浙江省名校协作体2020届高三化学上学期第一次联考试题（含解析）

1、浙江省名校协作体2020届高三化学(huàxué)上学期第一次联考试题（含解析）1.下列(xiàliè)物质不属于盐的是A. CuCl2B. CuSO4C. Cu2(OH)2CO3D. Cu(OH)2【答案(dá àn)】D【解析(ji x)】【详解(xián ji)】A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属

2、于碱，D选；答案选D。2.通过下列反应不可能一步生成MgO的是A. 化合反应B. 分解反应C. 复分解反应D. 置换反应【答案】C【解析】【详解】A. 2Mg+O22MgO属于化合反应，A不选；B. Mg(OH)2MgOH2O属于分解反应，B不选； C. 复分解反应无法一步生成MgO，C选；D. 2MgCO22MgOC属于置换反应，D不选；答案选C。3.下列有关化学用语使用正确的是A. T原子可以表示为B. 氧氯酸的结构式是:H-NCC. 氧离子的结构示意图: D. 比例模型可以表示CO2或SiO2【答案(dá àn)】A【解析(ji x)】【详解】A. T原子为氢元素(y

3、uán sù)的同位素，质子数为1，中子数为2，可以表示为，故A正确(zhèngquè)；B. 氧氯酸是共价(òn jià)化合物，但所给结构式中没有氯元素，故B错误；C. 氧原子的质子数为8，氧离子的结构示意图为，故C错误；D. CO2为分子晶体，碳原子的相对体积较大，应该用表示，而SiO2为原子晶体，不存在SiO2分子，故D错误；答案选A。4.下列有关叙述不正确的是A. 能源是人类生活和社会发展的基础，地球上最基本的能源是太阳能B. 钛合金主要用于制作飞机发动机部件，工业上可用钠与四氯化钛溶液反应制取C. 借助扫描道显微镜，应用S

4、TM技术可以实现对原子或分子的操纵D. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都可以减少酸雨的产生【答案】B【解析】【详解】A. 地球上的能源主要来源于太阳能，通过植物的光合作用被循环利用，故A正确；B. 钛合金工业上可用钠与四氯化钛固体反应制取，钠可以和盐溶液中的水反应，不能置换出单质钛，故B错误；C. 科学仪器的使用利于我们认识物质的微观世界，现在人们借助扫描隧道显微镜，应用STM技术可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操纵，故C正确；D. SO2和NOx的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施，故D正确；答

5、案(dá àn)选B。5.下列有关(yugun)实验的说法不正确的是A. 用如图电子天平称量固体(gùt)，读数时侧门应关闭B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码(f m)放在右盘，将游码移到0.2g的位置C. 分光(fn un)光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率D. 吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒【答案】B【解析】【详解】A. 用如图电子天平称量固体，读数时侧门应关闭，防止气流影响读数，故A正确；B. 用托盘天平称取10.2 g NaOH固体时，将10g的砝码放在右盘，

6、将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，故B错误；C. 分光光度计可用于分析溶液颜色与反应物(生成物)浓度的关系，从而确定化学反应速率，故C正确；D. 酒精和乙醚具有麻醉作用，可减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，当吸入氯气、氯化氢气体时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故D正确；答案选B。6.下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是A. 银氨溶液(róngyè):Na+、K+、NO3、NH3·H2OB. 空气(kngqì):C2H4、CO2、SO2、NOC. 氯化铝溶液(róngyè):Mg

7、2+、HCO3、SO42、BrD. 使甲基橙呈红色(hóngsè)的溶液:I、Cl、NO3、Na+【答案(dá àn)】A【解析】【详解】A. 在银氨溶液中，题中所给各离子间不发生反应，可以大量共存，故A正确； B. 空气中有氧气，NO与氧气反应生成二氧化氮，不能大量共存，故B错误；C. 氯化铝溶液中铝离子与碳酸氢根离子双水解，不能大量共存，故C错误；D. 使甲基橙呈红色的溶液显酸性，I-和NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选A。7.NA为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是A. 1.0L1.0molL1的H2SO4水溶液中含有的氧原子

