（浙江選考）2023高考化學(xué)大一輪復(fù)習(xí)普通高校招生選考科目考試預(yù)測卷1

PAGEPAGE2浙江省普通高校招生選考科目考試預(yù)測卷(一)本試卷分為選擇題和非選擇題兩局部，共4頁，總分值100分，考試時間90分鐘，其中加試題局部為30分，用[加試題]標(biāo)出?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23Al—27S—32Ca—40Fe—56Cu—64Ba—137浙江省普通高校招生選考科目考試預(yù)測卷(一)|選擇題局部一、選擇題(共25小題，每題2分，共50分。每題列出的四個備選項(xiàng)中只有一個是符合題目要求的，不選、多項(xiàng)選擇、錯選均不得分)1．SiO2可用于制造光導(dǎo)纖維，SiO2屬于()A．單質(zhì) B．酸性氧化物C．堿性氧化物 D．鹽B[SiO2能與堿反響生成鹽和水，故屬于酸性氧化物，B正確。]2．以下玻璃儀器名稱錯誤的選項(xiàng)是()A．燒杯 B．普通漏斗C．試管D．長頸漏斗D[D項(xiàng)的玻璃儀器名稱是分液漏斗，應(yīng)選D。]3．常溫下能與水反響的非金屬單質(zhì)是()A．S B．CO2C．Na D．Cl2D[常溫下，硫單質(zhì)不能與水反響，A錯誤；二氧化碳能與水反響生成碳酸，但不是非金屬單質(zhì)，B錯誤；Na與水反響生成氫氧化鈉和氫氣，但不是非金屬單質(zhì)，C錯誤；氯氣能與水反響生成鹽酸和次氯酸，且是非金屬單質(zhì)，D正確。]4．CaO＋H2O=Ca(OH)2的反響類型是()A．化合反響 B．置換反響C．分解反響 D．復(fù)分解反響A[兩種物質(zhì)反響生成一種物質(zhì)的反響屬于化合反響，A正確。]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[硫元素的核電荷數(shù)是16，在周期表中的位置是第3周期ⅥA族，C正確。]6．以下物質(zhì)中，屬于可再生能源的是()A．石油 B．天然氣C．乙醇 D．核能C[石油、天然氣、核能屬于不可再生能源，乙醇是可再生能源，應(yīng)選C。]7．以下化學(xué)用語表述正確的選項(xiàng)是()A．次氯酸分子的結(jié)構(gòu)式：H—O—ClB．乙烯的結(jié)構(gòu)簡式：CH2CH2C．甲烷的比例模型：D．氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖：A[氧原子最外層有6個電子，需要共用2對電子，氯原子最外層有7個電子，需要共用1對電子，A正確；乙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2，B錯誤；圖示是甲烷的球棍模型，C錯誤；氯原子核外有17個電子，且最外層為7個電子，D錯誤。]8．以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)B．工業(yè)上可以用淀粉、纖維素作為原料生產(chǎn)葡萄糖C．蛋白質(zhì)水溶液中參加飽和硫酸銨溶液，可使蛋白質(zhì)變性而產(chǎn)生沉淀D．工業(yè)上將石油分餾得到汽油，發(fā)生了化學(xué)變化B[膠體區(qū)別于其他分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)微粒的直徑大小，不是能否產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，A錯誤；淀粉和纖維素在一定條件下水解均可得到葡萄糖，B正確；蛋白質(zhì)水溶液中參加飽和硫酸銨溶液，是因?yàn)榘l(fā)生鹽析而使蛋白質(zhì)沉淀，C錯誤；石油的分餾是物理變化，D錯誤。]9．以下說法不正確的選項(xiàng)是()A．CH4和CH3CH(CH3)CH3互為同分異構(gòu)體B．1H和2H互為同位素C.eq\o\al(235,92)U原子核外電子數(shù)為92D．金剛石、石墨、C60互為同素異形體A[CH4和CH3CH(CH3)CH3都是烷烴，屬于同系物，A錯誤；1H和2H質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，B正確；eq\o\al(235,92)U原子核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)＝92，C正確；金剛石、石墨、C60都是碳元素的單質(zhì)，互為同素異形體，D正確。]10．以下物質(zhì)的水溶液因水解顯堿性的是()A．NaOH B．Na2CO3C．NaNO3 D．NH4ClB[氫氧化鈉溶液顯堿性，是因?yàn)闅溲趸c電離出OH－，A錯誤；碳酸鈉中的COeq\o\al(2－,3)水解，溶液顯堿性，B正確；硝酸鈉溶液是強(qiáng)堿強(qiáng)酸鹽，溶液顯中性，C錯誤；氯化銨溶液因NHeq\o\al(＋,4)水解，溶液顯酸性，D錯誤。]11．