2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)化学.docx

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资源描述

1、 2017年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷 )化学 一、选择题 (本大题共 25小题,每小题 2分,共 50 分 ) 1.(2分 )下列属于盐的是 ( ) A.NaCl B.KOH C.HNO3 D.CO2 解析: A、氯化钠的阳离子是金属离子,阴离子是酸根离子,故为盐,故 A正确; B、 KOH电离出的阴离子全部是氢氧根,故为碱,故 B错误; C、硝酸电离出的阳离子全部是氢离子,故为酸,故 C错误; D、二氧化碳是氧化物,故 D错误 。 答案: A 2.(2分 )仪器名称为 “ 量筒 ” 的是 ( ) A. B. C. D. 解析: A.该仪器为圆底烧瓶,故 A不选; B.该仪器为分

2、液漏斗,故 B错误; C.该仪器标有小刻度、没有 0刻度,为量筒,故 C选; D.该仪器为研钵,故 D 不选 。 答案: C 3.(2分 )下列属于非电解质的是 ( ) A.葡萄糖 B.氢氧化钠 C.氯化钾 D.铁 解析: A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电,所以葡萄糖是非电解质,故 A正确; B、氢氧化钠是化合物,水溶液中或熔融状态下电离出离子导电,故氢氧化钠是电解质,故B错误; C、氯化钾是化合物,水溶液中或熔融状态下电离出离子导电,所以氯化钾是电解质,故 C错误; D、金属铁是单质不是化合物,所以既不是电解质也不是非电解质,故 D错误 。 答案: A 4.(2分 )下列

3、属于氧化还原反应的是 ( ) A.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 B.Na2O+H2O 2NaOH C.2KI+Br2 2KBr+I2 D.MgO+2HCl MgCl2+H2O 解析: A.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 为分解反应,反应中不存在化合价变化,不属于氧化还原反应,故 A错误; B.Na2O+H2O 2NaOH 为化合反应,反应中不存在化合价变化,不属于氧化还原反应,故 B 错误; C.2KI+Br2 2KBr+I2为置换反应, I、 Br 元素的化合价发生变化,属于氧化还原反应,故 C正确; D.MgO+2HCl MgCl2+H2O 为复分解反应,不存

4、在化合价变化,不属于氧化还原反应,故 D 错 误 。 答案: C 5.(2分 )下列分散系能产生 “ 丁达尔效应 ” 的是 ( ) A.稀硫酸 B.硫酸铜溶液 C.氢氧化铁胶体 D.酒精溶液 解析: A、稀硫酸是溶液,不是胶体,故为丁达尔效应,故 A错误; B、硫酸铜溶液是溶液,不是胶体,故为丁达尔效应,故 B错误; C、氢氧化铁胶体是胶体,有丁达尔效应,故 C正确; D、酒精溶液是溶液,不是胶体,故为丁达尔效应,故 D错误 。 答案: C 6.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.二氧化碳是酸雨的主要成分 B.氢气是一种理想的清洁燃料 C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 D.氯化铁溶液可用于

5、制作印刷铜电路板 解析: A.正常雨水溶解二氧化碳,二氧化硫可导致酸雨发生,为酸雨的主要成分,故 A错误; B.氢气燃烧产物为水,放热多,来源广,则氢气是一种理想的清洁燃料,故 B 正确; C.碳酸氢钠的碱性较弱,可中和胃酸,则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多,故 C 正确; D.Cu与氯化铁溶液反应,则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板,故 D正确 。 答案: A 7.(2分 )下列表示不正确的是 ( ) A.CO2的电子式 B.Cl2的结构式: Cl Cl C.CH4的球棍模型 D.Cl 离子的结构示意图 解析: A.二氧化碳为共价化合物,含有 C=O键,电子式为 ,故 A正确; B.氯气存在 C

