1、2019年普通高等学校招生全国统一考试浙江卷本试卷分选择题和非选择题两部分，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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ba137选择题部分一、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下列属于碱的是()AC2H5OHBNa2CO3CCa(OH)2 DCu2(OH)2CO3【命题意图】本题考查物质的分类。解析：选C。C2H5OH属于醇，Na2CO3属于盐，Ca(OH)2属于碱，C
2、u2(OH)2CO3属于碱式盐。2下列属于强电解质的是()A硫酸钡 B食盐水C二氧化硅 D醋酸【命题意图】本题考查强电解质的概念。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。3下列图示表示过滤的是()【命题意图】本题考查实验操作有关知识。解析：选C。A项为萃取，B项为一定浓度溶液配制过程中的定容，C项为过滤，D项为一定浓度溶液配制过程中的转移溶液。4下列属于置换反应的是()A4NH35O24NO6H2OB2Na2SO3O2=2Na2SO4C2Na2O22CO2=2Na2CO3O2D2KICl2=2KClI2【
3、命题意图】本题考查置换反应的概念。解析：选D。置换反应是指单质与化合物反应，生成另外一种单质和化合物的化学反应。D项中Cl2与KI反应生成I2和KCl，属于置换反应，其余选项均不是。5下列溶液呈碱性的是()ANH4NO3 B(NH4)2SO4CKCl DK2CO3【命题意图】本题考查常见盐溶液的酸碱性的判断。解析：选D。NH4NO3和(NH4)2SO4均为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；KCl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。6反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A23 B83C63 D32【命题意图】本题考查氧化
4、还原反应中氧化剂和还原剂的判断。解析：选A。反应中NH3并没有全部被氧化，根据生成N2的量可知被氧化的NH3的量占NH3总量的，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为23。7下列表示不正确的是()A次氯酸的电子式HB丁烷的球棍模型 C乙烯的结构简式CH2=CH2D原子核内有8个中子的碳原子6C【命题意图】本题考查化学用语。来源:学科网ZXXK解析：选A。次氯酸的电子式为H ，A项错误。8下列说法不正确的是()A液氯可以储存在钢瓶中B天然气的主要成分是甲烷的水合物C天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】本题考查元素及其化合物的
5、性质。解析：选B。天然气的主要成分是甲烷，而甲烷水合物是可燃冰的主要成分，B项错误。9下列说法不正确的是()A蒸馏时可通过加碎瓷片防暴沸B可用精密pH试纸区分pH5.1和pH5.6的两种NH4Cl溶液C用加水后再分液的方法可将苯和四氯化碳分离D根据燃烧产生的气味，可区分棉纤维和蛋白质纤维【命题意图】本题考查蒸馏时的防暴沸操作，精密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：选C。蒸馏时加碎瓷片可以防止暴沸，A项正确；精密pH试纸可以精确到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
6、化碳进行分离，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，故可根据燃烧产生的气味区分两者，D项正确。10下列说法正确的是()A18O2和16O3互为同位素B正己烷和2,2二甲基丙烷互为同系物来源:Z&xx&k.ComCC60和C70是具有相同质子数的不同核素DH2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体【命题意图】本题考查核素、同位素、同系物以及同分异构体的概念。解析：选B。同位素的研究对象为原子，而18O2和16O3为单质，A项错误；正己烷和2,2二甲基丙烷结构相似，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
7、C70均为单质，不是核素，C项错误；H2NCH2COOCH3的分子式为C3H7NO2，而CH3CH2NO2的分子式为C2H5NO2，两者不是同分异构体，D项错误。11针对下列实验现象表述不正确的是()A用同一针筒先后抽取 80 mL 氯气、20 mL 水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色B在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL 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充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成【命题意图】本题考查常见元素的单质及其化合物的性质。解析：选A。常温常压下，1体积水约溶解2体积的氯
8、气，故20 mL水只能溶解大约40 mL的氯气，A项错误；浓硫酸具有吸水性，将CuSO45H2O转化为CuSO4，固体由蓝色变为白色，B项正确；双氧水将含4价硫元素的微粒氧化为SO，SO与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，C项正确；镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C，D项正确。12化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是()A甲：Zn2向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H浓度增加B乙：正极的电极反应式为Ag2O2eH2O=2Ag2OHC丙：锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D丁：使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【命题意图】本题以铜锌原电池，钮扣式银