在25℃、101kPa下，1g甲醇(CH3OH)液體完全燃燒生成氣態(tài)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甲醇完全燃燒放出22.68kJ熱量，那么1mol甲醇完全燃燒放出的熱量＝22.68kJ×32＝725.76kJ，反響為放熱反響，ΔH＜0，A、D錯誤；2mol甲醇完全燃燒放出的熱量為1451.52kJ，B正確，C錯誤。]12．以下與SO2有關(guān)的反響或變化中，表現(xiàn)了其復(fù)原性的是()A．使溴水褪色 B．使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C．使品紅溶液褪色 D．使紙漿褪色A[此題考查SO2的性質(zhì)。SO2使溴水褪色的反響為SO2＋Br2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，SO2表現(xiàn)復(fù)原性，A項(xiàng)正確；SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色是因?yàn)镾O2與NaOH反響，消耗了溶液中的OH－，SO2表現(xiàn)酸性氧化物的性質(zhì)，B項(xiàng)錯誤；SO2使品紅溶液褪色，表現(xiàn)了SO2的漂白性，C項(xiàng)錯誤；SO2使紙漿褪色，表現(xiàn)了SO2的漂白性，D項(xiàng)錯誤。]13．以下說法中正確的選項(xiàng)是()A．SO2屬于共價化合物，水溶液能導(dǎo)電，是電解質(zhì)B．金剛石、石英、干冰均為原子晶體C．加熱碘化氫氣體使之分解和加熱硅晶體使之熔化克服的作用力相同D．水泥、陶瓷、玻璃和水晶均為硅酸鹽產(chǎn)品C[SO2屬于共價化合物，水溶液能導(dǎo)電，但導(dǎo)電的離子是亞硫酸電離產(chǎn)生的，所以二氧化硫是非電解質(zhì)，A錯誤；干冰是分子晶體，B錯誤；碘化氫受熱分解，化學(xué)鍵發(fā)生斷裂，克服的是共價鍵，而硅晶體中原子間形成共價鍵，所以加熱硅晶體使之熔化克服的也是共價鍵，C正確；水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸鹽產(chǎn)品，D錯誤。14．用如下圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，以下有關(guān)說法中正確的選項(xiàng)是()A．當(dāng)K閉合時，鋅片與鐵片外表均有氣泡產(chǎn)生B．當(dāng)K閉合時，鋅片為負(fù)極，電極反響為：Zn－2e－=Zn2＋C．無論K是否閉合，溶液中的H＋均會被消耗，pH降低D．無論K是否閉合，鐵片均為正極B[此題考查與原電池有關(guān)的知識。當(dāng)K閉合時，構(gòu)成原電池，鋅片為負(fù)極，被氧化，電極反響為Zn－2e－=Zn2＋，鐵片為正極，電極反響為2H＋＋2e－=H2↑，所以，A項(xiàng)錯誤，B項(xiàng)正確；無論K是否閉合，溶液中的H＋均會被消耗，使溶液pH升高，C項(xiàng)錯誤；當(dāng)K翻開時，構(gòu)不成原電池，鐵片不為正極，D項(xiàng)錯誤。]15．有關(guān)溶液中所含離子的檢驗(yàn)，以下判斷正確的選項(xiàng)是()A．參加氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加稀鹽酸沉淀不溶解，那么原溶液中一定有SOeq\o\al(2－,4)B．焰色反響實(shí)驗(yàn)時，觀察到火焰為黃色，那么該溶液中一定有鈉元素，可能有鉀元素C．參加鹽酸能產(chǎn)生使品紅溶液褪色的氣體，那么該溶液中一定含有大量的SOeq\o\al(2－,3)D．參加鹽酸能產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，那么原溶液中一定含有大量的COeq\o\al(2－,3)B[參加氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀，再加稀鹽酸沉淀不溶解，溶液中不一定含有SOeq\o\al(2－,4)，也可能含有Ag＋，A錯誤；焰色反響實(shí)驗(yàn)時，鈉元素的火焰為黃色，鉀元素的火焰紫色需要透過藍(lán)色鈷玻璃才能觀察到，B正確；也可能含有HSOeq\o\al(－,3)，C錯誤；參加鹽酸能產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體，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錯誤。]16．以下表示對應(yīng)化學(xué)反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是()A．用氯化鐵溶液腐蝕銅板：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋B．碘水中通入適量的SO2：I2＋SO2＋2H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋C．