2018年4月高考化学试题(浙江卷)(文本版-含详细解析)

欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚，qq：2355394501PAGE河北、山东、甘肃、陕西、内蒙古、北京、天津资源投稿qq：2355394501PAGE1欢迎广大教师踊跃来稿，稿酬丰厚，qq：2355394501河北、山东、甘肃、陕西、内蒙古、北京、天津资源投稿qq：23553945012018年4月高考浙江卷化学真题解析可能用到的相对原子质量H-1Li-7Be-9C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每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)[2018浙江卷-1]下列属于酸的是A.HNO3B.CaCO3C.CO2D.NaOH【答案】A【解析】酸指电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；碱指电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；盐指电离时生成金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物。可以简记为:氢头酸、氢氧根结尾碱、金属开头酸根结尾的是盐。由此可知属于酸的是A。【考点】酸碱盐等的定义[2018浙江卷-2]下列仪器名称为“漏斗”的是ABCD【答案】D【解析】A为冷凝管，B为容量瓶，C为量筒，D为漏斗【考点】常见仪器名称[2018浙江卷-3]下列属于电解质的是A.氯化钠B.蔗糖C.氯气D.铁【答案】A【解析】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物叫做电解质，酸、碱、盐、金属氧化物，有机酸(醋酸)等都属于电解质。【考点】电解质的定义与物质分类。[2018浙江卷-4]下列物质溶于水后溶液显酸性的是A.KCIB.Na2OC.NH4CID.CH3COONa【答案】C【解析】盐类水解的规律：有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性；同强显中性。由此可见，盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱；Na2O溶于水后生成氢氧化钠使溶液显碱性。【考点】盐的水解及氧化钠的性质。[2018浙江卷-5]下列属于物理变化的是A.煤的气化B.天然气的燃烧C.烃的裂解D.石油的分馏【答案】D【解析】物理变化是没有生成新物质的变化(物理变化只是物质在外形和状态方面发生了变化，与化学变化相对)。符合题意的只有D。【考点】煤的气化；天然气的燃烧；烃的裂解；石油的分馏[2018浙江卷-6]下列说法不正确的是A.纯碱可用于去除物品表面的油污B.二氧化碳可用作镁燃烧的灭火剂C.植物秸秆可用于制造酒精D.氢氧化铁胶体可用作净水剂【答案】B【解析】A.纯碱水解使溶液呈碱性，可用于去除物品表面的油污；B.二氧化碳可与镁反应生成氧化镁与碳，故二氧化碳不可用作镁燃烧的灭火剂；C.植物秸秆的主要成分为纤维素，水解可生成葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下可转化酒精，所以植物秸秆可用于制造酒精。D.氢氧化铁胶体中的胶粒可吸附水中悬浮的颗料，用作净水剂。【考点】盐的水解；二氧化碳的性质；酒精的制造；氢氧化铁胶体。[2018浙江卷-7]下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是A.Cl2→Cl-B.I-→I2C.SO2→SO32-D.CuO→Cu【答案】B【解析】在氧化还原反应中，获得电子、有元素化合价升高的物质称作氧化剂，与此对应，失去电子、有元素化合价降低的物质称作还原剂。“下列变化过程中，加人氧化剂才能实现的是”说明符合题意的变化过程应是有元素化合价升高，且升高的原因不是物质本身引起的。符合题意的只有B。【考点】氧化剂、还原剂的定义。[2018浙江卷-8]下到表示正确的是A.硫原子结构示意图B.乙炔的结构简式CHCHC.乙烯的球棍模型D.NaCl的电子式 【答案】C【解析】A.是硫离子结构示意图，A错；B.乙炔的结构简式应为CH≡CH，B错；D.NaCl的电子式应为，D错。【考点】硫原子结构示意图；乙炔的结构简式；乙烯的球棍模型；NaCl的电子式。[2018浙江卷-9]下列反应中能产生二氧化硫的是A.氧化铜和稀硫酸反应B.亚硫酸钠和氧气反应C.三氧化硫和水反应D.铜和热的浓硫酸反应【答案】D【解析】A.氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水B.亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠C.三氧化硫和水反应生成硫酸D.铜和热的浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水【考点】氧化铜、稀硫酸、亚硫酸钠、三氧化硫、浓硫酸的性质。[2018浙江卷-10]下列操作或试剂的选择不合理的是A.可用蒸发结晶的方法从碘水中提取砷单质B.可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉C.可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠D.可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸【答案】A【解析】A.碘易升华，不可用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘，宜采用萃取法。B.灼烧时铜粉转化为氧化铜，故可用灼烧法除去氧化铜中混有的铜粉C.硫酸与碳酸钠反应会产生二氧化碳气体、水和硫酸钠，硫酸与硅酸钠反应会产生硅酸胶体，硫酸与硫酸钠不反应。故可用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠D.含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液与乙醛反应产生砖红色的氧化亚铜，含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液与乙酸反应生成乙酸铜，得到蓝色溶液，故可用含氢氧化钠的氢氧化铜悬浊液鉴别乙醇、乙醛和乙酸【考点】蒸发、萃取的实验操作；铜的性质；碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠及硫酸的性质；氢氧化铜、乙醇、乙醛和乙酸的性质。