1、2020年1月浙江省普通高校招生选考科目考试化学仿真模拟试题A 解析版考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。 3选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 K
2、39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Zn 65 Ag 108选择题部分一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每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下列说法正确的是A白磷和红磷互为同位素B甲烷和丙烷、乙酸和硬脂酸分别互为同系物C异丁烷和2甲基丙烷互为同分异构体DH、D、T互为同素异形体【答案】B【解析】A白磷和红磷为磷元素的单质，互为同素异形体，选项A错误；B甲烷和丙烷、乙酸和硬脂酸（十八烷酸）分别互为同系物，选项B正确；C异丁烷和2甲基丙烷为同一物质，选项C错误；DH、D、T互为同位素，选项D错误。答案选B。2下列离子方程式书写中，正
3、确的是A氯化铁溶液吸收H2S：S2+2Fe3+Fe2+SB用氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl+2OHClO+Cl+H2OC将少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClOSO32+2HC1OD向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【答案】B【解析】A氢硫酸属于弱酸，应该用化学式表示，故A错误；B用氢氧化钠溶液吸收氯气的离子反应为Cl2+2OHClO+Cl+H2O，故B正确；C将少量SO2气体通入NaClO溶液中要发生氧化还原反应，离子方程式：ClO+H2O+SO22H+Cl+SO42，故C错误；D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和
4、水，正确的离子方程式为：NH4+Ca2+HCO3+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故D错误；故选B。点睛：本题的易错点为C，要注意次氯酸钠具有强氧化性，能够将二氧化硫以及亚硫酸盐氧化生成硫酸或硫酸盐。3下列叙述不正确的是A苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存B用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿C除去Fe粉中混有的I2：加热使I2升华D乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液【答案】C【解析】A、苯是良好的有机溶剂，腐蚀橡胶塞，因此贮存苯时不能用橡胶塞，故A说法正确；B、检验NH3时，用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝说明有NH3存在，故B说法正确；C、加热时，Fe与I2发生反应生成
5、FeI2，故C说法错误；D、乙酸的酸性强于碳酸，因此加入饱和碳酸钠溶液，与乙酸发生反应，降低乙酸乙酯的溶解度，故D说法正确。4W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为21，下列说法中不正确的是WXYZA原子半径：XYWB简单阴离子的还原性：ZWC气态氢化物的稳定性：WYD氧化物对应水化物的酸性：ZY【答案】D【解析】W、X、Y、Z均为短周期元素，假设W是第一周期，则W为He元素，最外层为2，那么Z、Y、X的最外层分别为7、6、4，此时四种元素最外层电子数之和为19，不符合题意，故假设不成立。W应处于第二周期，X、Y、Z处于第三周期，设
6、X的原子最外层电子数是a，则Y的最外层电子数是a+2，Z最外层电子数是a+3，W的最外层电子数是a+4，这四种元素原子的最外层电子数之和为20，则a+(a+2)+(a+3)+(a+4)=21，解得a=3，故X是Al元素、Y是P元素、Z是S元素、W为F元素。A、同周期元素原子半径由左至右逐渐减小，同主族原子半径从上至下逐渐增大，故原子半径XYW，故A正确；B、W为氟元素，是非金属性最强的元素，其单质氧化性WZ，简单阴离子的还原性：WY，故气态氢化物的稳定性：WY，故C正确；D、非金属性ZY，其对应的最高价氧化物水化物酸性ZY，其他价态不能根据非金属性比较，D错误。故选D。5下列说法正确的是A按系
7、统命名法，化合物的名称为22二甲基己烷B等质量的聚乙烯、甲烷、乙炔分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减少C全降解塑料可由环氧丙烷()和CO2加聚制得D蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为C12H22O11，均能发生银镜反应【答案】C【解析】A分子中最长的链上含4个碳原子，2号位置含2个甲基，按系统命名法，该化合物的名称为2，2二甲基丁烷，A项错误；B等质量的甲烷、聚乙烯、乙炔，氢元素的质量依次减小，则三者分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减小，B项错误；C全降解塑料可由环氧丙烷()和CO2加聚制得，C项正确；D蔗糖分子中不含醛基，不能发生银镜反应，D项错误；答案选C。6同温下，关于氨水和氢氧化钠溶液的比较，