碳酸鈉溶液中滴加過量醋酸：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2OD．0.5mol·L－1NaHSO4與0.5mol·L－1Ba(OH)2混合至溶液呈中性：Ba2＋＋OH－＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋=BaSO4↓＋H2OB[電荷不守恒，正確的離子方程式是Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，A錯誤；反響符合反響事實(shí)，離子方程式符合書寫原那么，B正確；CH3COOH是弱酸，反響的離子方程式是COeq\o\al(2－,3)＋2CH3COOH=CO2↑＋H2O＋2CH3COO－，C錯誤；0.5mol·L－1NaHSO4與0.5mol·L－1Ba(OH)2混合至溶液呈中性，不符合微粒的個數(shù)比，正確的離子方程式是Ba2＋＋2OH－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=BaSO4↓＋2H2O，D錯誤。]17．以下實(shí)驗(yàn)?zāi)艿竭_(dá)測量要求的是()A．用托盤天平稱取35.20gNaClB．用10mL量筒量取8.5mL鹽酸C．用50mL燒杯量取15.8mL溶液D．用250mL容量瓶量取25mL溶液B[托盤天平只能精確到0.1g，A錯誤；用10mL量筒量取8.5mL鹽酸，量筒規(guī)格選擇和精密度均合理，B正確；燒杯不可以用來量取溶液，可用量筒量取15.8mL溶液，C錯誤；容量瓶不可以用來量取溶液，只能用來配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，D錯誤。]18．為了說明影響化學(xué)反響速率快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如下A～D四個實(shí)驗(yàn)，你認(rèn)為結(jié)論不正確的選項(xiàng)是()A．將銅片放入稀硫酸中，無現(xiàn)象。假設(shè)再向所得溶液中參加硝酸銀溶液，一段時間后，由于形成原電池，可看到有氫氣生成B．將外表積、質(zhì)量都相同的鎂條和鋁條分別與同濃度的鹽酸反響，前者速率大于后者C．兩支試管中分別參加相同質(zhì)量的氯酸鉀，其中一支試管中再參加少量二氧化錳，同時加熱，產(chǎn)生氧氣的快慢不同D．相同條件下等質(zhì)量的塊狀和粉末狀大理石分別與相同濃度的鹽酸反響時，粉末狀的反響速率快A[銅、銀的活潑性比氫弱，無論是否構(gòu)成原電池，都不能產(chǎn)生氫氣，A錯誤；金屬性越強(qiáng)，與同濃度鹽酸反響的速率越快，說明金屬的活潑性影響反響速率，B正確；二氧化錳作催化劑，加快反響速率，說明催化劑影響反響速率，C正確；粉末狀的大理石反響接觸面積大，反響速率快，說明接觸面積的大小能影響反響速率，D正確。]19.關(guān)于常溫下濃度均為0.1mol·L－1的氫氧化鈉溶液和氨水，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．一水合氨的電離方程式為NH3·H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋OH－B．兩種溶液的導(dǎo)電性能相同C．兩溶液中分別滴入FeCl3溶液，都產(chǎn)生紅褐色沉淀D．0.1mol·L－1的氨水與等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸混合后，c(OH－)＞c(H＋)C[一水合氨是弱堿，在水溶液中局部電離，電離方程式應(yīng)用可逆號，A錯誤；氫氧化鈉完全電離，氨水局部電離，所以氫氧化鈉溶液的導(dǎo)電性更強(qiáng)，B錯誤；氫氧化鈉溶液和氨水都是堿，滴入FeCl3溶液，都產(chǎn)生Fe(OH)3紅褐色沉淀，C正確；0.1mol·L－1的氨水與等物質(zhì)的量濃度、等體積的鹽酸混合，恰好生成氯化銨，氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，溶液顯酸性，即c(H＋)>c(OH－)，D錯誤。]20．以下說法正確的選項(xiàng)是()A．煅燒石灰石可得到生石灰和二氧化碳，該反響是放熱反響B(tài)．在化學(xué)反響中需要加熱才能發(fā)生的反響就是吸熱反響C．既能向正反響方向進(jìn)行，又能向逆反響方向進(jìn)行的反響叫可逆反響D．相同狀況下，N2＋3H2=2NH3是放熱反響，那么反響2NH3=N2＋3H2是吸熱反響D[煅燒石灰石可得到生石灰和二氧化碳，該反響是吸熱反響，A錯誤；需要加熱的反響不一定是吸熱反響，如鋁熱反響等，B錯誤；可逆反響是指在同一條件下，同時向正、逆兩個方向進(jìn)行的反響，C錯誤；假設(shè)正反響是放熱反響，那么逆反響就是吸熱反響，D正確。]21．地殼表層原生銅的礦物(如黃銅礦CuFeS2)經(jīng)氧化、雨水淋濾后變成CuSO4溶液，向地下滲透。