2013年浙江省高考化学试卷

发布时间:2024-06-03 09:06:11浏览次数:5
 2013 年浙江省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分,每小题只有一项是符合题目要求的)1.(6 分)下列说法不正确的是(  )A.多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料B.pH 计不能用于酸碱中和滴定终点的判断C.科学家发现一种新细菌的 DNA 链中有砷(As)元素,该 As 元素最有可能取代了普通 DNA 链中的P 元素D. 和 CO2反应生成可降解聚合物 ,反应符合绿色化学的原则【分析】A、多孔碳是碳单质,是一种具有不同孔结构的碳素材料,可用作氢氧燃料电池的电极材料;B、在酸碱中和滴定过程中,滴定终点判断的主要依据是溶液的 pH 值变化,测量溶液 pH 可以用 pH试纸、pH 计、酸碱指示剂;C、从中学化学的视角来看,在元素周期表中,砷排在磷下方,两者属于同族,化学性质相似;D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”,即充分利用反应物中的各个原子,因而既能充分利用资源,又能防止污染.【解答】解:A、多孔碳是碳单质,是一种具有不同孔结构的碳素材料。作为一种新材料,具有耐高温、耐酸碱、导电、传热、优良的吸附性能、良好的化学稳定性和使用后容易再生等优点。如活性炭、活性炭纤维、碳分子筛等都属于多孔碳。多孔碳①具有很强的吸附能力和表面积,可吸附氢气和氧气,提供气体反应(发生电子转移)的场所,同时具有较大的表面积,可增大接触面积,提高反应速率;②有催化作用;所以可用作氢氧燃料电池的电极材料,故 A 正确;B、在酸碱中和滴定过程中,滴定终点判断的主要依据是溶液的 pH 值变化,测量溶液 pH 可以用 pH试纸、pH 计、酸碱指示剂。pH 计是一种精确测量溶液 pH 的仪器,精确度高,测量时可以从仪器上直接读出溶液的 pH,所以,可以在酸碱中和滴定过程中用来确定和判断滴定终点,故 B 错误; C、从中学化学的视角来看,在元素周期表中,砷排在磷下方,两者属于同族,化学性质相似。所以应该说,完全有可能在普通的 DNA 骨架中砷元素可以取代磷元素,故 C 正确;D、绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”,即充分利用反应物中的各个原子,因而既能充分利用资源,又能防止污染。绿色化学的核心内容之二是有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求。甲基环氧乙烷与二氧化碳在一定条件下反应生成聚碳酸酯,原子利用率达到 100%,生成的聚碳酸酯易降解生成无毒无害物质,所以此反应符合绿色化学原则,故 D 正确;故选:B。【点评】本题突出了能力立意命题,注重考查学生对知识的理解和灵活应用,命题思路更加突出主干知识的考查. 2.(6 分)下列说法正确的是(  )A.实验室从海带提取单质碘的方法是:取样→灼烧→溶解→过滤→萃取B.用乙醇和浓硫酸制备乙烯时,可用水浴加热控制反应的温度C.Cl﹣存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中D.将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液,都出现沉淀,表明二者均可使蛋白质变性【分析】A.碘元素在海水中只有化合态,没有游离态,海带提取单质碘需将碘离子氧化成碘单质;B.乙醇和浓硫酸在 170℃,发生分子内脱水生成乙烯和水,水浴的温度为小于 100℃;C.Cl﹣存在时,铝表面的氧化膜易被破坏,裸露出活泼的金属铝,铝具有两性,因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中;D.根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析,而重金属盐能使蛋白质发生变性,CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性,饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析,不能发生变性; (4)写出化合物 F 的结构简式   .(5)写出同时符合下列条件的 F 的同分异构体的结构简式  、 、、 (任写三种) (写出 3 种).①属酚类化合物,且苯环上有三种不同化学环境的氢原子;②能发生银镜反应.(6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯,请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选).注:合成路线的书写格式参照如下实例流程图:CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3.【分析】柳胺酚水解生成邻羟基苯甲酸和对羟基苯胺,结合分子式知,F 是邻羟基苯甲酸,E 是对羟基苯胺,结合题给信息知,D 是对羟基硝基苯,C 和酸反应生成 D,则 C 是对硝基苯酚钠,B 发生取代反应生成 C,B 是对硝基氯苯,A 反应生成对硝基氯苯,苯和氯气发生取代反应生成氯苯,在浓硫酸作催化剂条件下,氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯,结构物质的结构和性质解答.