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2017 年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4 月份）
一、选择题（本大题共 25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个
备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2分）下列属于盐的是（ ）
A．NaClB．KOHC．HNO D．CO
3 2
2．（2分）仪器名称为“量筒”的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2分）下列属于非电解质的是（ ）
A．葡萄糖 B．氢氧化钠 C．氯化钾 D．铁
4．（2分）下列属于氧化还原反应的是（ ）
A．2NaHCO Na CO +H O+CO ↑
3 2 3 2 2
B．Na O+H O═2NaOH
2 2
C．2KI+Br ═2KBr+I
2 2
D．MgO+2HCl═MgCl +H O
2 2
5．（2分）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．酒精溶液
6．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．二氧化碳是酸雨的主要成分
B．氢气是一种理想的清洁燃料
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板
7．（2分）下列表示不正确的是（ ）
A．CO 的电子式 B．Cl 的结构式：Cl﹣Cl
2 2C．CH 的球棍模型 D．Clˉ离子的结构示意图
4
8．（2分）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）
A．NH B．SO C．HCl D．CO
3 3 2
9．（2分）下列物质放入水中，会显著放热的是（ ）
A．食盐 B．蔗糖 C．酒精 D．生石灰
10．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室应将钠保存在煤油中
B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏
C．可用酒精代替CCl 萃取碘水中的碘单质
4
D．金属镁失火不可用水来灭火
11．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高
B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是1
C．乙醇和二甲醚（CH ﹣O﹣CH ）互为同系物
3 3
D．C H 的一氯代物只有一种
4 10
12．（2分）已知：X（g）+2Y（g） 3Z（g）△H=﹣a KJ•mol﹣1（a＞0）．下列
说法不正确的是（ ）
⇌
A．0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
13．（2分）下列离子方程式不正确的是（ ）
A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO +OH‾═HCO ﹣
2 3
B．金属钠和水反应2Na+2H O═2Na++2OH﹣+H ↑
2 2
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H O ═2Fe3++O ↑+2H+
2 2 2
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO +Ba2++H O═BaSO ↓+2H+
3 2 4
14．（2分）W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低
B．Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低
C．WH 与Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应
4
D．W的位置是第2周期、第ⅣA族
15．（2分）下列说法不正确的是（ ）
A．1 mol乙烷在光照条件下最多能与3 mol Cl 发生取代反应
2
B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO 溶液褪色
4
C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物
D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯
16．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变
并凝聚
B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘
油
C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有﹣COOH和﹣NH
2
D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖
17．（2分）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：Zn+Ag O+H O═Zn
2 2
（OH） +2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（ ）
2
A．Zn电极是负极
B．Ag O电极上发生还原反应
2
C．Zn电极的电极反应式：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）
2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
18．（2分）室温下，下列事实不能说明NH •H O为弱电解质的是（ ）
3 2A．0.1 mol•L﹣1 NH •H O的pH小于13
3 2
B．0.1 mol•L﹣1 NH Cl的pH小于7
4
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH •H O能使无色酚酞试液变红色
3 2
19．（2分）已知断裂1mol H （g）中的H﹣H键需要吸收436.4KJ的能量，断
2
裂1mol O （g）中的共价键需要吸收 498KJ的能量，生成H O（g）中的1mol H
2 2
﹣O键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（ ）
A．断裂1 mol H O中的化学键需要吸收925.6 KJ的能量
2
B．2H （g）+O （g）═2H O（g）△H=﹣480.4 KJ•mol﹣1
2 2 2
C．2H O（l）═2H （g）+O （g）△H=471.6 KJ•mol﹣1
2 2 2
D．H （g）+ O （g）═H O（l）△H=﹣240.2KJ•mol﹣1
2 2 2
20．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也
相同
B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键
C．CH 和CCl 中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
4 4
D．NaHSO 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
4
21．（2分）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，
M的物质的量浓度（mol•L﹣1）随时间（min）变化的有关实验数据见表．下列
说法不正确的是（ ）
时间 0 5 10 15 20 25
水样
Ⅰ（pH=2） 0.4 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09
Ⅱ（pH=4） 0.4 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16
Ⅲ（pH=4） 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05
Ⅳ（pH=4，含 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0
Ca2+）
A．在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol•L﹣1•min﹣1
B．水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大D．由于Ca2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
22．（2分）设N 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A
A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 N
A
B．1 L 0.1 mol•L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 N
A
C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl 在溶液中反应转移的电子数为0.1 N
3 A
D．0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 N
A
23．（2 分）25℃时，在含 CH COOH 和 CH COOˉ 的溶液中，CH COOH 和
3 3 3
CH COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示．
3
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4.76的溶液中，c（CH COO﹣）＜c（CH COOH）
3 3
B．在pH=7的溶液中，α（CH COOH）=0，α（CH COO﹣）=1.0
3 3
C．在pH＞4.76的溶液中，c（CH COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）
3
D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，α（CH COOH）与α（CH COO﹣）之和保持不变
