2021年1月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷四教师版

2021年1月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷〔四〕(总分值70分)可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ba137选择题局部(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每题2分，共50分。每个小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．氧化铁的化学式为()A．FeOB．Fe2O3C．Fe3O4D．Fe(OH)3【答案】B【解析】氧化铁的化学式为Fe2O3，应选B。2．一带一路是“丝绸之路经济带〞和“21世纪海上丝绸之路〞的简称。古丝绸之路贸易中的以下商品，其主要化学成分属于无机物的是()A．陶瓷 B．中草药 C．香料 D．丝绸【答案】A【解析】A项，陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；B项，中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；C项，香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；D项，丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；应选A。2．以下仪器中，不能作反响容器的是【答案】C【解析】试管可用作反响容器，A错误；烧杯可用作反响容器，B错误；C项，水槽不能作反响容器，C正确；D项，蒸馏烧瓶可用作反响容器，D错误，应选C。4．以下物质的水溶液能使紫色石蕊溶液变红的是()A．KOHB．NaHCO3C．Cl2D．SO2【答案】D【解析】能使紫色石蕊溶液变红的溶液显酸性，KOH、NaHCO3的水溶液均显碱性，使石蕊溶液变蓝，A、B均错误；Cl2溶于水为氯水，含有的成分为Cl2、HCl和HClO，H+使紫色石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性，使红色溶液褪色，最终溶液为无色，C错误；SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，SO2不能漂白酸碱指示剂，所以二氧化硫的水溶液能够使紫色石蕊溶液变红，D正确。5．以下分散系中，分散质微粒直径最小的是()A．硝酸钾溶液B．雾C．蛋白质溶液D．石灰乳【答案】A【解析】各物质所属分散系类型以及分散质微粒直径大小进行比拟。6．以下反响中，非金属单质只作氧化剂的是()A．Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2OB．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑C．C+2CuO2Cu+CO2↑D．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【答案】D【解析】A项，Br2在反响中化合价由0价→＋1价和－1价，即Br2既是氧化剂又是复原剂，故A错误；B项，反响物中没有非金属单质，故B错误；C项，C的化合价由0价→＋4价，化合价升高，C为复原剂，故C错误；D项，O2的化合价由0价→－2价，化合价降低，O2为氧化剂，故D正确。7．以下各选项中，既属于氧化物，又属于电解质的是()A．醋酸 B．生石灰 C．干冰 D．小苏打【答案】B【解析】A项，醋酸属于酸，不属于氧化物，属于电解质，不满足题意，A错误；B项，生石灰是CaO的俗称，属于活泼金属氧化物，同时也属于电解质，B正确；C项，干冰是固态的二氧化碳，属于非金属氧化物，属于非电解质，不满足题意，C错误；D项，小苏打是碳酸氢钠的俗名，属于盐，不属于氧化物，属于电解质，不满足题意，D错误。应选B。8．以下表示正确的选项是()A．CO2的电子式：B．乙炔的结构式：CH≡CHC．CH4的球棍模型：D．Cl－的结构示意图：【答案】D【解析】A项，CO2的电子式为，A错误；B项，乙炔的结构式为H-C≡C-H，B错误；C项，CH4的球棍模型为，C错误；D项，Cl－的结构示意图为，D正确。9．以下说法正确的选项是()A．H2与D2互为同位素B．C70和单层纳米碳管互为同素异形体C．乙烯和互为同系物D．淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，它们互称为同分异构体【答案】B【解析】A项，H2与D2为由H元素组成的单质，两者不是同位素，同位素的研究对象是原子，A错误；B项，C70和单层纳米碳管为由C元素组成的两种不同种单质，两者互为同素异形体，B正确；C项，乙烯和分子组成相差假设干个CH2，但两者结构不同，两者不是同系物，C错误；D项，淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，n值可能不同，二者的分子式可能不同，所以两者不是同分异构体，D错误；应选B。10．人类生活离不开化学知识，以下表达不正确的选项是()A．臭氧是饮用水的理想消毒剂之一，因为它杀菌能力强且不影响水质B．因患“禽流感〞而被捕杀的家禽尸体常用生石灰处理C．新冠病毒可以用体积分数为75%的酒精进行消毒D．食品加工、消毒、防腐常使用福尔马林【答案】D【解析】A项，臭氧具有强氧化性，可用于杀菌消毒，与水不反响，且无残留，不影响水质，故A正确；B.项，家禽尸体常用生石灰处理，是因为生石灰与水反响生成熟石灰具有消毒杀菌的作用，使家禽体内的细菌不再向外扩散的缘故，故B正确；C项，新冠病毒可以用体积分数为75%的酒精进行消毒，能使病毒的蛋白质变性，具有消毒杀菌作用，故C正确；D项，食品不能使用福尔马林防腐，福尔马林有毒，故D错误。