《2021年高考化学真题名师评析(浙江卷带解析)课件.pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考化学真题名师评析(浙江卷带解析)课件.pptx（58页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年6月高考浙江省选考化学试题评析国乙卷 2021年6月化学选考命题总体来说难度适中。以“必备知识、关键能力和正确价值观”为着力点，突出化学学科核心素养考查。选择题相对比较容易，试题都是精心选取日常生活、生产环保、学术探索、实验探究等情境素材，聚焦学科主干内容，信息呈现形式丰富，突出关键能力的考查，发挥化学学科独特的育人功能。命题紧扣课程标准，坚持原创性、科学性，适度创新，确保试题有利于高校人才选拔和中学化学教学，发展学生的学科核心素养。注重基础 突出能力 关注素养 彰显特色总体评价一、坚持以生为本，稳中有进 2021年6月浙江省化学选考是“学考和选考”功能分开后的第四次考试，试题在题型
2、结构、试题总量、总体难度、设问风格等方面延续了2021年1月的试题及以往试题的特点，整卷题型、题量、难度保持稳定。试题充分考虑考生实际，在不改变考查功能的前提下，题量和之前3次分卷考试的试题保持一致，包括25个客观题和6个主观题。客观题都是单选题，主观题题型稳定：第26题用结构解释物质理化性质，第27题物质的量相关计算，第28题无机综合推断及实验方案设计，第29题反应原理综合运用，第30题无机物制备综合实验，第31题有机合成综合推断 另外，适度改变个别题目的形式，如第24题。试题特点二、注重必备知识，强化基础 试题突出考查化学学科的必备知识，从基本概念和原理，化学变化与规律，物质转化与应用，实
3、验原理与方法等必备知识出发对试题进行整体性系统化设计。试题多采用学生熟悉的命题角度进行设问，力求体现基础性。试题特点 如选择题以及26、27题，试题保持重点考查化学用语、物质分类、基本概念、基本理论、化学实验、常见元素及其化合物和有机化合物等基础性知识，特别是氧化还原反应、离子反应、物质的量、化学反应速率与限度、化学能及其转化、阿伏伽德罗常数、结构决定性质、简单计算等，体现了学科经典试题的价值。即使第 28、29、30、31题综合性较强，难度相对较大，但设问有层次，每个大题的前面几个小题还是从“双基”出发，关注必备知识的考查，有利于考生答题。三、突出关键能力，回归本质化学学科的关键能力包括符号
4、表征能力、综合分析能力、实验探究能力、模型认知能力和创新思维能力等。本次试题考查的重点内容仍是化学的主干知识和核心概念，以实际问题为测试任务，引导学生运用已有知识和新信息重新建构的知识系统解决问题，重点考查理解能力、信息整合能力、分析推理能力、实验设计能力等关键能力的考查。如第20、23、24、29题等，根据实验数据、关系图表，运用化学基本原理分析、判断反应历程，推测温度等因素对反应速率及平衡变化的影响；再如第28题，要求结合所掌握的元素化合物知识，对试题提供的信息碎片，基于定性分析与定量计算进行推理。第30题重点考查综合分析能力和实验探究能力；第31题结构简式、化学方程式、同分异构体和合成路
5、线的书写重点考查学生的符号表征能力；凸现了对学生提取、识别信息并加以运用等关键能力的考查。试题特点四、彰显学科价值，凸现应用 试题以真实情景和具体科学研究为测试载体，合理选取在生产、生活、科学研究活动中和能源、材料、药物等相关的真实情境为素材，加强在实际生产、实验探索中运用化学原理解决实际问题的考查，让考生感受化学学科的独特价值，引导学生树立正确的价值观，发挥化学试题的立德树人作用。如第22题锂离子电池、第28题探究物质的组成、第29题常用化学品、第30题制备氯化剂Cl2O等，有利于开拓学生的科学视野，提升学生运用科学知识和思维方法的能力，体现了化学知识与生产生活密切相关的学科价值。试题特点五
6、、聚焦学科特点，强化素养 试题关注对学生化学学科素养发展水平的考査，试题全面覆盖了高中化学的核心知识：“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学精神与社会责任”，试题是对化学学科核心素养全面检测。试题特点 如第20题根据反应过程中测量的实验数据，考查学生分析推理、揭示数据和现象的本质的能力；第28题通过分析实验现象找出符合逻辑的正确结论，考查学生的推理分析能力思维过程；第29题第（4）小题要求根据曲线图和实验现象，需要学生从微观结构、平衡和速率等多角度系统分析化学变化的本质，还需要具有批判思维意识，能突破固有思维，尊重证据。试题强化化学实验的
7、考查，涉及的实验问题达20分，如第4、10、11、12、25、28、30题等，既注重了实验仪器、实验基本技能的考查，还突出对实验安全、实验现象分析和推断、实验方案设计等，“实验探究与创新意识”素养的考查，引导中学化学教学要重视实验。试题+解析1下列物质属于纯净物的是()A汽油 B食醋 C漂白粉D小苏打【答案】D【解析】A项，汽油是碳原子个数在511的烃的混合物，故A错误；B项，食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故B错误；C项，漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故C错误；D项，小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故D正确；故选D。试题+解析2下列物质属于弱电解质的是()ACO2 BH2O
8、 CHNO3DNaOH【答案】B【解析】A项，CO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A不符合题意；B项，H2O在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B符合题意；C项，HNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C不符合题意；D项，NaOH为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D不符合题意；故选B。试题+解析3下列物质的化学成分不正确的是()A生石灰：Ca(OH)2B重晶石：BaSO4C尿素：CO(NH2)2D草酸：HOOC-COOH【答案】A【解析】A项，生石灰的主要成分为氧化钙，故A错误；B项，重晶石的主要成分为硫酸钡，故
9、B正确；C项，尿素的分子式为CO(NH)2，故C正确；D项，草酸是乙二酸的俗称，结构简式为HOOCCOOH，故D正确；故选A。试题+解析4下列图示表示灼烧操作的是()【答案】B【解析】灼烧过程中应使用坩埚、酒精灯、铁架台等仪器，A装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，C装置为蒸馏装置，D装置为过滤装置，B装置满足灼烧操作，故选B。试题+解析5下列表示不正确的是()【答案】A【解析】A项，乙炔的分子式为C2H2，实验式为CH，故A错误；B项，乙醛的分子式为C2H4O，结构简式为CH3CHO，故B正确；C项，2，3二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为 ，故C正确；D项，