[2018浙江卷-11]下列说法正确的是A.CH3CH2CH(CH3)CH3的名称为3一甲基丁烷B.CH3CH2CH2CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH3互为同素异形体C.和为同一物质D.CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，互为同系物【答案】C【解析】A.CH3CH2CH(CH3)CH3的名称应为2一甲基丁烷；B.CH3(CH2)3CH3和CH3CH2CH(CH3)CH3互为同分异构体而不是同素异形体。C.和都为空间四面体分子，为同一物质D.同系物，是指结构相似、分子组成相差若干个"CH2"原子团的有机化合物；一般出现在有机化学中，且必须是同一类物质(含有相同且数量相等的官能团，且酚和醇不能成为同系物，如苯酚和苯甲醇)。CH3CH2OH和CH2OHCHOHCH2OH具有相同的官能团，但官能团数目不相同，故不互为同系物。【考点】烷烃的系统命名法；同素异形体、同分异构体、同系物的概念；XYZW[2018浙江卷-12]四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是A.原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)X和W可形成共价化合物XW3W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强【答案】C【解析】四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。设X的原子序数为x，则Y、Z和W的原子序数分别为x+1、x+9、x+10，则x+(x+1)+(x+9)+(x+10)=48,解得x=7，故知X(N)、Y(O)、Z(S)和W(Cl)。所以，A.原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)；正确；B.X和W可形成共价化合物XW3(NCl3)；B正确；C.W的非金属性比Z的强，但非金属性的强弱与氢化物的沸点没必然联系；C错误；D.Z的最低价单核阴离子(S2-)的失电子能力比Y(O2-)的强；D正确【考点】原子半径大小比较；共价化合物的概念；非金属性强弱比较；阴离子的还原性比较。[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是A.大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑B.高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2OC.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O【答案】D【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，A错误；高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl－+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误；漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2HClO，C错误；D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。【考点】离子反应与离子方程式[2018浙江卷-14]反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，下列选项表明反应一定已达平衡状态的是A.容器内的温度不再变化B.容器内的压强不再变化C.相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等D.容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2【答案】A【解析】反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，若在恒压绝热容器中发生，则达到平衡时：容器内的温度不再变化；氢气的正反应速率与NH3的逆反应速率之比等于3:2，从健的断裂与形成分析有“相同时间内，断开H－H键的数目和断开N－H键的数目相等”；容器内气体的浓度不再改变等。故：A.容器内的温度不再变化，符合题意；B.容器内的压强不再变化，不符合题意；C.相同时间内，断开H－H键的数目和生成N－H键的数目相等，不符合题意；D.容器内气体的浓度c(N2):c(H2):c(NH3)=1:3:2，不符合题意；【考点】化学平衡及其影响因素[2018浙江卷-15]下列说法正确的是A.光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4B.苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下能发生取代反应C.甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离D.乙烯和苯分子中均含独立的碳碳双键，都能与H2发生加成反应【答案】B【解析】光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，A错误；苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液在一定条件下能发生取代反应，B正确；甲烷与乙烯混合物通过溴的四氯化碳溶液后，乙烯与溴反应得到1，2-二溴乙烷，故甲烷与乙烯混合物不可通过溴的四氯化碳溶液分离，C错误；苯分子中不含独立的碳碳双键，D错误。【考点】烷烃的取代反应；苯的硝化反应；乙烯的性质；乙烯与苯的结构。[2018浙江卷-16]下列说法正确的是A.油脂、糖类和蛋白质都能发生水解反应B.油脂皂化反应可用酸作催化剂C.淀粉溶液中加入硫酸，加热4-5min，再加入少量银氨溶液，加热，有光亮银镜生成D.福尔马林能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本【答案】D【解析】油脂、蛋白质都能发生水解反应，糖类中的单糖不能水解，故A错误；油脂皂化反应需用酸作催化剂，故B错误；C.淀粉溶液中加入硫酸，加热4-5min，加入氢氧化钠溶液中和硫酸后，再加入少量银氨溶液，加热，才有光亮银镜生成，故C错误；福尔马林能使蛋白质发生变性，可用于浸制动物标本，D正确。