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9．A　[解析]由X元素的信息可知，其原子核外电子排布为K层2个，L层4个，即为C元素，再根据各元素在周期表中的相对位置可得，Y为O元素、Z为Si元素、W为S元素、Q为Cl元素。

钠与硫可形成Na2S2等多硫化物，A项正确；

Si与O形成的为原子晶体，为非电解质，熔融时不能导电，B项错误；

S的非金属性比Cl弱，C项错误；

O存在O2、O3等同素异形体，D项错误。

10．K1K3M2　

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．等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等

C．苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色

D．结构片段为

的高聚物，其单体是甲醛和苯酚

10．D　[解析]该化合物

的正确命名为2，2，4，5四甲基3，3二乙基己烷，A项错误；

等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧时消耗的氧气的量相等，B项错误；

苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，C项错误；

高聚物

为酚醛树脂，其单体为甲醛和苯酚，D项正确。

11．F4　[2013·

浙江卷]电解装置如图0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－===IO

＋5I－＋3H2O。

图0

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．电解结束时，右侧溶液中含有IO

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，电解槽内发生的总化学反应不变

11．D　[解析]根据题干信息可知，电解装置图中左侧为阳极，右侧为阴极，阴极发生还原反应，有H2生成，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A项正确；

电解过程中阳极生成的I2会被溶液中的OH－消耗而生成IO

，该阴离子可通过阴离子交换膜而进入右侧溶液，B项正确；

电解最终生成物为H2和KIO3，C项正确；

若用阳离子交换膜，则右侧生成的OH－就不能进入左侧溶液中，也就阻止了I2与OH－的反应，所以总反应不同，D项错误。

12．H6　

浙江卷]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0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<

HX

B．根据滴定曲线，可得Ka（HY）≈10－5

C．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－）

12．B　[解析]由图中起始时溶液的pH可知，HZ为强酸，HY、HX为弱酸，且酸性HY＞HX。

由于电离度HZ＞HY＞HX，所以溶液的导电性HZ＞HY＞HX，A项错误；

0.1mol/LHY的pH＝3，即c（H＋）＝10－3mol/L，Ka＝

＝10－5，B项正确；

由于HX的酸性比HY弱，故X－的水解程度比Y－大，浓度比Y－低，C项错误；

HY与HZ混合达到平衡时，

＝c（H＋），D项错误。

13．J4　[2013·

浙江卷]现有一瓶标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：

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＋

13．C　[解析]由于之前操作中加过NaOH溶液，所以不能确定原溶液中是否含有Na＋，A项错误；

葡萄糖酸中不存在醛基，所以无法用是否发生银镜反应来判断葡萄糖酸根的存在，B项错误；

现象3说明无Mg2＋，现象4说明存在Ca2＋，C项正确；

由于之前加过H2O2，也没有进行过是否存在Fe2＋的测定，最后检测得到存在Fe3＋，可能是原来存在的，也可能是由Fe2＋氧化得到的，D项错误。

26．C3D4J4　

浙江卷]氢能源是一种重要的清洁能源。

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________；

乙的电子式是________。

（2）甲与水反应的化学方程式是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（3）气体丙与金属镁反应的产物是________（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________________________________________________________________________。

有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之________________________________________________________________________

____________。

（已知：

Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O）

（5）甲与乙之间________（填“可能”或“不可能”）发生反应产生H2，判断理由是________________________________________________________________________

26．[答案]

（1）AlH3　H∶N,H∶H

（2）AlH3＋3H2O===Al（OH）3＋3H2↑

（3）Mg3N2

（4）2NH3＋3CuO

3Cu＋N2＋3H2O

取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O。

反之则无Cu2O

（5）可能　AlH3中的氢化合价为－1价，NH3中的氢为＋1价，因而有可能发生氧化还原反应生成氢气

[解析]

（1）甲加热只得到一种金属单质和H2，则甲只含有两种元素，又甲与水反应生成H2和一种能溶于碱的白色沉淀，由此可推断甲中含有铝和氢两种元素，其中H为－1价，故甲的化学式为AlH3。