3 3
24．（2 分）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe O 、Fe O 和 FeO）得到绿矾（主
3 4 2 3
FeSO •7H O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣
4 2
溶液 绿矾 铁黄
已知：FeS 和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（ ）
2
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS +14Fe3++8H O═15Fe2++2SO 2﹣+16H+
2 2 4
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿
矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）
325．（2分）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO 2﹣、SO 2﹣等离子，
3 4
将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（ ）
A．该混合物一定是K CO 和NaCl
2 3
B．该混合物可能是Na CO 和KCl
2 3
C．该混合物可能是Na SO 和Na CO
2 4 2 3
D．该混合物一定是Na CO 和NaCl
2 3
二、非选择题（本大题共4小题，共20分）
26．（6分）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下可获得有机物
B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃 B 在标准状况下的密度为
1.16g•L﹣1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体．
请回答：
（1）有机物D中含有的官能团名称是 ．
（2）D+E→F的反应类型是 ．
（3）有机物A在高温下转化为B的化学方程式是 ．
（4）下列说法正确的是 ．
A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈
B．有机物D、E、F可用饱和Na CO 溶液鉴别
2 3
C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用
D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO 溶液氧化．
4
27．（6分）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，设计并完成如
下实验：请回答：
（1）X的化学式是 ．
（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 ．
（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式
．
28．（4分）FeSO 受热分解的化学方程式为：2FeSO Fe O +SO ↑+SO ↑
4 4 2 3 2 3
请回答：
（1）将FeSO 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO 和SO ．能说
4 3 2
明SO 存在的实验现象是 ；为测定BaSO 沉淀的质量，后续的操作步骤
2 4
依次为 、洗涤、干燥、称重．
（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO 受热后固体的成分（不考虑其
4
他反应） ．
29．（4分）分别称取2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物两份．
4 2 4 4
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH） 溶液，产生的沉淀
2
质量与加入 Ba（OH） 溶液体积的关系如图．混合物中 n[（NH ） SO ]：n
2 4 2 4
（NH Cl）为 ．
4
（2）另一份固体混合物中NH +与Ba（OH） 溶液（浓度同上）恰好完全反应时，
4 2
溶液中c（Cl﹣= （溶液体积变化忽略不计）．【加试题】（10分）
30．（10分）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过
电解法可制取铝．电解铝时阳极产生的CO 可通过二氧化碳甲烷化再利用．
2
请回答：
（1）已知：2Al O （s）═4Al（g）+3O （g）△H =3351KJ•mol﹣1
2 3 2 1
2C（s）+O （g）═2CO（g）△H =﹣221KJ•mol﹣1
2 2
2Al（g）+N （g）═2AlN（s）△H =﹣318KJ•mol﹣1
2 3
碳热还原Al O 合成AlN的总热化学方程式是 ，该反应自发进行的条件
2 3
．
（2）在常压、Ru/TiO 催化下，CO 和H 混和气体（体积比1：4，总物质的量a
2 2 2
mol）进行反应，测得CO 转化率、CH 和CO选择性随温度变化情况分别如图1
2 4
和图2所示（选择性：转化的CO 中生成CH 或CO的百分比）．
2 4
反应ⅠCO （g）+4H （g） CH （g）+2H O（g）△H
2 2 4 2 4
反应ⅡCO （g）+H （g） CO（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 2 5
⇌
①下列说法不正确的是A．△H 小于零
4
B．温度可影响产物的选择性
C．CO 平衡转化率随温度升高先增大后减少
2
D．其他条件不变，将CO 和H 的初始体积比改变为1：3，可提高CO 平衡转
2 2 2
化率
②350℃时，反应Ⅰ在t 时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL该温度下反应Ⅰ
1
的平衡常数为 （用a、V表示）
③350℃下CH 物质的量随时间的变化曲线如图3所示．画出400℃下0～t 时刻
4 1
CH 物质的量随时间的变化曲线．
4
（3）据文献报道，CO 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反
2
应式是 ．
【加试题】（10分）
31．（10分）ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成
2
NaClO 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备 NaClO 固体的实验装置如图1
2 2
所示．
已知：2NaClO +H O +H SO ═2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
2ClO +H O +2NaOH═2NaClO +O ↑+2H O
2 2 2 2 2 2
ClO 熔点﹣59℃、沸点11℃；H O 沸点150℃
2 2 2请回答：
（1）仪器A的作用是 ；冰水浴冷却的目的是 （写两种）．
（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO 产率，试解释其原因
2
（3）Clˉ存在时会催化ClO 的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，
2
ClO 的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其
2
补充完整：① （用离子方程式表示），②H O +Cl ═2Cl﹣+O +2H+．
2 2 2 2
（4）H O 浓度对反应速率有影响．通过图2所示装置将少量30% H O 溶液浓缩
2 2 2 2
至40%，B处应增加一个设备．该设备的作用是 ，馏出物是 ．
（5）抽滤法分离NaClO 过程中，下列操作不正确的是
2
A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤
B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀
D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头．
【加试题】（10分）
32．（10分）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：
已知RX RCN RCOOH请回答：
（1）A→B的反应类型是 ．
（2）下列说法不正确的是 ．
A．化合物A的官能团是硝基 B．化合物B可发生消去反应
C．化合物E能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是C H NO
15 21 2
（3）写出B+C→D的化学反应方程式 ．
（4）设计以甲苯为原料制备C的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）
．
（5）写出同时符合下列条件的C的所有同分异构体的结构简式 ．
①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；
②1H﹣NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N）．2017 年浙江省普通高校招生选考化学试卷（4 月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共 25小题，每小题2分，共50分．每个小题列出的四个
备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2分）（2017•浙江）下列属于盐的是（ ）
A．NaClB．KOHC．HNO D．CO
3 2
【分析】阴离子是酸根离子，阳离子是金属离子或铵根离子的化合物为盐；
电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱；
电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；
由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物．据此分析．
【解答】解：A、氯化钠的阳离子是金属离子，阴离子是酸根离子，故为盐，故
A正确；
B、KOH电离出的阴离子全部是氢氧根，故为碱，故B错误；
