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类型2021年高考化学真题名师评析(浙江卷带解析)课件.pptx

  • 上传人(卖家):ziliao2023
  • 文档编号:5706126
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    2021 年高 化学 题名 评析 浙江 解析 课件
    资源描述:

    1、2021年6月高考浙江省选考化学试题评析国乙卷 2021年6月化学选考命题总体来说难度适中。以“必备知识、关键能力和正确价值观”为着力点,突出化学学科核心素养考查。选择题相对比较容易,试题都是精心选取日常生活、生产环保、学术探索、实验探究等情境素材,聚焦学科主干内容,信息呈现形式丰富,突出关键能力的考查,发挥化学学科独特的育人功能。命题紧扣课程标准,坚持原创性、科学性,适度创新,确保试题有利于高校人才选拔和中学化学教学,发展学生的学科核心素养。注重基础注重基础 突出能力突出能力 关注素养关注素养 彰显特色彰显特色总体评价一、坚持以生为本,稳中有进一、坚持以生为本,稳中有进 2021年6月浙江省

    2、化学选考是“学考和选考”功能分开后的第四次考试,试题在题型结构、试题总量、总体难度、设问风格等方面延续了2021年1月的试题及以往试题的特点,整卷题型、题量、难度保持稳定。试题充分考虑考生实际,在不改变考查功能的前提下,题量和之前3次分卷考试的试题保持一致,包括25个客观题和6个主观题。客观题都是单选题,主观题题型稳定:第26题用结构解释物质理化性质,第27题物质的量相关计算,第28题无机综合推断及实验方案设计,第29题反应原理综合运用,第30题无机物制备综合实验,第31题有机合成综合推断 另外,适度改变个别题目的形式,如第24题。试题特点二、注重必备知识,强化基础二、注重必备知识,强化基础

    3、试题突出考查化学学科的必备知识,从基本概念和原理,化学变化与规律,物质转化与应用,实验原理与方法等必备知识出发对试题进行整体性系统化设计。试题多采用学生熟悉的命题角度进行设问,力求体现基础性。试题特点 如选择题以及26、27题,试题保持重点考查化学用语、物质分类、基本概念、基本理论、化学实验、常见元素及其化合物和有机化合物等基础性知识,特别是氧化还原反应、离子反应、物质的量、化学反应速率与限度、化学能及其转化、阿伏伽德罗常数、结构决定性质、简单计算等,体现了学科经典试题的价值。即使第 28、29、30、31题综合性较强,难度相对较大,但设问有层次,每个大题的前面几个小题还是从“双基”出发,关注

    4、必备知识的考查,有利于考生答题。三、突出关键能力,回归本质三、突出关键能力,回归本质化学学科的关键能力包括符号表征能力、综合分析能力、实验探究能力、模型认知能力和创新思维能力等。本次试题考查的重点内容仍是化学的主干知识和核心概念,以实际问题为测试任务,引导学生运用已有知识和新信息重新建构的知识系统解决问题,重点考查理解能力、信息整合能力、分析推理能力、实验设计能力等关键能力的考查。如第20、23、24、29题等,根据实验数据、关系图表,运用化学基本原理分析、判断反应历程,推测温度等因素对反应速率及平衡变化的影响;再如第28题,要求结合所掌握的元素化合物知识,对试题提供的信息碎片,基于定性分析与

    5、定量计算进行推理。第30题重点考查综合分析能力和实验探究能力;第31题结构简式、化学方程式、同分异构体和合成路线的书写重点考查学生的符号表征能力;凸现了对学生提取、识别信息并加以运用等关键能力的考查。试题特点四、彰显学科价值,凸现应用四、彰显学科价值,凸现应用 试题以真实情景和具体科学研究为测试载体,合理选取在生产、生活、科学研究活动中和能源、材料、药物等相关的真实情境为素材,加强在实际生产、实验探索中运用化学原理解决实际问题的考查,让考生感受化学学科的独特价值,引导学生树立正确的价值观,发挥化学试题的立德树人作用。如第22题锂离子电池、第28题探究物质的组成、第29题常用化学品、第30题制备

    6、氯化剂Cl2O等,有利于开拓学生的科学视野,提升学生运用科学知识和思维方法的能力,体现了化学知识与生产生活密切相关的学科价值。试题特点五、聚焦学科特点,强化素养五、聚焦学科特点,强化素养 试题关注对学生化学学科素养发展水平的考査,试题全面覆盖了高中化学的核心知识:“宏观辨识与微观探析”“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”“科学精神与社会责任”,试题是对化学学科核心素养全面检测。试题特点 如第20题根据反应过程中测量的实验数据,考查学生分析推理、揭示数据和现象的本质的能力;第28题通过分析实验现象找出符合逻辑的正确结论,考查学生的推理分析能力思维过程;第29题第(4

