浙江省2024年高三化学1月普通高校招生鸭科目仿真模拟试卷四含解析VIP

PAGEPAGE23浙江省2024年高三化学1月一般高校招生选考科目仿真模拟试卷（四）（含解析）可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题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、多选、错选均不得分）1．下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是A．KOHB．Na2CO3C．AlCl3D．CaO【答案】B【解析】A.KOH电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故A错误；B.Na2CO3水解生成氢氧根离子，溶液显碱性，故B正确；C.AlCl3水解生成氢离子，溶液显酸性，故C错误；D.CaO与水反应生成的氢氧化钙电离出氢氧根离子，溶液显碱性，故D错误；故选B。2．下列仪器中，过滤和重结晶都不须要用到的仪器是A．酒精灯B．烧杯C．玻璃棒D．分液漏斗【答案】D【解析】过滤须要用到漏斗、玻璃棒、烧杯、滤纸、铁架台（带铁圈）；重结晶须要用到的仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗、滤纸、铁架台(带铁圈)、蒸发皿、酒精灯，因此过滤和重结晶都不须要用到的仪器是分液漏斗，答案为D。3．下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是A．二氧化碳碳酸钠B．硫酸钠乙醇C．氧化铝硫D．盐酸蔗糖【答案】B【解析】试题分析：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物就是电解质。例如：酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等都是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，例如：非金属氧化物、绝大部分有机物、氨气等。都必需为纯净物，必需为化合物；盐酸为混合物；因此A正确。4．下列物质对应的组成正确的是（）A．苏打：NaHCO3 B．胆矾：CuSO4C．熟石灰：CaSO4·2H2O D．干冰：CO2【答案】D【解析】A．苏打、纯碱：Na2CO3，小苏打：NaHCO3，A错误；B．胆矾：CuSO4·5H2O，B错误；C．熟石灰：Ca(OH)2，C错误；D．干冰：固态的CO2，D正确。答案选D。5．下列化学用语描述不正确的是A．S2-的结构示意图：B．二氧化碳的电子式：C．甲烷分子的结构式：D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，R原子可表示为：【答案】B【解析】A．S2-为S原子得到2个电子形成，其离子结构示意图为，A正确；B．CO2分子中C原子和每个O原子形成2对共用电子对，正确的电子式为，B错误；C．甲烷的分子式为CH4，其结构式为，C正确；D．R2+离子核外有a个电子，b个中子，由质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数可知，R原子的质子数为a+2，则质量数为a+2+b，所以R原子可表示为：，D正确；答案选B。6．下列说法不正确的是A．油脂可以制造肥皂和油漆B．工业酒精中含有乙醇，不含甲醇C．工业上可以用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖D．自然气与煤、柴油相比是清洁的能源【答案】B【解析】A.油脂水解生成依据脂肪酸盐和甘油，是制造肥皂和油漆的原料，故A正确；B.工业酒精中含有乙醇，还含有甲醇，甲醇有毒，因此工业酒精不能用于制饮用酒，故B错误；C.淀粉、纤维素在适当条件下水解的最终产物为葡萄糖，工业上可以用淀粉、纤维素为原料生产葡萄糖，故C正确；D.自然气的主要成分为甲烷，燃烧的产物为水和二氧化碳，煤、柴油中往往含有硫等元素，燃烧后会生成二氧化硫等空气污染物，故D正确；故选B。7．下列说法正确的是A．12C和14C互为同素异形体B．金刚石和C60互为同位素C．CH3-CH2-CH2-CH3和互为同分异构体D．C2H2和C6H6互为同系物【答案】C【解析】【详解】A.12C和14C是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故A错误；B.金刚石和C60是碳元素组成的不同单质，金刚石和C60互为同素异形体，故B错误；C.CH3-CH2-CH2-CH3和分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C正确；D.C2H2含有1个碳碳叁键，C6H6可能是苯，含有苯环，结构不同，不是同系物，故D错误。8．下列说法不正确的是A．“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关B．Al(OH)3可作阻燃剂，因此可以用于灭火C．SiO2可用于制造光导纤维，其性质稳定，不溶于强酸、强碱D．焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的呈现【答案】C【解析】A．氮的氧化物可导致酸雨及光化学烟雾发生，“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故A正确；B．Al(OH)3分解生成的高熔点的氧化铝，且均不燃烧，分解汲取热量，可降低温度，则Al(OH)3可作阻燃剂，因此可以用于灭火，故B正确；C．二氧化硅对光具有良好的全反射作用，用于制造光导纤维，但与强碱反应，故C错误；D．某些金属灼烧具有特别的焰色，则焰火的五彩缤纷是某些金属元素的性质的呈现，故D正确；答案选C。9．下列关于物质的用途说法不正确的是A．碳酸氢钠可被用于治疗胃酸过多 B．Cl2可被用于工业制漂粉精C．明矾可用于自来水的杀菌消毒 D．Fe2O3俗称铁红，常用作红色涂料【答案】C【解析】A．NaHCO3能与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，且碱性较弱，能用来治疗胃酸过多症，故A正确；

