2022年浙江省台州中学、新昌中学等联考高考化学模拟试卷（5月份）　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法不正确的是（　　）A．利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气，该方法符合绿色化学原则B．12C、13C和14C互为同位素，它们的放射性可用于考古断代，可测定生物体死亡的年代C．超高分辨荧光显微镜可以观察到纳米世界，其中利用了荧光蛋白，生物发光也与荧光蛋白有关，生物发光是将化学能转化为光能的过程D．分子筛中有许多笼状空穴和通道可用于分离、提纯气体，还可用作干燥剂、离子交换剂、催化剂和催化剂载体　2．下列说法不正确的是（　　）A．利用地沟油制肥皂的实验中，可以用玻璃棒蘸取反应液滴入有热水的试管中，振荡，若无油滴浮在液面上，说明反应液中的地沟油已完全皂化B．制备乙酸乙酯时试剂添加的顺序为乙酸、浓硫酸和乙醇，同时为了防暴沸可以添加少量碎瓷片或小火均匀加热C．可以利用溶液褪色的快慢来判断不同温度下同体积0.10mol•L﹣1酸性KMnO4溶液与0.01mol•L﹣1草酸稀溶液反应的快慢D．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，效果要好得多　3．如表所示五种元素中，除M外其余均为短周期元素，Z和W的核外电子数之和是X核外电子数的5倍，下列说法的是（　　）XYZWMA．M与Y可能形成M2Y3和M2Y5化合物B．原子半径大小关系：Z＞X＞YC．不能通过电解熔融Z、W组成的物质制备Z单质-28-D．Y可以形成多种氢化物，其沸点均比X与H形成的化合物高　4．下列说法正确的是（　　）A．章鱼胺的结构为，其分子式为C8H12NO2B．鸡蛋白可溶于水，加浓硫酸钠溶液和福尔马林均可使鸡蛋白溶液聚沉，但原理不同C．葡萄糖、蔗糖、淀粉都属于糖类，三者互为同系物D．与足量H2反应的产物为3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷　5．一种三室微生物燃料电池（MFC）污水净化系统原理如图所示，图中废水有机物可用C6H10O5表示．有关说法不正确的是（　　）A．电子从a极经负载到b极B．c为氯离子交换膜，d为钠离子交换膜，中间室可用作海水淡化C．负极反应式：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．反应后将左右两室溶液混合较反应前两室溶液混合的酸性强　6．磷酸（H3PO4）在水中可分三步电离，能够以H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣、PO43﹣等四种粒子形式存在，当溶液的pH发生变化时，其中任一粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ（分数分布）也可能发生变化．图1是某浓度H3PO4-28-溶液中各种粒子的物质的量分数δ随pH的变化曲线．用NaOH标准溶液滴定该H3PO4溶液，绘得滴定曲线如图2．下列说法不正确的是（　　）A．从图1可知H3PO4、HPO42﹣、PO43﹣不能大量共存，0.01mol•L﹣1NaH2PO4溶液中c（H2PO4﹣）＞c（H3PO4）＞c（HPO42﹣）B．PO43﹣+H2O⇌0H﹣+HPO42﹣的平衡常数为10﹣1.7C．从a点到b点的反应为H2PO4﹣+OH﹣=HPO42﹣+H2O，可以选用pH计确定滴定终点，无需添加指示剂D．在Na2HPO4溶液中存在c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（PO43﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（H2PO4﹣）+4c（H3PO4）　7．某地区的湖水中可能含有K+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、CO32﹣、S2O32﹣、SO42﹣中的若干种，某研究小组为确定其成分，设计并完成了如下的实验：已知：Ag2SO4+4S2O32﹣═23﹣+SO42﹣、Ag2CO3+4S2O32﹣═23﹣+CO32﹣则下列说法中正确的是（　　）A．试样溶液中肯定存在S2O32﹣、CO32﹣，可能含有NH4+、Al3+、K+B．沉淀1的成分肯定为BaSO4和S的混合物C．将少量气体1通入溶液2中肯定会产生白色沉淀D．取少量溶液1滴加KSCN溶液，溶液显红色　　二、填空题（共5小题，满分58分）-28-8．A物质存在如下转化过程：经测定Mr（A）=58．已知2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa，试根据以上内容完成下列问题：（1）A的结构简式为　　　　　　．（2）对于HOCH2COOH的说法正确的是　　　　　　；A．能与NaHCO3反应，并能使NaOH酚酞溶液褪色B．能发生消去反应C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol该物质与足量金属钠反应产生11.2L气体（标准状况下）（3）写出反应③的化学方程式　　　　　　；（4）C的结构简式为　　　　　　；（5）以CH2=CH2为原料合成A，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）．已知：R﹣ClR﹣OH注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO．　9．在盐（甲）溶液中加入足量的盐酸，产生刺激性气味气体乙．将气体乙通入品红溶液，品红溶液褪色，再将气体通入氯化铁溶液后获得溶液丙，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入氯化钡溶液，出现白色沉淀．（1）写出氯化钡的电子式　　　　　　；（2）盐溶液甲中可能含有的下列物质中的　　　　　　A．Na2CO3B．Na2SO3C．NaHSO3D．NaNO3（3）写出气体乙通入氯化铁溶液时的离子方程式　　　　　　．　-28-10．