浙江省2020届普通高校招生选考科目考试化学模拟试题


2020届浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题
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　Cr—52　Fe—56　Cu—64　Ba—137
一、选择题
1.人类生活离不开化学知识，下列叙述不正确的是(　　)
A. 臭氧是饮用水的理想消毒剂之一，因为它杀菌能力强且不影响水质
B. 因患“禽流感”而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理
C. 医疗上常用体积分数为75%的酒精进行皮肤消毒
D. 食品加工、消毒、防腐常使用福尔马林
【答案】D
【解析】
【详解】A项、臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水不反应，且无残留，不影响水质，故A正确；
B项、家禽尸体常用生石灰处理，是因为生石灰和水作用产生的熟石灰具有消毒杀菌的作用，使家禽体内的细菌不再向外界扩散的缘故，故B正确；
C项、使用70%-75%的酒精，能使组成细菌的蛋白质凝固，具有消毒杀菌作用，常用于医疗卫生方面的消毒，故C正确；
D项、甲醛有毒，能破坏蛋白质的结构，不但对人体有害，而且降低了食品的质量，故D错误；
故选D。
【点睛】福尔马林有毒，不能用于食品加工是解答关键。
2.下列属于酸性氧化物的是(　　)
A. NO B. MgO C. H2O2 D. CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A项、NO属于不成盐氧化物，故A错误；
B项、MgO属于碱性氧化物，故B错误；
C项、H2O2属于过氧化物，故C错误；
D项、CO2属于酸性氧化物，故D正确；
故选D。
【点睛】酸性氧化物是指能够与碱反应生成盐和水的氧化物，且反应为非氧化还原反应，氧元素价态为－2价。
3.下列说法不正确的是(　　)
A. 二氧化硫可用于漂白纸浆
B. 热的纯碱溶液可以去除厨房里的油污
C. 钠钾合金常温下是液体，可用于快中子反应堆的热交换剂
D. 浓硫酸可使有机物炭化，是由于它的吸水性，实验室常用作干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A项、二氧化硫与有机色素结合生成无色物质，具有漂白性，因此二氧化硫可用于漂白纸浆，故A正确；
B项、油污中含—COOC—，热的纯碱溶液促进水解后碱性增强，且碱性利于油污水解，则热的纯碱溶液可以去除油污，故B正确；
C项、钠钾合金常温下是液体，可用于热量交换，则可用于快中子反应堆的热交换剂，故C正确；
D项、浓硫酸使有机物炭化，与其脱水性有关，而浓硫酸具有吸水性可用作干燥剂，故D错误；
故选D。
4.下列表示正确的是(　　)
A. HClO的结构式：H—O—Cl
B. 乙醇分子的球棍模型：
C. 18O2－离子结构示意图：
D. 胆矾的化学式：CuSO4
【答案】A
【解析】
【详解】A项、HClO的结构式：H—O—Cl，故A正确；
B项、该模型为乙醇分子的比例模型，不是球棍模型，故B错误；
C项、18O2－离子的核电荷数为＋8，核外电子排布为2、8，故C错误；
D项、胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，故D错误；
故选A。
5.下列说法不正确的是(　　)
A. 可用pH试纸测新制氯水的pH
B. 容量瓶使用前要检漏
C. 蒸发皿可直接用酒精灯加热
D. 蒸馏时忘加沸石，需冷却后补加
【答案】A
【解析】
【详解】A项、新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；
B项、用于盛装液体并带塞子的仪器使用前都需查漏，故容量瓶使用前都需查漏，故B正确；
C项、蒸发皿可以直接加热，可以直接用酒精灯的外焰加热蒸发皿，故C正确；
D项、蒸馏时加沸石防止暴沸，温度高加沸石易导致液滴飞溅，则加热后发现忘记加沸石，应停止加热，冷却后补加，故D正确；
故选A。
【点睛】氯水具有漂白性，会使pH试纸颜色变浅或褪色是解答易错点。
6.下列各组中，互称为同分异构体的是(　　)
A. CH3CH2OH和CH3OH
B. 35Cl与37Cl
C. CH3CHO与
D. CH2Cl2与CH3Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A项、CH3CH2OH和CH3OH结构相似，相差1个CH2原子团，两者是同系物关系，故A错误；
B项、35Cl与37Cl的质子数相同，中子数不同，两者是同位素关系，故B错误；
C项、CH3CHO与具有相同的分子式C2H4O，不同的结构，属于同分异构体关系，故C正确；
D项、CH2Cl2与CH3Cl是甲烷的一氯取代物和二氯取代物，不属于同分异构体，故D错误；
故选C。
7.在恒温恒容的密闭容器中通入lmolX和2molY，发生下列反应:X(g)+2Y(g)M(g)+2N(g) △H=akJ/mol(a>0)，下列说法中正确的是
A. 到达平衡状态时，加入催化剂，平衡不移动，反应速率也不会发生改变
B. 反应达到平衡时，X和Y的转化率相等
C. v正(X)=2v逆(N)时，反应到达平衡状态
D. 到达平衡状态时，反应吸收akJ能量
【答案】B
【解析】
A、加入催化剂对化学平衡移动无影响，但化学反应速率加快，故A错误；B、假设消耗xmolX，同时消耗2xmolY，X的转化率为x，Y的转化率为2x/2=x，因此X和Y的转化率相等，故B正确；C、化学反应速率之比等于化学计量数之比，应是2v正(X)=v逆(N)，故C错误；D、此反应是可逆反应，不能进行到底，达到平衡时，吸收能量小于akJ，故D错误。
点睛：本题的易错点是选项C，用不同物质的反应速率判断达到化学平衡，要求反应的反应是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，特别注意2v正(X)=v逆(N)这种表示。
8.下列实验方法合理且离子方程式正确的是
A. 用稀硫酸除去Cu中的Fe2O3杂质：Fe2O3 +6H+=2Fe3+ +3H2O
B. 实验室利用稀硝酸和石灰石制CO2： CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 用盐酸制硅胶：Na2SiO3+ 2H+=2Na++H2SiO3↓
D. 检验溶液中的Fe3+：Fe3+ +3SCN- =Fe(SCN)3↓（红色）
【答案】B
【解析】
【详解】A.用稀硫酸除去Cu中的Fe2O3杂质时，Fe2O3 +6H+=2Fe3+ +3H2O，生成的铁离子能够溶解铜，故A错误；
B. 硝酸是强酸，碳酸钙难溶于水，实验室利用稀硝酸和石灰石制CO2的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故B正确；
C. 硅酸钠易溶于水，应该用离子表示，故C错误；
D. Fe(SCN)3是红色溶液，不是沉淀，故D错误；
故选B。
【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断。本题的易错点为AD，A中要注意铁离子具有氧化性，铜能够被铁离子氧化而溶解；D中要注意是溶液变成血红色，不是生成红色沉淀。
9.短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是(　　)