乙分解得H2和另一气体丙，故乙也仅含有两种元素，丙的相对分子质量为1.25×

22.4＝28，则应为N2，由题（4）知，乙能还原CuO生成Cu，由此推知乙为NH3。

（2）AlH3中H为－1价，H2O中H为＋1价，两者发生氧化还原反应生成H2，铝元素转化为Al（OH）3沉淀。

（3）N2与Mg反应生成Mg3N2。

（4）NH3还原CuO，根据氧化还原反应得失电子守恒可配平。

由题中信息知，Cu2O能溶于H＋，生成蓝色的Cu2＋。

由Cu不能溶于非氧化性酸，故可用稀H2SO4来检验Cu2O的存在。

（5）AlH3中的H为－1价，而NH3中的H为＋1价，两者可发生氧化还原反应，生成0价的H2。

27．F1G3　

浙江卷]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）　ΔH1

反应Ⅱ：

NH3（l）＋H2O（l）＋CO2（g）NH4HCO3（aq）　ΔH2

反应Ⅲ：

（NH4）2CO3（aq）＋H2O（l）＋CO2（g）2NH4HCO3（aq）　ΔH3

（1）ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是：

ΔH3＝________。

（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，保持其他初始实验条件不变，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（a）]。

则：

①ΔH3________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（a）所示的变化趋势，其原因是________________________________________________________________________

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（b）所示。

当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。

请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。

　　　　　（a）　　　　　　　　　　　　　（b）

（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________________________________________________________________________

________________________________________________________________________

（写出2个）。

（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是__________。

A．NH4Cl　　　　　　　　B．Na2CO3

C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH2

27．[答案]

（1）2ΔH2－ΔH1

（2）①<

②T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，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捕获

③

（3）降低温度；

增加CO2浓度（或分压）

（4）B、D

[解析]

（1）根据盖斯定律可得出，将“反应Ⅱ×

2－反应Ⅰ”，即得反应Ⅲ，所以ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。

（2）①从图（a）分析，T3时CO2吸收率最高，当温度再高时，平衡会逆向移动，导致CO2的量增多，故该反应为放热反应，即ΔH3<

0。

②当温度低于T3时，反应未达平衡，当温度高时，CO2的吸收率加快。

③温度从T1升到T2时，CO2的吸收率减小，则溶液中的CO2含量少，pH增大，当温度不变时，反应达平衡，则CO2含量不变，pH不变。

（3）反应Ⅲ为气体体积减小的放热反应，故可以采用低温、高压以提高CO2的吸收量。

（4）CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，HOCH2CH2NH2中的氨基显碱性，也可以吸收酸性气体CO2。

28．H4H6　

浙江卷]利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。

制备流程图如下：

Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。

请回答下列问题。

（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有__________。

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________。

（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是________________________________________________________________________。

（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？

________（填“能”或“不能”）。

理由是________________________________________________________________________

（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0.01000mol·

L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取________gK2Cr2O7（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________（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________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

28．[答案]

（1）A、B

（2）抽滤、洗涤、灼烧

（3）N2气氛下，防止Fe2＋被氧化

（4）不能　胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸

（5）0.7350　③⑦

（6）偏大

[解析]

（1）油污可在碱性条件下水解而除去。

Zn具有两性，可用强碱NaOH除去。

（2）将Zn（OH）2沉淀，抽滤、洗涤，灼烧，可得ZnO。

（3）为制得Fe3O4胶粒，其中含有Fe2＋，故需要在N2保护中进行，以免被O2氧化。

（5）n（K2Cr2O7）＝0.01000mol·

L－1×

0.25L＝0.0025mol，m（K2Cr2O7）＝0.0025mol×

294.0g·

mol－1＝0.7350g。

配制固体溶液时选用电子天平，配制液体时可选用量筒或移液管。

（6）滴定前尖嘴有气泡，滴定后无气泡，则有部分溶液填入了气泡中，这部分溶液误当作与Fe2＋反应，使测定结果偏大。

29．M3　

浙江卷]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。

NO2

NH2

回答下列问题：

（1）对于柳胺酚，下列说法正确的是________。

A．1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反应

B．不能发生硝化反应

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________________________________________________________________________。

（3）写出B―→C的化学方程式________________________________________________________________________

（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________（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示例流程图：

CH3CHO

CH3COOH

CH3COOCH2CH3

29．[答案]

