1、2017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部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。其中加试题部分为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“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，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 16Na 2
2、3Mg 24 Al 27S 32Cl 35.5 K 39 Mn 55 Fe 56Cu 64Ba 137一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列属于氧化物的是A. Na2O B. Ca(OH)2 C. HClO D. K2CO3【答案】A【解析】A、Na2O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、Ca(OH)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、HClO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、K2CO3是由钾、碳、氧
3、三种元素组成的化合物，不属于氧化物，故D错误；故选A。点睛：抓住氧化物的特征、熟悉常见的物质的组成是正确解答本题的关键。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. 下列仪器名称为“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. 下列属于电解质的是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
4、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； 故选C。点睛：掌握电解质的概念和常见物质类型是解答本题的关键。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. 下列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.
5、 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；故选C。点睛：根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm)，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. 下列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。故选D。6. 下列说法不正确的是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
6、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；故选C。7. 下列属于置换反应的是A. 2FeCl3CuCuCl22FeCl2 B. 2HClO2HClO2C. COCuOCO2Cu D. 2MgCO22MgOC【答案】D【解析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，A、生成物没有单质，不是置换反应，A错误；B、属于分解反应，B错误；
7、C、反应物没有单质，不是置换反应，C错误；D、属于置换反应，D正确，答案选D。8. 下列表示不正确的是A. 氯原子结构示意图 B. 二氧化碳的结构式 OCOC. CH4的球棍模型 D. 乙醛的官能团 CHO【答案】A【解析】A. 氯是17号元素，最外层有7个电子，原子结构示意图为，故A错误；B. 二氧化碳是直线分子，结构式：O=C=O，故B正确；C. 碳原子半径比氢原子大，CH4是正四面体结构，球棍模型为，故C正确；D. 乙醛的官能团为醛基，结构简式为 CHO，故D正确；故选A。9. 下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是A. NaOH B. Na2CO3 C. NaCl D. NH3【答案】C【
8、解析】A. NaOH是强碱，溶液显碱性，能使酚酞变红，故A不选；B. Na2CO3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. NaCl是强酸强碱盐，溶液显中性，不能使酚酞变红，故C选；D. NH3的水溶液显碱性，能使酚酞变红，故D不选；故选C。点睛：酚酞的变色范围为pH=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。需要注意的是本题的要求为“不能使酚酞变红”。溶液应该先酸性、中性或弱碱性。10. 下列方法（必要时可加热）不合理的是A. 用澄清石灰水鉴别CO和CO2B. 用水鉴别苯和四氯化碳C. 用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl
9、、(NH4)2SO4和K2SO4D. 用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水【答案】D【解析】A. 用澄清石灰水与CO不反应，与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀，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. Ba(OH)2与NH4Cl加热时有刺激性气味的气体放出，与(NH4)2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，与K2SO4反应生成白色沉淀，现象各不相同，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，现象相同，不能鉴别，故D选；故选D。11. 下列说法正确的是A. 表示中子数为10的氧元素的一种核
10、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. CH3COOH和CH3COOCH3互为同系物D. C6H14的同分异构体有4种，其熔点各不相同【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. CH3COOH和CH3COOCH3的结构部相似，不是同系物，故C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；故选A。点睛：互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通
11、式相同、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“结构相似”。12. 下列离子方程式不正确的是A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应SiO22OHH2OB. 碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应Ba(OH)2BaCO32OHC. 酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化4Fe2+O24H+4Fe3+2H2OD. 氯气与氢氧化钠溶液反应Cl22OHClOClH2O【答案】B【解析】A. 氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2 + 2OH-SiO32- + H2O，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
12、为4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O，故C正确；D. 氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+ 2OH-ClO- +Cl-+H2O，故D正确；故选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：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，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图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是A. Y的原子半径比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
13、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与Z可形成化合物QZ4【答案】D详解：根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为Si，N，O，Cl，则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SiCl，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，硅与氯可形成化合物SiCl4，D正确；答案选D。14. 下列说法正确的是A. 正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B. 乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者
14、的分子中均含碳碳双键C. 乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D. 乙醛能被还原成乙醇，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，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D. 乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。15. 下列说法正确的是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
15、中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，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，相对分子质量没有达到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，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C. 向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，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行，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸，故D错误；故选C。 16. 已知：N2(
16、g)3H2(g)2NH3(g) H92.4 kJmol1。起始反应物为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，反应达到平衡时，体系中NH3的物质的量分数如下表，下列说法正确的是物质的量分数 温度 压强40045050060020 MPa0.3870.2740.1890.08830 MPa0.4780.3590.2600.129A. 体系中NH3的物质的量分数越大，则正反应速率越大B. 反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比均为1C. 反应达到平衡时，放出的热量均为92.4 kJD. 600，30 MPa下反应达到平衡时，生成NH3的物质的量最多【答案】B【解析】A
17、.体系中NH3的物质的量分数越大，不能表示正反应速率越大，如20MPa，500时NH3的物质的量分数大于30MPa，600时NH3的物质的量分数，但温度和压强均为后者大，反应速率后者快，故A错误；B根据方程式，反应的氮气和氢气的物质的量之比为1:3，起始反应物中N2和H2的物质的量之比为1:3，因此反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比1：1，故B正确；C无法确定反应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，反应物的总物质的量不变时，NH3的物质的量分数越大，生成NH3的物质的量越多，则400，30MPa下反应达到平衡时，生成NH3的物质的量最多，故D错
18、误；故选B。17. 金属(M)空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A. 金属M作电池负极B. 电解质是熔融的MOC. 正极的电极反应O24e2H2O4OHD. 电池反应2MO22H2O2M(OH)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，发生氧化反应。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，发生还原反应。18. 下列说法不正确的是A. pH7的溶液不一定呈酸性B. 在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等C. 在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3CO
19、O)D. 氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl)c(NH4+)，则溶液呈中性【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.根据电荷守恒分析；D.根据电荷守恒分析。详解：A. pH7的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中c(OH)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，部分电离，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)不相等，前者小于后者，B错误；C. 盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒：c(H+)=c(OH)+c(Cl)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，因此在相同温度下，pH相等
20、的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)，C正确；D. 氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，若c(Cl)c(NH4+)，则c(H+)=c(OH)，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)与c(OH)的相对大小决定的：c(H)c(OH)，溶液呈酸性；c(H)c(OH)，溶液呈中性；c(H)c(OH)，溶液呈碱性。利用pH判断时需要注意溶液的温度。19. 根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图，下列说法正确的是A. H50B. H1H20C. H3H4H5D. H1H2H3H4H
21、5 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；故选D。20. 下列说法不正确的是A. Mg2+和S2的最外层电子都形成了8个电子的稳定结构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H2SO4和H2O混合时放出热量与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.分子的稳定性与化学键有关系。详解：A. M
22、g2+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个电子的稳定结构，A正确；B. 原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，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H2SO4和H2O混合时放出热量与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，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与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mLmin1)的关系如图所示(
23、保持其他条件相同)。在410440温度范围内，下列说法不正确的是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430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
24、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；故选A。22. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A. 含0.2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NAB. 25时，pH3的醋酸溶液1 L，溶液中含H+的数目小于0.001 NAC. 任意条件下，1 mol苯中含CH键的数目一定为6 NAD. a mol R2+（R的核内中子数为N，质量数为A）的核外电子数为a (AN2)NA【答案】B【解析】A. 0.2 mol H2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二
25、氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，故A正确；B. 25 时，1L pH=3的醋酸溶液中c(H+) =0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001 NA，故B错误；C. 苯的化学式为C6H6，1 mol苯中有CH键的数目一定为6 NA，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A-N-2，则a mol 的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，故D正确；故选B。点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，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.
26、 25时，在“H2AHAA2”的水溶液体系中，H2A、HA和A2三者中各自所占的物质的量分数（）随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 在含H2A、HA和A2的溶液中，加入少量NaOH固体，(HA)一定增大B. 将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中(HA)(A2)C. NaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的电离能力D. 在含H2A、HA和A2的溶液中，若c(H2A)2c(A2)c(OH)c(H)，则(H2A)和(HA)一定相等【答案】C【解析】A.根据图像，在含H2A、HA-和A2- 的溶液中，加入少量NaOH固体，溶液的酸性减弱，(HA-)可能增大，可能
27、减小，与原溶液的成分有关，故A错误；B. 根据图像，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时，溶液的pH在45之间，溶液显酸性，以HA-电离为主，所得的溶液中(HA-)(A2-)，故B错误；CNaHA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、HA-和A2-的溶液中，根据电荷守恒，有2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)，因为c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)= c(H+)+ c(Na+)= c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)+ c(Na+)，
28、因此c(HA-)= c(H2A) + c(Na+)，故D错误；故选C。点睛：本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用，侧重于考查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；CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体（由CO2、CO、N2和O2组成）的相应组分。有关该方案设计，下列说法不正确的是A. 采用上述3种吸收剂，气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和COB. 其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热
29、的铜网替代C. CO的吸收必须在吸收O2后进行，因为CuCl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HCl【答案】B【解析】A. 根据题意，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，因此需要在CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO之前吸收氧气，防止CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO被氧化，二氧化碳能够与连苯三酚的碱性溶液反应，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CO2、O2和CO，故A正确；B. CO和O2在通过灼热的铜网是能够发生反应生成二氧化碳，故B错误；C. 根据A的分析，因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧
30、化，CO 的吸收必须在吸收O2后进行，故C正确；D. CO的吸收在最后，由于使用的是CuCl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HCl，故D正确；故选B。25. 取某固体样品，进行如下实验：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，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；取少量滤渣，加入稀盐酸，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. K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 B. Na2CO3、AgNO3、KNO3C. K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 D. KNO3、MgCl2、NaOH
31、【答案】C【解析】A. K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3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. Na2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合，故B错误；C. K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；D. KNO3、MgCl2、NaOH三者能够反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合，故D错误；故选C。点睛：解答本题可以按照各选项提供的试剂进行
32、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与CO、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：请回答： （1）A的结构简式_。（2）DE的反应类型_。（3）CE的化学方程式_。（4）下列说法不正确的是_。A可用金属钠鉴别B和CBA在一定条件下可与氯化氢发生加成反应C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热也可生成ED与A的最简式相同、相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】 (1). CHCH
33、(2). 加成反应(或还原反应) (3). CH3CH2COOHCH3OHCH3CH2COOCH3H2O (4). ACD【解析】A与CO、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的结构简式CH2=CHCOOH，则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与甲醇发生酯化反应生成E，C为CH3CH2COOH；D与氢气加成生成E，D为CH2=CHCOOCH3。(1)根据上述分析，A为乙炔，结构简式为CHCH，故答案为：CHCH；(2)D与氢气发生加成反应生成E，故答案为：加成反应
34、；(3)C与甲醇发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3OHH2O+CH3CH2COOCH3，故答案为：CH3CH2COOH+CH3OHH2O+CH3CH2COOCH3；(4)ACH2=CHCOOH和CH3CH2COOH都属于羧酸，都能够与金属钠反应放出气体，现象相同，不能鉴别，故A错误；B乙炔中含有碳碳三键，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故B正确；C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成的产物与E互为同分异构体，故C错误；D与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能是苯，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选ACD。27. 已知固体Na2SO3受
35、热易分解，实验流程和结果如下：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518gL1。请回答：（1）气体Y分子的电子式_，白色沉淀的化学式_。（2）该流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式_。（3）另取固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，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). BaSO4 (3). 4Na2SO3Na2S3Na2SO4 (4). 2S26H3S3H2O【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518gL-1，Y的相对分子质量为1.51822.4=34，结合Na2SO3中的元素可知
36、，Y为H2S，固体X与盐酸反应生成硫化氢和溶液，溶液中加入氯化钡反应生成白色沉淀，说明固体X中含有Na2S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：；BaSO4；(2)隔绝上述分析，流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；(3)固体X和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色硫沉淀产生，产生淡黄色沉淀的离子方程式为SO32-+2S2-+6H+=3H2O+3S，故答案为：SO32-+2S2-+6H+=3H2O+3S。点睛：隔绝气体的密度确定Y的化学式是解答本题的关键。
37、本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，某同学设计并进行了下列实验。已知：3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)。 请回答：（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净氢气中，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KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有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：Fe2Fe33
38、Fe2【解析】根据实验装置图，进行的是铁与水蒸气的反应的实验，再利用生成的氢气还原氧化铜。(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；氢气能够还原氧化铜，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净氢气中，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3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)，实验后，铁粉可能剩余，用一定浓度的盐酸溶解时，过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，导致滴加KSCN溶液，没有出现血红色，故答案为：不正确；过量的铁可
39、以将Fe3+还原成Fe2+而不能是KSCN溶液不变红。29. 取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。请计算：（1）KMnO4的分解率_。（2）气体A的物质的量_。【答案】 (1). 60(0.60) (2). 0.095 mol【解析】(1)根据2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=100%=60.0%，故答案为：60%；(2)气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出
40、氯气，转移的电子为5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol，故答案为：0.095mol。点睛：掌握氧化还原反应过程中的电子守恒是解答本题的关键。本题的易错点为(2)，高锰酸钾最终转化为Mn2+转移的电子数等于先部分分解过程中转移的电子数+与浓盐酸反应转移的电子数。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。已知：C10H18(l)C1
41、0H12(l)3H2(g) H1C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2H1H20；C10H18C10H12的活化能为Ea1，C10H12C10H8的活化能为Ea2，十氢萘的常压沸点为192；在192，液态十氢萘的脱氢反应的平衡转化率约为9。请回答：（1）有利于提高上述反应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）研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，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，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘（1.00 mol）催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2（以物质的量分
42、数计）随时间变化关系，如图1所示。 在8 h时，反应体系内氢气的量为_mol（忽略其他副反应）。x1显著低于x2的原因是_。在图2中绘制“C10H18C10H12C10H8”的“能量反应过程”示意图_。(二) 科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOH为电解质，纳米Fe2O3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行，请补充完整。电极反应式：_和2Fe3H2ON22NH3Fe2O3。【答案】 (1). C (2). 温度升高，加快反应速率；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C10H
43、12C10H8的活化能，反应生成的C10H12快速转化为C10H8 (5). (6). Fe2O36e3H2O2Fe6OH【解析】(1)C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2，H1H20；均为吸热反应，且都属于气体的物质的量增大的反应。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；故选
44、C；(2)总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到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：反应吸热，温度升高，平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢萘气化，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 mol，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0.027mol，0.374mol，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质的量为b，根据反应C10H18(l)C10H1
45、2(l)3H2(g) 1 1 3 a a 3aC10H12(l)C10H8(l)2H2(g)， 1 1 2 b b 2b则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=30.401+20.374=1.951，则氢气的量为1.951mol，故答案为：1.951；反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2，故答案为：反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2；C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H
46、1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2，H1H20；上述反应均为吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“C10H18C10H12C10H8”的“能量反应过程” 示意图为，故答案为：；(4)以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe3H2ON2Fe2O32NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，故答案为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。31. 某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3
47、6H2O及明矾大晶体，具体流程如下：已知：AlCl36H2O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/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答：（1）步骤中的化学方程式_。步骤中生成Al(OH)3的离子方程式_。（2）步骤，下列操作合理的是_。A坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧B为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重C若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为确保称量准确，灼烧后应趁热称重（3）步骤，选出在培养规则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
48、摩擦器壁配制90的明矾饱和溶液 自然冷却至室温 选规则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AlCl36H2O的装置如图：通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和_。步骤，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是_；洗涤时，合适的洗涤剂是_。步骤，为得到纯净的AlCl36H2O，宜采用的干燥方式是_。【答案】 (1). 2Al2NaOH2H2O2NaAlO23H2 (2). CO22H2OAl(OH)3 (3). BCD (4). (5). 增加c(Cl)，有利于AlCl36H2O结晶 (6). 溶液有强酸性，(会腐蚀滤纸) (7). 浓盐酸 (8). 减压干燥
49、(或低温干燥)【解析】根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应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与硫酸钾溶液混合，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)步骤中铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；步骤中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；AlO2-+CO2+2H2O=
50、Al(OH)3+HCO3-；(2)A坩埚洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易使坩埚炸裂，故A错误；B为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重，时氢氧化铝完全分解，故B正确；C若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；故选BCD；(3)步骤中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10-20的明矾饱和溶液，选规则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HCl可以抑制AlCl3水解，增大了溶液中的铝离子浓度
51、，可以降低AlCl3溶解度，使其以AlCl36H2O晶体形式析出，故答案为：降低AlCl3溶解度，使其以AlCl36H2O晶体形式析出；步骤，抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸，洗涤时，为了减少AlCl36H2O晶体的损失，根据AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚，应该选择饱和氯化铝溶液进行洗涤，故答案为：强酸性环境会腐蚀滤纸；饱和氯化铝溶液；AlCl36H2O晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl36H2O，可以采用滤纸吸干的方式干燥晶体，故答案为：用滤纸吸干。32. 某研究小组按下列路线合成药物胃复安：已知： ； 请回答：（1）化合物A的结构简式_。（2）下
52、列说法不正确的是_。A化合物B能发生加成反应 B化合物D能与FeCl3溶液发生显色反应C化合物E具有碱性 D胃复安的分子式是C13H22ClN3O2（3）设计化合物C经两步反应转变为D的合成路线(用流程图表示，试剂任选)_。（4）写出DEF的化学方程式_。（5）写出化合物E可能的同分异构体的结构简式_，须同时符合：1HNMR谱表明分子中有3种氢原子，IR谱显示有NH键存在；分子中没有同一个碳上连两个氮()的结构。【答案】 (1). (2). B D (3). (4). (5). 【解析】根据流程图，采用逆向推理的方式推理，E中不存在苯环结构，则D中含有苯环结构，因此A中含有苯环；根据胃复安的结
53、构和E的分子式，E为，结合D的化学式，D为，因此F水解是除了生成胃复安，还有甲醇生成。A与甲醇生成B，B与乙酸反应生成C，C经过2步反应生成D，引入了氯原子，因此A为，B为，C为。(1)根据上述分析，化合物A的结构简式为，故答案为：；(2)A化合物B为，含有苯环，能与氢气发生加成反应，正确；B化合物D为，不存在酚羟基，不能能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；C化合物E为，含有氨基，具有碱性，正确；D胃复安的分子式是C13H21ClN3O2，错误；故选BD；(3)酚羟基具有还原性，容易被氧化，因此化合物C经两步反应转变为D时需要保护酚羟基，根据信息，C首先与反应生成，再在铁或氯化铁作催化剂时与氯气发生苯环上的取代反应即可，合成路线为，故答案为：；(4)D+EF的化学方程式为，故答案为：；(5)E为。1H-NMR谱表明分子中有3种氢原子，IR谱显示有N一H键存在；分子中没有同一个碳上连两个()氮的结构，满足上述条件的E的同分异构体有、，故答案为：、。点睛：本题中和考查了有机物的合成与推断，难度较大。本题的难点是D的结构的确定。本题的易错点为(5)中E的同分异构体的书写。