    7、)小题要求根据曲线图和实验现象,需要学生从微观结构、平衡和速率等多角度系统分析化学变化的本质,还需要具有批判思维意识,能突破固有思维,尊重证据。试题强化化学实验的考查,涉及的实验问题达20分,如第4、10、11、12、25、28、30题等,既注重了实验仪器、实验基本技能的考查,还突出对实验安全、实验现象分析和推断、实验方案设计等,“实验探究与创新意识”素养的考查,引导中学化学教学要重视实验。试题+解析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】A项,汽油是碳原子个数在511的烃的混合物,故A错误;B项,食醋是乙酸的水溶液,属于混合物,故B错误;C项,漂白粉为主

    8、要成分为氯化钙和次氯酸钙的混合物,故C错误;D项,小苏打是碳酸氢钠的俗称,属于纯净物,故D正确;故选D。试题+解析2下列物质属于弱电解质的是()ACO2 BH2O CHNO3DNaOH【答案】B【解析】A项,CO2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;B项,H2O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;C项,HNO3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;D项,NaOH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;故选B。试题+解析3下列物质的化学成分不正确的是()A生石灰:Ca(OH)2B

    9、重晶石:BaSO4C尿素:CO(NH2)2D草酸:HOOC-COOH【答案】A【解析】A项,生石灰的主要成分为氧化钙,故A错误;B项,重晶石的主要成分为硫酸钡,故B正确;C项,尿素的分子式为CO(NH)2,故C正确;D项,草酸是乙二酸的俗称,结构简式为HOOCCOOH,故D正确;故选A。试题+解析4下列图示表示灼烧操作的是()【答案】B【解析】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,故选B。试题+解析5下列表示不正确的是()【答案】A【解析】A项,乙炔的分子式为C2H2,实验式为CH,故A错误;

    10、B项,乙醛的分子式为C2H4O,结构简式为CH3CHO,故B正确;C项,2,3二甲基丁烷的结构简式为(CH3)2CHCH(CH3)2,键线式为 ,故C正确;D项,乙烷的结构简式为CH3 CH3,球棍模型为 ,故D正确;故选A。试题+解析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DCH3COOH和CH3OOCH是同一种物质【答案】B【解析】A项,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;B项,C2H6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

    11、为同系物,B正确;C项,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项,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;故选B。试题+解析7关于有机反应类型,下列判断不正确的是()【答案】C【解析】A项,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;B项,2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项,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项,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

    12、反应,故D正确;故选C。试题+解析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 BKI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】A项,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;B项,KI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;C项,12.7g 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0.0875m

    13、ol,C错误;D项,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;故选D。试题+解析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】A项,硅酸钠是溶于水的硅酸盐,故A错误;B项,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项,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项,浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性,铝

    14、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。试题+解析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】A项,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项,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项,电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2,不能得到Na单质,C错误;

    15、D项,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;故选C。试题+解析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FeSO4和(NH4)2SO4的溶液浓缩至干D将热的KNO3饱和溶液置于冰水中快速冷却即可制得颗粒较大的晶体【答案】B【解析】A项,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项,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项,制备硫酸亚铁铵晶体时,将硫酸铵和硫酸亚铁溶液

    16、浓缩至干会使晶体失去结晶水,故C错误;D项,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。试题+解析12下列“类比”结果不正确的是()AH2O2的热稳定性比H2O的弱,则N2H4的热稳定性比NH3的弱BH2O的分子构型为V形,则二甲醚的分子骨架(C-O-C)构型为V形CCa(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大,则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大D将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色,则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色【答案】C【解析】A项,H2O2分子内含有化学键:O-O,热稳定性弱于H2O,N2H4分子内含有化学键:N-

    17、N,热稳定性弱于NH3,A正确;B项,H2O中氧原子的价层电子对数为4,sp3杂化,含有两对孤电子对,空间构型为:V形,二甲醚的分子骨架(C-O-C)中氧原子价层电子对数为4,sp3杂化,含有两对孤电子对,空间构型为:V形,B正确;C项,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项,多羟基的醇遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色,丙三醇加入新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色,葡萄糖为多羟基的醛,遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色,加热后出现砖红色沉淀,D正确;故选C。试题+解析【答案】A【解析】A项,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

