2020年浙江高考化學7月試題文檔版

高考真題高考真題2020年浙江高考7月試卷化學試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32ClK39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Ag108I127Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.水溶液呈酸性的是()A.NaClB.NaHSOC.HCOONaD.NaHCO34A.NaOHB.CaCl2C.HClD.KSO24A.A.干冰：CO2C.膽磯：CuSO-5HO42下列表示不．正．確．的是()IIHA.乙烯的結構式：ElHC.2—甲基丁烷的鍵線式：下列說法不．正．確．的是()4.下列物質對應的組成不．正．確．的是()B.熟石灰：CaSO4-2巴0D.小蘇打：NaHCO3B.甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O2[]D.甲基的電子式：…；，[]天然氣不可再生能源用水煤氣可合成液態(tài)碳氫化合物和含氧有機物煤的液化屬于物理變化火棉是含氮量高的硝化纖維7.下列說法正確的是()A.35C1和37C1是兩種不同的元素單晶硅和石英互為同素異形體C.HCOOH和HOCH2CHO互為同系物D.H與Na在元素周期表中處于同一主族下列說法不．正．確．的是()Cl-會破壞鋁表面的氧化膜NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3強KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒4鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學腐蝕下列說法不．正．確．的是()高壓鈉燈可用于道路照明SiO2可用來制造光導纖維工業(yè)上可采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅BaCO3不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐加熱反應MnO+4HCl(濃)―二MnCl+Clt+2HO中，氧化產物與還原產物的物質的量之比是()222A.1:2B.1:1C.2:1D.4:1下列有關實驗說法不．正．確．的是()萃取Br2時，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振蕩、靜置分層后，打開旋塞，先將水層放出24做焰色反應前，鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無色乙醇、苯等有機溶劑易被引燃，使用時須遠離明火，用畢立即塞緊瓶塞可用AgNO溶液和稀HNO區(qū)分NaCl、NaNO和NaNOo3323下列說法正確的是()A.Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2BMg加入到過量FeCl3溶液中可得FeFeS2在沸騰爐中與°?反應主要生成SO3H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2乙乙乙乙乙能正確表示下列反應的離子方程式是()（NH）Fe（S0）溶液與少量Ba（OH）溶液反應：SO2-+Ba2+=BaSOI4242244通電水水電解MgCl2水溶液：2Cl-+2H02OH-+ClT+HT2222C乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CHCOOCHCH+OH-—^CHCOO-+CHCHOH23332D.CuSO溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)V4214.下列說法不．正．確．的是()相同條件下等質量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，放出的熱量依次增加油脂在堿性條件下水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分根據(jù)纖維在火焰上燃燒產生的氣味，可以鑒別蠶絲與棉花淀粉、纖維素、蛋白質都屬于高分子化合物I)I)15.有關「廠的說法正確的是()可以與氫氣發(fā)生加成反應B.不會使溴水褪色C.只含二種官能團D.1mol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗1molNaOHX、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價,Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個；Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不．正．確．的是()原子半徑：Z<Y<M最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>MX2Z-ZX2易溶于水，其水溶液呈堿性X、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物下列說法不．正．確．的是()2.0x10-7mol-L-1的鹽酸中c(H+)=2.0x10-7mol-L-1將KCl溶液從常溫加熱至80°C,溶液pH變小但仍保持中性常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質常溫下，PH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液PH增大

mLO.lmol?L-iKI溶液與1mLO.lmol-LiFeCl溶液發(fā)生反應：32Fe3+@q)+21-@q)2Fe2+@q)+1(aq)，達到平衡。下列說法不正確的是()2加入苯，振蕩，平衡正向移動經(jīng)苯2次萃取分離后下水溶液中加入KSCN，溶液呈血紅色，表明該化學反應存在限度C.D.加入Fes。，固體，平衡逆向移動4C2(Fe2+該反應的平衡常數(shù)K=―仁——C2\Fe3+丿xc19-Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。A.4MnOC.D.加入Fes。，固體，平衡逆向移動4C2(Fe2+該反應的平衡常數(shù)K=―仁——C2\Fe3+丿xc19-Na為阿伏加德羅常數(shù)的值。A.4MnO-+5HCHO+12H+4電子數(shù)為20NAAB.用電解粗銅的方法精煉銅，C.常溫下，pH=9CH3COD.1L濃度為0.100mol?L-i白20.一定條件下：2NO2(g)Mn2++5C路中通過的a溶液中，水陰離子數(shù)為O.100NA2O4(g)結果誤差最小的是()A.溫度0C、壓強50kPa*HC轉化為Cu2，測定B.溫度130°C、壓強300。在測定NO2出的H+數(shù)為10-5NA數(shù)為Na時+O,lmol4MnO極應有3完全反應轉移的C.溫度C.溫度25C、壓強100kPaD.溫度130C、壓強50kPa21.電解高濃度RCOONa(羧酸鈉)的NaOH溶液，在陽極RCOO-放電可得到R-R(烷烴)。下列說法不正．確．的是()通電木木A.電解總反應方程式：2RCOONa+2^OR—R+2CO?匸+氣T+2NaOHB.RCOO-在陽極放電，發(fā)生氧化反應c.陰極的電極反應：2HO+2e-=2OH-+HT22D.電解C^COONa、CHfHfOONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷22.關于下列俎的判斷正確的是()

