2020届浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题（三） 20页

浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题(三)‎ ‎(时间：90分钟　满分：100分)‎ 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　 Na—23　Mg—24　S—32　Cl—35.5　Ca—40　Fe—56‎ 选择题部分 一、选择题(本大题共20小题，共50分。第1～10每小题2分，第11～20每小题3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.下列化合物中属于酸性氧化物且能与水反应的是(　　)‎ A.MgO B.SiO2 C.CO2 D.FeO 解析　A.MgO为碱性氧化物，不符合；B.SiO2为酸性氧化物，但不与水反应，不符合；C.CO2为酸性氧化物，能与水反应，符合；D.FeO为碱性氧化物，不符合；故应选C。‎ 答案　C ‎2.关于胶体和溶液的区别，下列叙述中错误的是(　　)‎ A.FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体的外观都是澄清、透明、均匀的 B.溶液中溶质粒子能通过半透膜，胶体中分散质粒子不能通过半透膜 C.光束通过淀粉溶液时，可以看到一条光亮的“通路”，光束通过蔗糖溶液时，则无此现象 D.溶液最稳定，放置后不会生成沉淀；胶体很不稳定，放置后很快会生成沉淀 解析　A项，FeCl3溶液与Fe(OH)3胶体均为澄清、透明、均匀的分散系；B项，半透膜允许溶液中溶质粒子通过，不允许胶体中分散质粒子通过；C项，蔗糖溶液不具有丁达尔效应，而淀粉溶液具有丁达尔效应；D项，溶液最稳定，胶体属于介稳体系，在一定条件下，能长时间稳定存在。‎ 答案　D ‎3.下列说法不正确的是(　　)‎ A.SO2使溴水褪色是因为它的还原性 B.SO2与Cl2均能使品红溶液褪色，但原理不相同 C.SO2能使湿润的紫色石蕊试纸变红，但不能褪色 D.向BaCl2溶液中通入SO2，会产生白色沉淀BaSO3‎ 解析　A.SO2使溴水褪色是因为它的还原性，而不是漂白性，正确；B.SO2使品红溶液褪色，是发生化合型漂白， Cl2使品红溶液褪色是因为发生了氧化性漂白，因此原理不相同，正确；C.SO2漂白性的特殊性是不能漂白指示剂，因此它能使湿润的紫色石蕊试纸变红，但不能褪色，正确；D.向BaCl2溶液中通入SO2，不会产生白色沉淀BaSO3，错误；故应选D。‎ 答案　D ‎4.下列表示不正确的是(　　)‎ A.水分子的结构式：‎ B.二氧化碳的电子式：‎ C.乙酸分子的比例模型：‎ D.37Cl－的结构示意图：‎ 解析　A.水分子是V形的，结构式正确；B.二氧化碳电子式错误，应为；C.乙酸分子的比例模型正确；D.37Cl－的结构示意图与普通氯离子相同，正确。‎ 答案　B ‎5.下列说法不正确的是(　　)‎ A.用pH试纸测定某溶液的pH时，必须要先将试纸用蒸馏水润湿 B.在蒸馏实验中要添加沸石，若忘记添加，则必须先停止加热，待溶液冷却后才能补加 C.分液漏斗、容量瓶和滴定管在使用之前必须先检查是否漏液 D.配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 解析 ‎　用pH试纸测定某溶液的pH时，不能将试纸用蒸馏水润湿，否则可能会导致测量误差；为避免安全事故，在蒸馏实验中要添加沸石，若忘记添加，则必须先停止加热，待溶液冷却后才能补加；分液漏斗、容量瓶和滴定管等带有精确刻度的仪器在使用之前必须先检查是否漏液，配制氯化铁溶液时，为防止溶质的水解，要将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释至一定浓度。‎ 答案　A ‎6.下列说法正确的是(　　)‎ A.12C、14C60两者互为同位素 B.互为同系物的两种分子，相对分子质量的差值为14‎ C.乙酸的同分异构体只有两种 D.有机物 CH3CH(CH3)CH2C(CH3)3的名称是2，2，4三甲基戊烷 解析　A.12C是一种核素，14C60是一种分子，二者都是碳元素构成的微粒，不是同位素，故A错误；B.互为同系物的两种分子，分子间相差若干个CH2原子团，相对分子质量的差值为14的整数倍，故B错误；C.乙酸的稳定的同分异构体有HCOOCH3、，故C错误；D.根据烷烃的命名规则，有机物 CH3CH(CH3)CH2C(CH3)3中最长碳链含有5个碳原子，名称是2，2，4三甲基戊烷，故D正确；故选D。‎ 答案　D ‎7.在恒容绝热的密闭容器中，发生反应：X(s)＋2Y(g)2Z(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)，起始时，往容器中充入一定量的X和Y。下列说法不正确的是(　　)‎ A.容器内压强不再变化，说明反应已经达平衡 B.反应达到平衡时，反应放出的总热量可能等于a kJ C.当Y、Z的浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态 D.反应达到平衡时，充入一定量的Z，此时，正、逆反应速率均增大 解析　A.