9、锌电池，锌锰干电池和铅蓄电池为背景考查原电池的基本概念、工作原理以及电极反应式的书写。解析：选A。铜锌原电池(电解质溶液为硫酸)中铜作正极，电极反应为2H2e=H2，故铜电极附近H浓度降低，A项错误。13不能正确表示下列变化的离子方程式是()A二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应：5SO22H2O2MnO=2Mn25SO4HB酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2HH2O2=I22H2OC硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO2H=H2SiO3D硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu22Fe=2Fe33Cu【命题意图】本题考查离子方程式的正误判断。解析：选D。硫酸铜溶液中加少量的铁粉：Cu2Fe=Fe2Cu，D项错
10、误。142019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是()A第35号元素的单质在常温常压下是液体B位于第四周期第A族的元素为非金属元素C第84号元素的最高化合价是7D第七周期0族元素的原子序数为118【命题意图】本题考查元素周期表的结构，元素在周期表中的位置等。解析：选C。第35号元素为溴，溴单质在常温常压下是液体，A项正确；位于第四周期第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A族，最高化合价不可能是7，C项错误；第七周期0族元素的原子序数为118，D项正确。15下列说法不正确的是()A正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇
11、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天然植物油没有恒定的熔沸点，常温下难溶于水【命题意图】本题考查有机物的结构和性质。解析：选B。一般来说，含相同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，故其沸点比相同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；天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。16下列表述正确的是()A苯和氯气
12、生成C6H6Cl6的反应是取代反应B乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2C等物质的量的甲烷与氯气反应的产物是CH3ClD硫酸作催化剂，CH3CO18OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O【命题意图】本题考查苯与氯气的加成反应，乙烯与溴水的加成反应，甲烷与氯气的取代反应以及酯化反应的机理。解析：选D。苯和氯气生成C6H6Cl6的反应是加成反应，A项错误；乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B项错误；等物质的量的甲烷与氯气反应可生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，C项错误；在硫酸催化下，CH3CO18OCH2CH3水解生成CH3COOH和CH3
13、CHOH，D项正确。17下列说法正确的是()AH2(g)I2(g)2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变BC(s)H2O(g)H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡C若压强不再随时间变化能说明反应2A(？)B(g)2C(？)已达平衡，则A、C不能同时是气体D1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q2，Q2不等于Q1【命题意图】本题考查化学反应速率的影响因素，可逆反应化学平衡状态的判断与可逆反应中的能量变化判断。解析：选B。对于反
14、应H2(g)I2(g)2HI(g)，反应前后气体分子数相等，缩小反应容器体积，平衡不移动，正逆反应速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，若A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反应达到平衡状态，C项错误；设N2(g)3H2(g)2NH3(g)Ha(a0) kJmol1，1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%，放出热量Q10.1a kJ，当 2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量Q20.1a kJ，故Q1Q2，D项错误。18下列说法不正确的是()A纯碱和烧碱熔化时克服的
15、化学键类型相同B加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏CCO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变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】本题考查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：选C。Na2CO3和NaOH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溶于水，一部分CO2与水反应生成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
16、间作用力的破坏，D项正确。19设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A1 mol CH2=CH2分子中含有的共价键数为6NAB500 mL 0.5 molL1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAC30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NAD2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间【命题意图】本题考查与阿伏加德罗常数相关的计算。解析：选D。1个CH2=CH2分子中包含4个单键和1个双键，而1个双键中有2个共价键，故1 mol CH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；500 mL 0.5 molL1的NaCl溶液中含
