学年广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中惠州一中东莞中学中山纪中新高考化学.docx

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学年广东省六校联盟深圳实验广州二中珠海一中惠州一中东莞中学中山纪中新高考化学

2019-2020学年广东省六校联盟（深圳实验，广州二中，珠海一中，惠州一中，东莞中学，中山纪中）新高考化学模拟试卷

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）

1．纳米级TiO2具有独特的光催化性与紫外线屏蔽等功能、具有广阔的工业应用前景。

实验室用钛铁精矿（FeTiO3）提炼TiO2的流程如下。

下列说法错误的是（）

A．酸浸的化学方程式是：

FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O

B．X稀释所得分散系含纳米级H2TiO3，可用于观察丁达尔效应

C．②用水蒸气是为了促进水解，所得稀硫酸可循环使用

D．①③反应中至少有一个是氧化还原反应

【答案】D

【解析】

【详解】

A.FeTiO3中Fe、Ti分别显＋2、＋4价，溶于硫酸得到对应的硫酸盐，因此方程式为FeTiO3＋2H2SO4＝FeSO4＋TiOSO4＋2H2O，故A正确；

B.纳米级是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，可用于观察丁达尔效应。

故B正确；

C.用水蒸气过滤，相当于加热，可促进盐的水解，溶解钛铁精矿需要加入稀硫酸，TiO2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故C正确；

D.①反应时稀硫酸溶解FeTiO3，③反应是煅烧H2TiO3得到TiO2产品，都不是氧化还原反应，故D错误；

故选D。

2．下列有关描述中，合理的是

A．用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液

B．洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:

先用氨水溶洗、再用水清洗

C．裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴

D．为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。

【答案】D

【解析】

【详解】

A．葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；

B．银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；

C．裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；

D．氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。

答案选D。

【点睛】

氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该氨基酸的等电点。

当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。

3．25℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是

A．25℃时,H2CO3的一级电离Ka1（H2CO3）=1.0×10-6.4

B．M点溶液中:

c（H+）+c（H2CO3）=c（Cl-）+2c（CO32-）+c（OH-）

C．25℃时,HC

+H2O

H2CO3+OH-的Kh=1.0×10-7.6

D．图中a=2.6

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A.25℃时，当

即

时，pH=7.4，H2CO3的一级电离Ka1（H2CO3）=

1.0×10-6.4，故A正确；

B.根据电荷守恒、物料守恒，M点溶液中:

c（H+）+c（H2CO3）=c（Cl-）+c（CO32-）+c（OH-），故B错误；

C.25℃时，HCO3-+H2O

H2CO3+OH-的Kh=

1.0×10-7.6，故C正确；

D.

，图中M点pH=9，

，所以a=2.6，故D正确；

选B。

4．常温下，用0.1mol·L-1KOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA（Ka＝1.0×10-5）溶液的滴定曲线如图所示。

下列说法错误的是

A．a点溶液的pH约为3

B．水的电离程度：

d点＞c点

C．b点溶液中粒子浓度大小：

c（A－）＞c（K＋）＞c（HA）＞c（H＋）＞c（OH－）

D．e点溶液中：

c（K＋）=2c（A－）+2c（HA）

【答案】D

【解析】

【详解】

A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1mol·L-1HA溶液中c（H+）=xmol/L，根据电离平衡常数可知

，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；

B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：

d点＞c点，故B不符合题意；

C．b点溶质为等浓度的KA和HA，

，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：

，故C不符合题意；

D．e点物料守恒为：

，故D符合题意；

故答案为：

D。

【点睛】

比较时溶液中粒子浓度：

（1）弱电解质（弱酸、弱碱、水）的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。

如在稀醋酸溶液中：

CH3COOH

CH3COO-＋H+，H2O

OH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：

c（CH3COOH）>c（H+）>c（CH3COO-）>c（OH-）；

（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。

如稀的CH3COONa溶液中：

CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2O

CH3COOH＋OH-，H2O

H+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（OH-）>c（CH3COOH）>c（H+）。

5．大海航行中的海轮船壳上连接了锌块，说法错误的是

A．船体作正极B．属牺牲阳极的阴极保护法

C．船体发生氧化反应D．锌块的反应：

Zn－2e-→Zn2+

【答案】C

【解析】

【详解】

A.在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；

B.在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；

C.船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：

O2+4e−+2H2O=4OH−，故C错误；

D.锌做负极被腐蚀：

Zn－2e-→Zn2+，故D正确。

故选:

