（浙江选考）2023高考化学大一轮复习普通高校招生选考科目考试预测卷1

PAGEPAGE2浙江省普通高校招生选考科目考试预测卷(一)本试卷分为选择题和非选择题两局部，共4页，总分值100分，考试时间90分钟，其中加试题局部为30分，用[加试题]标出。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Al—27S—32Ca—40Fe—56Cu—64Ba—137浙江省普通高校招生选考科目考试预测卷(一)|选择题局部一、选择题(共25小题，每题2分，共50分。每题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多项选择、错选均不得分)1．SiO2可用于制造光导纤维，SiO2属于()A．单质 B．酸性氧化物C．碱性氧化物 D．盐B[SiO2能与碱反响生成盐和水，故属于酸性氧化物，B正确。]2．以下玻璃仪器名称错误的选项是()A．烧杯 B．普通漏斗C．试管D．长颈漏斗D[D项的玻璃仪器名称是分液漏斗，应选D。]3．常温下能与水反响的非金属单质是()A．S B．CO2C．Na D．Cl2D[常温下，硫单质不能与水反响，A错误；二氧化碳能与水反响生成碳酸，但不是非金属单质，B错误；Na与水反响生成氢氧化钠和氢气，但不是非金属单质，C错误；氯气能与水反响生成盐酸和次氯酸，且是非金属单质，D正确。]4．CaO＋H2O=Ca(OH)2的反响类型是()A．化合反响 B．置换反响C．分解反响 D．复分解反响A[两种物质反响生成一种物质的反响属于化合反响，A正确。]5．硫元素在元素周期表中的位置是()A．第2周期ⅣA族 B．第3周期ⅣA族C．第3周期ⅥA族 D．第2周期ⅥA族C[硫元素的核电荷数是16，在周期表中的位置是第3周期ⅥA族，C正确。]6．以下物质中，属于可再生能源的是()A．石油 B．天然气C．乙醇 D．核能C[石油、天然气、核能属于不可再生能源，乙醇是可再生能源，应选C。]7．以下化学用语表述正确的选项是()A．次氯酸分子的结构式：H—O—ClB．乙烯的结构简式：CH2CH2C．甲烷的比例模型：D．氯原子的结构示意图：A[氧原子最外层有6个电子，需要共用2对电子，氯原子最外层有7个电子，需要共用1对电子，A正确；乙烯的结构简式为CH2=CH2，B错误；图示是甲烷的球棍模型，C错误；氯原子核外有17个电子，且最外层为7个电子，D错误。]8．以下说法中正确的选项是()A．胶体区别于其他分散系的本质特征是能产生丁达尔效应B．工业上可以用淀粉、纤维素作为原料生产葡萄糖C．蛋白质水溶液中参加饱和硫酸铵溶液，可使蛋白质变性而产生沉淀D．工业上将石油分馏得到汽油，发生了化学变化B[胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒的直径大小，不是能否产生丁达尔效应，A错误；淀粉和纤维素在一定条件下水解均可得到葡萄糖，B正确；蛋白质水溶液中参加饱和硫酸铵溶液，是因为发生盐析而使蛋白质沉淀，C错误；石油的分馏是物理变化，D错误。]9．以下说法不正确的选项是()A．CH4和CH3CH(CH3)CH3互为同分异构体B．1H和2H互为同位素C.eq\o\al(235,92)U原子核外电子数为92D．金刚石、石墨、C60互为同素异形体A[CH4和CH3CH(CH3)CH3都是烷烃，属于同系物，A错误；1H和2H质子数相同，中子数不同，互为同位素，B正确；eq\o\al(235,92)U原子核外电子数＝质子数＝92，C正确；金刚石、石墨、C60都是碳元素的单质，互为同素异形体，D正确。]10．以下物质的水溶液因水解显碱性的是()A．NaOH B．Na2CO3C．NaNO3 D．NH4ClB[氢氧化钠溶液显碱性，是因为氢氧化钠电离出OH－，A错误；碳酸钠中的COeq\o\al(2－,3)水解，溶液显碱性，B正确；硝酸钠溶液是强碱强酸盐，溶液显中性，C错误；氯化铵溶液因NHeq\o\al(＋,4)水解，溶液显酸性，D错误。]11．在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)液体完全燃烧生成气态CO2A．CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋725.76kJ·mol－1B．2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1451.52kJ·mol－1C．2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－725.76kJ·mol－1D．2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝＋1451.52kJ·mol－1B[1g甲醇完全燃烧放出22.68kJ热量，那么1mol甲醇完全燃烧放出的热量＝22.68kJ×32＝725.76kJ，反响为放热反响，ΔH＜0，A、D错误；2mol甲醇完全燃烧放出的热量为1451.52kJ，B正确，C错误。]12．以下与SO2有关的反响或变化中，表现了其复原性的是()A．使溴水褪色 B．使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C．使品红溶液褪色 D．使纸浆褪色A[此题考查SO2的性质。