1、2023高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

2、一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列各組中所含化學鍵類型相同的一組是（ ）ANaOH、H2SO4、NH4ClBMgO、Na2SO4、NH4HCO3CNa2O2、KOH、Na2SO4DAlCl3、Al2O3、MgCl22、下列有關氯元素及其化合物的表示正確的是（ ）A質子數為17、中子數為20的氯原子：B氯離子(Cl)的結構示意圖：C氯分子的電子式：D氯乙烯分子的結構簡式：H3CCH2Cl3、下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（ ）A0.1molL-1的NH4Cl溶液與0.05molL-1的NaOH溶液等體積混合后的溶液：c(Cl-)c(Na+)c(NH4

3、+)c(OH-)c(H+)B把0.02molL-1的CH3COOH溶液和0.01molL-1的NaOH溶液等體積混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)CpH=2的一元酸HA與pH=12的一元堿MOH等體積混合：c(M+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D0.1molL-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)4、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A遇苯酚顯紫色的溶液：I、K+、SCN、Mg2BpH12 的溶液：K+、Na、ClO、SO32C水電離的 c(OH)11013molL1的溶液中：K、Cl、CH3CO

4、O、Cu2+D0.1 molL1的 K2SO4溶液：Na、Al3、Cl、NO35、下列有關我國最新科技成果的說法中錯誤的是A北斗衛星的太陽能電池板可將太陽能直接轉化為電能B國產飛機C919使用的航空煤油可從石油中分餾得到C高鐵“復興號”使用的碳纖維屬于有機非金屬材料D極地考查船“雪龍2號”船身上鍍的鋅層可減緩鐵制船體遭受的腐蝕6、NH3是一種重要的化工原料，利用NH3催化氧化并釋放出電能（氧化產物為無污染性氣體），其工作原理示意圖如下。下列說法正確的是A電極為正極，電極上發生的是氧化反應B電極的電極反應式為2NH36eN2+6H+C電子通過外電路由電極流向電極D當外接電路中轉移4 mol e時

5、，消耗的O2為22.4 L7、以下性質的比較可能錯誤的是()A離子半徑 HLi+B熔點 Al2O3MgOC結合質子(H+)的能力 CO32ClOD密度 1氯戊烷1氯己烷8、下列說法正確的是（ ）A氫鍵、分子間作用力、離子鍵、共價鍵都是微粒間的作用力。其中分子間作用力只影響物質的熔沸點而不影響物質的溶解性。B石墨烯是一種從石墨材料中用“撕裂”方法剝離出的單層碳原子平面材料，用這種方法可以從C60、金剛石等中獲得“只有一層碳原子厚的碳薄片”也必將成為研究方向。C由“同溫度下等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金屬性弱。DH、S、O三種元素組成的物質的水溶液與Na、

6、S、O三種元素組成的物質的水溶液混合可能會觀察到渾濁現象。9、有一瓶無色、有特殊氣味的液體，是甲醇（CH3OH）或乙醇（C2H5OH）。通過測定該液體充分燃燒后生成的二氧化碳和水的質量，再根據二氧化碳和水的質量可確定是那種物質，對原理解釋錯誤的是A求出碳、氫元素的質量比，與甲醇和乙醇中碳氫質量比對照，即可確定B求出碳、氫原子的個數比，與甲醇和乙醇中碳氫個數比對照，即可確定C求出碳、氫原子的物質的量比，與甲醇和乙醇中的碳氫物質的量比對照，即可確定D求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧個數比對照，即可確定10、下列應用不涉及物質氧化性或還原性的是A用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B用ClO

7、2殺菌、消毒C用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果11、在通風櫥中進行下列實驗：步驟現象Fe表面產生大量無色氣泡，液面上方變為紅棕色Fe表面產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面均產生紅棕色氣泡下列說法中，不正確的是（ ）A中氣體由無色變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2=2NO2B中的現象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應C對比、中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D針對中現象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續被氧化12、利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業生產上的應用。下列說法正確的是（ ）A鐵片上鍍銅時

8、，Y是純銅B制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂C電解精煉銅時，Z溶液中的Cu2+濃度不變D電解飽和食鹽水時，X極的電極反應式為4OH-4e-=2H2OO213、SO2不具有的性質是（ ）A堿性B還原性C氧化性D漂白性14、扁桃酸(Z)是重要的醫藥合成的中間體，工業上合成它的路線之一如下所示(不考慮立體異構）下列有關說法錯誤的是A若反應1發生的是加成反應，則Q是HCNBX、Y兩種分子中共平面的碳原子數目一定相等C可用銀氨溶液檢驗Z中是否含有XDZ苯環上的二硝基取代產物最多有6種15、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230時，該反應的平衡常數K=2105。已

9、知：Ni(CO)4的沸點為42.2，固體雜質不參與反應。第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態Ni(CO)4；第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來，加熱至230制得高純鎳。下列判斷正確的是A增加c(CO)，平衡向正向移動，反應的平衡常數增大B第一階段，在30和50兩者之間選擇反應溫度，選50C第二階段，Ni(CO)4分解率較低D該反應達到平衡時，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)16、CH2=CH-CH=CH2通過一步反應不能得到的物質是ABCDCO217、25時，NaCN溶液中CN、HCN濃度所占分數()隨pH變化的關系如圖甲所示，其中a點的坐標為(9.5，0.5)。向10mL0.01