8、下列说法正确的是ApH相等的两溶液中：c(Na)c(NH4+)B物质的量浓度相同的两溶液，分别与HCl气体反应至中性时(忽略溶液体积变化) c(Na)c(NH4+)C物质的量浓度相同的两溶液，进行导电性实验，灯泡的亮度相同D分别中和同pH同体积的两溶液，需HCl的物质的量：氨水NaOH【答案】D【解析】A根据电荷守恒：氢氧化钠c(Na)+c（H+）=c（OH），氨水中c(NH4+)+c（H+）=c（OH），因为pH相等，则两溶液中：c(Na)=c(NH4+)，故A错误；B根据电荷守恒：c(Na)+c（H+）=c（OH）+c（Cl）1；c(NH4+)+c（H+）=c（OH）+c（Cl）2，因为溶
9、液呈中性，因此c(Na= c（Cl）1，c(NH4+)= c（Cl）2，因为溶液呈中性，氨水中通入的HCl气体少，即c（Cl）1 c（Cl）2，则c(Na)c(NH4+)，故B错误；C一水合氨是弱电解质在水中少量电离，氢氧化钠是强电解质在水中完全电离，物质的量浓度相同的两溶液中氢氧化钠溶液中离子浓度大，进行导电性实验，灯泡比较亮，故C错误；D当氨水和氢氧化钠溶液pH相同时，氨水浓度大于氢氧化钠，分别中和同体积的两溶液，需HCl的物质的量氨水NaOH，故D正确；答案：D。7已知X(g)3Y(g)2W(g)M(g) Ha kJmol1（a0）一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1 mol X(
10、g)与3 mol Y(g)，下列说法正确的是A充分反应后，放出热量为akJB当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为12C当体系的压强不再改变时，表明该反应已达平衡D若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】C【解析】A、该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料1mol并未完全反应，故放出的热量小于akJ，选项A不正确；B、X和W分别为反应物和生成物，化学计量数只表示反应过程的转化比例，并不能说明达到平衡后的浓度之比，选项B不正确；C、反应为气体体积减小的反应，随着反应的进行气体的物质的量变化则压强变化，当体系的压强不再改变时，表明该反应已达平衡，选项C正确；D、若增大
11、反应物浓度，正逆反应速率均会增加，选项D不正确。答案选C。8Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能够达到最高电导率的Garnet型电解质。某Garnet型锂电池工作原理如图所示，电池工作反应原理为：C6Lix+Li1xLaZrTaOLiLaZrTaO+C6。下列说法不正确的是Ab极为正极，a极发生氧化反应BLiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用Cb极反应为：xLi+Li1xLaZrTaOxeLiLaZrTaOD当电池工作时，每转移x mol电子，b极增重7x g【答案】C【解析】根据图中电子转移方向可知，b极为正极，a极为负极，放电时
12、a极发生氧化反应，A正确；电解质均起到传导离子的作用，B正确；b极反应为xLi+Li1xLaZrTaO+xeLiLaZrTaO，C错误；由电极反应可知，当电池工作时，每转移x mol电子，b极增加x mol Li+，增重7x g，D正确。9下列说法正确的是ACO2溶于水，既破坏了分子间作用力又破坏了共价键B常温、常压下以液态存在的物质一定都是由分子构成，该液体肯定不导电CNH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构DH2O、H2S、H2Te分子间作用力依次增大【答案】A【解析】A、CO2溶于水，发生CO2H2O=H2CO3，因此即破坏了分子间作用力，又破坏了共价键，故A正确；
13、B、Hg常温下为液体，Hg为金属单质，该液体能够导电，故B错误；C、NH3中H原子最外层2个电子，故C错误；D、水分子间存在分子间氢键，分子间用作用力更大，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H2OH2TeH2S，故D错误。10已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A100 g 46%的乙醇溶液中，含HO键的数目为NAB标准状况下，7.8 g乙炔和苯的混合物中含CH键数目为0.6NA C1 L 0.1 molL1 AlCl3溶液中含Al3+数目为0.1NAD将1 mol NH3通入足量水中，NH3 H2O、粒子数目之和为NA【
14、答案】B【解析】乙醇溶液中除了乙醇，水中也含HO键，A错误；乙炔和苯最简式相同，7.8 g混合物中含CH键数目0.6NA，B正确；AlCl3溶液中Al3+发生水解，其数目少于0.1NA，C错误；氨气溶于水发生反应NH3H2ONH3H2OOH，NH3、NH3 H2O、粒子数目之和为NA，D错误。112 mol金属钠和1 mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是A相同条件下，K(s)的(H2+H3)Na(s)的(H2+H3)BH4的值数值上和ClCl共价键的键能相等CH5H5DH70，且该过程形成了分子间作用力【答案】D【解析】A钠的熔沸点比钾高，相同条件下，钠气化需要的热量比钾多，即