为研究某固体无机化合物甲（由三种元素组成）的组成和性质，取7.75g固体甲设计并完成了如下实验：试根据以上内容回答下列问题：（1）白色固体戊中金属元素的离子结构示意图　　　　　　（2）写出固体甲在足量O2中焙烧的化学方程式　　　　　　（3）写出在溶液甲中通入过量CO2发生反应的离子方程式　　　　　　（4）下列物质中不可能将固体丙转化为固体丁的是　　　　　　；A．COB．CH3CH2OHC．AlD．KNO3（5）试推测固体丁可能的组成　　　　　　，并设计实验方案验证　　　　　　．　11．丁烯是仅次于乙烯和丙烯的重要石油化工基本原料．目前已开发出丁烷脱氢制丁烯，Pt﹣Sn分子筛脱氢催化剂（催化剂L﹣78）是该过程常用的催化剂．其反应原理为（反应Ⅰ）：C4H10（g）⇌C4H8（g）（丁烯）+H2（g）△H1副反应为（反应Ⅱ）：C4H10（g）⇌C4H6（g）（丁二烯）+2H2（g）△H2已知C4H10（g）、C4H8（g）、H2（g）的标准燃烧热（△H）为akJ•mol﹣1、bkJ•mol﹣1、ckJ•mol﹣1，a＜b＜c＜0，且a＞b+c．（1）△H1=　　　　　　：反应Ⅰ能自发进行的条件是　　　　　　．（填“高温”、“低温”或“任意温度”）（2）对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（CB）也可表示平衡常数（记作KP），则反应Ⅱ的KP　　　　　　．已知△H1＜△H2，则随着温度升高，反应C4H8（g）（丁烯）⇌C4H6（g）（丁二烯）+H2（g）的平衡常数　　　　　　（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）在某恒温恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，则下列不能判断两反应已同时达到平衡的是　　　　　　A．密闭容器中混合气体的密度不变B．容器中不再变化-28-C．容器中丁二烯的浓度不再变化D．容器中C4H8（g）体积分数不变（4）中国石油兰州化工研究中心考察了反应温度、原料体积空速（适宜温度下）、氢烃体积比（适宜温度和体积空速下）对催化剂L﹣78反应的性能影响，获得图1和表1，2．①该反应适宜的条件为：2.8﹣3.0/h﹣1，（原料体积空速）、3.0﹣3.6（氢烃体积比）和　　　　　　（温度）②试分析原来体积空速（流速）越大，丁烷转化率越低的原因　　　　　　；③试分析氢烃体积比越大丁二烯收率越低的原因　　　　　　④在某压强下，将丁烷置于密闭容器中，在t时刻，测得容器中丁烷气体的转化率，然后分别在不同压强下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得丁烷气体的转化率．有关上述过程中丁烷转化率随压强变化趋势图不可能的是　　　　　　．　-28-12．葡萄糖酸锌（M=455g•mol﹣1）是近年来开发的一种补锌食品添加剂．葡萄糖酸锌为白色结晶性粉末，可溶于水，易溶于热水，不溶于无水乙醇、氯仿和乙醚，140℃﹣150℃开始分解．可采用直接合成法，其反应：Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+ZnSO4═Zn（C6H11O7）2（葡萄糖酸锌）+CaSO4，其实验流程为：试回答下列问题：（1）制备葡萄糖酸锌时，可否用氯化锌代替硫酸锌？　　　　　　，原因为　　　　　　．（2）在“反应”时须控温90℃，可以采用加热方式为　　　　　　；反应控温在90℃的原因为　　　　　　．（3）在“冷却滤液”时添加95%乙醇的目的为　　　　　　．（4）粗产品的提纯方法为　　　　　　，选择的试剂及添加顺序都正确的是　　　　　　A.95%乙醇、冷水B．冷水、95%乙醇C.95%乙醇、90℃热水；D.90℃热水、95%乙醇（5）提纯后的产品可以以铬黑T（BET）为指示剂，用EDTA进行测定，其原理如下：Zn2+与RET作用形成酒红色微粒Zn﹣RET，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，故发如下反应：Zn﹣RET（酒红色）+EDTA（无色）═Zn﹣EDTA（无色）+BET（纯蓝色）．其步骤如下：步骤1：取mg产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，在溶液中加入少量RET作指示剂．步骤2：在25.00mL溶液中加入cmol．L﹣1EDTAVmL（过量）步骤3：用c1mol．L﹣1锌标准溶液进行滴定至终点，消耗锌标准溶液V1mL．①步骤2中，如何判断EDTA溶液已加过量？　　　　　　．-28-②滴定终点判断依据为　　　　　　．③该产品的纯度为　　　　　　．　　-28-2022年浙江省台州中学、新昌中学等联考高考化学模拟试卷（5月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法不正确的是（　　）A．利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气，该方法符合绿色化学原则B．12C、13C和14C互为同位素，它们的放射性可用于考古断代，可测定生物体死亡的年代C．超高分辨荧光显微镜可以观察到纳米世界，其中利用了荧光蛋白，生物发光也与荧光蛋白有关，生物发光是将化学能转化为光能的过程D．分子筛中有许多笼状空穴和通道可用于分离、提纯气体，还可用作干燥剂、离子交换剂、催化剂和催化剂载体【考点】绿色化学；同位素及其应用；常见的能量转化形式．【分析】A．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，水可以在光能作用下分解成氧气和氢气；B．根据质子数相同，而中子数不同的原子互为同位素来分析12C、13C和14C，14C的放射性可用于考古断代；C．生物发光是将化学能转化为光能，超高分辨荧光显微镜可以观察到纳米世界，利用了荧光蛋白，生物发光；D．分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，以此解答．【解答】解：A．氢气燃烧放出大量的热量，且燃烧产物是水没有污染，所以氢气是21世纪极有前途的新型能源，科学家可以利用蓝绿藻等低等植物和微生物在阳光作用下使水分解产生氢气从而利用氢能，故A正确；B．12C、13C和14C质子数同为6，而中子数分别为6、7、8，互为同位素，只有14C的放射性可用于考古断代，故B错误；C．