10、molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關系中一定正確的A圖甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常溫下，NaCN的水解平衡常數：Kh(NaCN)=104.5mol/LC圖乙中b點的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D圖乙中c點的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)18、目前，國家電投集團正在建設國內首座百千瓦級鐵鉻液流電池儲能示范電站。鐵鉻液流電池總反應為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A放電時a電極反應為Fe 3+e=Fe2+B

11、充電時b電極反應為Cr3+e=Cr2+C放電過程中H+通過隔膜從正極區移向負極區D該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低19、向100mL0.1molL-1硫酸鋁銨NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL-1Ba(OH)2溶液。隨著Ba(OH)2溶液體積V的變化，沉淀總物質的量n的變化如圖所示。下列說法正確的（ ）Aa點的溶液呈中性Ba點沉淀的質量比c點沉淀的質量大Cb點加入Ba(OH)2溶液的體積為250mLD至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42-+NH4+2Ba2+5OH-AlO2-+2BaSO4+NH3H2O+2H2O20、Mg(NH)2可發生

12、水解：Mg(NH)22H2O=N2H4Mg(OH)2。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A中子數為8的氧原子：OBN2H4的結構式：CMg2的結構示意圖：DH2O的電子式：21、11.9g金屬錫跟100mL12molL1HNO3共熱一段時間完全反應后測定溶液中c（H+）為8molL1，溶液體積仍為100mL放出的氣體在標準狀況下體積約為8.96L由此推斷氧化產物可能是（Sn的相對原子質量為119）（）ASn（NO3）4BSn（NO3）2CSnO24H2ODSnO22、大規模開發利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是（ ）A鐵、銅、鋁B鐵、鋁、銅C鋁、銅、鐵D銅、鐵、鋁二、非選擇題(共84分)23

13、、（14分）幾種中學化學常見的單質及其化合物相互轉化的關系圖如下： 可供參考的信息有：甲、乙、丙、丁為單質，其余為化合物A由X和Y兩種元素組成，其原子個數比為l2，元素質量之比為78。B氣體是引起酸雨的主要物質，H常溫下為無色無味的液體，E常用作紅色油漆和涂料。試根據上述信息回答下列問題：(1)A的化學式為_，每反應lmol的A轉移的電子數為_mol；(2)F與丁單質也可以化合生成G，試寫出該反應的離子方程式：_；(3)少量F的飽和溶液分別滴加到下列物質中，得到三種分散系、。試將、對應的分散質具體的化學式填人下列方框中：_(4)化合物M與H組成元素相同，可以將G氧化為F，且不引進新的離子。試寫

14、出M在酸性環境下將G氧化為F的離子方程式：_24、（12分）為探究黑色固體 X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X 的化學式是_。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是_。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式_。25、（12分）有“退熱冰”之稱的乙酰苯胺具有退熱鎮痛作用，是較早使用的解熱鎮痛藥，純乙酰苯胺是一種白色有光澤片狀結晶，不僅本身是重要的藥物，而且是磺胺類藥物的原料，可用作止痛劑、退熱劑、防腐劑和染料中間體。實驗室用苯胺與乙酸合成乙酰苯胺的反應和實驗裝置如圖(夾持及加熱裝置略)：+CH3COOH+H2O注：苯胺與乙酸的反應速率較慢，且反應是可逆

15、的。苯胺易氧化，加入少量鋅粉，防止苯胺在反應過程中氧化。刺形分餾柱的作用相當于二次蒸餾，用于沸點差別不太大的混合物的分離。可能用到的有關性質如下：(密度單位為g/cm3)名稱相對分子質量性狀密度/gcm3熔點/沸點/溶解度g/100g水g/100g乙醇苯胺93.12棕黃色油狀液體1.02-6.3184微溶冰醋酸60.052無色透明液體1.0516.6117.9乙酰苯胺135.16無色片狀晶體1.21155156280290溫度高，溶解度大較水中大合成步驟：在50mL圓底燒瓶中加入10mL新蒸餾過的苯胺和15mL冰乙酸(過量)及少許鋅粉(約0.1g)。用刺形分餾柱組裝好分餾裝置，小火加熱10mi

16、n后再升高加熱溫度，使蒸氣溫度在一定范圍內浮動1小時。在攪拌下趁熱快速將反應物以細流倒入100mL冷水中冷卻。待乙酰苯胺晶體完全析出時，用布氏漏斗抽氣過濾，洗滌，以除去殘留酸液，抽干，即得粗乙酰苯胺。分離提純：將粗乙酰苯胺溶于300mL熱水中，加熱至沸騰。放置數分鐘后，加入約0.5g粉未狀活性炭，用玻璃棒攪拌并煮沸10min，然后進行熱過濾，結晶，抽濾，晾干，稱量并計算產率。(1)由于冰醋酸具有強烈刺激性，實驗中要在_內取用，加入過量冰醋酸的目的是_。(2)反應開始時要小火加熱10min是為了_。(3)實驗中使用刺形分餾柱能較好地提高乙酰苯胺產率，試從化學平衡的角度分析其原因：_。(4)反應中

