1、20202020 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）（浙江卷） 化学试题化学试题 可能用到的相对原子质量：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 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108 I 127 Ba 137 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。每小题列出的四个备选项中只有一个分。每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
2、是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.水溶液呈酸性的是( ) A. NaCl B. 4 NaHSO C. HCOONa D. 3 NaHCO 【答案】B 【详解】ANaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意； BNaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为 NaHSO4=Na+H+SO 2 4 ，故 其水溶液呈酸性，B符合题意； CHCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的 HCOO可以发生水解，其水解 的离子方程式为 HCOOH2OHCOOHOH，故其水溶液呈碱性，C不符合题意； DNaHCO是强碱弱酸盐，既
3、能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性， D 不符合题意。 综上所述，本题答案为 B。 2.固液分离操作中，需要用到的仪器是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【详解】A该仪器是干燥管，不能用于固液分离，A 不符合题意； B该仪器为蒸馏烧瓶，不能用于固液分离，B不符合题意； C该仪器为普通漏斗，常用于过滤以分离固液混合物，C符合题意； D该仪器为牛角管，又叫接液管，连接在冷凝管的末端以收集蒸馏产生的蒸气所冷凝成的液体，不能用于 固液分离，D不符合题意。 综上所述，本题答案为 C。 3.下列物质在熔融状态下不导电 的是( ) A. NaOH B. 2 CaCl
4、 C. HCl D. 24 K SO 【答案】C 【详解】ANaOH 属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的 Na+和 OH-，故其在熔融状态下 能导电，A不符合题意； BCaCl2属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的 Ca2+和 Cl-，故其在熔融状态下能导电，B 不符合题意； CHCl 是共价化合物，其在熔融状态下不能电离成离子，故其在熔融状态下不导电，C符合题意； DK2SO4属于离子化合物，其在熔融状态下能电离成自由移动的 K+和 SO 2 4 ，故其在熔融状态下能导电， D 不符合题意。 综上所述，本题答案为 C。 4.下列物质对应的组成不正确 的是( ) A.
5、 干冰： 2 CO B. 熟石灰： 42 CaSO2H O C. 胆矾： 42 CuSO5H O D. 小苏打： 3 NaHCO 【答案】B 【详解】A干冰为固体二氧化碳，故 A正确； B熟石灰成分为 Ca(OH)2，CaSO4 2H2O为生石膏，故 B 错误； C胆矾为五水合硫酸铜晶体，故 C 正确； D小苏打是碳酸氢钠的俗名，故 D正确； 答案选 B。 5.下列表示不正确 的是( ) A. 乙烯的结构式： B. 甲酸甲酯的结构简式： 242 C H O C. 2甲基丁烷的键线式： D. 甲基的电子式： 【答案】B 【详解】A结构式是每一对共用电子对用一个短横来表示，乙烯分子中每个碳原子和每
6、个氢原子形成一对 共用电子对，碳原子和碳原子形成两对共用电子对，故 A 正确； B结构简式中需要体现出特殊结构和官能团，甲酸甲酯中要体现出酯基，其结构简式为 HCOOCH3，故 B 错误； C键线式中每个端点为一个 C 原子，省略 CH键，故 C正确； D甲基中碳原子和三个氢原子形成 3对共用电子对，还剩一个成单电子，故 D 正确； 答案选 B。 6.下列说法不正确 的是( ) A. 天然气是不可再生能源 B. 用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物 C. 煤液化属于物理变化 D. 火棉是含氮量高的硝化纤维 【答案】C 【详解】 A 天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，
7、 储量有限， 是不可再生能源， A 选项正确； B水煤气为 CO和 H2，在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物(如甲醇)，B 选项正确； C煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，C 选项错误； D火棉是名为纤维素硝酸酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，D选项正确； 答案选 C。 7.下列说法正确的是( ) A. 35Cl和37Cl是两种不同的元素 B. 单晶硅和石英互为同素异形体 C. HCOOH和 2 HOCH CHO互为同系物 D. H 与Na在元素周期表中处于同一主族 【答案】D 【详解】A35Cl和 37Cl是 Cl元素的两种不同核素，属于同种元素，A选项错误； B同
