2021年浙江省高考化学【6月】（含解析版）.pdf

2021 年普通高等学校招生选考化学试题（浙江卷）年普通高等学校招生选考化学试题（浙江卷）可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 I 127 Ba 137 一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 25 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 50 分。每小题列出的四个备选分。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.下列物质属于纯净物的是 A.汽油 B.食醋 C.漂白粉 D.小苏打【答案】D【解析】【分析】【详解】A汽油是碳原子个数在 511 的烃的混合物，故 A 错误；B食醋是乙酸的水溶液，属于混合物，故 B 错误；C漂白粉为主要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故 C 错误；D小苏打是碳酸氢钠的俗称，属于纯净物，故 D 正确；故选 D。2.下列物质属于弱电解质的是 A.CO2 B.H2O C.HNO3 D.NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液中或熔融状态下不能够完全电离的电解质叫做若电解质。【详解】ACO2在水溶液中或熔融状态下不能够电离，为非电解质，A 不符合题意；BH2O 在水溶液中或熔融状态下能够部分电离，为弱电解质，B 符合题意；CHNO3为一种强酸，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，C 不符合题意；DNaOH 为一种强碱，在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，为强电解质，D 不符合题意；故答案选 B。3.下列物质的化学成分不正确的是 A.生石灰：B.重晶石：2Ca OH4BaSOC.尿素：D.草酸：22CO NHHOOC-COOH【答案】A【解析】【分析】【详解】A生石灰的主要成分为氧化钙，故 A 错误；B重晶石的主要成分为硫酸钡，故 B 正确；C尿素的分子式为 CO(NH）2，故 C 正确；D草酸是乙二酸的俗称，结构简式为 HOOCCOOH，故 D 正确；故选 A。4.下列图示表示灼烧操作的是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】灼烧过程中应使用坩埚、酒精灯、铁架台等仪器，A 装置为配制一定物质的量浓度溶液的装置，C 装置为蒸馏装置，D 装置为过滤装置，B 装置满足灼烧操作，故答案选B。5.下列表示不正确的是 A.乙炔的实验式 B.乙醛的结构简式 22C H3CH CHO C.2，3-二甲基丁烷的键线式 D.乙烷的球棍模型【答案】A【解析】【分析】【详解】A乙炔的分子式为 C2H2，实验式为 CH，故 A 错误；B乙醛的分子式为 C2H4O，结构简式为 CH3CHO，故 B 正确；C2，3二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2，键线式为，故 C 正确；D乙烷的结构简式为 CH3 CH3，球棍模型为，故 D 正确；故选 A。6.下列说法正确的是 A.C60和 C70互为同位素 B.C2H6和 C6H14互为同系物 C.CO 和 CO2互为同素异形体 D.CH3COOH 和 CH3OOCH 是同一种物质【答案】B【解析】【分析】【详解】A同种元素的不同种核素互称同位素，C60和 C70为 C 元素的两种不同单质，不能互称同位素，A 错误；BC2H6和 C6H14均为烷烃，二者结构类似，分子组成上相差 4 个 CH2基团，二者互为同系物，B 正确；C同种元素的不同种单质互称同素异形体，CO 和 CO2为 C 元素的两种不同氧化物，二者不是单质，不能互称同素异形体，C 错误；D两种物质的结构不同，不是同一种物质，二者互称同分异构体，D 错误；故答案选 B。7.关于有机反应类型，下列判断不正确的是 A.(加成反应)2CHCH+HClCH=CHCl催化剂B.(消去反应)醇33232C HC H(Br)C H+KO HC H=C H C H+KBr+HO C.(还原反应)催化剂322322C HC HO H+O2C HC H O+2HO D.(取代反应)3323232浓硫酸C HC O O H+C HC HO HC HC O O C HC H+HO 【答案】C【解析】【分析】【详解】A在催化剂作用下，乙炔与氯化氢在共热发生加成反应生成氯乙烯，故 A 正确；B2溴乙烷在氢氧化钾醇溶液中共热发生消去反应生成丙烯、溴化钾和水，故 B 正确；C在催化剂作用下，乙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛和水，故 C 错误；D在浓硫酸作用下，乙酸和乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，故 D 正确；故选 C。8.关于反应 K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A.K2H3IO6发生氧化反应 B.KI 是还原产物 C.生成 12.7g I2时，转移 0.1mol 电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【解析】【分析】【详解】A反应中 I 元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A 错误；BKI 中的 I-由 HI 变化而来，化合价没有发生变化，KI 既不是氧化产物也不是还原产物，B 错误；C12.7g I2的物质的量为 0.05mol，根据反应方程式，每生成 4mol I2转移 7mol 电子，则生成 0.05mol I2时转移电子的物质的量为 0.0875mol，C 错误；D反应中 HI 为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗 1mol K2H3IO6就有 7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为 7:1，D 正确；故答案选 D。