17、加熱方式可采用_(填“水浴”“油浴”或直接加熱”)，蒸氣溫度的最佳范圍是_(填字母代號)。a100105 b117.9184 c280290(5)判斷反應基本完全的現象是_，洗滌乙酰苯胺粗品最合適的試劑是_(填字母代號)。a用少量熱水洗 b用少量冷水洗c先用冷水洗，再用熱水洗 d用酒精洗(6)分離提純乙酰苯胺時，在加入活性炭脫色前需放置數分鐘，使熱溶液稍冷卻，其目的是_，若加入過多的活性炭，使乙酰苯胺的產率_(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。(7)該實驗最終得到純品7.36g，則乙酰苯胺的產率是_%(結果保留一位小數)。26、（10分）對氨基苯磺酸是制取染料和一些藥物的重要中間體，可由苯胺磺

18、化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，熔點6.1，沸點184.4。對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇。實驗室可用苯胺、濃硫酸為原料，利用如圖所示實驗裝置合成對氨基苯磺酸。實驗步驟如下：步驟1：在250 mL三頸燒瓶中加入10 mL苯胺及幾粒沸石，將三頸燒瓶放在冰水中冷卻，小心地加入18 mL濃硫酸。步驟2：將三頸燒瓶置于油浴中緩慢加熱至170180，維持此溫度22.5小時。步驟3：將反應產物冷卻至約50后，倒入盛有100 mL冷水的燒杯中，用玻璃棒不斷攪拌，促使對氨基苯磺酸晶體析出。將燒瓶內殘留的產物沖洗到燒杯

19、中，抽濾，洗滌，得到對氨基苯磺酸粗產品。步驟4：將粗產品用沸水溶解，冷卻結晶，抽濾，收集產品，晾干可得純凈的對氨基苯磺酸。（1）裝置中冷凝管的作用是_。（2）步驟2油浴加熱的優點有_。（3）步驟3中洗滌沉淀的操作是_。（4）步驟3和4均進行抽濾操作，在抽濾完畢停止抽濾時，應注意先_，然后_，以防倒吸。（5）若制得的晶體顆粒較小，分析可能的原因_（寫出兩點）。27、（12分）碘對動植物的生命是極其重要的，海水里的碘化物和碘酸鹽參與大多數海生物的新陳代謝。在高級哺乳動物中，碘以碘化氨基酸的形式集中在甲狀腺內，缺乏碘會引起甲狀腺腫大。I.現要從工業含碘廢液中回收碘單質(廢液中含有H2O、油脂、I2、

20、I)。設計如圖一所示的實驗過程：（1）為了將含碘廢液中的I2完全轉化為I而進入水層，向含碘廢液中加入了稍過量的A溶液，則A應該具有_性。（2）將在三頸燒瓶中反應完全后的溶液經過操作獲得碘單質，操作包含多步操作，操作名稱分別為萃取、_、_，在操作中必須用到下列所示的部分儀器或裝置，這些儀器和裝置是_(填標號)。（3）將操作所得溶液放入圖二所示的三頸燒瓶中，并用鹽酸調至pH約為2，再緩慢通入適量Cl2，使其在3040反應。寫出其中發生反應的離子方程式_；Cl2不能過量，因為過量的Cl2將I2氧化為IO3-，寫出該反應的離子方程式_。II.油脂的不飽和度可通過油脂與碘的加成反應測定，通常稱為油脂的碘

21、值。碘值越大，油脂的不飽和程度越高。碘值是指100g油脂所能吸收的I2的克數。稱取xg某油脂，加入含ymol I2的韋氏溶液(韋氏溶液是碘值測定時使用的特殊試劑，含有CH3COOH)，充分振蕩；過量的I2用cmol/L Na2S2O3標準溶液滴定(淀粉作指示劑)，消耗Na2S2O3溶液V mL(滴定反應為:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)。回答下列問題:（1）下列有關滴定的說法不正確的是_(填標號)。A標準Na2S2O3溶液應盛裝在堿式滴定管中B滴定時眼睛只要注視滴定管中溶液體積的變化C滴定終點時，俯視讀數，導致測定結果偏低D滴定到溶液由無色變藍色時應該立即停止滴定（2）用該測

22、定方法測定的碘值需要用相關的實驗校正，因為所測得的碘值總比實際碘值低，原因是_。（3）該油脂的碘值為_g(列式表示)。28、（14分）過渡金屬元素在日常生活中有廣泛的應用。（1）金屬釩在材料科學上有重要作用，被稱為“合金的維生素”，基態釩原子的價層電子的排布式為 _；基態 Mn原子核外有_種運動狀態不同的電子，M層的電子云有_種不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一電離能隨原子序數增大，總趨勢是逐漸增大的，但Ga的第一電離能明顯低于Zn，原因是 _（3）NO2與鈷鹽形成的配離子Co(NO2)63可用于檢驗 K+的存在。與NO2互為等電子體的微粒_（寫出一種），K3Co(NO2)6中存在的作用

