2023年浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷(4月份)及解析

1、第37頁共37頁2023年浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷4月份一、選擇題本大題共25小題，每題2分，共50分每個(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多項(xiàng)選擇、錯(cuò)選均不得分12分以下屬于鹽的是ANaClBKOHCHNO3DCO222分儀器名稱為“量筒的是ABCD32分以下屬于非電解質(zhì)的是A葡萄糖B氫氧化鈉C氯化鉀D鐵42分以下屬于氧化復(fù)原反響的是A2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2BNa2O+H2O2NaOHC2KI+Br22KBr+I2DMgO+2HClMgCl2+H2O52分以下分散系能產(chǎn)生“丁達(dá)爾效應(yīng)的是A稀硫酸B硫酸銅溶液C氫氧化鐵膠體D酒精溶液62分以下說法不

2、正確的是A二氧化碳是酸雨的主要成分B氫氣是一種理想的清潔燃料C碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多D氯化鐵溶液可用于制作印刷銅電路板72分以下表示不正確的是ACO2的電子式BCl2的結(jié)構(gòu)式：ClClCCH4的球棍模型DCl離子的結(jié)構(gòu)示意圖 82分以下能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是ANH3BSO3CHClDCO292分以下物質(zhì)放入水中，會顯著放熱的是A食鹽B蔗糖C酒精D生石灰102分以下說法不正確的是A實(shí)驗(yàn)室應(yīng)將鈉保存在煤油中B分液漏斗和容量瓶在使用前都要檢漏C可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘單質(zhì)D金屬鎂失火不可用水來滅火112分以下說法正確的是A金剛石和石墨互為同素異形體，熔點(diǎn)和硬度都很高B氕、氘

3、、氚是氫元素的三種核素，質(zhì)子數(shù)都是1C乙醇和二甲醚CH3OCH3互為同系物DC4H10的一氯代物只有一種122分：Xg+2Yg3ZgH=a KJmol1a0以下說法不正確的是A0.1 mol X和0.2 mol Y充分反響生成Z的物質(zhì)的量一定小于0.3 molB到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化C到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，反響放出的總熱量可達(dá)a kJD升高反響溫度，逆反響速率增大，正反響速率減小132分以下離子方程式不正確的是A澄清石灰水中通入過量的二氧化碳CO2+OHHCO3B金屬鈉和水反響2Na+2H2O2Na+2OH+H2C酸性氯化亞鐵溶液中參加雙氧水2Fe2+H2O22Fe3+

4、O2+2H+D三氧化硫與氯化鋇溶液生成沉淀的反響SO3+Ba2+H2OBaSO4+2H+142分W、X、Y、Z四種短周期元素，它們在周期表中位置如下圖，以下說法不正確的是AZ、Y、X的原子半徑依次減小，非金屬性依次降低BZ、Y、W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次降低CWH4與Z元素的單質(zhì)在一定條件下可能發(fā)生化學(xué)反響DW的位置是第2周期、第A族152分以下說法不正確的是A1 mol乙烷在光照條件下最多能與3 mol Cl2發(fā)生取代反響B(tài)石油裂解氣能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色C水煤氣可用來合成液態(tài)烴、甲醇等有機(jī)物D苯可通過取代反響制得硝基苯、氯苯162分以下說法正確的是A向雞蛋清

5、的溶液中參加濃的硫酸鈉溶液或福爾馬林，蛋白質(zhì)的性質(zhì)發(fā)生改變并凝聚B將牛油和燒堿溶液混合加熱，充分反響后參加熱的飽和食鹽水，上層析出甘油C氨基酸為高分子化合物，種類較多，分子中都含有COOH和NH2D淀粉、纖維素、麥芽糖在一定條件下可與水作用轉(zhuǎn)化為葡萄糖172分銀鋅電池是一種常見化學(xué)電源，其原理反響：Zn+Ag2O+H2OZnOH2+2Ag，其工作示意圖如圖以下說法不正確的是AZn電極是負(fù)極BAg2O電極上發(fā)生復(fù)原反響CZn電極的電極反響式：Zn2e+2OHZnOH2D放電前后電解質(zhì)溶液的pH保持不變182分室溫下，以下事實(shí)不能說明NH3H2O為弱電解質(zhì)的是A0.1 molL1 NH3H2O的p

6、H小于13B0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7C相同條件下，濃度均為0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的導(dǎo)電能力弱D0.1 molL1 NH3H2O能使無色酚酞試液變紅色192分?jǐn)嗔?mol H2g中的HH鍵需要吸收436.4KJ的能量，斷裂1mol O2g中的共價(jià)鍵需要吸收498KJ的能量，生成H2Og中的1mol HO鍵能放出462.8KJ的能量以下說法正確的是A斷裂1 mol H2O中的化學(xué)鍵需要吸收925.6 KJ的能量B2H2g+O2g2H2OgH=480.4 KJmol1C2H2Ol2H2g+O2gH=471.6 KJmol1DH2g+O2gH2OlH=240.2

7、KJmol1202分以下說法正確的是A干冰和石英晶體中的化學(xué)鍵類型相同，熔化時(shí)需克服微粒間的作用力類型也相同B化學(xué)變化發(fā)生時(shí)，需要斷開反響物中的化學(xué)鍵，并形成生成物中的化學(xué)鍵CCH4和CCl4中，每個(gè)原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)DNaHSO4晶體溶于水時(shí)，離子鍵被破壞，共價(jià)鍵不受影響212分對水樣中溶質(zhì)M的分解速率影響因素進(jìn)行研究在相同溫度下，M的物質(zhì)的量濃度molL1隨時(shí)間min變化的有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見表以下說法不正確的是時(shí)間水樣0510152025pH=20.40.280.190.130.100.09pH=40.40.310.240.200.180.16pH=40.200.150.120.