9.下列说法不正确的是 A.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐 B.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁 C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气 D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化【答案】A【解析】【分析】【详解】A硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故 A 错误；B镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B 正确；C钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故 C 正确；D浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故 D 正确；故选 A。10.下列说法不正确的是 A.应避免铵态氮肥与草木灰混合施用 B.工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率 C.电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气 D.将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢【答案】C【解析】【分析】【详解】A铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A 正确；B离子交换法可以很大程度的提取海水中的 I-，还可以起到富集低浓度 I-的作用，可以提高海水中 I 的提取率，B 正确；C电解饱和食盐水可以得到 NaOH、H2、Cl2，不能得到 Na 单质，C 错误；D将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D 正确；故答案选 C。11.下列说法正确的是 A.减压过滤适用于过滤胶状氢氧化物类沉淀 B.实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火 C.制备硫酸亚铁铵晶体时，须将含和的溶液浓缩至干 4FeSO442NHSOD.将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体 3KNO【答案】B【解析】【分析】【详解】A因为胶状沉淀可能会透过滤纸或造成滤纸堵塞，则减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，故 A 错误；B实验室中仪器设备着火可以使用二氧化碳灭火，故 B 正确；C制备硫酸亚铁铵晶体时，将硫酸铵和硫酸亚铁溶液浓缩至干会使晶体失去结晶水，故C 错误；D冷却结晶时，自然冷却才能得到大颗粒晶体，快速冷却得到的是细小晶体，故 D 错误；故选 B。12.下列“类比”结果不正确的是 A.的热稳定性比的弱，则的热稳定性比的弱 22H O2H O24N H3NHB.的分子构型为 V 形，则二甲醚的分子骨架()构型为 V 形 2H OC-O-CC.的溶解度比的大，则的溶解度比的大 32Ca HCO3CaCO3NaHCO23Na COD.将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中2Cu OH2Cu OH溶液也呈绛蓝色【答案】C【解析】【分析】【详解】A分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于，分子内含有化22H O2H O24N H学键：N-N，热稳定性弱于，A 正确；3NH B中氧原子的价层电子对数为 4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V2H O3sp形，二甲醚的分子骨架()中氧原子价层电子对数为 4，杂化，含有两对孤电子C-O-C3sp对，空间构型为：V 形，B 正确；C钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C 错误；D多羟基的醇遇新制溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制溶液呈绛蓝2Cu OH2Cu OH色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D2Cu OH正确；答案为：C。13.不能正确表示下列变化的离子方程式是 A.碳酸镁与稀盐酸反应：2322CO2H=COH O B.亚硫酸氢钠的水解：3223HSOH OH SOOHC.锌溶于氢氧化钠溶液：2242Zn2OH2H O=Zn(OH)HD.亚硝酸钠与氯化铵溶液受热反应：2422NONHN2H O【答案】A【解析】【分析】【详解】A碳酸镁与稀盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2，故 A 错误；B亚硫酸氢钠是弱酸的酸式盐，在溶液中水解生成亚硫酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为 HSO+H2O H2SO3+OH-，故 B 正确；3C锌与氢氧化钠溶液反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的离子方程式为 Zn+2OH-+2H2O=Zn(OH)4-+H2，故 C 正确；D亚硝酸钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氯化钠、氮气和水，反应的离子方程式为 NO+NH N2+2H2O，故 D 正确；24故选 A。14.关于油脂，下列说法不正确的是 A.硬脂酸甘油酯可表示为 B.