23、力有_a.鍵 b.鍵 c.配位鍵 d.離子鍵 e.范德華力（4）錳的一種配合物的化學式為 Mn(BH4)2(THF)3，BH4的空間構型為_ （5）FeO 是離子晶體，其晶格能可通過下圖中的 BornHaber 循環計算得到。 可知，O原子的第一電子親和能為 _kJmol-1，FeO晶格能為_kJmol-1。（6）銅與氧可形成如圖所示的晶胞結構，其中 Cu 均勻地分散在立方體內部，a、b的坐標參數依次為（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），則 d 點的坐標參數為_，已知該晶體的密度為gcm-3，NA是阿伏伽德羅常數的值，則晶胞參數為_pm（列出計算式即可）29、（10分）I.鋁及其化合物

24、用途非常廣泛，已知鉛(Pb)與硅同主族且Pb比Si多3個電子層。回答下列問題；(1)硅位于元素周期表的第_周期_族。Pb比Si的原子半徑_(填“大”或“小”)(2)難溶物PbSO4溶于CH3COONH4溶液可制得(CH3COO)2Pb(CH3COO)2Pb易溶于水，發生的反應為PbSO4+2CH3COONH4=(CH3COO)2Pb+(NH4)2SO4，說明(CH3COO)2Pb是_(填“強”或“弱”)電解質。(3)鉛蓄電池充放電原理為Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中工作“B”為_(填“放電”或“充電”)。(4)將PbO2加入硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液中攪拌后溶液顯

25、紫紅色；則每反應1 mol Mn(NO3)2轉移_mol電子。.元素鉻(Cr)在自然界主要以+3價和+6價存在。工業上利用鉻鐵礦(FeOCr2O3)冶煉鉻的工藝流程如圖所示：(1)水浸I要獲得浸出液的操作是_。(2)常溫下Cr(OH)3的溶度積Ksp=110-32，若要使Cr3+完全沉淀，則pH為_c(Cr3+)降至10-5 mol/L可認為完全沉淀。(3)以鉻酸鈉(Na2CrO4)為原料，用電化學法可制備重鉻酸鈉Na2Cr2O7)，實驗裝置如圖所示(已知：2CrO42-+2H+=C2O72-+H2O)。陽極的電極反應式為_。參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個

26、符合題意的選項）1、C【答案解析】A. NaOH、NH4Cl含有離子鍵和共價鍵，H2SO4只含有共價鍵，化學鍵類型不相同，故A錯誤；B. MgO中只有離子鍵，Na2SO4、NH4HCO 3中含有離子鍵和共價鍵，化學鍵類型不相同，故B錯誤；C. Na2O2、KOH、Na2SO4均為離子鍵和共價鍵，化學鍵類型相同，故C正確。D. AlCl3只含有共價鍵，Al2O3、MgCl2含有離子鍵，化學鍵類型不相同，故D錯誤；答案選C。2、C【答案解析】A、左上角應是質量數，質量數=中子數+質子數=37，應是，故A說法錯誤；B、氯離子質子數大于電子數，其結構示意圖：，故B錯誤；C、氯原子最外層7個電子，每個氯

27、原子都達到8電子穩定結構，故C正確；D、氯乙烯結構簡式：CH2=CHCl，而題目中是氯乙烷，故D說法錯誤。3、B【答案解析】A0.1molL-1的NH4Cl溶液與0.05molL-1的NaOH溶液等體積混合后存在等量的NH4+和NH3H2O，NH3H2O電離程度大于NH4+水解程度，溶液呈堿性，c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+)，故A錯誤；B0.02molL-1CH3COOH溶液與0.01molL-1NaOH溶液等體積混合，溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3CO

28、O-)+c(OH-)、根據物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正確；C酸和堿的強弱未知，混合后溶液的性質不能確定，無法判斷c(OH-)和c(H+)大小，故C錯誤；D0.1 molL-1的NaHCO3溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，計算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D錯誤；故選B。【答案點睛】本題的易

29、錯點和難點為D，要注意靈活運用電解質溶液中的電荷守恒和物料守恒。4、D【答案解析】A遇苯酚顯紫色的溶液，說明溶液中含有Fe3+，Fe3+與I因發生氧化還原反應而不能大量共存，Fe3+與SCN能反應生成絡合物，而不能大量共存，A不符合題意；BClO具有強氧化性，SO32-具有還原性，ClO與SO32-能發生氧化還原反應而不能大量共存，B不符合題意；C酸堿抑制水的電離，溶液中水電離的 c(OH)11013molL1，該溶液可能顯酸性或堿性；酸性溶液中，H+與CH3COO不能大量共存，C不符合題意；D0.1 molL1的 K2SO4溶液，溶液中的Na、Al3、Cl-、NO3-能夠大量共存，D符合題意

30、；答案選D。【答案點睛】在做離子共存題的時候，重點要注意題目中暗含的信息，例如溶液中水電離的 c(OH)11013molL1，這個溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，弱酸根離子與H+不能夠大量共存，弱堿陽離子與OH-不能夠大量共存。5、C【答案解析】A人造衛星上的太陽能電池板，消耗了太陽能，得到了電能，故將太陽能轉化為了電能，選項A正確；B客機所用的燃料油是航空煤油，是石油分餾得到的，選項B正確；C碳纖維是由有機纖維經碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料，是一種新型無機非金屬材料，選項C錯誤；D在船體上鑲嵌鋅塊，形成鋅鐵原電池，鋅比鐵活潑，鋅作陽極不斷被腐蝕，鐵做陰極則不會被腐蝕，選項D正確；