與地殼深層難溶的ZnS或PbS接觸慢慢轉(zhuǎn)變?yōu)殂~藍(lán)(CuS)。以下分析中錯誤的選項(xiàng)是()A．黃銅礦CuFeS2與銅藍(lán)CuS都有復(fù)原性B．生成銅藍(lán)的離子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓C．上述各種物質(zhì)中銅藍(lán)在自然界中最穩(wěn)定D．整個過程中發(fā)生了氧化復(fù)原反響和復(fù)分解反響B(tài)[黃銅礦能被氧化，具有復(fù)原性，CuS中S為－2價，具有復(fù)原性，A正確；生成銅藍(lán)的反響物ZnS或PbS都是難溶物，不能寫成S2－形式，B錯誤；自然界中的物質(zhì)由不穩(wěn)定的物質(zhì)轉(zhuǎn)化為更穩(wěn)定的物質(zhì)，C正確；黃銅礦經(jīng)氧化、雨水淋濾后變成CuSO4溶液，該過程發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成銅藍(lán)的反響為復(fù)分解反響，D正確；]22．設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號：81640441】A．50mL12mol·L－1鹽酸與足量MnO2共熱，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCCl4中含有的碳原子數(shù)為0.1NAC．2.0gHeq\o\al(18,2)O與D2O的混合物中所含中子數(shù)為NAD．常溫常壓下，32gO2中含有的氧分子個數(shù)為2NAC[濃鹽酸具有揮發(fā)性且濃度隨反響的進(jìn)行逐漸減小，稀鹽酸不能發(fā)生反響，故實(shí)際反響的鹽酸小于0.6mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于0.3NA，A錯誤；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，CCl4是液體，不能使用標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體摩爾體積進(jìn)行計(jì)算，B錯誤；Heq\o\al(18,2)O與D2O的相對分子質(zhì)量均為20，且每個分子所含有中子數(shù)均為10，故2g混合物，即0.1mol混合物中含有NA個中子數(shù)，C正確；32gO2中含有的氧分子數(shù)＝eq\f(32g,32g·mol－1)×NAmol－1＝NA，D錯誤。]23．反響4A(s)＋5B(g)=4C(g)＋6D(g)，經(jīng)5min后，B的濃度減少0.5mol·L－1。以下反響速率的表示正確的選項(xiàng)是()【導(dǎo)學(xué)號：81640442】A．用A表示的反響速率是0.08mol·L－1·min－1B．用B表示的反響速率是0.1mol·L－1·min－1C．5min末時的反響速率，用B表示是0.1mol·L－1·min－1D．在這5min內(nèi)用D表示的反響速率的值是增加的，B表示的反響速率逐漸增大B[A為固體，不可用來表示反響速率，A錯誤；5min內(nèi)B的濃度減少0.5mol·L－1，那么v(B)＝0.1mol·L－1·min－1，B正確；化學(xué)反響速率是平均速率，而不是瞬時速率，C錯誤；在同一時間內(nèi)無論用反響物還是生成物表示的反響速率其變化趨勢是相同的，即用B或D表示的反響速率的值都是減小的，D錯誤。]24．X、Y、Z三種短周期元素，其中X、Y兩元素原子的最外層電子數(shù)分別是次外層電子數(shù)的2倍和3倍，Z元素原子K層和M層電子數(shù)之和與L層的電子數(shù)相同。以下判斷不正確的選項(xiàng)是()A．Y元素的族序數(shù)比X元素的族序數(shù)大B．X、Z兩種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性：X＜ZC．原子半徑：X＞YD．X、Z兩種元素形成的化合物XZ2是離子化合物D[根據(jù)題給信息，可以推斷出X為C、Y為O、Z為S。X、Y的族序數(shù)分別為ⅣA、ⅥA，族序數(shù)Y大于X，A正確；非金屬性C<S，故最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性H2CO3<H2SO4，B正確；同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，故原子半徑C>O，C正確；CS2是共價化合物，D錯誤。]25．某溶液由K＋、NHeq\o\al(＋,4)、Ba2＋、Fe3＋、COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－中的假設(shè)干種離子組成。取該溶液100mL，參加足量稀鹽酸，得到0.1mol無色氣體；繼續(xù)向上述溶液中參加足量Ba(OH)2溶液，得到0.2mol氣體，同時產(chǎn)生2.33g白色沉淀。由此可知原溶液中()A．