B．工业制备漂白粉是利用氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故B正确；

C．明矾只能净水，不能消毒，通常用氯气或二氧化氯来对自来水消毒，故C错误；

D．氧化铁呈红棕色，俗称铁红，可以作红色油漆和涂料，故D正确；

故选：C。10．确定物质的量的CO2

与NaOH

溶液反应，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若两者物质的量之比为3∶5，则参与反应的CO2

与NaOH

的物质的量之比为（）A．3∶5 B．1∶2 C．18∶8 D．8∶11【答案】D【解析】确定物质的量的CO2

与NaOH

溶液反应，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若两者物质的量之比为3∶5，设Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为3xmol、5xmol，依据钠离子和碳原子守恒，则参与反应的CO2

与NaOH

的物质的量之比为=8：11，答案选D。11．试验是解决化学问题的基本途径，下列有关试验的叙述不正确的是A．240mL0.2mol/L的NaCl溶液配制：须要运用天平、250mL容量瓶等仪器B．不慎将NaOH溶液到皮肤上，应马上用较多的水冲洗C．用CCl4萃取碘水中的碘时，萃取后的CCl4层应从分液漏斗下端放出D．试验室酒精起火，可以用水浇灭【答案】D【解析】A.配制240mL0.2mol•L-1NaCl溶液运用的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，A正确；B.氢氧化钠是强碱，能灼伤皮肤，不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，应马上用较多的水冲洗，并涂上硼酸，B正确；C.用CCl4萃取碘水中的碘时，上层是水层，下层是溶有碘的CCl4，分液漏斗中的液体下层的从下口漏出，上层的从上口倒出，C正确。D.试验室酒精起火，若用水浇，水与酒精互溶，酒精会接着燃烧，不能灭火，要用湿抹布覆盖在燃烧的酒精上以隔绝酒精与氧气的接触，达到隔绝氧气而灭火的目的，D错误。故合理选项是D。12．下列说法正确的是（）A．苯与浓溴水反应（Fe作催化剂）制溴苯B．向AlCl3溶液中加入氨水得到白色沉淀C．甲烷使酸性KMnO4溶液褪色D．SO2能使品红溶液褪色，加热后不复原原色【答案】B【解析】A.苯与浓溴水不反应，制溴苯应用苯与溴（Fe作催化剂）反应，A项错误；B.向AlCl3溶液中加入氨水得到白色沉淀，用于试验室制氢氧化铝，B项正确；C.甲烷性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，C项错误；D.SO2有漂白性，能使品红溶液褪色生成不稳定的无色物质，故加热后复原原色，D项错误。本题选B。13．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．过氧化钠固体与水反应：B．向明矾[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全：C．向次氯酸钠溶液中通入少量：D．FeSO4溶液暴露在空气中：【答案】D【解析】A.过氧化钠固体与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠不能拆开，正确的离子方程式为：，故A错误；B.向明矾溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全，铝离子完全反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：，故B错误；C.次氯酸钠溶液中通入少量发生氧化还原反应，离子方程式为：，故C错误；D.硫酸亚铁溶液暴露在空气中，亚铁离子简洁被氧化成铁离子，部分铁离子生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：，故D正确。故选D。14．下列说法中，不正确的是()A．正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体B．淀粉、纤维素和油脂都属于自然高分子化合物C．四氯乙烯分子中全部原子都处于同一平面D．等质量的C2H2、C2H4、CH4分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次增多【答案】B【解析】A．正戊烷、异戊烷、新戊烷分子式都是C5H12，分子式相同，结构不同，因此三种物质互为同分异构体，A正确；B．油脂不属于自然高分子化合物，B错误；C．四氯乙烯分子可看作是乙烯分子中的4个H原子被Cl原子取代产生的物质，由于乙烯是平面分子，所以四氯乙烯也是平面分子，即分子中全部原子都处于同一平面，C正确；D．12gC完全燃烧产生CO2消耗1molO2，4gH完全燃烧产生H2O消耗1molO2，可见等质量的烃，在碳原子数相同的状况下，分子中H元素的含量越高，完全燃烧消耗氧气就越多。C2H2、C2H4、CH4中H%的含量：C2H2＜C2H4＜CH4，所以质量相同时，C2H2、C2H4、CH4分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次增多，D正确；故合理选项是B。15．某有机物结构如图所示，有关酚酞说法正确的是A．分子式为C13H12O3B．含有的官能团有羟基、酯基和碳碳双键C．可以发生取代反应、加成反应、氧化反应D．1mol该物质与H2或溴水反应时消耗的H2或溴的最大值分别为7mol和8mol【答案】C【解析】A.由结构简式可以知道分子式为C14H10O3，A错误；B.分子中含酚-OH、-COOC-，即含有的官能团有羟基、酯基，B错误；C.含酚-OH可发生取代、氧化反应，含苯环可发生加成反应，C正确；D.只有苯环与氢气发生加成反应，酚-OH的邻对位与溴水发生取代，且对位均有取代基，则1mol该物质可与H2和溴水发生反应，消耗H2和Br2的最大值为6mol和2mol，故D错误；正确答案C。16．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简洁氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是全部短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是A．氢化物的稳定性：X＞WB．离子半径：X＞YC．氧化物水化物的酸性W＞ZD．Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期【答案】C【解析】W的简洁氢化物可用作制冷剂，W为N元素；Y的原子半径是全部短周期主族元素中最大的，Y为Na元素；由X、Y、Z三种元素形成的一种盐中加入稀盐酸有黄色沉淀析出同时有刺激性气体产生，该黄色沉淀为S，结合X、Y、Z的原子序数依次增大，X为O元素，Z为S元素。A项，非金属性ON，氢化物的稳定性：H2ONH3，正确；B项，O2-、Na+具有相同的电子层结构，核电荷数：O2-Na+，离子半径O2-Na+，正确；C项，N的氧化物水化物有HNO3、HNO2，S的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3，酸性：H2SO4HNO2、HNO3H2SO3，错误；D项，S和O都属于VIA族，S与Na都属于第三周期，正确；答案选C。17．常温下，下列说法不正确的是A．物质的量浓度相同的NaOH溶液和氨水：c(Na+)＞c(NH4+)B．物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者c(OH-)更小C．将相同体枳相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质D．pH=3的盐酸和pH=11的氨水混合后pH＞7，说明氨水是弱电解质【答案】D【解析】A.物质的量浓度相同的NaOH溶液和氨水：c(Na+)＞c(NH4+)QUOTEc(Na+)>c(NH4+)

