（浙江选考）2023版高考化学二轮复习仿真模拟卷（四）

PAGEPAGE1仿真模拟卷(四)考生注意：2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。3．本次考试时间90分钟，总分值100分。选择题局部一、选择题(本大题共25小题，每题2分，共50分。每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．以下属于酸的是()A．NH3·H2O B．MnO2C．HClO4 D．NaHCO3答案C解析电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸。NH3·H2O是碱，A错误；MnO2是金属氧化物，B错误；HClO4是酸，C正确；NaHCO3是盐，D错误。2．以下图仪器名称为“长颈漏斗〞的是()答案B解析仪器名称依次为球形分液漏斗、长颈漏斗、普通漏斗、梨形分液漏斗，B正确。3．以下属于电解质的是()A．蔗糖 B．盐酸C．苯 D．硫酸镁答案D解析蔗糖是易溶于水但不能电离出阴、阳离子的有机物，属于非电解质，A错误；盐酸是HCl气体溶于水所得的混合物，不属于电解质，B错误；苯是有机物，属于非电解质，C错误；硫酸镁是盐，其化学式为MgSO4，属于电解质，D正确。4．以下反响中，氧元素仅被氧化的是()A．2Na＋O2eq\o(=,\s\up7(点燃))Na2O2B．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑C．2F2＋2H2O=4HF＋O2D．2C＋SiO2eq\o(=,\s\up7(高温))2CO↑＋Si答案C解析氧元素化合价降低被复原，A错误；氧元素化合价既有升高又有降低，B错误；氧元素化合价升高被氧化，C正确；氧元素化合价未改变，D错误。5．(2022·浙江省诸暨中学高三月考)以下表达与胶体知识无关的是()A．“卤水点豆腐〞B．明矾可用作净水剂C．在电影院看电影，会看到从放映室到银幕的光柱D．向氯化铁溶液中参加过量氢氧化钠溶液会看到红褐色沉淀答案D解析A项，在豆浆里中参加盐卤做豆腐，盐卤是电解质溶液，利用的是胶体的聚沉，错误；B项，明矾溶解后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有较大比外表积，有吸附性，可以净水，与胶体性质有关，错误；C项，胶体能发生丁达尔现象，在电影院看电影，会看到从放映室到银幕的光柱，和胶体的性质有关系，错误；D项，FeCl3溶液中参加NaOH溶液出现红褐色沉淀是发生了复分解反响，生成红褐色沉淀氢氧化铁，与胶体性质无关，正确。6．(2022·嘉兴市第一中学高三月考)以下说法不正确的选项是()A．二氧化硅可用于制造光导纤维B．二氧化硫可用于漂白纸浆C．石灰石—石膏法可用于燃煤脱硫D．浓硫酸具有强氧化性，不能枯燥二氧化硫气体答案D解析A项，纯洁的二氧化硅透光性好、信号损失少，可用于制造光导纤维，正确；B项，二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，正确；C项，石灰石在高温下分解为生石灰，生石灰与煤燃烧生成的二氧化硫结合生成亚硫酸钙，亚硫酸钙再与氧气反响转化为硫酸钙，从而实现了燃煤脱硫，正确；D项，浓硫酸具有强氧化性，但是不能把二氧化硫氧化，相邻价态不能相互转化(浓硫酸作氧化剂时复原产物一般就是二氧化硫)，所以它可以枯燥二氧化硫气体，错误。7．以下各项中，表达正确的选项是()A．水分子的比例模型：B．丙烷分子的分子式：C3H8C．CO2分子的电子式：D．氯乙烯的结构简式：CH3CH2Cl答案B解析水分子的比例模型为，A错误；CO2是共价化合物，电子式为，C错误；氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，D错误。8．以下关于硫及含硫化合物的表达不正确的选项是()A．SO2的漂白是可逆的过程B．硫在足量空气中燃烧生成大量SO3C．浓硫酸可以枯燥SO2气体D．可用铝槽储运浓硫酸答案B解析SO2的漂白原理是与某些有机物化合生成不稳定的无色物质，是一个可逆的过程，A正确；硫在足量空气中燃烧生成大量SO2，B错误；浓硫酸虽具有氧化性，但能枯燥SO2，C正确；常温下铝在浓硫酸中钝化，可用铝槽储运浓硫酸，D正确。9．关于如下图的过程，以下说法不正确的选项是()A．ΔE1是该反响的活化能B．ΔE2是2molH—Cl键的总键能C．参加催化剂可以改变反响的焓变D．该反响是一个放热反响答案C解析ΔE1是1molH2(g)和1molCl2(g)的总键能，是正反响的活化能，A正确；ΔE2是形成2molHCl(g)时释放的总能量，是2molHCl(g)的总键能，B正确；参加催化剂可以改变活化能，但反响的焓变不变，C错误；由图像分析该反响反响物的总能量大于生成物的总能量，是放热反响，D正确。10．(2022·嘉兴市第一中学高二10月月考)以下有关铁、铜及其化合物的说法不正确的选项是()A．