31、答案選C。6、B【答案解析】由工作原理示意圖可知，H+從電極流向，可得出電極為負極，電極為正極，電子通過外電路由電極流向電極，則電極處發生氧化反應，故a處通入氣體為NH3，發生氧化反應生成N2，電極反應式為2NH36e=N2+6H+，b處通入氣體O2，O2得到電子與H+結合生成H2O，根據電極反應過程中轉移的電子數進行計算，可得出消耗的標況下的O2的量。【題目詳解】A由分析可知，電極為負極，電極上發生的是氧化反應，A項錯誤；B電極發生氧化反應，NH3被氧化成為無污染性氣體，電極反應式為2NH36eN2+6H+，B項正確；C原電池中，電子通過外電路由負極流向正極，即由電極流向電極，C項錯誤；Db

32、口通入O2，在電極處發生還原反應，電極反應方程式為：O2+4e-+4H+=2H2O，根據電極反應方程式可知，當外接電路中轉移4 mol e時，消耗O2的物質的量為1mol，在標準狀況下是22.4 L，題中未注明為標準狀況，故不一定是22.4 L，D項錯誤；答案選B。7、B【答案解析】A具有相同電子排布的離子，原子序數大的離子半徑小，則離子半徑為HLi+，故A正確；B離子晶體中，離子的電荷越高，半徑越小，晶格能越大，熔點越高，但氧化鋁的離子性百分比小于MgO中離子性百分比，則熔點為Al2O3MgO，故B錯誤；C酸性是：HCO3HClO，所以結合質子(H+)的能力為CO32ClO，故C正確；D兩者

33、結構相似，1氯戊烷的碳鏈短，其密度大，則密度為1氯戊烷1氯己烷，故D正確；答案選B。【答案點睛】結合質子的能力和電解質電解強弱有關，越弱越容易結合質子。8、D【答案解析】A.氫鍵也屬于分子間作用力，分子間作用力不僅影響物質的熔沸點，也影響物質的溶解性，故A錯誤；B.C60、金剛石中碳原子間形成網狀結構而不是層狀結構，所以不能用“撕裂”方法剝離出的單層碳原子面材料，故B錯誤；C.等濃度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，則碳酸的酸性小于亞硫酸，而亞硫酸不是硫元素的最高價氧化物的水化物，不能比較C比S的非金屬性弱，故C錯誤；D.H、S、O三種元素組成的物質的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S

34、、O三種元素組成的物質的水溶液可以是硫代硫酸鈉溶液，硫酸和硫代硫酸鈉溶液混合有不溶于水的硫單質生成，所以可能會觀察到渾濁現象，故D正確。答案選D。【答案點睛】本題考查了微粒間作用力、元素化合物性質、非金屬性的判斷等知識點，注意氫鍵不是化學鍵，屬于分子間作用力，為易錯點。9、D【答案解析】反應后生成了二氧化碳和水，則根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類質量不變，則反應物中一定含有C、H元素；已知生成的二氧化碳和水的質量，則根據二氧化碳和水的質量，利用某元素的質量=化合物的質量該元素的質量分數可求出碳元素和氫元素的質量比；再根據碳元素和氫元素的質量比即可求得碳元素與氫元素的原子個數比；最后與反

35、應前甲醇和乙醇中的碳氫個數比對照，即可知道是哪種物質。碳、氫原子的物質的量比，與其原子個數比類似；只有D答案是錯誤的，因為生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分來自于甲醇和乙醇，一部分來自于氧氣，不能根據求出碳、氫、氧原子的個數比，與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧原子的個數比對照，答案選D。10、C【答案解析】A葡萄糖制鏡利用葡萄糖的還原性，與銀氨溶液發生氧化還原反應，生成銀單質，葡萄糖作還原劑被氧化，所以利用了其還原性，A不符合題意；B漂白液殺菌、消毒，利用其強氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合題意；CNa2SiO3溶液制備木材防火劑，不發生氧化還原反應，與氧化性或還原性無關，C符合題意；D高錳酸鉀

36、可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合價變化，為氧化還原反應，所以利用了其氧化性，D不符合題意，答案選C。11、C【答案解析】I 中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮；中Fe遇濃硝酸鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，所以產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止；中構成原電池，Fe作為負極，且Fe與濃硝酸直接接觸，會產生少量二氧化氮，Cu作為正極，發生得電子的反應，生成二氧化氮。【題目詳解】AI 中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮，化學方程式為: 2NO+O2=2NO2，A正確；B常溫下，Fe遇濃硝酸易鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，B

37、正確；C對比、中現象，說明濃HNO3的氧化性強于稀HNO3，C錯誤；D中構成原電池，在Fe、 Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續被氧化，D正確；答案選C。12、B【答案解析】根據圖中得出X為陽極，Y為陰極。【題目詳解】A. 鐵片上鍍銅時，銅為鍍層金屬，為陽極，因此X是純銅，故A錯誤；B. 制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂，鎂離子再陰極生成鎂單質，故B正確；C. 電解精煉銅時，陽極開始是鋅溶解，陰極始終的銅離子得電子變為銅單質，因此Z溶液中的Cu2+濃度減小，故C錯誤；D. 電解飽和食鹽水時，X極的電極反應式為2Cl2e = Cl2，故D錯誤。綜上所述，答案為B。【答案點睛】電解精煉銅，粗銅作

