2023年6月浙江省普通高校招生選考化學(xué)試題(含答案解析)

1014頁20236月浙江省一般高校招生選考化學(xué)試題學(xué)校: 姓名： 班級(jí)： 考號(hào)： 一、單項(xiàng)選擇題以下物質(zhì)屬于純潔物的是A．汽油 B．食醋 C．漂白粉 D．小蘇打2．以下物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是2 2 A．CO B．HO C．HNO D．2 2 以下物質(zhì)的化學(xué)成分的是CaOH2CCONH22

BBaSO4DHOOC-COOHA．A．B．C．D．以下表示C．D．乙炔的試驗(yàn)式CHC．C．2，3-二甲基丁烷的鍵線式D．乙烷的球棍模型

乙醛的構(gòu)造簡式CH

CHO3以下說法正確的選項(xiàng)是C60和C70互為同位素CCOCO2互為同素異形體質(zhì)關(guān)于有機(jī)反響類型，以下推斷的是

C2H6和C6H14互為同系物D．CH3COOHCH3OOCH是同一種物CHCH+HClΔCH催化劑 2

=CHCl(加成反響)CH

CH(Br)CH+KOH

=CHCH↑+KBr+HO(消去反響)3 3 Δ 2 3 22CHCH

OH+O

2CHCHO+2HO)3 2 2

Δ 3 2濃硫酸CH

COOH+CHCHOH3 3 2

CHCOOCHCHΔ 3 2

+HO(取代反響)2關(guān)于反響K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，以下說法正確的選項(xiàng)是AK2H3IO6發(fā)生氧化反響C12.7gI20.1mol電子1以下說法的是

B．KI是復(fù)原產(chǎn)物D7：硅酸鈉是一種難溶于水的硅酸鹽鎂C．鈉與水反響生成氫氧化鈉和氫氣生鈍化以下說法的是

鎂在空氣中燃燒可生成氧化鎂和氮化D．常溫下，鋁遇濃硝酸或濃硫酸時(shí)會(huì)發(fā)應(yīng)避開銨態(tài)氮肥與草木灰混合施用工業(yè)上可用離子交換法提高海帶中碘的提取率C．電解飽和食鹽水可以得到金屬鈉和氯氣D．將生鐵進(jìn)一步煉制削減含碳量，能得到耐腐蝕的鋼11．以下說法正確的選項(xiàng)是A．減壓過濾適用于過濾膠狀氫氧化物類沉淀試驗(yàn)室電器設(shè)備著火，可用二氧化碳滅火器滅火制備硫酸亞鐵銨晶體時(shí)，須將含F(xiàn)eSO

和NHSO4 42

的溶液濃縮至干將熱的KNO飽和溶液置于冰水中快速冷卻即可制得顆粒較大的晶體3以下“類比”的是HO的熱穩(wěn)定性比HO的弱，則NH的熱穩(wěn)定性比NH的弱2 2 2 2 4 3HO的分子構(gòu)型為V形，則二甲醚的分子骨架C-O-C)構(gòu)型為V形23

的溶解度比CaCO2

的大，則NaHCO3

的溶解度比Na

CO的大2 3將丙三醇參加制CuOH2

CuOH中2溶液也呈絳藍(lán)色表示以下變化的離子方程式是碳酸鎂與稀鹽酸反響：CO22H=CO3 2

HO2亞硫酸氫鈉的水解：HSOHO HSO3 2 2 3

OHZn2OH2H

O=Zn(OH)2

2H 2亞硝酸鈉與氯化銨溶液受熱反響：NONH N 2HO2 4 2 2A．硬脂酸甘油酯可表示為關(guān)于油脂，以下說法A．硬脂酸甘油酯可表示為B．花生油能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．植物油通過催化加氫可轉(zhuǎn)變?yōu)闅浠虳．油脂是一種重要的工業(yè)原料，可用于制造肥皂、油漆等短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相對位置如下所示，其中Y的最高化合價(jià)為+3。以下說法的是AZQ<ZR2 4B．X能從ZO中置換出Z2C．Y能與FeO反響得到Fe23D．M最高價(jià)氧化物的水化物能與其最低價(jià)氫化物反響16．關(guān)于化合物ClONO2的性質(zhì)，以下推想的是具有強(qiáng)氧化性C．與鹽酸作用能產(chǎn)生氯氣

與NaOH溶液反響可生成兩種鈉鹽D．水解生成鹽酸和硝酸一樣溫度和壓強(qiáng)下，關(guān)于物質(zhì)熵的大小比較，合理的是1molCH(g)<1molH(g)4 2C．1molHO(s)>1molHO(l)2 21molCs,金剛石1molCs,石墨

1molHO(g)<2molHO(g)2 2D．A設(shè)NA

為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法的是AA．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12L18O中含有中子數(shù)為NABB31gP4(分子構(gòu)造：)中的共價(jià)鍵數(shù)目為1.5NAC．100mL0.1molL1的NaOH水溶液中含有氧原子數(shù)為0.01NAD．18.9g三肽C6H33N3O4(相對分子質(zhì)量：189)中的肽鍵數(shù)目為0.2NA某同學(xué)擬用pH計(jì)測定溶液pH以探究某酸HRA．25℃時(shí)，假設(shè)測得0.01molL-1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸5℃時(shí)，假設(shè)測得0.01molL-1HR溶液pH>2且pH<7，則HR是弱酸5℃時(shí)，假設(shè)測得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測得pH=b,b-a<1，則HR是弱酸NaR溶液pH=a10.0mL50℃，測得pH=b，a>b，HR是弱酸NO的四氯化碳溶液(100mL)中發(fā)生分解反響：2NO2 5 2