至少存在5種離子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[向溶液中參加足量稀鹽酸，得到的0.1mol無色氣體為CO2，那么原溶液中含有COeq\o\al(2－,3)，由于COeq\o\al(2－,3)與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；參加足量Ba(OH)2溶液，得到的0.2mol氣體為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?yàn)橐褏⒓幼懔肯←}酸，故2.33g白色沉淀為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；根據(jù)溶液呈電中性，陽離子所帶正電荷為c(NHeq\o\al(＋,4))＝2mol·L－1，陰離子所帶負(fù)電荷＝2×c(COeq\o\al(2－,3))＋2×c(SOeq\o\al(2－,4))＝2.2mol·L－1，陽離子所帶正電荷小于陰離子所帶負(fù)電荷，所以溶液中一定含K＋，可能含Cl－，所以溶液中至少存在4種離子，且c(K＋)≥0.2mol·L－1，B正確。]非選擇題局部二、非選擇題(本大題共7小題，共50分)26．(4分)A是一種重要的化工原料，A的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工水平，D是具有果香味的烴的衍生物。A、B、C、D在一定條件下存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系(局部反響條件、產(chǎn)物被省略)。(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為________。(2)A→B的反響類型是________反響。(3)D與NaOH溶液反響的化學(xué)方程式為________________________________________________。解析：(1)由A是一種重要的化工原料，A的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工水平可知，A是乙烯，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CH2。(2)乙烯和水反響生成乙醇，該反響屬于加成反響。(3)D為乙酸乙酯，乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，生成乙酸鈉和乙醇，化學(xué)方程式為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轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖。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的化學(xué)式為________。(2)SO2可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明SO2具有________(填“漂白性〞“復(fù)原性〞或“氧化性〞)。(3)反響④中，當(dāng)32gCu完全反響時，被復(fù)原的H2SO4的物質(zhì)的量為________mol。解析：(1)二氧化硫與氧氣反響生成三氧化硫，即化合物A的化學(xué)式為SO3。(2)酸性高錳酸鉀溶液具有很強(qiáng)的氧化性，SO2使酸性高錳酸鉀溶液褪色的原因是SO2具有復(fù)原性。(3)銅與濃硫酸反響的化學(xué)方程式為Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up15(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O，由方程式可知，1mol銅參加反響消耗2molH2SO4，其中被復(fù)原的硫酸是1mol，所以當(dāng)32gCu完全反響時，被復(fù)原的H2SO4的物質(zhì)的量為0.5mol。答案：(1)SO3(2分)(2)復(fù)原性(2分)(3)0.5(2分)28.(6分)氯氣是一種重要的化工原料，自來水的消毒、農(nóng)藥的生產(chǎn)、藥物的合成等都要用到氯氣。工業(yè)上通常采用電解法制氯氣，其反響原理為______________________(用離子方程式表示)。某化學(xué)興趣小組欲采用圖甲裝置制取氯氣，并探究氯氣的性質(zhì)?！緦?dǎo)學(xué)號：81640443】(1)燒杯中盛放的液體是________，為了制得枯燥純潔的Cl2，請結(jié)合圖乙將以上裝置重新排序：________(填接口字母)。(2)如果實(shí)驗(yàn)室中MnO2用完了，那么以下物質(zhì)可以用來代替MnO2制Cl2的是________(填字母)。請寫出該反響的化學(xué)方程式：____________________。A．Na2SO3 B．FeCl3C．PbO2 D．