    18、方程式为MgCO3+2H+=Mg2+H2O+CO2,故A错误;B项,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HSO3-+H2O H2SO3+OH-,故B正确;C项,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项,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NO2-+NH4+N2+2H2O,故D正确;故选A。13不能正确表示下列变化的离子方程式是()试题+解析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

    19、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】A项,硬脂酸为饱和高级脂肪酸,其结构可以表示为:C17H35-COOH,硬脂酸甘油酯可表示为:,A错误;B项,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项,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项,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;故选A。试题+解析【答案】A【解析】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:Mg

    20、,Y为:Al,Z为:C,M为:N,Q为:S,R为:Cl。A项,ZQ2为CS2,ZR4为CCl4,CS2中硫的还原性强于CCl4中的氯元素,A错误;B项,Mg和CO2发生下述反应:2Mg+CO2 2MgO+C,B正确;C项,Al和Fe2O3发生铝热反应如下:2Al+Fe2O3 Al2O3+2Fe,C正确;D项,M为:N,N的最高价氧化物的水化物为HNO3,最低价氢化物为NH3,二者发生如下反应:HNO3+NH3=NH4NO3,D正确;故选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()试题+解析16关于化合物ClONO2的

    21、性质,下列推测不合理的是()A具有强氧化性 B与NaOH溶液反应可生成两种钠盐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】A项,ClONO2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正确;B项,ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐,B正确;C项,ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气,C正确;D项,ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸,D错误;故选D。试题+解析【答案】B【解析】A项,CH4(g)和H2(g)物质的量相同,且均为气态,CH4(g)含有的原子总数多,CH4(g)的摩尔质量大,所以熵值1molCH4(g)1molH2(g),A错误

    22、;B项,相同状态的相同物质,物质的量越大,熵值越大,所以熵值1molH2O(g)2molH2O(g),B正确;C项,等量的同物质,熵值关系为:S(g)S(l)S(s),所以熵值1molH2O(s)1molH2O(l),C错误;D项,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1molC(s,金刚石)1molC(s,石黑),D错误;故选B。17相同温度和压强下,关于物质熵的大小比较,合理的是()A1molCH4(g)1molH2(g)B1molH2O(g)2molH2O(g)C1molH2O(s)1molH2O(l)D1molC(s,金刚石)1molC(s,石黑)试

    23、题+解析【答案】C【解析】A项,标准状况下,1.12L18O2的物质的量为:0.05mol,一个18O中含有中子数为:18-8=10个,所以1.12L18O2中含有中子数为NA,A正确;B项,31gP4的物质的量为:0.25mol,根据白磷的分子结构可知一个白磷分子里含有六条共价键,所以共价键数目为1.5NA,B正确;C项,100mL 0.1molL1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水,氧原子数目为二者氧原子数目的加和,C错误;D项,18.9g三肽C6H33N3O4的物质的量为:0.1mol,三分子氨基酸脱水缩合形成三肽,三肽中含有两个肽键,所以18.9g三肽C6H33N3O4中的肽键

    24、数目为0.2NA,D正确;故选C。试题+解析19某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A25时,若测得0.01molL1NaR溶液pH=7,则HR是弱酸B25时,若测得0.01molL1HR溶液pH2且pH7,则HR是弱酸C25时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL,测得pH=b,b-a1,则HR是弱酸 D25时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,升温至50,测得pH=b,ab,则HR是弱酸【答案】B【解析】A项,25时,若测得0.01molL1NaR溶液pH=7,可知NaR为强酸强碱盐,则HR为强酸

    25、,A错误;B项,25时,若测得0.01molL1HR溶液pH2且pH7,可知溶液中c(H)0.01molL1,所以HR未完全电离,HR为弱酸,B正确;C项,假设HR为强酸,取pH=6的该溶液10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH7,C错误;D项,假设HR为强酸,则NaR为强酸强碱盐,溶液呈中性,升温至50,促进水的电离,水的离子积常数增大,pH减小,D错误;故选B。试题+解析20一定温度下:在N2O5 的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应:2N2O5 4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积,换算成N2O5浓度如下表:【答案】D【解析】A项,6001200 s,N

    26、2O5的变化量为(0.96-0.66)molL1=0.3 molL1,在此时间段内NO2的变化量为其2倍,即0.6 molL1,因此,生成NO2的平均速率为 1.010-3 molL1s1,A不正确;B项,由表中数据可知,反应2220 s时,N2O5的变化量为(1.40-0.35)molL1=1.05 molL1,其物质的量的变化量为1.05 molL10.1L=0.105mol,O2的变化量是其 ,即0.0525mol,因此,放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=1.176L,B不正确;C项,反应达到平衡时,正反应速率等于逆反应速率,用不同物质表示该反应的速率