4NO+O。2 2在不同時(shí)刻測量放出的O

體積，換算成NO2 2

濃度如下表：t/s06001200171022202820xcNO/molL12 51.400.960.660.480.350.240.12以下說法正確的選項(xiàng)是A600~1200s，生成NO2的平均速率為5.0104molL1s1反響2220s時(shí)，放出的O體積為11.8L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)2反響到達(dá)平衡時(shí)，v正

25

=2v逆

2推想上表中的x為393021．一樣溫度和壓強(qiáng)下，關(guān)于反響的ΔH，以下推斷正確的選項(xiàng)是A．ΔH>0,ΔH>01 2C．ΔH>ΔH,ΔH>ΔH1 2 3

B．ΔH=ΔH+ΔH3 1 2D．ΔH=ΔH+ΔH2 3 4某全固態(tài)薄膜鋰離子電池截面構(gòu)造如下圖，電極A為非晶硅薄膜，充電時(shí)Li+得電子成為Li嵌入該薄膜材料中；電極B為LiCoO的是

薄膜；集流體起導(dǎo)電作用。以下說法2A．充電時(shí)，集流體A與外接電源的負(fù)極相連B．放電時(shí)，外電路通過amolLiPON薄膜電解質(zhì)損失amolLi+C．放電時(shí)，電極B為正極，反響可表示為Li1-x

CoO2

+xLi++xe-=LiCoO2D．電池總反響可表示為LiSi+Li

CoO

放電 Si+LiCoOx 1-x 2 充電 2取兩份10mL 0.05molL1的NaHCO溶液，一份滴加0.05molL-1的鹽酸，另一份3滴加0.05molL1NaOH溶液，溶液的pH隨參加酸(或堿)體積的變化如圖。以下說法的是由aNaHCO3

溶液中HCO-的水解程度大于電離程度3abcc

HCO-3

CO2-3

OH-

漸漸減小ade過程中：cNa+<cHCO-+cCO2-+cHCO3 3 2 3令c點(diǎn)的cNa++cH+=x，e點(diǎn)的cNa++cH+=y，則x>y制備苯甲酸甲酯的一種反響機(jī)理如圖(其中Ph-代表苯基)。以下說法的是A．可以用苯甲醛和甲醇為原料制備苯甲酸甲酯B．反響過程涉及氧化反響目的方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論取4mL12mL濃硫酸、探究乙醇消去反目的方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論取4mL12mL濃硫酸、探究乙醇消去反A 140℃，應(yīng)的產(chǎn)物 應(yīng)的產(chǎn)物為乙烯將產(chǎn)生的氣體通入2mL溴水中探究乙酰水楊酸取少量樣品，參加3mL蒸餾水和B樣品中是否含有1-2滴品中含有水楊酸水楊酸FeCl3溶液探究金屬鈉在氧2~3mL蒸C氣中燃燒所得固為NaO；假設(shè)有氣體生成，2餾水體粉末的成分則固體粉末為NaO2 2D探究NaSO固體2 3

D1直接催化反響的進(jìn)展樣品是否變質(zhì) 入足量稀鹽酸，再參加足量 已經(jīng)變質(zhì)BaCl 溶液2A．A B．B C．C D．D二、填空題金剛石碳化硅晶體硅熔點(diǎn)/℃＞3550 2600金剛石碳化硅晶體硅熔點(diǎn)/℃＞3550 26001415金剛石熔點(diǎn)比晶體硅熔點(diǎn)高的緣由是 。(2)提純含有少量氯化鈉的甘氨酸樣品：將樣品溶于水，調(diào)整溶液的pH使甘氨酸結(jié)晶析出，可實(shí)現(xiàn)甘氨酸的提純。其理由是 。三、計(jì)算題吸水劑CO2吸取劑試驗(yàn)前質(zhì)量/g 20.0026.48試驗(yàn)后質(zhì)量/g 21.0830.003.00g某有機(jī)物(僅含吸水劑CO2吸取劑試驗(yàn)前質(zhì)量/g 20.0026.48試驗(yàn)后質(zhì)量/g 21.0830.00請答復(fù)：燃燒產(chǎn)物中水的物質(zhì)的量為 mol。該有機(jī)物的分子式為 (寫出計(jì)算過程)。四、元素或物質(zhì)推斷題固體化合物X3種元素組成，某學(xué)習(xí)小組開展如下探究試驗(yàn)。其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。請答復(fù)：(1)白色固體C的化學(xué)式是 藍(lán)色溶液D中含有的溶質(zhì)是 (用化學(xué)式表示)。(2)化合物X的化學(xué)式是 ；化合物X的一價(jià)陰離子與CH4具有一樣的空間構(gòu)造，寫出該陰離子的電子式 。(3)藍(lán)色溶液A與N

H+作用，生成一種氣體，溶液藍(lán)色褪去，同時(shí)生成易溶于硝酸的白2 5色沉淀。①寫出該反響的離子方程式 。②設(shè)計(jì)試驗(yàn)驗(yàn)證該白色沉淀的組成元素 。五、原理綜合題含硫化合物是試驗(yàn)室和工業(yè)上的常用化學(xué)品。請答復(fù)：試驗(yàn)室可用銅與濃硫酸反響制備少量SO：2Cu(s)2HSO2 4

