2021年6月浙江省普通高校招生选考化学试题(解析版).pdf

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1、20212021 年年 6 6 月浙江省普通高校招生选考科目考试月浙江省普通高校招生选考科目考试化学化学试题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 1C 12N 14O 16Na 23Mg 24Al 27P31S 32Cl35.5Fe 56Cu 64Br 80Ag 108I 127Ba 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

2、.食醋C.漂白粉D.小苏打【答案】D【解析】【分析】【详解】A汽油是碳原子个数在 511 的烃的混合物，故 A 错误；B食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故 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.CO2B.H2OC.HNO3D.NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。【详解】ACO2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；BH2O 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；CHN

3、O3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；DNaOH 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；故答案选 B。3.下列物质的化学成分不正确的是A.生石灰：2Ca OHB.重晶石：4BaSOC.尿素：22CO NHD.草酸：HOOC-COOH【答案】A【解析】【分析】【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钡，故 B 正确；C尿素的分子式为 CO(NH）2，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 A。4.下列图示表示灼烧操作的是A.B.C.D.【

4、答案】B【解析】【分析】【详解】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，故答案选 B。5.下列表示不正确的是A.乙炔的实验式22C HB.乙醛的结构简式3CH CHOC.2，3-二甲基丁烷的键线式D.乙烷的球棍模型【答案】A【解析】【分析】【详解】A乙炔的分子式为 C2H2，实验式为 CH，故 A 错误；B乙醛的分子式为 C2H4O，结构简式为 CH3CHO，故 B 正确；C2，3二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故 C 正确；D乙烷的结构简式为 CH3CH

5、3，球棍模型为，故 D 正确；故选 A。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D.CH3COOH 和 CH3OOCH 是同一种物质【答案】B【解析】【分析】【详解】A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；BC2H6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两种物质的结

6、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 B。7.关于有机反应类型，下列判断不正确的是A.2CHCH+HClCH=CHCl催化剂(加成反应)B.醇33232CH CH(Br)CH+KOHCH=CHCH+KBr+H O(消去反应)C.催化剂322322CH CH OH+O2CH CHO+2H O(还原反应)D.3323232浓硫酸CH COOH+CH CH OHCH COOCH CH+H O (取代反应)【答案】C【解析】【分析】【详解】A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；B2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

7、，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 K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A.K2H3IO6发生氧化反应B.KI 是还原产物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】【分析】【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；BKI 中的 I-由 HI 变化而来，化合价没有发生变化，KI 既

8、不是氧化产物也不是还原产物，B 错误；C12.7g 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 7:1，D 正确；故答案选 D。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】【

9、分析】【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，阻碍反应的继续进行，故 D 正确；故选 A。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】【分析】【详解】A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

10、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、H2、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电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D 正确；故答案选 C。11.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.制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含4FeSO和442NHSO的溶液浓缩至干D.将热的3KNO饱和溶液置于冰水中

11、快速冷却即可制得颗粒较大的晶体【答案】B【解析】【分析】【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。12.下列“类比”结果不正确的是A.22H O的热稳定性比2H O的弱，则24N H的热稳定性比3NH的弱B.2H O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C.3

12、2Ca HCO的溶解度比3CaCO的大，则3NaHCO的溶解度比23Na CO的大D.将丙三醇加入新制2Cu OH中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制2Cu OH中溶液也呈绛蓝色【答案】C【解析】【分析】【详解】A22H O分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于2H O，24N H分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于3NH，A 正确；B2H O中氧原子的价层电子对数为 4，3sp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)中氧原子价层电子对数为 4，3sp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

13、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2Cu OH溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制2Cu OH溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制2Cu OH溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D 正确；答案为：C。13.不能正确表示下列变化的离子方程式是A.碳酸镁与稀盐酸反应：2322CO2H=COH O B.亚硫酸氢钠的水解：3223HSOH OH SOOHC.锌溶于氢氧化钠溶液：2242Zn2OH2H O=Zn(OH)HD.亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：2422NONHN2H O【答案】A【解析】【分析】【详 解】A 碳 酸 镁 与 稀 盐 酸 反 应 生 成 氯 化 镁、二 氧

14、化 碳 和 水，反 应 的 离 子 方 程 式 为MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2，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 HSO3+H2OH2SO3+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+2OH-+2H2O=Zn(OH)4-+H2，故C 正确；D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+NH4N2+2H2O，故 D 正确；故选 A。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