10、乙烷的结构简式为CH3 CH3，球棍模型为 ，故D正确；故选A。试题+解析6下列说法正确的是()A C60和C70互为同位素 B C2H6和C6H14互为同系物C CO和CO2互为同素异形体DCH3COOH和CH3OOCH是同一种物质【答案】B【解析】A项，同种元素的不同种核素互称同位素，C60和C70为C元素的两种不同单质，不能互称同位素，A错误；B项，C2H6和C6H14均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差4个CH2基团，二者互为同系物，B正确；C项，同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO和CO2为C元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能互称同素异形体，C错误；D项，两种物质的结构不
11、同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D错误；故选B。试题+解析7关于有机反应类型，下列判断不正确的是()【答案】C【解析】A项，在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故A正确；B项，2溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故B正确；C项，在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故C错误；D项，在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故D正确；故选C。试题+解析8关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是()A K2H3IO6发生氧化反应 BKI是还原产物
12、C生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【解析】A项，反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项，KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项，12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7
13、:1，D正确；故选D。试题+解析9下列说法不正确的是()A硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐B镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁C钠与水反应生成氢氧化钠和氢气D常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】A项，硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B项，镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；C项，钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；D项，浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；故选A。试题+解析10下列说法不正确的是()A应避免铵态氮肥与草木灰混合施用B工业上可用离子交换法提高
14、海带中碘的提取率C电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气D将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢【答案】C【解析】A项，铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B项，离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；C项，电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；D项，将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故选C。试题+解析11下列说法正确的是()A减压过滤适用
15、于过滤胶状氢氧化物类沉淀B实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火C制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含FeSO4和(NH4)2SO4的溶液浓缩至干D将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体【答案】B【解析】A项，因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故A错误；B项，实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故B正确；C项，制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C错误；D项，冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故D错误；故选B。试题+解析12下列“类比”结果不正
16、确的是()AH2O2的热稳定性比H2O的弱，则N2H4的热稳定性比NH3的弱BH2O的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架(C-O-C)构型为V形CCa(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大D将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色【答案】C【解析】A项，H2O2分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于H2O，N2H4分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于NH3，A正确；B项，H2O中氧原子的价层电子对数为4，sp3杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，二甲醚的分子骨架(C-O-C)中氧原子价层
17、电子对数为4，sp3杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；C项，钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；D项，多羟基的醇遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确；故选C。试题+解析【答案】A【解析】A项，碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2，故A错误；B项，亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为HSO3-+H2
