高考 化学真题专业解析浙江卷出版原稿Word文档下载推荐.docx

1、此类题目面广量大，通常解决此类问题的关键是要多注意化学知识的具体实际应用。8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H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度C氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中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C综合考查了从海水中提取碘，乙烯的制备，蛋白质的性质等知识。根据从海带提取单质碘的过程判断A；根据实验室制CH2CH2的原理判断B；根据题意描述判断C；根据变性与盐析的差异性判断D。选项A中，海带中的碘属于化合态的碘，所以实

2、验室从海带提取单质碘必须有氧化还原反应，故A错误；选项B中，用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时必须使温度迅速提高至约170 ，不可能是水浴加热（水浴加热温度最高只能达到100 ），故B错误；选项C中，通常认为是Cl替换氧化铝中的O2而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被Cl破坏，故C正确；选项D中，蛋白质溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液发生盐析，蛋白质溶液中加入CuSO4等重金属盐溶液变性析出，故D错误。所以本题的答案为C。在涉及物质的制备时，必须从物质具有的性质出发加以考虑，特别在涉及与制备相关的实验细节时，要通过实验所需的药品、实验的反应条件控制、实验的尾气吸收等多角度加以思考。在涉

3、及同一物质相似性质时，要注意从变化的角度、变化的原理、变化所需的试剂等多方面加以比较。9短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法正确的是XYZWQA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CW得电子能力比Q强DX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体A综合考查了物质结构与元素周期律，同素异形体等知识。根据元素在周期表中的位置判断出具体元素，再利用相应的元素周期律、物质结构、化学键结构判断各个选项。由“X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半”可推出X为C，因此Y为O，Z为Si，W为S，Q为Cl。

4、选项A中，由于O与S属于同主族元素，而Na与O可能形成Na2O、Na2O2，所以Na与S也可能形成Na2S、Na2S2，故A正确；选项B中，Z与Y组成的物质是SiO2，SiO2是共价化合物，熔融时不能导电；选项C中，同周期元素中，左侧的S的非金属性弱于右侧的Cl的非金属性，故得电子能力强弱：ClS，C项错误；选项D中，C元素能形成石墨、金刚石、C60等多种同素异形体，而氧元素也可以形成O2、O3等同素异形体，故D错误。所以本题的答案为A。元素周期表中各元素的位置可以很好的反映出元素的性质。对于同周期元素的性质，要学会从最外层电子的递变性去考虑性质（金属性、非金属性）的递变性；对于同主族元素而言

5、，则既需要从其具有的相同的最外层电子数去考虑性质的相似性，又需要从其逐渐增多的电子层数去考虑性质的递变性。10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D综合考查了有机物的结构、性质和命名，缩聚反应等知识。根据烷烃的命名原则判断A；根据燃烧通式判断B；根据苯及其同系物的性质判断C；根据高聚物的结构特征判断D。选项A中，将给出的键线式写成碳链式的话，可以看出，该烃的名称为2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷

6、，故A错误；选项B中，苯甲酸的分子式为C7H6O2，苯的分子式为C6H6，利用燃烧通式可知，等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等；选项C中，苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；选项D中，给出的高分子物质是酚醛树脂，其单体是甲醛和苯酚，二者之间通过发生缩聚反应而得到，故D正确。所以本题的答案为D。对于有机物的考查而言，其最重要、最基本的考查都是通过有机物的结构为载体进行的，这往往涉及到官能团的结构简式和名称、有机物的命名、有机物的性质、有机物的反应特点等。而所有这一切，都要学会通过官能团去加以梳理。11电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中

7、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:3I26OH5I3H2O下列说法不正确的是A右侧发生的电极方程式：2H2O2eH22OHB电解结束时，右侧溶液中含有C电解槽内发生反应的总化学方程式KI3H2OKIO33H2D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方程式不变综合考查了电解原理，电解方程式的书写等知识。根据电解过程中左侧溶液颜色变化判断出左侧电极的名称，再根据给定的方程对各个选项加以判断。左侧溶液通电后变蓝，说明一开始左侧的电极反应式为2I2eI2，则左侧为阳极，右侧为阴极，故放电的应该是溶液中的H，相应的电极反应式为

8、2H2O2e22OH，生成的OH能透过阴离子交换膜与左侧生成的I2会进一步发生3I26OH = 5I3H2O，故一段时间后，左侧蓝色变浅。选项A中，根据上述分析可知A正确；选项B中，电解结束后，左侧生成的会透过阴离子交换膜，即右侧溶液中含有，故B正确；选项C中，从整个反应来看，原溶液中的I放电生成I2，然后I2最终生成了，所以相当于发生了KI3H2OKIO33H2，故C正确；选项D中，如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，开始的电极反应没有变化，但生成的OH无法通过阳离子交换膜，则不再发生3I26OH5I3H2O，所以总的电解反应方程式不再相同，故D错误。对于电化学而言，主要涉及到的是原电池和电

9、解池。两者的区分可以通过多个角度、多个侧面加以分析。对于电解过程而言，需要从电解时阴、阳两极的放电顺序和由此引出的相应变化去考虑，即对于电解而言，需要从电解的原理入手，通过电解在生产、生活中的具体应用加以分析，以达到最终掌握电解知识的目的。1225 时，用浓度为0.1000 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 molL1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：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka（HY）105C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（

10、Y）c（OH）c（H）DHY与HZ混合，达到平衡时：c（H）c（Z）c（OH）本题借助滴定图像综合考查了弱电解质的电离特点、电离平衡常数的计算、电解质溶液离子浓度大小的比较等知识。根据滴定起点判断A、B；根据电解质溶液成分，利用各种守恒判断C、D。从图中3条滴定曲线分析可知，三种一元酸浓度相同，而起始时溶液的c（H）分别为，HX为1104 molL1，HY为1103 molL1，HZ为1102 molL1，所以电离能力HZHYHX。选项A中，电离能力越强，形成的离子浓度越大，溶液的导电能越强，所以，相同温度下，三种酸溶液的导电能力顺序为：HZHYHX。故A错误；选项B中，Ka（HY）表示HY的

11、电离度，由概念可知Ka（HY）105，故B正确；选项C中，当HX和HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好反应时，HY已完全反应，故溶液中的溶质为等浓度的NaX和NaY，由于酸性HXHY，所以NaX的水解程度大于NaY，则溶液中c（X）c（Y），故C错误；选项D中，HY与HZ混合，达到平衡时，由电荷守恒知c（H）c（Y）c（Z）c（OH），而c（H）c（Y），故D错误。此类综合性的选择题在高考中经常出现，要加深对概念的理解，掌握常见知识点的考查方式：（1）HX的酸性的强弱由电离程度决定，也能够反映相同条件下的导电能力的强弱；（2）与电离度相关的计算，从本质上体现的是弱电解质的电离程度

12、的分析；（3）电解质溶液中比较离子浓度大小时常用的守恒有电荷守恒、物料守恒、质子守恒。13现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐（钠、镁、钙、铁）的复合剂，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NaB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Mg2D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2本题借助实验流程，综合考查了离子的检验与推断。根据各步操作与实验现象的对应之处分析各选项。选项A中，由于一开始加入的

13、试剂中出现了NaOH、Na2CO3，所以根据现象1的焰色反应呈黄色，无法确定原试液中就一定存在Na，故A错误；选项B中，用银氨溶液只能检验物质中是否存在醛基，而样品为葡萄糖酸盐溶液，不存在醛基，即现象2不能说明任何问题，故B错误；选项C中，由信息知，在调节pH4所得的滤液中已无铁元素，如果存在Mg2的话，则滴加氨水必然会生成Mg（OH）2沉淀，而现象3说明溶液中无Mg2；所得滤液滴加Na2CO3溶液出现沉淀，显然为CaCO3沉淀，故该试液中一定存在Ca2，故C正确。选项D中，现象5出现的血红色只能说明此时溶液中存在Fe3，但由于前面加入了H2O2，既可能原来就存在Fe3，又可能是加入的H2O2

14、将Fe2氧化成了Fe3，故D错误。对于离子的存在与检验而言，需要能够从整体上把握每一种常见离子的检验试剂、操作与结论之间的对应关系。26、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6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生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，丙在标准状态下的密度为1.25 gL1。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

15、_（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中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_。（已知Cu2O2HCuCu2H2O）（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_。（1）AlH3； （2）AlH33H2OAl（OH）33H2（3）Mg3N2（4）2NH33CuO3CuN23H2O（5）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（6）可能；AlH3中的氢化合价为-1价，NH3中的氢为1价，从而有可能发生氧化还原反应生成氢气。本题以储氢材料为背景，以定性与定量

16、相结合推断物质，重点考查分析问题与解决问题的能力。涉及到的知识点有：元素推断，物质结构与元素周期律，电子式的书写，化学方程式的书写，实验方案的设计等知识。利用质量守恒算出甲、乙的化学式，然后根据性质情况分析各个填空。（1）因为甲、乙两种化合物均可产生H2，故它们的组成中均含有H。根据甲加热完全分解只得到一种短周期元素的金属单质和H2，可知甲是一种金属氢化物。再由甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种可溶于NaOH溶液的白色沉淀，可知这种白色沉淀是Al（OH）3，从而推出甲中含有的金属元素是Al；再根据标准状况下，6.00 g甲加热完全分解可产生0.3 mol（6.72 L）H2，可推断甲为Al

17、H3。根据化合物乙在催化剂存在下可得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 gL1，根据计算丙的相对分子质量（Mr1.2522.428），可以推断丙为N2，则乙为NH3；（2）AlH3与水反应的化学方程式AlH3 3H2OAl（OH）33H2；（3）N2与金属Mg的反应为：N23MgMg3N2，依题给的信息：氨气在加热条件下，能与CuO反应生成Cu和N2；根据题给的已知条件，Cu2O2H CuCu2H2O，而Cu不能与稀硫酸反应，所以取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无；（5）分析AlH3和NH3中氢的化合价可知，AlH3中氢的化合价为-1价，