    27、时,其数值之比等于化学计量数之比,2v正(N2O5)=v逆(NO2),C不正确;D项,分析表中数据可知,该反应经过1110s(600-1710,1710-2820)后N2O5的浓度会变为原来的 ,因此,N2O5的浓度由0.24 molL1变为0.12 molL1时,可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930,D正确。故选D。1212试题+解析21相同温度和压强下,关于反应的,下列判断正确的是()AH10,H20 BH3=H1+H2CH1H2,H3H2 DH2=H3+H4【答案】C【解析】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

    28、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。A项,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,H10,H20,A不正确;B项,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H3H1+H2,B不正确;C项,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,H10,H20,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H1H2;苯与氢气发生加成反应生成

    29、1,3-环己二烯的反应为吸热反应(H40),根据盖斯定律可知,苯与氢气完全加成的反应热H3=H4+H2,因此H3H2,C正确;D项,根据盖斯定律可知,苯与氢气完全加成的反应热H3=H4+H2,因此H2=H3-H4,D不正确。故选C。试题+解析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a mol电子时,LiPON薄膜电解质损失a mol Li+C放电时,电极B为正极,反应可表示为Li1-xCoO2+xLi+xe-=LiCoO2D电池总反应可表示为Li xSi+Li1-xCoO2 Si+LiCoO222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Li+得电子成

    30、为Li嵌入该薄膜材料中;电极B为LiCoO2薄膜;集流体起导电作用。下列说法不正确的是()试题+解析【答案】B【解析】由题中信息可知,该电池充电时Li+得电子成为Li嵌入电极A中,可知电极A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。A项,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正确;B项,放电时,外电路通过a mol电子时,内电路中有a mol Li+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极,但是LiPON薄膜电解质没有损失Li+,B不正确;C项,放电时,电极B为正极,发生还原反应,反应可表示为Li1-xCoO2+xLi

    31、+xe-=LiCoO2,C正确;D项,电池放电时,嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+,正极上Li1-xCoO2得到电子和Li+变为LiCoO2,故电池总反应可表示为Li xSi+Li1-xCoO2 Si+LiCoO2,D正确。故选B。试题+解析下列说法不正确的是()A由a点可知:NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度Babc过程中:c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小Cade过程中:c(Na)c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3)D令c点的c(Na)+c(H)=x,e点的c(Na)+c(H)=y,则xy23取两份10mL 0.05molL1的N

    32、aHCO3溶液,一份滴加0.05molL1的盐酸,另一份滴加0.05molL1 NaOH溶液,溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。试题+解析【答案】C【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸,溶液酸性增强,溶液pH将逐渐减小,向NaHCO3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曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液,ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项,a点溶质为NaHCO3,此时溶液呈碱性,HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性,HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性,由此可知,NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度,故A正确;B项,由电荷守

    33、恒可知,abc过程溶液中c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(Na)+c(H),滴加NaOH溶液的过程中c(Na)保持不变,c(H)逐渐减小,因此c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小,故B正确;C项,由物料守恒可知,a点溶液中c(Na)=c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3),向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出,因此ade过程中c(Na)c(HCO3)+c(CO32-)+c(H2CO3),故C错误;D项,c点溶液中c(Na)+c(H)=(0.05+10-11.3)mol/L,e点溶液体积增大1倍,此时溶液中c(Na)+c(H)=(0.

    34、025+10-4)mol/L,因此xy,故D正确;故选C。试题+解析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()试题+解析【答案】D【解析】A项,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正确;B项,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正确;C项,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

    35、互为同分异构体,故C正确;D项,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错误;故选D。试题+解析25下列方案设计、现象和结论都正确的是()试题+解析【答案】D【解析】A项,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项,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项,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项,加入稀盐酸,亚硫酸根离子会

    36、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。试题+解析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】(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),

    37、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。26(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表:试题+解析请回答:(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)。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:试题+解析其中,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_,

    38、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N2H5+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_。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。试题+解析试题+解析试题+解析29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SO2:Cu(s)2H2SO4(l)=CuSO4(s)SO2(g)2H2O(l)H-11.9kJmol1。判断该反应的自发

