1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1下列属于碱的是AC2H5OHBNa2CO3CCa(OH)2DCu2(OH)2CO3【答案】C【解析】【详解】A. C2H5OH是有机物，属于醇类，A不合题意；B. Na2CO3属于无机盐，B不合题意；C. Ca(OH)2是二元强碱，C符合题意；D. Cu2(O
2、H)2CO3是碱式盐，D不合题意。故答案选C。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【答案】A【解析】【详解】按强电解质的定义可知，强电解质指在水中完全电离的电解质，包含强酸、强碱、大部分盐等。所以对四个选项进行物质分类考查：A.可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B.食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C.二氧化硅是非电解质，C项错误；D.醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。故答案选A。3下列图示表示过滤的是ABCD【答案】C【解析】【详解】A.该操作是分液，A不合题意；B.该操作是配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，B不合题意；C.该操作是过滤，C符合题意；
3、D.该操作是配制一定物质的量浓度溶液中转移溶液步骤，D不合题意。故答案选C。4下列属于置换反应的是A4NH35O24NO6H2OB2Na2SO3O22Na2SO4C2Na2O22CO22Na2CO3O2D2KICl22KClI2【答案】D【解析】【详解】置换反应是指一个单质和一个化合物反应生成另一个单质和化合物，属于氧化还原反应，前者在后者的概念范围内；A.该反应属于氧化还原反应，但不是置换反应，A不合题意；B.该反应是化合反应，B不合题意；C.该反应属于氧化还原反应，但不是置换反应，C不合题意；D.该反应符合置换反应定义，属于非金属单质之间的置换反应，活泼性强的非金属单质置换出活泼性较弱的非
4、金属单质，D符合题意。故答案选D。5下列溶液呈碱性的是ANH4NO3B(NH4)2SO4CKClDK2CO3【答案】D【解析】【分析】盐类水解是指弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，导致溶液的酸碱性发生变化，本题四个选项均涉及盐类水解。【详解】A.该盐属于强酸弱碱盐，NH4+H2ONH3H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；B.同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；C.该盐属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；D.该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。故答案选D。【点睛】关于正盐的酸碱性
5、可利用口诀速度判断：“谁强显谁性，都强显中性，都弱须看电离程度大小”。6反应8NH33Cl2N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为A23B83C63D32【答案】A【解析】【详解】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故答案选A。7下列表示不正确的是A次氯酸的电子式B丁烷的球棍模型C乙烯的结构简式CH2CH2D原子核内有8个中子的碳原子146C【答案】A【解析】【详解】A.次氯酸中Cl最外层为7个电子，为达到8电子稳定结构
6、，需要拿出一个电子与其他原子形成一个共用电子对，O原子最外层为6个电子，为达到8电子稳定结构，需要拿出两个电子与其他原子形成两对共用电子对，因而次氯酸的电子式为，A项错误。B、C、D等3个选项均正确。故答案选A。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【答案】B【解析】【详解】A.液氯就是液态的氯气，与钢瓶不反应，可以储存在钢瓶中，A项正确；B.天然气的主要成分是甲烷，可燃冰的主要成分是甲烷的水合物，B项错误；C.石英、水晶、硅石、沙子的主要成分均为二氧化硅，C项正确；D
7、.硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在，火山口处有硫单质，D项正确。故答案选B。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，可区分棉纤绵和蛋白质纤维【答案】C【解析】【详解】A.加热液体至沸腾时，必须要在反应容器内加碎瓷片，防止暴沸，否则出现暴沸将会很危险，A项正确；B.精密pH试纸可以将pH值精确到小数点后一位,所以可以区分pH5.1和pH5.6的两种NH4Cl溶液，B项正确；C.苯和四氯化碳互相溶解，均难溶于水，因而加水不影响苯和四氯化碳的互溶体系，不可以
8、分液，可采用蒸馏分离，C项错误；D. 棉纤绵成分是纤维素，蛋白质纤维成分是蛋白质，蛋白质燃烧时会产生烧焦羽毛的气味，因而可以用燃烧法区别，D项正确。故答案选C。10下列说法正确的是A18O2和16O2互为同位素B正己烷和2,2二甲基丙烷互为同系物CC60和C70是具有相同质子数的不同核素DH2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是同分异构体【答案】B【解析】【详解】A. 18O2和16O2是指相对分子质量不同的分子，而同位素指具有相同质子数，但中子数不同的元素互称同位素，A项错误；B. 正己烷的分子式C6H14，2,2二甲基丙烷即新戊烷分子式是C5H12，两者同属于烷烃，且分子式差一个CH
9、2，属于同系物，B项正确；C.核素表示具有一定的质子数和中子数的原子，C60和C70是由一定数目的碳原子形成的分子，显然，C项错误；D. H2NCH2COOCH3和CH3CH2NO2是分子式分别为C3H7O2N和C2H5O2N，分子式不同，显然不是同分异构体，D项错误。故答案选B。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
10、固体生成【答案】A【解析】【详解】A.氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩余40mL未溶解，A项错误；B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO45H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO45H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；C.双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。故答案选A。12化学电源在日常生活