38、陽極，純銅作陰極；電鍍，鍍件作陰極，鍍層金屬作陽極，鍍層金屬鹽溶液為電解液。13、A【答案解析】二氧化硫為無色、具有刺激性氣味的氣體，可與水、堿以及堿性氧化物反應，具有漂白性、氧化性和還原性，可形成酸雨，只有A錯誤，故選A。點睛：明確SO2的性質是解題關鍵，二氧化硫為酸性氧化物，可與水、堿以及堿性氧化物反應，S元素化合價為+4價，處于中間價態，既具有氧化性也具有還原性，另外還具有漂白性，以此解答。14、B【答案解析】由有機物的轉化關系可知，與HCN發生加成反應生成，在酸性條件下水解生成。【題目詳解】A項、若反應I是加成反應,通過分析反應物和產物的結構可知，分子中醛基與HCN發生加成反應生成，故

39、A正確；B項、分子的所有碳原子共平面，共平面碳原子數目為7個，分子中的所有碳原子也可能共平面，共平面碳原子數目最多為8個，故B錯誤；C項、中含有醛基，能發生銀鏡反應，中不含有醛基，不能發生銀鏡反應，則可用銀氨溶液檢驗中是否含有，故C正確；D項、不考慮立體異構Z苯環上的二硝基取代物最多有6種，結構簡式分別為、，故D正確。故選B。【答案點睛】本題考查有機物的結構與性質，側重分析與應用能力的考查，注意把握有機物的結構與轉化關系為解答的關鍵。15、B【答案解析】A.平衡常數只與溫度有關，與濃度無關，故A錯誤；B.50時，Ni(CO)4以氣態存在，有利于分離，從而促使平衡正向移動，故B正確；C.230時

40、，Ni(CO)4分解的平衡常數K逆=1/K正=1/（2105）=5104，可知分解率較高，故C錯誤； D.平衡時，應該是4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故D錯誤；正確答案：B16、A【答案解析】ACH2=CH-CH=CH2發生1，4加成生成，所以不能得到該物質，A符合題意；BCH2=CH-CH=CH2與HCl發生1，4加成生成，B不符合題意；CCH2=CH-CH=CH2發生加聚反應生成，C不符合題意；DCH2=CH-CH=CH2燃燒生成CO2，D不符合題意；故合理選項是A。17、B【答案解析】A. 圖甲中可以加入HCN調節溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl)=

41、c(HCN)，故A錯誤；B. a點的坐標為(9.5，0.5)，此時c(HCN)=c(CN)，HCN的電離平衡常數為，則NaCN的水解平衡常數，故B正確；C. b點加入5mL鹽酸，反應后溶液組成為等濃度的NaCN、HCN和NaCl，由圖乙可知此時溶液呈堿性，則HCN的電離程度小于CN的水解程度，因此c(HCN)c(CN)，故C錯誤；D. c點加入10mL鹽酸，反應后得到等濃度的HCN和NaCl的混合溶液，任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根據電荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+ c(OH)+ c(CN)，則c(Na

42、+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ 2c(CN)，故D錯誤；故選B。18、C【答案解析】鐵-鉻液流電池總反應為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，放電時，Cr2+發生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+發生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3+e-Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-Fe3+，陰極上Cr3+發生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3+e

43、-Cr2+，據此分析解答。【題目詳解】A根據分析，電池放電時a為正極，得電子發生還原反應，反應為Fe3+e=Fe2+，A項不選；B根據分析，電池充電時b為陰極，得電子發生還原反應，反應為Cr3+e=Cr2+，B項不選；C原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區移向正極區，C項可選；D該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉化，不會產生易燃性物質，不會有爆炸危險，同時物質儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。19、D【答案解析】100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al(SO4)2中NH4Al(SO4)2物質的量為0.01mol溶

44、液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。開始滴加時，發生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH- =Al(OH)3，當Al3+沉淀完全時需加入0.03mol OH-，即加入0.015mol Ba(OH)2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42-未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；（開始到a）再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，發生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+ OH-=NH3H2O，所以沉淀質量繼續增加；當SO42-完全沉淀時，共需加入0.02mol Ba(OH)2，加入0.04mol OH-，Al3+反

45、應掉0.03molOH，生成Al(OH)30.01mol，剩余0.01molOH恰好與NH4+完全反應，此時溶液中NH4+完全反應，此時溶液為氨水溶液；（a到b）繼續滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，發生反應Al(OH)3+OH- =AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01mol Al(OH)3完全溶解，需再加入0.005mol Ba(OH)2，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液（b到c）【題目詳解】A由分析可知，從開始到a點，發生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH= Al(OH)3，a點對應的沉淀為BaSO4和Al(OH)3，溶液中的溶質是(NH4)2SO4，該物質水解

