2020届浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题（八）

浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题(八)
(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　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.化学与社会、生产、生活紧切相关，下列说法正确的是(　　)
A.石英只能用于生产光导纤维
B.从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C.为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D.“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
解析　石英的主要成分为SiO2，不仅可以用来生产光导纤维还可以生产玻璃、晶体硅等，A错误，从海水中提取食盐和淡水属于物理变化，B错误；食品添加剂大量使用会对人体健康造成危害，应该合理使用，C错误；“地沟油”的主要成分为油脂，但其中含有对人体有害的物质，不能食用，但可以利用皂化反应来制造肥皂，D正确。
答案　D
2.下列属于非电解质的是(　　)
A.纯碱 B.乙醇 C.盐酸 D.铜丝
解析　A.纯碱在水溶液中能导电，故为电解质，故A错误；B.乙醇是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，故B正确；C.盐酸属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D.铜丝属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C 错误；故选B。
答案　B
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是(　　)
A.晶体硅熔点高、硬度大，可用于制造半导体材料
B.碳酸钠溶液显碱性，可用于除去金属器件表面的油脂
C.碳酸氢钠能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
D.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的杀菌消毒
解析　晶体硅可用于制造半导体材料不是由于熔点高、硬度大，A错误；金属器件表面的油脂可在碱性条件下水解，B正确；碳酸氢钠可用作焙制糕点的膨松剂是由于分解产生气体膨胀，C错误；明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的吸附净化但不能杀菌消毒，D错误。
答案　B
4.下列表示正确的是(　　)
A.离子结构示意图：，可以表示16O2－，也可以表示18O2－
B.比例模型表示CH4分子或CCl4分子
C.乙烯的结构简式：CH2CH2
D.硫的分子式：S
解析　A.离子结构示意图，则质子数为8，核外电子数为10，所以可以表示16O2－，也可以表示18O2－，与中子数无关，故A正确；B.比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，故B错误；C.乙烯的结构简式：CH2===CH2，故C错误；D.S是硫的化学式，硫有斜方硫、单斜硫和弹性硫等同素异形体，固体硫磺的分子一般为S8，因此S并不表示硫的分子组成，不是硫的分子式，故D错误；故选A。
答案　A
5.下列与实验相关的叙述正确的是(　　)
A.配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出
B.稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中
C.从碘水中提取单质碘时，不能用乙醇代替CCl4
D.向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，若生成白色沉淀，溶液中一定含有SO
解析　A项，配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，则配制的溶液浓度偏低，若用胶头滴管将多余溶液吸出，导致溶质的物质的量减小，溶液浓度仍然偏低，正确方法是重新配制，故A错误；B项，稀释浓硫酸时，若将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中，可能会导致溶液飞溅，易发生危险，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，B错误；C项，从碘水中提取单质碘时，可用CCl4作萃取剂，由于乙醇与水互溶，不能用乙醇代替四氯化碳，C正确；D项，向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，若生成白色沉淀，该沉淀可能为AgCl，溶液中可能含有银离子，不一定含有SO，D错误。
答案　C
6.下列离子方程式不正确的是(　　)
A.AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀：AgCl＋Br－===AgBr＋Cl－
B.NH4Fe(SO4)2 溶液中滴入少量NaOH溶液：Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓
C.少量Ca(OH)2溶液与Ca(HCO3)2溶液反应：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O
D.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫：3ClO－＋SO2＋H2O===SO＋Cl－＋2HClO
解析　A.AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，离子方程式：AgCl＋Br－===AgBr＋Cl－，故A正确；B.NH4Fe(SO4)2 溶液中滴入少量 NaOH溶液，离子方程式：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，故B错误；C.少量 Ca(OH)2 溶液与Ca(HCO3)2溶液反应，离子方程式：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2O，故C正确；D.次氯酸钠溶液中通入少量二氧化硫，离子方程式：3ClO－＋SO2＋H2O===SO＋Cl－＋2HClO，故D正确；故选：B。
答案　B
7.短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。下列说法正确的是(　　)
W
X




Y
Z
A.原子半径大小：Z>Y>X
B.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Y>Z
C.Y单质具有杀菌能力，Y与W可形成化合物WY2
D.W元素和氢元素形成的化合物可与Z单质反应，但不能与Z的氢化物反应
解析　短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，其中W元素的原子最外层电子数是内层电子数的2倍。W元素为C元素，X为N，Y为S，Z为Cl，A.同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，原子半径大小：Y>Z>X，故A错误；B.同一周期主族元素最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增大：W 答案　C
8.氢卤酸能量关系如图。下列说法不正确的是(　　)