【解答】解:柳胺酚水解生成邻羟基苯甲酸和对羟基苯胺,结合分子式知,F 是邻羟基苯甲酸,E是对羟基苯胺,结合题给信息知,D 是对羟基硝基苯,C 和酸反应生成 D,则 C 是对硝基苯酚钠,B 发生取代反应生成 C,B 是对硝基氯苯,A 反应生成对硝基氯苯,苯和氯气发生取代反应生成氯苯,在浓硫酸作催化剂条件下,氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯,(1)A.柳胺酚中能和氢氧化钠反应的官能团是酰胺键和酚羟基,所以 1mol 柳胺酚最多可以和3molNaOH反应,故错误;B.柳胺酚中含有苯环,所以能发生硝化反应,故错误;C.柳胺酚中含有肽键,所以可发生水解反应,故正确; D.柳胺酚中含有酚羟基,所以可与溴发生取代反应,故正确;故选 C、D;(2)在浓硫酸作催化剂条件下,氯苯和浓硝酸发生取代反应生成对硝基氯苯,所以所用试剂为:浓 HNO3/浓 H2SO4,故答案为:浓 HNO3/浓 H2SO4;(3)在加热条件下,对硝基氯苯和氢氧化钠发生取代反应生成对硝基苯酚钠和氯化钠,反应方程式为: ,故答案为: ;(4)F 是邻羟基苯甲酸,其结构简式为: ,故答案为: ;(5)①属酚类化合物,且苯环上有三种不同化学环境的氢原子,说明苯环上含有酚羟基,且苯环上有三种类型的氢原子;②能发生银镜反应,说明该有机物中含有醛基,所以符合条件的 F 的同分异构体有: 、 、 、 (任写三种),故答案为: 、 、 、 (任写三种);(6)在催化剂作用下,苯和乙烯发生加成反应生成苯乙烷,在光照条件下,苯乙烷发生取代反应生成 ,在加热条件下, 和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成苯乙烯,在 催化剂条件下,苯乙烯发生加聚反应生成聚苯乙烯,所以其合成路线为:,故答案为: .【点评】本题考查了有机物的推断及合成,从柳胺酚的结构着手,采用逆推的方法推断各物质,明确反应时有机物的断键方式是解本题关键,难度中等. 三、选修部分12.(10 分)《物质结构与性质》模块请回答下列问题:(1)N、Al、Si、Zn 四种元素中,有一种元素的电离能数据如下:电离能 I1 I2 I3 I4 …In/kJ.mol﹣1 578 1817 2745 11578 …则该元素是  Al   (填写元素符号).(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是  1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 2   .Ge 的最高价氯化物分子式是  GeCl 4 .该元素可能的性质或应用有  CD   .A.是一种活泼的金属元素 B.其电负性大于硫 C.其单质可作为半导体材料 D.其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点(3)关于化合物 ,下列叙述正确的有  BD   .A.分子间可形成氢键 B.分子中既有极性键又有非极性键 C.分子中有 7 个 σ 键和 1 个 π 键 D.该分子在水中的溶解度大于 2﹣丁烯(4)NaF 的熔点 >  的熔点(填>、=或<),其原因是 两者均为离子化合物,且电荷数均为 1 ,但后者离子半径大,离子键较弱,因此熔点较低  .【分析】(1)根据第一至第四电离能的变化可判断出各元素的最高化合价,进而推断元素的种类;(2)根据基态电子排布遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则,以此解答该题;根据主族元素的最高价等于最外层电子数;A.Ge 是一种金属元素,但最外层电子数为 4,金属性不强;B.硫的其电负性大于硅,硅的电负性大于锗; C.锗单质是一种半导体材料; D.组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越小,熔点越低;(3)A.A.根据氢键形成的条件;B.同种元素原子形成的共价键是非极性键;不同种元素原子形成的共价键是极性键;C.1 个单键是 1 个 σ 键,一个双键是 1 个 σ 键和 1 个 π 键; D.根据醛基比甲基更溶于水(4)离子化合物,且电荷数相等,离子半径大,离子键较弱,因此熔点较低.【解答】解:(1)从表中原子的第一至第四电离能可以看出,元素的第一、第二、第三电离能都较小,可失去 3 个电子,最高化合价为+3 价,即最外层应有 3 个电子,应为铝元素,故答案为:Al;(2)锗是 32 号元素,核外有 32 个电子,基态锗(Ge)原子原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2,故答案为:1s22s22p63s23p63d104s24p2;Ge 的最高价为+4 价,氯化物分子式是 GeCl4; 故答案为:GeCl4;A.Ge 是一种金属元素,但最外层电子数为 4,金属性不强,故 A 错误;B.硫的其电负性大于硅,硅的电负性大于锗,所以锗的电负性小于硫,故 B 错误; C.锗单质是一种半导体材料,故 C 正确; D.