SO2使溴水褪色的反响为SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，SO2表现复原性，A项正确；SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色是因为SO2与NaOH反响，消耗了溶液中的OH－，SO2表现酸性氧化物的性质，B项错误；SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，C项错误；SO2使纸浆褪色，表现了SO2的漂白性，D项错误。]13．以下说法中正确的选项是()A．SO2属于共价化合物，水溶液能导电，是电解质B．金刚石、石英、干冰均为原子晶体C．加热碘化氢气体使之分解和加热硅晶体使之熔化克服的作用力相同D．水泥、陶瓷、玻璃和水晶均为硅酸盐产品C[SO2属于共价化合物，水溶液能导电，但导电的离子是亚硫酸电离产生的，所以二氧化硫是非电解质，A错误；干冰是分子晶体，B错误；碘化氢受热分解，化学键发生断裂，克服的是共价键，而硅晶体中原子间形成共价键，所以加热硅晶体使之熔化克服的也是共价键，C正确；水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐产品，D错误。14．用如下图装置进行实验，以下有关说法中正确的选项是()A．当K闭合时，锌片与铁片外表均有气泡产生B．当K闭合时，锌片为负极，电极反响为：Zn－2e－=Zn2＋C．无论K是否闭合，溶液中的H＋均会被消耗，pH降低D．无论K是否闭合，铁片均为正极B[此题考查与原电池有关的知识。当K闭合时，构成原电池，锌片为负极，被氧化，电极反响为Zn－2e－=Zn2＋，铁片为正极，电极反响为2H＋＋2e－=H2↑，所以，A项错误，B项正确；无论K是否闭合，溶液中的H＋均会被消耗，使溶液pH升高，C项错误；当K翻开时，构不成原电池，铁片不为正极，D项错误。]15．有关溶液中所含离子的检验，以下判断正确的选项是()A．参加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，那么原溶液中一定有SOeq\o\al(2－,4)B．焰色反响实验时，观察到火焰为黄色，那么该溶液中一定有钠元素，可能有钾元素C．参加盐酸能产生使品红溶液褪色的气体，那么该溶液中一定含有大量的SOeq\o\al(2－,3)D．参加盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，那么原溶液中一定含有大量的COeq\o\al(2－,3)B[参加氯化钡溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不溶解，溶液中不一定含有SOeq\o\al(2－,4)，也可能含有Ag＋，A错误；焰色反响实验时，钠元素的火焰为黄色，钾元素的火焰紫色需要透过蓝色钴玻璃才能观察到，B正确；也可能含有HSOeq\o\al(－,3)，C错误；参加盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定含有大量的COeq\o\al(2－,3)，也可能是含有HCOeq\o\al(－,3)等，D错误。]16．以下表示对应化学反响的离子方程式正确的选项是()A．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋B．碘水中通入适量的SO2：I2＋SO2＋2H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋C．碳酸钠溶液中滴加过量醋酸：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2OD．0.5mol·L－1NaHSO4与0.5mol·L－1Ba(OH)2混合至溶液呈中性：Ba2＋＋OH－＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋=BaSO4↓＋H2OB[电荷不守恒，正确的离子方程式是Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，A错误；反响符合反响事实，离子方程式符合书写原那么，B正确；CH3COOH是弱酸，反响的离子方程式是COeq\o\al(2－,3)＋2CH3COOH=CO2↑＋H2O＋2CH3COO－，C错误；0.5mol·L－1NaHSO4与0.5mol·L－1Ba(OH)2混合至溶液呈中性，不符合微粒的个数比，正确的离子方程式是Ba2＋＋2OH－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=BaSO4↓＋2H2O，D错误。]17．以下实验能到达测量要求的是()A．用托盘天平称取35.20gNaClB．用10mL量筒量取8.5mL盐酸C．用50mL烧杯量取15.8mL溶液D．用250mL容量瓶量取25mL溶液B[托盘天平只能精确到0.1g，A错误；用10mL量筒量取8.5mL盐酸，量筒规格选择和精密度均合理，B正确；烧杯不可以用来量取溶液，可用量筒量取15.8mL溶液，C错误；容量瓶不可以用来量取溶液，只能用来配制一定物质的量浓度的溶液，D错误。]18．为了说明影响化学反响速率快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下A～D四个实验，你认为结论不正确的选项是()A．