8、素异形体是指同种元素组成的不同种单质，而单晶硅为硅单质，而石英是 SiO2，两者不属于同素异形 体，B选项错误； C同系物是指结构相似，分子组成上相差若干个 CH2的有机化合物，HCOOH和 HOCH2CHO结构不相似， 不属于同系物，C选项错误； DH和 Na 在元素周期表种均处于第 IA 族，D 选项正确； 答案选 D。 8.下列说法不正确 的是( ) A. Cl会破坏铝表面的氧化膜 B. 3 NaHCO的热稳定性比 23 Na CO强 C. 4 KMnO具有氧化性，其稀溶液可用于消毒 D. 钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀 【答案】B 【详解】ACl-很容易被吸附在铝表面的氧化
9、膜上，将氧化膜中的氧离子取代出来，从而破坏氧化膜，A选 项正确； B碳酸氢钠受热分解可产生碳酸钠、水和二氧化碳，则稳定性：NaHCO3Na2CO3，B 选项错误； CKMnO4具有强氧化性，可使病毒表面的蛋白质外壳变形，其稀溶液可用于消毒，C选项正确； D钢铁在潮湿的空气中，铁和碳、水膜形成原电池，发生电化学腐蚀，腐蚀速率更快，D选项正确； 答案选 B。 9.下列说法不正确 的是( ) A. 高压钠灯可用于道路照明 B. 2 SiO可用来制造光导纤维 C. 工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜 D. 3 BaCO不溶于水，可用作医疗上检查肠胃的钡餐 【答案】D 【详解】A高压钠灯发出的黄光
10、射程远、透雾能力强，所以高压钠灯用于道路照明，故 A正确； B二氧化硅传导光的能力非常强，用来制造光导纤维，故 B 正确； C黄铜矿高温煅烧生成粗铜、氧化亚铁和二氧化硫，故 C正确； D碳酸钡不溶于水，但溶于酸，碳酸钡在胃酸中溶解生成的钡离子为重金属离子，有毒，不能用于钡餐， 钡餐用硫酸钡，故 D错误； 答案选 D。 10.反应 2222 MnO4HCl()MnClCl2H O 加热 浓中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( ) A. 1:2 B. 1:1 C. 2:1 D. 4:1 【答案】B 【详解】由反应方程式可知，反应物 MnO2中的 Mn元素的化合价为+4 价，生成物 MnCl2中
11、 Mn 元素的化合 价为+2价，反应物 HCl中 Cl元素的化合价为-1 价，生成物 Cl2中 Cl元素的化合价为 0价，故 MnCl2是还原 产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B 符合题意； 答案选 B。 11.下列有关实验说法不正确 的是( ) A. 萃取 2 Br时，向盛有溴水的分液漏斗中加入 4 CCl，振荡、静置分层后，打开旋塞，先将水层放出 B. 做焰色反应前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色 C. 乙醇、苯等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞 D. 可用 3 AgNO溶液和稀 3 HNO区分NaC
12、l、 2 NaNO和 3 NaNO 【答案】A 【详解】ACCl4的密度比水的密度大，故萃取 Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入 CCl4，振荡、静置分 层，打开旋塞，先将 CCl4层放出，A操作错误； B做焰色反应前，先将铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至无色的目的是排除铂丝上粘有其它金属元素，对待检测 金属元素的干扰，B操作正确 C乙醇、苯等有机溶剂属于易燃物品，故使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，防止失火，C 操作正确； D氯化银、亚硝酸银都是难溶于水的白色固体，所以硝酸银滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中都有白色沉 淀生成，但是氯化银不溶于稀硝酸，而亚硝酸银溶于稀硝酸；硝酸银溶液滴入硝酸
13、钠溶液中没有明显现象， 故 D 操作正确。 答案选 A。 12.下列说法正确的是( ) A. 2 Na O在空气中加热可得固体 22 Na O B. Mg加入到过量 3 FeCl溶液中可得Fe C. 2 FeS在沸腾炉中与 2 O反应主要生成 3 SO D. 22 H O溶液中加入少量 2 MnO粉末生成 2 H和 2 O 【答案】A 【详解】A无水状态下 Na2O2比 Na2O 更稳定，Na2O在空气中加热可以生成更稳定的 Na2O2，A正确； BMg加入到 FeCl3溶液中，Mg 具有较强的还原性，先与 Fe3+反应，生成 Mg2+和 Fe2+，若 Mg 过量，Mg 与 Fe2+继续反应生
14、成 Mg2+和 Fe，但由于反应中 FeCl3过量，Mg 已消耗完，所以无 Mg和 Fe2+反应，所以不 会生成 Fe，B 错误； CFeS2在沸腾炉中与 O2发生的反应为：4 FeS2+11O2 高温 2Fe2O3+8SO2，产物主要是 SO2而不是 SO3，C 错误； DH2O2溶液中加入少量 MnO2粉末生成 H2O和 O2，化学方程式为：2H2O2 2 MnO 2H2O+O2，D 错误。 答案选 A。 13.能正确表示下列反应的离子方程式是( ) A. 44 22 NHFe SO溶液与少量 2 Ba(OH)溶液反应： 2-2 44 SOBaBaSO B. 电解 2 MgCl水溶液： 2