18、O H2SO3+OH-，故B正确；C项，锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=Zn(OH)4-+H2，故C正确；D项，亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为NO2-+NH4+N2+2H2O，故D正确；故选A。13不能正确表示下列变化的离子方程式是()试题+解析14关于油脂，下列说法不正确的是()A硬脂酸甘油酯可表示为 B花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色C植物油通过催化加氢可转变为氢化油D油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等【答案】A【解析】A项，硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：C17H35-CO
19、OH，硬脂酸甘油酯可表示为：，A错误；B项，花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B正确；C项，花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C正确；D项，油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D正确；故选A。试题+解析【答案】A【解析】根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置，以及Y的最高化合价为+3，可推知，X为：Mg，Y为：Al，Z为：C，M为：N，Q为：S，R为：Cl。A项，ZQ2为CS2，ZR4为CCl4，CS2中硫的还原性强于CCl4中的氯元素，A错误；B项，Mg和CO
20、2发生下述反应：2Mg+CO2 2MgO+C，B正确；C项，Al和Fe2O3发生铝热反应如下：2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe，C正确；D项，M为：N，N的最高价氧化物的水化物为HNO3，最低价氢化物为NH3，二者发生如下反应：HNO3+NH3=NH4NO3，D正确；故选A。15已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示，其中Y的最高化合价为+3。下列说法不正确的是()试题+解析16关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是()A具有强氧化性 B与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C与盐酸作用能产生氯气 D水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】A项，ClONO2里面
21、含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项，ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。试题+解析【答案】B【解析】A项，CH4(g)和H2(g)物质的量相同，且均为气态，CH4(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熵值1molCH4(g)1molH2(g)，A错误；B项，相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值1molH2O(g)2molH2O(g)，B正确；C项，等量的同物质，熵值关系为：S(g)S(l)S(
22、s)，所以熵值1molH2O(s)1molH2O(l)，C错误；D项，从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值1molC(s，金刚石)1molC(s，石黑)，D错误；故选B。17相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是()A1molCH4(g)1molH2(g)B1molH2O(g)2molH2O(g)C1molH2O(s)1molH2O(l)D1molC(s，金刚石)1molC(s，石黑)试题+解析【答案】C【解析】A项，标准状况下，1.12L18O2的物质的量为：0.05mol，一个18O中含有中子数为：18-8=10个，所以1.12L18O2中含
23、有中子数为NA，A正确；B项，31gP4的物质的量为：0.25mol，根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键，所以共价键数目为1.5NA，B正确；C项，100mL 0.1molL1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数目的加和，C错误；D项，18.9g三肽C6H33N3O4的物质的量为：0.1mol，三分子氨基酸脱水缩合形成三肽，三肽中含有两个肽键，所以18.9g三肽C6H33N3O4中的肽键数目为0.2NA，D正确；故选C。试题+解析19某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A25时，若测得0.01molL1N
24、aR溶液pH=7，则HR是弱酸B25时，若测得0.01molL1HR溶液pH2且pH7，则HR是弱酸C25时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，b-a1，则HR是弱酸 D25时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，升温至50，测得pH=b，ab，则HR是弱酸【答案】B【解析】A项，25时，若测得0.01molL1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25时，若测得0.01molL1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H)0.01molL1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设H
25、R为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。试题+解析20一定温度下：在N2O5 的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5 4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：【答案】D【解析】A项，6001200 s，N2O5的变化量为(0.96-0.66)molL1=0.3 molL1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6 molL1，因此，生成NO2的平均速率为 1.