C、硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，故为酸，故C错误；
D、二氧化碳是氧化物，故D错误．
故选A．
2．（2分）（2017•浙江）仪器名称为“量筒”的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】量筒是用于量取一定体积的计量仪器，量筒没有0刻度，但是量筒上
标有具体刻度，据此进行解答．
【解答】解：A．该仪器为圆底烧瓶，故A不选；
B．该仪器为分液漏斗，故B错误；
C．该仪器标有小刻度、没有0刻度，为量筒，故C选；
D．该仪器为研钵，故D不选；故选C．
3．（2分）（2017•浙江）下列属于非电解质的是（ ）
A．葡萄糖 B．氢氧化钠 C．氯化钾 D．铁
【分析】在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里
或熔融状态下能导电的化合物是电解质．
【解答】解：A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以
葡萄糖是非电解质，故A正确；
B、氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，故氢氧化钠是
电解质，故B错误；
C、氯化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氯化钾是电
解质，故C错误；
D、金属铁是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选A．
4．（2分）（2017•浙江）下列属于氧化还原反应的是（ ）
A．2NaHCO Na CO +H O+CO ↑
3 2 3 2 2
B．Na O+H O═2NaOH
2 2
C．2KI+Br ═2KBr+I
2 2
D．MgO+2HCl═MgCl +H O
2 2
【分析】氧化还原反应的实质为电子转移、特征为化合价升降，所以氧化还原
反应中一定存在元素化合价变化，据此对各选项进行判断．
【解答】解：A．2NaHCO Na CO +H O+CO ↑为分解反应，反应中不存在
3 2 3 2 2
化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．Na O+H O═2NaOH为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还
2 2
原反应，故B错误；
C．2KI+Br ═2KBr+I 为置换反应，I、Br元素的化合价发生变化，属于氧化还原
2 2
反应，故C正确；
D．MgO+2HCl═MgCl +H O为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还
2 2原反应，故D错误；
故选C．
5．（2分）（2017•浙江）下列分散系能产生“丁达尔效应”的是（ ）
A．稀硫酸 B．硫酸铜溶液 C．氢氧化铁胶体 D．酒精溶液
【分析】丁达尔效应是胶体所特有的性质，而分散质粒子直径介于 1﹣100nm
之间的分散系为胶体，据此分析．
【解答】解：A、稀硫酸是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故A错误；
B、硫酸铜溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故B错误；
C、氢氧化铁胶体是胶体，产生丁达尔效应，故C正确；
D、酒精溶液是溶液，不是胶体，故不产生丁达尔效应，故D错误；
故选C．
6．（2分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．二氧化碳是酸雨的主要成分
B．氢气是一种理想的清洁燃料
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板
【分析】A．正常雨水溶解二氧化碳；
B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广；
C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸；
D．Cu与氯化铁溶液反应．
【解答】解：A．正常雨水溶解二氧化碳，二氧化硫可导致酸雨发生，为酸雨的
主要成分，故A错误；
B．氢气燃烧产物为水，放热多，来源广，则氢气是一种理想的清洁燃料，故B
正确；
C．碳酸氢钠的碱性较弱，可中和胃酸，则碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多，故 C
正确；
D．Cu与氯化铁溶液反应，则氯化铁溶液可用于制作印刷铜电路板，故D正确；
故选A．7．（2分）（2017•浙江）下列表示不正确的是（ ）
A．CO 的电子式 B．Cl 的结构式：Cl﹣Cl
2 2
C．CH 的球棍模型 D．Clˉ离子的结构示意图
4
【分析】A．二氧化碳为共价化合物，含有C=O键；
B．氯气存在Cl﹣Cl键；
C． 为比例模型；
D．Clˉ离子的原子核外有3个电子层，最外层电子数为8．
【解答】解：A．二氧化碳为共价化合物，含有 C=O键，电子式为 ，
故A正确；
B．氯气存在Cl﹣Cl键，结构式为Cl﹣Cl，故B正确；
C．甲烷为正四面体结构，甲烷的球棍模型为 ，故C错误；
D．Clˉ离子的原子核外有3个电子层，最外层电子数为 8，离子的结构示意图
为 ，故D正确．
故选C．
8．（2 分）（2017•浙江）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是
（ ）
A．NH B．SO C．HCl D．CO
3 3 2
【分析】据能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是碱性气体氨气来回答．
【解答】解：A、氨气有刺激性气味，氨气溶于水形成氨水，属于弱碱，氨气显
碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；
B、SO 和水反应生成硫酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故
3B错误；
C、HCl属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故C错误；
D、CO 和水反应生成碳酸，属于酸性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变红，故
2
D错误；
故选A．
9．（2分）（2017•浙江）下列物质放入水中，会显著放热的是（ ）
A．食盐 B．蔗糖 C．酒精 D．生石灰
【分析】选项中只有生石灰溶于水，放出大量的热，其它溶于水水热效应不明
显，以此来解答．
【解答】解：A、B、C中物质均溶于水，热效应不明显，但CaO与水反应，放
出热量的热，热效应明显，
故选D．
10．（2分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．实验室应将钠保存在煤油中
B．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检漏
C．可用酒精代替CCl 萃取碘水中的碘单质
4
D．金属镁失火不可用水来灭火
【分析】A、钠能和氧气、水反应；
B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏；
C、酒精和水互溶；
D、金属镁能和热水反应．
【解答】解：A、钠能和氧气、水反应，故应隔绝空气保存，且钠的密度比煤油
大，故可以保存在煤油中，故A正确；
B、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏，故分液漏斗和容量瓶使用前
都需查漏，故B正确；
C、酒精和水互溶，故不能用酒精来萃取碘水中的碘，故C错误；
D、金属镁能和热水反应生成氢气会引起爆炸，故不能用水来灭镁火，故D正
确．故选C．
11．（2分）（2017•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．金刚石和石墨互为同素异形体，熔点和硬度都很高
B．氕、氘、氚是氢元素的三种核素，质子数都是1
C．乙醇和二甲醚（CH ﹣O﹣CH ）互为同系物
3 3
D．C H 的一氯代物只有一种
4 10
【分析】A．石墨的硬度小；
B．具有一定质子数和一定中子数的原子为核素；
C．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH 原子团的物质互称为同系物，
2
同系物必为同一类物质，所含官能团及官能团数目相同；
D．丁烷有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，有机物分子中有几种氢原子就有几
种一氯代烃，然后根据正丁烷和异丁烷中氢原子的种类确定C H 的一氯代物的
4 10
数目；
【解答】解：A．金刚石和石墨都是有碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，
石墨的硬度小，故A错误；
B．氕、氘、氚是质子数相同，中子数不同的同元素的不同原子，三者是氢元素
的三种核素，质子数都是1，故B正确；
C．乙醇和二甲醚不属于一类物质，官能团不同，不是同系物，故C错误；
D．分子式为C H 的烷烃为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体，
4 10
正丁烷CH CH CH CH 有2氢原子，所以其一氯代物有2；
3 2 2 3
异丁烷CH CH（CH ）CH 有2氢原子，其一氯代物有2种，
3 3 3
所以丁烷的一氯代物的同分异构体总共有4种，故D错误；
故选B．
12．（2分）（2017•浙江）已知：X（g）+2Y（g） 3Z（g）△H=﹣a KJ•mol﹣1
（a＞0）．下列说法不正确的是（ ）
⇌
A．0.1 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化
C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJD．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【分析】A、可逆反应不可能完全转化；
B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变；
C、反应热表示1molX和2molY完全反应生成3mol的Z放出aKJ的热量；
D、升高反应温度，正逆反应速率都加快．
【解答】解：A、可逆反应不可能完全转化，所以0.1 mol X和0.2 mol Y充分反