C。

6．NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（）

A．常温常压下，62g白磷中含有P—P键数目为3NA

B．22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA

C．1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA

D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若还原产物为NO，则转移电子数一定为1.5NA

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．白磷是正四面体结构，1个白磷分子中有6个P—P键，62g白磷（P4）的物质的量为0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P键的物质的量为0.5mol×6=3mol，故A正确；

B．正戊烷、异戊烷和新戊烷是同分异构体，分子式均为C5H12。

22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物质的量为1mol。

1molC5H12中含有4molC—C，12molC—H键，共16mol共价键，所以22g正戊烷、24g异戊烷和26g新戊烷的混合物中共价键数目为16NA，故B正确；

C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固体混合物中含有的阴、阳离子总数不为3NA，故C错误；

D．常温下，将一定量的铁粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反应，若铁和硝酸反应生成Fe（NO3）3，反应的化学方程式为：

Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，转移电子3mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol；若铁和硝酸反应生成Fe（NO3）2，反应的化学方程式为：

3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，转移电子6mol，所以消耗2mol硝酸，转移电子为1.5mol，所以转移电子数一定为1.5NA，故D正确；

故选C。

【点睛】

白磷和甲烷都是正四面体结构，但甲烷有中心原子，所以1mol甲烷中有4mol共价键，而白磷没有中心原子，所以1mol白磷中有6mol共价键。

7．W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中W、R同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物。

下列说法正确的是

A．X、Y的简单氢化物的沸点：

X＞Y

B．Z、R的简单离子的半径大小：

Z＜R

C．Y与W形成的最简单化合物可用作制冷剂

D．1molR2Z2与足量W2Z反应，转移的电子数为2NA

【答案】C

【解析】

【详解】

W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，推出X为C，常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物，可知是H2O、H2O2，推出W为H，Z为O，W、R同主族，因此推出R为Na，X为C，Z为O，可知Y为N。

A.X、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，沸点：

CH4＜H2O，A项错误；

B.Z、R对应的离子为：

O2-、Na+，电子层相同，原子序数小的，离子半径大，离子的半径大小：

O2-＞Na+，B项错误；

C.Y与W形成的最简单化合物NH3，可用作制冷剂，C项正确；

D.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2mol过氧化钠转移电子2mol，1molNa2O2反应，转移的电子数为NA，D项错误；

答案选C。

8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是

A．0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NA

B．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA

C．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA

D．常温下，56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子

【答案】B

【解析】

【详解】

A.FeI2与足量氯气反应生成氯化铁和碘单质，0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；

B.NO2和N2O4的最简式都是NO2，46gNO2和N2O4混合气体含有的原子数

3NA，故B正确；

C.标准状况下CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，故C错误；

D.常温下，铁在浓H2SO4中钝化，故D错误。

9．25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和。

在这一过程中，没有发生改变的是

A．溶液中溶质的质量B．溶液中KCl质量分数

C．溶液中溶剂的质量D．KCl溶液质量

【答案】C

【解析】

25℃时，向KCl溶液加入少量KCl固体至溶液刚好饱和的过程中，随着氯化钾的增加，溶液中氯化钾的质量逐渐增加、氯化钾的质量分数逐渐增大、溶液的质量逐渐增大，但是整个过程中溶剂水的质量不变，答案选C。

10．下列离子方程式书写正确的是

A．过量的SO2通入NaOH溶液中：

SO2+2OH-=SO32-+H2O

B．Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2

C．NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：

2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O

D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：

2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-

【答案】C

【解析】

【详解】

A、过量的SO2通入NaOH溶液中发生的反应为：

SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；

B、Fe（NO3）3溶液中加入过量的HI溶液后，溶液中存在强氧化性的硝酸，能将亚铁离子氧化，所以产物不会出现亚铁离子，故B错误；

C、NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，实质是：

2MnO4﹣+5NO2﹣+6H+═2Mn2++5NO3﹣+3H2O，故C正确；

D、NaHCO3溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液发生的反应为：

HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故D错误．

故选C。

11．NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是

A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NA

B．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA

C．密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NA

D．在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA

【答案】D

【解析】

【详解】

A.12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故A不选；

B.标准状况下，HF是液体，故B不选；

C.NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；

D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：

S2-+H2O

HS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故D选。

故选D。

12．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是

A．NO2溶于水：

2NO2＋H2O=2H＋＋2NO3-

B．向氨水溶液中通入过量SO2：

2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O

C．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：

2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O

D．明矾[KAl（SO4）2·12H2O]溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：

Al3＋＋SO42-＋Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋BaSO4↓＋2H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.NO2溶于水，与水反应生成硝酸和NO，反应的离子方程式为：

