2023年04月浙江省新高考选考科目考试化学试题解析版

2023年一般高等学校招生全国统一考试·浙江卷100902023年一般高等学校招生全国统一考试·浙江卷可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32Cl—35.5 Ca—40 Fe—56 Cu—64 Ba—137选择题局部一、选择题(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)以下属于碱的是( )A．C2H5OHC．Ca(OH)2【命题意图】此题考察物质的分类。

B．Na2CO3D．Cu2(OH)2CO3解析：选C。C2H5OH属于醇，Na2CO3属于盐，Ca(OH)2属于碱，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐。以下属于强电解质的是( )硫酸钡C．二氧化硅

食盐水D．醋酸【命题意图】此题考察强电解质的概念。解析：选A。硫酸钡是盐，属于强电解质；食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；二氧化硅属于非电解质；醋酸是弱酸，属于弱电解质。以下图示表示过滤的是( )【命题意图】此题考察试验操作有关学问。解析：C。A项为萃取，B项为肯定浓度溶液配制过程中的定容，C项为过滤，D项为肯定浓度溶液配制过程中的转移溶液。32△232Na2SO3

＋O===2NaSO2242NaO＋2CO===2NaCO＋O2242 2 2 2 3 22KI＋Cl2===2KCl＋I2【命题意图】此题考察置换反响的概念。选DDCl2KI反响生成I2KCl，属于置换反响，其余选项均不是。以下溶液呈碱性的是( )A．NH4NO3C．KCl

B．(NH4)2SO4D．K2CO3【命题意图】此题考察常见盐溶液的酸碱性的推断。DNH4NO3和(NH4)2SO4KCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性；K2CO3为弱酸强碱盐，水溶液呈碱性。8NH＋3Cl===N＋6NH

ClNHCl

的物质的量之比为3 2 2( )【命题意图】此题考察氧化复原反响中氧化剂和复原剂的推断。A．2∶3C．6∶【命题意图】此题考察氧化复原反响中氧化剂和复原剂的推断。

