发布时间 : 星期一 文章20184月浙江选考化学真题卷更新完毕开始阅读779a0408541810a6f524ccbff121dd36a22dc427
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不破坏共价键,故B错误;分子间作用力影响分子晶体的沸点,故C正确;水晶和干冰都是共价化合物,但水晶属于原子晶体,干冰属于分子晶体,故D错误。 20.B 10 g 2H 1 O为0.5 mol,所含质子数与中子数均为5NA,故A正确;硫在足量的氧气中充分燃烧的产物为SO2,32 g硫反应转移电子数为4NA,故B错误;C2H2与C6H6的最简式都是CH,26 g C2H2与C6H6混合气体中含2 mol C—H键,数目为2NA,故C正确;NaHSO4和KHSO3的摩尔质量都是120 g/mol,120 g NaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA,故D正确。
21.D HF气体溶于水放热,则HF(aq)→HF(g)需要吸收热量,因此ΔH1>0,故A错误;HCl比HBr稳定,则HCl的ΔH2比HBr的大,故B错误;ΔH3是H(g)→H+(g)的热效应,ΔH4是H+(g)→H+(aq)的热效应,所以HCl和HI的(ΔH3+ΔH4)相等,故C错误;由题图可知,H(g)+X(g)HX(g) ΔH7=-ΔH2=-a kJ·mol-1,则ΔH2=a kJ·mol-1,故D正确。
22.D 由表中数据可知,温度升高,为使压强不变,体积变大,导致浓度减小,反应速率变慢,故A错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少,化学反应速率加快,故B错误;由题给信息无法判断转化率为98%时反应是否达到平衡,故C错误;当混合气体为a mol,其中NO为a/10 mol,转化率从50%
-1增至90%时,NO反应了a/25 mol,经过了3.7 s,反应速率v=Δ== mol·s,
.7 s 70
Δ 5mol 故D正确。
23.B 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸,发生的反应依次为:OH-+H+H2O,C +H+
-
HC ,HC +H+
--
H2CO3。a点加入5 mL盐酸时,溶液中溶质的物
-
质的量之比为:n(NaCl)∶n(Na H)∶n(Na2CO3)=1∶1∶ ,由于C 水解,溶液中离子浓度大小为:c(Na+)>c(C )>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+),故A错误;b点溶液中,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=2c(C )+c(HC )+c(OH-)+c(Cl-),由于pH=7,c(H+)=c(OH-),
-- -- -
可得
2c(C
-
)+c(HC
-
)=c(Na+)-c(Cl-),即
2n(C )+n(HC )=n(Na+)-n(Cl-)=0.003 mol-n(Cl-),pH=7时盐酸的体积大于20 mL,则n(Cl-)>0.002 mol,所以2n(C )+n(HC )<0.001 mol,故B正确;在c点的溶液pH<7,是因为H2CO3的电离大于HC 的水解导致,故C错误;把盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的恒
:c(Na+)+c(H+)=2c(C
--- --
pH=7
-
时,根据电荷守
可
得
-
)+c(HC)+c(OH-)+c(CH3COO-),
c(Na+)=2c(C )+c(HC )+c(CH3COO-),故D错误。
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24.D SO2和Na2SO3中的硫都是+4价,都具有还原性,故A正确;SO2水溶液具有还原性,可以防止CuCl被氧化,故B正确;步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,故C正确;CuCl难溶于水和稀硫酸,用足量稀硫酸与
Cu2O试样充分反应得到的固体中有Cu和CuCl,无法计算试样纯度,故D错误。 25.B 根据①中得到不溶于酸的白色沉淀可知原溶液中一定有S ,根据①中得到绿色滤液B,说明反应后溶液显酸性,原溶液中一定有H+,则原溶液中无C 和HC ;根据②有不溶于HNO3的白色沉淀生成,可知原溶液中含有Cl-;根据信息,Fe2+、Cu2+都有可能存在,不能确定Na+、Mg2+是否存在。 二、非选择题