工业上在高温下用CO复原含Fe2O3的铁矿石炼铁B．硫酸铜溶液常用作游泳池的消毒剂C．常温下铁与浓硫酸不反响D．用激光照射Fe(OH)3胶体可以观察到丁达尔现象答案C解析B项，硫酸铜属于重金属盐，可以使蛋白质变性，所以常用作游泳池的消毒剂，正确；C项，常温下铁遇浓硫酸发生钝化，在铁外表生成一层致密的氧化膜，不是不反响，错误。11．(2022·浙江省选考十校联盟10月适应性考试)以下说法正确的选项是()A．氧气和臭氧互为同素异形体，因氧原子的个数和成键方式不同，造成了两者性质差异B．氕、氘、氚是三种不同的元素，且互为同位素C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是不同种物质D．C3H8的一氯取代物只有一种答案A解析A项，氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，互为同素异形体，因氧原子的个数和成键方式不同，造成了两者性质差异，正确；B项，氕、氘、氚是三种不同的核素，互为同位素，均是氢元素，错误；C项，CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一种物质，均是乙酸乙酯，错误；D项，C3H8的一氯取代物有两种，错误。12．目前国际空间站处理CO2废气涉及的反响为CO2＋4H2eq\o(,\s\up7(催化剂))CH4＋2H2O，该反响的以下说法正确的选项是()A．到达平衡时，H2与CH4的体积之比为4∶1B．四种物质共存时，该反响到达平衡状态C．当断裂4molH—H键同时断裂4molO—H键，该反响到达平衡状态D．当4v正(H2)＝v逆(CH4)时，该反响到达平衡状态答案C解析开始时CO2和H2的量以及CO2或H2的转化率未知，无法判断H2和CH4的体积比，A错误；反响开始后，四种物质一直共存，无论是否到达平衡状态，B错误；断裂4molH—H键，说明有4molH2被消耗，断裂4molH—O键，说明有2molH2O被消耗，因此能够说明反响到达平衡，C正确；用不同物质的反响速率表示到达平衡，要求反响方向一正一逆，且反响速率之比等于化学计量数之比，应是v正(H2)＝4v逆(CH4)，D错误。13．以下反响的离子方程式书写不正确的选项是()A．用氨水吸收过量的二氧化硫：NH3·H2O＋SO2=HSOeq\o\al(－,3)＋NHeq\o\al(＋,4)B．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2OC．新制氯水中：Cl2＋H2O2H＋＋ClO－＋Cl－D．向含0.1mol·L－1Na2CO3和0.2mol·L－1NaOH的混合溶液中参加等体积的0.15mol·L－1的硫酸：COeq\o\al(2－,3)＋3H＋＋2OH－=2H2O＋HCOeq\o\al(－,3)答案C解析氨水吸收过量的SO2，因此发生NH3·H2O＋SO2=NH4HSO3，离子方程式是NH3·H2O＋SO2=NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)，A正确；利用过氧化氢的强氧化性，把I－氧化成I2，离子方程式为H2O2＋2I－＋2H＋=2H2O＋I2，B正确；新制氯水中存在的离子反响为Cl2＋H2OH＋＋HClO＋Cl－，C错误；设溶液的体积为1L，硫酸先和氢氧化钠反响：OH－＋H＋=H2O，消：COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，n(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol，因此两者恰好完全反响，总离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋3H＋＋2OH－=2H2O＋HCOeq\o\al(－,3)，D正确。14．(2022·衢州市高三1月质量检测)短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的相对位置如下图，X原子的最外层电子数为4。以下说法不正确的选项是()XYZWA.Z元素的常见化合价为－1、－2B．X元素的氢化物的沸点一定比Z的低C．Y、Z、W形成的简单离子中，半径最小的是ZD．Z元素的单质能从Na2W溶液中置换出W的单质答案B解析X原子的最外层电子数为4，那么X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W为S元素。O元素的常见化合价为－1或－2，其中过氧化物中氧元素为－1价，A正确；C元素的氢化物有多种，多数常温下为液态或气态，沸点不一定比H2O低，B错误；N、O形成的简单离子为N3－、O2－，核外电子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，另外S2－核外多一个电子层，半径最大，C正确；氧的非金属性比硫强，O2能从Na2S溶液中置换出S的单质，D正确。