2022年1月浙江省普通高校招生選考科目考試化學(xué)仿真卷C（教師版）

2022年1月浙江省普通高校招生選考科目化學(xué)仿真卷C(考試時(shí)間：90分鐘滿(mǎn)分100分)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1B11C12N14O16F19Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108Ba137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(gè)小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列物質(zhì)屬于純凈物的是()A．剛玉 B．水玻璃 C．天然氣 D．綠礬【答案】D【解析】A項(xiàng)，剛玉的主要成分是氧化鋁，是混合物，A不符合；B項(xiàng)，水玻璃是硅酸鈉溶液，是混合物，B不符合；C項(xiàng)，天然氣的主要成分是甲烷，是混合物，C不符合；D項(xiàng)，綠礬即FeSO4·7H2O，只由一種物質(zhì)構(gòu)成，故為純凈物，D符合。故選D。2．下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是()A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH【答案】B【解析】A項(xiàng)，CO2在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能夠電離，為非電解質(zhì)，A不符合題意；B項(xiàng)，H2O在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠部分電離，為弱電解質(zhì)，B符合題意；C項(xiàng)，HNO3為一種強(qiáng)酸，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，C不符合題意；D項(xiàng)，NaOH為一種強(qiáng)堿，在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離，為強(qiáng)電解質(zhì)，D不符合題意；故選B。3．下列物質(zhì)對(duì)應(yīng)的組成正確的是()A．摩爾鹽：(NH4)2Fe(SO4)2 B．硝化纖維：C．生石灰：CaSO4?2H2O D．氯仿：CHCl3【答案】D【解析】A項(xiàng)，摩爾鹽為六水合硫酸亞鐵銨，其化學(xué)式為：(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，硝化纖維即纖維素硝酸酯，是纖維素在一定條件下與硝酸發(fā)生酯化反應(yīng)得到的，其化學(xué)式為：，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，生石灰為氧化鈣，其化學(xué)式為：CaO，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，氯仿即三氯甲烷，其化學(xué)式為：CHCl3，D正確；故選D。4．萃取實(shí)驗(yàn)中必需的實(shí)驗(yàn)儀器是()A． B． C． D．【答案】B【解析】萃取實(shí)驗(yàn)中用到的玻璃儀器為燒杯和分液漏斗，用不到錐形瓶、蒸餾燒瓶和酸式滴定管，故選B。5．下列表示不正確的是()A．異丁烷的球棍模型： B．乙二醇的實(shí)驗(yàn)式：CH3OC．甲醚的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3OCH3 D．2-甲基丁烷的鍵線(xiàn)式：【答案】A【解析】A項(xiàng)，異丁烷的球棍模型主鏈有3個(gè)碳，而，主鏈有4個(gè)碳是正丁烷，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，乙二醇的分子式為C2H6O2、實(shí)驗(yàn)式：CH3O，B正確；C項(xiàng)，甲醚的分子式為C2H6O2、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：CH3OCH3，C正確；D項(xiàng)，2-甲基丁烷主鏈4個(gè)碳原子、2號(hào)位上有1個(gè)甲基，則鍵線(xiàn)式：，D正確；故選A。6．下列說(shuō)法不正確的是()A．Se和Se是同一元素的不同核素B．H2O2和H2O互為同素異形體C．CH3CH2Br和CH3CHBrCH3互為同系物D．CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH為同分異構(gòu)體【答案】B【解析】A項(xiàng)，Se和Se的質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同，故是同一元素的不同核素，A正確；B項(xiàng)，同素異形體是同種元素形成的不同單質(zhì)，故H2O2和H2O不是同素異形體，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，CH3CH2Br和CH3CHBrCH3的結(jié)構(gòu)相似、在分子組成上相差1個(gè)CH2原子團(tuán)，故互為同系物，C正確；D項(xiàng)，CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH的分子式相同而結(jié)構(gòu)不同的物質(zhì)，故為同分異構(gòu)體，D正確；故選B。7．下列關(guān)于有機(jī)反應(yīng)類(lèi)型的說(shuō)法，不正確的是()A．=消去反應(yīng)B．還原反應(yīng)C．=加成反應(yīng)D．取代反應(yīng)【答案】B【解析】A項(xiàng)，是氯代烴在氫氧化鈉醇的作用下的消去反應(yīng)，A正確；B項(xiàng)，是乙醛的催化氧化反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，乙炔和氰化氫的加成反應(yīng)，C正確；D項(xiàng)，從反應(yīng)物和產(chǎn)物的對(duì)比可以發(fā)現(xiàn)，這是取代反應(yīng)，D正確；故選B。8．關(guān)于反應(yīng)4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2，下列說(shuō)法正確的是A．只有Li元素被氧化 B．還原產(chǎn)物包括S和SO2C．氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1 D．生成1.12LSO2時(shí)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子【答案】A【解析】4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2中，Li元素的化合價(jià)由0升高到+1價(jià)，S元素的化合價(jià)由+4價(jià)降低為0。