将铜片放入稀硫酸中，无现象。假设再向所得溶液中参加硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气生成B．将外表积、质量都相同的镁条和铝条分别与同浓度的盐酸反响，前者速率大于后者C．两支试管中分别参加相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再参加少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同D．相同条件下等质量的块状和粉末状大理石分别与相同浓度的盐酸反响时，粉末状的反响速率快A[铜、银的活泼性比氢弱，无论是否构成原电池，都不能产生氢气，A错误；金属性越强，与同浓度盐酸反响的速率越快，说明金属的活泼性影响反响速率，B正确；二氧化锰作催化剂，加快反响速率，说明催化剂影响反响速率，C正确；粉末状的大理石反响接触面积大，反响速率快，说明接触面积的大小能影响反响速率，D正确。]19.关于常温下浓度均为0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液和氨水，以下说法正确的选项是()A．一水合氨的电离方程式为NH3·H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋OH－B．两种溶液的导电性能相同C．两溶液中分别滴入FeCl3溶液，都产生红褐色沉淀D．0.1mol·L－1的氨水与等物质的量浓度、等体积的盐酸混合后，c(OH－)＞c(H＋)C[一水合氨是弱碱，在水溶液中局部电离，电离方程式应用可逆号，A错误；氢氧化钠完全电离，氨水局部电离，所以氢氧化钠溶液的导电性更强，B错误；氢氧化钠溶液和氨水都是碱，滴入FeCl3溶液，都产生Fe(OH)3红褐色沉淀，C正确；0.1mol·L－1的氨水与等物质的量浓度、等体积的盐酸混合，恰好生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，D错误。]20．以下说法正确的选项是()A．煅烧石灰石可得到生石灰和二氧化碳，该反响是放热反响B．在化学反响中需要加热才能发生的反响就是吸热反响C．既能向正反响方向进行，又能向逆反响方向进行的反响叫可逆反响D．相同状况下，N2＋3H2=2NH3是放热反响，那么反响2NH3=N2＋3H2是吸热反响D[煅烧石灰石可得到生石灰和二氧化碳，该反响是吸热反响，A错误；需要加热的反响不一定是吸热反响，如铝热反响等，B错误；可逆反响是指在同一条件下，同时向正、逆两个方向进行的反响，C错误；假设正反响是放热反响，那么逆反响就是吸热反响，D正确。]21．地壳表层原生铜的矿物(如黄铜矿CuFeS2)经氧化、雨水淋滤后变成CuSO4溶液，向地下渗透。与地壳深层难溶的ZnS或PbS接触慢慢转变为铜蓝(CuS)。以下分析中错误的选项是()A．黄铜矿CuFeS2与铜蓝CuS都有复原性B．生成铜蓝的离子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓C．上述各种物质中铜蓝在自然界中最稳定D．整个过程中发生了氧化复原反响和复分解反响B[黄铜矿能被氧化，具有复原性，CuS中S为－2价，具有复原性，A正确；生成铜蓝的反响物ZnS或PbS都是难溶物，不能写成S2－形式，B错误；自然界中的物质由不稳定的物质转化为更稳定的物质，C正确；黄铜矿经氧化、雨水淋滤后变成CuSO4溶液，该过程发生氧化复原反响，生成铜蓝的反响为复分解反响，D正确；]22．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()【导学号：81640441】A．50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LCCl4中含有的碳原子数为0.1NAC．2.0gHeq\o\al(18,2)O与D2O的混合物中所含中子数为NAD．常温常压下，32gO2中含有的氧分子个数为2NAC[浓盐酸具有挥发性且浓度随反响的进行逐渐减小，稀盐酸不能发生反响，故实际反响的盐酸小于0.6mol，转移的电子数小于0.3NA，A错误；标准状况下，CCl4是液体，不能使用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，B错误；Heq\o\al(18,2)O与D2O的相对分子质量均为20，且每个分子所含有中子数均为10，故2g混合物，即0.1mol混合物中含有NA个中子数，C正确；32gO2中含有的氧分子数＝eq\f(32g,32g·mol－1)×NAmol－1＝NA，D错误。]23．反响4A(s)＋5B(g)=4C(g)＋6D(g)，经5min后，B的浓度减少0.5mol·L－1。以下反响速率的表示正确的选项是()【导学号：81640442】A．用A表示的反响速率是0.08mol·L－1·min－1B．用B表示的反响速率是0.1mol·L－1·min－1C．5min末时的反响速率，用B表示是0.1mol·L－1·min－1D．在这5min内用D表示的反响速率的值是增加的，B表示的反响速率逐渐增大B[A为固体，不可用来表示反响速率，A错误；5min内B的浓度减少0.5mol·L－1，那么v(B)＝0.1mol·L－1·min－1，B正确；化学反响速率是平均速率，而不是瞬时速率，C错误；在同一时间内无论用反响物还是生成物表示的反响速率其变化趋势是相同的，即用B或D表示的反响速率的值都是减小的，D错误。]