2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）化学.docx

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1、 2017年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷 )化学 一、选择题 (本大题共 25小题，每小题 2分，共 50 分 ) 1.(2分 )下列属于盐的是 ( ) A.NaCl B.KOH C.HNO3 D.CO2 解析： A、氯化钠的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故为盐，故 A正确； B、 KOH电离出的阴离子全部是氢氧根，故为碱，故 B错误； C、硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，故为酸，故 C错误； D、二氧化碳是氧化物，故 D错误 。 答案： A 2.(2分 )仪器名称为 “ 量筒 ” 的是 ( ) A. B. C. D. 解析： A.该仪器为圆底烧瓶，故 A不选； B.该仪器为分

2、液漏斗，故 B错误； C.该仪器标有小刻度、没有 0刻度，为量筒，故 C选； D.该仪器为研钵，故 D 不选 。 答案： C 3.(2分 )下列属于非电解质的是 ( ) A.葡萄糖 B.氢氧化钠 C.氯化钾 D.铁 解析： A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以葡萄糖是非电解质，故 A正确； B、氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，故氢氧化钠是电解质，故B错误； C、氯化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氯化钾是电解质，故 C错误； D、金属铁是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故 D错误 。 答案： A 4.(2分 )下列

3、属于氧化还原反应的是 ( ) A.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 B.Na2O+H2O 2NaOH C.2KI+Br2 2KBr+I2 D.MgO+2HCl MgCl2+H2O 解析： A.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 为分解反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故 A错误； B.Na2O+H2O 2NaOH 为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故 B 错误； C.2KI+Br2 2KBr+I2为置换反应， I、 Br 元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 C正确； D.MgO+2HCl MgCl2+H2O 为复分解反应，不存

4、在化合价变化，不属于氧化还原反应，故 D 错 误 。 答案： C 5.(2分 )下列分散系能产生 “ 丁达尔效应 ” 的是 ( ) A.稀硫酸 B.硫酸铜溶液 C.氢氧化铁胶体 D.酒精溶液 解析： A、稀硫酸是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故 A错误； B、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故 B错误； C、氢氧化铁胶体是胶体，有丁达尔效应，故 C正确； D、酒精溶液是溶液，不是胶体，故为丁达尔效应，故 D错误 。 答案： C 6.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.二氧化碳是酸雨的主要成分 B.氢气是一种理想的清洁燃料 C.碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多 D.氯化铁溶液可用于

5、制作印刷铜电路板 解析： A.正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可导致酸雨发生，为酸雨的主要成分，故 A错误； B.氢气燃烧产物为水，放热多，来源广，则氢气是一种理想的清洁燃料，故 B 正确； C.碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸，则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，故 C 正确； D.Cu与氯化铁溶液反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故 D正确 。 答案： A 7.(2分 )下列表示不正确的是 ( ) A.CO2的电子式 B.Cl2的结构式： Cl Cl C.CH4的球棍模型 D.Cl 离子的结构示意图 解析： A.二氧化碳为共价化合物，含有 C=O键，电子式为 ，故 A正确； B.氯气存在 C

6、l Cl键，结构式为 Cl Cl，故 B正确； C.甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为 ，故 C错误； D.Cl 离子的原子核外有 3个电子层，最外层电子数为 8，离子的结构示意图 为 ，故 D正确 。 答案： C 8.(2分 )下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是 ( ) A.NH3 B.SO3 C.HCl D.CO2 解析： A、氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，属于弱碱，氨气显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故 A正确； B、 SO3和水反应生成硫酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 B错误； C、 HCl属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 C错误； D、

7、 CO2和水反应生成碳酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故 D错误 。 答案： A 9.(2分 )下列物质放入水中，会显著放热的是 ( ) A.食盐 B.蔗糖 C.酒精 D.生石灰 解析： A、 B、 C 中物质均溶于水，热效应不明显，但 CaO与水反应，放出热量的热，热效应 明显 。 答案： D 10.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.实验室应将钠保存在煤油中 B.分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏 C.可用酒精代替 CCl4萃取碘水中的碘单质 D.金属镁失火不可用水来灭火 解析： A、钠能和氧气、水反应，故应隔绝空气保存，且钠的密度比煤油大，故可以保存在煤油中，故 A正确

