《2021年6月浙江省高三高考真题理科综合化学试卷及解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年6月浙江省高三高考真题理科综合化学试卷及解析.pdf（30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月浙江省高三高考真题理科综合化学试卷祝考试顺利（含答案）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 N a 23 M g 24 Al 27 P 31 S 32 C l35.5 F e 56 C u 64 B r 80 Ag 108 I 127 B a 137一、选择题（本大题共25小题，每小题2 分，共 50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【详解】A.汽油是碳原子个数在511的燃的混合物，故A 错误；B.食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故
2、B 错误；C.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.小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故 D 正确；故选D。2.下列物质属于弱电解质的是A.C 02 B.H20 C.H N 03 D.N a O H【答案】B【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离电解质叫做若电解质。【详解】A.C 0,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.比 0 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.州。3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.N a O H 为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完
3、全电离，为强电解质，D不符合题意；故答案选B。3.下列物质的化学成分不中硕的是A.生石灰：C a（O H）,B.重晶石：B a S O4C,尿素：C O（N H2）2 D.草酸：H O O C-C O O H【答案】A【详解】A.生石灰的主要成分为氧化钙，故A错误；B.重晶石的主要成分为硫酸钢，故B正确；C.尿素的分子式为CO(NH),，故C正确；D.草酸是乙二酸的俗称，结构简式为HOOCCOOH,故D正确;故选Ao4.下列图示表示灼烧操作的是【答案】B【详解】灼烧过程中应使用塔堪、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装置为蒸播装置，D装置为过滤装置，B装置满足灼烧
4、操作，故答案选B。5,下列表示下无琥的是A.乙快的实验式C2H2 B,乙醛的结构简式CH3CH。C.2,3-二甲基丁烷的键线式:.、D.乙烷的球棍模型【答案】A【详解】A.乙快的分子式为C H,实睑式为C H,故A错误；B.乙醛的分子式为C2H40,结构简式为CH3CHO,故B正确；C.2,3一二甲基丁烷的结构简式为(CH，CHCH(CH3)2,键线式为，故C正确；D.乙烷的结构简式为CH3 CH3,球棍模型为 K,故D正确；故选Ao6.下列说法正确的是A.九和C,o互为同位素C.CO和CO?互为同素异形体B.CzHe和Ce%互为同系物D.CH3C00H和CH3OOCH是同一种物质【答案】B【
5、详解】A.同种元素的不同种核素互称同位素，Cm和 C,。为 C 元素的两种不同单质，不能互称同位素，A 错误；B.心儿和C M J 匀为烷燃，二者结构类似，分子组成上相差4 个 CH,基团，二者互为同系物，B正确；C.同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO 和 C0 2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.两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D 错误；故答案选Bo7.关于有机反应类型，下列判断下中碘的是A.CH=CH+HC1 T CH,=CHC1 （力 口 成 反 应）催 化 剂 B.CHXH（Br）CH.+K0 H 一 CH?=C
6、HCH.（t +KBr+H,0 （消去反应）c.2CH.CH,0 H+0,牛 一 2C&CH0+2H2。（还原反应）浓硫酸D.CH3CO O H+CH3CH2O IU CH3CO O CH2CH3+H9O （取代反应）A【答案】c【详解】A.在催化剂作用下，乙快与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故 A 正确；B.2一漠乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溪化钾和水，故 B 正确；C.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.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。8.关于反应K2
7、H3 l 0 6+9HI=2KI+4 L+6 H20,下列说法正确的是A.K2H3 0 发生氧化反应 B.KI是还原产物C.生成1 2.7 g I2时，转移O.l mol 电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【详解】A.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.KI中的【-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.12.7g I?的物质的量为0.0 5 m o l,根据反应方程式，每生成4moi L转移7m oi电子，则生成0.05mol I?时转移电子的物质的量为0.0875mol,C错误；D.反应中H
8、 I为还原剂，儿七。为氧化剂，在反应中每消耗1mol（七。就有7moi H I失电子,则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1,D正确；故答案选Do9.下列说法下年碰的是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【详解】A.硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；B.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.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.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