A項(xiàng)，Li元素的化合價(jià)升高被氧化，S元素化合價(jià)由+4價(jià)降低為0被還原，所以反應(yīng)中被氧化的元素只有Li，A正確；B項(xiàng)，二氧化硫中的硫元素和氧元素在反應(yīng)前后化合價(jià)不變，故二氧化硫不是還原產(chǎn)物，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，氧化劑為SOCl2，且只有1個(gè)S原子參與氧化還原反應(yīng)，還原劑為L(zhǎng)i，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1:4，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，題目中未說(shuō)明二氧化硫是否處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，所以無(wú)法計(jì)算轉(zhuǎn)移電子的量，D錯(cuò)誤；故選A。9．下列說(shuō)法不正確的是()A．新制氯水中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色B．硫在過(guò)量的空氣中燃燒生成二氧化硫C．氨氣與氯氣反應(yīng)可生成氯化銨和氮?dú)釪．硅酸鹽分子篩可以可逆地吸收水及其他小分子【答案】A【解析】A項(xiàng)，新制氯水有漂白性，故溶液最終會(huì)變成無(wú)色，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，硫和氧氣在沒(méi)有催化劑的時(shí)候，只能生成二氧化硫，B正確；C項(xiàng)，氨氣有還原性，氯氣有氧化性，它們之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化銨和氮?dú)猓珻正確；D項(xiàng)，其中有許多籠狀空穴和通道，這種結(jié)構(gòu)使它很容易可逆地吸收或失去水及其他小分子，D正確；故選A。10．下列說(shuō)法不正確的是()A．鎂合金硬度大且密度小，常用于航天領(lǐng)域B．黃綠色氣體ClO2是一種高效安全的滅菌消毒劑C．利用二氧化碳和環(huán)氧丙烷的縮聚反應(yīng)可以制造全降解塑料D．服用硫酸亞鐵補(bǔ)鐵劑時(shí)加服維生素C效果更好，原因是維生素C具有還原性【答案】C【解析】A項(xiàng)，合金的機(jī)械強(qiáng)度比成分金屬大，密度比成分金屬小，故鎂合金硬度大且密度小，常用于航天領(lǐng)域，A正確；B項(xiàng)，黃綠色氣體ClO2中的Cl為+4價(jià)，具有氧化性，可作為滅菌消毒劑，在反應(yīng)過(guò)程中得電子變?yōu)槁入x子，安全，高效，B正確；C項(xiàng)，全降解塑料()可由單體環(huán)氧丙烷()和CO2加聚制得，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，服用硫酸亞鐵補(bǔ)鐵劑時(shí)加服維生素C效果更好，主要是維生素C可以防止亞鐵離子被氧化，故體現(xiàn)維生素C的還原性，D正確；故選C。11．下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作的說(shuō)法，不正確的是()A．減壓過(guò)濾中的轉(zhuǎn)移，先開(kāi)大水龍頭，再用傾析法轉(zhuǎn)移溶液至布氏漏斗中，待溶液快流盡時(shí)再轉(zhuǎn)移沉淀B．酸式滴定管的潤(rùn)洗，從滴定管上口加入3~5mL所要盛裝液體，傾斜著轉(zhuǎn)動(dòng)滴定管，然后輕輕轉(zhuǎn)動(dòng)活塞，將液體從滴定管下部放入預(yù)置的燒杯中C．振蕩分液漏斗中的混合溶液，用一只手壓住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，將分液漏斗倒轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)，用力振蕩D．焰色反應(yīng)檢驗(yàn)Na+，取一根鉑絲，放在酒精燈火焰上灼燒至無(wú)色，然后蘸取少量試液，置于火焰上灼燒，觀察火焰顏色【答案】A【解析】A項(xiàng)，減壓過(guò)濾中的轉(zhuǎn)移，用傾析法先轉(zhuǎn)移溶液，開(kāi)大水龍頭，待溶液快流盡時(shí)再轉(zhuǎn)移沉淀，A不正確；B項(xiàng)，潤(rùn)洗酸式滴定管時(shí)，加少量待裝液，傾斜著轉(zhuǎn)動(dòng)滴定管，使液體潤(rùn)濕全部滴定管內(nèi)壁，可盡量將蒸餾水除去，然后輕輕轉(zhuǎn)動(dòng)控制活塞，將液體從滴定管下部放入預(yù)置的燒杯中，操作符合實(shí)驗(yàn)要求，B正確；C項(xiàng)，為防止玻璃塞和旋塞脫落，導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)失敗，當(dāng)振蕩分液漏斗中的混合溶液時(shí)，須用一只手壓住分液漏斗的玻璃塞，另一只手握住旋塞，將分液漏斗倒轉(zhuǎn)過(guò)來(lái)，用力振蕩，C正確；D項(xiàng)，取一根潔凈的細(xì)鐵絲，放在酒精燈上灼燒至無(wú)色，再蘸取少量試液，置于火焰上灼燒，觀察火焰顏色為黃色說(shuō)明溶液中含有Na+，D正確；故選A。12．下列“類(lèi)比”合理的是()A．由O2+2H2S=S+2H2O，說(shuō)明非金屬性O(shè)S，推測(cè)：高溫下2C+SiO2=Si+2CO，非金屬性CSiB．由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO推測(cè)：SO2+Ca(ClO)2+H2O=CaSO3↓+2HClOC．Fe與S在加熱條件下反應(yīng)生成FeS，推測(cè)：Cu與S在加熱條件下生成CuSD．由Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑，推測(cè)：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑【答案】D【解析】A項(xiàng)，可以通過(guò)非金屬之間的置換反應(yīng)說(shuō)明非金屬性強(qiáng)弱，但反應(yīng)物中的非金屬單質(zhì)必須表現(xiàn)出氧化性，推測(cè)中非金屬C表現(xiàn)出還原性，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，SO2具有還原性、Ca(ClO)2具有氧化性，因此會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)e與S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成FeS，說(shuō)明S的氧化性使變價(jià)金屬生成低價(jià)態(tài)，因此推測(cè)應(yīng)該生成Cu2S，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，利用強(qiáng)酸制弱酸的原理正確，D正確；故選D。13．下列離子方程式書(shū)寫(xiě)錯(cuò)誤的是A．將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中：H2O2+2M2M↑B．小蘇打溶液顯堿性的主要原因：HCO3-+H2OH2CO3+OH-C．向新制氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱：CH3CHO+2CH3COO-+↓+3H2OD．