8、数为4NAB. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NAC. 25时pH13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1NAD. 1 mol Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA【答案】D【解析】【详解】A. 1.0L1.0molL-1的H2SO4水溶液中含有水，氧原子数大于4NA，A错误；B. 273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物二氧化碳和水，分子总数大于NA，B错误；C. 25时pH13的NaOH溶液中没有体积，无法计算OH的数目，C错误；D. 1 mol Na与氧气完全反应得到

9、Na2O与Na2O2的混合物时，钠单质变为钠离子，转移1 mol电子，失去的电子数一定为NA，D正确；答案选D。8.下列实验中，所选装置或仪器合理的是A. 高温(gown)煅烧石灰石B. 从KI和I2的固体(gùt)混合物中回收I2C. 除去(chú qù)乙醇中的苯酚D. 量取15.00mLNaOH溶液(róngyè)【答案(dá àn)】D【解析】【详解】A. 高温煅烧石灰石不可用瓷坩埚进行，氧化钙与二氧化硅反应，A错误；B. I2易升华，分离回收碘，应在密封的装置中，图中蒸发皿加热后不能回收碘，B错误；C. 苯酚易溶于

10、乙醇中，不会有沉淀，所以不能用过滤法分离乙醇和苯酚，C错误；D. 量取15.00mLNaOH溶液，可选择滴定管，移液管等精准的量器，D正确；答案选D。9.下列说法不正确的是A. 石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、甲苯等有机物B. 生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的C. 按系统命名法，有机物可命名为2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷D. 碳原子数6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有4种(不考虑顺反异构)【答案(dá àn)】A【解析(ji x)】【详解(xián j

11、i)】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故A错误； B. 由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做(jiàozuò)合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶(jnglún)：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故B正确；C. 按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点

12、和顶点为C，根据有机物中每个碳原子连接四个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷，故C正确；D. 碳原子数6的链状单烯烃，与HBr反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考虑顺反异构)，共4种，故D正确；答案选A。10.2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A. 位于第五周期第VIA族

13、的元素为金属元素B. 第32号元素的单质可作为半导体材料C. 第55号元素的单质与水反应非常剧烈(jùliè)D. 第七周期A族元素的原子序数为117【答案(dá àn)】A【解析(ji x)】【详解】A. 位于第五周期(zhuq)第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料(cáiliào)，B正确；C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D. 第七周期0族元素的原子序数为118，A族元素的原子序数为117，D正确；

14、答案选A。11.下列有关说法正确的是A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色沉淀B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，必须通过氨熏C. 氯化钻浓溶液加水稀释，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色D. 摘下几根火柴头，浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加AgNO3溶液和稀硝酸，若出现白色沉淀，说明火柴头中含氯元素【答案】C【解析】【详解】A. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验牙膏中的甘油时，可生成绛蓝色溶液，A错误；B. 用纸层析法分离Cu2+和Fe3+，为了看到色斑，Cu2+和Fe3+本身就具有不同颜色，不必须通过氨熏，B错误；C. 氯化钴浓溶液中，主要存在

15、CoCl42-，为蓝色离子，氯化钴稀溶液，主要存在Co（H2O）62+，为粉红色离子，溶液中存在平衡CoCl42-+6H2OCo（H2O）62+4Cl-，加水稀释平衡向右移动，溶液的颜色由蓝色逐渐转变为粉红色，C正确；D. 火柴头中含有氯酸钾，硝酸银能和氯离子反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，所以(suy)硝酸酸化的硝酸银能检验氯离子，但硝酸银不和氯酸根离子反应，所以不能检验氯酸根离子，D错误；答案(dá àn)选C。12.下列指定反应的离子(líz)方程式不正确的是A. 向氨化的饱和(bohé)氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体:Na+ NH3·

