PAGEPAGE23浙江省2024年高三化學1月一般高校招生選考科目仿真模擬試卷（四）（含解析）可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Ag108I127Ba137選擇題部分一、選擇題（本大題共25小題，每小題2分，共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是A．KOHB．Na2CO3C．AlCl3D．CaO【答案】B【解析】A.KOH電離出氫氧根離子，溶液顯堿性，故A錯誤；B.Na2CO3水解生成氫氧根離子，溶液顯堿性，故B正確；C.AlCl3水解生成氫離子，溶液顯酸性，故C錯誤；D.CaO與水反應生成的氫氧化鈣電離出氫氧根離子，溶液顯堿性，故D錯誤；故選B。2．下列儀器中，過濾和重結晶都不須要用到的儀器是A．酒精燈B．燒杯C．玻璃棒D．分液漏斗【答案】D【解析】過濾須要用到漏斗、玻璃棒、燒杯、濾紙、鐵架臺（帶鐵圈）；重結晶須要用到的儀器是燒杯、玻璃棒、漏斗、濾紙、鐵架臺(帶鐵圈)、蒸發皿、酒精燈，因此過濾和重結晶都不須要用到的儀器是分液漏斗，答案為D。3．下列四組物質中，前者屬于電解質，后者屬于非電解質的是A．二氧化碳碳酸鈉B．硫酸鈉乙醇C．氧化鋁硫D．鹽酸蔗糖【答案】B【解析】試題分析：在水溶液或熔融狀態下能導電的化合物就是電解質。例如：酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物、水等都是電解質；在水溶液和熔融狀態下都不能導電的化合物是非電解質，例如：非金屬氧化物、絕大部分有機物、氨氣等。都必需為純凈物，必需為化合物；鹽酸為混合物；因此A正確。4．下列物質對應的組成正確的是（）A．蘇打：NaHCO3 B．膽礬：CuSO4C．熟石灰：CaSO4·2H2O D．干冰：CO2【答案】D【解析】A．蘇打、純堿：Na2CO3，小蘇打：NaHCO3，A錯誤；B．膽礬：CuSO4·5H2O，B錯誤；C．熟石灰：Ca(OH)2，C錯誤；D．干冰：固態的CO2，D正確。答案選D。5．下列化學用語描述不正確的是A．S2-的結構示意圖：B．二氧化碳的電子式：C．甲烷分子的結構式：D．R2+離子核外有a個電子，b個中子，R原子可表示為：【答案】B【解析】A．S2-為S原子得到2個電子形成，其離子結構示意圖為，A正確；B．CO2分子中C原子和每個O原子形成2對共用電子對，正確的電子式為，B錯誤；C．甲烷的分子式為CH4，其結構式為，C正確；D．R2+離子核外有a個電子，b個中子，由質子數=核外電子數，質量數=質子數+中子數可知，R原子的質子數為a+2，則質量數為a+2+b，所以R原子可表示為：，D正確；答案選B。6．下列說法不正確的是A．油脂可以制造肥皂和油漆B．工業酒精中含有乙醇，不含甲醇C．工業上可以用淀粉、纖維素為原料生產葡萄糖D．自然氣與煤、柴油相比是清潔的能源【答案】B【解析】A.油脂水解生成依據脂肪酸鹽和甘油，是制造肥皂和油漆的原料，故A正確；B.工業酒精中含有乙醇，還含有甲醇，甲醇有毒，因此工業酒精不能用于制飲用酒，故B錯誤；C.淀粉、纖維素在適當條件下水解的最終產物為葡萄糖，工業上可以用淀粉、纖維素為原料生產葡萄糖，故C正確；D.自然氣的主要成分為甲烷，燃燒的產物為水和二氧化碳，煤、柴油中往往含有硫等元素，燃燒后會生成二氧化硫等空氣污染物，故D正確；故選B。7．下列說法正確的是A．12C和14C互為同素異形體B．金剛石和C60互為同位素C．CH3-CH2-CH2-CH3和互為同分異構體D．C2H2和C6H6互為同系物【答案】C【解析】【詳解】A.12C和14C是質子數相同、中子數不同的原子，互為同位素，故A錯誤；B.金剛石和C60是碳元素組成的不同單質，金剛石和C60互為同素異形體，故B錯誤；C.CH3-CH2-CH2-CH3和分子式相同、結構不同，互為同分異構體，故C正確；D.C2H2含有1個碳碳叁鍵，C6H6可能是苯，含有苯環，結構不同，不是同系物，故D錯誤。8．下列說法不正確的是A．“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關B．Al(OH)3可作阻燃劑，因此可以用于滅火C．SiO2可用于制造光導纖維，其性質穩定，不溶于強酸、強堿D．焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質的呈現【答案】C【解析】A．氮的氧化物可導致酸雨及光化學煙霧發生，“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關，故A正確；B．Al(OH)3分解生成的高熔點的氧化鋁，且均不燃燒，分解汲取熱量，可降低溫度，則Al(OH)3可作阻燃劑，因此可以用于滅火，故B正確；C．二氧化硅對光具有良好的全反射作用，用于制造光導纖維，但與強堿反應，故C錯誤；D．某些金屬灼燒具有特別的焰色，則焰火的五彩繽紛是某些金屬元素的性質的呈現，故D正確；答案選C。9．下列關于物質的用途說法不正確的是A．碳酸氫鈉可被用于治療胃酸過多 B．Cl2可被用于工業制漂粉精C．明礬可用于自來水的殺菌消毒 D．Fe2O3俗稱鐵紅，常用作紅色涂料【答案】C【解析】A．NaHCO3能與鹽酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，且堿性較弱，能用來治療胃酸過多癥，故A正確；