6、l Cl键,结构式为 Cl Cl,故 B正确; C.甲烷为正四面体结构,甲烷的球棍模型为 ,故 C错误; D.Cl 离子的原子核外有 3个电子层,最外层电子数为 8,离子的结构示意图 为 ,故 D正确 。 答案: C 8.(2分 )下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是 ( ) A.NH3 B.SO3 C.HCl D.CO2 解析: A、氨气有刺激性气味,氨气溶于水形成氨水,属于弱碱,氨气显碱性,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故 A正确; B、 SO3和水反应生成硫酸,属于酸性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变红,故 B错误; C、 HCl属于酸性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变红,故 C错误; D、

7、 CO2和水反应生成碳酸,属于酸性气体,能使湿润的红色石蕊试纸变红,故 D错误 。 答案: A 9.(2分 )下列物质放入水中,会显著放热的是 ( ) A.食盐 B.蔗糖 C.酒精 D.生石灰 解析: A、 B、 C 中物质均溶于水,热效应不明显,但 CaO与水反应,放出热量的热,热效应 明显 。 答案: D 10.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.实验室应将钠保存在煤油中 B.分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 C.可用酒精代替 CCl4萃取碘水中的碘单质 D.金属镁失火不可用水来灭火 解析: A、钠能和氧气、水反应,故应隔绝空气保存,且钠的密度比煤油大,故可以保存在煤油中,故 A正确

8、; B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏,故分液漏斗和容量瓶使用前都需查漏,故 B正确; C、酒精和水互溶,故不能用酒精来萃取碘水中的碘,故 C错误; D、金属镁能和热水反应生成氢气会引起爆炸,故不能用水来灭镁火,故 D正确 。 答案: C 11.(2分 )下列说法正确的是 ( ) A.金刚石和石墨互为同素异形体,熔点和硬度都很高 B.氕、氘、氚是氢元素的三种核素,质子数都是 1 C.乙醇和二甲醚 (CH3 O CH3)互为同系物 D.C4H10的一氯代物只有一种 解析: A.金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质,互为同素异形体,石墨的硬度小,故A错误; B.氕、氘、氚是质子数相同,

9、中子数不同的同元素的不同原子,三者是氢元素的三种核素,质子数都是 1,故 B正确; C.乙醇和二甲醚不属于一类物质,官能团不同,不是同系物,故 C错误; D.分子式为 C4H10的烷烃为丁烷,丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体, 正丁烷 CH3CH2CH2CH3有 2氢原子,所以其一氯代物有 2; 异丁烷 CH3CH(CH3)CH3有 2氢原子,其一氯代物有 2种, 所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有 4种,故 D错误 。 答案: B 12.(2分 )已知: X(g)+2Y(g)3Z(g) H= a KJmol 1(a 0).下列说法不正确的是 ( ) A.0.1 mol X和 0.2 m

10、ol Y 充分反应生成 Z的物质的量一定小于 0.3 mol B.达到化学平衡状态时, X、 Y、 Z的浓度不再发生变化 C.达到化学平衡状态时,反应放出的总热量可达 a kJ D.升高反应温度,逆反应速率增大,正反应速率减小 解析: A、可逆反应不可能完全转化,所以 0.1 mol X 和 0.2 mol Y充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol,故 A正确; B、化学平衡时正逆反应速率相等,体系中各组分的浓度不变,所以达到化学平衡状态时, X、Y、 Z的浓度不再发生变化,故 B正确; C、反应热表示 1molX和 2molY完全反应生成 3mol的 Z放出 aKJ的热量,所以

11、达到化学平衡状态时,反应放出的总热量小于 a kJ,故 C错误; D、升 高反应温度,正逆反应速率都加快,对正逆反应影响是一致的,故 D错误 。 答案: CD 13.(2分 )下列离子方程式不正确的是 ( ) A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳 CO2+OH HCO3 B.金属钠和水反应 2Na+2H2O 2Na+2OH +H2 C.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水 2Fe2+H2O2 2Fe3+O2 +2H+ D.三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应 SO3+Ba2+H2O BaSO4 +2H+ 解析: A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳,反应生成碳酸氢钙,反应的离子方程式为:CO2+OH HCO

