浙江省2025届高三化学适应性考试试题含解析

PAGE27-浙江省2025届高三化学适应性考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16F19Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64I127Ba137一、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.只含有离子键的化合物是A.NaOH B.HNO3 C.Mg3N2 D.SiO2【答案】C【解析】【详解】A．NaOH中Na+和OH-形成离子键，OH-中O原子和H原子形成共价键，属于离子化合物，A不符合题意；B．HNO3分子中只含有共价键，属于共价化合物，B不符合题意；C．Mg3N2中Mg2+和N3-形成离子键，属于离子化合物，C符合题意；D．SiO2中Si原子和O原子中形成共价键，属于共价化合物，D不符合题意；答案选C。2.试验室进行石油分馏试验，不须要用到的仪器是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】石油分馏时须要用到蒸馏烧瓶、冷凝管和锥形瓶，不须要用到分液漏斗，因此B选项符合题意；答案选B。3.下列属于非电解质的是A.苯酚 B.镁铝合金 C.过氧化钠 D.乙烯【答案】D【解析】【详解】A．苯酚在水溶液中电离出C6H5O-和H+，苯酚属于电解质，故不选A；B．镁铝合金是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选B；C．过氧化钠是离子化合物，熔融状态能导电，属于电解质，故不选C；D．乙烯在水溶液和熔融状态下都不能导电，乙烯属于非电解质，故选D；选D。4.反应SiO2＋2CSi＋2CO↑中，氧化产物是A.CO B.C C.SiO2 D.Si【答案】A【解析】【详解】SiO2＋2CSi＋2CO↑反应中，碳元素化合价由0上升为+2，C是还原剂，氧化产物是CO，硅元素化合价由+4降低为0，SiO2是氧化剂、Si是还原产物，选A。5.下列物质的名称正确的是A.NaHCO3：纯碱 B.Na2SO4：芒硝C.CH3OCH3：二甲醚 D.CH2Br-CH2Br：二溴乙烷【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠俗称小苏打，纯碱是碳酸钠，故A错误；B．芒硝是Na2SO4·10H2O，故B错误；C．CH3OCH3含有醚键，名称为二甲醚，故C正确；D．CH2Br-CH2Br的名称为1,2—二溴乙烷，故D错误；故答案为C。6.下列表示正确的是A.氖分子的电子式： B.乙醇的结构式：C.硫离子的结构示意图： D.CH4分子的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A．氖是单原子分子，氖分子的电子式：，故A正确；B．结构式中要将全部化学键表示出来，乙醇的结构式：，故B错误；C．硫离子的结构示意图：，故C错误；D．CH4分子的中心原子C与4个氢形成四个共价键，球棍模型：，故D错误；故选A。7.下列说法正确的是A.H2与D2互为同位素B.C70和单层纳米碳管互为同素异形体C.乙烯和互为同系物D.淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，它们互称为同分异构体【答案】B【解析】【详解】A．H2与D2为由H元素组成的单质，两者不是同位素，同位素的探讨对象是原子，A选项错误；B．C70和单层纳米碳管为由C元素组成的两种不同种单质，两者互为同素异形体，B选项正确；C．乙烯和分子组成相差若干个CH2，但两者结构不同，两者不是同系物，C选项错误；D．淀粉和纤维素都可以用(C6H10O5)n表示，n值可能不同，二者的分子式可能不同，所以两者不是同分异构体，D选项错误；答案选B。【点睛】本题易错点为D选项，解答时要留意淀粉和纤维素虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但是由于n值可能不同，二者不是同分异构体。8.下列说法不正确的是A.臭氧具有强氧化性，可用作饮用水的杀菌消毒剂B.海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”C.某些特别用途产品可用水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火D.火山旁边的温泉因经常含有游离态硫而具有杀菌作用【答案】B【解析】【详解】A．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作饮用水的杀菌消毒剂，故A正确；B．地球上99%以上的溴都隐藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B错误；C．某些特别用途产品可用水玻璃浸泡后，表面形成碱金属硅酸盐及SiO2凝胶薄膜，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；D．硫磺能够破坏细菌表面的有机爱护膜，使其死亡，火山旁边的温泉因经常含有游离态硫而具有杀菌作用，故D正确；故选B。9.下列说法不正确的是A.金属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能反应B.