少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中：↓【答案】A【解析】A項(xiàng)，高錳酸鉀氧化性比過(guò)氧化氫強(qiáng)，將H2O2溶液滴入酸性高錳酸鉀溶液中，H2O2作還原劑，KMnO4作氧化劑，發(fā)生反應(yīng)為：H2O2+2M2M↑，A不正確；B項(xiàng)，小蘇打?yàn)镹aHCO3，其屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生水解，生成碳酸和氫氧化鈉，水解的離子方程式為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，B正確；C項(xiàng)，新制氫氧化銅懸濁液具有氧化性，能將醛氧化為羧酸，同時(shí)生成Cu2O等，則往氫氧化銅懸濁液中加入乙醛溶液并加熱，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：CH3CHO+2CH3COO-+↓+3H2O↓+3H2O，C正確；D項(xiàng)，少量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中，會(huì)發(fā)生反應(yīng)，生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：↓，D正確；故選A。14．有關(guān)的說(shuō)法不正確的是()A．分子中至少有8個(gè)碳原子共平面B．分子中含1個(gè)手性碳原子C．酸性條件下加熱水解有CO2生成D．與足量NaOH溶液完全反應(yīng)后生成的鈉鹽有2種【答案】C【解析】A項(xiàng)，苯環(huán)上的6個(gè)碳原子，以及與苯環(huán)直接相連的2個(gè)碳原子一定共面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以其余碳原子不一定共面，即分子中至少有8個(gè)碳原子共平面，A正確；B項(xiàng)，連接四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，該分子中只有六元環(huán)中連接五元環(huán)中N原子的碳原子為手性碳，B正確；C項(xiàng)，該分子中含有酰胺鍵，可以水解，但水解產(chǎn)物中沒(méi)有碳酸，即不會(huì)有CO2生成，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，酰胺鍵可以水解產(chǎn)生羧基，羧基可以和NaOH反應(yīng)，該物質(zhì)與足量NaOH溶液完全反應(yīng)后生成、兩種鈉鹽，D正確；故選C。15．四種短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相對(duì)位置如圖所示，已知四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為21，下列說(shuō)法不正確的是()A．X位于第二周期第ⅣA族B．簡(jiǎn)單離子半徑：r(W)r(Y)r(Z)C．W的氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性一定比Y的強(qiáng)D．X、Y、W三種元素的最高化合價(jià)依次升高【答案】C【解析】設(shè)X的最外層電子數(shù)為a，Y的最外層電子數(shù)為a+1，Z、W的最外層電子數(shù)為a+2，則a+a+1+2(a+2)=21，解得a=4，四種元素都是短周期元素，因此X、Y、Z、W分別為C、N、O、S。A項(xiàng)，X為碳元素，位于第二周期第ⅣA族，故A正確；B項(xiàng)，電子層數(shù)越多，其離子半徑越大，電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，因此離子半徑：r(W)r(Y)r(Z)，故B正確；C項(xiàng)，元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)，選項(xiàng)中沒(méi)有指明哪種氧化物，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，X、Y、W的最高化合價(jià)分別為+4、+5、+6，依次升高，故D正確；故選C。16．三乙醇胺N(CH2CH2OH)3]水溶

液可代替NaOH吸收石油裂解氣中的酸性尾氣。該物質(zhì)可以看做用乙醇基(-CH2CH2OH)代替了氨分子里的氫而形成。三乙醇胺常壓下沸點(diǎn)為360°C．下列說(shuō)法不正確的是()A．常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強(qiáng)B．三乙醇胺水溶液呈堿性原因?yàn)椋篘(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-C．用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，受熱時(shí)分解放出氣體，可回收循環(huán)利用D．已知工業(yè)上可用環(huán)氧乙烷和氨水制備N(xiāo)(CH2CH2OH)3，投料時(shí)應(yīng)提高氨水比例【答案】D【解析】A項(xiàng)，三乙醇胺與氨氣均為分子晶體，分子間作用力越大，物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，題干信息已知三乙醇胺的沸點(diǎn)比氨的沸點(diǎn)高得多，故常溫常壓下，三乙醇胺分子間作用力較氨氣強(qiáng)，A正確；B項(xiàng)，類(lèi)比于氨氣溶于水呈堿性，NH3+H2ONH4++OH-，故三乙醇胺水溶液呈堿性原因?yàn)椋篘(CH2CH2OH)3+H2O[HN(CH2CH2OH)3]＋+OH-，B正確；C項(xiàng)，類(lèi)比于氨水吸收CO2生產(chǎn)不穩(wěn)定的碳酸鹽，受熱易分解釋放CO2，因三乙醇胺的沸點(diǎn)360°C，用N(CH2CH2OH)3吸收二氧化碳，故控制溫度受熱時(shí)分解放出氣體，可回收循環(huán)利用，C正確；D項(xiàng)，已知工業(yè)上可用環(huán)氧乙烷和氨水制備N(xiāo)(CH2CH2OH)3，但投料時(shí)若提高氨水比例，會(huì)增大副產(chǎn)物-乙醇胺的產(chǎn)率，所以工業(yè)上常常增大環(huán)氧乙烷的投料比，使三乙醇胺生成比例增大，D錯(cuò)誤；故選D。17．在低溫條件下，下列過(guò)程能自發(fā)進(jìn)行的是()A．Na→Na B．H2O(g)→H2O(l)C．NH4→NH3↑+H↑ D．→↑【答案】B【解析】A項(xiàng)，鈉原子失去電子形成鈉離子是一個(gè)吸收能量的過(guò)程，在低溫條件下不能自發(fā)進(jìn)行，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氣態(tài)水轉(zhuǎn)化為液態(tài)水是一個(gè)熵減的放熱過(guò)程，轉(zhuǎn)化中△H＜0、△S＞0，低溫下，△H—T△S恒小于0，能自發(fā)進(jìn)行，故B正確；C項(xiàng)，氯化銨分解的反應(yīng)是一個(gè)熵增的吸熱反應(yīng)，反應(yīng)中△H＞0、△S＞0，低溫下，△H—T△S大于0，不能自發(fā)進(jìn)行，故錯(cuò)誤；D項(xiàng)，銅是不活潑金屬，不能與稀硫酸反應(yīng)，則在低溫條件下不能自發(fā)進(jìn)行，故D錯(cuò)誤；故選B。