3NO2＋2H2O=2H＋＋2NO3-+NO，选项A错误；

B.向氨水溶液中通入过量SO2，反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O＋SO2=NH4+＋HSO3-，选项B错误；

C.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，反应的离子方程式为2MnO4-＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，选项C正确；

D.明矾[KAl（SO4）2·12H2O]溶液中加入过量Ba（OH）2溶液，反应生成偏铝酸钾、硫酸钡和水，反应的离子方程式为：

Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH−=AlO2-＋2BaSO4↓＋2H2O，选项D错误；

答案选C。

13．化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是

A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液

B．84消毒液的有效成分是NaClO

C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品

D．装饰材料释放的甲醛会造成污染

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液，A正确；

B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正确；

C、浓硫酸与二氧化硅不反应，氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，C错误；

D、装饰材料释放的甲醛会造成污染，D正确；

答案选C。

14．从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。

下列说法正确的是（）

A．灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒

B．过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗（带滤纸）、铁架台

C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出

D．反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；

B．过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；

C．四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；

D．有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；

故答案为D。

15．实验测得0.1mo1·L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。

将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。

下列说法正确的是（）

A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2O

H2SO3+2OH-

B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小

C．a、b两点均有c（Na+）=2[c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）]

D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液

【答案】D

【解析】

【分析】

是一个弱酸酸根，因此在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，这是为什么呢？

结合后续能产生不溶于盐酸的白色沉淀，因此推测部分

被空气中的氧气氧化为

，据此来分析本题即可。

【详解】

A.水解反应是分步进行的，不能直接得到

，A项错误；

B.水解一定是吸热的，因此越热越水解，B项错误；

C.温度升高溶液中部分

被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑

，C项错误；

D.当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分

被氧化为

，相当于

的浓度降低，其碱性亦会减弱，D项正确；

答案选D。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。

某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。

制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：

第一步：

铝制品的溶解。

取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热（约93℃），待反应完全后（不再有氢气生成），趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；

第二步：

氢氧化铝沉淀的生成。

将滤液重新置于水浴锅中，用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al（OH）3，减压抽滤得到沉淀；

第三步：

硫酸铝溶液的生成。

将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；

第四步：

硫酸铝钾溶液的形成。

待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl（SO4）2·12H2O，M＝474g/mol]。

回答下列问题：

（1）第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________

（2）为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：

________________________

（3）第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___（填选项字母）进行洗涤，实验效果最佳。

A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．1：

1乙醇水溶液

（4）为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：

准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00mL锌标准溶液。

滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－（过量）＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋（注：

H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子）。

则所得明矾晶体的纯度为_________%。

（5）明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条（饼）的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：

_______

（6）为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示（TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝

×100%）：

根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：

___________、_____________

【答案】2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）D94.8明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：

Al3++3HCO3－=Al（OH）3↓

+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。

KAl（SO4）2▪12H2O

KAl（SO4）2+12H2O2KAl（SO4）2

K2SO4+Al2O3+3SO3↑

【解析】

【分析】

（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；

（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；

（3）从减少产品损失考虑；

（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；

（5）从双水解角度考虑；

（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；

【详解】

（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；

答案：

2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑

（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；

答案：

用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）

（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:

1乙醇水溶液洗涤效果最佳；

答案：

D

（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；

答案：

94.8

（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；

答案：

明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：

Al3++3HCO3－=Al（OH）3↓

+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。

（6）根据题目所给数据，结合KAl（SO4）2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl（SO4）2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；

答案：

KAl（SO4）2▪12H2O

KAl（SO4）2+12H2O2KAl（SO4）2

K2SO4+Al2O3+3SO3↑

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）

17．某兴趣小组以乙烯等为