【考点】油脂、糖类和蛋白质的水解及注意事项；蛋白质的变性。[2018浙江卷-17]锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是A.金属锂作负极，发生氧化反应B.Li+通过有机电解质向水溶液处移动C.正极的电极反应：O2+4e—==2O2—D.电池总反应：4Li+O2+2H2O==4LiOH【答案】C【解析】金属锂失电子作负极，发生氧化反应，A正确；在原电池内电路中，阳离子向正极运动，B正确；正极浸在电解质水溶液中，故正极反应为：O2+4e—+2H2O=4OH—C错误；电池总反应：4Li+O2+2H2O=4LiOH，D正确。【考点】原电池的电极判断、电荷运动方向、电极反应的书写。[2018浙江卷-18]相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A.pH相等的两溶液中：c(CH3COO—)=c(Cl—)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同D.相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO—)=c(Cl—)【答案】A【解析】同温时，依电荷守恒有：盐酸溶液中:c(H+)=c(Cl—)+c(OH—)；醋酸溶液中：c(H+)=c(CH3COO—)+c(OH—)，当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等时，它们的c(H+)、c(OH—)分别相等，故c(CH3COO—)=c(Cl—)，A正确；因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的pH相等、体积相等时，醋酸的物质的量比盐酸多，消耗的NaOH的物质的量多，所以B错误；因醋酸为弱酸，在溶液中只有部分电离，当盐酸和醋酸两种溶液的浓度相等时，分别与金属镁反应，盐酸的反应速率快，故C错误；盐酸和醋酸两种溶液分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中分别有：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)或c(Na+)=c(Cl-)；c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)或c(Na+)=c(CH3COO-)，但两种溶液中的c(Na+)前者大，故c(Cl—)＞c(CH3COO—)，故D错误。【考点】盐溶液中的离子平衡[2018浙江卷-19]下列说法正确的是A.CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键C.C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同D.水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体【答案】C【解析】CaCl2中有离子键，属于离子化合物，但CaCl2没有共价键，故A错误；H2O汽化成水蒸气时破坏的是分子间作用力，没有破坏共价键，故B错误；C4H10有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；水晶和干冰都是共价化合物同，但水晶属于原子晶体，干冰属于分子晶体。D错误。【考点】离子化合物与共价化合物；化学键；同分异构体的性质；晶体类型。[2018浙江卷-20]设NA阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.10g2H216O含有的质子数与中子数均为5NAB.32g硫在足量的氧气中充分燃烧，转移电子数为6NAC.26gC2H2与C6H6混合气体中含C—H键的数目为2NAD.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA【答案】B【解析】2H216O分子中质子数、中子数、电子数均为10，其相对分子质量为20，故10g2H216O含有的质子数与中子数均为5NA，A正确；32g硫在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，转移电子数为4NA，B错误；C2H2与C6H6有相同的最简式CH，故26gC2H2与C6H6混合气体中含H的物质的量为：26g/3g/mol=2mol，故C—H键的数目为2NA，C正确。NaHSO4和KHSO3的相对分子质量均为120，故120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物的物质的量为1mol，含有的阳离子数为NA，D正确。【考点】阿伏加德罗常数；粒子数；化学键[2018浙江卷-21]氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是A.已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0B.相同条件下，HCl的△H2比HBr的小C.相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大D.一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=akJ/mol【答案】D【解析】HF的△H1是指液态HF变为气态HF过程中的能量变化，是一个吸热过程，△H1﹥0，A错误；HCl、HBr的△H2是指断裂H-Cl、H-Br所吸收的能量，而H-Cl的键能比H-Br的键能大，B错误；(△H3+△H4)是指H(g)变为H+(aq)的能量变化，HCl的(△H3+△H4)与HI的一样大；气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，该条件下的△H2为1molH-X键断裂吸收的akJ能量，△H2=akJ/mol，D正确。【考点】反应热[2018浙江卷-22]某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：压强/(×105Pa)温度/℃NO达到所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A.升高温度，反应速率加快B.增大压强，反应速率变慢C.在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡D.