生物发光是将化学能转化为光能，光学显微镜分屏率提高到纳米尺度，利用了荧光蛋白，生物发光也与荧光蛋白有关，故C正确；-28-D．某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故D正确；故选A．【点评】本题考查了绿色化学、同位素判别及用途、pH计的用途，光学显微镜分屏率超高原理，分子筛等知识，注意对相关知识的积累．题目难度不大，侧重基础知识的考查．　2．下列说法不正确的是（　　）A．利用地沟油制肥皂的实验中，可以用玻璃棒蘸取反应液滴入有热水的试管中，振荡，若无油滴浮在液面上，说明反应液中的地沟油已完全皂化B．制备乙酸乙酯时试剂添加的顺序为乙酸、浓硫酸和乙醇，同时为了防暴沸可以添加少量碎瓷片或小火均匀加热C．可以利用溶液褪色的快慢来判断不同温度下同体积0.10mol•L﹣1酸性KMnO4溶液与0.01mol•L﹣1草酸稀溶液反应的快慢D．燃料电池实验中，用KNO3溶液或Na2SO4溶液代替蒸馏水，效果要好得多【考点】油脂的性质、组成与结构；化学反应速率的影响因素；酯的性质．【分析】A．油脂不溶于水，硬脂酸钠和甘油易溶于水；B．加入试剂顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸；C．酸性高锰酸钾为紫红色，可被草酸还原为无色物质；D．KNO3溶液或Na2SO4溶液的导电性比水好．【解答】解：A．油脂不溶于水，油脂发生皂化反应生成的硬脂酸钠和甘油易溶于水，所以该实验能达到实验目的，故A正确；B．为防止酸液飞溅，添加少量碎瓷片或小火均匀加热，而加入药品的顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸，制备乙酸乙酯，故B错误；C．只有温度不同，酸性高锰酸钾为紫红色，可被草酸还原为无色物质，溶液褪色的快慢可比较反应反应的快慢，故C正确；D．水的导电性较差，KNO3溶液或Na2SO4溶液中离子浓度大，导电性比水好，效果更好，故D正确．故选B．【点评】本题考查常见有机物的性质，题目难度不大，本题注意甲烷取代反应的条件，为易错点．-28-　3．如表所示五种元素中，除M外其余均为短周期元素，Z和W的核外电子数之和是X核外电子数的5倍，下列说法的是（　　）XYZWMA．M与Y可能形成M2Y3和M2Y5化合物B．原子半径大小关系：Z＞X＞YC．不能通过电解熔融Z、W组成的物质制备Z单质D．Y可以形成多种氢化物，其沸点均比X与H形成的化合物高【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【分析】五种元素除M外其余均为短周期元素，由元素所处位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，M处于第四周期，设X的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8﹣1，W的原子序数为x+3+8，Z和W的核外电子数之和是X核外电子数的5倍，则a+8﹣1+x+3+8=5a，解得a=6，则X为C元素、Y为O、Z为Al、W为Cl、M为As，据此解答．【解答】解：五种元素除M外其余均为短周期元素，由元素所处位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，M处于第四周期，设X的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8﹣1，W的原子序数为x+3+8，Z和W的核外电子数之和是X核外电子数的5倍，则a+8﹣1+x+3+8=5a，解得a=6，则X为C元素、Y为O、Z为Al、W为Cl、M为As．A．As为VA族元素，与氧元素可能形成As2O3和Al2O5化合物，故A正确；B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：Z＞X＞Y，故B正确；C．氯化铝属于共价化合物，不能电解熔融氯化铝冶炼铝，工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故C正确；D．Y可以形成的氢化物有水、过氧化氢，均为液态，而X与H形成的化合物为烃类物质，有固体、液态、气体，则Y元素形成氢化物的沸点不一定X与H形成的化合物高，故D错误，故选：D．【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意理解同主族原子序数关系．-28-　4．下列说法正确的是（　　）A．章鱼胺的结构为，其分子式为C8H12NO2B．鸡蛋白可溶于水，加浓硫酸钠溶液和福尔马林均可使鸡蛋白溶液聚沉，但原理不同C．葡萄糖、蔗糖、淀粉都属于糖类，三者互为同系物D．与足量H2反应的产物为3﹣甲基﹣2﹣乙基戊烷【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．根据结构简式确定元素种类和原子个数，可确定分子式；B．硫酸钠可使蛋白质盐析，福尔马林使蛋白质变性；C．葡萄糖、蔗糖、淀粉结构不同；D．与足量H2反应的产物主链含有6个碳原子．【解答】解：A．由结构简式可确定分子式为C8H11NO2，故A错误；B．硫酸钠可使蛋白质盐析，福尔马林使蛋白质变性，都可使蛋白质聚沉，盐析为可逆过程，变性不可逆，故B正确；C．葡萄糖、蔗糖、淀粉结构不同，不是同系物，故C错误；D．与足量H2反应的产物主链含有6个碳原子，生成物为3，4﹣二甲基﹣己烷，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成、结构和性质，难度不大，注意相关基础知识的积累．　5．一种三室微生物燃料电池（MFC）污水净化系统原理如图所示，图中废水有机物可用C6H10O5表示．有关说法不正确的是（　　）A．电子从a极经负载到b极-28-B．c为氯离子交换膜，d为钠离子交换膜，中间室可用作海水淡化C．负极反应式：C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+D．反应后将左右两室溶液混合较反应前两室溶液混合的酸性强【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，据此分析解答．