16、H2O +CO2NaHCO3+NH4+B. 碱性(jin xìn)条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应:3ClO+2Fe(OH)3+4OH2FeO42+3Cl+5H2OC. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体:2Na2O2+2Fe2+2H2O4Na+2Fe(OH)2+O2D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【答案】C【解析】【详解】A. 向氨化的饱和氯化钠溶液中通入足量二氧化碳气体: NH3·H2O + NaCl + CO2 = NH4Cl + NaHCO3 ，离子方程式为：NH3·H2O+ Na+CO2= NH4+

17、 NaHCO3 ，故A正确；B. 碱性条件下次氯酸钾溶液与氢氧化铁反应制高铁酸钾: 2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，故B正确；C. 向硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠固体，亚铁离子具有还原性，过氧化钠具有氧化性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4Fe2+4Na2O2+6H2O4Fe(OH)3+O2+8Na+，故C错误；D. 向饱和的碳酸氢钙溶液中加入足量的澄清石灰水: Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2H2O+2CaCO3 ，离子方程式为：Ca2+HCO3-+O

18、H-CaCO3+H2O，故D正确。答案选C。13.可逆反应X(g)+2Y(g)2Z(g)、2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是A. 反应(fnyìng)的正反应是放热反应B. 达平衡(I)时体系的压强(yqiáng)与反应开始时体系的压强之比为10:11C. 达平衡(pínghéng)(I)时，X的转化率为20D. 在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积(tj)分数不相等【答案(dá àn)】C【解析】【

19、详解】A、降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（）时，X的转化率为， 故C错误；D、由平衡（）到平衡（），化学反应发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。14.下列说法不正确的是A. C5H12的三种同分异构体

20、沸点不同，因为其分子间作用力大小不同B. NH3和HCl都极易溶于水，均与它们能跟水分子形成氢键有关C. 石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏D. NaHSO4晶体溶于水和受热熔化时破坏的化学键类型不完全相同【答案】B【解析】【详解(xián ji)】A. C5H12的三种同分异构体结构不同，分子(fnz)间作用力大小不同，因而沸点不同，A正确；B. NH3能和水分子形成(xíngchéng)氢键，HCl不能形成氢键，B错误；C. 石墨为层状结构，层内含有共价键，层与层之间是分子间作用力，转化(zhunhuà)为金刚石既有共价键

21、的断裂和形成，也有分子间作用力的破坏，C正确；D. NaHSO4晶体(jngt)溶于水时电离为Na+、H+、SO42-，破坏离子键和共价键，受热熔化时电离为Na+、HSO4-，破坏离子键，破坏的化学键类型不完全相同，D正确；答案选B。15.第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是 A. 放电时甲为负极，充电时为阳极B. 电池充电时，OH由甲侧向乙侧移动C. 放电时负极的电极反应式为:MHnneM+nH+D. 汽车下坡时发生图中实线所示的过程【答案】B

22、【解析】【详解】A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C. 放电时负极发生氧化(ynghuà)反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误(cuòwù)；D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生(fshng)图中虚线所示的过程，故D错误；答案(dá àn)选B。16.下列有关(yugun)化学反应与能量变化的说法正确的是 A. 如图所示的化学反应中，反应

23、物的键能之和大于生成物的键能之和B. 相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少C. 金刚石在一定条件下转化成石墨能量变化如图所示，热反应方程式可:C(s金刚石) =C(s，石墨) H-(E2E3)kJ·mol1D. 同温同压下，H2(g)+C12(g)=2HCl(g)能量变化如图所示，在光照和点燃条件下的H相同【答案】D【解析】【详解】A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水

