2024届浙江省绍兴市高三上学期11月选考科目诊断性考试化学试题（解析版）

2023年11月绍兴市选考科目诊断性考试化学试题注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分；可能用到的相对原子质量：O：16P：31S：32Cl：35.5Cu：64一、选择题(每小题只有1个选项符合题目要求。每小题3分，共48分)1.下列材料主要成分属于新型无机非金属材料的是A.聚酰胺纤维 B.金刚砂陶瓷轴承 C.硬铝 D.酚醛树脂【答案】B【解析】【详解】A．聚酰胺纤维，是一种合成高分子材料，属于有机材料，A不符合；B．金刚砂陶瓷属于新型无机非金属材料，B符合；C．硬铝是铝的一种合金，属于金属材料，C不符合；D．酚醛树脂，是由苯酚或取代苯酚与甲醛反应得到的合成聚合物，属于有机材料，D不符合；答案选B。2.下列化学用语表示不正确的是A.乙烯的球棍模型： B.羟基的电子式：C.氮的价电子排布式： D.1，3-丁二烯的键线式：【答案】C【解析】【详解】A.由球和棍表示球棍模型，乙烯的球棍模型：，A正确；B.羟基为电中性基团，电子式为：，B正确；C.氮是7号元素，其价电子是最外层电子，根据构造原理知其价电子排布式为：，C错误；D.1，3-丁二烯中含有2个碳碳双键，其键线式：，D正确；故选C。3.硫酸四氨合铜应用广泛，下列说法不正确的是A.硫酸四氨合铜是一种配合物B.硫酸四氨合铜难溶于乙醇C.的空间构型为平面四边形，杂化方式为D.在中，给出孤对电子，提供空轨道【答案】C【解析】【详解】A．硫酸四氨合铜以铜离子为中心离子，NH3为配位分子，是一种配合物，故A正确；B．硫酸四氨合铜是离子晶体，在水中电离出离子，具有最强的极性，乙醇的极性弱于水的极性，所以硫酸四氨合铜难溶于乙醇，故B正确；C．硫酸四氨合铜中Cu2+外围电子排布是3d9，3d中一个电子跃迁到4p轨道，从而3d空出一个空轨道，然后和4s、4p轨道形成dsp2杂化，构型为平面四边形，故C错误；D．铜离子为中心离子提供空轨道，NH3为配位分子，提供孤对电子，故D正确；故选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.还原铁粉抗氧化性强，可用作食品保鲜剂B.福尔马林能使蛋白质变性，可用于消毒和制作生物标本C.臭氧、二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水消毒D.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维【答案】D【解析】【详解】A．还原铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故A正确；B．福尔马林是甲醛的水溶液，福尔马林能使蛋白质变性，可用于消毒和制作生物标本，故B正确；C．臭氧、二氧化氯具有强氧化性，能杀菌消毒，可用于自来水消毒，故C正确；D．二氧化硅不能导电，二氧化硅具有优良的光学性能，可用于制造光导纤维，故D错误；选D。5.下列说法正确的是A.图①装置可制取大量晶体B.图②酸性溶液褪色证明生成的气体分子中含有碳碳不饱和键C.图③实验只发生了反应：D.图④装置依据褪色时间的长短，不能证明反应物浓度对反应速率的影响【答案】D【解析】【详解】A．饱和食盐水中应先通氨气再通二氧化碳制取晶体，故A错误；B．酒精易挥发，同时也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；另外浓硫酸能使酒精炭化，生成的碳单质与浓硫酸反应生成二氧化硫，也能是酸性高锰酸钾溶液褪色；因此不能根据高锰酸钾溶液褪色证明生成的气体分子中含有碳碳不饱和键，故B错误；C．灼烧过程中还可能发生Fe与氧气、S与氧气的反应，故C错误；D．所用高锰酸钾溶液的浓度不同，不能通过褪色时间判断速率快慢，故D正确；故选：D。6.关于反应，下列说法不正确的是A.在反应中体现氧化性和酸性B.和都是氧化产物C.0.2mol参加反应，转移电子2molD.随着产物中NO和比例的改变，和的比例也发生相应的改变【答案】D【解析】【详解】A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2，还体现了HNO3酸性，A正确；B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，B正确；C．Cu2S作还原剂，Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，0.2molCu2S参与反应，转移2mol电子，C正确；D．根据原子守恒，每1molCu2S参与反应，S守恒则硫酸铜1mol，Cu守恒则硝酸铜1mol，硫酸铜与硝酸铜的比例一直是1:1，D错误；故选D。7.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol苯甲醛分子中含键的数目为7B.1mol中氙的价层电子对数为4C.标准状况下，22.4L和44.8L在光照下充分反应后的分子数为3D.25℃时，pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含的数目小于0.01【答案】C【解析】【详解】A．