8、090.070.05pH=4，含Ca2+0.200.090.050.030.010A在020 min內(nèi)，中M的分解速率為0.015 molL1min1B水樣酸性越強(qiáng)，M的分解速率越快C在020 min內(nèi)，中M的分解百分率比大D由于Ca2+存在，中M的分解速率比快222分設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，以下說法正確的是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L乙醇中碳?xì)滏I的數(shù)目為0.5 NAB1 L 0.1 molL1硫酸鈉溶液中含有的氧原子數(shù)為0.4 NAC0.1 mol KI與0.1 mol FeCl3在溶液中反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1 NAD0.1 mol乙烯與乙醇的混合物完全燃燒所消耗的氧分子數(shù)為0.3 NA

9、232分25時(shí)，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH和CH3COO二者中各自所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化的關(guān)系如下圖以下說法不正確的是A在pH4.76的溶液中，cCH3COOcCH3COOHB在pH=7的溶液中，CH3COOH=0，CH3COO=1.0C在pH4.76的溶液中，cCH3COO與cOH之和可大于cH+D在pH=4.76的溶液中加鹽酸，CH3COOH與CH3COO之和保持不變242分由硫鐵礦燒渣主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO得到綠礬主FeSO47H2O，再通過綠礬制備鐵黃FeOOH的流程如下：燒渣溶液綠礬鐵黃：FeS2和鐵黃均難溶于水以下說法不正確

10、的是A步驟，最好用硫酸來溶解燒渣B步驟，涉及的離子反響為FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+C步驟，將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，可得純潔綠礬D步驟，反響條件控制不當(dāng)會使鐵黃中混有FeOH3252分某固體混合物中可能含有：K+、Na+、Cl、CO32、SO42等離子，將該固體溶解所得到的溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：以下說法正確的是A該混合物一定是K2CO3和NaClB該混合物可能是Na2CO3和KClC該混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D該混合物一定是Na2CO3和NaCl二、非選擇題本大題共4小題，共20分266分A是天然氣的主要成分，以A為原料在一定

11、條件下可獲得有機(jī)物B、C、D、E、F，其相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖烴B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.16gL1，C能發(fā)生銀鏡反響，F(xiàn)為有濃郁香味，不易溶于水的油狀液體請答復(fù)：1有機(jī)物D中含有的官能團(tuán)名稱是2D+EF的反響類型是3有機(jī)物A在高溫下轉(zhuǎn)化為B的化學(xué)方程式是4以下說法正確的是A有機(jī)物E與金屬鈉反響比水與金屬鈉反響要劇烈B有機(jī)物D、E、F可用飽和Na2CO3溶液鑒別C實(shí)驗(yàn)室制備F時(shí)，濃硫酸主要起氧化作用D有機(jī)物C能被新制堿性氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液氧化276分為探究黑色固體X僅含兩種元素的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成如下實(shí)驗(yàn)：請答復(fù)：1X的化學(xué)式是2固體甲與稀硫酸反響的離子方程式是3加熱條件下氨氣被

12、固體X氧化成一種氣體單質(zhì)，寫出該反響的化學(xué)方程式284分FeSO4受熱分解的化學(xué)方程式為：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3請答復(fù)：1將FeSO4受熱產(chǎn)生的氣體按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，證實(shí)含有SO3和SO2能說明SO2存在的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是；為測定BaSO4沉淀的質(zhì)量，后續(xù)的操作步驟依次為、洗滌、枯燥、稱重2設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案，用化學(xué)方法驗(yàn)證FeSO4受熱后固體的成分不考慮其他反響294分分別稱取2.39gNH42SO4和NH4Cl固體混合物兩份1將其中一份配成溶液，逐滴參加一定濃度的BaOH2溶液，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與參加BaOH2溶液體積的關(guān)系如圖混合物中nNH42SO4：nNH4Cl為2另一份固體混

13、合物中NH4+與BaOH2溶液濃度同上恰好完全反響時(shí)，溶液中cCl=溶液體積變化忽略不計(jì)【加試題】10分3010分以氧化鋁為原料，通過碳熱復(fù)原法可合成氮化鋁AlN；通過電解法可制取鋁電解鋁時(shí)陽極產(chǎn)生的CO2可通過二氧化碳甲烷化再利用請答復(fù)：1：2Al2O3s4Alg+3O2gH1=3351KJmol12Cs+O2g2COgH2=221KJmol12Alg+N2g2AlNsH3=318KJmol1碳熱復(fù)原Al2O3合成AlN的總熱化學(xué)方程式是，該反響自發(fā)進(jìn)行的條件2在常壓、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和氣體體積比1：4，總物質(zhì)的量a mol進(jìn)行反響，測得CO2轉(zhuǎn)化率、CH4和CO選擇性隨

14、溫度變化情況分別如圖1和圖2所示選擇性：轉(zhuǎn)化的CO2中生成CH4或CO的百分比反響CO2g+4H2gCH4g+2H2OgH4反響CO2g+H2gCOg+H2OgH5以下說法不正確的是AH4小于零B溫度可影響產(chǎn)物的選擇性CCO2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高先增大后減少D其他條件不變，將CO2和H2的初始體積比改變?yōu)?：3，可提高CO2平衡轉(zhuǎn)化率350時(shí)，反響在t1時(shí)刻到達(dá)平衡，平衡時(shí)容器體積為VL該溫度下反響的平衡常數(shù)為用a、V表示350下CH4物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線如圖3所示畫出400下0t1時(shí)刻CH4物質(zhì)的量隨時(shí)間的變化曲線3據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道，CO2可以在堿性水溶液中電解生成甲烷，生成甲烷的電極反響式是

15、【加試題】10分3110分ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，濃度過高時(shí)易發(fā)生分解，常將其制成NaClO2固體，以便運(yùn)輸和貯存，過氧化氫法制備NaClO2固體的實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示：2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2+2H2OClO2熔點(diǎn)59、沸點(diǎn)11；H2O2沸點(diǎn)150請答復(fù)：1儀器A的作用是；冰水浴冷卻的目的是寫兩種2空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產(chǎn)率，試解釋其原因3Cl存在時(shí)會催化ClO2的生成反響開始時(shí)在三頸燒瓶中參加少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產(chǎn)生微量氯氣該過程可能經(jīng)兩步完成，請將