17、有的微粒包括Na、Cl、H2O、H、OH，故微粒数大于0.5NA，B项正确；HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30 g HCHO和CH3COOH混合物中含“CH2O”的物质的量为1 mol，含C原子数为NA，C项正确；2.3 g Na与O2完全反应，不论生成Na2O还是Na2O2，转移的电子数均为0.1NA，D项不正确。【走出误区】一个碳碳双键包含两个共价键，即一个键和一个键。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。下列解析不正确的是()A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
18、被CO2溶解，沉积少C深海地区石灰石岩层的溶解反应为：CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)=Ca(HCO3)2(aq)D海水呈弱碱性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【命题意图】本题以浅海地区与深海地区石灰石沉积厚度为背景，考查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，有利于游离的CO2增多，石灰石沉积，A项正确；与浅海地区相比，深海地区压强大，CO2溶解度大，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少，B项正确；题给反应为石灰石岩层的溶解反应，C项正确；大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO转化为HCO，导致CO浓度减小，D项错误。
19、21室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.2 molL1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列说法不正确的是()A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na)2c(HA)2c(A2)【命题意图】本题以二元酸H2A与NaOH溶液反应为背景考查电解质溶液的相关知识。【教你审题】解
20、答本题的关键是审清已知中二元酸H2A第一步是完全电离的，这就导致HA只电离不水解，且溶液中不存在H2A分子。解析：选B。对于0.1 molL1 H2A溶液而言，根据电荷守恒可知c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，根据物料守恒可知c(H2A)c(HA)c(A2)0.1 molL1，又H2A第一步完全电离，故c(H2A)0，将c(HA)c(A2)0.1 molL1代入c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)可得c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1，故c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1，A项正确；当溶液呈中性时c(H)c(OH)，由电荷守恒可得c(Na)c(HA)2c(A
21、2)，若用去的NaOH溶液体积为10 mL，此时溶液的溶质为NaHA，由于HA只电离，不水解，故此时溶液呈酸性，要使溶液呈中性，则NaOH溶液的体积必须大于10 mL，B项错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液中的溶质为NaHA，HA只电离，不水解，此时溶液呈酸性，pH7，由HAHA2，H2OHOH，根据质子守恒得c(H)c(OH)c(A2)，故c(A2)c(H)c(OH)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，根据物料守恒可知c(Na)2c(HA)2c(A2)，D项正确。22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应速率水解。与常温
22、常压水相比，下列说法不正确的是()A高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C高温高压液态水中，c(H)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H)的酸或相同c(OH)的碱的水解【命题意图】本题以高温高压液态水的性质为背景考查影响油脂水解反应速率的因素。解析：选D。温度升高，油脂的反应速率加快，A项正确；温度升高，压强增大，导致油脂与水的互溶能力增强，接触面积增大，油脂水解反应速率加快，B项正确；温度升高，水的离子积常数增大，c(H)增大，可催化
23、油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；除了c(H)或c(OH)的影响之外，还有温度的影响，D项错误。23MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(MCa、Mg)：已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是()AH1(MgCO3)H1(CaCO3)0BH2(MgCO3)H2(CaCO3)0CH1(CaCO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO)D对于MgCO3和CaCO3，H1H2H3【命题意图】本题以MCO3(MMg、Ca)的能量关系图为背景考查化学键的断裂和形成与反应中能量变化的关系，盖斯定律。解析：选C。根据已知信息，离子电荷相同时，半径越小，离子
24、键越强。由于r(Mg2)H1(CaCO3)0，A项正确；由于H2只与CO相关，故H2(MgCO3)H2(CaCO3)0，B项正确；根据能量关系图可知HH1H2H3，由于H(MgCO3)H(CaCO3)，故H1(MgCO3)H2(MgCO3)H3(MgO)H1(CaCO3)H2(CaCO3)H3(CaO)，而H2(MgCO3)H2(CaCO3)，故H1(MgCO3)H3(MgO)H1(CaCO3)H3(CaO)，H1(CaCO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO)，C项错误；由于HH3H1H2，而H0，故H1H2H3，D项正确。24聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n能用作净水剂(絮凝剂)