苯甲醛分子的结构为，苯环中含有11个σ键，苯环和醛基之间有1个σ键，醛基中有2个σ键，因此1mol苯甲醛分子中含有14molσ键，A错误；B．XeF4中Xe的价层电子对数为4+=6，因此1molXeF4中氙的价层电子对数为6mol，B错误；C．CH4与Cl2的反应为等体积反应，且一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷与氯气的反应都是等体积反应，则反应前后气体的总物质的量不变，22.LCH4和44.8LCl2的总物质的量为3mol，则反应后分子总数为3mol，C正确；D．pH=2的醋酸溶液1L，溶液中含有氢离子的数目为0.01mol，D错误；故答案选C。8.下列说法不正确的是A.高分子分离膜可用于海水淡化B.乙醇可以洗去沾在皮肤上的苯酚C.蛋白质溶液中加入浓硝酸均会有黄色沉淀产生，可用于蛋白质的分析检测D.氯乙烷和其他药物制成的“复方氯乙烷气雾剂”用于运动中的急性损伤【答案】C【解析】【详解】A．高分子分离膜有选择地使粒子通过，所以可用于海水和苦咸水的淡化方面，选项A正确；B．乙醇对人的皮肤基本不造成伤害，苯酚易溶于乙醇，可以用来洗去沾在皮肤上的苯酚，选项B正确；C．含苯环的蛋白质加入浓硝酸变黄，为颜色反应，用于检验含苯环的蛋白质，选项C不正确；D．氯乙烷由液态转变为气态时，分子间的距离增大，需要吸收周围环境中的热量，从而减缓运动中因急性损伤而产生的疼痛，选项D正确；答案选C。9.下列反应的离子方程式正确的是A.溶液中滴加少量的溶液：B.向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：C.与足量NaOH溶液共热：D.溶液中通入过量：【答案】A【解析】【详解】A．NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液，则NaHCO3和Ca(OH)2按物质的量之比2:1反应，其离子方程式为：2HCO+2OH−+Ca2+=CaCO3↓+CO+2H2O，A项正确；B．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B项错误；C．CH2BrCO18OCH2CH3与足量NaOH溶液共热：，C项错误；D．Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2：3SO2+Ba2++2NO+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H++2，D项错误；故选A。10.化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得化合物Y：下列有关化合物X、Y的说法不正确的是A.X分子中所有原子可能在同一平面上B.Y与的加成产物分子中含有手性碳原子C.X、Y可以用氯化铁溶液鉴别D.1molY与足量的NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．X分子中以苯环平面，单键可以旋转，所有原子可能在同一平面上，A正确；B．Y与Br2的加成产物为，标※的碳为手性碳，B正确；C．X中含有酚羟基，Y中不含酚羟基，酚羟基遇氯化铁溶液变紫色，可以用氯化铁溶液鉴别，C正确；D．1molY含有3mol溴原子，水解生成酚钠和溴化钠，需6mol氢氧化钠，还有1mol酯基，水解生成酚钠和羧酸钠，需2mol氢氧化钠，一共是8mol氢氧化钠，D错误；故选D。11.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为，Y的最高能级的单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法不正确的是A.Y原子核外电子有9种空间运动状态 B.X元素的第一电离能高于其相邻元素C.Z元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅥB族 D.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角大【答案】C【解析】【分析】根据题设条件：x=2，X为N，W为H，Y为P，Z为Cu。【详解】A．P核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，有9中空间运动状态的电子，故A正确；B．N的最外层电子半充满，第一电离能高于相邻元素，故B正确；C．Cu位于第三期周第族，故C错误；D．N的电负性大于P，共用电子对的斥力更大因此NH3的键角更大，故D正确；故选C。12.以铝土矿(主要成分为，含和等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。下列说法不正确的是A.过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤的目的是提高产率B.加入溶液发生的反应是：C.电解Ⅰ是电解熔融，电解过程中作阴极的石墨易消耗D.实验室常规灼烧操作所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯【答案】C【解析】【分析】铝土矿与NaOH溶液反应，会将、溶解，经过过滤I除去；滤液中再加入溶液，会与反应生成沉淀和溶液，溶液通过电解，得到NaOH溶液和溶液循环使用；沉淀灼烧得到，在电解的作用下得到Al和O2；【详解】A．