1、第第 1页页20192019 年年 4 4 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题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：H 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Cl 35.5Ca 40Fe 56Cu 64Ba 137选择题部分选择题部分一、选择题一、选择题（本大题共（本大题共 25 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 50 分。每个小题列出的四个备选项中只分。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）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AC2H5OHBNa2CO3CCa(OH
2、)2DCu2(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ABCD【答案】
3、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A4NH35O2=催化剂4NO6H2OB2Na2SO3O2=2Na2SO4C2Na2O22CO2=2Na2CO3O2D2KICl2=2KClI2【答案】D第第 2页页【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
4、， 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ANH4NO3B(NH4)2SO4CKClDK2CO3【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+)c(OH-)，溶液显碱性。NH4NO3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，A 不合题意；(NH4
5、)2SO4属于强酸弱碱盐，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 8NH33Cl2=N26NH4Cl，被氧化的 NH3与被还原的 Cl2的物质的量之比为A23B83C63D32【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HClOB丁烷的球棍模型C乙烯的结构简式 CH2C
6、H2D原子核内有 8 个中子的碳原子146C【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第第 3页页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
7、燃冰的主要成分 CH48H2O，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 pH5.1 和 pH5.6 的两种 NH4Cl 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
8、,所以可以区分 pH5.1 和 pH5.6 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A18O2和16O2互为同位素B正己烷和 2,2二甲基丙烷互为同系物CC60和 C70是具有相同质子数的不同核素DH2NCH2COOCH3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
9、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。H2NCH2COOCH3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 80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色第第 4页页B在表面皿中加入少量胆矾，再加入 3 mL 浓硫酸，搅拌，固体由蓝
10、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（CuSO45H2O） ，蓝色晶体，浓硫酸具有吸水性，将 CuSO45H2O 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
11、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 Ag2O2eH2O=2Ag2OHC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+)
12、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 Ag2O2eH2O2Ag2OH，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-=Zn2+。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：5SO22H2O2M
13、nO4=2Mn2+5SO244H+第第 5页页B酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2H+H2O2=I22H2OC硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO232H+=H2SiO3D硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+2Fe=2Fe3+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+FeFe2+Cu，D 项错误。142019 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A 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
14、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A 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A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【
15、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
16、 C6H6Cl6的反应是取代反应第第 6页页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 CH3ClD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 CH3Cl、 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 H18OCH2CH3， D 项正确。17下列说法正确的是
17、AH2(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BC(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D1 mol N2和 3 mol H2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 2 mol NH3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
18、，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) H，合成氨气实际参与反应 n(H2)=310=0.3mol，因而 Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的 n(NH3)=210=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则 Q1=Q2，D 项错误。18下列说法不正确的是A纯碱和烧
19、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CCO2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溶于水属第第 7页页于化学变化，化学方程式为 CO2+H2OH2CO3，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，
20、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A1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为 6NAB500 mL 0.5 molL1的 NaCl 溶液中微粒数大于 0.5NAC30 g HCHO 与 CH3COOH 混合物中含 C 原子数为 NAD2.3 g Na 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1mol CH2CH2分子中含有的共价键数为 6NA，A 项正确；由已知浓度和体积可知：n(Na+)=n(Cl-)=0.5L0.5molL-1=
21、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 0.5NA，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 0.1mol1NA=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
22、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 CO23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(HCO3)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
23、大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而 CO2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 20 mL 0.1 molL1某二元酸 H2A，滴加 0.2 molL1NaOH 溶
24、液。第第 8页页已知：H2A=H+HA，HA H+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1H2A 溶液中有 c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B 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 10 mLC 当用去 NaOH 溶液体积 10 mL 时， 溶液的 pH7， 此时溶液中有 c(A2)c(H+)c(OH)D当用去 NaOH 溶液体积 20 mL 时，此时溶液中有 c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】二元酸 H2A 第一步电离完全，第二步部分电离，可以把 20 mL 0.1 molL1二元酸H2A 看做
25、 20 mL 0.1 molL1HA-一元弱酸和 0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在 H2A 微粒。0.1 molL1H2A 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)=0.1molL1，A 项正确；若用去 10mlNaOH，反应得到NaHA 溶液，由于 HAH+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 10 mL 时，得到 NaHA 溶液，溶液的 pH7，存在质子守恒，其关系为 c(A2)c(H+)c
26、(OH)，C 项正确；当用去 NaOH 溶液体积20 mL 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
27、】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。23MgCO3和 CaCO3