9、行,故D正确；故选Ao10.下列说法下正砸的是A.应避免铁态氮肥与草木灰混合施用B.工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率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，能得到耐腐蚀钢【答案】C【详解】A.筱态氮肥的主要成分为铁根离子，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.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.电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2V Cl2,不能得到Na单质，C错误；D.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
10、电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故答案选C o1 1.下列说法正确的是A.减压过滤适用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.制备硫酸亚铁铁晶体时，须将含FeSO,和（N H S O q的溶液浓缩至干D.将热的KNO,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【详解】A.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.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.制备硫酸亚铁铁晶体时，将硫酸铁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.冷却结晶时，自然冷却
11、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。1 2.下 列“类比”结果不乏瑰 是A.凡。?的热稳定性比H?0的弱，则N2H4的热稳定性比N II,的弱B.&O的分子构型为V形，则二甲醴的分子骨架（C-OC）构型为V形C.Ca（HCC）3）2的溶解度比CaCC）3的大，则NaHCO,的溶解度比Na2cO,的大D.将丙三醇加入新制Cu（OH中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu（OH%中溶液也呈绛蓝色【答案】C【详解】A.凡0?分子内含有化学键：0-0,热稳定性弱于H Q,N2H4分子内含有化学键：N-N,热稳定性弱于NH3,A正确；B.H?。中氧原子的价层电子对数为4,s
12、p3杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，二甲醴的分子骨架（C-O-C）中氧原子价层电子对数为4,sp,杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；C.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.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；答案为：Co1 3.下熊年硕表示下列变化的离子方程式是A,碳酸镁与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2T+H2OB.亚硫酸氢钠的水解：H S O;+H2OH2S O3+O H-C
13、.锌溶于氢氧化钠溶液：Zn+2O H-+2H2O=Zn(OH)42-+H2TD.亚硝酸钠与氯化铁溶液受热反应：NO-+NH；N2T+2H2O【答案】A【详解】A.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MgC03+2H+=Mg2+H20+C02 T,故 A 错误；B.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HSOI+HZO U H2SO3+OH,故 B 正确；C.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+20H+2H20=Zn(OH)4+H2 T,故 C 正确；D.亚硝酸钠溶液与氯化铁溶液共热反应生成氯化钠、氮气
14、和水，反应的离子方程式为NO；+NH：A N2T+2H20,故 D 正确；故选Ao1 4.关于油脂，下列说法下i p舶勺是C17H33CO O-C H,A.硬脂酸甘油酯可表示为C17H33COO-CHC17H33C O O-C H,B.花生油能使酸性高镒酸钾溶液褪色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【详解】A.硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：CI7H35-COOH,硬脂酸甘油酯可C17H35COOCH.表示为：C17H35COOCH,A错误;C17H35COOCH.B.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
15、键可以使酸性高镒酸钾褪色，B正确；C.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.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；答案为：Ao1 5.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。下列说法下无玻的是A.还原性：ZQ2 ZR4为:CC14 I CS2中硫的还原性强于CCI4中的氯元素，A错误;B.Mg和CO?发生下述反应：2Mg+CO,=2MgO+C,B正确；高温c.A l和 卜 七2。3发生铝热反应如下：2Al+Fe,C)3 iAkOs+ZFe,C正确；D.M为：
16、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；答案为：Ao1 6.关于化合物CION。?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【详解】A.CIONO?里面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.ONO?与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C.CION。?与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D.CION。?发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：Do1 7.相同温度和压强下，关
17、于物质烯的大小比较，合理的是A.Imol CH4(g)lmol H2(g)B.Imol H2O(g)lmol H2O(1)D.Imol C(s,金刚石)Imol C(s,石墨)【答案】B【详解】A.CH“(g)和凡物质的量相同，且均为气态，CH(g)含有的原子总数多，CH4(g)的摩尔质量大，所以熔值Im olC H/gA lm olH Jg),A错误；B.相同状态的相同物质，物质的量越大，燧值越大，所以熠值lmolH2O(g)S(l)S(s),所以熠值ImolHzCKsMmolH?。，C错误；D.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，熔值更低，所以熔值Imol C(s,金刚
18、石)2且p H 7,则HR是弱酸C.25时，若测得HR溶液p H=a,取该溶液10.0m L,加蒸储水稀释至100.0mL,测得pH=b,b-ab,则HR是弱酸【答案】B【详解】A.25时，若测得0.01 mol C N a R溶液p H=7,可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B.25时，若测得O.Olmol UHR 溶液PH2且pH 7,可知溶液中c(lT)0.01mol/L,所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C.假设HR为强酸，取PH=6的该溶液10.0m L,加蒸储水稀释至100.0mL测得此时溶液PH0,AH20 B.AHAHAHJc.AH1AH2,AH3AH2 D,
19、AH2=AH3+AH4【答案】c【分析】一般的烯燃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。【详解】A.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，AH,0,AH2AH2；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(AH4 0),根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热AHLAHJAH2,因此AH3AH2,C正确;D.根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热AHL凡+公凡，因此AH2=AH3-AH4,D不正确。综上所述，本题
20、选C。2 2.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L i，得电子成为L i嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO/薄膜；集流体起导电作用。下列说法下正碗的是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 m ol电子时，LiPO N薄膜电解质损失am olLi*C.放电时，电极B为正极，反应可表示为Li6coO2+xLi*+xe=LiCoC)2D.电池总反应可表示为LixSi+LigCoOz、翳 、Si+LiCo()2【答案】B【分析】由题中信息可知，该电池充电时L i,得电子成为L i嵌入电极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
21、极，而电极B是电池的正极。【详解】A.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说法正确；B.放电时，外电路通过a m o l电子时，内电路中有a mol L i，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L i,B说法不正确；C.放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为LijC oO 2+xLi+xe-=LiCoC)2,C说法正确；D.电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成L i+,正极上L i-C o O?得到电子和巾+充电变为L ie。？，故电池总反应可表示为“Si+LQ CO O 2前Si
22、+OCo。”D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是B,本题选B。2 3.取两份10mL 0.05mol-LT的NaHCO,溶液，一份滴加0.05mol-L 的盐酸，另一份滴加0.05?o/-L7NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。A.由a点可知：NaHCO：溶液中HCO；的水解程度大于电离程度B.a f b f c 过程中：c（HCO3）+2c（CC）n+c（O H）逐渐减小C.a-d-e过程中：c（Na+）y【答案】C【分析】向NaHC。,溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCQ溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此ab c
23、曲线为向MzHCQ溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO.溶液中滴加盐酸。【详解】A.a点 溶 质 为 此 时 溶 液 呈 碱 性，HCO；在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO；在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，Na/ZCO?溶液中CO；的水解程度大于电离程度，故A正确；B.由电荷守恒可知，a f b f c过程溶液中c（H C O j+2c（CO；）+c（O H 1=c（H+）+c（Na+）,滴加N aO H溶液的过程中c（N a+）保持不变，c（H+）逐渐减小，因此c（H C O；）+2c（C O j）+c（O H-）逐渐减小，故 B 正确；C.由物料守恒可知，a 点溶液中c（N
24、a+）=c（H C O；）+C O j）+c（H2co3）,向N aHCO：溶液中滴加盐酸过程中有C0?逸出，因此a f d f e过程中c（N a+）c（H C O j +c（C O，）+c（H2co3）,故 C 错误；D.c 点溶液中c（H+）+c（N a+）=（0.0 5+1 0-”3）mol/L,e 点溶液体积增大1 倍，此时溶液中c（H+）+c（N a+）=（0.0 25+1 O _4）mo I /L,因此 xy,故 D 正确；综上所述，说法不正确的是C 项，故答案为C。24.制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph-代表苯基）。下列说法下年期的是A,可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯
25、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 直接催化反应的进行【答案】D【详解】A.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 项正确；B.由图中信息可知，化合物4在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项正确；C.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项正确；D.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，故D项错误；
26、综上所述，说法不正确的是D项，故答案为D。2 5.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究乙醇消去反应的产物取4 m L乙醇，加入12mL浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140,将产生的气体通入2 m L滨水中若漠水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯B探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸取少量样品，加入3mL蒸t留水和少量乙醇，振荡,再加入1-2滴FeCl：溶液若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸C探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入23 m L蒸t留水若无气体生成，则固体粉末为Na2O ；若有气体生成，则固体粉末为Na?。？D探究Na2sO,固体样品是
27、否变质取少量待测样品溶于蒸储水，加入足量稀盐酸，再加入足量BaCl?溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质A.A B.B C.C D.D【答案】D【详解】A.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.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与FeCL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.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,加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钢生成的沉淀只能是硫酸钢沉淀，可以说明样品已经变质，D 项符合题意；故选Do26 .（1）已知3
28、种原子晶体的熔点数据如下表：金刚石碳化硅晶体硅熔点/3 5 5 0 26 0 01 4 1 5金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是 o提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：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_ _ _ _ _ _o【答案】（1）.原子半径CV Si（或键长C-CV Si-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【详解】（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CV Si（或键长C-C
29、V Si-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，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。27 .将 3.0 0 g 某有机物（仅含C、H、0 元素，相对分子质量为1 5 0）样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂 C0 7 吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：吸水剂CO z吸收剂实验前质量/g 20.0 026.4 8实验后质量/g 21.0 83 0.0 0请回答：燃烧产物中水的物质的量为 mol o 该 有 机 物 的 分 子 式 为（写出计
30、算过程）o【答案】（1）.0.0 6 0 0 （2）.C4H606【详解】（1）根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量a。)弋=谭篇也。.0 6 0 0.O I;(2)Z 7 (H)=0.0 6 0 0 mo I X 2=0.1 20 mo I,3 0.0 0 g-26.4 8g(C)=-7T-,产=0.0 80 0 mo I,4 4 g /mol(0)=3.0 0 g -0.0 80 0 mol 1 2g /mol -0.1 20 moi x 1 g /mol1 6 g/mol=0.1 20 mol,则最简式为C此O 3,由于相对分子质量为1
31、5 0,则可以得到有机物的分子式为C,HM。2 8.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。其中，白色沉淀B能溶于N aO H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)。化合物X的化学式是_ _ _ _ _ _；化合物X的一价阴离子与CH,具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 o蓝色溶液A与N?H；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 O设计实验验证该白色沉淀的组成元素 o【答案】(1).A12O3(2).CU(N C 3)2、N
32、 H 4 N O 3、A g N O3,H NO3(3).CuAI2CI8 -1 -：C1：(4).：c i：A1：C1：(5).4 C u2+N2H；+4 C r =4 CuCl +N2 T +5 H+(6).将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有C u 元素；再向溶液中加入Ag N O：溶液，有白色沉淀,说明有C1 元素【分析】含有Cu”的溶液显蓝色，含有 Cu(N H，产的溶液显深蓝色，化合物X 溶解后得到的溶液 A 呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X 中含有Cu-；向含有A产的溶液中加入氨水可用于制备AI(0 H)3,且 Al (O H/为可溶于N aO H溶
33、液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B 为 Al (O H/沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的Ag N O s 溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X 中含有C，综上，化合物X 中含有A产、Cd*和 C。【详解】由上述分析可得,白色沉淀D 为AI(述分 灼烧AI(O H)3 得到A I&,故白色固体为AI203;溶 液 D 中含有的阳离子有Cu2 N H：、Ag H 阴离子有N O 3,故溶液中含有：C u(N O)、N H4 N O 3、Ag N O c H NO,故 答 案 为：A12O3；CU(N C)3),、N H4 N O 3、Ag N Ov HN O 3。由图示数据并根据原子守恒可知，4.0
34、 20 g X 中含有铝离子物质的量为：1 0 20。1 1 4 80。_x2=0.0 2mol,含有氯离子物质的量为：/*=0.0 8mol,由化合物应显电中性可1 0 2g/mol 1 4 3 g/mol得三种离子物质的量比值为(Cu)：(AI)：n(Cr)=1：2：8,则可得X 的化学式为CuA 1 2cl 8；阴离子A1 CI：中Al 原子的杂化方式为s p,空间结构为正四面体，与 CH,相同，其电子式为：C1：A1：C1：,故答案为：CuA1 2cl 8；：C1：A1：C1：由上述分析可知，蓝色溶液A 中含有Al*、Cu和 C，与N?H；反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在C u
35、,可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1 价，即反应过程中Cu元素化合价降低，N 2H；中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成即 符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为 4 CU2+N2H；+4 Cr =4 CuCl J+N2 T +5 H+0Cu?+在溶液中显蓝色，CuCI中Cu元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2价，CuCI与硝酸反应过程中C l元素以C 形式存在于溶液中，C 与Ag N 0 3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白
36、色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有C u元素；再向溶液中加入A g N O、溶液，有白色沉淀，说明有C1元素。2 9.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SC)2：Cu(s)+2H2s o4 =CuSO4(s)+S O2(g)+2 H2O(1)AH=-1 1.9kJ.m o L o 判断该反应的自发性并说明理由 o已知2s o2(g)+C2(g)2s 0 3(g)AH=-1 98kJ mor o 85 0 K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO?和。2,当反应达到平衡后测得SO?、O?和SO,的浓度分别为6.0 xl(r 3 moi.匚、8
37、.0 xl(r 3 moi 和 4.4 xl O-2mol！Ji。该温度下反应的平衡常数为 o平衡时S0?的转化率为 0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_ _ _ _ _ _OA.须采用高温高压的反应条件使S0 2氧化为SC)3B.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SO?的转化率D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO,以提高吸收速率接触室结构如图1所示，其中r4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是A.a,b|B.bj a2C.a?b2D.b2 a3 E.b3F.t 3 -a4G.b4I。lO D O D O O O O O O
38、 F=IIIIIIJJJIIIIIS图I转化率%温度图2对于放热的可逆反应，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2s C2（g）+O 2（g）U 2 S O 3（g）的转化率与最适宜温度（曲 线 I ）、平衡转化率与温度（曲 线 II）的关系曲线示意图（标 明 曲 线 I、II）o100转化率%温度-A图3一定条件下，在 N a?S-H2s O 4 -凡。?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T浑浊T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。I .S2-+H+=HSII.;II
39、I.HS-+H,O,+H+=S J+2 H,0 ；IV .O【答案】(1).不同温度下都能自发，是因为A H 0 (2).6.7 xl 03mor.LFBDC转化率%1001-1HS-+4 H2O 2=S O j +4H2O+H+(8),S+3 H2O2=S O；-+2 H2O+2 H+【详 解】(1)实 验 室 可 用 铜 与 浓 硫 酸 反 应 制 备 少 量S O?的 反 应 为Cu(s)+2 H2S O4(1)=C u S O4(s)+S O2(g)+2 H2O(1)A H =-l 1.9kJ mol-1,由 于 该 反 应A H 0,因此该反应在任何温度下都能自发进行。根据题中所给的
40、数据可以求出该温度下2s O 2(g)+C)2(g)U 2 s o K g)的平衡常数为一(SO 3)_(4.4 x1 y _ _ C2(SO2)C(O2)-(6.0 x IO-3mol -L-)2 x 8.0 x 1 0-3mol -U1 -67 x 1 0 m o 1 L-平衡时S O 2的转化率为(So2m.(s o3)xl 0 0%_ 4.4 xl Q-2mol l 7 6.0 x 1 0-3 mol -r +4.4 x 1 0-2 mol -1 71x 1 0 0%=8 8%A.在常压下S O?催化氧化为SO 3的反应中，S O 2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法
41、不正确；B.进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2 S O2(g)+O2(g)2 S O,(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和S O?的转化率;D.S Q与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收S Q,反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响5。3被水吸收导致S。,的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收S。,，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂
42、接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，S0?的转化率基本不变，因此,图2所示进程中表示热交换过程的是4-4、3%、hj-a,因此选BDF；对于放热的可逆反应2s O 2（g）+C2（g）U 2 s o 3（g）,该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO?的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO?的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO 2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间