CuSO

(s)SO4

(g)2H

O(l) ΔH=11.9kJmol12發(fā)性并說明理由 。2SO(g)+O(g) 2SO(g) ΔH=198kJmol1。850K時(shí)在一恒容密閉反響2 2 3器中充入肯定量的SO和O，當(dāng)反響到達(dá)平衡后測得SO、O和SO的濃度分別為2 2 2 2 36.0103molL1、8.0103molL1和4.4102molL1。①該溫度下反響的平衡常數(shù)為 。②平衡時(shí)SO的轉(zhuǎn)化率為 。2工業(yè)上主要承受接觸法由含硫礦石制備硫酸。①以下說法正確的選項(xiàng)是 。須承受高溫高壓的反響條件使SO2氧化為SO3進(jìn)入接觸室之前的氣流無需凈化處理通入過量的空氣可以提高含硫礦石和SO的轉(zhuǎn)化率2在吸取塔中宜承受水或稀硫酸吸取SO以提高吸取速率3②接觸室構(gòu)造如圖1所示，其中1~4表示催化劑層。圖2所示進(jìn)程中表示熱交換過程的是 。ab1 1

ba1

C．a(chǎn) b2

D．b a2

E.a b3

F.ba G.3 4a b4 4在圖3中畫出反響2SO(g)O(g) 2SO(g)的轉(zhuǎn)化率與最適宜溫度(曲線Ⅰ)、平衡轉(zhuǎn)2 2 3化率與溫曲線的關(guān)系曲線示意、) 。NaSHSOHOpH-時(shí)間振蕩曲線如圖4，2 2 4 2 2同時(shí)觀看到體系由澄清→渾濁→2個(gè)離子方程式。Ⅰ.S2H=HSⅡ.① ；Ⅲ.HSHOH=S2HO；2 2 2Ⅳ.② 。六、試驗(yàn)題ClO(夾持儀器已省略)制備高純ClO2 2HgO2Cl=HgClClO，適宜反響溫度為18~25℃；副反響：2 2 22HgO+2Cl2

2HgCl+O。2 2Cl

2沸點(diǎn)34.0℃，熔點(diǎn)101.0℃ClO2.0℃，熔點(diǎn)120.6℃。2③Cl2

O+HO2 2

Cl

O在CCl2 4

中的溶解度遠(yuǎn)大于其在水中的溶解度。請答復(fù)：①裝置A的作用是去除原料氣中的少量水分，可用的試劑是 。②將上圖中裝置組裝完整，虛框D中應(yīng)選用 。有關(guān)反響柱B，須進(jìn)展的操作是 。將HgO粉末熱處理除水分、增加外表積后填入反響柱調(diào)控進(jìn)入反響柱的混合氣中Cl2和N2的比例調(diào)控混合氣從下口進(jìn)入反響柱的流速D．將加熱帶纏繞于反響柱并加熱裝置C，冷卻液的溫度通常掌握在-80~-60℃。反響停頓后，溫度保持不變，為削減產(chǎn)品中的Cl含量，可承受的方法是 。2將純化后的ClO產(chǎn)品氣化，通入水中得到高純度ClO的濃溶液，于陰涼暗處貯存。2 2當(dāng)需要ClO時(shí)，可將ClO濃溶液用CCl萃取分液，經(jīng)氣化重得到。2 2 4針對萃取分液，從以下選項(xiàng)選擇適宜操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：c→ → →e→d→f→ 。檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水將溶液和CCl轉(zhuǎn)入分液漏斗4涂凡士林旋開旋塞放氣倒轉(zhuǎn)分液漏斗，留神振搖經(jīng)幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺(tái)上靜置g.翻開旋塞，向錐形瓶放出下層液體h.翻開旋塞，待下層液體完全流出后，關(guān)閉旋塞，將上層液體倒入錐形瓶2ClOCCl24

、過量KI溶液及肯定量的稀HSO，充分反響。用標(biāo)準(zhǔn)NaSO溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞為指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)2 4 22 3NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。產(chǎn)生I的反響(不考慮Cl與水反響)：2 22I-+Cl2

=I+2Cl-24I-+Cl

O+2H+=2I2

+HO+2Cl-22I-+HClO+H+=I2

+HO+Cl-2參加量n參加量nHSO/mol2 42.505103滴定Ⅰ測出量nI/mol22.005103滴定Ⅱ測出量nHSO/mol2 41.505103①用標(biāo)準(zhǔn)NaSO溶液滴定時(shí)，無需另加指示劑。推斷滴定Ⅰ到達(dá)終點(diǎn)的試驗(yàn)現(xiàn)象是22 3 。②高純度ClO濃溶液中要求nCl2