Na2O2(氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)镻bO2＞MnO2＞Na2O2＞FeCl3＞Na2SO3)解析：工業(yè)上采用電解飽和食鹽水法制備氯氣，化學(xué)方程式為2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，離子方程式為2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(1)氯氣有毒，為防止污染空氣，故尾氣必須用氫氧化鈉溶液吸收；濃鹽酸與二氧化錳所制備的氯氣中會混有揮發(fā)出來的HCl和水蒸氣，故先通過飽和食鹽水除去HCl，再通過濃硫酸進(jìn)行枯燥，最后用排空氣法收集氯氣，氯氣的密度比空氣大，故導(dǎo)管要伸入集氣瓶底部，即連接順序?yàn)镋FCDG。(2)制備氯氣是一個氧化復(fù)原反響，因此必須要符合氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，應(yīng)選擇比MnO2氧化性更強(qiáng)的PbO2比擬適宜，反響的化學(xué)方程式為PbO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up15(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O，(注：此反響可不用加熱)。答案：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up15(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑(2分)(1)NaOH溶液(1分)EFCDG(1分)(2)C(1分)PbO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up15(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O(1分)29．(4分)現(xiàn)有NaHCO3和Na2CO3固體混合物樣品，稱取9.5g該樣品與足量稀鹽酸反響，生成CO22.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)；另取9.5g樣品溶于水并參加足量澄清石灰水，過濾、洗滌得枯燥固體mg，請答復(fù)：【導(dǎo)學(xué)號：81640444】(1)m＝________g。(2)樣品中NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量之比是________。解析：(1)樣品與澄清石灰水反響得到的枯燥固體為CaCO3，根據(jù)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，即樣品中NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量之比是1∶1。答案：(1)10(2分)(2)1∶1(2分)30．【加試題】(10分)Ⅰ.某含鐵化合物W，為探究其成分，化學(xué)興趣小組的同學(xué)取化合物W粉末進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。經(jīng)組成分析，該粉末除含有Fe元素外還含有O元素和另一未知元素。另取2.22g化合物W的粉末溶于水，滴加適量稀硫酸，向反響后的溶液中參加含有3.20gNaOH的溶液，恰好完全反響。過濾，將洗滌后的沉淀充分灼燒，得到紅棕色粉末1.60g；將所得濾液在一定條件下蒸發(fā)灼燒可得到一種純潔的不含結(jié)晶水的鹽7.10g。請答復(fù)：(1)另一未知元素為________(填元素符號)。(2)①該化合物W的化學(xué)式為________。②該化合物W與適量稀硫酸反響的化學(xué)方程式為______________。Ⅱ.草酸鈷廣泛應(yīng)用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領(lǐng)域。某研究小組在實(shí)驗(yàn)室探究CoC2O4分解反響的平衡常數(shù)。將一定量純潔的CoC2O4粉末置于特制的密閉真空容器中(假設(shè)容器體積不變，固體試樣體積忽略不計(jì))，在恒定溫度下使其到達(dá)分解平衡：CoC2O4(s)CoO(s)＋CO(g)＋CO2(g)實(shí)驗(yàn)測得不同溫度下的平衡數(shù)據(jù)見下表：溫度/℃240250260270平衡總壓強(qiáng)/kPa5.78.312.017.1平衡總濃度/mol·L－12.4×10－33.4×10－34.8×10－36.8×10－3(3)由表中數(shù)據(jù)，列式計(jì)算得250℃時CoC2O4分解平衡常數(shù)為________。該反響的ΔH________0(填“＞〞“＝〞或“＜〞)。(4)加熱至350℃，CO2的體積分?jǐn)?shù)開始發(fā)生變化，體積分?jǐn)?shù)和溫度的關(guān)系如圖：試畫出CO的體積分?jǐn)?shù)隨溫度升高的曲線。