15、22 2Cl2H O2OHClH 通电 C. 乙酸乙酯与NaOH溶液共热： 323332 CH COOCH CHOHCH COOCH CH OH D. 4 CuSO溶液中滴加稀氨水： 2 2 Cu2OHCu(OH) 【答案】C 【详解】 A (NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4FeSO4， (NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量 Ba(OH)2溶液反应， OH- 先与 Fe2+反应， 再和 + 4 NH反应， 由于 Ba(OH)2较少， + 4 NH不会参与反应， 离子方程式为： Fe2+ 2- 4 SO+ Ba2+ 2OH-=Fe(OH)2+BaSO4，A错误； B用惰性材
16、料为电极电解 MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl-2e-=Cl2，阴极反应为： 2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2+H2，总反应的离子方程式为：Mg2+2Cl-+2H2O= Mg(OH)2+H2+ Cl2，B 错误； C乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为： CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确； D向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电 解质，在离子反应中不能拆开，离子方程式为：Cu2+2NH3H2O=2 + 4 NH+Cu(OH)2，D 错误。 答案选 C。 14
17、.下列说法不正确 的是( ) A. 相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧，放出的热量依次增加 B. 油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分 C. 根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可以鉴别蚕丝与棉花 D. 淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物 【答案】A 【详解】A由于等质量的物质燃烧放出的热量主要取决于其含氢量的大小，而甲烷、汽油、氢气中 H的百 分含量大小顺序为：汽油HH 【答案】B 【详解】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则 CO 2- 3 (aq)+H+(aq)=HCO - 3(aq)为放热反应，所以H10； OH(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中
18、和反应，为放热反应，所以H30； 醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以H4H3； 综上所述，只有H1H2正确，故答案为 B。 23.常温下，用 1 0.1mol L氨水滴定10mL浓度均为 1 0.1mol L的HCl和 3 CH COOH的混合液，下列说法 不正确 的是( ) A. 在氨水滴定前，HCl和 3 CH COOH的混合液中 3 c Clc CH COO B. 当滴入氨水10mL时， + 43233 c NH+c NHH O =c CH COO+c CH COOH C. 当滴入氨水20mL时， + 332 c CH COOH +c H=c NHH O +c OH D. 当溶液呈中性
19、时，氨水滴入量大于20mL， 4 c NHc Cl 【答案】D 【分析】根据弱电解质的电离和盐类水解知识解答。 【详解】A.未滴定时，溶液溶质为 HCl 和 CH3COOH，且浓度均为 0.1mol/L，HCl 为强电解质，完全电离， CH3COOH 为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)c(CH3COO-)，A 正确； B.当滴入氨水 10mL时，n(NH3 H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中 c(NH4+)+ c(NH3 H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B 正确； C. 当滴入氨水 20mL时，溶液溶质为 NH4Cl和 CH3COONH4，质子守恒为
20、c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C 正确； D.当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则 c(H+)=c(OH-)，故 c(NH4+)c(Cl-)，D不正确； 故选 D。 24. 35 Ca SiO是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确 的是( ) A. 可发生反应： 3543232 Ca SiO4NH ClCaSiO2CaCl4NH2H O B. 具有吸水性，需要密封保存 C. 能与 2 SO，反应生成新盐 D. 与足量盐酸作用，所得固体产物主要为 2 SiO
21、 【答案】D 【分析】 将 Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaOSiO2，性质也可与 Na2SiO3相比较，据此解答。 【详解】 A.Ca3SiO5与 NH4Cl反应的方程式为： Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3+2H2O， A正确； B.CaO 能与水反应，所以需要密封保存，B正确； C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到 Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确； D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与 Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H