15．以下说法正确的选项是()A．1mol甲烷与1molCl2在光照条件发生取代反响，产物只有CH3Cl和HClB．等质量的乙烯和乙炔分别在足量的氧气中完全燃烧，乙烯消耗氧气的物质的量更多C．苯和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同D．石油裂化的目的是获得更多的乙烯、丙烯等原料答案B解析烷烃与Cl2在光照条件下发生取代反响可得到多种氯代物，A错误；等质量烃类有机物燃烧，含氢量越高，耗氧量越多，B正确；苯使溴水褪色是萃取，乙烯使溴水褪色是加成反响，原理不同，C错误；石油裂化的目的是提高轻质油的产量和质量，裂解的目的是获得更多的乙烯、丙烯等原料，D错误。16．以下说法不正确的选项是()A．煤的气化、液化和石油的分馏均为物理变化B．蛋白质水解生成氨基酸的反响属于取代反响C．丙烷与氯气反响可得到沸点不同的4种二氯代物D．乙酸和硬脂酸(C17H35COOH)互为同系物答案A解析煤的气化、液化是化学变化，A错误；蛋白质在蛋白酶的作用下变成氨基酸的反响属于水解反响，也是取代反响，B正确；丙烷与氯气反响可得到沸点不同的4种二氯代物，C正确；乙酸和硬脂酸(C17H35COOH)互为同系物，D正确。17．含氯苯(Cl)的废水可通过参加适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其除去原理如下图，以下表达正确的选项是()A．A极为负极，发生氧化反响B．H＋由A极穿过质子交换膜到达B极C．A极电极反响式为Cl＋2e－＋H＋=Cl－＋D．反响后电解液的pH升高答案C解析醋酸根失去电子转化为CO2，因此A为正极，B为负极，A错误；由示意图可知H＋从B极移向A极，B错误；A是正极，A极电极反响式为Cl＋2e－＋H＋=Cl－＋，C正确；B为负极，发生氧化反响，电极反响式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2＋7H＋，由电极反响式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH＋，负极生成7molH＋，那么处理后的废水pH降低，D错误。18．在50mL过氧化氢溶液中参加1gMnO2粉末，标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图，以下说法不正确的选项是()A．标准状况下，实验放出一半气体所需的时间为1minB．A、B、C、D各点反响速率中A点最慢，D点最快C．0～2min内产生O2的平均反响速率为22.5mL·min－1D．本实验中影响反响速率的因素只有催化剂和H2O2的浓度答案D解析放出一半气体，即V(O2)＝30mL时，t＝1min，A正确；因为随着反响的进行，c(H2O2)逐渐降低，所以反响逐渐变慢，即反响速率：D＞C＞B＞A，B正确；0～2min内产生O2的体积是45mL，平均反响速率为45mL÷2min＝22.5mL·min－1，C正确；影响反响速率的因素还有温度，D错误。19．(2022·金华市东阳中学高三月考)如图为反响2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图，以下说法正确的选项是()A．该反响是吸热反响过程B．由2molH2和1molO2变成4molH、2molO原子需要放出能量C．2molH2(g)和1molO2(g)反响生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量D．4molH、2molO生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量答案C解析根据图示，该反响是放热反响过程，故A错误；由2molH2和1molO2变成4molH、2molO原子需要吸收能量，故B错误；根据图示，2molH2(g)和1molO2(g)反响生成2mol能量，故D错误。20．以下说法不正确的选项是()A．Na2O和Na2O2的化学键类型不相同，其中阴、阳离子的个数比相同B．通过化合物在熔融状态下的导电性实验，可确定是离子化合物还是共价化合物C．HClO和PCl3的分子结构中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构D．SO2水溶液能导电，是因为SO2与水反响生成的亚硫酸能电离产生自由移动离子答案C解析Na2O中只有离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，它们中的阴、阳离子的个数比相同，均为2∶1，A正确；离子化合物由阴、阳离子构成，共价化合物由分子或原子构成，那么通过化合物在熔融状态下的导电性实验，可确定是离子化合物还是共价化合物，B正确；HClO中氢原子最外层有2个电子，C错误；SO2的水溶液能导电，是因为SO2与水反响生成亚硫酸，亚硫酸分子中共价键破坏而发生电离，产生自由移动离子，D正确。