2021年浙江省高考化學【6月】（含解析版）

202年普通高等學校招生選考化學試題（浙江卷）可能用到的相對原子質量：HC2N4O6Na2Mg24Al27PS2Cl5.5Fe56Cu64Br80Ag08I27Ba7一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分).下列物質屬于純凈物的是A.汽油 B.食醋 C.漂白粉 D.小蘇打【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．汽油是碳原子個數(shù)在5—的烴的混合物，故A錯誤；B．食醋是乙酸的水溶液，屬于混合物，故B錯誤；C．漂白粉為主要成分為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故C錯誤；D．小蘇打是碳酸氫鈉的俗稱，屬于純凈物，故D正確；故選D。2.下列物質屬于弱電解質的是A.CO2 B.H2O C.HNO D.NaOH【答案】B【解析】【分析】在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能夠完全電離電解質叫做若電解質?！驹斀狻緼．CO2在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能夠電離，為非電解質，A不符合題意；B．H2O在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠部分電離，為弱電解質，B符合題意；C．HNO為一種強酸，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強電解質，C不符合題意；D．NaOH為一種強堿，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強電解質，D不符合題意；故答案選B。.下列物質的化學成分不正確的是A.生石灰： B.重晶石：C.尿素： D.草酸：【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．生石灰的主要成分為氧化鈣，故A錯誤；B．重晶石的主要成分為硫酸鋇，故B正確；C．尿素的分子式為CO(NH）2，故C正確；D．草酸是乙二酸的俗稱，結構簡式為HOOC—COOH，故D正確；故選A。4.下列圖示表示灼燒操作的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】灼燒過程中應使用坩堝、酒精燈、鐵架臺等儀器，A裝置為配制一定物質的量濃度溶液的裝置，C裝置為蒸餾裝置，D裝置為過濾裝置，B裝置滿足灼燒操作，故答案選B。5.下列表示不正確的是A.乙炔的實驗式 B.乙醛的結構簡式C.2，-二甲基丁烷的鍵線式 D.乙烷的球棍模型【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．乙炔的分子式為C2H2，實驗式為CH，故A錯誤；B．乙醛的分子式為C2H4O，結構簡式為CHCHO，故B正確；C．2，—二甲基丁烷的結構簡式為(CH)2CHCH(CH)2，鍵線式為，故C正確；D．乙烷的結構簡式為CHCH，球棍模型為，故D正確；故選A。6.下列說法正確的是A.C60和C70互為同位素 B.C2H6和C6H4互為同系物C.CO和CO2互為同素異形體 D.CHCOOH和CHOOCH是同一種物質【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．同種元素的不同種核素互稱同位素，C60和C70為C元素的兩種不同單質，不能互稱同位素，A錯誤；B．C2H6和C6H4均為烷烴，二者結構類似，分子組成上相差4個CH2基團，二者互為同系物，B正確；C．同種元素的不同種單質互稱同素異形體，CO和CO2為C元素的兩種不同氧化物，二者不是單質，不能互稱同素異形體，C錯誤；D．兩種物質的結構不同，不是同一種物質，二者互稱同分異構體，D錯誤；故答案選B。7.關于有機反應類型，下列判斷不正確的是A.(加成反應)B.(消去反應)C.(還原反應)D.(取代反應)【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在催化劑作用下，乙炔與氯化氫在共熱發(fā)生加成反應生成氯乙烯，故A正確；B．2—溴乙烷在氫氧化鉀醇溶液中共熱發(fā)生消去反應生成丙烯、溴化鉀和水，故B正確；C．在催化劑作用下，乙醇與氧氣共熱發(fā)生催化氧化反應生成乙醛和水，故C錯誤；D．在濃硫酸作用下，乙酸和乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，酯化反應屬于取代反應，故D正確；故選C。