A.相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的小
B.已知HF气体溶于水放热，则HF的ΔH1＞0
C.相同条件下，HCl的ΔH3＋ΔH4与HI的一样大
D.一定条件下气态原子生成1 mol H—X键放出a kJ能量，则该条件下ΔH2＝a kJ·mol－1
解析　A.由氢卤酸能量关系图知，ΔH2是气态卤化氢断裂化学键生成气态原子过程的焓变，断裂化学键需要吸收能量即ΔH2>0，因为卤素(X)的非金属性越强，H—X键就越强，断裂需要的吸收的能量就越多，因非金属性Cl>Br，所以H—Cl键断裂吸收的能量比H—Br键断裂吸收的能量多，所以相同条件下，HCl的ΔH2比HBr的大，A项错误；B.HF气体溶于水的过程分两步：HF(g)===HF(aq)，－ΔH1；HF(aq)===H＋(aq)＋F－(aq)，ΔH。两热化学方程式相加得总过程热化学方程式为：HF(g)===H＋(aq)＋F－(aq)，－ΔH1＋ΔH <0，即ΔH1>ΔH，因电离过程吸收热量即ΔH>0，所以ΔH1>0，B项正确；C.HCl气体和HI气体溶于水的过程都存在：气态氢原子失电子形成气态氢离子，气态氢离子溶于水形成水合氢离子的过程，该过程的总焓变为ΔH3＋ΔH4，所以相同条件下HCl的ΔH3＋ΔH4与HI的一样大，C项正确；D.根据一定条件下气态原子生成1 mol H—X键放出a kJ能量，有热化学方程式：H(g)＋X(g)===HX(g)，ΔH＝－a kJ/mol。由氢卤酸能量关系图知HX(g)===H(g)＋X(g)，ΔH2，则ΔH2＝＋a kJ/mol，D项正确；答案选A。
答案　A
9.图为一种特殊的热激活电池示意图，当无水LiCl－KCl混合物受热熔融后即可工作。该电池总反应为：PbSO4(s)＋2LiCl＋Ca(s)===CaCl2(s)＋Li2SO4＋Pb(s)。下列说法不正确的是(　　)