24、时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；C. 放出的热量=反应物的总能量生成物的总能量=-(E1E3)kJ·mol-1，故C错误；D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；答案选D。17.H2C2O4(草酸)为二元弱酸(ruò sun)，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物质的量分数与pH关系如图所示，下列(xiàliè)说法不正确的是A. 由图可知(k zh)，草酸的Ka10-1.2B. 0.1 mol·L1NaHC2O4溶液(róngyè)中c(Na+)>c

25、(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)C. 向草酸溶液(róngyè)中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)D. 根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.8【答案】D【解析】【详解】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka10-1.2，故A正确；B. 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)>c

26、(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)>c(HC2O4-)，因此c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故B正确；C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离，Ka1= ，Ka2=，Ka1·Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以

27、，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka110-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 mol·L-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 mol·L-1，草酸的Ka210-4.2；=10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。答案(dá àn)选D。18.硫酸铵在一定条件下发生(fshng)反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体(qìt)通入

28、一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A. 白色(báisè)沉淀为BaSO4B. 白色(báisè)沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C. 白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D. 从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl【答案】B【解析】【分析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4C

29、l、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，

30、二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。19.以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO4·7H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始(kish)沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列(xi&

31、#224;liè)说法不正确的是A. 试剂(shìjì)a可以是CuO或Cu(OH)2，作用(zuòyòng)是调节pH至3.74.7之间B. 反应(fnyìng)I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C. 操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D. 反应的离子方程式为Cu2+Fe=Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O【答案】B【解析】【详解】A. 加入试剂a

32、调节pH至3.74.7之间，目的是使Fe3+ 形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2 沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO或Cu(OH)2 、CuCO3 等，故A正确；B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C. 操作X为从硫酸亚铁溶液(róngyè)中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D. 反应(fnyìng)主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂

33、(shìjì)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量(guòliàng)，因此在反应时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O，故D正确(zhèngquè)；答案选B。20.某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是A. 反应后溶

34、液中大量存在的阳离子最多有3种B. 向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解C. 若ba，则红色固体粉末一定为纯净物D. b的取值范围:0ba【答案】C【解析】【详解】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜

35、反应后剩余的质量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若a g红色固体(gùt)粉末为Cu和Cu2O，依据(yjù)Cu2O在酸性溶液中会发生(fshng)反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量(guòliàng)的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有(hán yu)氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若a g红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无

36、固体剩余，因此b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此b<a，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若a g红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质

37、量，因此b<a，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A. 根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C. 若ba，即b<a，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D. 根据上述六种红色固体粉末

38、组成的分析，b的取值范围:0ba，故D正确。答案(dá àn)选C。21.工业(gngyè)催化剂 K3Fe(C2O4)3·3H2O是翠绿色晶体(jngt)，在421553时，分解为Fe2O3、K2CO3、CO、CO2、H2O。实验室由草酸亚铁晶体(jngt)(FeC2O4·H2O)、草酸钾(K2C2O4)、草酸(H2C2O4)和双氧水(H2O2)混合制备。请回答(huídá)下列问题（1）写出H2O2的电子式:_（2）配平该方程式_FeC2O4·H2O+_H2O+ _K2 C2O4+_H 2C2O4=_K3Fe(

39、C2O4)3·3H2O（3）制备过程中要防止草酸被H2O2氧化，请写出草酸被H2O2氧化的化学反应方程式_；（4）配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，如Cu2+4NH3Cu(NH3)42+，其稳定常数表达式为:。已知KFe(C2O4)33=1020， KFe(SCN)3=2103，能否用KSCN溶液检验K3Fe(C2O4)3·3H2O中的铁元素?_(填“是”或“否”)若选“否”，请设计检验铁元素的方案_。【答案】 (1). (2). 2 (3). 1 (4). 3 (5). 1 (6). 2 (7). H2C2O4+H2O22CO2+2H2O (8). 否 (9). 取适