B．工業制備漂白粉是利用氯氣和石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，工業制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故B正確；

C．明礬只能凈水，不能消毒，通常用氯氣或二氧化氯來對自來水消毒，故C錯誤；

D．氧化鐵呈紅棕色，俗稱鐵紅，可以作紅色油漆和涂料，故D正確；

故選：C。10．確定物質的量的CO2

與NaOH

溶液反應，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若兩者物質的量之比為3∶5，則參與反應的CO2

與NaOH

的物質的量之比為（）A．3∶5 B．1∶2 C．18∶8 D．8∶11【答案】D【解析】確定物質的量的CO2

與NaOH

溶液反應，所得溶液中含Na2CO3和NaHCO3，若兩者物質的量之比為3∶5，設Na2CO3和NaHCO3的物質的量分別為3xmol、5xmol，依據鈉離子和碳原子守恒，則參與反應的CO2

與NaOH

的物質的量之比為=8：11，答案選D。11．試驗是解決化學問題的基本途徑，下列有關試驗的敘述不正確的是A．240mL0.2mol/L的NaCl溶液配制：須要運用天平、250mL容量瓶等儀器B．不慎將NaOH溶液到皮膚上，應馬上用較多的水沖洗C．用CCl4萃取碘水中的碘時，萃取后的CCl4層應從分液漏斗下端放出D．試驗室酒精起火，可以用水澆滅【答案】D【解析】A.配制240mL0.2mol?L-1NaCl溶液運用的儀器有：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，A正確；B.氫氧化鈉是強堿，能灼傷皮膚，不慎將NaOH溶液濺到皮膚上，應馬上用較多的水沖洗，并涂上硼酸，B正確；C.用CCl4萃取碘水中的碘時，上層是水層，下層是溶有碘的CCl4，分液漏斗中的液體下層的從下口漏出，上層的從上口倒出，C正確。D.試驗室酒精起火，若用水澆，水與酒精互溶，酒精會接著燃燒，不能滅火，要用濕抹布覆蓋在燃燒的酒精上以隔絕酒精與氧氣的接觸，達到隔絕氧氣而滅火的目的，D錯誤。故合理選項是D。12．下列說法正確的是（）A．苯與濃溴水反應（Fe作催化劑）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能使品紅溶液褪色，加熱后不復原原色【答案】B【解析】A.苯與濃溴水不反應，制溴苯應用苯與溴（Fe作催化劑）反應，A項錯誤；B.向AlCl3溶液中加入氨水得到白色沉淀，用于試驗室制氫氧化鋁，B項正確；C.甲烷性質穩定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，C項錯誤；D.SO2有漂白性，能使品紅溶液褪色生成不穩定的無色物質，故加熱后復原原色，D項錯誤。本題選B。13．能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．過氧化鈉固體與水反應：B．向明礬[KAl(SO4)2]溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全：C．向次氯酸鈉溶液中通入少量：D．FeSO4溶液暴露在空氣中：【答案】D【解析】A.過氧化鈉固體與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，過氧化鈉不能拆開，正確的離子方程式為：，故A錯誤；B.向明礬溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全，鋁離子完全反應生成偏鋁酸根離子，正確的離子方程式為：，故B錯誤；C.次氯酸鈉溶液中通入少量發生氧化還原反應，離子方程式為：，故C錯誤；D.