16、其補(bǔ)充完整：用離子方程式表示，H2O2+Cl22Cl+O2+2H+4H2O2濃度對反響速率有影響通過圖2所示裝置將少量30% H2O2溶液濃縮至40%，B處應(yīng)增加一個(gè)設(shè)備該設(shè)備的作用是，餾出物是5抽濾法別離NaClO2過程中，以下操作不正確的是A為防止濾紙被腐蝕，用玻璃纖維代替濾紙進(jìn)行抽濾B先轉(zhuǎn)移溶液至漏斗，待溶液快流盡時(shí)再轉(zhuǎn)移沉淀C洗滌沉淀時(shí)，應(yīng)使洗滌劑快速通過沉淀D抽濾完畢，斷開水泵與吸濾瓶間的橡皮管，關(guān)閉水龍頭【加試題】10分3210分某研究小組按以下路線合成鎮(zhèn)痛藥哌替啶：RXRCNRCOOH請答復(fù)：1AB的反響類型是2以下說法不正確的是A化合物A的官能團(tuán)是硝基 B化合物B可發(fā)生消去反響

17、C化合物E能發(fā)生加成反響 D哌替啶的分子式是C15H21NO23寫出B+CD的化學(xué)反響方程式4設(shè)計(jì)以甲苯為原料制備C的合成路線用流程圖表示，無機(jī)試劑任選5寫出同時(shí)符合以下條件的C的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式分子中有苯環(huán)而且是苯環(huán)的鄰位二取代物；1HNMR譜說明分子中有6種氫原子；IR譜顯示存在碳氮雙鍵C=N2023年浙江省普通高校招生選考化學(xué)試卷4月份參考答案與試題解析一、選擇題本大題共25小題，每題2分，共50分每個(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多項(xiàng)選擇、錯(cuò)選均不得分12分2023浙江以下屬于鹽的是ANaClBKOHCHNO3DCO2【分析】陰離子是酸根離子，陽離子是金

18、屬離子或銨根離子的化合物為鹽；電離出的陰離子全部是氫氧根的化合物為堿；電離出的陽離子全部是氫離子的化合物為酸；由兩種元素組成，其中一種為氧元素的化合物為氧化物據(jù)此分析【解答】解：A、氯化鈉的陽離子是金屬離子，陰離子是酸根離子，故為鹽，故A正確；B、KOH電離出的陰離子全部是氫氧根，故為堿，故B錯(cuò)誤；C、硝酸電離出的陽離子全部是氫離子，故為酸，故C錯(cuò)誤；D、二氧化碳是氧化物，故D錯(cuò)誤應(yīng)選A22分2023浙江儀器名稱為“量筒的是ABCD【分析】量筒是用于量取一定體積的計(jì)量儀器，量筒沒有0刻度，但是量筒上標(biāo)有具體刻度，據(jù)此進(jìn)行解答【解答】解：A該儀器為圓底燒瓶，故A不選；B該儀器為分液漏斗，故B錯(cuò)誤

19、；C該儀器標(biāo)有小刻度、沒有0刻度，為量筒，故C選；D該儀器為研缽，故D不選；應(yīng)選C32分2023浙江以下屬于非電解質(zhì)的是A葡萄糖B氫氧化鈉C氯化鉀D鐵【分析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導(dǎo)電的化合物是非電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物是電解質(zhì)【解答】解：A、葡萄糖在水溶液里或熔融狀態(tài)下以分子存在導(dǎo)致不導(dǎo)電，所以葡萄糖是非電解質(zhì)，故A正確；B、氫氧化鈉是化合物，水溶液中或熔融狀態(tài)下電離出離子導(dǎo)電，故氫氧化鈉是電解質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C、氯化鉀是化合物，水溶液中或熔融狀態(tài)下電離出離子導(dǎo)電，所以氯化鉀是電解質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D、金屬鐵是單質(zhì)不是化合物，所以既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A

20、42分2023浙江以下屬于氧化復(fù)原反響的是A2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2BNa2O+H2O2NaOHC2KI+Br22KBr+I2DMgO+2HClMgCl2+H2O【分析】氧化復(fù)原反響的實(shí)質(zhì)為電子轉(zhuǎn)移、特征為化合價(jià)升降，所以氧化復(fù)原反響中一定存在元素化合價(jià)變化，據(jù)此對各選項(xiàng)進(jìn)行判斷【解答】解：A2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2為分解反響，反響中不存在化合價(jià)變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故A錯(cuò)誤；BNa2O+H2O2NaOH為化合反響，反響中不存在化合價(jià)變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故B錯(cuò)誤；C2KI+Br22KBr+I2為置換反響，I、Br元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反

21、響，故C正確；DMgO+2HClMgCl2+H2O為復(fù)分解反響，不存在化合價(jià)變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C52分2023浙江以下分散系能產(chǎn)生“丁達(dá)爾效應(yīng)的是A稀硫酸B硫酸銅溶液C氫氧化鐵膠體D酒精溶液【分析】丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體所特有的性質(zhì)，而分散質(zhì)粒子直徑介于1100nm之間的分散系為膠體，據(jù)此分析【解答】解：A、稀硫酸是溶液，不是膠體，故不產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、硫酸銅溶液是溶液，不是膠體，故不產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、氫氧化鐵膠體是膠體，產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故C正確；D、酒精溶液是溶液，不是膠體，故不產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C62分2023浙江以下說法不正確的是A二氧

22、化碳是酸雨的主要成分B氫氣是一種理想的清潔燃料C碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多D氯化鐵溶液可用于制作印刷銅電路板【分析】A正常雨水溶解二氧化碳；B氫氣燃燒產(chǎn)物為水，放熱多，來源廣；C碳酸氫鈉的堿性較弱，可中和胃酸；DCu與氯化鐵溶液反響【解答】解：A正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可導(dǎo)致酸雨發(fā)生，為酸雨的主要成分，故A錯(cuò)誤；B氫氣燃燒產(chǎn)物為水，放熱多，來源廣，那么氫氣是一種理想的清潔燃料，故B正確；C碳酸氫鈉的堿性較弱，可中和胃酸，那么碳酸氫鈉可用于治療胃酸過多，故C正確；DCu與氯化鐵溶液反響，那么氯化鐵溶液可用于制作印刷銅電路板，故D正確；應(yīng)選A72分2023浙江以下表示不正確的是ACO2的電子

23、式BCl2的結(jié)構(gòu)式：ClClCCH4的球棍模型DCl離子的結(jié)構(gòu)示意圖 【分析】A二氧化碳為共價(jià)化合物，含有C=O鍵；B氯氣存在ClCl鍵；C為比例模型；DCl離子的原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8【解答】解：A二氧化碳為共價(jià)化合物，含有C=O鍵，電子式為，故A正確；B氯氣存在ClCl鍵，結(jié)構(gòu)式為ClCl，故B正確；C甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，甲烷的球棍模型為，故C錯(cuò)誤；DCl離子的原子核外有3個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為8，離子的結(jié)構(gòu)示意圖 為，故D正確應(yīng)選C82分2023浙江以下能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是ANH3BSO3CHClDCO2【分析】據(jù)能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)的氣體是堿性氣體