40、量晶体加热，将加热后的固体残留物溶解在稀硫酸中，滴加KSCN溶液若溶液呈血红色则晶体中含有铁元素，反之则无（其他合理也可）【解析】【详解】（1）H2O2为共价化合物，其电子式为，故答案为：；（2）根据水的个数的最小公倍数为6，则FeC2O42H2O的化学计量数为2，K3Fe（C2O4）33H2O的化学计量数3，然后由原子守恒可知，该化学反应为2FeC2O42H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3Fe（C2O4）33H2O，故答案为：2；1；3；1；2；（3）草酸被H2O2氧化生成水和二氧化碳，该反应为H2C2O4+H2O2=2CO2+2H2O，故答案为：H2C2O4+H2O2=

41、2CO2+2H2O；（4）因Fe3+3C2O42-= Fe(C2O4)33-，=1020，配合物的稳定性可以用稳定常数K来衡量，K值越大说明生成的配合物越稳定，已知KFe(C2O4)33=1020， KFe(SCN)3=2103，说明Fe(C2O4)33远远比Fe(SCN)3稳定，向K3Fe(C2O4)3·3H2O溶液中加入KSCN溶液，Fe(C2O4)33中的Fe3+不能与SCN-反应转化为Fe(SCN)3，也就不能显示血红色。无法验证铁元素；检验铁元素的方案为取适量晶体加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；故

42、答案为：否；取适量晶体(jngt)加热，取固体残留物溶解在H2SO4中，取上层清液于试管中，滴加KSCN溶液(róngyè)若溶液呈血红色则有铁元素，反之则无；22.二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次氯酸钠溶液(róngyè)和过量的氨气制得，64gA完全燃烧得到4.48L密度为1.25g·L1的气体(qìt)B(体积与密度均在标准状况下测定)。（1）A的化学式_。（2）写出次氯酸钠溶液和过量的氨气制备A的离子方程式_。A的制备过程(guòchéng)中氨气需要过量的理由是_。（3）A可与黑色的CuO反应生成

43、气体B和一种砖红色的物质，写出该化学方程式_。（4）已知2一丁烯存在顺反异构(如下图所示)，甲基在双键同一侧的，称为顺式:甲基在双键两侧的，称为反式。现有化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到。实验表明，C可能存在两种结构，请写出它们的结构式_、_。【答案】 (1). N2H4 (2). ClO2NH3 N2H4Cl+H2O (3). 次氯酸钠有强氧化性，防止次氯酸钠过量，将N2H4氧化 (4). 4CuO+ N2H4 2Cu2ON2+ 2H2O (5). (6). 【解析(ji x)】【详解】（1）二元化合物A是一种较强的还原剂，可以用次

44、氯酸钠溶液和过量的氨气制得，6.4gA完全(wánquán)燃烧得到标况下密度为1.25g/L的气体B，其摩尔质量=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，该气体为N2，A中含有N元素，元素守恒(shu hén)可知，反应还生成水，说明A中还含有H元素， 4.48L氮气的物质的量=0.2mol，其质量=0.2mol×28g/mol=5.6g，故6.4gA中H元素质量=6.4g-5.6g=0.8g，H原子(yuánz)物质的量=0.8mol，则A中N、H原子(yuánz)数目之比=0.2mol×2:0.8

45、mol=1:2，故A为N2H4，故答案为：N2H4；（2）次氯酸钠与过量氨气反应生成N2H4，根据氧化还原反应规律可知，还生成NaCl，根据元素守恒可知有水生成，反应方程式为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O；离子反应方程式为：ClO2NH3 N2H4Cl+H2O，次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气可防止N2H4被氧化，故答案为：NaClO+2NH3N2H4+NaCl+H2O；次氯酸钠具有强氧化性，可以氧化N2H4，过量的氨气防止N2H4被氧化；（3）N2H4与黑色的CuO反应生成砖红色氧化亚铜、氮气与水，反应方程式为：4CuO+N2H42Cu2O+N2+2H2O