24．X、Y、Z三种短周期元素，其中X、Y两元素原子的最外层电子数分别是次外层电子数的2倍和3倍，Z元素原子K层和M层电子数之和与L层的电子数相同。以下判断不正确的选项是()A．Y元素的族序数比X元素的族序数大B．X、Z两种元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性：X＜ZC．原子半径：X＞YD．X、Z两种元素形成的化合物XZ2是离子化合物D[根据题给信息，可以推断出X为C、Y为O、Z为S。X、Y的族序数分别为ⅣA、ⅥA，族序数Y大于X，A正确；非金属性C<S，故最高价氧化物对应的水化物的酸性H2CO3<H2SO4，B正确；同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径C>O，C正确；CS2是共价化合物，D错误。]25．某溶液由K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、Fe3＋、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－中的假设干种离子组成。取该溶液100mL，参加足量稀盐酸，得到0.1mol无色气体；继续向上述溶液中参加足量Ba(OH)2溶液，得到0.2mol气体，同时产生2.33g白色沉淀。由此可知原溶液中()A．至少存在5种离子B．一定存在K＋，且c(K＋)≥0.2mol·L－1C．一定存在NHeq\o\al(＋,4)、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)，肯定不存在Cl－D．一定不存在Ba2＋、Fe3＋，可能存在K＋B[向溶液中参加足量稀盐酸，得到的0.1mol无色气体为CO2，那么原溶液中含有COeq\o\al(2－,3)，由于COeq\o\al(2－,3)与Ba2＋、Fe3＋不能共存，所以溶液中肯定不含Ba2＋、Fe3＋，且n(COeq\o\al(2－,3))＝n(CO2)＝0.1mol，c(COeq\o\al(2－,3))＝eq\f(nCO\o\al(2－,3),V)＝1mol·L－1；参加足量Ba(OH)2溶液，得到的0.2mol气体为NH3，n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝0.2mol，那么c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(nNH\o\al(＋,4),V)＝2mol·L－1；因为已参加足量稀盐酸，故2.33g白色沉淀为BaSO4，n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(BaSO4)＝eq\f(2.33g,233g·mol－1)＝0.01mol，即c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(nSO\o\al(2－,4),V)＝0.1mol·L－1；根据溶液呈电中性，阳离子所带正电荷为c(NHeq\o\al(＋,4))＝2mol·L－1，阴离子所带负电荷＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋2×c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.2mol·L－1，阳离子所带正电荷小于阴离子所带负电荷，所以溶液中一定含K＋，可能含Cl－，所以溶液中至少存在4种离子，且c(K＋)≥0.2mol·L－1，B正确。]非选择题局部二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26．(4分)A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是具有果香味的烃的衍生物。A、B、C、D在一定条件下存在如图转化关系(局部反响条件、产物被省略)。(1)A的结构简式为________。(2)A→B的反响类型是________反响。(3)D与NaOH溶液反响的化学方程式为________________________________________________。解析：(1)由A是一种重要的化工原料，A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平可知，A是乙烯，结构简式为CH2=CH2。(2)乙烯和水反响生成乙醇，该反响属于加成反响。(3)D为乙酸乙酯，乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，生成乙酸钠和乙醇，化学方程式为CH3COOCH2CH3＋NaOH→CH3COONa＋CH3CH2OH。答案：(1)CH2=CH2(1分)(2)加成(1分)(3)CH3COOCH2CH3＋NaOH→CH3COONa＋CH3CH2OH(2分)27．(6分)硫及其局部化合物的转化关系如下图。