浙江省普通高校招生選考科目考試化學試題含解析

1、2017年11月浙江省普通高校招生選考科目考試化學試題本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。其中加試題部分為30分，用【加試題】標出?？忌氈? .答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2 .答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的答案一律無效。3,非選擇題的答案必須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑，答案寫在本試題卷上無效。4 .可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16N

2、a23Mg24A127S32Cl35.5K39Mn55Fe56Cu64Ba137一、選擇題(本大題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1 .下列屬于氧化物的是A.NaCB.Ca(OH)C.HC1CD.KCO【答案】A【解析】A、Na2O是含有兩種元素且其中一種元素是氧元素的化合物，屬于氧化物，故A正確；B、Ca(OH)2是由鈣、氧、氫三種元素組成的化合物，不屬于氧化物，故B錯誤；C、HClO中有三種元素，也含氧元素，但不屬于氧化物，屬于酸，故C錯誤；D、K2CO3是由鉀、碳、氧三種元素組成的化合物，不屬于氧化物，故D錯誤

3、；故選A。點睛：抓住氧化物的特征、熟悉常見的物質(zhì)的組成是正確解答本題的關鍵。氧化物是只含有兩種元素且其中一種元素是氧元素的化合物2 .下列儀器名稱為“蒸儲燒瓶”的是0?？凇敬鸢浮緽【解析】分析：根據(jù)儀器的構造分析解答。詳解：根據(jù)儀器的構造可知A、此儀器為分液漏斗，A錯誤；B、此儀器為蒸儲燒瓶，B正確；C、此儀器為容量瓶，C錯誤；D、此儀器為燒杯，D錯誤；答案選B。3 .下列屬于電解質(zhì)的是A.鎂B.酒精C.硫酸銅D.食鹽水【答案】C【解析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不導電的化合物是非電解質(zhì)。A、鎂是單質(zhì)不屬于能導電的化合物，故不屬于電解質(zhì)，故A錯誤；B

4、.酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能導電，也不屬于電解質(zhì)，故B錯誤；C.硫酸銅在水溶液里能電離出自由移動的陰陽離子導致溶液導電，所以硫酸銅是電解質(zhì)，故C正確；D.食鹽水是混合物，所以不是電解質(zhì)，故D錯誤；故選Co點睛：掌握電解質(zhì)的概念和常見物質(zhì)類型是解答本題的關鍵。注意電解質(zhì)和非電解質(zhì)都必須是化合物，單質(zhì)和混合物既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。4 .下列分散系屬于懸濁液的是A.牛奶B.蔗糖溶液C.泥漿水D.氫氧化鐵膠體【答案】C【解析】A.牛奶屬于膠體，故A錯誤；B.蔗糖溶液屬于溶液，故B錯誤；C.泥漿水屬于懸濁液，故C正確；D.氫氧化鐵膠體屬于膠體，故D錯誤；故選Co點睛：根據(jù)分散質(zhì)粒子

5、直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm100nm）、濁液（大于100nm）,其中固體顆粒形成的濁液是懸濁液，液體顆粒形成的濁液是乳濁液。5 .下列不屬于化石燃料的是A.煤B.石油C.天然氣D.甲醇【答案】D【解析】煤、石油和天然氣是三大化石燃料，乙醇不屬于化石燃料，屬于可再生能源。故選D。6 .下列說法不正確的是A.干冰可用于人工降雨B.碘酸鉀可用作加碘食鹽的添加劑C.碳酸鈉是發(fā)酵粉的主要成分D.次氯酸鈣是漂白粉的有效成分【答案】C【解析】A.干冰氣化會吸收大量的熱，使得周圍溫度急劇降低，使水蒸氣液化，能夠形成人工降雨，故A正確；B.常溫下，碘酸鉀在空氣中很穩(wěn)定，因此