24、氨氣來答復(fù)【解答】解：A、氨氣有刺激性氣味，氨氣溶于水形成氨水，屬于弱堿，氨氣顯堿性，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍(lán)，故A正確；B、SO3和水反響生成硫酸，屬于酸性氣體，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變紅，故B錯(cuò)誤；C、HCl屬于酸性氣體，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變紅，故C錯(cuò)誤；D、CO2和水反響生成碳酸，屬于酸性氣體，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變紅，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選A92分2023浙江以下物質(zhì)放入水中，會顯著放熱的是A食鹽B蔗糖C酒精D生石灰【分析】選項(xiàng)中只有生石灰溶于水，放出大量的熱，其它溶于水水熱效應(yīng)不明顯，以此來解答【解答】解：A、B、C中物質(zhì)均溶于水，熱效應(yīng)不明顯，但CaO與水反響，放出熱量的熱，熱效應(yīng)

25、明顯，應(yīng)選D102分2023浙江以下說法不正確的是A實(shí)驗(yàn)室應(yīng)將鈉保存在煤油中B分液漏斗和容量瓶在使用前都要檢漏C可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘單質(zhì)D金屬鎂失火不可用水來滅火【分析】A、鈉能和氧氣、水反響；B、用于盛裝液體并帶塞子的儀器使用前都需查漏；C、酒精和水互溶；D、金屬鎂能和熱水反響【解答】解：A、鈉能和氧氣、水反響，故應(yīng)隔絕空氣保存，且鈉的密度比煤油大，故可以保存在煤油中，故A正確；B、用于盛裝液體并帶塞子的儀器使用前都需查漏，故分液漏斗和容量瓶使用前都需查漏，故B正確；C、酒精和水互溶，故不能用酒精來萃取碘水中的碘，故C錯(cuò)誤；D、金屬鎂能和熱水反響生成氫氣會引起爆炸，故不能用水來

26、滅鎂火，故D正確應(yīng)選C112分2023浙江以下說法正確的是A金剛石和石墨互為同素異形體，熔點(diǎn)和硬度都很高B氕、氘、氚是氫元素的三種核素，質(zhì)子數(shù)都是1C乙醇和二甲醚CH3OCH3互為同系物DC4H10的一氯代物只有一種【分析】A石墨的硬度?。籅具有一定質(zhì)子數(shù)和一定中子數(shù)的原子為核素；C結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差一個(gè)或假設(shè)干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)互稱為同系物，同系物必為同一類物質(zhì)，所含官能團(tuán)及官能團(tuán)數(shù)目相同；D丁烷有正丁烷和異丁烷2種同分異構(gòu)體，有機(jī)物分子中有幾種氫原子就有幾種一氯代烴，然后根據(jù)正丁烷和異丁烷中氫原子的種類確定C4H10的一氯代物的數(shù)目；【解答】解：A金剛石和石墨都是有碳元素組成的不

27、同單質(zhì)，互為同素異形體，石墨的硬度小，故A錯(cuò)誤；B氕、氘、氚是質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同元素的不同原子，三者是氫元素的三種核素，質(zhì)子數(shù)都是1，故B正確；C乙醇和二甲醚不屬于一類物質(zhì)，官能團(tuán)不同，不是同系物，故C錯(cuò)誤；D分子式為C4H10的烷烴為丁烷，丁烷存在正丁烷和異丁烷兩種同分異構(gòu)體，正丁烷CH3CH2CH2CH3有2氫原子，所以其一氯代物有2；異丁烷CH3CHCH3CH3有2氫原子，其一氯代物有2種，所以丁烷的一氯代物的同分異構(gòu)體總共有4種，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B122分2023浙江：Xg+2Yg3ZgH=a KJmol1a0以下說法不正確的是A0.1 mol X和0.2 mol Y充分反響生成

28、Z的物質(zhì)的量一定小于0.3 molB到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化C到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，反響放出的總熱量可達(dá)a kJD升高反響溫度，逆反響速率增大，正反響速率減小【分析】A、可逆反響不可能完全轉(zhuǎn)化；B、化學(xué)平衡時(shí)正逆反響速率相等，體系中各組分的濃度不變；C、反響熱表示1molX和2molY完全反響生成3mol的Z放出aKJ的熱量；D、升高反響溫度，正逆反響速率都加快【解答】解：A、可逆反響不可能完全轉(zhuǎn)化，所以0.1 mol X和0.2 mol Y充分反響生成Z的物質(zhì)的量一定小于0.3 mol，故A正確；B、化學(xué)平衡時(shí)正逆反響速率相等，體系中各組分的濃度不變，所以到達(dá)化學(xué)平衡狀

29、態(tài)時(shí)，X、Y、Z的濃度不再發(fā)生變化，故B正確；C、反響熱表示1molX和2molY完全反響生成3mol的Z放出aKJ的熱量，反響放出的熱量與實(shí)際參加反響的量有關(guān)，所以到達(dá)化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，只要有1molX參加反響就可以放出aKJ的熱量，故C正確；D、升高反響溫度，正逆反響速率都加快，對正逆反響影響是一致的，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D132分2023浙江以下離子方程式不正確的是A澄清石灰水中通入過量的二氧化碳CO2+OHHCO3B金屬鈉和水反響2Na+2H2O2Na+2OH+H2C酸性氯化亞鐵溶液中參加雙氧水2Fe2+H2O22Fe3+O2+2H+D三氧化硫與氯化鋇溶液生成沉淀的反響SO3+Ba2+H2OB