25、，可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是()AKClO3作氧化剂，每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗 6/n mol KClO3B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D在相同条件下，Fe3比Fe(OH)2的水解能力更强【命题意图】本题以聚合硫酸铁的制备和性质为背景考查氧化还原反应，盐类水解的原理、应用以及胶体的性质。解析：选A。FeSO4和KClO3反应生成Fe(OH)SO4n的化学方程式为6nFeSO4nKClO33nH2O=6Fe(OH)SO4nnKCl，根据化学方程式可知，KClO3作氧化剂，每生成
26、1 mol Fe(OH)SO4n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；Fe(OH)2的水解能力小于Fe2，导致生成聚合硫酸铁后，溶液碱性增强，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的水解能力，可以从二者所带电荷的多少来分析，所带正电荷越多，结合OH的能力就越强，水解能力就越强，D项正确。【技高一筹】利用氧化还原反应中得失电子守恒，可以快速求算消耗KClO3的物质的量：每生成1 mol Fe(OH)SO4n转移的电子为n mol，而1 mol KClO3参与反应时转移的电子为6 mol，故每生成1 molFe(OH)SO4n消耗
27、KClO3的物质的量为n/6 mol，A项错误。25白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。下列推断不正确的是()A无色溶液B的pH7B白色固体F的主要成分是H2SiO3C混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3D在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl【命题意图】本题考查离子共存与常见离子的检验。解析：选C。混合物A加水溶解后得到固体C，固体C加过量硝酸后，得到白色固体F，由混合物A的成分可知，F的主要成分为H2SiO3，B项正确；蓝色溶液E中存在Cu
28、2，故白色固体混合物A中存在CuSO4，无色气体D为CO2，故白色固体混合物A中可能含有Na2CO3，与CuSO4反应生成CuCO3进入固体C，也可能含有CaCO3，C项错误；溶液B呈无色，说明CuSO4与Na2SiO3或Na2CO3反应生成CuSiO3或CuCO3沉淀进入固体C，同时生成Na2SO4，故无色溶液B中一定含有Na2SO4，可能存在KCl、Na2CO3、Na2SiO3，溶液的pH7，A项正确；无色溶液B经HNO3酸化后，无沉淀，再加AgNO3有白色沉淀产生，说明A中有KCl，D项正确。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26(6分)以煤、天然气和生物质为原料制取有
29、机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：(1)AB的反应类型_，C中含氧官能团的名称_。(2)C与D反应得到E的化学方程式_。(3)检验B中官能团的实验方法_。【命题意图】本题考查有机反应类型，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。解析：C为丙烯酸(CH2=CHCOOH)，油脂水解得到D，D为甘油(CH2OHCHOHCH2OH)，C与D在浓硫酸催化下发生酯化反应，生成CH2=CHCOOCH2CHOHCH2OH和CH2=CHCOOCH(CH2OH)2。(1)AB从分子组成上看A得氧失
30、氢，属于氧化反应，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，由于醛基也能使溴水褪色，故应先用银镜反应检验醛基，醛基被氧化后，再用溴水检验碳碳双键。【走出误区】由于醛基也具有还原性，能使溴水褪色，故检验碳碳双键之前应先将醛基氧化以排除醛基对碳碳双键检验的干扰。答案：(1)氧化反应羧基 (3)加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用盐酸酸化，过滤，滤液中加入溴水，若溴水褪色，说明有碳碳双键27(6分)固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象1得出化合物X含有_元素(填元素符号)。(2)固体混合物Y的成分_(填化学式)。(3)X的化学
31、式_。X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，固体完全溶解，得到蓝色溶液，该反应的化学方程式是_。【命题意图】本题以含铜化合物之间的转化关系为背景，考查物质推断以及陌生氧化还原方程式的书写。解析：固体化合物X在干燥的H2中反应生成能使CuSO4变蓝色的气体，说明X中含有氧元素；固体混合物Y加水溶解得到1.28 g紫红色固体单质，该单质为Cu，物质的量为0.02 mol，得到的碱性溶液的焰色反应呈黄色，说明该碱性溶液中存在Na，又固体化合物X由3种元素组成，则3种元素分别为O、Cu、Na，故该碱性溶液为NaOH溶液，与HCl恰好中和时消耗0.020 0 mol HCl，说明NaOH的物质的量为0.020
32、0 mol，固体X中含有钠元素的质量为0.46 g，根据固体X的质量为2.38 g，可以求得氧元素的质量为0.64 g，则n(O)0.04 mol，n(Na)n(Cu)n(O)112，则X的化学式为NaCuO2，固体混合物Y中含有Cu和NaOH。NaCuO2与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，并得到蓝色溶液CuCl2，则反应的化学方程式为2NaCuO28HCl=2NaCl2CuCl2Cl24H2O。答案：(1)O(2)Cu和NaOH(3)NaCuO22NaCuO28HCl=2NaCl2CuCl2Cl2 4H2O来源:学|科|网28(4分)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉
33、淀。请回答：(1)仪器1的名称_。装置5的作用_。(2)实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中_。(3)装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因_。【命题意图】 本题以制备Fe(OH)2白色沉淀为背景考查常用仪器的名称，实验的评价与分析。解析：(1)仪器1的名称为分液漏斗。由于Fe(OH)2易被氧气氧化，故装置5的作用是通过液封，防止空气进入装置4。(2)3中溶液不能进入4中的原因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