过滤Ⅰ所得滤渣进行洗涤是为了将滤渣表面残留的尽可能溶解到滤液中，可提高最终得到的Al的量，以提高产率，故A正确；B．由分析可知，会与反应生成沉淀和，所以反应方程式为：，故B正确；C．电解Ⅰ是电解熔融，电解过程中阴极物质得电子，元素化合价降低，应是，石墨不会被消耗，故C错误；D．灼烧操作温度相对较高，所需的硅酸盐质仪器包括：坩埚、泥三角、玻璃棒、酒精灯，故D正确；故选C。13.以四甲基氯化铵[]水溶液为原料，利用光伏并网发电装置制备四甲基氢氧化铵[]，下列叙述不正确的是A.a极电极发生还原反应B.保持电流恒定，增大NaCl稀溶液浓度，制备的反应速率增大C.c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜D.b极收集2.24L(标况)气体时，溶液中有0.4mol离子透过交换膜【答案】B【解析】【分析】据de池中浓度变化得出，钠离子从b极池通过e膜，氯离子从cd池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，b为阳极，a与N型半导体相连，b与P型半导体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，以此解答。【详解】A．由题中信息可知，a为阴极，发生得电子的还原反应，A正确；B．保持电流恒定，则单位时间a极得到的电子数目是恒定的，增大NaCl的浓度，电极反应的速率不变，B错误；C．由题中图示信息可知，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜，C正确；D．b极电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，收集氧气0.1mol时，转移电子0.4mol，Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，这些离子均带1个单位电荷，通过的离子的物质的量为0.4mol，D正确；故选B。14.已知反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.该反应的B.正反应活化能等于反应物的键能之和C.由图可知升温对的逆反应速率影响更大D.恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，所以正逆反应速率均不变【答案】C【解析】【详解】A．焓变ΔH=正反应的活化能−逆反应的活化能，则该反应的，A错误；B．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知正反应活化能为过渡态与分子平均能量之差，而反应物的键能之和是气体反应物分子的化学键断裂形成气态原子时所吸收的总能量，由图知，过渡态并不是原子状态，则二者不相等，B错误；C．升温对吸热方向的速率影响更大，由图可知的正方向放热，则升温对的逆反应速率影响更大，C正确；D．该反应气体分子总数不变，则恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，但所有气体浓度增大、所以正逆反应速率均增大、同等幅度增大，D错误；答案选C。15.利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。已知：ⅰ．下图中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ⅱ．下图中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同pH下由上图得到]。下列说法正确的是A.由第1个图，pH=9时，B.由第2个图，初始状态pH=9、，平衡后溶液中存在：C.由第2个图，初始状态pH=11、，有沉淀生成D.由两个图分析，初始状态pH=8、，发生反应：【答案】D【解析】【分析】图i中pH越大，碳酸根物质的量分数越大，碳酸物质的量分数越小，碳酸氢根物质的量分数先增大后减小；图ii中已知曲线I代表的是氢氧化镁，曲线II代表的是碳酸镁。【详解】A．由图可知，pH=9时，碳酸氢根离子的物质的量分数大于碳酸的物质的量分数，A错误；B．从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，B错误；C．从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，C错误；D．pH=8时，溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；故选D。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A往固体中加入稀硫酸产生蓝色溶液不能说明稀硫酸具有强氧化性B往溶液中通入，再加入溶液产生白色沉淀具有还原性C往溶液中通入产生黑色沉淀酸性强于D往紫色石蕊试液中通入石蕊试液先变红后褪色具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．