运用带盐桥的原电池装置，可使化学能转化为电能的效率提高C.铝单质可以从MnO2中置换出MnD.尿素与乙醛在肯定条件下反应生成脲醛树脂，可用于生产热固性高分子黏合剂【答案】D【解析】【详解】A．钙属于特别活泼的金属，水、苯酚、乙醇、乙酸等分子中均有较活泼的氢原子，因此，金属钙和水、苯酚、乙醇、乙酸均能发生反应生成氢气，A选项正确；B．原电池中的盐桥起到电荷“桥梁”的作用，保持原电池两电极的电荷平衡，从而提高原电池将化学能转化为电能的效率，B选项正确；C．通过铝热反应利用铝的还原性从MnO2中置换出Mn，C选项正确；D．脲醛树脂由尿素与甲醛在肯定条件下反应生成，脲醛树脂可用于生产热固性高分子黏合剂，D选项错误；答案选D。10.下列说法不正确的是A.光--电转换的途径可以不须要发生化学反应B.自然气和沼气的主要成分都是甲烷，因此都是化石能源C.将厨余垃圾中的油脂分别出来，可以制造肥皂和油漆等D.人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n【答案】B【解析】【详解】A．光-电转换方式该方式是利用光电效应，将太阳辐射能干脆转换成电能，是物理变更，选项A正确；B．自然气和沼气的主要成分都是甲烷，自然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不行再生能源；沼气是可再生资源，选项B不正确；C．油脂属于高级脂肪酸甘油酯，用油脂可以制造肥皂和油漆，选项C正确；D．依据人造纤维的形态和用途，分为人造丝、人造棉和人造毛三种，人造丝、人造棉和铜氨纤维的主要化学成分都可表示为(C6H10O5)n，选项D正确；答案选B。11.下列有关试验说法，不正确的是A.可以用KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐B.金属汞洒落在地上，应尽可能收集起来，并用硫磺粉盖在洒落的地方C.用纸层析法分别Fe3+和Cu2+，由于Fe3+亲水性更强，因此Fe3+在滤纸上流淌的快些D.在用简易量热计测定反应热时，酸和碱快速混合并用环形玻璃搅拌棒搅拌，精确读取温度计最高示数并记录温度【答案】C【解析】【详解】A．亚硝酸钠具有氧化性，能把碘化钾氧化生成单质碘，从而变蓝色，可以用KI—淀粉溶液(稀硫酸酸化)鉴别亚硝酸钠和食盐，A正确，不选；B．汞挥发形成的汞蒸气有毒性，当汞洒落在地面时，由于硫单质能够与汞反应，可以在其洒落的地面上洒上硫粉以便除去汞，B正确，不选；C．Fe3+是亲脂性强的成分，在流淌相中安排的多一些，随流淌相移动的速度快一些；而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中安排的多一些，随流淌相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分别，C错误，符合题意；D．在用简易量热计测定反应热时，可运用碎泡沫起隔热保温的作用、环形玻璃搅拌棒进行搅拌使酸和碱充分反应、精确读取试验时温度计最高温度、取2—3次的试验平均值等措施，以达到良好的试验效果，D正确，不选；答案选C。12.下列关于氮及其化合物说法，不正确的是A.“雷雨发庄稼”是由于放电条件有利于游离态的氮转化为化合态B.二氧化氮不仅能形成酸雨，还能在肯定条件下促进形成“光化学烟雾”C.铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)则能够耐高温D.工业上制备硝酸过程中，氨催化氧化放出大量热，能预热新进入设备的氨气和空气，节约能源【答案】C【解析】【详解】A．“雷雨发庄稼”这是由于在放电的条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过各种困难的化学变更，最终生成了易被农作物汲取的硝酸盐，是在放电条件下游离态的氮转化为化合态，故A正确；B．二氧化氮溶于水生成硝酸，能形成酸雨；汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和二氧化氮在阳光（紫外光）作用下发生光化学反应，形成有害浅蓝色烟雾，即“光化学烟雾”，故B正确；C．铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)在高温下分解，甚至爆炸，故C错误；D．工业上制备硝酸过程中，4NH3+5O24NO+6H2O，由氨催化氧化放出大量热，可以利用来预热新进入设备的氨气和空气，节约能源，故D正确；故选C。13.能够正确表示下列变更的离子方程式是A.醋酸钠的水解：CH3COOH＋H2O⇌CH3COO−＋H3O+B.电解熔融MgCl2：Mg2+＋2Cl−Mg＋Cl2↑C.MnO2与浓盐酸共热：MnO2＋4HClMn2+＋Cl2↑＋2H2OD.K2S溶液中滴加几滴FeCl3溶液：【答案】B【解析】【详解】A．醋酸钠的水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，故A错误；B．电解熔融MgCl2生成镁和氯气：Mg2+＋2Cl−Mg＋Cl2↑，故B正确；C．MnO2与浓盐酸共热：MnO2＋4H＋+2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故C错误；D．K2S溶液中滴加几滴FeCl3溶液，过量的硫离子与亚铁离子生成FeS沉淀：，故D错误；故选B。14.下列说法不正确的是A.