CO2-(aq)+H+(aq)=HCO-(aq)AH331CO2-(aq)+HO(l)HCO-(aq)+OH-(aq)AH3232OH-(aq)+H+(aq)=HO(l)AH23OH-(aq)+CHCOOH(aq)=CHCOO-(aq)+HO(l)AH3324C.AH<0AH>034D.AH>AH34AH<0AC.AH<0AH>034D.AH>AH34121223.常溫下，用O.lmol-L-1氨水滴定10mL濃度均為O.lmol-L-1的HC1和CHgCOOH的混合液，下列說法不．正．確．的是（）A.B.C.D.在氨水滴定前，A.B.C.D.在氨水滴定前，HC1和CHCOOH的混合液中c（Cl-）>c（CHCOO-）33當?shù)稳氚彼?0mL時，c（NH+）+c（NH-HO）=c（CHCOO-）+c（CHCOOH）43233當?shù)稳氚彼?0mL時，c（CHCOOH）+c（H+）=c（NH-HO）+c（OH-）332當溶液呈中性時，氨水滴入量大于20mL，c（NH+）<c（C1-）424.Ca3SiO5是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關性質的說法不正確的是（）35可發(fā)生反應：CaSiO+4NHCl亠CaSiO+2CaCl+4NHT+2HO3543232具有吸水性，需要密封保存能與SO2,反應生成新鹽與足量鹽酸作用，所得固體產物主要為SiO2黃色固體X，可能含有漂白粉、FeSO,、Fe（SO）、CudKI之中的幾種或全部。將X與足量的2432水作用，得到深棕色固體混合物Y和無色堿性溶液Z。下列結論合理的是（）X中含KI，可能含有CuCl2X中含有漂白粉和FeSO44X中含有CuCl，Y中含有Fe（OH）23用H2SO4酸化溶液乙若有黃綠色氣體放出，說明X中含有CuCl2二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）（1）氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性HF大于HCl的主要原因是。⑵CaCN2是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，CaCN2的電子式是。常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是。27.100mL0.200mol-L-iCuSO溶液與1.95g鋅粉在量熱計中充分反應。測得反應前溫度為20.1C，反4應后最高溫度為30.1C。已知：反應前后，溶液的比熱容均近似為4.18J-g-1-C-1、溶液的密度均近似為1.00g-cm-3，忽略溶液體積、質量變化和金屬吸收的熱量。請計算：(1)反應放出的熱量Q=J。⑵反應Zn(s)+CuSO/aqFZnSO/aq)+Cu(s)的陽=kJ-mol-1(列式計算)。28.1.化合物X由四種短周期元素組成，加熱X，可產生使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體Y，Y為純凈物；取3.01gX，用含HC10.0600mol的鹽酸完全溶解得溶液A，將溶液A分成A1和A2兩等份，完成如下實驗(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：請回答：⑴組成X的四種元素是N、H和(填元素符號)，X的化學式是溶液B通入過量CO2得到白色沉淀C的離子方程式是。寫出一個化．合．反．應．(用化學方程式或離子方程式表示)。要求同時滿足其中一種反應物的組成元素必須是X中除N、H外的兩種元素；②反應原理與“HQ+NH3=NH4Cl”相同。II.某興趣小組為驗證濃硫酸的性質進行實驗，如圖。實驗中觀察到的現(xiàn)象有：錐形瓶內有白霧，燒杯中出現(xiàn)白色沉淀。請回答：(1)將濃硫酸和濃鹽酸混合可產生HCl氣體的原因是TOC\o"1-5"\h\z(2)燒杯中出現(xiàn)白色沉淀的原因是。29.研究CO2氧化C2H6制C2H4對資源綜合利用有重要意義。相關的主要化學反應有:22624CH(g)CH(g)+H(g)AH=136kJ?mol-i\o"CurrentDocument"262421CH(g)+CO(g)CH(g)+HO(g)+CO(g)AH=177kJ-mol-i\o"CurrentDocument"2622422CH(g)+2CO(g),4CO(g)+3H(g)AH26223wCO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)AH=41kJ-mol-i\o"CurrentDocument"2224已知：298K時，相關物質的相對能量(如圖1)。-|141CO.I補Jr亠-'可根據(jù)相關物質的相對能量計算反應或變化的AH(AH隨溫度變化可忽略)。例如:HO(g)=HO(1)AH=-286kJ-mol-1-(-242kJ-mol1)=-44kJ-mol-1。22請回答：①根據(jù)相關物質的相對能量計算AH3=kJ-mol-1。下列描述正確的是A升高溫度反應I的平衡常數(shù)增大B加壓有利于反應1、11的平衡正向移動C反應III有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成D恒溫恒壓下通水蒸氣，反應W的平衡逆向移動有研究表明，在催化劑存在下，反應II分兩步進行，過程如下：【CH(g)+CO(g)】T【CH(g)+H(g)+CO(g)】T【CH(g)+CO(g)+HO(g)】，且第二步速2622422242率較慢(反應活化能為210kJ?mol-1)。根據(jù)相關物質的相對能量，畫出反應II分兩步進行的能量-反應過程圖”，起點從【CH（g）+CO（g）】的能量—477kJ?mol-1，開始（如圖2）262研究催化劑X對“CO2氧化⑵①C02和C2H研究催化劑X對“CO2氧化226C2H6制C2H4”的影響，所得實驗數(shù)據(jù)如下表:2624催化劑轉化率CH/%26轉化率CO2/%產率CH/%24催化劑X19.037.63.3結合具體反應分析，在催化劑X作用下，CO。氧化C2H6的主要產物是，判斷依據(jù)是。226②采用選擇性膜技術（可選擇性地讓某氣體通過而離開體系）可提高c2H4的選擇性（生成c2H4的物質的量與消耗c2h6的物質的量之比）。在773K，乙烷平衡轉化率為9.1%，保持溫度和其他實驗條件不變，采用26TOC\o"1-5"\h\z選擇性膜技術，乙烷轉化率可提高到11.0%。結合具體反應說明乙烷轉化率增大的原因是。230?硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組用下圖裝置制備Na2S2O3?5H2O。2合成反應：SO+NaCO=NaSO+CO223232NaS+3SO=2NaSO+3SNaSO+S亠NaSO222323223滴定反應：1+2NaSO=2NaI+NaSO2223246已知：5h2o易溶于水，難溶于乙醇，50°C開始失結晶水。實驗步驟：NaSO制備：裝置A制備的SO經(jīng)過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液PH約為22327時，停止通入SO氣體，得產品混合溶液。2產品分離提純：產品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥，得到Na2S2O3-5H2O產品。III?產品純度測定：以淀粉作指示劑，用Na2S2O3-5H2O產品配制的溶液滴定碘標準溶液至滴定終點，計算NaSO-5HO含量。2232請回答：(1)步驟I：單向閥的作用是；裝置C中的反應混合溶液PH過高或過低將導致產率降低，原因是步驟II:下列說法正確的是。A快速蒸發(fā)溶液中水分，可得較大晶體顆粒B蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)品晶膜時，停止加熱C冷卻結晶后的固液混合物中加入乙醇可提高產率D可選用冷的溶液作洗滌劑⑶步驟III滴定前，有關滴定管的正確操作為(選出正確操作并按序排列)：檢漏f蒸餾水洗滌f()f()f()f()f()f開始滴定。A烘干B裝入滴定液至零刻度以上C調整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D用洗耳球吹出潤洗液E排除氣泡F用滴定液潤洗2至3次G記錄起始讀數(shù)裝標準碘溶液的碘量瓶(帶瓶塞的錐形瓶)在滴定前應蓋上瓶塞，目的是。滴定法測得產品中Na2S2Oj5H2O含量為100.5%，則Na2S2Oj5巴0產品中可能混有的物質是乙乙」乙乙乙」乙。31.某研究小組以鄰硝基甲苯為起始原料，按下列路線合成利尿藥美托拉宗。

