浙江省选考十校联盟2019年10月适应性考试化学(选考)试题(有参考答案)-(高三)

1、浙江省选考十校联盟2021年10月适应性测试化学选考试题第I卷选择题1 .以下属于碱性氧化物的是A.COB.MnOC.CaOD.SiO2【答案】C【解析】能与酸反响生成盐和水的氧化物是碱性氧化物,那么A.CO是酸性氧化物,A错误；B.MnQ是酸性氧化物,B错误；CCaO碱性氧化物,C正确；D.SiO2是酸性氧化物,D错误,答案选C2 .仪器名称为冷凝管的是【答案】A【解析】根据仪器的构造可知四种仪器分别是冷凝管、分液漏斗、玻璃棒、蒸储烧瓶,答案选A3 .以下属于电解质的是A.葡萄糖B.NaClC.盐酸D.碱石灰【答鼎即I解析】源于水或在熔融状态下靛导电的化合物是电解后j溶于水利在熔融徒咨下1坏

2、能导电的化合物是非电解质,那么A.葡萄糖是非电解版,A错误方B.NaQ是电解质,B正崩fC,盐酸是混合物,不是电解质,也不是非电解质,C错误1D,碱石灰是混合物,不是电解质,也不是非电解质,D错误,答案诙B*>点造；在判断化合物是不是电解质时关键罡看溶于水或在熔融状态下能否目身电离出阴阳离子,导电只是现象,不能作为判断的依据“蛇4 .反响AI2Q+N+3c=2A1N+3cO的复原剂是A.AI2QB.N2C.CD.CO【答案】C【解析】反响AI2Q+N+3c=2A1N+3cO碳元素化合价从0价升高到+2价,失去电子,碳是复原剂是,氮元素化合价降低,是氧化剂,答案选C点睛：注意氧化复原反响的

3、分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他.其中找变价是非常关键的一步,特别是反响物中含有同种元素的氧化复原反响,必须弄清它们的变化情况.5 .以下分散系不能产生丁达尔效应的是A.雾B.硫酸铜溶液C.氢氧化铁胶体D.淀粉溶液【答案】B【解析】胶体能产生丁达尔效应,雾、氢氧化铁胶体和淀粉溶液均是胶体分散系,可以产生丁达尔效应,硫酸铜溶液不是胶体,不能产生丁达尔效应,答案选Bo6 .以下说法不正确的选项是A.热的纯碱溶液可用于去除物品外表的油污B.硫酸可用于化肥、医药、农药的生产,金属矿石的处理C.硫酸钙可用于医疗上作检查肠胃的内服药剂,即领餐D.钠可用于从钛、结等金属氯化物

4、中置换出金属单质【答案】C【解析】A.热的纯碱溶液碱性较强,可用于去除物品外表的油污,A正确；B.硫酸可用于化肥、医药、农药的生产,金属矿石的处理,B正确；C.硫酸钙微溶于水,不能可用于医疗上作检查肠胃的内服药剂,即钢餐,应该是硫酸钢,C错误；D.钠是活泼的金属,可用于从钛、结等金属氯化物中置换出金属单质,D正确,答案选Co7 .以下表示不正确的选项是A.胆研的化学式：CuSOB.氯乙烯的结构简式：HC=CHClC.水分子的比例模型:羟基的电子式:【答案】A【解析】A.胆研的化学式：CuSO5HA错误；B.氯乙烯的2构简式：HC=CHClB正确;C.水是V型结构,水分子的比例模型:C正确;D羟

5、基的电子式:,D正确,答案选Ao8 .适量以下物质中,能使湿润的淀粉试纸变蓝的是A.碘化钾溶液B.碘水C.碘酸钾溶液D.滨水【答案】B【解析】碘遇淀粉显蓝色,那么A,碘化钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝,A错误；B.碘水能使湿润的淀粉试纸变蓝,B正确；C.碘酸钾溶液不能使湿润的淀粉试纸变蓝,C错误；D.澳水不能使湿润的淀粉试纸变蓝,D错误,答案选Bo9 .为减少酸雨的产生可采取的举措是A.用煤作燃料B.把工厂的烟囱造高C.化石燃料脱硫D.在已酸化的土壤中加石灰喀案CP1解析】人一用煤作懑灯会搏加二氧优腺、氮氧化物的排油,不利于瀛少酸雨,森错误3R一假设高工厂烟囱刁喟小及少二氧化硫、配氧化物的产生

