浙江省2024年6月普通高校招生選考科目考試化學(xué)試題（含答案）

浙江省2024年6月普通高校招生選考科目考試化學(xué)試題一、選擇題（本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．按物質(zhì)組成分類，KAl(SO4)2·12H2O屬于A．酸 B．堿 C．鹽 D．混合物2．下列說法不正確的是A．Al(OH)3呈兩性，不能用于治療胃酸過多B．Na2O2能與CO2反應(yīng)產(chǎn)生O2，可作供氧劑C．FeO有還原性，能被氧化成Fe3O4D．HNO3見光易分解，應(yīng)保存在棕色試劑瓶中3．下列表示不正確的是（）A．CO2的電子式：CO2的電子式：B．Cl2中共價(jià)鍵的電子云圖：C．NH3的空間填充模型：D．3，3-二甲基戊烷的鍵線式：4．下列說法不正確的是A．裝置①可用于銅與濃硫酸反應(yīng)并檢驗(yàn)氣態(tài)產(chǎn)物B．圖②標(biāo)識表示易燃類物質(zhì)C．裝置③可用于制取并收集氨氣D．裝置④可用于從碘水中萃取碘5．化學(xué)與人類社會可持續(xù)發(fā)展息息相關(guān)。下列說法不正確的是A．部分金屬可在高溫下用焦炭、一氧化碳、氫氣等還原金屬礦物得到B．煤的氣化是通過物理變化將煤轉(zhuǎn)化為可燃性氣體的過程C．制作水果罐頭時(shí)加入抗氧化劑維生素C，可延長保質(zhì)期D．加入混凝劑聚合氯化鋁，可使污水中細(xì)小懸浮物聚集成大顆粒6．利用CH3OH可將廢水中的NO3-轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)后排放。反應(yīng)原理為：H+＋CH3OH＋NO3-→X＋CO2＋H2O（未配平）。下列說法正確的是A．X表示NO2B．可用O3替換CH3OHC．氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5D．若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO2氣體11.2L，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA（NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）7．物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)決定宏觀性質(zhì)，進(jìn)而影響用途。下列結(jié)構(gòu)或性質(zhì)不能解釋其用途的是選項(xiàng)結(jié)構(gòu)或性質(zhì)用途A石墨呈層狀結(jié)構(gòu)，層間以范德華力結(jié)合石墨可用作潤滑劑BSO2具有氧化性SO2可用作漂白劑C聚丙烯酸鈉（CH2－）中含有親水基團(tuán)聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂D冠醚18-冠-6空腔直徑（260~320pm）與K+直徑（276pm）接近冠醚18-冠-6可識別K+，能增大KMnO4在有機(jī)溶劑中的溶解度A．A B．B C．C D．D8．下列離子方程式正確的是A．用CuSO4溶液除H2S氣體：Cu2+＋S2?＝CuS↓B．H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液：H2SO3＋Ba2+＝BaSO3↓＋2H+C．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCO＋Cl2＝2CO2＋Cl?＋ClO?＋H2OD．用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+9．有機(jī)物A經(jīng)元素分析儀測得只含碳、氫、氧3種元素，紅外光譜顯示A分子中沒有醚鍵，質(zhì)譜和核磁共振氫譜示意圖如下。下列關(guān)于A的說法正確的是圖1質(zhì)譜圖2核磁共振氫譜A．能發(fā)生水解反應(yīng) B．能與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2C．能與O2反應(yīng)生成丙酮 D．能與Na反應(yīng)生成H210．X、Y、Z、M四種主族元素，原子序數(shù)依次增大，分別位于三個(gè)不同短周期，Y與M同主族，Y與Z核電荷數(shù)相差2，Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍。下列說法不正確的是A．鍵角：YX3+＞YX3- B．分子的極性：Y2X2＞X2Z2C．共價(jià)晶體熔點(diǎn)：Y＞M D．熱穩(wěn)定性：YX4＞MX411．二氧化碳氧化乙烷制備乙烯，主要發(fā)生如下兩個(gè)反應(yīng)：ⅠC2H6(g)＋CO2(g)?C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)ΔH1＞0ⅡC2H6(g)＋2CO2(g)?4CO(g)＋3H2(g)ΔH2＞0向容積為10L的密閉容器中投入2molC2H6和3molCO2，不同溫度下，測得5min（反應(yīng)均未平衡）的相關(guān)數(shù)據(jù)見下表，下列說法不正確的是溫度(℃)400500600乙烷轉(zhuǎn)化率(%)2.29.017.8乙烯選擇性(%)92.680.061.8注：乙烯選擇性＝轉(zhuǎn)化為乙烯的乙烷的物質(zhì)的量轉(zhuǎn)化的乙烷的總物質(zhì)的量A．反應(yīng)活化能：Ⅰ＜ⅡB．500℃時(shí)，0～5min反應(yīng)Ⅰ的平均速率為：v(C2H4)＝2.88×10?3mol·L?1·min?1C．其他條件不變，平衡后及時(shí)移除H2O(g)可提高乙烯的產(chǎn)率D．其他條件不變，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷轉(zhuǎn)化率12．丙烯可發(fā)生如下轉(zhuǎn)化（反應(yīng)條件略）：下列說法不正確的是A．產(chǎn)物M有2種且互為同分異構(gòu)體（不考慮立體異構(gòu)）B．H+可提高Y→Z轉(zhuǎn)化的反應(yīng)速率C．Y→Z過程中，a處碳氧鍵比b處更易斷裂D．Y→P是縮聚反應(yīng)，該工藝有利于減輕溫室效應(yīng)13．金屬腐蝕會對設(shè)備產(chǎn)生嚴(yán)重危害，腐蝕快慢與材料種類、所處環(huán)境有關(guān)。下圖為兩種對海水中鋼閘門的防腐措施示意圖：圖1圖2下列說法正確的是A．圖1、圖2中，陽極材料本身均失去電子B．圖2中，外加電壓偏高時(shí)，鋼閘門表面可發(fā)生反應(yīng)：O2＋4e?＋2H2O＝4OH?C．圖2中，外加電壓保持恒定不變，有利于提高對鋼閘門的防護(hù)效果D．