21．以下事实不能说明MOH是弱碱的是()A．0.2mol·L－1MNO3溶液呈酸性B．常温下，0.1mol·L－1MOH溶液的pH＝11C．0.1mol·L－1MOH溶液的导电性比0.1mol·L－1NaOH溶液弱D．等体积的0.1mol·L－1MOH溶液与0.1mol·L－1HCl溶液恰好完全反响答案D解析0.2mol·L－1MNO3溶液呈酸性，说明其为强酸弱碱盐，能证明MOH是弱电解质，A不符合题意；常温下，0.1mol·L－1MOH溶液的pH＝11，溶液中c(OH－)＝0.001mol·L－1，说明MOH不完全电离，MOH是弱碱，B不符合题意；溶液的导电性与离子浓度成正比，0.1mol·L－1MOH溶液的导电性比0.1mol·L－1NaOH溶液弱，说明MOH溶液中离子浓度较小，说明MOH局部电离，C不符合题意；等体积的0.1mol·L－1MOH溶液与0.1mol·L－1HCl溶液恰好完全反响，无论MOH是强碱还是弱碱，都恰好完全反响，D符合题意。22．设NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是()A．4.6gNa与100mL含0.1molHCl的盐酸反响，转移电子数目为0.1NAB．标准状况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O—H键的数目为0.8NAC．常温下1LpH＝2的硫酸溶液中由水电离出的H＋的数目为0.01NAD．9g13CO2与Neq\o\al(17,2)O的混合物中所含中子数和电子数均为4.6NA答案B解析4.6gNa物质的量为0.2mol，反响中失去电子数目为0.2NA，A错误；标准状况下，4.48L甲烷和乙烯，含氢原子的物质的量为0.8mol，氢原子产物中所含O—H键数目为0.8NA，B正确；由酸电离出的H＋的数目为0.01NA，C错误；13CO2与Neq\o\al(17,2)O两者摩尔质量相同，均为45g·mol－1，分子中所含中子数和电子数均为23和22，故9g混合物中含中子数为4.6NA，电子数为4.4NA，D错误。A．当n(NaOH)＝0.1mol时，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)答案B解析A项，NH3·H2O为弱电解质，溶液中NH3·H2O和NHeq\o\al(＋,4)共存，正确；B项，当a＝0.05mol时，溶液中溶质为0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NHeq\o\al(＋,4)的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同，即c(NHeq\o\al(＋,4))≠c(NH3·H2O)，与题意不符，错误；C项，根据电荷守恒可知：n(OH－)＋n(Cl－)＝n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))，那么n(OH－)－n(H＋)＝n(NHeq\o\al(＋,4))＋n(Na＋)－n(Cl－)＝0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)＝(a－0.05)mol，正确；D项，当n(NaOH)＝0.1mol时，恰好反响生成氯化钠和一水合氨，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)，正确。24．向含有0.2molFeI2的溶液中参加bmolCl2。以下表达不正确的选项是()A．当b＝0.1时，发生的反响为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－B．当b＝0.25时，发生的反响为2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2＋6Cl－C．当溶液中I－有一半被氧化时，c(I－)∶c(Cl－)＝1∶1答案B解析由于复原性：I－＞Fe2＋，当b＝0.1时，发生的反响为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，A正确；当b＝0.25时，FeI2和Cl2的物质的量的比是4∶5，发生的反响为2Fe2＋＋8I－＋5Cl2=2Fe3＋＋4I2＋10Cl－，B错误；当溶液中I－有一半被氧化时，只有I－被氧化，FeI2和Cl2的物质的量的比是2∶1，发生的反响为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－，溶液中c(I－)∶c(Cl－)＝1∶1，C正确；当0.2＜b＜0.3时，溶液中I－都被氧化生成I2，根据电荷守恒可得溶液中各离子浓度的关系为2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH25．