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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．NaCl B．KOH C．HNO3 D．CO2
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．2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
B．Na2O+H2O═2NaOH
C．2KI+Br2═2KBr+I2
D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O
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．CO2的电子式
B．Cl2的结构式：Cl
Cl
﹣
C．CH4的球棍模型
D．Clˉ 离子的结构示意图
8．（2 分）下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）
A．NH3 B．SO3 C．HCl D．CO2
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CCl4萃取碘水中的碘单质
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（CH3
O
CH
﹣﹣
3）互为同系物
D．C4H10的一氯代物只有一种
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CO2+OH‾═HCO3
﹣
B．金属钠和水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+
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．WH4与Z 元素的单质在一定条件下可能发生化学反应
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 Cl2发生取代反应
B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色
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﹣NH2
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+Ag2O+H2O═Zn（OH）
2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（ ）
A．Zn 电极是负极
B．Ag2O 电极上发生还原反应
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NH3•H2O 为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol•L
1
﹣ NH3•H2O 的pH 小于13
B．0.1 mol•L
1
﹣ NH4Cl 的pH 小于7
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
﹣ NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色
19．（2 分）已知断裂1mol H2（g）中的H
H
﹣
键需要吸收436.4KJ 的能量，断裂1mol
O2（g）中的共价键需要吸收498KJ 的能量，生成H2O（g）中的1mol H
O
﹣
键能放出
462.8KJ 的能量．下列说法正确的是（ ）
A．断裂1 mol H2O 中的化学键需要吸收925.6 KJ 的能量
B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=
480.4 KJ•mol
﹣
1
﹣
C．2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6 KJ•mol
1
﹣
D．H2（g）+
O2（g）═H2O（l）△H=
240.2KJ•mol
﹣
1
﹣
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．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构
D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
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
水样
0
5
10
15
20
25
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Ca2+）
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
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NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为0.5 NA
B．1 L 0.1 mol•L
1
﹣硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NA
C．0.1 mol KI 与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
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 NA
23．（2 分）25℃时，在含CH3COOH 和CH3COOˉ 的溶液中，CH3COOH 和CH3COOˉ 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．下列说法不
正确的是（ ）
A．在pH＜4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）
B．在pH=7 的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0
C．在pH＞4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）
D．在pH=4.76 的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变
24．（2 分）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3 和FeO）得到绿矾（主
FeSO4•7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣
溶
液
绿矾
铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（ ）
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FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO4
2﹣+16H+
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
25．（2 分）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO3
2﹣、SO4
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（ ）
A．该混合物一定是K2CO3和NaCl
B．该混合物可能是Na2CO3和KCl
C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3
D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl
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Na2CO3溶液鉴别
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KMnO4溶液氧化．
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）FeSO4受热分解的化学方程式为：2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
请回答：
（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2．能说明
SO2存在的实验现象是 ；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作步骤依次
为 、洗涤、干燥、称重．
（2）设计一个实验方案，用化学方法验证FeSO4受热后固体的成分（不考虑其他反
应） ．
29．（4 分）分别称取2.39g（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物两份．
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量
与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为
．
（2）另一份固体混合物中NH4
+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，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CO2可通过二氧化碳甲烷化再利用．
请回答：
（1）已知：2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol
1
﹣
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=
221KJ•mol
﹣
1
﹣
2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=
318KJ•mol
﹣
1
﹣
碳热还原Al2O3合成AlN 的总热化学方程式是 ，该反应自发进行的条件
．
（2）在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）