在该反应过程中，+1价铜发生歧化反应生成+2价铜离子和单质铜，硫酸中元素化合价未发生变化，不能表现稀硫酸的氧化性，A正确；B．硫酸铁中含有硫酸根离子，再和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，不能体现二氧化硫的还原性，B错误；C．硫化铜难溶水和酸，故和硫化氢反应可以生成硫化铜和硫酸，不能证明酸性的强弱，C错误；D．二氧化硫不能漂白指示剂，D错误；故选A。二、非选择题(共5小题，共52分)17.氧族元素及其化合物种类繁多，应用广泛。（1）基态硫原子的价电子排布图为___________。（2）下列说法正确的是___________。A.在水中的溶解度比在中小 B.的酸性弱于C.氧族元素位于元素周期表中的s区 D.热稳定性：（3）许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如五氧化二磷实际的分子式是，实验测得磷、硫、氯三种氧化物的熔点如下，推测固态三氧化硫的分子式为___________。

三氧化硫熔点613K289K182K（4）12-冠-4()可与锂离子络合，其中氧的杂化方式为___________。（5）锂钴复合氧化物是目前商品化锂离子电池的常用正极材料，其理想结构如图。其化学式为___________。【答案】（1）（2）AD（3）（4）（5）【解析】【小问1详解】S原子的原子序数是16，价电子排布图为：；【小问2详解】A．根据相似相溶原理，O3极性较小，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度更大，A正确；B．乙基是供电子集团，-SH中的氢原子不容易电离，H2S的酸性强于C2H5SH，B错误；C．氧族元素位于元素周期表中的p区，C错误；D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，Se的非金属性比As的强，热稳定性H2Se>AsH3，D正确；故选AD；【小问3详解】三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9；【小问4详解】冠醚中O原子的杂化方式为sp3；【小问5详解】均摊法计算O原子的个数为14+12×=16，Li的原子个数为6+2×+12×=8，Co的原子个数为7+6×=8，O、Li、Co的原子个数比为2:1:1，化学式为：LiCoO2。18.燃煤火电厂产生的尾气(主要成分为、NO)可以按如下流程脱除或利用。请回答：（1）写出途径Ⅰ中转化成的总反应化学方程式___________。（2）下列说法正确的是___________。A.途径Ⅰ中的作用是催化剂B.途径Ⅰ中的作用是还原剂C.若用氨水代替石灰乳吸收尾气，则可能最终转化成为或D.工业制硝酸的第一步是与反应得到NO（3）写出途径Ⅱ中NO与、混合液反应的化学反应万程式_______。（4）下列物质有可能代替途径Ⅱ中的是___________。A.NaClO B. C. D.（5）设计实验方案检验途径Ⅱ产物中的含氮阴离子___________。【答案】（1）（2）ABC（3）（4）AB（5）取上层清液于试管中，加稀盐酸，无明显现象，再加入铜片，若产生无色气体，遇空气显红棕色，说明含氮阴离子为硝酸根离子【解析】【分析】燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入石灰乳中，SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4；Cu+和O2结合生成Cu+(O2)然后和尾气中的NO反应转化成Cu+(NO2)，接着Cu+(NO2)和乙烯反应得到Cu+、N2、CO2、H2O；将燃煤火电厂产生的尾气(主要成分SO2、NO)通入CaCO3-NaClO2混合液中，反应得到CO2、CaSO4、Ca(NO3)2以及NaCl；【小问1详解】SO2和石灰乳反应生成CaSO3，后CaSO3被氧化成CaSO4，其总反应化学方程式为：；【小问2详解】由图示可以看出，Cu+反应前后均有，且参加过反应，所以途径Ⅰ中的作用是催化剂，故A正确；C2H4中碳元素的化合价是-2价，反应后生成的CO2中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价升高了，即途径Ⅰ中的作用是还原剂，故B正确；用氨水代替石灰乳，也能发生SO2和碱溶液反应生成亚硫酸盐的反应，后亚硫酸盐被氧化成硫酸盐，具体产物由碱和SO2的相对量的多少决定，可能生成或，故C正确；工业制硝酸的第一步是以氨和空气为原料，用铂铑合金网为催化剂，在氧化炉进行氨催化氧化反应，不是与反应得到NO，故D错误；答案为：ABC；【小问3详解】从图中可以看出，此反应的产物有CO2、Ca(NO3)2，Ca(NO3)2是NO的氧化产物，所以还有一种化合价降低的还原产物NaCl，反应的化学方程式为：【小问4详解】途径Ⅱ中的作用是将NO氧化，所以NaClO和能代替，所以选AB；【小问5详解】途径Ⅱ产物中的含氮阴离子为NO3-，检验方法为：取上层清液于试管中，加稀盐酸，无明显现象，再加入铜片，若产生无色气体，遇空气显红棕色，说明含氮阴离子为硝酸根离子。19.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：（1）根据下图数据计算反应________。