2019高考化学试题精校精析(浙江卷)(精准word书稿)

1、2021高考化学试题精校精析浙江卷精准word书稿2021浙江卷以下说法不正确的选项是A、利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B、蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C、通过红外光谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提升汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链始7、B解析A项,太阳能光解水过程将太阳能转化为H和Q中的化学能贮存,问接利用太阳能,正确；B项,蔗糖水解产生葡萄糖和果糖,淀粉水解产生葡萄糖,均为非电解质,而油脂水解产生丙三醇和高级脂肪酸,其中高级脂肪酸为电解质,不正确；C项,红外光谱分析可以确定

2、有机物分子的结构,乙醇和乙酸乙酯结构不同,正确；D项,石油裂化与裂解目的不同,裂化的目的是提升轻质油产量和质量,而裂解的目的是为了得到短链不饱和烧,正确.8、2021浙江卷以下说法正确的选项是A、在“镀锌铁皮锌镀层厚度的测定实验中,将镀锌铁皮放入稀硫酸,待产生氢气的速率忽然减小,可以判断锌镀层已反响完全B、在“火柴头中氯元素的检验实验中,摘下几根未燃过的火柴头,将其浸于水中,稍后取少量溶液于试管中,滴加硝酸银溶液和稀硝酸后,即可判断氯元素的存在C、在“硫酸亚铁钱的制备实验中,为了得到硫酸亚铁俊晶体,应小火加热蒸发皿,直到有大量晶体析出时停止加热D受强酸或强碱腐蚀致伤时,应先用大量水冲洗,再用2

3、%昔酸溶液或饱和硼酸溶液洗,最后用水冲洗,并视情况作进一步处理8、A解析B项,火柴头中含有KC1Q,未燃烧或用复原剂复原,得不到C,加硝酸银无法检验,错误；C项,硫酸亚铁俊晶体带有结晶水,加热到有晶膜出现即可,到大量晶体析出时停止加热,得到的晶体中会失去局部结晶水,错误；D项,受强酸致伤时,冲洗后涂上稀的NaHCO容液,强碱致伤,冲洗后涂硼酸,错误.2021浙江卷X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素,3种元素的原子核外电子数之和与CeT的核外电子数相等,X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构.以下说法正确的选项是A、原子半径：Z>Y>XB、Z与X形成化合物的

4、沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点C、CaY与水发生氧化复原反响时,CaY只作氧化剂DCaX、CaY和CaZ等3种化合物中,阳离子与阴离子个数比均为1：29、B解析根据题意,推测X、Y、Z分别是H、OF,那么原子半径Y>Z>X,A错误；Z与X形成的化合物HF的沸点高于其他同族元素的氢化物,由于HF分子间存在氢键,B正确；CaO与水反响时既作氧化剂又作复原剂,C错误；CaH、CaO和CaE中阳离子和阴离子个数比分别为1：2、1：1、1：2.10.2021浙江卷以铭酸钾为原料,电化学法制备重铭酸钾的实验装置示意图如下：图0以下说法不正确的选项是A、在阴极室,发生的电极反响为：2H

5、C»2e=2OH+HdB、在阳极室,通电后溶液逐渐由黄色变为橙色,是由于阳极区口浓度增大,使平衡2CrQ"+2HCr2.+凡0向右移动C、该制备过程总反响白化学方程式为：4K2CrQ+4H0=2KCr2O+4K0H-2HT+02TD测定阳极液中K和Cr的含量,假设K与Cr的物质的量之比(口/%)为d,那d么此时铭酸钾的转化率为1210、D解析根据图中电源正负极,得出右边惰性电极为阳极,发生的反响为4OH-4e=210+04,左边不锈钢为阴极,反响为2H0+2e=HT+20H,A正确；阳极区0H消耗,H+浓度增大,使得2Cr0"+2H+Cm."+H0平衡正

6、向移动,产生重铭酸钾,B正确；阳极发生的反响有：2凡0-4e=4H+QT和2CrC42+2I-TCrzQ"+H0,阴极发生的反响是4H0+4e=40H+2Hd,相加即可得出总反响,C正确；电解过程中K+通过阳离子交换膜从阴极室向阳极室nAk移动,电解前阳极液中不=2,电解后阳极液中至=d,阳极室增加的n(K+)=(d-2)nCr,根据电解总反响式转化n(Cr042)=(d2)Ac,转化率为d-2,D不正确.2021浙江卷以下说法正确的选项是A、按系统命名法,化合物CHCHCHaCHCH(CH2CH(Cl3)2的名称为2,6-二甲基-5-乙基庚烷B、丙氨酸和苯丙氨酸脱水,最多可生成3种