15、K(s)的H2Na(s)的H2，钾的活泼性比钠强，钾失去电子比钠更容易，即K(s)的H3Na(s)的H3，因此K(s)的(H2+H3)H5，故C正确；D 氯化钠固体为离子晶体，不存在分子间作用力，故D错误；故选D。1225时， H3A 水溶液(一种酸溶液)中含 A 的各种粒子的分布分数（平衡时某种粒子的浓度占各种粒子浓度之和的分数（）与 pH 的关系如图所示。下列叙述正确的是A根据图，可得 Ka1(H3A )107B将等物质的量的 NaH2A 和 Na2HA 混合物溶于水，所得的溶液中 (H2A)(HA2)C以酚酞为指示剂（变色范围 pH 8.210.0），将 NaOH 溶液逐滴加入到 H3A
16、 溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加，则生成 NaH2AD在上述含 A 的各种粒子的体系中，若 c(H2A)5c(A3)c(OH)c(H+)，则溶液pH为11.5【答案】B【解析】从图像可知H3A 为弱酸，存在电离平衡，H3AH2A+H+， 当溶液的pH=2.2时，c(H3A)= c(H2A)， c(H+)=102.2，带入数据计算电离平衡常数Ka1(H3A )= c(H2A)c(H+)/ c(H3A)=102.2，A错误；将等物质的量的 NaH2A 和 Na2HA 混合物溶于水，溶液呈中性，说明NaH2A电离显酸性，Na2HA水解显碱性，由于c(OH)c(H+)，说明H2A电离能力与H
17、A水解能力相等，所得的溶液中 (H2A)(HA2)，B正确；根据图像可知，以酚酞为指示剂（变色范围 pH 8.210.0），碱性环境下生成Na2HA溶液，C错误；如果溶液的pH为11.5，该溶液为碱性溶液，应该满足c(OH) c(H+)，不会出现c(H2A)5c(A3)c(OH)c(H+)这样关系式，D错误；正确选项B。点睛：解决此题的关键就是时刻把握题中给定的图像中曲线的变化情况，尤其是两条曲线的交点（共有3处），pH=2.2处为H3A和NaH2A的混合液，溶液显酸性；pH=7处为NaH2A 和 Na2HA 混合液，溶液呈中性；pH=11.5处为Na2HA和Na3A的混合液，溶液呈碱性。13
18、污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A上述流程脱硫实现了废弃物的综合利用和酸雨的减少B用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小。CMnO2是碱性锌锰电池的正极材料，碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是MnO2+H2O+eMnOOH+OHD假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程，将am3(标准状况)含SO2的体积
19、分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量为C mol，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2为(0.6C0.4ab)mol【答案】B【解析】含有二氧化硫的气体，经过一系列变化最终变为硫酸钾，上述流程实现了废弃物的综合利用，用减少了SO2的排放，使得酸雨也减少，A正确；MnCO3消耗溶液中的酸，升高溶液的pH，促使Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；而不是碳酸铝和碳酸铁的溶解度比MnCO3更小，B错误；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，发生还原反应，正极的电极反应式是MnO2+H2O+eMnOOH+OH，C正确；流程中发生的反应有：、
20、，生成MnSO4的物质的量为cmol，所以反应消耗的MnSO4物质的量为n=c3/5=0.6cmol， 而吸收SO2生成 MnSO4的物质的量为n1=a1000b%89.6%/22.4=0.4ab， 所以引入的锰元素的物质的量=（0.6c0.4ab）mol，D正确；正确选项为B。14现有一份澄清溶液， 可能含有 Na、 K、 NH4+、 Ca2、 Fe3、 SO42、 CO32、 SO32、 Cl、I中的若干种， 且离子的物质的量浓度均为 0.1 molL1（不考虑水解和水的电离）。 往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 无沉淀生成。 另取少量原溶液， 设计并完成如下实验：则关于
21、原溶液的判断中不正确的是A是否存在 Na、K需要通过焰色反应来确定B通过CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在Fe3C虽然实验过程引入了氯元素， 但不影响原溶液是否存在Cl的判断D肯定不存在的离子是 Ca2、Fe3、SO42、CO32、Cl【答案】A【解析】试样加足量的Cl2水，没有气体产生，说明无CO32，溶液加四氯化碳分层，下层为紫红色，说明有I无Fe3，因为两者不能共存。上层加硝酸钡和稀硝酸，有白色沉淀产生，说明可能是SO42、 SO32或单一一个。根据往该溶液中加入过量的盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 无沉淀生成，说明原溶液无SO42，一定有SO32，根据离子共存，溶液中无