某固体粉末样品中可能含有SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉等成分，为确认其中的组分，某同学设计并完成了如下实验：该同学得出的结论不正确的选项是()A．从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2OB．从现象3可推断样品中有SiO2C．从现象4和5可推断样品中有Fe2O3和MgOD．从现象4和6可推断样品中有炭粉，无CuO答案C解析SiO2、Fe2O3、CaO、CuO、MgO、Na2O和炭粉中，SiO2、CuO、MgO、Fe2O3和炭粉难溶于水，Na2O、CaO和水反响生成NaOH和Ca(OH)2，向溶液1中通入CO2，先出现白色沉淀后消失，发生反响CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，SiO2和NaOH反响生成Na2SiO3，硅酸钠与盐酸反响生成白色沉淀硅酸。从现象1和3可推断样品中有CaO，没有Na2O，A正确；从现象3可推断样品中有SiO2，B正确；CuO、MgO、Fe2O3与盐酸反响生成CuCl2、MgCl2、FeCl3，黑色固体为炭粉，CuCl2溶液呈蓝色，那么一定没有CuO，D正确；红褐色沉淀为Fe(OH)3，一定有Fe2O3，无法确定是否有MgO，C错误。第二卷二、非选择题(本大题共7小题，共50分)26．(6分)(2022·浙江省选考十校联盟10月适应性考试)A是石油裂解产物，可作水果催熟剂。B的分子式为C2H4O，能发生银镜反响。C为有香味，不易溶于水的油状液体。E为常见的调味剂。请答复：(1)有机物E中含有的官能团名称是________。(2)A＋H2O→D的反响类型是____________。(3)有机物D在催化剂条件下可与O2反响转化为B，写出化学方程式______________________________________________________________________________________。(4)以下说法正确的选项是________。A．有机物A的聚合物能使酸性KMnO4溶液褪色B．有机物C中是否混有B可用新制碱性氢氧化铜悬浊液检测C．C能与NaOH溶液反响，该反响称为皂化反响D．有机物E生活中可作杀菌剂答案(1)羧基(2)加成反响(3)2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2O(4)BD解析A是石油裂解产物，可作水果催熟剂，A是乙烯，乙烯与水发生加成反响生成D是乙醇。B的分子式为C2H4O，能发生银镜反响，B是乙醛。C为有香味，不易溶于水的油状液体，所以C是乙酸乙酯，水解生成乙酸和乙醇，即E为乙酸。27．(4分)天然大理石通常含有Fe2O3等杂质，工业上用大理石作原料时需要提纯，某研究性学习小组在老师的指导下，对大理石进行了提纯，设计了如下的实验步骤：请答复以下问题：(1)溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是__________________________________。(2)操作Ⅰ的名称是__________，该操作中用到玻璃棒，玻璃棒在该实验中的作用是__________。(3)检验溶液B中是否含铁离子的操作方法是_________________________________。答案(1)硫酸钙微溶于水(2)过滤引流(3)取少量滤液，向其中参加硫氰化钾溶液，溶液不变血红，说明滤液中不含Fe3＋，溶液变血红，说明滤液中含Fe3＋解析(1)溶解大理石时，用硝酸而不用硫酸的原因是硫酸钙微溶于水。(2)操作Ⅰ是对悬浊液进行别离，其名称是过滤，该操作中用到玻璃棒，玻璃棒在该实验中的作用是引流。(3)检验溶液B中是否含铁离子的操作方法是取少量滤液，向其中参加硫氰化钾溶液，溶液不变血红，说明滤液中不含Fe3＋，溶液变血红，说明滤液中含Fe3＋。28．(4分)某化学兴趣小组设计乙醇被氧化的实验装置如下图，图中加热器、铁架台、铁夹等均未画出。(1)写出装置b中的总反响方程式_______________________________________________________________________________________________________________。(2)加热e处固体的目的是___________________________________________________________________________________________________________________________。