2017年11月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题Word版含解析.docx

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1、52021年11月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题本试题卷分选择题和非选择题两局部，共8页，总分值100分，考试时间90分钟。其中加试题局部为30分，用【加试题】标出。考生须知：1答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2答题时，请按照答题纸上“考前须知的要求，在答题纸相应的位置上标准作答，在本试题卷上的答案一律无效。3非选择题的答案必须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16 23

2、 24 27S 32 35.5 K 39 55 56 64 137一、选择题本大题共25小题，每题2分，共50分。每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分1. 以下属于氧化物的是A. 2O B. ()2 C. D. K23【答案】A【解析】A、2O是含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物，属于氧化物，故A正确；B、()2是由钙、氧、氢三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故B错误；C、中有三种元素，也含氧元素，但不属于氧化物，属于酸，故C错误；D、K23是由钾、碳、氧三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误；应选A。点睛：抓住氧化物的特征、熟悉常见的物

3、质的组成是正确解答此题的关键。氧化物是只含有两种元素且其中一种元素是氧元素的化合物。2. 以下仪器名称为“蒸馏烧瓶的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据仪器的构造分析解答。详解：根据仪器的构造可知A、此仪器为分液漏斗，A错误；B、此仪器为蒸馏烧瓶，B正确；C、此仪器为容量瓶，C错误；D、此仪器为烧杯，D错误；答案选B。3. 以下属于电解质的是A. 镁 B. 酒精 C. 硫酸铜 D. 食盐水【答案】C【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、镁是单质不属于能导电的化合物，故不属于电解质，故A错误；B酒精是以分子的

4、形式分散在水中形成的溶液不能导电，也不属于电解质，故B错误；C硫酸铜在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以硫酸铜是电解质，故C正确；D食盐水是混合物，所以不是电解质，故D错误； 应选C。点睛：掌握电解质的概念和常见物质类型是解答此题的关键。注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。4. 以下分散系属于悬浊液的是A. 牛奶 B. 蔗糖溶液 C. 泥浆水 D. 氢氧化铁胶体【答案】C【解析】A. 牛奶属于胶体，故A错误；B. 蔗糖溶液属于溶液，故B错误；C. 泥浆水属于悬浊液，故C正确；D. 氢氧化铁胶体属于胶体，故D错误；应选C。点睛：根据分散质

5、粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1)、胶体(1100)、浊液(大于100)，其中固体颗粒形成的浊液是悬浊液，液体颗粒形成的浊液是乳浊液。5. 以下不属于化石燃料的是A. 煤 B. 石油 C. 天然气 D. 甲醇【答案】D【解析】煤、石油和天然气是三大化石燃料，乙醇不属于化石燃料，属于可再生能源。应选D。6. 以下说法不正确的选项是A. 干冰可用于人工降雨 B. 碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂C. 碳酸钠是发酵粉的主要成分 D. 次氯酸钙是漂白粉的有效成分【答案】C【解析】A. 干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B. 常温下，碘酸

6、钾在空气中很稳定，因此用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C. 发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D. 漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；应选C。7. 以下属于置换反响的是A. 23222 B. 22O2C. 2 D. 222C【答案】D【解析】一种单质和一种化合物反响生成另一种单质和化合物的反响是置换反响，A、生成物没有单质，不是置换反响，A错误；B、属于分解反响，B错误；C、反响物没有单质，不是置换反响，C错误；D、属于置换反响，D正确，答案选D。8. 以下表示不正确的选项是A. 氯原子构造示意图 B. 二氧化碳的构造式 OCOC. 4的球棍模型

7、 D. 乙醛的官能团 【答案】A【解析】A. 氯是17号元素，最外层有7个电子，原子构造示意图为，故A错误；B. 二氧化碳是直线分子，构造式：，故B正确；C. 碳原子半径比氢原子大，4是正四面体构造，球棍模型为，故C正确；D. 乙醛的官能团为醛基，构造简式为 ，故D正确；应选A。9. 以下物质的水溶液不能使酚酞变红的是A. B. 23 C. D. 3【答案】C【解析】A. 是强碱，溶液显碱性，能使酚酞变红，故A不选；B. 23属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，能使酚酞变红，故B不选；C. 是强酸强碱盐，溶液显中性，不能使酚酞变红，故C选；D. 3的水溶液显碱性，能使酚酞变红，故D不选；应选C。