固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，易溶于有机溶剂B.可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来C.溴苯中混有的少量溴单质，可加入足量的10﹪NaOH溶液，经分液除去D.用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸【答案】A【解析】【详解】A．固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，不易挥发，因其性质类似于盐类，所以不易溶于有机溶剂，A选项错误；B．苯酚易溶于苯，可用苯将含苯酚废水中的苯酚萃取出来，B选项正确；C．溴可与氢氧化钠反应生成可溶于水的溴化钠和次溴酸钠，溴苯不溶于水，可用分液的方法分别，C选项正确；D．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别丙三醇、乙醇、乙醛和乙酸，现象分别为：变成绛蓝色溶液、无明显现象、加热时生成砖红色沉淀、变成澄清的蓝色溶液，D选项正确；答案选A。15.瑞巴派特片是一种胃药，其主要成分结构如图。下列关于它的说法，正确的是A.该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.该物质的分子式为C19H17ClN2O4C.1mol该物质能与10mol氢气发生加成反应D.该物质能水解，水解产物中含有氨基酸【答案】D【解析】【详解】A．由该物质的结构简式可知，分子中含有碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，A选项错误；B．依据结构简式可知，1个该分子含有19个C原子，15个H原子，1个Cl原子，2个N原子和4个O原子，则该物质的分子式为C19H15ClN2O4，B选项错误；C．一个该物质的分子中含有1个碳碳双键和2个苯环，则1mol该物质能与7mol氢气发生加成反应，C选项错误；D．该分子中含有肽键，可以水解生成氨基酸，D选项正确；答案选D。16.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y在同周期主族元素中原子半径最大，Y分别与X、Z、W形成二元化合物甲、乙、丙，其0.1mol·L-1水溶液近似pH(常温)如下表：甲乙丙近似pH值8127下列说法不正确的是A.甲、丙的晶体类型相同，且熔点：甲＞丙B.由Y和Z组成的二元化合物中不行能含共价键C原子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(X)D.X的简洁气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】B【解析】【分析】依据题干信息可知，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na元素，Y分别与X、Z、W形成二元化合物甲、乙、丙，由其0.1mol·L-1水溶液的近似pH可知，甲为NaF，乙为Na2S，丙为NaCl，则X为F元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】A．依据上述分析可知，甲为NaF，丙为NaCl，两者均为离子化合物，由于离子半径：r(Cl-)＞r(F-)，因此NaF的晶格能更大，熔点更高，A选项正确；B．由Na和S元素组成二元化合物中，Na2S2中，S2-中S原子和S原子之间形成共价键，B选项错误；C．原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此原子半径：Na＞S＞Cl＞F，C选项正确；D．非金属性越强，简洁气态氢化物的热稳定性越强，非金属性F＞Cl，因此热稳定性：HF＞HCl，D选项正确；答案选B。17.下列说法正确的是A.100℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性B.相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，水的电离程度相同C.相同物质的量浓度的盐酸和醋酸分别加水稀释到相同pH，醋酸中加水多D.将浓度为c1的氨水和浓度为c2的盐酸等体积混合，若溶液呈中性，则肯定有c1＞c2【答案】D【解析】【详解】A．100℃时，水的离子积为：1.0×10-12，故pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显碱性，故A错误；B．相同温度下，pH相等的氨水、CH3COONa溶液中，一水合氨是弱碱，抑制水电离，CH3COONa是强碱弱酸盐，促进水电离，水的电离程度后者大，故B错误；C．由于在醋酸电离的程度小，相同物质的量浓度的醋酸PH比盐酸大，因此稀释到相同的pH值(pH在增大),稀释倍数盐酸大，盐酸中加水多，故C错误；D．将浓度为c1的氨水和浓度为c2的盐酸等体积混合，生成氯化铵，水解呈酸性，若溶液呈中性，碱要过量，则肯定有c1＞c2，故D正确；故选D。18.以碘为原料，通过电解制备KIO3的试验装置如右图所示。电解前，先将肯定量的精制碘溶于过量KOH溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入某电极区。将KOH溶液加入另一电极区，电解槽用水冷却。下列说法不正确的是A.