（2）合成氨工厂以“水煤气”和为原料，采用两段间接换热式绝热反应器，由进气口充入一定量含CO、、、的混合气体，在反应器A进行合成氨，其催化剂Ⅲ铁触媒，在500℃活性最大，反应器B中主要发生的反应为，装置如图。①温度比较：气流a_______气流b(填“>”“<”或“=”)。②气体流速一定，经由催化剂Ⅰ到催化剂Ⅱ，原料转化率有提升，其可能原因是：_______。③下列说法正确的是_______。A．合成氨是目前自然固氮最重要的途径B．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气流速，有利于水煤气生成C．体系温度升高，可能导致催化剂失活，用热交换器将原料气可预热并使反应体系冷却D．终端出口2得到的气体，通过液化可分离出（3）LiH-3d过渡金属复合催化剂也可用于催化合成氨，已知先被吸附发生反应，紧接着被吸附发生的反应方程式___________。（4）工业上常用甲烷水蒸气重整制备所得的氢气用于合成氨的原料，体系中发生如下反应。Ⅰ．Ⅱ．恒温恒压条件下，1mol(g)和1mol(g)反应达平衡时，(g)的转化率为m，(g)的物质的量为nmol，则反应Ⅰ的平衡常数___________(写出含有m、n的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。【答案】（1）-45（2）①.<②.气流若在催化剂Ⅰ层达平衡流出，经中间热交换，温度降低，反应平衡正移，转化率增大；气流若在催化剂Ⅰ层未达平衡，则与催化剂Ⅱ接触，继续反应，转化率增大③.BCD（3）（4）【解析】【小问1详解】由图可计算ΔH=473+654-339-397-436=-45kJ/mol。【小问2详解】①热气体往上流通，a气体的温度高于b气体。②气流经由催化剂I至催化剂Ⅱ，温度有所降低，但是催化剂可以增大反应速率。故答案为：气流若在催化剂Ⅰ层达平衡流出，经中间热交换，温度降低，反应平衡正移，转化率增大；气流若在催化剂Ⅰ层未达平衡，则与催化剂Ⅱ接触，继续反应，转化率增大。③A．自然固氮是通过氮气和氧气在雷电条件下生成NO，合成氨属于人工固氮，A错误；B．适当加快水蒸气流速，可以带出产物，生成物浓度降低，有利于水煤气生成，B正确；C．体系温度升高，可能使催化剂失去活性，热交换器的作用是交换热量，可以预热或者使反应体系冷却，C正确；D．反应器A进行合成氨，出口2的气体含有氮气、氨气和氢气，通过液化可分离氨气，D正确；故选BCD。【小问3详解】合成氨的总反应为N2+3H2=2NH3，总反应减去N2的吸附反应方程式，得H2的吸附反应为：Li2NH+LiNH2+3H2=3LiH+2NH3。【小问4详解】多平衡体系中，I反应甲烷的转化率为m，可列三段式平衡时CO2的物质的量为nmol，列反应Ⅱ的三段式平衡时甲烷的物质的量为(1-m)mol，H2O的物质的量为(1-m-n)mol，CO的物质的量为(m-n)mol，CO2的物质的量为nmol，H2的物质的量为(3m+n)mol，体系中气体的总物质的量为(2+2m)mol，=。20.氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成催化剂，也用于颜料，防腐等工业；是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在潮湿空气中易被氧化。某兴趣小组利用蚀刻液(主要含、、、、)制备氯化亚铜，采用如下流程：已知：①②（1）步骤Ⅰ发生反应的离子方程式___________。（2）下列说法正确是___________。A.步骤Ⅰ，可以用溶液代替双氧水B.步骤Ⅱ，试剂X可以是CuO、、等物质C.步骤Ⅲ，混合液中的作用是及时除去反应过程中产生的，避免产生D.步骤Ⅳ，为了防止CuCl被氧化，可用水溶液洗涤（3）步骤Ⅲ在如图所示装置中进行，仪器a的名称是___________；你认为恒压漏斗中所装试剂是___________，理由是___________。（4）准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后过滤，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒及滤渣2～3次，将滤液及洗涤液一并转移到瓶中，加入指示剂2滴，立即用0.20mol/L标准溶液滴至终点，消耗标准溶液24.00mL，样品中CuCl的质量分数为___________%(已知：，且杂质不参与反应)。【答案】（1）（2）BCD（3）①.冷凝管②.、混合液③.若将滴入、混合液中，则易形成溶液或者生成（4）95.52%【解析】【分析】蚀刻液(主要含、、、、)加入双氧水氧化得到氧化液，主要是将转化为，再加入试剂X，调节pH4，沉淀，则X可以是CuO、、等物质，将转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液加入、混合液处理后过滤、洗涤得到CuCl；【小问1详解】步骤Ⅰ中被双氧水氧化生成，发生反应的离子方程式为；小问2详解】A.若步骤Ⅰ用溶液代替双氧水，则引入杂质离子锰离子、钾离子等，选项A错误；B.步骤Ⅱ，试剂X可以是CuO、、等物质，与氢离子反应使溶液pH升高，从而使铁离子沉淀而除去，选项B正确；C.步骤Ⅲ，混合液中的作用是及时除去反应过程