30、aSO4+2H+【分析】A氫氧化鈣與過量二氧化碳反響生成碳酸氫鈣；B鈉與水反響生成氫氧化鈉和氫氣；C離子方程式兩邊正電荷不相等，違反了電荷守恒；D三氧化硫?yàn)樗嵝匝趸?，與氯化鋇溶液反響生成硫酸鋇沉淀和氯化氫【解答】解：A澄清石灰水中通入過量的二氧化碳，反響生成碳酸氫鈣，反響的離子方程式為：CO2+OHHCO3，故A正確；B金屬鈉和水反響生成NaOH和氫氣，反響的離子方程式為：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故B正確；C酸性氯化亞鐵溶液中參加雙氧水，雙氧水將亞鐵離子氧化成鐵離子，正確的離子方程式為：2Fe2+2H+H2O22Fe3+2H2O，故C錯(cuò)誤；D三氧化硫與氯化鋇溶液生成硫酸鋇沉淀反

31、響的離子方程式為：SO3+Ba2+H2OBaSO4+2H+，故D正確；應(yīng)選C142分2023浙江W、X、Y、Z四種短周期元素，它們在周期表中位置如下圖，以下說法不正確的是AZ、Y、X的原子半徑依次減小，非金屬性依次降低BZ、Y、W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次降低CWH4與Z元素的單質(zhì)在一定條件下可能發(fā)生化學(xué)反響DW的位置是第2周期、第A族【分析】W、X、Y、Z四種短周期元素，由它們在周期表中位置可知，W為C，X為O，Y為S，Z為Cl，A同周期從左向右原子半徑減小，電子層越多原子半徑越大；同主族從上到下非金屬性減弱，同周期從左向右非金屬性增強(qiáng)；B非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性越

32、強(qiáng)；CWH4與Z元素的單質(zhì)，在光照下可發(fā)生取代反響；DW為C元素【解答】解：AY、Z、X的原子半徑依次減小，非金屬性XY、ZY，且O無正價(jià)，那么非金屬性X、Z、Y依次降低，故A錯(cuò)誤；B非金屬性ZYW，那么Z、Y、W的最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次降低，故B正確；CWH4與Z元素的單質(zhì)，在光照下可發(fā)生取代反響，生成鹵代烴和HCl，故C正確；DW為C元素，位于第2周期、第A族，故D正確；應(yīng)選A152分2023浙江以下說法不正確的是A1 mol乙烷在光照條件下最多能與3 mol Cl2發(fā)生取代反響B(tài)石油裂解氣能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色C水煤氣可用來合成液態(tài)烴、甲醇等有機(jī)物D苯可通

33、過取代反響制得硝基苯、氯苯【分析】A乙烷分子中含有6個(gè)H原子，可完全被取代；B石油裂解氣含有烯烴；C水煤氣的主要成分為CO、氫氣，可在一定條件下合成烴、甲醇等；D苯可在一定條件下發(fā)生取代反響【解答】解：A乙烷分子中含有6個(gè)H原子，可完全被取代，那么1 mol乙烷在光照條件下最多能與6 mol Cl2發(fā)生取代反響，故A錯(cuò)誤；B石油裂解氣含有烯烴，可與溴發(fā)生加成反響，與高錳酸鉀發(fā)生氧化反響，故B正確；C水煤氣的主要成分為CO、氫氣，可在一定條件下合成烴、甲醇等，故C正確；D苯可在一定條件下發(fā)生取代反響，可生成硝基苯、氯苯等，故D正確應(yīng)選A162分2023浙江以下說法正確的是A向雞蛋清的溶液中參加濃

34、的硫酸鈉溶液或福爾馬林，蛋白質(zhì)的性質(zhì)發(fā)生改變并凝聚B將牛油和燒堿溶液混合加熱，充分反響后參加熱的飽和食鹽水，上層析出甘油C氨基酸為高分子化合物，種類較多，分子中都含有COOH和NH2D淀粉、纖維素、麥芽糖在一定條件下可與水作用轉(zhuǎn)化為葡萄糖【分析】A參加硫酸鈉，蛋白質(zhì)不變性；B甘油易溶于水；C氨基酸為小分子化合物；D淀粉、纖維素、麥芽糖分別為多糖、二糖，可水解【解答】解：A參加濃硫酸鈉溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，不變性，故A錯(cuò)誤；B甘油易溶于水，上層為高級脂肪酸鈉，故B錯(cuò)誤；C高分子化合物的相對分子質(zhì)量在10000以上，氨基酸為小分子化合物，故C錯(cuò)誤；D淀粉、纖維素、麥芽糖分別為多糖、二糖，可水解生成

35、葡萄糖，故D正確應(yīng)選D172分2023浙江銀鋅電池是一種常見化學(xué)電源，其原理反響：Zn+Ag2O+H2OZnOH2+2Ag，其工作示意圖如圖以下說法不正確的是AZn電極是負(fù)極BAg2O電極上發(fā)生復(fù)原反響CZn電極的電極反響式：Zn2e+2OHZnOH2D放電前后電解質(zhì)溶液的pH保持不變【分析】原電池反響Zn+Ag2O+H2O=ZnOH2+2Ag中，負(fù)極反響為Zn+2OH2e=ZnOH2、正極反響為Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，電子由負(fù)極流向正極，以此來解答【解答】解：A、活潑金屬Zn為負(fù)極，故A正確；B、正極反響為Ag2O+H2O+2e=2Ag+2OH，發(fā)生復(fù)原反響，故B正確；C、負(fù)

36、極反響為Zn+2OH2e=ZnOH2，故C正確；D、氫氧根離子物質(zhì)的量雖然不變，但水的量減少，KOH的濃度增大，pH增大，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選D182分2023浙江室溫下，以下事實(shí)不能說明NH3H2O為弱電解質(zhì)的是A0.1 molL1 NH3H2O的pH小于13B0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7C相同條件下，濃度均為0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的導(dǎo)電能力弱D0.1 molL1 NH3H2O能使無色酚酞試液變紅色【分析】局部電離的電解質(zhì)為弱電解質(zhì)，只要能證明NH3H2O局部電離就說明NH3H2O是弱電解質(zhì)，據(jù)此分析解答【解答】解：A0.1 molL1 NH3H2O的pH小于1

37、3，那么溶液中cOH0.1mol/L，所以cOHcNH3H2O，說明NH3H2O局部電離，為弱電解質(zhì)，故A不選；B0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7顯酸性，說明 NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，那么證明NH3H2O是弱電解質(zhì)，故B不選；C相同條件下，濃度均為0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的導(dǎo)電能力弱，說明NH3H2O局部電離，為弱電解質(zhì)，故C不選；D0.1 molL1 NH3H2O能使無色酚酞試液變紅色，說明NH3H2O顯堿性，那么不能證明NH3H2O是弱電解質(zhì)，故D選；應(yīng)選D192分2023浙江斷裂1mol H2g中的HH鍵需要吸收436.4KJ的能量，斷裂1mol O2g中的

