2023年1月浙江省普通高校招生选考化学试题.pdf

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1、2023浙 江 1 月学考选考化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 016 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl35.5 K39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137一、选择题(本大题共2 5 小题，每 题 2 分，共 5 0 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.以下含有共价键的盐是A.CaCl2 B.H2SO4 C.Ba(OH)2 D.Na2cO?【答案】D【解析】【分析】【详解】A.CaCI2由 Ca2+和 CI-构成，只含有离子键不含有共价键，A 不符合

2、题意；B.H2sO,由分子构成，只含有共价键不含有离子键，B 不符合题意；C.Ba(OH)2由 Ba2+和 OH-构成，属于碱,不属于盐，C 不符合题意；D.Na2CO3有 Na+和 CO2-构成，含有离子键，CO 2-内部c 与。原子之间还含有共价键，D 符合题意；3 3故答案选D。2.蒸储操作中需要用到的仪器是A.&y。)【答案】A【解析】【分析】【详解】蒸储过程中需要用到蒸储烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，分液漏斗、蒸发皿、容量瓶不用于蒸锵操作，故答案选A。3.以下物质属于强电解质的是A.K O H B.H3P O4 C.S O3 D.C H 3 cH O【答案】A【

3、解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。【详解】A.K O H在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和O H-,K O H 强电解质，A符合题意;B.H3P在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，HRO为弱电解质，B不符合题意；C.S C)3在水溶液中或熔融状态下不能电离，S O属于非电解质，C不符合题意；D.C H f H O在水溶液中或熔融状态下不能电离，C H G H O属于非电解质，D不符合题意；故答案选A。4.以下物质与俗名对应的是B.硫筱：N H4H S O4D.氯仿：C C 14【答案】C【解析】【分析】【详解】A.纯碱为碳酸钠，化学式为N a 2 c

4、O 3,A错误;B.硫钱一般指硫酸的化学式为(N H J S O B错误;C.T N T为2,4,6-三硝基甲苯，构造式为C正确;D.氯仿为三氯甲烷，化学式为C H C%，D错误;故答案选C。5.以下表示正确的选项是A.甲醛的电子式H：C：HB.乙烯的球棍模型C.2-甲基戊烷的键线式D.甲酸乙酯的构造简式CH3coOC4【答案】B【解析】【分析】【详解】A.0 原子最外层有6 个电子，故甲醛的电子式为 ：，A 错误;HC HB.乙烯中碳原子之间以双键形式存在，乙烯的球棍模型为B 正确;C.2-甲基戊烷的键线式为，C 错误;D.甲酸乙酯甲酸和乙醇酯化得到，故甲酸乙酯的构造简式为H COOCH 3

5、,D 错误;故答案选B。6.以下说法不正砸的是A.联苯(OO)属于芳香烧，其一溪代物有2 种B.甲烷与氯气在光照下发生自由基型链反响C.沥青来自于石油经减压分储后的剩余物质D.煤的气化产物中含有CO、&和 C&等【答案】A【解析】【分析】【详解】A.由联苯(OC)的分子构造可知，其分子由2 个苯基直接相连，故其属于芳香垃；依据对称分析法可知，其一澳代物共有3种，A说法不正确;B.甲烷与氯气在光照下发生反响，氯气分子先吸取光能转化为自由基氯原子，然后由氯原子引发自由基型链反响，B 说法正确:C.石油常常压分储后可以得到的未被蒸发的剩余物叫重油，重油经经减压分储可以得到重柴油、石蜡、燃料油等，最终

6、未被气化的剩余物叫沥青，c 说法正确；D.煤的气化是指煤与水蒸气在高温下所发生的反响，其产物中含有CO、H和C H编D说法正确。综上所述，此题选A。7.以下说法正确的选项是A.14&和15用互为同位素 B.间二甲苯和苯互为同系物C.F eC和F eC互为同素异形体 D,乙醛和乙醇互为同分异构体2 3【答案】B【解析】【分析】【详解】A.14N2和15&均为氮气分子，不能互称同位素，同位素指的是同一种元素的不同原子，A不正确；B.间二甲苯和苯构造相像，分子中均含有1个苯环，两者在分子组成上相关2个“C%”原子团，因此，两者互为同系物，B正确；C.F eC和F eC均为化合物，不能互称同素异形体，