W
X

Y



Z


A. 原子半径：W＜X＜Y＜Z
B. X与Y可形成化合物Y3X2
C. X和Z的气态氢化物水溶液均显酸性
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＜W
【答案】B
【解析】
【分析】
根据四种元素原子的最外层电子数之和为17，以及图中的位置可知，W、X、Y和Z分别为C元素、N元素、Mg元素、S元素。
【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径：X＜W，Z＜Y，故A错误；
B项、N元素和Mg元素可形成离子化合物Mg3N2，故B正确；
C项、NH3的水溶液呈碱性，故C错误；
D项、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，硫的非金属性强于碳，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3＜ H2SO4，故D错误；
故选B。
10.下列叙述正确的是( )
A. 酒越陈越香与酯化反应有关
B. 乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C. 乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D. 甲烷与足量氯气在光照下反应生成物都难溶于水
【答案】A
【解析】
【详解】A.酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化为乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒越陈越香，故A项正确；
B.丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B项错误；
C.聚氯乙烯不含碳碳双键，不能使溴四氯化碳溶液褪色，故C项错误；
D.甲烷与足量氯气在光照条件下反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等难溶于水的油状液体，但生成的HCl易溶于水，故D项错误；
故答案选A。
11.下列说法不正确的是(　　)
A. 一定条件下，氨基酸之间能发生反应合成更复杂的化合物(多肽)，构成蛋白质
B. 淀粉和纤维素的组成都可用(C6H10O5)n表示，它们都可转化为乙醇
C. 除去油脂中的少量水分，既可以用无水硫酸钠也可以用碱石灰
D. 食用植物油在烧碱溶液中水解的主要产物是不饱和高级脂肪酸钠和甘油
【答案】C
【解析】
【详解】A项、氨基酸之间能发生缩聚反应合成更复杂的化合物(多肽)，进而形成蛋白质，故A正确；
B项、淀粉和纤维素能水解生成葡萄糖，在酒化酶的作用下葡萄糖能生成乙醇，故B正确；
C项、碱石灰在溶液中呈碱性，油脂在碱性条件下能水解，不能用于油脂的除水，故C错误；
D项、食用植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，水解产物为不饱和高级脂肪酸钠和甘油，故D正确；
故选C。
12.H2S废气资源化的原理为：2H2S(g)＋O2(g)=S2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－632 kJ·mol－1，如图为H2S燃料电池示意图。下列说法正确的是(　　)