38、共價(jià)鍵需要吸收498KJ的能量，生成H2Og中的1mol HO鍵能放出462.8KJ的能量以下說法正確的是A斷裂1 mol H2O中的化學(xué)鍵需要吸收925.6 KJ的能量B2H2g+O2g2H2OgH=480.4 KJmol1C2H2Ol2H2g+O2gH=471.6 KJmol1DH2g+O2gH2OlH=240.2KJmol1【分析】焓變等于斷鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，且物質(zhì)的量與熱量成正比，互為逆反響時(shí)焓變的數(shù)值相同、符號相反，以此來解答【解答】解：A生成H2Og中的1mol HO鍵能放出462.8KJ的能量，那么斷裂1 mol H2Og中的化學(xué)鍵需要吸收熱量462.8KJ2=92

39、5.6 KJ，但并未說明水的狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B.2H2g+O2g2H2OgH=436.4KJ/mol2+498KJ/mol22462.8KJ/mol=480.4 KJmol1，故B正確；C.2H2Og=2H2OlH=88KJ/mol，那么2H2g+O2g2H2OlH=568.4KJ/mol，可知2H2Ol2H2g+O2gH=+568.4 KJmol1，故C錯(cuò)誤；D.2H2g+O2g2H2OlH=568.4KJ/mol，那么H2g+O2gH2OlH=284.2KJmol1，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B202分2023浙江以下說法正確的是A干冰和石英晶體中的化學(xué)鍵類型相同，熔化時(shí)需克服微粒間的作用力類型也相同

40、B化學(xué)變化發(fā)生時(shí)，需要斷開反響物中的化學(xué)鍵，并形成生成物中的化學(xué)鍵CCH4和CCl4中，每個(gè)原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)DNaHSO4晶體溶于水時(shí)，離子鍵被破壞，共價(jià)鍵不受影響【分析】A、干冰是分子晶體，而石英晶體是原子晶體；B、化學(xué)反響的實(shí)質(zhì)是斷開舊化學(xué)鍵，形成新的化學(xué)鍵；C、CH4分子中氫原子最外層達(dá)2電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；D、NaHSO4晶體溶于水時(shí)，電離產(chǎn)生鈉離子、氫離子和硫酸根離子【解答】解：A、干冰是分子晶體，而石英晶體是原子晶體，而熔化時(shí)需克服微粒間的作用力分別是分子間作用力和共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B、化學(xué)反響的實(shí)質(zhì)是斷開舊化學(xué)鍵，形成新的化學(xué)鍵，所以化學(xué)變化發(fā)生時(shí)，需要斷開反響物中的

41、化學(xué)鍵，并形成生成物中的化學(xué)鍵，故B正確；C、CH4分子中氫原子最外層達(dá)2電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D、NaHSO4晶體溶于水時(shí)，電離產(chǎn)生鈉離子、氫離子和硫酸根離子，所以NaHSO4晶體溶于水時(shí)，離子鍵被破壞，共價(jià)鍵也被破壞，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B212分2023浙江對水樣中溶質(zhì)M的分解速率影響因素進(jìn)行研究在相同溫度下，M的物質(zhì)的量濃度molL1隨時(shí)間min變化的有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見表以下說法不正確的是時(shí)間水樣0510152025pH=20.40.280.190.130.100.09pH=40.40.310.240.200.180.16pH=40.200.150.120.090.070

42、.05pH=4，含Ca2+0.200.090.050.030.010A在020 min內(nèi)，中M的分解速率為0.015 molL1min1B水樣酸性越強(qiáng)，M的分解速率越快C在020 min內(nèi)，中M的分解百分率比大D由于Ca2+存在，中M的分解速率比快【分析】A在020 min內(nèi)，中M的物質(zhì)的量濃度變化0.3mol/L，以此可計(jì)算濃度；B比照、組數(shù)據(jù)可得出結(jié)論；C在020 min內(nèi)，中M的濃度變化0.13mol，中變化0.22mol，以此計(jì)算分解的百分率；D可比照020 min內(nèi)、中M的分解速率進(jìn)行判斷【解答】解：A在020 min內(nèi)，中M的物質(zhì)的量濃度變化0.3mol/L，那么，中M的分解速率為

43、=0.015 molL1min1，故A正確；B比照、組數(shù)據(jù)，05min內(nèi)，中M的物質(zhì)的量濃度變化0.12mol/L，中M的物質(zhì)的量濃度變化0.09mol/L，那么酸性增強(qiáng)，速率增大，故B正確；C在020 min內(nèi)，中M的濃度變化0.13mol，分解速率為，中變化0.22mol，分解速率為，那么中M的分解百分率比大，故C正確；D可比照510min內(nèi)中分解速率為、中M的分解速率為，可知中M的分解速率比快，故D錯(cuò)誤應(yīng)選D222分2023浙江設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，以下說法正確的是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24 L乙醇中碳?xì)滏I的數(shù)目為0.5 NAB1 L 0.1 molL1硫酸鈉溶液中含有的氧原子數(shù)為0.

44、4 NAC0.1 mol KI與0.1 mol FeCl3在溶液中反響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1 NAD0.1 mol乙烯與乙醇的混合物完全燃燒所消耗的氧分子數(shù)為0.3 NA【分析】A、標(biāo)況下乙醇為液體；B、硫酸鈉溶液中，除了硫酸鈉外，水也含氧原子；C、KI和FeCl3的反響是一個(gè)可逆反響；D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧氣【解答】解：A、標(biāo)況下乙醇為液體，故不能根據(jù)氣體摩爾體積來計(jì)算其物質(zhì)的量，故A錯(cuò)誤；B、硫酸鈉溶液中，除了硫酸鈉外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的個(gè)數(shù)大于0.4NA個(gè)，故B錯(cuò)誤；C、KI和FeCl3的反響是一個(gè)可逆反響，不能完全反響，題干中轉(zhuǎn)移0.1NA的電子數(shù)是在完全

45、反響的情況下，故C錯(cuò)誤；D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧氣，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧氣即0.3NA個(gè)氧氣分子，故D正確應(yīng)選D232分2023浙江25時(shí)，在含CH3COOH和CH3COO的溶液中，CH3COOH和CH3COO二者中各自所占的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溶液pH變化的關(guān)系如下圖以下說法不正確的是A在pH4.76的溶液中，cCH3COOcCH3COOHB在pH=7的溶液中，CH3COOH=0，CH3COO=1.0C在pH4.76的溶液中，cCH3COO與cOH之和可大于cH+D在pH=4.76的溶液中加鹽酸，CH3COOH與CH3COO之和保持不變【分析】A當(dāng)溶液pH=4.