O/nCl2

99(Cl

O和HClO均以Cl2

2O計(jì))．分析所制備的Cl

O濃溶液是否符合要求 。 七、有機(jī)推斷題：某課題組研制了一種具有較高玻璃化轉(zhuǎn)變溫度的聚合物P，合成路線如下：：請答復(fù)：(1)化合物A的構(gòu)造簡式是 ；化合物E的構(gòu)造簡式是 。(2)以下說法的是 ?；衔顱分子中全部的碳原子共平面化合物D的分子式為CH NO12 12 6 4化合物DF發(fā)生縮聚反響生成P聚合物P屬于聚酯類物質(zhì)化合物C與過量NaOH溶液反響的化學(xué)方程式是 。20 ．．在制備聚合物P的過程中還生成了一種分子式為C H NO20 ．．18 6 8表示其構(gòu)造 。3種同時(shí)滿足以下條件的化合物F的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式(不考慮立體異構(gòu)體)： 。HNMR2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子③含有構(gòu)造片段，不含③含有構(gòu)造片段，不含CC鍵以乙烯和丙炔酸為原料，設(shè)計(jì)如下化合物的合成路線(用流程圖表示，無機(jī)試劑、有機(jī)溶劑任選) 。本卷由系統(tǒng)自動(dòng)生成，請認(rèn)真校對后使用，答案僅供參考。本卷由系統(tǒng)自動(dòng)生成，請認(rèn)真校對后使用，答案僅供參考。1019頁參考答案1．D【詳解】A．汽油是碳原子個(gè)數(shù)在5—11的烴的混合物，故A錯(cuò)誤；B．食醋是乙酸的水溶液，屬于混合物，故B錯(cuò)誤；C．漂白粉為主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故C錯(cuò)誤；D．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，屬于純潔物，故D正確；應(yīng)選D。2．B【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能夠完全電離的電解質(zhì)叫做假設(shè)電解質(zhì)。【詳解】A．CO2在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能夠電離，為非電解質(zhì)，A不符合題意；B．H2O在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠局部電離，為弱電解質(zhì)，B符合題意；C．HNO3為一種強(qiáng)酸，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，C不符合題意；D．NaOH為一種強(qiáng)堿，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，D不符合題意；故答案選B。3．A【詳解】A．生石灰的主要成分為氧化鈣，故A錯(cuò)誤；B．重晶石的主要成分為硫酸鋇，故B正確；C．尿素的分子式為CO(NH〕2，故C正確；D．草酸是乙二酸的俗稱，構(gòu)造簡式為HOOC—COOH，故D正確；應(yīng)選A。4．B【詳解】A裝置為配制肯定物質(zhì)的量濃度溶液的裝置，C裝置為蒸餾裝置，D裝置為過濾裝置，B裝置滿足灼燒操作，故答案選B。5．A【詳解】乙炔的分子式為C2H2，試驗(yàn)式為CH，故A錯(cuò)誤；C．2，3—二甲基丁烷的構(gòu)造簡式為(CH3)2CHCH(CH3)2，鍵線式為C．2，3—二甲基丁烷的構(gòu)造簡式為(CH3)2CHCH(CH3)2，鍵線式為，故C正確；D．乙烷的構(gòu)造簡式為CH3CH3，球棍模型為，故D正確；應(yīng)選A。6．B【詳解】A．同種元素的不同種核素互稱同位素，C60和C70為C素，A錯(cuò)誤；B．C2H6和C6H14均為烷烴，二者構(gòu)造類似，分子組成上相差4個(gè)CH2基團(tuán)，二者互為同系物，B正確；C．同種元素的不同種單質(zhì)互稱同素異形體，CO和CO2為C元素的兩種不同氧化物，二者不是單質(zhì)，不能互稱同素異形體，C錯(cuò)誤；D．兩種物質(zhì)的構(gòu)造不同，不是同一種物質(zhì)，二者互稱同分異構(gòu)體，D錯(cuò)誤；故答案選B。7．C【詳解】A．在催化劑作用下，乙炔與氯化氫在共熱發(fā)生加成反響生成氯乙烯，故A正確；B．2—溴乙烷在氫氧化鉀醇溶液中共熱發(fā)生消去反響生成丙烯、溴化鉀和水，故B正確；C．在催化劑作用下，乙醇與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反響生成乙醛和水，故C錯(cuò)誤；D．在濃硫酸作用下，乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反響生成乙酸乙酯和水，酯化反響屬于取代反響，故D正確；應(yīng)選C。8．D【詳解】反響中I元素的化合價(jià)降低，發(fā)生得電子的反響，發(fā)生復(fù)原反響，A錯(cuò)誤；B．KII-HIKI既不是氧化產(chǎn)物也不是復(fù)原產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；C．12.7gI20.05mol4molI27mol電子，則生0.05molI20.0875mol，C錯(cuò)誤；D．反響中HI為復(fù)原劑，K2H3IO61molK2H3IO67molHI失電子，則復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量的比為7:1，D正確；故答案選D。9．A【詳解】A．硅酸鈉是溶于水的硅酸鹽，故A錯(cuò)誤；B．鎂在空氣中燃燒時(shí)，與氧氣和二氧化碳反響生成氧化鎂，與氮?dú)夥错懮傻V，故B正確；C．鈉具有強(qiáng)復(fù)原性，能與冷水反響生成氫氧化鈉和氫氣，故C正確；D．濃硫酸和濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，鋁在濃硫酸和濃硫酸中會(huì)發(fā)生鈍化，阻礙反響的連續(xù)進(jìn)展，故D正確；應(yīng)選A。10．C【詳解】A．銨態(tài)氮肥的主要成分為銨根離子，草木灰的主要成分含有氫氧根，二者混合使用可以發(fā)生反響生成氨氣，降低肥效，不能混合使用，A正確；B．離子交換法可以很大程度的提取海水中的I-，還可以起到富集低濃度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正確；C．電解飽和食鹽水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na單質(zhì)，C錯(cuò)誤；D．將生鐵進(jìn)一步煉制可以削減碳含量，在使用這種鋼材時(shí)可以削減電化學(xué)腐蝕過程，這樣的鋼材更耐腐蝕，D正確；故答案選C。11．B【詳解】A．由于膠狀沉淀可能會(huì)透過濾紙或造成濾紙堵塞，則減壓過濾不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀，故A錯(cuò)誤；試驗(yàn)室中儀器設(shè)備著火可以使用二氧化碳滅火，故B正確；制備硫酸亞鐵銨晶體時(shí)，將硫酸銨和硫酸亞鐵溶液濃縮至干會(huì)使晶體失去結(jié)晶水，故C錯(cuò)誤；冷卻結(jié)晶時(shí)，自然冷卻才能得到大顆粒晶體，快速冷卻得到的是細(xì)小晶體，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B。12．C【詳解】HO分子內(nèi)含有化學(xué)鍵：O-O，熱穩(wěn)定性弱于HONH分子內(nèi)含有化學(xué)鍵：N-N，2 2 2 2 4熱穩(wěn)定性弱于NH，A正確；3HO4sp3雜化，含有兩對孤電子對，空間構(gòu)型為：V形，2二甲醚的分子骨架C-O-C)4，sp3雜化，含有兩對孤電子對，空間構(gòu)型為：V形，B正確；鈉鹽、鉀鹽等碳酸鹽溶解度大于碳酸氫鹽溶解度，鈣鹽相反，碳酸氫鈣的溶解度大于碳酸鈣，C錯(cuò)誤；多羥基的醇遇制CuOH2