（1）C、D

（2）浓HNO3/浓H2SO4

（3）NO2Cl＋2NaOH

NO2ONa＋NaCl＋H2O

（4）COOHOH

（5）OHCHOOHHOOHCHOOHOHCHO

OHOHCHO（任意三种即可）

（6）

CH2CH3

CHClCH3

CH＝CH2

CH－CH2

[解析]苯在FeCl3作催化剂作用下，与Cl2反应生成氯苯，由D至E的条件知，该步发生了硝基转化成了氨基，所以在D之前应发生硝化反应，显然为A至B的反应。

由柳胺酚的结构简式推知，B中硝基与氯原子应位于对位关系，结构简式为O2NCl。

B至C为Cl原子水解生成酚羟基，由于在NaOH作用下，故生成的是酚钠，C至D加HCl酸化，是将酚钠转化成了酚。

（1）柳胺酚中两个酚羟基和肽键均可以与NaOH反应，A项错误；

苯环可以发生硝化反应，B项错误；

肽键可以发生水解反应，C项正确；

酚羟基的邻、对位上的H可以与Br2发生取代反应，D项正确。

（2）硝化反应的条件是浓H2SO4和浓HNO3。

（3）O2NCl与NaOH发生水解反应，生成的酚羟基与NaOH生成酚钠。

（4）将柳胺酚中的肽键断开，即可得F的结构简式为COOHOH。

（5）依据要求的条件，应将F中的羧基改写成羟基和醛基，将两个羟基按邻、间、对排好后，再将醛基在苯环上依次定位，即可写出所有的同分异构体。

（6）要制得聚苯乙烯，必须得其单体苯乙烯，而苯与乙烯发生加成反应得苯乙烷，所以就要使乙基产生碳碳双键，方法是在乙基中先引入氯原子，然后再水解。

15．N5　

浙江自选模块卷]“物质结构与性质”模块

（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________（填写元素符号）。

（2）基态锗（Ge）原子的电子排布式是________________________________________________________________________。

Ge的最高价氯化物分子式是________。

该元素可能的性质或应用有________。

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________。

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________

BF

的熔点（填“＞”“＝”或“＜”），其原因是________________________________________________________________________

15．[答案]

（1）Al　

（2）1s22s22p63s23p63d104s24p2　GeCl4　C、D

（3）B、D

（4）>

　两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低

[解析]

（1）从电离能数据来看，在I3和I4之间产生脱级，所以判断该元素的最外层有三个电子，则应为铝。

（2）Ge为32号元素，其第三层为全满，第四层的电子数为32－2－8－18＝4，则价电子数为4s24p2。

价电子数为4，则为第ⅣA族元素，其最高价为＋4价，氯化物为GeCl4。

Ge位于第ⅣA族，其金属性不强，A项错误；

Ge为金属，S为非金属，而非金属性的电负性比金属大，B项错误；

Ge位于金属和非金属的分界线处，是半导体材料，C项正确；

GeCl4与GeBr4均为分子晶体，但后者的相对分子质量大，故沸点高，D项正确。

（3）醛基不可以形成氢键，A项错误；

碳碳之间为非极性键，而碳氧、碳氢之间为极性键，B项正确；

分子中，单键均为σ键，双键1个为σ键，1个为π键，所以分子中含有9个σ键，3个π键，C项错误；

醛基比甲基易溶于水，故该分子中的两个醛基若换成甲基，则溶解度会减小，D项正确。

（4）离子晶体的熔点通过晶格能比较，晶格能与两个因素有关，一是半径，半径越小，晶格能越大；

二是电荷，离子所带电荷数越高，晶格能越大。

而晶格能大，熔点高。

两种物质所带电荷相同，但是后者的半径大，故晶格能小，所以熔点低。

16．O4　

浙江自选模块卷]“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

CaO

SiO2

Al2O3

Fe2O3

MgO

CaS

其他不溶

于酸的物质

质量分

数（%）

65～66

3.5～5.0

1.5～3.5

0.2～0.8

0.2～1.1

1.0～1.8

23～26

用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：

已知氯化钙晶体的化学式是CaCl2·

6H2O；

H2S是一种酸性气体，且具有还原性。

（1）反应器中加入的酸应用__