应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol，故A正确；
B、化学平衡时正逆反应速率相等，体系中各组分的浓度不变，所以达到化学平
衡状态时，X、Y、Z的浓度不再发生变化，故B正确；
C、反应热表示1molX和2molY完全反应生成3mol的Z放出aKJ的热量，反应放
出的热量与实际参加反应的量有关，所以达到化学平衡状态时，只要有 1molX
参加反应就可以放出aKJ的热量，故C正确；
D、升高反应温度，正逆反应速率都加快，对正逆反应影响是一致的，故D错
误；
故选D．
13．（2分）（2017•浙江）下列离子方程式不正确的是（ ）
A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO +OH‾═HCO ﹣
2 3
B．金属钠和水反应2Na+2H O═2Na++2OH﹣+H ↑
2 2
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H O ═2Fe3++O ↑+2H+
2 2 2
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO +Ba2++H O═BaSO ↓+2H+
3 2 4
【分析】A．氢氧化钙与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙；
B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
C．离子方程式两边正电荷不相等，违反了电荷守恒；
D．三氧化硫为酸性氧化物，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氯化氢．
【解答】解：A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，反应生成碳酸氢钙，反应
的离子方程式为：CO +OH‾═HCO ﹣，故A正确；
2 3
B．金属钠和水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H O═2Na+
2
+2OH﹣+H ↑，故B正确；
2
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++2H++H O ═2Fe3++2H O，故C错误；
2 2 2
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成硫酸钡沉淀反应的离子方程式为：SO +Ba2+
3
+H O═BaSO ↓+2H+，故D正确；
2 4
故选C．
14．（2分）（2017•浙江）W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中位
置如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．Z、Y、X的原子半径依次减小，非金属性依次降低
B．Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低
C．WH 与Z元素的单质在一定条件下可能发生化学反应
4
D．W的位置是第2周期、第ⅣA族
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素，由它们在周期表中位置可知，W为C，
X为O，Y为S，Z为Cl，
A．同周期从左向右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；同主族从上到下
非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强；
B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；
C．WH 与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应；
4
D．W为C元素．
【解答】解：A．Y、Z、X的原子半径依次减小，非金属性X＞Y、Z＞Y，且O无
正价，则非金属性X、Z、Y依次降低，故A错误；
B．非金属性Z＞Y＞W，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降
低，故B正确；
C．WH 与Z元素的单质，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和 HCl，故C
4
正确；
D．W为C元素，位于第2周期、第ⅣA族，故D正确；
故选A．15．（2分）（2017•浙江）下列说法不正确的是（ ）
A．1 mol乙烷在光照条件下最多能与3 mol Cl 发生取代反应
2
B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO 溶液褪色
4
C．水煤气可用来合成液态烃、甲醇等有机物
D．苯可通过取代反应制得硝基苯、氯苯
【分析】A．乙烷分子中含有6个H原子，可完全被取代；
B．石油裂解气含有烯烃；
C．水煤气的主要成分为CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等；
D．苯可在一定条件下发生取代反应．
【解答】解：A．乙烷分子中含有6个H原子，可完全被取代，则1 mol乙烷在
光照条件下最多能与6 mol Cl 发生取代反应，故A错误；
2
B．石油裂解气含有烯烃，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，故
B正确；
C．水煤气的主要成分为 CO、氢气，可在一定条件下合成烃、甲醇等，故 C正
确；
D．苯可在一定条件下发生取代反应，可生成硝基苯、氯苯等，故D正确．
故选A．
16．（2分）（2017•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠溶液或福尔马林，蛋白质的性质发生改变
并凝聚
B．将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，上层析出甘
油
C．氨基酸为高分子化合物，种类较多，分子中都含有﹣COOH和﹣NH
2
D．淀粉、纤维素、麦芽糖在一定条件下可与水作用转化为葡萄糖
【分析】A．加入硫酸钠，蛋白质不变性；
B．甘油易溶于水；
C．氨基酸为小分子化合物；
D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解．
【解答】解：A．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故A错误；B．甘油易溶于水，上层为高级脂肪酸钠，故B错误；
C．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，氨基酸为小分子化合物，故C
错误；
D．淀粉、纤维素、麦芽糖分别为多糖、二糖，可水解生成葡萄糖，故D正确．
故选D．
17．（2 分）（2017•浙江）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：
Zn+Ag O+H O═Zn（OH） +2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（
2 2 2
）
A．Zn电极是负极
B．Ag O电极上发生还原反应
2
C．Zn电极的电极反应式：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）
2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
【分析】原电池反应Zn+Ag O+H O=Zn（OH） +2Ag中，负极反应为Zn+2OH﹣﹣
2 2 2
2e﹣=Zn（OH） 、正极反应为Ag O+H O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，电子由负极流向正极，
2 2 2
以此来解答．
【解答】解：A、活泼金属Zn为负极，故A正确；
B、正极反应为Ag O+H O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，发生还原反应，故B正确；
2 2
C、负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH） ，故C正确；
2
D、氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少，KOH的浓度增大，pH增大，
故D错误；
故选D．
18．（2分）（2017•浙江）室温下，下列事实不能说明 NH •H O为弱电解质的
3 2
是（ ）
A．0.1 mol•L﹣1 NH •H O的pH小于13
3 2B．0.1 mol•L﹣1 NH Cl的pH小于7
4
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol•L﹣1 NH •H O能使无色酚酞试液变红色
3 2
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH ．H O部分电离就说明
3 2
NH ．H O是弱电解质，据此分析解答．
3 2
【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 NH •H O 的 pH 小于 13，则溶液中 c（OH﹣）＜
3 2
0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH ．H O），说明NH •H O部分电离，为弱电
3 2 3 2
解质，故A不选；
B．0.1 mol•L﹣1 NH Cl的pH小于7显酸性，说明 NH Cl是强酸弱碱盐，则证明
4 4
NH •H O是弱电解质，故B不选；
3 2
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，
说明NH •H O部分电离，为弱电解质，故C不选；
3 2
D．0.1 mol•L﹣1 NH •H O能使无色酚酞试液变红色，说明NH •H O显碱性，则不
3 2 3 2
能证明NH ．H O是弱电解质，故D选；
3 2
故选D．
19．（2 分）（2017•浙江）已知断裂 1mol H （g）中的 H﹣H 键需要吸收
2
436.4KJ 的能量，断裂 1mol O （g）中的共价键需要吸收 498KJ 的能量，生成
2
H O（g）中的1mol H﹣O键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（ ）
2
A．断裂1 mol H O中的化学键需要吸收925.6 KJ的能量