溶液呈絳藍(lán)色，丙三醇參加制CuOH2

溶液呈絳藍(lán)色，葡萄糖為多羥基的醛，遇制CuOH2

溶液呈絳藍(lán)色，加熱后消滅磚紅色沉淀，D正確；答案為：C。13．A【詳解】A．碳酸鎂與稀鹽酸反響生成氯化鎂、二氧化碳和水，反響的離子方程式為MgCO3+2H+=Mg2++H2O+CO2↑A錯(cuò)誤；亞硫酸氫鈉是弱酸的酸式鹽，在溶液中水解生成亞硫酸和氫氧化鈉，水解的離子方程式2HSO+HO23

H2SO3+OH-，故B正確；鋅與氫氧化鈉溶液反響生成偏鋅酸鈉和氫氣，反響的離子方程式為Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑，故C正確；NO2+NH4

ΔN2↑+2H2O，故D正確；應(yīng)選A。14．A硬脂酸為飽和高級(jí)脂肪酸其構(gòu)造可以表示為：CH -COOH硬脂酸甘油酯可表示為：17 35，A錯(cuò)誤；，B正確；，C正確；油脂是一種重要的工業(yè)原料，在堿性條件下水解發(fā)生皂化反響制造肥皂，D正確；答案為：A。15．A【分析】依據(jù)短周期元素XYZMQ和RY的最高化合價(jià)為+3，可推知，X為：Mg，Y為：Al，Z為：C，M為：N，Q為：S，R為：Cl，據(jù)此分析答題?！驹斀狻縕Q為：CS，ZR為：CCl，CS中硫的復(fù)原性強(qiáng)于CCl中的氯元素A錯(cuò)誤2 2 4 4 2 4Mg和CO2Mg+CO2MgO+C，B正確；2 2Al和FeO2Al+FeOAlO+2Fe，C正確；23 2 3 2 3D．M為：N，NHNO如下反響：HNONH NHNO，D正確；3 3 4 3答案為：A。16．D

NH3

，二者發(fā)生【詳解】ClONO2里面含有正一價(jià)的氯元素和正五價(jià)的氮元素，具有強(qiáng)氧化性，A正確；ClONO2與NaOH溶液反響可生成次氯酸鹽和硝酸鹽，B正確；ClONO與鹽酸發(fā)生歸中反響生成氯氣，C正確；2ClONO發(fā)生水解反響生成次氯酸和硝酸，D錯(cuò)誤；2答案為：D。17．B【詳解】ACH(g)H(g)物質(zhì)的量一樣，且均為氣態(tài)，CH(g)含有的原子總數(shù)多，CH(g)的摩4 2 4 4爾質(zhì)量大，所以熵值1molCH(g)>1molH(g)，A錯(cuò)誤；4 2一樣狀態(tài)的一樣物質(zhì)，物質(zhì)的量越大，熵值越大，所以熵值1molHO(g)<2molHO(g)，2 2B正確；等量的同物質(zhì)，熵值關(guān)系為：Sg>Sl>Ss，所以熵值1molHO(s)<1molHO(l)，C2 2錯(cuò)誤；從金剛石和石墨的構(gòu)造組成上來看，金剛石的微觀構(gòu)造更有序，熵值更低，所以熵值，D錯(cuò)誤；答案為：B。18．C【詳解】，所以1.12L18O2中含有中子數(shù)為NA，A正確；1gP4的物質(zhì)的量為：0.25mol，依據(jù)白磷的分子構(gòu)造可知一個(gè)白磷分子里含有六條共價(jià)鍵，所以共價(jià)鍵數(shù)目為：1.5NA，B正確；0mL0.1molL1的NaOH水溶液中含有溶質(zhì)氫氧化鈉和溶劑水，氧原子數(shù)目為二者氧原子數(shù)目的加和，C錯(cuò)誤；D．18.9g三肽C6H33N3O4的物質(zhì)的量為：0.1mol，三分子氨基酸脫水縮合形成三肽，三肽中含有兩個(gè)肽鍵，所以18.9g三肽C6H33N3O4中的肽鍵數(shù)目為0.2NA，D正確；答案為：C?！军c(diǎn)睛】19．B【詳解】5℃時(shí)，假設(shè)測得0.01molL-1NaR溶液pH=7，可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，則HR為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；5℃時(shí)，假設(shè)測得0.01molL-1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c