圖1、圖2中，當(dāng)鋼閘門表面的腐蝕電流為零時(shí)，鋼閘門、陽極均不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)14．Si5Cl10中的Si原子均通過sp3雜化軌道成鍵，與NaOH溶液反應(yīng)Si元素均轉(zhuǎn)化成Na2SiO3。下列說法不正確的是A．Si5Cl10分子結(jié)構(gòu)可能是B．Si5Cl10與水反應(yīng)可生成一種強(qiáng)酸C．Si5Cl10與NaOH溶液反應(yīng)會產(chǎn)生H2D．Si5Cl10沸點(diǎn)低于相同結(jié)構(gòu)的Si5Br1015．室溫下，H2S水溶液中各含硫微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ隨pH變化關(guān)系如下圖[例如δ(H2S)＝cH2ScH2S+cHS-+cS下列說法正確的是A．溶解度：FeS大于Fe(OH)2B．以酚酞為指示劑（變色的pH范圍8.2~10.0），用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液可滴定H2S水溶液的濃度C．忽略S2?的第二步水解，0.10mol/L的Na2S溶液中S2?水解率約為62%D．0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等體積0.20mol/L的Na2S溶液，反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS16．為探究化學(xué)平衡移動的影響因素，設(shè)計(jì)方案并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到相關(guān)現(xiàn)象。其中方案設(shè)計(jì)和結(jié)論都正確的是選項(xiàng)影響因素方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象結(jié)論A濃度向1mL0.1mol/LK2CrO4溶液中加入1mL1.0mol/LHBr溶液黃色溶液變橙色增大反應(yīng)物濃度，平衡向正反應(yīng)方向移動B壓強(qiáng)向恒溫恒容密閉玻璃容器中充入100mLHI氣體，分解達(dá)到平衡后再充入100mLAr氣體顏色不變對于反應(yīng)前后氣體總體積不變的可逆反應(yīng)，改變壓強(qiáng)平衡不移動C溫度將封裝有NO2和N2O4混合氣體的燒瓶浸泡在熱水中氣體顏色變深升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動D催化劑向1mL乙酸乙酯中加入1mL0.3mol/LH2SO4溶液，水浴加熱上層液體逐漸減少使用合適的催化劑可使平衡向正反應(yīng)方向移動A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）17．氧是構(gòu)建化合物的重要元素。請回答：（1）某化合物的晶胞如圖1，Cl?的配位數(shù)（緊鄰的陽離子數(shù)）為；寫出該化合物的化學(xué)式，寫出該化合物與足量NH4Cl溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式。HAHBHCHD圖1圖2（2）下列有關(guān)單核微粒的描述正確的是____。A．Ar的基態(tài)原子電子排布方式只有一種B．Na的第二電離能＞Ne的第一電離能C．Ge的基態(tài)原子簡化電子排布式為[Ar]4s24p2D．Fe原子變成Fe+，優(yōu)先失去3d軌道上的電子（3）化合物HA、HB、HC和HD的結(jié)構(gòu)如圖2。①HA、HB和HC中羥基與水均可形成氫鍵（－O－H┄OH2），按照氫鍵由強(qiáng)到弱對三種酸排序，請說明理由。②已知HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，請從結(jié)構(gòu)角度說明理由。18．礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦（主要成分為PbS、ZnS）的利用有火法和電解法等。已知：①PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]；②電解前后ZnS總量不變；③AgF易溶于水。請回答：（1）根據(jù)富氧煅燒（在空氣流中煅燒）和通電電解（如圖）的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是（選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一）。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2?，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；從該反應(yīng)液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件下，加入（填一種反應(yīng)試劑），充分反應(yīng)，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品。（2）下列說法正確的是____。A．電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是PbS＝Pb＋S（條件省略）B．產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物C．1mol化合物C在水溶液中最多可中和2molNaOHD．ClF的氧化性弱于Cl2（3）D的結(jié)構(gòu)為HO－－X（X＝F或Cl），設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)先除去樣品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X為何種元素。①實(shí)驗(yàn)方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后；②寫出D（用HSO3X表示）的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式。19．氫是清潔能源，硼氫化鈉（NaBH4）是一種環(huán)境友好的固體儲氫材料，其水解生氫反應(yīng)方程式如下。（除非特別說明，本題中反應(yīng)條件均為25℃，101kPa）NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g)ΔH＜0請回答：（1）該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是____。