A. 电极a为电池的正极
B. 电极b上发生的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O
C. 电路中每流过4 mol电子，电池会产生632 kJ热能
D. 22.4 L H2S参与反应时，2 mol H＋经质子交换膜进入正极区
【答案】B
【解析】
【分析】
由方程式可知，通入硫化氢的一极为负极，硫化氢在负极上失电子发生氧化反应被氧化，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应被还原。
【详解】A项、H2S燃料电池，通入H2S的电极a为负极，通入氧气的电极b为正极，故A错误；
B项、由于存在质子交换膜，因此溶液酸性条件，氧气在正极上得电子发生还原反应被还原，电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，故B正确；
C项、原电池是化学能转化为电能的装置，不是转化为热能，故C错误；
D项、没有标明是否为标准状况，不能计算22.4 L H2S的物质的量，故D错误；
故选B。
【点睛】没有标明是否为标准状况，不能计算22.4 L H2S的物质的量是解答关键，也是易错点。
13.相同温度下，关于氢氧化钠和氨水两种溶液的比较，下列说法正确的是(　　)
A. pH 相等的两溶液中：c(Na＋)＝c(NH4+)
B. 分别中和 pH 相等、体积相等的两溶液，所需HNO3的物质的量相同
C. 相同浓度的两溶液，其导电能力相同
D. 相同浓度的两溶液，分别通入 HCl 气体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(NH4+)＝c(Na＋)
【答案】A
【解析】
【详解】A项、根据电荷守恒可知，pH相等的两溶液中c(Na＋)＝c(NH)＝c(OH－)－c(H＋)，故A正确；
B项、pH相等、体积相等的两溶液含有的NaOH的物质的量比NH3·H2O少，则分别中和所需HNO3的物质的量前者少的多，故B错误；
C项、氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，相同浓度的氢氧化钠和氨水溶液中，溶液中离子浓度前者比后者大，导电能力不同，故C错误；
D项、氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，相同浓度的氢氧化钠和氨水溶液，分别通入HCl气体反应后呈中性时，氢氧化钠得到的是氯化钠溶液，氨水得到的是一水合氨和氯化铵的混合溶液，前者通入的氯化氢的物质的量大，则溶液中c(Na＋)＞c(NH)，故D错误；
故选A。
【点睛】氢氧化钠是强电解质，一水合氨是弱电解质，相同浓度、体积相等的氢氧化钠和氨水溶液的中和能力相同，pH相等、体积相等的两溶液，氨水的中和能力大于氢氧化钠溶液。
14.十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘(C10H18)→四氢萘(C10H12)→萘(C10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知：
Ⅰ C10H18(l)==C10H12(l)＋3H2(g) ΔH1 Ⅱ C10H12(l)==C10H8(l)＋2H2(g) ΔH2
假设某温度下， ΔH1＞ΔH2＞0。在下图中绘制下列“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程” 示意图正确的是： ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】某温度下，ΔH1＞ΔH2＞0。说明该反应的正反应均为吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，A、C错误；由于ΔH1＞ΔH2，说明第一个反应吸收的热量比第二个反应多，从B、D两个图像看出，D中ΔH2＞ΔH1，不符合题意，B正确；正确选项B。
15.下列说法正确的是(　　)
A. HClO溶于水能电离，破坏了H—O键和O—Cl键
B. CaCl2晶体中存在共价键
C. SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D. NH4Cl受热分解既破坏了离子键，也破坏了共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A项、HClO溶于水能电离出氢离子和次氯酸根离子，破坏了H—O键没有破坏O—Cl键，故A错误；
B项、CaCl2晶体中只存在离子键，不存在共价键，故B错误；
C项、SiO2属于原子晶体不存在分子间作用力，熔化时只破坏共价键，故C错误；
D项、NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，既破坏了铵根离子和氯离子的离子键，也破坏了氮氢原子之间的共价键，故D正确；
故选D。
【点睛】HClO溶于水能电离出氢离子和次氯酸根离子，破坏了H—O键没有破坏O—Cl键是解答易错点。
16.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是 （ ）
A. 标准状况下的22．4L辛烷完全燃烧，生成二氧化碳分子数为8NA
B. 18g水中含有的电子数为10NA
C. 46gNO2和46gN2O4含有的原子数均为3NA
D. 在1L 2mol/L的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.标准状况下，辛烷不是气体，不能适用于气体摩尔体积，选项A不正确；
B.18g水为1mol，1个水分子中有10个电子，所以18g水中含有的电子数为10NA，正确；
C. 46gNO2的物质的量为1mol，含有的原子为3mol，46gN2O4的物质的量为0.5mol，含有的原子数为0.5mol×6=3mol，所以46gNO2和46gN2O4含有的原子数均为3NA，正确；
D. 1L 2mol/L的硝酸镁溶液中含有的溶质Mg(NO3)2为2mol，所以硝酸根离子为4mol，所以在1L 2mol/L的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数为4NA，正确。
答案选A。
17.在调节好pH和Fe2＋浓度的废水中加H2O2，能氧化降解污染物。现用该方法降解污染物p－CP，控制H2O2、Fe2＋和p－CP的初始浓度相同，设计如下对比实验探究温度、pH对该降解反应速率的影响，测得p－CP的浓度随时间变化的关系如下图。