22、Ca2存在，滤液加硝酸银和硝酸，不能确定是否含有Cl。A 根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L，且溶液呈电中性，溶液中一定存在 Na、K，不需要焰色反应来确定，故A错误；B 通过CCl4 层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在Fe3正确，故B对；C 虽然实验过程引入了氯元素， 不会影响原溶液是否存在Cl的判断故C正确；D 肯定不存在的离子是 Ca2、Fe3、SO42、CO32、Cl，故D正确。答案选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共58分)15（8分）正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同。24.5 g A在加热条件下可生成B、C、D，生成D的体积在标准状况下为2.24
23、L。已知，气体D能使带火星的木条复燃。透过蓝色钴玻璃，A、B、C的焰色反应均为紫色。往C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，且沉淀质量为14.35 克。请回答：（1）C 的化学式为_。（2）写出 A 分解的化学方程式_。（3）将A与C混合，再加入稀硫酸，有气体产生，用离子方程式表示发生的反应_。【答案】（8分）（1）KCl（2分）（2）2KClO3KClO4+KCl+O2（3分）（3）ClO3+5Cl+6H3Cl2+3H2O（3分）【解析】根据题意可知D为氧气为0.1mol；C的溶液中加入AgNO3溶液，出现白色沉淀氯化银14.35 克，即0.1mol，说明C中
24、含1个氯离子，C即为KCl；A为KClO3，根据电子得失守恒，KClO3中氯元素由+5降低到1价，得到电子总量为0.6 mol，氧元素失电子的量为0.14=0.4 mol0.6；因为正盐A、B均含三种元素，且所含元素种类相同，所以B中氯元素化合价必须升高，才能满足电子守恒，所以B为KClO4；（1）通过以上分析可知C 的化学式为KCl。（2）根据以上分析可知，氯酸钾加热分解为高氯酸钾、氯化钾和氧气；化学方程式为：2KClO3KClO4+KCl+O2。（3）KClO3与KCl混合，再加入稀硫酸，氯元素发生氧化还原反应生成氯气，离子方程式为：ClO3+5Cl+6H3Cl2 +3H2O。16（8分）
25、某同学为探究浅黄色液体X（仅含三种常见元素）的组成和性质，设计并完成如下实验：请回答如下问题：（1）X的化学式是_。（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是_。（3）溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式_。【答案】（8分）（1）Fe(CO)5或FeC5O5（2分）（2）4Fe(CO)513O22Fe2O320CO2（3分）（3）2Fe32I2Fe2I2（3分）【解析】本题是推断题。根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液C与KSCN(ap)反应生成血红色溶液D，可推知D为Fe(SCN)3，C为FeCl3；红色固体A（1.60g）与足量的盐酸反应生成黄色溶液C，则A为Fe2
26、O3，且A的物质的量为n(Fe2O3)=1.60g/160g/mol=0.01mol，n(Fe)=0.02mol；混合气体A与足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B，则白色沉淀B为CaCO3，且B的物质的量为n(CaCO3)=10.0g/100g/mol=0.1mol，则气体A为CO2和O2的混合气体，气体B为上一步剩余的氧气，则n(CO2)= 0.1mol，则n(C)=0.1mol；气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol，M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol；根据上述分析0.02molX中
27、含有0.02molFe、0.1molC，另外一种元素为O，n(O)= ，则X中n(Fe)：n(C)：n(O)=1：5：5，则X的化学式为Fe(CO)5或FeC5O5。（1）根据上述分析可知X的化学式是Fe(CO)5或FeC5O5。（2）X在过量氧气中燃烧的化学方程式是4Fe(CO)513O22Fe2O320CO2。（3）根据上述分析溶液C为FeCl3，溶液C滴在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，离子方程式为2Fe32I2Fe2I2。17（14分）(一)乙炔是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H4)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的