A．高溫 B．低溫 C．任意溫度 D．無法判斷（2）該反應(yīng)比較緩慢。忽略體積變化的影響，下列措施中可加快反應(yīng)速率的是____。A．升高溶液溫度 B．加入少量異丙胺[(CH3)2CHNH2]C．加入少量固體硼酸[B(OH)3] D．增大體系壓強(qiáng)（3）為加速NaBH4水解，某研究小組開發(fā)了一種水溶性催化劑，當(dāng)該催化劑足量、濃度一定且活性不變時(shí)，測得反應(yīng)開始時(shí)生氫速率v與投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]之間的關(guān)系，結(jié)果如圖1所示。請解釋ab段變化的原因。圖1圖2（4）氫能的高效利用途徑之一是在燃料電池中產(chǎn)生電能。某研究小組的自制熔融碳酸鹽燃料電池工作原理如圖2所示，正極上的電極反應(yīng)式是。該電池以3.2A恒定電流工作14分鐘，消耗H2體積為0.49L，故可測得該電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的轉(zhuǎn)化率為。[已知：該條件下H2的摩爾體積為24.5L/mol；電荷量q(C)＝電流I(A)×?xí)r間t(s)；NA＝6.0×1023mol?1；e＝1.60×10?19C。]（5）資源的再利用和再循環(huán)有利于人類的可持續(xù)發(fā)展。選用如下方程式，可以設(shè)計(jì)能自發(fā)進(jìn)行的多種制備方法，將反應(yīng)副產(chǎn)物偏硼酸鈉（NaBO2）再生為NaBH4。（已知：ΔG是反應(yīng)的自由能變化量，其計(jì)算方法也遵循蓋斯定律，可類比ΔH計(jì)算方法；當(dāng)ΔG＜0時(shí)，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行。）Ⅰ．NaBH4(s)＋2H2O(l)＝NaBO2(aq)＋4H2(g)ΔG1＝－320kJ/molⅡ．H2(g)＋H2(g)＝H2O(l)ΔG2＝－240kJ/molⅢ．Mg(s)＋H2(g)＝MgO(s)ΔG3＝－570kJ/mol請書寫一個(gè)方程式表示NaBO2再生為NaBH4的一種制備方法，并注明ΔG。（要求：反應(yīng)物不超過三種物質(zhì)；氯原子利用率為100%。）20．某小組采用如下實(shí)驗(yàn)流程制備AlI3：已知：AlI3是一種無色晶體，吸濕性極強(qiáng)，可溶于熱的正己烷，在空氣中受熱易被氧化。請回答：（1）如圖為步驟Ⅰ的實(shí)驗(yàn)裝置圖（夾持儀器和尾氣處理裝置已省略），圖中儀器A的名稱是，判斷步驟Ⅰ反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。（2）下列做法不正確的是____。A．步驟Ⅰ中，反應(yīng)物和溶劑在使用前除水B．步驟Ⅰ中，若控溫加熱器發(fā)生故障，改用酒精燈（配石棉網(wǎng)）加熱C．步驟Ⅲ中，在通風(fēng)櫥中濃縮至蒸發(fā)皿內(nèi)出現(xiàn)晶膜D．步驟Ⅳ中，使用冷的正己烷洗滌（3）所得粗產(chǎn)品呈淺棕黃色，小組成員認(rèn)為其中混有碘單質(zhì)，請?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證。（4）純化與分析：對粗產(chǎn)品純化處理后得到產(chǎn)品，再采用銀量法測定產(chǎn)品中I?含量以確定純度。滴定原理為：先用過量AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液沉淀I?，再以NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液回滴剩余的Ag+。已知：難溶電解質(zhì)AgI（黃色）AgSCN（白色）Ag2CrO4（紅色）溶度積常數(shù)Ksp8.5×10?171.0×10?121.1×10?12①從下列選項(xiàng)中選擇合適的操作補(bǔ)全測定步驟。稱取產(chǎn)品1.0200g，用少量稀酸A溶解后轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶，加水定容得待測溶液。取滴定管檢漏、水洗→()→裝液、趕氣泡、調(diào)液面、讀數(shù)→用移液管準(zhǔn)確移取25.00mL待測溶液加入錐形瓶→()→()→加入稀酸B→用1.000×10?2mol/LNH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定→()→讀數(shù)。a．潤洗，從滴定管尖嘴放出液體b．潤洗，從滴定管上口倒出液體c．滴加指示劑K2CrO4溶液d．滴加指示劑硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2]溶液e．準(zhǔn)確移取25.00mL4.000×10?2mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液加入錐形瓶f．滴定至溶液呈淺紅色g．滴定至沉淀變白色②加入稀酸B的作用是。③三次滴定消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為25.60mL，則產(chǎn)品純度為。[M(AlI3)＝408g/mol]21．某研究小組按下列路線合成抗炎鎮(zhèn)痛藥“消炎痛”（部分反應(yīng)條件已簡化）。已知：NH－NH2＋O＝C—-→NH－NH＝C請回答：（1）化合物F的官能團(tuán)名稱是。（2）化合物G的結(jié)構(gòu)簡式是。（3）下列說法不正確的是____。A．化合物A的堿性弱于CH3ONH2B．A＋B→C的反應(yīng)涉及加成反應(yīng)和消去反應(yīng)C．D→E的反應(yīng)中，試劑可用Cl2/FeCl3D．“消炎痛”的分子式為C18H16ClNO4（4）寫出H→I的化學(xué)方程式。（5）嗎吲哚-2-甲酸（）是一種醫(yī)藥中間體，設(shè)計(jì)以NH－NH2和CH3CHO為原料合成吲哚-2-甲酸的路線（用流程圖表示，無機(jī)試劑任選）。（6）寫出4種同時(shí)符合下列條件的化合物B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。①分子中有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；②有甲氧基（－OCH3），無三元環(huán)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】KAl(SO4)2·12H2O是由金屬陽離子和酸根離子構(gòu)成的，屬于鹽；