硫酸亞鐵溶液暴露在空氣中，亞鐵離子簡潔被氧化成鐵離子，部分鐵離子生成氫氧化鐵沉淀，反應的離子方程式為：，故D正確。故選D。14．下列說法中，不正確的是()A．正戊烷、異戊烷、新戊烷互為同分異構體B．淀粉、纖維素和油脂都屬于自然高分子化合物C．四氯乙烯分子中全部原子都處于同一平面D．等質量的C2H2、C2H4、CH4分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次增多【答案】B【解析】A．正戊烷、異戊烷、新戊烷分子式都是C5H12，分子式相同，結構不同，因此三種物質互為同分異構體，A正確；B．油脂不屬于自然高分子化合物，B錯誤；C．四氯乙烯分子可看作是乙烯分子中的4個H原子被Cl原子取代產生的物質，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處于同一平面，C正確；D．12gC完全燃燒產生CO2消耗1molO2，4gH完全燃燒產生H2O消耗1molO2，可見等質量的烴，在碳原子數相同的狀況下，分子中H元素的含量越高，完全燃燒消耗氧氣就越多。C2H2、C2H4、CH4中H%的含量：C2H2＜C2H4＜CH4，所以質量相同時，C2H2、C2H4、CH4分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次增多，D正確；故合理選項是B。15．某有機物結構如圖所示，有關酚酞說法正確的是A．分子式為C13H12O3B．含有的官能團有羥基、酯基和碳碳雙鍵C．可以發生取代反應、加成反應、氧化反應D．1mol該物質與H2或溴水反應時消耗的H2或溴的最大值分別為7mol和8mol【答案】C【解析】A.由結構簡式可以知道分子式為C14H10O3，A錯誤；B.分子中含酚-OH、-COOC-，即含有的官能團有羥基、酯基，B錯誤；C.含酚-OH可發生取代、氧化反應，含苯環可發生加成反應，C正確；D.只有苯環與氫氣發生加成反應，酚-OH的鄰對位與溴水發生取代，且對位均有取代基，則1mol該物質可與H2和溴水發生反應，消耗H2和Br2的最大值為6mol和2mol，故D錯誤；正確答案C。16．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的簡潔氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產生。下列說法不正確的是A．氫化物的穩定性：X＞WB．離子半徑：X＞YC．氧化物水化物的酸性W＞ZD．Z與X屬于同一主族，與Y屬于同一周期【答案】C【解析】W的簡潔氫化物可用作制冷劑，W為N元素；Y的原子半徑是全部短周期主族元素中最大的，Y為Na元素；由X、Y、Z三種元素形成的一種鹽中加入稀鹽酸有黃色沉淀析出同時有刺激性氣體產生，該黃色沉淀為S，結合X、Y、Z的原子序數依次增大，X為O元素，Z為S元素。A項，非金屬性ON，氫化物的穩定性：H2ONH3，正確；B項，O2-、Na+具有相同的電子層結構，核電荷數：O2-Na+，離子半徑O2-Na+，正確；C項，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，錯誤；D項，S和O都屬于VIA族，S與Na都屬于第三周期，正確；答案選C。17．常溫下，下列說法不正確的是A．物質的量濃度相同的NaOH溶液和氨水：c(Na+)＞c(NH4+)B．物質的量濃度相同的鹽酸和醋酸溶液，前者c(OH-)更小C．將相同體枳相同物質的量濃度的NaOH溶液和醋酸溶液混合后呈堿性，說明醋酸是弱電解質D．pH=3的鹽酸和pH=11的氨水混合后pH＞7，說明氨水是弱電解質【答案】D【解析】A.物質的量濃度相同的NaOH溶液和氨水：c(Na+)＞c(NH4+)QUOTEc(Na+)>c(NH4+)

