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浙江省化学选考试卷
大小:0B 17页 发布时间: 2024-03-08 10:41:35 17.35k 15.39k

【解析】

【详解】根据盖斯定律,得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径,所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。

A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量,离子键强度越大,吸收的能量越大,因而ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0,A项正确;

B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量,与M2+无关,因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0,B项正确;

C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0,而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量,ΔH3为负值,CaO的离子键强度弱于MgO,因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO),ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0,C项错误;

D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0,ΔH3<0,故ΔH1+ΔH2>ΔH3,D项正确。

故答案选C。

24.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂),可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是

A. KClO3作氧化剂,每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3

B. 生成聚合硫酸铁后,水溶液的pH增大

C. 聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水

D. 在相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强

【答案】A

【解析】

【详解】A.根据题干中信息,可利用氧化还原配平法写出化学方程式:6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl,可知KClO3做氧化剂,同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3,A项错误;

B.绿矾溶于水后,亚铁离子水解使溶液呈酸性,当其转系为聚合硫酸铁后,亚铁离子的浓度减小,因而水溶液的pH增大,B项错误;

C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体,胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉,因而净水,C项正确;

D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解,由于其所带的正电荷比Fe3+少,因而在相同条件下,其结合水电离产生的OH-的能力较弱,故其水解能力不如Fe3+,即在相同条件下,一级水解的程度大于二级水解,D项正确。

故答案选A。

25.白色固体混合物A,含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种,常温常压下进行如下实验。

下列推断不正确的是

A. 无色溶液B的pH≥7

B. 白色固体F的主要成分是H2SiO3

C. 混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3

D. 在无色溶液B中加HNO3酸化,无沉淀;再滴加AgNO3,若有白色沉淀生成,说明混合物A中有KCl

【答案】C

【解析】

【分析】

白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C,B中肯定不含Cu2+,但结合固体C加过量硝酸,产生蓝色溶液,说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀,A中必含有CuSO4,又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F,说明A中必含有Na2SiO3,而且固体C与硝酸反应可得无色气体,该气体只能是CO2,可能是CaCO3和硝酸反应,也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的,因此,不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在,但两者至少存在一种。

【详解】A.无色溶液B成分复杂,若B中只含有KCl,则 pH=7;若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有,则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性,pH>7,故无色溶液pH≥7,A项正确;

B.白色固体F难溶于硝酸,说明F为H2SiO3,B项正确;

C.固体C加入硝酸得无色气体,该气体只能是CO2,可能是CaCO3生成的,也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2,因此,固体C中不一定含有CaCO3,C项错误;

D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液,所以证明A含有KCl,证明Cl-即可,D项正确。

故答案选C。

非选择题部分

二、非选择题(本大题共7小题,共50分)

26.以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质):

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