7、同素异形体的争论对象是单质，C不正确；2 3D.乙醛的分子式为C,HioO,乙醇的分子式为C产6。，两者分子式不同，因此，两者不能互称同分异构体，D不正确。综上所述，此题选B。8.以下说法不乖琥的是A.铁粉与氧化铝发生的铝热反响可用于焊接铁轨B.镁燃烧会发出刺眼的白光，可用于制造信号弹和焰火C.熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固，常用于制作模型和医疗石膏绷带D.工业上可用氨水消退燃煤烟气中的二氧化硫【答案】A【解析】【分析】【详解】A.铝粉与氧化铁发生铝热反响时放出大量的热，因此，生成的铁是液态的，其可以将两段铁轨焊接在一起，故其可用于焊接铁轨，但是，铁粉与氧化铝不能发生铝热反响，A 说法不正确

8、；B.镁燃烧会发出刺眼的白光，可以照亮黑暗的夜空和地面，因此，其可用于制造信号弹和焰火，B说法正确;C.粉末状的熟石膏与水混合成糊状后能很快凝固转化为结实的块状生石膏，因此，其常用于制作模型和医疗石膏绷带，C 说法正确；D.二氧化硫属于酸性氧化物，其可以与碱反响生成盐和水，而氨水属于碱性的溶液，因此，工业上可用氨水吸取燃煤烟气中的二氧化硫从而削除污染，D 说法正确。综上所述，此题选A。9.以下说法不正砸的是A.某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃B.通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取澳C.生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐D.工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、

9、接触室和吸取塔【答案】D【解析】【分析】【详解】A.某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钻分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A 说法正确；B.澳虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取浪的本钱太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中漠化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溟，B 说法正确；C.某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C 说法正确；D.工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器入热交换

10、器和吸取塔，工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸取塔，D 说法不正确。综上所述，此题选D。10.关于反响8NH3+6NO2=7N2+12H2O,以下说法正确的选项是A.NH?中 H 元素被氧化B.NO2在反响过程中失去电子C.复原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与复原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】【分析】由反响8 N H3+6 N O2=7 N2+1 2 H2O可知，其中N4的 N元素的化合价由-3 上升到0、N O?中的N元素的化合价由-+4 降低到0,因此，N H 3 是复原剂，N O 2 是氧化剂。【详解】A.N 为 中 H 元素的化合价没有发生变化，故其未被

11、氧化，被氧化的是N 元素，A不正确；B.N O 2 在反响过程中得到电子，B不正确；C.该反响中，N H 3 是复原剂，N O 2 是氧化剂。由化学方程式可知，复原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,C说法不正确；D.该反响中氧化产物和复原产物均为N 2。复原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被复原后得到复原产物，复原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,因此，氧化产物与复原产物的质量之比为4：3 ,D 说法正确。综上所述，此题选D。1 1.以下说法不正跳的是A.用纸层析法分别F e3+和 C U 2+,将滤纸上的试样点完全浸入开放剂可提高分别效果B.将 C o C 6 H 2。晶体溶于9 5%乙醇，加

12、水稀释，溶液颜色由蓝色渐渐转变为粉红色C.乙酰水杨酸粗产品中参加足量碳酸氢钠溶液，充分反响后过滤，可除去聚合物杂质D.某些强氧化剂（如：氯酸钾、高锯酸钾）及其混合物不能研磨，否则可能引起爆炸【答案】A【解析】【分析】【详解】A.用纸层析法分别F ea+和 C u 2+时，滤纸上的试样点不能浸入开放剂中，试样点浸入开放剂会溶解在开放剂中无法分别，A错误：B.C o d?在水溶液中存在平衡田0（氏0）6 2+（粉红色）+4 C l-U C o C l J-（蓝色）+6 H2O,9 5%乙醇中水很少，COC12-6H2O 晶体溶于9 5%乙醇得到的溶液中主要含 C o C l j2r溶液呈蓝色，加水