8.關于反應K2HIO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列說法正確的是A.K2HIO6發(fā)生氧化反應 B.KI是還原產物C.生成2.7gI2時，轉移0.mol電子 D.還原劑與氧化劑的物質的量之比為7：【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．反應中I元素的化合價降低，發(fā)生得電子的反應，發(fā)生還原反應，A錯誤；B．KI中的I-由HI變化而來，化合價沒有發(fā)生變化，KI既不是氧化產物也不是還原產物，B錯誤；C．2.7gI2的物質的量為0.05mol，根據(jù)反應方程式，每生成4molI2轉移7mol電子，則生成0.05molI2時轉移電子的物質的量為0.0875mol，C錯誤；D．反應中HI為還原劑，K2HIO6為氧化劑，在反應中每消耗molK2HIO6就有7molHI失電子，則還原劑與氧化劑的物質的量的比為7:，D正確；故答案選D。9.下列說法不正確的是A.硅酸鈉是一種難溶于水的硅酸鹽 B.鎂在空氣中燃燒可生成氧化鎂和氮化鎂C.鈉與水反應生成氫氧化鈉和氫氣 D.常溫下，鋁遇濃硝酸或濃硫酸時會發(fā)生鈍化【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．硅酸鈉是溶于水的硅酸鹽，故A錯誤；B．鎂在空氣中燃燒時，與氧氣和二氧化碳反應生成氧化鎂，與氮氣反應生成氮化鎂，故B正確；C．鈉具有強還原性，能與冷水反應生成氫氧化鈉和氫氣，故C正確；D．濃硫酸和濃硝酸具有強氧化性，鋁在濃硫酸和濃硫酸中會發(fā)生鈍化，阻礙反應的繼續(xù)進行，故D正確；故選A。0.下列說法不正確的是A.應避免銨態(tài)氮肥與草木灰混合施用B.工業(yè)上可用離子交換法提高海帶中碘的提取率C.電解飽和食鹽水可以得到金屬鈉和氯氣D.將生鐵進一步煉制減少含碳量，能得到耐腐蝕鋼【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．銨態(tài)氮肥的主要成分為銨根離子，草木灰的主要成分含有氫氧根，二者混合使用可以發(fā)生反應生成氨氣，降低肥效，不能混合使用，A正確；B．離子交換法可以很大程度的提取海水中的I-，還可以起到富集低濃度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正確；C．電解飽和食鹽水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na單質，C錯誤；D．將生鐵進一步煉制可以減少碳含量，在使用這種鋼材時可以減少電化學腐蝕過程，這樣的鋼材更耐腐蝕，D正確；故答案選C。.下列說法正確的是A.減壓過濾適用于過濾膠狀氫氧化物類沉淀B.實驗室電器設備著火，可用二氧化碳滅火器滅火C.制備硫酸亞鐵銨晶體時，須將含和的溶液濃縮至干D.將熱的飽和溶液置于冰水中快速冷卻即可制得顆粒較大的晶體【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．因為膠狀沉淀可能會透過濾紙或造成濾紙堵塞，則減壓過濾不宜用于過濾膠狀沉淀或顆粒太小的沉淀，故A錯誤；B．實驗室中儀器設備著火可以使用二氧化碳滅火，故B正確；C．制備硫酸亞鐵銨晶體時，將硫酸銨和硫酸亞鐵溶液濃縮至干會使晶體失去結晶水，故C錯誤；D．冷卻結晶時，自然冷卻才能得到大顆粒晶體，快速冷卻得到的是細小晶體，故D錯誤；故選B。2.下列“類比”結果不正確是A.的熱穩(wěn)定性比的弱，則的熱穩(wěn)定性比的弱B.的分子構型為V形，則二甲醚的分子骨架()構型為V形C.的溶解度比的大，則的溶解度比的大D.將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．分子內含有化學鍵：O-O，熱穩(wěn)定性弱于，分子內含有化學鍵：N-N，熱穩(wěn)定性弱于，A正確；B．中氧原子的價層電子對數(shù)為4，雜化，含有兩對孤電子對，空間構型為：V形，二甲醚的分子骨架()中氧原子價層電子對數(shù)為4，雜化，含有兩對孤電子對，空間構型為：V形，B正確；C．鈉鹽、鉀鹽等碳酸鹽溶解度大于碳酸氫鹽溶解度，鈣鹽相反，碳酸氫鈣的溶解度大于碳酸鈣，C錯誤；D．多羥基的醇遇新制溶液呈絳藍色，丙三醇加入新制溶液呈絳藍色，葡萄糖為多羥基的醛，遇新制溶液呈絳藍色，加熱后出現(xiàn)磚紅色沉淀，D正確；答案為：C。.不能正確表示下列變化的離子方程式是A.碳酸鎂與稀鹽酸反應：B.亞硫酸氫鈉的水解：C.鋅溶于氫氧化鈉溶液：D.亞硝酸鈉與氯化銨溶液受熱反應：【答案】A【解析】分析】【詳解】A．