46、，故答案为：4CuO+N2H42Cu2O+N2+2H2O；（4）化合物C，所含元素与A相同，摩尔质量小于A，C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到，因此C的化学式为N2H2，根据2一丁烯存在顺反异构的解释，因此C中氢原子在双键同一侧的，称为顺式；氢原子在双键两侧的，称为反式，它们的结构式分别为和。23.甲醇CH3OH)是一种重要的化工原料，工业上有多种方法可制得甲醇成品(一)以CO、H2和CO2制备甲醇CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g) H1CO(g)+2H2 (g) CH3OH(g) H2CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H3（1）已知:反应

47、(fnyìng)的化学平衡常数K和温度的关系如下表t/70080083010001200K0.60.91.01.72.6则下列说法(shuf)正确的是_A.反应(fnyìng)正反应是吸热反应B.一定体积(tj)的密闭容器中，压强不再变化时，说明反应达到平衡状态C.1100时，反应(fnyìng)的K可能为1.5D.在1000时，c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)约为0.59（2）比较H2_H3(填“>”、“”或“”)（3）现利用和两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下降若氢碳比表示为fn(H2)-n(CO

48、2)/n(CO)+n(CO2)，则理论上f_时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇:(i)制备合成气:CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) H1>0(ii)合成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2>0在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1（1）下列说法正确的是_A.曲线中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B.三种催化剂中，催化剂

49、的催化效果最好，所以能获得最高的产率C.当温度低于700时的曲线上的点可能都没有到达平衡D.若温度大于700时，CO的物质(wùzhì)的量保持不变（2）500时，反应(1)在催化剂的作用下到10mim时达到平衡(pínghéng)，请在图2中画出反应（1）在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积(tj)分数(H2)随时间(shíjin)t变化的总趋势_（三）研究(yánji)表明，CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，原理如图3所示。（1）产生甲醇的电极反应式为_；（2）甲醇燃料电池应用很广，其工作原理如图4，写出电池工

50、作时的负极反应式:_。【答案】 (1). AD (2). (3). 2 (4). 使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (5). C (6). (7). CO+4H+4 e-= CH3OH (8). CH3OH+H2O6e-=CO2+6H+【解析(ji x)】【详解】(一)（1）根据表格(biogé)数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变的体系(txì)，压强不影响平衡移动，B错误；1000时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100时K>1.7，C错误；

51、在1000时，c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)为K的倒数，约为0.59，D正确(zhèngquè)；答案为AD。（2）随温度(wndù)升高K1增大，说明反应的正反应为吸热反应，H1>0，盖斯定律计算得到H3=H1+H2,则H2<H3。（3）由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知=2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降；(

52、二) （1）曲线中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。（2）根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为（三）（1）CO也可在酸性条件下通过电化学的方法制备甲醇，据图3可知，一氧化碳得电子生成甲醇，则产生甲醇的电极反应式为CO+4

53、H+4 e-= CH3OH；（2）据图4可知，正极上氧气得电子和氢离子反应(fnyìng)生成水,电极反应式为：3O2+12H+12e=6H2O,负极上甲醇失电子和水反应生成(shn chén)二氧化碳和氢离子,电极反应式为2CH3OH12e+2H2O=2CO2+12H+,故答案(dá àn)为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；24.三苯甲醇(ji chún)是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:格氏试剂非常活泼(huó po)，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；实验过程如下实验装置如图1所示。a

54、.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤 （1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝(lngníng)管上连接_装置（2）合成格氏试剂过程(guòchéng)中，低沸点乙醚的作用是_；合成(h

55、3;chéng)格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是_；（3）提纯过程中发现A中液面上升(shàngshng)，此时应立即进行操作(cozuò)是_；（4）反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_、过滤、洗涤_；A.蒸发结晶 B.冷却结晶 C.高温烘干 D.滤纸吸干下列抽滤操作或说法正确的是_A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C.注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D.用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手_，右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为_(精确到0.1)。【答案】 (1). 装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以） (2). 作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应 (3). 滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯 (4). 立即旋