《2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题解析版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年6月浙江省普通高校招生选考化学试题解析版.pdf（52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、化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S32 Cl 35.5 K39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 I 127 Ba 137-选择题（本大题共2 5 小 题，每小题2 分：共 5 0 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）1.下列消毒剂的有效成分属于盐的是A.高镒酸钾溶液 B.过氧乙酸溶液 C.双氧水 D.医用酒精【答案】A【解析】【详解】A.高锯酸钾溶液的有效成分为KM nOa,其在水溶液中电离出K+和 MnO：故K M Q属于盐，A符合题意；
2、B.过氧乙酸溶液的有效成分是CH3coOOH,在水溶液中电离出CH3coOO-和H+,即水溶液中的阳离子全部为H+,故其属于酸，不合题意；C.双 氧 水 是 由 H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意；D.医用酒精的有效成分为CH3cH2OH,其属于有机物，不属于盐，D 不合题意；故答案为：Ao2.下列物质属于强电解质的是A.HCOOH B.Fe C.N a2co3 D.C2H2【答案】C【解析】【详解】A.HCOO H是弱酸，在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，A 不合题意；B.Fe是单质，不是电解质，B 不合题意；C.Na2c0 3 是盐，在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，
3、C符合题意;D.C2H2是有机物，在水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D不合题意；故答案为：Co3.名 称 为“吸滤瓶”的仪器是o【答案】D【解析】【详解】A.图示实验仪器为蒸储烧瓶，A不合题意；B.图示实验仪器为分液漏斗，B 不合题意；C.图示实验仪器为容量瓶，C不合题意；D.图示实验仪器为吸滤瓶，其特征是一个厚壁的带分支的锥形瓶，D符合题意;故答案为：D。4.下列物质对应的化学式正确的是A.白磷：P2C.胆矶：FeSO4-7H2O【答案】B【解析】B.2-甲基丁烷：(CH,)CHCH2cH32D.硬脂酸：Ci5H31C00H【详解】A.白磷的化学式为：P4,A不合题意；B.2-甲基
4、丁烷的结构简式为：（CHJ2CHCH2cHB符合题意；C.胆研的化学式为：CUSO4-5H2O,而FeSCU 7H2O 是绿矶的化学式，C 不合题意；D.硬脂酸的化学式为：Ci7H35co0H,而Ci5H31co0H是软脂酸的化学式，D不合题意；故答案为：B。5.下列表示正确的是A.乙醛的结构简式：CH3c0HB.2-丁烯的键线式：C.S 2-的结构示意图:D.过氧化钠的电子式：N a+：6：6：2-N a+【答案】D【解析】【详解】A.乙醛含醛基，其结构简式为：C H 3 C H O,A错误;B.2-丁烯的结构简式为C H 3 c H=C H C H 3，键线式为：B错误;C.硫的原子序数为
5、1 6,硫原子最外层有6个电子，得2个电子形成硫离子，硫离子的结构示意图为:D.过氧化钠为离子化合物，含离子键和氧氧非极性共价键，其电子式为：N a+：O：6：2-N a+-D正 确；答案选D o6.下列说法不正确的是A.油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本C.天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料D.中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质结晶牛胰岛素【答案】A【解析】【详解】A.油脂的相对分子质量虽然较大，但比高分子化合物的相对分子质量小的多，油脂不是高分子化合物，A 错误；B.福尔马林是甲醛的水溶液，能使蛋白质发生变性，可用于浸
6、制动物标本，B 正确；C.天然气是三大化石燃料之一，其主要成分是甲烷，是生产生活中常用的一种清洁燃料，C正确；D.我国科学家合成的结晶牛胰岛素，是世界上首次人工合成的具有活性的蛋白质，蛋白质的基本组成单位是氨基酸，D 正确；答案选Ao7.下列说法不正确的是A.乙醇和丙三醇互为同系物B.35 c l 和37 c l 互为同位素C.。2 和。3 互为同素异形体o0D.丙酮（II）和环氧丙烷（/）互为同分异构体CH3-C-CH3 CH3CH-CH2【答案】A【解析】【详解】A.结构相似，组成上相差若干个CH2原子团的有机化合物为同系物，乙醇（CH3cH20H）是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所