15、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】【分析】【详解】A硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：3517-C HCOOH，硬脂酸甘油酯可表示为：，A 错误；B花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，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：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

16、不正确的是A.还原性：24ZQ ZRB.X 能从2ZO中置换出 ZC.Y 能与23Fe O反应得到 FeD.M 最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应【答案】A【解析】【分析】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，据此分析答题。【详解】A2ZQ为：2CS，4ZR为：4CCl，2CS中硫的还原性强于4CCl中的氯元素，A 错误；BMg和2CO发生下述反应：22Mg+CO=2MgO+C点燃，B 正确；CAl和23Fe O发生铝热反应如下：23232Al

17、+Fe O=Al O+2Fe高温，C 正确；DM 为：N，N 的最高价氧化物的水化物为：3HNO，最低价氢化物为：3NH，二者发生如下反应：3343HNONHNH NO，D 正确；答案为：A。16.关于化合物2ClONO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】【分析】【详解】A2ClONO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；B2ClONO与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B 正确；C2ClONO与盐酸发生归中反应生成氯气，C 正确；D2ClONO发生水解反应

18、生成次氯酸和硝酸，D 错误；答案为：D。17.相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是A.421mol CH(g)1mol H(g)B.221mol H O(g)1mol H O(l)D.1mol C s,金刚石1mol C s,石墨【答案】B【解析】【分析】【详解】A4CH(g)和2 H(g)物质的量相同，且均为气态，4CH(g)含有的原子总数多，4CH(g)的摩尔质量大，所以熵值421mol CH(g)1mol H(g)，A 错误；B相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值221mol H O(g)S l S sg，所以熵值221mol H O(s)1mol H O(l

19、)，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，熵值更低，所以熵值1mol C s2且pH 7，则 HR 是弱酸C.25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-ab，则 HR 是弱酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A25时，若测得-10.01mol L NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B25时，若测得-10.01mol L HR溶液pH2且pH 7，可知溶液中+c H0.01mol/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10.0

20、mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液PH0,H 0B.312H=H+HC.3212H,HH HD.423=HH+H【答案】C【解析】【分析】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。【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，21H0,H0，A 不正确；B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

21、应热之和，即312HHH，B 不正确；C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，21H0,H0，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12HH；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（4H 0），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热342H=H+H，因此32HH，C 正确；D根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热342H=H+H，因此342H-HH，D 不正确。综上所述，本题选 C。22.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

22、 嵌入该薄膜材料中；电极 B 为2LiCoO薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是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 mol电子时，LiPON薄膜电解质损失+a mol LiC.放电时，电极 B 为正极，反应可表示为+-1-x22LiCoO+xLi+xe=LiCoOD.电池总反应可表示为 放电x1-x22充电Li Si+Li CoOSi+LiCoO【答案】B【解析】【分析】由题中信息可知，该电池充电时+Li得电子成为 Li 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极，而电极 B 是电池的正极。【详解】A由图可知，集流体 A 与

23、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 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 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122LiCoOxLixe=LiCoOx，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+Li，正极上1 x2LiCoO得到电子和+Li变为2LiCoO，故电池总反应可表示为x1 x22OLi SiLiCoSiLiCoO充电放电，D 说法正确。综上所述，相关

24、说法不正确的是 B，本题选 B。23.取两份10mL10.05mol L的3NaHCO溶液，一份滴加-10.05mol L的盐酸，另一份滴加10.05L NaOHmol溶液，溶液的 pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是A.由 a 点可知：3NaHCO溶液中-3HCO的水解程度大于电离程度B.abc过程中：-2-33c HCO+2c CO+c OH逐渐减小C.ade过程中：+-2-3323c Nay【答案】C【解析】【分析】向3NaHCO溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液 pH 将逐渐减小，向3NaHCO溶液中滴加 NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液 pH 将逐渐增大，因此 a

25、bc 曲线为向3NaHCO溶液中滴加 NaOH 溶液，ade 曲线为向3NaHCO溶液中滴加盐酸。【详解】Aa 点溶质为3NaHCO，此时溶液呈碱性，3HCO在溶液中电离使溶液呈酸性，3HCO在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，3NaHCO溶液中3HCO的水解程度大于电离程度，故 A 正确；B由电荷守恒可知，abc过程溶液中233HCO2COOH=NHaccccc，滴加NaOH 溶液的过程中c Na保持不变，Hc逐渐减小，因此233HCO2COOHccc逐渐减小，故 B 正确；C由物料守恒可知，a 点溶液中23323NaHCOCOH COcccc，向3NaHCO溶液中滴加盐酸过程中有 CO2逸