8、点睛：酚酞的变色范围为810，溶液颜色由浅红色变成红色，能使酚酞变红的溶液显碱性，可以是碱或能够水解的强碱弱酸盐。需要注意的是此题的要求为“不能使酚酞变红。溶液应该先酸性、中性或弱碱性。10. 以下方法必要时可加热不合理的是A. 用澄清石灰水鉴别和2B. 用水鉴别苯和四氯化碳C. 用()2溶液鉴别4、(4)24和K24D. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水【答案】D【解析】A. 用澄清石灰水及不反响，及2能够反响生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，能够鉴别，故A不选；B. 苯和四氯化碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能够鉴别，故B不选；C. ()2及4加热时有刺激性气味的气体放出，及

9、(4)24加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，及K24反响生成白色沉淀，现象各不一样，能够鉴别，故C不选；D. 淀粉碘化钾试纸遇到碘水和溴水均变成蓝色，现象一样，不能鉴别，故D选；应选D。11. 以下说法正确的选项是A. 表示中子数为10的氧元素的一种核素B. 金刚石和石墨互为同素异形体，两者之间不能相互转化C. 3和33互为同系物D. C6H14的同分异构体有4种，其熔点各不一样【答案】A【解析】A. 表示中子数为18-8=10，质子数为8，属于氧元素，故A正确；B. 金刚石和石墨都是碳元素的单质，互为同素异形体，两者之间可以相互转化，故B错误；C. 3和33的构造部相似，不是同系物，故C

10、错误；D. C6H14的同分异构体有己烷，2-甲基戊烷，3-甲基戊烷，2,2-二甲基丁烷，2,3-二甲基丁烷，共5种，故D错误；应选A。点睛：互为同系物的物质满足以下特点：构造相似、化学性质相似、分子式通式一样、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。一定要注意前提条件“构造相似。12. 以下离子方程式不正确的选项是A. 氢氧化钠溶液及二氧化硅反响22H2OB. 碳酸钠溶液及氢氧化钡溶液反响()232C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化42+O2443+2H2OD. 氯气及氢氧化钠溶液反响22H2O【答案】B【解析】A. 氢氧化钠溶液及二氧化硅反响生成硅酸钠和水，2 + 232- + H2

11、O，故A正确；B. 氢氧化钡易溶于水，用离子形式表示，故B错误；C. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为422+4432H2O，故C正确；D. 氯气及氢氧化钠溶液反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，2+ 2 2O，故D正确；应选B。点睛：检查离子方程式是否正确，主要从以下几个方面检查：检查反响能否发生，检查反响物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保存化学式，检查是否符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。13. Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如下图，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。以下说法正确的选项是A. Y的原子

12、半径比X的大B. Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键D. Q的单质具有半导体的性质，Q及Z可形成化合物4【答案】D详解：根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为，N，O，那么A. 同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，Y的原子半径比X的小，A错误；B. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性，Q的最高价氧化物的水化物为硅酸，酸性比高氯酸弱，B错误；C. X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键，如硝酸铵，C错误；D. 硅具有半导体的性质，硅及氯可形成化合物4，D正确；答案选D。14. 以下说法正确的选项是A. 正丁烷和异丁烷均有两

13、种一氯取代物B. 乙烯和苯都能及H2发生加成反响，说明二者的分子中均含碳碳双键C. 乙醇及金属钠能反响，且在一样条件下比水及金属钠的反响更剧烈D. 乙醛能被复原成乙醇，但不能被氧化成乙酸【答案】A【解析】A. 正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B. 苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C. 乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在一样条件下没有水及金属钠的反响剧烈，故C错误；D. 乙醛能及氢气发生复原反响生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；应选A。15. 以下说法正确的选项是A. 花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯 ，属于高分子化合物