7、含官能团数目不同，不互为同系物，A 错误；B.质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35cl的质子数为17,中子数为18,37cl的质子数为1 7,中子数为 2 0,两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B 正确；C.由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，02和 03是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C正确；D.分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D 正确；答案选Ao8.下列说法不正确的是A.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造光导纤维B.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远，可用于道路照明C
8、.氧化铝熔点高，常用于制造耐高温材料D.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫，同时可得到石膏【答案】A【解析】【详解】A.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用于制造晶体管、集成电路等，而二氧化硅常用于制造光导纤维，A 错误；B.钠的焰色反应为黄色，可用作透雾能力强的高压钠灯，B 正确；C.耐高温材料应具有高熔点的性质，氧化铝熔点高，可用作耐高温材料，C 正确；高温D.石灰石的主要成分为碳酸钙，石灰石-石膏法脱硫过程中发生反应：CaCO3=CaO+CO2t，SO2+CaCO3=CaSO3+CO2.2CaSO3+O2=2CaSO4.得到了 石膏，D 正确；答案选Ao9.下列说
9、法正确的是A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁B.接触法制硫酸时，煨烧黄铁矿以得到三氧化硫C.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸D.“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用【答案】D【解析】【详解】A.六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B.接触法制硫酸时，煨烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C.在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C 不正确；D.“洁厕灵”
10、（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D 正确；综上所述，本题选Do1 0.关于反应Na2s2O3+H2s0&=Na2sO&+S 1+SO?T+H2O,下列说法正确的是A.H2sO4发生还原反应B.Na2s2O3既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：ID.ImolNa2s2O3发生反应，转移4m oi电子【答案】B【解析】【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S I+SO2T+比0,该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化
11、合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。【详解】A.H2 S O 4 转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B.N a2 s 2 O 3 中的S的化合价为+2,其发生歧化反应生成S（0价）和 S C）2（+4 价），故其既是氧化剂又是还原剂，B 说法正确；C.该反应的氧化产物是S O 2,还原产物为S,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1,C 说法不正确；D.根据其中S元素的化合价变化情况可知，I m o l N a2 s 2 O 3 发生反应，要转移2 m o i 电子，D 说法不正确。综上所述，本题选BoI I.下列说法
12、不正确的是A.用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出B.铝热反应非常剧烈，操作时要戴上石棉手套和护目镜C.利用红外光谱法可以初步判断有机物中具有哪些基团D.蒸发浓缩硫酸镂和硫酸亚铁（等物质的量）的混合溶液至出现晶膜，静置冷却，析出硫酸亚铁锈晶体【答案】A【解析】【详解】A.用标准液润洗滴定管，要将整个滴定管内壁进行润洗，因此，应将润洗液的一部分从滴定管上口倒出，另一部分从滴定管下口放出，A 说法不正确；B.铝热反应非常剧烈，反应过程中放出大量的热，有大量火星飞溅出来，因此，在操作时要戴上石棉手套和护目镜以保护手和眼睛，B 说法正确；C.有机物中的基团在红外光谱中会呈现出其特征谱线，因
13、此，可以利用红外光谱法初步判断有机物中具有哪些基团，C 说法正确；D.硫酸亚铁铉的溶解度随着温度降低而减小，蒸发浓缩硫酸镀和硫酸亚铁（等物质的量）的混合溶液至出现晶膜，溶液达到饱和状态，静置冷却后，由于在该温度下的混合体系中硫酸亚铁镂的溶解度最小，因此，析出的晶体是硫酸亚铁镀晶体，D 说法正确。综上所述，本题选A o12.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子B.11.2 L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NAC.8gCH4含有中子数为3NAD.0.1 mol H2和O.lmol 12于密闭容器中充分反应后，HI分子总数为0.2NA【答
14、案】C【解析】【详解】A.NaHSd由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子，12gNaHSO4的物质的量 为O.lmol,因此，其中只含有O.INA个阳离子，A说法不正确；B.没有指明气体的温度和压强，无法确定11.2L 乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确；C.CH4分子中有6个中子，8g CH 的物质的量为0.5mol,因此，8g CH4含有的中子数为3NA,C说法正确；D.H2和I2发生反应生成HI,该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此，O.lmol H2和O.lmol I2于密闭容器中充分反应后，HI分子总数小
15、于0.2NA,D说法不正确。综上所述，本题选C13.下列反应的离子方程式不正确的是A.盐酸中滴加Na SiO 溶液：SiO2-+2H+=H SI0)2 3 3 2 3B.Na CO 溶液中通入过量SO：CO2-+2SO+H O=2HSO+co2 3 2 3 2 2 3 2C,乙醇与K Cr O 酸性溶液反应：3CH CH OH+2Cr O2-+16H+3CH COOH+4Cr3+11H O2 2 7 3 2 2 7 3 2D.嗅与冷的NaOH溶液反应：Br2+OH-=Br+BrO+H+【答案】D【解析】【详解】A.盐酸中滴加Na2SiO3 溶液，发生离子反应生成硅酸沉淀，该反应的离子方程式为X
16、C 2-+2H+=H SiO 1.A 正确；-,V 73 2 3B.亚硫酸的酸性强于碳酸，因此，Na2c0 3溶液中通入过量S 0 2发生离子反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，该反应的离子方程式为CO?-+2S0+H 0=2HS0-B陋3 2 2 3 2C.乙醇与K2CrQ,酸性溶液反应发生反应，乙醇被氧化为乙酸，C t*被还原为C N+,该反应的离子方程式为3cH3cH2OH+2CO/+16H+3CH3COOH+4Cr3+l 1H2O,C 正确；D.类比氯气与碱反应可知，浪与冷的NaOH溶液反应生成澳化钠、次澳酸钠和水，该反应的离子方程式为 Br+20H=Br-+BrO-+H O.D 不 正 确
17、，2 2综上所述，本题选D。14.下列说法不正确的是A.植物油含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能使漠的四氯化碳溶液褪色B.向某溶液中加入璋三酮溶液，加热煮沸出现蓝紫色，可判断该溶液含有蛋白质C.麦芽糖、葡萄糖都能发生银镜反应D.将天然的甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种【答案】B【解析】【详解】A.植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，能与澳发生加成反应，因此能使浪的四氯化碳溶液褪色，A正确；B.某溶液中加入荀三酮试剂，加热煮沸后溶液出现蓝紫色，氨基酸也会发生类似颜色反应，则不可判断该溶液含有蛋白质，B错误；C.麦芽糖、葡萄糖均含有醛基，所以都能发生银镜反应，C 正确；D
18、.竣基脱羟基，氨基脱氢原子形成链状二肽，形 成1个肽键：甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸相同物质间共形成3种二肽，甘氨酸、丙氨酸、苯丙氨酸不同物质间形成6种二肽，所以生成的链状二肽共有9种，D正确；答案选B。15.染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在3 种官能团B.可与H Br反应C.Im o l该物质与足量滨水反应，最多可消耗4moi B r2D.Im ol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2moi NaOH【答案】B【解析】【详解】A.根据结构简式可知分子中含有酚羟基、线基、酸键和碳碳双键，共四种官能团，A 错误；B.含有碳碳双键，能 与 HBr发生加成反应，B正确；C.酚羟
19、基含有四种邻位或对位H,另外碳碳双键能和单质澳发生加成反应，所以最多消耗单质澳5mol,C 错误；D.分子中含有3 个酚羟基，所以最多消耗3moiNaOH,D 错误；答案选B。16.X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，Y X 3 分子呈三角锥形，Z 的核外电子数等于X、Y 核外电子数之和。M 与 X 同主族，Q 是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.X 与 Z 形成的10电子微粒有2 种B.Z 与 Q 形成的一种化合物可用于饮用水的消毒C.M zZ 与M Q 的晶体类型不同D,由 X、Y、Z 三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性【答案
20、】B【解析】【分析】X 的核外电子数等于其周期数，X 为 H,YX3分子呈三角锥形，Y 为 N,Z 的核外电子数等于X、Y 核外电子数之和，则 Z 为 O,M 与 X 同主族，则 M 为 Na,Q 是同周期中非金属性最强的元素，则Q 为 C 1,综合分析，X 为 H,Y 为 N,Z 为 0,M 为 Na,Q 为 C l,以此解题。【详解】A.由分析可知X为H,Z为0,则其形成的1 0电子微粒有10、O H、H3O+,A错误；B.由分析可知Z为O,Q为C L可形成C1 O 2,有氧化性，可用于自来水消毒，B正确：C.由分析可知Z为0,M为N a,Q为C L则M 2 Z为N a?。，为离子晶体，M
21、Q为N a C L为离子晶体,晶体类型相同，C错误；D,由分析可知X为H,Y为N,Z为O,这三种元素可以形成N H 3 H 0,其溶液显碱性，D错误；血B,1 7.2 5 c时，苯酚(C 6 H 5 O H)的K“=1.0 x1 0-1 0,下列说法正确的是A.相同温度下，等p H的C H O N a和CH CO O N a溶液中，C(C旦Q，)“(CH c o o jB.将浓度均为O.lO m o l-L的C6 Hs O N a和N a O H溶液加热，两种溶液的p H均变大C.2 5 时，C6 Hs O H溶液与N a O H溶液混合，测得pH=1 0.0 0 ,则此时溶液中C(C6H5O
22、)=C(C6H5O H)D.2 5 c时，O.lO m o l-L-1的C6 H5 0 H溶液中加少量C6 Hs O N a固体，水的电离程度变小【答案】C【解析】【详解】A.醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等p H的C6 Hs O N a和CH3 c o O N a 溶液中 c(C6 H5 O )c(CH3 c o eT),A 错误；B.C6 Hs O N a溶液中，C6 H5。-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6 H5。-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，p H变大，而升高温度，Kw增大，N a O H溶液中0 H-浓度不变，H+浓度增大，pH减小，B错误：c(
23、H+)-c(C H 0 )l.O xlO loxc(C H O )C.当 pH=1 0.0 0 时，c(H+)=l.O xlO1 0,K =6 5=、=1.0 x1 0/,故a c(C H O H)c(C H O H)6 5 6 5c(C6 H5。)=c(C6 H5 O H),C 正确；D.C6 Hs O N a中的C6 H5 O-可以水解，会促进水的电离，D错误;超Co1 8.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表:物质(g)0HHOHOOH 0IA.也 的键能为4 3 6 kJ-m o-B.02的键能大于H 2 O 2中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量：H O O H2O2
24、D.H2O(g)+O(g)=H2O2(g)A H=-1 4 3 kJ m o r【答案】c【解析】【详解】A.根据表格中的数据可知，H 2 的键能为2 1 8 X2=4 3 6 kJ m o l ,A正确：B.由表格中的数据可知。2的键能为：2 4 9 x2=4 9 8 kJ m o l，由题中信息可知Hz。？中氧氧单键的键能为2 1 4 kJ-m o l1,则。2的键能大于H 2 O 2中氧氧单键的键能的两倍，B 正确；C.由表格中的数据可知H O O=H O+O,解离其中氧氧单键需要的能量为2 4 9+3 9-1 0=2 7 8 kJ-m o ，H2O2中氧氧单键的键能为2 1 4 kJ-
25、m o ，C 错误；D.由表中的数据可知H2 O(g)+O(g)=H2 O 2(g)的 A H=-1 3 6-2 4 9-(-2 4 2)=-1 4 3 kJ m o l，D 正确；腿Co1 9.关于反应C1 2(g)+H2 0(l)yqHC1 0(a q)+H+(a q)+Cr(a q)A H -v(N吐)=1.00 x 10-5mol/(L-min),A 正确；B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验中氨气初始浓度与实验中一样，实验达到平衡时氨气浓度为4.00 x 104m oi/L,则实验达平衡时氨气浓度也为4.00 x lO m ol/L,而恒温恒容条件下，实验相对于实验为
26、减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验60min时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x 20min40min氨气浓度变化量都是4.00 x 10 4m o l/L,实验中60min时反应达到平衡状态，实验和实验催化剂表面积相同，实验中氨气初始浓度是实验中氨气初始浓度的两倍，实验60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误;D.对比实验和实验，氨气浓度相同，实验中催化剂表面积是实验中催化剂表面积的2倍，实验先达到平衡状态，实验的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确；答案选Co21.通过电解废旧锂电池中的LiM m O
27、 4可获得难溶性的Li2cO3和MnCh,电解示意图如下（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是滤布A.电 极A为阴极，发生还原反应B.电极B的电极发应：2H 2O+Mn2+-2e-=Mn。+岁+C.电解一段时间后溶液中M i?+浓度保持不变D.电解结束，可通过调节p H除去Mn?+,再加入Na2cCh溶液以获得Li2cCh【答案】C【解析】【详解】A.由电解示意图可知，电 极B上M/+转化为了 MnO2,镒元素化合价升高，失电子，则 电 极B为阳极，电 极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B.由电解示意图可知，电 极B上M
28、 n?+失电子转化为了 M n C h，电极反应式为：2 H zO+M M+l e=M n O 2+4 H+,B 正确；C.电极A为阴极，L i M m Ch得电子，电极反应式为：2 L i M n 2 O 4+6 e +l 6 H+=2 L i+4 M n 2+8H 2 O,依据得失电子守恒，电解池总反应为：2 L i M m O 4+4 H+=2 L i+M n 2+3 M n O 2+2 H 2 O,反应生成了 M n2+,M i?+浓度增大,C错误；D.电解池总反应为：2 L i M n 2 O 4+4 H+=2 L i+M n 2+3 M n O 2+2 H 2 O,电解结束后，可通
29、过调节溶液p H将镐离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；答案选Co2 2.关于化合物F e O(O CH 3 )的性质，下列推测不合理的是A.与稀盐酸反应生成F e C b、C H 3 O H、H 2 OB.隔绝空气加热分解生成F e O、C O 2、H 2 OC.溶于氢碘酸(H I)，再加C C I4萃取，有机层呈紫红色D.在空气中,与S i O 2高温反应能生成F e z(S i O3)3【答案】B【解析】【分析】已知化合物F e O(O CH 3 )中Fe的化合价为+3价，CH.Q-带一个单位负电荷，据此分析解题。【详解】A.由分析可知，化合物F e O(O
30、 CH 3 )中F e的化合价为+3价，故其与稀盐酸反应生成F e C b、C H 3 O H、H 2 O,反应原理为：F e O(O CH3)+3 H Cl=F e C13+H 2 O+CH3O H,A 不合题意；B.由分析可知，化合物F e O(O CH 3)中F e的化合价为+3价，C为-2,若隔绝空气加热分解生成F e O、C O 2、H 2 O则得失电子总数不相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成F e O、C O 2、H20 ,B符合题意;C.由分析可知，化合物FeO（OCH3）中 F e 的化合价为+3 价，故其溶于氢碘酸（HI）生成的FQ+能将 氧化为 12）反应原理为：2
31、FeO（OCH3）+6HI=2FeL+L+2H2O+2CH3OH,再 力 nC C L 萃取，有机层呈紫红色，C 不合题意；D.化合物FeO（OCH3）在空气中高温将生成Fe2O3.C02和 H20,然 后 Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，故化合物FeO(OCH3)与SiCh高温反应能生成Fez(SiC)3)3 D 不合题意;故答案为：Bo23.25时，向20mL浓度均为O.lmoLL 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入O.lm ohL的 N aO H 溶液(醋酸的K=1.8x10-5.用omol-L 的 N aO H 溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的p H 突跃范围 4.
32、3 9.7)：下列说法不正确的是A.恰好中和时，溶液呈碱性B.滴加N aO H 溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H+X)H=H 0C.滴定过程中,C)=c(CH C O?)c(C H COOH)D.pH=7 时，c(Na+)(ci-)c(cHCOO-)c(CH COOH)33【答案】B【解析】【详解】A.恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A 正确；B.滴加N aO H 溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H+CH-=H 0 溶液的体积为20m L,则根据电离常数，O.lm o ll 的醋酸中，c(H+户c(CH3co
33、0-)=jK ac(C H C O O H)=Vo.05 xl.8xl0-5=3x10-3 5mol-L_1 1.Ox 1 O-4-3,故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H+OH-H2O 和 CH3COOH+OH-CH3COO+H2O,B 错误；C.滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：C(C.)=C(CH COO-)+c(CH COOH).cD.向20mL浓度均为0.1 m o ll 的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入O.lmoLL 的 N aO H 溶液，当盐酸的体积为20ml时 一，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化
34、钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3coONa、CH3COOH,根据Ka=1.8x1(?5Kh=Kw 1014_ 可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有Ka 1.8X10-5C（N a+）（C L）c（CH COO-）c（CH COOH）Q 正确；故答案为：B.2 4.尖晶石矿的主要成分为M g A L 0 4 (含S i C h 杂质)。已知:M g A 12 0 K s)+4 C12(g)=M g C12 +2 A l C13(g)+2 C)2(g)A H 0o该反应难以发生，但采用“加炭氯化法”可以制备MgCL和 A l C h ,同
35、时还可得到副产物S i C L (S i C l4沸点为58,A l C h 在 1 8 0 c 升华)：高温M g A 1 2 O4(s)+4 C(s)+4 C 1 2 (g)M g C h (S)+2A1C13(g)+4 C O(g)o 下列说法不正确的是A.制备时要保持无水环境B.输送气态产物的管道温度要保持在1 8 0 C 以上C.氯化时加炭，既增大了反应的趋势，又为氯化提供了能量D.为避免产生大量C O 2 ,反应过程中需保持炭过量【答案】D【解析】【详解】A.由于高温条件下，C与 H 2 O 将反应生成CO和 H 2,且 A 1 C”、M g C L 在高温下均易水解，生成的H C
36、 1 挥发后促进A 1 C L、M g C L 水解，导致所得产物不纯，故制备时要保持无水环境，A正确；B.由题干信息可知，A l C b 在 1 8 0 升华，故输送气态产物的管道温度要保持在1 8 0 以上，B正确；C.由题干信息可知，不加炭的氯化反应很难进行，则氯化时加炭，既增大了反应的趋势，同 时 C被氧化为 CO放出热量，则又为氯化提供了能量，C正确：高温 高温D.反应过程中若保持炭过量，则可能发生反应：S i O2+2 C S i+2 c o或者S i C h+3 C S i C+2 C 0,导致获得的固体产物M g C L 中含有S i、S i C 等杂质，D错误；故答案为：D。
37、2 5.亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是B加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠C先加到少量F e C b 溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠D先加入少量N a 2 so3 溶液，再加入B a C b 溶液和稀硝酸，振荡若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠A.A B.B C.C D.D【答案】c【解析】【详解】A.样品若为 N a C l,依然会出现白色沉淀，A 错误；B.氯化钠电离出
38、的氯离子也可以被酸性高镒酸钾氧化，而使其褪色，B 错误；C.亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C 正确：D.稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钢可以生成硫酸钢白色沉淀，D错误;频C o二 非选择题(本大题共6小 题，共50分)2 6.回答下列问题：(1)乙醇的挥发性比水的强，原因是。(2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比N a H 的强，原因是。【答案】(1)乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小(2)N a+半径小于K+,N a+与 H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱【解析】【小 问 1 详解】乙醇和