46、76時(shí)，cCH3COO=cCH3COOH，在pH4.76的溶液顯酸性；B假設(shè)CH3COOH=0，CH3COO=1.0，溶液顯堿性；C在pH4.76的溶液中存在電荷守恒分析；D當(dāng)溶液pH=4.76時(shí)，cCH3COO=cCH3COOH，醋酸電離顯酸性，醋酸根離子水解顯堿性，為緩沖溶液【解答】解：A在pH4.76的溶液顯酸性，cCH3COOcCH3COOH，故A正確；B在pH=7的溶液中，為醋酸和醋酸鹽混合溶液，CH3COOH0，CH3COO1.0，故B錯(cuò)誤；C在pH4.76的溶液中存在電荷守恒，cCH3COO與cOH之和可大于cH+，故C正確；D當(dāng)溶液pH=4.76時(shí)，cCH3COO=cCH3CO

47、OH，醋酸電離顯酸性，醋酸根離子水解顯堿性，為緩沖溶液，參加鹽酸或堿溶液中CH3COOH與CH3COO之和保持不變，故D正確；應(yīng)選B242分2023浙江由硫鐵礦燒渣主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO得到綠礬主FeSO47H2O，再通過綠礬制備鐵黃FeOOH的流程如下：燒渣溶液綠礬鐵黃：FeS2和鐵黃均難溶于水以下說法不正確的是A步驟，最好用硫酸來溶解燒渣B步驟，涉及的離子反響為FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+C步驟，將溶液加熱到有較多固體析出，再用余熱將液體蒸干，可得純潔綠礬D步驟，反響條件控制不當(dāng)會使鐵黃中混有FeOH3【分析】由制備綠礬流程可知，燒渣主要

48、成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO均溶于硫酸，溶液含F(xiàn)e2+、Fe3+，步驟發(fā)生FeS2+7Fe2SO43+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶析出綠礬，綠礬與氨水、空氣可發(fā)生氧化復(fù)原反響生成FeOH3，以此來解答【解答】解：A因綠礬的酸根離子為硫酸根離子，那么步驟，最好用硫酸來溶解燒渣，故A正確；B步驟發(fā)生FeS2+7Fe2SO43+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，離子反響為FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42+16H+，故B正確；C步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶析出綠礬，假設(shè)蒸干時(shí)綠礬受熱失去結(jié)晶水，故C錯(cuò)誤；D步驟，反響條件控制不當(dāng)，綠礬與

49、氨水、空氣可發(fā)生氧化復(fù)原反響生成FeOH3，故D正確；應(yīng)選C252分2023浙江某固體混合物中可能含有：K+、Na+、Cl、CO32、SO42等離子，將該固體溶解所得到的溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：以下說法正確的是A該混合物一定是K2CO3和NaClB該混合物可能是Na2CO3和KClC該混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D該混合物一定是Na2CO3和NaCl【分析】固體溶于水后，焰色反響為黃色，可知一定含Na+，與過量硝酸鋇反響生成白色沉淀可溶于過量鹽酸，那么白色沉淀為碳酸鋇，一定含CO32，而不含SO42，濾液與硝酸銀反響生成不溶于硝酸的白色沉淀為AgCl，可知一定含Cl，以此來解答【解答】解：

50、由上述分析可知，一定含Na+、Cl、CO32，不含SO42，不能確定是否含K+，A該混合物可能是K2CO3和NaCl，因不能確定是否含K+，故A不選；B由分析出的離子可知該混合物可能是Na2CO3和KCl，故B選；C不含SO42，那么不可能含Na2SO4，故C不選；D不能確定是否含K+，可能為Na2CO3和NaCl，故D不選；應(yīng)選B二、非選擇題本大題共4小題，共20分266分2023浙江A是天然氣的主要成分，以A為原料在一定條件下可獲得有機(jī)物B、C、D、E、F，其相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖烴B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.16gL1，C能發(fā)生銀鏡反響，F(xiàn)為有濃郁香味，不易溶于水的油狀液體請答復(fù)：1有機(jī)物D中含

51、有的官能團(tuán)名稱是羧基2D+EF的反響類型是酯化反響3有機(jī)物A在高溫下轉(zhuǎn)化為B的化學(xué)方程式是2CH4CHCH+3H24以下說法正確的是BDA有機(jī)物E與金屬鈉反響比水與金屬鈉反響要劇烈B有機(jī)物D、E、F可用飽和Na2CO3溶液鑒別C實(shí)驗(yàn)室制備F時(shí)，濃硫酸主要起氧化作用D有機(jī)物C能被新制堿性氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液氧化【分析】A是天然氣的主要成分，那么A為CH4；烴B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.16gL1，那么B的摩爾質(zhì)量為：MB=22.4L/mol1.16gL126g/mol；C能發(fā)生銀鏡反響，那么C分子中含有醛基；F為有濃郁香味，不易溶于水的油狀液體，那么F為酯，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知F為CH3

52、COOC2H5；C催化氧化得D，C與氫氣發(fā)生復(fù)原反響生成E，那么D為CH3COOH、E為CH3CH2OH、C為CH3CHO；B與水反響生成乙醛，且B的摩爾質(zhì)量為26g/mol，那么B為CHCH，據(jù)此進(jìn)行解答【解答】解：A是天然氣的主要成分，那么A為CH4；烴B在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.16gL1，那么B的摩爾質(zhì)量為：MB=22.4L/mol1.16gL126g/mol；C能發(fā)生銀鏡反響，那么C分子中含有醛基；F為有濃郁香味，不易溶于水的油狀液體，那么F為酯，根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知F為CH3COOC2H5；C催化氧化得D，C與氫氣發(fā)生復(fù)原反響生成E，那么D為CH3COOH、E為CH3CH2OH、C為CH