故答案為：C。

【分析】鹽是由金屬陽離子或銨根離子與酸根離子構(gòu)成的。2．【答案】A【解析】【解答】A．胃酸的主要成分是鹽酸，Al(OH)3呈兩性，與鹽酸反應(yīng)生成鹽和水，能用于治療胃酸過多，A符合題意；

B．Na2O2能與CO2反應(yīng)產(chǎn)生O2，可作供氧劑，B不符合題意；

C．FeO有還原性，能被氧化成Fe3O4，C不符合題意；

D．HNO3不穩(wěn)定，見光易分解，應(yīng)保存在棕色試劑瓶中，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.胃酸的主要成分是鹽酸，能與Al(OH)3反應(yīng)。

B.Na2O2能與CO2反應(yīng)產(chǎn)生O2。

C.還原劑具有還原性。

D.HNO3不穩(wěn)定。3．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，CO2的電子式為，A符合題意；

B．由分析可知，Cl2中共價(jià)鍵的電子云圖為，B不符合題意；

C．NH3分子為三角錐形，由分析可知，其空間填充模型為，C不符合題意；

D．由分析可知，3，3-二甲基戊烷的鍵線式為，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.CO2分子中碳氧原子間是雙鍵，有2對共用電子。

B.Cl2分子中p電子以“頭碰頭”形成σ鍵。

C.注意氮原子半徑比氫原子大。

D.注意鍵線式只表示?碳架，忽略?碳-氫鍵，其他化學(xué)鍵如?雙鍵、?三鍵等需要明確表示，每個(gè)端點(diǎn)和拐角處都代表一個(gè)?碳原子。4．【答案】C【解析】【解答】A．銅與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化硫，二氧化硫能使品紅溶液褪色，A不符合題意；

B．圖②標(biāo)識表示易燃類物質(zhì)，B不符合題意；

C．裝置③可用于制取氨氣，氨氣的密度比空氣小，可用向下排空氣法收集，C符合題意；

D．碘單質(zhì)與水不互溶，裝置④可用于從碘水中萃取碘，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.二氧化硫能使品紅溶液褪色。

B.熟悉常見危險(xiǎn)標(biāo)志。

C.注意氨氣的密度比空氣小，可用向下排空氣法收集。

D.碘單質(zhì)與水不互溶。5．【答案】B【解析】【解答】A．焦炭、一氧化碳、氫氣作還原劑，在一定條件下能還原金屬礦物得到金屬，A不符合題意；

B．煤的氣化是指在高溫條件下通過化學(xué)反應(yīng)把煤或煤焦中的可燃部分轉(zhuǎn)化為氣體的過程，屬于化學(xué)變化，B符合題意；

C．維生素C具有還原性，制作水果罐頭時(shí)加入抗氧化劑維生素C，可消耗氧氣，延長保質(zhì)期，C不符合題意；

D．氯化鋁溶液水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，能吸附污水中的細(xì)小懸浮物，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.還原劑可將金屬礦物中的金屬還原出來。

B.物理變化沒有新物質(zhì)生成，化學(xué)變化有新物質(zhì)生成。

C.維生素C具有還原性。

D.膠體具有吸附性。6．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，X表示N2，A不符合題意；

B．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中甲醇作還原劑，而O3是強(qiáng)氧化劑，所以不可用O3替換CH3OH，B不符合題意；

C．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中甲醇作還原劑，NO3-作氧化劑，則氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5，C符合題意；

D．根據(jù)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)中生成5molCO2，轉(zhuǎn)移30mol電子，則生成11.2LCO2，即0.5molCO2，轉(zhuǎn)移3mol電子，即轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】根據(jù)題干信息，生成物為無害物質(zhì)，結(jié)合反應(yīng)前后元素的種類不變，可推出X為氮?dú)?，根?jù)原子、電荷守恒可得該反應(yīng)方程式為6H+＋5CH3OH＋6NO3-=3N2＋5CO2＋13H2O。

7．【答案】B【解析】【解答】A．石墨作潤滑劑是利用其層間以范德華力結(jié)合，導(dǎo)致石墨質(zhì)軟，A不符合題意；

B．SO2可用作漂白劑是利用其具有漂白性，B符合題意；

C．聚丙烯酸鈉可用于制備高吸水性樹脂，是利用其含有親水基團(tuán)，C不符合題意；

D．冠醚18-冠-6空腔直徑與K+直徑接近，通過適配將MnO4-攜帶進(jìn)入有機(jī)溶劑中，增大KMnO4在有機(jī)溶劑中的溶解度，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.石墨層間以范德華力結(jié)合，導(dǎo)致石墨質(zhì)軟。