39、水均可形成分子晶体，且其均可形成分子间氢键，但是，水分子中的2 个 H 均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1 个 H 可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低。因此，乙醇的挥发性比水的强的原因是：乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小。【小问2详解】K H和N aH均可形成离子晶体，Na+半径小于K+,故N a H的晶格能较大，Na+与H 的离子键作用较强,其中的H-更难失电子、还原性更弱，因此，KH的还原性比Na H的强的原因是：N a+半径小于K+,N a+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还
40、原性更弱。27.联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煨烧石灰石反应：C a C O ,(s)=C aO(s)+C O2(g)A H=1.8 xl O2k J -m o l-1,石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成C O 2,其热量有效利用率为5 饿。石灰窑中产生的富含CO2 的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，4(说的CO2 最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为3 O k J g”假设焦炭不含杂质)。请回答：(1)每完全分解1 0 0 k g 石灰石(含C a C O 3 9 0%,杂质不参与反应)，需要投料 k g 焦炭。(
41、2)每生产1 0 6 k g 纯碱，同时可获得 k g C a O(列式计算)。【答案】(1)1 0.8(2)7 0【解析】【小 问 1 详解】完全分解1 0 0 k g 石灰石(含C a C O 3 9 0%,杂质不参与反应)，需要吸收的热量是l O O O O O j e x 0.9 .,-X 1 8 0 U /mol=1 6 20 0 0 k J,已知：焦炭的热值为3 0 k J 名(假设焦炭不含杂质)，其热量有1 0 0 g /mol效利用率为5 0%,所以需要投料焦炭的质量是1 6 20 0 g x2=1 0 8 0 0 g=1 0.8 k g。3 0【小问2 详解】1 0 8 0
42、0 g根 据(1)中 计 算 可 知 消 耗 焦 炭 的 物 质 的 量 是 不 7=9 0 0 m o l,参加反应的碳酸钙的物质的量是9 0 0 m o l,这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1,所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质106kg x56g I mol量是=70kgoxX106g/mol 40%228.化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验:化合物X在空气中加热到8 0 0 C,不发生反应。请回答：（1）组成X的 三 种 元 素 为；X的化学式为（2）溶液C的 溶 质 组 成 为（用化学式表示）。（3）写出由X到 A的化学方程式X难溶于水，但可溶于
43、氨水中，写出该反应的离子方程式（4）设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体【答案】（1）.B a、C u、0 .B a C s C U(2)H C k H 2 S O 4B a (O H)2+3 C u+N2+2 H2O .B a C u 3 O 4+1 2 N H 3.H 2 O=3 C u(N H 3)2+(3)(1).2 N H3+B a C u3O4 4 +B a-+8 O H-+8 H 2。（4）将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有N H 3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】【分析】化合物X 由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合
44、物A,A和盐酸反应生成0.9 6 0 g紫红色固体应该是C u,无色溶液B中加入0.0 1 5 m ol 稀硫酸生成白色沉淀1.1 6 5 g应 该 是 B a S O4,无色溶液C中加入足量B a C L 溶液生成白色沉淀2.3 3。8是!$0 4,据此解答。【小 问 1 详解】根据以上分析可知Cu的物质的量是0.9 6 g+6 4 g/m ol=0.0 1 5 m ol,第一次生成硫酸钢的物质的量是1.1 6 5 g4-2 3 3 g/m ol=0.0 0 5 m oL 第二次生成硫酸钢的物质的量是 2.3 3 g+2 3 3 g/m ol=0.O l m ol,因此1.9 6 5 gX