碳酸鎂與稀鹽酸反應生成氯化鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式為MgCO+2H+=Mg2++H2O+CO2↑，故A錯誤；B．亞硫酸氫鈉是弱酸的酸式鹽，在溶液中水解生成亞硫酸和氫氧化鈉，水解的離子方程式為HSO+H2OH2SO+OH-，故B正確；C．鋅與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋅酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]-+H2↑，故C正確；D．亞硝酸鈉溶液與氯化銨溶液共熱反應生成氯化鈉、氮氣和水，反應的離子方程式為NO+NHN2↑+2H2O，故D正確；故選A。4.關于油脂，下列說法不正確的是A.硬脂酸甘油酯可表示為B.花生油能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.植物油通過催化加氫可轉變?yōu)闅浠虳.油脂是一種重要的工業(yè)原料，可用于制造肥皂、油漆等【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．硬脂酸為飽和高級脂肪酸，其結構可以表示為：，硬脂酸甘油酯可表示為：，A錯誤；B．花生油是含有較多的不飽和高級脂肪酸甘油酯，含有碳碳雙鍵可以使酸性高錳酸鉀褪色，B正確；C．花生油是含有較多的不飽和高級脂肪酸甘油酯，可以和氫氣發(fā)生加成反生成氫化植物油，C正確；D．油脂是一種重要的工業(yè)原料，在堿性條件下水解發(fā)生皂化反應制造肥皂，D正確；答案為：A。5.已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相對位置如下所示，其中Y的最高化合價為+。下列說法不正確的是A.還原性：B.X能從中置換出ZC.Y能與反應得到FeD.M最高價氧化物的水化物能與其最低價氫化物反應【答案】A【解析】【分析】根據(jù)短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相對位置，以及Y的最高化合價為+，可推知，X為：，Y為：，Z為：C，M為：N，Q為：S，R為：，據(jù)此分析答題。【詳解】A．為：，為：，中硫的還原性強于中的氯元素，A錯誤；B．和發(fā)生下述反應：，B正確；C．和發(fā)生鋁熱反應如下：，C正確；D．M為：N，N的最高價氧化物的水化物為：，最低價氫化物為：，二者發(fā)生如下反應：，D正確；答案為：A。6.關于化合物的性質，下列推測不合理的是A.具有強氧化性 B.與溶液反應可生成兩種鈉鹽C.與鹽酸作用能產生氯氣 D.水解生成鹽酸和硝酸【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．里面含有正一價的氯元素和正五價的氮元素，具有強氧化性，A正確；B．與溶液反應可生成次氯酸鹽和硝酸鹽，B正確；C．與鹽酸發(fā)生歸中反應生成氯氣，C正確；D．發(fā)生水解反應生成次氯酸和硝酸，D錯誤；答案為：D。7.相同溫度和壓強下，關于物質熵的大小比較，合理的是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．和物質的量相同，且均為氣態(tài)，含有的原子總數(shù)多，的摩爾質量大，所以熵值，A錯誤；B．相同狀態(tài)的相同物質，物質的量越大，熵值越大，所以熵值，B正確；C．等量的同物質，熵值關系為：，所以熵值，C錯誤；D．從金剛石和石墨的結構組成上來看，金剛石的微觀結構更有序，熵值更低，所以熵值，D錯誤；答案為：B。8.設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.標準狀況下，中含有中子數(shù)為B.(分子結構：)中的共價鍵數(shù)目為C.的水溶液中含有氧原子數(shù)為D.三肽(相對分子質量：89)中的肽鍵數(shù)目為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．標準狀況下，的物質的量為：0.05mol，一個中含有中子數(shù)為：個，所以中含有中子數(shù)為，A正確；B．的物質的量為：0.25mol，根據(jù)白磷的分子結構可知一個白磷分子里含有六條共價鍵，所以共價鍵數(shù)目為：，B正確；C．的水溶液中含有溶質氫氧化鈉和溶劑水，氧原子數(shù)目為二者氧原子數(shù)目的加和，C錯誤；D．三肽的物質的量為：0.mol，三分子氨基酸脫水縮合形成三肽，三肽中含有兩個肽鍵，所以三肽中的肽鍵數(shù)目為，D正確；答案為：C?！军c睛】