12、3 ,故 A 正确; B.金属钠和水反应生成 NaOH和氢气,反应的离子方程式为: 2Na+2H2O 2Na+2OH +H2 ,故B正确; C.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水,双氧水将亚铁离子氧化成铁离子,正确的离子方程式为:2Fe2+2H+H2O2 2Fe3+2H2O,故 C错误; D.三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为: SO3+Ba2+H2O BaSO4 +2H+,故 D正确 。 答案: C 14.(2 分 )W、 X、 Y、 Z 四种短周期元素,它们在周期表中位置如图所示,下列说法不正确的是 ( ) A.Z、 Y、 X的原子半径依次减小,非金属性依次降低 B.Z、 Y、

13、 W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低 C.WH4与 Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应 D.W的位置是第 2周期、第 A族 解析: A.Y、 Z、 X 的原子半径依次减小,非金属性 X Y、 Z Y,且 O无正价,则非金属性 X、Z、 Y依次降低,故 A错误; B.非金属性 Z Y W,则 Z、 Y、 W 的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低,故 B正确; C.WH4与 Z元素的单质,在光照下可发生取代反应,生成卤代烃和 HCl,故 C正确; D.W为 C元素,位于第 2周期、第 A族,故 D正确 。 答案: A 15.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.1 mol乙烷在光

14、照条件下最多能与 3 mol Cl2发生取代反应 B.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性 KMnO4溶液褪色 C.水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物 D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 解析: A.乙烷分子中含有 6个 H原子,可完全被取代,则 1 mol乙烷在光照条件下最多能与6 mol Cl2发生取代反应,故 A错误; B.石油裂解气含有烯烃,可与溴发生加成反应,与高锰酸钾发生氧化反应,故 B正确; C.水煤气的主要成分为 CO、氢气,可在一定条件下合成烃、甲醇等,故 C正确; D.苯可在一定条件下发生取代反应,可生成硝基苯、氯苯等,故 D正确 。 答案: A 16.(2分 )下列说

15、法正确的是 ( ) A.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林,蛋白质的性质发生改变并凝聚 B.将牛油和烧碱溶液混合加热,充分反应后加入热的饱和食盐水,上层析出甘油 C.氨基酸为高分子化合物,种类较多,分子中都含有 COOH和 NH2 D.淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖 解析: A.加入浓硫酸钠溶液,蛋白质发生盐析,不变性,故 A错误; B.甘油易溶于水,上层为高级脂肪酸钠,故 B错误; C.高分子化合物的相对分子质量在 10000以上,氨基酸为小分子化合物,故 C 错误; D.淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖,可水解生成葡萄糖,故 D正确 。 答案: D 1

16、7.(2 分 )银锌电池是一种常见化学电源,其原理反应: Zn+Ag2O+H2O Zn(OH)2+2Ag,其工 作示意图如图 .下列说法不正确的是 ( ) A.Zn电极是负极 B.Ag2O电极上发生还原反应 C.Zn电极的电极反应式: Zn 2e +2OH Zn(OH)2 D.放电前后电解质溶液的 pH保持不变 解析: A、活泼金属 Zn 为负极,故 A正确; B、正极反应为 Ag2O+H2O+2e =2Ag+2OH ,发生还原反应,故 B正确; C、负极反应为 Zn+2OH 2e =Zn(OH)2,故 C正确; D、氢氧根离子物质的量虽然不变,但水的量减少, KOH的浓度增大, pH增大,故