若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=△n/△t表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为4a/370mol/s【答案】D【解析】根据表中数据知，升高温度，达到相同转化率所需时间增知，反应速率减慢，A错误；根据表中数据知，增大压强，达到相同转化率所需时间变短，反应速率加快，B错误；在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应，没有依据确定反应已达到平衡，C错误；若进入反应塔的混合气体为amol，其中NO的物质的量为0.1amol，在8.0×105Pa、30℃条件下转化率从时段长为3.7s，△n(NO)=0.1amol(90-50%)，反应速率v=△n/△t=0.1amol(90-50%)/3.7s=4a/370mol/s，D正确。【考点】研究给定条件下化学反应速率及化学反应速率与化学平衡的影响因素。[2018浙江卷-23]在常温下，向10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是A.在a点的溶液中c(Na+)>c(CO32-)>c(C1-)>c(OH-)>c(H+)B.在b点的溶液中2n(CO32-)+n(HCO3-)<0.001molC.在c点的溶液pH<7，是因为此时HCO3-的电离能力大于其水解能力D.若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO-)【答案】B【解析】0.1mol/L盐酸加入10mL浓度均为0.lmol/L的NaOH和Na2CO3混合溶液中，盐酸会先和氢氧化钠反应，而后再和Na2CO3溶液反应。a点加入盐酸体积为5mL，它与氢氧化钠反应，消耗原溶液中一半的氢氧化钠，而溶液中Na2CO3水解能增加溶液中的c(OH-)，从而c(OH-)>c(C1-)，故在a点的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(C1-)>c(H+)，A错误；b点的溶液，PH等于7，加入的盐酸体积大于20mL，混合液总体积大于30mL，混合溶液中：n(Na+)=10mL×0.lmol/L(1+2)=0.003mol；n(Cl-)＞20mL×0.lmol/L=0.002mol；n(OH-)=n(H+)，且2n(CO32-)+n(HCO3-)+n(OH-)+n(Cl-)=n(Na+)+n(H+)，可知：2n(CO32-)+n(HCO3-)=n(Na+)-n(Cl-)+n(H+)-n(OH-)=n(Na+)-n(Cl-)＜0.003mol-0.002mol，B正确；HCO3-的电离能力小于其水解能力，C错误；若将0.1mol/L的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO-)+2c(CO32-)+c(HCO3-),D错误。【考点】盐溶液中的离子平衡[2018浙江卷-24]某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知CuCl难溶于水和稀硫酸：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O下列说法不正确的是A.步骤②SO2可用Na2SO3替换B.步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C.步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2OD.如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】步骤②SO2可用Na2SO3替换，反应为：2Cl—+2Cu2++SO32—+H2O=2CuCl↓+SO42—+2H+,A正确；用SO2水溶液洗涤CuCl可防止步骤③中CuCl被氧化，B正确；步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O，C正确；如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，发生的反应有：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O与CuO+2H+=Cu2++H2O，因而无法根据反应前、后固体质量可计算试样纯度，D错误。【考点】铜及其化合物。[2018浙江卷-25]某绿色溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42—、Cl—、CO32—和HCO3—离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列说法不正确的是A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl—B.溶液A中不存在Mg2+、CO32-和HCO3—，不能确定Na+的存在C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3D.溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断【答案】B【解析】向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，该白色沉淀是BaSO4，说明原溶液中有SO42-、H+(盐水解)，但没有CO32-和HCO3-，A正确；依题意不能确定Mg2+、Na+的存在，B错误；第②步取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，因Ag2CO3溶于酸，所以生成的沉淀是AgCl，没有Ag2CO3，C正确；溶液为绿色，所以溶液中含有Fe2+、Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断，D正确。【考点】离子共存及离子的检验。非选择题部分二、非选择题(本大题共7小题，共50分)[2018浙江卷-26](6分)摩尔质量为32g·mol－1的烃的衍生物A能与金属钠反应，F是由两种均具有芳香气味的有机物组成的混合物。相关物质转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答(1)D中官能团的名称是。(2)B的结构简式是。(3)D→E的化学方程式是。(4)下列说法正确的是A.石油裂解气和B都能使酸性KMnO,溶液褪色B.可以用碳酸钠溶液洗去C、E和F混合物中的C、EC.相同物质的量的D、E或F充分燃烧时消耗等量的氧气D.有机物C和E都能与金属钠反应【答案】(1)碳碳双键(2)HCHO(3)CH3CH=CH2+H2OCH3CH2CH2OH