6、,即不能瓶缓履南污染,b错误；a化石羯斗脱硫可施少二氧化磕的形成,有期万减少酸雨,c正确；D.在已经酸化的土境中加石灰,可以晨良土填,但不能血缓酸雨污染,D借误,答案选C点晴：此题考查环境污染及治理,他重于化学W环境的考查,解答此题要充分理解节能环保的重要性,要从我1奴L从身边的小事做起,为建设可携奥开展社会奉献一份力量.,10 .以下说法正确的选项是A.实验室用亚硫酸钠与稀硫酸反响制备二氧化硫B.用NaOHS液除去乙酸乙酯中的乙酸C.用洁净的钻丝蘸取少量的氯化钾固体置于酒精灯火焰上灼烧可观察到紫色火焰D.用冷却热饱和溶7法提纯含少量NaCl杂质的KNO【答案】D【解析】A.二氧化硫易溶于水,

7、实验室用亚硫酸钠与中等难度的硫酸反响制备二氧化硫,A错误；B.用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸,乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反响,B错误；C.观察钾元素的焰色反响时需要透过蓝色的钻玻璃,C错误；D.硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同,可以用冷却热饱和溶液法提纯含少量NaCl杂质的KNQD正确,答案选Do11 .以下说法正确的选项是A.氧气和臭氧是同素异形体,因氧原子的个数和成键方式不同,造成了两者性质差异B.气、笊、瓶是三种不同的元素,且互为同位素C. CHCOOCCH和CHCHOOCCHI不同种物质D. GH的一氯取代物只有一种【答案】A【解析】A.氧气和臭氧均是氧元素形成的单质,互为同素

8、异形体,因氧原子的个数和成键方式不同,造成了两者性质差异,A正确；B.气、笊、瓶是三种不同的核素,互为同位素,均是氢元素,B错误；C.CHCOOCHH和CHCHOOCC是同一种物质,土§是乙酸乙酯,C错误；D.GH的一氯取代物有两种,D错误,答案选A.12.：X(g)+2Y(g)l=3Z(g)AH=akJ.mol1(a>0)0以下说法不正确的选项是A.升高反响温度,逆反响速率增大,正反响速率增大B.到达化学平衡状态时,X、Y、Z的质量不再发生变化C.到达化学平衡状态时,反响放出的总热量可达akJD.X和Y充分反响生成Z的物质的量不可能到达3mol【答案】D【解析】A.升高反响温

9、度,正、逆反响速率均增大,A正确；B.到达化学平衡状态时正、逆反响速率相等,X、Y、Z的质量不再发生变化,B正确；C.到达化学平衡状态时,如果消耗1molX,反响放出的总热量可达akJ,C正确；D.如果X和Y的起始量比拟多,X和Y充分反响生成Z的物质的量可能到达3mol,D错误,答案选Do13.以下离子方程式不正确的选项是A.CaOH溶液与足量CaHC02溶液反响：CsT+2HC0+2OH=CaCOJ+CGf+2HOB.金属钠和水反响：2Na+2HO=2N+20H+HTC.2mol二氧化碳通入含3molNaOH勺溶液：2C0+30H=HC0+CO2+H2OD.二氧化硫与氯化铁溶液反响：SO+2

10、F3+HO=2Fe2+SO2+4N【答案】A【解析】A.CaOH溶液与足量CaHCO2溶液反响生成碳酸钙和水：Cf+HC0+OH=CaCO>HQA错误；B.金属钠和水反响生成氢氧化钠和氢气：2Na+2HO=2N0+20H+Ht,B正确；C.2mol二氧化碳通入含3molNaOH勺溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO+30H=HCO+CC32+HO,C正确；D.二氧化硫与氯化铁溶液反响生成硫酸和氯化亚铁：SO+ZFeT+HO=2Fe2+SO2+4Ff,D正确,答案选A.点睛：明确相关物质的性质、发生的化学反响是解答的关键,注意判断离子方程式正确与否的方法一般：1检查反响能否发生.2检查反