H+

0.01mol/L，所以HRHR為弱酸，B正確；假設(shè)HRPH=6的該溶液10.0mL100.0mL測得此時(shí)溶液PH<7，C錯(cuò)誤；假設(shè)HR為強(qiáng)酸，則NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水PH減小，D錯(cuò)誤；答案為：B。20．D【詳解】A600~1200sNO的變化量為(0.96-0.66)molL1==0.3molL1，在此時(shí)間段內(nèi)NO的2 5 220.6molL1，因此，生成1.0103molL1s1，A說法不正確；

NO的平均速率為2

L1600sB．由表中數(shù)據(jù)可知，反響2220sNO的變化量為(1.40-0.35)molL1==1.05molL1，2 51.05molL10.1L=0.105molO

1

0.0525mol，2 2因此，放出的O20.0525mol22.4L/mol=1.176L，B說法不正確；C．反響到達(dá)平衡時(shí)，正反響速率等于逆反響速率，用不同物質(zhì)表示該反響的速率時(shí)，其數(shù)值之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，2v正

NO2

v逆

NO2

，C說法不正確；D．分析表中數(shù)據(jù)可知，該反響經(jīng)過1110s〔600-1710,1710-2820〕后NO的濃度會(huì)變?yōu)樵? 512

NO2 5

0.24molL10.12molL1時(shí)，可以推想上表中的x為(2820+1110)=3930，D說法正確。綜上所述，此題選D。21．C【分析】的穩(wěn)定性，苯與氫氣發(fā)生加成反響生成1，3-環(huán)己二烯時(shí)，破壞了苯環(huán)構(gòu)造的穩(wěn)定性，因此該反響為吸熱反響?！驹斀狻?環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反響均為放熱反響H0,H0，1 2A不正確；B．苯分子中沒有碳碳雙鍵，其中的碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特別的共價(jià)鍵，因此，其與氫氣完全加成的反響熱不等于環(huán)己烯、1，3-環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反響的反應(yīng)熱之和，即H HH，B不正確；3 1 2C．環(huán)己烯、1，3-環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反響均為放反響，H＜0,H＜0，由于1 21mol1，3-環(huán)己二烯與氫氣完全加成后消耗的氫氣是等量環(huán)己烯的2倍，故其放出的熱量更H1

H2

1，3-〔

>0，4依據(jù)蓋斯定律可知苯與氫氣完全加成的反響熱H=H+H因此H 3 4 2 3 2D．依據(jù)蓋斯定律可知苯與氫氣完全加成的反響熱H=H+H因此H H-H，3 4 2 2 3 4D不正確。綜上所述，此題選C。22．B【分析】由題中信息可知，該電池充電時(shí)Li+得電子成為Li嵌入電極A中，可知電極A在充電時(shí)作陰極，故其在放電時(shí)作電池的負(fù)極，而電極B是電池的正極?！驹斀狻坑蓤D可知，集流體A與電極A相連，充電時(shí)電極A作陰極，故充電時(shí)集流體A與外接電源的負(fù)極相連，A說法正確；放電時(shí)，外電路通過amol電子時(shí)，內(nèi)電路中有amolLiLiPON薄膜電解質(zhì)從負(fù)極遷移到正極，但是LiPON薄膜電解質(zhì)沒有損失Li，B說法不正確；BLix

CoO2

xLixe=LiCoO，2C說法正確；電池放電時(shí)，嵌入在非晶硅薄膜中的鋰失去電子變成Li+，正極上Li1x

CoO2

得到電子和Li+

變?yōu)長iCoO2

，故電池總反響可表示為Lix

SiLi1x

CoO2

充電SiLiCoO2放電

，D說法正確。綜上所述，相關(guān)說法不正確的選項(xiàng)是B，此題選B。23．C【分析】NaHCO溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增加，溶液pH將漸漸減小，向NaHCO溶液中滴加3 3NaOH溶液，溶液堿性增加，溶液pH將漸漸增大，因此abcNaHCO溶液中滴加3NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO溶液中滴加鹽酸。3【詳解】

，此時(shí)溶液呈堿性，HCO在溶液中電離使溶液呈酸性，HCO在溶3 3 3液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3

溶液中HCO的水解程度大于電離程度，故A3正確；Babc過程溶液中

HCO3

CO23

OH

Hc

Na，滴加NaOH溶液的過程中cNa保持不變，cH漸漸減小，因此cHCO3

CO23

OH

漸漸減小，故B正確；Ca點(diǎn)溶液中cNacHCOcCO2cHCO，向NaHCO溶3 3 2 3 32液中滴加鹽酸過程中有CO逸出，因此ade過程中2cNacHCOcCO2cHCO