氯化锗和溴化锗都是分子晶体,但氯化锗的相对分子质量小于溴化锗,所以氯化锗沸点低于溴化锗的沸点,故选:CD;(3)A.分子中不存在与电负性强的元素相连的氢原子,所以不存在氢键,故 A 错误;B.分子中碳碳键是非极性键,碳氢键、碳氧键是极性键,故 B 正确;C.1 个单键是 1 个 σ 键,一个双键是 1 个 σ 键和 1 个 π 键,所以分子中有 9 个 σ 键和 3 个 π 键,故 C 错误; D.根据醛基比甲基更溶于水,所以分子中两个甲基被醛基取代,溶解度增大,故 D 正确;故选:BD;(4)两者均为离子化合物,且电荷数均为 1,但后者离子半径大,离子键较弱,因此熔点较低,故答案为:>;两者均为离子化合物,且电荷数均为 1,但后者离子半径大,离子键较弱,因此熔点较低.【点评】本题是道综合题,难度中等,考查了学生运用知识的能力. 13.《化学与技术》模块电石浆是氯碱工业中的一种废弃物,其大致组成如下表所示:成分 CaOSiO2Al2O3Fe2O3MgO CaS 其它不溶于酸的物质质量分数(%)65~663.5~5.01.5~3.50.2~0.80.2~1.11.0~1.823~26用电石浆可生产无水 CaCl2,某化工厂设计了以下工艺流程:已知氯化钙晶体化学式是:CaCl2•6H2O,H2S 是一种酸性气体,具有还原性.(1)反应器中加入的酸应选用 盐酸 .(2)脱色槽中应加入的物质 X 是 活性炭 ;设备 A 的作用是 蒸发浓缩 ;设备 B 的名称是 过滤器 ;设备 C 的作用是 脱水干燥 .(3)为了满足环保要求,需将废气 H2S 通入吸收池,下列物质中最适合作为吸收剂的是  C   .A.水 B.浓硫酸 C.石灰乳 D.硝酸(4)将设备 B 中产生的母液重新引入反应器的目的是 对母液回收利用,降低废弃物排放量,提高经济效益 .【分析】(1)因要生产 CaCl2,所以应选用盐酸;(2)活性炭具有吸附性.A 池后面接的是结晶池,故 A 应为蒸发浓缩.从 B 中有母液出来,故 B 为过滤器.B 中得到晶体,所以需要脱水干燥,才能得到 CaCl2产品;(3)H2S 为酸性气体,应用碱液吸收;(4)设备 B 中产生的母液含有氯化物,回收利用,可以降低废弃物排放量,提高经济效益.【解答】解:(1)因要生产 CaCl2,过程中不引入新的杂化离子,所以应选用盐酸,故答案为:盐酸;(2)活性炭具有吸附性,可以进行溶液脱水.A 池后面接的是结晶池,故 A 应为蒸发浓缩;从 B 中有母液出来,故 B 为过滤器.B 中得到晶体,所以需要脱水干燥,才能得到 CaCl2产品, 故答案为:活性炭;蒸发浓缩;过滤器;脱水干燥;(3)H2S 为酸性气体,应用碱液吸收,故选石灰乳,故答案为:C;(4)设备 B 中产生的母液含有氯化物,回收利用,可以降低废弃物排放量,提高经济效益,故答案为:对母液回收利用,降低废弃物排放量,提高经济效益.【点评】本题以“用电石浆可生产无水 CaCl2”为载体,考查实验基本操作和技能,涉及工艺流程的理解、物质分离提纯、元素化合物性质等,试题难度中等,是对学生综合能力的考查,需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力.  【解答】解:A.海水中只有化合态的碘,实验室从海带提取单质碘的方法是:取样→灼烧→溶解→过滤,然后需将碘离子氧化为碘单质,在提取的过程中用的氧化剂可以是 H2O2,然后再萃取,故 A 错误;B.乙醇在浓硫酸加热 170℃发生消去反应生成乙烯气体,反应的化学方程式为 CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O,水的沸点为 100℃,水浴的温度为小于 100℃,而该反应的温度为 170℃,显然不符,故 B 错误;C.铝表面的氧化膜为氧化铝,当有 Cl﹣存在时,Cl﹣替换氧化铝中的氧元素形成可溶性的氯化铝,所以铝表面的氧化膜易被破坏,裸露出活泼的金属铝,铝具有两性,因此含盐腌制食品不宜直接存放在铝制容器中,故 C 正确;D.当向蛋白质溶液中加入的盐溶液(硫酸铵、硫酸钠、氯化钠等)达到一定浓度时,会使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出,这种作用称为盐析,盐析具有可逆性,所以饱和(NH4)2SO4溶液能使蛋白质发生盐析,不是变性,因加强酸、强碱、重金属盐、甲醛等导致蛋白质性质的改变和生物活性的丧失,是蛋白质的变性,所以 CuSO4溶液能使蛋白质溶液发生变性,故 D 错误;故选:C。【点评】本题主要考查了物质的性质,掌握基础知识,掌握物质的性质是解题的关键,题目难度不大. 3.(6 分)短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表中的位置如表所示,其中 X 元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,则下列说法中正确的是(  )A.钠与 W 可能形成 Na2W2化合物B.由 Z 与 Y 组成的物质在熔融时能导电C.W 得电子能力比 Q 强D.X 有多种同素异形体,而 Y 不存在同素异形体【分析】由短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表中的位置可知,X、Y 处于第二周期,Z、W、Q处于第三周期,X 元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,则最外层电子数为 4,故 X 为碳元素,则 Z 为 Si 元素、Y 为氧元素、W 为硫元素、Q 为 Cl 元素,据此解答.