2
B．2H （g）+O （g）═2H O（g）△H=﹣480.4 KJ•mol﹣1
2 2 2
C．2H O（l）═2H （g）+O （g）△H=471.6 KJ•mol﹣1
2 2 2
D．H （g）+ O （g）═H O（l）△H=﹣240.2KJ•mol﹣1
2 2 2
【分析】焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成
正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，以此来解答．
【解答】解：A．生成H O（g）中的1mol H﹣O键能放出462.8KJ的能量，则断
2
裂1 mol H O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水
2
的状态，故A错误；
B.2H （g）+O （g）═2H O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）﹣
2 2 22×2×（462.8KJ/mol）=﹣480.4 KJ•mol﹣1，故B正确；
C.2H O（g）=2H O（l）△H=﹣88KJ/mol，则2H （g）+O （g）═2H O（l）△H=
2 2 2 2 2
﹣568.4KJ/mol，可知2H O（l）═2H （g）+O （g）△H=+568.4 KJ•mol﹣1，故C
2 2 2
错误；
D.2H （g）+O （g）═2H O（l）△H=﹣568.4KJ/mol，则 H （g）+ O （g）
2 2 2 2 2
═H O（l）△H=﹣284.2KJ•mol﹣1，故D错误；
2
故选B．
20．（2分）（2017•浙江）下列说法正确的是（ ）
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也
相同
B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键
C．CH 和CCl 中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
4 4
D．NaHSO 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
4
【分析】A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体；
B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键；
C、CH 分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构；
4
D、NaHSO 晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子．
4
【解答】解：A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微
粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；
B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，
需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；
C、CH 分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C
4
错误；
D、NaHSO 晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以
4
NaHSO 晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误；
4
故选B．
21．（2分）（2017•浙江）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，M的物质的量浓度（mol•L﹣1）随时间（min）变化的有关实验数
据见表．下列说法不正确的是（ ）
时间 0 5 10 15 20 25
水样
Ⅰ（pH=2） 0.4 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09
Ⅱ（pH=4） 0.4 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16
Ⅲ（pH=4） 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05
Ⅳ（pH=4，含 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0
Ca2+）
A．在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol•L﹣1•min﹣1
B．水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大
D．由于Ca2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【分析】A．在0～20 min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，以此可计
算浓度；
B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据可得出结论；
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的浓度变化0.13mol，Ⅱ中变化0.22mol，以此计算
分解的百分率；
D．可对比0～20 min内Ⅰ、Ⅳ中M的分解速率进行判断．
【解答】解：A．在0～20 min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，则，
Ⅰ中M的分解速率为 =0.015 mol•L﹣1•min﹣1，故A正确；
B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据，0﹣5min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.12mol/L，
Ⅱ中M的物质的量浓度变化0.09mol/L，则酸性增强，速率增大，故B正确；
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的浓度变化0.13mol，分解速率为 ，Ⅱ中变化
0.22mol，分解速率为 ，则Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大，故C正确；
D．可对比5～10min内Ⅰ中分解速率为 、Ⅳ中M的分解速率为 ，可
知Ⅰ中M的分解速率比Ⅰ快，故D错误．故选D．
22．（2分）（2017•浙江）设N 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（
A
）
A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 N
A
B．1 L 0.1 mol•L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 N
A
C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl 在溶液中反应转移的电子数为0.1 N
3 A
D．0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 N
A
【分析】A、标况下乙醇为液体；
B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子；
C、KI和FeCl 的反应是一个可逆反应；
3
D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气．
【解答】解：A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的
量，故A错误；
B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数
大于0.4N 个，故B错误；
A
C、KI和FeCl 的反应是一个可逆反应，不能完全反应，题干中转移 0.1N 的电子
3 A
数是在完全反应的情况下，故C错误；
D、1mol乙烯和乙醇均消耗 3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气
即0.3N 个氧气分子，故D正确．
A
故选D．
23．（2 分）（2017•浙江）25℃时，在含 CH COOH 和 CH COOˉ 的溶液中，
3 3
CH COOH和CH COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关
3 3
系如图所示．下列说法不正确的是（ ）A．在pH＜4.76的溶液中，c（CH COO﹣）＜c（CH COOH）
3 3
B．在pH=7的溶液中，α（CH COOH）=0，α（CH COO﹣）=1.0
3 3
C．在pH＞4.76的溶液中，c（CH COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）
3
D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，α（CH COOH）与α（CH COO﹣）之和保持不变
3 3
【分析】A．当溶液 pH=4.76时，c（CH COO﹣）=c（CH COOH），在pH＜4.76
3 3
的溶液显酸性；
B．若α（CH COOH）=0，α（CH COO﹣）=1.0，溶液显碱性；
3 3
C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒分析；
D．当溶液pH=4.76时，c（CH COO﹣）=c（CH COOH），醋酸电离显酸性，醋酸
3 3
根离子水解显碱性，为缓冲溶液．
【解答】解：A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c（CH COO﹣）＜c（CH COOH），
3 3
故A正确；
B．在 pH=7 的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH COOH）≠0，α
3
（CH COO﹣）＜1.0，故B错误；
3
C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒，c（CH COO﹣）与c（OH﹣）之和可大