4 3 2B．8∶3D．3∶2解析：ANH3并没有全部被氧化，依据生成N2NH3的量1NH3总量的4NH3Cl22∶3。以下表示不正确的选项是( )A．次氯酸的电子式HA．次氯酸的电子式HClO· · ·· · ·B．丁烷的球棍模型··B．丁烷的球棍模型CCH2===CH2D8个中子的碳原子146C选A选A。次氯酸的电子式为·········l，A项错误。·以下说法不正确的选项是( )A．液氯可以储存在钢瓶中B．自然气的主要成分是甲烷的水合物C．自然石英和水晶的主要成分都是二氧化硅D．硫元素在自然界的存在形式有硫单质、硫化物和硫酸盐等【命题意图】此题考察元素及其化合物的性质。BB项错误。以下说法不正确的选项是( )A．蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B．可用周密pH试纸区分pH＝5.1pH＝5.6NH4Cl溶液C．用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分别D．依据燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维【命题意图】pH试纸的使用，苯和四氯化碳的性质及糖类和蛋白质的鉴别。解析：C。蒸馏时加碎瓷片可以防止暴沸，ApH试纸可以准确到0.1，B项正确；由于苯和四氯化碳相互溶解，且均不易溶于水，加水后液体分为两层，一层为水层，而另一层为苯和四氯化碳的混合溶液，无法对苯和四氯化碳进展分别，C项错误；棉纤维的主要成分属于糖类，燃烧时无气味，而蛋白质纤维燃烧时有烧焦羽毛的气味，故可依据燃烧产生的气味区分两者，D项正确。以下说法正确的选项是( A．18O2和16O3互为同位素B．正己烷和2,2 二甲基丙烷互为同系物C．C60和C70是具有一样质子数的不同核素D．H2NCH2COOCH3CH3CH2NO2是同分异构体【命题意图】此题考察核素、同位素、同系物以及同分异构体的概念。2B18O216O32,2二甲基丙烷构造相像，在分子组成上相差1个“CH2”原子团，两者互为同系物，B项正确；C60和C70CH2NCH2COOCH3的分子式为C3H7NO2，而CH3CH2NO2的分子式为C2H5NO，两者不是同分异构体，D项错误。2针对以下试验现象表述不正确的选项是( )用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色在外表皿中参加少量胆矾，再参加3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀D．将点燃后的镁条伸入布满二氧化碳的集气瓶，镁条猛烈燃烧，有白色、黑色固体生成【命题意图】此题考察常见元素的单质及其化合物的性质。解析：A。常温常压下，1220mL404mL的氯气，ACuSO4·5H2OCuSO，固体由蓝色变4B4价硫元素的微粒氧化为22与l反响生成4 4 2 4沉淀，C项正确；镁在二氧化碳中燃烧生成MgOC，D项正确。化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。以下说法不正确的选项是( )A．甲：Zn2＋Cu电极方向移动，Cu电极四周溶液中H＋浓度增加B．乙：正极的电极反响式为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－C．丙：锌筒作负极，发生氧化反响，锌筒会变薄D．丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电力量下降选A选A(电解质溶液为硫酸)2H＋＋2e－===H↑，2故铜电极四周H＋浓度降低，A项错误。不能正确表示以下变化的离子方程式是( )二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反响：5SO2＋2H2O＋2MnO－===2Mn2＋＋5SO2－＋4H＋4 42酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I－＋2H＋＋H2O2===I＋2H2O2硅酸钠溶液和盐酸反响：SiO2－＋2H＋===HSiO↓3 2 3硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2＋＋2Fe===2Fe3＋＋3Cu【命题意图】此题考察离子方程式的正误推断。解析：选D。硫酸铜溶液中加少量的铁粉：Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu，D项错误。14．2023年是门捷列夫提出元素周期表150周年。依据元素周期律和元素周期表，以下推断不合理的是( )35号元素的单质在常温常压下是液体位于第四周期第ⅤA族的元素为非金属元素84号元素的最高化合价是＋70118【命题意图】此题考察元素周期表的构造，元素在周期表中的位置等。解析：C。第35号元素为溴，溴单质在常温常压下是液体，A项正确；位于第四周期VA族的元素为砷，砷为非金属元素，B项正确；第84号元素位于第六周期第ⅥA族，最高化合价不行能是＋7，C0118，D项正确。以下说法不正确的选项是( )A．正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高B．甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C．羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料D．自然植物油没有恒定的熔沸点，常温下难溶于水【命题意图】此题考察有机物的构造和性质。解析：选B。一般来说，含一样碳原子数的烷烃中支链越多，对应烷烃的沸点越低，故正丁烷的沸点高于异丁烷，由于乙醇分子间能形成氢键，故其沸点比一样摩尔质量的二甲醚高，A项正确；由于葡萄糖分子中含有醛基，能被溴水或酸性高锰酸钾溶液氧化，故其能使二者褪色，B项错误；这些物质都属于有机高分子材料，C项正确；自然植物油中含有多种高级脂肪酸甘油酯，故没有恒定的熔沸点，D项正确。BCH2CH2Br2以下表述正确的选项是( )A．苯和氯气生成CBCH2CH2Br2C．等物质的量的甲烷与氯气反响的产物是CH3ClD．硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH318O【命题意图】此题考察苯与氯气的加成反响，乙烯与溴水的加成反响，甲烷与氯气的取代反响以及酯化反响的机理。解析：选DC6H6Cl6的反响是加成反响，A项错误；乙烯与溴水发生加2成反响的产物是22rBHl、23 4 3 2 3 CHCl、CClHCl，C项错误；在硫酸催化下，CHCO18OCHCHCHCOOH3 4 3 2 3 2CH3CH18OH，D项正确。2以下说法正确的选项是( )A．H2(g)＋I2(g)B．C(s)＋H2O(g)

2HI(g)，其他条件不变，缩小反响容器体积，正逆反响速率不变H2(g)＋CO(g)，碳的质量不再转变说明反响已达平衡C．假设压强不再随时间变化能说明反响2A(？)＋B(g)同时是气体