18．設(shè)[aX+bY]為a個(gè)X微粒和b個(gè)Y微粒組成的一個(gè)微粒集合體，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是()A．1L0.1mol·L-1C2H5OH溶液中含有的H-O鍵的數(shù)自為0.1NAB．在反應(yīng)4NaNaNaNa中，發(fā)生電子轉(zhuǎn)移時(shí)，生成氧化產(chǎn)物[]的總數(shù)為1/6NAC．2.8g14N2與14C16O的混合物中，中子數(shù)目為1.4NAD．1L0.01mol·L-1溶液中，和的離子數(shù)目之和為0.01NA【答案】B【解析】A項(xiàng)，未考慮溶劑水中的O-H，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由反應(yīng)可知4mol氯氣發(fā)生反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移6mol電子，生成的氧化產(chǎn)物NaNa共2mol，即1mol[]，則1mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，生成氧化產(chǎn)物[]的總數(shù)為1/6NA，故B正確；C項(xiàng)，1mol14N2所含中子數(shù)為14mol，1mol14C16O所含中子數(shù)為16mol，兩者摩爾質(zhì)量不同且所含中子數(shù)也不同，則2.8g混合氣體中所含中子數(shù)不能確定，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)物料守恒可知、和的總和為0.01NA，故D錯(cuò)誤；故選B。19．25℃時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反應(yīng)時(shí)，溶液酸堿性無(wú)法判斷B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測(cè)BA對(duì)水的電離沒(méi)有影響C．醋酸的電離度：pH=3的醋酸溶液大于pH=4的醋酸溶液D．pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液顯堿性【答案】A【解析】A項(xiàng)，H2A溶液與NaOH溶液按物質(zhì)的量1：1恰好完全反應(yīng)后，生成的是NaHA，但是H2A的電離常數(shù)不知道，所以該溶液酸堿性無(wú)法判斷，A正確；B項(xiàng)，可溶性正鹽BA溶液呈中性，只能說(shuō)明HA和BOH的強(qiáng)弱相同，但是如果都是弱酸，且電離常數(shù)相同，則BA的陰陽(yáng)離子水解程度相同，促進(jìn)水的電離，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋促進(jìn)電離，稀釋后水的PH增大，PH越大說(shuō)明越稀，水的電離程度越大，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，pH=2的HCl和pH=12的Ba(OH)2當(dāng)中，氫離子和氫氧根離子濃度相同，溶液等體積混合后，溶液顯中性，D錯(cuò)誤；故選A。20．T°C時(shí)，向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5，反應(yīng)PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)經(jīng)一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表。下列說(shuō)法正確的是()t/s050150250350n(PCl3)/mol00.160.190.200.20A．反應(yīng)在前50s內(nèi)的平均速率為v(PCl3)=0.0032mol·L-1·s-1B．反應(yīng)350s時(shí)，反應(yīng)放出的Cl2的體積為4.48LC．相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2達(dá)到平衡前v正<v逆D．平衡時(shí)，再充入1.0molPCl5(g)，達(dá)到新平衡時(shí)PCl5的體積分?jǐn)?shù)大于原平衡PCl5的體積分?jǐn)?shù)【答案】D【解析】A項(xiàng)，由題給數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)在前50s內(nèi)的平均速率為v(PCl3)=0.0016mol·L-1·s-1，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由題給數(shù)據(jù)知，反應(yīng)350s時(shí)，反應(yīng)已達(dá)到平衡，缺標(biāo)準(zhǔn)狀況，無(wú)法計(jì)算生成0.20mol三氯化磷時(shí)，生成氯氣的體積，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由題給數(shù)據(jù)知，反應(yīng)250s時(shí)，反應(yīng)已達(dá)到平衡，由方程式可知，平衡時(shí)五氯化磷、三氯化磷和氯氣的物質(zhì)的量分別為1.0mol—0.20mol=0.80mol、0.20mol、0.20mol，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K==0.025，相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2時(shí)，濃度熵Qc==0.02＜K，則反應(yīng)向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)速率v正＞v逆，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，該反應(yīng)為氣體體積增大的反應(yīng)，若平衡時(shí)，恒容密閉容器中再充入1.0molPCl5(g)，相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，增大壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，五氯化磷的體積分?jǐn)?shù)增大，D正確；故選D。21．依據(jù)圖示關(guān)系，下列說(shuō)法不正確的是()A．ΔH5ΔH4B．石墨的穩(wěn)定性比金剛石高C．C(石墨，s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH＝ΔH3-ΔH2D．