3
于c（H+），故C正确；
D．当溶液pH=4.76时，c（CH COO﹣）=c（CH COOH），醋酸电离显酸性，醋酸
3 3
根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中 α（CH COOH）与 α
3
（CH COO﹣）之和保持不变，故D正确；
3
故选B．
24．（2分）（2017•浙江）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe O 、Fe O 和FeO）得
3 4 2 3
到绿矾（主FeSO •7H O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧
4 2渣 溶液 绿矾 铁黄
已知：FeS 和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（ ）
2
A．步骤①，最好用硫酸来溶解烧渣
B．步骤②，涉及的离子反应为FeS +14Fe3++8H O═15Fe2++2SO 2﹣+16H+
2 2 4
C．步骤③，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿
矾
D．步骤④，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe（OH）
3
【分析】由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe O 、Fe O 和FeO）均溶于
3 4 2 3
硫 酸 ， 溶 液 含 Fe2+ 、 Fe3+ ， 步 骤 ② 发 生 FeS +7Fe （ SO ）
2 2 4
+8H O=15FeSO +8H SO ，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、
3 2 4 2 4
空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH） ，以此来解答．
3
【解答】解：A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①，最好用硫酸来溶
解烧渣，故A正确；
B ． 步 骤 ② 发 生 FeS +7Fe （ SO ） +8H O=15FeSO +8H SO ， 离 子 反 应 为
2 2 4 3 2 4 2 4
FeS +14Fe3++8H O═15Fe2++2SO 2﹣+16H+，故B正确；
2 2 4
C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故
C错误；
D．步骤④，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成
Fe（OH） ，故D正确；
3
故选C．
25．（2分）（2017•浙江）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO 2﹣、
3
SO 2﹣等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行如下实验：下列说法正确的是（
4
）
A．该混合物一定是K CO 和NaCl
2 3B．该混合物可能是Na CO 和KCl
2 3
C．该混合物可能是Na SO 和Na CO
2 4 2 3
D．该混合物一定是Na CO 和NaCl
2 3
【分析】固体溶于水后，焰色反应为黄色，可知一定含Na+，与过量硝酸钡反应
生成白色沉淀可溶于过量盐酸，则白色沉淀为碳酸钡，一定含 CO 2﹣，而不含
3
SO 2﹣，滤液与硝酸银反应生成不溶于硝酸的白色沉淀为 AgCl，可知一定含 Cl
4
﹣，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，一定含 Na+、Cl﹣、CO 2﹣，不含SO 2﹣，不能确
3 4
定是否含K+，
A．该混合物可能是K CO 和NaCl，因不能确定是否含K+，故A不选；
2 3
B．由分析出的离子可知该混合物可能是Na CO 和KCl，故B选；
2 3
C．不含SO 2﹣，则不可能含Na SO ，故C不选；
4 2 4
D．不能确定是否含K+，可能为Na CO 和NaCl，故D不选；
2 3
故选B．
二、非选择题（本大题共4小题，共20分）
26．（6分）（2017•浙江）A是天然气的主要成分，以A为原料在一定条件下
可获得有机物B、C、D、E、F，其相互转化关系如图．已知烃 B在标准状况下
的密度为1.16g•L﹣1，C能发生银镜反应，F为有浓郁香味，不易溶于水的油状
液体．
请回答：
（1）有机物D中含有的官能团名称是 羧基 ．
（2）D+E→F的反应类型是 酯化反应 ．
（3）有机物A在高温下转化为B的化学方程式是 2CH CH ≡ CH + 3H ．
4 2
（4）下列说法正确的是 BD ．
A．有机物E与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈
B．有机物D、E、F可用饱和Na CO 溶液鉴别
2 3C．实验室制备F时，浓硫酸主要起氧化作用
D．有机物C能被新制碱性氢氧化铜悬浊液、酸性KMnO 溶液氧化．
4
【分析】A是天然气的主要成分，则A为CH ；已知烃B在标准状况下的密度为
4
1.16g•L﹣1，则B的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g•L﹣1≈26g/mol；C能
发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水的油状液体，
则F为酯，根据转化关系可知F为CH COOC H ；C催化氧化得D，C与氢气发生
3 2 5
还原反应生成 E，则D为CH COOH、E为CH CH OH、C为CH CHO；B与水反应
3 3 2 3
生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CH≡CH，据此进行解答．
【解答】解：A是天然气的主要成分，则A为CH ；已知烃B在标准状况下的密
4
度为 1.16g•L﹣1，则 B 的摩尔质量为：M（B）=22.4L/mol×1.16g•L﹣1≈26g/
mol；C能发生银镜反应，则C分子中含有醛基；F为有浓郁香味，不易溶于水
的油状液体，则F为酯，根据转化关系可知F为CH COOC H ；C催化氧化得D，
3 2 5
C 与氢气发生还原反应生成 E，则 D 为 CH COOH、E 为 CH CH OH、C 为
3 3 2
CH CHO；B与水反应生成乙醛，且B的摩尔质量为26g/mol，则B为CH≡CH，
3
（1）D的结构简式为D为CH COOH，其含有官能团为羧基，
3
故答案为：羧基；
（2）D为CH COOH、E为CH CH OH，二者在浓硫酸存在条件下发生酯化反应生
3 3 2
成乙酸乙酯，
故答案为：酯化反应；
（3）A为CH ，B为CH≡CH，CH 在高温下转化为 CH≡CH的化学方程式是：
4 4
2CH CH≡CH+3H ，
4 2
故答案为：2CH CH≡CH+3H ；
4 2
（4）A．E为CH CH OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故 A错
3 2
误；
B．D为CH COOH、E为CH CH OH、F为CH COOC H ，乙酸与碳酸钠生成气体，
3 3 2 3 2 5
乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于碳酸钠溶液，所以可用饱和
Na CO 溶液鉴别三者，故B正确；
2 3
C．实验室制备乙酸乙酯时，浓硫酸为催化剂和吸水剂，不体现氧化性，故C错
误；
D．有机物C为CH CHO，CH CHO中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化
3 3铜悬浊液、酸性KMnO 溶液氧化，故D正确；
4
故答案为：BD．
27．（6分）（2017•浙江）为探究黑色固体X（仅含两种元素）的组成和性质，
设计并完成如下实验：
请回答：
（1）X的化学式是 CuO ．
（2）固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是 Cu O + 2H + =Cu 2 + + Cu + H O ．
2 2
（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式
3CuO + 2NH 3Cu + N + 3H O ．
3 2 2
【分析】流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为
氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶
液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元
素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为 CuO，X为氧化铜，n（CuO）=
=0.4mol，结合质量守恒得到n（O ）= =0.1mol，氧元素守恒得到甲中n
2
（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学式为
Cu O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜沉淀，
2
加热分解得到16.0g氧化铜，据此分析回答．
【解答】解：流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气
体为氧气，质量=32.0g﹣28.8g=3.28g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫
酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含
铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为 CuO，X 为氧化铜，n（CuO）==0.4mol，结合质量守恒得到n（O ）= =0.1mol，氧元素守恒得
2
到甲中n（Cu）：n（O）=0.2mol：（0.4mol﹣0.1mol×2）=2：1，固体甲化学
式为Cu O，固体乙为Cu，蓝色溶液为硫酸铜，加入氢氧化钠溶液生成氢氧化铜
2
沉淀，加热分解得到16.0g氧化铜，
（1）分析可知X为CuO，故答案为：CuO；
（2）固体甲为Cu O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离