【解答】由短周期元素 X、Y、Z、W、Q 在元素周期表中的位置可知,X、Y 处于第二周期,Z、W、Q处于第三周期,X 元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半,则最外层电子数为 4,故 X 为碳元素,则 Z 为 Si 元素、Y 为氧元素、W 为硫元素、Q 为 Cl 元素,A.Na 和 S 可形成类似于 Na2O2 的 Na2S2,故 A 正确;B.二氧化硅是原子晶体,熔融状态下,不导电,故 B 错误;C.同周期自左而右非金属性增强,得电子能力增强,故 S 得电子能力比 Cl 弱,故 C 错误;D.碳元素有金刚石、石墨等同素异形体,氧元素存在氧气、臭氧同素异形体,C、O 元素都能形成多种同素异形体,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查结构性质位置关系,难度中等,A 选项为易错点、难点,利用同主族元素的相似性解答,注意整体把握元素周期表的结构. 4.(6 分)下列说法正确的是(  )A.按系统命名法,化合物 的名称是 2,3,5,5﹣四甲基﹣4,4﹣二乙基己烷B.等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等C.苯和甲苯互为同系物,均能使 KMnO4酸性溶液褪色 D.结构片段 的高聚物,其单体是苯酚和甲醛【分析】A.根据烷烃命名原则:①长﹣﹣选最长碳链为主链;②多﹣﹣遇等长碳链时,支链最多为主链;③近﹣﹣离支链最近一端编号;④小﹣﹣支链编号之和最小.看下面结构简式,从右端或左端看,均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则;⑤简﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时,从简单取代基开始编号.如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面.B.烃 CxHy完全燃烧耗氧量由(x+ )值决定,(x+ )的值越大,消耗氧气的量就越多;烃的含氧衍生物 CxHyOz完全燃烧耗氧量由(x+ )值决定,x+ 值越大,消耗氧气的量就越多,据此判断;C.苯和甲苯互为同系物,但苯不能使 KMnO4酸性溶液褪色;D.根据苯酚和甲醛发生缩聚反应;【解答】解:A.按系统命名法,化合物 的名称是 2,2,4,5﹣四甲基﹣3,3﹣二乙基己烷,故 A 错误;B.苯的 x+ =6+ =7.5,即 1mol 苯消耗氧气 7.5mol,苯甲酸的 x+ ﹣ =7+ ﹣1=7.5,即 1mol 苯甲酸消耗氧气 7.5mol,所以等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等,故 B 错误;C.苯和甲苯互为同系物,但苯不能使 KMnO4酸性溶液褪色,故 C 错误;D.苯酚和甲醛发生缩聚反应得到酚醛树酯,结构片段 ,故 D 正确;故选:D。【点评】本题主要考查了物质的命名、燃烧规律、物质的性质以及缩聚反应,需要注意的是酚醛发生缩聚反应的规律. 5.(6 分)电解装置如图所示,电解槽内装有 KI 及淀粉溶液,中间用阴离子交换膜隔开.在一定的电压下通电,发现左侧溶液变蓝色,一段时间后,蓝色逐渐变浅.已知:3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O,下列说法不正确的是(  )A.右侧发生的电极反应式:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣B.电解结束后,右侧溶液中含有 IO3﹣C.电解槽内发生反应的总化学方程式:KI+3H2O KIO3+3H2↑D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,电解槽内总反应不变【分析】左侧溶液变蓝色,生成 I2,左侧电极为阳极,电极反应为:2I﹣﹣2e﹣=I2,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,右侧放出氢气,右侧 I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动,发生反应 3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O,一段时间后,蓝色变浅,保证两边溶液呈电中性,左侧的 IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动,如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,左侧多余 K+通过阳离子交换膜迁移至阴极,保证两边溶液呈电中性. 【解答】解:A.左侧溶液变蓝色,生成 I2,左侧电极为阳极,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,故 A 正确;B.