花生油能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C.植物油通过催化加氢可转变为氢化油 D.油脂是一种重要的工业原料，可用于制造肥皂、油漆等【答案】A【解析】【分析】【详解】A硬脂酸为饱和高级脂肪酸，其结构可以表示为：，硬脂酸甘3517-C HCOOH油酯可表示为：，A 错误；B花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾褪色，B 正确；C花生油是含有较多的不饱和高级脂肪酸甘油酯，可以和氢气发生加成反生成氢化植物油，C 正确；D油脂是一种重要的工业原料，在碱性条件下水解发生皂化反应制造肥皂，D 正确；答案为：A。15.已知短周期元素 X、Y、Z、M、Q 和 R 在周期表中的相对位置如下所示，其中 Y 的最高化合价为+3。下列说法不正确的是 A.还原性：24ZQ ZRB.X 能从中置换出 Z 2ZOC.Y 能与反应得到 Fe 23Fe OD.M 最高价氧化物的水化物能与其最低价氢化物反应 【答案】A【解析】【分析】根据短周期元素 X、Y、Z、M、Q 和 R 在周期表中的相对位置，以及 Y 的最高化合价为+3，可推知，X 为：，Y 为：，Z 为：C，M 为：N，Q 为：S，R 为：MgAl，据此分析答题。Cl【详解】A为：，为：，中硫的还原性强于中的氯元2ZQ2CS4ZR4CCl2CS4CCl素，A 错误；B和发生下述反应：，B 正确；Mg2CO22Mg+CO=2MgO+C点燃C和发生铝热反应如下：，C 正确；Al23Fe O23232Al+Fe O=Al O+2Fe高温DM 为：N，N 的最高价氧化物的水化物为：，最低价氢化物为：，二者发3HNO3NH生如下反应：，D 正确；3343HNONHNH NO答案为：A。16.关于化合物的性质，下列推测不合理的是 2ClONOA.具有强氧化性 B.与溶液反应可生成两种钠NaOH盐 C.与盐酸作用能产生氯气 D.水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】【分析】【详解】A里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A 正2ClONO确；B与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B 正确；2ClONONaOHC与盐酸发生归中反应生成氯气，C 正确；2ClONOD发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D 错误；2ClONO答案为：D。17.相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是 A.B.421mol CH(g)1mol H(g)221mol H O(g)1mol H O(l)1m ol C s,金刚石1m ol C s,石墨【答案】B【解析】【分析】【详解】A和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数4CH(g)2 H(g)4CH(g)多，的摩尔质量大，所以熵值，A 错误；4CH(g)421mol CH(g)1mol H(g)B相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B 正确；221mol H O(g)S l S sg，C 错误；221mol H O(s)1mol H O(l)D从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D 错误；1mol C s2pH 7C.25时，若测得 HR 溶液，取该溶液，加蒸馏水稀释至，测得pH=a10.0mL100.0mL，则 HR 是弱酸 pH=b,b-ab，则 HR 是弱酸【答案】B【解析】【分析】【详解】A25时，若测得溶液，可知为强酸强碱盐，则-10.01mol L NaRpH=7NaR为强酸，A 错误；HRB25时，若测得溶液且，可知溶液中-10.01mol L HRpH2pH 7，所以未完全电离，为弱酸，B 正确；+c H0.01mol/LHRHRC假设为强酸，取的该溶液，加蒸馏水稀释至测得此时溶HRPH=610.0mL100.0mL 液，C 错误；PH0,H 0312H=H+HC.D.3212H,HH H423=HH+H【答案】C【解析】【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成 1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。【详解】A环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此，A 不正确；21H0,H0B苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即，B 不正确；312HHH C环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，21H0,H0由于 1mol 1，3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的 2 倍，故其放出的热量更多，其；苯与氢气发生加成反应生成 1，3-环己二烯的反应为吸热反应12HH（），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此4H 0342H=H+H ，C 正确；32HH D根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此342H=H+H，D 不正确。342H-HH综上所述，本题选 C。22.某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极 A 为非晶硅薄膜，充电时得电+Li子成为 Li 嵌入该薄膜材料中；电极 B 为薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正2Li C oO确的是 A.充电时，集流体 A 与外接电源的负极相连 B.