A.PbSO4 电极发生还原反应
B.负极的电极反应：Ca＋2Cl－－2e－===CaCl2
C.放电时 Li＋、 K＋向正极移动
D.用 LiCl 和 KCl 水溶液代替无水 LiCl－KCl，可将该电池改为常温使用的电池
解析　A.PbSO4 中的Pb得电子发生还原反应，故A对；B.负极活泼金属Ca失电子，其电极反应：Ca＋2Cl－－2e－===CaCl2，故B对；C项，放电过程为原电池，阳离子向正极移动，故C项正确；D.用 LiCl 和 KCl 水溶液代替无水 LiCl－KCl，Ca是活泼金属，会与水反应，故D错。
答案　D
10.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是(　　)
　　　　 　　　c/mol·L－1
v/mol·L－1·s－1　　　
T/K　　　　　　　　　
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A.a＝6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
解析　A.318.2 K是每段反应速率变化都是0.6，b K时，每段反应速率变化都是0.36，因此推出328.2 K是每段反应速率变化应都是1.5，即a＝6.00，故A说法正确；B.升高温度，降低浓度，有可能v保持不变，故B说法正确；C.温度越高，反应速率越快，b的反应速率小于318.2 K的反应速率，说明b的温度低于318.2 K，故C说法正确；D.温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间短，故D说法错误。
答案　D
11.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关的叙述正确的是(　　)
A.向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，产生白色沉淀，是因为蛋白质发生了变性
B.将2 mL 1 mol·L－1 CuSO4 溶液与4 mL 0.5 mol·L－1 NaOH 溶液混合后，再加入1 mL 10%的葡萄糖溶液，煮沸后未出现红色沉淀。实验失败的主要原因是氢氧化钠用量不足
C.用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体，滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，则说明皂化反应已经完全
D.某实验小组探究淀粉水解程度的实验中，要进行的主要操作顺序依次是：①滴入稀硫酸；②加热；③冷却后将溶液等分于两支试管中；④一支试管中加入新制的银氨溶液并水浴加热；⑤另一支试管中先滴加过量的氢氧化钠溶液，再滴加少量碘水
解析　饱和(NH4)2SO4溶液不能使蛋白质变性，而是降低了蛋白质的溶解度，导致蛋白质以固体形式析出，为盐析过程，物理变化，A错误；新制氢氧化铜悬浊液必须在碱性环境下具有弱氧化性，而题给信息中可知NaOH溶液的量不足，B正确；牛油与氢氧化钠发生水解反应，生成高级脂肪酸钠和甘油的混合液，二者都溶于水；若向反应后的液体中滴入沸水中，若有油状液体浮在水面，说明牛油没有完全水解，C错误；④一支试管中先加入足量的氢氧化钠溶液，中和硫酸，然后再加入新制的银氨溶液并水浴加热，观察是否有银镜出现；⑤另一支试管中直接滴加少量碘水，观察溶液是否变蓝，若先加氢氧化钠溶液，它会与碘反应，影响后续实验；D错误；正确选项B。
答案　B
12.下列说法不正确的是(　　)
A.NaOH属于含共价键的离子化合物，熔融时电离只克服离子键
B.干冰是分子晶体，溶于水破坏了分子间作用力，也破坏了共价键
C.N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D.H2O、H2S、H2Te分子间作用力依次增大
解析　本题考查物质结构中化学键、分子间作用力等相关知识，难度较大。A项，NaOH中含共价键和离子键，熔融时电离只克服离子键，氧氢的共价键未断裂，正确；B项，干冰是分子晶体，溶于水形成碳酸，破坏了共价键，生成新的共价键，正确；C项，N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，C正确；D 项，水分子间存在分子间氢键，分子间作用力更大，H2S、H2Te分子间不存在分子间氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，即分子间作用力顺序是H2O>H2Te>H2S，故D错误。
答案　D
13.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A.60 g SiO2中所含Si—O键数目为4NA
B.100 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中所含Al3＋的数目为0.1NA
C.常温下，1 L pH＝1的硫酸溶液中含有的H＋数目为0.2NA
D.密闭容器中，1 mol I2和1 mol H2充分反应生成HI分子总数为2NA
解析　A.因为在SiO2中，每个Si连接4个O，60 g SiO2中有1 mol Si，因此Si—O键的数目为4NA，故A正确；B.铝离子要水解，所以100 mL 1 mol·L－1 AlCl3溶液中所含Al3＋的数目小于0.1NA，故B错误；C.pH＝1的硫酸溶液，氢离子浓度为0.1 mol/L，1 L pH＝1的硫酸溶液中含有的氢离子数目为0.1NA，故C错误；D.碘和氢气的反应为可逆反应，故不能进行到底，则生成的HI分子总数小于2NA，故D错误。
答案　A
14.下列关于有机物的说法不正确的是(　　)
A.苯和乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同
B.等物质的量的乙烯与乙醇完全燃烧消耗氧气的物质的量相等
C.分子式为C4H11N的有机物，同分异构体有8种(不包括立体异构)
D.在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明有乙酸剩余
解析　A项，苯与溴水发生萃取，乙烯与溴水发生加成反应，则溴水褪色原理不同，A正确；B项，乙烯和乙醇与氧气物质的量比均为1∶3反应，则等物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧消耗氧气的量相等，B正确；C项，分子式为C4H11N的有机物的同分异构体有：C4H9－NH2中丁基有4种，因此C4H9－NH2有4种；C3H7－NH－CH3中丙基有2种，因此C3H7－NH－CH3有2种；C2H5－NH－C2H5有1种；C2H5－N(CH3)2有1种；共8种，C正确；D项，乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，D错误。
答案　D
15.下列说法正确的是(　　)
A.用pH相同的氢氟酸和盐酸中和等体积等浓度的NaOH溶液，盐酸消耗的体积多
B.相同温度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等
C.物质的量浓度相同的醋酸溶液和盐酸分别与镁反应，开始瞬间醋酸产生H2快
D.c(H＋)＝c(OH－)的溶液不一定呈中性
解析　A.HF是弱电解质、HCl是强电解质，pH相同的HF和HCl，c(HF)＞c(HCl)，pH相同的HF和HCl分别中和等体积等浓度的NaOH溶液，酸的浓度越大消耗的酸体积越少，所以消耗酸的体积：HF＜HCl，故A正确；B.相同温度下，pH相同的氨水和NaOH溶液中c(OH－)相等，n(OH－)＝cV，溶液体积未知导致无法计算n(OH－)，故B错误；C.化学反应速率与c(H＋)成正比，醋酸是弱电解质而HCl是强电解质，物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，c(H＋)：醋酸＜盐酸，则开始反应速率：醋酸＜盐酸，故C错误；D.只要水溶液呈存在c(H＋)＝c(OH－)，该溶液一定呈中性，故D错误；故选：A。
答案　A
16.近些年，地表水和地下水域中的高氯酸盐污染及其降解受到环境工作者的关注。某科研小组研究了一定条件 下温度、酸碱性对其降解的影响(初始质量浓度均为100 mg/L)，测得数据如图所示，下列说法不正确的是(　　)

