精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2012年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試選擇題部分（共120分）一、選擇題（本小題17小題。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）7．下列說法不正確的是A．利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉化為化學能的綠色化學方法B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解產物均為非電解質C．通過紅外光譜分析可以區分乙醇和乙酸乙酯D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態短鏈烴8．下列說法正確的是A．在“鍍鋅鐵皮的鍍層厚度的測定”實驗中，將鍍鋅鐵皮放入稀硫酸，待產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全B．在“火柴頭中氯元素的檢驗”實驗中，摘下幾根未燃過的火柴頭，將其浸于水中，稍后取少量溶液于試管中，滴加硝酸銀溶液和稀硝酸后，即可判斷氯元素的存在C．在“硫酸亞鐵銨的制備”實驗中，為了得到硫酸亞鐵銨晶體，應小火加熱蒸發皿，直到有大量晶體析出時停止加熱D．受強酸或強堿腐蝕致傷時，應先用大量水沖洗，再用2％醋酸溶液或飽和硼酸溶液洗，最后用水沖洗，并視情況作進一步處理9．X、Y、Z是原子序數依次遞增的短周期元素，3種元素的原子核外電子數之和與Ca2＋的核外電子數相等，X、Z分別得到一個電子后均形成稀有氣體原子的穩定電子層結構。下列說法正確的是A．原子半徑：Z＞Y＞XB．Z與X形成化合物的沸點高于Z的同族元素與X形成化合物的沸點C．CaY2與水發生氧化還原反應時，CaY2只作氧化劑D．CaX2、CaY2和CaZ2等3種化合物中，陽離子與陰離子個數比均為1︰210．以鉻酸鉀為原料，電化學法制備重鉻酸鉀的實驗裝置示意圖如下：下列說法不正確的是A．在陰極式，發生的電極反應為：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑B．在陽極室，通電后溶液逐漸由黃色變為橙色，是因為陽極區H＋濃度增大，使平衡2＋2H＋＋H2O向右移動C．該制備過程總反應的化學方程式為：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑D．測定陽極液中K和Cr的含量，若K與Cr的物質的量之比為d，則此時鉻酸鉀的轉化率為1－11．下列說法正確的是A．的名稱為2,6－二甲基－5－乙基庚烷B．丙氨酸和苯丙氨酸脫水，最多可生成3種二肽C．化合物是苯的同系物D．三硝酸甘油酯的分子式為C3H5N3O912．下列說法正確的是A．常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH＝4B．為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH。若pH＞7，則H2A是弱酸；若pH＜7，則H2A是強酸C．用0.2000mol/LNaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合溶液（混合液中兩種酸的濃度均約為0.1mol/L）,至中性時，溶液中的酸未被完全中和D．相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1mol/L鹽酸、③0.1mol/L氯化鎂溶液、④0.1mol/L硝酸銀溶液中，Ag＋濃度：①＞④＝②＞③13．水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、、、、、中的若干種離子。某同學對該溶液進行了如下實驗：下列判斷正確的是A．氣體甲一定是純凈物 B．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C．K＋和一定存在于溶液X中 D．和一定不存在于溶液X中非選擇題部分（共180分）非選擇題部分共12題，共180分。26．[14分]已知：I2＋2＝＋2I－。相關物質的溶度積常數見下表：物質Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體，加入________，調至pH＝4，使溶液中的Fe3＋轉化為Fe(OH)3沉淀，此時溶液中的c(Fe3＋)＝_____________。過濾后，將所得濾液低溫蒸發、濃縮結晶，可得到CuCl2?2H2O晶體。（2）在空氣中直接加熱CuCl2?2H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因是___________________（用化學方程式表示）。由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是___________。（3）某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I―發生反應的氧化性質雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL。①可選用___________作滴定指示劑，滴定終點的現象是_________________。②CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為______________________________。③該試樣中CuCl2?2H2O的質量百分數為___________________________。27．[15分]甲烷自熱重整是先進的制氫方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反應系統同時通入甲烷、氧氣和水蒸氣，發生的主要化學反應有：反應過程化學方程式焓變△H(kJ/mol)活化能Ea(kJ/mol)甲烷氧化CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)－802.6125.6CH4(g)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g)－322.0172.5蒸汽重整CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)206.2240.1CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)165.0243.9回答下列問題：（1）反應CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)的△H=kJ/mol。（2）在初始階段,甲烷蒸汽重整的反應速率甲烷氧化的反應速率（填大于、小于或等于）。（3）對于氣相反應，用某組分(B)的平衡壓強(PB)代替物質的量濃度(cB)也可表示平衡常數（記作KP），則反應CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)的KP＝；隨著溫度的升高，該平衡常數（填“增大”、“減小”或“不變”）。（4）從能量角度分析，甲烷自熱重整方法的先進之處在于。（5）在某一給定進料比的情況下，溫度、壓強對H2和CO物質的量分數的影響如下圖：溫度/℃溫度/℃400500600700800900100011001200706050403020H2物質的量分數/%CO物質的量分數/%2520151050400500600700800900100011001200溫度/℃－■－0.1Mpa－●－0.9Mpa－▲－1.5Mpa－■－0.1Mpa－●－0.9Mpa－▲－1.5Mpa①若要達到H2物質的量分數>65%、CO的物質的量分數<10%，以下條件中最合適的是。