8、； B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏，故分液漏斗和容量瓶使用前都需查漏，故 B正确； C、酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故 C错误； D、金属镁能和热水反应生成氢气会引起爆炸，故不能用水来灭镁火，故 D正确 。 答案： C 11.(2分 )下列说法正确的是 ( ) A.金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高 B.氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是 1 C.乙醇和二甲醚 (CH3 O CH3)互为同系物 D.C4H10的一氯代物只有一种 解析： A.金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，石墨的硬度小，故A错误； B.氕、氘、氚是质子数相同，

9、中子数不同的同元素的不同原子，三者是氢元素的三种核素，质子数都是 1，故 B正确； C.乙醇和二甲醚不属于一类物质，官能团不同，不是同系物，故 C错误； D.分子式为 C4H10的烷烃为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体， 正丁烷 CH3CH2CH2CH3有 2氢原子，所以其一氯代物有 2； 异丁烷 CH3CH(CH3)CH3有 2氢原子，其一氯代物有 2种， 所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有 4种，故 D错误 。 答案： B 12.(2分 )已知： X(g)+2Y(g)3Z(g) H= a KJmol 1(a 0).下列说法不正确的是 ( ) A.0.1 mol X和 0.2 m

10、ol Y 充分反应生成 Z的物质的量一定小于 0.3 mol B.达到化学平衡状态时， X、 Y、 Z的浓度不再发生变化 C.达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达 a kJ D.升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小 解析： A、可逆反应不可能完全转化，所以 0.1 mol X 和 0.2 mol Y充分反应生成 Z 的物质的量一定小于 0.3 mol，故 A正确； B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平衡状态时， X、Y、 Z的浓度不再发生变化，故 B正确； C、反应热表示 1molX和 2molY完全反应生成 3mol的 Z放出 aKJ的热量，所以

11、达到化学平衡状态时，反应放出的总热量小于 a kJ，故 C错误； D、升 高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故 D错误 。 答案： CD 13.(2分 )下列离子方程式不正确的是 ( ) A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳 CO2+OH HCO3 B.金属钠和水反应 2Na+2H2O 2Na+2OH +H2 C.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水 2Fe2+H2O2 2Fe3+O2 +2H+ D.三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应 SO3+Ba2+H2O BaSO4 +2H+ 解析： A.澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应的离子方程式为：CO2+OH HCO

12、3 ，故 A 正确； B.金属钠和水反应生成 NaOH和氢气，反应的离子方程式为： 2Na+2H2O 2Na+2OH +H2 ，故B正确； C.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2 2Fe3+2H2O，故 C错误； D.三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为： SO3+Ba2+H2O BaSO4 +2H+，故 D正确 。 答案： C 14.(2 分 )W、 X、 Y、 Z 四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是 ( ) A.Z、 Y、 X的原子半径依次减小，非金属性依次降低 B.Z、 Y、

13、 W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低 C.WH4与 Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应 D.W的位置是第 2周期、第 A族 解析： A.Y、 Z、 X 的原子半径依次减小，非金属性 X Y、 Z Y，且 O无正价，则非金属性 X、Z、 Y依次降低，故 A错误； B.非金属性 Z Y W，则 Z、 Y、 W 的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故 B正确； C.WH4与 Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和 HCl，故 C正确； D.W为 C元素，位于第 2周期、第 A族，故 D正确 。 答案： A 15.(2分 )下列说法不正确的是 ( ) A.1 mol乙烷在光

14、照条件下最多能与 3 mol Cl2发生取代反应 B.石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性 KMnO4溶液褪色 C.水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物 D.苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯 解析： A.乙烷分子中含有 6个 H原子，可完全被取代，则 1 mol乙烷在光照条件下最多能与6 mol Cl2发生取代反应，故 A错误； B.石油裂解气含有烯烃，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，故 B正确； C.水煤气的主要成分为 CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等，故 C正确； D.苯可在一定条件下发生取代反应，可生成硝基苯、氯苯等，故 D正确 。 答案： A 16.(2分 )下列说

15、法正确的是 ( ) A.向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变并凝聚 B.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘油 C.氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有 COOH和 NH2 D.淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖 解析： A.加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故 A错误； B.甘油易溶于水，上层为高级脂肪酸钠，故 B错误； C.高分子化合物的相对分子质量在 10000以上，氨基酸为小分子化合物，故 C 错误； D.淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解生成葡萄糖，故 D正确 。 答案： D 1