A.在pH＝7.5、温度为35 ℃时，0～60 h内高氯酸盐的降解平均速率为1 mg/(L·h)
B.当pH＝7.5时，高氯酸盐降解最适宜温度为30 ℃
C.当温度一定时，随pH的减小，高氯酸盐的降解速率不一定增大
D.当降解时间为100 h时，pH＝7.5、温度为28 ℃与pH＝7.3、温度为30 ℃两种条件下高氯酸盐的降解率可能相等
解析　A.在pH＝7.5、温度为35 ℃时，0～60 h内高氯酸盐的浓度改变量约为100 mg/L－60 mg/L＝40 mg/L，所以降解平均速率为2/3 mg/(L·h)，故A错误；B.由图①可知，当pH＝7.5时，高氯酸盐降解最适宜温度为30 ℃，故B正确；C.当温度一定时，随pH的减小，高氯酸盐的降解速率不一定增大，例如，pH＝9.0时的降解速率低于pH＝10.0时的降解速率，故C正确；D.由图②中的变化趋势分析可得，当降解时间为100 h时，pH＝7.5、温度为28 ℃与pH＝7.3、温度为30 ℃两种条件下高氯酸盐的降解速率可能相等，大约都是0.6 mg/(L·h)，所以D正确。
答案　A
17.向两个体积可变的密闭容器中均充入1 mol的A2和2 mol的B2发生反应：A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)　ΔH。维持两个容器的压强分别为p1和p2，在不同温度下达到平衡，测得平衡时AB2 的体积分数随温度的变化如图所示。

已知：图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上；Ⅳ点不在曲线上
下列叙述正确的是(　　)
A.Ⅰ点和Ⅱ点反应速率相等
B.Ⅳ点时反应未到达平衡v(正) C.Ⅰ点时，A 的平衡转化率为40%
D.将点Ⅱ所对应容器冷却到600 K，可变成点Ⅰ
解析　A2(g)＋2B2(g)2AB2(g)正反应气体物质的量减小，根据图示，相同温度下，压强为p1时，达到平衡AB2的体积分数大于压强为p2时的体积分数，所以p1>p2, Ⅱ点比Ⅰ点温度高、压强大，所以反应速率Ⅱ点大于Ⅰ点，故A错误；Ⅳ点对应的温度下，达到平衡AB2的体积分数减小，反应逆向进行，所以Ⅳ点时反应未到达平衡v(正)
＝0.4，x＝0.5，Ⅰ点时，A 的平衡转化率为50%，故C错误；将点Ⅱ所对应容器冷却到600 K，点Ⅱ在压强为p1的曲线上向左移动，故D错误。
答案　B
18.常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L－1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是(　　)

A.点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(OH－)
B.点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
C.点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.10 mol·L－1
D.点⑤所示溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋c(C2O)
解析　A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，A错误；B.点③为KHC2O4溶液，pH<7，HC2O电离大于其水解程度，则c(C2O)>c(H2C2O4)，B错误；C.点④溶液中存在等物质的量浓度的K2C2O4和KHC2O4，由物料守恒可知，c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝＋＝0.1(mol·L－1)，C正确；D.该点溶液中二者恰好完全反应，溶液中溶质为K2C2O4，由质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D错误。
答案　C
19.工业氧化铍可生产金属铍、制作铍合金及特殊陶瓷。由绿柱石(含3BeO·Al2O3·6SiO2及铁等微量元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产氧化铍的工艺流程如下：