应选D。11．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。以下说法正确的选项是()XYWZTA．原子半径：X>Y>ZB．X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D．T元素的单质具有半导体的特性【答案】D【解析】四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出W最外层电子数为4，即为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。A项，根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl>N>O，故A错误；B项，HCl沸点比NH3、H2O最低价氢化物的沸点低，故B错误；C项，由X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D项，Ge元素在金属和非金属交界处，因此Ge的单质具有半导体的特性，故D正确。应选D。12．以下离子方程式不正确的选项是()A．稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：Ba2++H++OH﹣+SO42﹣=BaSO4↓+H2OB．金属钠和水反响：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑C．2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液：2CO2+3OH－=HCO3－+CO32－+H2OD．二氧化硫与氯化铁溶液反响：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+【答案】A【解析】A项，稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，反响生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2H++2OH-+SO42-=BaSO4↓+2H2O，A错误；B项，金属钠和水反响生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，B正确；C项，2mol二氧化碳通入含3molNaOH的溶液中生成碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH－=HCO3－+CO32－+H2O，C正确；D项，二氧化硫与氯化铁溶液反响生成硫酸和氯化亚铁：SO2+2Fe3++H2O＝2Fe2++SO42－+4H+，D正确。13．MnSO4•H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计以下装置制备硫酸锰：以下说法错误的选项是()A．装置I烧瓶中放入的药品X为Na2SO3B．装置II中用“多孔球泡〞可增大SO2的吸收速率C．装置Ⅲ烧杯中溶液为饱和NaHSO3D．用装置II反响后的溶液制备MnSO4•H2O需经历蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤枯燥等过程【答案】C【解析】A项，Cu与浓硫酸反响制取SO2需要加热，装置图中无加热装置，所以X不可能为Cu；亚硫酸钠，与浓硫酸发生复分解反响生成硫酸钠、水、二氧化硫，所以装置I烧瓶中放入的药品X为Na2SO3，A正确；B项，装置Ⅱ中用“多孔球泡〞，增大接触面积，可增大SO2的吸收速率，B正确；C项，SO2是有毒气体，不能随意排入大气，可根据SO2是酸性氧化物，能够与碱反响的性质除去，所以Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾气，而饱和NaHSO3溶液不可吸收尾气，C错误；D项，用装置Ⅱ反响后的溶液为MnSO4，制备MnSO4•H2O，通过蒸发结晶、过滤、洗涤及枯燥可得到，D正确；应选C。14．以下说法正确的选项是()A．乙炔与苯以任意比混合，只要混合物总质量一定，完全燃烧生成的CO2的总量会变化B．煤中含有苯和二甲苯等物质，可通过煤的干馏获得C．分馏汽油能使溴的四氯化碳溶液褪色D．石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃【答案】D【解析】A项，乙炔与苯的最简式相同，以任意比混合，只要混合物总质量一定，含碳量就一定，完全燃烧生成的CO2的总量就一定，故A错误；B项，煤中不含有苯和二甲苯等物质，故B错误；C项，分馏汽油中不存在烯烃，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C错误；D项，石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料的产量，反响过程是将长链烃转化为短链烃，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，反响过程也是将长链烃转化为短链烃，故D正确。15．以下说法正确的选项是()A．人造奶油、大豆油、汽油的主要成分都是油脂B．植物秸秆和土豆淀粉的水解产物在一定条件下可以发酵转化成酒精C．蛋白质溶液中参加稀的(NH4)2SO4溶液，有固体析出，加水可重新溶解D．鉴别淀粉溶液和蛋白质溶液：参加稀KI溶液【答案】B【解析】A项，汽油的主要成分是烃类，而不是油脂，A错误；B项，秸秆主要成分是纤维素，纤维素和淀粉水解都可以得到葡萄糖，经过发酵可以得到酒精，B正确；C项，蛋白质溶液中参加稀的(NH4)2SO4不一定会发生盐析，应该参加饱和的或者浓的(NH4)2SO4溶液，C错误；D项，淀粉溶液和蛋白质溶液中分别参加KI溶液，均没有明显现象变化，D错误；应选B。