【解答】解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，A．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，所以电子从a极经负载到b极，故A正确；B．放电时，电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室，阴离子Cl﹣移向负极室左室，所以c为氯离子交换膜，d为钠离子交换膜，中间室可用作海水淡化，故B正确；C．左边装置电极a是负极，负极上有机物失电子发生氧化反应，有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳，电极反应式为C6H10O5﹣24e﹣+7H2O═6CO2↑+24H+，故C正确；D．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的pH增大，故D错误；故选D．【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握；　6．磷酸（H3PO4）在水中可分三步电离，能够以H3PO4、H2PO4﹣、HPO42﹣、PO43﹣等四种粒子形式存在，当溶液的pH发生变化时，其中任一粒子的物质的量占四种粒子总物质的量的分数δ（分数分布）也可能发生变化．图1是某浓度H3PO4-28-溶液中各种粒子的物质的量分数δ随pH的变化曲线．用NaOH标准溶液滴定该H3PO4溶液，绘得滴定曲线如图2．下列说法不正确的是（　　）A．从图1可知H3PO4、HPO42﹣、PO43﹣不能大量共存，0.01mol•L﹣1NaH2PO4溶液中c（H2PO4﹣）＞c（H3PO4）＞c（HPO42﹣）B．PO43﹣+H2O⇌0H﹣+HPO42﹣的平衡常数为10﹣1.7C．从a点到b点的反应为H2PO4﹣+OH﹣=HPO42﹣+H2O，可以选用pH计确定滴定终点，无需添加指示剂D．在Na2HPO4溶液中存在c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（PO43﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（H2PO4﹣）+4c（H3PO4）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．【分析】A、H3PO4、HPO42﹣、PO43﹣能大量共存，NaH2PO4溶液中电离大于水解溶液显酸性；B、平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，Kh===；C、反应为H2PO4﹣+OH﹣=HPO42﹣+H2O，恰好反应后溶液PH=9.7，PH计可以测定溶液PH为小数点后一位；D、由溶液中物料守恒和电荷守恒计算分析判断．【解答】解：A、H3PO4溶液中存在三步电离，H3PO4、HPO42﹣、PO43﹣能大量共存，NaH2PO4溶液中电离大于水解溶液显酸性，c（H2PO4﹣）＞c（HPO42﹣）＞c（H3PO4），故A错误；B、图象分析可知，HPO42﹣⇌H++PO43﹣，Ka=c（H+）=10﹣12.3，Kh=====10﹣1.7，故B正确；-28-C、PH计可以测定溶液PH为小数点后一位，从a点到b点的反应为H2PO4﹣+OH﹣=HPO42﹣+H2O，可以选用pH计确定滴定终点，无需添加指示剂，故C正确；D、在Na2HPO4溶液中存在电荷守恒①C（H+）+C（Na+）=C（OH﹣）+C（H2PO4﹣）+2C（HPO42﹣）+3C（PO43﹣），溶液中存在物料守恒②C（Na+）=2C（H2PO4﹣）+2C（HPO42﹣）+2C（PO43﹣）+2C（H3PO4），②×2﹣①得到c（Na+）+c（OH﹣）=c（H+）+c（PO43﹣）+2c（HPO42﹣）+3c（H2PO4﹣）+4c（H3PO4），故D正确；故选A．【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，电荷守恒、物料守恒的计算分析应用，平衡常数概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度较大．　7．某地区的湖水中可能含有K+、NH4+、Fe3+、Al3+、Mg2+、CO32﹣、S2O32﹣、SO42﹣中的若干种，某研究小组为确定其成分，设计并完成了如下的实验：已知：Ag2SO4+4S2O32﹣═23﹣+SO42﹣、Ag2CO3+4S2O32﹣═23﹣+CO32﹣则下列说法中正确的是（　　）A．试样溶液中肯定存在S2O32﹣、CO32﹣，可能含有NH4+、Al3+、K+B．沉淀1的成分肯定为BaSO4和S的混合物C．将少量气体1通入溶液2中肯定会产生白色沉淀D．取少量溶液1滴加KSCN溶液，溶液显红色【考点】物质检验实验方案的设计．【分析】试样中加入过量稀盐酸和氯化钡溶液，生成气体1和沉淀1，且该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明含有CO32﹣或S2O32﹣或二者都有，也可能含有SO42﹣；沉淀1可能是S或BaSO4或二者混合物；溶液1中加入足量NaOH溶液，溶液2没有明显现象，说明原溶液中不含Fe3+、Al3+、Mg2+；向试样中加入少量硝酸银溶液，无明显现象，说明溶液中一定含有S2O32﹣；根据以上现象无法确定是否含有K+、NH4+，据此分析解答．-28-【解答】解：试样中加入过量稀盐酸和氯化钡溶液，生成气体1和沉淀1，且该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明含有CO32﹣或S2O32﹣或二者都有，也可能含有SO42﹣；沉淀1可能是S或BaSO4或二者混合物；溶液1中加入足量NaOH溶液，溶液2没有明显现象，说明原溶液中不含Fe3+、Al3+、Mg2+；向试样中加入少量硝酸银溶液，无明显现象，说明溶液中一定含有S2O32﹣；根据以上现象无法确定是否含有K+、NH4+，A．试样溶液中肯定存在S2O32﹣，可能含有CO32﹣或SO42﹣或二者都有，可能含有NH4+、K+，一定没有Al3+，故A错误；B．沉淀1的成分可能为BaSO4、BaCO3、S或它们的混合物，故B错误；C．