13、稀释，平衡逆向移动，得到主要含CO（H 2O）J2+的粉红色溶液，B正确；COOHC.用水杨酸与乙酸酎反响制备乙酰水杨酸（乙酰水杨酸的构造简式为J-,j 0 C C H j）、同时生成副产物聚水杨酸，乙酰水杨酸的构造中含粉基和酯基，向其粗产品中参加足量N aH C C）3 溶液，乙酰水杨酸转化成可溶于水的乙酰水杨酸钠，聚水杨酸难溶于水，过滤后可除去聚合物杂质，向过滤后的滤液中参加盐酸可将乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，C正确；D.K C I O 3、K M n C 4等强氧化剂及其混合物研磨时会发生反响产生气体引起爆炸，D正确；答案选A。1 2 .以下“类比”合理的是A.N a 与 H20反响生

14、成N a O H 和 H2,则 Fe 与 H,0 反响生成F e H%和 H2B.Na C lO溶液与C O?反响生成Na HC C)3和 H C I O,则Na C lO溶液与S O?反响生成Na HS O?和 HC 1 OC.Na s N与盐酸反响生成Na C l和 N H f l,则 与 盐 酸 反 响 生 成 M g C%和 NH4c lD.N a O H 溶液与少量Ag NC)3溶液反响生成Ag 2。和 Na NC ，则氨水与少量Ag NC 溶液反响生成Ag?。和NH.NO,【答案】C【解析】【分析】【详解】A.N a 与水反响生成N a O H 和 H2,Fe 与冷水、热水都不反响

15、，Fe 与水蒸气反响生成Fe s C 和 也，A 不合理；B Na C lO具有强氧化性，S O2 具有较强的复原性，Na C lO溶液与S O2 发生氧化复原反响时S O,被氧化成S O 2-,C IO被复原成C L,B 不合理；C Na,N 与盐酸反响生成Na C l 和 N H4C 1：Na3N+4HC l=3Na C l+NH4C l,M g3N2 与盐酸反响生成Mg C l?和 N H4C 1：Mg3N2+8 HC l=3Mg C l2+2 NH4C l,C 合理；D 氨水与少量Ag NC)3 反响生成 Ag(NH3)J+：Ag+2 NH3-H2O=Ag(NH3),+2 H2O,D

16、不合理；答案选C。1 3.以下反响的方程式不正确的是A.石灰石与醋酸反响：C O 2-+2 C H,C OOH=2 C H3C OO-+C O J+H2OB.铜片上电镀银的总反响(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)通电Ag(阴极)C.铜与稀硝酸反响：3C u+2 NO-+8 H+=3C u 2+2 NOT+4 H o3 2D.明矶溶液中参加少量氢氧化铁溶液：2 A1 3+3S 0 :+3Ba 2+6OH-=2 AI(OH)31+3Ba S 0 J【答案】A【解析】【分析】【详 解】A.碳酸钙难溶于水，在离子方程式中应以化学式保存，石灰石与醋酸反响的离子方程式为C a C O+2 C

17、H C OOH=C a 2+2 C H C OO-+H 0+C 0 T，A 错 一 误；3 3 3 2 2B.银作阳极，阳极的电极反响式为Ag e=Ag+,铜片作阴极，阴极的电极反响式为Ag+e=Ag,总反响为通电Ag （阳极）Ag （阴极），B正确；C.C u与稀硝酸反响生成C u（N O）、N O和水，反响的离子方程式为3C u+8 H+2 NO=3C u 2+2 NOT+4H 0,3 232C正确；D.明研溶液中参加少量Ba（0 H）2溶液，参与反响的Ba 2+与0 H物质的量之比为1:2,生成的AIQ H为与Ba S O,沉淀物质的量之比为2:3,反响的离子方程式为2 Al3+3S O