28、的能量关系如图所示(MCa、Mg)：M2+(g)CO23(g)H2M2+(g)O2(g)CO2(g)第第 9页页MCO3(s)H1HMO(s)CO2(g)H3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AH1(MgCO3)H1(CaCO3)0BH2(MgCO3)H2(CaCO3)0CH1(CaCO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO)D对于 MgCO3和 CaCO3，H1H2H3【答案】C【解析】根据盖斯定律，得H=H1+H2+H3，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。 H1表示断
29、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H1(MgCO3)H1(CaCO3)0，A 项正确；H2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H2(MgCO3)H2(CaCO3)0，B 项正确；由上可知H1(CaCO3)-H1(MgCO3)H3(MgO)， H3(CaO)-H3(MgO)0， C 项错误； 由上分析可知H1+H20， H37，故无色溶液 pH7，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
30、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。非选择题部分非选择题部分二、非选择题二、非选择题（本大题共（本大题共 7 小题，共小题，共 50 分）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)：第第 11页页请回答：(1) AB 的反应类型_，C 中含氧官能团的名称_。(2) C 与
31、 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】氧化反应羧基CHOHCH2OHCH2OHCH2CHCOOH浓 H2SO4CHOHCH2OOCHCH2CH2OHH2OCHOHCH2OHCH2OHCH2CHCOOH浓 H2SO4CHOOCHCH2CH2OHCH2OHH2O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
32、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CH2CHCOOHH2O 和CH2CHCOOHH2O。（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，第第 12页页观察现象。因而答案为加
33、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】 O Cu 和 NaOH NaCuO22NaCuO28HCl=2NaCl2CuClCl24H2O【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，
34、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)=0.0223g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)=1
35、：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 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O28(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 中溶第第 13页页液不能进入 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
36、产生白色沉淀的原因_。【答案】 滴液漏斗(分液漏斗)液封，防止空气进入装置 4 在装置 2、3 之间添加控制开关 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
37、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 2.04 g 纯净的 X，与足量金属钠充分反应，生成 672 mL 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
38、)0.03 mol， 设 X 中羟基和羧基的总数为 m 个(m2)则 n(X)(0.032)/m0.06/m mol，M(X)2.04m/0.0634m gmol1，m4，M(X)136 gmol1，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(m3)则 n(X)(0.032)/m0.06/m mol，M(X)2.04m/0.0634m gmol1m4，M(X)136 gmol1，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-OHH2、H2
39、2-COOH，进而推理出摩尔质量最小的 X。n(H2)=0.03 mol，由于 2-OHH2、2-COOH H2，设 X 中羟基和羧基的总数为 m 个（m2，且为整数） ，则 n(X)=，34m g/mol。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=102-164=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 C
40、4H8O5，该分子式合理，例如可能第第 14页页的结构简式为。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)12O2(g)=H2O(l)，下列说法不正确的是_。A焓变H0，熵变S0B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) 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(OHO)。将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测
41、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 20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)。OHH第 30 题图 1(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(22.1 MPa)时的水称为超临界水。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_。如果水的离子积 Kw从 1.01014增大到 1.01010，则相应的电离度是原来的_倍。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
42、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。第第 15页页下列说法合理的是_。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 15 s 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
43、中生成的 NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是_。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)2HSO4-2eS2O82-2H+或 2SO42-2eS2O82-(8)2H2OH2O2H2【解析】 氢气燃烧是放热反应，H0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故S0，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
44、能，加快化学反应速率，D 项正确。 H2O 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：100，101kPa 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：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。c(H+)=，当 Kw=1.010-14，c1(H+)=10-7mol/L，当 Kw=1.010-10，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。观察左侧 x-t 图像可知，CO 先增加
45、后减少，CO2一直在增加，第第 16页页所以 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C
46、O 的氧化速率，D 项正确。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 S2O82-，因而电极反应式为 2HSO4-2e=S2O82-2H+或 2SO42-2e=S2O82-。通过电解 NH4HSO4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 2H2OH2O2H2。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、
47、 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(MgCl26H2O)。相关信息如下：700只发生 MgCO3和 Mg(OH)2的分解反应。NH4Cl 溶液仅与体系中的 MgO 反应，且反应程度不大。“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，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶B步骤，蒸氨促进平衡正向移动，提高 MgO 的溶解量C步骤，可以将固液混合物 C 先过滤，再蒸氨D步骤，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(2) 步骤，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示
48、于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。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_。第第 17页页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。含有的杂质是_。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+3.04.7Fe3+1.12.8Ca2+11.
49、3Mg2+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Ba()()()()()()MgCl2溶液产品。a用盐酸溶解b调 pH3.0c调 pH5.0d调 pH8.5e调 pH11.0f过滤g洗涤【答案】（1）ABD（2）adfc甲基橙，颜色由红色变橙色（3）碱式氯化镁(氢氧化镁)过度蒸发导致氯化镁水解（4）cfefga【解析】（1）选 A，步骤温度达 700，不能用烧杯和锥形瓶煅烧样品，只能用坩埚；选 B，步骤，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NH4Cl 溶液仅与体系中的 MgO 反应，
50、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。（2）蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)，连接顺序 adfc，选用 f 防第第 18页页倒吸；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 3.14.4，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 pH5.0，再过滤掉氢氧化铁和氢氧化铝；再调调 pH11.0，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