气体1为二氧化碳或二氧化硫，二氧化碳或二氧化硫与NaOH反应生成碳酸根离子、亚硫酸根离子，碳酸根离子、亚硫酸根离子和钡离子反应生成沉淀，故C正确；D．溶液1中不含铁离子，所以取少量溶液1滴加KSCN溶液，溶液不显红色，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质检验实验方案设计，为高频考点，明确物质性质及物质之间反应是解本题关键，注意：亚硫酸根离子能和稀盐酸反应生成气体和沉淀，为易错点．　二、填空题（共5小题，满分58分）8．A物质存在如下转化过程：经测定Mr（A）=58．已知2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa，试根据以上内容完成下列问题：（1）A的结构简式为　OHCCHO　．（2）对于HOCH2COOH的说法正确的是　AC　；A．能与NaHCO3反应，并能使NaOH酚酞溶液褪色B．能发生消去反应C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol该物质与足量金属钠反应产生11.2L气体（标准状况下）-28-（3）写出反应③的化学方程式　2HOCH2COOH+2H2O　；（4）C的结构简式为　　；（5）以CH2=CH2为原料合成A，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）．已知：R﹣ClR﹣OH注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO．【考点】有机物的推断．【分析】据已知信息Mr（A）=58和2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa，结合物质的如下转化过程，可知A为OHCCHO，B为OHCH2COONa，OHCH2COOH在浓硫酸作用下生成的B有4个C原子，为2元环指，OHCH2COOH还可以通过缩聚反应生成的高聚物C为，据此分析．【解答】解：据已知信息Mr（A）=58和2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa，结合物质的如下转化过程，可知A为OHCCHO，B为OHCH2COONa，OHCH2COOH在浓硫酸作用下生成的B有4个C原子，为2元环指，OHCH2COOH还可以通过缩聚反应生成的高聚物C为，（1）据已知信息Mr（A）=58和2HCHO+NaOHCH3OH+HCOONa，结合物质的如下转化过程，可知A为OHCCHO，故答案为：OHCCHO；（2）A、HOCH2COOH中含有羧基，能与NaHCO3反应，并能使NaOH酚酞溶液褪色，故A正确；B、与连接羟基的C原子相邻C原子上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故B错误；C、羟基能够被酸性高锰酸钾氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D、羟基和羧基上的氢原子都能够与Na反应，所以1mol该物质与足量金属钠反应产生22.4L气体（标准状况下），故D错误；故答案为：AC；（3）OHCH2COOH在浓硫酸作用下生成的B有4个C原子，为2元环指，反应的化学方程式为2HOCH2COOH+2H2O，-28-故答案为：2HOCH2COOH+2H2O；（4）OHCH2COOH可以通过缩聚反应生成的高聚物C为，故答案为：；（5）以CH2=CH2为原料合成OHCCHO，可以先让CH2=CH2与溴水发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷再在NaOH溶液中水解生成乙二醇，乙二醇催化氧化生成乙二醛，合成路线可表示为CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHCCHO，故答案为：CH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHCCHO．【点评】本题考查有机合成和推断、有机化学方程式书写以及有机合成路线的设计，注意根据官能团的性质进行推断，题目难度不大．　9．在盐（甲）溶液中加入足量的盐酸，产生刺激性气味气体乙．将气体乙通入品红溶液，品红溶液褪色，再将气体通入氯化铁溶液后获得溶液丙，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入氯化钡溶液，出现白色沉淀．（1）写出氯化钡的电子式　　；（2）盐溶液甲中可能含有的下列物质中的　BC　A．Na2CO3B．Na2SO3C．NaHSO3D．NaNO3（3）写出气体乙通入氯化铁溶液时的离子方程式　SO2+Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣　．【考点】二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变．【分析】（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起；（2）依据亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，还原性解答；（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子．-28-【解答】解：（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起，氯化钡电子式为：；故答案为：；（2）亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液，品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够使三价铁离子还原生成二价铁离子，本身被氧化为硫酸根离子，不能使硫氰酸钾褪色，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，不具有漂白性，硝酸钠与盐酸不反应，故选：BC；（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子，离子方程式：SO2+Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣；故答案为：SO2+Fe3++2H2O=2Fe2++SO42﹣．