2017年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题(解析版).doc

2017年下半年浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题1下列属于氧化物的是ANa2O BCa(OH)2 CHClO DK2CO32下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是A B C D【答案】B【解析】A、此仪器为分液漏斗，故A错误；B、此仪器为蒸馏烧瓶，故B正确；C、此仪器为容量瓶，故C错误；D、此仪器为烧杯，故D错误；故选B。3下列属于电解质的是A镁 B酒精 C硫酸铜 D食盐水【答案】C【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。A、镁是单质不属于能导电的化合物，故不属于电解质，故A错误；B酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，也不属于电解质，故B错误；C硫酸铜在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电，所以硫酸铜是电解质，故C正确；D食盐水是混合物，所以不是电解质，故D错误； 故选C。点睛：掌握电解质的概念和常见物质类型是解答本题的关键。注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。4下列分散系属于悬浊液的是A牛奶 B蔗糖溶液 C泥浆水 D氢氧化铁胶体【答案】C【解析】A牛奶属于胶体，故A错误；B蔗糖溶液属于溶液，故B错误；C泥浆水属于悬浊液，故C正确；D氢氧化铁胶体属于胶体，故D错误；故选C。点睛：根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm100nm)、浊液(大于100nm)，其中固体颗粒形成的浊液是悬浊液，液体颗粒形成的浊液是乳浊液。5下列不属于化石燃料的是A煤 B石油 C天然气 D甲醇【答案】D【解析】煤、石油和天然气是三大化石燃料，乙醇不属于化石燃料，属于可再生能源。故选D。6下列说法不正确的是A干冰可用于人工降雨 B碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂C碳酸钠是发酵粉的主要成分 D次氯酸钙是漂白粉的有效成分【答案】C【解析】A干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B常温下，碘酸钾在空气中很稳定，因此用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；故选C。7下列属于置换反应的是A2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2 B2HClO光照2HCl +O2CCOCuOCO2Cu D2MgCO2点燃2MgOC【答案】D【解析】A2FeCl3Cu=CuCl22FeCl2无单质生成，不属于置换反应，故A错误；B2HClO光照2HCl +O2反应物中没有单质参加反应，不属于置换反应，故B错误；CCOCuOCO2Cu 反应物中没有单质参与，不属于置换反应，故C错误；D2MgCO2点燃2MgOC是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故D正确；故选D。8下列表示不正确的是A氯原子的结构示意图 B二氧化碳的结构式：O=C=OCCH4的球棍模型 D乙醛的官能团 -CHO9下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是ANaOH BNa2CO3 CNaCl DNH3【答案】C【解析】ANaOH是强碱，溶液显碱性，能使酚酞变红，故A不选；BNa2CO3属于强碱弱酸盐，水解后溶液显碱性，能使酚酞变红，故B不选；CNaCl是强酸强碱盐，溶液显中性，不能使酚酞变红，故C选；DNH3的水溶液显碱性，能使酚酞变红，故D不选；故选C。点睛：酚酞的变色范围为pH=810，溶液颜色由浅红色变成红色，能使酚酞变红的溶液显碱性，可以是碱或能够水解的强碱弱酸盐。需要注意的是本题的要求为“不能使酚酞变红”。溶液应该先酸性、中性或弱碱性。10下列方法(必要时可加热)不合理的是A用澄清石灰水鉴别CO和CO2B用水鉴别苯和四氯化碳C用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4D用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水【答案】D【解析】A用澄清石灰水与CO不反应，与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀，溶液变浑浊，能够鉴别，故A不选；B苯和四氯化碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能够鉴别，故B不选；CBa(OH)2与NH4Cl加热时有刺激性气味的气体放出，与(NH4)2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体，与K2SO4反应生成白色沉淀，现象各不相同，能够鉴别，故C不选；D淀粉碘化钾试纸遇到碘水和溴水均变成蓝色，现象相同，不能鉴别，故D选；故选D。11下列说法正确的是A818O表示中子数为10的氧元素的一种核素B金刚石和石墨互为同素异形体，两者之间不能相互转化CCH3COOH和CH3COOCH3互为同系物DC6H14的同分异构体有4种，其熔点各不相同【答案】A【解析】A818O表示中子数为18-8=10，质子数为8，属于氧元素，故A正确；B金刚石和石墨都是碳元素的单质，互为同素异形体，两者之间可以相互转化，故B错误；CCH3COOH和CH3COOCH3的结构部相似，不是同系物，故C错误；DC6H14的同分异构体有己烷，2-甲基戊烷，3-甲基戊烷，2,2-二甲基丁烷，2,3-二甲基丁烷，共5种，故D错误；故选A。点睛：互为同系物的物质满足以下特点：结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同，研究对象是有机物。一定要注意前提条件“结构相似”。12下列离子方程式不正确的是A氢氧化钠溶液与二氧化硅反应 SiO2 + 2OH-SiO32- + H2OB碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应 CO32-+ Ba(OH)2BaCO3+2OH-C酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化 4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2OD氯气与氢氧化钠溶液反应 Cl2+ 2OH-ClO- +Cl-+H2O【答案】B【解析】A氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水，SiO2 + 2OH-SiO32- + H2O，故A正确；B氢氧化钡易溶于水，用离子形式表示，故B错误；C酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化，生成硫酸铁，离子方程式为4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O，故C正确；D氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，Cl2+ 2OH-ClO- +Cl-+H2O，故D正确；故选B。