2020届浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题（一）

浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题(一)
(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.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(　　)
A.SO2 B.CH3COOH
C.KCl D.Cl2
解析　电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，而非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；SO2属于非电解质，溶于水，与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生自由离子而导电，A正确；CH3COOH为弱酸，属于电解质，B错误；KCl为盐，属于电解质，C错误；氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，D错误；正确选项A。
答案　A
2.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是(　　)
A.云雾 B.肥皂溶液
C.葡萄糖浓溶液 D.淀粉溶液
解析　A、B、D项是胶体，能产生 “丁达尔”效应，不选；C项是溶液，不能产生丁达尔效应，故应选 C。
答案　C
3.下列说法不正确的是(　　)
A.臭氧可用于杀菌消毒
B.氯化钠是一种常见的食品调味剂
C.晶体硅常用于制造光导纤维
D.镁常用于制造信号弹和焰火
解析　A.臭氧具有强氧化性，臭氧可用于杀菌消毒，故A正确； B.氯化钠有咸味，氯化钠是一种常见的食品调味剂，故B正确；C.二氧化硅常用于制造光导纤维，故C错误；D.镁燃烧时发出耀眼的强光，镁常用于制造信号弹和焰火，故D正确；故选C。
答案　C
4.下列表示不正确的是(　　)
A.氯化钠的电子式：
B.二氧化碳的结构式：O===C===O
C.S2－结构示意图：
D.乙炔分子比例模型：
解析　A项氯化钠是离子晶体，电子式正确；B项二氧化碳是共价化合物，结构式正确；C项硫离子示意图正确；D项是乙炔的球棍模型，不正确。
答案　D
5.下列有关离子(或物质)的检验及结论，正确的是(　　)
A.SO2能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B.焰色反应实验时，透过蓝色钴玻璃，可观察到K元素火焰呈紫色
C.检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3，可向固体滴加稀盐酸，观察是否产生气体
D.向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则溶液中含SO
解析　考查常见物质的性质和用途，A项能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，错误；B项蓝色钴玻璃可以滤去钠元素的黄光，并观察到紫色的火焰，正确；C该检验方法错误，不选；D项中可能存在银离子干扰，错误。
答案　B
6.已知298 K、101 kPa条件下
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH＝－483.6 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－ 571.6 kJ·mol－1
据此判断，下列说法正确的是(　　)
A.H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是吸热反应
B.1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出44.0 kJ热量
C.1 mol H2O(l)转变成1 mol H2O(g)放出44.0 kJ热量
D.1 mol H2O(g)转变成1 mol H2O(l)放出88.0 kJ热量
解析　A项上述两个反应均为放热反应，不选；B项由两式相减可得： H2O(g)===H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1，因此C、D两项错误。
答案　B
7.下列说法不正确的是(　　)
A.石墨与C70互为同素异形体
B.冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2HOH的混合物中含有四种核素
C.醋酸和硬脂酸互为同系物，C6H14和C9H20也一定互为同系物
D.若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物一定不相同
解析　A.同素异形体是相同元素组成的不同单质，石墨、C70符合同素异形体的概念，故A正确；B.冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2HOH的混合物中含有四种核素，其中氧元素有2种核素，故B正确；C.醋酸和硬脂酸都是一元羧酸，互为同系物；C6H14和C9H20均属于烷烃，故一定互为同系物，故C正确；D.两种二肽互为同分异构体，水解产物可能是相同的氨基酸，如：一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式，但二肽水解时的产物相同，故D错误。故选D。
答案　D
8.在一定条件下发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，将1 mol SO3气体通入1 L容积恒定的密闭容器中，维持容器内温度不变，5 min末测得SO3的物质的量为0.4 mol。则下列说法正确的是(　　)
A.0～5 min，O2的生成速率v(O2)＝0.06 mol·L－1·min－1
B.若起始时充入3 mol SO3，起始时SO3分解速率不变
C.若某时刻消耗了0.5 mol SO3同时生成了0.25 mol O2，则表明该反应达到了平衡状态
D.达到平衡时，SO2和SO3的浓度相等
解析　A.0～5 min消耗的SO3的物质的量为(1－0.4)mol＝0.6 mol，产生O2的物质的量为0.6/2 mol＝0.3 mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(O2)＝0.3/(1×5) mol/(L·min)＝0.06 mol/(L·min)，故A正确；B.若起始时充入3 mol SO3，反应物浓度增大，化学反应速率加快，故B错误；C.消耗SO3，生成O2，反应都是向正反应方向进行，不能说明反应达到平衡，故C错误；D.根据题目中所给信息，无法判断SO2和SO3浓度是否相同，故D错误。
答案　A
9.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是(　　)
A.Fe2(SO4)3溶液和H2S反应的离子方程式：2Fe3＋＋H2S===FeS＋2H＋
B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋O2↑＋2H2O
C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO4↓＋H2O
D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色：5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
解析　A.向Fe2(SO4)3溶液中通入H2S的离子反应为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋，故A错误；B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应方程式为2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O，故B错误；C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为SO＋NH＋H＋＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O，故C错误；D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色，发生反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故D正确；故选D。
答案　D
10.短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.W、 X、 Q 的原子半径依次减小
B.Y 的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C.W 和 Z 可能形成化合物W3Z8
D.Q、 X、 Z 可能形成离子化合物
解析　短周期主族元素 Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加，其中Q、W原子核外L 电子层的电子数分别为0、4，知W为C，Q为H，根据元素周期表知X可能为N, Y为P，Z为S，也可能X为O，Y为S，Z为Cl，。A.W、 X、 Q 的原子半径依次减小，故A对；B.若Y为P，最高价氧化物的水化物为H3PO4属于中强酸，故B错误；C.W为C, Z 可能为Cl也可能为S，可能形成化合物 W3Z8，故C对；D.可能形成(NH4)2S等离子化合物，故D对。
答案　B
11.下列说法正确的是(　　)
A.乙醇能被氧化成乙醛， 也可以直接被氧化成乙酸
B.裂化汽油能使溴水褪色， 发生取代反应
C.可用热的 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质
D.苯的一溴代物只有一种， 二溴代物有两种
解析　A.乙醇能被氧化成乙醛， 也可以直接被氧化成乙酸，故A对；B.裂化汽油能使溴水褪色， 发生加成反应，故B错；C.热的 NaOH 溶液与乙酸乙酯发生反应， 用热的 NaOH 溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质不能实现，故C错；D.苯分子中只有一种类型的H，所以一溴代物只有一种， 二溴代物有邻间对三种结构，故D错。答案A。
答案　A
12.下列说法正确的是(　　)
A.蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物
B.硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯都属于酯类物质，都能发生皂化反应
C.所有氨基酸分子中都只含有一个羧基(—COOH)和一个氨基(—NH2)
D.鸡蛋清溶液中加入浓的(NH4)2SO4溶液，产生沉淀，加水后沉淀不溶解
解析　A.蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物，故A正确；B.硬脂酸甘油酯属于酯类物质，能发生皂化反应，乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，但不是皂化反应，不能生成高级脂肪酸盐，故B错误；C.所有氨基酸分子中都含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)，不一定只有一个，故C错误；D.鸡蛋清溶液中加入浓的(NH4)2SO4溶液，产生沉淀，发生盐析，加水后沉淀溶解，故D错误。
答案　A