【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉亚硫酸盐、二氧化硫的性质是解题关键，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，题目难度不大．　10．为研究某固体无机化合物甲（由三种元素组成）的组成和性质，取7.75g固体甲设计并完成了如下实验：试根据以上内容回答下列问题：（1）白色固体戊中金属元素的离子结构示意图　　（2）写出固体甲在足量O2中焙烧的化学方程式　4AlCuS2+13O22Al2O3+4CuO+8SO2　（3）写出在溶液甲中通入过量CO2发生反应的离子方程式　CO2+OH﹣=HCO3﹣、CO2+2H2O+AlO2﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣　（4）下列物质中不可能将固体丙转化为固体丁的是　D　；A．COB．CH3CH2OHC．AlD．KNO3-28-（5）试推测固体丁可能的组成　Cu或Cu2O或二者混合物　，并设计实验方案验证　方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=，则为Cu2O，若n＜m＜，则为二者混合物；方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=n，则为Cu2O，若n＜m＜n，则为二者混合物　．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】物质检验鉴别题．【分析】固体甲和足量氧气灼烧，得到无色刺激性气体甲，其物质的量==0.1mol，固体乙和过量氢氧化钠反应生成溶液甲，根据元素守恒知，溶液甲是可溶性钠盐，溶液甲和盐酸反应生成白色沉淀，然后白色沉淀能和稀盐酸反应生成溶液丙，则甲为NaAlO2、白色固体戊是Al（OH）3，溶液丙是AlCl3；固体乙和过量氢氧化钠溶液反应还生成蓝色固体，为Cu（OH）2，灼烧氢氧化铜得到黑色固体丙为CuO，n（CuO）==0.05mol，黑色固体丙灼烧得到红色固体丁，丁可能是Cu或Cu2O或二者混合物；根据元素守恒知，乙中含有Cu、O、Al元素，且n（Cu）=n（CuO）=0.05mol，根据元素守恒且甲含有三种元素，所以甲中含有Cu、Al、S元素，n（Al）==0.05mol，则甲中Cu、Al、S原子个数之比=0.05mol：0.05mol：0.1mol=1：1：2，所以甲为CuAlS2，（1）白色固体戊中金属元素的离子是铝离子，铝离子原子核外有2个电子层、最外层电子数是8，据此书写铝离子结构示意图；（2）根据以上分析知，固体甲在足量O2中焙烧生成二氧化硫、氧化铝和CuO；（3）溶液甲是偏铝酸钠和氢氧化钠，溶液甲中通入过量CO2生成碳酸氢钠、氢氧化铝；（4）固体丙是CuO，固体丁是Cu或Cu2O或二者混合物，丙被还原生成丁，则加入的物质应该具有还原性；（5）Cu和稀硫酸不反应、Cu2O和稀硫酸反应生成硫酸铜和Cu，可以根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分；Cu和CO不反应，Cu2O和CO反应生成Cu和二氧化碳，根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分，可以根据以上实验确定丁成分．-28-【解答】解：固体甲和足量氧气灼烧，得到无色刺激性气体甲，其物质的量==0.1mol，固体乙和过量氢氧化钠反应生成溶液甲，根据元素守恒知，溶液甲是可溶性钠盐，溶液甲和盐酸反应生成白色沉淀，然后白色沉淀能和稀盐酸反应生成溶液丙，则甲为NaAlO2、白色固体戊是Al（OH）3，溶液丙是AlCl3；固体乙和过量氢氧化钠溶液反应还生成蓝色固体，为Cu（OH）2，灼烧氢氧化铜得到黑色固体丙为CuO，n（CuO）==0.05mol，黑色固体丙灼烧得到红色固体丁，丁可能是Cu或Cu2O或二者混合物；根据元素守恒知，乙中含有Cu、O、Al元素，且n（Cu）=n（CuO）=0.05mol，根据元素守恒且甲含有三种元素，所以甲中含有Cu、Al、S元素，n（Al）==0.05mol，则甲中Cu、Al、S原子个数之比=0.05mol：0.05mol：0.1mol=1：1：2，所以甲为CuAlS2，（1）白色固体戊中金属元素的离子是铝离子，铝离子原子核外有2个电子层、最外层电子数是8，则铝离子结构示意图为，故答案为：；（2）根据以上分析知，固体甲在足量O2中焙烧生成二氧化硫、氧化铝和CuO，反应方程式为4AlCuS2+13O22Al2O3+4CuO+8SO2，故答案为：4AlCuS2+13O22Al2O3+4CuO+8SO2；（3）溶液甲是偏铝酸钠和氢氧化钠，溶液甲中通入过量CO2生成碳酸氢钠、氢氧化铝，离子方程式为CO2+OH﹣=HCO3﹣、CO2+2H2O+AlO2﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故答案为：CO2+OH﹣=HCO3﹣、CO2+2H2O+AlO2﹣=Al（OH）3↓+HCO3﹣；（4）固体丙是CuO，固体丁是Cu或Cu2O或二者混合物，丙被还原生成丁，则加入的物质应该具有还原性，CO、CH3CH2OH、Al都能还原丙生成丁，硝酸钾没有还原性，故选D；（5）通过以上分析知，该固体可能是Cu或Cu2O或二者混合物，Cu和稀硫酸不反应、Cu2O和稀硫酸反应生成硫酸铜和Cu，可以根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分；Cu和CO不反应，Cu2O和CO反应生成Cu和二氧化碳，根据反应前后固体质量相对大小确定固体成分，可以根据以上实验确定丁成分；-28-所以其检验方法为：方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=，则为Cu2O，若n＜m＜，则为二者混合物；方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=n，则为Cu2O，若n＜m＜n，则为二者混合物；故答案为：Cu或Cu2O或二者混合物；方法一：取红色固体丁mg，加入稀硫酸后过滤、洗涤、干燥至恒重，称量固体质量为ng，如果m=n则为Cu，若m=，则为Cu2O，若n＜m＜，则为二者混合物；方法二：取红色固体丁mg，通入足量CO加热至恒重，称量固体质量为ng，若m=n，则为Cu，若m=n，则为Cu2O，若n＜m＜n，则为二者混合物．