46、溶液呈酸性，A錯誤；Ba點沉淀的質量=0.015mol233g/mol+0.01mol78g/mol=4.275g，c點為硫酸鋇的質量，為0.01mol2233g/mol=4.66g，所以質量c點a點，B錯誤；C當SO42完全沉淀時，共需加入0.02mol Ba(OH)2，則b點消耗氫氧化鋇體積=0.2L=200mL，C錯誤；D至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，D正確；故選D。【答案點睛】在分析曲線時，可使用共存原理，對此題來說，主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3與OH-反應的順序問題，

47、若假設NH4+先與OH-發生反應，由于生成的NH3H2O能與Al3+反應生成Al(OH)3，所以假設錯誤，應為Al3+先與OH-反應生成Al(OH)3；對NH4+、Al(OH)3哪個先與OH-反應，若我們認為Al(OH)3先反應，生成的AlO2-能與NH4+發生反應生成Al(OH)3和NH3H2O，所以假設錯誤，應為NH4+先與OH-反應。20、D【答案解析】A中子數為8的O原子，質量數=質子數+中子數=8+8=16，中子數為8的O原子：O，故A錯誤； BN2H4為聯氨，是共價化合物，氮原子和氫原子形成共價鍵，氮原子和氮原子間也形成共價鍵，結構式為：，故B錯誤；CMg的結構示意圖： ，Mg2的

48、結構示意圖為，故C錯誤；DH2O分子中氫原子與氧原子之間形成1對共用電子對，電子式：，故D正確；答案選D。【答案點睛】在元素符號做下架表示的是質子數，左上角是質量數，質量數=質子數+中子數。21、C【答案解析】n(Sn)=11.9g119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是濃硝酸，反應后溶液中c(H+)為8molL1，說明生成的氣體是二氧化氮，n(NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，設Sn被氧化后的化合價為x，根據轉移電子守恒得0.4mol(54)=0.1mol(x0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L

49、，而c(NO3-)=（1.2mol0.4mol）0.1L=8mol/L，根據溶液電中性可判斷溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO24H2O，故選：C。22、D【答案解析】越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規模開發利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。二、非選擇題(共84分)23、FeS2 11 2Fe3+Fe=3Fe2+ :分散質微粒的直徑(nm)； H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+ 【答案解析】由中信息可知：B氣體是引起酸雨的主要物質，則B為SO2，H常溫下為無色無味的液體，則H為H2O；E常用作紅色油漆和涂料，故

50、E為Fe2O3，則A中應含Fe、S兩種元素。由可計算得到A的化學式為FeS2，再結合流程圖可推知甲為O2，C為SO3，D為H2SO4乙由E(Fe2O3)和乙在高溫的條件下生成丁(單質)可知，丁為Fe，D(H2SO4)+E(Fe2O3)F，則F為Fe2(SO4)3，G為FeSO4，丙可以為S等，乙可以為碳或氫氣等。【題目詳解】(1)由上述分析可知，A的化學式為FeS2，高溫下燃燒的化學方程式為:4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，由此分析可知，每消耗4molFeS2，轉移電子為44mol，即每反應1mol的A(FeS2)轉移的電子為11mol，故答案為.：FeS2；11。(2)由轉化關系

51、圖可知F為Fe2(SO4)3，丁為Fe，G為FeSO4，則有關的離子反應為:Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)少量飽和Fe2(SO4)3溶液加入冷水中形成溶液，溶質為Fe2(SO4)3；加入NaOH溶液中會產生Fe(OH)3沉淀，形成濁液；加入沸水中會產生Fe(OH)3膠體，即Fe2(SO4)3、Fe(OH)3膠體、Fe(OH)3沉淀，故答案為:分散質微粒的直徑(nm)；(4)化合物M與H(H2O)組成元素相同，則M為H2O2，M在酸性條件下將G(FeSO4)氧化為FFe2(SO4)3的離子方程式為： H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+，

52、故答案為：H2O2+2H+2Fe2+=2H2O+2Fe3+。24、CuO Cu2+2OH-=Cu(OH)2 Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O 【答案解析】流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)=0.4mol，結合質量守恒得到n(O2)=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol2)=2：

53、1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅。【題目詳解】(1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O，故答案為Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O。25、通風櫥 促進反應正向進行，提高苯胺的轉化率 讓苯胺與乙酸反應成鹽 使用刺形分餾柱可以

54、很好地將沸點差別不太大的乙酸和水分開，只將生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移動，乙酸又可以回流到燒瓶內繼續反應，從而提高乙酰苯胺的產率 油浴 a 冷凝管中不再有液滴流下 b 防止暴沸 偏小 49.7 【答案解析】(1)由于冰醋酸具有強烈刺激性，實驗中要防止其擴散到室內空氣中，過量加入反應物(冰醋酸)的目的，應從平衡移動考慮。(2)反應開始時要小火加熱10min，主要是讓反應物充分反應。(3)實驗中使用刺形分餾柱，可提高乙酰苯胺產率，則應從反應物的利用率和平衡移動兩個方面分析原因。(4)反應中加熱溫度超過100，不能采用水浴；蒸發時，應減少反應物的揮發損失。(5)判斷反應基本完全，則基本