14、B. 只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽C. 向鸡蛋清的溶液中参加饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D. 向淀粉溶液中参加硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解【答案】C【解析】A. 花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有到达10000，不属于高分子化合物，故A错误；B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，一样种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C. 向鸡蛋清的溶液中参加饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故C正确；D. 检验生成的产物葡萄糖，需要在碱性溶液中进展，应该先向水解后的溶液中

15、参加氢氧化钠中和硫酸，故D错误；应选C。 16. ：N2(g)3H2(g)23(g) H92.4 1。起始反响物为N2和H2，物质的量之比为13，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反响到达平衡时，体系中3的物质的量分数如下表，以下说法正确的选项是物质的量分数 温度 压强40045050060020 30 A. 体系中3的物质的量分数越大，那么正反响速率越大B. 反响到达平衡时，N2和H2的转化率之比均为1C. 反响到达平衡时，放出的热量均为92.4 D. 600，30 下反响到达平衡时，生成3的物质的量最多【答案】B3的物质的量分数越大，不能表示正反响速率越大，如20，500时3的物质的量

16、分数大于30，600时3的物质的量分数，但温度和压强均为后者大，反响速率后者快，故A错误；B根据方程式，反响的氮气和氢气的物质的量之比为1:3，起始反响物中N2和H2的物质的量之比为1:3，因此反响到达平衡时，N2和H2的转化率之比1：1，故B正确；C无法确定反响的氮气和氢气的物质的量，因此无法计算平衡时，放出的热量，故C错误；D根据表格数据，反响物的总物质的量不变时，3的物质的量分数越大，生成3的物质的量越多，那么400，30下反响到达平衡时，生成3的物质的量最多，故D错误；应选B。17. 金属(M)空气电池的工作原理如下图。以下说法不正确的选项是A. 金属M作电池负极B. 电解质是熔融的C

17、. 正极的电极反响O24e2H2O4D. 电池反响2MO22H2O2M()2【答案】B点睛：掌握原电池的工作原理是解答的关键，即原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反响。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生复原反响。18. 以下说法不正确的选项是A. 7的溶液不一定呈酸性B. 在一样温度下，物质的量浓度相等的氨水、溶液，c()相等C. 在一样温度下，相等的盐酸、3溶液，c()c(3)D. 氨水和盐酸反响后的溶液，假设c()c(4+)，那么溶液呈中性【答案】B【解析】分析：A.根据溶液的酸碱性判断依据解答；B.根据碱的强弱和电离程度判断；C.根据电荷守

18、恒分析；D.根据电荷守恒分析。详解：A. 7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c()c(H)时溶液显酸性，A正确；B. 氢氧化钠是强碱，完全电离，一水合氨是弱碱，局部电离，在一样温度下，物质的量浓度相等的氨水、溶液，c()不相等，前者小于后者，B错误；C. 盐酸、3溶液中存在电荷守恒：c()()()、c()()(3)，因此在一样温度下，相等的盐酸、3溶液，c()c(3)，C正确；D. 氨水和盐酸反响后的溶液中存在电荷守恒：c(4+)()()()，假设c()c(4+)，那么c()()，溶液呈中性，D正确。答案选B。点睛：选项A是易错点，注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H)及c()的相对大小决定的：c

19、(H)c()，溶液呈酸性；c(H)c()，溶液呈中性；c(H)c()，溶液呈碱性。利用判断时需要注意溶液的温度。19. 根据()2体系的能量循环图，以下说法正确的选项是A. H50B. H1H20C. H3H4H5D. H1H2H3H4H5 0【答案】D【解析】A.水由510的气态变为25的液态，放热，H50，H40，H50，所以H3H4+H5，故C错误；D.根据能量守恒定律，H1H2H3H4H50，故D正确；应选D。20. 以下说法不正确的选项是A. 2+和S2的最外层电子都形成了8个电子的稳定构造B. 石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体C. 浓H24和H2O混合时放出热量及

20、微粒之间的作用力有关D. H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱【答案】D【解析】分析：A.根据核外电子排布分析；B.石英和金刚石均是原子晶体；C. 浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散；D.分子的稳定性及化学键有关系。详解：A. 2+和S2分别是10电子和18电子微粒，其最外层电子都形成了8个电子的稳定构造，A正确；B. 原子间通过共价键形成的空间网状构造的晶体是原子晶体，石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体，B正确；C. 浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散，所以浓H24和H2O混合时放出热量及微粒之间的作用力有关，C正确；D. H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小，

21、易断键，分子间作用力只能影响物质的物理性质，D错误。答案选D。21. 在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量及乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：1)的关系如下图(保持其他条件一样)。在410440温度范围内，以下说法不正确的选项是A. 当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高B. 当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大C. 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小D. 当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大【答案】A【解析】A. 根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于43

22、0后，乙烯选择性逐渐降低，故A错误；B. 根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430后，乙烯选择性逐渐降低，因此，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大，故B正确；C. 根据左图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，故C正确，D. 根据右图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，故D正确；应选A。22. 设为阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是A. 含0.2 H24的浓硫酸和足量的镁反响，转移电子数大于0.2 B. 25时，3的醋酸溶液1 L，溶液中含的数目小于0.001 C. 任意条件下，1 苯中含CH键的数目一定为6 D. a R

23、2+R的核内中子数为N，质量数为A的核外电子数为a (AN2)【答案】B【解析】A. 0.2 H24及镁反响，假设生成氢气，转移0.4电子，假设生成二氧化硫，转移0.4电子，因此含0.2 H24 的浓硫酸和足量的镁反响，转移电子数一定大于0.2 ，故A正确；B. 25 时，1L 3的醋酸溶液中c() =0.001，溶液中含的数目等于0.001 ，故B错误；C. 苯的化学式为C6H6，1 苯中有CH键的数目一定为6 ，故C正确；D. R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为2，那么a 的R2+的核外电子数为a(2)，故D正确；应选B。点睛：此题的易错点为A，硫酸及金属镁反响可以生成

24、氢气，也可以生成二氧化硫，可以利用极限的思维方式极限解答。23. 25时，在“H2AA2的水溶液体系中，H2A、和A2三者中各自所占的物质的量分数随溶液变化的关系如下图。以下说法正确的选项是 A. 在含H2A、和A2的溶液中，参加少量固体，()一定增大B. 将等物质的量的和2A混合物溶于水，所得的溶液中()(A2)C. 溶液中，的水解能力小于的电离能力D. 在含H2A、和A2的溶液中，假设c(H2A)2c(A2)c()c(H)，那么(H2A)和()一定相等【答案】C【解析】A.根据图像，在含H2A、和A2- 的溶液中，参加少量固体，溶液的酸性减弱，()可能增大，可能减小，及原溶液的成分有关，故

25、A错误；B. 根据图像，将等物质的量的和2A混合物溶于水时，溶液的在45之间，溶液显酸性，以电离为主，所得的溶液中()(A2-)，故B错误；C溶液显酸性，以电离为主，可知其电离程度大于其水解程度，故C正确；D. 在含H2A、和A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2-)()()= c()+ c()，因为c(H2A)+2c(A2-)()()，那么2c(A2-)()()= c()+ c()= c(H2A)+2c(A2-)()+ c()，因此c()= c(H2A) + c()，故D错误；应选C。点睛：此题考察了据图分析数据进展电离平衡常数的计算、电离程度及水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，侧重于

26、考察学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的信息。24. 某兴趣小组查阅资料得知：连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2；的盐酸溶液能定量吸收，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和溶液逐一吸收混合气体由2、N2和O2组成的相应组分。有关该方案设计，以下说法不正确的选项是A. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是2、O2和B. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代C. 的吸收必须在吸收O2后进展，因为的盐酸溶液会被O2氧化D. 在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有【答案】B【解析】A. 根据题意，的盐酸溶液能定量吸收，且易被O2氧化，因此需要在的盐酸溶