26、出，因此ade过程中23323NaHCOCOH COcccc，故 C 错误；Dc 点溶液中aHNcc=(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大 1 倍，此时溶液中aHNcc=(0.025+10-4)mol/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)。下列说法不正确的是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 直接催化反应的进行【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物

27、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 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 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；综上所述，说法不正确的是 D 项，故答案为 D。25.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

28、A探究乙醇消去反应的产物取4mL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2mL溴水中若溴水褪色，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蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入 1-2 滴3FeCl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23mL蒸馏水若无气体生成，则固体粉末为2Na O；若有气体生成，则固体粉末为22Na OD探究23Na SO固体样品是否变质取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量2BaCl溶液若有白色沉淀产生，则样品已经变质A.AB

29、.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【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 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.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。26.(1)已知 3 种原子晶体的熔点数据如下表：金刚石碳化硅晶体硅熔点/355026001415金刚石熔点比晶

30、体硅熔点高的原因是_。(2)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_。【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】【分析】【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 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

31、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 3.00g 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：吸水剂CO2吸收剂实验前质量/g20.0026.48实验后质量/g21.0830.00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)。【答案】(1).0.0600(2).C4H6O6【解析】【分析】【详解】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为

32、有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量 n(H2O)=mM=21.08g20.00g18g/mol=0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol2=0.120mol，n(C)=30.00g26.48g44g/mol=0.0800mol，n(O)=3.00g0.0800mol 12g/mol0.120mol 1g/mol16g/mol=0.120mol，则最简式为 C2H3O3，由于相对分子质量为 150，则可以得到有机物的分子式为 C4H6O6。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。其中，白色沉淀 B 能溶于 NaOH 溶液。请回答：(1)白色

33、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+25N 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_。设计实验验证该白色沉淀的组成元素_。【答案】(1).23Al O(2).343332Cu NONH NOAgNOHNO、(3).CuAl2Cl8(4).(5).22524CuN H4Cl4CuClN5H (6).将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入3AgNO溶液，有

34、白色沉淀，说明有Cl元素【解析】【分析】含有 Cu2+的溶液显蓝色，含有Cu(NH3)42+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 Cu2+；向含有 Al3+的溶液中加入氨水可用于制备 Al(OH)3，且 Al(OH)3为可溶于 NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀 B 为 Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的 AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物 X 中含有 Cl-，综上，化合物 X中含有 Al3+、Cu2+和 Cl-。【详解】(1)由上述分析可得，白色沉淀 D 为 Al(OH)3，灼烧

35、Al(OH)3得到 Al2O3，故白色固体为 Al2O3；溶液 D 中 含 有 的 阳 离 子 有 Cu2+、+4NH、Ag+、H+，阴 离 子 有-3NO，故 溶 液 中 含 有：343332Cu NONH NOAgNOHNO、，故答案为：23Al O；343332Cu NONH NOAgNOHNO、。(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X 中含有铝离子物质的量为：1.020g2102g/mol=0.02mol，含有氯离子物质的量为：11.480g143g/mol=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离子物质的量比值为 n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2

36、：8，则可得 X 的化学式为 CuAl2Cl8；阴离子4AlCl中 Al 原子的杂化方式为 sp3，空间结构为正四面体，与 CH4相同，其电子式为，故答案为：CuAl2Cl8；。(3)由上述分析可知，蓝色溶液 A 中含有 Al3+、Cu2+和 Cl-，与25N H反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在 Cu2+，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，25N H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 N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电

37、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22524CuN H4Cl4CuClN5H 。Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl 中 Cu 元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2 价，CuCl 与硝酸反应过程中 Cl 元素以 Cl-形式存在于溶液中，Cl-与 AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有Cu元素；再向溶液中加入3AgNO溶液，有白色沉淀，说明有Cl元素。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2SO：124422Cu(s)2H SO(l)CuSO(s)SO(g)2H O(l)H=11

38、.9kJ mol。判断该反应的自发性并说明理由_。(2)已知12232SO(g)+O(g)2SO(g)H=198kJ mol 。850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的2SO和2O，当反应达到平衡后测得2SO、2O和3SO的浓度分别为316.0 10 mol L、318.0 10 mol L和124.4 10 mol L。该温度下反应的平衡常数为_。平衡时2SO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2SO氧化为3SOB.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2SO的转化率D.在吸收塔中宜采