55、上看不到反應物產生的現象；乙酰苯胺易溶于酒精，在熱水中的溶解度也比較大，由此可確定洗滌粗品最合適的試劑。 (6)熱溶液中加入冷物體，會發生暴沸；活性炭有吸附能力，會吸附有機物。(7)計算乙酰苯胺的產率時，應先算出理論產量。【題目詳解】(1)由于冰醋酸具有強烈刺激性，易擴散到室內空氣中，損害人的呼吸道，所以實驗中要在通風櫥內取用；苯胺與冰醋酸的反應為可逆反應，加入過量冰醋酸的目的，促進平衡正向移動，提高苯胺的轉化率。答案為：通風櫥；促進反應正向進行，提高苯胺的轉化率；(2)可逆反應進行比較緩慢，需要一定的時間，且乙酸與苯胺反應是先生成鹽，后發生脫水反應，所以反應開始時小火加熱10min，是為了讓

56、苯胺與乙酸反應成鹽。答案為：讓苯胺與乙酸反應成鹽；(3)反應可逆，且加熱過程中反應物會轉化為蒸氣，隨水蒸氣一起蒸出，實驗中使用刺形分餾柱，可將乙酸、苯胺的蒸氣冷凝，讓其重新流回反應裝置內，同時將產物中的水蒸出，從而提高乙酰苯胺的產率，從化學平衡的角度分析其原因是：使用刺形分餾柱可以很好地將沸點差別不太大的乙酸和水分開，只將生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移動，乙酸又可以回流到燒瓶內繼續反應，從而提高乙酰苯胺的產率。答案為：使用刺形分餾柱可以很好地將沸點差別不太大的乙酸和水分開，只將生成的水蒸出，使平衡向生成乙酸苯胺的方向移動，乙酸又可以回流到燒瓶內繼續反應，從而提高乙酰苯胺的產率；(4

57、)反應中需要將生成的水蒸出，促進平衡正向移動，提高產率。水的沸點是100，而冰醋酸的沸點為117.9，溫度過高會導致反應物的揮發，溫度過低反應速率太慢，且不易除去水，所以加熱溫度應介于水與乙酸的沸點之間，不能采用水浴反應，加熱方式可采用油浴，最佳溫度范圍是a。答案為：油浴；a；(5)不斷分離出生成的水，可以使反應正向進行，提高乙酰苯胺的產率，反應基本完全時，冷凝管中不再有液滴流下；乙酰苯胺易溶于酒精和熱水，所以洗滌粗品最合適的試劑是用少量的冷水洗，以減少溶解損失。答案為：冷凝管中不再有液滴流下；b；(6)分離提純乙酰苯胺時，若趁熱加入活性炭，溶液會因受熱不均而暴沸，所以在加入活性炭脫色前需放置

58、數分鐘，使熱溶液稍冷卻，其目的是防止暴沸，若加入過多的活性炭，則會吸附一部分乙酰苯胺，使乙酰苯胺的產率偏小。答案為：防止暴沸；偏小；(7)苯胺的物質的量為=0.11mol，理論上完全反應生成乙酰苯胺的質量為0.11mol135.16g/mol=14.8g，該實驗最終得到純品7.36g，則乙酰苯胺的產率是=49.7%。答案為：49.7。【答案點睛】乙酸與苯胺反應生成乙酰苯胺的反應是一個可逆反應，若想提高反應物的轉化率或生成物的產率，壓強和催化劑都是我們無須考慮的問題，溫度是我們唯一可以采取的措施。因為反應物很容易轉化為蒸氣，若不控制溫度，反應物蒸出，轉化率則會降低，所以溫度盡可能升高，但同時要保

59、證其蒸氣不隨水蒸氣一起蒸出，這樣就需要我們使用刺形分餾柱，并嚴格控制溫度范圍。26、冷凝回流 受熱均勻，便于控制溫度 向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次 拆下連接泵和吸濾瓶的橡皮管 關閉水龍頭 溶液溫度過高或冷卻結晶時速度過快（合理答案即可） 【答案解析】結合題給信息進行分析：步驟1中，將三頸燒瓶放入冷水中冷卻，為防止暴沸，加入沸石。步驟2中，因為反應溫度為170180，為便于控制溫度，使反應物受熱均勻，采取油浴方式加熱；步驟3中，結合對氨基苯磺酸的物理性質，將反應產物導入冷水燒杯中，并不斷攪拌有助于對氨基苯磺酸的析出。再根據對氨基苯磺酸與苯胺在乙醇中的溶解性不同，采

60、用乙醇洗滌晶體。步驟4中，利用對氨基苯磺酸可溶于沸水，通過沸水溶解，冷卻結晶等操作，最終得到純凈產品。【題目詳解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷卻水從下口進入，上口排出；答案為：冷凝回流；（2）油浴加熱優點是反應物受熱均勻，便于控制溫度；答案為：受熱均勻，便于控制溫度；（3）苯胺是一種無色油狀液體，微溶于水，易溶于乙醇，對氨基苯磺酸是一種白色晶體，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于堿性溶液，不溶于乙醇，則洗滌時選用乙醇。洗滌的操作為向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次；答案為：向過濾器中加入乙醇浸沒沉淀，待乙醇自然流出后，重復操作23次；（4）抽濾完畢停止抽濾時，為防止倒