43、较少,在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO?的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2s C2（g）+O 2（g）U 2 s o 3（g）的转化率与最适宜温度（曲线I ）、平衡转化率与温度（曲线II）的关系曲线示意图可表示如下:由p H-时间振荡曲线可知，在N a?S-H2s oH Q?溶液体系中，溶液的p H呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清一浑浊一澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-,S2-+H+=H S-,然后发生H S 4 H2（）=SO：-+4 H2O +H+,该过程溶液的p H基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被H Q?氧化为S
44、,即发生HS-+H2O 2+H*=SJ+2H2。，该过程溶液的P H增大；溶液又变澄清时S又被Hz。?氧化为S。：，发生S+3 H2O2=SO；-+2H2O +2 H+,该过程溶液的p H在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2-+H+=HS X HS-+4H2O2=SO；-+4H2O+H HS-+H2O2+H+=S+2H2O、S+3H2O2=SO+2H,O+2H+030.CL。是很好的氯化剂，实验室用如图装置（夹持仪器已省略）制备高纯Cl?。已知：HgO+2c匕H gC L+C L O,合适反应温度为 1825；副反应：2HgO+2Cl2 2HgCl2
45、+O2 o常压下，Cl?沸点一34.0,熔点-101.0C；C 1Q沸点2.0,熔点-120.6。C12O+H2O=2HC1O,CO在CC14中的溶解度远大于其在水中的溶解度。请回答：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 o有关反应柱B,须进行的操作是 oA.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.将加热带缠绕于反应柱并加热装置C,冷却液的温度通常控制在-80-60。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的CU含量，可采用的方法是_ _ _ _ _ _
46、。将纯化后的C1Q产品气化，通入水中得到高纯度Clz。的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl?。时，可将CLO浓溶液用CC1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-e T d T f T oa.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水b.将溶液和CCL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，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶产品分析：取一定量c i q浓溶液的稀释液，加入适量CCl、过量KI溶液及一定量的稀H2SO4
47、,充分反应。用标准N a 2 s溶液滴定（滴定I ）；再以酚酉太为指示剂，用标准NaOH溶液滴定（滴定I D-已知产生L的反应（不考虑c i2与水反应）：2F+C12=I2+2CF41+C12O+2H+=2I2+H2O+2C121+HC1O+H+=I2+H2O+C1实验数据如下表：加入量 n(H2soJ/m ol2.505 x IO-3滴 定1测出量n&）/mol2.005 xlO-3滴定II测出量（HzSOj/mol1.505x10-3用标准Na2s2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断满足！到达终点的实验现象是_ _ _ _ _ _o高纯度Cl?。浓溶液中要求n(CI2O)/n(C12)2
48、99(C12O和HClO均以C12O计)。结令戮据分析所制备的C12O浓溶液是否符合要求【答案】(1).浓H2s0 (2).a(3).ABC(4).抽气(或通干燥氮气)(5).(6).b(7).g(8).CC中由紫红色突变到无色，且30s不恢复(9).溶液中 Cl?。和 CL分别为 1.000X10-3moL 5X10-6mol,/?(Cl2O)MS)=20099,符合要求【详解】(1)装置A的作用是去除原料气(C J N?)中的少量水分，可用的试剂是浓H2so4。CI,和CI。都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，CI,、Cl?。能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气
49、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中应选用a装置。装置B为HgO与Cl?反应制备CLO的装置，A.因CIQ能 与 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.比的作用是稀释C L,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CI?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CI?和N?的比例，故B选；C.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.HgO与CI?反应制备Cl2。的合适反应
50、温度为18 25,因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；综上所述，答案为ABC。由题可知，CL沸点小于Cl?。，在CL未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的C L,故答案为：抽气(或通干燥氮气)。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏T加入萃取剂和溶液T振荡摇匀T放气T静置分层T放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCI,密度大于水，因此萃取后溶有CIQ的CCI”位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林一检查旋塞 玻璃塞处是否漏水一将溶液和CCI,转入分液漏斗T倒转分液漏斗，小心振摇T旋开旋塞放气T经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置T打开旋塞，向锥