28、部分反应如下（在25、 101 kPa时），CH4、C2H4 在高温条件还会分解生成炭与氢气：C (s) +2H2(g)CH4(g) H1=74.85kJmol12CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) H2=340.93kJmol1C2H4(g)C2H2(g) +H2(g) H3=35.50kJmol1请回答：（1）依据上述反应， 请写出 C 与 H2化合生成 C2H2 的热化学方程式：_。（2）若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图1 为乙炔产率与进料气中 n（氢气）/n（乙烯）的关系。图中曲线呈现先升高
29、后降低的变化趋势，其降低的原因是_。（3）图 2 为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。乙炔体积分数在1530之前随温度升高而增大的原因可能是_；1530之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因可能是_。在体积为1L的密闭容器中反应，1530时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应C2H4(g)C2H2(g) +H2(g) 的平衡常数 K=_。请在图3中绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线。(二)当今，人们正在研究有机锂电解质体系的锂空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电时电池的总反应为：4Li+O2=2Li2O。在充电时，阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可
30、的是按两步进行，请补充完整。电极反应式： _和 Li2O22e=2LiO2。【答案】（14分）(一)（1）2C(s) +H2(g)C2H2(g) H1=226.73 kJmol1（2分）（2）一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量 H2 会使反应平衡逆向移动，所以乙炔产率下降（2分）（3）1530前升高温度，反应平衡正向移动，乙炔更多（2分） 高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔体积分数增加不大（2分） 8.652 （2分）（2分）注意：起点温度要低于乙炔的起点； 最高点的相应温度低于 1530，1530k交点乙烯的体积分数不要超过为0.01(二)2L
31、i2O2 e=2LiLi2O2（2分）【解析】(一)（1）根据盖斯定律：2+整理得2C(s) +H2(g)C2H2(g) H1=226.73kJmol1。（2）根据题给信息，结合图像分析可知：刚开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量 H2 会使反应平衡逆向移动，所以乙炔产率下降。（3）上述三个反应中，只有两个反应为吸热反应，升高温度，平衡右移，有利于乙炔的生成；但是温度太高，针对于反应来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大。体积为1L的密闭容器，1530时测得气体的总物质的量为1.000 mol，
32、根据图像2可知，c(H2)=0.824mol/L， c(C2H2)=0.0840 mol/L，c(CH4)= 0.0840 mol/L， c(C2H4)=10.8240.08400.0840=0.008 mol/L；C2H4(g)C2H2(g) +H2(g) 的平衡常数 K= c(C2H2)c(H2)/ c(C2H4)= (0.08400.824)/ 0.008=8.652。根据题给信息可知，两个反应都产生乙烯气体，所以刚开始乙烯的体积分数增大，随着C2H4(g)C2H2(g) +H2(g) H3=35.50kJmol1发生，升高温度，平衡右移，乙烯的体积分数在减少，乙炔的体积分数在增大，最终
33、达到平衡状态；乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线如下：说明：起点温度要低于乙炔的起点； 最高点的相应温度低于 1530，1530k交点乙烯的体积分数不要超过为0.01。(二) 充电时，阳极区发生氧化反应，总反应为2Li2O4 e=O2+4 Li；阳极区发生反应按两步进行，用总反应减去Li2O22e=2LiO2就可得到第一个反应为2Li2O2 e=2LiLi2O2。18（14分）氧化锌是一种半导体化合物，在室温下具有直接带隙和较大的激子束缚能，由于其优良的电学和光学特性，已经吸引了越来越多的关注。如图是采用水热法制备纳米氧化锌的简单流程：回答下列问题：（1）操作2需要在100 恒温条件下加热反应