18、 2-+3Ba 2+6OH-=2 Al（OH）1+3Ba S O 1,D正确;4 3 4答案选A。1 4.以下说法不走跳的是A.甘氨酸和丙氨酸混合，在肯定条件下可生成4种二肽B.乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锦酸钾溶液褪色C.纤维素与乙酸酊作用生成的醋酸纤维可用于生产电影胶片片基D.工业上通常用植物油与氢气反响生产人造奶油【答案】B【解析】【分析】【详解】A.甘氨酸和丙氨酸混合在肯定条件下形成二肽，甘氨酸与甘氨酸、丙氨酸与丙氨酸脱水可形成2种二肽，甘氨酸的竣基与丙氨酸的氨基、甘氨酸的氨基与丙氨酸的竣基可脱水形成2种二肽，共 可 生 成4种二肽，A正确；B.乙二酸具有复原性，能使酸性

19、高镒酸钾溶液褪色，反响的离子方程式为2 MnO+5 H C 0 +6H+=2 Mn2+1 0 C O f+8 H 0,B 错误；4 2 2 4 2 2c.纤维素的每个葡萄糖单元中含3个醇羟基，纤维素可表示为 C 6H7（）2（OH），纤维素能与乙酸酊反响生3 n成醋酸纤维，醋酸纤维不易燃烧，可用于生产电影胶片片基，c正确；D.植物油中含碳碳双键，植物油肯定条件下能与氢气发生加成反响生成脂肪，此过程称油脂的氢化或油脂的硬化，用于生产人造奶油，D正确；答案选B。1 5.有关的说法不正颂的是A.分子中至少有1 2 个原子共平面B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个C.与 F e C l?

20、溶液作用显紫色D.与足量N a O H 溶液完全反响后生成的钠盐只有1种【答案】C【解析】【分析】【详解】A.与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子肯定共平面，故该分子中至少1 2 个原子共平面，A正确；H OAB.该 物 质 完 全 水 解 后 所 得 有 机 物 为 4 0H，其中只有与N 也 直接相连的碳原子为手性碳原/J NH2子，即手性碳原子数目为1 个，B正确;C.该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与F e C 溶液作用不会显紫色，C错误;D.与足量N a O H 溶液完全反响生成生成的钠盐只有1 种，D正确;答案选C。1 6.现 有 4种短周期主族元素X、Y、Z和 Q,原

21、子序数依次增大，其中Z、Q 在同一周期。相关信息如下表：以下说法正确的选项是元素相关信息X最外层电子数是核外电子总数的一半Y最高化合价和最低化合价之和为零Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口四周Q同周期元素中原子半径最小A.常温时，X单质能与水发生猛烈反响B.Y与Q元素组成的YQ4分子，空间构型为正四周体C.Y、Z、Q最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱D.第五周期且与Q同主族元素的单质在常温常压下呈液态【答案】B【解析】【分析】X原子的最外层电子数是核外电子总数的一半，由于最外层电子数不超过8个，因 此X只能是其次周期的Be；Y元素的最高化合价和最低化合价之和为零，位于第W A族，Y是C或S

22、i；Z单质为淡黄色固体，常存在于火山喷口四周，因 此Z是S；Q是同周期元素中原子半径最小，且Z和Q位于同一周期，因 此Q是CL据此解答。【详解】依据以上分析可知X是Be,Y是C或Si,Z是S,Q是C L贝UA.B e的金属性弱于M g,常温时镁和冷水不反响，因此B e单质不能与水发生猛烈反响，A错误；B.Y与Q元素组成的C d 4或Si。4分子，空间构型均为正四周体，B正确；C.Y、Z、Q三种元素的非金属性渐渐增加，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增加，C错误；D.第五周期且与C 1同主族元素的单质是碘，在常温常压下呈固态，D错误；答案选B。17.25时

23、，以下说法正确的选项是A.NaHA溶液呈酸性，可以推想H2A为强酸B.可溶性正盐B A溶液呈中性，可以推想B A为强酸强碱盐C.0.010 m o l-L i,().l O mo l的醋酸溶液的电离度分别为、(,则 叫04D.10()mL pH=10.00的Na2cO3溶液中水电离出H，的物质的量为1.0X lO smol【答案】D【解析】【分析】【详解】A.N aH A溶液呈酸性，可 能 是HA-的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B.可溶性正盐B A溶液呈中性，不能推想B A为强酸强碱盐，由于也可能是B+和A-的水解程度一样，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误;C.