，選項A正確；B.物質的量濃度相同的鹽酸和醋酸溶液，前者QUOTEc(OH-)c(OH-)更小，選項B正確；C.將相同體積相同物質的量濃度的：NaOH溶液和醋酸溶液混合后呈堿性，說明醋酸是弱電解質，選項C正確；

D.一水合氨是弱堿，不完全電離，QUOTEpH=3pH=3的鹽酸與QUOTEpH=11pH=11的氨水等體積混合后會有大量一水合氨過量，即得到氯化銨和大量一水合氨的混合物，由于一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，溶液呈堿性，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－)與溫度T的平衡曲線圖如下。下列說法不正確的是A．反應I2(aq)＋I－(aq)I3－(aq)的△H>0B．若溫度為T1、T2，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＞K2C．若反應進行到狀態D時，確定有D．狀態A與狀態B相比，狀態A的c(I2)小【答案】A【解析】A、依據圖像可知隨著溫度的上升，c(I3－)漸漸減小，說明上升溫度平衡向逆反應方向進行，因此正反應是放熱反應，即△H小于0，A錯誤；B、上升溫度平衡向逆反應方向進行，平衡常數減小，若溫度為T1、T2，反應的平衡常數分別為K1、K2，則K1＞K2，B正確；C、D點不在曲線上，所以D點沒有達到平衡狀態，假如達到平衡狀態，則在溫度不變的條件下c(I3－)應當增大，所以此時反應向正反應方向進行，即正反應速率大于逆反應速率，C正確；D、B點溫度高，平衡向逆反應方向進行，則狀態A與狀態B相比，狀態A的c(I2)小，D正確；答案選A。19．NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，1molP4中所含P－P鍵數目為4NAB．100mL1mol·L?1FeCl3溶液中所含Fe3+的數目為0.1NAC．標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為4NAD．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數為0.2NA【答案】D【解析】A．