2
子和水，反应的离子方程式为：Cu O+2H+=Cu2++Cu+H O，
2 2
故答案为：Cu O+2H+=Cu2++Cu+H O；
2 2
（3）加热条件下氨气被固体X位氧化铜氧化成一种气体单质为氮气，反应的化
学方程式为：3CuO+2NH 3Cu+N +3H O，
3 2 2
故答案为：3CuO+2NH 3Cu+N +3H O．
3 2 2
28．（4 分）（2017•浙江）FeSO 受热分解的化学方程式为：2FeSO
4 4
Fe O +SO ↑+SO ↑
2 3 2 3
请回答：
（1）将FeSO 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有 SO 和SO ．能说
4 3 2
明SO 存在的实验现象是 品红溶液褪色 ；为测定BaSO 沉淀的质量，后续的
2 4
操作步骤依次为 过滤 、洗涤、干燥、称重．
（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO 受热后固体的成分（不考虑其
4
他反应） 取少量溶于硫酸，滴加 KSCN 溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应
．
【分析】（1）由图可知，氯化钡溶液与三氧化硫反应，若品红褪色可说明二氧
化硫的存在，NaOH溶液吸收尾气，对沉淀过滤、洗涤、干燥后称量；（2）氧化铁不溶于水，加硫酸溶解后可检验铁离子．
【解答】解：（1）将FeSO 受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有
4
SO 和SO ，能说明SO 存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO 沉淀的质
3 2 2 4
量，后续的操作步骤依次为过滤、洗涤、干燥、称重，
故答案为：品红溶液褪色；过滤；
（2）用化学方法验证FeSO 受热后固体的成分的实验为取少量溶于硫酸，滴加
4
KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，可说明分解生成氧化铁，
故答案为：取少量溶于硫酸，滴加KSCN溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应．
29．（4分）（2017•浙江）分别称取2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物两
4 2 4 4
份．
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH） 溶液，产生的沉淀
2
质量与加入 Ba（OH） 溶液体积的关系如图．混合物中 n[（NH ） SO ]：n
2 4 2 4
（NH Cl）为 1 ： 2 ．
4
（2）另一份固体混合物中NH +与Ba（OH） 溶液（浓度同上）恰好完全反应时，
4 2
溶液中c（Cl﹣= 0.1mol/ L （溶液体积变化忽略不计）．
【分析】（1）分别称取2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物两份，而第一份
4 2 4 4
加 100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为 2.33g，其物质的量为：
=0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为
0.01mol，其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中 NH Cl 的质量为：2.39﹣
4
1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 =0.02mol；
（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓
度为 =0.1mol/L，而2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物中铵根离子的
4 2 4 4物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH ++OH﹣=NH ↑+H O可知氢氧化钡
4 3 2
的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.2L，根据c= 求
氯离子的物质的量浓度．
【解答】解：（1）分别称取2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物两份，而第
4 2 4 4
一份加 100ml 的氢氧化钡生成沉淀硫酸钡的质量为 2.33g，其物质的量为：
=0.01mol，根据硫酸根离子守恒，所以第一份中硫酸铵的物质的量为
0.01mol，其质量为：0.01×132=1.32g，则每份中 NH Cl 的质量为：2.39﹣
4
1.32=1.07g，所以氯化铵的物质的量为 =0.02mol，所以两者的物质的
量之比为：0.01：0.02=1：2，故答案为：1：2；
（2）由（1）可知100ml氢氧化钡的物质的量为：0.01mol，所以氢氧化钡的浓
度为 =0.1mol/L，而2.39g（NH ） SO 和NH Cl固体混合物中铵根离子的
4 2 4 4
物质的量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH ++OH﹣=NH ↑+H O可知氢氧化钡
4 3 2
的物质的量为：0.02mol，所以需氢氧化钡的体积为： =0.2L，c= =
=0.1mol/L，故答案为：0.1mol/L．
【加试题】（10分）
30．（10分）（2017•柯桥区）以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化
铝（AlN）；通过电解法可制取铝．电解铝时阳极产生的 CO 可通过二氧化碳甲
2
烷化再利用．
请回答：
（1）已知：2Al O （s）═4Al（g）+3O （g）△H =3351KJ•mol﹣1
2 3 2 1
2C（s）+O （g）═2CO（g）△H =﹣221KJ•mol﹣1
2 2
2Al（g）+N （g）═2AlN（s）△H =﹣318KJ•mol﹣1
2 3
碳热还原 Al O 合成 AlN 的总热化学方程式是 3C （ s ） + A l O （ s ） + N （ g ）
2 3 2 3 2
=2AlN （ s ） + 3CO （ g ） △ H= + 1026KJ/mol/L ，该反应自发进行的条件 高温 ．（2）在常压、Ru/TiO 催化下，CO 和H 混和气体（体积比1：4，总物质的量a
2 2 2
mol）进行反应，测得CO 转化率、CH 和CO选择性随温度变化情况分别如图1
2 4
和图2所示（选择性：转化的CO 中生成CH 或CO的百分比）．
2 4
反应ⅠCO （g）+4H （g） CH （g）+2H O（g）△H
2 2 4 2 4
反应ⅡCO （g）+H （g） CO（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 2 5
⇌
①下列说法不正确的是 CD
A．△H 小于零
4
B．温度可影响产物的选择性
C．CO 平衡转化率随温度升高先增大后减少
2
D．其他条件不变，将CO 和H 的初始体积比改变为1：3，可提高CO 平衡转
2 2 2
化率
②350℃时，反应Ⅰ在t 时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL该温度下反应Ⅰ
1
的平衡常数为 （用a、V表示）
③350℃下CH 物质的量随时间的变化曲线如图3所示．画出400℃下0～t 时刻
4 1
CH 物质的量随时间的变化曲线．
4
（3）据文献报道，CO 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反
2
应式是 CO + 6H O + 8e ﹣ ═ CH + 8OH ﹣ ．
2 2 4【分析】（1）①2Al O （s）═4Al（g）+3O （g）△H =3351KJ•mol﹣1
2 3 2 1
②2C（s）+O （g）═2CO（g）△H =﹣221KJ•mol﹣1
2 2
③2Al（g）+N （g）═2AlN（s）△H =﹣318KJ•mol﹣1
2 3
盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）× 得到碳热还原Al O 合成AlN的总热化
2 3
学方程式，反应自发进行的判断依据是△H﹣T△S＜0；
（2）①A．图象中二氧化碳转化率随温度升高减小，说明正反应为放热反应；
B．图象2分析随温度升高到400°C以上，选择性受温度影响；
C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态；
D．两种反应物增大一种会提高另一种的转化率，本身转化率减小；
②350℃时，反应Ⅰ在t 时刻达到平衡，平衡时容器体积为 VL，二氧化碳转化
1
率为80%，结合三行计算计算平衡浓度，K= ；
③反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知
接近72.5%，甲烷物质的量减小小于350°C时甲烷物质的量，达到平衡所需要时
间缩短；
（3）CO 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢
2
氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应．
【解答】解：（1）①2Al O （s）═4Al（g）+3O （g）△H =3351KJ•mol﹣1
2 3 2 1
②2C（s）+O （g）═2CO（g）△H =﹣221KJ•mol﹣1
2 2
③2Al（g）+N （g）═2AlN（s）△H =﹣318KJ•mol﹣1
2 3盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）× 得到，
碳热还原Al O 合成AlN的总热化学方程式：3C（s）+Al O （s）+N （g）=2AlN
2 3 2 3 2
（s）+3CO（g）△H=+1026KJ/mol/L，反应△S＞0，△H＞0，则满足△H﹣T△S
＜0，反应自发进行的条件是高温条件下，
故答案为：3C（s）+Al O （s）+N （g）=2AlN（s）+3CO（g）△H=+1026KJ/
2 3 2
mol/L；高温；
（2）①A．图象中，二氧化碳先增大是反应正向进行，到一定温度达到平衡状