24、弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.0 1 0 m o l -L 1,0.1 0 m o l -L i 的醋酸溶液的电离度分别为、a2,则 at a2,C错误；D.1 0 0 m L pH=1 0.0 0 的 N a 2 c O3 溶液中氢氧根离子的浓度是1 X1 0-4 m o l/L,碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H+的浓度是l X1 0-4 m o l/L,其物质的量为0.l L Xl X1 0-4 m o l/L=l X1 0-5 m o l,D正确;答案选D。1 8.设 NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A.I m ol N H4F 晶体中含有的共价键数目为3NA

25、B.C&和 C 2 H4混合气体2.2 4L（标准状况）完全燃烧，则消耗。2 分 子 数 目 0.2 5NAC.向 100m L 0.l O m ol L i F e j 溶液中参加足量C u 粉充分反响，转移电子数目为0.01NAD.0.1 m ol C H 3 c o O H 与足量C H3cH2 0H充分反响生成的C H3coO C H2 cH3分子数目为0.1NA【答案】C【解析】【分析】【详解】A.N H4F 构造中只有钱根中含有4 个共价键，则1 m ol N Hd F 晶体中含有的共价键数目为4%，A错误；B.C H4和 C 2 H4混合气体2.2 4L（标准状况）的物质的量是0

26、.Im ol,由 于 Im ol C H4和 C 2 H 分别完全燃烧消耗氧气的物质的量分别是2 m 01、3m ol,则 0.Im ol 混合气体完全燃烧消耗氧气的分子数目应当介于0.2%和 0.3%之间，B错误;C.100 m L O.10 m ol/L F e C 溶液中铁离子的物质的量是0.O l m ol,参加足量C u 粉充分反响，铁离子被还原为亚铁离子，则转移电子数目为0.01%,C 正确；D.乙酸和乙醇的酯化反响是可逆反响，则0.1 m ol C H3coO H与足量C H3cH2 0H充分反响生成的C H3coO C H2 cH3分子数目小于0.1WA,D错误；答案选C。19

27、.取 50 mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2 H2 2=2 40+02 7。在肯定温度下，测得O 2 的放出量，转换成H2。?浓度（c）如下表：以下说法不正确的选项是t/m i n02 0406080c/(m ol-L-i)0.800.400.2 00.100.050A.反 响 2 0m i n 时，测得02 体积为2 2 4m L（标准状况）B.2040min,消耗H 2。？的平均速率为 0.010molLi-min iC.第 30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率I).H2O2分解酶或FezO,代替 也可以催化Hq 2 分解【答案】C【解析】【分析】【详 解】A.反

28、 响 20m in时，过 氧 化 氢 的 浓 度 变 为 0.4 m o l/L,说明分解的过氧化氢的物质的量n(H202)=(0.80-0.40)mol/Lx0.05L=0.02mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(02)=0.01mol,标况下的脩只 U=n%=0.01molx22.4L/mol=0.224L=224mL,A 正确：B.2040m in,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L,则这段时间内的平均速率生 0.20mol/L.、r1-cm.v=0.010mol/(L-min)；B 正确；t 20minC.随着反响的不断进展，过氧化氢的浓度

29、不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C 错误；D.在反响中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2()3代替，D 正确；故答案选C。2 0.共价键的键能与热化学方程式信息如下表：则 2O(g)=C2(g)的 AH 为共价键H-HH-OD.-498 kJ mol-i键能/(kJ-mol-i)436463热化学方程式2H 2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH=-482kJ mol-iA.428 kJ-mol-i B.-428 kJ-mol-1 C.498 kJ-mol-i【答案】D【解析】分析】依 据 AH n反响物

30、的键能总和-生成物的键能总和计算。【详解】反响的 H=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2x436kJ/mol+(O-O)-4x463kJ/mol,解得0-0 键的键能为498kJ/mol,2 个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=C)2(g)的 AH=-498kJ/mol。2 1.铝硅酸盐型分子筛中有很多笼状空穴和通道（如图），其骨架的根本构造单元是硅氧四周体和铝氧四周体，化学组成可表示为Ma（AlO2）xGiC）2）JzH2O（M代表金属离子）。以下推想不正做的是A.常承受水玻璃、偏铝酸钠在强酸溶液中反响后结晶制得分子筛B.假 设a=x/2,则