22、2SiO3+2H2O，D不 正确； 故选 D。 25.黄色固体 X，可能含有漂白粉、 4 FeSO、 24 3 FeSO、 2 CuCl、KI之中的几种或全部。将 X与足量的 水作用，得到深棕色固体混合物 Y 和无色碱性溶液 Z。下列结论合理的是( ) A. X 中含KI，可能含有 2 CuCl B. X 中含有漂白粉和 4 FeSO C. X 中含有 2 CuCl，Y中含有 3 Fe(OH) D. 用 24 H SO酸化溶液 Z，若有黄绿色气体放出，说明 X 中含有 2 CuCl 【答案】C 【分析】 固体 X为黄色，则含有 Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液 Z为无色碱性，则一定含有漂
23、白粉，且漂白粉过量， 得到深棕色固体混合物 Y，则固体 Y 是 Fe(OH)3和 Cu(OH)2的混合物，X 中一定含有 2 CuCl， 4 FeSO和 24 3 FeSO中含有其中一种或两种都含，据此解答。 【详解】A.若 X 含有 KI，则会与漂白粉反应生成 I2，溶液不为无色，A不正确； B.由分析可知，不一定含有 FeSO4，B 不正确； C.由分析可知， X 含有 CuCl2，Y 含有 Fe(OH)3，C正确； D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2+H2O， 此时的 Cl-有可能来自于漂白粉氧化 FeSO4产生的 C
24、l-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有 CuCl2，D 不正确； 故选 C。 二、非选择题二、非选择题(本大题共本大题共 6 小题，共小题，共 50分分) 26.(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是_。 (2) 2 CaCN是离子化合物，各原子均满足 8电子稳定结构， 2 CaCN的电子式是_。 (3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是_。 【答案】 (1). 原子半径F Cl，键能F HClH (2). 2- 2+ CaN:C:N (3). 乙醇与水之 间形成氢键而氯乙烷没有 【分析】 (1)气态氢化物的稳定性取决于共价键键能的大小； (2)根据价键规则书写
25、 CaCN2的电子式； (3)溶质分子与溶剂分子间形成氢键可增大溶质的溶解度。 【详解】(1)由于原子半径 FCl，故键长：FHClH，键能：FHClH，所以 HF比 HCl稳定，故 答案为：原子半径 FCl，键能 FHClH。 (2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为 Ca2+、 2- 2 CN为阴离子；Ca原子最外层有 2个电子，易失去最外层的 2 个电子达到 8电子的稳定结构；N原子最外层有 5个电子，易得到 3 个电子或形成 3对共用电子对达到 8电 子的稳定结构；C 原子最外层有 4个电子，通常形成 4对共用电子对达到 8电子的稳定结构；则每个 N原子 分别得到 Ca失去的 1 个电
26、子、与 C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到 8电子的稳定结构，CaCN2 的电子式为，故答案为：。 (3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常 温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键而氯乙烷没有。 【点睛】 2- 2 CN与 CO2互为等电子体，可以根据 CO2的电子式，结合等电子原理书写 2- 2 CN的电子式。 27. 1 4 100 mL 0.200 mol L CuSO 溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为20.1，反 应后最高温度为30.1。 已知：反应前后，溶液的比热容
27、均近似为 11 4.18J g 、溶液的密度均近似为 3 1.00g cm，忽略溶液体 积、质量变化和金属吸收的热量。请计算： (1)反应放出的热量Q=_J。 (2)反应 44 Zn(s)CuSO (aq)=ZnSO (aq)Cu(s)的H=_ 1 kJ mol(列式计算)。 【答案】 (1). 3 4.18 10 (2). 3 4.18 10 /1000 209 0.1000.200 【分析】 (1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据 Q=cmt计算； (2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。 【详解】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与
28、1.95g 锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu， 忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量 m=V=1.00g/cm3 100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可 知，反应放出的热量 Q=cmt=4.18 11 J gC 100g (30.1-20.1)C= 4.18 103J，故答案为：4.18 103； (2)上述反应中硫酸铜的物质的量 n(CuSO4)= 0.200mol/L 0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量 n(Zn)= 1.95g = 65g/mol m M =0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化 0.