11、响物、生成物是否正确.3检查各物质拆分是否正确.4检查是否符合守恒关系如：质量守恒和电荷守恒等.5检查是否符合原化学方程式等.14 .WX、丫、Z均为短周期主族元素,原子序数依次增加,且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8,它们的最外层电子数之和为18.以下说法正确的选项是A.单质的沸点：W>XB.氢化物的稳定性：Y<ZC.氧化物的水化物的酸性：X<ZD.X与Y不能存在于同一离子化合物中【答案】瓦【解析】W.X、Kz均为短周期主族元素,原子翎侬次增加,且原子梭外L电子层的电子数分别为、g8；f?JjAt,H?其.l匕N7'G素jY、工为甯三周期元素,它们的最夕

12、K电子数之和为",w最外层电子数是1,X最外层电子fj!是5,N、£尉卜层电子数之和是L2,且二者都是壬族元素,丫摩子用测吁乙那么T是P元素Z是口元素,那么为.氧气廊4点低于氟气,A错的B.Y是P元素、Z是.元素J非金属性P<ci,那么二者对应氨化物稳定性：P<C1,B正确1C,元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强J但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律,C错误,D.X、Y分即提X、P元素,可能存在磋鞠氢璘酸一氯送磷酸二钱中,磷酸然磷酸一氧按、磷酸二氢铁都是铁盐,属于离子化合物jD错误,答案选6.点睛；此题考查原子结沟主味素性质,为高频考点,涉及离

13、子北合物判断、竣性强弱判断.元素周期律等正确判断元素是解此题关键,结合物质的结构性质解答,易错选项是C.注意需要指出最高价灯15 .以下说法正确的选项是A.用乙烷和氯气等物质的量混合可以得到纯洁的氯乙烷B.石油裂解气不能使澳的四氯化碳溶液、酸性KMnOS液褪色C.水煤气可用来合成液态烂及甲醇等含氧有机物D.苯与氯气在光照的条件下通过取代反制得氯苯【答案】C【解析】A.乙烷和氯气等物质的量混合不反响,即是光照发生取代反响,也不能得到纯洁的氯乙烷,A错误；B.石油裂解气中含有不饱和烧,能使澳的四氯化碳溶液、酸性KMnO溶液褪色,B错误；C.水煤气可用来合成液态姓及甲醇等含氧有机物,C正确；D.苯与

14、氯气在光照的条件下不反响,不能制备氯苯,D错误,答案选.16 .以下说法正确的选项是A.油脂在酸性条件下的水解反响叫做皂化反响B.淀粉水解液参加过量的氢氧化钠溶液后,加新制的氢氧化铜悬浊液可检测淀粉是否水解完全C.饱和NaSO溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同D.纤维素在人体内可水解为葡萄糖,故可做人类的营养物质【答案】C【解析】A.油脂在碱性条件下的水解反响叫做皂化反响,A错误；B.淀粉水解液参加过量的氢氧化钠溶液后,加新制的氢氧化铜悬浊液只能检测淀粉是否水解,还需要用碘检验,B错误；C.饱和NaSO溶液或硫酸铜溶液均可使蛋白质溶液产生沉淀,但原理不同,前者是盐析,后者是变

15、性,C正确；D.纤维素在人体内不能水解为葡萄糖,不能做人类的营养物质,D错误,答案选C点睛：选项B是解答的易错点,淀粉在酸的作用下能够发生水解反响最终生成葡萄糖.反响物淀粉遇碘能变蓝,不能发生银镜反响；产物葡萄糖遇碘不能变蓝,能发生银镜反响.依据这一性质可以判断淀粉在水溶液中是否已发生了水解和水解是否已进行完全.如果淀粉还没有水解,其溶液中没有葡萄糖那么不能发生银镜反响；如果淀粉已完全水解,其溶液中没有淀粉,遇碘那么不能变蓝；如果淀粉仅局部水解,其溶液中有淀粉还有葡萄糖,那么既能发生银镜反响,又能遇碘变蓝.17 .2021年,?Nature?期刊报道一例CHO+Q在聚合物催化下的原电池,其工作

16、示意图如右.以下说法正确的选项是A.电极A是负极,发生复原反响B.电解质溶液中耳由电极B流向A极C.电极B的电极反响为：Q+2e+H=HGTD.外电路中通过3mol电子,生成CO11.2L【答案】C【解析】A.甲醇失去电子转化为二氧化碳,因此电极A是负极,发生氧化反响,A错误；B.电解质溶液中向正极移动,即由电极A流向B极,B错误；C.电极B是正极,发生得到电子的复原反响,电极反响为：O+2e+H+=H(2T,C正确；D.二氧化碳所处的状态不能确定,不能计算其体积,D错误,答案选Co18 .常温下,有盐酸和醋酸两种溶液,c(Cl)=c(CH3COO),以下表达正确的选项是A.醋酸溶液的pH大于