    39、性并说明理由_。(2)已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H-198kJmol1。850K时,在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2,当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.010-3molL1、8.010-3 molL1和4.410-2 molL1。该温度下反应的平衡常数为_。平衡时SO2的转化率为_。(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SO2氧化为SO3B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SO2的转化率D在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率接触室结构如图1所

    40、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_。Aa1b1 Bb1a2 Ca2b2 DB2a3 E.a3b3 F.B3a4 G.a4b4试题+解析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2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的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(标明曲线、)_。(4)一定条件下,在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中,检测得到pH-时间振荡曲线如图4,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。.S2-

    41、+H+=HS-._;.HS-+H2O2+H+=S+2H2O;._。试题+解析试题+解析试题+解析试题+解析30Cl2O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Cl2O。已知:HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O,合适反应温度为1825;副反应:2HgO+2Cl2=2HgCl2+O2。常压下,Cl2沸点-34.0,熔点-101.0;Cl2O沸点2.0,熔点-120.6。Cl2O+H2O 2HClO,Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。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_。试题+解析(2)有关

    42、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Cl2和N2的比例C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,为减少产品中的Cl2含量,可采用的方法是_。(4)将纯化后的Cl2O产品气化,通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液,于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时,可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液,经气化重新得到。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CCl4转入分液漏斗c.涂凡士

    43、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试题+解析(5)产品分析:取一定量Cl2O浓溶液的稀释液,加入适量CCl4、过量 溶液及一定量的稀H2SO4,充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定);再以酚酞为指示剂,用标准NaOH溶液滴定(滴定)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应):2I-+Cl2=I2+2Cl-、4I-+Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+HClO+H+=I2+H2O+Cl-实验数据如下表:用标准Na

    44、2S2O3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_。高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/n(Cl2)99(Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_。试题+解析【答案】(1)浓H2SO4 a (2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)(4)a b g (5)CCl4中由紫红色突变到无色,且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.00010-3mol、510-6mol,=20099,符合要求 【解析】(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H2SO4;Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中,因

    45、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项,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;B项,N2的作用是稀释Cl2,在气流速率一定的条件下,氯气所占的比例越小,其转化率越高,同时Cl2不足时会发生副反应,因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例,故B选;C项,为了让气体与固体充分接触,混合气体应从下口

    46、进入反应柱,同时需要控制气体的流速,防止副反应发生,故C选;D项,HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为1825,因此该反应在常温下进行,若对反应柱加热会发生副反应,故D不选;故选ABC。22Cl OClnn试题+解析(3)由题可知,Cl2沸点小于Cl2O,在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为:检漏加入萃取剂和溶液振荡摇匀放气静置分层放液,下层液体从下口流出,上层液体从上口倒出,因CCl4密度大于水,因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层,因此操作顺序为:涂凡土林检查旋塞、玻璃塞处是否漏水将溶液和CCl4转入分液漏斗倒转分液漏斗,

    47、小心振摇旋开旋塞放气经几次振摇并放气后,将分液漏斗置于铁架台上静置打开旋塞,向锥形瓶放出下层液体,故答案为abg。(5)溶有I2的CCl4溶液呈紫红色,用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中,当I2恰好反应完全时,溶液呈无色,因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色,且30s不恢复。由2I-+Cl2=I2+2Cl-、4I-+Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+HClO+H+=I2+H2O+Cl-(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式:Cl2O2H+2I2,由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2(2.50510-3mol-1.505

    48、10-3mol)=210-3mol,生成I2的物质的量为210-3mol,则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=110-3mol,加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.00510-3mol,因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.00510-3mol-210-3mol=510-6mol,由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=510-6mol,所以高纯度Cl2O浓溶液中 =20099,则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。22Cl OClnn361 10 mol5 10 mol试题+解析已知:请回答:31某课题组研制了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P,合成路线如下:试题+解

    49、析(1)化合物A的结构简式是_;化合物E的结构简式是_。(2)下列说法不正确的是_。A化合物B分子中所有的碳原子共平面B化合物D的分子式为C12H12N6O4C化合物D和F发生缩聚反应生成PD聚合物P属于聚酯类物质(3)化合物C与过量 溶液反应的化学方程式是_。(4)在制备聚合物P的过程中还生成了一种分子式为C20H18N6O8的环状化合物。用键线式表示其结构_。(5)写出3种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体):_。谱显示只有2种不同化学环境的氢原子只含有六元环含有 结构片段,不含 键(6)以乙烯和丙炔酸为原料,设计如下化合物的合成路线(用流程图表示,无机试剂、有机溶剂任选)_。CC试题+解析试题+解析试题+解析试题+解析谢谢!

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