29、020mol硫酸铜所 放出的热量为 4.18 103J，又因为该反应中焓变 H代表反应 1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为 kJ/mol，则可列出计算式为： 33 4.18 10 J 1000J/kJ4.18 10 /1000 =-=-209 kJ/mol 0.100L 0.200mol/L0.100 0.200 H ，故答案 为： 3 4.18 10 /1000 =-209 0.100 0.200 （答案符合要求且合理即可） 。 【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破 口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。 2
30、8.化合物由四种短周期元素组成，加热 X，可产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 Y，Y 为纯净物； 取3.01gX，用含HCl 0.0600 mol的盐酸完全溶解得溶液 A，将溶液 A分成 1 A和 2 A两等份，完成如下实 验(白色沉淀 C可溶于NaOH溶液)： 请回答： (1)组成 X的四种元素是 N、H 和_(填元素符号)，X 的化学式是_。 (2)溶液 B通入过量 2 CO得到白色沉淀 C 的离子方程式是_。 (3)写出一个化合反应 (用化学方程式或离子方程式表示)_。要求同时满足： 其中一种反应物的组成元素必须是 X 中除 N、H外的两种元素； 反应原理与“ 34 =HClNHNH C
31、l”相同。 .某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出 现白色沉淀。请回答： (1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生HCl气体的原因是_。 (2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_。 【答案】 (1). Al Cl (2). 33 AlCl NH (3). 22233 AlOCO2H OAl(OH)HCO (4). 34 AlClClAlCl 或 3333 AlClNHAlCl NH (5). 吸收浓盐酸中的水分且放热导致HCl挥发 (6). HCl气体会将 24 H SO带出，与 3 2 Ba NO作用生成 4 BaSO 【分析】 根据题干可知，加热 X
32、可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体 Y，故 Y 为 NH3，由实验流程图 中分析可知， 结合 B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C， 故C为Al(OH)3， 则D为Al2O3， E 是 AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出 X的化学式，再根据物质 性质进行解答。 【详解】.（1）由分析可知，Y 为 NH3，由实验流程图中分析可知，结合 B 中通入过量的 CO2产生能溶 于 NaOH 溶液的白色沉淀 C，故 C 为 Al(OH)3，则 D 为 Al2O3，E 是 AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中 含有 N 原子的物质的量为： 3
33、 -1 V224mL n(N)=n(NH )=0.01mol Vm22400mL mol ，Al 原子的物质的量为： 23 -1 m0.51g n(Al)=2n(Al O )=2=2=0.01mol M102g mol ， A2溶 液 中 含 有 的 Cl-的 物 质 的 量 为 ： - -1 0.06molm 0.06mol8.61g0.06mol n(Cl )=n(AgCl)-=-=-=0.03mol 2M2143.5g mol2 ； 故一半溶液中含有的 H 原子的物质的量为： -1-1-1 -1 3.01g -0.01mol 14g mol -0.01mol 27g mol -0.03m
34、ol 35.5g mol 2 (H)=0.03mol 1g mol n ， 故 X 中含有四 种元素即 N、 H、 Al、 Cl， 其个数比为：n(N):n(H):n(Al):n(Cl)=0.01mol:0.03mol:0.01mol:0.03mol=1:3:1:3， 故 X 的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3； (2)根据分析（1）可知，溶液 B中通入过量CO2所发生的离子方程式为： - 22233 AlO +CO +2H O=Al(OH)+HCO，故答案为： - 22233 AlO +CO +2H O=Al(OH)+HCO； (3)结合题给的两个条件，再
35、分析化合物 X(AlCl3NH3)是 NH3和 AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想 到类似于 NH3和 H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为 AlCl3+Cl-= - 4 AlCl 或者 AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= - 4 AlCl 或者 AlCl3+NH3=AlCl3NH3； .(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且 HCl 的挥发性随浓度增大而增大，随温度升 高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备 HCl 的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐 酸的挥发性增强，使 HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收