17、盐酸B.醋酸溶液的浓度小于盐酸C.分别用水稀释相同倍数后,所得溶液中：c(Cl)=c(CH3COO)D.用水稀释相同倍数后醋酸溶液的pH小于盐酸【答案】D【解析】A.根据电荷守恒c(H)=c(OH)+c(CH3COO)、c(H)=c(OH)+c(CH3COO)可知氢离子浓度相同,溶液pH相同,A错误；B.两溶液中氢离子浓度相同,由于醋酸是弱酸,所以醋酸溶液的浓度大于盐酸,B错误；C加水稀释时,醋酸电离平衡正向移动,醋酸根离子的物质的量增大,而氯离子的物质的量不变,因此稀释后c(Cl)<c(CH3COO),C错误；D.加水稀释时,醋酸电离平衡正向移动,所以醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸中氢离

18、子浓度,即用水稀释相同倍数后醋酸溶液的pH小于盐酸,D正确；答案选Do点睛：此题考查了弱电解质的电离平衡及其影响,明确弱电解质的电离特点为解答关键,注意掌握影响弱电解质电离的因素.19 .化学反响A(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如下图,以下表达正确的选项是?jF支一-4.yfinalA,1A.每生成2个AB分子放出bkJ热量1产)H=1(ab)kJmol-l2C.该反响中生成物的总能量低于反响物的总能量D,断裂1molA2和1molB2中的化学键,放出akJ能量【答案】加【解析】A.根据图像可知反响物总能量低于生成物总能量,邸提火嫄应,A错误,B.根据图像可知生成2ihd1AE的反

19、响热是何bjklmot.所以AB(g)=iA2(g)-B；(g)aH=-(a-b)kJmoH,B正确JC.该反响中生成物的总能量高于反响物的总能量jC错误；D.断裂】3>1却和1mM场中的化学键,吸收kJ能量,D错误,答案选Bi20 .以下说法正确的选项是A. CO的沸点低于SiO2,其原因是分子间作用力：CGXSiQB. HSO溶于水能电离出H和SG2,所以硫酸是离子化合物C. PC15中,每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D.离子化合物中不一定含有金属元素【答案】D【解析】A.二氧化硅是原子晶体,二氧化碳是分子晶体,因此CO的沸点低于SiO2,A错误；8. HSO溶于水能电离出和S

20、O,所以硫酸是酸,硫酸是共价化合物,不是离子化合物,B错误；C.PC15中,C1原子的最外层具有8电子稳定结构,P原子不是8电子稳定结构,C错误；D.离子化合物中不一定含有金属元素,例如钱盐等,D正确,答案选D.21 .硝基苯甲酸乙酯在OH存在下发生水解反响：ONGHCOO+OH.QNCHCOO+GH50H两种反响物的初始浓度均为0.500mo1Ll,不同温度下测得QNCHCOO2B5的浓度(molL-1)随时间变化的数据如下表所示.以下有关说法不正确的选项是：(/S0-120120加033053.600700I.800isr0.5000,W50.2910,25fl0,2111OJ550.I4

21、Xaj45./4535V0.5000.325ON7750.23S0.19(1Ml!»0.135OJ350435A.该反响在15C,120s180s区间的v(O2NCHCOOH)平均反响速率7.33N04mo1L1sB.由数据可知,随着反响的进行,反响物的浓度降低反响速率减慢C.530s时,表格中35c对应的数据一定是0.135D.由数据可知,温度升高反响速率加快【答案】C【解析】A.该反响在15C,120s180s区间的v(O2NCHCOOB)平均反响速率为(0.335-0.291)mol/L60s=7.33M04molL1s1,A正确；B.该反响在15C,180s240s区间的v(