一個P4分子中含有6個P—P鍵，故1molP4中含P—P鍵數目為6NA，故A錯誤；B．Fe3+會水解，故

100mL1mol·L?1FeCl3

溶液中所含Fe3+數目小于0.1NA，故B錯誤；C．標準狀況下，11.2L氣體的物質的量為0.5mol，0.5mol甲烷和乙烯混合物中氫原子數目為2NA，故C錯誤；D.H2和I2反應為可逆反應，不行能全部生成HI，但反應前后的分子總數不變，所以分子總數0.2NA，故D正確。綜上所述，本題選D。20．在500℃時，把0.3molSO2和0.2molO2充入一個體積為10L并盛有V2O5(催化劑)的真空密閉容器中，保持溫度不變，經2min后，容器內的壓強不再變更，此時容器內壓強減小20%。下列說法正確的是（）A．該溫度下此反應的平衡常數K=400B．其他條件不變，再充入0.3molSO2和0.2molO2平衡時，SO2的體積分數增大C．平衡時，SO2的轉化率為95％D．前2minSO2的平均反應速率0.02mol/(L·s)【答案】A【解析】試題分析：在500℃時，把0.3molSO2和0.2molO2充入一個體積為10L并盛有V2O5（催化劑）的真空密閉容器中，保持溫度不變，經2min后，容器內的壓強不再變更，此時容器內壓強減小20%，依據阿伏加德定律可知，混合氣體的總物質的量減小了20%，即減小（0.3+0.2）×20%=0.1mol，可知參與反應的O2為0.1mol；則同時參與反應的SO2的物質的量為0.2mol，生成的SO3的物質的量為0.2mol，平衡時SO2的物質的量為0.1mol，O2的物質的量為0.1mol，SO3的物質的量為0.2mol；A．該溫度下此反應的平衡常數K=c2（SO3）/[c2（SO2）×c（O2）]=（0.02）2/[c2（0.01）×c（0.01）]=400，故A正確；B．其他條件不變，再充入0.3molSO2和0.2molO2平衡時，平衡正向進行，平衡時SO2的體積分數減小，故B錯誤；C．平衡時，SO2的轉化率為×100%=66.7%，故C錯誤；D．前2minSO2的平均反應速率mol/（L·s）=0.01mol/（L·s），故D錯誤，答案為A。21．鎳鎘可充電電池，電極材料是和，電解質是，放電時的電極反應式是，。下列說法不正確的是A．電池的總反應式是B．電池充電時，鎘元素被還原C．電池充電時，電池的負極和電源的負極連接D．電池放電時，電池負極四周溶液的不斷增大【答案】D【解析】A.本題已給出電極反應式，兩式相加即可得出總反應式，故A正確；B.電池充電時，陰極上發生的電極反應式為：Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，鎘（Cd）元素被還原，故B正確；C.電池充電時，電池的負極和電源的負極相連接，作陰極，故C正確。D.放電時，該裝置是原電池，負極反應為Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，則負極四周溶液的pH不斷減小，故D錯誤。故選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下列關于上述反應焓變的推斷正確的是A．△H1＞0B．△H2＜0C．△H3＜0D．△H4＜0【答案】C【解析】A、全部的燃燒反應屬于放熱反應，因此△H1＜0，△H3＜0，故A錯誤，C正確；B、碳還原二氧化碳的反應屬于吸熱反應，△H2＞0，故B錯誤；C、已知：①C(s)+O2(g)═CO2(g)△H1②CO2(g)+C(s)═2CO(g)△H2③2CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3，由蓋斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，則△H2=△H1-△H3，故C正確；D、一氧化碳含有氧化鐵的反應屬于吸熱反應，△H4＞0，故D錯誤；故選C。23．常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是A．點①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)B．點②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)C．點③所示溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)<c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)【答案】D【解析】試題分析：A、當加入10毫升氫氧化鈉溶液時，溶液中原子守恒關系可以有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，正確，不選A；B、②點溶液的pH=7，為中性，則依據電荷守恒，鈉離子濃度與醋酸根離子濃度相等，正確，不選B；C、③時恰好完全反應生成醋酸鈉，溶液中的電荷守恒關系式為：c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(H＋)<c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)正確，不選C；D、在滴定過程中就是氫離子被氫氧根中和，所以氫離子濃度要小于醋酸根離子濃度，錯誤，選D。24．常溫下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可發生如下兩個反應：（1）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O（2）2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+下列說法不正確的是（）A．