1mol石墨或1molCO分別完全燃燒，石墨放出熱量多【答案】C【解析】A項(xiàng)，根據(jù)蓋斯定律可知，ΔH3=ΔH5+ΔH2，故ΔH5=ΔH3-ΔH2=(-393.5kJ/mol)-(-283.0kJ/mol)=-110.5kJ/mol，又ΔH5=ΔH1+ΔH4，故ΔH4=ΔH5-ΔH1=(-110.5kJ/mol)-1.9kJ/mol=-112.4kJ/mol，故ΔH5ΔH4，A正確；B項(xiàng)，由過(guò)程1中ΔH1可知，石墨轉(zhuǎn)化為金剛石是吸熱的，故石墨具有的能量低于金剛石，故石墨的穩(wěn)定性比金剛石高，B正確；C項(xiàng)，由圖可知，反應(yīng)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3，反應(yīng)②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2，根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)C(石墨，s)CO2(g)=2CO(g)由①-2②，故ΔH＝ΔH3-2ΔH2，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，由圖中可知，1mol石墨或1molCO分別完全燃燒，放出的熱量分別為：393.5kJ、283.0kJ，故石墨放出熱量多，D正確；故選C。22．氧化石墨烯的結(jié)構(gòu)片段如圖所示。一種新的制備方法是用Pt電極，在稀硫酸中對(duì)石墨進(jìn)行電解氧化。電解水產(chǎn)生的大量高活性氧自由基(如：·OH)與石墨反應(yīng)生成了氧化石墨烯。下列說(shuō)法不正確的是()A．石墨烯應(yīng)該與電源的正極相連B．電解過(guò)程中可能產(chǎn)生CO2C．可用稀鹽酸代替稀硫酸進(jìn)行電解D．“·OH”的生成：H2O-e-=·OH+H+【答案】C【解析】A項(xiàng)，電解池的陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，由石墨反應(yīng)生成了氧化石墨烯為氧化反應(yīng)，所以石墨烯應(yīng)該與電源的正極相連，A正確；B項(xiàng)，電壓過(guò)高時(shí)，電流增大氧化性增強(qiáng)，陽(yáng)極可能產(chǎn)生CO2，B正確；C項(xiàng)，稀鹽酸代替稀硫酸進(jìn)行電解會(huì)生成氯氣影響氧化石墨烯的生成，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，陽(yáng)極電解水產(chǎn)生的大量高活性氧自由基(如·OH)，“·OH”的生成的電極方程式：H2O-e-=·OH+H+，D正確；故選C。23．常溫時(shí)，一定濃度的一元酸HA、HB對(duì)應(yīng)的鈉鹽和一元堿MOH、NOH對(duì)應(yīng)的鹽酸鹽加水稀釋過(guò)程中的pH變化如圖所示(V0為初始體積，V為稀釋后的體積)，下列說(shuō)法不正確的是()A．lg=0時(shí)，NaA溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)B．若b+c=14，則Ka(HB)=Kb(MOH)，MB溶液呈中性C．加水稀釋過(guò)程中，水的電離度不斷減小，lg=2時(shí)，NCl溶液中水的電離度為：102-a%D．lg=0時(shí)，c(A-)>c(B-)；c(N+)>c(M+)【答案】C【解析】A項(xiàng)，NaA溶液顯堿性，則說(shuō)明HA是弱酸，則A-會(huì)水解，水解方程式為：A-+H2OHA-+OH-，另外水也會(huì)電離出氫氧根離子，故c(OH-)>c(HA)，所該溶液中離子濃度的順序是：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)，A正確；B項(xiàng)，b+c=14說(shuō)明酸性溶液中的氫離子的濃度等于堿性溶液中氫氧根離子的濃度，即B-離子和M+的水解程度相同，也說(shuō)明HB和MOH的電離常數(shù)相同，B正確；C項(xiàng)，lg=2時(shí)PH=a，則水電離出的，氫離子濃度c(H+)=10-amol/L，水的物質(zhì)的量，則電離度為，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，NaA，NaB稀釋的時(shí)候后者PH變化較快，說(shuō)明HB酸性較弱，則起始時(shí)PH相同的時(shí)候NaB的濃度較小，根據(jù)電荷守恒可知，c(A-)>c(B-)；同理可得c(N+)>c(M+)，D正確；故選C。24．1，2-丙二醇脫氧脫水反應(yīng)的催化循環(huán)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是()A．MoO3為該反應(yīng)的催化劑B．1，2-丙二醇在一定條件下可以發(fā)生消去反應(yīng)C．過(guò)程④中有C—C鍵發(fā)生斷裂D．1，2-丙二醇分解的產(chǎn)物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O【答案】C【解析】A項(xiàng)，根據(jù)反應(yīng)中MoO3在反應(yīng)中參與反應(yīng)，反應(yīng)結(jié)束后又生成的特點(diǎn)判斷MoO3做催化劑，故A正確；B項(xiàng)，1，2—丙二醇中與羥基相連碳原子的鄰碳上有氫原子，故可以發(fā)生消去反應(yīng)，故B正確；C項(xiàng)，根據(jù)圖示過(guò)程④中反應(yīng)物和生成物之間的變化判斷，斷裂化學(xué)鍵為碳氧鍵，C—C鍵沒(méi)有發(fā)生斷裂，故C不正確；D項(xiàng)，根據(jù)轉(zhuǎn)化圖中產(chǎn)生的物質(zhì)判斷，1，2—丙二醇的分解產(chǎn)物有HCHO、CH3CHO、CH2=CHCH3、H2O生成，故D正確；故選C。25．下列方案設(shè)計(jì)、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是()選項(xiàng)目的方案設(shè)計(jì)現(xiàn)象和結(jié)論A探討影響化學(xué)平衡的因素取1mL0.1mol·L-1CH3COOH溶液于試管中，加入幾滴甲基橙，再加少量CH3COONH4固體若溶液紅色變淺或變成橙色，則說(shuō)明增加CH3COO-的濃度能使CH3COOH的電離平衡逆向移動(dòng)B檢驗(yàn)火柴頭中氯元素的存在摘下幾根火柴的火柴頭，將火柴頭浸于水中，片刻后取少量溶液于試管中，加AgNO3溶液、稀硝酸若未出現(xiàn)白色沉淀說(shuō)明不含氯元素C標(biāo)定NaOH溶液的濃度精確稱(chēng)取鄰苯二甲酸氫鉀0.50g3份，分別放入3個(gè)250mL錐形瓶中，加入50mL蒸餾水，加入2滴酚酞指示劑，用待標(biāo)定的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定若滴定至溶液呈淺紅色即達(dá)滴定終點(diǎn)，據(jù)此可計(jì)算出NaOH溶液的準(zhǔn)確濃度D研究淀粉的水解程度取0.5g淀粉于試管中，加入適量20%的硫酸溶液后沸水浴加熱5min，再滴加過(guò)量氫氧化鈉溶液，再加入適量碘水若溶液沒(méi)有變成藍(lán)色，則淀粉已經(jīng)水解完全【答案】A【解析】A項(xiàng)，醋酸是弱酸，溶于水部分電離，加入醋酸銨固體后，電離出的醋酸根離子，會(huì)抑制醋酸的電離，從而使甲基橙的顏色變淺或變橙色，故A正確；B項(xiàng)，未出現(xiàn)白色沉淀，只能說(shuō)明不含氯離子，不能說(shuō)明火柴頭中不含氯元素，比如氯酸鉀，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，用待標(biāo)定的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀，用酚酞作指示劑，滴定至溶液呈淺紅色，30秒內(nèi)不褪色，才可以判斷達(dá)到滴定終點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，用碘水檢驗(yàn)淀粉是否水解完全之前，不可以在淀粉水解液中加入過(guò)量的氫氧化鈉溶液，因碘水能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選A。