16、7.(2 分 )银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应： Zn+Ag2O+H2O Zn(OH)2+2Ag，其工 作示意图如图 .下列说法不正确的是 ( ) A.Zn电极是负极 B.Ag2O电极上发生还原反应 C.Zn电极的电极反应式： Zn 2e +2OH Zn(OH)2 D.放电前后电解质溶液的 pH保持不变 解析： A、活泼金属 Zn 为负极，故 A正确； B、正极反应为 Ag2O+H2O+2e =2Ag+2OH ，发生还原反应，故 B正确； C、负极反应为 Zn+2OH 2e =Zn(OH)2，故 C正确； D、氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少， KOH的浓度增大， pH增大，故

17、 D错误 。 答案： D 18.(2分 )室温下，下列事实不能说明 NH3H2O为弱电解质的是 ( ) A.0.1 molL 1 NH3H2O 的 pH小于 13 B.0.1 molL 1 NH4Cl的 pH 小于 7 C.相同条件下，浓度均为 0.1 molL 1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D.0.1 molL 1 NH3H2O 能使无色酚酞试液变红色 解析： A.0.1 molL 1 NH3H2O 的 pH 小于 13，则溶液中 c(OH ) 0.1mol/L，所以 c(OH )c(NH3.H2O)，说明 NH3H2O部分电离，为弱电解质，故 A不选； B.0.1 molL 1

18、 NH4Cl 的 pH 小于 7 显酸性，说明 NH4Cl 是强酸弱碱盐，则证明 NH3H2O 是弱电解质，故 B不选； C.相同条件下，浓度均为 0.1 molL 1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明 NH3H2O部分电离，为弱电解质，故 C不选； D.0.1 molL 1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色，说明 NH3H2O显碱性，则不能证明 NH3.H2O是弱电解质，故 D选 。 答案： D 19.(2分 )已知断裂 1mol H2(g)中的 H H键需要吸收 436.4KJ的能量，断裂 1mol O2(g)中的共价键需要吸收 498KJ 的能量，生成 H2O(g)中的 1m

19、ol H O键能放出 462.8KJ 的能量 .下列说法正确的是 ( ) A.断裂 1 mol H2O中的化学键需要吸收 925.6 KJ的能量 B.2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) H= 480.4 KJmol 1 C.2H2O(l) 2H2(g)+O2(g) H=471.6 KJmol 1 D.H2(g)+ 12O2(g) H2O(l) H= 240.2KJmol 1 解析： A.生成 H2O(g)中的 1mol H O键能放出 462.8KJ 的能量，则断裂 1 mol H2O中的化学键需要吸收热量 462.8KJ 2=925.6 KJ，故 A正确； B.2H2(g)+O2(g)

20、 2H2O(g) H=(436.4KJ/mol) 2+(498KJ/mol) 2 2 (462.8KJ/mol)=480.4 KJmol 1，故 B 正确； C.2H2O(g)=2H2O(l) H= 88KJ/mol，则 2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H= 568.4KJ/mol，可知2H2O(l) 2H2(g)+O2(g) H=+568.4 KJmol 1，故 C错误； D.2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H= 568.4KJ/mol，则 H2(g)+ 12O2(g) H2O(l) H= 284.2KJmol 1，故 D错误 。 答案： AB 20.(2分 )下列说法正

21、确的是 ( ) A.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同 B.化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键 C.CH4和 CCl4中，每个原子的最外层都具有 8电子稳定结构 D.NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 解析： A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故 A错误； B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故 B正确； C、 CH4分子中氢原子最外层达 2电子的稳定结构，不是

22、8电子稳定结构，故 C 错误； D、 NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以 NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故 D错误 。 答案： B 21.(2分 )对水样中溶质 M的分解速率影响因素进行研究 .在相同温度下， M 的物质的量浓度(molL 1)随时间 (min)变化的有关实验数据见表 .下列说法不正确的是 ( ) 时间 水样 0 5 10 15 20 25 (pH=2) 0.4 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 (pH=4) 0.4 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 (pH=4) 0.20 0.15 0.

23、12 0.09 0.07 0.05 (pH=4，含 Ca2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 A.在 0 20 min内， 中 M的分解速率为 0.015 molL 1min 1 B.水样酸性越强， M的分解速率越快 C.在 0 20 min内， 中 M的分解百分率比 大 D.由于 Ca2+存在， 中 M的分解速率比 快 解析： A.在 0 20 min 内， 中 M 的物质的量浓度变化 0.3mol/L，则， 中 M 的分解速率为 0.3mol/L20min =0.015 molL 1min 1，故 A正确； B.对比 、 组数据， 0 5min内， 中 M的物质的量