A、C不能molN23molH2反响到达平衡时H210%Q1；在一样温度和2molNH3分解为N2和H210%Q2，Q2Q1【命题意图】此题考察化学反响速率的影响因素，可逆反响化学平衡状态的推断与可逆反响中的能量变化推断。解析：BH2(g)＋I2(g)2HI(g)，反响前后气体分子数相等，缩小反响容器体积，平衡不移动，正逆反响速率增大一样的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反响速率相等，反响已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，假设A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反响到达平衡状态，C项错误；设N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－a(a>0)kJ·mol－1，1molN23molH2反响到达平衡时H210%Q12＝0.1akJ，当2molNH3分解为N2和H210%Q＝0.1akJQ122＝Q，D项错误。2C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力转变以下说法不正确的选项是( )C．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力转变D．石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏【命题意图】此题考察微粒之间的相互作用力(离子键、共价键和分子间作用力)。解析：C。Na2CO3NaOH都是离子化合物，熔化时破坏的都是离子键，A项正确；蒸发氯化钾水溶液的过程中，水从液态变成气态，破坏了分子间作用力，B项正确；CO2溶CO2与水反响生成H2CO3，有共价键的断裂和生成，C项错误；在石墨晶体结构中，层与层之间存在分子间作用力，层内存在共价键，故石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，D项正确。设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是( )A．1molCH2===CH26NAB．500mL0.5mol·L－1NaCl0.5NAC．30gHCHOCH3COOH混合物中含CNAD．2.3gNa与O2完全反响，反响中转移的电子数介于0.1NA0.2NA之间【命题意图】此题考察与阿伏加德罗常数相关的计算。解析：D。1CH2===CH241个双键，而12个共价键，故1molCH2===CH26NA，A项正确；500mL0.5mol·L－1的NaClNa＋、Cl－、H2O、H＋、OH－0.5NA，B项正确；HCHOCH3COOHCH2O30gHCHOCH3COOH混合物中含“CH2O”1molCNA，C项正确；2.3gNaO2Na2ONa2O20.1NA，D项不正确。【走出误区】一个碳碳双键包含两个共价键，即一个σ键和一个π键。20．在温热气候条件下，浅海地区有厚层的石灰石沉积，而深海地区却很少。以下解析不正确的选项是( )DCOCO223－浓度增大与深海地区相比，浅海地区水温较高，有利于游离的CO2增多、石灰石沉积B．与浅海地区相比，深海地区压强大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少C．深海地区石灰石岩层的溶解反响为：CaCO3(s)＋DCOCO223－浓度增大【命题意图】此题以浅海地区与深海地区石灰石沉积厚度为背景，考察元素及其化合物的性质。解析：选D。与深海地区相比，浅海地区水温较高，CO2在海水中溶解度小，有利于游CO2ACO2溶解度大，CO2溶解，沉积少，B项正确；题给反响为石灰石岩层的溶解反响，C项正CO2CO2－HCO－CO2－浓度减小，D项错3 3 3误。20mL0.1mol·L－1某二元酸H2A0.2mol·L－1NaOH溶液。：H2A===H＋＋HA－，HA－

H＋＋A2－。以下说法不正确的选项是( )A．0.1mol·L－1H2Ac(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1mol·L－1c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，用去NaOH10mL当用去H溶液体积10Lp7(－＝(＋－(OH－)【命题意图】此题以二元酸H2A与NaOH溶液反响为背景考察电解质溶液的相关学问。NaOH20mLc(Na＋)＝2c(HA【命题意图】此题以二元酸H2A与NaOH溶液反响为背景考察电解质溶液的相关学问。【教你审题】解答此题的关键是审清中二元酸H2AHA－只电离不水解，且溶液中不存在H2A分子。解析：B。对于0.1mol·L－1H2A溶液而言，依据电荷守恒可知c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，依据物料守恒可知c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L－1H2A第一步完全c(H2A)＝0c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L－1c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)＋0.1mol·L－1c(H＋)－c(OH－)－c(A2－)＝0.1mol·L－1，A项c(H＋)＝c(OH－)c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，假设用去NaOH10mLNaHAHA－只电离，不水解，故此时H溶液的体积必需大于10B溶液体积10LpH<，HA－

H＋＋OH－c(H＋)＝c(OH－)＋c(A2－)c(A2－)＝c(H＋)－c(OH－)，CNaOH20mLc(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2－)，D项正确。高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H＋)或弱碱的c(OH－)，油脂在其中能以较快的反响速率水解。与常温常压水相比，以下说法不正确的选项是( )高温高压液态水中，体系温度上升，油脂水解反响速率加快高温高压液态水中，油脂与水的互溶力量增加，油脂水解反响速率加快C．高温高压液态水中，c(H＋)增大，可催化油脂水解反响，且产生的酸进一步催化水解Dc(H＋)的酸或一样c(OH－)的碱的水解【命题意图】此题以高温高压液态水的性质为背景考察影响油脂水解反响速率的因素。解析：选D。温度上升，油脂的反响速率加快，A项正确；温度上升，压强增大，导致油脂与水的互溶力量增加，接触面积增大，油脂水解反响速率加快，B项正确；温度上升，水的离子积常数增大，c(H＋)项c(H＋)c(OH－)的影响之外，还有温度的影响，D项错误。MgCO3CaCO3的能量关系如下图(M＝Ca、Mg)：：离子电荷一样时，半径越小，离子键越强。以下说法不正确的选项是( A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)3 1 2 MgCO3CaCO，ΔH＋ΔH＞Δ3 1 2 【命题意图】此题以MCO3(M＝Mg、Ca)的能量关系图为背景考察化学键的断裂和形成与反响中能量变化的关系，盖斯定律。选Cr(Mg2＋)<r(Ca2＋)，所以MgCO3 的离子键强于CaCO3，由于化学键断裂需要吸热，故3ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0，A项正确；由于ΔH2只与CO2相关，故ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)>0B项正确；依据能量关系图可知ΔH＝ΔH1ΔH2ΔH3ΔH(MgCO3)≠ΔH(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)＋ΔH2(MgCO3)－ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)＋ΔH2(CaCO3)－ΔH3(CaO)，而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)，故ΔH1(MgCO3)－ΔH3(MgO)≠ΔH1(CaCO3)－ΔH3(CaO)，ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)≠ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)，3C项错误；由于ΔH＋ΔH3＝ΔH1＋ΔH2，而ΔH>0，故ΔH1＋ΔH2>ΔH3，D项正确。24．聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反响得到。以下说法不正确的选项是()A．KClO31mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水【命题意图】此题以聚合硫酸铁的制备和性质为背景考察氧化复原反响，盐类水解的原理、应用以及胶体的性质。D．在一样条件下，Fe3＋比[Fe(OH)]2＋【命题意图】此题以聚合硫酸铁的制备和性质为背景考察氧化复原反响，盐类水解的原理、应用以及胶体的性质。4解析：A。FeSO4KClO3反响生成[Fe(OH)SO4]n6nFeSO＋nKClO344n＋3nH2O===6[Fe(OH)SO]4n

＋nKCl，依据化学方程式可知，KClO

作氧化剂，每生成1mol33[Fe(OH)SO4]nn/6molKClO，A项错误；[Fe(OH)]2＋Fe2＋，导致生成聚合硫酸铁后，溶液碱性增加，B项正确；[Fe(OH)]2＋可在水中水解生成Fe(OH)3胶体而净水，C项正确；比较Fe3＋和[Fe(OH)]2＋的水解力量，可以从二者所带电荷的多少来分析，所带正33OH－的力量就越强，水解力量就越强，D项正确。【技高一筹】利用氧化复原反响中得失电子守恒，可以快速求算消耗KClO3的物质的1mol[Fe(OH)SO4]nnmol1molKClO3参与反响时转移的电子6mol1mol[Fe(OH)SO4]nKClO3n/6mol，A项错误。3 2 3 2 3 25．白色固体混合物AKCl、CaCO、NaCO、NaSiO、CuSO中的几种，常温常压下进展如下试验。3 2 3 2 3 以下推断不正确的选项是( A．无色溶液B的pH≥7白色固体F的主要成分是H2SiO3混合物ANa2SiO3、CuSO4CaCO3在无色溶液BHNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，假设有白色沉淀生成，说明混合物AKCl【命题意图】此题考察离子共存与常见离子的检验。CA加水溶解后得到固体CCF，A的成分可知，FH2SiO3，BECu2＋，故4 3 4 3 424232ACuSODCOA中可能含有Na2COCuSOCuCOCCaCO，C项错误；溶液B呈CuSO4Na2SiO3Na2CO3CuSiO3CuCO3沉淀进入固体4 3 4 3 424232Na2SO

BNa

SOKCl、Na

CO、NaSiO

，溶液的3pH≥7，A项正确；无色溶液BHNO3酸化后，无沉淀，再加AgNO3有白色沉淀产生，说明AKCl，D项正确。3非选择题局部二、非选择题(750分)26．(6分)E是两种含有碳(含有一样官能团的有机物通常具有相像的化学性质)：请答复：A→B的反响类型 ，C中含氧官能团的名称 。C 与 D 反 应 得 到 E 的 化 学 方 程 式 。检验B中官能团的试验方法 。【命题意图】此题考察有机反响类型，官能团的名称，有机化学方程式的书写以及有机官能团的检验。C(C2D(C2，C与D在浓硫酸催化下发生酯化反响，生成CH2===CHCOOCH2CHOHCH2OH和CH2===CHCOOCH(CH2OH)2。(1)A→B从分子组成上看A得氧失氢，属于氧化反响，C中含氧官能团的名称为羧基(3)B中含有碳碳双键和醛基两种官能团故应先用银镜反响检验醛基，醛基被氧化后，再用溴水检验碳碳双键。【走出误区】由于醛基也具有复原性，能使溴水褪色，故检验碳碳双键之前应先将醛基氧化以排解醛基对碳碳双键检验的干扰。答案：(1)氧化反响羧基(3)加过量银氨溶液，加热，消灭银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中参加溴水，假设溴水褪色，说明有碳碳双键27．(6分)固体化合物X3种元素组成。某学习小组进展了如下试验：请答复：由现象1得出化合物X含有 元素(填元素符号)。固体混合物Y的成分 (填化学式)。(3)X的化学式 。X与浓盐酸反响产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反响的化学方程式是 。【命题意图】此题以含铜化合物之间的转化关系为背景，考察物质推断以及生疏氧化复原方程式的书写。解析：X在枯燥的H2CuSO4变蓝色的气体，说明X中含有Y1.28gCu0.02aaX由33O、Cu、NaNaOH溶液，与HCl恰好中0.0200molHClNaOH0.0200molX中含有钠元素的质量为0.46X的质量为2.380.64(O＝0.04，n(Nan(Cu∶n(O＝∶X的化学式为2固体混合物Y中含有Cu和NaOH。NaCuO2与浓盐酸反响产生黄绿色气体Cl2 CuCl2，则反响的化学方程式为，并得到蓝色溶液2NaCuO2 8HCl===2NaCl＋2CuCl2 Cl2 ＋4H2O。＋ ＋ ↑22NaCuO2 2NaCuO＋8HCl===2NaCl＋2CuCl22

2＋Cl2

2↑＋4HO228．(4分)某同学设计如图装置(气密性已检查)Fe(OH)2白色沉淀。请答复：仪器1的名称 。装置5的作用 。试验开头时，关闭K，翻开K，反响一段时间后，再翻开K，关闭K3中溶2 1 2 1液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中 。装置改进后，将3中反响后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从试验操作过程分析没有产生白色沉淀的缘由 。【命题意图】 此题以制备Fe(OH)2白色沉淀为背景考察常用仪器的名称试验的评价与分析。解析：(1)1Fe(OH)25的作用是通4(2)34中的缘由是生成的氢气沿着导管通过2逸出，三颈烧瓶中无法形成高压，故只需在2、3之间加一个掌握开关。(3)生成灰绿色沉淀说明氢氧化亚铁被局部氧化，分析缘由应当是装置4中的空气未排尽。答案：(1)滴液漏斗(分液漏斗)4(2)2、3之间添加掌握开关(3)4内的空气没有排尽29．(4分)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯洁的X，与足量金属钠充分反响，生成672mL氢气(标准状况)XX的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。【命题意图】此题考察考生运用有机物的构造和性质及数学的分类争论思想解决化学问题的力量。解析：假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m>2)，依据生成氢气的物质的量为0.03结合有机物X的质量为2.04 g列出等式n(X0.032，2.04gn(X)＝M M＝34mg·mol－1mm＝3，M＝102g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个—OH1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩23g·mol－11个C11个H，不存在这样的有机物，应舍去；假设m＝4，M＝136g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH1个—COOH，除去—OH和—COOH40g·mol－13C4H，有机物的一种结构可能是 ，符合条件。答案：n(H2)＝0.03molXm(m＞2)n(X)＝(0.03×2)/mmol＝0.06/mmol，M(X)＝2.04m/0.06g·mol－1＝34mg·mol－1m＝4，M(X)＝136g·mol－131136。【解后反思】解答此题的关键是不单独假设羟基的个数和羧基的个数，而是假设羟基m，再利用分类争论思想进展解决。【加试题】(10分)水是“生命之基质”，是“永久值得探究的物质”。H