在恒容绝热的密闭容器中，如果反应向左或向右移动，都会吸放热，从而导致容器内压强变化，因此容器内压强不变可以说明反应已经达平衡，正确；B.如果加入容器内的反应物比较多，反应达到平衡时正好生成2 mol Z(g)，则反应放出的总热量可能等于a kJ，正确；C.当Y、Z的浓度之比保持不变时，能说明各物质的浓度不在变化，反应达到平衡状态，正确；D.反应达到平衡时，充入一定量的Z，此时，正反应速率不变，逆反应速率增大，因此D项错误；故因选D。‎ 答案　D ‎8.下列离子方程式不正确的是(　　)‎ A.NH4HCO3与足量NaOH溶液反应：HCO＋OH－===CO＋H2O B.少量二氧化硫通入漂白粉溶液中：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋H＋＋Cl－＋HClO C.氯化铁溶液中加入足量的氨水：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH D.盛放碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞的原因：SiO2＋2OH－===SiO＋H2O 解析　A项，NH4HCO3与足量NaOH溶液反应：NH＋HCO＋2OH－===CO＋H2O＋NH3· H2O；B项，二氧化硫被氧化，生成硫酸；C项，氯化铁溶液中加入足量的氨水产生氢氧化铁沉淀，正确；D项，玻璃中的二氧化硅能被强碱溶解，生成具有粘合作用的硅酸钠，正确。‎ 答案　A ‎9.四种短周期元素 X、Y、Z 和 W 在周期表中的位置如图所示，最外层电子数之和为24。下列说法不正确的是(　　)‎ A.原子半径(r)大小比较r(X)>r(Y)‎ B.Y和Z可形成共价化合物YZ3‎ C.Y的氢化物的沸点比W的高 D.W的非金属性比Z的强，所以W的最高价氧化物的水化物酸性比Z的强 解析　根据最外层电子数之和为24，因此X、Y、Z 和 W分别为P、O、S、F。A.原子半径(r)大小比较r(P)>r(O)，正确；B.O和S可形成共价化合物 SO3，正确；C.O的氢化物H2O常温下为液体，而HF为气体，说明沸点H2O高，正确；D.F没有最高价氧化物的水化物，错误；故应选D。‎ 答案　D ‎10.下列说法正确的是(　　)‎ A.等质量的甲烷、乙烯、1，3丁二烯(C4H6‎ ‎)分别在空气中充分燃烧，所耗用氧气的量依次增大 B.若甲烷与氯气以物质的量之比1∶3混合，在光照下得到的氯取代产物有四种 C.乙醇、乙酸、乙酸乙酯分子中均存在—OH D.向碘水中加入2 mL苯，振荡后静置，上层呈紫红色是因为苯是不饱和烃 解析　A项等质量的烃燃烧的耗氧量看烃中的含氢量，含氢量大，则等质量的烃耗氧量大，错；B项尽管甲烷与氯气以物质的量之比1∶3混合，但取代反应是四种可能都会发生的，因此氯代物有四种，正确；C项乙酸乙酯不含羟基，错误；D苯能萃取碘水中的碘是苯的物理性质，跟不饱和结构无关，错误。‎ 答案　B ‎11.下列说法正确的是(　　)‎ A.油脂、糖类和蛋白质都属于高分子化合物 B.鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液、饱和硫酸铜溶液均会发生盐析而凝聚 ‎ C.淀粉水解液加过量氢氧化钠溶液后，加新制氢氧化铜悬浊液可检测是否水解完全 ‎ D.氨基酸分子中都含有氨基和羧基两种原子团，且能相互反应形成更复杂的多肽 解析　A.油脂和糖类中的单糖、二糖等不是高分子，错误；B.饱和硫酸铜溶液是重金属盐，使蛋白质变性，而不是盐析，错误；C.检验淀粉是否水解完全的试剂是碘水，错误；D.氨基酸分子中都含有氨基和羧基两种官能团，且能相互反应形成更复杂的多肽，正确；故应选D。‎ 答案　D ‎12.锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质 LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li＋通过电解质的有机溶液迁移入MnO2晶格中，生成 LiMnO2。下列说法正确的是(　　)‎ A.外电路的电流方向是由a极流向b极 B.电池b极反应式为 MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2‎ C.可用水代替电池中的混合有机溶剂 D.a极发生还原反应 解析　根据题意，a极为负极，发生氧化反应，失去电子。A.外电路的电流方向是由b极流向a极，错误；B.电池b极反应式为 MnO2＋e－＋Li＋===LiMnO2，正确；C.该电池中有金属锂，能与水反应，因此不可以用水代替电池中的混合有机溶剂，错误；D.a极发生氧化反应，错误；故应选B。‎ 答案　B ‎13.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液 B.溶液中水的电离程度：b点＞c点 C.从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)‎ D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同 解析　电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A.由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比Ⅰ的酸性强，曲线Ⅱ代表HNO2溶液，错误；B.酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，b点水的电离程度小，错误；C.＝，Kw为水的离子积常数，Ka为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，正确；D.体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)醋酸消耗的氢氧化钠多，n(Na＋)多，错误。‎ 答案　C ‎14.下列说法正确的是(　　)‎ A.在100 ℃、101 kPa条件下，液态水的汽化热为40.69 kJ·mol－1，则H2O(g)H2O(l)的ΔH＝40.69 kJ·mol－1‎ B.放热反应一旦发生，体系的温度肯定会上升 C.已知：‎ 共价键 C—C C===C C—H H—H 键能/(kJ·mol－1)‎ ‎348‎ ‎610‎ ‎413‎ ‎436‎ 则反应(g)＋3H2(g)―→(g)的焓变为 ΔH＝[(4×348＋3×610＋8×413)＋3×436－(7×348＋14×413)]kJ·mol－1＝－384 kJ·mol－1‎ D.常温下，在0.10 mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小 解析　A项，从水的蒸汽态到液态应该是放热，所以H2O(g)H2O(l)的ΔH＝－40.69 kJ·mol－1 ；B项，放热反应的能量不一定以热量形式释放，如形成原电池以电能释放，所以体系的温度不一定会上升；C项苯环上没有三个碳碳双键，所以焓变的计算错误；氨水是弱电解质，存在电离平衡，加入铵根离子使电离逆向移动，碱性减弱，pH减小，正确。‎ 答案　D ‎15.下列说法正确的是(　　)‎ A.MgF2中的两种离子核外排布相差一个电子层 B.NaCl 与 HCl 的熔点与其所含化学键的键能有关 C.不发生化学变化时， 物质中的化学键也可能断开 D.H2O 和 H2O2 两种物质微粒间作用力相同， 稳定性也相同 解析　A.MgF2中的两种离子核外排布相同均为两个电子层的稳定结构。故A错；B.NaCl 熔点与其所含化学键的键能有关，HCl 的熔点与分子作用力有关，故B错；C.不发生化学变化时， 物质中的化学键也可能断开，正确，如离子化合物的溶解，破坏了离子键，故C正确；D.H2O 和 H2O2 两种物质微粒间作用力不完全相同，H2O分子中只有H—O ，H2O2中有H—O和O—O键，所以稳定性不相同，故D错。‎ 答案　C ‎16.800 ℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的 CH4和H2O，发生反应：‎ CH4 (g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，t2时达到平衡状态，反应过程中测定的部分数据见下表(表中时间t2>t1)：‎ 反应时间/min n(H2O)/mol n(CO)/ mol ‎0‎ ‎2.00‎ ‎0.00‎ t1‎ ‎1.60‎ t2‎ ‎1.40‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.反应在t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1‎ B.t2时，c(H2O)＝0.60 mol·L－1‎ C.t2时，H2O(g)的转化率为70.0%‎ D.保持其他条件不变，t3时(t3>t2)向容器中再通入0.20 mol H2O(g)，正反应速率加快，逆反应速率减小 解析　A项，v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1，错误；B项，容积为2 L的密闭容器中，t2时，c(H2O)＝0.30 mol·L－1，错误；C项，t2时，H2O(g)剩余0.6 mol，转化率为70.0%，正确；D项，向容器中再通入0.20 mol H2O(g)，正反应速率加快，逆反应速率也是增大的。‎ 答案　C ‎17.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)‎ A.pH＝1的H2SO4溶液含H＋的数目为0.1NA B.1 mol OH－与1 mol羟基所含质子数均为9NA C.标准状况下，11.2 L C3H8中含有C—C键的数目为3NA D.4.8 g Mg与2.2 g CO2充分反应，转移电子数为0.1NA 解析　A.没有体积，无法求算H＋的数目，A错误；B.1 mol OH－所含质子数为8NA＋NA ＝9NA ，1 mol羟基所含质子数为8NA＋NA ＝9NA，B正确；C.标准状况下，11.2 L C3H8中含有C—C键的数目为NA ，C错误；D.4.8 g Mg与2.2 g CO2充分反应，CO2不足，转移电子数为0.2NA，D错误。‎ 答案　B ‎18.如图是草酸溶液中H2C2O4、HC2O、C2O 三种微粒的分布分数(某微粒物质的量浓度与三种微粒物质的量浓度和的比值)与pH的关系，下到有关说法不正确的是(　　)‎ A.H2C2O4HC2O＋H＋，Ka＝10－a B.NaHC2O4溶液中，c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)‎ C.