已知：R-COOH+已知：R-COOH+請回答：TOC\o"1-5"\h\z(1)下列說法正確的是。A反應I的試劑和條件是Cl2和光照B化合物C能發(fā)生水解反應C反應II涉及到加成反應、取代反應D美托拉宗的分子式是C16H14C1N3O3S161433寫出化合物D的結構簡式。寫出B+ETF的化學方程式。設計以A和乙烯為原料合成C的路線(用流程圖表示，無機試劑任選)____。寫出化合物A同時符合下列條件的同分異構體的結構簡。1H-NMR譜和IR譜檢測表明：①分子中共有4種氫原子，其中環(huán)上的有2種；②有碳氧雙鍵，無氮氧鍵和一CHO?；瘜W試題可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32ClK39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Ag108I127Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.水溶液呈酸性的是()A.NaClB.NaHSOC.HCOONaD.NaHCO43【答案】B【解析】【詳解】A.NaCl是強酸強堿鹽，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合題意；NaHSO4是強酸的酸式鹽，其屬于強電解質，其在水溶液中的電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO4，故其水溶液呈酸性，B符合題意；HCOONa屬于強堿弱酸鹽，其在水溶液中可以完全電離，其電離產生的HCOO-可以發(fā)生水解，其水解的離子方程式為HCOO-+H2OHCOOH+OH-,故其水溶液呈堿性，C不符合題意；NaHCO是強堿弱酸鹽，既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，但其水解程度大于電離程度，故其水溶液呈堿性，3D不符合題意。綜上所述，本題答案為B?！窘馕觥俊驹斀狻緼.該儀器是干燥管，不能用于固液分離，A不符合題意；該儀器為蒸餾燒瓶，不能用于固液分離，B不符合題意；該儀器為普通漏斗，常用于過濾以分離固液混合物，C符合題意；該儀器為牛角管，又叫接液管，連接在冷凝管的末端以收集蒸餾產生的蒸氣所冷凝成的液體，不能用于固液分離，D不符合題意。綜上所述，本題答案為Co

下列物質在熔融狀態(tài)下不．導．電．的是()A.NaOHB.CaClC.HClD.KSO224【答案】C【解析】【詳解】A．NaOH屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的Na+和OH-，故其在熔融狀態(tài)下能導電，A不符合題意；CaCl2屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的Ca2+和Cl-，故其在熔融狀態(tài)下能導電，B不符合題意；HCl是共價化合物，其在熔融狀態(tài)下不能電離成離子，故其在熔融狀態(tài)下不導電，C符合題意；D.K2D.K2SO4屬于離子化合物，其在熔融狀態(tài)下能電離成自由移動的K+和SOD不符合題意。綜上所述，本題答案為C。下列物質對應的組成不.正.確.的是()干冰：CO2C.膽磯：CuSO-5HO42【答案】B【解析】【詳解】A.干冰為固體二氧化碳，故A正確；熟石灰成分為Ca(OH)2,CaSO4?2H2O為生石膏膽磯為五水合硫酸銅晶體，故C正確；小蘇打是碳酸氫鈉的俗名，故D正確；答案選B。下列表示不.正.確.的是()Ilh乙烯的結構式：IlhC.2—甲基丁烷的鍵線式：-，故其在熔融狀態(tài)下能導電,4B.熟石灰：CaS°4?2H2°D.小蘇打：NaHCO3故B錯誤；B.甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O2[\D.甲基的電子式：…；■[]答案】B解析】【詳解】A.結構式是每一對共用電子對用一個短橫來表示，乙烯分子中每個碳原子和每個氫原子形成一對共用電子對，碳原子和碳原子形成兩對共用電子對，故A正確；結構簡式中需要體現(xiàn)出特殊結構和官能團，甲酸甲酯中要體現(xiàn)出酯基，其結構簡式為HCOOCH3，故B錯誤；鍵線式中每個端點為一個C原子，省略C—H鍵，故C正確；甲基中碳原子和三個氫原子形成3對共用電子對，還剩一個成單電子，故D正確；答案選B。下列說法不．正．確．的是()天然氣是不可再生能源用水煤氣可合成液態(tài)碳氫化合物和含氧有機物煤液化屬于物理變化火棉是含氮量高的硝化纖維【答案】的【解析】【詳解】A.天然氣是由遠古時代的動植物遺體經(jīng)過漫長的時間變化而形成的，儲量有限，是不可再生能源，A選項正確；水煤氣為CO和H2,在催化劑的作用下，可以合成液態(tài)碳氫化合物和含氧有機物(如甲醇)，B選項正確；煤的液化是把煤轉化為液體燃料，屬于化學變化，C選項錯誤；火棉是名為纖維素硝酸酯，是一種含氮量較高的硝化纖維，D選項正確；答案選C。下列說法正確的是()35Cl和37Cl是兩種不同的元素B.單晶硅和石英互為同素異形體C.HCOOH和HOCH2CHO互為同系物D.H與Na在元素周期表中處于同一主族【答案】D【解析】【詳解】A.35C1和37C1是Cl元素的兩種不同核素，屬于同種元素，A選項錯誤；同素異形體是指同種元素組成的不同種單質，而單晶硅為硅單質，而石英是SiO2,兩者不屬于同素異形體，B選項錯誤；同系物是指結構相似，分子組成上相差若干個CH2的有機化合物，HCOOH和HOCH2CHO結構不相似，不屬于同系物，C選項錯誤；H和Na在元素周期表種均處于第IA族，D選項正確；答案選D。8.下列說法不．正．確．的是()Cl-會破壞鋁表面的氧化膜NaHCO3的熱穩(wěn)定性比Na2CO3強KMnO4具有氧化性，其稀溶液可用于消毒4鋼鐵在潮濕空氣中生銹主要是發(fā)生了電化學腐蝕【答案】B【解析】【詳解】A.C1-很容易被吸附在鋁表面的氧化膜上，將氧化膜中的氧離子取代出來，從而破壞氧化膜,A選項正確；碳酸氫鈉受熱分解可產生碳酸鈉、水和二氧化碳，則穩(wěn)定性：NaHCO3<Na2CO3,B選項錯誤；KMnO4具有強氧化性，可使病毒表面的蛋白質外殼變形，其稀溶液可用于消毒，C選項正確；鋼鐵在潮濕的空氣中，鐵和碳、水膜形成原電池，發(fā)生電化學腐蝕，腐蝕速率更快，D選項正確；答案選B。下列說法不.正.確.的是()高壓鈉燈可用于道路照明SiO2可用來制造光導纖維工業(yè)上可采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅BaCO3不溶于水，可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐【答案】D【解析】【詳解】A.高壓鈉燈發(fā)出的黃光射程遠、透霧能力強，所以高壓鈉燈用于道路照明，故A正確；二氧化硅傳導光的能力非常強，用來制造光導纖維，故B正確；黃銅礦高溫煅燒生成粗銅、氧化亞鐵和二氧化硫，故C正確；碳酸鋇不溶于水，但溶于酸，碳酸鋇在胃酸中溶解生成的鋇離子為重金屬離子，有毒，不能用于鋇餐,鋇餐用硫酸鋇，故D錯誤；答案選D。加熱反應MnO2+4HCl(濃)丄二MnC.+。叮+2巴0中，氧化產物與還原產物的物質的量之比是()