CH3CH=CH2

+

H2OCH3CHOHCH3(4)ABD【解析】摩尔质量为32g·mol－1的烃的衍生物A能与金属钠反应，A为CH3OH，再依转化关系可依次确定B为HCHO、C为HCOOH；F(C4H8O2)是由两种均具有芳香气味的有机物(酯)组成的混合物，且F是由C(HCOOH)与E生成，可确定E为CH3CHOHCH3或CH3CH2CH2OH，进而确定D为CH3CH=CH2。(1)D(CH3CH=CH2)中官能团的名称是碳碳双键。(2)B的结构简式是为HCHO。(3)D→E的化学方程式是CH3CH=CH2+H2OCH3CH2CH2OH或

CH3CH=CH2

+

H2OCH3CHOHCH3。(4)石油裂解气和B(HCHO)都能使酸性KMnO,溶液褪色，A正确；可以用碳酸钠溶液洗去C(HCOOH)、E(CH3CHOHCH3或CH3CH2CH2OH)和F(C4H8O2)混合物中的C、E，B正确；相同物质的量的D(C3H6)、E(C3H8O)或F(C4H8O2)充分燃烧时消耗的氧气F(C4H8O2)最多，C错误；有机物CC(HCOOH)和EE(CH3CHOHCH3或CH3CH2CH2OH)都能与金属钠反应，D正确。【考点】丙烯、甲醇、甲醛、甲酸、甲酸丙酯等烃及烃的衍生物及其转化关系。[2018浙江卷-27]（6分）某同学用含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验：实验中观测到：混合气甲呈无色并被蒸馏水全部吸收；固体乙为纯净物；在步骤③中，取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH；另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体。请回答：（1）X的化学式是，步骤①的化学方程式是。（2）溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式是。【答案】(1)MgCl2·6H2O

MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑(2)2K2FeO4+16HC1=4KCl+

2FeCl3+

3Cl2↑+8H2O【解析】含结晶水的正盐X(四种短周期元素组成的纯净物)中一定含有H、O两种元素；“另取一定量的溶液丙，加入少量K2FeO4固体，产生黄绿色气体”说明X中有Cl元素且混合气体中有HCl气体；“取1/10溶液丙，恰好中和需消耗0.00200molNaOH”说明溶液丙中的HCl的物质的量为(10×0.00200mol)0.0200mol，其质量为(0.0200mol×36.5g/mol)7.3g；依题意知0.4g固体乙为MgO，其物质的量等于X的物质的量为0.01mol(0.4g/40g/mol)，设X的化学式为MgCl2·xH2O则n(X)=2.03g/0.01mol=203g/mol,x=(203-24-35.5×2)/16=6,所以X为MgCl2·6H2O,步骤①的化学方程式为MgCl2·6H2OMgO+2HC1↑+5H2O↑,溶液丙与K2FeO4固体反应的化学方程式为2K2FeO4+16HC1=4KCl+