11、和高科技领域中都有广泛应用。下列说法不正确的是AZn2+向Cu电极方向移动，Cu电极附近溶液中H+浓度增加B正极的电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2OHC锌筒作负极，发生氧化反应，锌筒会变薄D使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降【答案】A【解析】【详解】A.Zn较Cu活泼，做负极，Zn失电子变Zn2+，电子经导线转移到铜电极，铜电极负电荷变多，吸引了溶液中的阳离子，因而Zn2+和H+迁移至铜电极，H+氧化性较强，得电子变H2，因而c(H+)减小，A项错误；B. Ag2O作正极，得到来自Zn失去的电子，被还原成Ag,结合KOH作电解液，故电极反应式为Ag2O2eH2O2Ag2O
12、H，B项正确；C.Zn为较活泼电极，做负极，发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，锌溶解，因而锌筒会变薄，C项正确；D.铅蓄电池总反应式为PbO2 + Pb + 2H2SO4 2PbSO4 + 2H2O，可知放电一段时间后，H2SO4不断被消耗，因而电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D项正确。故答案选A。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：5SO22H2O2MnO4-2Mn2+5SO4H+B酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I2H+H2O2I22H2OC硅酸钠溶液和盐酸反应：SiO32-2H+H2SiO3D硫酸铜溶液中加少量的铁粉：3Cu2+2
13、Fe2Fe3+3Cu【答案】D【解析】【详解】D.Fe3+氧化性大于Cu2+，所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+，因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2+FeFe2+Cu，D项错误。其他3个选项的离子方程式都是正确的。故答案选D。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【答案】C【解析】【详解】A.35号元素是溴元素，单质Br2在常温常压下是红棕色的液体，A项合理；B.位于第四周期第A族
14、的元素是砷元素（As），为非金属元素，B项合理；C.第84号元素位于第六周期A族，为钋元素（Po），由于最高正价等于主族序数，所以该元素最高化合价是+6，C项不合理；D.第七周期0族元素是第七周期最后一个元素，原子序数为118，D项合理。故答案选C。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【答案】B【解析】【详解】A.对于分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，因而正丁烷的沸点比异丁烷的高。而对于相对分子质量相近的有机物
15、，含羟基越多，沸点越高，原因在于-OH可形成分子间的氢键，使得沸点升高，因而乙醇的沸点比二甲醚的高，A项正确；B.葡萄糖为多羟基醛，含有醛基，能使溴水或者酸性高锰酸钾溶液褪色，甲苯也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C.羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质，为天然高分子化合物，塑料、合成橡胶都属于人工合成的高分子材料，C项正确；D.天然植物油是混合物，无固定熔、沸点，另外，植物油常温下难溶于水，D项正确。故答案选B。16下列表述正确的是A苯和氯气生成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，CH3CO1
16、8OCH2CH3水解所得乙醇分子中有18O【答案】D【解析】【详解】A.苯和氯气生成农药六六六，其反应方程式为，反应类型是加成反应，A项错误；B.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，B项错误；C.甲烷和氯气反应为连续反应，甲烷和氯气生成CH3Cl和HCl，接着CH3Cl和氯气生成CH2Cl2和HCl，之后生成CHCl3和CCl4,，因而产物除了4种有机物，还有HCl，C项错误；D.酯类水解断裂C-18O单键，该18O原子结合水中H，即生成乙醇H18OCH2CH3，因而，D项正确。故答案选D。17下列说法正确的是AH(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，
17、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%，放出的热量为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，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1【答案】B【解析】【详解】A.该可逆反应的反应前后气体计量数不发生变化，当缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；B.在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改
18、变说明反应已达平衡，B项正确；C.若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，故A、C不可能均为气体，C项错误；D.易知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应n(H2)=310=0.3mol，因而Q1=0.3/3|H|=0.1|H|，分解氨气时实际消耗的n(NH3)=210=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则Q1=Q2，D项错误。故答案选B。18下列说法不正确的是A纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同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
19、生成，也有分子间作用力的破坏【答案】C【解析】【详解】A.烧碱和纯碱均属于离子化合物，熔化时须克服离子键，A项正确；B.加热蒸发氯化钾水溶液，液态水变为气态水，水分子之间的分子间作用力被破坏，B项正确；C.CO2溶于水发生反应：CO2+H2OH2CO3，这里有化学键的断裂和生成，C项错误；D.石墨属于层状结构晶体，每层石墨原子间为共价键，层与层之间为分子间作用力，金刚石只含有共价键，因而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。故答案选C。19设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A1 mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NAB500 mL 0.