16．乙炔在Pd外表选择加氢的反响机理如下图。其中吸附在Pd外表上的物种用*标注。以下有关说法正确的选项是()A．乙炔催化加氢反响为吸热反响B．该正反响历程中最大能垒为85kJ/molC．Pd为固体催化剂，其外表积大小对催化效果无影响D．C2H2*+H*→C2H3*只有化学键的形成过程【答案】B【解析】A项，由图可知，乙炔的总能量比乙烯高，那么乙炔催化加氢时，反响物总能量大于生成物总能量，为放热反响，故A错误；B项，由图可知，该正反响历程中最大能垒为85kJ·mol-1，故B正确；C项，固体外表积越大，吸附能力越强，固体催化剂Pd的催化效果越好，故C错误；D项，C2H2*+H*→C2H3*即有化学键的断裂过程，也有形成过程，故D错误；应选B。17．一种用于驱动检验管道焊缝设备爬行器的甲醇－燃料电池的工作原理示意如图，以下有关该电池说法正确的选项是()A．该电池工作时，每消耗22.4LCH3OH转移6mol电子B．电子由电极a经负载流向电极b，再经过氢氧化钠溶液返回电极a，形成闭合回路C．电池工作时，OH－向电极a移动，溶液的pH减小D．电极b上发生的电极反响为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O【答案】C【解析】A项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；B项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；C项，电池工作时，“同性相吸〞原理，OH－向电极a移动，CH3OH－6e－＋8OH－＝6H2O＋CO32－，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；D项，碱性环境下，电极b上发生的电极反响为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，故D错误。应选C。18．以下关于药物的使用说法不正确的选项是()A．使用青霉素时，为防止过敏反响的发生，一定要进行皮肤敏感实验B．虽然药物能治病，但大局部药物有毒副作用C．兴奋剂能使人兴奋，产生愉悦，因此青少年不可自行服用D．我们生病了都可以到药店自己买药吃，不用到医院【答案】D【解析】A项，青霉素属于抗生素，使用青霉素时，需要用药前使用者一定要进行皮肤敏感试验，故A说法正确；B项，大局部药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用，故B说法正确；C项，兴奋剂属于违禁药物，青少年不可自行服用，故C说法正确；D项，大多数药物都有毒副作用，应该在医生指导下使用，不能随便到药店买药吃，故D说法错误。19．以下说法正确的选项是()A．HCl、NaCl溶于水，破坏的化学健类型相同B．H2SO4溶于水能电离出H+和SO42－，所以硫酸是离子化合物C．PCl5中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．离子化合物中不一定含有金属元素【答案】D【解析】A项，HCl属于共价化合物溶于水电离，破坏共价键，NaCl属于离子化合物，溶于水破坏离子键，A错误；B项，H2SO4溶于水能电离出H+和SO42－，所以硫酸是酸，硫酸是共价化合物，不是离子化合物，B错误；C项，PCl5中，Cl原子的最外层具有8电子稳定结构，P原子不是8电子稳定结构，C错误；D项，离子化合物中不一定含有金属元素，例如铵盐等，D正确。20．H2O、H2O2、HO2(超氧化氢)等都属氢氧化合物，其中HO2又叫超氧酸，与H2O2化学性质相似，又与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似。以下说法不正确的选项是()A．向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复B．HO2在碱中能稳定存在 C．HO2不稳定，分解会生成氧气D．HO2可与AgNO3反响：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3【答案】B【解析】A项，HO2与H2O2化学性质相似，因此具有漂白性，向HO2溶液中滴入品红溶液，溶液褪色，加热后红色不恢复，A正确；B项，HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故有酸性，HO2在碱中不能稳定存在，B错误；C项，HO2与H2O2化学性质相似，HO2不稳定，分解会生成氧气，C正确；D项，HO2与HX(X=Cl、Br、I等)某些性质相似，故HO2可与AgNO3反响：HO2+AgNO3=AgO2↓+HNO3，D正确；应选C。21．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A．反响5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O，生成22.4LN2时转移的电子数为3.75NAB．标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后的物质的分子总数一定为NAC．将1molCl2通入水中，那么N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA(N表示粒子数)D．