点睛：检查离子方程式是否正确，主要从以下几个方面检查：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系，检查是否符合原化学方程式等。13Q、X、Y和Z为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示，这4种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是AY的原子半径比X的大BQ的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强CX、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键DQ的单质具有半导体的性质，Q与Z可形成化合物QZ414下列说法正确的是A正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸【答案】A【解析】A正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。15下列说法正确的是A花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物B只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽C向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀，加水后沉淀可溶解D向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解【答案】C【解析】A花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量没有达到10000，不属于高分子化合物，故A错误；B.氨基酸分子中含有氨基和羧基，相同种类的氨基酸之间也能形成多肽，故B错误；C向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液，发生蛋白质的盐析，产生沉淀，盐析属于可逆过程，加水后沉淀可溶解，故C正确；D检验生成的产物葡萄糖，需要在碱性溶液中进行，应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸，故D错误；故选C。 16已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJ/mol。起始反应物为N2和H2，物质的量之比为1:3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中NH3的物质的量分数如下表：温度压强40045050060020MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.129下列说法正确的是A体系中NH3的物质的量分数越大，则正反应速率越大B反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比均为1C反应达到平衡时，放出的热量均为92.4kJD600，30MPa下反应达到平衡时，生成NH3的物质的量最多【答案】B【解析】A.体系中NH3的物质的量分数越大，不能表示正反应速率越大，如20MPa，500时NH3的物质的量分数大于30MPa，600时NH3的物质的量分数，但温度和压强均为后者大，反应速率后者快，故A错误；B根据方程式，反应的氮气和氢气的物质的量之比为1:3，起始反应物中N2和H2的物质的量之比为1:3，因此反应达到平衡时，N2和H2的转化率之比1：1，故B正确；C无法确定反应的氮气和氢气的物质的量，因此无法计算平衡时，放出的热量，故C错误；D根据表格数据，反应物的总物质的量不变时，NH3的物质的量分数越大，生成NH3的物质的量越多，则400，30MPa下反应达到平衡时，生成NH3的物质的量最多，故D错误；故选B。17金属(M)-空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是A金属M作电池负极B电解质是熔融的MOC正极的电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-D电池反应2M+O2+2H2O=2M(OH)2【答案】B【解析】根据图示，金属M为负极，通入空气的电极为正极。A金属M作电池负极，故A正确；B根据图示，电解质是熔融的M(OH)2，故B错误；C正极发生还原反应，电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故C正确；D负极M失去电子生成M2+，结合C的分析，电池反应2M+O2+2H2O=2M(OH)2，故D正确；故选B。18下列说法不正确的是ApH7的溶液不一定呈酸性B在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)相等C在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl-)=c(CH3COO-)D氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl-)=c(NH4+)，则溶液呈中性【答案】B【解析】ApH7的溶液不一定呈酸性，如100时，pH=6为中性溶液，pH7可能为碱性溶液，故A正确；B氨水是弱碱，在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH-)氢氧化钠大于氨水，故B错误；C在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(H+)和分别相等，根据电荷守恒，分别有c(Cl-)+ c(OH-)= c(H+)，c(CH3COO-) + c(OH-)= c(H+)，因此c(Cl-)=c(CH3COO-)，故C正确；D氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+ c(OH-)= c(NH4+)+ c(H+)，若c(Cl-)=c(NH4+)，则c(OH-)= c(H+)，溶液呈中性，故D正确；故选B。19根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图：下列说法正确的是：AH50 BH1+H2=0CH3=H4+H2 DH1+H2+H3+H4+H5=0【答案】D【解析】A.水蒸气变成液态水会放出热量， H50，故A错误；B氢氧化钙生成氧化钙固体和水蒸气，与液态水和氧化钙反应生成氢氧化钙不是可逆的过程，水蒸气变成液态水会放出热量， 因此H1+H20，故B错误；C根据盖斯定律，H4=H2+H3+H5+H1，故C错误；D根据盖斯定律，故D正确；故选D。20下列说法不正确的是AMg2+和S2-的最外层都形成了8个电子的稳定结构B石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体C浓H2SO4和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关DH2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱【答案】D【解析】AMg2+有2个电子层，最外层有8个电子，S2-有3个电子层，最外层有8个电子，最外层都形成了8个电子的稳定结构，故A正确；B石英和金刚石都是原子晶体，原子间通过共价键结合形成，故B正确；C浓H2SO4稀释时放出热量，是硫酸分子和水分子之间水合过程放出的热量，与微粒之间的作用力有关，故C正确；DH2O2易分解属于化学变化，与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误；故选D。