A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa②畫出600℃，0.1Mpa條件下，系統中H2物質的量分數隨反應時間（從常溫進料開始計時）的變化趨勢示意圖：時間H時間H2物質的量分數/%1009080706050403020100（6）如果進料中氧氣量過大，最終導致H2物質的量分數降低，原因是。28．[14分]實驗室制備苯乙酮的化學方程式為：制備過程中還有等副反應。主要實驗裝置和步驟如下：攪拌器a攪拌器ab滴液漏斗（I）合成：在三頸瓶中加入20g無水AlCl3和30mL無水苯。為避免反應液升溫過快，邊攪拌邊慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL無水苯的混合液，控制滴加速率，使反應液緩緩回流。滴加完畢后加熱回流1小時。（Ⅱ）分離與提純：①邊攪拌邊慢慢滴加一定量濃鹽酸與冰水混合液，分離得到有機層②水層用苯萃取，分液③將①②所得有機層合并，洗滌、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗產品④蒸餾粗產品得到苯乙酮。回答下列問題：（1）儀器a的名稱：____________；裝置b的作用：________________________________。（2）合成過程中要求無水操作，理由是____________________________________________。（3）若將乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三頸瓶，可能導致_________________。A．反應太劇烈 B．液體太多攪不動 C．反應變緩慢 D．副產物增多（4）分離和提純操作②的目的是_____________________________________________________。該操作中是否可改用乙醇萃取？_____（填“是”或“否”），原因是_________________。（5）分液漏斗使用前須___________________并洗凈備用。萃取時，先后加入待萃取液和萃取劑，經振搖并______________________后，將分液漏斗置于鐵架臺的鐵圈上靜置片刻，分層。分離上下層液體時，應先__________，然后打開活塞放出下層液體，上層液體從上口倒出。（6）粗產品蒸餾提純時，下來裝置中溫度計位置正確的是________________，可能會導致收集到的產品中混有低沸點雜質的裝置是________________。ABCDABCD29．[15分]化合物X是一種環境激素，存在如下轉化關系：XCXC23H26O4Br2AC15H16O2BC4H8O3DC4H6O2副產物GC8H12O4(環狀化合物)濃H2SO4①NaOH水溶液②H＋足量的溴水CC15H12O2Br4EC6H10O3F(C6H10O3)n濃H2SO4HOOH一定條件化合物A能與FeCl3溶液發生顯色反應，分子中含有兩個化學環境完全相同的甲基，其苯環上的一硝基取代物只有兩種。1H-NMR譜顯示化合物G的所有氫原子化學環境相同。F是一種可用于制備隱形眼鏡的高聚物。根據以上信息回答下列問題。（1）下列敘述正確的是_________。A．化合物A分子中含有聯苯結構單元B．化合物A可以和NaHCO3溶液反應，放出CO2氣體C．X與NaOH溶液反應，理論上1molX最多消耗6molNaOHD．化合物D能與Br2發生加成反應（2）化合物C的結構簡式是_________________，A→C的反應類型是__________________。（3）寫出同時滿足下列條件的D的所有同分異構體的結構簡式（不考慮立體異構）________。a．屬于酯類 b．能發生銀鏡反應（4）寫出B→G反應的化學方程式_______________________________________________。（5）寫出E→F反應的化學方程式_______________________________________________。2012年浙江省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．（3分）（2012?浙江）下列說法不正確的是（）A．利用太陽能在催化劑參與下分解水制氫是把光能轉化為化學能的綠色化學方法B．蔗糖、淀粉、油脂及其水解產物均為非電解質C．通過紅外光譜分析可以區分乙醇與乙酸乙酯D．石油催化裂化的主要目的是提高汽油等輕質油的產量與質量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等氣態短鏈烴【考點】清潔能源；石油的裂化和裂解；油脂的性質、組成與結構；蔗糖、麥芽糖簡介；淀粉的性質和用途．【專題】化學應用．【分析】本題根據常見的綠色化學方法是安全無污染的化學方法，電解質和非電解質都是化合物，水溶液或熔融狀態下能導電的化合物為電解質，不導電為非電解質，紅外光譜可以判斷官能團，石油裂化是將重油轉化為輕質油，裂解是得到小分子的烯烴等知識點來解題．【解答】解：A．太陽能分解水制氫是把光能轉變為化學能的綠色化學方法，A正確；B．油脂的水解產物高級脂肪酸是電解質，B錯誤；C．乙酸乙酯含有羰基，乙醇中沒有，通過紅外光譜可以區分，C正確；D．石油催化裂化的目的是提高汽油等輕質油的產量與質量，裂解的目的是得到小分子的烯烴，D正確；故選B．【點評】本題考查綠色化學方法特點，電解質和非電解質區分依據，紅外光譜的作用，石油的裂化與裂解等，題目難度不大．2．（3分）（2012?浙江）下列說法正確的是（）A．在“鍍鋅鐵皮的鍍層厚度的測定”實驗中，將鍍鋅鐵皮放入稀硫酸，待產生氫氣的速率突然減小，可以判斷鋅鍍層已反應完全B．在“火柴頭中氯元素的檢驗”實驗中，摘下幾根未燃過的火柴頭，將其浸于水中，稍后取少量溶液于試管中，滴加硝酸銀溶液和稀硝酸后，即可判斷氯元素的存在C．在“硫酸亞鐵銨的制備”實驗中，為了得到硫酸亞鐵銨晶體，應小火加熱蒸發皿，直到有大量晶體析出時停止加熱D．受強酸或強堿腐蝕致傷時，應先用大量水沖洗，再用2%醋酸溶液或飽和硼酸溶液洗，最后用水沖洗，并視情況作進一步處理【考點】電解原理的應用實驗；化學實驗安全及事故處理．【專題】實驗評價題．【分析】A．鋅、鐵和稀硫酸能構成原電池而加快鋅的腐蝕；B．硝酸銀和氯離子能反應生成白色氯化銀沉淀；C．亞鐵離子不穩定，易被氧化；D．受酸腐蝕應該涂弱堿性物質．【解答】解：A．產生的氫氣速率突然減小，說明已經無法構成原電池，鋅鍍層完全反應，故A正確；B．未燃過的火柴頭，將其浸于水中，氯元素的存在形式為氯酸根離子，故B錯誤；C．亞鐵離子加熱過程中易被氧化，所以得不到硫酸亞鐵銨晶體，故C錯誤；D．受酸腐蝕應涂碳酸氫鈉，而不是酸，故D錯誤；故選A．【點評】根據原電池原理、氯離子的檢驗、安全事故的處理來分析解答，知道火柴中含有氯酸鉀而不是氯化鉀，亞鐵離子易被空氣氧化而變質．3．（3分）（2012?浙江）X、Y、Z是原子序數依次遞增的短周期元素，3種元素的原子核外電子數之和與Ca2+的核外電子數相等，X、Z分別得到一個電子后均形成稀有氣體原子的穩定電子層結構．下列說法正確的是（）A．原子半徑：Z＞Y＞XB．Z與X形成化合物的沸點高于Z的同族元素與X形成化合物的沸點C．CaY2與水發生氧化還原反應時，CaY2只作氧化劑D．CaX2、CaY2和CaZ2等3種化合物中，陽離子與陰離子個數比均為1：2【考點】原子結構與元素周期律的關系；氧化還原反應．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Y、Z是原子序數依次遞增的短周期元素，3種元素的原子核外電子數之和與Ca2+的核外電子數相等，3種元素的核外電子數之和為18，Z得到1個電子變成8電子結構，則Z為F元素，則X、Y一定至少有一種位于第2周期，X得到一個電子后均形成稀有氣體原子的穩定電子層結構，故X為H元素，Y元素原子核外電子數為18﹣1﹣9=8，故Y為O元素，據此結合選項解答．