(3)d处碱石灰的作用是____________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)2CH3CH2OH＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2O(2)制取O2(3)防止f处的水蒸气进入c处，与无水硫酸铜发生反响而干扰实验结果解析a用于提供乙醇，e用于提供氧气，e处可为高锰酸钾或氯酸钾、二氧化锰的混合物，乙醇与氧气的混合气体在b中铜的催化作用下加热发生氧化复原反响，乙醇被氧化生成乙醛和水，c用于检验是否生成水，d可用于防止f处的水蒸气进入c中而干扰实验现象，加热条件下，乙醛在f中与氢氧化铜悬浊液发生氧化复原反响，生成砖红色沉淀。29．(4分)将3.2g铜参加20mL浓硫酸中加热，使之充分反响。(1)该反响的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________。(2)假设将反响后的混合溶液加水稀释到100mL时，测得H＋的物质的量浓度为5.2mol·L－1，那么原浓硫酸的物质的量浓度为______________。答案(1)Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2)18mol·L－1解析(1)Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反响，生成SO2。(2)由方程式Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O，可知反响消耗的H2SO4的物质的量＝2n(Cu)＝2×0.05mol＝0.1mol，剩余的硫酸物质的量＝eq\f(1,2)n(H＋)＝eq\f(1,2)×5.2mol·L－1×0.1L＝0.26mol，原浓硫酸的物质的量为0.26mol＋0.1mol＝0.36mol，那么原浓硫酸的物质的量浓度为eq\f(0.36mol,0.02L)＝18mol·L－1。30．(10分)【加试题】由CO2制备甲醇的过程中可能涉及的反响如下：反响Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.58kJ·mol－1反响Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2反响Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3＝－90.77kJ·mol－1答复以下问题：(1)反响Ⅱ的ΔH2＝__________，反响Ⅲ自发进行的条件是__________(填“低温〞“高温〞或“任何温度〞)。(2)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中，在适宜的催化剂条件下发生了反响Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，不同温度下体系到达平衡时测得CO2的转化率及CH3OH的产率变化如图1所示。①该反响到达平衡后，为再提高反响速率同时提高甲醇的生成量，可采取的措施有_____。A．改用高效催化剂 B．升高温度C．缩小容器体积 D．别离出甲醇E．增加CO2的浓度②据图1，当温度高于260℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高继续增加，而CH3OH的产率反而下降，请说明理由___________________________________________________________________________________________________________________________。(3)：在2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2(一定条件下，仅考虑发生反响Ⅰ)，实验测得在不同温度下，反响体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2所示。实验测得：在500K时，反响Ⅰ经10min时到达平衡，假设其他条件不变，当反响时间进行到3min时，迅速将反响温度升至600K进行实验，请在图3中画出3～10min内容器中CH3OH浓度的后续变化总趋势图。答案(1)41.19kJ·mol－1低温(2)①CE②说明温度高于260℃时，CO2的转化更有利于生成CO。因为，反响Ⅰ为放热反响，温度升高不利于CO2转化为甲醇(反响Ⅰ的活化能较低)；反响Ⅱ为吸热反响，温度升高有利于CO2转化为CO(反响Ⅱ的活化能较高)(3)(要点：起点连续，终点在0.315左右，且要在10min之前到达平衡出现平台)解析根据盖斯定律，反响Ⅱ＝反响Ⅰ－反响Ⅲ，所以ΔH2＝ΔH1－ΔH3＝－49.58kJ·mol－1－(－90.77kJ·mol－1)＝41.19kJ·mol－1；反响Ⅲ为熵减小的反响，ΔS＜0，反响自发进行时ΔG＝ΔH－TΔS＜0，所以要自发进行需要在较低温度下进行。