34、需在2、3之间加一个控制开关。(3)生成灰绿色沉淀说明氢氧化亚铁被部分氧化，分析原因应该是装置4中的空气未排尽。答案：(1)滴液漏斗(分液漏斗)液封，防止空气进入装置4(2)在装置2、3之间添加控制开关(3)装置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2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。【命题意图】本题考查考生运用有机物的结构和性质及数学的分类讨论思想解决化学问题的能力。解析：
35、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(m2)，根据生成氢气的物质的量为0.03 mol，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n(X)m0.032 mol，n(X)，解得M34m gmol1，对m进行讨论，若m3，M102 gmol1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个OH和1个COOH，除去OH和COOH，剩余基团的摩尔质量为23 gmol1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m4，M136 gmol1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个OH和1个COOH，除去OH和COOH，剩余基团的摩尔质量为40 gmol1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构
36、可能是，符合条件。答案：n(H2)0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m2)则n(X)(0.032)/m mol0.06/m mol，M(X)2.04m/0.06 gmol134m gmol1m4，M(X)136 gmol1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。来源:学科网ZXXK【解后反思】解答本题的关键是不单独假设羟基的个数和羧基的个数，而是假设羟基和羧基的总数为m，再利用分类讨论思想进行解决。30【加试题】(10分)水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。(1)关于反应H2(g)O2(g)=H2O(l)，下列说法不正确的是_。A焓变H0，熵变S0B可以把反应设计
37、成原电池，实现能量的转化C一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)。将一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)。在图2中画出从20 开始经过100 的p随T变化关系示意图(20 时的平衡压强用p1表示)。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 )、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。与常温常压的水相比，高温高压
38、液态水的离子积会显著增大。解释其原因_。如果水的离子积Kw从1.01014增大到1.01010，则相应的电离度是原来的_倍。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是_。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，反应时间大于15 s 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应的速率，而且两者数值相等D随温度升高，xCO峰值出现的时间
39、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)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是_。制备H2O2的总反应方程式是_。【命题意图】本题考查化学反应原理的综合运用，意在考查考生的信息获取能力。解析：(1)氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A项正确；该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B项正确；是否能观察到有水生成除了与反应能否自发进行有关外，还与反应的速率有关，观察不到有水生成，不
40、能说明该条件下反应不能自发进行，C项错误；使用合适的催化剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下快速反应，D项正确，故选C。(2)一个水分子可以形成4个氢键。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点。由于常温常压下，水的沸点为100 ，故100 时，水的饱和蒸气压为1.01105 Pa，故20 时，压强为p1,100 时，压强为1.01105 Pa，据此作图。(3)水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。水的离子积常数从1.01014增大到1.01010，水电离产生的c(H)从107 molL1增大到105 molL1，水的电离度是原
41、来的100倍。根据图3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，CO含量先增大再减小，CO2含量一直增大，C2H5OH含量一直减小，可见CO是中间产物，CO2是最终产物，A项正确；由图4可知，在550 时，反应15 s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，C项错误；由图4可知，温度升高时，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峰值出现的时间才会提前，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，D项正确，故选ABD。(4)根据题意可知，阳极SO失
42、电子被氧化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O，生成的S2O又与H2O反应生成H2O2和SO，故总反应方程式为2H2OH2O2H2。来源:学科网ZXXK答案：(1)C(2)(3)水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)100ABD(4)2HSO2e=S2O2H或2SO2e=S2O2H2OH2O2H2【知识储备】常压下物质的沸点就是饱和蒸气压达到一个大气压时的温度。常压下水在100 时的饱和蒸气压是一个标准大气压。31【加试题】(10分)某兴趣小组在定量分析了镁渣(含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Mg含量的基础上，按如下