22、O2NCHCOC2c5)平均反响速率为(0.2910.256)mol/L毛0s=5.83N0-molL1s1,因此随着反响的进行,反响物的浓度降低反响速率减慢,B正确；C.530s时反响不一定达到平衡状态,所以表格中35c对应的数据不一定是0.135,C错误；D.由数据可知,温度升高反响速率加快,D正确,答案选.22 .设M为阿伏加德罗常数的值,以下说法不正确的选项是A.标准状况下,2.24L乙醇中碳氢键的数目为0.5NaB. 1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8NC. 1mol的CO?口降混合气体中含有的质子数为14NAD. 0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3Na

23、【答案】A【解析】A.标准状况下乙醇是液体,2.24L乙醇中碳氢键的数目不是0.5NsA错误；B.1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和水,碳元素化合价从一4价升高到+4价,因此转移的电子数为8M,B正确；C.CO和N都含有14个质子,所以1mol的CO和N混合气体中含有的质子数为14NA,C正确；D.乙醇可以看作是QHHO,所以0.1mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3Na,D正确,答案选Ao点睛：阿伏加德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广,涉及到核素、弱电解质电离、氧化复原反响、化学平衡、胶体、化学键等知识点.与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子

24、数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系,计算氧化复原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或复原剂的化合价的改变以及物质的量,复原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反响过程中转移的电子数.23 .常温下将NaOH容液滴力口至ij己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示.以下表达不正确的选项是A.当?§液pH=4.6时c(HX)>c(X2-)增迎B.当凡X)时溶液中c(HX)=c(H2X)C.NaHX容液中c(H+)>c(OH)D.当混合溶液呈中性时：c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)【答案】D

25、一、cX2-2-r【解析】A.根据图像可知当溶放pH=4.6时lgHX<.,所以c(HX)>c(X),A正确；B.当cHX一一一一2lg=0时溶减中c(HX)=c(H2X),B正确；C.根据图像可知c(HX)=c(X)时溶cH2X液显酸性,这说明NaHX容液中HX的电离程度大于水解程度,所以c(H+)>c(OH),C正确;cX2cX2D.根据图彳ft可知当lg一取一=0时溶减显酸性,因此当混合溶披呈中性时lg一反一>0,即c(X2)>c(HX),D错误；答案选D点睛：该题综合性强,该题解答时注意分清楚反响的过程,搞清楚M和N曲线表示的含义,答题的关键是明确二元弱酸

26、的电离特点.电解质溶液中离子浓度大小比拟问题,是高考热点中的热点.解决这类题目必须掌握的知识根底有：掌握强弱电解质判断及其电离,盐类的水解,化学平衡理论(电离平衡、水解平衡),电离与水解的竞争反响,以及化学反响类型,化学计算,甚至还要用到守恒来求解.24.氯酸钾是常见的氧化剂,用于制造火药、烟火,工业上用石灰乳氯化法制备氯酸钾的流程如下策气怎化仲.1滤液1一乳|超化1过注4溶解酸钾晶体A己知：氯化过程主要发生反响6Ca(OH)+6c125CaC2+Ca(ClQ)2+6HO以下说法不正确的选项是A.工业生产氯气的方法是电解饱和食盐水B.由制备流程可知：KC1Q的溶解度大于Ca(Cld)2的溶解度

27、C.向热的滤液中参加稍过量的氯化钾,溶解后进行冷却,有大量氯酸钾晶体析出D.氯化过程需要限制较高温度,其目的是加快反响速率和减少C12与Ca(OH)之间的副反应【答案】B【解析】A.工业生产氯气的方法是电解饱和食盐水,A正确；B.热的氯酸钙与氯化钾反响生成溶解度更小的氯酸钾,因此由制备流程可知：KC1O的溶解度小于Ca(C1O3)2的溶解度,B错误；C.由于KC1Q的溶解度小于Ca(C1O)2的溶解度,所以向热的滤液中参加稍过量的氯化钾,溶解后进行冷却,有大量氯酸钾晶体析出,C正确；D.氯化过程需要限制较高温度,其目的是加快反响速率和减少C12与Ca(OH)之间的副反响,D正确,答案选Bo25

28、.某?§液X中可能含有NO,C1>SG2、COT、N.、Fe2+和Fe3+中的几种,且所含阴离子的物质的量相等.为确定该溶液X的成分,某学习小组做了如下实验:：3Fe2+4Hf+NGT=3Fe3+NO|+2HO贝U下歹U说法正确的选项是A.假设含有Fe3+,那么一定含有ClB.SO"、NHf一定存在,Fe2+和Fe3+可能都存在C.该溶液中只存在上述离子中的NO、SO"、NH+、Fe2+四种离子D.气体甲能使湿润的蓝色石蕊试纸变红【答案】C【解析】某溶液X中可能含有NO,Cl>SO2、CO2、NH+、Fe2+和Fe3+中的几种,且所含阴离子的物质的量相