产品KIO3在阳极区得到 B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解时，须不断补充KOH D.阴极区加入的是KOH溶液，发生还原反应生成H2【答案】C【解析】【分析】左侧与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，本装置是制备KIO3，所以阳极区加入的溶液是I2和KOH反应后的溶液，电解过程中Iˉ被氧化成KIO3；右侧与电源负极相连为阴极，充入的是KOH溶液，水电离出的氢离子被还原生成氢气。【详解】A．产品KIO3氧化产物，电解池中阳极发生氧化反应，所以产品KIO3在阳极区得到，故A正确；B．电解过程中阳极的电极反应式为Iˉ+6OHˉ-6eˉ=IO+3H2O，须要阴极的OHˉ移动到阳极，同时要防止阳极区的钾离子进入阴极，所以交换膜为阴离子交换膜，故B正确；C．电解时阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生氢氧根，所以不用补充KOH，故C错误；D．依据分析可知阴极区加入的是KOH溶液，水电离出的氢离子发生还原反应产生氢气，故D正确。故答案为C。19.排水法收集气体试验中，用饱和食盐水代替水收集氯气，可降低氯气的溶解损失。下列说法不正确的是A.Cl2(g)⇌Cl2(aq)，增大溶液中Cl2(aq)浓度可抑制氯气的溶解B.增大溶液中的Cl−(aq)浓度，有利于增大Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解C.Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水可抑制反应进行D.若试验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，亦可削减氯气的损失【答案】D【解析】【详解】A．Cl2(g)⇌Cl2(aq)，增大溶液中Cl2(aq)浓度，平衡逆向移动，可抑制氯气的溶解，A选项正确；B．Cl2溶于水发生反应：Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，增大溶液中的Cl-(aq)浓度，平衡逆向移动，有利于增大Cl2(aq)浓度，从而抑制氯气的溶解，B选项正确；C．Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，饱和食盐水中的Cl-可抑制反应进行，C选项正确；D．若试验中改用碳酸钠溶液代替水收集氯气，碳酸钠会消耗H+使得平衡正向移动，增加了Cl2的溶解量，不能削减Cl2的损失，D选项错误；答案选D。20.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数等于NAB.100gCaCO3和KHCO3的固体混合物中含有的阳离子数为NAC.肯定浓度的硫酸和镁反应，生成11.2L(标准状况)气体，转移电子数为NAD.6.4gSO2溶于水形成的酸雨中，SO2、H2SO3、HSO和SO的微粒数之和为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．1molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl，所以生成的CH3Cl的分子数小于1.0NA，A错误，符合题意；B．KHCO3和CaCO3的摩尔质量均为100g/mol，则100gKHCO3和CaCO3的混合物中KHCO3和CaCO3的物质的量之和为1mol，其中KHCO3含有的阳离子为K+，CaCO3含有的阳离子为Ca2+，因此100gKHCO3和CaCO3的混合物中含有的阳离子数目为NA，B正确，不选；C．肯定浓度的硫酸和镁反应，生成11.2L(标准状况)气体，无论气体为SO2还是H2，生成0.5mol气体转移的电子数均为NA，C正确，不选；D．6.4gSO2的物质的量为0.1mol，0.1molSO2溶于足量水，发生反应：SO2+H2OH2SO3，亚硫酸属于弱电解质，在水溶液中分步电离，依据物料守恒有SO2、H2SO3、HSO和SO粒子的物质的量之和为1mol，其数目之和为NA，D正确，不选；答案选A21.肯定温度下，在5L的恒容密闭容器中发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：n/molt/minN(N2)N(H2)N(NH3)0a24051361012158下列说法正确的是A.N2的初始浓度为16mol·L−1B.0～5min用H2表示的平均反应速率为0.24mol·L−1·min−1C.平衡状态时，c(N2)＝2.6mol·L−1D.N2的平衡转化率为25%【答案】D【解析】【分析】将表中数据补充完整：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，反应在10min时达到平衡：n/molt/minN(N2)N(H2)N(NH3)01624051315610121281512128【详解】A．N2的初始浓度为mol·L−1，故A错误；B．0～5min用H2表示的平均反应速率为=0.36mol·L−1·min−1，故B错误；C．平衡状态时，c(N2)＝=2.4mol·L−1，故C错误；D．