下列结论或推断不正确的是(　　)
A. 实验①、②表明适当升高温度，降解反应速率增大
B. 根据推断，在原来条件下适当升高温度和调高pH，p－CP的分解速率可能保持不变
C. 313 K、pH＝3时，在0～100 s内，p－CP的分解平均速率约为1.8×10－2mol·L－1·s－1
D. 室温下调节溶液pH＝10，可使催化剂失去活性， p－CP几乎不分解
【答案】C
【解析】
【详解】A项、研究的是温度变量对反应速率的影响，②曲线温度高反应时间短，降解速率大，故A正确；
B项、由图可知，在原来条件下适当升高温度能使分解速率增大，而调高pH则降低分解速率，则p－CP的分解速率有可能在原基础上保持不变，故B正确；
C项、根据图像可求得313 K、pH＝3时，在0～100 s内，p－CP的分解平均速率约为1.8×10－5mol·L－1·s－1，故C错误；
D项、曲线③表明在调节溶液pH＝10时，p－CP的浓度不变，分解速率几乎为零，故D正确；
故选C。
18.常温时，向10 mL浓度为0.01mol/L的氨水溶液中逐滴加入0.01mol/L的CH3COOH溶液，混合液的pH 与加入CH3COOH 的体积V之间的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是

A. a点溶液的pH=12
B. b点时c(CH3COO-)>c(NH4+)
C. c点时水的电离程度最大
D. d点处微粒间存在:2c(H+)+c(CH3COO-)=2c(OH-)+c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水是弱电解质，部分发生电离，则0.01mol•L-1的氨水，其pH＜12，故A错误；
B．c点溶液的pH=7，溶液中存在c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)，b点时c(CH3COO-)＜c(NH4+)，故B错误；
C．c点溶液的pH=7，溶液中存在c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)，水解程度最大，水的电离程度最大，故C正确；
D．d点溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸铵，根据电荷守恒，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，根据物料守恒，c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=2c(NH4+)+ 2c(NH3·H2O)，则因此2c(H+)+2c(NH4+)=2c(H+)+c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)-2c(NH3·H2O)=2c(OH-)+2c(CH3COO-)，则2c(H+)+c(CH3COO-)=2c(OH-)+2c(CH3COO-)-c(CH3COOH)+2c(NH3·H2O)，因为醋酸铵溶液显中性，醋酸过量，以醋酸的电离为主，溶液呈酸性，c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，则2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)-c(CH3COOH)＞0，因此2c(H+)+c(CH3COO-)＞2c(OH-)+c(NH3·H2O)，故D错误；
故选C。
【点睛】本题考查弱电解质的电离以及酸碱混合的判断，解答该类题目需要把握电荷守恒、物料守恒的运用。本题的难点是D，也可以根据溶液的组成和溶液的性质分析判断，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液以醋酸的电离为主，铵根离子的水解受到抑制，则c(CH3COO-)＞c(NH3·H2O)，因此2c(H+)+c(CH3COO-)＞2c(OH-)+c(NH3·H2O)。
19.某同学通过以下流程制取 NaClO2晶体：

已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2高于60 ℃时易分解， NaClO2 饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2。
下列说法不正确的是(　　)
A. 步骤①中工业常用H2C2O4代替Na2SO3
B. 步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO2-＋O2＋2H2O
C. 步骤③的结晶方法为：蒸发浓缩，冷却结晶
D. 步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍
【答案】C
【解析】
【详解】A项、步骤①中Na2SO3作为还原剂，H2C2O4也是常见的还原剂，工业常用H2C2O4代替Na2SO3，故A正确；
B项、步骤②发生的反应为碱性条件下ClO2与双氧水发生氧化还原反应生成ClO2-、O2和H2O，反应的离子方程式为 2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋O2＋2H2O，故B正确；
C项、由于NaClO2高于60 ℃时易分解，因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法，应该用减压蒸发的办法，故C错误；
D项、由于NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2，步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍，故D正确；
故选C。
【点睛】由于NaClO2高于60 ℃时易分解，因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法，应该用减压蒸发的办法是解答关键，也是易错点。
20.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、Al3+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种离子，离子浓度均为0.1mol/L，某同学进行如下实验。下列说法正确的是

A. 无法确定沉淀C 的成分
B. 无法确定原试液中是否存在K+、Al3+、Cl-、
C. 试液中可能含有CO32-、K+、NH4+
D. 试液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】试液中加入盐酸产生气体，说明一定含有硝酸根离子和二价铁离子或是含有碳酸根，滤液中加入氢氧化钠生成气体，说明一定含有氨根离子，产生沉淀A，该沉淀只能是氢氧化铁，因此一定存在Fe2+、NO3-，滤液中通入二氧化碳，得不到沉淀，则一定不含铝离子，即原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、NO3-；根据离子浓度均为0.1mol•L-1结合电荷守恒，原溶液中一定存在SO42-，因此原溶液中一定存在的离子为NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-，无法确定原试液中有K+、Cl-，一定不含Al3+，故选D。
【点睛】本题考查了常见离子的性质检验和溶液组成的判断，熟悉离子的性质及检验方式是解题关键。本题的易错点和难点是硫酸根离子的判断，需要注意结合电荷守恒分析判断。
二、非选择题
21.已知A为石油裂解的主要产物,相对分子质量为28。B为气体,在标准状况下的密度为1.965 g·L-1。D与F互为同分异构体,F是环状化合物。G的结构简式为：。在一定条件下，它们有如图所示的转化关系。