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共6小題，共50分)26．(4分)請(qǐng)回答下列問(wèn)題(1)硼的氟化物和氯化物的沸點(diǎn)如下表：化合物BF3BCl3沸點(diǎn)(K)172K285K請(qǐng)解釋BF3沸點(diǎn)比BCl3沸點(diǎn)低的原因是___________。(2)NCl3水解的最初產(chǎn)物是NH3和HClO，而PCl3水解的最初產(chǎn)物是H3PO4和HCl，試解釋原因___________。【答案】(1)BCl3和BF3均為分子晶體，BCl3的分子間作用力比BF3分子間作用力大，所以沸點(diǎn)高(2分)(2)N的非金屬性強(qiáng)，在NCl3中N顯負(fù)價(jià)；P的非金屬性弱，在PCl3顯P正價(jià)(2分)【解析】(1)由表知：硼的氟化物和氯化物的沸點(diǎn)都較低，則BCl3和BF3均為分子晶體。組成和結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，熔沸點(diǎn)越高。BCl3的分子間作用力比BF3分子間作用力大，所以沸點(diǎn)高。(2)水解反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)。NCl3水解的最初產(chǎn)物是NH3和HClO，是因?yàn)镹的非金屬性強(qiáng)，在NCl3中N顯負(fù)價(jià)、故水解時(shí)N與呈+1的氫結(jié)合生成氨氣、另一產(chǎn)物為HClO；而P的非金屬性弱，在PCl3顯P正價(jià)、Cl呈負(fù)價(jià)，則PCl3水解時(shí)氯與呈+1的氫結(jié)合生成HCl、另一產(chǎn)物H3PO4。27．(4分)0.05mol某有機(jī)物A和0.125molO2在一密閉容器中充分燃燒，所得產(chǎn)物通過(guò)濃H2SO4時(shí)使其增重2.7g；再通過(guò)足量灼熱的CuO粉末，固體質(zhì)量減小了0.8g；最后通過(guò)足量堿石灰，固體質(zhì)量增加了6.6g。(1)該化合物A的分子式______________。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)(2)若0.05mol含有醛基的有機(jī)物B與有機(jī)物A的最簡(jiǎn)式相同，且在0.125molO2中能完全燃燒，寫(xiě)出B所有可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______________?！敬鸢浮?1)C3H6O3(2分)(2)HCHO、HOCH2CHO(2分)【解析】(1)0.05mol有機(jī)物與0.125molO2反應(yīng)，通過(guò)濃硫酸，產(chǎn)物中的H2O被吸收，通過(guò)灼熱的CuO，反應(yīng)生成的CO轉(zhuǎn)化為CO2；再通過(guò)堿石灰，CO2被吸收。通過(guò)濃H2SO4，濃硫酸增重2.7g，則反應(yīng)產(chǎn)物中，則該0.05mol有機(jī)物含有n(H)=0.15mol×2=0.3mol；通過(guò)足量灼熱的CuO粉末，固體質(zhì)量減小了0.8g，根據(jù)化學(xué)方程式CuO＋CO=Cu＋CO2，固體減少的質(zhì)量為O的質(zhì)量，根據(jù)反應(yīng)可知1molCO搶奪1molCuO中的O，則反應(yīng)產(chǎn)物中；通過(guò)足量堿石灰，固體質(zhì)量增加了6.6g，增加的質(zhì)量為CO2的質(zhì)量，包括了反應(yīng)生成的CO2的質(zhì)量和CO氧化CuO生成的CO2，，則燃燒反應(yīng)生成的n(CO2)=0.15mol－0.05mol=0.1mol，則該0.05mol有機(jī)物含有n(C)=0.15mol；綜上反應(yīng)總生成了0.15molH2O、0.05molCO、0.1molCO2，產(chǎn)物中共含有n(O)=0.15mol＋0.05mol＋0.1mol×2=0.4mol，氧氣提供了n(O)=0.125mol×2=0.25mol，則0.05mol有機(jī)物中含有n(O)=0.4mol-0.25mol=0.15mol。則0.05mol的有機(jī)物含有0.3molH、0.15molC、0.15molO，可知該有機(jī)物的分子式為C3H6O3；(2)有機(jī)物A的最簡(jiǎn)式為CH2O，1molCH2O完全燃燒消耗1molO2；根據(jù)已知0.05mol醛類(lèi)有機(jī)物B在0.125molO2中能完全燃燒，若是恰好完全反應(yīng)，則1molB完全燃燒消耗2.5molO2，現(xiàn)完全燃燒，則可能1molB完全燃燒消耗1molO2或2molO2，則B的分子式可能為CH2O或C2H4O2，則B可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCHO、HOCH2CHO。28．(10分)某興趣小組對(duì)某種儲(chǔ)氫材料X開(kāi)展探究實(shí)驗(yàn)。其中X由三種短周期主族元素組成，且陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為2∶1，回答下列問(wèn)題：(1)X的化學(xué)式是_______，化合物H的電子式為_(kāi)______。(2)溶液E和過(guò)量CO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________。(3)某種鈉鹽和X具有相同的陰離子，且該鈉鹽可由兩種二元化合物發(fā)生非氧化還原反應(yīng)合成，請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)可能的化學(xué)方程式：_________________________。(4)氣體A與單質(zhì)D制備化合物H的過(guò)程中，通常產(chǎn)物中會(huì)夾雜單質(zhì)D，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有單質(zhì)D：_______________________________?！