【解答】解：X、Y、Z是原子序數依次遞增的短周期元素，3種元素的原子核外電子數之和與Ca2+的核外電子數相等，3種元素的核外電子數之和為18，Z得到1個電子變成8電子結構，則Z為F元素，則X、Y一定至少有一種位于第2周期，X得到一個電子后均形成稀有氣體原子的穩定電子層結構，故X為H元素，Y元素原子核外電子數為18﹣1﹣9=8，故Y為O元素，A、X、Y、Z分別是H、O、F，同周期自左而右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大，故原子半徑O＞F＞H，故A錯誤；B、HF分子之間含有氫鍵，沸點高于其它同族氫化物的沸點，故B正確；C、過氧化鈣與水反應，過氧化鈣既是氧化劑又是還原劑，故C錯誤；D、CaO2其陰離子為O22﹣，陰、陽離子個數比為1：1，故D錯誤；故選B．【點評】本題考查結構性質位置關系、氧化還原反應等，難度中等，推斷元素是解題關鍵，C選項中根據過氧化鈉的性質進行解答．4．（3分）（2012?浙江）以鉻酸鉀為原料，電化學法制備重鉻酸鉀的實驗裝置示意圖如圖：下列說法不正確的是（）A．在陰極式，發生的電極反應為：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑B．在陽極室，通電后溶液逐漸由黃色變為橙色，是因為陽極區H+濃度增大，使平衡2CrO42﹣+2H+?Cr2O72﹣+H2O向右移動C．該制備過程總反應的化學方程式為：4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑D．測定陽極液中K和Cr的含量，若K與Cr的物質的量之比為d，則此時鉻酸鉀的轉化率為1﹣【考點】電解原理．【專題】電化學專題．【分析】A、陰極上得電子發生還原反應，氫離子放電；B、陽極上水失電子生成氧氣和氫離子，氫離子濃度增大導致平衡移動，根據氫離子濃度的變化判斷溶液顏色的變化；C、將陽極室、陰極室發生的反應加合可得總的反應式，注意陰極室還發生反應衡2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；D、根據原子守恒計算其轉化率．【解答】解：A、電極均為惰性電極，在陰極室發生還原反應，水得電子變成氫氣，電極反應為：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，故A正確；B、陽極室發生氧化反應，水失去電子放電，電極反應為：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，陽極區氫離子濃度增大，平衡右移，故B正確；C、陰極電極反應為：4H2O+4e﹣=4OH﹣+2H2↑，陽極反應為：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，4CrO42﹣+4H+═2Cr2O72﹣+2H2O，故總制備方程式為4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑，故C正確；D、設加入反應容器內的K2CrO4為1mol，反應過程中有xmolK2CrO4轉化為K2Cr2O7，則陽極區剩余K2CrO4為（1﹣x）mol，對應的n（K）=2（1﹣x）mol，n（Cr）=（1﹣x）mol，生成的K2Cr2O7為mol，對應的n（K）=xmol，n（Cr）=xmol，根據：K與Cr的物質的量之比為d，，解得x=2﹣d，轉化率為×100%=2﹣d，故D錯誤；故選D．【點評】本題考查了電解原理，難點是計算轉化率，根據原子守恒即可計算其轉化率，根據陰陽極上發生的反應類型寫出相應的電極反應式．5．（3分）（2012?浙江）下列說法正確的是（）A．按系統命名法，化合物的名稱為2，6﹣二甲基﹣5﹣乙基庚烷B．丙氨酸和苯丙氨酸脫水，最多可生成3種二肽C．化合物是苯的同系物D．三硝酸甘油酯的分子式為C3H5N3O9【考點】烷烴及其命名；芳香烴、烴基和同系物；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點．【專題】有機物分子組成通式的應用規律．【分析】判斷有機物的命名是否正確或對有機物進行命名，其核心是準確理解命名規范：A、烷烴命名原則：①長﹣﹣﹣﹣﹣選最長碳鏈為主鏈；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號；④小﹣﹣﹣﹣﹣支鏈編號之和最小．看下面結構簡式，從右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣離支鏈最近一端編號”的原則；⑤簡﹣﹣﹣﹣﹣兩取代基距離主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號．如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復雜的寫在后面．B、氨基酸形成肽鍵原理為羧基提供﹣OH，氨基提供﹣H，兩個氨基酸分子脫去一個水分子脫水結合形成二肽，既要考慮不同氨基酸分子間生成二肽，又要考慮同種氨基酸分子間形成二肽；C、苯的同系物是分子中含有一個苯環，取代基是烷烴基；D、依據甘油和硝酸發生酯化反應的原理是酸脫氫，醇脫羥基，寫出分子式；【解答】解：A、依據系統命名方法，名稱中起點選錯，物質的名稱為：名稱為2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷，故A錯誤；B、氨基酸生成二肽，就是兩個氨基酸分子脫去一個水分子．當同種氨基酸脫水，生成2種二肽；當是不同氨基酸脫水：可以是苯丙氨酸脫去羥基，丙氨酸脫氫；也可以丙氨酸脫羥基，苯丙氨酸脫去氫，生成2種二肽．共4種，故B錯誤；所以共有4種．C、苯的同系物是含一個苯環，組成相差CH2的物質，選項中分子含有三個苯環，故C錯誤；D、三硝酸甘油酯是甘油和3分子硝酸通過酸脫氫，醇脫羥基得到的物質分子式為C3H5N3O9，故D正確：故選D．【點評】本題考查了烷烴命名方法，肽鍵形成的實質，苯的同系物的概念應用，無機酸和醇發生的酯化反應，題目難度中等．6．（3分）（2012?浙江）下列說法正確的是（）A．常溫下，將pH=3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH=4B．為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH．若pH＞7，則H2A是弱酸；若pH＜7，則H2A是強酸C．用0.2000mol/LNaOH標準溶液滴定HCl與CH3COOH的混合溶液（混合液中兩種酸的濃度均約為0.1mol/L），至中性時，溶液中的酸未被完全中和D．相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水、②0.1mol/L鹽酸、③0.1mol/L氯化鎂溶液、④0.1mol/L硝酸銀溶液中，Ag+濃度：①＞④=②＞③【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【專題】壓軸題；電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A、稀釋醋酸時能促進弱電解質醋酸的電離，導致稀釋后溶液中氫離子濃度大于原來的．B、判斷強酸、弱酸的依據是該酸是否完全電離，NaHA溶液的pH＞7說明H2A的二級電離，不完全電離，即HA﹣為弱酸，可以說明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是強酸或弱酸都有可能．C、NaOH滴定HCl與CH3COOH，醋酸是弱電解質，若堿與酸恰好反應，溶液中溶質為氯化鈉、醋酸鈉，醋酸根水解溶液呈堿性，反應呈中性，溶液中的酸有剩余．D、氯化銀難溶于水，在水中的溶解度很小，一定溫度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）?c（Cl﹣）為定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．【解答】解：A、稀釋醋酸時能促進弱電解質醋酸的電離，導致稀釋后溶液中氫離子濃度大于原來的，稀釋后溶液的3＜pH＜4，故A錯誤；B、NaHA溶液的pH＞7說明H2A的二級電離，不完全電離，即HA﹣為弱酸，可以說明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是強酸或弱酸都有可能，如硫酸、亞硫酸，故B錯誤；C、NaOH滴定HCl與CH3COOH，醋酸是弱電解質，若堿與酸恰好反應，溶液中溶質為氯化鈉、醋酸鈉，醋酸根水解溶液呈堿性，反應呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正確；D、氯化銀難溶于水，在水中的溶解度很小，一定溫度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）?c（Cl﹣）為定值，①蒸餾水中沒有氯離子、②0.1mol/L鹽酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1mol/L氯化鎂溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸銀溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）為④＞①＞②＞③，故D錯誤．故選：C．【點評】考查強弱電解質、弱電解質的電離、鹽類水解、溶度積及相關計算等，難度中等，注意把握強弱電解質關鍵是電解質是否完全電離．7．（3分）（2012?浙江）水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干種離子．某同學對該溶液進行了如圖所示實驗：下列判斷正確的是（）A．氣體甲一定是純凈物B．沉淀甲是硅酸和硅酸鎂的混合物C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中【考點】常見離子的檢驗方法；離子共存問題．【專題】壓軸題；離子反應專題．【分析】能和鹽酸反應獲得氣體的是碳酸根或是亞硫酸根離子，會生成沉淀的是硅酸根離子，亞硫酸根離子、碳酸根離子和鎂離子以及鋁離子不能共存于溶液中，能和過量的氨水反應生成的白色沉淀只能是氫氧化鋁，偏鋁酸根離子和過量的鹽酸反應會生成鋁離子，根據離子之間的反應以及實驗現象確定存在的離子，即可解答．【解答】解：加HCl有氣體說明有CO32﹣或SO32﹣，或兩者都有，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫，或兩者都有，一定不存在和碳酸根或亞硫酸根離子不共存的離子，所以不存在鎂離子、鋁離子，加鹽酸有沉淀，說明一定有硅酸根離子，硅酸是沉淀，加入過量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氫氧化鋁沉淀，說明此時溶液中存在鋁離子，但是原來溶液中的鋁離子一定不能存在，所以該鋁離子是偏鋁酸根離子和鹽酸反應生成的，所以，一定存在偏鋁酸根離子，要保證溶液電中性，只有K+這一個陽離子，所以一定存在鉀離子．A．加HCl有氣體說明有CO32﹣或SO32﹣，生成的氣體是二氧化碳或二氧化硫或兩者的混合氣體，故A錯誤；B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或兩者都有，則一定不含有鎂離子，它們和鎂離子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸鎂，故B錯誤；C．原來溶液中K+、和一定存在，故C正確；D．硫酸根離子是否存在不能確定，CO32﹣可能存在，故D錯誤；故選C．【點評】本題考查了離子的檢驗和離子共存等方面的知識，注意離子的特征離子反應是解題的關鍵，本題難度中等．二、簡答題8．（2012?浙江）已知：I2+2=+2I﹣．相關物質的溶度積常數見下表：物質Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體，加入Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，調至pH=4，使溶液中的Fe3+轉化為Fe（OH）3沉淀，此時溶液中的c（Fe3+）=2.6×10﹣9mol/L．過濾后，將所得濾液低溫蒸發、濃縮結晶，可得到CuCl2?2H2O晶體．（2）在空氣中直接加熱CuCl2?2H2O晶體得不到純的無水CuCl2，原因是2CuCl2?2H2OCu2（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O（用化學方程式表示）．由CuCl2?2H2O晶體得到純的無水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl氣流中加熱脫水．（3）某學習小組用“間接碘量法”測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發生反應的氧化性質雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL．①可選用淀粉溶液作滴定指示劑，滴定終點的現象是藍色褪去，放置一定時間后不恢復原色．②CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2．③該試樣中CuCl2?2H2O的質量百分數為95%．【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；中和滴定．【專題】電離平衡與溶液的pH專題．【分析】（1）加入的物質用于調節pH以除去雜質，主要將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，且不能引入新雜質，先根據溶液的pH計算氫離子濃度，再結合水的離子積常數計算氫氧根離子濃度，最后根據c（Fe3+）=計算鐵離子濃度；（2）加熱時促進氯化銅的水解且生成的氯化氫易揮發造成水解完全，要想得到較純的無水氯化銅應在氯化氫氣流中抑制其水解；（3）依據碘化鉀和氯化銅發生氧化還原反應，生成碘化亞銅沉淀，和碘單質，碘單質遇淀粉變藍，依據碘單質被Na2S2O3標準溶液滴定到終點，發生反應離子方程式計算分析．【解答】解：（1）為得到純凈的CuCl2?2H2O晶體要除去氯化鐵，加入的物質和氯化鐵反應生成氫氧化鐵且不能引進新的雜質，所以加入物質后應能轉化為氯化銅，所以應該加入含銅元素和氫氧根離子的物質，可以是氧化銅或氫氧化銅或堿式碳酸銅，溶液的pH=4，所以溶液中氫離子濃度為10﹣4mol/L，則氫氧根離子濃度為10﹣10mol/L，c（Fe3+）===2.6×10﹣9mol/L，故答案為：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L；（2）由于CuCl2在加熱過程中水解被促進，且生成的HCl又易揮發而脫離體系，造成水解完全，堿式氯化銅或氫氧化銅，以至于得到CuO固體，而不是CuCl2，2CuCl2?2H2OCu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O；想得到無水CuCl2的合理方法是，讓CuCl2?2H2O晶體在干燥的HCl氣流中加熱脫水，故答案為：2CuCl2?2H2OCu（OH）2?CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl氣流中加熱脫水；（3）測定含有CuCl2?2H2O晶體的試樣（不含能與I﹣發生反應的氧化性質雜質）的純度，過程如下：取0.36g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液20.00mL；反應的化學方程式為：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，①硫代硫酸鈉滴定碘單質，利用碘單質遇淀粉變藍選擇指示劑為淀粉；終點為藍色褪去一段時間不恢復顏色，故答案為：淀粉溶液；藍色褪去，放置一定時間后不恢復原色；②CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為為：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，故答案為：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；③依據2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；得到2Na2S2O3～2Cu2+220.1000mol/L×0.0200L0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol試樣中CuCl2?2H2O的質量百分數=×100%=95%，故答案為：95%．【點評】本題考查Ksp計算和物質制備，沉淀溶解平衡的分析應用，滴定實驗的原理應用，滴定過程的反應原理和計算方法是解本題的關鍵，難度較大．9．（2012?浙江）甲烷自熱重整是先進的制氫方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整．向反應系統同時通入甲烷、氧氣和水蒸氣，發生的主要化學反應有：反應過程化學方程式焓變△H（kJ/mol）活化能Ea（kJ/mol）甲烷氧化CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）﹣802.6125.6CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2（g）﹣322.0172.5蒸汽重整CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）206.2240.1CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）165.0243.9回答下列問題：（1）反應CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的△H=﹣41.2kJ/mol．（2）在初始階段，甲烷蒸汽重整的反應速率小于甲烷氧化的反應速率（填大于、小于或等于）．（3）對于氣相反應，用某組分（B）的平衡壓強（PB）代替物質的量濃度（cB）也可表示平衡常數（記作KP），則反應CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）的KP=；隨著溫度的升高，該平衡常數增大（填“增大”、“減小”或“不變”）．（4）從能量角度分析，甲烷自熱重整方法的先進之處在于放熱的甲烷氧化反應為吸熱的蒸氣重整提供能量．（5）在某一給定進料比的情況下，溫度、壓強對H2和CO物質的量分數的影響如圖1、圖2：①若要達到H2物質的量分數＞65%、CO的物質的量分數＜10%，以下條件中最合適的是B．A．600℃，0.9MpaB．700℃，0.9MPaC．800℃，1.5MpaD．1000℃，1.5MPa②畫出600℃，0.1Mpa條件下，系統中H2物質的量分數隨反應時間（從常溫進料開始計時）的變化趨勢示意圖（如圖3）：（6）如果進料中氧氣量過大，最終導致H2物質的量分數降低，原因是導致生成的氫氣和氧氣反應．【考點】用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；用化學平衡常數進行計算；化學平衡的調控作用．【專題】化學反應中的能量變化；化學平衡專題．【分析】（1）根據蓋斯定律，由蒸汽重整的兩個反應CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）減CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反應：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），據此計算反應熱；（2）由表中數據可知，甲烷氧化的活化能低于蒸氣重整的活化能，活化能越低，反應速率越快；（3）根據平衡常數k的表達式，利用信息直接書寫Kp；該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應移動，平衡常數增大；（4）從能量的角度分析，放熱的甲烷氧化反應為吸熱的蒸氣重整提供能量；（5）①根據圖象中，溫度、壓強對H2和CO物質的量分數的影響數據，選擇判斷；②結合圖象可知在600℃、0.1MPa的條件下，平衡時系統中H2的物質的量分數達到70%，起始進料時H2的物質的量分數為0，據此可畫出H2的物質的量分數隨時間變化的示意圖；（6）如果反應過程中進氧氣的量過大，會導致生成的氫氣和氧氣反應，導致質量分數降低．【解答】解：（1）根據蓋斯定律，由蒸汽重整的兩個反應CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）減CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反應：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），故△H=165.0kJ/mol﹣206.2kJ/mol=﹣41.2kJ/mol，故答案為：﹣41.2；（2）由表中數據可知，甲烷氧化的活化能低于蒸氣重整的活化能，活化能越低，反應速率越快，故初始階段，甲烷蒸汽重整的反應速率小于甲烷氧化的反應速率，故答案為：小于；（3）根據平衡常數k的表達式，可知反應CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）的KP=，該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應移動，平衡常數增大，故答案為：，增大；（4）從能量的角度分析，甲烷自熱重整方法的先進之處在于：放熱的甲烷氧化反應為吸熱的蒸氣重整提供能量，提高能源的利用率，故答案為：放熱的甲烷氧化反應為吸熱的蒸氣重整提供能量；（5）①由圖中數據可知，0.9MPa時，H2的物質的量分數＞65%，CO物質的量分數＜10%，則700℃符合，1.5MPa時，H2的物質的量分數＞65%，CO物質的量分數＜10%，則溫度要高于750℃，低于約725℃，矛盾，故B正確，ACD錯誤，故答案為：B；②起始進料時H2的物質的量分數為0，結合圖象可知600℃，0.1MPa的條件下，平衡時系統中H2的物質的量分數達到70%，據此畫出H2的物質的量分數隨時間變化的示意圖為，故答案為：；（6）如果反應過程中進氧氣的量過大，會導致生成的氫氣和氧氣反應，導致質量分數降低，故答案為：導致生成的氫氣和氧氣反應．【點評】本題考查熱化學以及化學反應速率、化學平衡等，意在考查考生分析、處理數據和解答圖象試題的能力，解答本題需利用蓋斯定律，聯系化學平衡、化學平衡常數以及平衡移動原理等，弄清圖象的含義．10．（2012?浙江）實驗室制備苯乙酮的化學方程式如圖1：制備過程中還有CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反應．主要實驗裝置和步驟如圖2所示：（I）合成：在三頸瓶中加入20g無水AlCl3和30mL無水苯．為避免反應液升溫過快，邊攪拌邊慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL無水苯的混合液，控制滴加速率，使反應液緩緩回流．滴加完畢后加熱回流1小時．（Ⅱ）分離與提純：①邊攪拌邊慢慢滴加一定量濃鹽酸與冰水混合液，分離得到有機層②水層用苯萃取，分液③將①②所得有機層合并，洗滌、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗產品④蒸餾粗產品得到苯乙酮．回答下列問題：（1）儀器a的名稱：干燥管；裝置b的作用：吸收HCl氣體．（2）合成過程中要求無水操作，理由是防止三氯化鋁和乙酸酐水解．（3）若將乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三頸瓶，可能導致AD．A．反應太劇烈B．液體太多攪不動C．反應變緩慢D．副產物增多（4）分離和提純操作②的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失．該操作中是否可改用乙醇萃取？否（填“是”或“否”），原因是乙醇與水混溶．（5）分液漏斗使用前須檢漏并洗凈備用．萃取時，先后加入待萃取液和萃取劑，經振搖并放氣后，將分液漏斗置于鐵架臺的鐵圈上靜置片刻，分層．分離上下層液體時，應先打開上口玻璃塞，然后打開活塞放出下層液體，上層液體從上口倒出．（6）粗產品蒸餾提純時，如圖3裝置中溫度計位置正確的是C，可能會導致收集到的產品中混有低沸點雜質的裝置是AB．【考點】制備實驗方案的設計．【專題】壓軸題；實驗題．【分析】（1）依據裝置圖中的儀器和所呈試劑判斷儀器的名稱和作用；（2）依據氯化鋁和乙酸酐易水解分析；（3）乙酸酐和苯反應劇烈，溫度過高會生成更多的副產物；（4）依據萃取的原理是利用物質在互不相溶的溶劑中的溶解度不同，對混合溶液進行分離；（5）分液操作的本質和注意問題分析判斷；（6）依據蒸餾裝置的目的是控制物質的沸點，在一定溫度下鎦出物質；溫度計水銀球是測定蒸餾燒瓶支管口處的蒸氣溫度；【解答】解：（1）儀器a為干燥管，裝置b的作用是吸收反應過程中所產生的HCl氣體；故答案為：干燥管；吸收HCl氣體；（2）由于三氯化鋁與乙酸酐極易水解，所以要求合成過程中應該無水操作；目的是防止AlCl3和乙酸酐水解；故答案為：防止三氯化鋁和乙酸酐水解；（3）若將乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三瓶頸，可能會導致反應太劇烈，反應液升溫過快導致更多的副產物；故答案為：AD．（4）水層用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失，由于乙醇能與水混溶不分層，所以不能用酒精代替苯進行萃取操作；故答案為：把溶解在水中的苯乙酮提取出來以減少損失；否，乙醇與水混溶；（5）分液漏斗使用前需進行檢漏，振搖后分液漏斗中氣壓增大，要不斷打開活塞進行放氣操作，分離液態時，放下層液體時，應該先打開上口玻璃塞（或使塞上的凹槽對準漏斗口上的小孔），然后打開下面的活塞；故答案為：檢漏；放氣；打開上口玻璃塞；（6）粗產品蒸餾提純時，溫度計的水銀球要放在蒸餾燒瓶支管口處，漏斗裝置中的溫度計位置正確的是C項，若溫度計水銀球放在支管口以下位置，會導致收集的產品中混有低沸點雜質；若溫度計水銀球放在支管口以上位置，會導致收集的產品中混有高沸點雜質；所以A、B項的裝置容易導致低沸點雜質混入收集到的產品中；故答案為C；AB．【點評】本題考查了物質制備、分離、提純、萃取劑選擇、儀器使用等試驗基礎知識的應用，化學實驗基本知識和基本技能的掌握是解題關鍵，題目難度中等．11．（2012?浙江）化合物X是一種環境激素，存在如圖轉化關系：化合物A能與FeCl3溶液發生顯色反應，分子中含有兩個化學環境完全相同的甲基，其苯環上的一硝基取代物只有兩種．1H﹣NMR譜顯示化合物G的所有氫原子化學環境相同．F是一種可用于制備隱形眼鏡的高聚物．根據以上信息回答下列問題．（1）下列敘述正確的是cd．a．化合物A分子中含有聯苯結構單元b．化合物A可以和NaHCO3溶液反應，放出CO2氣體c．X與NaOH溶液反應，理論上1molX最多消耗6molNaOHd．化合物D能與Br2發生加成反應（2）化合物C的結構簡式是，A→C的反應類型是取代反應．（3）寫出同時滿足下列條件的D的所有同分異構體的結構簡式（不考慮立體異構）．a．屬于酯類b．能發生銀鏡反應（4）寫出B→G反應的化學方程式．（5）寫出E→F反應的化學方程式．【考點】有機物的合成；有機物的推斷．【專題】壓軸題；有機物的化學性質及推斷．【分析】利用A能與FeCl3溶液發生顯色反應可知A中含有酚羥基，再結合其他信息和A→C轉化條件和A、C分子式可知A中含有兩個苯環，故A結構簡式為：，C為；由此推出B中必含羧基，X為酚酯．再利用B→D與B→G反應可知B中還含有羥基，其中B→D發生的是消去反應、B→G發生的是酯化反應（生成環酯），結合題干中G的信息，可知B的結構簡式為：，再利用反應①（酯的水解反應）和X的分子式，可推出X的結構簡式為，進而可利用框圖轉化，結合有機物的性質可知D為CH2=C（CH3）COOH，E為CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，F為，G為，結合有機物的結構和性質以及題目要求可解答該題．【解答】解：利用A能與FeCl3溶液發生顯色反應可知A中含有酚羥基，再結合其他信息和A→C轉化條件和A、C分子式可知A中含有兩個苯環，故A結構簡式為：，C為；由此推出B中必含羧基，X為酚酯．再利用B→D與B→G反應可知B中還含有羥基，其中B→D發生的是消去反應、B→G發生的是酯化反應（生成環酯），結合題干中G的信息，可知B的結構簡式為：，再利用反應①（酯的水解反應）和X的分子式，可推出X的結構簡式為，進而可利用框圖轉化，結合有機物的性質可知D為CH2=C（CH3）COOH，E為CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，F為，G為，（1）a．利用上述分析可知化合物A中不含聯苯結構單元，故a錯誤；b．化合物A含有的酚羥基不能與NaHCO3溶液作用，不能放出CO2氣體，故b錯誤；c．理論上1molX由X的結構可知X水解生成2mol﹣COOH，2mol酚羥基和2molHBrX與NaOH溶液反應，則理論上1molX最多消耗6molNaOH，故c正確；d．化合物D為CH2=C（CH3）COOH，含有C=C，能與Br2發生加成反應，故d正確．故答案為：cd；（2）由以上分析可知C為，→C為取代反應，A中酚羥基鄰位氫原子被溴原子取代，故答案為：；取代反應；（3）滿足條件的同分異構體必為甲酸酯，結合D的分子式可寫出符合條件的同分異構體為，故答案為：；（4）B→G為生成環酯的酯化反應，利用B的結構簡式容易寫出反應的方程式為，故答案為：；（5）E→F反應為加聚反應，反應的方程式為，故答案為：．【點評】本題通過有機框圖轉化考查有機化學知識，意在考查考生對知識的應用和綜合思維能力，題目難度中等，解答本題的關鍵是利用題中信息和有機物間轉化關系圖確定出各物質的結構簡式，然后再回答有關問題．三、附加題12．（2012?浙江）可正確表示原子軌道的是（）A．2s B．2d C．3pz D．3f【考點】原子核外電子的能級分布．【專題】原子組成與結構專題．【分析】根據各能級含有的軌道分析，s能級只有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，f能級有7個軌道，注意不存在2d、3f能級，結合選項符號能否指明確定的軌道進行判斷．【解答】解：A、2s能級只有1個軌道，故2s可以表示原子軌道，故A正確；B、不存在2d能級，故B錯誤；C、3p能級含有3個軌道，3個軌道相互垂直，3pz表示為z軸上的軌道，故C正確；D、不存在3f能級，故d錯誤；故選AC．【點評】考查核外電子分層排布、能級與軌道等，比較基礎，注意基礎知識的理解掌握．13．（2012?浙江）寫出基態鎵（Ga）原子的電子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p1．【考點】原子核外電子排布．【專題】原子組成與結構專題．【分析】處于最低能量的原子叫做基態原子，基態電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規則，以此解答該題．【解答】解：鎵是31號元素，核外有31個電子，基態鎵（Ga）原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p1．【點評】本題考查核外電子排布，題目難度不大，注意基態電子排布規律與能量躍遷的關系．14．（2012?浙江）下列物質變化，只與范德華力有關的是（）A．干冰熔化 B．乙酸汽化C．乙醇與丙酮混溶 D．溶于水E．碘溶于四氯化碳 F．石英熔融【考點】分子間作用力對物質的狀態等方面的影響．【專題】化學鍵與晶體結構．【分析】分子晶體中分子之間存在范德華力，范德華力與分子晶體的熔沸點、硬度有關，注意范德華力與氫鍵、化學鍵的區別．【解答】解：A．干冰屬于分子晶體，熔化時克服范德華力，故A正確；B．乙酸氣化時克服氫鍵和范德華力，故B錯誤；C．乙醇分子間含有氫鍵，與丙酮混溶克服氫鍵和范德華力，故C錯誤；D．分子間含有氫鍵，故D錯誤；E．碘屬于分子晶體，溶于四氯化碳只克服范德華力，故E正確；F．石英的主要成分為二氧化硅，屬于原子晶體，熔融時克服共價鍵，故F錯誤．故選AE．【點評】本題考查晶體作用了類型的判斷，題目難度不大，注意晶體類型的判斷，把握范德華力、氫鍵與化學鍵的區別．15．（2012?浙江）下列物質中，只含有極性鍵的分子是BC，既含離子鍵又含共價鍵的化合物是G，只存在σ鍵的分子是CE，同時存在σ鍵和π鍵的分子是ABDA．N2B．CO2C．CH2Cl2D．C2H4E．C2H6F．CaCl2G．NH4Cl．【考點】共價鍵的形成及共價鍵的主要類型．【專題】壓軸題；化學鍵與晶體結構．【分析】非金屬元素的原子之間通常形成共價鍵，不同種非金屬元素原子之間通常形成極性鍵，同種非金屬元素原子之間形成非極性鍵，活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵；只含共價鍵的化合物是共價化合物，離子鍵為陰陽離子之間形成的化學鍵，離子化合物中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵；只存在共價單鍵的分子中只含σ鍵，含有雙鍵、三鍵的分子中存在σ鍵和π鍵．【解答】解：A、N2分子含有非極性共價鍵，屬于單質，氮氣分子結構簡式為N≡N，所以氮氣分子中含有σ鍵和π鍵；B、CO2分子中碳原子和氧原子之間存在極性鍵，屬于共價化合物，二氧化碳分子結構簡式為O=C=O，所以二氧化碳分子中含有σ鍵和π鍵；C．CH2Cl2分子中碳原子和氫原子或氯原子之間存在極性鍵，屬于共價化合物，CH2Cl2分子結構式為：，CH2Cl2分子中只含σ鍵；D．C2H4分子中碳原子和氫原子之間存在極性鍵，碳原子和碳原子之間存在非極性共價鍵，屬于共價化合物，乙烯的結構式為，乙烯分子中含有σ鍵和π鍵；E．C2H6分子中碳原子和氫原子之間存在極性鍵，碳原子和碳原子之間存在非極性共價鍵，屬于共價化合物，乙烷的結構式為，乙烷分子中只含σ鍵；F．CaCl2中只含離子鍵，屬于離子化合物；G．NH4Cl中銨根離子和氯離子之間存在離子鍵，氮原子和氫原子之間存在共價鍵，屬于離子化合物，銨根離子中氮原子和氫原子之間存在σ鍵；故答案為：BC，G，CE，ABD．【點評】本題考查化學鍵類型的判斷，題目難度不大，注意離子鍵與共價鍵的區別，注意極性共價鍵和非極性共價鍵的區別．16．（2012?浙江）用“＞”“＜”“=”填空：第一電離能的大小：Mg＞Al；熔點的高低：KCl＜MgO．【考點】元素電離能、電負性的含義及應用；晶體的類型與物質熔點、硬度、導電性等的關系．【專題】壓軸題；原子組成與結構專題；化學鍵與晶體結構．【分析】同周期從左到右第一電離能依次增大，但是在第IIA、ⅤA族出現特殊性；離子所帶電荷數越多，離子間距離越小，晶格能越大，離子鍵越強，離子晶體熔點越高．【解答】解：同周期從左到右第一電離能依次增大，但鎂，鋁特殊，理由是鎂的價電子排布是3s2，3p軌道全空較穩定，而鋁是3s23p1則不是全滿，全空，半空中任意一種情況，不穩定，故鋁的第一電離能比鎂小；離子晶體的熔點與離子鍵的強弱有關，而離子鍵的強弱可用晶格能來衡量．即離子所帶電荷數越多，離子間距離越小，晶格能越大，離子鍵越強，熔點越高，故熔點為KCl＜MgO，故答案為：＞；＜．【點評】本題考查電離能的大小比較、離子晶體的熔點高低，注意離子所帶電荷數越多，離子間距離越小，晶格能越大，離子鍵越強，離子晶體熔點越高，題目難度不大．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2013年普通高等學校招生全國統一考試浙江理科綜合能力測試一、選擇題（本題17小題。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）7．下列說法不正確的是A．多孔碳可用氫氧燃料電池的電極材料B．pH計不能用于酸堿中和滴定終點的判斷ks5uC．科學家發現一種新細菌的DNA鏈中有砷(As)元素，該As元素最有可能取代了普通DNA鏈中的P元素D．CH3CH—CH2和CO2反應生成可降解聚合物[O—CHCH2—O—C]n，該反應符合綠OCH3O化學的原則8．下列說法正確的是ks5uA．實驗室從海帶提取單質碘的方法是：取樣灼燒溶解過濾萃取B．用乙醇和濃H2SO4制備乙烯時，可用水浴加熱控制反應的溫度C．氯離子存在時，鋁表面的氧化膜易被破壞，因此含鹽腌制品不宜直接放在鋁制容器中D．將(NH4)2SO4、CuSO4溶液分別加入蛋白質溶液，都出現沉淀，表明二者均可使蛋白質變性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元素的原子內層電子數是最外層電子數的一半，則下列說法正確的是XYZWQA．鈉與W可能形成Na2W2化合物B．由Z與Y組成的物質在熔融時能導電C．W得電子能力比Q強D．X有多種同素異形體，而Y不存在同素異形體10．下列說法正確的是按系統命名法，化合物的名稱是2,3,5,5-四甲基-4,4-二乙基己烷B．等物質的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量不相等C．苯與甲苯互為同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色OHOHOHOHOH…………D．結構片段為的高聚物，其單體是甲醛和苯酚11．電解裝置如圖所示，電解槽內裝有KI及淀粉溶液，中間用陰離子交換膜隔開。在一定的電壓下通電，發現左側溶液變藍色，一段時間后，藍色逐漸變淺。已知:3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O下列說法不正確的是A．右側發生的電極方程式：2H2O+2e—==H2↑+2OH—B．電解結束時，右側溶液中含有IO3—C．電解槽內發生反應的總化學方程式KI+3H2O======KIO3+3H2↑D．如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜，電解槽內發生的總化學方程式不變12．25℃時，用濃度為0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導電能力順序：HZ＜HY＜HXB．根據滴定曲線，可得Ka(HY)≈10—5Ka(HY)·c(HY)c(Y—)C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時：c(X—)＞c(Y—Ka(HY)·c(HY)c(Y—)D．HY與HZ混合，達到平衡時：c(H+)=+c(Z—)+c(OH—)銀氨溶液水浴加熱試液NaOH(aq)Na2CO3銀氨溶液水浴加熱試液NaOH(aq)Na2CO3(aq)濾液沉淀物焰色反應觀察到黃色火焰(現象1)無銀鏡產生(現象2)氣體溶液H+無沉淀(現象3)白色沉淀(現象4)血紅色(現象5)KSCN(aq)H2O2NH3·H2O(aq)Na2CO3(aq)濾液沉淀物調節pH=4已知：控制溶液pH=4時，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2+、Mg2+不沉淀。該同學得出的結論正確的是A．根據現象1可推出該試液中含有Na+B．根據現象2可推出該試液中并不含有葡萄糖酸根C．根據現象3和4可推出該試液中含有Ca2+，但沒有Mg2+D．根據現象5可推出該試液中一定含有Fe2+