A.1:2B.1:1A.1:2B.1:1C.2:1D.4:1【答案】B解析】【詳解】由反應方程式可知，反應物MnO2中的Mn元素的化合價為+4價，生成物MnCl2中Mn元素的化合價為+2價,反應物HC1中Cl元素的化合價為-1價,生成物Cl2中Cl元素的化合價為0價,故MnCl2是還原產物，Cl2是氧化產物,由氧化還原反應中得失電子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1產物，Cl2是氧化產物,答案選B。下列有關實驗說法不．正．確．的是()萃取Br2時，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振蕩、靜置分層后，打開旋塞，先將水層放出24做焰色反應前，鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至火焰呈無色乙醇、苯等有機溶劑易被引燃，使用時須遠離明火，用畢立即塞緊瓶塞可用AgNO溶液和稀HNO區(qū)分NaCl、NaNO和NaNOo3323【答案】A【解析】【詳解】A.CCl4的密度比水的密度大，故萃取Br2時，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振蕩、靜置分層，打開旋塞，先將CCl4層放出，A操作錯誤；做焰色反應前，先將鉑絲用稀鹽酸清洗并灼燒至無色的目的是排除鉑絲上粘有其它金屬元素，對待檢測金屬元素的干擾，B操作正確乙醇、苯等有機溶劑屬于易燃物品，故使用時必須遠離明火和熱源，用畢立即塞緊瓶塞，防止失火，C操作正確；氯化銀、亞硝酸銀都是難溶于水的白色固體，所以硝酸銀滴入氯化鈉溶液和亞硝酸鈉溶液中都有白色沉淀生成，但是氯化銀不溶于稀硝酸，而亞硝酸銀溶于稀硝酸；硝酸銀溶液滴入硝酸鈉溶液中沒有明顯現(xiàn)象，故D操作正確。答案選A。下列說法正確的是()Na2O在空氣中加熱可得固體Na2O2Mg加入到過量FeCl3溶液中可得FeFeS2在沸騰爐中與°。反應主要生成SO3223H2O2溶液中加入少量Mn。？粉末生成H2和O2【答案】A解析】【詳解】A.無水狀態(tài)下Na2O2比Na2O更穩(wěn)定，Na2O在空氣中加熱可以生成更穩(wěn)定的Na2O2,A正確;B.Mg加入到FeCl3溶液中，Mg具有較強的還原性，先與Fe3+反應，生成Mg2+和Fe2+，若Mg過量，Mg與Fe2+繼續(xù)反應生成Mg2+和Fe,但由于反應中FeCl3過量，Mg已消耗完，所以無Mg和Fe2+反應，所以不會生成Fe，B錯誤；高溫C.FeS2在沸騰爐中與02發(fā)生的反應為：4FeS2+llO22Fe2O3+8SO2，產物主要是SO2而不是S03,C錯誤；MnO2D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2O和02，化學方程式為：2H2O222H2O+O2f,D錯誤。答案選A。13?能正確表示下列反應的離子方程式是()(NH)Fe(S0)溶液與少量Ba(OH)溶液反應：SO2-+Ba2+=BaSOI4242244通電水水電解MgCl2水溶液：2Cl-+2HO2OH-+ClT+HT222C乙酸乙酯與NaOH溶液共熱：CHCOOCHCH+OH-—^CHCOO-+CHCHOH23332D.CuSO溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)J42【答案】C【解析】【詳解】A.(NH4)2Fe(SO4)2可以寫成(NH4)2SO4FeSO4,(NH4)2Fe(SO4)2溶液與少量Ba(OH)2溶液反應，OH-先與Fe2+反應，再和NH+反應，由于Ba(OH)2較少，NH+不會參與反應，離子方程式為：Fe2++SO2-+Ba2++2442OH-=Fe(OH)2J+BaSO4J，A錯誤；B.用惰性材料為電極電解MgCl2溶液，陽極反應為：2Cl--2e-=Cl2f，陰極反應為:2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2J+H2T，總反應的離子方程式為：Mg2++2Cl-+2H2O=Mg(OH)2J+H2f+Cl2f,B錯誤;C.乙酸乙酯與氫氧化鈉溶液共熱時發(fā)生水解，生成乙酸鈉和乙醇，離子方程式為:CH3COOCH2CH3+OH-二CH3COO-+CH3CH2OH,C正確；向硫酸銅溶液中滴加氨水，氨水與硫酸銅發(fā)生復分解反應生成氫氧化銅沉淀和硫酸銨，一水合氨為弱電解質，在離子反應中不能拆開，離子方程式為：Cu2++2NH3?H2O=2NH++Cu(OH)2J,D錯誤。答案選C。14.下列說法不．正．確．的是()相同條件下等質量的甲烷、汽油、氫氣完全燃燒，放出的熱量依次增加油脂在堿性條件下水解生成的高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分根據(jù)纖維在火焰上燃燒產生的氣味，可以鑒別蠶絲與棉花D.淀粉、纖維素、蛋白質都屬于高分子化合物【答案】A【解析】【詳解】A.由于等質量的物質燃燒放出的熱量主要取決于其含氫量的大小，而甲烷、汽油、氫氣中1的百分含量大小順序為：汽油＜甲烷＜氫氣，故等質量的它們放出熱量的多少順序為：汽油＜甲烷＜氫氣，故A錯誤；油脂在堿性條件下發(fā)生水解反應生成甘油和高級脂肪酸鹽，高級脂肪酸鹽是肥皂的主要成分，故B正確；蠶絲主要成分是蛋白質，灼燒時有燒焦羽毛的氣味，而棉花則屬于纖維素，灼燒時則基本沒有氣味，故C正確；高分子通常是指相對分子質量在幾千甚至上萬的分子，淀粉、纖維素和蛋白質均屬于天然高分子化合物，故D正確。故答案為：DoC'nnH15.有關?-的說法正確的是()可以與氫氣發(fā)生加成反應B.不會使溴水褪色C.只含二種官能團D.Imol該物質與足量NaOH溶液反應，最多可消耗1molNaO1【答案】A【解析】【分析】CUjIIlf中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團，根據(jù)官能團的性質進行解答。【詳解】A.分子中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵，都能與H2發(fā)生加成反應，A正確；L'EliUH：分子中含有碳碳雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應導致溴水褪色，B錯誤；I'H.DHc.分子中含有羥基、酯基和碳碳雙鍵三種官能團，C錯誤；lmol該物質酯基水解后生成的酚羥基和羧基均能和NaOH反應，lmol該物質與足量的NaOH溶液反應時最多可消耗2molNaOH,D錯誤；故答案為：A。16.X、Y、Z、M、Q五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價,Y元素與Z、M元素相鄰，且與M元素同主族；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18個;Q元素的原子最外層電子數(shù)比次外層少一個電子。下列說法不.正.確.的是()原子半徑：Z<Y<M最高價氧化物對應水化物的酸性：Z>Y>MX2Z-ZX2易溶于水，其水溶液呈堿性X、Z和Q三種元素形成的化合物一定是共價化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q為五種短周期元素，原子序數(shù)依次增大。Y元素的最高正價為+4價，則證明該元素為第IVA族元素，又知Y元素與Z、M元素相鄰，且與M同族，則在元素周期表位置應為IVA族VA族YZM，故推知Y為C元素，Z為N元素，M為Si元素；化合物Z2X4的電子總數(shù)為18,則推知，X為H,該化合物為N2H4；Q元素的原子最外層電子總數(shù)比次外層電子數(shù)少一個電子，推出Q為Cl元素，據(jù)此結合元素周期律與物質的結構與性質分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，X為H、Y為C元素、Z為N元素、M為Si元素、Q為Cl元素，則同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大，則原子半徑比較：Z(N)vY(C)vM(Si),故A正確；同周期元素從左到右元素非金屬性依次增強，同主族元素從上到下元素非金屬性依次減弱，因元素的非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性：Z(N)>Y(C)>M(Si),則最高價氧化物對應水化物的酸性：Z(N)〉Y(C)〉M(Si),故B正確;N2H4的結構簡式可表示為H2N-NH2，分子中含兩個氨基，可與酸反應，具有堿性，且該分子具有極性，與水分子間也存在氫鍵，根據(jù)相似原理可知，n2h4易溶于水，故C正確；X、Z和Q三種元素組成的化合物有很多，不一定都是共價化合物，如氯化銨屬于銨鹽，為離子化合物，故D錯誤；答案選D。