敬鸢浮?1)Mg(AlH4)2(2分)(2分)(2)AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－(2分)(3)4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl(2分)(4)取少量固體粉末，加入足量的冷水，待不再產(chǎn)生氣體后，繼續(xù)滴加鹽酸，若有氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明固體粉末中含有Mg(2分)【解析】由X為儲(chǔ)氫材料可知，X中含有氫元素、氣體A為氫氣;由題給框圖可知，固體B、金屬互化物C都能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氫氣，則單質(zhì)B為鋁、金屬互化物C中含有鋁元素；由X中的某種元素單質(zhì)可用來(lái)制造信號(hào)彈可知，單質(zhì)D為鎂、溶液E為偏鋁酸鈉溶液、白色膠狀沉淀F為氫氧化鋁，則化合物X中含有鎂元素、鋁元素和氫元素;由鋁的質(zhì)量為1.08g、氫氧化鋁的質(zhì)量為4.68g和鎂的質(zhì)量為0.72g可知，金屬互化物C中鎂與鋁的物質(zhì)的量比為，則C的化學(xué)式為Mg3Al2，則化合物X中鎂、鋁和氫元素的物質(zhì)的量比為0.03mol∶0.06mol∶=1∶2∶8，由X中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為2∶1，可知，X的化學(xué)式為Mg(AlH4)2；由鎂和氫氣反應(yīng)生成化合物H可知，H為MgH2。(1)由分析可知，X的化學(xué)式為Mg(AlH4)2，H為離子化合物MgH2，電子式為；(2)E為偏鋁酸鈉，其與過(guò)量二氧化碳反應(yīng)的離子方程式為AlO2－＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3－；(3)由某種鈉鹽和X具有相同的陰離子可知，鈉鹽的化學(xué)式為NaAlH4，則由兩種二元化合物發(fā)生非氧化還原反應(yīng)合成鈉鹽的反應(yīng)為氫化鈉與氯化鋁反應(yīng)生成四氫合鋁酸鈉和氯化鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；(4)氫化鎂能與冷水反應(yīng)生成氫氧化鎂和氫氣，而鎂不能與冷水反應(yīng)，則檢驗(yàn)氫化鎂中鎂雜質(zhì)的含量可以取一定質(zhì)量的固體粉末，加入足量的水，通過(guò)收集產(chǎn)生的氣體體積計(jì)算氫化鎂的質(zhì)量，由總質(zhì)量可以計(jì)算得到原混合物中單質(zhì)鎂的量，故答案為：取少量固體粉末，加入足量的冷水，待不再產(chǎn)生氣體后，繼續(xù)滴加鹽酸，若有氣泡產(chǎn)生，說(shuō)明固體粉末中含有Mg。29．(10分)碘在生活和科研中有重要的應(yīng)用。(1)工業(yè)碘單質(zhì)制備方法之一是在海帶浸泡液(含有碘離子)中加入稀硫酸，再加入二氧化錳，請(qǐng)寫(xiě)出此反應(yīng)的離子方程式_________________________________________。已知：①I(mǎi)2(H2O)I2(CCl4)K1=85②I2(aq)+I?(aq)I3-(aq)K2=960③I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1④W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0(2)常溫下，用CCl4萃取10mLcmol·L?1碘水中的碘時(shí)，碘單質(zhì)在水和CCl4混合液中存在反應(yīng)①的溶解平衡，為了提高萃取率，通常采用“少量多次”的方法，如下表所示。方法一：萃取1次方法二：萃取2次V(CCl4)10mL5mL5mL水層c(I2)請(qǐng)結(jié)合表中數(shù)據(jù)和平衡移動(dòng)原理說(shuō)明采用“少量多次”的方法提高萃取率的依據(jù)________________________________________________________________。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質(zhì)，加入10.0mLCCl4進(jìn)行萃取，靜置分層(實(shí)驗(yàn)過(guò)程中不考慮體積變化)。已知：I?和I3-不溶于CCl4，實(shí)驗(yàn)測(cè)得CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，結(jié)合上述K1和K2值，則加入碘單質(zhì)物質(zhì)的量n=____mol。(保留三位有效數(shù)字)(4)反應(yīng)③在一定條件下速率方程：v(正)=kc(I2)c(H2)，速率常數(shù)，其中R和NA是常數(shù)，d為分子直徑，M為分子的摩爾質(zhì)量，P表示碰撞角度的因素，下列說(shuō)法正確的是___________________。A．反應(yīng)③的ΔS=0B．反應(yīng)③I2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高變大C．升高溫度速率常數(shù)k變大D．分子直徑、摩爾質(zhì)量會(huì)影響反應(yīng)速率E.速率常數(shù)k的表達(dá)式是基于碰撞理論推導(dǎo)而來(lái)(5)在碘鎢燈燈泡內(nèi)封存少量的碘可以延長(zhǎng)鎢絲壽命，發(fā)生反應(yīng)④，為模擬上述反應(yīng)，取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應(yīng)，在450℃，n(WI2)隨時(shí)間變化圖像如圖所示，t1時(shí)，將溫度升高到530℃，t2時(shí)達(dá)到平衡(530℃平衡常數(shù)k=)。請(qǐng)?jiān)趫D中畫(huà)出n(WI2)從t1～t3隨時(shí)間變化圖像___________________________?！敬鸢浮?1)MnO2+4H++2I-=2Mn2++I2+2H2O(2分)(2)加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動(dòng)，水中碘單質(zhì)濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高(2分)(3)1.35×10-3(2分)(4)CDE(2分)(5)(2分)【解析】(1)碘離子在稀硫酸環(huán)境中被二氧化錳氧化生成碘、錳離子和水，離子方程式MnO2+4H++2I-=2Mn2++I2+2H2O；(2)由表中數(shù)據(jù)知，每次加四氯化碳萃取、使I2(H2O)I2(CCl4)向右移動(dòng)，水中碘單質(zhì)濃度減小，用10mL萃取一次后水中碘水濃度為，用10mL分兩次萃取后水中碘水濃度為，大于，則分兩次，碘的萃取率高。(3)在一定溫度下，10.0mL0.100mol·L?1KI水溶液加入nmol的碘單質(zhì)，加入10.0mLCCl4進(jìn)行萃取，CCl4層液體中c(I2)=0.0850mol·L?1，則n[I2(CCl4)]=8.50×10-4mol，，則c[I2(H2O)]=10-3mol·L?1，n[I2(H2O)]=1.0×10-5mol，則：，得x=4.90×10-4mol，，則加入碘單質(zhì)物質(zhì)的量n=1.35×10-3mol。