26、010-3 molL1s1，A不正确；B项，由表中数据可知，反应2220 s时，N2O5的变化量为(1.40-0.35)molL1=1.05 molL1，其物质的量的变化量为1.05 molL10.1L=0.105mol，O2的变化量是其 ，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=1.176L，B不正确；C项，反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正(N2O5)=v逆(NO2)，C不正确；D项，分析表中数据可知，该反应经过1110s(600-1710,1710-2820
27、)后N2O5的浓度会变为原来的 ，因此，N2O5的浓度由0.24 molL1变为0.12 molL1时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确。故选D。试题+解析21相同温度和压强下，关于反应的，下列判断正确的是()AH10，H20 BH3=H1+H2CH1H2，H3H2 DH2=H3+H4【答案】C【解析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。A项，环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，H10，H2
28、0，A不正确；B项，苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即H3H1+H2，B不正确；C项，环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，H10，H20，由于1mol 1，3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其H1H2；苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应(H40)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热H3=H4+H2，因此H3H2，C正确；D项，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反
29、应热H3=H4+H2，因此H2=H3-H4，D不正确。故选C。试题+解析A充电时，集流体A与外接电源的负极相连B放电时，外电路通过a mol电子时，LiPON薄膜电解质损失a mol Li+C放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2D电池总反应可表示为Li xSi+Li1-xCoO2 Si+LiCoO222某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是()试题+解析【答案】B【解析】由题中信息可知，该电池充电时Li+得电子成为Li嵌入
30、电极A中，可知电极A在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。A项，由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A正确；B项，放电时，外电路通过a mol电子时，内电路中有a mol Li+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失Li+，B不正确；C项，放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2，C正确；D项，电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+，正极上Li1-xCoO2得到电子和Li+变为LiCoO2，故电池总反应可表示为
31、Li xSi+Li1-xCoO2 Si+LiCoO2，D正确。故选B。试题+解析下列说法不正确的是()A由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度Babc过程中：c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小Cade过程中：c(Na)c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3)D令c点的c(Na)+c(H)=x，e点的c(Na)+c(H)=y，则xy23取两份10mL 0.05molL1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05molL1的盐酸，另一份滴加0.05molL1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。试题+解析【答案】C【解析】向Na
32、HCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，abc过程溶液中c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(Na)+c(H)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na)保持不变，c(H)逐渐减小，因此c(HC
33、O3)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na)=c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此ade过程中c(Na)c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na)+c(H)=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na)+c(H)=(0.025+10-4)mol/L，因此xy，故D正确；故选C。试题+解析A可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯B反应过程涉及氧化反应C化合物3和4互为同分异构体D化合物1直
34、接催化反应的进行24制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是()试题+解析【答案】D【解析】A项，由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故A正确；B项，由图中信息可知，化合物4在H2O2的作用下转化为化合物5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故B正确；C项，化合物3和化合物4所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D项，由图中信息可知，化合物1在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物2，化合物1间接催化反应的进行
35、，故D错误；故选D。试题+解析25下列方案设计、现象和结论都正确的是()试题+解析【答案】D【解析】A项，乙醇在140，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；B项，乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B项不符合题意；C项，如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C项不符合题意；D项，加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D项符合题意；故选D。试题+解析金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_。(2)提纯含有少量氯化
36、钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是_。【答案】(1)原子半径CSi(或键长C-CSi-Si)，键能C-CSi-Si (2)当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时(即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大)，溶解度最小 【解析】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在C和Si组成的物质中原子半径CSi(或键长C-CSi-Si)，键能C-CSi-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；(2)当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时(即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大)，溶解度最小，此时析
37、出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。26(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表：试题+解析请回答：(1)燃烧产物中水的物质的量为_mol。(2)该有机物的分子式为_(写出计算过程)。27将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：试题+解析其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：(1)白色固体C的化学式是_，蓝色溶液D中含有的溶质是_(用化学式表示)。(2)化合物X的化学式是_；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_。(3)蓝色溶液A与N2H5