，故C錯(cuò)誤；3 3 2 3 D．c點(diǎn)溶液中cH

cNa

=(0.05+10-11.3)mol/L，e1倍，此時(shí)溶液中cH

Na

=(0.025+10-4)mol/Lx>y，故D正確；綜上所述，說法不正確的選項(xiàng)是C項(xiàng)，故答案為C。24．D【詳解】由圖中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，參與催化循環(huán)，最終得到產(chǎn)物苯甲酸甲酯，發(fā)生的是酯化反響，故A項(xiàng)正確；由圖中信息可知，化合物4在H2O25，即醇轉(zhuǎn)化為酮，該過程是失氫的氧化反響，故B項(xiàng)正確；34所含原子種類及數(shù)目均一樣，構(gòu)造不同，兩者互為同分異構(gòu)體，故C項(xiàng)正確；1NaH22再參與催化循環(huán)，21間接催化反響的進(jìn)展，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；綜上所述，說法不正確的選項(xiàng)是D項(xiàng)，故答案為D。25．D【詳解】乙醇在14℃A意；乙酰水楊酸中沒有酚羥基，水楊酸中酚羥基，酚羥基可以與FeCl3溶液顯紫色，但是生成絡(luò)合物，所以不會(huì)有沉淀，B項(xiàng)不符合題意；假設(shè)金屬鈉沒有完全燃燒，剩余的金屬鈉與水反響也可以生成氫氣，C項(xiàng)不符合題意；D.參加稀鹽酸，亞硫酸根離子會(huì)轉(zhuǎn)化為二氧化硫氣體，參加氯化鋇生成的沉淀只能是硫酸鋇沉淀，可以說明樣品已經(jīng)變質(zhì)，D項(xiàng)符合題意；應(yīng)選D。2．原子半徑CS〔或鍵長C-Si-S，鍵能C-＞Si-Si 當(dāng)調(diào)整溶液pH至甘氨酸要以兩性離子的形態(tài)存在時(shí)〔即等電點(diǎn)，此時(shí)兩性離子間相互吸引力最大，溶解度最小【詳解】原子半徑的大小打算鍵長大小，鍵長越短鍵能越大，此時(shí)物質(zhì)的熔、沸點(diǎn)越高，在C和Si組成的物質(zhì)中原子半徑C＜S〔或鍵長C-＜Si-S，鍵能C-Si-S，故金剛石的熔點(diǎn)高于晶體硅的熔點(diǎn)；當(dāng)調(diào)整溶液pH至甘氨酸主要以兩性離子的形態(tài)存在時(shí)〔即等電點(diǎn)，此時(shí)兩性離子間相互吸引力最大，溶解度最小，此時(shí)析出的固體為甘氨酸，可以實(shí)現(xiàn)甘氨酸的提純。27．0.0600 C4H6O6【詳解】(1)依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，吸水劑增加的質(zhì)量全部為有機(jī)物完全燃燒生成水的質(zhì)量，則生成水n(H

=m

21.08g20.00g= =0.0600mol；2 M 18g/mol(2)n(H)=0.0600mol×2=0.120mol，n(C)=30.00g26.48g=0.0800mol，44g/moln(O)=3.00g0.0800mol12g/mol0.120mol1g/mol=0.120mol，16g/mol28．AlO2 3CuNO、NHNO28．AlO2 3CuNO、NHNO、AgNO、HNO324 333CuAlCl2 84Cu2NH4Cl4CuClN 5H將白色沉淀溶于2 5 2硝酸，得到藍(lán)色溶液，說明有Cu元素；再向溶液中參加AgNO 溶液，有白色沉淀，說明有3Cl元素【分析】含有Cu2+的溶液顯藍(lán)色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液顯深藍(lán)色，化合物X溶解后得到的溶液AX中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中參加氨水可用于制備Al(OH)3，且Al(OH)3為可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推斷白色沉淀B為Al(OH)3沉淀；深藍(lán)色溶液在參加硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，綜上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-?！驹斀狻緿為Al(OH3Al(OH3得到AlO3O溶液D中含有的陽離子有Cu2+、NH+、Ag+、H+，陰離子有NO-，故溶液中含有：CuNO

、NH

4NO、AgNO、HNO

3AlO；32 4 3 3 3 2 3CuNO、NHNO、AgNO、HNO。32 4 3 3 3由圖示數(shù)據(jù)并依據(jù)原子守恒可知，4.020gX中含有鋁離子物質(zhì)的量為：1.020g 2102g/mol11.480g=0.02mol，含有氯離子物質(zhì)的量為： =0.08mol，由化合物應(yīng)顯電中性可得三種離子143g/moln(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，則可得X的化學(xué)式為CuAl2Cl8；陰離子AlClAl原子的雜化方式為sp3，空間構(gòu)造為正四周體，與CH4一樣，其電子式為4AlClAl原子的雜化方式為sp3，空間構(gòu)造為正四周體，與CH4一樣，其電子式為4，故答案為：CuAl2Cl8；。

H反響時(shí)溶液藍(lán)色褪去，2 5即反響后溶液中不存在Cu2+，可推想銅元素以沉淀形式析出，反響得到的沉淀為白色且可溶于硝酸，可推想銅元素在其中不是藍(lán)色且穩(wěn)定的+2價(jià)，而是+1價(jià)，即反響過程中Cu元N

H中氮元素顯-2價(jià)，具有復(fù)原性，反響過程中N元素化合價(jià)上升生成2 5N2知反響離子方程式為4Cu2N

H4Cl2 5

4CuClN2

5H。②Cu2+在溶液中顯藍(lán)色，CuClCu元素為+1價(jià)，能被硝酸氧化為+2價(jià)，CuCl與硝酸反響過程中Cl元素以CC與AgN3故答案為：將白色沉淀于硝酸，得到藍(lán)色溶液，說明有Cu元素；再向溶液中參加AgNO溶329．不同溫度下都能自發(fā)，是由于H29．不同溫度下都能自發(fā)，是由于H0,S06.7103mol1L88%CBDFHS4HO=SO24HOH2 2 4 2S3HO=SO22HO2H2 2 4 2【詳解】試驗(yàn)室可用銅與濃硫酸反響制備少量SO2的反響為Cu(s)2H2SO4(1) CuSO4(s)SO2(g)2H2O(1)H11.9kJmol1，由于該反響H0、S0，因此該反響在任何溫度下都能自發(fā)進(jìn)展。①依據(jù)題中所給的數(shù)據(jù)可以求出該溫度下2SO(g)O(g) 2SO(g)的平衡常數(shù)為2 2 3c2(SOK= 3

) (4.4102molL1)2 6.7103mol1L c2(SO2

)c(O2

) (6.0103molL1)28.0103molL1②平衡時(shí)SO

的轉(zhuǎn)化率為

c(SO)3

100%2 c(SO2

)c(SO)34.4102molL1 100%88%；6.0103molL14.4102molL1①A．在常壓下SO2

催化氧化為SO3

的反響中，SO2

的轉(zhuǎn)化率已經(jīng)很高，工業(yè)上有承受高壓的反響條件，A說法不正確；BB說法不正確；C．通入過量的空氣可以增大氧氣的濃度，可以使含硫礦石充分反響，并使化學(xué)平衡2SO2

(g)O2

(g) 2SO3

(g)向正反響方向移動(dòng)，因此可以提高含硫礦石和SO2

的轉(zhuǎn)化率；D．SO3

與水反響放出大量的熱，在吸取塔中假設(shè)承受水或稀硫酸吸取SO3

，反響放出的熱量會(huì)使硫酸形成酸霧從而影響SO3

被水吸取導(dǎo)致SO3

的吸取速率減小，因此，在吸取塔中不宜承受水或稀硫酸吸取SO3

，D說法不正確。綜上所述，相關(guān)說法正確的選項(xiàng)是C；接觸，化學(xué)反響速率大幅度減小，故雖然反響混合物的溫度降低，SO的轉(zhuǎn)化率根本不變，22所示進(jìn)程中表示熱交換過程的是b1

a、b2

a、b3

a，因此選BDF；4③對于放熱的可逆反響2SO2

(g)O2

(g) 2SO3

(g)SO2SO2的轉(zhuǎn)化率也漸漸減?。挥捎谠摲错慡O2觸時(shí)間較少在實(shí)際的反響時(shí)間內(nèi)反響還沒有到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)故在相應(yīng)溫度下SO 的轉(zhuǎn)2化率低于其平衡轉(zhuǎn)化率。因此，反響2SO(g)O(g)2 22SO(g)的轉(zhuǎn)化率與最適宜溫度〔曲3觸時(shí)間較少在實(shí)際的反響時(shí)間內(nèi)反響還沒有到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)故在相應(yīng)溫度下SO 的轉(zhuǎn)2化率低于其平衡轉(zhuǎn)化率。因此，反響2SO(g)O(g)2 22SO(g)的轉(zhuǎn)化率與最適宜溫度〔曲3線Ⅰ、平衡轉(zhuǎn)化率與溫度〔曲線Ⅱ〕的關(guān)系曲線示意圖可表示如下：.2 2 4 2 2生成HSS2H=HS，然后發(fā)生HS4H

O=SO24H2 4

OH，該過程溶液的pH根本2不變，溶液保持澄清；溶液變渾濁時(shí)HS被HO氧化為S，即發(fā)生2 2HSHOH=S2HO，該過程溶液的pH增大；溶液又變澄清時(shí)S又被HO氧化為2 2 2 2 2SO2，發(fā)生S3HO4 2

=SO22H4

O2H，該過程溶液的pH在減小。因此可以推想該過程2中每一個(gè)周期內(nèi)的反響進(jìn)程中依次發(fā)生了如下離子反響：S2H=HS、HS4HO2 2

=SO24H4

OH、HSHO2 2

H=S2HO、2S3HO2 2

SO22H4

O2H。230．濃H2SO4 a ABC 抽氣(或通枯燥氮?dú)? a b g CCl4中由紫紅色nClO突變到無色且30s不恢復(fù) 溶液中Cl2O和Cl2分別為1.000×10-3mol5×10-6mol，n2Cl2=200>99，符合要求【詳解】①裝置A的作用是去除原料氣(Cl2、N2)中的少量水分，可用的試劑是濃H2SO4。②Cl2Cl2O都不能直接排放于空氣中，因此需要進(jìn)展尾氣處理，Cl2、Cl2O能與NaOH溶液反響，同時(shí)需要防止NaOH溶液中水蒸氣進(jìn)入C裝置中，因此需要在C和尾氣處理裝置之間連接吸取水蒸氣的裝置，所以虛框D中應(yīng)選用a裝置。裝置B為HgOCl2反響制備Cl2O的裝置，A．因Cl2O能與H2O發(fā)生反響，因此需要將HgO粉末熱處理除水分，該反響為固體與氣體接觸類反響，因此增加外表積能夠加快反響速率，故A選；B．N2的作用是稀釋Cl2同時(shí)Cl2缺乏時(shí)會(huì)發(fā)生副反響，因此需要調(diào)控進(jìn)入反響柱的混合氣中Cl2和N2的比例，故B選；防止副反響發(fā)生，故C選；D．HgO與Cl2反響制備Cl2O18℃～25℃，因此該反響