31、M为二价阳离子C.调整y/x（硅铝比）的值，可以转变分子筛骨架的热稳定性D.分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子【答案】A【解析】【分析】【详解】A.偏铝酸钠在强酸性溶液中不能稳定存在简洁形成AI3+,不行以利用偏铝酸钠在强酸性溶液中制备分子筛，A错误；xB.设M的化合价为m,则依据正负化合价代数和为0计算，mx 4 x x（-1）=0,解 得m=+2,B正确;C.调整硅铝比可以转变分子筛的空间构造，从而转变分子筛的稳定性，C 正确；D.调整硅铝比可以调整分子筛的孔径，依据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，D正确；故答案选A。2 2.银镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下（L为小灯

32、泡，0、0 为开关，a、b为直流电源的两极）。以下说法不正碰的是A.断开K2、合 上 K,.锲镉电池能量转化形式：化学能一电能B.断开K 合 上 K 2,电极A 为阴极，发生复原反响C.电极B 发生氧化反响过程中，溶液中KOH浓度不变充电D.银镉二次电池的总反响式：Cd+2NiOOH+2H,O=C a(O H)2+2Ni(OH%放电【答案】C【解析】【分析】依据图示，电极A 充电时为阴极，则放电时电极A 为负极，负极上C d 失电子发生氧化反响生成Cd(0H)2,负极反响式为Cd-2e-+20H=CcKOH 上,电极B 充电时为阳极，则放电时电极B 为正极，正极上NiOOH得电子发生复原反响生

33、成 Ni(OH)2,正极反响式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-,放电时总反响为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2,据此分析作答。【详解】A.断开K2、合上看,为放电过程，银镉电池能量转化形式：化学能一电能，A正确；B.断 开 合 上 K 2,为充电过程，电极A 与直流电源的负极相连，电极A 为阴极，发生复原反响，电极反响式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH r B 正确；C.电极B 发生氧化反响的电极反响式为2Ni(OH)2-2e-+2OH=2NiOOH+2H 2。，则电极A 发生复原反响的电极反响式为Cd(OH)2+2e=Cd+2O

34、H,此时为充电过程，总反响为通电Cd(OH)2+2Ni(OH)2 Cd+2NiOOH+2H2O,溶液中KOH 浓度减小，C 错误；D.依据分析，放电时总反响为Cd+2NiOOH+2H 2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则银镉二次电池总反响式为Cd+2NiOOH+2H,O 瞿 Cd(OH),+2Ni(OH),D 正确；放电答案选c。2 3.试验测得1 0 m L 0.5 0 m o l-L-i N H4C l溶液、1 0 m L 0.5 0 m o卜L i C H 3 c o O N a溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如下图。2 5 时C H 3 c o O H和N H,H2O的电离

35、常数均为1.8 x 1 0 s以下说法不歪理的是A.图中实缱表示pH随加水量的变化，廖缱表示pH随温度的变化”0.50B.将N H 4 c l溶液加水稀释至浓度m o l-L-i,溶液pH变化值小于I g xXC.随温度上升，增大，C H 3 c o O N a溶液中c(O H-)减小，C(H+)增大，pH减小D.2 5 时稀释一样倍数的N H 4 c l 溶液与C H 3 c o O N a 溶液中：C(N a+)-c(C H 3 c o。)=C(C L)-C(N H 工)【答案】C【解析】【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为1 0 m L 0.5 0 m o i L i N H 4 c

36、l溶液、1 0 m L 0.5 0 m o i L i C H 3 c o O N a溶液的p H分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反响为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化钱水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。【详解】A.由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B.将N H 4 c l溶液加水稀释至浓度m o l

37、 L i时，假设氯化铉的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为4X1原 来 的 工，则溶液的pH将增大Ig x,但是，加水稀释时，氯化钱的水解平衡向正反响方向移动，c(H+)大于1原来的I，因此，溶液pH的变化值小于Ig x,B说法正确；C.随温度上升，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即心增大；随温度上升，C H 3 c o O N a的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D.2 5 时稀释一样倍数的N H 4 c l溶液与C H 3 c o O N a溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(C H,C OO-),C(NH4+)+C