（1）中H2O2的氧化性比Fe3+強，其還原性比Fe2+弱B．在反應過程中，溶液的H+濃度不變C．在反應過程中，Fe2+和Fe3+的總量保持不變D．H2O2生產過程要嚴格避開混入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+強，其還原性比Fe2+弱，故A正確；B．將兩個反應相加可得2H2O2=2H2O+O2↑，所以分解過程中，Fe2+作催化劑，雙氧水溶液本身是弱酸性，而分解生成的水是中性，溶液的H+濃度減小，故B錯誤；C．H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化劑，所以總量不變，故C正確；D．因為Fe2+可導致H2O2分解，所以H2O2生產過程要避開混入Fe2+，故D正確。25．某紅色固體粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一種或幾種。為探究其組成，稱取ag該固體粉末樣品，用過量的稀硫酸充分反應后(已知:Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O)，稱得固體質量為bg。則下列推斷不合理的是A．反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種B．向反應后的溶液中加入確定量的NaNO3，可能使bg固體完全溶解C．若b＝a，則紅色固體粉末確定為純凈物D．b的取值范圍:0＜b≤a【答案】C【解析】依據題意紅色固體粉末可能存在六種組成。1、若ag紅色固體粉末只有Cu，加入過量的稀硫酸不反應。稱得固體質量bg即為銅的質量，因此b＝a，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；2、若ag紅色固體粉末為Cu和Fe2O3的混合物，加入過量的稀硫酸與Cu不反應，與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，銅和硫酸鐵溶液發生氧化還原反應：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若稱得固體質量bg即為原混合物中銅反應后剩余的質量，因此b<a，此時溶液中含有氫離子和硫酸根離子、二價鐵離子和銅離子；3、若ag紅色固體粉末為Cu和Cu2O，依據Cu2O在酸性溶液中會發生反應：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液，稱得固體質量bg即為原樣品中的銅的質量加上Cu2O反應生成的銅的質量，因此b<a，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；4、若ag紅色固體粉末只有Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，反應后無固體剩余，因此b＝0，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；5、若ag紅色固體粉末只有Cu2O，依據Cu2O在酸性溶液中會發生反應：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液，稱得固體質量bg即為Cu2O反應生成的銅的質量，因此b<a，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；6、若ag紅色固體粉末為Cu2O和Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，與Cu2O反應生成銅和硫酸銅溶液，銅和硫酸鐵溶液發生氧化還原反應：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，若稱得固體質量bg即為Cu2O反應生成的銅再次反應后剩余的質量，因此b<a，此時溶液中含有氫離子以及硫酸根離子、銅離子、二價鐵離子；A.依據上述分析，反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種，故A正確。B.不論以何種形式組成的紅色固體，反應后若有固體剩余，確定是銅。由于硫酸過量，向反應后的溶液中加入確定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可與銅反應，只要硝酸足夠，可能使反應產生的固體完全溶解，故B正確C.若b＝a，即b<a，依據上述分析，紅色固體粉末可能的組合為Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此紅色固體粉末可能是混合物也可以是純凈物，故C錯誤；D.依據上述六種紅色固體粉末組成的分析，b的取值范圍:0＜b≤a，故D正確。答案選C。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共6小題，共50分）26．(4分)（1）NaOH的堿性強于Mg(OH)2的主要緣由是：_______________________________________。（2）離子化合物CaC2的各原子均滿意8電子穩定結構，CaC2的電子式是_________________。（3）常溫常壓下，丁烷是氣體，而相對分子質量較小的乙醇卻是液體，緣由是：_________________________________________________________________________________。