(4)反應(yīng)③為I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1：A項(xiàng)，ΔH-TΔS0時(shí)能自發(fā)反應(yīng)，反應(yīng)③為I2(g)+H2(g)?2HI(g)ΔH=?9.48kJ·mol?1，該反應(yīng)在高溫下可自發(fā)，則ΔS0，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升溫則平衡左移，故I2平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高減小，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由速率常數(shù)可知，升高溫度速率常數(shù)k變大，C正確；D項(xiàng)，由速率常數(shù)可知，其中d為分子直徑，M為分子的摩爾質(zhì)量，則分子直徑、摩爾質(zhì)量會(huì)影響反應(yīng)速率，D正確；E項(xiàng)，速率常數(shù)，其中P表示碰撞角度的因素，則速率常數(shù)k的表達(dá)式是基于碰撞理論推導(dǎo)而來(lái)，E正確；故選CDE。(5)反應(yīng)④為W(s)+I2(g)WI2(g)ΔH<0。取0.004mol碘和0.004mol鎢放置在50.0mL密閉容器中反應(yīng)，在450℃，n(WI2)隨時(shí)間變化圖像如圖所示，t1時(shí)，將溫度升高到530℃，則平衡向左移動(dòng)，WI2(g)物質(zhì)的量減小，則：t2時(shí)達(dá)到平衡(530℃平衡常數(shù)k=)。，得x=1.2×10-3mol，則得到n(WI2)從t1～t3隨時(shí)間變化圖像為：。30．(10分)氯化鐵在金屬蝕刻、污水處理等方面有廣泛應(yīng)用。某興趣小組以廢鐵屑為原料，用如圖所示裝置制備FeCl3·6H2O。已知：FeCl3易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。實(shí)驗(yàn)步驟：I.廢鐵屑的凈化：取一只小燒杯，放入約5g廢鐵屑，向其中注入15mL1mol·L?1Na2CO3溶液，浸泡數(shù)分鐘后，分離出鐵屑，洗凈、晾干。II.FeCl2溶液的制備：將處理后的廢鐵屑加入裝置B的三頸燒瓶中，緩慢加入適當(dāng)過(guò)量的稀鹽酸，得到含F(xiàn)eCl2的混合液。III.FeCl3溶液的制備：由裝置A制備氯氣，向FeCl2的混合液中緩慢通入足量的氯氣。IV.FeCl3·6H2O產(chǎn)品的分離提純：將三頸燒瓶中的FeCl3混合液轉(zhuǎn)移出來(lái)，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、重結(jié)晶、干燥，得到FeCl3·6H2O產(chǎn)品。V.FeCl3·6H2O產(chǎn)品的純度測(cè)定：用碘量法滴定并計(jì)算。請(qǐng)回答：(1)步驟I，從碳酸鈉溶液中分離出鐵屑的方法是___________________。(2)下列有關(guān)裝置儀器的說(shuō)法不正確的是___________。A．裝置A、B之間應(yīng)加裝一個(gè)盛有飽和食鹽水的洗氣瓶B．裝置B中，攪拌器的作用是使反應(yīng)混合物充分接觸

C．裝置C中，NaOH溶液的作用是吸收逸出的氯氣，防止空氣污染

D．儀器a和儀器b的功能相同，操作方法也相同(3)下列說(shuō)法正確的是___________。A．步驟II，稀鹽酸適當(dāng)過(guò)量的目的是提高鐵屑的利用率并抑制水解B．步驟III，可用K4Fe(CN)6溶液檢驗(yàn)“含有FeCl3的混合液”中是否存在Fe2+C．步驟IV

，蒸發(fā)濃縮要適度，濃縮度太小產(chǎn)率偏低，濃縮度太大純度偏低D．步驟IV，在冷卻結(jié)晶后的固液混合物中加入甘油可提高產(chǎn)率(4)已知碘量法的滴定反應(yīng)：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6①測(cè)定FeCl3·6H2O產(chǎn)品純度的步驟選項(xiàng)如下，請(qǐng)排序(操作不能重復(fù)使用)：用電子天平稱(chēng)取5.000g粗產(chǎn)品→配成250mL溶液→_____→_____→_____→_____→計(jì)算FeCl3·6H2O純度。a.加入稍過(guò)量的KI溶液，充分反應(yīng)b.用堿式滴定管取出25.00mL待測(cè)液于錐形瓶中c.用淀粉溶液作指示劑，用cmol·L?1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定d.平行滴定三次，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積平均值為VmLe.用移液管取出25.00mL待測(cè)液于錐形瓶中②如果堿式滴定管的乳膠管中有氣泡，會(huì)導(dǎo)致滴定溶液體積不準(zhǔn)確，因此，必須排出乳膠管中的氣泡。具體操作是：把乳膠管向上彎曲，___________，使溶液從尖嘴快速?lài)姵?，氣泡即可隨之排掉。(請(qǐng)?jiān)跈M線(xiàn)上補(bǔ)全操作)③實(shí)驗(yàn)中測(cè)得FeCl3·6H2O的產(chǎn)品純度偏低，若操作過(guò)程無(wú)誤，請(qǐng)從物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)原理角度分析，可能的原因是___________(寫(xiě)出一種即可)?！敬鸢浮?1)傾析法(或過(guò)濾)(1分)(2)AD(2分)(3)ACD(2分)(4)①eacd(2分)②擠捏乳膠管(1分)③廢鐵屑中存在其它金屬元素，使產(chǎn)品不純；FeCl3溶液部分水解，導(dǎo)致測(cè)得純度偏低；Fe3+與I—的反應(yīng)存在一定的限度，F(xiàn)e3+有剩余(2分)【解析】由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中高錳酸鉀固體與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)制備氯氣，裝置B中先發(fā)生鐵與過(guò)量鹽酸反應(yīng)得到鹽酸和氯化亞鐵的混合溶液，再發(fā)生混合溶液與氯氣反應(yīng)得到氯化鐵溶液，裝置C中氫氧化鈉溶液用于吸收未反應(yīng)的有毒的氯氣，防止污染空氣。(1)步驟I中用碳酸鈉溶液浸泡鐵屑的目的是除去鐵屑表面的油脂，浸泡數(shù)分鐘除去油脂后可以用傾析法或過(guò)濾的方法分離出鐵屑；(2)A項(xiàng)，由分析可知，制備氯化鐵溶液時(shí)，混合溶液中含有鹽酸，氯氣中混有的氯化氫氣體對(duì)實(shí)驗(yàn)沒(méi)有影響，則不需要在裝置A、B之間應(yīng)加裝一個(gè)盛有飽和食鹽水的洗氣瓶除去氯化氫，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，裝置B中，攪拌器通過(guò)攪拌可以使混合溶液與氯氣充分接觸，使反應(yīng)更加充分，故B正確；C項(xiàng)，由分析可知，裝置C中盛有的NaOH溶液可以吸收逸出的未反應(yīng)的有毒的氯氣，防止空氣污染，故C正確；D項(xiàng)，儀器a為恒壓分液漏斗，放液時(shí)只需打開(kāi)下端