请回答：
（1）E中所含官能团名称________。
（2）B与F反应生成G的反应类型________。
（3）C→D的化学方程式________。
（4）下列说法正确的是________。(填编号)
A．A与O2在催化剂作用下反应也可以生成D B．不可以用金属钠检验C中否含有少量水
C．可以用NaHCO3溶液鉴别C、D、E的水溶液 D．G可以在NaOH溶液或稀硫酸中发生水解
【答案】 (1). 羧基 (2). 加聚反应 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). ABD
【解析】
本题考查有机物的推断，A为石油裂解的主要产物，且相对分子质量为28，即A为CH2=CH2，B为气体，，在标准状况下的密度为1.965g·L－1，则B的摩尔质量为1.965×22.4g·mol－1=44g·mol－1，则B为CO2，F为HOCH2CH2OH，乙烯和水反应加成反应，生成乙醇，即C为CH3CH2OH，C→D发生氧化反应，即D为乙醛，结构简式为CH3CHO，D→E发生醛基的氧化反应，即E为CH3COOH，D和F互为同分异构体，且F为环状化合物，即F为，（1）根据上述分析，E为乙酸，含有的官能团是羧基；（2）B和F发生的反应是加聚反应；（3）根据上述分析，其反应方程式为 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；（5）A、CH2=CH2与氧气在一定条件下，生成CH3CHO，其反应方程式为2CH2=CH2＋O22CH3CHO，故A正确；B、C为乙醇，金属钠能与水反应，也能与乙醇反应，但金属钠与水反应的现象是浮、游、熔、响，金属钠与乙醇反应比较缓慢，金属钠沉在乙醇的底部，现象不同，可以鉴别乙醇中是否含有水，故B正确；C、乙醇、乙醛不与NaHCO3反应，乙酸能与NaHCO3反应生成CO2，因此不能鉴别乙醇和乙醛，故C错误；D、根据G的结构简式，G中含有酯基，因此在碱或酸中发生水解，故D正确。
22.某研究小组为了探究一种不溶性盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：

请回答：
（1）X除了含有H、O元素外，还有___元素（填元素符号）。
（2）混合气体通入溴水中发生反应③离子方程式________。
（3）写出X的化学式_________。
【答案】 (1). Cu、S (2). SO2+Br2+2H2O=4H+ +SO42-+2Br- (3). Cu2(OH)2SO4
【解析】
【分析】
A可以和稀硫酸得到蓝色溶液，可知X中有铜元素，隔绝空气分解得到水可知X中有氢、氧元素，混合气体通过溴水得到的溶液B在过量盐酸的作用下和过量氯化钡溶液生成白色沉淀可知X中有硫元素。
【详解】（1）根据黑色固体A与稀硫酸反应生成蓝色溶液可知，溶液中含有铜离子，X中还有铜元素；溶液B通过盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，因此白色沉淀为硫酸钡，所以X中还有硫元素；
（2）由于X中还有硫元素，所以气体中有二氧化硫，二氧化硫会与溴单质发生氧化还原反应，反应方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+ +SO42-+2Br-；
（3）X隔绝空气产生的黑色固体为氧化铜，其物质的量为16.0g÷80g/mol=0.2mol，1.80g水的物质的量为1.80g÷18g/mol=0.1mol，所以氢的物质的量为0.2mol，由白色沉淀的质量23.3g，可知硫酸根的物质的量为23.3g÷233g/mol=0.1mol，因此X的化学式为Cu2(OH)2SO4。
23.某研究性学习小组采用氢气还原法测定碱式碳酸铜[xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O]的组成，反应原理为 xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+ xCO2+(x+2y+z)H2O。 装置如下：