B.SO2具有漂白性，可用作漂白劑。

C.根據(jù)相似相溶原理分析。

D.冠醚18-冠-6空腔直徑與K+直徑接近，通過適配將MnO4-攜帶進(jìn)入有機(jī)溶劑中。8．【答案】D【解析】【解答】A．H2S為氣體，不能拆成離子形式，正確離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+，A不符合題意；

B．H+與NO3-結(jié)合具有強(qiáng)氧化性，正確離子方程式為3H2SO3+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4↓+2NO↑+H2O+4H+，B不符合題意；

C．HClO為弱酸，不能拆成離子形式，正確離子方程式為HCO3-+Cl2=CO2+Cl-+HClO，C不符合題意；

D．FeCl3具有強(qiáng)氧化性，涉及離子方程式為2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.H2S為氣體，不能拆成離子形式。

B.H+與NO3-結(jié)合具有強(qiáng)氧化性。

C.HClO為弱酸，不能拆成離子形式。

D.FeCl3具有強(qiáng)氧化性，注意電荷守恒。

9．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，A為CH3CH2CH2OH，不能發(fā)生水解反應(yīng)，A不符合題意；

B．由分析可知，A為CH3CH2CH2OH，與NaHCO3溶液不反應(yīng)，B不符合題意；

C．由分析可知，A為CH3CH2CH2OH，能與O2反應(yīng)生成丙醛（CH3CH2CHO），C不符合題意；

D．由分析可知，A為CH3CH2CH2OH，羥基能與Na反應(yīng)生成H2，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】根據(jù)圖示信息可知，有機(jī)物A的相對分子質(zhì)量為60，分子中含有4種氫原子。有機(jī)物A只含碳、氫、氧3種元素，且紅外光譜顯示A分子中沒有醚鍵，則氧原子上的氫為羥基氫，碳原子上三種氫原子，可推出有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2CH2OH。10．【答案】B【解析】【解答】A．CH3+與CH3-中碳原子雜化方式分別為sp2、sp3，則鍵角：YX3+＞YX3-，A不符合題意；

B．C2H2為非極性分子，H2O2為極性分子，則分子的極性：Y2X2＜X2Z2，B符合題意；

C．鍵能越大，熔點(diǎn)越高，C—C鍵的鍵能大于Si—Si鍵的鍵能，則共價(jià)晶體熔點(diǎn)：Y＞M，C不符合題意；

D．非金屬性越強(qiáng)，則其氫化物越穩(wěn)定，由于非金屬性：C＞Si，則熱穩(wěn)定性：YX4＞MX4，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】根據(jù)題干信息，X、Y、Z、M四種主族元素，Z的原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，結(jié)合最外層電子數(shù)不超過8，可推出Z為氧元素；Y與Z核電荷數(shù)相差2，可推出Y為碳元素；Y與M同主族，可推出M是硅元素；這幾種元素分別位于三個(gè)不同短周期，可推出X是氫元素。11．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)表格信息，乙烷的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，乙烯的選擇性隨溫度升高而減小，說明溫度升高，主要發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，則反應(yīng)Ⅰ的活化能比反應(yīng)Ⅱ的活化能小，A不符合題意；

B．根據(jù)題干信息，500℃時(shí)，0～5min反應(yīng)Ⅰ的平均速率為v(C2H4)=△c△t=2mol×9%×80%10L×5min=2.88×10-3mol?L-1?min-1，B不符合題意；

C．其他條件不變，平衡后及時(shí)移除H2O（g），利于反應(yīng)Ⅰ正向移動，可提高乙烯的產(chǎn)率，C不符合題意；

D．其他條件不變，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，利于平衡正向移動，降低了乙烷轉(zhuǎn)化率，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.反應(yīng)的活化能越大，反應(yīng)越易發(fā)生。

B.根據(jù)反應(yīng)速率表達(dá)式△v=△c△t進(jìn)行分析，注意單位統(tǒng)一。

C.平衡后及時(shí)移除H2O（g），利于反應(yīng)Ⅰ正向移動。

D.增大投料比[n(C2H612．【答案】D【解析】【解答】A．根據(jù)流程圖信息，X中碳碳雙鍵上氫原子不同，與HOCl加成生成兩種產(chǎn)物，則產(chǎn)物M有2種且互為同分異構(gòu)體，A不符合題意；

B．根據(jù)流程圖信息，Y在H+條件下最終轉(zhuǎn)化為Z，說明H+可提高Y→Z轉(zhuǎn)化的反應(yīng)速率，B不符合題意；

C．根據(jù)流程圖信息，Y→Z過程中，a處斷裂與水加成，最終生成主產(chǎn)物Z，則a處碳氧鍵比b處易斷裂，C不符合題意；

D．根據(jù)流程圖信息，Y→P的產(chǎn)物只有一種，為加聚反應(yīng)，該工藝有利于減輕溫室效應(yīng)，D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.X中碳碳雙鍵上氫原子不同，與HOCl加成生成兩種產(chǎn)物。

B.Y在H+條件下最終轉(zhuǎn)化為Z。

C.結(jié)合Y、Z的結(jié)構(gòu)簡式進(jìn)行分析。

D.結(jié)合Y、P的結(jié)構(gòu)簡式進(jìn)行分析。

13．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，圖1中陽極材料本身會失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，而圖2中陽極材料為輔助陽極，本身不能失電子，A不符合題意；

B．圖2裝置為電解池，且為外加電源的陰極保護(hù)法，外加電壓偏高時(shí)，鋼閘門表面電子增多，除海水中H+放電外，海水中溶解的O2也會放電，可發(fā)生反應(yīng)：O2＋4e?＋2H2O＝4OH?，B符合題意；

C．圖2裝置為電解池，且為外加電源的陰極保護(hù)法，若外加電壓保持恒定不變，不能抵消腐蝕電流，不利于提高對鋼閘門的防護(hù)效果，C不符合題意；

D．圖1、圖2中，當(dāng)鋼閘門表面的腐蝕電流為零時(shí)，說明圖1和圖2裝置中電子阻止了鐵的反應(yīng)，鋼閘門不發(fā)生腐蝕反應(yīng)，犧牲陽極和輔助陽極均發(fā)生了氧化反應(yīng)，D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】根據(jù)題干信息可知，圖1裝置為原電池，且為犧牲陽極的陰極保護(hù)法，陽極材料失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，作負(fù)極，鋼閘門作正極；圖2裝置為電解池，且為外加電源的陰極保護(hù)法，陽極材料為輔助陽極，本身不能失電子，電解質(zhì)溶液中的陰離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，鋼閘門作陰極。14．【答案】A【解析】【解答】A．根據(jù)題干信息，Si5Cl10中硅原子形成四個(gè)單鍵，硅原子不具備空軌道接受孤對電子，則氯原子不能形成兩個(gè)共價(jià)鍵，A符合題意；

B．Si5Cl10與水反應(yīng)能生成HCl和硅酸，HCl為一種強(qiáng)酸，B不符合題意；

C．根據(jù)題干信息，Si5Cl10與NaOH溶液反應(yīng)，Si元素均轉(zhuǎn)化成Na2SiO3，該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，Si元素化合價(jià)升高，則必有元素化合價(jià)降低，可推出氫元素化合價(jià)降低，即會產(chǎn)生氫氣，C不符合題意；

D．Si5Br10與Si5Cl10均為分子晶體，相對分子質(zhì)量：Si5Br10>Si5Cl10，則Si5Br10分子間的范德華力大，沸點(diǎn)較高，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.Si5Cl10中硅原子形成四個(gè)單鍵，硅原子不具備空軌道接受孤對電子，則氯原子不能形成兩個(gè)共價(jià)鍵。

B.Si5Cl10與水反應(yīng)能生成HCl和硅酸。

C.Si5Cl10與NaOH溶液反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)。

D.對于分子晶體，一般相對分子質(zhì)量較大的分子間范德華力大，則沸點(diǎn)較高。15．【答案】C【解析】【解答】A．FeS和Fe(OH)2的溶解平衡分別是FeS(s)?Fe2+(aq)+S2-(aq)、Fe(OH)2(s)?Fe2+(aq)+2OH-(aq)，則其飽和溶液中c(FeS)=Ksp(FeS)=6.3×10-18mol/L=6.3×10-9mol/L，c[Fe(OH)2]=3Ksp[Fe(OH)2]4=34.9×10-174mol/L=312.25×10-6mol/L>6.3×10-9mol/L，所以溶解度：FeS<Fe(OH)2，A不符合題意；

B．以酚酞為指示劑（變色的pH范圍8.2~10.0），用NaOH溶液滴定H2S溶液，根據(jù)圖示信息，當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時(shí)，反應(yīng)未進(jìn)行完全，即不能用酚酞為指示劑，B不符合題意；

C．Na2S溶液中存在水解平衡：S2-+H2O?HS-+OH-，HS-+H2O?H2S+OH-，忽略S2-的第二步水解，則第一步水解平衡常數(shù)Kh=c(HS-)×c(OH-)c(S2-)=c(HS-)×c(OH-)×c(H+)c(S2-)×c(H+)=KwKa2(H2S)=10-1410-13=0.1，設(shè)水解的c(S2-)=xmol/L，則x20.1-x=0.1，x≈0.062，所以0.10mol/L的Na2S溶液中S2-水解率≈0.0620.1×100%=62%，C符合題意；

D.0.010mol/L的FeCl2溶液中加入等體積0.20mol/L的Na2S溶液，瞬間得到0.005mol/LFeCl216．【答案】C【解析】【解答】A．涉及平衡反應(yīng)為：CrO42-（黃色）+2H+?Cr2O72-（橙色）+H2O，加入HBr溶液，c(H+)增大，利于平衡正向移動，溶液橙色加深，A不符合題意；

B．涉及反應(yīng)為：2HI?H2+I2，該反應(yīng)前后氣體總體積不變，壓強(qiáng)不受影響，恒溫恒容時(shí)充入HI氣體，分解達(dá)到平衡后再充入惰性氣體Ar，平衡不移動，氣體顏色不變，可得到結(jié)論，B不符合題意；

C．涉及反應(yīng)為：2NO2?N2O4，升溫使得氣體顏色變深，說明平衡逆向移動，即該反應(yīng)逆向?yàn)槲鼰岱磻?yīng)，C符合題意；

D．催化劑不影響平衡移動，D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】A.增大反應(yīng)物濃度利于平衡正向移動。

B.反應(yīng)前后氣體總體積不變的反應(yīng)不受壓強(qiáng)影響。

C.升溫利于平衡向吸熱方向移動。

D.催化劑不影響平衡移動。17．【答案】（1）12；K3ClO；【K3OCl、OClK3、OK3Cl、KCl·K2O、K2O·KCl、KClK2O（中間·沒有不扣分）、K3ClO均可，但非最簡式如K6Cl2O2不得分】，K3ClO＋H2O＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3·H2O【物質(zhì)對且配平對才得分；寫K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋2NH3＋H2O也對；寫K3ClO＋2NH4Cl＝3KCl＋NH3＋NH3·H2O也對；NH3·H2O寫成NH4OH錯】。（2）A；B（3）HC＞HB＞HA；吸電子能力C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸電子能力越強(qiáng)，羥基上H帶正電荷越多，與水分子中氧原子作用越強(qiáng)，即氫鍵越強(qiáng)；原子半徑S＞O，鍵長S―H＞O―H，S―H鍵更易斷鍵電離，因此HD酸性更強(qiáng)，酸根不易水解，堿性NaC＞NaD【解析】【解答】（1）根據(jù)圖1可知，Cl-的配位數(shù)為12；該晶胞中含Cl數(shù)目為8×18=1，含O數(shù)目為1，含K數(shù)目為6×12=3，則該化合物的化學(xué)式為K3ClO；該化合物與足量NH4Cl溶液反應(yīng)生成KCl和NH3?H2O，其化學(xué)方程式為K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O。

（2）A．Ar的基態(tài)原子的電子排布方式為1s22s22p63s23p6，只有一種，正確；

B．Na+和Ne具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)：Na>Ne，則Na+的原子核對外層電子的引力大于Ne的，則Na的第二電離能＞Ne的第一電離能，正確；

C．Ge的原子序數(shù)為32，基態(tài)Ge原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s24p2，錯誤；

D．基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2，F(xiàn)e原子變成Fe+，優(yōu)先失去4s軌道上的電子，錯誤；

（3）①吸電子能力：C＝O＞C＝S＞C＝Se，吸電子能力越強(qiáng)，羥基上H帶正電荷越多，與水分子中氧原子作用越強(qiáng)，即氫鍵越強(qiáng)，所以HA、HB和HC中羥基與水形成的氫鍵由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠C＞HB＞HA。

②原子半徑：S＞O，鍵長：S―H＞O―H，S―H鍵更易斷鍵電離，因此HD酸性更強(qiáng)，酸根不易水解，堿性NaC＞NaD。

【分析】（1）根據(jù)圖1可知，Cl-的配位數(shù)為12；根據(jù)晶胞均攤法可計(jì)算出Cl、O、K原子數(shù)目，進(jìn)而得到化合物的分子式；該化合物與足量NH4Cl溶液反應(yīng)生成KCl和NH3?H2O，注意配平。

（2）A．Ar的基態(tài)原子的電子排布方式為1s22s22p63s23p6。

B．Na+和Ne具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，核電荷數(shù)：Na>Ne，則Na+的原子核對外層電子的引力大于Ne的，則Na的第二電離能＞Ne的第一電離能。

C．基態(tài)Ge原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s24p2。

D．基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2。

（3）①吸電子能力越強(qiáng)，羥基上H帶正電荷越多，與水分子中氧原子作用越強(qiáng)，即氫鍵越強(qiáng)。

18．【答案】（1）還原性；Pb3O4＋14HCl(濃)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O（或Pb3O4＋8H+＋6Cl?＝3[PbCl4]2?＋Cl2＋4H2O）；PbO/Pb(OH)2/PbCO3（2）A；B（3）加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，過濾取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl?，反之則有F?；H＋＋SO3X?＋3OH?＝SO42?＋X?＋2H2O（或SO3X?＋2OH?＝SO42?＋X?＋H2O，H＋＋OH?＝H【解析】【解答】（1）根據(jù)流程圖信息，PbS→SO2，硫元素化合價(jià)升高，硫元素體現(xiàn)了還原性；根據(jù)題干信息可知，Pb3O4與濃鹽酸反應(yīng)的方程式為Pb3O4＋14HCl(濃)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；根據(jù)已知①，從該反應(yīng)液中提取PbCl2，所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向進(jìn)行，且不引入雜質(zhì)，則步驟為：加熱條件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反應(yīng)，趁熱過濾，冷卻結(jié)晶，得到產(chǎn)品。

（2）A．根據(jù)已知②，電解前后ZnS總量不變，陽極電極反應(yīng)式為2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，陰極電極反應(yīng)式為Pb2++2e-=Pb，則電解池中發(fā)生的總反應(yīng)為PbS＝Pb＋S（條件省略），正確；

B．根據(jù)流程圖信息可知，PbS、ZnS經(jīng)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn的氧化物，即產(chǎn)物B主要是鉛氧化物與鋅氧化物，正確；

C．根據(jù)流程圖信息，可推出混合物C為，其中鹵素原子能被H2O中羥基取代生成硫酸和HCl、HF，則1mol化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，錯誤；

D．ClF、Cl2中氯元素化合價(jià)分別為+1、0，則ClF的氧化性強(qiáng)于Cl2，錯誤。

（3）①根據(jù)D的結(jié)構(gòu)式，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，加入Ba(NO3)2/Ba(OH)2溶液，過濾取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則有Cl?，反之則有F?。

②HSO3X的溶液與足量NaO

【分析】（1）PbS→SO2，硫元素化合價(jià)升高，硫元素體現(xiàn)了還原性；Pb3O4與濃鹽酸反應(yīng)的方程式為Pb3O4＋14HCl(濃)＝3H2[PbCl4]＋Cl2＋4H2O；從該反應(yīng)液中提取PbCl2，所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向進(jìn)行，且不引入雜質(zhì)。

（2）A．根據(jù)電解池裝置圖可知，陽極電極反應(yīng)式為2Fe2++2e-=2Fe3+、2Fe3++PbS=S+Pb2++2Fe2+，陰極電極反應(yīng)式為Pb2++2e-=Pb。

B．PbS、ZnS經(jīng)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn的氧化物。

C．混合物C為，其中鹵素原子能被H2O中羥基取代生成硫酸和HCl、HF。

D．ClF、Cl2中氯元素化合價(jià)分別為+1、0，則ClF的氧化性強(qiáng)于Cl2。

（3）①檢驗(yàn)Cl?，可通過加入硝酸酸化的AgNO3溶液，會產(chǎn)生白色沉淀。

②HSO3X的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SO4和NaX。19．【答案】（1）C（2）A；C（3）ab段，反應(yīng)物水濃度降低（水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)過低，微粒間的有效碰撞減少），生氫速率減慢（4）O2＋2CO2＋4e?＝2CO32?（5）NaBO2(s)＋2H2O(l)＋4Mg(s)＝NaBH4(aq)＋4MgO(s)ΔG＝―1000kJ/mol或NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)＝NaBH4(aq)＋2MgO(s)ΔG＝―340KJ/mol【解析】【解答】（1）根據(jù)反應(yīng)方程式可知，ΔH＜0，該反應(yīng)前后氣體體積增大，則△S>0，所以任意溫度下，△G=ΔH-T△S<0，即該反應(yīng)在任意溫度下能自發(fā)進(jìn)行。

（2）A.升高溫度，能加快反應(yīng)速率，正確；

B.加入的少量異丙胺[(CH3)2CHNH2]發(fā)生水解反應(yīng)，消耗H2O，會降低反應(yīng)速率，錯誤；

C.加入少量固體硼酸[B(OH)3]，會使反應(yīng)易于生成H2，能加快反應(yīng)速率，正確；

D.根據(jù)題干信息，忽略體積變化的條件下，增大體系壓強(qiáng)，不影響反應(yīng)速率，錯誤。

（3）根據(jù)圖1信息，隨著投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反應(yīng)物水濃度降低，生氫速率減慢。

（4）由分析可知，正極上的電極反應(yīng)式為O2+4e-+2CO2=2CO32-；根據(jù)題干信息，該條件下消耗n(H2)=0.49L/24.5L·mol-1=0.02mol，根據(jù)H2-2e-=2H+，所帶電荷量為2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19C=3840C，而工作電荷量為3.2A×14×60s=2688C，所以該電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的轉(zhuǎn)化率為2688C3840C×100%=70％。

（5）根據(jù)題干信息，氫原子利用率為100%，則由（2×反應(yīng)3）-（2×反應(yīng)Ⅱ+反應(yīng)Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH4（s）+2MgO（s），其△G=2△G3-（2△G2+△G1）=2×（-570kJ/mol）-[2×（-240kJ/mol）+（-320kJ/mol）]=-340kJ/mol。

【分析】（1）反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是△G=ΔH-T△S<0。

（2）根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素（溫度、濃度、壓強(qiáng)、催化劑等）進(jìn)行分析。

（3）隨著投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]的增大，反應(yīng)物水濃度降低。

（4）根據(jù)圖2信息，該裝置為原電池，O2為正極，其電極反應(yīng)式為O2+4e-+2CO2=2CO32-；H2為負(fù)極，其電極反應(yīng)式為H2-2e-=2H+。

（5）氫原子利用率為100%，則由（2×反應(yīng)3）-（2×反應(yīng)Ⅱ+反應(yīng)Ⅰ）得到NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）=NaBH420．【答案】（1）（球形）冷凝管；反應(yīng)液紫色褪色（2）B；C（3）用水/乙醇溶解少量樣品，加入淀粉溶液，若溶液出現(xiàn)藍(lán)色，則含有碘單質(zhì)，若沒有出現(xiàn)藍(lán)色，則不含碘單質(zhì)（4）a；e；d；f；抑制指示劑中Fe3+水解/抑制或防止Fe3+水解/抑制或防止指示劑水解/防止水解生成Fe(OH)3