2FeCl3+

3Cl2↑+8H2O。【考点】镁及其化合物；氯及其化合物；定量计算。[2018浙江卷-28]（4分）某学习小组欲从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的实验室废液中分离乙醇并制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4]固体，完成了如下实验：已知：[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+请回答：(1)步骤①中，试剂X应采用(填化学式)。(2)甲、乙两同学取相同量的溶液Y分别进行蒸馏，收集到的馏出液体积相近，经检测，甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，可能的原因是。(3)设计实验方案验证硫酸铜铵固体中的NH4+【答案】(1)H2SO4(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。(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NH4+时。【解析】⑴依[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+知，加入的试剂X为酸，又用[Cu(NH3)4]SO4制备硫酸铜铵[CuSO4·(NH4)2SO4]，SO42-的物质的量增加了，所以X为酸且能提供SO42-，X为硫酸(H2SO4)；⑵蒸馏溶液Y时，如果加热温度偏高使馏出速度太快或冷却效果不好都会造成乙醇损失，馏出液中乙醇含量明显偏低。所以，甲、乙两同学取相同量的溶液Y分别进行蒸馏，收集到的馏出液体积相近，经检测，甲同学的馏出液中乙醇含量明显偏低，可能的原因是加热温度偏高使馏出速度太快或冷却效果不好造成乙醇损失。⑶验证硫酸铜铵固体中的NH4+的方案为：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NH4+时。【考点】铜及其化合物、铵根离子的检验、蒸馏的实验基本操作。[2018浙江卷-29]（4分）称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量。固体混合物中氧化铜的质量。【答案】(1)0.100mol(2)2.40g【解析】(1)4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解，生成硫酸铜和硫酸铁，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，硫酸铜和硫酸铁都被铁还原成硫酸亚铁，其物质的量等于硫酸的物质的量(0.0500L×2.00mol·L-1=0.100mol)(2)设氧化铜的质量为xg，依铁原子、铜原子守恒有：x×64/80+(4-x)112/160+5.6=0.100x×56+3.04，解得x=2.40【考点】铁及其化合物、铜及其化合物、化学反应与化学计算[2018浙江卷-30]【加试题】(10分)（一）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图1所示。（1）收集到(CH3)4NOH的区域是(填a、b、c或d)。（2）写出电池总反应。（二）乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：CH3COOH(l)+C2H5OH(l)CH3COOC2H5(l)+H2O(l)ΔH=－2.7kJ·mol－1已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表：纯物质沸点/℃恒沸混合物（质量分数）沸点/℃乙醇78.3乙酸乙酯(0.92)+水(0.08)70.4乙酸117.9乙酸乙酯(0.69)+乙醇(0.31)71.8乙酸乙酯77.1乙酸乙酯(0.83)+乙醇(0.08)+水(0.09)70.2请完成：（1）关于该反应，下列说法不合理的是。A．反应体系中硫酸有催化作用B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零C．因为反应的△H接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大D．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（2）一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y=；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n:1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应)。（3）工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有。（4）近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+2H2(g)在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理的是。A．反应温度不宜超过300℃B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键【答案】(一)(1)d；(2)2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+

H2

↑+Cl2

↑(二)

(1)BC；(2)0.67(或67%)(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。(4)ACD【解析】(一)(1)以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，则电解过程中生在成四甲基氢氧化铵的电极一定有OH—生成，电解四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液有OH—生成极为阴极，阴极反应为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—。(2)电池总反应为：2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+

H2

↑+Cl2

↑(二)

(1)ΔS是指物质混乱度的变化，化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，并不代表混乱度的变化等于零，所以B错误；温度变化对平衡转化率的影响大小，取决于温度变化对化学平衡常数的影大小，而不是△H的大小，所以C错误；（2）CH3COOH(l)+C2H5OH(l)CH3COOC2H5(l)+H2O(l)始11变xxxx平1-x1-xxxK=x·x/(1-x)2=4解得：x=0.67x/1=0.67=67%(3)控制乙酸过量的作用有: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。(4)由图知，反应温度超过300℃后，乙酸乙酯的质量分数反而下降，所以反应温度不宜超过300℃，A正确；对于反应：2C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+2H2(g)，增大体系压强，平衡左移，乙醇平衡转化率减少，B错误；在催化剂作用下，乙醇先被氧化成乙醛再被氧化成乙酸，所以乙醛是反应历程中的中间产物，C正确；提高催化剂的活性和选择性，能提高乙醇平衡转化率，减少乙醚、乙烯等副产物，是工艺的关键，D正确。【考点】电化学；化学平衡常数的运用及其计算；乙酸乙酯制备的探究。[2018浙江卷-31]【加试题】(10分)某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。已知：FeC2O4·2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。请回答：（1）下列操作或描述正确的是A.步骤②，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2+水解B.步骤③，采用热水洗涤可提高除杂效果C.步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4和H2C2O4D.步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100℃（2）如图装置，经过一系列操作完成步骤③中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→→c→关抽气泵a.转移固液混合物；b.关活塞A；c.开活塞A；d.确认抽干；e.加洗涤剂洗涤。（3）称取一定量的FeC2O4·2H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：n(Fe2+)/moln(C2O42－)/mol试样中FeC2O4·2H2O的质量分数9.80×10－49.80×10－40.980由表中数据推测试样中最主要的杂质是（4）实现步骤④必须用到的两种仪器是(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)；该步骤的化学方程式是。（5）为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是。【答案】31.（10分）（1）BD；（2）c→e→b→d；（3）(NH4)2SO4；（4）bd；4FeC2O4·2H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O（5）用炭粉还原会进杂质【解析】（1）步骤②，H2C2O4稍过量主要是为了将Fe2+完全转化为FeC2O4·2H2O沉淀，A错误；H2C2O4易溶于