9.某同學擬用計測定溶液以探究某酸HR是否為弱電解質。下列說法正確的是A.25℃時，若測得溶液，則HR是弱酸B.25℃時，若測得溶液且，則HR是弱酸C.25℃時，若測得HR溶液，取該溶液，加蒸餾水稀釋至，測得，則HR是弱酸D.25℃時，若測得NaR溶液，取該溶液，升溫至50℃，測得，，則HR是弱酸【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．25℃時，若測得溶液，可知為強酸強堿鹽，則為強酸，A錯誤；B．25℃時，若測得溶液且，可知溶液中，所以未完全電離，為弱酸，B正確；C．假設為強酸，取的該溶液，加蒸餾水稀釋至測得此時溶液，C錯誤；D．假設為強酸，則為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，減小，D錯誤；答案為：B。20.一定溫度下：在的四氯化碳溶液()中發(fā)生分解反應：。在不同時刻測量放出的體積，換算成濃度如下表：06002007022202820x.400.960.660480.50.240.2下列說法正確的是A.，生成的平均速率為B.反應時，放出的體積為(標準狀況)C.反應達到平衡時，D.推測上表中的x為90【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．，的變化量為(0.96-0.66)==0.，在此時間段內的變化量為其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率為，A說法不正確；B．由表中數(shù)據(jù)可知，反應時，的變化量為(.40-0.5)==.05，其物質的量的變化量為.050.L=0.05mol，的變化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在標準狀況下的體積為0.0525mol22.4L/mol=，B說法不正確；C．反應達到平衡時，正反應速率等于逆反應速率，用不同物質表示該反應的速率時，其數(shù)值之比等于化學計量數(shù)之比，，C說法不正確；D．分析表中數(shù)據(jù)可知，該反應經過0s（600-70,70-2820）后的濃度會變?yōu)樵瓉淼?，因此，的濃度?.24變?yōu)?.2時，可以推測上表中的x為(2820+0)=90，D說法正確。綜上所述，本題選D。2.相同溫度和壓強下，關于反應的，下列判斷正確的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】一般的烯烴與氫氣發(fā)生的加成反應為放熱反應，但是，由于苯環(huán)結構的特殊性決定了苯環(huán)結構的穩(wěn)定性，苯與氫氣發(fā)生加成反應生成，-環(huán)己二烯時，破壞了苯環(huán)結構的穩(wěn)定性，因此該反應為吸熱反應?！驹斀狻緼．環(huán)己烯、，-環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反應均為放熱反應，因此，，A不正確；B．苯分子中沒有碳碳雙鍵，其中的碳碳鍵是介于單鍵和雙鍵之間的特殊的共價鍵，因此，其與氫氣完全加成的反應熱不等于環(huán)己烯、，-環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反應的反應熱之和，即，B不正確；C．環(huán)己烯、，-環(huán)己二烯分別與氫氣發(fā)生的加成反應均為放反應，，由于mol，-環(huán)己二烯與氫氣完全加成后消耗的氫氣是等量環(huán)己烯的2倍，故其放出的熱量更多，其；苯與氫氣發(fā)生加成反應生成，-環(huán)己二烯的反應為吸熱反應（），根據(jù)蓋斯定律可知，苯與氫氣完全加成的反應熱，因此，C正確；D．根據(jù)蓋斯定律可知，苯與氫氣完全加成的反應熱，因此，D不正確。綜上所述，本題選C。22.某全固態(tài)薄膜鋰離子電池截面結構如圖所示，電極A為非晶硅薄膜，充電時得電子成為Li嵌入該薄膜材料中；電極B為薄膜；集流體起導電作用。下列說法不正確的是

A.充電時，集流體A與外接電源的負極相連B.放電時，外電路通過電子時，薄膜電解質損失C.放電時，電極B為正極，反應可表示為D.電池總反應可表示為【答案】B【解析】【分析】由題中信息可知，該電池充電時得電子成為Li嵌入電極A中，可知電極A在充電時作陰極，故其在放電時作電池的負極，而電極B是電池的正極。【詳解】A．由圖可知，集流體A與電極A相連，充電時電極A作陰極，故充電時集流體A與外接電源的負極相連，A說法正確；B．放電時，外電路通過amol電子時，內電路中有amol通過LiPON薄膜電解質從負極遷移到正極，但是LiPON薄膜電解質沒有損失，B說法不正確；C．放電時，電極B為正極，發(fā)生還原反應，反應可表示為，C說法正確；D．