38、(H+)=c(C l-)+c(OH-因此，氯化镀溶液中，c(C l )-c(NH+)=c(H+)-c(OH-),醋酸钠溶液中,c(Na+)-c(C H3c o 0-)=c(OH-)-c(H+).由于2 5 时C H 3 c o O H和N H3-H2O的电离常数均为1.8 X 1 0-5,因此，由于原溶液的物质的量浓度一样，稀释一样倍数后的N H 4 c l溶液与C H 3 c o O N a溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数一样，其中盐的水解程度是一样的，因此，两溶液中|c(OH-)-c(H+)|(两者差确实定值)相等，故c(Na+)-c(C H3c o 0-)=C(C1)C(NH

39、 4+),D说法正确。综上所述，此题选C。2 4.在 2 98.1 5 K、1 0 0 kPa 条件下，N,(g)+3H,(g)=2 NH3(g)A JW2.4 kJ m o l-i,N2(g)、H2(g)和 NJ g)的比热容分别为2 9.1、2 8.9和35.6丁 七0 1 0 -1。肯定压强下，1 m o l反响中，反响物叫+3坨/)、生成例2 1*4国值)的能量随温度T的变化示意图合理的是3T,【答案】B【解析】【分析】【详解】该反响为放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，依据题目中给出的反响物与生成物的比热容可知，上升温度反响物能量上升较快，反响完毕后反响放出的热量也会增大，比

40、较4 个 图 像 B符合题意，故答案选B。2 5.以下方案设计、现象和结论都正确的选项是目的方案设计现象和结论A检验某无色溶液中是否含有N O-2取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再参加F e d 2 溶液假设溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有 NO-2B探究KI与 F e C l3反响的限度取 5 m L 0.1 m o l L-i KI溶液于试管中，参 加 1 m L 0.1m o l L-i F e C y 溶液，充分反响后滴入5滴 1 5%KS C N溶液假设溶液变血红色，则KI与F e C y 的反响有肯定限度C推断某卤代燃中的卤素取 2 mL 卤代燃样品于试管中，

41、参加5 m L 2 0%K O H水溶液混合后加热，再滴加A g NC)3溶液假设产生的沉淀为白色，则该成代烧中含有氯元素D探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性取 2 m L 2 0%的蔗糖溶液于试管中，参加适量稀H 2 s。4 后水浴加热5 m i n；再参加适量制C u(O H)2悬浊液并加热假设没有生成砖红色沉淀，则蔗糖在酸性水溶液中稳定A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A.原溶液中存在硝酸根可以和F ez+反响生成F e3+,故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；B.向 K I 溶液中滴加F eC b，假 设 F e C b 没有剩余说明反响是完全的，因此向反

42、响后的溶液中参加KS CN溶液，假设溶液变红，则说明该反响是有限度的，B正确;C.溶 液 中 参 加 K O H 后体系中剩余大量的O H-,再参加硝酸银溶液后0H.也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；D.蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在拳击，应向水解液中参加NaOH溶液使体系呈碱性，再 参 加 制CU(OH)2悬浊液，D 错误；故答 案 选 B。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.(1)用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中消灭质荷比(相对分子质量)为120的峰，缘由是(2)金属钱(Ga)位于元素周期表中第4 周 期 IIIA 族，其卤化物的熔点如下表：GaFs

43、熔 点 比 GaC熔点高很多 缘由是GaF3GaCl3GaBr3熔点/100077.75122 3【答 案】(1)-两个乙酸分子通箕氢键形成二聚体(2).GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力【解 析】【分析】【详 解】(1)质谱检测乙酸时，消 灭 质 荷 比 为 1 2 0 的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子 中 存 在 可 以 形 成 氢 键 的 O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体(故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成二聚体(2)F 的非金属性比C I强，比 较 GaF?和 G aC b的熔点可知，GaF?为离子晶体，G aC 为分子晶体，