20、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【答案】D【解析】【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L0.5molL-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正
21、确；C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol1NA=0.1NA，D项错误。故答案选D。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
22、)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D海水呈弱酸性，大气中CO2浓度增加，会导致海水中CO浓度增大【答案】D【解析】【分析】石灰岩的形成是CaCO3的沉积结果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3与CO2，H2O之间存在着下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)Ca(HCO3)2(aq)。【详解】A.海水中CO2的溶解度随温度的升高而减小，随压力的增大而增大，在浅海地区，海水层压力较小，同时水温比较高，因而CO2的浓度较小，即游离的CO2增多，根据平衡移动原理，上述平衡向生成CaCO3方向移动，产生石灰石沉积，A项正确；B.与A恰恰相反，石灰石岩层易被CO2溶解，沉积少
23、，B项正确；C.在深海地区中，上述平衡向右移动，且倾向很大，故溶解反应为CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C项正确；D. 海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，导致CO32-转化为HCO3-，CO32-浓度降低，D项错误。故答案选D。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：H2AH+HA，HAH+A2。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N
24、aOH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)【答案】B【解析】【分析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 molL1二元酸H2A看做20 mL 0.1 molL1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。【详解】A. 0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)=
25、c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。故答案选B。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。与常温常压水相比，下列说法不正确
26、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【答案】D【解析】【详解】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B.由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水
27、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，C项正确；D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成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，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故答案选D。23MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(MCa、Mg)：M2+(g)CO32-(g)M2+(g)O2(g)CO2(g)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)
28、H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO)D对于MgCO3和CaCO3，H1H2H3【答案】C【解析】【详解】根据盖斯定律，得H=H1+H2+H3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A. H1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而H1(MgCO3)H1(CaCO3)0，A项正确；B. H2表示断裂CO32-中共价键形成O2和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而H2(MgCO3)H2(CaCO3)0，B项正确；C.由上可知H1(CaCO3)-H1(MgCO3)H3(MgO)
29、，H3(CaO)-H3(MgO)0，C项错误；D.由上分析可知H1+H20，H37，故无色溶液pH7，A项正确；B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。故答案选C。第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、推断题26以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两
30、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_。【答案】氧化反应 羧基 CH2CHCOOHH2O CH2CHCOOHH2O 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 【解析】【分析】B到C发生氧化反应，醛基被氧化成羧基，C为，油脂在酸性条件下水解得到高级脂肪酸和甘油，结合D的分子式，可知D为甘油，C和D发生酯化反应得到E，结合E的分子式可知-OH和