Seq\o(→,\s\up15(O2),\s\do15(①))SO2eq\o(→,\s\up15(O2),\s\do15(②))Aeq\o(→,\s\up15(H2O),\s\do15(③))H2SO4eq\o(→,\s\up15(Cu),\s\do15(④))CuSO4eq\o(→,\s\up15(BaCl2),\s\do15(⑤))BaSO4(1)化合物A的化学式为________。(2)SO2可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有________(填“漂白性〞“复原性〞或“氧化性〞)。(3)反响④中，当32gCu完全反响时，被复原的H2SO4的物质的量为________mol。解析：(1)二氧化硫与氧气反响生成三氧化硫，即化合物A的化学式为SO3。(2)酸性高锰酸钾溶液具有很强的氧化性，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是SO2具有复原性。(3)铜与浓硫酸反响的化学方程式为Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up15(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O，由方程式可知，1mol铜参加反响消耗2molH2SO4，其中被复原的硫酸是1mol，所以当32gCu完全反响时，被复原的H2SO4的物质的量为0.5mol。答案：(1)SO3(2分)(2)复原性(2分)(3)0.5(2分)28.(6分)氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等都要用到氯气。工业上通常采用电解法制氯气，其反响原理为______________________(用离子方程式表示)。某化学兴趣小组欲采用图甲装置制取氯气，并探究氯气的性质。【导学号：81640443】(1)烧杯中盛放的液体是________，为了制得枯燥纯洁的Cl2，请结合图乙将以上装置重新排序：________(填接口字母)。(2)如果实验室中MnO2用完了，那么以下物质可以用来代替MnO2制Cl2的是________(填字母)。请写出该反响的化学方程式：____________________。A．Na2SO3 B．FeCl3C．PbO2 D．Na2O2(氧化性强弱顺序为PbO2＞MnO2＞Na2O2＞FeCl3＞Na2SO3)解析：工业上采用电解饱和食盐水法制备氯气，化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(1)氯气有毒，为防止污染空气，故尾气必须用氢氧化钠溶液吸收；浓盐酸与二氧化锰所制备的氯气中会混有挥发出来的HCl和水蒸气，故先通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸进行枯燥，最后用排空气法收集氯气，氯气的密度比空气大，故导管要伸入集气瓶底部，即连接顺序为EFCDG。(2)制备氯气是一个氧化复原反响，因此必须要符合氧化性：氧化剂大于氧化产物，应选择比MnO2氧化性更强的PbO2比拟适宜，反响的化学方程式为PbO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up15(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O，(注：此反响可不用加热)。答案：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑(2分)(1)NaOH溶液(1分)EFCDG(1分)(2)C(1分)PbO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up15(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O(1分)29．(4分)现有NaHCO3和Na2CO3固体混合物样品，称取9.5g该样品与足量稀盐酸反响，生成CO22.24L(标准状况下)；另取9.5g样品溶于水并参加足量澄清石灰水，过滤、洗涤得枯燥固体mg，请答复：【导学号：81640444】(1)m＝________g。(2)样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是________。解析：(1)样品与澄清石灰水反响得到的枯燥固体为CaCO3，根据碳原子守恒，n(CaCO3)＝n(CO2)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，即m(CaCO3)＝0.1mol×100g·mol－1＝10g。(2)由n(NaHCO3)＋n(Na2CO3)＝n(CO2)＝0.1mol；n(NaHCO3)×M(NaHCO3)＋n(Na2CO3)×M(Na2CO3)＝9.5g，解得n(NaHCO3)＝n(Na2CO3)＝0.05mol，即样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是1∶1。答案：(1)10(2分)(2)1∶1(2分)30．【加试题】(10分)Ⅰ.某含铁化合物W，为探究其成分，化学兴趣小组的同学取化合物W粉末进行实验。经组成分析，该粉末除含有Fe元素外还含有O元素和另一未知元素。另取2.22g化合物W的粉末溶于水，滴加适量稀硫酸，向反响后的溶液中参加含有3.20gNaOH的溶液，恰好完全反响。