，选项A正确；B.物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液，前者QUOTEc(OH-)c(OH-)更小，选项B正确；C.将相同体积相同物质的量浓度的：NaOH溶液和醋酸溶液混合后呈碱性，说明醋酸是弱电解质，选项C正确；

D.一水合氨是弱碱，不完全电离，QUOTEpH=3pH=3的盐酸与QUOTEpH=11pH=11的氨水等体积混合后会有大量一水合氨过量，即得到氯化铵和大量一水合氨的混合物，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，QUOTE18．I2在KI溶液中存在平衡：I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)，某I2、KI混合溶液中，c(I3－)与温度T的平衡曲线图如下。下列说法不正确的是A．反应I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的△H>0B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2C．若反应进行到状态D时，确定有D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)小【答案】A【解析】A、依据图像可知随着温度的上升，c(I3－)渐渐减小，说明上升温度平衡向逆反应方向进行，因此正反应是放热反应，即△H小于0，A错误；B、上升温度平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2，B正确；C、D点不在曲线上，所以D点没有达到平衡状态，假如达到平衡状态，则在温度不变的条件下c(I3－)应当增大，所以此时反应向正反应方向进行，即正反应速率大于逆反应速率，C正确；D、B点温度高，平衡向逆反应方向进行，则状态A与状态B相比，状态A的c(I2)小，D正确；答案选A。19．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，1molP4中所含P－P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为4NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA【答案】D【解析】A．