17.下列說法不．正．確．的是()2.0x10-7mol-L-1的鹽酸中c(H+)=2.0x10-7mol-L-1將KCl溶液從常溫加熱至80°C，溶液的pH變小但仍保持中性常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質常溫下，PH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液PH增大【答案】A【解析】【詳解】A.鹽酸的濃度為2.0x10-7mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計算中氫離子濃度時，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應大于2.0x10-7mol/L，故A錯誤；KCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80°C時，水離子積Kw增大，對應溶液的氫離子濃度隨溫度升高會增大，pH會減小，但溶液溶質仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；NaCN溶液顯堿性，說明該溶質為弱酸強堿鹽，即CN-對應的酸HCN為弱電解質，故C正確；醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡：CH3COOH—CH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應可知，該平衡會向生成弱電解質的方向(逆向)移動，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確；答案選A。18.5mL0.1mol?L-1KI溶液與1mL0.1mol-L-1FeCl溶液發(fā)生反應：32Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I(aq)，達到平衡。下列說法不．正．確．的是()2加入苯，振蕩，平衡正向移動經(jīng)苯2次萃取分離后下水溶液中加入KSCN，溶液呈血紅色，表明該化學反應存在限度力口入FeSO4固體，平衡逆向移動D?該反應的平衡常數(shù)K.仁+^c2G-)【答案】D【解析】【詳解】A.加入苯振蕩，苯將I2萃取到苯層，水溶液中c(I2)減小，平衡正向移動，A正確；將5mL0.1mol/LKI溶液與lmLO.lmol/LFeC^溶液混合，參與反應的Fe3+與I-物質的量之比為1:1,反應后I-一定過量，經(jīng)苯2次萃取分離后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血紅色，說明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+沒有完全消耗，表明該化學反應存在限度，B正確；加入FeSO4固體溶于水電離出Fe2+，c(Fe2+)增大，平衡逆向移動，C正確；c2(Fe2+)-c(I)該反應的平衡常數(shù)K=總，D錯誤；c2(Fe3+)-c2(I-)答案選Do19.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()AA.4MnO-+5HCHO+12H+二4Mn2++5COT+11HO,lmol「4MnO-+5HCHO]完全反應轉移的4224電子數(shù)為20NAA用電解粗銅的方法精煉銅，當電路中通過的電子數(shù)為na時，陽極應有32gCu轉化為Cu2+A常溫下，PH=9的CHqCOONa溶液中，水電離出的h+數(shù)為10-5N3A1L濃度為0.100mol-L-1的NaCO溶液中，陰離子數(shù)為0.100N23A【答案】A【解析】【詳解】A.Mn元素的化合價由+7價降至+2價，則4molMnO-完全反應轉移電子物質的量為44molx[(+7)-(+2)]=20mol,即轉移電子數(shù)為20NA，A正確；電解精煉銅時，陽極為粗銅，陽極發(fā)生的電極反應有：比銅活潑的雜質金屬失電子發(fā)生氧化反應以及Cu失電子的氧化反應：Cu-2e-=Cu2+，當電路中通過的電子數(shù)為NA時，即電路中通過1mol電子，Cu失去的電子應小于1mol，陽極反應的Cu的物質的量小于0.5mol,則陽極反應的Cu的質量小于0.5molx64g/mol=32g,B錯誤；溶液的體積未知，不能求出溶液中水電離出的H+數(shù)，C錯誤；n(Na2CO3)=0.100mol/Lx1L=0.100mol,由于CO2-發(fā)生水解：CO2-+H2O^HCO-+OH-、233323HCO3+H2O^H2CO3+OH-，故陰離子物質的量大于0.100mol,陰離子數(shù)大于0.100NA，D錯誤；答案選A。一定條件下：2NO2（g）N2O4（g）AH<0。在測定NO2的相對分子質量時，下列條件中，測定結果誤差最小的是（）A.溫度0°C、壓強50kPaB.溫度130°C、壓強300kPa溫度25°C、壓強100kPaD.溫度130°C、壓強50kPa【答案】D【解析】【詳解】測定二氧化氮的相對分子質量，要使測定結果誤差最小，應該使混合氣體中NO2的含量越多越好，為了實現(xiàn)該目的，應該改變條件使平衡盡可以地逆向移動。該反應是一個反應前后氣體分子數(shù)減小的放熱反應，可以通過減小壓強、升高溫度使平衡逆向移動，則選項中，溫度高的為130C，壓強低的為50kPa，結合二者選D。答案為D。電解高濃度RCOONa（羧酸鈉）的NaOH溶液，在陽極RCOO-放電可得到R-R（烷烴）。下列說法不正．確．的是（）通電木木電解總反應方程式：2RCOONa+2氣。R-R+2CO?匸+氣T+2NaOHRCOO-在陽極放電，發(fā)生氧化反應c.陰極的電極反應：2HO+2e-=2OH-+HT22電解CH3COONa、CHf^COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷【答案】A【解析】【詳解】A.因為陽極RCOO-放電可得到R-R（烷烴）和產生CO2，在強堿性環(huán)境中，CO2會與OH-反應生成CO32-和H2O，故陽極的電極反應式為2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，陰極上H2O電離產生的H+放電生成H2，同時生成OH-，陰極的電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2f，因而電解總反應方程式為2RCOONa+2NaOH通電R-R+2Na2CO3+H2f，故A說法不正確；RCOO-在陽極放電，電極反應式為2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，-COO-中碳元素的化合價由+3價升高為+4價，發(fā)生氧化反應，烴基-R中元素的化合價沒有發(fā)生變化，故B說法正確；陰極上H2O電離產生的H+放電生成H2，同時生成OH-，陰極的電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2f，故C說法正確；根據(jù)題中信息，由上述電解總反應方程式可以確定下列反應能夠發(fā)生：