6、用作加碘食鹽的添加劑，故B正確；C.發(fā)酵粉的主要成分是碳酸氫鈉，故C錯誤；D.漂白粉的主要成分有次氯酸鈣和氯化鈣，其中次氯酸鈣是漂白粉的有效成分，故D正確；故選Co7 .下列屬于置換反應的是A.2FeCl3+Cu=CuC2+2FeCl2B.2HClOL2HC1+QTCOCuOCO+CuD.2M什CO2MgO-C【答案】D【解析】一種單質(zhì)和一種化合物反應生成另一種單質(zhì)和化合物的反應是置換反應，A、生成物沒有單質(zhì)，不是置換反應，A錯誤；B、屬于分解反應，B錯誤；C、反應物沒有單質(zhì)，不是置換反應，C錯誤；D、屬于置換反應，D正確，答案選D。8 .下列表示不正確的是A.氯原子結構示意圖咐B.二氧化碳的

7、結構式O=C=OC.CH的球棍模型殺,D.乙醛的官能團一CHO【答案】AI【解析】A.氯是17號元素，最外層有7個電子，原子結構示意圖為A2國7,故AI錯誤；B.二氧化碳是直線分子，結構式：O=C=O,故B正確；C.碳原子半徑比氫原子大，CH4是正四面體結構，球棍模型為殺，故C正確；D.乙醛的官能團為醛基，結構簡式為9HO,故D正確；故選A。9 .下列物質(zhì)的水溶液不能使酚醐變紅的是A.NaOB.NaCOC.NaClD.NH【答案】C【解析】A.NaOH是強堿，溶液顯堿性，能使酚醐變紅，故A不選；B.Na2CO3屬于強堿弱酸鹽，水解后溶液顯堿性，能使酚醐變紅，故B不選；C.NaCl是強酸強堿鹽，

8、溶液顯中性，不能使酚醐變紅，故C選；D.NH3的水溶液顯堿性，能使酚醐變紅，故D不選；故選Co點睛：酚酗:的變色范圍為pH=810,溶液顏色由淺紅色變成紅色，能使酚醐變紅的溶液顯堿性，可以是堿或能夠水解的強堿弱酸鹽。需要注意的是本題的要求為“不能使酚醐變紅溶液應該先酸性、中性或弱堿性。10 .下列方法（必要時可加熱）不合理的是A.用澄清石灰水鑒別C5口COB.用水鑒別苯和四氯化碳C.用Ba(OH)溶液鑒別NHCl、(NHO2SO和CSOD.用淀粉碘化鉀試紙鑒別碘水和濱水【答案】D【解析】A.用澄清石灰水與CO不反應，與CO2能夠反應生成碳酸鈣沉淀，溶液變渾濁，能夠鑒別，故A不選；B.苯和四氯化

9、碳均不溶于水，但苯的密度小于水，四氯化碳的密度大于水，能夠鑒別，故B不選；C.Ba(OH)2與NHQ加熱時有刺激性氣味的氣體放出，與(NHQ2SO4加熱時生成白色沉淀和刺激性氣味的氣體，與K2SO4反應生成白色沉淀，現(xiàn)象各不相同，能夠鑒別，故C不選；D.淀粉碘化鉀試紙遇到碘水和濱水均變成藍色，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故D選；故選D。11 .下列說法正確的是AJa表示中子數(shù)為10的氧元素的一種核素B.金剛石和石墨互為同素異形體，兩者之間不能相互轉化C.CHCOO用口CHCOOC甌為同系物D.GHu的同分異構體有4種，其熔點各不相同【答案】A【解析】AJa表示中子數(shù)為18-8=10,質(zhì)子數(shù)為8,屬于氧

10、元素，故A正確；B.金剛石和石墨都是碳元素的單質(zhì)，互為同素異形體，兩者之間可以相互轉化，故B錯誤；C.CH3COOH和CH3COOCH3的結構部相似，不是同系物，故C錯誤；D.C6H14的同分異構體有己烷，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種，故D錯誤；故選A。點睛：互為同系物的物質(zhì)滿足以下特點：結構相似、化學性質(zhì)相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性質(zhì)不同，研究對象是有機物。一定要注意前提條件“結構相似”。12.下列離子方程式不正確的是A.氫氧化鈉溶液與二氧化硅反應SiO2+2OH=生口；+H2OB.碳酸鈉溶液與氫氧化鋼溶液反應co；+Ba(OH)=B