非選擇題部分（共180分）非選擇題部分共12題，共180分。26、氫能源是一種重要的清潔能源。現有兩種可產生H2的化合物甲和乙。將6.00g甲加熱至完全分解，只得到一種短周期元素的金屬單質和6.72LH2（已折算成標準狀況）。甲與水反應也能產生H2，同時還產生一種白色沉淀物，該白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化劑存在下可分解得到H2和另一種單質氣體丙，丙在標準狀態下的密度為1.25g/L。請回答下列問題：（1）甲的化學式是_________；乙的電子式是__________。（2）甲與水反應的化學方程式是__________________________________-。（3）氣體丙與金屬鎂反應的產物是_______（用化學式表示）。（4）乙在加熱條件下與CuO反應可生成Cu和氣體丙，寫出該反應的化學方程式_________。有人提出產物Cu中可能還含有Cu2O，請設計實驗方案驗證之_________________________。（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）（5）甲與乙之間_______（填“可能”或“不可能）發生反應產生H2，判斷理由是________。27、捕碳技術(主要指捕獲CO2)在降低溫室氣體排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已經被用作工業捕碳劑，它們與CO2可發生如下可逆反應：反應Ⅰ：2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)△H1反應Ⅱ：NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)NH4HCO3(aq)△H2反應Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)△H3請回答下列問題：（1）△H1與△H2、△H3之間的關系是：△H3=___________。（2）為研究溫度對(NH4)2CO3捕獲CO2氣體效率的影響，在某溫度T1下，將一定量的(NH4)2CO3溶液置于密閉容器中，并充入一定量的CO2氣體(用氮氣作為稀釋劑)，在t時刻，測得容器中CO2氣體的濃度。然后分別在溫度為T2、T3、T4、T5下，保持其它初始實驗條件不變，重復上述實驗，經過相同時間測得CO2氣體濃度，得到趨勢圖(見圖1)。則：①△H3______0(填“＞”、“=”或“＜”)。②在T1-T2及T4-T5二個溫度區間，容器內CO2氣體濃度呈現如圖1所示的變化趨勢，其原因是_______________。③反應Ⅲ在溫度為T1時，溶液pH隨時間變化的趨勢曲線如圖2所示。當時間到達t1時，將該反應體系溫度迅速上升到T2，并維持該溫度。請在該圖中畫出t1時刻后溶液的pH變化趨勢曲線。（3）利用反應Ⅲ捕獲CO2，在(NH4)2CO3初始濃度和體積確定的情況下，提高CO2吸收量的措施有_____（寫出2個）。（4）下列物質中也可能作為CO2捕獲劑的是A．NH4ClB．Na2CO3C．HOCH2CH2OHD．HOCH2CH2NH228、利用廢舊鍍鋅鐵皮可制備磁性Fe3O4膠體粒子及副產物ZnO。制備流程圖如下：FeFe3O4膠體粒子廢舊鍍鋅鐵皮NaOH(aq)△溶液A稀H2SO4溶液B(Fe2+、Fe2+)調節pH……ZnO不溶物Zn(OH)2沉淀調節pH=1～2適量H2O2NaOH(aq)△已知：Zn及其化合物的性質與Al及其化合物的性質相似。請回答下列問題：（1）用NaOH溶液處理廢舊鍍鋅鐵皮的作用有___。A．去除油污B．溶解鍍鋅層C．去除鐵銹D．鈍化（2）調節溶液A的pH可產生Zn(OH)2沉淀，為制得ZnO，后續操作步驟是___________。（3）由溶液B制得Fe3O4膠體粒子的過程中，須持續通N2，其原因是_______________。（4）Fe3O4膠體粒子能否用減壓過濾法實現固液分離？_____(填“能”或“不能”)，理由是___________________________。（5）用重鉻酸鉀法(一種氧化還原滴定法)可測得產物Fe3O4中二價鐵含量。若需配制濃度為0.01000mol/L的K2Cr2O7的標準溶液250mL，應準確稱取______gK2Cr2O7(保留4位有效數字，已知MK2Cr2O7==294.0g/mol)。配制該標準溶液時，下列儀器不必要用到的有_____(用編號表示)。①電子天平②燒杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥膠頭滴管⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前裝有K2Cr2O7標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將_______(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。29、某課題組以苯為主要原料，采取以下路線合成利膽藥——柳胺酚。BOHBOHOHC—NH—OACEDCl2FeCl3試劑NaOH/H2OHClFeHClFC7H6O3NONO2NH2FeHCl柳胺酚已知：（1）對于柳胺酚，下列說法正確的是ks5uA.1mol柳胺酚最多可以和2molNaOH反應B.不發生硝化反應C.可發生水解反應D.可與溴發生取代反應（2）寫出AB反應所需的試劑______________。（3）寫出BC的化學方程式__________________________________。（4）寫出化合物F的結構簡式_____________________________。（5）寫出同時符合下列條件的F的同分異構體的結構簡式____________（寫出3種）。①屬酚類化合物，且苯環上有三種不同化學環境的氫原子；②能發生銀鏡反應（6）以苯和乙烯為原料可合成聚苯乙烯，請設計合成路線（無機試劑及溶劑任選）。CH3CHCH3CH2OH濃H2SO4O2催化劑CH3CHOCH3CHOCH3COOCH2CH3CH3COOHOHCOHC—OHO

2013年浙江高考化學試卷參考答案7、B【解析】A選項：氫氧燃料電池要求電極必須多孔具有很強的吸附能力，并具一定的催化作用，同時增大氣固的接觸面積，提高反應速率。C選項：As和P同主族。甲基環氧乙烷與二氧化碳在一定條件下反應生成聚碳酸酯，原子利用率達到100%，生成的聚碳酸酯易降解生成無毒無害物質，所以此反應符合綠色化學原則。B選項：pH計可用于酸堿中和滴定終點的判斷。8、C【解析】A選項：實驗室從海帶提取單質碘缺少了氧化過程，萃取后還要分液。B選項：用乙醇和濃H2SO4制備乙烯時必須使溫度迅速提高至約170℃，不可能是水浴加熱(水浴加熱溫度最高只能達到100℃)。D選項：蛋白質溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液發生鹽析(鹽析是可逆過程，不破壞蛋白質的生理活性，加水后又溶解)，蛋白質溶液中加入CuSO4等重金屬鹽溶液變性析出（變性是不可逆過程，蛋白質失去了生理活性，加水不再溶解）。C選項：通常認為是Cl—替換氧化鋁中的O2—而形成可溶性的氯化物，所以鋁表面的氧化膜易被Cl—破壞。9、A【解析】由“X元素的原子內層電子數是最外層電子數的一半”可推出X為C，因此Y為O，Z為Si，W為S，Q為Cl。A選項：Na和S可形成類似于Na2O2的Na2S2。Z與Y組成的物質是SiO2，SiO2是原子晶體，熔融時不能導電。C選項：S得電子能力比Cl弱。D選項：C、O元素都能形成多種同素異形體。10、D【解析】A選項：題給化合物正確的名稱為2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷。B選項：苯甲酸的分子式為C7H6O2，可將分子式變形為C6H6·CO2，因此等物質的量的苯和苯甲酸完全燃燒消耗氧氣的量相等。C選項：苯不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色。11、D【解析】電解的電極反應為：陽極2I——2e—==I2左側溶液變藍色3I2+6OH—==IO3—+5I—+3H2O一段時間后，藍色變淺陰離子交換膜向右側移動陰極2H2O+2e—==H2↑+2OH—右側放出氫氣如果用陽離子交換膜代替陰離子交換膜：電極反應為：陽極2I——2e—==I2多余K+通過陽離子交換膜遷移至陰極陰極2H2O+2e—==H2↑+2OH—保證兩邊溶液呈電中性12、B【解析】濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，根據滴定曲線0點三種酸的pH可得到HZ是強酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同溫同濃度時，三種酸的導電性：HZ＞HY＞HX。B選項：當NaOH溶液滴加到10mL時，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C選項：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D選項：HY與HZ混合，溶液的電荷守恒式為：c(H+)=c(Y—)+c(Z—)+c(OH—)，又根據H