53、3CHO；B與水反響生成乙醛，且B的摩爾質(zhì)量為26g/mol，那么B為CHCH，1D的結(jié)構(gòu)簡式為D為CH3COOH，其含有官能團(tuán)為羧基，故答案為：羧基；2D為CH3COOH、E為CH3CH2OH，二者在濃硫酸存在條件下發(fā)生酯化反響生成乙酸乙酯，故答案為：酯化反響；3A為CH4，B為CHCH，CH4在高溫下轉(zhuǎn)化為CHCH的化學(xué)方程式是：2CH4CHCH+3H2，故答案為：2CH4CHCH+3H2；4AE為CH3CH2OH，乙醇與金屬鈉反響不如水與金屬鈉反響劇烈，故A錯(cuò)誤；BD為CH3COOH、E為CH3CH2OH、F為CH3COOC2H5，乙酸與碳酸鈉生成氣體，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙醇

54、易溶于碳酸鈉溶液，所以可用飽和Na2CO3溶液鑒別三者，故B正確；C實(shí)驗(yàn)室制備乙酸乙酯時(shí)，濃硫酸為催化劑和吸水劑，不表達(dá)氧化性，故C錯(cuò)誤；D有機(jī)物C為CH3CHO，CH3CHO中含有官能團(tuán)醛基，醛基能被新制堿性氫氧化銅懸濁液、酸性KMnO4溶液氧化，故D正確；故答案為：BD276分2023浙江為探究黑色固體X僅含兩種元素的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成如下實(shí)驗(yàn)：請答復(fù)：1X的化學(xué)式是CuO2固體甲與稀硫酸反響的離子方程式是Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O3加熱條件下氨氣被固體X氧化成一種氣體單質(zhì)，寫出該反響的化學(xué)方程式3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O【分析】流程中32gX隔絕空氣加熱分解

55、放出了能使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧氣，質(zhì)量=32.0g28.8g=3.28g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反響生成藍(lán)色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，nCuO=0.4mol，結(jié)合質(zhì)量守恒得到nO2=0.1mol，氧元素守恒得到甲中nCu：nO=0.2mol：0.4mol0.1mol2=2：1，固體甲化學(xué)式為Cu2O，固體乙為Cu，藍(lán)色溶液為硫酸銅，參加氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅，據(jù)此分析答復(fù)【解答】解：流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復(fù)燃的氣體為氧

56、氣，質(zhì)量=32.0g28.8g=3.28g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反響生成藍(lán)色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，nCuO=0.4mol，結(jié)合質(zhì)量守恒得到nO2=0.1mol，氧元素守恒得到甲中nCu：nO=0.2mol：0.4mol0.1mol2=2：1，固體甲化學(xué)式為Cu2O，固體乙為Cu，藍(lán)色溶液為硫酸銅，參加氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅，1分析可知X為CuO，故答案為：CuO；2固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發(fā)生歧化反響生成銅、二價(jià)銅離子和水，反響的離子

57、方程式為：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故答案為：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；3加熱條件下氨氣被固體X位氧化銅氧化成一種氣體單質(zhì)為氮?dú)猓错懙幕瘜W(xué)方程式為：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案為：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O284分2023浙江FeSO4受熱分解的化學(xué)方程式為：2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3請答復(fù)：1將FeSO4受熱產(chǎn)生的氣體按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，證實(shí)含有SO3和SO2能說明SO2存在的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是品紅溶液褪色；為測定BaSO4沉淀的質(zhì)量，后續(xù)的操作步驟依次為過濾、洗滌、枯燥、稱重2設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案，用化學(xué)方法驗(yàn)證FeSO4受熱

58、后固體的成分不考慮其他反響取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，變?yōu)檠t色，與高錳酸鉀不反響【分析】1由圖可知，氯化鋇溶液與三氧化硫反響，假設(shè)品紅褪色可說明二氧化硫的存在，NaOH溶液吸收尾氣，對沉淀過濾、洗滌、枯燥后稱量；2氧化鐵不溶于水，加硫酸溶解后可檢驗(yàn)鐵離子【解答】解：1將FeSO4受熱產(chǎn)生的氣體按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，證實(shí)含有SO3和SO2，能說明SO2存在的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是品紅溶液褪色；為測定BaSO4沉淀的質(zhì)量，后續(xù)的操作步驟依次為過濾、洗滌、枯燥、稱重，故答案為：品紅溶液褪色；過濾；2用化學(xué)方法驗(yàn)證FeSO4受熱后固體的成分的實(shí)驗(yàn)為取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，變?yōu)檠t色，與高錳酸鉀不反

59、響，可說明分解生成氧化鐵，故答案為：取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，變?yōu)檠t色，與高錳酸鉀不反響294分2023浙江分別稱取2.39gNH42SO4和NH4Cl固體混合物兩份1將其中一份配成溶液，逐滴參加一定濃度的BaOH2溶液，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與參加BaOH2溶液體積的關(guān)系如圖混合物中nNH42SO4：nNH4Cl為1：22另一份固體混合物中NH4+與BaOH2溶液濃度同上恰好完全反響時(shí)，溶液中cCl=0.1mol/L溶液體積變化忽略不計(jì)【分析】1分別稱取2.39gNH42SO4和NH4Cl固體混合物兩份，而第一份加100ml的氫氧化鋇生成沉淀硫酸鋇的質(zhì)量為2.33g，其物質(zhì)的量為：=0.0

60、1mol，根據(jù)硫酸根離子守恒，所以第一份中硫酸銨的物質(zhì)的量為0.01mol，其質(zhì)量為：0.01132=1.32g，那么每份中NH4Cl的質(zhì)量為：2.391.32=1.07g，所以氯化銨的物質(zhì)的量為=0.02mol；2由1可知100ml氫氧化鋇的物質(zhì)的量為：0.01mol，所以氫氧化鋇的濃度為=0.1mol/L，而2.39gNH42SO4和NH4Cl固體混合物中銨根離子的物質(zhì)的量為：0.012+0.02=0.04mol，根據(jù)NH4+OH=NH3+H2O可知?dú)溲趸^的物質(zhì)的量為：0.02mol，所以需氫氧化鋇的體積為：=0.2L，根據(jù)c=求氯離子的物質(zhì)的量濃度【解答】解：1分別稱取2.39gNH4