【点评】本题考查物质成分确定，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确物质颜色、性质是解本题关键，难点是实验方案设计，要根据物质性质结合实验目的确定实验设计，同时考查学生思维缜密性、实验操作及实验设计能力，题目难度中等．　11．丁烯是仅次于乙烯和丙烯的重要石油化工基本原料．目前已开发出丁烷脱氢制丁烯，Pt﹣Sn分子筛脱氢催化剂（催化剂L﹣78）是该过程常用的催化剂．其反应原理为（反应Ⅰ）：C4H10（g）⇌C4H8（g）（丁烯）+H2（g）△H1副反应为（反应Ⅱ）：C4H10（g）⇌C4H6（g）（丁二烯）+2H2（g）△H2已知C4H10（g）、C4H8（g）、H2（g）的标准燃烧热（△H）为akJ•mol﹣1、bkJ•mol﹣1、ckJ•mol﹣1，a＜b＜c＜0，且a＞b+c．（1）△H1=　（a﹣b﹣c）kJ•mol﹣1　：反应Ⅰ能自发进行的条件是　高温　．（填“高温”、“低温”或“任意温度”）（2）对于气体反应，用某组分（B）的平衡压强（PB）代替物质的量浓度（CB）也可表示平衡常数（记作KP），则反应Ⅱ的KP　=　．已知△H1＜△H2，则随着温度升高，反应C4H8（g）（丁烯）⇌C4H6（g）（丁二烯）+H2（g）的平衡常数　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）-28-（3）在某恒温恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，则下列不能判断两反应已同时达到平衡的是　A　A．密闭容器中混合气体的密度不变B．容器中不再变化C．容器中丁二烯的浓度不再变化D．容器中C4H8（g）体积分数不变（4）中国石油兰州化工研究中心考察了反应温度、原料体积空速（适宜温度下）、氢烃体积比（适宜温度和体积空速下）对催化剂L﹣78反应的性能影响，获得图1和表1，2．①该反应适宜的条件为：2.8﹣3.0/h﹣1，（原料体积空速）、3.0﹣3.6（氢烃体积比）和　520﹣560℃　（温度）②试分析原来体积空速（流速）越大，丁烷转化率越低的原因　原料体积空速（流速）越大，与催化剂表面接触的时间越短，参加反应的丁烷越少，同时相同时间内投入的原料增加，转化率越低　；③试分析氢烃体积比越大丁二烯收率越低的原因　氢烃体积比越大，使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，故丁二烯收率越低　-28-④在某压强下，将丁烷置于密闭容器中，在t时刻，测得容器中丁烷气体的转化率，然后分别在不同压强下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得丁烷气体的转化率．有关上述过程中丁烷转化率随压强变化趋势图不可能的是　④　．【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．【分析】（1）写出C4H10（g）、C4H8（g）、H2（g）的标准燃烧热的热化学方程式，再利用盖斯定求算△H1；△H﹣T△S＜0的反应能够自发进行；（2）据化学平衡常数表达式，代入Pa可得；反应Ⅱ﹣反应Ⅰ可得反应C4H8（g）（丁烯）⇌C4H6（g）（丁二烯）+H2（g），其△H=△H2﹣△H1，已知△H1＜△H2，所以△H＞0，反应吸热，据此分析；（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；（4）①据图中信息可以看出该反应适宜的条件；②表中给定的数据可以分析得到：原料体积空速（流速）越大，与催化剂表面接触的时间越短，参加反应的丁烷越少，同时相同时间内投入的原料增加，转化率越低；③氢烃体积比越大，使反应C4H10（g）⇌C4H6（g）（丁二烯）+2H2（g）的平衡向逆反应方向移动；④丁烷置于密闭容器中，丁烷气体的转化率在不同压强下会发生变化，根据图中的数据信息，可以得到其转化率数值的变化趋势．【解答】解：（1）已知①C4H10（g）+6.5O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=akJ/mol，②C4H8（g）+6O2（g）=4CO2（g）+4H2O（l）△H=bkJ/mol，③H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=ckJ/mol．据盖斯定律①﹣②﹣③得：C4H10（g）⇌C4H8（g）（丁烯）+H2（g）△H1=（a﹣b﹣c）kJ/mol；反应Ⅰ能自发进行，说明其△H﹣T△S＜0，该反应的△s＞0，a＜b＜c＜0，且a＞b+c，说明△H1＞0，改反应在高温下能够自发进行，故答案为：（a﹣b﹣c）kJ/mol；高温；（2）对于气相反应，用某组分（B）的平衡压强（pB）代替物质的量浓度也可以表示平衡常数（记作Kp），反应的平衡常数=；副反应和反应的差即为反应C4H8-28-（g）（丁烯）=C4H6（g）（丁二烯）+H2（g），该反应焓变是△H2﹣△H1＞0，是，吸热反应，升高温度平衡向吸热反应方向移动，平衡正向进行，平衡常数增大；故答案为：=；增大；（3）A、恒温恒容密闭容器说明容器体积不变，混合气体质量守恒，所以密度始终不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，故A选；B、容器中比值不再变化，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故B不选；C、容器中丁二烯的浓度不再变化，说明各组分浓度都不变，反应达到平衡状态，故C不选；D、容器中C4H8（g）体积分数不变，说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故D不选；故答案为：A．