29、等,向溶液X中加过量的硫酸,有气体乙产生,发生的反响可能是CG2一与的反响,也可能是NO在H+条件下与Fe2+的氧化复原反响；溶液X与过量的NaOH§液反响生成气体甲NH为0.02mol,即溶液X中含0.02molNH+;所得的溶液甲中加氯化钢溶液,生成沉淀乙,那么乙为BaSO,质量为4.66g,那么物质的量为0.02mol,即溶液X中含0.02molSO;所得沉淀甲应为氢氧化亚铁或氢氧化铁或两者均有,经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为FeQ,质量为1.6g,物质的量为0.01mol,故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有,且物质的量一定为0.02mol,由于Fe2+或Fe3+均能与

30、CO发生双水解而不能共存,故溶液中无CO2,那么生成气体乙的反响只能是NO与Fe2+的氧化复原反响,故溶液中一定含Fe2+和NGT,而所含阴离子的物质的量相等,即NO的物质的量也为0.02mol.故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02molNO3、0.02molSO42,共带0.06mol负电荷；阳离子：0.02molNH+,0.02molFe2+或Fe2+、5后+的混合物,所带的正电荷冷.06mol,22+一定不含CO.根据溶液呈电中性可知,当0.02mol全部是Fe时,阳离子所带正电荷为0.06mol,那么氯离子一定不存在；假设溶液中含Fe3+,阳离子所带正电荷大于0.06m

31、ol,那么溶液中一定存在Cl,A、由于溶液要保持电中性,故当溶液中含Fe3+时,那么阳离子所带的正电荷0.06mol,故溶液中一定含Cl,A正确；RSO"、NH+一定存在,Fe2+和Fe3+可能都存在,B正确；C、根据以上分析可知C错误；D气体甲为氨气,能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,D正确,答案选C点睛：此题考查了溶液中离子的检验,明确相关离子的性质、发生的化学反响是解答的关键,应注意应用已推导出的离子与不能共存的离子之间的互斥性和溶液要呈电中性来分析,难度较大.第II卷(非选择题)26.A是石油裂解产物,可做水果催熟剂.B分子式为GHO,能发生银镜反响.C为有香味,不易溶于水的油状液

32、体.E为常见的调味剂.请答复：(1)有机物E中含有的官能团名称是(2)A+KOD的反响类型是o(3)有机物D在催化剂条件下可与Q反响转化为B,写出化学方程式F(4)以下说法正确的选项是.A.有机物A的聚合物能使酸性KMnOS液褪色B.有机物C中是否混有B可用新制碱性氢氧化铜悬浊液检测C.C能与NaOH§液反响,该反响称为皂化反响D.有机物E生活中可做杀菌剂Cu【答案】竣基加成反响2CH3CHOH+O2CHCHO+2H)BDV【解析】A是石油裂解产物,可做水果催熟剂,A是乙烯,乙烯与水发生加成反响生成D是乙醇.B分子式为GHO,能发生银镜反响,B是乙醛.C为有香味,不易溶于水的油状液体

33、,所以C是乙酸乙酯,水解生成乙酸和乙醇,即E为乙酸.(1)有机物乙酸中含有的官能团名称是竣基.(2)A+HAD的反响类型是加成反响.(3)有机物乙醇在催化剂条件下可与Q反响转化为乙醛,反响的化学方程式为2CHCHOH+O2CHCHO+22H1(4)A.有机物A的聚合物聚乙烯分子中不存在碳碳双键,不能使酸性KMnO§液褪色,A错误；B.乙醛能被新制氢氧化铜悬浊液氧化,所以有机物C中是否混有B可用新制碱性氢氧化铜悬浊液检测,B正确；C.油脂在碱性条件下的水解反响称为皂化反响,乙酸乙酯不能发生皂化反响,C错误；D.有机物乙酸生活中可做杀菌剂,D正确,答案选BDX隔绝.气小工Xg)J篇温fH