10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA【答案】B【解析】A项，缺少外界条件，不能计算N2的物质的量，因此也不能计算反响过程中电子转移数目，A错误；B项，标准状况下22.4L甲烷和氧气的混合气体的物质的量是1mol，根据阿伏伽德罗定律可知该气体中含有的分子数目为NA；而反响CH4+2O2CO2+2H2O是反响前后分子总数不变的反响，故混合气体完全燃烧后，物质的总分子数一定为NA，B正确；C项，Cl2与水的反响是可逆反响，反响物不能完全转化为生成物，所以N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)<2NA，C错误；D项，D2O的物质的量是n(D2O)=10g÷20g/mol=0.5mol，D2O分子中含有10个质子，含有10个中子，所以0.5molD2O中含有的质子数与中子数都是5NA，D错误；应选B。22．以反响5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反响速率的影响〞。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反响的快慢。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-l体积/mL①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050以下说法不正确的选项是()A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量B．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，那么这段时间内平均反响速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol·L-1·s-1C．实验①和实验②是探究浓度对化学反响速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反响速率的影响D．实验①和②起初反响均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反响起催化作用【答案】B【解析】A项，要通过测定溶液褪色所需时间来判断反响的快慢，那么实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量，A正确；B项，不能确定40s内高锰酸钾溶液浓度的变化量，因此不能计算这段时间内平均反响速率，B错误；C项，探究温度对化学反响速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反响物浓度对化学反响速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，C正确；D项，实验①和②起初反响均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反响起催化作用，D正确。23．以下实验现象、结论或解释与实验操作相匹配的是()选项实验操作实验现象结论或解释A向某待测溶液中滴加几滴新制氨水，振荡，再参加少量KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中一定含有Fe2+B将SO2通入紫色石蕊溶液中溶液先变红后褪色SO2具有漂白性C向2mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液溶液呈蓝色Br2的氧化性比I2的强D向某待测溶液中参加稀盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生待测溶液中一定含有SO42-【答案】C【解析】A项，向溶液中参加了氧化剂后滴加KSCN溶液，溶液变红，说明其中存在铁离子，但无法确定该铁离子是由亚铁离子氧化而来还是原本即存在于溶液中的，A错误；B项，二氧化硫的漂白性是由于其可以与局部有色物质化合成为无色物质，不能漂白石蕊试液，故紫色石蕊试液变红后不褪色，B错误；C项，向2mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明Br2的氧化性比I2的强，C正确；D项，该操作有白色沉淀产生，沉淀可能为硫酸钡也可能为氯化银，故无法确定待测液是否一定含有硫酸根离子，D错误；应选C。24．某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下：以下说法不正确的选项是()A．步骤①研磨时研杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样B．步骤②参加H202的作用是将Fe2+完全氧化C．步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重D．每片补血剂中铁元素的质量为0.7wg【答案】D【解析】A项，根据研磨的操作要求，A正确；B项，H2O2具有强氧化性，步骤②参加H2O2的作用是将Fe2+完全氧化，B正确；C项，步骤③从氢氧化铁悬浊液中得到氧化铁，其操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重，C正确，错误；D项，因2Fe—Fe2O3，那么10片补血剂中铁元素的质量为0.7wg，所以每片补血剂中铁元素的质量为0.07wg，D错误。25．在Na+浓度为0.5mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的假设干种离子：阳离子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+阴离子NO3-、CO32-、SiO32-、SO42-取该溶液100mL进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：Ⅰ．