请回答：
（1）仪器 D 的名称________， D 中所装药品及目的是_______，_________；（2）请设计实验验证硬质玻璃管 A 中的碱式碳酸铜是否完全反应___________。
【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 碱石灰 (3). 防止空气中的二氧化碳和水进入C中 (4). 将硬质玻璃管中固体加入稀盐酸中，若溶液变蓝，则反应还未完全（或取上层清液滴加NaOH溶液，若产生蓝色沉淀则反应还未完全。其他合理答案均可）
【解析】
【分析】
采用氢气还原法测定碱式碳酸铜[xCuCO3·yCu(OH) 2·zH2O]的组成，反应生成的水蒸气用B中的浓硫酸吸收，反应生成的二氧化碳用C中的碱石灰吸收，测定A减轻的质量和B、C增重的质量，即可求出x、y、z的比，进而确定碱式碳酸铜的组成。
【详解】（1）仪器 D 的名称为干燥管。因为xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+ xCO2+(x+2y+z)H2O。为了防止空气中的水蒸气和二氧化碳干扰，所以 D 中所装药品为碱石灰。答案：干燥管，碱石灰，防止空气中的二氧化碳和水进入C中。
（2）因为xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+ xCO2+(x+2y+z)H2O。可取硬质玻璃管 A 中的物质入稀盐酸中，若溶液变蓝，则反应还未完全（或取上层清液滴加NaOH溶液，若产生蓝色沉淀则反应还未完全）。其他答案符合题意也可。答案：将硬质玻璃管中固体加入稀盐酸中，若溶液变蓝，则反应还未完全（或取上层清液滴加NaOH溶液，若产生蓝色沉淀则反应还未完全。其他合理答案均可）。
24.向 Fe 和 Fe2O3 组成的 3.84g 混合物中加入 120mL 某浓度的盐酸，恰好完全反应，生成 672mL H2（标准状况下）；向反应后的溶液中滴加几滴 KSCN 溶液，溶液无明显变化。（结果保留三位有效数字）
（1）原混合物中Fe 的质量为____________g.
（2）所用盐酸的物质的量浓度为____________mol/L.
【答案】 (1). 2.24 (2). 1.00
【解析】
【分析】
混合物与盐酸恰好完全反应,所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现,说明溶液中的溶质为FeCl2,发生反应:Fe2H+=Fe2+H2、Fe2O36H+=2Fe3+3H2O、Fe2Fe3+=3Fe2+,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为xmol、ymol，结合氢气的体积与二者质量之和列方程计算,再根据m=nM计算Fe和Fe2O3的质量,根据氯离子守恒参与反应的n(HCl)=2n(FeCl2),根据Fe元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(Fe)2n(Fe2O3),再根据c=n/V计算HCl的物质的量浓度。
【详解】(1)生成氢气物质的量为：=0.03mol,设原混合物中Fe和Fe2O3的物质的量分别为x、y,则：
Fe2O36H+=2Fe3+3H2O   
ymol   2ymol        
Fe2Fe3+=3Fe2+  
ymol 2ymol           
Fe2H+=Fe2+H2
(x-y)mol  (x-y)mol
根据题意得方程：x-y=0.03mol,56x160y=3.84g，联立方程计算得：x=0.04mol 、y=0.01mol,故m(Fe)=0.04mol56g/mol=2.24g， m(Fe2O3)=0.01mol160g/mol=1.6g
本题答案为：2.24。
(2)参加反应的盐酸有下列关系：n(HCl)=2n(FeCl2)=2[n(Fe)2n(Fe2O3)]=2[0.04mol20.01mol]=0.12mol,c(HCl)==1.00mol/L ；
本题答案为：1.00.
25.氢气因热值高、来源广、产物无污染，常被人们看做一种理想的“绿色能源”，氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。

(1)图1为用电解法制备H2，写出阳极的电极反应式：____________________________。
(2)从可持续发展考虑，太阳能光解水制氢是获取H2的最好途径，但迄今仍然存在诸多问题，如光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等，这些都阻碍了光解水的实际应用，需设计课题进一步研究解决。下列设想符合研究方向的是________。
A.将研究方向专注于紫外光区，无需考虑可见光区
B.研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料
C.研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料
D.研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能
(3)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。
已知：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝－206.2 kJ·mol－1
CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ΔH2＝－247.4 kJ·mol－1
则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为：__________________________________。
(4)利用废弃的H2S的热分解可生产H2：2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)。现将0.30 mol H2S(g)通入到压强为p的恒压密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图2所示：

①温度为T4 ℃时，初始体积为1 L，t分钟后，反应达到平衡，该温度下的平衡常数K＝________。
②若保持恒温T ℃，将一定量的H2S(g)通入到恒压密闭容器中，反应一段时间后，压强为p的体系恰好达到平衡，试在图3上画出不同起始压强下H2S转化率的趋势图。 _________________