36、浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增 强，使 HCl挥发出来； (2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随 HCl气流而带出少量的 H2SO4分子，与 Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉 淀，故答案为：HCl气体能够带出 H2SO4分子，与 Ba(NO3)2反应生成 BaSO4沉淀。 【点睛】本题为实验题结合有关物质的量计算，只要认真分析题干信息，利用（元素）原子守恒就能较快 求出化合物 X 的化学式，进而推到出整个流程过程。 29.研究 2 CO氧化 26 C H制 24 C H对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： 26242 C H (g)C H (g)H (g) -1 1 H =
37、136kJ mol 262242 C H (g)CO (g)C H (g)H O(g)CO(g) -1 2 H =177kJ mol 2622 C H (g)2CO (g)4CO(g)3H (g) 3 H 222 CO (g)H (g)CO(g)H O(g) -1 4 H =41kJ mol 已知：298K时，相关物质的相对能量(如图 1)。 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的H(H随温度变化可忽略)。例如： 22 H O(g)H O(1) -1-1-1 =-286kJ mol - -242kJ mol=-44kJ molH 。 请回答： (1)根据相关物质的相对能量计算 3 =H_ 1
38、 kJ mol。 下列描述正确的是_ A 升高温度反应的平衡常数增大 B 加压有利于反应、的平衡正向移动 C 反应有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应的平衡逆向移动 有研究表明，在催化剂存在下，反应分两步进行，过程如下： 262 C H (g)CO (g)【】 2422 C H (g)H (g)CO (g)【】 242 C H (g)CO(g)H O(g)【】，且第二步速 率较慢(反应活化能为 1 210kJ mol )。根据相关物质的相对能量，画出反应分两步进行的“能量-反应过程 图”，起点从 262 C H (g)CO (g)【】的能量 1 477kJ mol，开始
39、(如图 2)_ 。 (2) 2 CO和 26 C H按物质的量 1:1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂 X 对“ 2 CO氧化 26 C H制 24 C H”的影响，所得实验数据如下表： 催化剂 转化率 26 C H /% 转化率 2 CO / % 产率 24 C H /% 催化剂 X 19.0 37.6 3.3 结合具体反应分析，在催化剂 X作用下， 2 CO氧化 26 C H的主要产物是_，判断依据是_。 采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高 24 C H的选择性(生成 24 C H的物质的量 与消耗 26 C H的物质的量之比)。在773K，乙烷平
40、衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用 选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_。 【答案】 (1). 430 (2). AD (3). (4). CO (5). 24 C H的产率低，说明催化剂 X 有利于提高反应速率 (6). 选择性膜吸附 24 C H，促进反 应平衡正向移动 【分析】 根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响， 并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找 到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不
41、同；选择性膜是通过吸附目标产品而提 高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。 【详解】 (1)由图 1 的数据可知， C2H6(g)、 CO2(g)、 CO(g)、 H2(g)的相对能量分别为-84kJmol-1、 -393 kJmol-1、 -110 kJmol-1、0 kJmol-1。由题中信息可知，H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此， C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) H3=(-110 kJmol-1)4-(-84kJmol-1)-( -393 kJmol-1)2=430 kJmol-1。 A反应为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动