21在催化剂作用下，用乙醇制乙烯，乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位：mLmin-1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。在410440温度范围内，下列说法不正确的是A当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高B当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大C当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小D当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大【答案】A【解析】A根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430后，乙烯选择性逐渐降低，故A错误；B根据图像，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430后，乙烯选择性逐渐降低，因此，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大，故B正确；C根据左图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，故C正确，D根据右图，当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，故D正确；故选A。22设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 NAB25 时，pH=3的醋酸溶液1L，溶液中含H+的数目小于0.001 NAC任意条件下，1 mol苯中有CH键的数目一定为6 NADa mol 的R2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为a(A-N-2)NA【答案】B【解析】A0.2 mol H2SO4与镁反应，若生成氢气，转移0.4mol电子，若生成二氧化硫，转移0.4mol电子，因此含0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数一定大于0.2 NA，故A正确；B25 时，1L pH=3的醋酸溶液中c(H+) =0.001mol/L，溶液中含H+的数目等于0.001 NA，故B错误；C苯的化学式为C6H6，1 mol苯中有CH键的数目一定为6 NA，故C正确；DR2+(R的核内中子数为N，质量数为A)的核外电子数为A-N-2，则a mol 的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA，故D正确；故选B。点睛：本题的易错点为A，硫酸与金属镁反应可以生成氢气，也可以生成二氧化硫，可以利用极限的思维方式极限解答。2325 时，在“H2AHA-A2-”的水溶液体系中，H2A、HA-和A2- 三者中各自所占的物质的量分数()随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是A在含H2A、HA-和A2- 的溶液中，加入少量NaOH固体，(HA-)一定增大B将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中(HA-)=(A2-)CNaHA溶液中，HA-的水解能力小于HA-的电离能力D在含H2A、HA-和A2-的溶液中，若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)，则(H2A)和(HA-)一定相等24某兴趣小组查阅资料得知，连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2；CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。拟设计实验方案，采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体(由CO2、CO、N2和O2组成)的相应组分。有关该方案设计，下列说法不正确的是A采用上述3种吸收剂，气体被逐一被吸收的顺序应该是CO2、O2和COB其他两种吸收剂不变，O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代CCO 的吸收必须在吸收O2后进行，因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化D在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有HCl【答案】B【解析】A根据题意，CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化，因此需要在CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO之前吸收氧气，防止CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO被氧化，二氧化碳能够与连苯三酚的碱性溶液反应，因此需要在连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2之前吸收二氧化碳，气体被逐一被吸收的顺序应该是CO2、O2和CO，故A正确；BCO和O2在通过灼热的铜网是能够发生反应生成二氧化碳，故B错误；C根据A的分析，因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化，CO 的吸收必须在吸收O2后进行，故C正确；DCO的吸收在最后，由于使用的是CuCl的盐酸溶液，盐酸容易挥发，在3种气体被逐一吸收后，导出的气体中可能含有挥发出来的HCl，故D正确；故选B。25取某固体样品，进行如下实验取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；取少量滤液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生；取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣全部溶解，同时有气体产生。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是AK2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3 BNa2CO3、AgNO3、KNO3CK2CO3、NaCl、Ba(NO3)2 DKNO3、MgCl2、NaOH【答案】C【解析】AK2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3硫酸钡和碳酸钡沉淀，硫酸钡不溶于水盐酸，不符合，故A错误；BNa2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀，与盐酸反应会生成氯化银沉淀，不符合，故B错误；CK2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀，滤液中可能含有碳酸根离子，加入氯化钡溶液生成白色沉淀，滤渣碳酸钡能够与盐酸反应放出二氧化碳而溶解，符合上述实验过程，故C正确；DKNO3、MgCl2、NaOH三者能够反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应没有气体放出，不符合，故D错误；故选C。