17、 D错误 。 答案: D 18.(2分 )室温下,下列事实不能说明 NH3H2O为弱电解质的是 ( ) A.0.1 molL 1 NH3H2O 的 pH小于 13 B.0.1 molL 1 NH4Cl的 pH 小于 7 C.相同条件下,浓度均为 0.1 molL 1 NaOH溶液和氨水,氨水的导电能力弱 D.0.1 molL 1 NH3H2O 能使无色酚酞试液变红色 解析: A.0.1 molL 1 NH3H2O 的 pH 小于 13,则溶液中 c(OH ) 0.1mol/L,所以 c(OH )c(NH3.H2O),说明 NH3H2O部分电离,为弱电解质,故 A不选; B.0.1 molL 1

18、 NH4Cl 的 pH 小于 7 显酸性,说明 NH4Cl 是强酸弱碱盐,则证明 NH3H2O 是弱电解质,故 B不选; C.相同条件下,浓度均为 0.1 molL 1 NaOH溶液和氨水,氨水的导电能力弱,说明 NH3H2O部分电离,为弱电解质,故 C不选; D.0.1 molL 1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色,说明 NH3H2O显碱性,则不能证明 NH3.H2O是弱电解质,故 D选 。 答案: D 19.(2分 )已知断裂 1mol H2(g)中的 H H键需要吸收 436.4KJ的能量,断裂 1mol O2(g)中的共价键需要吸收 498KJ 的能量,生成 H2O(g)中的 1m

19、ol H O键能放出 462.8KJ 的能量 .下列说法正确的是 ( ) A.断裂 1 mol H2O中的化学键需要吸收 925.6 KJ的能量 B.2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) H= 480.4 KJmol 1 C.2H2O(l) 2H2(g)+O2(g) H=471.6 KJmol 1 D.H2(g)+ 12O2(g) H2O(l) H= 240.2KJmol 1 解析: A.生成 H2O(g)中的 1mol H O键能放出 462.8KJ 的能量,则断裂 1 mol H2O中的化学键需要吸收热量 462.8KJ 2=925.6 KJ,故 A正确; B.2H2(g)+O2(g)

20、 2H2O(g) H=(436.4KJ/mol) 2+(498KJ/mol) 2 2 (462.8KJ/mol)=480.4 KJmol 1,故 B 正确; C.2H2O(g)=2H2O(l) H= 88KJ/mol,则 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H= 568.4KJ/mol,可知2H2O(l) 2H2(g)+O2(g) H=+568.4 KJmol 1,故 C错误; D.2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H= 568.4KJ/mol,则 H2(g)+ 12O2(g) H2O(l) H= 284.2KJmol 1,故 D错误 。 答案: AB 20.(2分 )下列说法正

21、确的是 ( ) A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同,熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同 B.化学变化发生时,需要断开反应物中的化学键,并形成生成物中的化学键 C.CH4和 CCl4中,每个原子的最外层都具有 8电子稳定结构 D.NaHSO4晶体溶于水时,离子键被破坏,共价键不受影响 解析: A、干冰是分子晶体,而石英晶体是原子晶体,而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键,故 A错误; B、化学反应的实质是断开旧化学键,形成新的化学键,所以化学变化发生时,需要断开反应物中的化学键,并形成生成物中的化学键,故 B正确; C、 CH4分子中氢原子最外层达 2电子的稳定结构,不是

22、8电子稳定结构,故 C 错误; D、 NaHSO4晶体溶于水时,电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子,所以 NaHSO4晶体溶于水时,离子键被破坏,共价键也被破坏,故 D错误 。 答案: B 21.(2分 )对水样中溶质 M的分解速率影响因素进行研究 .在相同温度下, M 的物质的量浓度(molL 1)随时间 (min)变化的有关实验数据见表 .下列说法不正确的是 ( ) 时间 水样 0 5 10 15 20 25 (pH=2) 0.4 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 (pH=4) 0.4 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 (pH=4) 0.20 0.15 0.

23、12 0.09 0.07 0.05 (pH=4,含 Ca2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 A.在 0 20 min内, 中 M的分解速率为 0.015 molL 1min 1 B.水样酸性越强, M的分解速率越快 C.在 0 20 min内, 中 M的分解百分率比 大 D.由于 Ca2+存在, 中 M的分解速率比 快 解析: A.在 0 20 min 内, 中 M 的物质的量浓度变化 0.3mol/L,则, 中 M 的分解速率为 0.3mol/L20min =0.015 molL 1min 1,故 A正确; B.对比 、 组数据, 0 5min内, 中 M的物质的量

24、浓度变化 0.12mol/L, 中 M 的物质的量浓度变化 0.09mol/L,则酸性增强,速率增大,故 B正确; C.在 0 20 min 内, 中 M 的浓度变化 0.13mol,分解速率为 0.130.2 , 中变化 0.22mol,分解速率为 0.220.4 ,则 中 M的分解百分率比 大,故 C正确; D.可对比 5 9min内 中分解速率为 0.090.4 、 中 M 的分解速率为 0.040.2 ,可知 中 M的分解速率比 快,故 D错误 。 答案: D 22.(2分 )设 NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是 ( ) A.标准状况下, 2.24 L乙醇中碳氢键的数目为 0

25、.5 NA B.1 L 0.1 molL 1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4 NA C.0.1 mol KI与 0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为 0.1 NA D.0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为 0.3 NA 解析: A、标况下乙醇为液体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故 A错误; B、硫酸钠溶液中,除了硫酸钠外,水也含氧原子,故此溶液中的氧原子的个数大于 0.4NA个,故 B错误; C、 0.1 mol KI与 0.1 mol FeCl3在溶液中能完全反应,且碘元素由 1价变为 0价,故 0.1molKI反应后转移 0.1mol电

26、子即 0.1NA个电子,故 C正确; D、 1mol乙烯和乙醇均消耗 3mol氧气,故 0.1mol乙烯和乙醇消耗 0.3mol氧气即 0.3NA个氧气分子,故 D正确 。 答案: CD 23.(2分 )25 时,在含 CH3COOH和 CH3COO 的溶液中, CH3COOH和 CH3COO 二者中各自所占的物质的量分数 ( )随溶液 pH变化的关系如图所示 .下列说法不正确的是 ( ) A.在 pH 4.76的溶液中, c(CH3COO ) c(CH3COOH) B.在 pH=7的溶液中, (CH3COOH)=0, (CH3COO )=1.0 C.在 pH 4.76的溶液中, c(CH3C

27、OO )与 c(OH )之和可大于 c(H+) D.在 pH=4.76的溶液中加盐酸, (CH3COOH)与 (CH3COO )之和保持不变 解析: A.在 pH 4.76 的溶液显酸性, c(CH3COO ) c(CH3COOH),故 A正确; B.在 pH=7的溶液中,为醋酸和醋酸盐混合溶液, (CH3COOH) 0, (CH3COO ) 1.0,故 B错误; C.在 pH 4.76的溶液中存在电荷守恒, c(CH3COO )与 c(OH )之和可大于 c(H+),故 C正确; D.当溶液 pH=4.76时, c(CH3COO )=c(CH3COOH),醋酸电离显酸性,醋酸根离子水解显碱性

28、,为缓冲溶液,加入盐酸或碱溶液中 (CH3COOH)与 (CH3COO )之和保持不变,故 D正确 。 答案: B 24.(2分 )由硫铁矿烧渣 (主要成分: Fe3O4、 Fe2O3和 FeO)得到绿矾 (主 FeSO47H2O),再通过绿矾制备铁黄 FeO(OH)的流程如下:烧渣 溶液 绿矾 铁黄 已知: FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是 ( ) A.步骤 ,最好用硫酸来溶解烧渣 B.步骤 ,涉及的离子反应为 FeS2+14Fe3+8H2O 15Fe2+2SO42 +16H+ C.步骤 ,将溶液加热到有较多固体析出,再用余热将液体蒸干,可得纯净绿矾 D.步骤 ,反应条件控制不当会

29、使铁黄中混有 Fe(OH)3 解析: A.因绿矾的酸根离子为硫酸根离子,则步骤 ,最好用硫酸来溶解烧渣,故 A正确; B.步骤 发生 FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 ,离子反应为 FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42 +16H+,故 B正确; C.步骤 为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾,若蒸干时绿矾受热失去结晶水,故 C错误; D.步骤 ,反应条件控制不当,绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成 Fe(OH)3,故 D正确 。 答案: C 25.(2 分 )某固体混合物中可能含有: K+、 Na+、 Cl 、 CO32 、 SO42 等离子,

30、将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验:下列说法正确的是 ( ) A.该混合物一定是 K2CO3和 NaCl B.该混合物可能是 Na2CO3和 KCl C.该混合物可能是 Na2SO4和 Na2CO3 D.该混合物一定是 Na2CO3和 NaCl 解析: 由上述分析可知,一定含 Na+、 Cl 、 CO32 ,不含 SO42 ,不能确定是否含 K+, A.该混合物可能是 K2CO3和 NaCl,因不能确定是否含 K+,故 A不选; B.由分析出的离子可知该混合物可能是 Na2CO3和 KCl,故 B选; C.不含 SO42 ,则不可能含 Na2SO4,故 C不选; D.不能确定是否含 K+,可

31、能为 Na2CO3和 NaCl,故 D不选 。 答案: B 二、非选择题 (本大题共 4小题,共 20 分 ) 26.(6 分 )A 是天然气的主要成分,以 A 为原料在一定条件下可获得有机物 B、 C、 D、 E、 F,其相互转化关系如图 .已知烃 B在标准状况下的密度为 1.16gL 1, C能发生银镜反应, F为有浓郁香味,不易溶于水的油状液体 . 请回答: (1)有机物 D中含有的官能团名称是 。 解析: D的结构简式为 D为 CH3COOH,其含有官能团为羧基 。 答案:羧基 (2)D+EF 的反应类型是 。 解析: D为 CH3COOH、 E为 CH3CH2OH,二者在浓硫酸存在条

32、件下发生酯化反应生成乙酸乙酯 。 答案 :酯化反应 (3)有机物 A在高温下转化为 B的化学方程式是 。 解析: A 为 CH4, B 为 CH CH, CH4在高温下转化为 CH CH 的化学方程式是: 2CH4 CHCH+3H2。 答案 : 2CH4 CH CH+3H2 (4)下列说法正确的是 A.有机物 E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈 B.有机物 D、 E、 F可用饱和 Na2CO3溶液鉴别 C.实验室制备 F时,浓硫酸主要起氧化作用 D.有机物 C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性 KMnO4溶液氧化 解析: A.E为 CH3CH2OH,乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈,故

33、A错误; B.D 为 CH3COOH、 E 为 CH3CH2OH、 F 为 CH3COOC2H5,乙酸与碳酸钠生成气体,乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液,乙醇易溶于碳酸钠溶液,所以可用饱和 Na2CO3溶液鉴别三者,故 B 正确; C.实验室制备乙酸乙酯时,浓硫酸为催化剂和吸水剂,不体现氧化性,故 C错误; D.有机物 C为 CH3CHO, CH3CHO中含有官能团醛基,醛基能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化,故 D正确 。 答案 : BD 27.(6分 )为探究黑色固体 X(仅含两种元 素 )的组成和性质,设计并完成如下实验: 请回答: (1)X的化学式是 。 解析: 分析可知

34、X为 CuO。 答案 : CuO (2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 。 解析: 固体甲为 Cu2O,氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水,反应的离子方程式为: Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。 答案 : Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O (3)加热条件下氨气被固体 X氧化成一种气体单质,写出该反应的化学方程式 。 解析: 加热条件下氨气被固体 X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气,反应的化学方程式为:3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O。 答案 : 3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O 28.(4分 )FeSO4受热分解的化学方程式为: 2FeS

35、O4 Fe2O3+SO2 +SO3 请回答: (1)将 FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验,证实含有 SO3和 SO2.能说明 SO2存在的实验现象是 ;为测定 BaSO4沉淀的质量,后续的操作步骤依次为 、洗涤、干燥、称重 。 解析: 将 FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验,证实含有 SO3和 SO2,能说明 SO2存在的实验现象是品红溶液褪色;为测定 BaSO4沉淀的质量,后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重 。 答案 :品红溶液褪色 过滤 (2)设计一个实验方案,用化学方法验证 FeSO4受热后固体的成分 (不考虑其他反应 ) .。 解析: 用化学方法验证 FeSO

36、4受热后固体的成分的实验为取少量溶于盐酸,滴加 KSCN溶液,变为血红色,与高锰酸钾不反应,可说明分解生成氧化铁 。 答案 :取少量溶于盐酸,滴加 KSCN溶液,变为血红色,与高锰酸钾不反应 29.(4分 )分别称取 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物两份 。 (1)将其中一份配成溶液,逐滴加入一定浓度的 Ba(OH)2溶液,产生的沉淀质量与加入 Ba(OH)2溶液体积的关系如图 .混合物中 n(NH4)2SO4: n(NH4Cl)为 。 解析: 分别称取 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物两份,而第一份加 100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为

37、2.33g,其物质的量为: 2.33g233g/mol=0.01mol,根据硫酸根离子守恒,所以第一份中硫酸铵的物质的量为 0.01mol,其质量为: 0.01 132=1.32g,则每份中 NH4Cl的质量为: 2.39 1.32=1.07g,所以氯化铵的物质的量为 1.07g53.5g/mol=0.02mol,所以两者的物质的量之比为: 0.01: 0.02=1: 2。 答案 : 1: 2 (2)另一份固体混合物中 NH4+与 Ba(OH)2 溶液 (浓度同上 )恰好完全反应时,溶液中 c(Cl = (溶液体积变化忽略不计 )。 解析: 由 (1)可知 100ml 氢氧化钡的物质的量为:

38、0.01mol,所以氢氧化钡的浓度为0.01mol0.1L =0.1mol/L,而 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物中铵根离子的物质的量为: 0.01 2+0.02=0.04mol,根据 NH4+OH =NH3 +H2O 可知氢氧化钡的物质的量为: 0.02mol,所以需氢氧化钡的体积为: 0.020.1 =0.2L, c= =0.020.2 =0.1mol/L。 答案 : 0.1mol/L 30.(10 分 )以氧化铝为原料,通过碳热还原法可合成氮化铝 (AlN);通过电解法可制取铝 。电解铝时阳极产生的 CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用 。 请回答: (1)已知: 2

39、Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g) H1=3351KJmol 1 2C(s)+O2(g) 2CO(g) H2= 221KJmol 1 2Al(g)+N2(g) 2AlN(s) H3= 318KJmol 1 碳热还原 Al2O3合成 AlN 的总热化学方程式是 ,该反应自发进行的条件 。 解析: 2Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g) H1=3351KJmol 1 2C(s)+O2(g) 2CO(g) H2= 221KJmol 1 2Al(g)+N2(g) 2AlN(s) H3= 318KJmol 1 盖斯定律计算, ( + 3+ 2) 12得到, 碳热还原 Al2O3 合成

40、AlN 的总热化学方程式: 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+2052KJ/mol/L,反应 S 0, H 0,则满足 H T S 0,反应自发进行的条件是高温条件下, 答案 : 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g) H=+2052KJ/mol/L 高温 (2)在常压、 Ru/TiO2催化下, CO2和 H2混和气体 (体积比 1: 4,总物质的量 a mol)进行反应,测得 CO2转化率、 CH4和 CO 选择性随温度变化情况分别如图 1 和图 2 所示 (选择性:转化的CO2中生成 CH4或 CO的百分比 )。 反

41、应 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H4 反应 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H5 下列说法不正确的是 A. H4小于零 B.温度可影响产物的选择性 C.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少 D.其他条件不变,将 CO2和 H2的初始体积比改变为 1: 3,可提高 CO2平衡转化率 350 时,反应 在 t1时刻达到平衡,平衡时容器体积为 VL 该温度下反应 的平衡常数为 (用 a、 V表示 ) 350 下 CH4物质的量随时间的变化曲线如图 3所示 .画出 400 下 0 t1时刻 CH4物质的量随时间的变化曲线 。 解析: A.图象中,二氧化碳

42、先增大是反应正向进行,到一定温度达到平衡状态,升温平衡逆向进行,二氧化碳转化率随温度升高减小,平衡说明正反应为放热反应, H4小于零,故A正确; B.图象 2 分析可知,图象变化趋势随温度升高到 400C 以上, CH4和 CO 选择性受温度影响甲烷减小,一氧化碳增大,温度可影响产物的选择性,故 B正确; C.二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态,达到平衡状态,随温度升高二氧化碳转化率减小,故 C 错误; D.CO2和 H2混和气体 (体积比 1: 4,总物质的量 a mol)进行反应,将 CO2和 H2的初始体积比改变为 1: 3,二氧化碳转化率减小,故 D错误; 在常压、 Ru

43、/TiO2催化下, CO2和 H2混和气体 (体积比 1: 4,总物质的量 a mol)进行反应,350 时,反应 在 t1时刻达到平衡,平衡时容器体积为 VL,二氧化碳转化率为 80% CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 起始量 (mol) 0.2a 0.8a 0 0 变化量 (mol) 0.16a 0.64a 0.16a 0.32a 平衡量 (mol) 0.04a 0.16a 0.16a 0.32a 平衡常数 K=0.16av (0.32av )20.04av (0.16av )4=0625v2a2 , 反应为放热反应,升温平衡逆向进行,二氧化碳转化率减小,图中分析可知

44、接近 72.5%,甲烷物质的量减小小于 350C 时甲烷物质的量,达到平衡所需要时间缩短 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 起始量 (mol) 0.2a 0.8a 0 0 变化量 (mol) 0.145a 0.58 a 0.145a 0.29a 平衡量 (mol) 0.055 0.22a 0.145a 0.29a 画出图象,达到平衡状态甲烷 0.145a mol,升温加快反应速率,达到平衡所需时间缩短,得到图象为 , 答案 : CD 0625v2a2 (3)据文献报道, CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷,生成甲烷的电极反应式是 . 解析: CO2 可以在碱性水溶液中电

45、解生成甲烷,结合电荷守恒和原子守恒,用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为: CO2+6H2O+8e CH4+8OH 。 答案 : CO2+6H2O+8e CH4+8OH . 31.(10 分 )ClO2是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其制成 NaClO2固体,以便运输和贮存,过氧化氢法制备 NaClO2固体的实验装置如图 1所示 . 已知: 2NaClO3+H2O2+H2SO4 2ClO2 +O2 +Na2SO4+2H2O 2ClO2+H2O2+2NaOH 2NaClO2+O2 +2H2O ClO2熔点 59 、沸点 11 ; H2O2沸点 150 请回答: (1)仪器 A

46、的作用是 ;冰水浴冷却的目的是 (写两种 )。 解析: 仪器 A为安全瓶,防止倒吸;冰水浴冷却的目的是为降低 NaClO2的溶解度;减少 H2O2的分解;增加 ClO2的溶解度;减少 ClO2的分解用冰水浴冷却 。 答案 :防止倒吸;降低 NaClO2的溶解度、减少 H2O2的分解、增加 ClO2的溶解度、减少 ClO2的分解 (2)空气流速过快或过慢,均降低 NaClO2产率,试解释其原因 解析: 空气流速过慢时, ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时, ClO2不能被充分吸收,则空气流速过快或过慢,均降低 NaClO2产率 。 答案 :空气流速过慢时, ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时, ClO2不能被充分吸收 (3)Cl 存在时会催化 ClO2的生成 .反应开始时在三颈

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