N2的平衡转化率为=25%，故D正确；【点睛】本题考查化学平衡的计算，正确推断平衡状态为解答关键，易错点C，反应在10min时已经达到平衡，留意驾驭化学平衡状态特征及三段式在化学平衡计算中的应用，试题培育了学生的分析实力及化学计算实力。22.十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，经验“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气。反应Ⅰ：C10H18(l)→C10H12(l)＋3H2(g)△H1反应Ⅱ：C10H12(l)→C10H8(l)＋2H2(g)△H2在肯定温度下，其反应过程对应的能量变更如图。下列说法不正确的是A.△H1＞△H2＞0B.Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能C.由图知，反应Ⅰ的活化分子百分率高于反应ⅡD.C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚【答案】C【解析】【详解】A．依据图中信息可知反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应物总能量低于生成物总能量，均为吸热反应，且前者热效应大，故△H1＞△H2＞0，选项A正确；B．活化能是指分子从常态转变为简洁发生化学反应的活跃状态所须要的能量，Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，选项B正确；C．由图知，Ea1大于Ea2，活化能越大活化分子的百分率越小，故反应Ⅰ的活化分子百分率低于反应Ⅱ，选项C不正确；D．反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅱ的反应速率更快，故C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12积聚，选项D正确；答案选C。23.已知K2FeO4溶于水后，会水解生成多种微粒。下图是0.10mol·L−1K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液pH的变更图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是A.K2FeO4溶于水呈碱性 B.水解强于电离C.H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应 D.0.10mol·L−1的K2FeO4的pH近似等于10【答案】B【解析】【详解】A．从图象的最右端看，K2FeO4溶于水时，c()最大，此时0.10mol·L−1K2FeO4溶液的pH约为10，溶液呈碱性，A正确；B．从图中曲线看，c()最大时，溶液的pH<6，表明溶液呈酸性，此时电离强于水解，B错误；C．从图中可以看出，加酸时H2FeO4转化为，加碱时H2FeO4转化为，表明H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应，C正确；D．从图中可以看出，0.10mol·L−1的K2FeO4中，c()最大时，水解使溶液显碱性，pH近似等于10，D正确；故选B。24.在碱性介质中，用Cl2氧化KIO3可制得正高碘酸钾(K2H3IO6)。下列说法不正确的是A.正高碘酸钾可能具有强氧化性B.正高碘酸化学式为H5IO6或(HO)5IOC.正高碘酸钾可由正高碘酸和KOH反应得到D.正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO3)的反应是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．由正高碘酸钾的分子式K2H3IO6可知，正高碘酸钾中碘元素的化合价为最高价+7价，很简洁得到电子，因此正高碘酸钾可能具有强氧化性，A选项正确；B．由题干信息可知，正高碘酸为五元酸，则正高碘酸化学式为H5IO6或(HO)5IO，B选项正确；C．正高碘酸和KOH发生中和反应可以得到正高碘酸钾，C选项正确；D．正高碘酸中碘的化合价为+7价，受热得到的偏高碘酸(HOIO3)中碘的化合价也为+7价，反应中I元素的化合价没有发生变更，且H、O元素的化合价也没有发生变更，因此正高碘酸受热得到偏高碘酸(HOIO3)的反应不是氧化还原反应，D选项错误；答案选D。25.某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和Na2SiO3中的几种，进行如下试验：①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z；②沉淀Y与足量NaOH溶液充分作用，部分溶解。下列说法不正确的是A沉淀Y肯定能溶于盐酸B.溶液Z中溶质肯定不含Na2SiO3C.混合物X至少含有三种成分D.混合物X中肯定含有Na2CO3、FeCl3，可能含有Al2(SO4)3【答案】B【解析】【分析】某固体混合物X，含有Al2(SO4)3、FeCl3、Na2CO3和Na2SiO3中的几种，①X与水作用有气泡冒出，得到有色沉淀Y和弱碱性溶液Z，生成气体的物质只有Na2CO3，而几种物质中没有酸，说明与Na2CO3发生双水解反应生成二氧化碳气体，生成的有色沉淀中肯定存在氢氧化铁，可能含有氢氧化铝、硅酸；②沉淀Y与NaOH溶液作用，部分溶解，说明有色沉淀中存在氢氧化铝或硅酸，则可能存在Al2(SO4)3或Na2SiO3中的一种，据此分析解答。