45、中一定含有 0.9 6 gC u,B a 的质量是 0.0 0 5 m ol X 1 3 7 g/m ol=0.6 8 5 g,二者质量之和是 1.6 4 5 g0)的反应，根 据 G=A”一TA S V O 可自发进行可知反应川自发进行的条件是高温下自发进行；A.A r 是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用 A r 替代N 2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；B.正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2s 的转化率越高，B 正确；C.根据表中数据无法得出H2S中 S-H 键和C H4中 C-H 键的相对强弱，事实上C-H 键的键能大于S-H 键键能，C 错误
46、：D.恒温恒压下，增 加 用 的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，出 的物质的量增加，容器容积增加，氏 浓度减小，D错误；答案选A B；反应I、反应II和反应III均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为根据表中数据可知1 0 0 0 C时CH4不参与反应，相同分压的H2s经历相同的时间转化率相同，所以在1 0 0 0 常压下，保持通入的H2s体积分数不变，提高投料比时H2s的转化率不变：根据表中数据可知在低温段，以反应I为主，随温度升高，S 2（g）的体积分数增大：在高温段，随温度升高；反应H消 耗S 2的速率大于反应1生 成S 2的速率，S 2（g）的体积分数减小，因此变化规律是先升后
47、降。3 0.氨基钠（N aN Hz）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。简要步骤如下：I.在瓶A中加入1 00m L液氨和0.05 g F e（N O 3）3丹山。，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。I I.加入5 g钠粒，反应，得N a N I h粒状沉积物。I I I .除去液氨，得产品N a N H2。已知：N a N H2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。2 N a+2 N H3=2 N a N H2+H2 TNaNH2+H2O=NaOH+NH3 t4NaNH2+3O2=2NaOH+2NaNO2+2NH3请回答：（1）F e（N O 39 H
48、2。的作用是；装置B的作用是(2)步骤I,为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案 o(3)步骤n,反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有 o(4)下 列 说 法 不 正 确 的 是。A.步骤I中，搅拌的目的是使Fe(NCh)3-9H2O均匀地分散在液氨中B.步骤II中，为判断反应是否已完成，可 在 N 处点火，如无火焰，则反应已完成C.步骤III中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品NaNH?D.产品NaN Fh应密封保存于充满干燥氮气的瓶中(5)产品分析：假设N aO H 是产品NaNH2的唯一杂质，可采用如下方法测定产品NaNH2纯度。从下列选项中选择最
49、佳操作并排序 o准确称取产品NaNEhxg ()()()计算a.准确加入过量的水b.准确加入过量的H C 1 标准溶液c.准确加入过量的N H 4cl标准溶液d.滴加甲基红指示剂(变色的p H 范围4.4 6.2)e.滴加石蕊指示剂(变色的p H 范围4.5 8.3)f.滴加酚酥指示剂(变色的p H 范围8.2 10.0)g.用N aO H 标准溶液滴定h.用 NH4C 1标准溶液滴定i.用HC1标准溶液滴定【答案】(1).催化.防止氧气、水进入密闭体系(2)试管中加满水倒扣于水槽中，M 处通入氨气，将 N 处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡,则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已
50、排尽(3)分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)(4)BC(5)bdg【解析】【分析】在硝酸铁催化下钠与液氨的反应来生成NaNH）和氢气，该反应是放热反应，为保证液氨处于微沸状态，需要用冷却液控制一定的温度。NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B 中 Hg可防止氧气、水进入密闭体系，导气口 N与尾气处理连接装置再处理氨气等，据此结合实验原理分析解答。【小 问 1 详解】结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(N O 3)3,9 H2 O 的用料很少，可推知，Fe(N C)3)3,9 比0在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的N a N H2易与