電池放電時，嵌入在非晶硅薄膜中的鋰失去電子變成，正極上得到電子和變?yōu)椋孰姵乜偡磻杀硎緸?，D說法正確。綜上所述，相關說法不正確的是B，本題選B。2.取兩份的溶液，一份滴加的鹽酸，另一份滴加溶液，溶液的pH隨加入酸(或堿)體積的變化如圖。下列說法不正確的是A.由a點可知：溶液中的水解程度大于電離程度B.過程中：逐漸減小C.過程中：D.令c點的，e點的，則【答案】C【解析】【分析】向溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強，溶液pH將逐漸減小，向溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強，溶液pH將逐漸增大，因此abc曲線為向溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向溶液中滴加鹽酸?！驹斀狻緼．a點溶質為，此時溶液呈堿性，在溶液中電離使溶液呈酸性，在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，溶液中的水解程度大于電離程度，故A正確；B．由電荷守恒可知，過程溶液中，滴加NaOH溶液的過程中保持不變，逐漸減小，因此逐漸減小，故B正確；C．由物料守恒可知，a點溶液中，向溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此過程中，故C錯誤；D．c點溶液中=(0.05+0-.)mol/L，e點溶液體積增大倍，此時溶液中=(0.025+0-4)mol/L，因此x>y，故D正確；綜上所述，說法不正確的是C項，故答案為C。24.制備苯甲酸甲酯的一種反應機理如圖(其中Ph-代表苯基)。下列說法不正確的是

A.可以用苯甲醛和甲醇為原料制備苯甲酸甲酯 B.反應過程涉及氧化反應C.化合物和4互為同分異構體 D.化合物直接催化反應的進行【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由圖中信息可知，苯甲醛和甲醇分子在化合物2的催化作用下，參與催化循環(huán)，最后得到產物苯甲酸甲酯，發(fā)生的是酯化反應，故A項正確；B．由圖中信息可知，化合物4在H2O2的作用下轉化為化合物5，即醇轉化為酮，該過程是失氫的氧化反應，故B項正確；C．化合物和化合物4所含原子種類及數(shù)目均相同，結構不同，兩者互為同分異構體，故C項正確；D．由圖中信息可知，化合物在NaH的作用下形成化合物2，化合物2再參與催化循環(huán)，所以直接催化反應進行的是化合物2，化合物間接催化反應的進行，故D項錯誤；綜上所述，說法不正確的是D項，故答案為D。25.下列方案設計、現(xiàn)象和結論都正確的是目的方案設計現(xiàn)象和結論A探究乙醇消去反應的產物取乙醇，加入濃硫酸、少量沸石，迅速升溫至40℃，將產生的氣體通入溴水中若溴水褪色，則乙醇消去反應的產物為乙烯B探究乙酰水楊酸樣品中是否含有水楊酸取少量樣品，加入蒸餾水和少量乙醇，振蕩，再加入-2滴溶液若有紫色沉淀生成，則該產品中含有水楊酸C探究金屬鈉在氧氣中燃燒所得固體粉末的成分取少量固體粉末，加入蒸餾水若無氣體生成，則固體粉末為；若有氣體生成，則固體粉末為D探究固體樣品是否變質取少量待測樣品溶于蒸餾水，加入足量稀鹽酸，再加入足量溶液若有白色沉淀產生，則樣品已經變質A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.乙醇在40℃，濃硫酸的作用下，會發(fā)生分子間脫水，而不發(fā)生消去反應，A項不符合題意；B.乙酰水楊酸中沒有酚羥基，水楊酸中酚羥基，酚羥基可以與FeCl溶液顯紫色，但是生成絡合物，所以不會有沉淀，B項不符合題意；C.如果金屬鈉沒有完全燃燒，剩余的金屬鈉與水反應也可以生成氫氣，C項不符合題意；D.加入稀鹽酸，亞硫酸根離子會轉化為二氧化硫氣體，加入氯化鋇生成的沉淀只能是硫酸鋇沉淀，可以說明樣品已經變質，D項符合題意；故選D。26.()已知種原子晶體的熔點數(shù)據(jù)如下表：金剛石碳化硅晶體硅熔點/℃＞550260045金剛石熔點比晶體硅熔點高的原因是_______。(2)提純含有少量氯化鈉的甘氨酸樣品：將樣品溶于水，調節(jié)溶液的pH使甘氨酸結晶析出，可實現(xiàn)甘氨酸的提純。其理由是_______。【答案】().原子半徑C＜Si（或鍵長C-C＜Si-Si），鍵能C-C＞Si-Si(2).