进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO 选择性随温度变化情况分别如图1 和图2
所示（选择性：转化的CO2中生成CH4或CO 的百分比）．
反应ⅠCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H4
反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H5
①下列说法不正确的是
A．△H4小于零
B．温度可影响产物的选择性
C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL 该温度下反应Ⅰ的
平衡常数为 （用a、V 表示）
③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3 所示．画出400℃下0～t1时刻
CH4物质的量随时间的变化曲线．
（3）据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式
是 ．
【加试题】（10 分）
31．（10 分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成
NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1 所
示．
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点﹣59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
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NaClO2产率，试解释其原因
（3）Clˉ 存在时会催化ClO2的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2
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，请将其补充完
整：① （用离子方程式表示），②H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+．
（4）H2O2浓度对反应速率有影响．通过图2 所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至
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NaClO2过程中，下列操作不正确的是
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C15H21NO2
（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．NaCl B．KOH C．HNO3 D．CO2
【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．2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
B．Na2O+H2O═2NaOH
C．2KI+Br2═2KBr+I2
D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O
【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．2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑为分解反应，反应中不存在化合
价变化，不属于氧化还原反应，故A 错误；
B．Na2O+H2O═2NaOH 为化合反应，反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反
应，故B 错误；
C．2KI+Br2═2KBr+I2为置换反应，I、Br 元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，
故C 正确；
D．MgO+2HCl═MgCl2+H2O 为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反
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．CO2的电子式
B．Cl2的结构式：Cl
Cl
﹣
C．CH4的球棍模型
D．Clˉ 离子的结构示意图
【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．NH3 B．SO3 C．HCl D．CO2
【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、SO3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B 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、CO2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CCl4萃取碘水中的碘单质
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（CH3
O
CH
﹣﹣
3）互为同系物
D．C4H10的一氯代物只有一种
【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CH2原子团的物质互称为同系物，
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C4H10的一氯代物的
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C4H10的烷烃为丁烷，丁烷存在正丁烷和异丁烷两种同分异构体，
正丁烷CH3CH2CH2CH3有2 氢原子，所以其一氯代物有2；
异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2 氢原子，其一氯代物有2 种，
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 kJ
D．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CO2+OH‾═HCO3
﹣
B．金属钠和水反应2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水2Fe2++H2O2═2Fe3++O2↑+2H+
D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+Ba2++H2O═BaSO4↓+2H+
【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：CO2+OH‾═HCO3
﹣，故A 正确；
B．金属钠和水反应生成NaOH 和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na+
+2OH﹣+H2↑，故B 正确；
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++H2O2═2Fe3++2H2O，故C 错误；
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：SO3+Ba2+
+H2O═BaSO4↓+2H+，故D 正确；
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．WH4与Z 元素的单质在一定条件下可能发生化学反应
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．WH4与Z 元素的单质，在光照下可发生取代反应；
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．WH4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 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 Cl2发生取代反应
B．石油裂解气能使溴的四氯化碳溶液、酸性KMnO4溶液褪色
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 Cl2发生取代反应，故A 错误；
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﹣NH2
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+Ag2O+H2O═Zn（OH）2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（ ）
A．Zn 电极是负极
B．Ag2O 电极上发生还原反应
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+Ag2O+H2O=Zn（OH）2+2Ag 中，负极反应为Zn+2OH﹣
2e
﹣
﹣
=Zn（OH）2、正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，电子由负极流向正极，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Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，发生还原反应，故B 正确；
C、负极反应为Zn+2OH﹣
2e
﹣
﹣=Zn（OH）2，故C 正确；
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NH3•H2O 为弱电解质的是（
）
A．0.1 mol•L
1
﹣ NH3•H2O 的pH 小于13
B．0.1 mol•L
1
﹣ NH4Cl 的pH 小于7
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
﹣ NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O 部分电离就说明
NH3．H2O 是弱电解质，据此分析解答．
【解答】解：A．0.1 mol•L
1
﹣ NH3•H2O 的pH 小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，