一个P4分子中含有6个P—P键，故1molP4中含P—P键数目为6NA，故A错误；B．Fe3+会水解，故

100mL1mol·L−1FeCl3

溶液中所含Fe3+数目小于0.1NA，故B错误；C．标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氢原子数目为2NA，故C错误；D.H2和I2反应为可逆反应，不行能全部生成HI，但反应前后的分子总数不变，所以分子总数0.2NA，故D正确。综上所述，本题选D。20．在500℃时，把0.3molSO2和0.2molO2充入一个体积为10L并盛有V2O5(催化剂)的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变更，此时容器内压强减小20%。下列说法正确的是（）A．该温度下此反应的平衡常数K=400B．其他条件不变，再充入0.3molSO2和0.2molO2平衡时，SO2的体积分数增大C．平衡时，SO2的转化率为95％D．前2minSO2的平均反应速率0.02mol/(L·s)【答案】A【解析】试题分析：在500℃时，把0.3molSO2和0.2molO2充入一个体积为10L并盛有V2O5（催化剂）的真空密闭容器中，保持温度不变，经2min后，容器内的压强不再变更，此时容器内压强减小20%，依据阿伏加德定律可知，混合气体的总物质的量减小了20%，即减小（0.3+0.2）×20%=0.1mol，可知参与反应的O2为0.1mol；则同时参与反应的SO2的物质的量为0.2mol，生成的SO3的物质的量为0.2mol，平衡时SO2的物质的量为0.1mol，O2的物质的量为0.1mol，SO3的物质的量为0.2mol；A．该温度下此反应的平衡常数K=c2（SO3）/[c2（SO2）×c（O2）]=（0.02）2/[c2（0.01）×c（0.01）]=400，故A正确；B．其他条件不变，再充入0.3molSO2和0.2molO2平衡时，平衡正向进行，平衡时SO2的体积分数减小，故B错误；C．平衡时，SO2的转化率为×100%=66.7%，故C错误；D．前2minSO2的平均反应速率mol/（L·s）=0.01mol/（L·s），故D错误，答案为A。21．镍镉可充电电池，电极材料是和，电解质是，放电时的电极反应式是，。下列说法不正确的是A．电池的总反应式是B．电池充电时，镉元素被还原C．电池充电时，电池的负极和电源的负极连接D．电池放电时，电池负极四周溶液的不断增大【答案】D【解析】A.本题已给出电极反应式，两式相加即可得出总反应式，故A正确；B.电池充电时，阴极上发生的电极反应式为：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，镉（Cd）元素被还原，故B正确；C.电池充电时，电池的负极和电源的负极相连接，作阴极，故C正确。D.放电时，该装置是原电池，负极反应为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，则负极四周溶液的pH不断减小，故D错误。故选D。22．已知：C(s)＋O2(g)＝CO2(g)△H1CO2(g)＋C(s)＝2CO(g)△H22CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H33CO(g)＋Fe2O3(s)＝3CO2(g)＋2Fe(s)△H4下列关于上述反应焓变的推断正确的是A．△H1＞0B．△H2＜0C．△H3＜0D．△H4＜0【答案】C【解析】A、全部的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误，C正确；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，故B错误；C、已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1②CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H2③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，则△H2=△H1-△H3，故C正确；D、一氧化碳含有氧化铁的反应属于吸热反应，△H4＞0，故D错误；故选C。23．常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)<c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)【答案】D【解析】试题分析：A、当加入10毫升氢氧化钠溶液时，溶液中原子守恒关系可以有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，正确，不选A；B、②点溶液的pH=7，为中性，则依据电荷守恒，钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，正确，不选B；C、③时恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中的电荷守恒关系式为：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)<c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)正确，不选C；D、在滴定过程中就是氢离子被氢氧根中和，所以氢离子浓度要小于醋酸根离子浓度，错误，选D。24．常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：（1）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O（2）2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+下列说法不正确的是（）A．（1）中H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱B．在反应过程中，溶液的H+浓度不变C．在反应过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变D．H2O2生产过程要严格避开混入Fe2+【答案】B【解析】A．由（1）可知Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+可知，H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱，故A正确；B．将两个反应相加可得2H2O2=2H2O+O2↑，所以分解过程中，Fe2+作催化剂，双氧水溶液本身是弱酸性，而分解生成的水是中性，溶液的H+浓度减小，故B错误；C．H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，故C正确；D．因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要避开混入Fe2+，故D正确。25．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ag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bg。则下列推断不合理的是A．