當調節(jié)溶液pH至甘氨酸主要以兩性離子的形態(tài)存在時（即等電點，此時兩性離子間相互吸引力最大），溶解度最小【解析】【分析】【詳解】()原子半徑的大小決定鍵長大小，鍵長越短鍵能越大，此時物質的熔、沸點越高，在C和Si組成的物質中原子半徑C＜Si（或鍵長C-C＜Si-Si），鍵能C-C＞Si-Si，故金剛石的熔點高于晶體硅的熔點；(2)當調節(jié)溶液pH至甘氨酸主要以兩性離子的形態(tài)存在時（即等電點，此時兩性離子間相互吸引力最大），溶解度最小，此時析出的固體為甘氨酸，可以實現(xiàn)甘氨酸的提純。27.將.00g某有機物(僅含C、H、O元素，相對分子質量為50)樣品置于燃燒器中充分燃燒，依次通過吸水劑、CO2吸收劑，燃燒產物被完全吸收。實驗數(shù)據(jù)如下表：吸水劑CO2吸收劑實驗前質量/g20.0026.48實驗后質量/g2.080.00請回答：()燃燒產物中水的物質的量為_______mol。(2)該有機物的分子式為_______(寫出計算過程)。【答案】().0.0600(2).C4H6O6【解析】【分析】【詳解】()根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，吸水劑增加的質量全部為有機物完全燃燒生成水的質量，則生成水的物質的量n(H2O)===0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol×2=0.20mol，n(C)==0.0800mol，n(O)==0.20mol，則最簡式為C2HO，由于相對分子質量為50，則可以得到有機物的分子式為C4H6O6。28.固體化合物X由種元素組成，某學習小組開展如下探究實驗。

其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。請回答：()白色固體C的化學式是_______，藍色溶液D中含有的溶質是_______(用化學式表示)。(2)化合物X的化學式是_______；化合物X的一價陰離子與CH4具有相同的空間結構，寫出該陰離子的電子式_______。()藍色溶液A與作用，生成一種氣體，溶液藍色褪去，同時生成易溶于硝酸的白色沉淀。①寫出該反應的離子方程式_______。②設計實驗驗證該白色沉淀的組成元素_______?！敬鸢浮?).(2).().CuAl2Cl8(4).(5).(6).將白色沉淀溶于硝酸，得到藍色溶液，說明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，說明有元素【解析】【分析】含有Cu2+的溶液顯藍色，含有[Cu(NH)4]2+的溶液顯深藍色，化合物X溶解后得到的溶液A呈現(xiàn)藍色，且加入足量氨水后得到深藍色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al+的溶液中加入氨水可用于制備Al(OH)，且Al(OH)為可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推斷白色沉淀B為Al(OH)沉淀；深藍色溶液在加入硝酸酸化的AgNO溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，綜上，化合物X中含有Al+、Cu2+和Cl-?！驹斀狻?)由上述分析可得，白色沉淀D為Al(OH)，灼燒Al(OH)得到Al2O，故白色固體為Al2O；溶液D中含有的陽離子有Cu2+、、Ag+、H+，陰離子有，故溶液中含有：，故答案為：；。(2)由圖示數(shù)據(jù)并根據(jù)原子守恒可知，4.020gX中含有鋁離子物質的量為：=0.02mol，含有氯離子物質的量為：=0.08mol，由化合物應顯電中性可得三種離子物質的量比值為n(Cu2+)：n(Al+)：n(Cl-)=：2：8，則可得X的化學式為CuAl2Cl8；陰離子中Al原子的雜化方式為sp，空間結構為正四面體，與CH4相同，其電子式為，故答案為：CuAl2Cl8；。()①由上述分析可知，藍色溶液A中含有Al+、Cu2+和Cl-，與反應時溶液藍色褪去，即反應后溶液中不存在Cu2+，可推測銅元素以沉淀形式析出，反應得到的沉淀為白色且可溶于硝酸，可推測銅元素在其中不是藍色且穩(wěn)定的+2價，而是+價，即反應過程中Cu元素化合價降低，中氮元素顯-2價，具有還原性，反應過程中N元素化合價升高生成N2，符合反應中有氣體產生，根據(jù)化合價升降守恒、電荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反應離子方程式為。②Cu2+在溶液中顯藍色，CuCl中Cu元素為+價，能被硝酸氧化為+2價，CuCl與硝酸反應過程中Cl元素以Cl-形式存在于溶液中，Cl-與AgNO溶液反應生成不溶于硝酸的白色沉淀，故答案為：將白色沉淀于硝酸，得到藍色溶液，說明有元素；再向溶液中加入溶液，有白色沉淀，說明有元素。29.含硫化合物是實驗室和工業(yè)上的常用化學品。