7、二肽C、是苯的同系物化合物D三硝酸甘油酯的分子式为QHNQ11、D解析A项,烷姓的命名时,一选择最长碳链,二要支链最多,三要支链位次最小,正确命名为2,6-二甲基-3-乙基庚烷,错误；B项,丙氨酸和苯丙氨酸相互之间脱水可以形成四种二肽,错误；C项,苯的同系物是指苯环上的氢原子被烷姓基所取代形成的烧,而这里有多个苯环,错误；D项正确.12、2021浙江卷以下说法正确的选项是()A、常温下,将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后,溶液的pHH4B、为确定某酸HA是强酸还是弱酸,可测NaHA容液的pH.假设pH>7,那么H2A是弱酸；假设pH<7,那么HA是强酸C、用0.2000mo

8、l/LNaOH标准溶液滴定HCl与CHCOOH勺混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol/L),至中性时,溶液中的酸未被完全中和D相同温度下,将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸储水、0.1mol/L盐酸、0.1mol/L氯化镁溶液、0.1mol/L硝酸银溶液中,Ag+浓度：>=淮12、C解析A项,CHCOOH1弱电解质,存在电离平衡,稀释10倍,pH变化小于1,错误；B项,NaHA容7取pH>7,那么HA水解大于电离,pH<7,HA电离大于水解,或者只有电离没有水解,错误；C项,假设恰好完全反响,生成NaCl和CHCOONa呈碱性,要使溶液呈中性,那么酸过量,所以没有

9、完全中和,正确；D项,氯化银是难溶电解质,溶液中c(Ag+)很小,所以中Ag+浓度最大,而和中氯离子对AgCl的溶解平衡起抑制作用,且C浓度越大,抑制作用越强,所以正确顺序为>®>®>,错误.13、2021浙江卷水溶液X中只可能溶有?、Mg+、Al：AQ、SO"、SO2一、CO2,SO中的假设干种离子.某同学对该溶液进行了如下实验：以下判断正确的选项是()A、气体甲一定是纯洁物B、沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C、(、AlO2一和Si.2定存在于溶液X中DCG2和SO一定不存在于溶液X中13、C解析溶液X与过量稀盐酸反响能生成气体,那么原溶液中至少

10、有SGT或CGT中的一种,那么一定不存在Mg+和Al3+,此时得到的溶液中参加过量氨水得到的白色沉淀那么为Al(OH)3,那么原溶液中一定有AlO2,能与过量盐酸反响产生沉淀甲,那么原溶液还一定含有SiO32,C正确.26、2021浙江卷:I2+2S.C32=SC62+2I0相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)Fe(OH%CuClCuiKsp2.2X10202.6X10391.7义10-71.3X1012某酸性CuCb溶液中含有少量的FeCb,为得到纯洁的CuCl2-2HO晶体,加入,调至pH=4,使溶液中的Fe"转化为Fe(OH%沉淀,此时溶液中的c(Fe")=?

11、过滤后,将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶,可得到CuCb-2H2O晶体.在空气中直接加热CuCl22HO晶体得不到纯的无水CuCb,原因是(用化学方程式表示).由CuCL2HO晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是0方某学习小组用“间接碘量法测定含有CuC22HO晶体的试样(不含能与I发生反响的氧化性杂质)的纯度,过程如下：取0.36g试样溶于水,参加过量KI固体,充分反响,生成白色沉淀.用0.1000mol/LNa24Q标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗NaSQ标准溶液20.00mL.可选用作滴定指示剂,滴定终点的现象是0CuCl2溶液与KI反响的离子方程式为该试样中CuCl22HO的质量百分数

12、为.26、答案(1)Cu(OH)2或Cii(OH)2CO2.6X109molL1(2)2CuCl2-2H2O=Cu(OH)-CuCb+2HCl+2HO主要产物写成Cu(OH)、Cu(OH)Cl、CuO匀可在枯燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去,放置一定时间后不复色2CiT+4I=2CuIj+1295%解析(1)调节pH,且不引入新的杂质离子,所以只能参加Cu的化合物才可以&FeOH3做到,根据Fe(OH)3的离子积表达式变形得,c(Fe")=c3OH=2.6X109mol-L1.CuCl22HO加热时会发生水解生成Cu(OH,受热还会分解产生CuQ故混有杂质,所以

13、加热时要给定抑制水解的条件,即枯燥的HCl气体保护下加热失水.为测定CuCb2HO试样纯度,利用CiJ+能氧化厂生成I2,然后用Na&Q滴定,根据Na&Q用量,可计算12的物质的量,从而计算出Cd+的物质的量,以测定纯度,此题采用容量分析精确测定.27、2021浙江卷甲烷自热重整是先进的制氢方法,包含甲烷氧化和蒸汽重整.向反响系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气,发生的主要化学反响有：化学方程式始变AH(kJ/mol)活化能Ea(kJ/mol)甲烷氧化CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)802.6125.6CH(g)+Q(g)=CO(g)+322.0172.52H(g)蒸