已知：Be与Al性质相似。下列叙述错误的是(　　)
A.“浸渣”受热后的主要成分是SiO2和CaSO4
B.利用“碱溶渣”可回收金属铁
C.“水解，调节pH”反应的主要离子是BeO
D.上述流程中“碱、水”宜使用廉价的氨水，降低生产成本
解析　铍矿物(绿柱石－3BeO·Al2O3·6SiO2及铁等微量元素)和方解石熔炼，然后加入稀硫酸，SiO2、Al2O3分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙，BeO和熔融方解石反应生成铍酸钙，Fe元素被氧化，然后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，然后向溶液中加入“碱、水”，调节溶液pH除去铁离子，然后过滤得到氢氧化铁沉淀，滤液中含有BeO、AlO，再调节溶液pH，得到Be(OH)2沉淀，煅烧氢氧化铍得到工业BeO，以此分析。
答案　D
20.已知I2＋SO＋H2O===2I－＋SO＋2H＋；某溶液中有下列离子中的若干种： Cl－、I－、CO、SO、SO、Fe2＋、Ag＋、NH、Na＋，现在进行以下系列实验
①通入一定量的Cl2，在标况下产生无色无味的气体224 mL，无其他明显现象
②取①反应后的溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生4.66 g白色沉淀
③取②反应后溶液，加入过量氢氧化钠溶液，加热，产生气体1.12 L(标况)
下列说法正确的是(　　)
A.由①可知溶液中肯定不存在I－
B.溶液中是否有Na＋，需要通过焰色反应确定
C.检验溶液中是否存在Cl－，可加入硝酸酸化的硝酸银溶液
D.该溶液中肯定含有CO、Na＋、NH，至少含有SO、SO中的一种，可能含有Cl－、I－
解析　①通入一定的氯气，在标准状况下产生无色无味的气体，此气体为CO2，说明原溶液中含有CO，即CO的物质的量为224×10－3/22.4 mol＝0.01 mol，无其他明显现象，即原溶液中不含Fe2＋和Ag＋；②取反应①后的溶液加入盐酸酸化BaCl2溶液，出现白色沉淀，因为氯气具有强氧化性，能把SO氧化成SO，因此原溶液中SO、SO至少存在一种，SO、SO总物质的量为4.66/233 mol＝0.02 mol；③取②反应后的溶液，加入过量NaOH溶液，加热，产生气体，此气体为NH3，原溶液中存在NH，即物质的量为1.12/22.4 mol＝0.05 mol，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定存在Na＋，A.I2＋SO＋H2O===2I－＋SO＋2H＋，推出SO的还原性强于I－，由①通入氯气的量是一定量，可能是过量，也可能不足，氯气先与SO反应，因此I－可能存在，也可能不存在，故A错误；B.根据上述分析，原溶液中一定存在Na＋，故B错误；C.如果原溶液中存在I－，对Cl－的检验产生干扰，故C错误；D.根据上述分析，故D正确。
答案　D
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
21.(6分)下图是中学化学中常见的有机物转化关系(部分相关物质和反应条件已略去)。

已知：Ⅰ.F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%
Ⅱ.A可以提供生命活动所需要的能量，G为高分子化合物
回答下列问题：
(1)F中含有的官能团名称为________。
(2)①的反应类型为________。
(3)写出D→E的化学方程式________________________________________
_______________________________________________________________。
(4)下列说法不正确的是________。
A.检验物质A，可用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液
B.有机物C、D和E都能使酸性KMnO4溶液褪色
C.有机物C、F在浓H2SO4作用下可以制得B，该反应中浓H2SO4是催化剂和吸水剂
D.某烃X的相对分子质量比B的对分子质量小16，则X能与溴水发生加成反应
解析　F的相对分子质量为60，且分子中碳元素的质量分数为40%，F是乙酸，A可以提供生命活动所需要的能量，能在催化作用下产生C，C进而发生一系列反应，能生成乙酸，说明A为葡萄糖，C为乙醇，F为乙酸；D能生成高分子G，说明D为乙烯，结合框图，推知E为乙醛，F为乙酸，B为乙酸乙酯。因此(1)F中含有的官能团为羧基；(2)乙酸乙酯发生的取代反应(或水解)；(3)乙烯是一种重要的有机化工原料，可发生反应，生成乙醛；(4)葡萄糖含醛基，可用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液检验；C、D和E都能被酸性KMnO4氧化，都能使酸性KMnO4溶液褪色；C＋F→B是酯化反应，浓H2SO4是催化剂和吸水剂；烃X的相对分子质量等于72，则其分子式为C5H12，属于烷烃，不能与溴水发生加成反应。
答案　(1)羧基　(2)取代反应(或水解)
(3)2CH2===CH2＋O22CH3CHO　(4)D
22.(6分)(2019·浙江名师预测卷)重晶石主要成分为硫酸钡，硫酸钡对人体无毒，医疗上可做钡餐，利用重晶石可制BaSO4可制涂料锌钡白(主要成分ZnS和BaSO4)，如图：