一段时间后,蓝色变浅,发生反应 3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O,中间为阴离子交换膜,右侧 I﹣、OH﹣通过阴离子交换膜向左侧移动,保证两边溶液呈电中性,左侧的 IO3﹣通过阴离子交换膜向右侧移动,故右侧溶液中含有 IO3﹣,故 B 正确;C.左侧电极为阳极,电极反应为:2I﹣﹣2e﹣=I2,同时发生反应 3I2+6OH﹣=IO3﹣+5I﹣+3H2O,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,故总的电极反应式为:KI+3H2O KIO3+3H2↑,故 C 正确;D.如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜,左侧电极为阳极,电极反应为:2I﹣﹣2e﹣=I2,右侧电极为阴极,电极反应式为:2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣,保证两边溶液呈电中性,左侧多余 K+通过阳离子交换膜迁移至阴极,左侧生成 I2,右侧溶液中有 KOH 生成,碘单质与 KOH 不能反应,总反应相当于:2KI+2H2O 2KOH+I2+H2↑,故 D 错误;故选:D。【点评】本题考查电解原理,难度中等,注意 D 选项为易错点,注意氢氧根不能通过阳离子交换膜,不能与碘单质发生反应. 6.(6 分)25℃时,用浓度为 0.1000mol•L﹣1的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 浓度均为 0.1000mol•L﹣1的三种酸 HX、HY、HZ 滴定曲线如图所示.下列说法正确的是(  )A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZ<HY<HXB.根据滴定曲线,可得 Ka(HY)≈10﹣5C.将上述 HX、HY 溶液等体积混合后,用 NaOH 溶液滴定至 HX 恰好完全反应时:c(X﹣)>c(Y﹣)>c(OH﹣)>c(H+)D.HY 与 HZ 混合,达到平衡时:c(H+)= +c(Z﹣)+c(OH﹣)【分析】A、根据图象分析,0.1000mol•L﹣1的三种酸 HX、HY、HZ 的 pH 分别为 4、3、1;B、根据氢氧化钠滴到 10mL,c(HY)≈c(Y﹣),Ka(HY)≈c(H+);C、HX 恰好完全反应时,HY 早已经反应完毕;D、由于溶液中的 c(H+)=c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣);【解答】解:A、氢氧化钠体积为 0 时,0.1000mol•L﹣1的三种酸 HX、HY、HZ 的 pH 分别为4、3、1,故酸性大小为 HX<HY<HZ,故导电性 HZ>HY>HX,故 A 错误;B、当 NaOH 溶液滴到 10mL 时,溶液中 c(HY)≈c(Y﹣),即 Ka(HY)≈c(H+)=10﹣PH=10﹣5,故 B正确;C、HX 恰好完全反应时,HY 早已经完全反应,所得溶液为 NaX 和 NaY 混合液,酸性 HX<HY,NaY 水解程度小于 NaX,故溶液中 c(X﹣)<c(Y﹣),故 C 错误; D、HY 与 HZ 混合,溶液中电荷守恒为 c(H+)=c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣);再根据 HY 的电离平衡常数,c(Y﹣)≠ ,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查利用中和滴定图象,分析数据,用到了电荷守恒知识,难度适中. 7.(6 分)现有一瓶签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂,某同学为了确认其成分,取部分制剂作为试液,设计并完成了如下实验:已知:控制溶液 pH=4 时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀.该同学得出的结论正确的是( )A.根据现象 1 可推出该试液中含有 Na+B.根据现象 2 可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C.根据现象 3 和 4 可推出该试液中含有 Ca2+,但没有 Mg2+D.根据现象 5 可推出该试液中一定含有 Fe2+【分析】A.加入了 NaOH (aq)和 Na2CO3(aq),在滤液中引入了 Na+;B.葡萄糖酸根不能发生银镜反应;C.加入 NH3•H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含 Mg2+,加入 Na2CO3 (aq)产生白色沉淀,说明滤液中含 Ca2+;D.溶液加入 H2O2后再滴加 KSCN(aq)显血红色,不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含 Fe2+.【解答】解:A.因加入了 NaOH (aq)和 Na2CO3(aq),在滤液中引入了 Na+,不能根据滤液焰色反应的黄色火焰判断试液是否含 Na+,故 A 错误;B.试液是葡萄糖酸盐溶液,其中一定含葡萄糖酸根,葡萄糖能发生银镜反应,葡萄糖酸根不能发生银镜反应,故 B 错误;C.根据“控制溶液 pH=4 时,Fe(OH)3沉淀完全,Ca2+、Mg2+不沉淀”信息,在过滤除去 Fe(OH)3的滤液中分别加入 NH3•H2O(aq)和 Na2CO3(aq),加入 NH3•H2O(aq)不产生沉淀说明滤液中不含Mg2+,加入 Na2CO3 (aq)产生白色沉淀,说明滤液中含 Ca2+,故 C 正确;D.溶液加入 H2O2后再滴加 KSCN(aq)显血红色,不能证明葡萄糖酸盐试液中是否含 Fe2+,正确的方法是:在溶液中滴加 KSCN(aq)不显血红色,再滴入滴加 H2O2显血红色,证明溶液中只含 Fe2+.若此前各步均没有遇到氧化剂,则可说明葡萄糖酸盐试液中只含 Fe2+,故 D 错误。故选:C。【点评】本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的评价,题目难度不大,注意相关物质的性质的掌握,注意物质的鉴别要排除其它离子的干扰. 二、非选择题8.(15 分)氢能源是一种重要清洁能源.现有两种可产生 H2的化合物甲和乙.将 6.00g 甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和 6.72L 的 H2(已折算成标准状况).甲与水反应也能放出 H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于 NaOH 溶液.化合物乙在催化剂存在下可分解得到 H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为 1.25g•L﹣1.请回答下列问题: (1)甲的化学式是  AlH 3 ;乙的电子式是   .(2)甲与水反应的化学方程式是  AlH 3+3H2O=Al ( OH ) 3↓+3H2↑   .(3)气体丙与金属镁反应的产物是  Mg 3N2 (用化学式表示).(4)乙在加热条件下与 CuO 反应可生成 Cu 和气体丙,写出该反应的化学方程式  3CuO+2NH 3N2+3Cu+3H2O   .有人提出产物 Cu 中可能还混有 Cu2O,请设计实验方案验证之 取样后加稀H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有 Cu 2O ,反之则无 Cu 2O   .(已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O)(5)甲与乙之间 可能 (填“可能”或“不可能”)发生反应产生 H2,判断理由是  AlH 3 中的 H 为﹣ 1 价, NH 3 中的 H 为 +1 价,有可能发生氧化还原反应生成氢气  .【分析】白色沉淀可溶于 NaOH 溶液,应为 Al(OH)3,说明甲中含有 Al 和 H 两种元素,n(H2)==0.3mol,则 m(H)=0.3mol×2×1g/mol=0.6g,则 6.00g 甲中含有 m(Al)=6.00g﹣0.6g=5.4g,n(Al)==0.2mol,所以 n(Al):n(H)=0.2mol:0.6mol=1:3,则甲的化学式为 AlH3,丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1,则丙的相对原子质量为 1.25g•L﹣1×22.4L=28,应为 N2,则乙为 NH3,结合对应的物质以及题目要求可解答该题.【解答】解:白色沉淀可溶于 NaOH 溶液,应为 Al(OH)3,说明甲中含有 Al 和 H 两种元素,n(H2)= =0.3mol,则 m(H)=0.3mol×2×1g/mol=0.6g,则 6.00g 甲中含有 m(Al)=6.00g﹣0.6g=5.4g,n(Al)==0.2mol,所以 n(Al):n(H)=0.2mol:0.6mol=1:3,则甲的化学式为 AlH3,丙在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1,则丙的相对原子质量为 1.25g•L﹣1×22.4L=28,应为 N2,则乙为 NH3,(1)由以上分析可知甲为 AlH3,乙为 NH3,电子式为 ,故答案为:AlH3; ;(2)AlH3与水发生氧化还原反应,反应的方程式为 AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑,故答案为:AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑;(3)镁可在氮气中燃烧生成氮化镁,化学式为 Mg3N2,故答案为:Mg3N2;(4)NH3在加热条件下与 CuO 反应可生成 Cu 和气体 N2,反应的方程式为 3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O,要判断产物中是否含有 Cu2O,可加入稀硫酸检验溶液是否变蓝,方法是取样后加 H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无 Cu2O,故答案为:3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O;取样后加 H2SO4,如果溶液变蓝,说明产物中含有 Cu2O,反之则无Cu2O;(5)AlH3中的 H 为﹣1 价,NH3中的 H 为+1 价,从化合价的角度可知二者可能发生氧化还原反应生成氢气,故答案为:可能;AlH3中的 H 为﹣1 价,NH3中的 H 为+1 价,有可能发生氧化还原反应生成氢气.