过滤，将洗涤后的沉淀充分灼烧，得到红棕色粉末1.60g；将所得滤液在一定条件下蒸发灼烧可得到一种纯洁的不含结晶水的盐7.10g。请答复：(1)另一未知元素为________(填元素符号)。(2)①该化合物W的化学式为________。②该化合物W与适量稀硫酸反响的化学方程式为______________。Ⅱ.草酸钴广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。某研究小组在实验室探究CoC2O4分解反响的平衡常数。将一定量纯洁的CoC2O4粉末置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其到达分解平衡：CoC2O4(s)CoO(s)＋CO(g)＋CO2(g)实验测得不同温度下的平衡数据见下表：温度/℃240250260270平衡总压强/kPa5.78.312.017.1平衡总浓度/mol·L－12.4×10－33.4×10－34.8×10－36.8×10－3(3)由表中数据，列式计算得250℃时CoC2O4分解平衡常数为________。该反响的ΔH________0(填“＞〞“＝〞或“＜〞)。(4)加热至350℃，CO2的体积分数开始发生变化，体积分数和温度的关系如图：试画出CO的体积分数随温度升高的曲线。解析：此题考查元素及其化合物的推断、化学反响速率和化学平衡的有关知识。结合实验数据推断，7.10g纯洁的盐应该是Na2SO4，其物质的量为0.05mol，n(NaOH)＝0.08mol，所以化合物W中的另一元素为Na元素，其物质的量为0.02mol，Fe元素为0.02mol，结合化合物W的粉末为2.22g，得n(O)＝0.04mol，因此化合物W的化学式为NaFeO2。250℃时K＝c(CO)·c(CO2)＝(1.7×10－3)2＝2.89×10－6；温度升高，气体平衡浓度增大，说明反响向右进行，因此ΔH＞0；加热至350℃，CO2的体积分数开始变大，可能是发生了反响：CoO(s)＋CO(g)=Co(s)＋CO2(g)，因此CO体积分数会逐渐减小。答案：(1)Na(1分)(2)NaFeO2(1分)2NaFeO2＋4H2SO4=Na2SO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O(2分)(3)2.89×10－6(2分)＞(2分)(4)见以下图(2分)31．【加试题】(10分)过氧化尿素是一种新型漂白剂、消毒剂，漂白、消毒的效果优于H2O2和过氧乙酸。某工业用过氧化尿素的局部参数见下表：【导学号：81640445】分子式外观热分解温度熔点水溶性(20℃)CO(NH2)2·H2O2白色晶体45℃75～85℃500g·L－1合成过氧化尿素的流程及反响器的示意图如图：答复以下问题：(1)流程中操作①的名称________。(2)仪器X的名称是________；反响器加热温度不能太高的原因是________________________________________________________________________________________________。(3)搅拌器不能选择铁质或铝质材料的原因是________________________________________________________________________________________________。(4)为测定产品中活性氧的含量(活性氧16%，相当于其中含双氧水为34%)，称取枯燥样品12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容。准确量取25.00mL于锥形瓶中，参加1mL6mol·L－1的硫酸，然后用0.2000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定(KMnO4溶液与尿素不能反响)，平行实验三次，实验结果如下：实验序号123KMnO4溶液体积/mL滴定前读数0.000.002.00滴定后读数19.9822.7020.02①滴定终点的现象是________________________________________________；②产品中活性氧的质量分数为________；③假设滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会使测得的活性氧含量________(填“偏高〞“偏低〞或“不变〞)。解析：(1)从混合物中别离出固体和溶液，所以采用过滤操作。(2)仪器X的名称是冷凝管；双氧水受热易分解，所以温度不能太高。(3)双氧水具有氧化性，铝、铁具有强复原性，容易被H2O2氧化，所以搅拌器不能选择铁质或铝质材料。(4)①起始滴入的高锰酸钾溶液被复原，溶液褪色，所以滴定终点的现象是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液显浅红色，且半分钟内不褪色。②根据得失电子守恒知，5H2O2～2KMnO4，n(H2O2)＝eq\f(5nKMnO4,2)，由于第2组数据偏差较大，应舍去，所以消耗高锰酸钾溶液的体积为实验1和实验3两组的平均值，即20.00mL，n(H2O2)＝eq\f(5,2)×0.2000mol·L－1×0.02L×10＝0.1mol，双氧水的质量分数＝0.1mol×eq\f(34g·mol－1,12.000g)＝28.3