2CH3COONa+2NaOH通電CH3-CH3+2Na2CO3+H2$,2CH3CH2COONa+2NaOH通電CH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2f,32——32232321CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOH通——電CH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2$。因此，電解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D說法正確。答案為A。22.關于下列AH的判斷正確的是()CO2-(aq)+H+(aq)——HCO-(aq)AHTOC\o"1-5"\h\z331CO2-(aq)+HO(l)HCO-(aq)+OH-(aq)AH\o"CurrentDocument"3232OH-(aq)+H+(aq)——匕0(1)AHOH-(aq)+CHCOOH(aq)=CHCOO-(aq)+HO(l)AH3324A.AH<0A.AH<0AH<012B.AH<AH12C.AH<0AH>034D.AH>AH34【答案】B解析】【詳解】碳酸氫根的電離屬于吸熱過程，則CO；-(aq)+H+(aq)=HCO3(aq)為放熱反應，所以△H1<0；CO；-(aq)+H2O(l)=HCO3(aq)+OH_(aq)為碳酸根的水解離子方程式，CO2-的水解反應為吸熱反應，所以△H2>0；OH"(aq)+H+(aq)=H2O⑴表示強酸和強堿的中和反應，為放熱反應，所以Z\H3<0；醋酸與強堿的中和反應為放熱反應，所以△HqV。；但由于醋酸是弱酸，電離過程中會吸收部分熱量，所以醋酸與強堿反應過程放出的熱量小于強酸和強堿反應放出的熱量，則△h4>ah3；綜上所述，只有△H]<AH2正確，故答案為B。23.常溫下，用O.lmol-L-1氨水滴定10mL濃度均為O.lmol-L-1的HC1和CHgCOOH的混合液，下列說法TOC\o"1-5"\h\z不．正．確．的是()A.在氨水滴定前，HC1和CHC°°H的混合液中c(C1-)〉c(cHCOO-)33B當?shù)稳氚彼?0mL時，c(NH+)+c(NH-HO)=c(CHCOO-)+c(CHCOOH)43233C當?shù)稳氚彼?0mL時，c(CHCOOH)+c(H+)=c(NH-HO)+c(OH-)332D.當溶液呈中性時，氨水滴入量大于20mL，C(NH+)<C(d-)4【答案】D解析】【分析】根據(jù)弱電解質的電離和鹽類水解知識解答?！驹斀狻緼.未滴定時，溶液溶質為HC1和CH3COOH,且濃度均為O.lmol/L,HC1為強電解質，完全電離,CH3COOH為弱電解質，不完全電離，故，c(C1-)>c(CH3COO-),A正確；當?shù)稳氚彼甽OmL時，n(NH3-H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3-H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正確；當?shù)稳氚彼?0mL時，溶液溶質為NH4C1和CH3COONH4，質子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正確；當溶液為中性時，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(C1-)+c(OH-)，因為溶液為中性，貝Vc(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)>c(C1-)，D不正確；故選Do24.CA3SiO<是硅酸鹽水泥的重要成分之一，其相關性質的說法不正確的是()35可發(fā)生反應：CaSiO+4NHC1亠CaSiO+2CaC1+4NHT+2HO3543232具有吸水性，需要密封保存能與SO2，反應生成新鹽與足量鹽酸作用，所得固體產物主要為Si02【答案】D【解析】【分析】將Ca3SiO5改寫為氧化物形式后的化學式為：3CaO?SiO2，性質也可與Na2SiO3相比較，據(jù)此解答。A【詳解】A.Ca3SiO5與NH4C1反應的方程式為：Ca3SiO5+4NH4C^CaSiO3+2CaC12+4NH3f+2H2O,A正確;CaO能與水反應，所以需要密封保存，B正確；亞硫酸的酸性比硅酸強，當二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液時，發(fā)生反應：3SO2+H2O+Ca3SiO5=3CaSO3+H2SiO3，C正確；鹽酸的酸性比硅酸強，當鹽酸與Ca3SiO5反應時，發(fā)生反應：6HC1+Ca3SiO5=3CaC12+H2SiO3+2H2O,D不正確；故選D。黃色固體X,可能含有漂白粉、FeSOFe(S0)、CuCl。、KI之中的幾種或全部。將X與足量的42432水作用，得到深棕色固體混合物Y和無色堿性溶液Z。下列結論合理的是()X中含KI，可能含有CuCl2X中含有漂白粉和FeSO44X中含有CuCl2，y中含有Fe(OH)3用H2SO4酸化溶液乙若有黃綠色氣體放出，說明X中含有CuCl2【答案】C【解析】【分析】固體X為黃色，則含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z為無色堿性，則一定含有漂白粉，且漂白粉過量,得到深棕色固體混合物Y,則固體Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2，F(xiàn)eSO和3224Fe2(SO丿中含有其中一種或兩種都含，據(jù)此解答。243【詳解】A.若X含有KI,則會與漂白粉反應生成I2，溶液不為無色，A不正確；由分析可知，不一定含有FeSO4,B不正確；由分析可知，X含有CuCl2,Y含有Fe(OH)3,C正確；酸化后，產生黃綠色氣體，為氯氣，則發(fā)生的發(fā)生反應的離子反應方程式為：C1-+C1O-+2H+=C12個+耳0,此時的Cl-有可能來自于漂白粉氧化FeSO4產生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推導出含有CuCl2，D不正確；故選Co二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)TOC\o"1-5"\h\z(1)氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性HF大于HC1的主要原因是o⑵CaCN2是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構，CaCN2的電子式是。常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是「n2-【答案】(1).原子半徑FVC1，鍵能F—H>C1—H(2).Ca2+N::C::N(3).乙醇與水之間形成氫鍵而氯乙烷沒有【解析】【分析】氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性取決于共價鍵鍵能的大?。桓鶕?jù)價鍵規(guī)則書寫CaCN2的電子式；溶質分子與溶劑分子間形成氫鍵可增大溶質的溶解度?！驹斀狻?1)由于原子半徑FVC1，故鍵長：F—HVC1—H,鍵能：F—H>C1—H，所以HF比HC1穩(wěn)定，故答案為：原子半徑FVC1，鍵能F—H>Cl—Ho⑵CaCN2是離子化合物，則陽離子為Ca2+、CN2-為陰離子；Ca原子最外層有2個電子，易失去最外層的222個電子達到8電子的穩(wěn)定結構；N原子最外層有5個電子，易得到3個電子或形成3對共用電子對達到8電子的穩(wěn)定結構；C原子最外層有4個電子，通常形成4對共用電子對達到8電子的穩(wěn)定結構；則每個N原子分別得到Ca失去的1個電子、與C原子形成兩對共用電子對，Ca、C、N都達到8電子的穩(wěn)定結構，CaCN2的電子式為"-一-,故答案為：J汀-。