放电时，外电路通过电子时，薄膜电解质损失 a molLiPON+a mol LiC.放电时，电极 B 为正极，反应可表示为+-1-x22LiCoO+xLi+xe=LiCoOD.电池总反应可表示为 放电x1-x22充电Li Si+LiC oOSi+Li C oO【答案】B【解析】【分析】由题中信息可知，该电池充电时得电子成为 Li 嵌入电极 A 中，可知电极 A+Li在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极 B 是电池的正极。【详解】A由图可知，集流体 A 与电极 A 相连，充电时电极 A 作阴极，故充电时集流体A 与外接电源的负极相连，A 说法正确；B放电时，外电路通过 a mol 电子时，内电路中有 a mol 通过 LiPON 薄膜电解质从负+Li极迁移到正极，但是 LiPON 薄膜电解质没有损失，B 说法不正确；+LiC放电时，电极 B 为正极，发生还原反应，反应可表示为 ，C 说法正确；122LiCoOxLixe=LiCoOxD电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成，正极上得到电+Li1 x2LiCoO子和变为，故电池总反应可表示为，D 说+Li2LiCoOx1 x22OLi SiLiCoSiLiCoO充电放电法正确。综上所述，相关说法不正确的是 B，本题选 B。23.取两份 的溶液，一份滴加的盐酸，另一份10mL10.05mol L3NaHCO-10.05mol L滴加溶液，溶液的 pH 随加入酸(或碱)体积的变化如图。10.05L NaOHmol 下列说法不正确的是 A.由 a 点可知：溶液中的水解程度大于电离程度 3NaHCO-3HCOB.过程中：逐渐减小 abc-2-33c HCO+2c CO+c OHC.过程中：ade+-2-3323c Nay【答案】C【解析】【分析】向溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液 pH 将逐渐减小，向3NaHCO溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液碱性增强，溶液 pH 将逐渐增大，因此 abc 曲线为3NaHCO 向溶液中滴加 NaOH 溶液，ade 曲线为向溶液中滴加盐酸。3NaHCO3NaHCO【详解】Aa 点溶质为，此时溶液呈碱性，在溶液中电离使溶液呈酸3NaHCO3HCO性，在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，溶液中的水解程度3HCO3NaHCO3HCO大于电离程度，故 A 正确；B由电荷守恒可知，过程溶液中abc，滴加 NaOH 溶液的过程中233HCO2COOH=NHacccccc Na保持不变，逐渐减小，因此逐渐减小，故 B 正Hc233HCO2COOHccc确；C由物料守恒可知，a 点溶液中，向23323NaHCOCOH COcccc溶液中滴加盐酸过程中有 CO2逸出，因此过程中3NaHCOade，故 C 错误；23323NaHCOCOH COccccDc 点溶液中=(0.05+10-11.3)mol/L，e 点溶液体积增大 1 倍，此时溶液中aHNcc=(0.025+10-4)mol/L，因此 xy，故 D 正确；aHNcc综上所述，说法不正确的是 C 项，故答案为 C。24.制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图(其中 Ph-代表苯基)。下列说法不正确的是 A.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯 B.反应过程涉及氧化反应 C.化合物 3 和 4 互为同分异构体 D.化合物 1 直接催化反应的进行【答案】D【解析】【分析】【详解】A由图中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物 2 的催化作用下，参与催化循环，最后得到产物苯甲酸甲酯，发生的是酯化反应，故 A 项正确；B由图中信息可知，化合物 4 在 H2O2的作用下转化为化合物 5，即醇转化为酮，该过程是失氢的氧化反应，故 B 项正确；C化合物 3 和化合物 4 所含原子种类及数目均相同，结构不同，两者互为同分异构体，故 C 项正确；D由图中信息可知，化合物 1 在 NaH 的作用下形成化合物 2，化合物 2 再参与催化循环，所以直接催化反应进行的是化合物 2，化合物 1 间接催化反应的进行，故 D 项错误；综上所述，说法不正确的是 D 项，故答案为 D。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是 目的 方案设计 现象和结论 A 探究乙醇消去反应的产物 取乙醇，加入浓硫4mL12mL酸、少量沸石，迅速升温至140，将产生的气体通入2mL溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯 B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入蒸馏水和3mL少量乙醇，振荡，再加入 1-2 滴溶液 3FeCl若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸 C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入蒸23mL馏水 若无气体生成，则固体粉末为；若有气体生成，2Na O则固体粉末为 22Na O D 探究固体23Na SO样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量溶液 2BaCl若有白色沉淀产生，则样品已经变质 A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.乙醇在 140，浓硫酸的作用下，会发生分子间脱水，而不发生消去反应，A项不符合题意；B.乙酰水杨酸中没有酚羟基，水杨酸中酚羟基，酚羟基可以与 FeCl3溶液显紫色，但是生成络合物，所以不会有沉淀，B 项不符合题意；C.如果金属钠没有完全燃烧，剩余的金属钠与水反应也可以生成氢气，C 项不符合题意；D.加入稀盐酸，亚硫酸根离子会转化为二氧化硫气体，加入氯化钡生成的沉淀只能是硫酸钡沉淀，可以说明样品已经变质，D 项符合题意；故选 D。26.(1)已知 3 种原子晶体的熔点数据如下表：金刚石 碳化硅 晶体硅 熔点/3550 2600 1415 金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_。(2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的 pH 使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是_。【答案】(1).原子半径 CSi（或键长 C-CSi-Si），键能 C-CSi-Si (2).当调节溶液 pH 至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小【解析】【分析】【详解】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越 高，在 C 和 Si 组成的物质中原子半径 CSi（或键长 C-CSi-Si），键能 C-CSi-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；(2)当调节溶液 pH 至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。27.将 3.00g 某有机物(仅含 C、H、O 元素，相对分子质量为 150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：吸水剂 CO2吸收剂 实验前质量/g 20.00 26.48 实验后质量/g 21.08 30.00 请回答：(1)燃烧产物中水的物质的量为_mol。(2)该有机物的分子式为_(写出计算过程)。【答案】(1).0.0600 (2).C4H6O6【解析】【分析】【详解】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量 n(H2O)=0.0600mol；mM21.08g20.00g18g/mol(2)n(H)=0.0600mol2=0.120mol，n(C)=0.0800mol，30.00g26.48g44g/moln(O)=0.120mol，3.00g0.0800mol 12g/mol0.120mol 1g/mol16g/mol则最简式为 C2H3O3，由于相对分子质量为 150，则可以得到有机物的分子式为 C4H6O6。28.固体化合物 X 由 3 种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。其中，白色沉淀 B 能溶于 NaOH 溶液。请回答：(1)白色固体 C 的化学式是_，蓝色溶液 D 中含有的溶质是_(用化学式表示)。(2)化合物 X 的化学式是_；化合物 X 的一价阴离子与 CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式_。(3)蓝色溶液 A 与作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色+25N H沉淀。写出该反应的离子方程式_。设计实验验证该白色沉淀的组成元素_。【答案】(1).(2).(3).23Al O343332Cu NONH NOAgNOHNO、CuAl2Cl8 (4).(5).(6).将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色22524CuN H4Cl4CuClN5H 溶液，说明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，说明有元素 Cu3AgNOCl【解析】【分析】含有 Cu2+的溶液显蓝色，含有Cu(NH3)42+的溶液显深蓝色，化合物 X 溶解后得到的溶液 A 呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物 X 中含有Cu2+；向含有 Al3+的溶液中加入氨水可用于制备 Al(OH)3，且 Al(OH)3为可溶于 NaOH 溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀 B 为 Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的 AgNO3 溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物 X 中含有 Cl-，综上，化合物 X 中含有 Al3+、Cu2+和 Cl-。【详解】(1)由上述分析可得，白色沉淀 D 为 Al(OH)3，灼烧 Al(OH)3得到 Al2O3，故白色固体为 Al2O3；溶液 D 中含有的阳离子有 Cu2+、Ag+、H+，阴离子有，故溶液+4NH-3NO中 含 有：，故 答 案 为：；343332Cu NONH NOAgNOHNO、23Al O。343332Cu NONH NOAgNOHNO、(2)由图示数据并根据原子守恒可知，4.020g X 中含有铝离子物质的量为：1.020g2102g/mol=0.02mol，含有氯离子物质的量为：=0.08mol，由化合物应显电中性可得三种离11.480g143g/mol子物质的量比值为 n(Cu2+)：n(Al3+)：n(Cl-)=1：2：8，则可得 X 的化学式为 CuAl2Cl8；阴离子中 Al 原子的杂化方式为 sp3，空间结构为正四面体，与 CH4相同，其电子式为4AlCl，故答案为：CuAl2Cl8；。(3)由上述分析可知，蓝色溶液 A 中含有 Al3+、Cu2+和 Cl-，与反应时溶液蓝色褪25N H去，即反应后溶液中不存在 Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2 价，而是+1 价，即反应过程中Cu 元素化合价降低，中氮元素显-2 价，具有还原性，反应过程中 N 元素化合价升25N H高生成 N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为。