27、液能定量吸收之前吸收氧气，防止的盐酸溶液能定量吸收被氧化，二氧化碳能够及连苯三酚的碱性溶液反响，因此需要在连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2之前吸收二氧化碳，气体被逐一被吸收的顺序应该是2、O2和，故A正确；B. 和O2在通过灼热的铜网是能够发生反响生成二氧化碳，故B错误；C. 根据A的分析，因为的盐酸溶液会被O2氧化， 的吸收必须在吸收O2后进展，故C正确；D. 的吸收在最后，由于使用的是的盐酸溶液，盐酸容易挥发，在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有挥发出来的，故D正确；应选B。25. 取某固体样品，进展如下实验：取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；取少量滤液，参加2

28、溶液，有白色沉淀产生；取少量滤渣，参加稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是A. K24、()2、23 B. 23、3、3C. K23、(3)2 D. 3、2、【答案】C【解析】A. K24、()2、23硫酸钡和碳酸钡沉淀，硫酸钡不溶于水盐酸，不符合，故A错误；B. 23、3、3三者能够反响生成碳酸银沉淀，及盐酸反响会生成氯化银沉淀，不符合，故B错误；C. K23、(3)2三者能够反响生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，参加氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够及盐酸反响放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；D. 3、2、三者能够反响生成

29、氢氧化镁沉淀，氢氧化镁及盐酸反响没有气体放出，不符合，故D错误；应选C。点睛：解答此题可以按照各选项提供的试剂进展实验，符合题中实验现象即可。需要注意的是，白色沉淀可能为硫酸钡或碳酸钡，也可能为氯化银。二、非选择题本大题共7小题，共50分26. A及、H2O以物质的量111的比例形成B，B中的两个官能团分别具有乙烯和乙酸中官能团的性质，E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，其转化关系如下：请答复： 1A的构造简式。2DE的反响类型。3CE的化学方程式。4以下说法不正确的选项是。A可用金属钠鉴别B和CBA在一定条件下可及氯化氢发生加成反响C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热也可生成ED及A的最简式一样

30、、相对分子质量为78的烃一定不能使酸性4溶液褪色【答案】 (1). (2). 加成反响(或复原反响) (3). 323323H2O (4). 【解析】A及、H2O以物质的量111的比例形成B，B中的两个官能团分别具有乙烯和乙酸中官能团的性质，说明B中含有碳碳双键和羧基，根据B的构造简式2，那么A为C2H2，为乙炔；E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，E为酯，根据流程图，C及甲醇发生酯化反响生成E，C为32；D及氢气加成生成E，D为23。(1)根据上述分析，A为乙炔，构造简式为，故答案为：；(2)D及氢气发生加成反响生成E，故答案为：加成反响；(3)C及甲醇发生酯化反响生成E，反响的化学方程式

31、为3232323，故答案为：3232323；(4)A2和32都属于羧酸，都能够及金属钠反响放出气体，现象一样，不能鉴别，故A错误；B乙炔中含有碳碳三键，在一定条件下可及氯化氢发生加成反响，故B正确；C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反响生成的产物及E互为同分异构体，故C错误；D及A的最简式一样，相对分子质量为78的烃可能是苯，不能使酸性4溶液褪色，故D错误；应选。27. 固体23受热易分解，实验流程和结果如下：气体Y是一种纯洁物，在标准状况下的密度为1.518gL1。请答复：1气体Y分子的电子式，白色沉淀的化学式。2该流程中的23受热分解的化学方程式。3另取固体X试样和23混合，加水溶解后

32、及稀盐酸反响，有淡黄色沉淀产生。写出产生淡黄色沉淀的离子方程式不考虑空气的影响。【答案】 (1). (2). 4 (3). 4232S324 (4). 2S26H3S3H2O【解析】气体Y是一种纯洁物，在标准状况下的密度为1.518g1，Y的相对分子质量为1.51822.4=34，结合23中的元素可知，Y为H2S，固体X及盐酸反响生成硫化氢和溶液，溶液中参加氯化钡反响生成白色沉淀，说明固体X中含有2S和硫酸钠。(1)气体Y为硫化氢，电子式为，白色沉淀为硫酸钡，故答案为：；4；(2)隔绝上述分析，流程中的23受热分解的化学方程式为4232324，故答案为：4232324；(3)固体X和23混合，