請回答：()實驗室可用銅與濃硫酸反應制備少量：。判斷該反應的自發(fā)性并說明理由_______。(2)已知。時，在一恒容密閉反應器中充入一定量的和，當反應達到平衡后測得、和的濃度分別為、和。①該溫度下反應的平衡常數(shù)為_______。②平衡時的轉化率為_______。()工業(yè)上主要采用接觸法由含硫礦石制備硫酸。①下列說法正確的是_______。A.須采用高溫高壓的反應條件使氧化為B.進入接觸室之前的氣流無需凈化處理C.通入過量的空氣可以提高含硫礦石和的轉化率D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率②接觸室結構如圖所示，其中~4表示催化劑層。圖2所示進程中表示熱交換過程的是_______。A.B.C.D.E.F.G.③對于放熱的可逆反應，某一給定轉化率下，最大反應速率對應的溫度稱為最適宜溫度。在圖中畫出反應的轉化率與最適宜溫度(曲線Ⅰ)、平衡轉化率與溫度(曲線Ⅱ)的關系曲線示意圖(標明曲線Ⅰ、Ⅱ)_______。(4)一定條件下，在溶液體系中，檢測得到pH-時間振蕩曲線如圖4，同時觀察到體系由澄清→渾濁→澄清的周期性變化?？捎靡唤M離子方程式表示每一個周期內的反應進程，請補充其中的2個離子方程式。Ⅰ.Ⅱ.①_______；Ⅲ.；Ⅳ.②_______?！敬鸢浮?).不同溫度下都能自發(fā)，是因為(2).().(4).C(5).BDF(6).(7).(8).【解析】【分析】【詳解】()實驗室可用銅與濃硫酸反應制備少量的反應為，由于該反應，因此該反應在任何溫度下都能自發(fā)進行。(2)①根據(jù)題中所給的數(shù)據(jù)可以求出該溫度下的平衡常數(shù)為.②平衡時的轉化率為；()①A．在常壓下催化氧化為的反應中，的轉化率已經很高，工業(yè)上有采用高壓的反應條件，A說法不正確；B．進入接觸室之前的氣流中含有會使催化劑中毒的物質，需經凈化處理以防止催化劑中毒，B說法不正確；C．通入過量的空氣可以增大氧氣的濃度，可以使含硫礦石充分反應，并使化學平衡向正反應方向移動，因此可以提高含硫礦石和的轉化率；D．與水反應放出大量的熱，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反應放出的熱量會使硫酸形成酸霧從而影響被水吸收導致的吸收速率減小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D說法不正確。綜上所述，相關說法正確的是C；②反應混合物在熱交換氣中與原料氣進行熱交換，在熱交換過程中，反應混合物不與催化劑接觸，化學反應速率大幅度減小，故雖然反應混合物的溫度降低，的轉化率基本不變，因此，圖2所示進程中表示熱交換過程的是、、，因此選BDF；③對于放熱的可逆反應，該反應的最適宜溫度為催化劑的催化活性最好時所對應的溫度，在該溫度下化學反應速率最大，的轉化率也最大；當溫度高于最適宜溫度后，催化劑的催化活性逐漸減小，催化劑對化學反應速率的影響超過了溫度升高對化學反應速率的影響，因此化學反應速率逐漸減小，的轉化率也逐漸減??；由于該反應為放熱反應，隨著溫度的升高，的平衡轉化率減??；由于反應混合物與催化劑層的接觸時間較少，在實際的反應時間內反應還沒有達到化學平衡狀態(tài)，故在相應溫度下的轉化率低于其平衡轉化率。因此，反應的轉化率與最適宜溫度（曲線Ⅰ）、平衡轉化率與溫度（曲線Ⅱ）的關系曲線示意圖可表示如下：.(4)由時間振蕩曲線可知，在溶液體系中，溶液的呈先增大后減小的周期性變化，同時觀察到體系由澄清→渾濁→澄清的周期性變化，硫化鈉與硫酸反應生成，，然后發(fā)生，該過程溶液的基本不變，溶液保持澄清；溶液變渾濁時被氧化為，即發(fā)生，該過程溶液的增大；溶液又變澄清時又被氧化為，發(fā)生，該過程溶液的在減小。因此可以推測該過程中每一個周期內的反應進程中依次發(fā)生了如下離子反應：、、、。0.是很好的氯化劑，實驗室用如圖裝置(夾持儀器已省略)制備高純。已知：①，合適反應溫度為；副反應：。②常壓下，沸點，熔點；沸點2.0℃，熔點。③，在中的溶解度遠大于其在水中的溶解度。請回答：()①裝置A的作用是去除原料氣中的少量水分，可用的試劑是_______。②將上圖中裝置組裝完整，虛框D中應選用_______。(2)有關反應柱B，須進行的操作是_______。A.將HgO粉末熱處理除水分、增加表面積后填入反應柱B.調控進入反應柱的混合氣中和的比例C.調控混合氣從下口進入反應柱的流速D.將加熱帶纏繞于反應柱并加熱()裝置C，冷卻液的溫度通?？刂圃?。反應停止后，溫度保持不變，為減少產品中的含量，可采用的方法是_______。(4)將純化后的產品氣化，通入水中得到高純度的濃溶液，于陰涼暗處貯存。當需要時，可將濃溶液用萃取分液，經氣化重新得到。