向该溶液中参加足量稀H2SO4产生白色沉淀并放出1.12L气体Ⅱ．将Ⅰ的反响混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量为3.6gⅢ．在Ⅱ的滤液中滴加BaC12溶液无明显现象以下说法正确的选项是()A．实验I生成沉淀的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓B．实验I可确定Ag+、Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在C．实验Ⅲ能确定SO42-一定存在D．一定存在K+，且c(K+)≥1.7mol·L-1【答案】D【解析】根据离子的情况，实验Ⅰ产生的气体一定是CO2(0.05mol)，那么溶液中有CO32-(0.05mol)，故无Ag+、Mg2+、Ba2+，白色沉淀为H2SiO3，那么含有SiO32-；由实验Ⅱ可得SiO2固体为0.06mol，那么原溶液中SiO32-0.06mol；根据实验Ⅲ，溶液中无SO42-；的阳离子所带正电荷为：0.05mol，阴离子所带负电荷为：0.05mol×2+0.06mol×2=0.22mol，故原溶液中一定有K+，因为无法确定NO3-，所以K+至少0.17mol。A项，由上述分析，实验I生成沉淀的离子方程式：2H++SiO32-=H2SiO3↓，A错误；B项，Ag+、Ba2+、Mg2+均不存在，B错误；C项，实验Ⅲ能确定SO42-一定不存在，C错误；D项，由上述分析c(K+)≥0.17mol÷0.1L=1.7mol·L-1，D正确。非选择题局部二、非选择题(本大题共5小题，共20分)26．(4分)(1)①写出乙炔的结构式：_______；②写出芒硝的化学式：_________。(2)写出工业制取粗硅的化学方程式_______________________________。【答案】(1)①H-C≡C-H(1分)②NaSO4·10H2O(1分)(2)2C＋SiO2Si＋2CO↑(2分)27．(4分)如图是中学化学中常见的有机化合物转化关系。其中A可以提供生命活动所需的能量；E是B的同系物，0.1molE完全燃烧生成4.4gCO2和3.6gH2O。答复以下问题：(1)E的分子式为________________；(2)以下说法正确的选项是_______；A．“煤→混合气〞属于煤的干馏B.A与C均能发生银镜反响C.D、F均能与氢氧化钠溶液反响D.D、E、F都能与水任意比互溶(3)写出“A→B〞的化学方程式_______________。【答案】(1)CH4O(1分)(2)BC(1分)(3)C6H12O62C2H5OH+2CO2↑(2分)【解析】A可以提供生命活动所需的能量，A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解生成B是乙醇；乙醇催化氧化生成C是乙醛，乙醛继续氧化生成D是乙酸。E是B的同系物，E是饱和一元醇。0.1molE完全燃烧生成4.4gCO2和3.6gH2O，二者的物质的量分别是0.1mol、0.2mol，所以E是甲醇。(1)E是甲醇，分子式为CH4O；(2)A项，“煤→混合气〞属于煤的气化，A错误；B项，葡萄糖和乙醛均含有醛基，均能发生银镜反响，B正确；C项，D、F分别是乙酸和乙酸甲酯，二者均能与氢氧化钠溶液反响，C正确；D项，酯类物质难溶于水，D错误，答案选BC；(3)“A→B〞的化学方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑。28．(4分)为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：己知：气体甲和气体乙组成元素相同请答复：(1)气体乙的摩尔质量是。(2)X的化学式是。(3)写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式。【答案】(1)28g/mol(1分)(2)FeC2O4(1分)(3)FeC2O4eq\o(=,\s\up7(△))FeO+CO↑+CO2↑(写3FeC2O4eq\o(=,\s\up7(△))FeO+2CO↑+4CO2↑错误)(2分)【解析】(1)混合气体通入足量的石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2，气体甲和气体乙组成元素相同，因此组合可能是CO2、CO或SO2、SO3，因为SO3与水反响生成H2SO4，如果是混合气体是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，没有气体逸出，因此甲为CO2，乙为CO，即气体乙的摩尔质量为28g·mol－1；(2)根据(1)的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物质的量为5/100mol=0.05mol，气体甲和气体乙平均摩尔质量为36，依据十字交叉法，推出CO物质的量为0.05mol，即X中碳原子物质的量为(0.05＋0.05)mol=0.1mol，红棕色固体为Fe2O3，X中含有铁元素，X中铁原子物质的量为4×2/160mol=0.05mol，氧原子的质量为(7.2－0.05×56－0.1×12)g=3.2g，即X中氧原子物质的量为3.2/16mol=0.2mol，即n(Fe)：n(C)：n(O)=0.05：0.1：0.2=1：2：4，化学式为Fe(C2O)4；(3)根据铁元素守恒，黑色固体为FeO，其物质的量为0.05mol，因此反响方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。29．(4分)二氧化氯(ClO