33、加水溶解后及稀盐酸反响，有淡黄色硫沉淀产生，产生淡黄色沉淀的离子方程式为322S263H23S，故答案为：322S263H23S。点睛：隔绝气体的密度确定Y的化学式是解答此题的关键。此题的易错点为硫化氢的电子式的书写，硫化氢属于共价化合物，不存在离子键。28. 为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进展了以下实验。：3(s)4H2O(g)3O4(s)4H2(g)。 请答复：1虚线框处宜选择的装置是填“甲或“乙；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯洁氢气中，观察到的实验现象是。2实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加溶液，没有出现血红色，说明该固

34、体中没有3价的铁。判断结论是否正确并说明理由。【答案】 (1). 乙 (2). 铜丝由黑变红色 (3). 不正确，因为铁过量时：2332【解析】根据实验装置图，进展的是铁及水蒸气的反响的实验，再利用生成的氢气复原氧化铜。(1)氢气的密度小于空气，应该采用瓶口向下收集氢气，虚线框处宜选择的装置是乙；氢气能够复原氧化铜，实验时应将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯洁氢气中，可以看到铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成，故答案为：乙；铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成；(2)根据3(s)+4H2O(g) 3O4(s)+4H2(g)，实验后，铁粉可能剩余，用一定浓度的盐酸溶解时，过量的铁可以

35、将3+复原成2+，2332+，导致滴加溶液，没有出现血红色，故答案为：不正确；过量的铁可以将3+复原成2+而不能是溶液不变红。29. 取7.90 g 4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体及足量的浓盐酸在加热条件下充分反响，生成单质气体A，产物中锰元素以2+存在。请计算：14的分解率。2气体A的物质的量。【答案】 (1). 60(0.60) (2). 0.095 【解析】(1)根据242422，n(o2)= =0.015，那么分解的高锰酸钾为0.03，那么4的分解率=10060.0%，故答案为：60%；4不分解，直接及盐酸反响放出氯气，转移的电子为5=0.25，而分解放出0.015氧气

36、转移的电子为0.0154=0.06，因此生成氯气转移的电子为0.250.060.19，生成的氯气的物质的量为=0.095，故答案为：0.095。点睛：掌握氧化复原反响过程中的电子守恒是解答此题的关键。此题的易错点为(2)，高锰酸钾最终转化为2+转移的电子数等于先局部分解过程中转移的电子数+及浓盐酸反响转移的电子数。30. (一) 十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘C10H18四氢萘C10H12萘C10H8的脱氢过程释放氢气。：C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2H1H20；C10H18C10H12的活化能为1，C

37、10H12C10H8的活化能为2，十氢萘的常压沸点为192；在192，液态十氢萘的脱氢反响的平衡转化率约为9。请答复：1有利于提高上述反响平衡转化率的条件是。A高温高压 B低温低压 C高温低压 D低温高压2研究说明，将适量十氢萘置于恒容密闭反响器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理由是。3温度335，在恒容密闭反响器中进展高压液态十氢萘1.00 催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2以物质的量分数计随时间变化关系，如图1所示。 在8 h时，反响体系内氢气的量为忽略其他副反响。x1显著低于x2的原因是。在图2中绘制“C10H18C10H12C10H8的“能量反响过程

38、示意图。(二) 科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融为电解质，纳米2O3作催化剂，在250和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进展，请补充完整。电极反响式：和23H2ON2232O3。【答案】 (1). C (2). 温度升高，加快反响速率；温度升高使平衡正移的作用大于压强增大使平衡逆移的作用。 (3). 1.95 (4). 催化剂显著降低了C10H12C10H8的活化能，反响生成的C10H12快速转化为C10H8 (5). (6). 2O36e3H2O26【解析】(1)C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g)