13.(2019·浙江名师预测卷)关于如图装置，下列判断不正确的是(　　)
A.该装置属于原电池，Zn为电池的负极
B.烧杯b通入N2，可减少Zn的自腐蚀现象，增大电池电流
C.Fe棒为正极，电极反应：O2＋4H＋＋4e－===2H2O
D.电池反应：2Zn＋O2＋2H2O===2Zn2＋＋4OH－
解析　该装置属于Zn­空气电池，Zn比Fe活泼，Zn为负极，Fe为正极，因盐桥隔离了Zn2＋和OH－，电池反应为2Zn＋O2＋2H2O===2Zn2＋＋4OH－，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，负极反应为Zn－2e－===Zn2＋，故A、D正确，C错误，b烧杯中通氮气，有利于驱除溶液中的溶解氧，减少Zn与b中溶解氧发生的自腐蚀，增大电池电流，B正确。
答案　C
14.室温下，甲、乙两烧杯均分别盛有5 mL pH＝3的盐酸和醋酸溶液， 下列描述正确的是(　　)
A.水电离出的OH－浓度： c(OH－)甲＝c(OH－)乙
B.向乙烧杯中加水稀释至pH＝4，溶液的体积10V甲＞V乙
C.若将甲、乙两烧杯分别与 5 mL pH＝11 NaOH 溶液反应，所得溶液 pH：甲＜乙
D.若将甲、乙两烧杯溶液混合，所得溶液得的c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)
解析　酸溶液抑制水电离，由于两种酸提供的氢离子的量一样，对水的抑制程度一样，所以水电离出的OH－浓度应该相等，即c(OH－)甲＝c(OH－)乙，A正确；醋酸为弱酸存在电离平衡，pH＝3的醋酸加水稀释后pH＝4，加水的量大于10倍，所以溶液的体积10V甲＜V乙，B项错误；pH＝11 NaOH溶液，c(OH－)＝10－3mol/L，pH＝3的盐酸，c(H＋)＝10－3mol/L，两溶液等体积的情况下，恰好完全反应，生成氯化钠溶液为中性；pH＝3的醋酸溶液，c(CH3COOH)远大于10－3mol/L，两溶液等体积的情况下，氢氧化钠完全反应，醋酸过量，溶液显酸性，所以所得溶液pH：甲＞乙，C错误；根据电荷守恒规律：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，D错误；正确选项A。
答案　A
15.根据如图所示能量循环图，下列说法正确的是(　　)