解析：此題考查元素及其化合物的推斷、化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的有關(guān)知識。結(jié)合實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)推斷，7.10g純潔的鹽應(yīng)該是Na2SO4，其物質(zhì)的量為0.05mol，n(NaOH)＝0.08mol，所以化合物W中的另一元素為Na元素，其物質(zhì)的量為0.02mol，F(xiàn)e元素為0.02mol，結(jié)合化合物W的粉末為2.22g，得n(O)＝0.04mol，因此化合物W的化學(xué)式為NaFeO2。250℃時K＝c(CO)·c(CO2)＝(1.7×10－3)2＝2.89×10－6；溫度升高，氣體平衡濃度增大，說明反響向右進(jìn)行，因此ΔH＞0；加熱至350℃，CO2的體積分?jǐn)?shù)開始變大，可能是發(fā)生了反響：CoO(s)＋CO(g)=Co(s)＋CO2(g)，因此CO體積分?jǐn)?shù)會逐漸減小。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)見以下圖(2分)31．【加試題】(10分)過氧化尿素是一種新型漂白劑、消毒劑，漂白、消毒的效果優(yōu)于H2O2和過氧乙酸。某工業(yè)用過氧化尿素的局部參數(shù)見下表：【導(dǎo)學(xué)號：81640445】分子式外觀熱分解溫度熔點(diǎn)水溶性(20℃)CO(NH2)2·H2O2白色晶體45℃75～85℃500g·L－1合成過氧化尿素的流程及反響器的示意圖如圖：答復(fù)以下問題：(1)流程中操作①的名稱________。(2)儀器X的名稱是________；反響器加熱溫度不能太高的原因是________________________________________________________________________________________________。(3)攪拌器不能選擇鐵質(zhì)或鋁質(zhì)材料的原因是________________________________________________________________________________________________。(4)為測定產(chǎn)品中活性氧的含量(活性氧16%，相當(dāng)于其中含雙氧水為34%)，稱取枯燥樣品12.000g，溶解，在250mL容量瓶中定容。準(zhǔn)確量取25.00mL于錐形瓶中，參加1mL6mol·L－1的硫酸，然后用0.2000mol·L－1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(KMnO4溶液與尿素不能反響)，平行實(shí)驗(yàn)三次，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下：實(shí)驗(yàn)序號123KMnO4溶液體積/mL滴定前讀數(shù)0.000.002.00滴定后讀數(shù)19.9822.7020.02①滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是________________________________________________；②產(chǎn)品中活性氧的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________；③假設(shè)滴定前滴定管尖嘴處無氣泡，滴定后有氣泡，會使測得的活性氧含量________(填“偏高〞“偏低〞或“不變〞)。解析：(1)從混合物中別離出固體和溶液，所以采用過濾操作。(2)儀器X的名稱是冷凝管；雙氧水受熱易分解，所以溫度不能太高。(3)雙氧水具有氧化性，鋁、鐵具有強(qiáng)復(fù)原性，容易被H2O2氧化，所以攪拌器不能選擇鐵質(zhì)或鋁質(zhì)材料。(4)①起始滴入的高錳酸鉀溶液被復(fù)原，溶液褪色，所以滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后一滴KMnO4溶液時，溶液顯淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。②根據(jù)得失電子守恒知，5H2O2～2KMnO4，n(H2O2)＝eq\f(5nKMnO4,2)，由于第2組數(shù)據(jù)偏差較大，應(yīng)舍去，所以消耗高錳酸鉀溶液的體積為實(shí)驗(yàn)1和實(shí)驗(yàn)3兩組的平均值，即20.00mL，n(H2O2)＝eq\f(5,2)×0.2000mol·L－1×0.02L×10＝0.1mol，雙氧水的質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝0.1mol×eq\f(34g·mol－1,12.000g)＝28.3