【详解】依据上述分析可知，A.沉淀Y肯定含有氢氧化铁，肯定能溶于盐酸，选项A正确；B.溶液Z中溶质可能含有Al2(SO4)3或Na2SiO3中的至少一种，选项B不正确；C.混合物X中肯定含有FeCl3、Na2CO3，至少含有Al2(SO4)3或Na2SiO3中的一种，则至少三种成分，选项C正确；D.混合物X中肯定含有Na2CO3、FeCl3，可能含有Al2(SO4)3，选项D正确；答案选B。26.(1)HClO分子中各原子均满意稳定结构。写出HClO的电子式_____。(2)碳酸氢钠水溶液呈碱性，试分析缘由：_____(用离子方程式表示)。(3)维生素B1的结构简式如图所示，维生素B1晶体溶于水的过程，须要克服的微粒间作用力，除范德华力外还有_____。【答案】(1).(2).(3).离子键和氢键【解析】【详解】(1)HClO分子中，中心原子为O原子，分别与H原子和Cl原子形成一对共用电子对，其电子式为，故答案为：；(2)碳酸氢钠为强碱与弱酸形成的酸式盐，碳酸氢钠的水溶液中存在水解反应：，因此其水溶液呈碱性，故答案为：；(3)依据维生素B1的结构简式分析可知，维生素B1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子键，分子中同种原子形成非极性键，不同种原子形成极性键，维生素B1晶体溶于水的过程，须要克服的微粒间作用力，除范德华力外还有离子键和氢键，故答案为：离子键和氢键。27.化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一。COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化实力相当的O2质量，单位：mg·L-1)。其测定过程如下：取100.0mL水样，用硫酸酸化，加入10.0mL0.002000mol·L-1KMnO4溶液，充分作用后，再加入10.0mL0.005000mol·L-1溶液。用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL。已知：2MnO＋5＋16H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O(1)1molKMnO4的氧化实力与_____gO2的氧化实力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。(2)该水样的COD值是_____mg·L-1(保留小数点后一位)。【答案】(1).40(2).5.2【解析】【分析】由最终KMnO4溶液滴定多余的溶液，可求出溶液与水样消耗KMnO4溶液后剩余的KMnO4溶液的量，从而求出水样消耗KMnO4溶液的量，再转化为O2的量即可算出该水样中的COD。【详解】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化实力与1×=1.25molO2的氧化实力相当，即与1.25mol×32g/mol=40gO2的氧化实力相当，故答案为：40；(2)依据方程式可知2KMnO4~5，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3.25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3.25×10-5mol=1.75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1.75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1.3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1.3×10-5mol×=1.625×10-5mol，m(O2)=1.625×10-5mol×32g/mol=5.2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为，故答案为：5.2。28.Ⅰ．由三种常见元素组成的化合物A，按如下流程进行试验。气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；浓硫酸增重3.60g，碱石灰增重17.60g；溶液F焰色反应呈黄色。请回答：(1)组成A的非金属元素是_____，气体B的结构简式_____。(2)固体A与足量水反应的化学方程式是_____。(3)肯定条件下，气体D可能和FeO发生氧化还原反应，试写出一个可能的化学方程式_____。Ⅱ．某爱好小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入肯定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后视察现象。试验装置如图：(4)说明氧化性Br2＞I2的试验现象是_____。(5)为了解除Cl2对溴置换碘试验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。试设计简洁试验方案检____。【答案】(1).碳(C)和氢(H)(2).CH≡CH(3).NaHC2+H2O=NaOH+C2H2(4).CO2+2FeOFe2O3+CO(5).试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，(6).