34、6 h，能达到该操作的加热方式是。（2）操作3(填“能”或“不能”)采用减压过滤装置进行分离，理由是。（3）操作3后的操作是用去离子水与无水乙醇反复冲洗，这样操作的目的是；检验洗涤干净的操作是。（4）有关抽滤操作，下列说法不正确的是。A滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔B在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物C抽滤结束时，应先关抽气泵，后拔掉吸滤瓶的接管D如图所示抽滤装置有2处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口及安全瓶中长导管和短导管连接顺序错误E.抽滤结束，从吸滤瓶的支管口倒出滤液（5）用氧化还原滴定的方法可以测定产品纯度。反应原理为先把样品溶于稀硫酸，然后在微
35、酸性环境下加入过量KI和K3Fe(CN)6，生成的I2用Na2S2O3溶液进行滴定(以淀粉作指示剂)：2K+2Fe(CN+2I+3Zn2+K2Zn3 Fe(CN)62+I2I2+2+2I现取1.640 g样品溶于稀硫酸，然后加入过量KI和K3Fe(CN)6，并将所得溶液稀释成250 mL，取所得溶液25.00 mL，用0.06 molL1Na2S2O3溶液进行滴定，消耗Na2S2O3溶液22.22 mL。则该样品中氧化锌的纯度为 。【答案】（14分）（1）水浴加热（2分）（2）不能（1分）纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸（2分）（3）除去产品表面吸附的无机和有机杂质（2分）取最后的倾出液
36、，测其pH为中性，则已洗净（2分）（4）CE（2分）（5）98.78%（3分）【解析】本题考查化学工艺流程分析，化学实验方案的分析、评价，化学实验基本操作和化学计算，意在考查考生的综合实验能力及分析、计算能力。（1）在100 恒温加热的方法是水浴加热。（2）由于纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸 ，故不能采用减压过滤装置进行分离。（3）用去离子水与无水乙醇反复冲洗的目的是除去产品表面吸附的无机和有机杂质；检验洗涤干净的操作是取最后的倾出液，测其pH为中性，则已洗净。（4）抽滤结束时，应先拔掉吸滤瓶的接管，后关抽气泵，C项错误；抽滤结束，滤液应从吸滤瓶上口倒出，E项错误。（5）根据题意得关系
37、式：3Zn2+I22，样品中m(ZnO)=0.06 molL122.22103 L81 gmol1=1.620 g，故该样品中氧化锌的纯度为100%=98.78%。19（14分）化合物G是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：已知：请回答：（1）B的结构简式为_。 （2）下列说法正确的是_。A化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应B1 mol化合物C最多能与2 mol NaOH反应C化合物E既有氧化性，又有还原性D由流程可知，RedAl、MnO2分别做还原剂、氧化剂，其中MnO2也可用Cu/O2、足量的酸性高锰酸钾等代替E化合物G的最简式为C6H6NO（3）CD的过程中有一
38、种无色无味气体产生，其化学方程式为_。（4）写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式_。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。（5）已知：(R代表烃基，R代表烃基或H)。请写出以、和(CH3)2SO4为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) _。【答案】（14分）（1）（2分）（2）BCE（3分）（3）2+2+ 2+2KBr+H2O+CO2（3分）（4）（2分）（5）（4分）【解析】由合成流程可知，和A的分子式可知，二者相差C2H4，结合反应条件可知，A为取代反应，A为，AB发
39、生还原反应，则B为，BC为取代反应，生成C和水，根据已知信息，CD为氨基上H被取代，D为，比较E与G的结构可知，F为，FG发生氧化反应。（1）根据上述分析，B为；（2）A化合物A为，结构中没有酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，错误；B1mol化合物C()中含有1mol酯基和1mol肽键，最多能与2molNaOH反应，正确；C化合物E()中含有碳碳双键和苯环，能够与氢气发生还原反应，也能在空气中燃烧，因此既有氧化性，又有还原性，正确；D由上述分析可知，RedAl、MnO2分别做还原剂、氧化剂，其中MnO2也可用Cu/O2，但不能用酸性高锰酸钾代替，酸性高锰酸钾能够将醇氧化为酸，错误；E化合物G()的化学式为C12H12N2O2，的最简式为C6H6NO，正确；故选BCE；（3）CD的过程中有一种无色无味气体产生，该气体应该为二氧化碳，反应的方程式为2+2+ 2+2KBr+H2O+CO2；（4）B为，含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，说明结构中含有酯基或肽键，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢，同时满足条件的B的同分异构体为；（5）以和(CH3)2SO4为原料制备，结合上述合成流程可知，OH转化为Br，酚OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应，则合成流程为。