24、浓度变化 0.12mol/L， 中 M 的物质的量浓度变化 0.09mol/L，则酸性增强，速率增大，故 B正确； C.在 0 20 min 内， 中 M 的浓度变化 0.13mol，分解速率为 0.130.2 ， 中变化 0.22mol，分解速率为 0.220.4 ，则 中 M的分解百分率比 大，故 C正确； D.可对比 5 9min内 中分解速率为 0.090.4 、 中 M 的分解速率为 0.040.2 ，可知 中 M的分解速率比 快，故 D错误 。 答案： D 22.(2分 )设 NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 ( ) A.标准状况下， 2.24 L乙醇中碳氢键的数目为 0

25、.5 NA B.1 L 0.1 molL 1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为 0.4 NA C.0.1 mol KI与 0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为 0.1 NA D.0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为 0.3 NA 解析： A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故 A错误； B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于 0.4NA个，故 B错误； C、 0.1 mol KI与 0.1 mol FeCl3在溶液中能完全反应，且碘元素由 1价变为 0价，故 0.1molKI反应后转移 0.1mol电

26、子即 0.1NA个电子，故 C正确； D、 1mol乙烯和乙醇均消耗 3mol氧气，故 0.1mol乙烯和乙醇消耗 0.3mol氧气即 0.3NA个氧气分子，故 D正确 。 答案： CD 23.(2分 )25 时，在含 CH3COOH和 CH3COO 的溶液中， CH3COOH和 CH3COO 二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 .下列说法不正确的是 ( ) A.在 pH 4.76的溶液中， c(CH3COO ) c(CH3COOH) B.在 pH=7的溶液中， (CH3COOH)=0， (CH3COO )=1.0 C.在 pH 4.76的溶液中， c(CH3C

27、OO )与 c(OH )之和可大于 c(H+) D.在 pH=4.76的溶液中加盐酸， (CH3COOH)与 (CH3COO )之和保持不变 解析： A.在 pH 4.76 的溶液显酸性， c(CH3COO ) c(CH3COOH)，故 A正确； B.在 pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液， (CH3COOH) 0， (CH3COO ) 1.0，故 B错误； C.在 pH 4.76的溶液中存在电荷守恒， c(CH3COO )与 c(OH )之和可大于 c(H+)，故 C正确； D.当溶液 pH=4.76时， c(CH3COO )=c(CH3COOH)，醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性

28、，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中 (CH3COOH)与 (CH3COO )之和保持不变，故 D正确 。 答案： B 24.(2分 )由硫铁矿烧渣 (主要成分： Fe3O4、 Fe2O3和 FeO)得到绿矾 (主 FeSO47H2O)，再通过绿矾制备铁黄 FeO(OH)的流程如下：烧渣 溶液 绿矾 铁黄 已知： FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是 ( ) A.步骤 ，最好用硫酸来溶解烧渣 B.步骤 ，涉及的离子反应为 FeS2+14Fe3+8H2O 15Fe2+2SO42 +16H+ C.步骤 ，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾 D.步骤 ，反应条件控制不当会

29、使铁黄中混有 Fe(OH)3 解析： A.因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤 ，最好用硫酸来溶解烧渣，故 A正确； B.步骤 发生 FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 ，离子反应为 FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42 +16H+，故 B正确； C.步骤 为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故 C错误； D.步骤 ，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成 Fe(OH)3，故 D正确 。 答案： C 25.(2 分 )某固体混合物中可能含有： K+、 Na+、 Cl 、 CO32 、 SO42 等离子，

30、将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是 ( ) A.该混合物一定是 K2CO3和 NaCl B.该混合物可能是 Na2CO3和 KCl C.该混合物可能是 Na2SO4和 Na2CO3 D.该混合物一定是 Na2CO3和 NaCl 解析： 由上述分析可知，一定含 Na+、 Cl 、 CO32 ，不含 SO42 ，不能确定是否含 K+， A.该混合物可能是 K2CO3和 NaCl，因不能确定是否含 K+，故 A不选； B.由分析出的离子可知该混合物可能是 Na2CO3和 KCl，故 B选； C.不含 SO42 ，则不可能含 Na2SO4，故 C不选； D.不能确定是否含 K+，可