34、,Of固体甲,碱散(3a0g)27.为探究某矿物固体X(仅含4种短周期元素)的组成和性质,其中固体乙可制光导纤维.现设计并完成如下实验：f"否很L讥温固体(内)(无色)(白色)<12.0g)一固体乙(24.由第27题图请答复：(1)X除了含有H、O元素以外还含有o(2)固体内的用途.(3)X的化学式是o(4)固体乙与NaOH§液反响的离子方程式是o【答案】Si、Mg制耐高温材料Mg3Si40o(OH)2、3Mge4SiO2HoMgSi,HOzSiO2+2OH=SiO32+HO【解析】X隔绝空气高温分解生成水,水的质量是37.8g36.0g=1.8g,物质的量是0.1m

35、ol,说明含有H、O元素.加热分解生成固体内,所以丙是氧化镁,物质的量是0.3molo乙可制光导纤维,是二氧化硅,物质的量是0.4mol,因止匕X中氧元素的物质的量是37.8g0.2g11.2g16g/mol72g1.2mol,因此HQMgSi的个数之比是2:12:3:4,所固体甲与稀硫酸反响生成无色溶液,参加氢氧化钠生成白色沉淀,MgSi.(2)氧化镁的用途为制耐以X的化学式为MgSi4H2O2.(1)根据以上分析可知X除了含有TO元素以外还含有高温材料；(3)X的化学式是乂9$14602.(4)二氧化硅与NaO昭液反响的离子方程式是SiO2+2OH_2=SiO3+HQ28.CuCl广泛应用

36、于化工和印染等行业.某研究性学习小组拟热分解CuC122Ho制备CuCl,并进行相关探究.【资料查阅】CuCL'2H.OHCl't流>300X?»CuCl.CiiCI+CI,-Cucoh)cuo【实验探究】该小组用以下图所示装置进行实验(夹持仪器略)ABCD第居题!闻请答复以下问题：(1)D装置的作用o(2)装置D中发生的氧化复原反响的离子方程式是o(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是c(4)反响结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuO杂质,根据资料信息分析：那么产生的原因是【答案】吸收氯气,预防环境污染,防倒

37、吸Cl2+2OH=C+CO+HO先变红,后褪色通入HCl的量缺乏【解析】(1)反响中有氯气生成,氯气有毒,因此D装置的作用是吸收氯气,预防环境污染,同时防倒吸.(2)D中是C12和NaOFfi应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反响的离子方程式为C12+2OH=C+C1.+HQ(3)B中由白色变为蓝色,说明有水生成,产物中还有C12,所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色,后褪色.(4)假设杂质是氧化铜,说明CuC2水解生成Cib(OH)2C12,进一步分解生成CuO因此原因是通入HC1的量缺乏.点睛：此题以热分解CuC22H2O制备CuC1为载体考查化学实验探究、化学实验方案的分析、评价,元素及化合物知识.

38、解答此题首先要根据题给资料明确实验的原理,理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反响,结合CuC122降OCuC1易水解,CuC1易被氧化的性质明确实验过程中要注意预防空气的干扰,确定装置的连接顺序；(4)小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因.29.将FeC13、CuC12混合溶液参加一定质量的铁粉中充分反响,所加混合溶液的体积与反响后剩余固体质量如下图.原混合溶液中Fe3+浓度为0.200mo1/L,经检测M点时溶液中无Cif+;BOt7L第洲题图求：(1)c(CuC12)=molL1.(2)铁粉的质量go【答案】-0.7MSB0.7044.8【解析】口)氧化性是铁离子大于镉离

39、子j铁离子首先氧化金属铁.经检测M点时溶濯中无Ci%固体质量不变,根据2反3+-Fe=3F+.Cu-FunFeYu可矢8百耗的铁的质量与析出时铜的质量本将“设氯化铜的物质的量是el,钱离子是0.2皿1,那么卬f)"6=6-,解得天=./因此H6CLK7mm+1L二CJUm而工一1母C2)参加SL流涌时固体全剖溶解,这j邮蛆与性面子反响,性禽干是1.6口就,那么钱粉的质量是立8mmx5WnM=44.8g,30. I.(1)氟化钠是剧毒化学品.氟化钠泄漏到水体中,可用C1Q处理,生成两种无色无味无毒的气体.写出用C1O2处理氟化钠废水的离子方程式(2)中国在甲醇燃料电池技术上获得突破,其