A.ΔH1＞0；ΔH2＜0
B.ΔH3＞0；ΔH4＜0
C.ΔH5＞0；ΔH＜0
D.ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5
解析　A.固态转化为气态吸热，ΔH1>0，转化为气态金属离子吸热，则ΔH2＞0，故A错误；B.断裂化学键吸收能量，非金属原子的气态转化为离子放热，则ΔH3＞0；ΔH4＜0，故B正确；C.气态离子转化为固态放热，则ΔH5＜0，故C错误；D.由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5，故D错误；故选B。
答案　B
16.下列说法正确的是(　　)
A.HCl溶于水能电离出H＋、Cl－，所以HCl是离子化合物
B.碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C.He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键
D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键
解析　A项HCl是共价化合物，错误；B项碘单质的升华克服的是碘分子之间的作用力；C项稀有气体不存在化学键；D项碳酸氢钠的分解使得结构中的离子键、共价键均破坏，正确。
答案　D
17.一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
A.0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1
B.6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10－2mol·L－1·min－1
C.反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1
D.反应至6 min时，H2O2分解了50%
解析　A项，0～6 min内，产生n(O2)＝1×10－3mol，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，则v(H2O2)＝＝≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，正确；B项，按照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)为2×10－3mol，剩余c(H2O2)＝＝0.2 mol·L－1，不正确；D项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)为2×10－3mol，占起始物质的量的50%，正确。
答案　C
18.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A.7.8 g苯含有的碳碳单键和碳碳双键数目均为0.3NA
B.标准状况下，22.4 L16O2和18O2的混合气体含有的质子数为16NA
C.实验室制氯气时，每消耗36.5 g HCl，转移的电子数为NA
D.100 g 6%的醋酸水溶液含有的氧原子数为0.2NA
解析　A.苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故A错误；B.标况下22.4 L混合气体的物质的量为1 mol，而16O2和18O2中均含16个质子，故1 mol混合物中含16NA个质子，故B正确；C.36.5 g HCl的物质的量为1 mol，而实验室制取氯气时，消耗4 mol HCl，生成1 mol氯气，转移2 mol电子，故当消耗1 mol HCl时，转移0.5NA个电子，故C错误；D.醋酸溶液中，除了醋酸外，水也含O原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.2NA个，故D错误。故选B。
答案　B
19.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下，用0.100 mol·L－1NH3·H2O滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L－1HCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.①溶液中c(H＋)为0.200 mol·L－1
B.溶液温度高低为①＞③＞②
C.③点溶液中有c(Cl－)＞c(CH3COO－)
D.③点后因离子数目减少使电导率略降低
解析　醋酸为弱电解质，①点溶液c(H＋)＜0.2 mol·L－1，故A错误；酸碱中和反应放热，①点溶液的温度一定比②点的低，故B错误；③恰好完全反应生成氯化铵和醋酸铵。其中NH和CH3COO－发生微弱水解，则③点溶液中，c(NH)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)，故C正确；③点后，溶液中离子浓度减小导致电导率降低，故D错误。
答案　C
20.有一混合固体，只含有下列物质中的若干种： K2CO3、 Mg(NO3)2、 Ba(NO3)2、 NaHCO3, ①将混合固体溶于水，产生沉淀甲，过滤，取滤液。②取少量滤液加入足量 AgNO3溶液，过滤，取滤渣。③取少量滤渣加入足量盐酸，产生气体，得沉淀乙。根据上述实验，以下推测正确的是(　　)
A.沉淀乙一定为纯净物
B.Mg(NO3)2 一定存在
C.NaHCO3 一定不存在
D.沉淀甲一定为混合物
解析　沉淀甲可以是碳酸钡沉淀、或碳酸镁沉淀或二者的混合沉淀，D错误；K2CO3溶液与硝酸银反应也会有沉淀生成，NaHCO3溶液可有也可没有，C错误；碳酸钾与硝酸钡溶液反应可以生成碳酸钡沉淀，Mg(NO3)2可以不存在，B错误；和足量的AgNO3溶液反应产生沉淀，沉淀中加入足量盐酸，产生气体可以是二氧化碳，得沉淀只能是氯化银固体，沉淀乙一定为纯净物，A正确；正确选项A。
答案　A
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题，共50分)
21.(6分)某些简单有机物在一定条件下可发生如下转化，其中E具有果香味：