向NaHC2O4溶液中加强酸至pH与a点对应时，溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(C2O)＋(HC2O)＋c(OH－)‎ D.为使溶液中c(HC2O)尽可能多一些，溶液的pH最好控制在2.7左右 解析　A项草酸的一级电离是可逆的，电离常数Ka＝c(H＋)×c(HC2O)÷c(H2C2O4)，在pH＝a时c(HC2O)＝c(H2C2O4)，则Ka＝c(H＋)＝10－a，正确；B项由图示可知NaHC2O4溶液中，HC2O的电离程度大于水解程度溶液呈酸性，因此c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)，正确；C项不符合电荷守恒，错误；D项由图示可知pH控制在2.7左右时溶液中c(HC2O)达到最大值，正确。‎ 答案　C ‎19.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系， 在潮湿空气中易水解氧化。工艺过程如下，下列说法不正确的是(　　)‎ A.在步骤1中，硝酸铵为氧化剂，氧化海绵铜为Cu2＋‎ B.亚硫酸铵起到还原性作用， 反应③离子方程式：2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H ‎2O===2CuCl↓＋2H＋＋SO C.步骤6不能省略，目的是洗去H2O防止CuCl被氧化 D.步骤5包括酸洗和水洗，其中酸不能使用HCl，可以用HNO3代替 解析　A项，步骤1主要是原料的酸溶氧化处理，正确；B项，亚硫酸铵起到还原剂作用，把铜离子还原至亚铜离子，离子方程式：2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋2H＋＋SO，正确；C项，由题意步骤6的目的是洗去H2O防止CuCl的水解、氧化，正确；D项，步骤5中水洗的目的是去除多余的铵根、硫酸根等杂质离子，不能用HNO3代替。‎ 答案　D ‎20.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：‎ ‎①将X加入足量水中，得到不溶物Y 和溶液Z ‎②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物 ‎③用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广泛pH试纸上，试纸呈蓝色 ‎④向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀 分析以上实验现象，下列结论正确的是(　　)‎ A.X中一定不存在FeO B.不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种 C.Z溶液中一定含有K2CO3‎ D.向④中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl 解析　②少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，此气体为Cl2，即X中含有MnO2，并有少量红色不溶物，此红色不溶物为Cu，说明X中含CuO，还有Fe，③中pH试纸呈蓝色，说明Z溶液显碱性，即X中一定含有K2CO3，A.根据上述分析，X中可能含有FeO，故A错误；B.根据上述分析，一定含有Fe，可能含有FeO，故B错误；C.根据上述分析，X中一定含有K2CO3，故C正确；D.白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，此沉淀中含有AgCl，但Cl－来自于盐酸，因此不能确定X中含有KCl，故D错误。‎ 答案　C 非选择题部分 二、非选择题(本大题共7小题，共50分)‎ ‎21.(6分)乙烯利(分子式为C2H6ClO3P)是一种果品催熟剂，当pH＞4时易释放出乙烯。1 mol C与足量Na反应能生成标准状况下22.4 L H2。D是具有芳香气味的有机物。相关物质转化关系如下：‎ 请回答：‎ ‎(1)C中的官能团的名称是________。‎ ‎(2)A的结构简式是________。‎ ‎(3)B和C反应生成D的化学方程式是__________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ ‎(4)下列说法不正确的是________。‎ A.C2H5OH和C互为同系物 B.用分液漏斗可以分离B和C混合物 C.可以用NaOH溶液鉴别B和D D.等物质的量的D和C8H8充分燃烧时，消耗等量的氧气 解析　由转化关系可知，乙烯利与NaOH反应生成A为CH2===CH2，A氧化生成B为CH3COOH，乙烯与氧气在Ag作催化剂条件下氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷发生加成反应生成C为HOCH2CH2OH，B与C发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH2OH，以此来解答。