22524CuN H4Cl4CuClN5H Cu2+在溶液中显蓝色，CuCl 中 Cu 元素为+1 价，能被硝酸氧化为+2 价，CuCl 与硝酸反应过程中 Cl 元素以 Cl-形式存在于溶液中，Cl-与 AgNO3溶液反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案为：将白色沉淀于硝酸，得到蓝色溶液，说明有元素；再向溶液中加入Cu溶液，有白色沉淀，说明有元素。3AgNOCl29.含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：2SO。判断该反124422Cu(s)2H SO(l)CuSO(s)SO(g)2H O(l)H=11.9kJ mol应的自发性并说明理由_。(2)已知。时，在一恒容密闭12232SO(g)+O(g)2SO(g)H=198kJ mol 850K反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别2SO2O2SO2O3SO为、和。316.0 10 mol L318.0 10 mol L124.4 10 mol L该温度下反应的平衡常数为_。平衡时的转化率为_。2SO(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。下列说法正确的是_。A.须采用高温高压的反应条件使氧化为 2SO3SOB.进入接触室之前的气流无需净化处理 C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率 2SOD.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率 3SO接触室结构如图 1 所示，其中 14 表示催化剂层。图 2 所示进程中表示热交换过程的是_。A.B.C.D.E.F.G.11ab12ba22ab23ba33ab34ba 44ab 对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图 3 中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线)、平衡转2232SO(g)O(g)2SO(g)化率与温度(曲线)的关系曲线示意图(标明曲线、)_。(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到 pH-时间振荡曲线如图22422Na SH SOH O4，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的 2 个离子方程式。.2SH=HS._；.；222HSH OH=S2H O._。【答 案】(1).不 同 温 度 下 都 能 自 发，是 因 为 (2).H0,S0 (3).(4).C (5).BDF (6).316.7 10 molL88%(7).(8).22242HS4H O=SO4H OH 22242S3H O=SO2H O2H【解析】【分析】【详 解】(1)实 验 室 可 用 铜 与 浓 硫 酸 反 应 制 备 少 量的 反 应 为2SO，由 于 该124422Cu(s)2H SO(1)CuSO(s)SO(g)2H O(1)11.9kJ molH 反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。00HS、(2)根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为2232SO(g)O(g)2SO()g.21 23222313221(SO)()=(SO)(O)(4.4 10 mol L6.0 10 mol L8.0 10 m)ol LcKcc316.7 10 molL平衡时的转化率为2SO323(SO)100%(SO)(SO)ccc；2312114.4 10 mol L6.0 10 mol L4.4 10100mol L%88%(3)A在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采2SO3SO2SO用高压的反应条件，A 说法不正确；B进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B 说法不正确；C通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化2232SO(g)O(g)2SO()g2SO率；D与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热3SO3SO量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中3SO3SO不宜采用水或稀硫酸吸收，D 说法不正确。3SO综上所述，相关说法正确的是 C；反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不2SO变，因此，图 2 所示进程中表示热交换过程的是、，因此选12ba23ba43baBDF；对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催2232SO(g)O(g)2SO(g)化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温2SO度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减2SO小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物2SO与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的2SO2232SO(g)O(g)2SO(g)转化率与最适宜温度（曲线）、平衡转化率与温度（曲线）的关系曲线示意图可表示如下：.