11、aCOj+20HC.酸性硫酸亞鐵溶液在空氣中被氧化4Fe2+O+4H+=4Fe3+2H2OD.氯氣與氫氧化鈉溶液反應CI2+2OH=CIO+Cl+H2O【答案】B【解析】A.氫氧化鈉溶液與二氧化硅反應生成硅酸鈉和水，SiO2+2OH-=Si032TH2O,故A正確；B.氫氧化鋼易溶于水，用離子形式表示，故B錯誤；C.酸性硫酸亞鐵溶液在空氣中被氧氣氧化，生成硫酸鐵，離子方程式為4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,故C正確；D.氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，C12+2OH-=C1O-+C1+H2O,故D正確；故選B。點睛：檢查離子方程式是否正確，主要從以下幾個方面檢查：檢

12、查反應能否發(fā)生，檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系，檢查是否符合原化學方程式等。13.QX、Y和Z為短周期元素，它們在周期表中的位置如圖所示，這4種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是A.Y的原子半徑比X的大B.Q的最高價氧化物的水化物的酸性比Z的強C.X、Y和氫3種元素形成的化合物中都只有共價鍵D.Q的單質(zhì)具有半導體的性質(zhì)，Q與Z可形成化合物QZ【答案】D詳解：根據(jù)以上分析可知Q、X、Y和Z分別為Si,N,O,Cl,則A.同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，Y的原子半徑比X的小，A錯誤；B.非金屬性越強

13、，最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性SiCl,Q的最高價氧化物的水化物為硅酸，酸性比高氯酸弱，B錯誤；C. X、Y和氫3種元素形成的化合物中可能含有離子鍵，如硝酸銨，C錯誤；D.硅具有半導體的性質(zhì)，硅與氯可形成化合物SiCI，D正確；答案選Do14 .下列說法正確的是A. 正丁烷和異丁烷均有兩種一氯取代物B. 乙烯和苯都能與H2發(fā)生加成反應，說明二者的分子中均含碳碳雙鍵C. 乙醇與金屬鈉能反應，且在相同條件下比水與金屬鈉的反應更劇烈D.乙醛能被還原成乙醇，但不能被氧化成乙酸【答案】A【解析】A.正丁烷和異丁烷中均有2中不同化學環(huán)境的氫原子，因此均有兩種一氯取代物，故A正確；B.苯分子中不存在碳碳

14、雙鍵，故B錯誤；C.乙醇中羥基中的氫原子沒有水分子中的氫原子活潑，在相同條件下沒有水與金屬鈉的反應劇烈，故C錯誤；D.乙醛能與氫氣發(fā)生還原反應生成乙醇，也能被氧化劑氧化成乙酸，故D錯誤;故選A。15 .下列說法正確的是A.花生油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，屬于高分子化合物B.只有不同種類的氨基酸之間才能形成多肽C.向雞蛋清的溶液中加入飽和硫酸鈉溶液產(chǎn)生沉淀，加水后沉淀可溶解D. 向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加熱后滴入幾滴氫氧化銅懸濁液，再加熱至沸騰，未出現(xiàn)紅色物質(zhì)，說明淀粉未水解【答案】C【解析】A.花生油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，相對分子質(zhì)量沒有達到10000，不屬于高分子化合物，故A錯