取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量【解析】【分析】Ⅰ．气体B在氧气中燃烧生成气体C，100℃时，气体C通过浓硫酸，浓硫酸增重3.60g，增重的质量为H2O的质量，气体B、C、D均无色、无臭，B、D是纯净物；气体D能被碱石灰汲取，则D为CO2，碱石灰增重17.60g，即CO2的质量为17.60g，依据以上分析可得B和氧气反应生成CO2和H2O，B由C、H两种元素组成，CO2的物质的量为=0.4mol，则碳元素的物质的量为0.4mol，H2O的物质的量为=0.2mol，则氢元素的物质的量为0.4mol，气体B标况下的体积为4.48L，则B的物质的量为=0.2mol，由碳、氢元素的物质的量与B的物质的量关系，可得B的化学式为C2H2，溶液F焰色反应呈黄色，则F中含有Na元素，依据反应流程，A、E中均含有Na元素，碱性溶液E与0.2molHCl恰好完全反应生成中性的F溶液，则F为NaCl，则n(Na)=n(Cl)=n(HCl)=0.2mol，由三种常见元素组成的化合物A，与足量的水反应生成B和E，A中应含有C和Na元素，A的质量为9.6g，则第三种元素的质量为9.6g-0.4mol×12g/mol-0.2mol×23g/mol=0.2g，则A为C、H、Na三种元素组成，物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，则A的化学式为NaHC2，据此分析解答；Ⅱ．向NaBr溶液中通入肯定量Cl2，溶液由无色变为红棕色，证明有溴单质生成，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，依据试验中发生的氧化还原反应，结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析氧化性强弱，据此分析解答。【详解】Ⅰ．(1)依据分析，组成A的非金属元素是碳(C)和氢(H)，气体B为C2H2，结构简式CH≡CH；(2)固体A与足量水反应的化学方程式是NaHC2+H2O=NaOH+C2H2↑；(3)依据分析，D为CO2，肯定条件下，气体CO2可能和FeO发生氧化还原反应，CO2中碳元素为+4价，属于碳元素的最高价，具有氧化性，FeO中Fe元素为+2价，具有肯定的还原性，可能的化学方程式CO2+2FeOFe2O3+CO；Ⅱ．(4)将分液漏斗中反应后的溶液加入到盛有含有四氯化碳的KI溶液中，取试管振荡，静置后，试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明试管内由碘单质生成，发生反应为Br2+2KI=2KBr+I2，反应中Br2为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，说明氧化性Br2＞I2；(5)为了解除Cl2对溴置换碘试验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。由于溴单质的密度比水大，在溶液的下层，取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现红棕色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。【点睛】本题难点为Ⅰ中物质的推断，要结合物质的性质分析，气体D被碱石灰汲取，说明D为酸性气体，且气体B、C、D均无色、无臭，则D为CO2，流程图中，100℃时，C气体部分被浓硫酸汲取，则可确定被汲取的为水蒸气。29.化合物PH4I是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生PH3。PH3是无色剧毒气体，广泛用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。(1)在2L真空密闭容器中加入肯定量PH4I固体，T1℃时发生如下反应：PH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)①下列可以作为反应达到平衡的判据是_____。A．容器内气体的压强不变B．容器内HI的气体体积分数不变C．容器内PH4I质量不变D．容器内气体的密度不变E．容器内气体的平均相对分子质量不变②t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，t3时刻反应重新达到平衡。在下图中画出t2～t4时段的υ正、υ逆随时间变更图______。(2)PH4I固体分解产生的PH3和HI均不稳定，在肯定温度下也起先分解。在2L真空密闭容器中加入肯定量PH4I固体，已知在T2℃时存在如下反应：ⅠPH4I(s)⇌PH3(g)+HI(g)ΔH1Ⅱ4PH3(g)⇌P4(g)+6H2(g)ΔH2Ⅲ2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)ΔH3①已知：298K，101kPa，H-P键、P-P键、H-H键的键能分别为322kJ·mol-1、200kJ·mol-1、436kJ·mol-1试计算ΔH2=______________。②各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)=amol，n(P4)=bmol，n(H2)=cmol，则T2℃时反应I的平衡常数K值为___________________。