43、流程制备六水合氯化镁(MgCl26H2O)。相关信息如下：700 只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。请回答：(1)下列说法正确的是_。A步骤，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶B步骤，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量C步骤，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨D步骤，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(2)步骤，需要搭建合适的装置，实现蒸氨、吸收和指示于一体(用硫酸溶液吸收氨气)。选择必须的仪器，并按连接顺序排列(填写代表仪器的字母，不考虑夹持和橡皮
44、管连接)：热源_。为了指示蒸氨操作完成，在一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止时的现象_。(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。含有的杂质是_。从操作上分析引入杂质的原因是_。(4)有同学采用盐酸代替步骤中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：金属离子pH开始沉淀完全沉淀Al33.04.7Fe31.12.8Ca211.3Mg28.410.9请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体Ba()()()()()()MgC
45、l2溶液产品。a用盐酸溶解b调pH3.0c调pH5.0d调pH8.5e调pH11.0f过滤g洗涤【命题意图】本题以镁渣为原料制备六水合氯化镁的流程为背景考查物质的分离和提纯，实验方案的分析与评价，实验的设计等。解析：根据镁渣的成分和题给的信息，可知镁渣A在700 煅烧时，MgCO3和Mg(OH)2分解生成MgO，固体B的成分为MgO、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入NH4Cl溶液发生反应：MgO2NH4ClH2OMgCl22NH3H2O，通过蒸氨，使氨气逸出，促进平衡正向移动，提高MgO的转化率。固液混合物D的成分主要为MgCl2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3、SiO2
46、，过滤后得到的溶液F的溶质主要为MgCl2，固体渣E中含有CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2。溶液F蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MgCl26H2O。(1)煅烧样品应在坩埚中进行，不能在烧杯和锥形瓶中进行，A项正确；蒸氨促进反应MgO2NH4ClH2OMgCl22NH3H2O正向移动，提高MgO的溶解量，B项正确；由于NH4Cl溶液与MgO的反应程度不大，先过滤，再蒸氨导致大量未反应的MgO损失，产率降低，C项错误；最后得到的是MgCl26H2O，固液分离操作既可以用常压过滤，也可以用减压过滤，D项正确。(2)装置a用作反应容器，装置d用于导气，装置f用于防倒吸，装置c用于尾气处
47、理(吸收氨)，故连接的顺序为热源adfc。当H2SO4溶液中的H2SO4均转化为(NH4)2SO4时，表示蒸氨可以停止，由于硫酸铵溶液显酸性，故应选择甲基橙作指示剂，故蒸氨可以停止时的现象是溶液由红色变为橙色。(3)产品溶于水后溶液呈碱性，说明可能含有的杂质为Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。引入该杂质最有可能的操作是过度蒸发浓缩导致Mg2水解生成Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。(4)若用盐酸代替NH4Cl溶液，则用盐酸溶解固体B所得溶液中含有Mg2、Al3、Fe3和Ca2。根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，可先将溶液pH调节至5.0，使Fe3和Al3分别完全转化为Fe(OH)3和Al
48、(OH)3沉淀从而过滤除去，再将溶液pH调节至11.0，将Mg2转化为Mg(OH)2，过滤得到Mg(OH)2固体，洗涤后用盐酸溶解即可得到MgCl2溶液，故合理的操作排序为固体Bacfefga。答案：(1)ABD(2)adfc甲基橙，颜色由红色变橙色(3)碱式氯化镁(氢氧化镁)过度蒸发导致氯化镁水解(4)cfefga32【加试题】(10分)某研究小组拟合成除草剂苯达松和染料中间体X。 (1)下列说法正确的是_。A化合物B到C的转变涉及到取代反应B化合物C具有两性C试剂D可以是甲醇D苯达松的分子式是C10H10N2O3S(2)化合物F的结构简式是_。(3)写出EGH的化学方程式_。(4)写出C6
49、H13NO2同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_。分子中有一个六元环，且成环原子中最多含2个非碳原子；1HNMR谱和IR谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，有NO键，没有过氧键(OO)。_。【命题意图】本题以除草剂苯达松和染料中间体X的合成为背景考查有机物的结构与性质，有机反应类型，有机物分子式，有机化学方程式的书写，有条件限制的同分异构体的书写，有机合成路线的设计。解题：本题可以采用逆推法。苯达松的分子式为C10H12N2O3S，与H的分子式对比，发现少了CH4O。根据苯达松存在酰胺键可知，H转化为苯达松发生了题给已知反应，再将硝基还原为氨基。(1)B到C的反应涉及氧化反应和还原反应，未涉及取代反应，A项错误；化合物C中既有羧基，又有氨基，具有两性，B项正确；试剂D可以是甲醇，C项正确；苯达松的分子式为C10H12N2O3S，D项错误。(4)由于分子中只有4种不同化学环境的氢原子，所以满足条件的同分异构体必定是一个对称结构，由于存在NO键，不存在OO，且成环原子中最多含2个非碳原子，则NO键必定位于六元环的对称轴上，化合物C6H13NO2的不饱和度为1，故只含有一个六元环，对成环原子中非碳原子个数进行讨论：