26.答案 (1)碳碳双键(1分) (2)HCHO(1分) (3)CH3CHCH2+H2O
CH3CH2CH2OH、CH3CHCH2+H2O
(CH3)2CHOH(2分)
- - -
(4)ABD(2分)
解析 A是摩尔质量为 g·mol-1的烃的衍生物,且A能与金属钠反应,说明A分子中含有—OH,则A中除去—OH外剩余部分的式量为32-17=15,应为—CH3,故A为甲醇(CH3OH)。由题给转化关系可知B为甲醛(HCHO),C为甲酸(HCOOH)。F是由分子式均为C4H8O2的两种具有芳香气味的有机物组成的混合物,故F为HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH(CH3)2组成的混合物,进而可逆推E为CH3CH2CH2OH和(CH3)2CHOH组成的混合物,D为CH3CHCH2,其含有的官能团是碳碳双键,D→E为CH3CHCH2与H2O的加成反应。(4)甲醛及石油裂解气中含有的乙烯、丙烯等气态短链不饱和烃均能使酸性KMnO4溶液褪色,A正确;Na2CO3溶液能降低酯的溶解度,且能中和甲酸,溶解E,故B正确;相同物质的量的D、E、F充分燃烧时,F与D、E的耗氧量不同,C错误;C中含有—COOH,E中含有—OH,故都能与金属钠反应,D正确。
27.答案 (1)MgCl2· H2O(2分) MgCl2· H2O(2)2K2FeO4+16HCl
Mg + HCl↑+5H2 ↑( 分)
4KCl+2FeCl3+3Cl2↑+8H2O(2分)
解析 (1)因X中含结晶水,故X灼烧时所得的混合气甲中一定含水蒸气,甲能被蒸馏水全部吸收得到溶液丙,后续加入酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成,故甲中的另一气体是HCl,且n(HCl)=10×0.00 00 mol=0.0 0 0 mol,可推知X中含有Cl、H、O元素。X是含结晶水的正盐,由以上推断知阴离子是Cl-。在短周期元素
+2+3+
范围内考虑,阳离子可能为NH 、Na、Mg、Al,NH4Cl灼烧会完全分解,无固体残
余,可以排除;NaCl灼烧无法产生HCl(不水解),也排除;而MgCl2、AlCl3的晶体灼烧后分别得到MgO和Al2O3,根据0.40 g固体乙计算可知阳离子为Mg2+,乙应为MgO,
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且n(MgO)= 0 g/mol=0.010 0 mol,n(H2O)=
0. 0 g .0 g-0. 0 g-0.0 0 0mol .5 g/mol
18 g/mol
=0.050 0
mol,n(Mg )∶n(HCl)∶n(H2 )=1∶ ∶5,故可推知X为MgCl2· H2O,步骤①的化学方程式是MgCl2· H2O
Mg + HCl↑+5H2 ↑。(2)溶液丙为盐酸,依题意
K2FeO4与盐酸反应有Cl2生成,HCl中氯元素化合价由-1价升高到0价,K2FeO4中铁元素化合价应由+6价降低到+3价,由得失电子守恒和质量守恒可写出K2FeO4与盐酸反应的化学方程式。 28.答案 (1)H2SO4(1分)
(2)加热温度偏高,馏出速度太快;冷却效果不好,造成乙醇损失(1分)
(3)取少量硫酸铜铵固体于试管中,加水溶解,再滴加足量的NaOH浓溶液,振荡、加热,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口,若观察到试纸变蓝,表明该固体中存在NH (2分)
解析 (1)根据流程看出[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4·(NH4)2SO4,为了不引入杂质,试剂X为硫酸,同时与氨水反应生成(NH4)2SO4。(2)溶液Y中含CuSO4、(NH4)2SO4、乙醇和水,CuSO4、(NH4)2SO4难挥发,乙醇比水的沸点低,利用沸点的差异,加热蒸馏可将乙醇和少量水蒸出,得到粗乙醇,但若加热温度偏高,馏出速度太快导致乙醇挥发或冷却效果不好,使乙醇进入残留液中,均会使馏出液中乙醇的含量偏低。 29.答案 (1)0.100 mol(2分) (2)2.40 g(2分) 解析 先确定最终剩余固体的成分。