【点评】本题考查无机物的推断,题目难度不大,注意根据先关反应的现象以及数据判断甲乙两种物质,注意相关反应的化学方程式的书写.  9.(14 分)捕碳技术(主要指捕获 CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用.目前 NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂,它们与 CO2可发生如下可逆反应:反应Ⅰ:2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g) (⇌ NH4)2CO3(aq)△H1反应Ⅱ:NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)△H2反应Ⅲ:(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)△H3请回答下列问题:(1)△H3与△H1、△H2之间的关系是:△H3=  2△H 2﹣△H1 .(2)为研究温度对(NH4)2CO3捕获 CO2效率的影响,在某温度 T1下,将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中,并充入一定量的 CO2气体(用氮气作为稀释剂),在 t 时刻,测得容器中 CO2气体的浓度.然后分别在温度为 T2、T3、T4、T5下,保持其它初始实验条件不变,重复上述实验,经过相同时间测得 CO2气体浓度,得到趋势图(见图 1).则:①△H3 < 0(填>、=或<).②在 T1~T2及 T4~T5二个温度区间,容器内 CO2气体浓度呈现如图 1 所示的变化趋势,其原因是  T 1﹣T2 区间,化学反应未达到平衡状态,温度越高,化学反应速率越快,所以 CO 2 被捕获的量随着温度的升高而提高. T 3﹣T4 区间,化学反应已达到平衡状态,由于正反应为放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,所以不利于 CO 2 的捕获 .③反应Ⅲ在温度为 T1时,溶液 pH 随时间变化的趋势曲线如图 2 所示.当时间到达 t1时,将该反应体系温度上升到 T2,并维持该温度.请在图中画出 t1时刻后溶液的 pH 变化总趋势曲线.(3)利用反应Ⅲ捕获 CO2,在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下,提高 CO2吸收量的措施有降低温度;增大 CO 2 浓度 (写出 2 个).(4)下列物质中也可能作为 CO2捕获剂的是  B 、 D   .A.NH4Cl B.Na2CO3 C.HOCH2CH2OH D.HOCH2CH2NH2.【分析】(1)利用盖斯定律计算;(2)①温度升高,c(CO2)增大,平衡逆向移动,说明反应Ⅲ是放热反应(△H3<0);② T1﹣T2区间,化学反应未达到平衡状态,温度越高,化学反应速率越快,所以 CO2被捕获的量随着温度的升高而提高.T3﹣T4区间,化学反应已达到平衡状态,由于正反应为放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,所以不利于 CO2的捕获③反应Ⅲ在温度为 T1时建立平衡后(由图 2 可知:溶液 pH 不随时间变化而变化),迅速上升到 T2并维持温度不变,平衡逆向移动,溶液 pH 增大,在 T2时又建立新的平衡;(3)根据平衡移动原理分析;(4)具有碱性的物质均能捕获 CO2.【解答】解:(1)将反应Ⅰ倒过来书写:(NH4)2CO3 (aq)⇌2NH3 (l)+H2O (l)+CO2 (g)﹣△H1将反应Ⅱ×2:2NH3 (l)+2H2O (l)+2CO2 (g)⇌2NH4HCO3 (aq) 2△H2得:(NH4)2CO3 (aq)+H2O (l)+CO2 (g)⇌2NH4HCO3 (aq)△H3=2△H2﹣△H1 ;故答案为:2△H2﹣△H1;(2)①由图 1 可知:温度为 T3时反应达平衡,此后温度升高,c(CO2)增大,平衡逆向移动,说明反应Ⅲ是放热反应△H3<0; ②在 T3前反应未建立平衡,无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获 CO2,故 c(CO2)减小;③反应Ⅲ在温度为 T1时建立平衡后(由图 2 可知:溶液 pH 不随时间变化而变化),迅速上升到 T2并维持温度不变,平衡逆向移动,溶液 pH 增大,在 T2时又建立新的平衡,图象应为,; 故答案为:①<;② T1﹣T2区间,化学反应未达到平衡,温度越高,化学反应的速率越快,所以 CO2被捕获的量随温度升高而提高.T4﹣T5区间,化学反应已达到平衡,由于正反应是放热反应,温度升高平衡向逆反应方向移动,所以不利于 CO2的捕获.③(3)根据平衡移动原理,降低温度或增大 c(CO2),故答案为:降低温度;增大 CO2浓度(4)具有碱性的物质均能捕获 CO2,反应如下:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3;HOCH2CH2NH2+CO2+H2O=HOCH2CH2NH3++HCO3﹣;故答案为 B、D.【点评】考查热化学方程式书写,化学反应速率、化学平衡移动和化学方程式书写等,题目综合性较强. 10.(14 分)利用废旧锌铁皮制备磁性 Fe3O4胶体粒子及副产物 ZnO.制备流程图如下:已知:Zn 及化合物的性质与 Al 及化合物的性质相似.请回答下列问题:(1)用 NaOH 溶液处理废旧锌铁皮的作用有  AB   .A.去除油污 B.溶解镀锌层 C.去除铁锈 D.钝化(2)调节溶液 A 的 pH 可产生 Zn(OH)2沉淀,为制得 ZnO,后续操作步骤是 抽滤、洗涤、灼烧 .(3)由溶液 B 制得 Fe3O4胶体粒子的过程中,须持续通入 N2,原因是 在 N 2 气氛下,防止 Fe 2+ 被氧 化 .(4)Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离? 不能 (填“能”或“不能”),理由是胶体粒子太小,抽滤时容易透过滤纸 .(5)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物 Fe3O4中的二价铁含量.若需配制浓度为0.01000mol•L﹣1的 K2Cr2O7标准溶液 250mL,应准确称取  0.7350g   g K2Cr2O7(保留 4 位有效数字,已知 M(K2Cr2O7)=294.0g•mol﹣1).配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用到的有 ③⑦ .(用编号表示).①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管 (6)滴定操作中,如果滴定前装有 K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失,则测定结果将 偏大 (填“偏大”、“偏小”或“不变”).【分析】(1)根据 Zn 及化合物的性质与 Al 及化合物的性质相似,Zn 也能和氢氧化钠溶液反应,氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用;(2)调节溶液 A 的 pH 可产生 Zn(OH)2沉淀,抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀,高温灼烧氢氧化锌分解得到 ZnO;(3)持续通入 N2,防止 Fe2+被氧化;(4)Fe3O4胶体粒子能透过滤纸;(5)根据 m=cVM 计算 m(K2Cr2O7);根据溶液浓度的精度,应选择电子天平用于称量固体质量,烧杯用于溶解固体,玻璃棒用于搅拌和引流操作,容量瓶用于配置溶液,胶头滴管用于加水定容;(6)根据对 K2Cr2O7标准溶液体积的影响分析.【解答】解:(1)根据 Zn 及化合物的性质与 Al 及化合物的性质相似,Zn 也能和氢氧化钠溶液反应,氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层和去除油污作用,故答案为:AB;(2)调节溶液 A 的 pH 可产生 Zn(OH)2沉淀,抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀,洗涤除去附着的离子,高温灼烧氢氧化锌分解得到 ZnO,故答案为:抽滤、洗涤、灼烧;(3)持续通入 N2,防止 Fe2+被氧化;故答案为:在 N2气氛下,防止 Fe2+被氧化;(4)Fe3O4胶体粒子能透过滤纸,所以不能用过滤的方法实现固液分离,故答案为:不能;胶体粒子太小,抽滤时容易透过滤纸;(5)m(K2Cr2O7)=0.01000mol•L﹣1×0.250 L×294.0 g•mol﹣1=0.7350g;根据溶液浓度的精度,应选择电子天平用于称量固体质量,烧杯用于溶解固体,玻璃棒用于搅拌和引流操作,容量瓶用于配置溶液,胶头滴管用于加水定容.故用不到的仪器为量筒和移液管,故答案为:0.7350g;③⑦;(6)如果滴定前装有 K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,这样就造成读数偏小;滴定结束后气泡消失,这样读数就正常,所以读出来的 K2Cr2O7标准溶液体积偏大,测定结果将偏大,故答案为:偏大.【点评】本题以“废旧镀锌铁皮可制备磁性 Fe3O4胶体粒子及副产物 ZnO”为载体,考查实验基本操作和技能,涉及标准溶液的配制及滴定的误差分析、对信息的利用、实验条件的控制等,试题难度中等,是对学生综合能力的考查,需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力. 11.(15 分)某课题组以苯为主要原料,采用以下路线合成利胆药﹣柳胺酚.已知: .请回答下列问题:(1)对于柳胺酚,下列说法正确的是  CD   .A.1mol 柳胺酚最多可以和 2molNaOH 反应 B.不发生硝化反应 C.可发生水解反应 D.可与溴发生取代反应(2)写出 A→B 反应所需的试剂 浓 HNO 3/ 浓 H 2SO4 .(3)写出 B→C 的化学方程式  .
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