‎ ‎(1)C为醇，官能团的名称是羟基 ；(2)A的结构简式是CH2===CH2 ；(3)B和C反应生成D的化学方程式是CH3COOH＋HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OH＋H2O；(4)A.C2H5OH和C中—OH数目不同，不是同系物，故A错误；B.B和C混合物互溶，不能用分液漏斗分离，应选蒸馏法，故B错误；C.乙酸与NaOH发生中和反应，D与NaOH发生水解反应，现象不同，可以用NaOH溶液鉴别B和D，故C正确；D.由分子式可知均含8个C，但含C、O的物质的量不同，则等物质的量的D和C8H8充分燃烧时，消耗不等量的氧气，故D错误。‎ 答案　(1)羟基　(2)CH2===CH2‎ ‎(3)CH3COOH＋HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OH＋H2O　(4)ABD ‎22.(6分)下图是1.00 g MgC2O4·nH2O晶体放在坩埚里从25 ℃缓慢加热至700 ℃分解时，所得固体产物的质量(m)随温度(T)变化的关系曲线。(已知该晶体100 ℃以上才会逐渐失去结晶水，并大约在230 ℃时完全失去结晶水)‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)MgC2O4·nH2O中n＝________。‎ ‎(2)通过计算确定C点固体物质的化学式(要求写出推断过程)。‎ ‎(3)通过计算确定从E点到F点过程中的化学方程式(要求写出推断过程)。‎ 答案　(1)2‎ ‎(2)解法一 ＝，x＝1。‎ 故C点固体的化学式为MgC2O4·H2O。‎ 解法二 ＝，x＝1。‎ 故C点固体的化学式为MgC2O4·H2O。‎ ‎(3)设Mg元素与其他元素组成的化合物为X，利用Mg原子守恒。‎ n(MgC2O4)∶n(X)＝∶＝1∶1，‎ M(X)＝40 g·mol－1。‎ 可推测出X即为MgO，则完整的化学方程式为MgC2O4MgO＋CO↑＋CO2↑。‎ ‎23.(4分)某同学用下图装置完成了Cl2和HCl气体的一系列实验。‎ 已知：2NaCl＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑‎ 请回答：‎ ‎(1)下列说法正确的是________。‎ A.紫色石蕊试液先变红色，后逐渐褪色，说明A中还生成了Cl2‎ B.浓硫酸的作用是吸收水蒸气，以防止B中硬质玻璃管在加热时破裂 C.装置C的作用是防止CCl4液体倒吸到装置B，防止硬质玻璃管破裂 D.盛有AgNO3溶液的烧杯，有白色沉淀生成，说明剩余气体含HCl ‎(2)盛有AgNO3液体上方的倒置漏斗的作用是防止倒吸，其原理是____________________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ 解析　(1)A.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，能使紫色石蕊试液先变红色，后逐渐褪色，故A正确；B.浓硫酸的作用是吸收Cl2和HCl中的水蒸气，以防止B中硬质玻璃管在加热时破裂，故B正确；C.防倒吸的安全瓶应是进气口短出气口长，装置C恰好相反，故C错误；D.混合气体经CCl4液体洗气后，氯气被吸收，通过盛有AgNO3溶液的烧杯，有白色沉淀生成，说明剩余气体含HCl，故D正确。‎ ‎(2)盛有AgNO3液体上方的倒置漏斗的作用是防止倒吸，其原理是当发生倒吸时，倒置漏斗口容积较大，能容纳较多的水，导致水槽中液面明显下降，当吸上去的水与水槽里的水脱离后，受到重力作用，吸上去的水就会流下来。‎ 答案　(1)ABD　(2)发生倒吸时，倒置漏斗能容纳较多的水，导致水槽液面明显下降，吸上去的水与水槽里的水脱离，吸上去的水就会流下来 ‎24.(4分)一定量的SO2通入到含0.16 mol NaOH的溶液中，充分反应后生成的Na2SO3和 NaHSO3物质的量之比为3∶2。再向反应后溶液中通入Cl2使硫元素全部转化为SO。‎ 请计算：‎ ‎(1)SO2的质量为________g。‎ ‎(2)通入Cl2的物质的量至少为________mol。‎ 解析　设Na2SO3和 NaHSO3物质的量分别为3x、2x，根据钠守恒，3x×2＋2x＝0.16 mol，x＝0.02 mol，n(SO2)＝3x＋2x＝0.06 mol＋0.04 mol＝0.1 mol，(1)SO2的质量为64 g·mol－1 ×0.1 mol＝6.4 g，(2)根据得失电子相同，通入Cl2的物质的量与二氧化硫相同，至少为0.10 mol。‎ 答案　(1)6.4　(2)0.10‎ ‎25.(10分)氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。‎ ‎(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。‎ ‎①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是_________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎②已知反应器中还存在如下反应：‎ ⅰ.CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH1‎ ⅱ.