1O(g)===HO(l)，以下说法不正确的选项是 。2 ＋2 2 2A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0B．可以把反响设计成原电池，实现能量的转化C．肯定条件下，假设观看不到水的生成，说明该条件下反响不能自发进展D．选用适宜的催化剂，有可能使反响在常温常压下以较快的速率进展H2O1H2O分子直接相连的全部氢键(O—H…O)。②将肯定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]时的压强(p)220100pT变化关系示意图(20p1表示)。(3)(3)(374.2℃)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。。②假设水的离子积Kw从1.0×1014增大到1.0×1010，则相应的电离度是原来的 倍。③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此进展了超临界水氧化技术。肯定34x为以碳元素计的物质的量分数，t为反响时间。以下说法合理的是 。A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B．在550 ℃条件下，反响时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反响的速率，而且两者数值相等D．随温度上升，xCO峰值消灭的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大(4)NH4HSO4溶液产生(NH)S

O2 2 4 应得到HONHHSO2 2 4

422 8①阳极的电极反响式是 。②制备H2O2的总反响方程式是 。【命题意图】此题考察化学反响原理的综合运用，意在考察考生的信息猎取力量。解析：(1)氢气在氧气中燃烧生成液态水的反响是一个放热且熵减的反响，A项正确；该反响是一个自发的氧化复原反响，可以将该反响设计成原电池，将化学能转化为电能，B项正确；是否能观看到有水生成除了与反响能否自发进展有关外，还与反响的速率有关，观看不到有水生成，不能说明该条件下反响不能自发进展，C项错误；使用适宜的催化剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下快速反响，D项正确，应选C。(2)①4个氢键。②当液体的饱和蒸气压与外界大气压相等时，液体沸腾，此时的温度称为该液体的沸100℃100℃时，水的饱和蒸气压为1.01×105Pa，20℃p1,100℃1.01×105Pa(3)①水的电离为吸热过程，温度上升，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。②水的离子积常数从1.0×10－141.0×10－10c(H＋)10－7mol·L－110－5mol·L－1，水的电离度是100倍。③3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，CO含量先增大再减小，CO2含量始终增大，C2H5OHCO是中间产物，CO2是最终产物，A项正确；4550℃15s之后，CO含量接近于零，说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，B项正确；乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率和二氧化碳的生成速率的数值不相等，C4可知，温度上升时，只有单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率快，xCO峰值消灭的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大，DABD(4)依据题意可知，阳极SO2－SO2－，电极反响式为2SO2－－2e－===SO2－，生成的SO2－又42HO2 242HO2 2H2O反响生成H答案：(1)C(2)

2O2

SO2－2H

H ＋。(3)①水的电离为吸热过程，上升温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) ②100③ABD(4)①2HSO－－2e－===SO2－＋2H＋2SO2－－2e－===SO2－

②2H

HOH↑【学问储藏】常压下物质的沸点就是饱和蒸气压到达一个大气压时的温度。常压下水【学问储藏】常压下物质的沸点就是饱和蒸气压到达一个大气压时的温度。常压下水100℃时的饱和蒸气压是一个标准大气压。

4 2 8

2 2 23 2 【加试题】(10分)某兴趣小组在定量分析了镁渣(MgCO、Mg(OH)、CaCO3 2 AlO、FeOSiO)Mg含量的根底上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl·6HO)。2 3 2 3 2 2 2相关信息如下：②NH4ClMgO反响，且反响程度不大。①700②NH4ClMgO反响，且反响程度不大。③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须掌握适宜的蒸出量。请答复：以下说法正确的选项是 。步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨D．步骤Ⅳ，固液分别操作可承受常压过滤，也可承受减压过滤(用硫酸溶液吸取氨气)。()：热源→ 。②为了指示蒸氨操作完成，在肯定量硫酸溶液中加指示剂。请给出指示剂并说明蒸氨可以停顿时的现象。溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温枯燥得到产品。取少量产品溶于水后觉察溶液呈碱性。①含有的杂质是 。②从操作上分析引入杂质的缘由是 。pH金属离子有同学承受盐酸代替步骤Ⅱ中的l溶液处理固体2溶液。金属离子形成氢氧化物沉淀的pHpH金属离子开头沉淀完全沉淀Al3＋3.04.7Fe3＋1.12.8Ca2＋11.3－Mg2＋8.410.9请给出合理的操作排序(从以下操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→( )→( )→( )→( )→( )→( )→MgCl2溶液→产品。f．过滤g．洗涤【命题意图】此题以镁渣为原料制备六水合氯化镁的流程为背景考察物质的分别和提纯，试验方案的分析与评价，试验的设计等。A700℃煅烧时，MgCO3Mg(OH)2MgOBMgO、CaCO、Al