反应后溶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确定量的NaNO3，可能使bg固体完全溶解C．若b＝a，则红色固体粉末确定为纯净物D．b的取值范围:0＜b≤a【答案】C【解析】依据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若ag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bg即为铜的质量，因此b＝a，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若ag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bg即为原混合物中铜反应后剩余的质量，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ag红色固体粉末为Cu和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bg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，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若ag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，反应后无固体剩余，因此b＝0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若ag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bg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ag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bg即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，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.依据上述分析，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，确定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入确定量的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b＝a，即b<a，依据上述分析，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.依据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0＜b≤a，故D正确。答案选C。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26．(4分)（1）NaOH的碱性强于Mg(OH)2的主要缘由是：_______________________________________。（2）离子化合物CaC2的各原子均满意8电子稳定结构，CaC2的电子式是_________________。（3）常温常压下，丁烷是气体，而相对分子质量较小的乙醇却是液体，缘由是：_________________________________________________________________________________。【答案】金属性：Na>Mg乙醇分子间存在氢键，比乙烷分子间的分子间作用力更大【解析】（1）同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Na>Mg，所以碱性NaOH>Mg(OH)2；（2）离子化合物CaC2的各原子均满意8电子稳定结构，由钙离子和C22-构成，CaC2的电子式是；（3）乙醇分子间存在氢键，比乙烷分子间的分子间作用力更大，故常温常压下，丁烷是气体，而相对分子质量较小的乙醇却是液体。27．(4分)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]用作分析试剂、催化剂及媒染剂等。试验室常利用甲醛法测定重铬酸铵样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2++Cr2O72−+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。试验步骤：称取样品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，加入硝酸钡溶液使Cr2O72−完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1~2滴酚酞溶液，用0.200mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，重复上述操作3次。滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0521.06225.001.9821.97325.000.2021.98该样品中氮的质量分数为_________(结果保留两位小数)，并写出简要的运算过程________________________________________________________________________________________。【答案】10.00%(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的质量分数【解析】消耗氢氧化钠标准溶液的体积分别为：20.01mL、19.99mL、21.78mL（误差太大，舍去），所以平均消耗V(NaOH)=20.00mL；依据关系式(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的质量分数；故答案为：10.00%；(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的质量分数。28．(10分)I．为探究难溶性盐X(仅含三种元素)的组成和性质，设计并完成如下试验：已知：气体甲和气体乙组成元素相同。请回答：（1）气体乙的摩尔质量是________________。（2）写出X在隔绝空气条件下加热分解的化学方程式________________________________。Ⅱ．工业上可用焦炭与二氧化硅的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是试验室制备SiCl4的装置示意图（注：SiCl4遇水易水解）。请回答下列问题：（3）D装置的作用_____________________________________。（4）装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是__________________________________________。（5）C中汲取尾气一段时间后，汲取液中确定存在OH－、Cl－和SO42-。以下是探究该汲取液中可能存在其他酸根离子（忽视空气中CO2的影响）的试验。