15、誤；B.氨基酸分子中含有氨基和竣基，相同種類的氨基酸之間也能形成多肽，故B錯誤；C.向雞蛋清的溶液中加入飽和硫酸鈉溶液，發(fā)生蛋白質(zhì)的鹽析，產(chǎn)生沉淀，鹽析屬于可逆過程，加水后沉淀可溶解，故C正確；D.檢驗生成的產(chǎn)物葡萄糖，需要在堿性溶液中進行，應該先向水解后的溶液中加入氫氧化鈉中和硫酸，故D錯誤；故選Co16.已知:N2(g)+3H(g)-2NH(g)H=92.4kJmol1起始反應物為N和H,物質(zhì)的量之比為1：3,且總物質(zhì)的量不變，在不同壓強和溫度下，反應達到平衡時，體系中NH的物質(zhì)的量分數(shù)如下表，下列說法正確的是物質(zhì)的量分數(shù)溫度壓強400c450C500C600C20MPa0.3870.27

16、40.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.129A.體系中NH的物質(zhì)的量分數(shù)越大，則正反應速率越大B.反應達到平衡時，N2和H2的轉化率之比均為1C.反應達到平衡時，放出的熱量均為92.4kJD.600C,30MPaF反應達到平衡時，生成NH的物質(zhì)的量最多【答案】B【解析】A.體系中NH的物質(zhì)的量分數(shù)越大，不能表示正反應速率越大，如20MPa500c時NH的物質(zhì)的量分數(shù)大于30MPa600c時NH的物質(zhì)的量分數(shù)，但溫度和壓強均為后者大，反應速率后者快，故A錯誤；B.根據(jù)方程式，反應的氮氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1:3,起始反應物中N2和H的物質(zhì)的量之比為1:3,因此反應達

17、到平衡時，N2和H2的轉化率之比1:1,故B正確；C.無法確定反應的氮氣和氫氣的物質(zhì)的量，因此無法計算平衡時，放出的熱量，故C錯誤；D.根據(jù)表格數(shù)據(jù)，反應物的總物質(zhì)的量不變時，NH的物質(zhì)的量分數(shù)越大，生成NH的物質(zhì)的量越多，則400C,30MPaF反應達到平衡時，生成NH的物質(zhì)的量最多，故D錯誤；故選B。17.金屬(M)空氣電池的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是A.金屬M作電池負極B.電解質(zhì)是熔融的MOC.正極的電極反應O+4e+2HO=4OHD.電池反應2M+Q+2HO=2M(OH2【答案】B點睛：掌握原電池的工作原理是解答的關鍵，即原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電

18、子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應。18.下列說法不正確的是A.pH7的溶液不一定呈酸性B.在相同溫度下，物質(zhì)的量濃度相等的氨水、NaOHS液，c(OH)相等C.在相同溫度下，pH相等的鹽酸、CHCOO皤液，c(Cl)=c(CHCOO)D.氨水和鹽酸反應后的溶液，若c(C)=c(NH+),則溶液呈中性【答案】B【解析】分析：A.根據(jù)溶液的酸堿性判斷依據(jù)解答；B. 根據(jù)堿的強弱和電離程度判斷；C. 根據(jù)電荷守恒分析；D. 根據(jù)電荷守恒分析。詳解：A.pH7的溶液不一定呈酸性，只有當溶液中c(OH)c(OH),溶液呈酸性；c(H+)=c(OH),溶液呈中性

19、；c(H+)0B.AH+AH2=0C.AH3=AH4+AH5D.AH+AH2+Ahl+AH4+AH5=0【答案】D【解析】A.水由510c的氣態(tài)變?yōu)?5c的液態(tài)，放熱，H50,小40,AH50,所以AH3心H4+AH5,故C錯誤；D.根據(jù)能量守恒定律，AHi+AH2+AH3+AH4+比=0,故D正確；故選D。20.下列說法不正確的是A. Mg+和ST的最外層電子都形成了8個電子的穩(wěn)定結構B.石英和金剛石都是原子間通過共價鍵結合形成的原子晶體C.濃H2SO和HO混合時放出熱量與微粒之間的作用力有關D.HO易分解是因為H2。分子間作用力弱【答案】D【解析】分析：A.根據(jù)核外電子排布分析；B. 石英