点睛：解答本题可以按照各选项提供的试剂进行实验，符合题中实验现象即可。需要注意的是，白色沉淀可能为硫酸钡或碳酸钡，也可能为氯化银。26A与CO、H2O以物质的量111的比例形成B，B中的两个官能团分别具有乙烯和乙酸中官能团的性质，E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，有关物质的转化关系如下：请回答：（1）A的结构简式_。（2）DE的反应类型_。（3）CE的化学方程式_。（4）下列说法不正确的是_。A可用金属钠鉴别B和CBA在一定条件下可与氯化氢发生加成反应C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热也可生成E D与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃一定不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】 （1）CHCH；（2）加成反应；（3）CH3CH2COOH+CH3OHH2O+CH3CH2COOCH3；（4）ACD；【解析】A与CO、H2O以物质的量111的比例形成B，B中的两个官能团分别具有乙烯和乙酸中官能团的性质，说明B中含有碳碳双键和羧基，根据B的结构简式CH2=CHCOOH，则A为C2H2，为乙炔；E是有芳香气味、不易溶于水的油状液体，E为酯，根据流程图，C与甲醇发生酯化反应生成E，C为CH3CH2COOH；D与氢气加成生成E，D为CH2=CHCOOCH3。（1）根据上述分析，A为乙炔，结构简式为CHCH，故答案为：CHCH；（2）D与氢气发生加成反应生成E，故答案为：加成反应；（3）C与甲醇发生酯化反应生成E，反应的化学方程式为CH3CH2COOH+CH3OHH2O+CH3CH2COOCH3，故答案为：CH3CH2COOH+CH3OHH2O+CH3CH2COOCH3；（4）ACH2=CHCOOH和CH3CH2COOH都属于羧酸，都能够与金属钠反应放出气体，现象相同，不能鉴别，故A错误；B乙炔中含有碳碳三键，在一定条件下可与氯化氢发生加成反应，故B正确；C乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成的产物与E互为同分异构体，故C错误；D与A的最简式相同，相对分子质量为78的烃可能是苯，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故选ACD。27已知固体Na2SO3受热易分解，实验流程和结果如下：气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518gL-1、请回答:（1）气体Y分子的电子式_,白色沉淀的化学式_。（2）该流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式_。（3）另取固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀产生，写出产生淡黄色沉淀的离子方程式_(不考虑空气的影响)。【答案】 （1）；BaSO4； （2）4Na2SO3Na2S+3Na2SO4； （3）SO32-+2S2-+6H+=3H2O+3S。【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518gL-1，Y的相对分子质量为1.51822.4=34，结合Na2SO3中的元素可知，Y为H2S，固体X与盐酸反应生成硫化氢和溶液，溶液中加入氯化钡反应生成白色沉淀，说明固体X中含有Na2S和硫酸钠。（1）气体Y为硫化氢，电子式为，白色沉淀为硫酸钡，故答案为：；BaSO4；（2）隔绝上述分析，流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；（3）固体X和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色硫沉淀产生，产生淡黄色沉淀的离子方程式为SO32-+2S2-+6H+=3H2O+3S，故答案为：SO32-+2S2-+6H+=3H2O+3S。点睛：隔绝气体的密度确定Y的化学式是解答本题的关键。本题的易错点为硫化氢的电子式的书写，硫化氢属于共价化合物，不存在离子键。28为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列实验。已知:3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)请回答:（1）虚线框处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”);实验时应将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_。（2）实验后，取硬质玻璃管中适量的固体，用一定浓度的盐酸溶解，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，说明该固体中没有+3价的铁，判断结论是否正确并说明理由_。【答案】 （1）乙；铜丝由黑色变红色，试管壁有水珠生成； （2）不正确；过量的铁可以将Fe3+还原成Fe2+而不能是KSCN溶液不变红29取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。请计算：（1）KMnO4的分解率_。（2）气体A的物质的量_。【答案】 （1）60.0% ； （2）0.095mol【解析】（1）根据2KMnO4=K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=100%=60.0%，故答案为：60%；（2）气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol，故答案为：0.095mol。点睛：掌握氧化还原反应过程中的电子守恒是解答本题的关键。本题的易错点为（2），高锰酸钾最终转化为Mn2+转移的电子数等于先部分分解过程中转移的电子数+与浓盐酸反应转移的电子数。30十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘(C10H18)四氢萘(C10H12)萘(C10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知：C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2H1H20；C10H18C10H12的活化能为Ea1，C10H12C10H8的活化能为Ea2，十氢萘的常压沸点为192；在192，液态十氢萘的脱氢反应的平衡转化率约为9。请回答：（1）有利于提高上述反应平衡转化率的条件是_。A高温高压 B低温低压 C高温低压 D低温高压（2）研究表明，将适量的十氢萘置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理由是_。