-242kJ?mol-1)+(-110kJ?mol-1)=-300kJ?mol-1。依據(jù)題中信息，第一步的“能量—反響過(guò)程圖”下：。(2)①由題中信息及表中數(shù)據(jù)可知，盡管CO2和C2H61：1投料，但是C2H4的產(chǎn)率遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于C2H6的轉(zhuǎn)化率，但是CO2的轉(zhuǎn)化率高于C2H6，說(shuō)明在催化劑X的作用下，除了發(fā)生反響Ⅱ，還發(fā)生了反響Ⅲ，而且反響物主要發(fā)生了反響Ⅲ，這也說(shuō)明催化劑X有利于提高反響Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要產(chǎn)物是CO。故答案為：CO；C2H4的產(chǎn)率低說(shuō)明催化劑X有利于提高反響Ⅲ速率。②由題中信息可知，選擇性膜技術(shù)可提高C2H4的選擇性，由反響ⅡC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)可知，該選擇性應(yīng)具體表現(xiàn)在選擇性膜可選擇性地讓C2H4C2H4向正反響方向移動(dòng)，因而可以乙烷的轉(zhuǎn)化率。故答案為：選擇性膜吸附C2H4，促進(jìn)反響Ⅱ平衡向正反響方向移動(dòng)?！军c(diǎn)睛】此題“能量—反響過(guò)程圖”生必需有急躁和細(xì)心，準(zhǔn)確提取題中的關(guān)鍵信息和關(guān)鍵