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2‎ ⅲ.CH4(g)===C(s)＋2H2(g)　ΔH3‎ ‎……‎ ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________反应的ΔH。‎ ‎③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________(选填字母序号)。‎ a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2‎ c.减少积炭生成 ‎④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率________(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_______________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。‎ ‎①制H2时，连接________。‎ 产生H2的电极反应式是____________________________________________。‎ ‎②改变开关连接方式，可得O2。‎ ‎③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：__________________________________________________________________。‎ 解析　(1)①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4＋2H2O===4H2＋CO2；②ⅰ－ⅱ可得CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)，设为ⅳ，用ⅳ－ⅲ可得C(s)＋CO2(g)===2CO(g)，因此，还需利用C(s)＋CO2(g)===2CO(g)反应的焓变；‎ ‎③初始反应n(H2O)∶n(CH4)＝2∶1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；④t1‎ 时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，H2体积分数在t1之后较少，结合CaO＋H2O===Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效；(2)①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H＋得到电子变为氢气，因而电极需连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H＋，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH＋e－＋H2ONi(OH)2＋OH－，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。‎ 答案　(1)①CH4＋2H2O===4H2＋CO2　②C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　③abc　④降低　H2体积分数在t1之后较少，结合CaO＋H2O===Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CO2反应，因而失效　(2)① K1　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　③连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 ‎26.(10分)NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)可用作泡沫灭火器的内留剂、石油脱色剂等。某兴趣小组同学用氧化铁、铝粉、镁条和氯酸钾等物质做铝热反应后的铝灰及硫酸铵等为原料制备铵明矾的实验，步骤如下：‎ ‎(1)下列有关说法中正确的是________。‎ A.“滤液1”中含有K＋、Mg2＋、Cl－‎ B.“滤渣1”和“滤渣2”中含有相同的物质 C.“过滤1”可用倾析法，以缩减实验时间 D.将“滤液3”蒸干并灼烧，可得纯碱 ‎(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可以采用________的方式提高浸出率(写出3条)。‎ ‎(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，写出相应的离子反应方程式__________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(4)由“滤渣3”制备铵明矾，经过如下步骤：a→g→________→‎ h(依次填入正确的序号)‎ a.加硫酸溶解　b.抽滤　c.加入蒸发皿中　d.降温结晶　e.蒸发至表面出现晶膜　f.配制饱和硫酸铵溶液　g.将硫酸铝溶液转移至蒸发皿　h.