20、和金剛石均是原子晶體；C. 濃硫酸和水混合涉及硫酸分子的擴散；D. 分子的穩(wěn)定性與化學鍵有關系。詳解：A.Mg2+和S2分別是10電子和18電子微粒，其最外層電子都形成了8個電子的穩(wěn)定結構，A正確；B.原子間通過共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結構的晶體是原子晶體，石英和金剛石都是原子間通過共價鍵結合形成的原子晶體，B正確；C.濃硫酸和水混合涉及硫酸分子的擴散，所以濃ESQ和H2O混合時放出熱量與微粒之間的作用力有關，C正確；D.H2O2易分解是因為H2O2分子中化學鍵鍵能較小，易斷鍵，分子間作用力只能影響物質(zhì)的物理性質(zhì)，D錯誤。答案選D。21 .在催化劑作用下，用乙醇制乙烯，乙醇轉化率和乙烯選擇性（生成

21、乙烯的物質(zhì)的量與乙醇轉化的物質(zhì)的量的比值）隨溫度、乙醇進料量（單位：mL-min-）的關系如圖所示（保持其他條件相同）。在410440c溫度范圍內(nèi)，下列說法不正確的是A. 當乙醇進料量一定，隨乙醇轉化率增大，乙烯選擇性升高B. 當乙醇進料量一定，隨溫度的升高，乙烯選擇性不一定增大C. 當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙醇轉化率減小D. 當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙烯選擇性增大【答案】A【解析】A.根據(jù)圖像，當乙醇進料量一定，隨乙醇轉化率增大，乙烯選擇性逐漸升高，但溫度高于430c后，乙烯選擇性逐漸降低，故A錯誤；B.根據(jù)圖像，當乙醇進料量一定，隨乙醇轉化率增大，乙烯選擇性逐漸升高，但溫度高于

22、430后，乙烯選擇性逐漸降低，因此，隨溫度的升高，乙烯選擇性不一定增大，故B正確；C.根據(jù)左圖，當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙醇轉化率減小，故C正確，D.根據(jù)右圖,當溫度一定，隨乙醇進料量增大，乙烯選擇性增大，故D正確；故選A。22 .設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.含0.2molH2SO的濃硫酸和足量的鎂反應，轉移電子數(shù)大于0.2NA23 25c時，pH=3的醋酸溶液1L,溶液中含H+的數(shù)目小于0.001NAC.任意條彳下，1mol苯中含CH鍵的數(shù)目一定為6NAD.amolR2+(R的核內(nèi)中子數(shù)為N,質(zhì)量數(shù)為A的核外電子數(shù)為a(ANI-2)NA【答案】B【解析】A.0.2

23、molH2SO4與鎂反應，若生成氫氣，轉移0.4mol電子，若生成二氧化硫，轉移0.4mol電子，因此含0.2molH2SC4的濃硫酸和足量的鎂反應，轉移電子數(shù)一定大于0.2Na,故A正確；B.25c時，1LpH=3的醋酸溶液中c(H+)=0.001mol/L,溶液中含H+的數(shù)目等于0.001Na,故B錯誤；C.苯的化學式為C6H6,1mol苯中有C一H鍵的數(shù)目一定為6Na,故C正確；D.R2+(R的核內(nèi)中子數(shù)為N,質(zhì)量數(shù)為A)的核外電子數(shù)為A-N-2,則amol的R2+的核外電子數(shù)為a(A-N-2)NA,故D正確；故選B。點睛：本題的易錯點為A，硫酸與金屬鎂反應可以生成氫氣，也可以生成二氧化