14、汽重整CH(g)十凡O(g)=CO(g)+3H(g)206.2240.1CH(g)+2HO(g)=CQg)+4H(g)165.0243.9答复以下问题：(1)反响CO(g)+HO(g)=CQg)+H(g)的AH=kJ/mol0在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反响速率甲烷氧化的反响速率(填“大于、“小于或“等于).(3)对于气相反响,用某组分(B)的平衡压强(Pb)代替物质的量浓度(Cb)也可表示平衡常数(记作,那么反响CH(g)+H2O(g)CO(g)+3H(g)的“=;随着温度的升高,该平衡常数(填“增大、“减小或“不变).从能量角度分析,甲烷自热重整方法的先进之处在于O(5)在某一给定进料比的情

15、况下,温度、压强对H和CO物质的量分数的影响如下列图：70605030如求/第朱HS嘤海XUILI1,1,-o-O.lMPaI.-*-0.9MPa；-1.5MPaL4005006007009QD900100011001200振度-n-0.1MPaf-也9MPa-*-1.5MPa500600700«00900100011001200温度假设要到达H物质的量分数65%CO物质的量分数10%以下条件中最适宜的是.A、600C,0.9MPaB700C,0.9MPaC、800C,1.5MPaD1000C,1.5MPa画出600C,0.1MPa条件下,系统中H物质的量分数随反响时间(从常温进料开

16、始计时)的变化趋势示意图:100如的706050403020210求急中瘟运聚=(6)如果进料中氧气量过大,最终导致代物质的量分数降低,原因是027、答案(1)-41.2小于pCOp3HpCH-pH2O增大(4)系统内强放热的甲烷氧化反响为强吸热的蒸汽重整反响提供了所需的能量(其他合理答案均可)(5)B卓彰中隹坦聚X(6)甲烷氧化程度过高,氢气和氧气反响(其他合理答案均可)解析(1)可以根据蒸汽重整两个反响相减得到,所以AH=+165kJ-mol1-206.2kJmol1=41.2kJmol1.(2)初始阶段,甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能,所以重整反响速率小于甲烷氧化的反响速率.p

17、COp3代pCHpHO,由于CH(g)+代O(g)=CO(g)+3H(g)AH=+206.2kJmol1,温度升高,反响正向进行,平衡常数增大.(4)甲烷自热重整方法是吸热反响,需要甲烷氧化放热提供能量.(5)0.1MPa时,代的物质的量分数65%CO物质的量分数10%那么温度高于550c低于650C,没有与之对应的选项；0.9MPa时,代的物质的量分数65%CO物质的量分数10%那么700c符合,B正确；1.5MPa时,H的物质的量分数65%COW质的量分数10%那么温度要高于750c低于约725C,矛盾.起始进料时代的物质的量分数为0,结合图象可知600C,0.1MPa的条件下,平衡时系统

18、中代的物质的量分数到达70%故可容易画出H的物质的量分数随时间变化的示意图.(6)会使甲烷氧化,凡也会与Q反响,使得CH参加蒸汽重整的物质的量减小28、2021浙江卷实验室制备苯乙酮的化学方程式为：+CHHCOOCCOACUCCHO+CHC-OHO制备过程中还有CHCOOHAlCl3>CHCOOA1Q+HC1T等副反响.主要实验装置和步骤如下：图0(I)合成：在三颈瓶中参加20g无水A1C13和30mL无水苯.为预防反响液升温过快,边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酉T和10mL无水苯的混合液,限制滴加速率,使反响液缓缓回流.滴加完毕后加热回流1小时.(n)别离与提纯：边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐

19、酸与冰水混合液,别离得到有机层.水层用苯萃取,分液.将所得有机层合并,洗涤、枯燥、蒸去苯,得到苯乙酮粗产品.蒸储粗产品得到苯乙酮.答复以下问题：仪器a的名称：;装置b的作用：0合成过程中要求无水操作,理由是0函假设将乙酸酊和苯的混合液一次性倒入三颈瓶,可能导致.A、反响太剧烈B、液体太多搅不动C、反响变缓慢D副产物增多分离与提纯操作的目的是0前作中是否可改用乙醇萃取？(填“是或“否),原因是0(5)分液漏斗使用前须并洗净备用.萃取时,先后参加待萃取液和萃取剂,经振摇并后,将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻,分层.分离上下层液体时,应先,然后翻开活塞放出下层液体,上层液体从上口倒出.(6)粗产