40、装置原理如图甲.乙池是铝制品外表钝化装置,两极分别为铝制品和石墨.M电极的反响式为：II.工业上利用合成气(主要成分为COCO和H)在催化剂的作用下合成甲醇.298K和101KPa条件下：2H(g)+O2(g)=2HO(1)AH=571.6kJ/mo1CO(g)+1/2O2(g)=CO(g)小=283.0kJ/molCHOH(l)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(1)小=726.5kJ/mol(3)那么CO(g)+2H(g)CHOH(1)AH=kJ/mol(4)：CHOH(1)=CHOH(g)小=+35.2kJ/mol;CO(g)+2H(g)CHOH(g)平衡常数K随温度变化关系的曲线

41、为30题图2中的(填曲线标记字母I或II).-HMOMC平10卷强石博慎的关系算知题图2c(eo)第30场图打(5)维持反响温度为510K,以n(H)/n(CO)=2:1充入一定量的原料气于1L容器中,在上述条件下充分反响,ti时刻到达平衡,测得容器中c(CH3OH)=2mol/L,那么平衡时CO转化率j假设维持反响温度为520K,其它条件不变,请在30题图3中画出c(CO)在0ti时刻变化曲线:(6)20世纪90年代,化学家研制出新型催化剂：碱金属的醇盐及溶剂用于合成甲醇.30题图4是在该新型催化剂作用下,研究温度、压强对合成甲醇的影响.由图可知适宜的反响温度、压强为温度A.90150cB.

42、200260cC.300360cD.400460c压强E.0.11MPaF.35MPaG.810MPaH.1520MPa18必300400村的平舱*化军与温直的找既第如思图4【答案】2C1O2+2CN=2Cl+N+2CO2A16e+6HCCT=AI2Q+6CO住3HoAH=128.1kJ/molIC(CO)/moin.97.56%(或97.6%E98%【解析】I.(1)氟化钠泄漏到水体中,可用C1O2处理,生成两种无色无味无毒的气体,根据原子守恒可知应该是氮气和二氧化碳,所以用C1O2处理氟化钠废水的离子方程式为2C1Q+2CN=2C+N+2CO.(2)根据甲中氢离子的移动方向可知右侧电极是正

43、极,因此M是阳极,发生失去电子的氧化反响,即铝失去电子,电极反响式为2Al-6e+6HCO=Al2Q+6CO仔3HQII.(3)：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)小=571.6kJ/molCO(g)+l/2O2(g)=CO(g)廿2=283.0kJ/molCHOH(l)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(1)+=726.5kJ/mol那么根据盖斯定律可知+即可得到反响CO(g)+2H(g)=二CHOH(1)的反响热AH=128.1kJ/mol;(4):CHOH(1)=CHOH(g)AH=+35.2kJ/mol,那么CO(g)+2H(g)CHOH(g)AH=-92.9kJ/mol,

44、即该反响是放热反响,升高温度平衡向逆反响方向进行,平衡常数减小,即曲线I符合.(5)CO(g)+2H2(g)=CHOH(g)起始浓度(mol/L)n2n0转化浓度(mol/L)242平衡浓度(mol/L)n22n-4所以根据图像可知此时平衡常数为4000,那么r2(n2)2n44000,解得n=41/20,所以平衡时CO专化率=2/nX100唳97.56%;正反响是放热反响,升高温度反响速率加快,平衡向逆反应方向进行,CO浓度增大,到达平衡的时间减少,所以图像为(6)根据图像可知在35MPa温度为90150c时CO的转化率最高,而继续升高温度或增大压强转化率变化不大,但生产本钱增加,因此答案选AF.31 .硫酸钠过氧化氢氯化钠加合物(4Na2SO2HONaCl)又称固体双氧水,具有漂白、杀菌、消毒等作用,其性质较稳定,因此具有广泛的应用前景.化学实验室中制备硫酸钠酶氧化的J值定剂过氧化氢一氯化钠加合物的流程如下：过氧化氢在碱性条件下不稳定.4NaSO2HONaCl的相对分子质量为694.5.答复以下问题：(1)控温反响中,反响的温度限制在10c左右,不能太高的原因是o(2)可用减压过滤得到产品.减压过滤装置中的陶瓷材料仪器名称是