(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增pH 22422Na SH SOH OpH大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清浑浊澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，然后发生，该过程HS2SH=HS2242HS4H O=SO4H OH 溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生pHHS22H OS，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被222HSH OH=S2H O pHS22H O氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可24SO22242S3H O=SO2H O2HpH以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、2SH=HS、22242HS4H O=SO4H OH222HSH OH=S2H O。22242S3H OSO2H O2H30.是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：2Cl O2Cl O，合适反应温度为；副反应：222HgO2ClH ClO=gCl18 25。2222HgO+2Cl2HgCl+O常压下，沸点，熔点；沸点 2.0，熔点。2Cl34.0101.02Cl O120.6，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。22Cl O+H O2HClO2Cl O4CCl请回答：(1)装置 A 的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_。将上图中装置组装完整，虚框 D 中应选用_。(2)有关反应柱 B，须进行的操作是_。A.将 HgO 粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱 B.调控进入反应柱的混合气中和的比例 2Cl2NC.调控混合气从下口进入反应柱的流速 D.将加热带缠绕于反应柱并加热(3)装置 C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产-80-60品中的含量，可采用的方法是_。2Cl(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。2Cl O2Cl O当需要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。2Cl O2Cl O4CCl针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c_edf_。a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水 b.将溶液和转入分液漏斗 4CClc.涂凡士林 d.旋开旋塞放气 e.倒转分液漏斗，小心振摇 f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置 g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体 h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶(5)产品分析：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的2Cl O4CClKI稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定)；再以酚酞为指示剂，用标准24H SO223Na S O溶液滴定(滴定)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：NaOH2I2Cl -222I+Cl=I+2Cl-+-2224I+Cl O+2H=2I+H O+2Cl-+-222I+HClO+H=I+H O+Cl实验数据如下表：加入量 24n H SO/mol32.505 10 滴定测出量 2n I/mol32.005 10 滴定测出量 24n H SO/mol 31.505 10用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定到达终点的实验现象是223Na S O_。高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合2Cl O22n Cl O/n Cl992Cl OHClO2Cl O数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_。2Cl O【答案】(1).浓 (2).a (3).ABC (4).抽气(或通干燥氮气)(5).a 24H SO(6).b (7).g (8).CCl4中由紫红色突变到无色，且 30s 不恢复 (9).溶液中 Cl2O 和Cl2分别为 1.00010-3mol、510-6mol，=20099，符合要求 22Cl OClnn【解析】【分析】【详解】(1)装置 A 的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。24H SOCl2和 Cl2O 都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O 能与 NaOH溶液反应，同时需要防止 NaOH 溶液中水蒸气进入 C 装置中，因此需要在 C 和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框 D 中应选用 a 装置。(2)装置 B 为 HgO 与 Cl2反应制备 Cl2O 的装置，A因 Cl2O 能与 H2O 发生反应，因此需要将 HgO 粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故 A 选；BN2的作用是稀释 Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的