31、能为 Na2CO3和 NaCl，故 D不选 。 答案： B 二、非选择题 (本大题共 4小题，共 20 分 ) 26.(6 分 )A 是天然气的主要成分，以 A 为原料在一定条件下可获得有机物 B、 C、 D、 E、 F，其相互转化关系如图 .已知烃 B在标准状况下的密度为 1.16gL 1， C能发生银镜反应， F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体 . 请回答： (1)有机物 D中含有的官能团名称是 。 解析： D的结构简式为 D为 CH3COOH，其含有官能团为羧基 。 答案：羧基 (2)D+EF 的反应类型是 。 解析： D为 CH3COOH、 E为 CH3CH2OH，二者在浓硫酸存在条

32、件下发生酯化反应生成乙酸乙酯 。 答案 ：酯化反应 (3)有机物 A在高温下转化为 B的化学方程式是 。 解析： A 为 CH4， B 为 CH CH， CH4在高温下转化为 CH CH 的化学方程式是： 2CH4 CHCH+3H2。 答案 ： 2CH4 CH CH+3H2 (4)下列说法正确的是 A.有机物 E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈 B.有机物 D、 E、 F可用饱和 Na2CO3溶液鉴别 C.实验室制备 F时，浓硫酸主要起氧化作用 D.有机物 C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性 KMnO4溶液氧化 解析： A.E为 CH3CH2OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故

33、A错误； B.D 为 CH3COOH、 E 为 CH3CH2OH、 F 为 CH3COOC2H5，乙酸与碳酸钠生成气体，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和 Na2CO3溶液鉴别三者，故 B 正确； C.实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸为催化剂和吸水剂，不体现氧化性，故 C错误； D.有机物 C为 CH3CHO， CH3CHO中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化，故 D正确 。 答案 ： BD 27.(6分 )为探究黑色固体 X(仅含两种元 素 )的组成和性质，设计并完成如下实验： 请回答： (1)X的化学式是 。 解析： 分析可知

34、X为 CuO。 答案 ： CuO (2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 。 解析： 固体甲为 Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和水，反应的离子方程式为： Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O。 答案 ： Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O (3)加热条件下氨气被固体 X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式 。 解析： 加热条件下氨气被固体 X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化学方程式为：3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O。 答案 ： 3CuO+2NH3 3Cu+N2+3H2O 28.(4分 )FeSO4受热分解的化学方程式为： 2FeS

35、O4 Fe2O3+SO2 +SO3 请回答： (1)将 FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO3和 SO2.能说明 SO2存在的实验现象是 ；为测定 BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为 、洗涤、干燥、称重 。 解析： 将 FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO3和 SO2，能说明 SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定 BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重 。 答案 ：品红溶液褪色 过滤 (2)设计一个实验方案，用化学方法验证 FeSO4受热后固体的成分 (不考虑其他反应 ) .。 解析： 用化学方法验证 FeSO

36、4受热后固体的成分的实验为取少量溶于盐酸，滴加 KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，可说明分解生成氧化铁 。 答案 ：取少量溶于盐酸，滴加 KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应 29.(4分 )分别称取 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物两份 。 (1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的 Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入 Ba(OH)2溶液体积的关系如图 .混合物中 n(NH4)2SO4： n(NH4Cl)为 。 解析： 分别称取 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物两份，而第一份加 100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为

37、2.33g，其物质的量为： 2.33g233g/mol=0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为 0.01mol，其质量为： 0.01 132=1.32g，则每份中 NH4Cl的质量为： 2.39 1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 1.07g53.5g/mol=0.02mol，所以两者的物质的量之比为： 0.01： 0.02=1： 2。 答案 ： 1： 2 (2)另一份固体混合物中 NH4+与 Ba(OH)2 溶液 (浓度同上 )恰好完全反应时，溶液中 c(Cl = (溶液体积变化忽略不计 )。 解析： 由 (1)可知 100ml 氢氧化钡的物质的量为：

38、0.01mol，所以氢氧化钡的浓度为0.01mol0.1L =0.1mol/L，而 2.39g(NH4)2SO4和 NH4Cl 固体混合物中铵根离子的物质的量为： 0.01 2+0.02=0.04mol，根据 NH4+OH =NH3 +H2O 可知氢氧化钡的物质的量为： 0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： 0.020.1 =0.2L， c= =0.020.2 =0.1mol/L。 答案 ： 0.1mol/L 30.(10 分 )以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝 (AlN)；通过电解法可制取铝 。电解铝时阳极产生的 CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用 。 请回答： (1)已知： 2