（3）温度335，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘(1.00 mol)催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2(以物质的量分数计)随时间变化关系，如图1所示。在8 h时，反应体系内氢气的量为_mol(忽略其他副反应)。x1显著低于x2的原因是_。在图2中绘制“C10H18C10H12C10H8”的“能量反应过程”示意图。科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。电极反应式：_和2Fe3H2ON2Fe2O32NH3。【答案】 （1）C；（2）反应吸热，温度升高，平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加。（3）1.951；反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2.（4）；（5）Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。【解析】（1）C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2，H1H20；均为吸热反应，且都属于气体的物质的量增大的反应。A升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，但增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故A错误；B降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B错误；C升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，减小压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故C正确；D降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；故选C；（2）总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到192时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加，故答案为：反应吸热，温度升高，平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加；（3）温度335，在8 h时，十氢萘为1.00 mol，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol，0.374mol，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质的量为b，根据反应C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) 1 1 3 a a 3aC10H12(l)C10H8(l)2H2(g)， 1 1 2 b b 2b则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=30.401+20.374=1.951，则氢气的量为1.951mol，故答案为：1.951；反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2，故答案为：反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2；C10H18(l)C10H12(l)3H2(g) H1，C10H12(l)C10H8(l)2H2(g) H2，H1H20；上述反应均为吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“C10H18C10H12C10H8”的“能量反应过程” 示意图为，故答案为：；（4）以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe3H2ON2Fe2O32NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，故答案为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。31【加试题】某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl36H2O及明矾大晶体，具体流程如下：已知：AlCl36H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。温度/010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109请回答：（1）步骤中的化学方程式_；步骤中生成Al(OH)3的离子方程式_。（2）步骤，下列操作合理的是_。A坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧B为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重C若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳D坩埚取下后放在石棉网上冷却待用E为确保称量准确，灼烧后应趁热称重（3）步骤，选出在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序_。迅速降至室温 用玻璃棒摩擦器壁 配制90的明矾饱和溶液 自然冷却至室温 选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央 配制高于室温10-20的明矾饱和溶液 （4）由溶液A制备AlCl36H2O的装置如下图：通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和_。 步骤，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是_；洗涤时，合适的洗涤剂是_。 步骤，为得到纯净的AlCl36H2O，宜采用的干燥方式是_。【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；（2）BCD；（3）；（4）降低AlCl3溶解度，使其以AlCl36H2O晶体形式析出；强酸性环境会腐蚀滤纸；饱和氯化铝溶液；用滤纸吸干。【解析】根据流程图，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，在偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成氢氧化铝胶状沉淀，洗涤后得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；氢氧化铝用硫酸溶解后与硫酸钾溶液混合，结晶析出明矾晶体；氢氧化铝胶状沉淀用盐酸溶解，生成氯化铝溶液，在氯化氢气流中蒸发得到氯化铝晶体。（1）步骤中铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；步骤中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；AlO2-+CO