已知：①气体C为三原子组成的直线型分子
②气体E为三原子组成的含18个电子的分子，标准状况下的密度为1.518 g·L－1
(1)气体C分子的电子式________________，白色沉淀F的化学式________________。
(2)反应③属于复分解反应，写出该反应的化学方程式_______________________
____________________________________________________________________。
(3)反应①的化学方程式___________________________________________。
解析　框图中已知物质是硫酸钡，由已知可推理：气体C为二氧化碳，气体E为硫化氢，由气体C为二氧化碳逆向推理，气体B为CO，白色沉淀为F含钡且为通二氧化碳后的产物，为碳酸钡，白色固体为BaS，逆向推理黑色单质A为C。
答案　(1) 　BaCO3　(2)BaS＋ZnSO4===BaSO4↓＋ZnS↓　(3)BaSO4＋4CBaS＋4CO↑
23.(4分)一定条件下，草酸铜晶体(CuC2O4·xH2O)受热分解的化学方程式为：CuC2O4·xH2OCuO＋CO↑＋CO2↑＋xH2O↑。某化学兴趣小组设计如图装置，探究草酸铜晶体分解的气体产物：

请回答：
(1)该套实验装置的明显缺陷是________。
(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中________(填实验现象)，则可证明草酸铜晶体热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。
(3)该兴趣小组改变热分解反应条件，完全反应后发现C中白色沉淀量明显较先前实验多，而E、F中未见明显现象，请推测A装置中固体产物成分并设计一个实验方案，用化学方法验证固体产物________(不考虑操作和药品的问题)。
解析　(1)由装置图结合分解产物可知，B装置用于检验有水生成，C装置用于检验有CO2生成，D装置用于干燥CO气体，E装置用于检验有CO生成，F装置用于吸收E中生成的CO2，但在E中CO不可能完全反应，所以这套装置中没有处理尾气CO的装置；
(2)E装置是用CO还原CuO，所以现象是黑色粉末变红色；
(3)由于改变了反应条件，可能使分解生成的CO直接把CuO还原为Cu单质，这样没有CO与E中的CuO反应，所以E、F中都没有明显现象，所以A装置中固体产物为铜单质，检验的化学方法是取少量受热分解后固体产物，加适量稀硫酸，未见溶液呈蓝色，则证明上述推测是合理的。
答案　(1)没有尾气处理装置　(2)黑色粉末变红色　(3)固体产物为Cu单质；取少量受热分解后固体产物，加入适量稀硫酸，未见溶液呈蓝色，则证明推测合理
24.(4分)(1)溶解28.4 g碳酸钙和碳酸氢钙的混合物，消耗1.0 mol/L盐酸500 mL。灼烧等量的上述混合物，得到氧化钙的质量是________；
(2)有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混和物27.2 g，把它们溶于足量的水中充分反应后，溶液中Ca2＋、CO、HCO均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29 g，则原混和物中Na2CO3的质量是________。
解析　(1)利用钙原子、氯原子守恒有：
CaO～CaCl2～2HCl
m　　　　1 mol/L×0.5 L
由此解得氧化钙的质量为m＝14 g。
(2)依题意知，Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH充分反应后恰好全部转变为CaCO3和NaOH，Δm＝29 g－27.2 g＝1.8 g。
由原子守恒知固体物质增重是因为水参与了反应，依题意构造方程式：
Na2CO3＋NaHCO3＋2CaO＋H2O===2CaCO3↓＋3NaOH　Δm
106 18
10.6 g 1.8 g
故答案为10.6 g。
答案　(1)14 g　(2)10.6 g
25.(10分)甲醇被称为21世纪的新型燃料，研究和合成甲醇有着重要的意义。
(1)已知：①H2(g)＋1/2O2(g)H2O(l)　ΔH1<0；
②CO2(g)CO(g)＋1/2O2(g)　ΔH2>0；
③甲醇的燃烧热为ΔH3。试用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l)的ΔH, 则ΔH＝________ kJ·mol－1。
(2)该方法生产甲醇是目前工业上常用的方法。在一定温度下，向2 L密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g), 5分钟反应达平衡，此时CO的转化率为80%。
请回答：
①下列叙述合确的是________(填编号)。
A.达到平衡时，移走部分甲醇，平衡将向右移动，正反应速率加快
B.缩小容器的体积，平衡将向右移动，c(CO)将变大
C.在相同的条件下，若使用甲催化剂能使正反应速率加快105倍，使用乙催化剂能使逆反应速率加快108倍，则应该选用乙催化剂
D.若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8 mol CO和0.6 mol CH3OH，则此时v正>v逆
②在方框的坐标系中画出甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线。