洗涤、干燥 ‎(5)①根据各物质的溶解度曲线(见下图)，在80 ℃时，用一定浓度的硫酸溶解“滤渣3”时，最适宜的硫酸浓度为________。‎ A.3 mol/L(1.20 g/mL) B.6 mol/L(1.34 g/mL)‎ C.9 mol/L(1.49 g/mL) D.18 mol/L(1.84 g/mL)‎ ‎②所需硫酸用量的简便确定方法是_________________________________。‎ 解析　铝灰水洗的目的是洗去表面的氯酸钾杂质，所以滤液1主要含有KClO3，滤渣1主要含有氧化铁、铝粉、镁条，加入NaOH溶液，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，故滤液2中主要含有偏铝酸钠和氢氧化钠，滤渣2中主要含有氧化铁、镁条，向滤液2中通入CO2气体，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝，故滤渣3为氢氧化铝，得到的氢氧化铝再制备NH4Al(SO4)2·12H2O(铵明矾)，据此答题。‎ ‎(1)A.“滤液1”中主要含有氯酸钾，故含有K＋、ClO，故A错误；B.“滤渣1”中含有氧化铁、铝粉、镁条，“滤渣2”中含有氧化铁、镁条，含有相同的物质为氧化铁、镁条，故B正确；C.倾析法可以将颗粒较大的固体与溶液分离，滤渣1中含有铝粉，颗粒较小，不能使用倾析法，故C错误；D.“滤液3”中主要含有碳酸氢钠，碳酸氢钠蒸干并灼烧，受热分解生成纯碱，故D正确。(2)用NaOH溶解“滤渣1”时，可采用加热、提高NaOH浓度、搅拌等方式提高浸出率。(3)向“滤液2”中通入足量的CO2，偏铝酸钠与CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，氢氧化钠与足量的CO2反应生成碳酸氢钠，离子方程式为：AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO、OH－＋CO2===HCO。(4)由“滤渣3”‎ 中主要含有氢氧化铝，先加硫酸溶解，氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，将硫酸铝溶液转移至蒸发皿中，配制饱和硫酸铵溶液，加入蒸发皿中，蒸发至表面出现晶膜，降温结晶，抽滤，得到铵明矾，洗涤、干燥。所以制备铵明矾的步骤为：a→g→f→c→e→d→b→h。(5)①由图可知，80 ℃时Al2(SO4)3·18H2O的溶解度约为70 g，则100 g水中可溶解70 g晶体，则n[Al2(SO4)3·18H2O]＝70 g/(666 g/mol)≈0.1 mol，n(H2SO4)＝n(SO)＝0.1 mol×3＝0.3 mol，若H2SO4溶解Al2O3后溶液的体积变化忽略不计，则c(H2SO4)＝0.3 mol/0.1 L＝3 mol/L。②用3 mol/L的H2SO4溶解Al2O3后，得到的溶液接近Al2(SO4)3·18H2O的饱和溶液，有利于铵明矾的制备(可减少蒸发水的量)。‎ 答案　(1)BD　(2)加热、提高NaOH浓度、搅拌等 ‎(3)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO、OH－＋CO2===HCO　(4)f→c→e→d→b　(5)①A　②逐滴加入(3 mol·L－1)硫酸，并不断搅拌，至沉淀恰好完全溶解 ‎27.(10分)以有机物A为原料合成重要精细化工中间体TMBA()和抗癫痫药物H[]的路线如图(部分反应略去条件和试剂)：‎ ‎(1)B的名称是____________； ②反应类型是__________________________。‎ ‎(2)E的结构简式是________________________________________________。‎ ‎(3)TMBA→F的化学方程式是_______________________________________。‎ ‎(4)D的同分异构体有多种，M是其中一种，M的苯环上有两类氢原子且属于酯类，M的结构简式为____________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(5)呋喃丙烯酸()是一种医治血吸虫病的药——呋喃丙胺的原料。请以(，CH3CH2OH )为有机原料合成呋喃丙烯酸。(无机试剂及溶剂任选)‎ 注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：‎ CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3‎ 解析　(1)由A生成B为加成反应，醛基被还原为—CH2OH，名称为对羟基苯甲醇；B生成C为氧化反应，羟基又变成了醛基；(2)E的结构简式可以由中间体TMBA()反推可知E为；(3)TMBA→F的化学方程式可以由已知RCHO＋R′CH2CHO＋H2O(R、R′表示烃基或氢)推得为＋CH3CHO＋H2O；(4)D的同分异构体M苯环上有两类氢原子且属于酯类，具有很高的对称性，推知为两种；(5)合成路线可参照已知RCHO＋R′CH2CHO＋H2O(R、R′表示烃基或氢)设计如下：CH3CH2OHCH3CHO。‎ 答案　(1)对羟基苯甲醇　氧化反应 ‎(5)CH3CH2OHCH3CHO