(2)①改用高效催化剂，能加快反响速率，缩短到达平衡的时间，但是不影响平衡的移动，甲醇的生成量不变，A错误；升高温度，加快反响速率，正反响为放热反响，平衡逆向移动，甲醇的生成量减小，B错误；缩小容器体积，增大压强，加快反响速率，平衡正向移动，甲醇的生成量增大，C正确；别离出甲醇，平衡正向移动，甲醇的生成量增大，但反响速率减慢，D错误；增加CO2的浓度，可以加快反响速率且使得平衡正向移动，甲醇的生成量增大，E正确。(3)3min时未到达平衡，此时迅速将体系温度升至600K，瞬间甲醇的浓度不变，反响速率加快，到达平衡的时间小于10min，而在温度为600K的条件下，充入3molH2和1.5molCO2，平衡时二氧化碳的转化率约是42%，那么平衡时甲醇的物质的量约是1.5mol×42%＝0.63mol，那么平衡时甲醇的浓度约是0.315mol·L－1，3～10min内容器中CH3OH浓度的变化趋势曲线为31．(10分)【加试题】(2022·浙江省温州市高三9月选考适应性测试)氯化亚铜是重要的铜盐系列化工产品，广泛应用于石油化工、有机合成等行业。CuCl晶体呈白色，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解氧化为绿色的[Cu2(OH)3Cl]，见光易分解。某研究小组以CuCl2(含少量Fe2＋)粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如下：己知：①在较高的盐酸浓度下，Fe3＋能溶解于甲基异丁基甲酮。②CuCl在溶液中存在：CuCl(s)＋2Cl－(aq)[CuCl3]2－(aq)。请答复：(1)以下表达正确的选项是________。A．CuCl2原料中含有的Fe2＋等杂质经氧化、萃取几乎都在有机相中被除去B．参加萃取剂后，混合物转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图用力振摇C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D．用浓盐酸洗涤分液后的有机相时，需在分液漏斗中进行(2)上述合成路线中，SO2通入混合液的实验装置如以下图所示：①装置D的作用是________________________________________________________。②C中反响的离子方程式为_________________________________________________________________________________________________________________________。(3)上述合成路线中，向混合液中参加大量去氧水的目的是___________________________________________________________________________________________________。(4)上述合成路线中，一系列操作包括：抽滤、洗涤、枯燥。枯燥时应注意密封、________。(5)现称取1.200g产品，用硫酸酸化的硫酸铁溶解，并稀释成250mL。每次用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.01000mol·L－1KMnO4溶液滴定平均消耗24.00mL。①用移液管吸取25.00mL溶液后，把溶液转移到锥形瓶中的具体操作为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②产品中CuCl的纯度为________(本实验条件下，Cl－难于被MnOeq\o\al(－,4)氧化)。答案(1)AD(2)①吸收尾气，防止污染环境②2Cu2＋＋SO2＋2H2O＋6Cl－=2[CuCl3]2－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(3)使平衡CuCl(s)＋2Cl－[CuCl3]2－逆向移动，生成CuCl沉淀(4)避光(5)①将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管②99.5%解析(1)①在较高的盐酸浓度下，Fe3＋能溶解于甲基异丁基甲酮，可知Fe2＋等杂质经氧化、萃取几乎都在有机相中被除去，故A正确；参加萃取剂后，混合物转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，倒转用力反复振摇，故B错误；经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置待液体分层，故C错误；用浓盐酸洗涤分液后的有机相时，需要分液，应在分液漏斗中进行，故D正确。(5)②根据关系式5CuCl～KMnO4497.5g1molxg0.01mol·L－1×0.024Lx＝0