【答案】金屬性：Na>Mg乙醇分子間存在氫鍵，比乙烷分子間的分子間作用力更大【解析】（1）同一周期元素，元素的金屬性隨著原子序數增大而減弱，元素的金屬性越強，其最高價氧化物的水化物堿性越強，金屬性Na>Mg，所以堿性NaOH>Mg(OH)2；（2）離子化合物CaC2的各原子均滿意8電子穩定結構，由鈣離子和C22-構成，CaC2的電子式是；（3）乙醇分子間存在氫鍵，比乙烷分子間的分子間作用力更大，故常溫常壓下，丁烷是氣體，而相對分子質量較小的乙醇卻是液體。27．(4分)重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7]用作分析試劑、催化劑及媒染劑等。試驗室常利用甲醛法測定重鉻酸銨樣品中氮的質量分數，其反應原理為2Ba2++Cr2O72?+H2O=2BaCrO4↓+2H+、4NH4++6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+[滴定時，1mol(CH2)6N4H+與1molH+相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸。試驗步驟：稱取樣品2.800g，配成250mL溶液，移取25.00mL樣品溶液于錐形瓶中，加入硝酸鋇溶液使Cr2O72?完全沉淀后，加入10mL20%的中性甲醛溶液，搖勻，靜置5min后，加入1~2滴酚酞溶液，用0.200mol·L-1NaOH標準溶液滴定至終點，重復上述操作3次。滴定結果如下表所示：滴定次數待測溶液的體積/mL標準溶液的體積滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0521.06225.001.9821.97325.000.2021.98該樣品中氮的質量分數為_________(結果保留兩位小數)，并寫出簡要的運算過程________________________________________________________________________________________。【答案】10.00%(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的質量分數【解析】消耗氫氧化鈉標準溶液的體積分別為：20.01mL、19.99mL、21.78mL（誤差太大，舍去），所以平均消耗V(NaOH)=20.00mL；依據關系式(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的質量分數；故答案為：10.00%；(NH4)2Cr2O7～2N～4H+～4NaOH得到n(N)=n(NaOH)=×0.200mol·L-1×0.02L×10=0.02mol，氮的質量分數。28．(10分)I．為探究難溶性鹽X(僅含三種元素)的組成和性質，設計并完成如下試驗：已知：氣體甲和氣體乙組成元素相同。請回答：（1）氣體乙的摩爾質量是________________。（2）寫出X在隔絕空氣條件下加熱分解的化學方程式________________________________。Ⅱ．工業上可用焦炭與二氧化硅的混合物在高溫下與氯氣反應生成SiCl4，SiCl4經提純后用氫氣還原得高純硅。以下是試驗室制備SiCl4的裝置示意圖（注：SiCl4遇水易水解）。請回答下列問題：（3）D裝置的作用_____________________________________。（4）裝置A的硬質玻璃管中發生反應的化學方程式是__________________________________________。（5）C中汲取尾氣一段時間后，汲取液中確定存在OH－、Cl－和SO42-。以下是探究該汲取液中可能存在其他酸根離子（忽視空氣中CO2的影響）的試驗。【提出假設】假設1：只有SO32-；假設2：只有ClO－。假設3：……【設計方案】取少量汲取液于試管中，滴加3mol·L-1H2SO4至溶液呈酸性，向試管中滴加_____________溶液，若溶液變為藍色，則假設2成立。【答案】I．（1）28g/mol（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑Ⅱ．（3）防止C裝置中的水蒸氣進入到B的集氣瓶使SiCl4水解（4）SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO或SiO2+2CSi+2CO↑，Si+2Cl2SiCl4C（5）淀粉KI溶液【解析】I．（1）混合氣體通入足量的石灰水中得到白色沉淀，能使澄清石灰水變渾濁的氣體可能是CO2，也可能是SO2，氣體甲和氣體乙組成元素相同，因此組合可能是CO2、CO或SO2、SO3，因為SO3與水反應生成H2SO4，假如是混合氣體是SO2、SO3，通入足量澄清石灰水，沒有氣體逸出，因此甲為CO2，乙為CO，即氣體乙的摩爾質量為28g·mol－1；（2）依據（1）的分析，白色沉淀是CaCO3，即CO2物質的量為5/100mol=0.05mol，氣體甲和氣體乙平均摩爾質量為36，依據十字交叉法，推出CO物質的量為0.05mol，即X中碳原子物質的量為(0.05＋0.05)mol=0.1mol，紅棕色固體為Fe2O3，X中含有鐵元素，X中鐵原子物質的量為4×2/160mol=0.05mol，氧原子的質量為(7.2－0.05×56－0.1×12)g=3.2g，即X中氧原子物質的量為3.2/16mol=0.2mol，即n(Fe):n(C):n(O)=0.05：0.1：0.2=1：2：4，化學式為Fe(C2O)4。