所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3•H2O 部分电离，为弱电解质，故A 不选；
B．0.1 mol•L
1
﹣ NH4Cl 的pH 小于7 显酸性，说明 NH4Cl 是强酸弱碱盐，则证明
NH3•H2O 是弱电解质，故B 不选；
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NH3•H2O 部分电离，为弱电解质，故C 不选；
D．0.1 mol•L
1
﹣ NH3•H2O 能使无色酚酞试液变红色，说明NH3•H2O 显碱性，则不能
证明NH3．H2O 是弱电解质，故D 选；
故选D．
19．（2 分）（2017•浙江）已知断裂1mol H2（g）中的H
H
﹣
键需要吸收436.4KJ 的能
量，断裂1mol O2（g）中的共价键需要吸收498KJ 的能量，生成H2O（g）中的1mol H
O
﹣
键能放出462.8KJ 的能量．下列说法正确的是（ ）
A．断裂1 mol H2O 中的化学键需要吸收925.6 KJ 的能量
B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=
480.4 KJ•mol
﹣
1
﹣
C．2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6 KJ•mol
1
﹣
D．H2（g）+
O2（g）═H2O（l）△H=
240.2KJ•mol
﹣
1
﹣
【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H2O（g）中的1mol H
O
﹣
键能放出462.8KJ 的能量，则断裂1
mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水的状态，
故A 错误；
B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）﹣2×2×
（462.8KJ/mol）=
480.4 KJ•mol
﹣
1
﹣，故B 正确；
C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=
88KJ/mol
﹣
，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣
568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4 KJ•mol
1
﹣，故C 错误；
D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=
568.4KJ/mol
﹣
，则H2（g）+
O2（g）═H2O（l）△H=
284.2KJ•mol
﹣
1
﹣，故D 错误；
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．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构
D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【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、CH4分子中氢原子最外层达2 电子的稳定结构；
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子．
【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、CH4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 错误
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4
晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D 错误；
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
水样
0
5
10
15
20
25
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Ca2+）
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
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NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为0.5 NA
B．1 L 0.1 mol•L
1
﹣硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NA
C．0.1 mol KI 与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
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 NA
【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FeCl3的反应是一个可逆反应；
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0.4NA个，故B 错误；
C、KI 和FeCl3的反应是一个可逆反应，不能完全反应，题干中转移0.1NA的电子数
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
0.3NA个氧气分子，故D 正确．
故选D．
23．（2 分）（2017•浙江）25℃时，在含CH3COOH 和CH3COOˉ 的溶液中，CH3COOH
和CH3COOˉ 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．
下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）
B．在pH=7 的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0
C．在pH＞4.76 的溶液中，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）
D．在pH=4.76 的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变
【分析】A．当溶液pH=4.76 时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），在pH＜4.76 的溶液显
酸性；
B．若α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0，溶液显碱性；
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（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子
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（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A 正确；
B．在pH=7 的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH3COOH）≠0，α（CH3COO﹣）
＜1.0，故B 错误；
C．在pH＞4.76 的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c
（H+），故C 正确；
D．当溶液pH=4.76 时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子
水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之
和保持不变，故D 正确；
故选B．
24．（2 分）（2017•浙江）由硫铁矿烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾
（主FeSO4•7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：烧渣
溶液
绿矾
铁黄
已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是（ ）
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FeS2+14Fe3++8H2O═15Fe2++2SO4
2﹣+16H+
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：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，
溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为
蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe
（OH）3，以此来解答．
【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FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3+
+8H2O═15Fe2++2SO4
2﹣+16H+，故B 正确；
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）3，故D 正确；
故选C．
25．（2 分）（2017•浙江）某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Clˉ、CO3
2﹣、SO4
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（ ）
A．该混合物一定是K2CO3和NaCl
B．该混合物可能是Na2CO3和KCl
C．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3
D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl
【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CO3
2﹣，而不含SO4
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﹣，以此来解
答．
【解答】解：由上述分析可知，一定含Na+、Cl﹣、CO3
2﹣，不含SO4
2﹣，不能确定是否含
K+，
A．该混合物可能是K2CO3和NaCl，因不能确定是否含K+，故A 不选；
B．由分析出的离子可知该混合物可能是Na2CO3和KCl，故B 选；
C．不含SO4
2﹣，则不可能含Na2SO4，故C 不选；
D．不能确定是否含K+，可能为Na2CO3和NaCl，故D 不选；
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
4
CH
≡
CH
+ 3H
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Na2CO3溶液鉴别
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KMnO4溶液氧化．
【分析】A 是天然气的主要成分，则A 为CH4；已知烃B 在标准状况下的密度为
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CH3COOC2H5；C 催化氧化得D，C 与氢气发生还原反
应生成E，则D 为CH3COOH、E 为CH3CH2OH、C 为CH3CHO；B 与水反应生成乙醛，
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CH4；已知烃B 在标准状况下的密度为
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CH3COOC2H5；C 催化氧化得D，C 与氢气发生还原反
应生成E，则D 为CH3COOH、E 为CH3CH2OH、C 为CH3CHO；B 与水反应生成乙醛，
且B 的摩尔质量为26g/mol，则B 为CH≡CH，
（1）D 的结构简式为D 为CH3COOH，其含有官能团为羧基，
故答案为：羧基；
（2）D 为CH3COOH、E 为CH3CH2OH，二者在浓硫酸存在条件下发生酯化反应生成
乙酸乙酯，
故答案为：酯化反应；
（3）A 为CH4，B 为CH≡CH，CH4在高温下转化为CH≡CH 的化学方程式是：2CH4
CH≡CH+3H2，
故答案为：2CH4
CH≡CH+3H2；
（4）A．E 为CH3CH2OH，乙醇与金属钠反应不如水与金属钠反应剧烈，故A 错误；
B．D 为CH3COOH、E 为CH3CH2OH、F 为CH3COOC2H5，乙酸与碳酸钠生成气体，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Na2CO3溶液
鉴别三者，故B 正确；
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CH3CHO，CH3CHO 中含有官能团醛基，醛基能被新制碱性氢氧化铜
悬浊液、酸性KMnO4溶液氧化，故D 正确；
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
2O + 2H
+ =Cu
2 + + Cu
+ H 2O
．
（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
3
3Cu
+ N 2+ 3H
2O
．
【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（O2）=
=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n（O）
=0.2mol：
（0.4mol
0.1mol
﹣
×2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，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，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（O2）=
=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n（Cu）：n（O）
=0.2mol：
（0.4mol
0.1mol
﹣
×2）=2：1，固体甲化学式为Cu2O，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，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Cu2O，氧化亚铜和稀硫酸溶液发生歧化反应生成铜、二价铜离子和
水，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，
故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
（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+2NH3
3Cu+N2+3H2O，
故答案为：3CuO+2NH3
3Cu+N2+3H2O．
28．（4 分）（2017•浙江）FeSO4 受热分解的化学方程式为：2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
请回答：
（1）将FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和SO2．能说明
SO2存在的实验现象是 品红溶液褪色 ；为测定BaSO4沉淀的质量，后续的操作
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FeSO4受热后固体的成分（不考虑其他反
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FeSO4受热产生的气体按图示装置进行实验，证实含有SO3和
SO2，能说明SO2存在的实验现象是品红溶液褪色；为测定BaSO4沉淀的质量，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FeSO4受热后固体的成分的实验为取少量溶于硫酸，滴加
KSCN 溶液，变为血红色，与高锰酸钾不反应，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（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物两份．
（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba（OH）2溶液，产生的沉淀质量
与加入Ba（OH）2溶液体积的关系如图．混合物中n[（NH4）2SO4]：n（NH4Cl）为
1 ：
2
．
（2）另一份固体混合物中NH4
+与Ba（OH）2溶液（浓度同上）恰好完全反应时，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（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物两份，而第一份加
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NH4Cl 的质量为：2.39
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（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物中铵根离子的物质的
量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH4
++OH﹣=NH3↑+H2O 可知氢氧化钡的物质的
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（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物两份，而第一份加
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NH4Cl 的质量为：2.39
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（NH4）2SO4和NH4Cl 固体混合物中铵根离子的物质的
量为：0.01×2+0.02=0.04mol，根据NH4
++OH﹣=NH3↑+H2O 可知氢氧化钡的物质的
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CO2可通过二氧化碳甲烷化再
利用．
请回答：
（1）已知：2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol
1
﹣
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=
221KJ•mol
﹣
1
﹣
2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=
318KJ•mol
﹣
1
﹣
碳热还原Al2O3合成AlN 的总热化学方程式是
3C
（ s ）
+ Al
2O3（ s ）
+ N 2（ g ）
=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/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）
进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO 选择性随温度变化情况分别如图1 和图2
所示（选择性：转化的CO2中生成CH4或CO 的百分比）．
反应ⅠCO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）△H4
反应ⅡCO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H5
①下列说法不正确的是
CD
A．△H4小于零
B．温度可影响产物的选择性
C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少
D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1：3，可提高CO2平衡转化率