18、NH3中氢的化合价为1价，根据氧化还原反应的归中规律：高价态低价态中间价态，有可能发生氧化还原反应生成氢气。本题要求能够根据物质涉及的化学反应进行计算，在计算中，要能够利用物质的质量变化进行化学式的计算，这需要利用各种守恒关系进行考虑。同时要学会利用给出的方程式分析设计实验，要强调实验的科学性及描述的整体全面性。27.（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：2NH3（l）H2O（l）CO2（g） （NH4）2CO3（aq） H1反应：NH3（l）H2O（l）CO2（g）

19、NH4HCO3（aq） H2反应：（NH4）2CO3（aq）H2O（l）CO2（g） NH4HCO3（aq） H3（1）H3与H1、H2之间的关系是：H3 。（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：H3 0（填、或）。在T1T2及T4T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋

20、势，其原因是 。反应在温度为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 。ANH4Cl BNa2CO3 CHOCH2CH2OH DHOCH2CH2NH2（1）2H2 H1（2）;T1T2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 被捕获的量随温度的升高而提高。T4T5区间，化学反应己达到平衡，由于正反应是放

21、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）降低温度 增加CO2浓度（或分压）（4）B、D本题以捕碳技术为载体，考查化学反应中的热效应、化学反应速率、化学平衡移动以及对图像的分析和绘制等知识，考查考生的信息提取、加工能力。根据盖斯定律判断三个反应中的H的关系；根据化学平衡移动原理分析图像中移动结果与影响因素之间的关系。根据盖斯定律，可知2，故H32H2H1；（2）分析图1中CO2浓度变化的趋势图可知，从T1T3，化学反应未达到平衡，所以反应正向进行，随着温度的升高，反应速率加快，CO2浓度降低；到T3时反应达到平衡，此时CO2浓度最低，从T3T5，体现了温度对平衡的影响

22、，随着温度的升高，CO2浓度升高，说明平衡逆向移动，由此可知，正反应是放热反应，H30；由上述对图1曲线分析可知，T1T2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被捕获的量随温度的升高而提高。T4T5区间，化学反应己达到平衡，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；从图2曲线分析可知，随着反应的进行，pH逐渐降低，当时间达到T1时，反应达到平衡，由于反应是放热反应，若将反应体系的温度迅速升高到T2时，则平衡逆向移动，pH逐渐升高，当所有生成物都转化为生成物时，pH不再变化；（3）根据反应是放热反应，且是气体体积缩小的反应，所以在（NH

23、4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，降低温度、增加CO2浓度或增大压强都能提高CO2吸收量；（4）CO2是酸性氧化物，所以能作为CO2 捕获剂的物质应该是碱性物质或者是其他能与CO2反应的物质。Na2CO3能作为CO2捕获剂：Na2CO3CO2H2O2NaHCO3；乙醇胺（HOCH2CH2NH2）中碱基呈碱性，能作为CO2捕获剂。盖斯定律可以将不同的反应经过某种组合加以联系，在使用盖斯定律的过程中，要注意如何正确将几个相关的化学方程式进行叠加。对于化学平衡题相关的图像题而言，需要注意能够将平衡的建立过程与平衡的移动加以区分，要能够看到影响平衡的具体因素及影响结果，然后通过平衡的移动原理分析

24、如何使平衡发生需要形式的移动。2814分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。（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 ，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。若需配制浓度为0.010

25、00 molL1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取 g K2Cr2O7（保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7294.0 gmol1）。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）。电子天平 烧杯 量筒 玻璃棒 容量瓶 胶头滴管 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”）。（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;（6）偏大本题是以利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4

26、胶体粒子及副产物ZnO素材，设计的一道实验综合题，在考查学生的实验操作能力的同时，重视知识迁移能力和分析能力的考查。利用题给信息，分析NaOH与Zn的反应解决（1）；根据物质转化的规律解决（2）；根据实验操作分析（3）；根据溶液配制过程分析（5）；根据滴定原理分析（6）。（1）NaOH能够促进油脂的水解，可以达到去除油污的效果；由题意可知，Zn及其化合物的性质与铝及其化合物的性质相似，即Zn能与NaOH溶液反应，可以溶解废旧镀锌铁皮的镀锌层；（2）从由Zn（OH）2沉淀制取ZnO的反应：Zn（OH）2ZnOH2O可知，应该用过滤（可用抽滤），再将沉淀进行洗涤净化，除去杂质，再经灼烧就可得到纯净

27、的ZnO；（3）由制备流程图可知，B溶液中含有Fe2和Fe3，而Fe2易被氧化，所以在加热过程中须持续通入N2以防止Fe2被氧化；（4）因为胶体粒子的直径在109m107m之间，能透过滤纸，所以Fe3O4胶体粒子不能用减压抽滤法实现固液分离；（5）由溶液的浓度、体积可以求出所以m（K2Cr2O7）0.01000 molL10.2500 L294.0 gmol10.7350 g；配制溶液时，需要用的仪器是电子天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量、胶头滴管，故不必要到的仪器是；（6）在滴定过程中，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，相当于一开始应该将气泡所占的体积扣除，则消耗的标准液体积比理读数值要大，即测定结果偏大。