39、用水或稀硫酸吸收3SO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_。A.11abB.12baC.22abD.23baE.33abF.34baG.44ab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2232SO(g)O(g)2SO(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22422Na SH SOH O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

40、每一个周期内的反应进程，请补充其中的 2个离子方程式。.2SH=HS._；.222HSH OH=S2H O；._。【答案】(1).不同温度下都能自发，是因为H0,S0(2).316.7 10 molL(3).88%(4).C(5).BDF(6).(7).22242HS4H O=SO4H OH(8).22242S3H O=SO2H O2H【解析】【分析】【详 解】(1)实 验 室 可 用 铜 与 浓 硫 酸 反 应 制 备 少 量2SO的 反 应 为124422Cu(s)2H SO(1)CuSO(s)SO(g)2H O(1)11.9kJ molH，由于该反应00HS、，因此该反应在任何温度下都能

41、自发进行。(2)根据题中所给的数据可以求出该温度下2232SO(g)O(g)2SO()g的平衡常数为21 23222313221(SO)()=(SO)(O)(4.4 10 mol L6.0 10 mol L8.0 10 m)ol LcKcc316.7 10 molL.平衡时2SO的转化率为323(SO)100%(SO)(SO)ccc2312114.4 10 mol L6.0 10 mol L4.4 10100mol L%88%；(3)A 在常压下2SO催化氧化为3SO的反应中，2SO的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A 说法不正确；B 进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质

42、，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2232SO(g)O(g)2SO()g向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和2SO的转化率；D3SO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3SO，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响3SO被水吸收导致3SO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3SO，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，2SO的转化

43、率基本不变，因此，图 2 所示进程中表示热交换过程的是12ba、23ba、43ba，因此选 BDF；对于放热的可逆反应2232SO(g)O(g)2SO(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，2SO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，2SO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，2SO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2SO的转

44、化率低于其平衡转化率。因此，反应2232SO(g)O(g)2SO(g)的转化率与最适宜温度（曲线）、平衡转化率与温度（曲线）的关系曲线示意图可表示如下：.(4)由pH 时间振荡曲线可知，在22422Na SH SOH O溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS，2SH=HS，然后发生2242HS4H O=SO4H OH，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS被22H O氧化为S，即发生222HSH OH=S2H O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S又被22H O氧化为24SO，发生22242S3

45、H O=SO2H O2H，该过程溶液的pH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：2SH=HS、22242HS4H O=SO4H OH、222HSH OH=S2H O、22242S3H OSO2H O2H。30.2Cl O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2Cl O。已知：222HgO2ClH ClO=gCl，合适反应温度为18 25；副反应：2222HgO+2Cl2HgCl+O。常压下，2Cl沸点34.0，熔点101.0；2Cl O沸点 2.0，熔点120.6。22Cl O+H O2HClO，2Cl O在4CCl中的溶解度远大于其在

46、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_。(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2Cl和2N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(3)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2Cl含量，可采用的方法是_。(4)将纯化后的2Cl O产品气化，通入水中得到高纯度2Cl O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要2Cl O时，可将2Cl O浓溶液用4CCl

47、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4CCl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(5)产品分析：取一定量2Cl O浓溶液的稀释液，加入适量4CCl、过量KI溶液及一定量的稀24H SO，充分反应。用标准223Na S O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2I的反应(不

48、考虑2Cl与水反应)：-222I+Cl=I+2Cl-+-2224I+Cl O+2H=2I+H O+2Cl-+-222I+HClO+H=I+H O+Cl实验数据如下表：加入量24n H SO/mol32.505 10滴定测出量 2n I/mol32.005 10滴定测出量24n H SO/mol31.505 10用标准223Na S O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2Cl O浓溶液中要求22n Cl O/n Cl99(2Cl O和HClO均以2Cl O计)。结合数据分析所制备的2Cl O浓溶液是否符合要求_。【答案】(1).浓24H SO(2).a(3).AB

49、C(4).抽气(或通干燥氮气)(5).a(6).b(7).g(8).CCl4中由紫红色突变到无色，且 30s 不恢复(9).溶液中 Cl2O 和 Cl2分别为1.00010-3mol、510-6mol，22Cl OClnn=20099，符合要求【解析】【分析】【详解】(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24H SO。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 中应选

50、用 a 装置。(2)装置 B 为 HgO 与 Cl2反应制备 Cl2O 的装置，A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；BN2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；DHgO 与 Cl2反应制备 Cl2O 的合适反应温度为 1825，因此该