【提出假设】假设1：只有SO32-；假设2：只有ClO－。假设3：……【设计方案】取少量汲取液于试管中，滴加3mol·L-1H2SO4至溶液呈酸性，向试管中滴加_____________溶液，若溶液变为蓝色，则假设2成立。【答案】I．（1）28g/mol（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑Ⅱ．（3）防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解（4）SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO或SiO2+2CSi+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4C（5）淀粉KI溶液【解析】I．（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与水反应生成H2SO4，假如是混合气体是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）依据（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。依据铁元素守恒，黑色固体为FeO，其物质的量为0.05mol，因此反应方程式为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。Ⅱ．（3）由于四氯化硅易于水发生水解反应，则D装置的作用是防止C装置中的水蒸气进入到B的集气瓶使SiCl4水解。（4）在高温下氯气、焦炭和二氧化硅反应生成四氯化硅和CO，则装置A的硬质玻璃管中发生反应的化学方程式是SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO。（5）由于次氯酸根离子具有强氧化性，则向试管中滴加淀粉KI溶液溶液，若溶液变为蓝色，则假设2成立。29．（10分）异丁烷脱氢制异丁烯反应为：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=C(CH3)CH3(g)+H2(g)ΔH1副反应为裂解反应：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=CHCH3(g)+CH4(g)ΔH2=84kJ·mol-1（1）已知：化学键键能412348612436试计算异丁烷脱氢反应的ΔH1=______________________kJ·mol-1（2）不同压强条件下异丁烷脱氢反应的转化率如图1所示。下列说法不正确的是______________。A．主反应和副反应均在低温条件下自发B．开发高选择性的催化剂，有效抑制副反应的发生，可提高异丁烯的选择性C．由图1可知，范围内，温度不变，压强增大，异丁烷脱氢反应的转化率降低D．选择合适的温度，使催化剂的活性最大，有利于提高异丁烷的平衡转化率（3）平衡常数的表达式中平衡浓度可以用平衡时各气体的分压代替（分压物质的量分数总压强）。图1中，A点状态下的异丁烷脱氢反应的平衡常数Kp=______________(保留两位有效数字)。（4）常压、833K条件下，异丁烷脱氢制异丁烯的转化率随着惰性气体与异丁烷比例的变更状况如图2，请说明随着惰性气体与异丁烷比例的增加，异丁烷转化率渐渐增加的缘由：____________________________________________________________________________________________。（5）请在图2中画出温度为T(T<833K)，其他条件不变时，异丁烷转化率图象。【答案】(1)+124(2)A、D(3)0.18MPa(4)惰性气体的加入，降低了反应体系各气体的分压(相当于减压)，从而促进了脱氢反应向正反应方向进行，提高了异丁烷脱氢的转化率(5)【解析】⑴异丁烷脱氢反应为：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=C(CH3)CH3(g)+H2(g)，则△H=，故答案为+124；⑵A.主副反应均为△H>0，△S>0的反应，则反应在高温下自发，故A错误；B.催化剂变更反应历程，可以对反应进行选择，有效抑制副反应的发生，可提高异丁烯的选择性，故B正确；C.反应为气体分子数增多的反应，温度不变，增大压强，不利于反应正向进行，则异丁烷脱氢反应的转化率降低，故C正确；D.催化剂不改变更学平衡状态，故D错误；故答案为A、D；⑶A点体系压强为，异丁烷转化率为，设起始时异丁烷分压为p，则平衡时有，则，则分压平衡常数为，故答案为；⑷依据图象，随着值增大，转化率增大，反应在恒温恒压下进行，考虑惰性气体增大，相当于充入惰性气体，体积增大，相当于起稀释作用，促进了脱氢反应向正反应方向进行，提高了异丁烷脱氢的转化率，故答案为惰性气体的加入，降低了反应体系各气体的分压相当于减压，从而促进了脱氢反应向正反应方向进行，提高了异丁烷脱氢的转化率；⑸反应为吸热反应，温度降低，不利于反应正向进行，转化率降低，但与转化率的关系一样，则可以作图为：。30．（10分）黄铜矿不仅可用于火法炼铜，也可用于湿法炼铜，湿法可同时生产铜、磁性氧化铁和用于橡胶工业的一种固体物质A，流程如图：(1)工业生产中的过滤操作多采纳倾析法分别出固体物质，下列适合用倾析法的有__________。A．沉淀的颗粒较大B．沉淀简洁沉降C．沉淀呈胶状D．沉淀呈絮状(2)反应Ⅲ是在设备底部鼓入空气，高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，写出对应的化学方程式______________________________________________________。(3)固体物质A的成分是_________(写名称)，溶液B中所含溶质是__________(写化学式)。(4)潮湿的FeCO3固体若不刚好灼烧处理睬在空气中渐渐变红褐色的Fe(OH)3固体，写出相关的化学方程式：_____________________________________________。(5)本流程中可实现循环运用的物质除了水外，还有____________。【答案】(1)AB(2)6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2(3)硫CuCl2、NaCl(4)4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2(5)NaCl【解析】依据流程：黄铜矿CuFeS2与FeCl3发生反应Ⅰ：CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓，过滤，滤液为氯化亚铁，与NaHCO3发生反应Ⅱ生成FeCO3，过滤，向FeCO3中通入空气生成四氧化三铁，滤渣为S、CuCl，与NaCl溶液发生反应Ⅳ：CuCl+NaCl=Na[CuCl2]，S不溶，过滤得到Na[CuCl2]溶液，固体为S，向滤液中加入水，Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，溶液A含有CuCl2、NaCl，据此答题。（1）沉淀的颗粒较大，静止后简洁沉降至容器底部，常用倾析法分别。沉淀呈胶状或絮状，静止后不简洁沉降，不能实行倾析法分别；故答案为：AB。（2）高温氧化锻烧法来制备磁性氧化铁，化学方程式为：6FeCO3+O22Fe