39、Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g) H1=3351KJmol 1 2C(s)+O2(g) 2CO(g) H2= 221KJmol 1 2Al(g)+N2(g) 2AlN(s) H3= 318KJmol 1 碳热还原 Al2O3合成 AlN 的总热化学方程式是 ，该反应自发进行的条件 。 解析： 2Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g) H1=3351KJmol 1 2C(s)+O2(g) 2CO(g) H2= 221KJmol 1 2Al(g)+N2(g) 2AlN(s) H3= 318KJmol 1 盖斯定律计算， ( + 3+ 2) 12得到， 碳热还原 Al2O3 合成

40、AlN 的总热化学方程式： 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g)H=+2052KJ/mol/L，反应 S 0， H 0，则满足 H T S 0，反应自发进行的条件是高温条件下， 答案 ： 3C(s)+Al2O3(s)+N2(g)=2AlN(s)+3CO(g) H=+2052KJ/mol/L 高温 (2)在常压、 Ru/TiO2催化下， CO2和 H2混和气体 (体积比 1： 4，总物质的量 a mol)进行反应，测得 CO2转化率、 CH4和 CO 选择性随温度变化情况分别如图 1 和图 2 所示 (选择性：转化的CO2中生成 CH4或 CO的百分比 )。 反

41、应 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) H4 反应 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H5 下列说法不正确的是 A. H4小于零 B.温度可影响产物的选择性 C.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少 D.其他条件不变，将 CO2和 H2的初始体积比改变为 1： 3，可提高 CO2平衡转化率 350 时，反应 在 t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL 该温度下反应 的平衡常数为 (用 a、 V表示 ) 350 下 CH4物质的量随时间的变化曲线如图 3所示 .画出 400 下 0 t1时刻 CH4物质的量随时间的变化曲线 。 解析： A.图象中，二氧化碳

42、先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状态，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率随温度升高减小，平衡说明正反应为放热反应， H4小于零，故A正确； B.图象 2 分析可知，图象变化趋势随温度升高到 400C 以上， CH4和 CO 选择性受温度影响甲烷减小，一氧化碳增大，温度可影响产物的选择性，故 B正确； C.二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态，随温度升高二氧化碳转化率减小，故 C 错误； D.CO2和 H2混和气体 (体积比 1： 4，总物质的量 a mol)进行反应，将 CO2和 H2的初始体积比改变为 1： 3，二氧化碳转化率减小，故 D错误； 在常压、 Ru

43、/TiO2催化下， CO2和 H2混和气体 (体积比 1： 4，总物质的量 a mol)进行反应，350 时，反应 在 t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL，二氧化碳转化率为 80% CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 起始量 (mol) 0.2a 0.8a 0 0 变化量 (mol) 0.16a 0.64a 0.16a 0.32a 平衡量 (mol) 0.04a 0.16a 0.16a 0.32a 平衡常数 K=0.16av （0.32av ）20.04av （0.16av ）4=0625v2a2 ， 反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知

44、接近 72.5%，甲烷物质的量减小小于 350C 时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间缩短 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 起始量 (mol) 0.2a 0.8a 0 0 变化量 (mol) 0.145a 0.58 a 0.145a 0.29a 平衡量 (mol) 0.055 0.22a 0.145a 0.29a 画出图象，达到平衡状态甲烷 0.145a mol，升温加快反应速率，达到平衡所需时间缩短，得到图象为 ， 答案 ： CD 0625v2a2 (3)据文献报道， CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是 . 解析： CO2 可以在碱性水溶液中电

45、解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为： CO2+6H2O+8e CH4+8OH 。 答案 ： CO2+6H2O+8e CH4+8OH . 31.(10 分 )ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成 NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备 NaClO2固体的实验装置如图 1所示 . 已知： 2NaClO3+H2O2+H2SO4 2ClO2 +O2 +Na2SO4+2H2O 2ClO2+H2O2+2NaOH 2NaClO2+O2 +2H2O ClO2熔点 59 、沸点 11 ； H2O2沸点 150 请回答： (1)仪器 A

46、的作用是 ；冰水浴冷却的目的是 (写两种 )。 解析： 仪器 A为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低 NaClO2的溶解度；减少 H2O2的分解；增加 ClO2的溶解度；减少 ClO2的分解用冰水浴冷却 。 答案 ：防止倒吸；降低 NaClO2的溶解度、减少 H2O2的分解、增加 ClO2的溶解度、减少 ClO2的分解 (2)空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2产率，试解释其原因 解析： 空气流速过慢时， ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时， ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低 NaClO2产率 。 答案 ：空气流速过慢时， ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时， ClO2不能被充分吸收 (3)Cl 存在时会催化 ClO2的生成 .反应开始时在三颈