（4）①据图中信息可以看出，该反应适宜的条件为：2.8﹣3.0/h﹣1，（原料体积空速）、3.0﹣3.6（氢烃体积比）和520﹣560℃范围内的温度均可以，故答案为：520﹣560℃；②表中给定的数据可以分析得到：原料体积空速（流速）越大，与催化剂表面接触的时间越短，参加反应的丁烷越少，同时相同时间内投入的原料增加，转化率越低，故答案为：原料体积空速（流速）越大，与催化剂表面接触的时间越短，参加反应的丁烷越少，同时相同时间内投入的原料增加，转化率越低；③氢烃体积比越大，使反应C4H10（g）⇌C4H6（g）（丁二烯）+2H2（g）的平衡向逆反应方向移动，故丁二烯收率越低，故答案为：氢烃体积比越大，使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，故丁二烯收率越低；④丁烷置于密闭容器中，丁烷气体的转化率在不同压强下会发生变化，根据图中的数据信息，可以得到其转化率数值可以是逐渐降低，还可以是逐渐升高，可以是先减后增的，但是不会出现先增后减的情况，故答案为：④．【点评】本题考查了盖斯定律的应用、反应自发进行的条件、平衡状态的判断，注意信息的迁移和应用是关键，题目难度很大．　12．葡萄糖酸锌（M=455g•mol﹣1）是近年来开发的一种补锌食品添加剂．葡萄糖酸锌为白色结晶性粉末，可溶于水，易溶于热水，不溶于无水乙醇、氯仿和乙醚，140℃﹣150℃开始分解．可采用直接合成法，其反应：Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸钙）+ZnSO4═Zn（C6H11O7）2（葡萄糖酸锌）+CaSO4，其实验流程为：-28-试回答下列问题：（1）制备葡萄糖酸锌时，可否用氯化锌代替硫酸锌？　否　，原因为　氯化钙易溶于水，不符合复分解反应的条件　．（2）在“反应”时须控温90℃，可以采用加热方式为　水浴加热　；反应控温在90℃的原因为　反应的温度过低，反应速率慢，温度过高，葡萄酸锌容易分解　．（3）在“冷却滤液”时添加95%乙醇的目的为　降低葡萄酸锌的溶解度，便于析出　．（4）粗产品的提纯方法为　重结晶　，选择的试剂及添加顺序都正确的是　D　A.95%乙醇、冷水B．冷水、95%乙醇C.95%乙醇、90℃热水；D.90℃热水、95%乙醇（5）提纯后的产品可以以铬黑T（BET）为指示剂，用EDTA进行测定，其原理如下：Zn2+与RET作用形成酒红色微粒Zn﹣RET，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，故发如下反应：Zn﹣RET（酒红色）+EDTA（无色）═Zn﹣EDTA（无色）+BET（纯蓝色）．其步骤如下：步骤1：取mg产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，在溶液中加入少量RET作指示剂．步骤2：在25.00mL溶液中加入cmol．L﹣1EDTAVmL（过量）步骤3：用c1mol．L﹣1锌标准溶液进行滴定至终点，消耗锌标准溶液V1mL．①步骤2中，如何判断EDTA溶液已加过量？　溶液显纯蓝色　．②滴定终点判断依据为　溶液恰好变为酒红色，且保持半分钟不变色　．③该产品的纯度为　%　．【考点】制备实验方案的设计．-28-【分析】葡萄糖酸钙与硫酸锌溶液混合，由于硫酸钙溶解度较小，所以可以生成硫酸钙沉淀和葡萄糖酸锌溶液，过滤，在滤液中加入活性碳，脱色，趁热过滤，在滤液中加入乙醇，冷却，葡萄糖酸锌晶体析出，提纯得葡萄糖酸锌，（1）制备葡萄糖酸锌时发生的是复分解反应，氯化钙易溶于水，据此答题；（2）控温90℃可以用水浴加热，根据影响反应速率和葡萄酸锌的稳定性确定反应的温度；（3）葡萄糖酸锌可溶于水，不溶于无水乙醇，据此判断；（4）由于葡萄糖酸锌易溶于热水，不溶于无水乙醇，所以粗产品的提纯方法为重结晶，先用热水溶解，再用95%乙醇洗涤，使葡萄糖酸锌析出；（5）①根据反应：Zn﹣RET（酒红色）+EDTA（无色）═Zn﹣EDTA（无色）+BET（纯蓝色），当EDTA过量时，溶液显纯蓝色；②用锌标准溶液进行滴定至终点时，溶液会由纯蓝色变为酒红色；③由题意可知，与EDTA反应的锌标准溶液中锌的物质的量为c1V1×10﹣3mol，所以用去的EDTA的物质的量为c1V1×10﹣3mol，与葡萄糖酸锌反应的EDTA的物质的量为cV×10﹣3mol﹣c1V1×10﹣3mol，可计算得样品中葡萄糖酸锌的物质的量为×（cV×10﹣3mol﹣c1V1×10﹣3mol），据此计算产品的纯度；【解答】解：葡萄糖酸钙与硫酸锌溶液混合，由于硫酸钙溶解度较小，所以可以生成硫酸钙沉淀和葡萄糖酸锌溶液，过滤，在滤液中加入活性碳，脱色，趁热过滤，在滤液中加入乙醇，冷却，葡萄糖酸锌晶体析出，提纯得葡萄糖酸锌，（1）制备葡萄糖酸锌时发生的是复分解反应，氯化钙易溶于水，不符合复分解反应的条件，所以不可用氯化锌代替硫酸锌，故答案为：否；氯化钙易溶于水，不符合复分解反应的条件；（2）控温90℃可以用水浴加热，反应的温度过低，反应速率慢，温度过高，葡萄酸锌容易分解，所以反应控温在90℃较好，故答案为：水浴加热；反应的温度过低，反应速率慢，温度过高，葡萄酸锌容易分解；（3）葡萄糖酸锌可溶于水，不溶于无水乙醇，所以在“冷却滤液”时添加95%乙醇的目的是降低葡萄酸锌的溶解度，便于析出，故答案为：降低葡萄酸锌的溶解度，便于析出；（4）由于葡萄糖酸锌易溶于热水，不溶于无水乙醇，所以粗产品的提纯方法为重结晶，先用热水溶解，再用95%乙醇洗涤，使葡萄糖酸锌析出，故选D，-28-故答案：重结晶；D；（5）①根据反应：Zn﹣RET（酒红色）+EDTA（无色）═Zn﹣EDTA（无色）+BET（纯蓝色），当EDTA过量时，溶液显纯蓝色，故答案为：溶液显纯蓝色；②用锌标准溶液进行滴定至终点时，溶液会由纯蓝色变为酒红色，所以滴定终点判断依据为溶液恰好变为酒红色，且保持半分钟不变色，故答案为：溶液恰好变为酒红色，且保持半分钟不变色；③由题意可知，与EDTA反应的锌标准溶液中锌的物质的量为c1V1×10﹣3mol，所以用去的EDTA的物质的量为c1V1×10﹣3mol，与葡萄糖酸锌反应的EDTA的物质的量为cV×10﹣3mol﹣c1V1×10﹣3mol，可计算得样品中葡萄糖酸锌的物质的量为×（cV×10﹣3mol﹣c1V1×10﹣3mol），所以产品的纯度为×100%=%，故答案为：%．【点评】本题侧重于物质的制备、分离和提纯的考查，着重于学生的分析能力和实验能力及计算能力的考查，由于培养学生的良好的科学素养，难度中等．　-28-