【答案】 (1). 4CO32-＋2H2O－4e－=O2↑＋4HCO3- (2). BCD (3). CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝－165.0 kJ·mol－1 (4). 或2.2 ×10－2 (5).
【解析】
【分析】
(1)根据图示可知，阳极放电的离子应为水电离出的OH－，放电生成氧气，从而导致溶液中H＋浓度增大；
(2) 阻碍了光解水的实际应用的因素有光催化剂大多仅在紫外光区稳定有效，能够在可见光区使用的光催化剂不但催化活性低，而且几乎都存在光腐蚀现象，需使用牺牲剂进行抑制，能量转化效率低等；
（3）由盖斯定律计算可得；
（4）①依据题给数据和平衡常数公式计算可得；
②纵坐标为转化率，在压强小于p时，未达到平衡，随着压强的增大，反应速率增大，转化率增大；压强达到p后，达到平衡，此时随着压强增大，平衡向左移动，转化率下降。
【详解】(1)根据图示可知，阳极放电的离子应为水电离出的OH－，放电生成氧气，从而导致溶液中H＋浓度增大，H＋与CO32-再反应生成HCO3-，电极反应式为4CO32-＋2H2O－4e－=O2↑＋4HCO3-，故答案为：4CO32-＋2H2O－4e－=O2↑＋4HCO3-；
(2)A、可见光区更有普遍性，更有发展前途，故错误；
B、根据题意，研究光腐蚀机理，寻找高稳定性，不产生光腐蚀的制氢材料，故正确；
C、根据题意，研制具有特殊结构的新型光催化剂，开发低成本、高性能光催化材料，故正确；
D、红外光也是生活中常见光源，研究新的光解水的催化机制，使利用红外光进行光解水制氢成为可能，故正确；
BCD正确，故答案为：BCD；
(3)CH4(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的化学方程式应为CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)，根据盖斯定律，该反应的ΔH＝2ΔH1－ΔH2＝－165 kJ·mol－1，则该反应的热化学方程式为CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝－165 kJ·mol－1，故答案为：CH4(g)＋2H2O(g)=CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝－165 kJ·mol－1；
(4)①根据图示，T4 ℃达到平衡时，平衡转化率为40%，则平衡时H2S为0.18 mol，H2为0.12 mol，S2为0.06 mol，总物质的量为0.36 mol，因为是恒压容器，刚开始时体积为1 L，则平衡时体积为1.2 L，因此平衡时H2S、H2和S2的浓度分别为0.15 mol·L－1、0.1 mol·L－1和0.05 mol·L－1，则平衡常数K＝≈2.2 ×10－2，故答案为：或2.2 ×10－2；
②纵坐标为转化率，在压强小于p时，未达到平衡，随着压强的增大，反应速率增大，转化率增大；压强达到p后，达到平衡，此时随着压强增大，平衡向左移动，转化率下降，则不同起始压强下H2S转化率的趋势图为，故答案为：。
【点睛】在压强小于p时，未达到平衡，随着压强的增大，反应速率增大，转化率增大，压强达到p后，达到平衡，此时随着压强增大，平衡向左移动，转化率下降是解答关键，也是解答难点。
26.(1)从绿色化学、环保的角度选择制取硫酸铜的原料________。
a.Cu b.CuO
c.CuS d.Cu(OH)2·CuSO4
(2)写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作：________、________、过滤、洗涤……
(3)如图球形管装置的作用：_________________________________________。