请回答下列问题：
(1)F的分子式________； 反应①的反应类型________。
(2)写出反应③的化学方程式___________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)关于化合物B的说法正确的是________。
A.B中只含有一种官能团
B.常温常压下物质B呈气态
C.1 mol B最多与4 mol H2发生加成
D.B为苯的同系物
解析　(1)F是淀粉的水解产物葡萄糖，分子式为C6H12O6；反应①是苯和乙炔的加成反应，(2)D应该是苯乙酸，G是乙醇，两者发生酯化反应。(3)苯乙烯的官能团只有碳碳双键一种，从碳原子数上分析应该是常温为液态，能与氢气完全发生1∶4的加成，苯乙烯不是苯的同系物。
答案　(1)C6H12O6　加成反应　(2) ＋CH3CH2OH＋H2O
(3)AC
22.(6分)化合物X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计并完成如下实验：

请回答：
(1)X 的化学式是________。
(2)溶液甲与足量氯气反应的离子方程式为_______________________________
__________________________________________________________________。
(3)加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
解析　本题考查实验方案设计与评价，(1)磁性氧化物是Fe3O4，说明X中含有Fe元素，根据流程图，固体2为Fe2O3，根据元素和原子守恒，化合物X中Fe的物质的量为24.0×2/160 mol＝0.3 mol，无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊，因此此气体为CO2，说明化合物中X中含有C，化合物X中C的质量为(18.0－0.3×56)g＝1.2 g，C的物质的量为1.2/12 mol＝0.1 mol，即X的化学式为Fe3C；(2)磁性氧化物Fe3O4与盐酸反应Fe3O4＋8HCl===2FeCl3＋FeCl2＋4H2O，根据流程图，溶液甲中含有Fe3＋和Fe2＋，通入氯气，发生的离子反应方程式为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；(3)NH3被Fe2O3氧化成一种气体单质，即N转化成N2，铁元素被还原成铁单质，即化学反应方程式为：2NH3＋Fe2O3N2＋3H2O＋2Fe。
答案　(1)Fe3C　(2)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
(3)2NH3＋Fe2O3N2＋3H2O＋2Fe
23.(4分)实验室常用如下装置所示方法制备氯气：