(3)CO2和H2在催化剂Cu/ZnO作用下可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
控制CO2和H2初始投料比为1∶3时，温度对CO2平衡转化率及甲醇和CO产率的影响如图所示。

①由图可知温度升高CO的产率上升，其主要原因可能是________。
②由图可知获取CH3OH最适宜的温度是________。
(4)近几年开发的甲醇燃料电池的工作原理如图所示：

电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过，电解质溶液为稀硫酸，则a电极的电极反应式为__________________________________________________。
解析　(1)由已知，③为：CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH3，根据盖斯定律，①×2－②－③得：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(l)　ΔH＝2ΔH1－ΔH2－ΔH3。
(2)①A项，减小生成物浓度，化学平衡正向移动，正逆反应速率都减小，故A错误；B项，增大压强，化学平衡向气体分子数减小的方向移动，因为该反应正向气体分子数减小，所以缩小容器的体积，压强变大，平衡将向右移动；体积缩小导致c(CO)变大，根据化学平衡移动原理，达到新平衡时c(CO)仍比原平衡时大，故B正确；C项，催化剂能同等程度加快正逆反应速率，所以应选用乙催化剂，故C正确；D项，由已知，5分钟反应达平衡时各物质的浓度为：c(CO)＝0.1 mol/L、c(H2)＝0.2 mol/L、c(CH3OH)＝0.4 mol/L，所以K＝＝＝100，若保持平衡时的温度和容积不变，再向容器中充入0.8 mol CO和0.6 mol CH3OH，此时c(CO)＝0.5 mol/L、c(H2)＝0.2 mol/L、c(CH3OH)＝0.7 mol/L，Qc＝＝＝35v逆，故D正确。综上分析，符合题意的选项为BCD。
②由已知，甲醇的初始物质的量浓度为0，5分钟反应达平衡，前面已经算出此时甲醇物质的量浓度为0.4 mol/L，所以甲醇的物质的量浓度随时间的变化曲线可用如图表示：。
(3)由图可得，温度升高，CO2平衡转化率上升、CO的产率上升、温度高于250 ℃时甲醇的产率降低，则：①反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高；②获取CH3OH最适宜的温度是250 ℃。
(4)由图可得，a电极原料是CH3OH和水，b电极原料为氧气，电解质溶液为稀硫酸，质子交换膜只允许质子和水分子通过，则a极为电池负极，发生氧化反应生成CO2和H＋，电极反应式为：CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋。
答案　(1)2ΔH1－ΔH2－ΔH3　(2)①BCD
②
(3)①反应Ⅱ正反应是吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO产率升高
②250 ℃　(4)CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋
26.(10分)过氧硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5)易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。某研究小组制备过氧硫酸氢钾复合盐的流程如下图：

已知：浓硫酸与H2O2反应，部分转化为过氧硫酸(化学式为H2SO5，是一种一元强酸)
(1)若反应物的用量一定，在“转化”中为防止过氧化氢的分解，可采取的有效措施或操作有(写出两种)________、________。
(2)结晶操作中，加入K2CO3即可获得过氧硫酸氢钾复合盐晶体，该过程的离子方程式为_____________________________________________________________
__________________________________________________________________。
过氧硫酸氢钾复合盐产率(以产品含氧量表示)随溶液pH和温度的变化关系如下图所示。则该过程适宜的条件是_____________________________________
________________________________________________________________。