(用a、b、c表示)③维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发觉其它各成分的物质的量均发生变更，而n(I2)基本不变，试说明可能缘由_____。【答案】(1).ACD(2).(3).+48kJ·mol-1(4).(5).增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应I平衡逆向移动使c(HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，n(I2)基本不变(只答反应III平衡不移动不得分)【解析】【分析】结合条件是否为变量推断能否作为达到平衡的标记，依据外因对平衡移动的影响作图，依据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能计算ΔH2，利用三段式计算平衡常数。【详解】(1)①A．反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气体压强始终变更，当容器内气体压强不再变更时，可以说明反应达到平衡状态，A符合；B．依据反应式可知，容器内HI的气体体积分数始终不变，容器内

HI

的气体体积分数不变不能作为反应达到平衡的标记，B不符合；C．容器内PH4I的质量不再变更时，可以说明反应达到平衡状态，C符合；D．容器体积始终不变，气体总质量发生变更，则容器内气体的密度不再变更时，可以说明反应达到平衡，D符合；E．容器内气体的平均相对分子质量始终不变，容器内气体的平均相对分子质量不变不能作为反应达到平衡的标记，E不符合；故答案选ACD；②t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，则平衡逆向移动，υ逆>υ正，但由于PH4I为固体，增大压强，正反应速率不变，t3时刻反应重新达到平衡，υ正=υ逆，因此t2～t4时段的υ正、υ逆随时间变更图为：；(2)①依据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，ΔH2=(4×3×322kJ·mol-1)-[(6×200kJ·mol-1)+(6×436kJ·mol-1)]=+48kJ·mol-1；②各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)=amol，n(P4)=bmol，n(H2)=cmol，依据白磷为bmol，结合反应Ⅱ计算可知，消耗的PH3为4bmol和生成的H2为6bmol，因为最终PH3为amol，说明反应Ⅰ生成的PH3和HI都为(a+4b)mol，最终氢气为cmol，则反应Ⅲ生成H2为(c-6b)mol，反应Ⅲ消耗HI为(2c-12b)mol，则平衡时HI为(a+4b-2c+12b)=(a+16b-2c)mol，T2℃时，对于反应Ⅰ的平衡常数为；③由于增大压强的瞬间各气体浓度均增大，而反应I平衡逆向移动使得c(HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，因此n(I2)基本不变。30.据报道，磷酸二氢钾(KH2PO4)大晶体已应用于我国研制的巨型激光器“神光二号”中。某爱好小组制备KH2PO4，流程如下：已知：a．KH2PO4有潮解性，溶于水，不溶于乙醇和醚等有机溶剂。b．HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂。请回答：(1)步骤Ⅱ的试验操作是_____。(2)有关步骤Ⅲ，下列说法正确的是_____。A．有机溶剂M可用乙醇B．步骤Ⅲ与步骤Ⅱ的试验操作基本相同C．NH4Cl在水中溶解度明显大于在有机溶剂M中D．有机溶剂M可循环运用(3)试从平衡角度分析，由步骤Ⅰ、Ⅱ得到KH2PO4溶液的原理：_____。(4)在下列仪器中，运用前需进行“检漏”操作的是_____。A．吸滤瓶B．球型分液漏斗C．蒸馏烧瓶D．碱式滴定管(5)步骤Ⅳ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等多步操作。在冷却结晶操作中，为了得到磷酸二氢钾大晶体，常实行的措施有____________________。某同学发觉运用加热浓缩、冷却结晶得到的磷酸二氢钾晶体欠佳，请提出针对性的改进试验方案：_____________，然后经过滤、干燥得到晶体。【答案】(1).萃取、分液(2).BCD(3).步骤Ⅰ.磷酸加入KCl，发生KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，步骤Ⅱ.反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，经萃取后，水相中HCl浓度降低，平衡正向移动，生成KH2PO4(4).BD(5).自然冷却（缓慢冷却）(6).在磷酸二氢钾溶液中加入乙醇【解析】【分析】步骤Ⅰ.磷酸加入KCl，发生KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，Ⅱ.反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，经萃取后，有机层含有HCl，Ⅲ.用氨水进行反萃取，Ⅴ.可得到氯化铵，Ⅳ.水相经蒸发、浓缩、冷却结晶可得到KH2PO4.【详