(3)乙醇和氯乙烷都屬于極性分子，但乙醇與水分子之間形成氫鍵，而氯乙烷不能與水分子形成氫鍵，故常溫下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案為：乙醇與水分子之間形成氫鍵而氯乙烷沒有?！军c睛】CN2-與CO2互為等電子體，可以根據(jù)CO2的電子式，結合等電子原理書寫CN2-的電子式。222227.100mL0.200mol-L~1CuSO溶液與1.95g鋅粉在量熱計中充分反應。測得反應前溫度為20.1C，反4應后最高溫度為30.1C。已知：反應前后，溶液的比熱容均近似為4.18J-g-1-C-1、溶液的密度均近似為1.00g-cm-3，忽略溶液體積、質量變化和金屬吸收的熱量。請計算：(1)反應放出的熱量Q=J。⑵反應Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)的陽=kJ-mol-1(列式計算)?！敬鸢浮?1).4.18x103.-4?18x103/1000—090.100x0.200【解析】【分析】根據(jù)中和滴定實驗的原理可知，該反應放出的熱量可根據(jù)Q=cmAt計算；結合焓變的概念及其與化學計量數(shù)之間的關系列式計算。【詳解】(1)100mL0.200mol/LCuSO4溶液與1.95g鋅粉發(fā)生反應的化學方程式為：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu,

忽略溶液體積、質量變化可知，溶液的質量m=PV=1.00g/cm3xl00mL(cm3)=100g，忽略金屬吸收的熱量可知，反應放出的熱量Q=cmAt=4.18J-g-i-oC-ix100gx(30.1-20.1)°C=4.18x1031,故答案為：4.18x103；⑵上述反應中硫酸銅的物質的量n(CuSO4)=0.200mol/Lx0.100L=0.020mol,鋅粉的物質的量kJ/mol,則可列出計算式為:AHkJ/mol,則可列出計算式為:AH=4.18x103J-1000J/kJ=0.100Lx0.200mol/L-4.18x103/10000.100x0.200=-209kJ/mol，故答案m=1.95gn(Zn)=M=65g/mol=0.030mol‘由此可知，鋅粉過量。根據(jù)題干與第⑴問可知，轉化O.O^。1硫酸銅所放出的熱量為4.18x1031，又因為該反應中焓變AH代表反應1mol硫酸銅參加反應放出的熱量，單位為為：-誓訃0：1000=209(答案符合要求且合理即可)。0.100x0.200【點睛】該題的難點是第(2)問，要求學生對反應焓變有充分的理解，抓住鋅粉過量這個條件是解題的突破口，題目計算量雖不大，但要求學生有較好的思維與辨析能力。28.I.化合物X由四種短周期元素組成，加熱X，可產生使?jié)駶櫦t色石蕊試紙變藍的氣體Y，Y為純凈物；取3?01gX，用含HC10.0600mol的鹽酸完全溶解得溶液A,將溶液A分成和A?兩等份，完成如下實的2驗(白色沉淀C可溶于NaOH溶液)：請回答：組成X的四種元素是N、H和(填元素符號)，X的化學式是。溶液B通入過量CO2得到白色沉淀C的離子方程式是。寫出一個化．合．反．應．(用化學方程式或離子方程式表示)。要求同時滿足：其中一種反應物的組成元素必須是X中除N、H外的兩種元素；反應原理與“HCl+NH=NHCl”相同。34II.某興趣小組為驗證濃硫酸的性質進行實驗，如圖。實驗中觀察到的現(xiàn)象有：錐形瓶內有白霧，燒杯中出現(xiàn)白色沉淀。請回答：

將濃硫酸和濃鹽酸混合可產生HC1將濃硫酸和濃鹽酸混合可產生HC1氣體的原因是。TOC\o"1-5"\h\z燒杯中出現(xiàn)白色沉淀的原因是?！敬鸢浮?1).AlCl(2).AlClNH(3).A1O-+CO+2HO=Al(OH)J+HCO-(4).3322233AlCl+Cl-=AlCl-或AlCl3+nh3=AlCl3NH3(5).吸收濃鹽酸中的水分且放熱導致HCl揮發(fā)343333(6).HCl氣體會將H2SO4帶出,與Ba(NOS：作用生成BaSO4【解析】【分析】根據(jù)題干可知，加熱X可產生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的純凈物氣體Y,故Y為NH3，由實驗流程圖中分析可知，結合B中通入過量的CO2產生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C為Al(OH)3,則D為Al2O3,E是AgCl，結合圖中數(shù)據(jù)利用原子守恒，可以計算出各自元素的物質的量，求出X的化學式，再根據(jù)物質性質進行解答。【詳解】I.(1)由分析可知，Y為NH3，由實驗流程圖中分析可知，結合B中通入過量的CO2產生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C,故C為Al(OH)3，則D為Al2O3,E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中V224mL含有N原子的物質的量為：n(N)=n(NH)===0.01mol,Al原子的物質的量為：3Vm22400mLmol-1n(Al)=2n(Al2O3)=2xm=2x“羅氣-。“罰,A2溶液中含有的Cl-的物質的量為：23M102gmol-12.n(Cl-)=n(AgCl)-0.06moln(Cl-)=n(AgCl)-0.06mol~2-m0.06mol8.61g0.06mol—「「—「「—‘‘—‘‘M?2143.5gmol-12=0.03mol；9故一半溶液中含有的H原子的物質的量為：■3.01g-0.01mol14gmol-1-0.01mol27gmol-1-0.03molx35.5gmol-1n(H)二丄=0.03mol，故X中含有四1gmol-1?????種元素即N、H、Al、Cl,其個數(shù)比為：n(N):n(H):n(Al):n(Cl)=0.01mol:0.03mol:0.01mol:0.03mol=1:3:1:3,■故X的化學式為：AlCl3NH3，故答案為：AlClAlCl3NH3；(2)根據(jù)分析(1)可知，溶液B中通入過量CO2所發(fā)生的離子方程式為：

A1O-+CO+2HO二Al(OH)J+HCO-,故答案為：AlO-+CO+2HO二Al(OH)J+HCO-；2223322233(3)結合題給的兩個條件，再分析化合物X(A1C13NH3)是NH3和AlCl3通過配位鍵結合成的化合物，不難想到類似于NH3和H2O反應，故可以很快得出該反應的離子方程式為AlCl3+Cl-=AlCl4或者A1C13+NH3=A1C13NH3，故答案為：AlCl3+Cl-=AlCl-或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；333334333311.(1)由于濃硫酸具有吸水性且濃硫酸稀釋是個放熱過程，而且HCl的揮發(fā)性隨濃度增大而增大，隨溫度升高而增大，從而得出用濃硫酸和濃鹽酸混合制備HCl的原理是濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增強，使HCl揮發(fā)出來，故答案為：濃硫酸吸收濃鹽酸中的水分且放熱，使?jié)恹}酸的揮發(fā)性增強，使HCl揮發(fā)出來；(2)濃硫酸雖然難揮發(fā)，但也會隨HCl氣流而帶出少量的H2SO4分子，與Ba(NO3)2反應生成硫酸鋇白色沉淀，故答案為：HCl氣體能夠帶出H2SO4分子，與Ba(NO3)2反應生成BaSO4沉淀?！军c睛】本題為實驗題結合有關物質的量計算，只要認真分析題干信息，利用(元素)原子守恒就能較快求出化合物X的化學式，進而推到出整個流程過程。29?研究CO2氧化C2H6制C2H4對資源綜合利用有重要意義。