20、品蒸储提纯时,以下装置中温度计位置正确的选项是,可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是.ABCD28、答案(1)枯燥管吸收HCl气体(2)预防三氯化铝和乙酸酊水解(只答三氯化铝水解或乙酸酊水解也可)(3)AD(4)把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失否乙醇与水混溶(5)检漏放气翻开上口玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔)(6)CAB解析这是一道以苯乙酮制取为载体的高测试题,难度较大.苯与乙酸酊反响中伴随着副反响CHCOOHAlCl3>CHCOOA1Q+HClT,且氯化铝与乙酸酊易水解,所以反响要在无水状态下进行.为预防b中的水蒸气进入三颈瓶引发副反响,所以要安装a(球

21、形枯燥管),吸收尾气中的HCl气体时要预防倒吸.反响比拟剧烈,且副反响比拟多,所以混合过程要比拟慢且采用滴加方式.29.2021浙江卷化合物X是一种环境激素,存在如下转化关系：1cp化合物A能与FeCl3溶液发生显色反响,分子中含有两个化学环境完全相同的甲基,其苯环上的一硝基取代物只有两种.1HNMRf显示化合物G的所有氢原子化学环境相同.F是一种可用于制备隐形眼镜的高聚物.根据以上信息答复以下问题.(1)以下表达正确的选项是.A、化合物A分子中含有联苯结构单元B、化合物A可以和NaHCO§液反响,放出CO气体C、X与NaOH反响,理论上1molX最多消耗6molNaOHD化合物D能

22、与Br2发生加成反响(2)化合物C的结构简式是,ZC的反响类型是.(3)写出同时满足以下条件的D的所有同分异构体的结构简式(不考虑立体异构)A、属于酯类R能发生银镜反响写出B-G反应的化学方程式0(5)写出EF反应的化学方程式029、答案(1)cd(2)HOBrBrCChCHBrOHBr取代反响(3)H-C-O-CHOCHCHH-CO-CHCH=GHH-CO-C=C2OCHCHOO浓HSO(4)CCH3OH23CCOOHzvOOO39HCOC3CH+2HO(5)CnCHCHCOOCHHOH餐7CHCCHCOOCCHOH解析这道有机推断题的突破口是A分子结构和G分子结构特点,根据题意信息,可以知

23、道A中含有两个苯环和酚羟基,其一硝基取代物只有两种,可推知A分子结构为HOCGHHOHC为HOBrBrCC3CHBrOHBg由B(C4HQ)形成副产品G(GHi2Q),且G中所有氢原子化学环境相同,可知G为OOQICHCOC3CH,推知B为CCHOH3CCOQH那么D为CH=C(CH)COOHE为CCHCHCOOCHHOHF为CH-CCHCOOGCHOHA分子结构存在的是多苯代结构,酚羟基不会与NaHCO溶液反响,ab选项错误,cd选项正确.DCH=C(CH)COOH的同分异构体中要同时满足题述两个条件的只能是甲酸酯类.15、2021浙江自选模块卷?物质结构与性质?模块(1)可正确表示原子轨道

24、的是.A、2sB、2dC、3pxD3f(2)写出基态钱(Ga)原子的电子排布式：o(3)以下物质变化,只与范德华力有关的是.A、干冰熔化B、乙酸汽化G乙醇与丙酮混溶DCHONCHH溶于水E、碘溶于四氯化碳F、石英熔融(4)以下物质中,只含有极性键的分子是,既含离子键又含共价键的化合物是；只存在(T键的分子是,同时存在(T键和冗键的分子是.A、MB、COC、ChCLDCHE、GHF、CaC12GNHCl(5)用或填空：第一电离能的大小：MgAl熔点的上下：KClMgO15、答案(1)AC(2)1s22s22P63s23P63d104s24p1(3)AE(4)BCGCEABD(5)><解析(1)第二层没有d轨道,B错,第三层也没有f轨道,D错,AC正确.(2)钱是第四周期第田A族元素,第四层只有4s24p1o(3)物质变化只与范德华力有关的是不含氢键的分子晶体的物理变化,BCD都含有氢键,而F是原子晶体,选AE(4)只含有极性共价键的分子有CHC12和CO;既含离子键又含共价键的化合物是NHC1;只存在6键,那么一定是分子且只有单键,所以CE正确；同时存在键和冗键的分子那么含有双键或三键结构,ABDE确.(5)Mg原子3s轨道是充满状态,而Al3p轨道还有一个未成对电子,那么Mg的第一电离能大.KCl的晶格能小于MgO勺晶格能,所以KCl晶体的熔点小于MgO晶体的熔点.1