(4)反应后溶液中存在Cu2＋，但浓硫酸有吸水性，不能通过溶液颜色来判断Cu2＋的存在，请写出一种简便的方法验证Cu2＋的存在：_________________________________________________________________。
(5)在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体。
已知：2CuSCu2S＋S。取a g固体样品(只含CuS和Cu2S)，加热后测得Cu2S固体质量为b g，求固体样品中CuS质量分数________：若Cu2S在高温下会分解为Cu，则测得CuS的质量分数________(偏大、偏小或不变)。
(6)根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素：________________________________。
【答案】 (1). bd (2). 蒸发浓缩 (3). 冷却结晶 (4). 防止倒吸 (5). 将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反应产生了Cu2＋ (6). 100%×或[]% (7). 偏大 (8). 控制温度不宜过高，反应时间不宜过长
【解析】
【分析】
（1）从绿色化学、环保的角度分析是否有有害物质生成或参与；
(2)硫酸铜溶解度随温度降低而下降，从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体用降温结晶的方法能得到更多的晶体；
(3)球形管提供较大的空间，防止形成过大的负压，可以起到防倒吸的作用；
(4)由于浓硫酸的吸水性，导致Cu2＋无法与水结合产生蓝色溶液；
（5）依据题给数据列方程组求解可得；若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量b就会偏小；
（6）由题意可知，若反应温度过高，反应时间过长，容易产生CuS和Cu2S固体。
【详解】(1)a、Cu与浓硫酸加热反应才能制取硫酸铜，并且产生污染环境的气体二氧化硫，故错误；
b、CuO与稀硫酸反应即可生成硫酸铜，且无污染环境的产物，故正确；
c、CuS不溶于酸，如果要制备硫酸铜，需要先与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜再与稀硫酸反应得到硫酸铜，过程中产生二氧化硫污染环境，故错误；
d、Cu(OH)2·CuSO4只需要稀硫酸并无有害产物；
bd正确，故答案为：bd；
(2)硫酸铜的溶解度随温度降低而下降，用降温结晶的方法得到更多的晶体，则从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
(3)球形管提供较大的空间，防止形成过大的负压，可以起到防倒吸的作用，故答案为：防止倒吸；
(4)由于浓硫酸的吸水性，导致Cu2＋无法与水结合产生蓝色溶液，因此需要加水稀释检验铜离子，需要注意的是原反应液中存在浓硫酸，因此稀释时应注酸入水，即原反应液倒入水中进行稀释，若溶液呈蓝色，则说明铜离子的存在，故答案为：将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反应产生了Cu2＋；
(5)设CuS质量为x g，Cu2S质量为y g，根据题意可列出方程x＋y＝a，y＋x＝b，解得x＝6(a－b)，因此CuS的质量分数为×100%或[]%；若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量b就会偏小，根据表达式可看出，测得的CuS的质量分数偏大，故答案为： ×100%或[]%；偏大；
(6)由题意可知，若反应温度过高，反应时间过长，容易产生CuS和Cu2S固体，故答案为：控制温度不宜过高，反应时间不宜过长。
【点睛】若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量偏小，导致CuS的质量分数偏大是解答难点。
27.槟榔碱（）为油状液体，有拟胆碱作用，在医疗上用于治疗青光眼。某学生设计了以X为原料的合成路线如下：
X（C5H8O2） A（C5H11O2N） B（C10H19O4N）C（C8H13O3N）D（C8H15O3N）E() F（C7H11O2N）G(槟榔碱)
已知：① X能使溴水褪色、能水解，水解产物之一为乙醇。
②CH3COOC2H5 CH3COCH2COOC2H5
③CH3COOH CH2BrCOOH
（1）C的结构简式：_________________________
（2）下列说法不正确的是：______________
A.化合物A有氨基和酯基两种官能团
B.化合物D有碱性
C.由结构推断化合物E可能溶于水
D.化合物F可以使溴水和KMnO4溶液褪色，原理相同
（3）D→E 反应的方程式：_________________________________
（4）烟酸（）也可以合成槟榔碱。写出符合下列条件的烟酸可能的同分异构体的结构简式____________。
①含且只含有一个六元环，环上无氧原子 ②1H-NMR谱表明分子中有3种氢原子
（5）请设计由乙醇和丙酸为原料合成化合物X的路线，(用流程图表示，试剂任选)。_______________
【答案】 (1). (2). D (3). → + CH3CH2OH (4). (5). CH3CH2COOH CH3CHBrCOOH CH2＝CH－COONa CH2＝CH－COOC2H5
【解析】
【分析】
X(C5H8O2)能使溴水褪色、能水解，水解产物之一为乙醇，说明X结构中含有碳碳双键和酯基，且属于某酸乙酯，则X为CH2=CHCOOC2H5，X与氨气反应生成A(C5H11O2N)，说明发生了加成反应，A与X继续发生加成反应生成B(C10H19O4N)，根据信息②，B反应生成C和乙醇，C与氢气加成生成D(C8H15O3N)，D酸性条件下反应生成E()，根据E的化学式可知，发生过程中少了2个碳原子，应该是酯基水解生成了乙醇，同时少了一个O原子，说明还发生了羟基的消去反应生成了水，根据E的结构可知，D为，依次逆向推断C为，B为C2H5OOCCH2CH2NHCH2CH2COOC2H5，A为H2NCH2CH2COOC2H5。E和甲醇发生酯化反应生成F（），F再和CH3I发生取代反应生成G（）。
【详解】(1)由上述分析可知，C为，故答案为；
(2)A. X(CH2=CHCOOC2H5)与氨气发生加成反应生成A(C5H11O2N)，A中有氨基和酯基两种官能团，故A正确；B.化合物D()中含有氨基，具有碱性，故B正确；C. E()，中含有氨基和羧基，均为亲水基团，易溶于水，故C正确；D.根据E和G的结构可知，化合物F的结构为。其中含有碳碳双键，可以使溴水发生加成反应褪色，和KMnO4溶液发生氧化还原反应褪色，原理不同，故D错误；故选D；
(3)D()→E()反应的方程式为 → + CH3CH2OH，故答案为 → + CH3CH2OH；
(4)①含且只含有一个六元环，环上无氧原子；②1H-NMR谱表明分子中有3种氢原子，符合条件的烟酸()的同分异构体有：，故答案为；
(5)由乙醇和丙酸为原料合成化合物CH2=CHCOOC2H5，需要显合成CH2＝CH－COOH和乙醇，合成CH2＝CH－COOH，根据信息③可以由丙酸与溴发生取代反应生成CH3CHBrCOOH，再将溴消去即可，合成路线为CH3CH2COOH CH3CHBrCOOH CH2＝CH－COONa CH2＝CH－COOC2H5，故答案为CH3CH2COOH CH3CHBrCOOH CH2＝CH－COONa CH2＝CH－COOC2H5。
【点睛】本题考查了有机合成与推断，难度较大，可以根据A的结构特征和E的结构，采用逆向推导的方法分析判断。本题的易错点为(3)中方程式的书写，要注意酯基的水解和羟基的消去；难点是(4)中同分异构体的书写，注意条件为可能，因此包括有些不熟悉的官能团也可以书写。