24、硫，可以利用極限的思維方式極限解答。23.25C時，在“kAHAA”的水溶液體系中，HA、HA和摩三者中各自所占的物質(zhì)的量分數(shù)(a)隨溶液pH變化的關系如圖所示。下列說法正確的是A.在含HA、HA和摩的溶液中，加入少量NaOHS體，a(HA)一定增大B.將等物質(zhì)的量的NaHAF口NaA混合物溶于水，所得的溶液中a(HA)=a(A2)C.NaHA溶液中，HA的水解能力小于HA的電離能力D.在含HA、HA和A2的溶液中，若c(H2A)+2c(A2)+c(Ol4)=c(H),則a(HA)和a(HA)一定相等【解析】A.根據(jù)圖像，在含H2A、HA-和A2-的溶液中，加入少量NaOH固體，溶液的酸性減弱

25、，MHA-)可能增大，可能減小，與原溶液的成分有關，故A錯誤；B.根據(jù)圖像，將等物質(zhì)的量的NaHA和Na2A混合物溶于水時，溶液的pH在45之間，溶液顯酸性，以HA-電離為主，所得的溶液中(HA)zH0;C10H8-C10H2的活化能為Eai,。凡一。10H的活化能為Ea2,十氫蔡的常壓沸點為192C；在192C,液態(tài)十氫蔡的脫氫反應的平衡轉化率約為9%。請回答：(1)有利于提高上述反應平衡轉化率的條件是?A.高溫高壓B.低溫低壓C.高溫低壓D.低溫高壓(2)研究表明，將適量十氫祭置于恒容密閉反應器中，升高溫度帶來高壓，該條件下也可顯著釋氫，理由是（3）溫度335C,在恒容密閉反應器中進行高壓

26、液態(tài)十氫蔡（1.00mol）催化脫氫實驗，測得C0H2和Ci0H的產(chǎn)率xi和X2（以物質(zhì)的量分數(shù)計）隨時間變化關系，如圖1所示。在8h時，反應體系內(nèi)氫氣的量為mol（忽略其他副反應）。Xi顯著低于X2的原因是在圖2中繪制“CioH8fCioHL-C10H8”的“能量反應過程”示意圖。（二）科學家發(fā)現(xiàn)，以H2O和N2為原料，熔融NaOHKOW電解質(zhì)，納米Fe。作催化劑，在250c和常壓下可實現(xiàn)電化學合成氨。陰極區(qū)發(fā)生的變化可視為按兩步進行，請補充完整。電極反應式：2Fe+3H2O+N2=2NH+FeQ【答案】（1）.C（2）.溫度升高，加快反應速率；溫度升高使平衡正移的作用大于壓強增大使平衡逆移

27、的作用。（3）195（4）.催化劑顯著降低了CH2fOH的活化能，反應生成的C0H2快速轉化為CH8（5）.(6).FeQ+ 6e + 3Ho= 2Fe+6OH【解析】I.（1）Ci0Hi8（l）=Ci0Hi2（l）+3H2（g）Hi,Ci0Hi2（l）=Ci0H8（l）+2H2（g）+2,小iAH20;均為吸熱反應，且都屬于氣體的物質(zhì)的量增大的反應。A.升高溫度，平衡正向移動，平衡轉化率增大，但增大壓強，平衡逆向移動，平衡轉化率減小，故A錯誤；B.降低溫度，平衡逆向移動，平衡轉化率減小，故B錯誤；C.升高溫度，平衡正向移動，平衡轉化率增大，減小壓強，平衡正向移動，平衡轉化率增大，故C正確；D

28、.降低溫度，平衡逆向移動，平衡轉化率減小，故D錯誤；故選C；（2）總反應為該反應為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，平衡轉化率增大，平衡常數(shù)增大，當溫度達到192c時，十氫祭氣化，濃度增大，平衡正向移動，生成氫氣量顯著增加，故答案為：反應吸熱，溫度升高，平衡正向移動。與此同時，溫度升高導致十氫祭氣化，濃度增大，平衡正向移動，生成氫氣量顯著增加；（3）溫度335C,在8h時，十氫蔡為1.00mol,測得Ci0H12和Ci0H8的產(chǎn)率xi=0.027,X2=0.374,即生成C10H12和C10H8的物質(zhì)的量分別為0.027mol,0.374mol,設反應的C10H18的物質(zhì)的量為a,反應C10H