針對萃取分液，從下列選項選擇合適操作(操作不能重復使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。a.檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水b.將溶液和轉入分液漏斗c.涂凡士林d.旋開旋塞放氣e.倒轉分液漏斗，小心振搖f.經幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置g.打開旋塞，向錐形瓶放出下層液體h.打開旋塞，待下層液體完全流出后，關閉旋塞，將上層液體倒入錐形瓶(5)產品分析：取一定量濃溶液的稀釋液，加入適量、過量溶液及一定量的稀，充分反應。用標準溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞為指示劑，用標準溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知產生的反應(不考慮與水反應)：實驗數(shù)據(jù)如下表：加入量滴定Ⅰ測出量滴定Ⅱ測出量①用標準溶液滴定時，無需另加指示劑。判斷滴定Ⅰ到達終點的實驗現(xiàn)象是_______。②高純度濃溶液中要求(和均以計)。結合數(shù)據(jù)分析所制備的濃溶液是否符合要求_______?！敬鸢浮?).濃(2).a().ABC(4).抽氣(或通干燥氮氣)(5).a(6).b(7).g(8).CCl4中由紫紅色突變到無色，且0s不恢復(9).溶液中Cl2O和Cl2分別為.000×0-mol、5×0-6mol，=200>99，符合要求【解析】【分析】【詳解】()①裝置A的作用是去除原料氣(Cl2、N2)中的少量水分，可用的試劑是濃。②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空氣中，因此需要進行尾氣處理，Cl2、Cl2O能與NaOH溶液反應，同時需要防止NaOH溶液中水蒸氣進入C裝置中，因此需要在C和尾氣處理裝置之間連接吸收水蒸氣的裝置，所以虛框D中應選用a裝置。(2)裝置B為HgO與Cl2反應制備Cl2O的裝置，A．因Cl2O能與H2O發(fā)生反應，因此需要將HgO粉末熱處理除水分，該反應為固體與氣體接觸類反應，因此增加表面積能夠加快反應速率，故A選；B．N2的作用是稀釋Cl2，在氣流速率一定的條件下，氯氣所占的比例越小，其轉化率越高，同時Cl2不足時會發(fā)生副反應，因此需要調控進入反應柱的混合氣中Cl2和N2的比例，故B選；C．為了讓氣體與固體充分接觸，混合氣體應從下口進入反應柱，同時需要控制氣體的流速，防止副反應發(fā)生，故C選；D．HgO與Cl2反應制備Cl2O的合適反應溫度為8℃～25℃，因此該反應在常溫下進行，若對反應柱加熱會發(fā)生副反應，故D不選；綜上所述，答案為ABC。()由題可知，Cl2沸點小于Cl2O，在Cl2未發(fā)生冷凝時抽氣或通入氮氣可以有效的去除產物中的Cl2，故答案為：抽氣(或通干燥氮氣)。(4)萃取分液的操作順序為：檢漏→加入萃取劑和溶液→振蕩搖勻→放氣→靜置分層→放液，下層液體從下口流出，上層液體從上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下層，因此操作順序為：涂凡土林→檢查旋塞、玻璃塞處是否漏水→將溶液和CCl4轉入分液漏斗→倒轉分液漏斗，小心振搖→旋開旋塞放氣→經幾次振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺上靜置→打開旋塞，向錐形瓶放出下層液體，故答案為：abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫紅色，用標準Na2S2O溶液滴定I2過程中，當I2恰好反應完全時，溶液呈無色，因此滴定I2到達終點的實驗現(xiàn)象是CCl4中由紫紅色突變到無色，且0s不恢復。②由、、(HClO為Cl2O與H2O反應的產物)可得關系式：Cl2O～2H+～2I2，由實驗數(shù)據(jù)可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×0-mol-.505×0-mol)=2×0-mol，生成I2的物質的量為2×0-mol，則高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2O)=×0-mol，加入過量KI溶液共生成I2的物質的量為2.005×0-mol，因此Cl2與I-反應生成I2的物質的量為2.005×0-mol-2×0-mol=5×0-6mol，由此可知高純度Cl2O濃溶液中n(Cl2)=5×0-6mol，所以