38、+作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。写出该反应的离子方程式_。设计实验验证该白色沉淀的组成元素_。28固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。试题+解析试题+解析试题+解析29含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)2H2SO4(l)=CuSO4(s)SO2(g)2H2O(l)H-11.9kJmol1。判断该反应的自发性并说明理由_。(2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H-198kJmol1。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得S
39、O2、O2和SO3的浓度分别为6.010-3molL1、8.010-3 molL1和4.410-2 molL1。该温度下反应的平衡常数为_。平衡时SO2的转化率为_。(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。下列说法正确的是_。A须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3B进入接触室之前的气流无需净化处理C通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率D在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率接触室结构如图1所示，其中14表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_。Aa1b1 Bb1a2 Ca2b2 DB2a3 E.a3b3 F.B3a4 G.a4b4试题+解析对于放热的
40、可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线)、平衡转化率与温度(曲线)的关系曲线示意图(标明曲线、)_。(4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。.S2-+H+=HS-._；.HS-+H2O2+H+=S+2H2O；._。试题+解析试题+解析试题+解析试题+解析30Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制
41、备高纯Cl2O。已知：HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，合适反应温度为1825；副反应：2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2。常压下，Cl2沸点-34.0，熔点-101.0；Cl2O沸点2.0，熔点-120.6。Cl2O+H2O 2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答：(1)装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_。将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_。试题+解析(2)有关反应柱B，须进行的操作是_。A将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱B调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例C调控混合气从下口进入反应柱的流速D将加热带缠绕
42、于反应柱并加热(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_。(4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c_edf_。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和CCl4转入分液漏斗c.涂凡士林d.旋开旋塞放气e.倒转分液漏斗，小心振摇f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋
43、塞，将上层液体倒入锥形瓶试题+解析(5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量 溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：2I-+Cl2=I2+2Cl-、4I-+Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+HClO+H+=I2+H2O+Cl-实验数据如下表：用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定到达终点的实验现象是_。高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/n(Cl2)99(Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合
44、数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_。试题+解析【答案】(1)浓H2SO4 a (2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)(4)a b g (5)CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.00010-3mol、510-6mol，=20099，符合要求 【解析】(1)装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应
45、选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为1825，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反
46、应，故D不选；故选ABC。试题+解析(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏加入萃取剂和溶液振荡摇匀放气静置分层放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林检查旋塞、玻璃塞处是否漏水将溶液和CCl4转入分液漏斗倒转分液漏斗，小心振摇旋开旋塞放气经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中
47、，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。由2I-+Cl2=I2+2Cl-、4I-+Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+HClO+H+=I2+H2O+Cl-(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O2H+2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2(2.50510-3mol-1.50510-3mol)=210-3mol，生成I2的物质的量为210-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=110-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.00510-3m
48、ol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.00510-3mol-210-3mol=510-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=510-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中 =20099，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。试题+解析已知：请回答：31某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P，合成路线如下：试题+解析(1)化合物A的结构简式是_；化合物E的结构简式是_。(2)下列说法不正确的是_。A化合物B分子中所有的碳原子共平面B化合物D的分子式为C12H12N6O4C化合物D和F发生缩聚反应生成PD聚合物P属于聚酯类物质(3)化合物C与过量 溶液反应的化学方程式是_。(4)在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物。用键线式表示其结构_。(5)写出3种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：_。谱显示只有2种不同化学环境的氢原子只含有六元环含有 结构片段，不含 键(6)以乙烯和丙炔酸为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_。试题+解析试题+解析试题+解析试题+解析谢谢！