(1)1 mol MnO2和4 mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1 mol，原因可能是________；
(2)若改用NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热，理论上氯元素利用率可以达到100%，试用化学反应方程式表示原因___________________________________
__________________________________________________________________；
(3)若在分液漏斗下方接一段毛细管插入圆底烧瓶底部，不需加热也可获得均匀稳定干燥的氯化氢气流，则分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是___________________________________________________________________。
解析　(1)1 mol MnO2和4 mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1 mol，浓盐酸易挥发，浓盐酸随着反应的进行会被稀释，当稀释到一定程度时就无法与二氧化锰反应了，此时反应停止。
(2)NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热反应，反应的化学方程式为：2NaCl＋2H2SO4＋MnO2MnSO4＋Na2SO4＋Cl2↑＋2H2O。
(3)浓HCl，本身就有挥发性，产生的是HCl气体，浓HCl挥发后变稀，由于浓硫酸有吸水性，稀HCl又变成浓HCl，所以加快了HCl的挥发速率，所以产生了均匀稳定干燥的氯化氢气流，所以分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是浓盐酸、浓硫酸。
答案　(1)浓盐酸挥发，稀盐酸不反应
(2)2NaCl＋2H2SO4＋MnO2MnSO4＋Na2SO4＋Cl2↑＋2H2O
(3)浓盐酸、浓硫酸
24.(4分)称取58.7 g Ba(OH)2和BaCl2固体混合物，配成500 mL溶液，把该溶液分成5等份后分别加入相同浓度不同体积的NaHCO3溶液，生成沉淀的质量如下表。已知加入NaHCO3溶液体积为80.0 mL时，反应后溶液呈中性。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
NaHCO3溶液(mL)
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
沉淀的质量(g)
1.97
3.94
5.91
7.88
7.88
(1)NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度________。
(2)原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比________。
解析　向Ba(OH)2和BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液先后发生OH－＋HCO===CO＋H2O，Ba2＋＋CO===BaCO3↓。
(1)加入NaHCO3溶液体积为80.0 mL时，生成碳酸钡的物质的量＝＝0.04 mol，根据碳元素守恒，则碳酸氢钠为0.04 mol，NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度＝＝0.5 mol/L；
(2)加入NaHCO3溶液体积为80.0 mL时，溶液显中性，OH－＋HCO===CO＋H2O恰好完全反应，则氢氧化钡的物质的量＝0.02 mol，则每份溶液中含有氯化钡的物质的量＝＝0.04 mol，则原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2。
答案　(1)0.500 mol/L　(2)1∶2
25.(10分)(2018·课标全国Ⅲ，28)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式
__________________________________________________________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH＝48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH为________kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①343 K时反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343 K＝________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________________________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留1位小数)。
解析　(1)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由①×3＋②，可得：4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)　ΔH＝3×48 kJ·mol－1－30 kJ·mol－1＝114 kJ·mol－1。(3)①温度越高，反应越先达到平衡，根据图示，左侧曲线对应的温度为343 K，343 K时反应的平衡转化率为22%。设开始时加入SiHCl3的浓度为a mol·L－1，根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知，达平衡时，SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78a mol·L－1、0.11a mol·L－1、0.11a mol·L－1，化学平衡常数K＝≈0.02。②根据化学平衡移动原理并结合该反应特点，及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间，实质就是提高反应速率，可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。③温度越高，反应速率越大，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，所以a点反应速率大于b点反应速率。a点所在曲线达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3 y mol，则根据三段式法得

代入k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，k正0.782＝k逆0.112，＝　①
在a处SiHCl3的转化率为20%，根据三段式法得

则＝＝×，将①代入计算得出v正/v逆≈1.3。
答案　(1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)114
(3)①22　0.02
②及时移去产物　改良催化剂；提高反应物压强(浓度)
③大于　1.3
26.(10分)某实验室废液含NH、Na＋、Fe3＋、Cr3＋、SO、PO等离子，现通过如下流程变废为宝制备K2Cr2O7。

已知：(1)2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O；Cr3＋＋6NH3===[Cr(NH3)6]3＋(黄色)
(2)部分物质的溶解度曲线如图1，金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表1。
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3＋
1.5
4.1
Cr3＋
4.9
6.8

请回答：
(1)某同学采用纸层析法判断步骤①加入KOH的量是否合适。在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后的斑点如图2所示。加入KOH最适合的是实验编号是(实验顺序已打乱)________，C的斑点颜色为________。
(2)步骤③含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为_____________________
__________________________________________________________________，
步骤④过滤前需加热溶液，目的是___________________________________。
(3)步骤⑤比较合适的酸为________。
(4)步骤⑥可能用到下列部分操作：a.蒸发至出现大量晶体，停止加热；b.冷却至室温；c.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；d.洗涤；e.趁热过滤；f.抽滤。请选择合适的操作的正确顺序________。
(5)步骤⑥中合适的洗涤剂是________(“无水乙醇”、“乙醇－水混合液”、“热水”、“冰水”)。
(6)下列说法正确是________。
A.溶液A的颜色为橙色
B.步骤⑤须测定溶液的pH值来判断加入的酸是否适量
C.粗产品可用重结晶的方式提纯
D.可用滴定法测K2Cr2O7晶体产量，合适的标准溶液是硫酸亚铁铵溶液
解析　(1)加入氢氧化钾最适合时，Fe3＋、Cr3＋恰好生成沉淀，则A为合适，在加入一定量KOH溶液后，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开、氨熏后发生Cr3＋＋6NH3===[Cr(NH3)6]3＋(黄色)，则斑点呈黄色，(2)步骤③含Cr物质发生的主要反应的离子方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－===2CrO＋8H2O，步骤④过滤前需加热溶液，可除去过量的H2O2，(3)酸化时应加入非还原性酸，一般可用硫酸；(4)步骤⑥由溶液得到晶体，实验时，蒸发至出现大量晶体，停止加热，趁热过滤除去KCl等，然后冷却至室温、抽滤、洗涤可得到K2Cr2O7，则顺序为aebfd；(5)K2Cr2O7具有强氧化性，不能用乙醇洗涤，在温度较低时溶解度较小，则用冷水洗涤，(6)A.溶液A含有CrO，颜色为黄色，故A错误；B.步骤⑤可根据溶液的颜色变化判断酸是否过量，无须测定溶液的pH值来判断，故B错误；C.提纯粗产品，可用重结晶的方式，故C正确；D.K2Cr2O7与硫酸亚铁铵溶液发生氧化还原反应，可用于滴定，故D正确。
答案　(1)A　黄色　(2)2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－===2CrO＋8H2O　除去过量的H2O2　(3)H2SO4　(4)aebfd　(5)冰水　(6)CD
27.(10分)某研究小组按下列路线合成药物双氯芬酸钠：


请回答：
(1)化合物 A 的结构简式________；
(2)下列说法不正确的是________；
A.化合物B具有碱性
B.化合物D不能发生自身的缩聚反应
C.化合物G在NaOH水溶液能发生取代反应
D.药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H9Cl2NO2Na
(3)写出 G→H 的化学方程式____________________________________；
(4)以苯和乙烯为原料， 设计生成的合成路线(用流程图表示， 无机试剂任选)______________________________________________
_________________________________________________________________
________________________________________________________________；
(5)请用结构简式表示同时符合下列条件的化合物 H 的同分异构体________。
①分子中含有联苯结构()和—OCH3基团；
②核磁共振氢谱显示只有 4 种不同的 H 原子。
解析　(1)由逆推知(1)化合物A的结构简式。
(2)A.化合物B分子式C6H7N可能是苯胺，具有碱性。故A正确；B.化合物D是2­羟基乙酸，能发生自身的缩聚反应生成聚酯，故B错误；C.化合物G中含有卤原子形成卤代物，在NaOH水溶液能发生取代反应，故C正确；D.药物双氯芬酸钠的分子组成为C14H10Cl2NO2Na，故D错误。
(3)G的结构为根据①＋R—Cl，所以G→H的化学方程式+HCl
(4)以苯和乙烯为原料， 设计生成

(5)H的分子式为C14H9Cl2NO，符合下列条件①分子中含有联苯结构()和—OCH3基团；②核磁共振氢谱显示只有 4 种不同的H原子的同分异构体为：