CuO和Fe2O3的混合物完全溶于稀硫酸时发生反应:CuO+H2SO4 CuSO4+H2 ①,Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2 ②,得到的溶液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3和过量的H2SO4,再加入5.60 g(即0.1 mol)铁粉,因氧化性Fe3+>Cu2+>H+,故先发生反应:Fe2(SO4)3+Fe 3FeSO4③,再发生反应:CuSO4+Fe FeSO4+Cu④,最后发生反应:H2SO4+Fe FeSO4+H2↑⑤。若4.00 g固体全为CuO,n(CuO)=80 g/mol=0.05 mol,由反应①⑤知5.60 g铁粉刚好完全反应,由反应④知最终剩余固体全为Cu,且m(Cu)=0.05 mol× g/mol= . 0 g;若4.00 g固体全为Fe2O3,n(Fe2O3)=1 0 g/mol=0.025 mol,由反应②③⑤知5.60 g铁粉过量,最终剩余固体全为Fe,且m(Fe)=5.60 g-[0.025 mol+(0.1 mol- ×0.0 5 mol)]×5 g/mol=2.80 g;现4.00 g固体为CuO、Fe2O3的混合物,则反应最终铁粉过量,最后所得3.04 g固体为Cu和Fe的混合物。
(1)因铁粉过量,故加入铁粉充分反应后,溶液中溶质只有FeSO4,则n(FeSO4)=n(H2SO4)= .00 mol/L×50.0×10-3 L=0.100 mol。
(2)设混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y,则有:80 g/mol×x+1 0 g/mol×y= .00 g……①,因加入0.100 mol的铁粉,最终溶液中含0.100 mol FeSO4,由铁原子守恒知3.04 g固体中过量的Fe即为y mol Fe2O3中所含的铁,依题意结合以上分析有: g/mol×x+5 g/mol× y= .0 g……②,由①②可解得
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.00 g
.00 g
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x=0.03 mol,y=0.01 mol,故m(Cu )=0.0 mol×80 g/mol=2.40 g。 30.答案 (一)(1)d(1分) (2)2(CH3)4NCl+2H2O(二)(1)BC(2分)
(2)0.67或67%(1分)
2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑(1分)
(2分)
(3)提高乙醇转化率;提高反应温度,从而加快反应速率;有利于后续产物分离(1分)
(4)ACD(2分)
--解析 (一)(1)由题给信息推知,阴极反应为:2H2O+2e 2OH+H2↑,阳极反应为:2Cl--2e- Cl2↑,阳离子交换膜只允许阳离子通过,收集到产物(CH3)4NOH的
区域是阴极的d口。(2)由电极反应知参与电极反应的物质是(CH3)4NCl和H2O,产物是(CH3)4NOH、H2和Cl2,故可写出电解总反应为:2(CH3)4NCl+2H2O
2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑。
(二)(1)在酯化反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂,A合理;不存在熵变为0的反应,B不合理;反应的ΔH接近零,说明温度变化对平衡的影响小,C不合理;因为反应前后都是液态物质,所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计,D合理。 (2)设乙酸和乙醇的起始投料均为a mol,平衡时生成x mol CH3COOC2H5, CH3COOH(l)+C2H5OH(l)
CH3COOC2H5(l)+H2O(l)
起始量 a mol a mol 0 0 变化量 x mol x mol x mol x mol 平衡量 (a-x) mol (a-x) mol x mol x mol
CH C C H5)· ((H ) K=(= =4.0,解得 CH C H)· (C H5 H)( - )
x= a
×100%= ×100%≈ 7%。
故乙酸乙酯的平衡产率y=
实际产量理论产量
乙酸和乙醇按化学计量数比例投料时,乙酸乙酯的物质的量分数达到最大值,所以当n=1时,乙酸乙酯的物质的量分数在最高点,由上面计算知此时x= =≈0. 。当n<1或n>1时,x值均比0.33小,据此可画出x随n变化的mol mol 示意图(详见答案)。
(3)乙酸过量,可使平衡正向移动,提高乙醇的转化率,且能减少恒沸混合物中乙醇的含量;提高反应温度,可加快反应速率;有利于后续产物分离。
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mol
1