29、12的物質(zhì)的量為b,根據(jù)反應C10H18Q）Ci0Hi2（l）+3H2（g）113aa3aC10H12Q）C10H8Q）+2H2（g）,112bb2b則a-b=0.027,b=0.374,則a=0.401,因此生成的氫氣的物質(zhì)的量分數(shù)為3a+2b=3X0.401+20374=1.951,則氫氣的量為1.951mol,故答案為：1.951;反應2的活化能比反應1小，相同溫度下反應2更快，所以相同時間內(nèi)，生成的四氫祭大部分都轉化為蔡，故X1顯著低于X2,故答案為：反應2的活化能比反應1小,相同溫度下反應2更快，所以相同時間內(nèi)，生成的四氫蔡大部分都轉化為蔡，故X1顯著低于X2；C10H18Q）-C1

30、0H12（l）+3H2（g）H1,C10H12Q）-C10H8（l）+2H2（g）AH2,120；上述反應均為吸熱反應，生成物的總能量大于反應物，“G0H18C10H12C10H8”的能量反應過程”示意圖為,故答案為:H.以出0和N2為原料，熔融NaOH-KOH為電解質(zhì)，納米FeO3作催化劑，在250c和常壓下可實現(xiàn)電化學合成氨。陰極區(qū)發(fā)生還原反應，根據(jù)其中一個反應2Fe+3H2O+N2=Fe2O3+2NH3,可知，F(xiàn)eO3作催化劑，首先轉化為鐵，因此電極反應式為Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-,故答案為：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。31.某興趣小組用鋁箔制備

31、AI2Q、A1C136H2O及明磯大晶體，具體流程如下：已知：AlCl36HO易溶于水、乙醇及乙醍；明磯在水中的溶解度如下表。溫度/C010203040608090溶解度/g3.003.995.908.3911.724.871.0109請回答:(1)步驟中的化學方程式步驟丑中生成Al(OH)3的離子方程式(2)步驟出，下列操作合理的是oA.塔埸洗凈后，無需擦干，即可加入Al(OH)3灼燒B.為了彳#到純AI2Q,需灼燒至恒重C.若用生埸鉗移動灼熱的生埸，需預熱地埸鉗D.塔埸取下后放在石棉網(wǎng)上冷卻待用E.為確保稱量準確，灼燒后應趁熱稱重(3)步驟IV,選出在培養(yǎng)規(guī)則明磯大晶體過程中合理的操作并排

32、序迅速降至室溫用玻璃棒摩擦器壁配制90c的明磯飽和溶液自然冷卻至室溫選規(guī)則明磯小晶體并懸掛在溶液中央配制高于室溫1020c的明磯飽和溶液(4)由溶液A制備AlCl36H2O的裝置如圖：通入HCl的作用是抑制A1C13水解和o步驟V,抽濾時，用玻璃纖維替代濾紙的理由是洗滌時，合適的洗滌劑是2步驟VI,為得到純凈的AlCl3-6H2O,宜采用的干燥方式是【答案】(1).2Al+2NaOH-2H2O=2NaAlO+3HH(2).aio；+CO+2HO=Al(OH)3；+KcO3(3).BCD4).(5).增力口c(Cl),有利于AlCl36H2O結晶(6).溶液有強酸性，(會腐蝕濾紙)(7).濃鹽酸(8).減壓干燥(或低溫干燥)【解析】根據(jù)流程圖，鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，在偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳反應生成氫氧化鋁膠狀沉淀，洗滌后得到氫氧化鋁，灼燒得到氧化鋁；氫氧化鋁用硫酸溶解后與硫酸鉀溶液混合，結晶析出明磯晶體；氫氧化鋁膠狀沉淀用鹽酸溶解，生成氯化鋁溶液，在氯化氫氣流中蒸發(fā)得到氯化鋁晶體。步驟I中鋁與氫氧化鈉反應的化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2T;步驟