态，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率随温度升高减小，平衡说明正反应为
放热反应，△H 小于零，故A正确；
4
B．图象2分析可知，图象变化趋势随温度升高到 400°C以上，CH 和CO选择性
4
受温度影响甲烷减小，一氧化碳增大，温度可影响产物的选择性，故B正确；
C．二氧化碳转化率先增大是反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态，随
温度升高二氧化碳转化率减小，故C错误；
D．CO 和H 混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，将CO 和
2 2 2
H 的初始体积比改变为1：3，二氧化碳转化率减小，故D错误；
2
故答案为：CD；
②在常压、Ru/TiO 催化下，CO 和 H 混和气体（体积比 1：4，总物质的量 a
2 2 2
mol）进行反应，350℃时，反应Ⅰ在t 时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，
1
二氧化碳转化率为80% CO （g）+4H （g） CH （g）+2H O（g）
2 2 4 2
起始量（mol） 0.2a 0.8a 0 0
⇌
变化量（mol） 0.16a 0.64a 0.16a 0.32a
平衡量（mol） 0.04a 0.16a 0.16a 0.32a
平衡常数K= = ，
故答案为： ；
③反应为放热反应，升温平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，图中分析可知
接近72.5%，甲烷物质的量减小小于350°C时甲烷物质的量，达到平衡所需要时间缩短
CO （g）+4H （g） CH （g）+2H O（g）
2 2 4 2
起始量（mol） 0.2a 0.8a 0 0
⇌
变化量（mol） 0.145a 0.58 a 0.145a 0.29a
平衡量（mol） 0.055 0.22a 0.145a 0.29a
画出图象，达到平衡状态甲烷 0.145a mol，升温加快反应速率，达到平衡所需
时间缩短，得到图象为 ，
故答案为： ；
（3）CO 可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，结合电荷守恒和原子守恒，用氢
2
氧根离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：CO +6H O+8e﹣═CH +8OH﹣，
2 2 4
故答案为：CO +6H O+8e﹣═CH +8OH﹣．
2 2 4
【加试题】（10分）
31．（10分）（2017•浙江）ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，
2
常将其制成NaClO 固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备 NaClO 固体的实验
2 2
装置如图1所示．
已知：2NaClO +H O +H SO ═2ClO ↑+O ↑+Na SO +2H O
3 2 2 2 4 2 2 2 4 2
2ClO +H O +2NaOH═2NaClO +O ↑+2H O
2 2 2 2 2 2ClO 熔点﹣59℃、沸点11℃；H O 沸点150℃
2 2 2
请回答：
（1）仪器A的作用是 防止倒吸 ；冰水浴冷却的目的是 降低 NaClO 的溶
2
解度、减少 H O 的分解、增加 ClO 的溶解度、减少 ClO 的分解 （写两种）．
2 2 2 2
（2）空气流速过快或过慢，均降低 NaClO 产率，试解释其原因 空气流速过
2
慢时， ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时， ClO 不能
2 2
被充分吸收
（3）Clˉ存在时会催化ClO 的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，
2
ClO 的生成速率大大提高，并产生微量氯气．该过程可能经两步完成，请将其
2
补充完整：① 2ClO ﹣ + 2C l ﹣ + 4H + =2ClO ↑ + C l ↑ + 2H O （用离子方程式表示），
3 2 2 2
②H O +Cl ═2Cl﹣+O +2H+．
2 2 2 2
（4）H O 浓度对反应速率有影响．通过图2所示装置将少量30% H O 溶液浓缩
2 2 2 2
至40%，B处应增加一个设备．该设备的作用是 减压 ，馏出物是 H O ．
2
（5）抽滤法分离NaClO 过程中，下列操作不正确的是 C
2
A．为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤
B．先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，应使洗涤剂快速通过沉淀
D．抽滤完毕，断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，关闭水龙头．
【分析】氯酸钠（NaClO ）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 与氢氧
3 2
化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO ，NaClO 的溶解度随温度升
2 2
高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO •3H O，
2 2
（1）仪器A为安全瓶，冰水浴降低NaClO 的溶解度；减少H O 的分解；增加
2 2 2ClO 的溶解度；减少ClO 的分解；
2 2
（2）空气流速过慢时，ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过
2
快时，ClO 不能被充分吸收；
2
（3）Clˉ存在时会催化ClO 的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，
2
ClO 的生成速率大大提高，并产生微量氯气，则氯离子与氯酸根离子反应生成
2
ClO 和氯气，据此分析；
2
（4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；
（5）抽滤法分离NaClO 过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤
2
纸，让洗涤剂和晶体充分接触．
【解答】解：（1）仪器A为安全瓶，防止倒吸；冰水浴冷却的目的是为降低
NaClO 的溶解度；减少H O 的分解；增加ClO 的溶解度；减少ClO 的分解用冰
2 2 2 2 2
水浴冷却；
故答案为：防止倒吸；降低NaClO 的溶解度、减少H O 的分解、增加ClO 的溶
2 2 2 2
解度、减少ClO 的分解；
2
（2）空气流速过慢时，ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过
2
快时，ClO 不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO 产率；
2 2
故答案为：空气流速过慢时，ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气
2
流速过快时，ClO 不能被充分吸收；
2
（3）Clˉ存在时会催化ClO 的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，
2
ClO 的 生 成 速 率 大 大 提 高 ， 并 产 生 微 量 氯 气 反 应 为 ， 2ClO ﹣+2Cl﹣
2 3
+4H+=2ClO ↑+Cl ↑+2H O，H O +Cl ═2Cl﹣+O +2H+；
2 2 2 2 2 2 2
故答案为：2ClO ﹣+2Cl﹣+4H+=2ClO ↑+Cl ↑+2H O；
3 2 2 2
（4）过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，
馏出物为H O；
2
故答案为：减压；H O；
2
（5）抽滤法分离NaClO 过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤
2
纸，让洗涤剂和晶体充分接触；
故答案为：C．
【加试题】（10分）32．（10分）（2017•浙江）某研究小组按下列路线合成镇痛药哌替啶：
已知RX RCN RCOOH
请回答：
（1）A→B的反应类型是 取代反应 ．
（2）下列说法不正确的是 A ．
A．化合物A的官能团是硝基 B．化合物B可发生消去反应
C．化合物E能发生加成反应 D．哌替啶的分子式是C H NO
15 21 2
（ 3 ） 写 出 B+C→D 的 化 学 反 应 方 程 式
．
（4）设计以甲苯为原料制备C的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）
．
（5）写出同时符合下列条件的 C 的所有同分异构体的结构简式
．
①分子中有苯环而且是苯环的邻位二取代物；
②1H﹣NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N）．
【分析】B与D发生信息中的反应生成D，D中含有﹣CN，D发生水解反应生成E，E中含有﹣COOH，结合E、F在酸性条件下生成物的结构简式，可知 E、F发
生酯化反应，结合 B、C 含有碳原子数目可推知 F 为 CH CH OH、E 为
3 2
，结合有机物分子式逆推可知 D 为 、C 为
、B为 、A为 ．
【解答】解：B与D发生信息中的反应生成D，D中含有﹣CN，D发生水解反应
生成E，E中含有﹣COOH，结合E、F在酸性条件下生成物的结构简式，可知
E、F 发生酯化反应，结合 B、C 含有碳原子数目可推知 F 为 CH CH OH、E 为
3 2
，结合有机物分子式逆推可知 D 为 、C 为
、B为 、A为 ．
（1）A→B是 发生取代反应生成 ，
故答案为：取代反应；
（2）A．化合物A为 ，不含硝基，故A错误；B．化合物B为 ，可发生消去反应，故B正确；
C．化合物E为 ，含有苯环，可以与氢气发生加成反应，故 C
正确；
D．由哌替啶的结构简式，可知其分子式是C H NO ，故D正确．
15 21 2
故选：A；
（ 3 ） B+C→D 的 化 学 反 应 方 程 式 为 ：
，
故答案为： ；
（4）以甲苯为原料制备 C（ ）的合成路线流程图为：
，
故答案为： ；
（5）C（ ）的同分异构体符合：①分子中有苯环而且是苯环的邻
位二取代物；②1H﹣NMR谱表明分子中有6种氢原子；IR谱显示存在碳氮双键（C=N），可能的同分异构体有： ，
故答案为： ．