42、，故其平衡常数增大，A正确； B反应和反应的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B 不正确； C反应的产物中有 CO，增大 CO的浓度，能使反应的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷 脱氢，不利于乙烯的生成，C 不正确； D反应的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸 气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数） ，化学平衡 向逆反应方向移动，D正确。 综上所述，描述正确的是 AD。 由题中信息可知， 反应分两步进行， 第一步的反应是 C2H6(g)+CO2(g)C2H4
43、(g)+H2(g) +CO2(g)， C2H4(g)、 H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为 52 kJmol-1+0+(-393 kJmol-1)= -341 kJmol-1；第二步的反应是 C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为 210 kJmol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了 210 kJmol-1， 过渡态的的相对能量变为-341 kJmol-1+210 kJmol-1= -131 kJmol-1， 最终生成物 C2H4(g)、 H2O(g)、 CO(g)的相对能量之和为(52 kJmol-1)+(-242 k
44、Jmol-1)+(-110 kJmol-1)= -300 kJmol-1。根据题中信息，第一步 的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应分两步进行的“能量反应过程图”可以表示如下： 。 (2)由题中信息及表中数据可知，尽管 CO2和 C2H6按物质的量之比 1：1 投料，但是 C2H4的产率远远小于 C2H6的转化率，但是 CO2的转化率高于 C2H6，说明在催化剂 X的作用下，除了发生反应，还发生了反应 ，而且反应物主要发生了反应，这也说明催化剂 X 有利于提高反应速率，因此，CO2氧化 C2H6的主 要产物是 CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂 X有利于提高反应速率。 由题中
45、信息可知， 选择性膜技术可提高 C2H4的选择性， 由反应C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g) 可知， 该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让 C2H4通过而离开体系， 即通过吸附 C2H4减小其在平衡 体系的浓度， 从而促进化学平衡向正反应方向移动， 因而可以乙烷的转化率。 故答案为： 选择性膜吸附 C2H4， 促进反应平衡向正反应方向移动。 【点睛】本题“能量反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不 能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提 取题中的关键信息和关键数据
46、，才能做到完美。 30.硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备 2232 Na S O5H O。 合成反应： 223232 SONa CO =Na SOCO 2223 2Na S3SO =2Na SO3S 23223 Na SOSNa S O 滴定反应： 2223246 I2Na S O2NaINa S O 已知： 2232 Na S O5H O易溶于水，难溶于乙醇，50开始失结晶水。 实验步骤： . 223 Na S O制备：装置 A制备的 2 SO经过单向阀通入装置 C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为 7 时，停止通入 2 SO气体，得产品混合溶液。 .产品分
47、离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到 2232 Na S O5H O产品。 .产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用 2232 Na S O5H O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算 2232 Na S O5H O含量。 请回答： (1)步骤:单向阀的作用是_；装置 C中的反应混合溶液pH过高或过低将导致产率降低，原因是 _。 (2)步骤:下列说法正确的是_。 A 快速蒸发溶液中水分，可得较大晶体颗粒 B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热 C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率 D 可选用冷的 23 Na CO溶液作洗涤剂 (3)步骤 滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)： 检漏蒸馏水洗涤（ ）（ ）（ ）（ ）（ ）开始滴定 A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下 D 用洗耳球吹出润洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗 2 至 3次 G 记录起始读数 装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是_。 滴定法测得产