39、 H2，H1H20；均为吸热反响，且都属于气体的物质的量增大的反响。A升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，但增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故A错误；B降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B错误；C升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，减小压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故C正确；D降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；应选C；(2)总反响为该反响为吸热反响，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度到达192时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加，故答案为：反响吸热，温度升高，平衡正向移动。及此同时，温度升高导致十氢萘

40、气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加；(3)温度335，在8 h时，十氢萘为1.00 ，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027，0.374，设反响的C10H18的物质的量为a，反响C10H12的物质的量为b，根据反响C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) 1 1 3 a a 3aC10H12(l)C10H8(l)2H2(g)， 1 1 2 b b 2b那么0.027，0.374，那么0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3230.401+20.374=1.951，那么氢气的量为1.

41、951，故答案为：1.951；反响2的活化能比反响1小，一样温度下反响2更快，所以一样时间内，生成的四氢萘大局部都转化为萘，故x1显著低于x2，故答案为：反响2的活化能比反响1小，一样温度下反响2更快，所以一样时间内，生成的四氢萘大局部都转化为萘，故x1显著低于x2；C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2，H1H20；上述反响均为吸热反响，生成物的总能量大于反响物，“C10H18C10H12C10H8的“能量反响过程 示意图为，故答案为：；(4)以H2O和N2为原料，熔融为电解质，纳米2O3作催化剂，在250和常压下可实现电

42、化学合成氨。阴极区发生复原反响，根据其中一个反响23H2ON22O323，可知，2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反响式为2O3+63H226，故答案为：2O3+63H226。31. 某兴趣小组用铝箔制备2O3、36H2O及明矾大晶体，具体流程如下：36H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/010203040608090溶解度109请答复：1步骤中的化学方程式。步骤中生成()3的离子方程式。2步骤，以下操作合理的是。A坩埚洗净后，无需擦干，即可参加()3灼烧B为了得到纯2O3，需灼烧至恒重C假设用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳D坩埚取下后放在石棉网上冷却待用E为确

43、保称量准确，灼烧后应趁热称重3步骤，选出在培养规那么明矾大晶体过程中合理的操作并排序。迅速降至室温 用玻璃棒摩擦器壁配制90的明矾饱和溶液 自然冷却至室温 选规那么明矾小晶体并悬挂在溶液中央配制高于室温1020的明矾饱和溶液4由溶液A制备36H2O的装置如图：通入的作用是抑制3水解和。步骤，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是；洗涤时，适宜的洗涤剂是。步骤，为得到纯洁的36H2O，宜采用的枯燥方式是。【答案】 (1). 222H2O223H2 (2). 22H2O()3 (3). (4). (5). 增加c()，有利于36H2O结晶 (6). 溶液有强酸性，(会腐蚀滤纸) (7). 浓盐酸 (8

44、). 减压枯燥(或低温枯燥)【解析】根据流程图，铝及氢氧化钠反响生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反响生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；氢氧化铝用硫酸溶解后及硫酸钾溶液混合，结晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。(1)步骤中铝及氢氧化钠反响的化学方程式为222H222+3H2；步骤中偏铝酸钠溶液及二氧化碳反响生成()3的离子方程式为22+2H2()33-，故答案为：222H222+3H2；22+2H2()33-；(2)A坩埚洗净后，需要擦干，否那么灼烧时容易使坩埚炸裂，故A错误；B为了得到纯2O3，需灼烧至恒重，时氢氧化铝完全分解，故B正确；C假设用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止坩埚遇冷炸裂，故C正确；D热的坩埚取下后放在石棉网上冷却待用，不能放在桌面上，防止灼伤桌面，故D正确；E为确保称量准确，灼烧后应冷却后称重，故E错误；应选；(3)步骤中在培养规那么明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10-20的明矾饱和溶液，选规那么明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矾小晶体逐渐长大，故答案为：；(4)通入可以抑制3水解，增大了溶液中的铝离子浓度，可以降低3溶