31、-COOH发生1：1酯化，混合物E的结构简式为和。【详解】（1）根据分子组成的变化，即去氢加氧，A到B的反应类型为氧化反应，C中的含氧官能团为羧基。（2）由上分析混合物E的结构简式，可知C和D的酯化反应得到两种有机产物，因而化学方程式分别为CH2CHCOOHH2O和CH2CHCOOHH2O。（3）B中含有碳碳双键和醛基，两者都易被氧化，其中醛基能被弱氧化剂氧化，因而需要先检验醛基，可采用银氨溶液检验，注意这里需要加过量的银氨溶液以便将醛基全部氧化，然后用盐酸酸化，原因在于银氨溶液呈碱性，能和溴水反应，然后将过滤后的滤液加入溴水，观察现象。因而答案为加过量银氨溶液，加热，出现银镜，说明有醛基；用
32、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_。【答案】O Cu和NaOH NaCuO2 2NaCuO28HCl2NaCl2CuCl2Cl24H2O 【解析】【分析】固体混合物Y溶于水，得到固体单质为紫红色，说明是Cu，产生碱性溶液，焰色反应呈黄色说明含有钠元素，与盐酸HCl中和，说明为NaOH（易算出为0.02mol）
33、，混合气体能使CuSO4变蓝，说明有水蒸汽。【详解】（1）CuSO4由白色变为蓝色，说明有水生成，根据元素守恒分析，必定含有O元素。（2）现象2获得紫色单质，说明Y含有Cu,现象3焰色反应为黄色说明有Na元素，与HCl发生中和反应说明有NaOH，故答案填Cu和NaOH。（3）NaOH为0.02mol，易算出m(Na)=0.0223g=0.46g，m(O)=m-m(Na)-m(Cu)=2.38-0.46-1.28=0.46g，N(Na)：N(Cu)：N(O)=1：1：2，故化学式为NaCuO2，X与浓盐酸反应，根据反应现象，产物有Cl2，和CuCl2蓝色溶液，因而化学方程式为2NaCuO28HC
34、l2NaCl2CuCl2Cl24H2O评卷人得分三、实验题28某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。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_。【答案】滴液漏斗(分液漏斗) 液封，防止空气进入装置4 在装置2、3之间添加控制开关 装置4内的空气没有排尽 【解析】【分析】该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排
35、尽空气的气氛中，先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再利用气体产生的气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。【详解】（1）观察仪器1特征可知是分液漏斗或者滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，可知装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。（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。如此操作，不行的原因在于仪器1产生的H2从左侧导管溢出，那么没有足够的压强不能将FeSO4溶液挤出，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。（3）灰绿色沉淀产生的原因是Fe(OH)2被
36、空气氧化，因为装置4中空气没有完全排尽。29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
37、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Al3+3.0
38、4.7Fe3+1.12.8Ca2+11.3Mg2+8.410.9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（_）（_）（_）（_）（_）（_）MgCl2溶液产品。a用盐酸溶解 b调pH3.0 c调pH5.0 d调pH8.5e调pH11.0 f过滤 g洗涤【答案】ABD adfc 甲基橙，颜色由红色变橙色 碱式氯化镁(氢氧化镁) 过度蒸发导致氯化镁水解 c f e f g a 【解析】【详解】（1）A.煅烧固体样品需用坩埚，烧杯和锥形瓶用来加热液体，A项正确；B.氯化铵水解方程式为NH4Cl+H2ONH3H2O+HCl，氧化镁和HCl反应，蒸氨即一水合
39、氨分解，平衡向右移动，HCl浓度变大，促进了氧化镁的溶解，B项正确；C.根据信息NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大，不能先过滤，否则氧化镁损耗很大，C项错误；D.固液分离操作均可采用常压过滤，使用减压过滤加快过滤速度，也可行，D项正确。故答案选ABD。（2）先选发生装置为a，然后连接回流装置d，生成的氨气有水蒸气，需要干燥，然后连接干燥管f，氨气是碱性气体，需要用酸吸收，最后连接c。故答案填adfc。硫酸和氨气恰好完全反应生成硫酸铵（(NH4)2SO4），硫酸铵显酸性，因而选择在酸性范围内变色的指示剂：甲基橙，其颜色变化是红色变为橙色。（3）溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤
40、、洗涤和低温干燥得到产品。溶液仍呈碱性，注意不可能是氨气的影响，由于氯化镁水解使溶液呈酸性，故溶液的碱性是由杂质引起的。考虑到氯化镁易水解，所以含有的杂质可能是Mg(OH)Cl或者Mg(OH)2。升高温度会促进水解的进行，因而必然是蒸发阶段导致，即过度蒸发导致氯化镁水解。（4）根据各离子完全沉淀的pH值，加酸后溶液呈酸性，可逐步提高pH，同时以沉淀形式除掉不同离子，因而先将pH调至5，除掉Al3+和Fe3+,然后过滤其沉淀，然后将pH调至11.0使得Mg2+变为Mg(OH)2沉淀，过滤并洗涤，得到纯净的Mg(OH)2沉淀，然后加入盐酸得到氯化镁溶液。故答案依次填cfefga。评卷人得分四、计算题30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