②350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL 该温度下反应Ⅰ的
平衡常数为
（用a、V 表示）
③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3 所示．画出400℃下0～t1时刻
CH4物质的量随时间的变化曲线．
（3）据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式
是
CO
2+ 6H
2O + 8e
﹣ ═
CH
4+ 8OH
﹣
．
【分析】（1）①2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol
1
﹣
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=
221KJ•mol
﹣
1
﹣
③2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=
318KJ•mol
﹣
1
﹣
盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）×
得到碳热还原Al2O3合成AlN 的总热化学
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t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳转化率为
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）CO2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，用氢氧根
离子浓度配平电荷守恒得到电极反应．
【解答】解：（1）①2Al2O3（s）═4Al（g）+3O2（g）△H1=3351KJ•mol
1
﹣
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H2=
221KJ•mol
﹣
1
﹣
③2Al（g）+N2（g）═2AlN（s）△H3=
318KJ•mol
﹣
1
﹣
盖斯定律计算，（①+②×3+③×2）×
得到，
碳热还原Al2O3合成AlN 的总热化学方程式：3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（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）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（s）+3CO（g）△H=+1026KJ/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，△H4小于零，故A 正确；
B．图象2 分析可知，图象变化趋势随温度升高到400°C 以上，CH4和CO 选择性受
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．CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进行反应，将CO2和H2的初
始体积比改变为1：3，二氧化碳转化率减小，故D 错误；
故答案为：CD；
②在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混和气体（体积比1：4，总物质的量a mol）进
行反应，350℃时，反应Ⅰ在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，二氧化碳转
化率为80% CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
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
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
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）CO2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，用氢氧根
离子浓度配平电荷守恒得到电极反应为：CO2+6H2O+8e﹣═CH4+8OH﹣，
故答案为：CO2+6H2O+8e﹣═CH4+8OH﹣．
【加试题】（10 分）
31．（10 分）（2017•浙江）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常
将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存，过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置
如图1 所示．
已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O
2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O
ClO2熔点﹣59℃、沸点11℃；H2O2沸点150℃
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
2 的溶解度
、
减少
H 2O2的分解、增加
ClO
2的溶解度、减少
ClO
2的分解 （写两种）．
（2）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因 空气流速过慢时，
ClO2 不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，
ClO
2不能被充分吸收
（3）Clˉ 存在时会催化ClO2的生成．反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2
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，请将其补充完
整：①
2ClO
3
﹣ + 2Cl
﹣ + 4H
+ =2ClO
2↑
+ Cl 2↑
+ 2H
2O
（用离子方程式表示），
②H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+．
（4）H2O2浓度对反应速率有影响．通过图2 所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至
40%，B 处应增加一个设备．该设备的作用是 减压 ，馏出物是
H 2O
．
（5）抽滤法分离NaClO2过程中，下列操作不正确的是
C
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（NaClO3）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶
液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大
通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O，
（1）仪器A 为安全瓶，冰水浴降低NaClO2的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2
的溶解度；减少ClO2的分解；
（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，
ClO2不能被充分吸收；
（3）Clˉ 存在时会催化ClO2的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2
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ClO2和
氯气，据此分析；
（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NaClO2过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸，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NaClO2
的溶解度；减少H2O2的分解；增加ClO2的溶解度；减少ClO2的分解用冰水浴冷却；
故答案为：防止倒吸；降低NaClO2的溶解度、减少H2O2的分解、增加ClO2的溶解
度、减少ClO2的分解；
（2）空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，
ClO2不能被充分吸收，则空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率；
故答案为：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速
过快时，ClO2不能被充分吸收；
（3）Clˉ 存在时会催化ClO2的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2
的生成速率大大提高，并产生微量氯气反应为，2ClO3
﹣+2Cl﹣
+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，H2O2+Cl2═2Cl﹣+O2+2H+；
故答案为：2ClO3
﹣+2Cl﹣+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；
（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H2O；
故答案为：减压；H2O；
（5）抽滤法分离NaClO2过程中，洗涤时为洗净晶体，应让洗涤剂缓慢通过滤纸，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C15H21NO2
（
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CH3CH2OH、E 为
，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CH3CH2OH、E 为
，
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C15H21NO2，故D 正确．
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：
．