相關的主要化學反應有:CH(g)CH(g)+H(g)AH=136kJ?mol-iTOC\o"1-5"\h\z262421CH(g)+CQ(g)CH(g)+HO(g)+CO(g)AH=177kJ?mol-i2622422CH(g)+2CQ(g),4CQ(g)+3H(g)AH26223WCQ(g)+H(g)CQ(g)+HQ(g)AH=41kJ?mol-i2224已知：298K時，相關物質的相對能量(如圖1)。宀-一孑二/一亠超宀-一孑二/一亠超-Im-21X1l|N可根據(jù)相關物質的相對能量計算反應或變化的AH(AH隨溫度變化可忽略)。例如:HQ(g)=HQ(1)AH=-286kJ?mol-1-(-242kJ?mol1)=-44kJ?mol-1。22請回答：⑴①根據(jù)相關物質的相對能量計算旳3=kJ-mol-1。下列描述正確的是A升高溫度反應I的平衡常數(shù)增大B加壓有利于反應I、II的平衡正向移動C反應III有助于乙烷脫氫，有利于乙烯生成D恒溫恒壓下通水蒸氣，反應W的平衡逆向移動有研究表明，在催化劑存在下，反應II分兩步進行，過程如下：【CH(g)+CO(g)】T【CH(g)+H(g)+CO(g)】T【CH(g)+CO(g)+HO(g)】，且第二步速2622422242率較慢(反應活化能為210kJ-mol-1)。根據(jù)相關物質的相對能量，畫出反應II分兩步進行的“能量-反應過程圖”，起點從【CH(g)+CO(g)】的能量-477kJ-mol-i，開始(如圖2)26277一3圖2⑵①C02和C2H6按物質的量1:1投料，在923K和保持總壓恒定的條件下，研究催化劑X對“C02氧化2262C2H6制c2h4”的影響，所得實驗數(shù)據(jù)如下表：2624催化劑轉化率CH/%26轉化率CO2/%產率CH/%24催化劑X19.037.63.3結合具體反應分析，在催化劑X作用下，co。氧化C2H6的主要產物是，判斷依據(jù)是。226②采用選擇性膜技術(可選擇性地讓某氣體通過而離開體系)可提高c2h4的選擇性(生成c2h4的物質的量與消耗c2h6的物質的量之比)。在773K，乙烷平衡轉化率為9.1%，保持溫度和其他實驗條件不變，采用26選擇性膜技術，乙烷轉化率可提高到ii.o%。結合具體反應說明乙烷轉化率增大的原因是【答案】(1).【答案】(1).430(2).AD5555ft-I-2-2-S-5J-r卻33CO(5).C2H4的產率低，說明催化劑X有利于提高反應III速率(6).選擇性膜吸附C2H4，促進反應II平衡正向移動【解析】【分析】根據(jù)題中信息用相對能量求反應熱；根據(jù)平衡移動原理分析溫度、壓強和反應物的濃度對化學平衡的影響，并作出相關的判斷；根據(jù)相關物質的相對能量和活化能算出中間產物、過渡態(tài)和最終產物的相對能量，找到畫圖的關鍵數(shù)據(jù)；催化劑的選擇性表現(xiàn)在對不同反應的選擇性不同；選擇性膜是通過吸附目標產品而提高目標產物的選擇性的，與催化劑的選擇性有所區(qū)別?！驹斀狻?1)①由圖1的數(shù)據(jù)可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相對能量分別為-84kJ?mol-i、-393kJ?mol-i、-110kJ?mol-i、0kJ?mol-i。由題中信息可知，AH=生成物的相對能量-反應物的相對能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)AH3=(-110kJ?mol-i)x4-(-84kJ?mol-i)-(-393kJ?mol-i)x2=430kJ?mol-i。A.反應I為吸熱反應，升高溫度能使其化學平衡向正反應方向移動，故其平衡常數(shù)增大，A正確；反應I和反應II的正反應均為氣體分子數(shù)增大的反應，增大壓強，其化學平衡均向逆反應方向移動，B不正確；反應III的產物中有CO,增大CO的濃度，能使反應II的化學平衡向逆反應方向移動，故其不利于乙烷脫氫，不利于乙烯的生成，C不正確；反應W的反應前后氣體分子數(shù)不變，在恒溫恒壓下向平衡體系中通入水蒸氣，體系的總體積變大，水蒸氣的濃度變大，其他組分的濃度均減小相同的倍數(shù)，因此該反應的濃度商變大(大于平衡常數(shù))，化學平衡向逆反應方向移動，D正確。綜上所述，描述正確的是AD。由題中信息可知，反應II分兩步進行，第一步的反應是C2H6(g)+CO2(g)^C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相對能量之和為52kJ?mol-i+0+(-393kJ?mol-i)=-341kJ?mol-i；第二步的反應是C2H4(g)+H2(g)

+CO2(g)TC2H4(g)+H2O(g)+CO(g)，其活化能為210kJ?mol-i,故該反應體系的過渡態(tài)的相對能量又升高了210kJ?mol-i,過渡態(tài)的的相對能量變?yōu)?341kJ?mol-i+210kJ?mol-i=-131kJ?mol-i,最終生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相對能量之和為(52kJ?mol-i)+(-242kJ?mol-i)+(-110kJ?mol-i)=-300kJ?mol-i。根據(jù)題中信息，第一步的活化能較小，第二步的活化能較大，故反應II分兩步進行的“能量一反應過程圖”可以表示如下：30?硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組用下圖裝置制備Na230?硫代硫酸鈉在紡織業(yè)等領域有廣泛應用。某興趣小組用下圖裝置制備Na2S2O3-5H2O。ff、恥〕：叩燈忙口)斗：|2⑵①由題中信息及表中數(shù)據(jù)可知，盡管CO2和c2h6按物質的量之比1：1投料，但是c2h4的產率遠遠小于c2h6的轉化率，但是CO2的轉化率高于c2h6，說明在催化劑X的作用下，除了發(fā)生反應II,還發(fā)生了反應III,而且反應物主要發(fā)生了反應III,這也說明催化劑X有利于提高反應III速率，因此，CO2氧化c2h6的主要產物是CO。故答案為：CO；c2h4的產率低說明催化劑X有利于提高反應III速率。②由題中信息可知，選擇性膜技術可提高C2H4的選擇性，由反應IIC2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)可知，該選擇性應具體表現(xiàn)在選擇性膜可選擇性地讓c2h4通過而離開體系，即通過吸附c2h4減小其在平衡體系的濃度，從而促進化學平衡向正反應方向移動，因而可以乙烷的轉化率。故答案為：選擇性膜吸附C2H4,促進反應II平衡向正反應方向移動?！军c睛】本題“能量—反應過程圖”是難點。一方面數(shù)據(jù)的處理較難，要把各個不同狀態(tài)的相對能量算準，不能遺漏某些物質；另一方面，還要考慮兩步反應的活化能不同。這就要求考生必須有耐心和細心，準確提取題中的關鍵信息和關鍵數(shù)據(jù)，才能做到完美。合成反應：SO+NaCO=NaSO+CO223232NaS+3SO=2NaSO+3SNaSO+S亠NaSO222323223滴定反應：1+2NaSO=2NaI+NaSO2223246已知：5h2o易溶于水，難溶于乙醇，50°C開始失結晶水。實驗步驟：NaSO制備：裝置A制備的SO經(jīng)過單向閥通入裝置C中的混合溶液，加熱、攪拌，至溶液PH約為22327時，停止通入SO氣體，得產品混合溶液。2產品分離提純：產品混合溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌、干燥，得到Na2S2O3-5H2O產品。III?產品純度測定：以淀粉作指示劑，用Na2S2O3-5H2O產品配制的溶液滴定碘標準溶液至滴定終點，計算NaSO-5HO含量。TOC\o"1-5"\h\z2232請回答：（1）步驟I：單向閥的作用是；裝置C中的反應混合溶液PH過高或過低將導致產率降低，原因是（2）步驟II:下列說法正確的是。A快速蒸發(fā)溶液中水分，可得較大晶體顆粒B蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)品晶膜時，停止加熱