(3)下列说法不正确的是________。
A.将晶体转移至布氏漏斗时，若器壁上粘有少量晶体，应用滤液淋洗
B.抽滤时，为防止滤纸穿孔，可适当关小水龙头或多加一层滤纸
C.用95%乙醇洗涤晶体目的是洗除晶体表面的杂质，易于得到干燥晶体
D.为加快产品的干燥，可高温烘干
(4)产品中KHSO5含量的测定：
取1.000 g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5 mL 10%的硫酸和10 mL 25%的碘化钾溶液，再加入2 mL淀粉溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1的硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00 mL。
已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2O
I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI
则产品中KHSO5的质量分数为________。
解析　(1)浓硫酸与H2O2溶液混合时，放出大量的热，温度高，H2O2易分解，故在“转化”中，用冰水浴冷却；同时缓慢滴加浓硫酸并不断搅拌也可防止过氧化氢的分解。(2)H2SO5与K2CO3即可获得过硫酸氢钾复盐晶体，因为H2SO5为一元强酸，故还有二氧化碳生成，则离子方程式为10K＋＋5CO＋12H＋＋4SO＋4HSO===2K2SO4·KHSO4·2KHSO5↓＋5CO2↑＋5H2O。为避免反应过于剧烈，K2CO3溶液需分批缓慢加入；根据图像可判断0 ℃、pH＝2左右时，过硫酸氢钾复盐产率(以产品含氧量表示)最大，故此条件为最适宜条件；(3)A.将晶体转移至布氏漏斗时，若器壁上粘有少量晶体，应用滤液淋洗，A正确；B.抽滤时，为防止滤纸穿孔，可适当关小水龙头或多加一层滤纸，B正确；C.用95%乙醇洗涤晶体目的是洗除晶体表面的杂质，易于得到干燥晶体，C正确；D.过氧硫酸氢钾复合盐易分解，因此为加快产品的干燥不能高温烘干，D错误，答案选D；(4)已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2O、I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，则有关系式KHSO5～2Na2S2O3，消耗硫代硫酸钠的物质的量是0.200 0 mol/L×0.025 00 L＝0.005 000 mol，所以KHSO5的物质的量是0.002 500 0 mol，则产品中KHSO5的质量分数为×100%＝38.00%。
答案　(1)用冰水浴冷却　缓慢滴加浓硫酸不断搅拌(任写两种)
(2)10K＋＋5CO＋12H＋＋4SO＋4HSO===2K2SO4·KHSO4·2KHSO5↓＋5CO2↑＋5H2O
控制pH在2.0～2.5之间、温度0 ℃左右　(3)D
(4)38.00%
27.(10分)有机物A的合成路线如下，E属于酯类，F的组成为C6H10O3。

已知：①R1COOR2＋CH3COOC2H5R1COCH2COOC2H5＋R2OH
②RCOOR′＋R″OHRCOOR″＋R′OH

回答下列问题：
(1)B的结构简式是________，C→D的反应类型是________。
(2)设计以乙醇为原料制备F的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)________________________________________________________________
__________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(3)写出含有萘环结构的A的任意一种同分异构体的结构简式________。
(4)D和F为合成A分为三步反应完成，依次写出D和F合成A的两种中间产物可能的结构简式为________、________。
解析　根据A结构简式及C分子式知，A发生间位取代生成B为，B发生取代反应生成C为；C发生水解反应结合D分子式知，D为；E为酯，E在一定条件下反应生成乙醇和F，根据碳原子相等知，E为CH3COOCH2CH3，F的组成为C6H10O3，E发生信息1的反应生成F，F为CH3COCH2COOCH2CH3，F和D发生信息3、2的反应生成A和乙醇。
(1)通过以上分析知，B的结构简式是，C中氨基转化为D中的羟基，C→D的反应类型是取代反应；(2)以乙醇为原料制备F，乙醇被催化氧化生成乙醛，乙醛被催化氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯发生信息1的反应生成F，其合成路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5。
(3)A的同分异构体符合下列条件：①不发生水解反应，说明不含酯基；②遇氯化铁溶液呈紫色，说明含有酚羟基；③1 mol可消耗3 mol NaOH，说明含有3个酚羟基；④有两个六元环，符合条件的同分异构体结构简式为(羟基位置可以任意)；
(4)D和F为合成A分为三步反应完成，根据信息2、3可知，DF之间可能先发生取代反应生成，也可能先发生加成反应生成，它们分别转化为，最终都转化为A，故答案为：或或。
答案　(1) 　取代反应
(2)CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5