依據鐵元素守恒，黑色固體為FeO，其物質的量為0.05mol，因此反應方程式為：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑。Ⅱ．（3）由于四氯化硅易于水發生水解反應，則D裝置的作用是防止C裝置中的水蒸氣進入到B的集氣瓶使SiCl4水解。（4）在高溫下氯氣、焦炭和二氧化硅反應生成四氯化硅和CO，則裝置A的硬質玻璃管中發生反應的化學方程式是SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO。（5）由于次氯酸根離子具有強氧化性，則向試管中滴加淀粉KI溶液溶液，若溶液變為藍色，則假設2成立。29．（10分）異丁烷脫氫制異丁烯反應為：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=C(CH3)CH3(g)+H2(g)ΔH1副反應為裂解反應：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=CHCH3(g)+CH4(g)ΔH2=84kJ·mol-1（1）已知：化學鍵鍵能412348612436試計算異丁烷脫氫反應的ΔH1=______________________kJ·mol-1（2）不同壓強條件下異丁烷脫氫反應的轉化率如圖1所示。下列說法不正確的是______________。A．主反應和副反應均在低溫條件下自發B．開發高選擇性的催化劑，有效抑制副反應的發生，可提高異丁烯的選擇性C．由圖1可知，范圍內，溫度不變，壓強增大，異丁烷脫氫反應的轉化率降低D．選擇合適的溫度，使催化劑的活性最大，有利于提高異丁烷的平衡轉化率（3）平衡常數的表達式中平衡濃度可以用平衡時各氣體的分壓代替（分壓物質的量分數總壓強）。圖1中，A點狀態下的異丁烷脫氫反應的平衡常數Kp=______________(保留兩位有效數字)。（4）常壓、833K條件下，異丁烷脫氫制異丁烯的轉化率隨著惰性氣體與異丁烷比例的變更狀況如圖2，請說明隨著惰性氣體與異丁烷比例的增加，異丁烷轉化率漸漸增加的緣由：____________________________________________________________________________________________。（5）請在圖2中畫出溫度為T(T<833K)，其他條件不變時，異丁烷轉化率圖象。【答案】(1)+124(2)A、D(3)0.18MPa(4)惰性氣體的加入，降低了反應體系各氣體的分壓(相當于減壓)，從而促進了脫氫反應向正反應方向進行，提高了異丁烷脫氫的轉化率(5)【解析】⑴異丁烷脫氫反應為：CH3CH(CH3)CH3(g)→CH2=C(CH3)CH3(g)+H2(g)，則△H=，故答案為+124；⑵A.主副反應均為△H>0，△S>0的反應，則反應在高溫下自發，故A錯誤；B.催化劑變更反應歷程，可以對反應進行選擇，有效抑制副反應的發生，可提高異丁烯的選擇性，故B正確；C.反應為氣體分子數增多的反應，溫度不變，增大壓強，不利于反應正向進行，則異丁烷脫氫反應的轉化率降低，故C正確；D.催化劑不改變更學平衡狀態，故D錯誤；故答案為A、D；⑶A點體系壓強為，異丁烷轉化率為，設起始時異丁烷分壓為p，則平衡時有，則，則分壓平衡常數為，故答案為；⑷依據圖象，隨著值增大，轉化率增大，反應在恒溫恒壓下進行，考慮惰性氣體增大，相當于充入惰性氣體，體積增大，相當于起稀釋作用，促進了脫氫反應向正反應方向進行，提高了異丁烷脫氫的轉化率，故答案為惰性氣體的加入，降低了反應體系各氣體的分壓相當于減壓，從而促進了脫氫反應向正反應方向進行，提高了異丁烷脫氫的轉化率；⑸反應為吸熱反應，溫度降低，不利于反應正向進行，轉化率降低，但與轉化率的關系一樣，則可以作圖為：。30．（10分）黃銅礦不僅可用于火法煉銅，也可用于濕法煉銅，濕法可同時生產銅、磁性氧化鐵和用于橡膠工業的一種固體物質A，流程如圖：(1)工業生產中的過濾操作多采納傾析法分別出固體物質，下列適合用傾析法的有__________。A．沉淀的顆粒較大B．沉淀簡潔沉降C．沉淀呈膠狀D．沉淀呈絮狀(2)反應Ⅲ是在設備底部鼓入空氣，高溫氧化鍛燒法來制備磁性氧化鐵，寫出對應的化學方程式______________________________________________________。(3)固體物質A的成分是_________(寫名稱)，溶液B中所含溶質是__________(寫化學式)。(4)潮濕的FeCO3固體若不剛好灼燒處理睬在空氣中漸漸變紅褐色的Fe(OH)3固體，寫出相關的化學方程式：_____________________________________________。(5)本流程中可實現循環運用的物質除了水外，還有____________。【答案】(1)AB(2)6FeCO3+O22Fe3O4+6CO2(3)硫CuCl2、NaCl(4)4FeCO3+O2+6H2O＝4Fe(OH)3+4CO2(5)NaCl【解析】依據流程：黃銅礦CuFeS2與FeCl3發生反應Ⅰ：CuFeS2+3FeCl3=CuCl↓+4FeCl2+2S↓，過濾，濾液為氯化亞鐵，與NaHCO3發生反應Ⅱ生成FeCO3，過濾，向FeCO3中通入空氣生成四氧化三鐵，濾渣為S、CuCl，與NaCl溶液發生反應Ⅳ：CuCl+NaCl=Na[CuCl2]，S不溶，過濾得到Na[CuCl2]溶液，固體為S，向濾液中加入水，Cu+在反應V中發生自身氧化還原反應，歧化為Cu2+和Cu，溶液A含有CuCl2、NaCl，據此答題。（1）沉淀的顆粒較大，靜止后簡潔沉降至容器底部，常用傾析法分別。沉淀呈膠狀或絮狀，靜止后不簡潔沉降，不能實行傾析法分別；故答案為：AB。（2）高溫氧化鍛燒法來制備磁性氧化鐵，化學方程式為：6FeCO3+O22Fe