44、离子晶体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间作用力，离子键强于分子间作用力，故G aF 3.点而于G a C k故答案为：GaFj是肉子晶体，GaC是分子晶体：陶子键强于分子间作用力、2 7.玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热K O H溶液洗涤除去，发生如下反响:A3S+6KOH _2K9S+K,SO3+3H2OA(x-l)S+K,S-K2sx(x=26)AS+K2SO3-K2S2O3请计算：(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol-L-i热KOH溶液恰好完全反响，只生成K2s和K2so3,则V=。(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol-L-i热K

45、OH溶液恰好完全反响，只生成K2sx和K2s2O3,则x=.(写出计算过程)【答案】(1).30.0.3【解析】【分析】A【详解】依据方程式3S+6KOH _ 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol K O H反响，0.48g Sn的物质的量n=0.015m ol,则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol,故需要KOH溶液的体积Vc0.03mol.n n-=0.03L=30.0mL,故答案为 30.0：1 .OOmol/LA(2)假 设S与KOH溶液反响生成K2sx和K2s2O3,则反响的化学方程式为(2x+2)S+6KoH2K2Sx+K2s2。3+3也

46、0,依据反响方程式有(2x+2)S+6KOH -2KS+K S O+3H O2 x 2 2 3 22x+2 6-256g_ 0.060L xl.OOmol/L32g/mol解 得x=3,故答案为3。2 8.某兴趣小组对化合物X开展探究试验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯洁物；B可使品红水溶液褪色。请答复:组 成X的3种 元 素 是(填 元 素 符 号)，X的化学式是。将 固 体X参加温热的稀H2sO4中，产生 气 体B,该 反 响 的 离 子 方 程 式 是。(3)步 骤I,发 生 反 响 的 化 学 方 程 式 是。(4)步 骤I I,某 同学未加H z。？溶 液，

47、觉察也会缓慢消灭白色浑浊，缘由是 o 关 于 气 体B使品红水溶液褪色的缘由，一般认为：B不能使品红褪色，而 是B与水反响的生成物使品红褪色。请设计试验证明【答 案】(1).Cu、S、0 (2).CuS2O6(3).S2O 2-牛SO j+SO2TH.C-OH(4).HC-OH+CU(0H)2HJC-OHH2C-OIHC-0+2H,0IH,C-OH(5).SO2与水反响生成H?0 3 H 0就被氧气氧化为H 0 4与BaCl球响生成BaSC(6).配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通 入SO2，不褪色；品红水溶液中参加亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快【解 析】【分析】将固体隔绝空气

48、加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份参加盐酸酸化的氯化钢溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另 一 份 溶 液 参 加 适 量 的NaOH溶液，消灭蓝色悬浊液，参加甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在C u,则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶 液 和 也。？溶液中，消灭白色沉淀，说明该气体可以被H z。？氧 化，则该气体为SOa，再依据产生沉淀C和 固 体X的质量计算固体X的化学式。【详 解】(1)依据分析，固 体X中含有的元素是C、S、0；参加盐酸酸化的氯化钢溶液，生 成1.165g硫酸专贝沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005m o

49、L则 固 体CuSCU的 物 质 的 量 为O.OIOmol,质 量 为1.6 g,依据质量守恒的气体S 0 2的质量为0.6 4 0g,该 物 质 中 三 种 元 素 的 质 量 比m(Cu)：m(S)：m(0)=0.6 4 0g:0.6 4 0g:0.96 0g,则这三种原子的物质的量的比 n(Cu)：n(S)：n(O)=1:2:6,故固体X的化学式为CuS2O6：(2)依据题目，固体X与温热的稀硫酸反响可以生成SO2气体，依据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的H+离子方程式为S Q 2一 1 s o 2-+s o t；2 6 A 4 2HnC-OH 比9一、*|I/C u(3)步骤I为甘

50、油和氢氧化铜发生反响，反响的化学方程式为H C-O H+Cu(OH)2f l,(j-0+2H2O；H-O H H2C-OH步骤II中未参加过氧化氢，也可以消灭白色沉淀，说明SC2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SC)2与水反响生成H 2SO3；H 2s。3能被氧气氧化为H 2s。4,与BaCI2反响生成BaSC)4；(5)SC2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO?分子和H 2s。3,欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下试验验证：配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中参加亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快。29.“氯碱工业”以电