浙江省宁波十校2025届高三化学3月联考试题含解析

PAGE27-浙江省宁波十校2025届高三化学3月联考试题（含解析）考生留意：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请依据答题纸上“留意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Si-28S-32K-39Cl-35.5Cr-52Fe-56Cu-64I-127Ba-137选择题部分一、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.下列物质中属于碱性氧化物的是（）A.Al2O3 B.SO2 C.CaO D.NaOH【答案】C【解析】【详解】A.Al2O3为两性氧化物，故A不符合题意；B.SO2为酸性氧化物，故B不符合题意；C.CaO为碱性氧化物，故C符合题意；D.NaOH为碱，故D不符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】碱性氧化物肯定是金属氧化物，金属氧化物可能是碱性氧化性，可能是酸性氧化物，可能是两性氧化物。2.分液时须要用到的仪器是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】分液时须要用到的仪器是分液漏斗，烧杯、带铁圈的铁架台，故A符合题意。综上所述，答案为A。3.下列属于有机物，又是强电解质的是（）A.硬脂酸钠 B.甘油 C.苯酚 D.硝基苯【答案】A【解析】【详解】A.硬脂酸钠，是有机物，是羧酸盐，是强电解质，故A符合题意；B.甘油是丙三醇，有机物，但属于非电解质，故B不符合题意；C.苯酚又叫石炭酸，是有机物，属于弱电解质，故C不符合题意；D.硝基苯属于有机物，属于非电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为A。4.下列属于氧化还原反应的是（）A.NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2OB.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OC.Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2D.SO2+H2O=H2SO3【答案】B【解析】【详解】A.NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O，没有化合价变更，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn、Cl化合价变更，是氧化还原反应，故B符合题意；C.Na2O2+2H2O=2NaOH+H2O2，没有化合价变更，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D.SO2+H2O=H2SO3，是化合反应，没有化合价变更，不是氧化还原反应，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】有化合价变更的反应为氧化还原反应。5.下列物质的名称不正确的是（）A.FeS2：二硫化亚铁 B.CaSO4·2H2O：熟石膏C.CO(NH2)2：尿素 D.CH3CH2CH2CH3：正丁烷【答案】B【解析】【详解】A.FeS2：二硫化亚铁，阴阳离子之比为1:1，故A正确；B.CaSO4·2H2O是生石膏，故B错误；C.CO(NH2)2：尿素，属于有机物，故C正确；D.CH3CH2CH2CH3：正丁烷，属于有机物，故D正确。综上所述，答案为B。6.下列表示正确的是（）A.镁离子的结构示意图：Mg2+ B.二氧化硅的分子式：SiO2C.乙醇的结构简式：C2H5OH D.水分子的球棍模型：【答案】C【解析】【详解】A.镁离子的结构示意图是，故A错误；B.二氧化硅是原子晶体，只能说化学式：SiO2，故B错误；C.C2H5OH是乙醇的结构简式，故C正确；D.是水分子的比例模型，故D错误。综上所述，答案为C。7.下列说法正确的是（）A.Pu与U互为同位素 B.H2O和D2O互为同素异形体C.醋酸和软脂酸互为同系物 D.新戊烷和2，2-二甲基丙烷互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A.Pu与U质子数不同，因此不能互为同位素，故A错误；B.H2O和D2O是化合物，同素异形体是针对单质而言，故B错误；C.醋酸是CH3COOH，软脂酸是C15H31COOH，两者互为同系物，故C正确；D.新戊烷和2，2-二甲基丙烷是同种物质，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】软脂酸是C15H31COOH，硬脂酸是C17H35COOH，油酸C17H33COOH。8.下列说法不正确的是（）A.白磷有毒因此必需保存在水中，取用时要用镊子B.纯碱在食品、石油等工业中有着广泛的应用C.碘是一种重要的药用元素，也是生产含碘食品的必要元素D.工业上利用氢气和氯气反应来制备盐酸【答案】A【解析】【详解】A.白磷易自燃，因此必需保存在水中，取用时要用镊子，故A错误；B.纯碱在玻璃、肥皂、合成洗涤剂、造纸、纺织、石油、冶金、食品等工业中有着广泛的应用，故B正确；C.碘是一种重要的药用元素，也是生产含碘食品的必要元素，故C正确；D.工业上利用氢气在氯气点燃来制备氯化氢后获得盐酸，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】白磷易自燃，是正四面体结构，键角为60°。9.下列说法不正确的是（）A.制备铜氨纤维时，取出稀盐酸中的生成物，用水洗涤，得到蓝色的铜氨纤维B.自然气的主要成分是甲烷，不同地区自然气中甲烷含量不同C.许久存放氯水渐渐转变为很稀的盐酸D.在燃烧木柴时，将木材架空，木材会燃烧的更旺【答案】A【解析】【详解】A.制备铜氨纤维时，取出稀盐酸中的生成物，用水洗涤，铜氨纤维不是蓝色的，故A错误；B.自然气的主要成分是甲烷，不同地区自然气中甲烷含量不同，故B正确；C.次氯酸分解变为盐酸和氧气，因此许久存放的氯水渐渐转变为很稀的盐酸，故C正确；D.在燃烧木柴时，将木材架空，有足够的空气，因此木材会燃烧的更旺，故D正确。综上所述，答案为A。10.下列说法不正确的是（）A.甲烷和氯气1：1混合，光照下反应很难得到纯净的二氯甲烷B.在压强较低时，重油中的烃会在相对较低的温度下发生汽化C.燃烧植物枝叶是生物质的热化学转化，远古时期人们用此进行取热D.氨水法脱硫既可以消退煤烟气中二氧化硫，还可以获得石膏与硫酸铵【答案】C【解析】【详解】A.甲烷和氯气1：1混合，是发生一系列的反应，因此光照下反应很难得到纯净的二氯甲烷，故A正确；B.减压分馏时，在压强较低时，重油中沸点较高的烃会在相对较低的温度下发生汽化，故B正确；C.生物质热化学转换技术是指在加热条件下，用化学手段将生物质转换成燃料物质的技术，燃烧植物枝叶不是生物质的热化学转化，故C错误；D.氨水法脱硫既可以消退煤烟气中二氧化硫，反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵和石灰乳、氧气反应生成硫酸钙和硫酸铵，故D正确。综上所述，答案为C。11.下列有关试验说法，不正确的是（）A.沉淀的颗粒较大且易沉降时，也可用倾析的方法将固体与溶液分别B.可用纸层析法分别含少量Fe3+和Cu2+的混合溶液，亲水性强的Cu2+在滤纸条的下方C.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、一般玻璃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D.强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最终用水冲洗【答案】C【解析】【详解】A.沉淀的颗粒较大且易沉降时，静止后简单沉降至容器底部，可用倾析的方法将固体与溶液分别，故A正确；B.可用纸层析法分别含少量Fe3+和Cu2+的混合溶液，亲脂性强的Fe3+在流淌相中安排的多一些，随流淌相移动的速度就快一些，亲水性强的Cu2+在固定相中安排的多一些，随流淌相移动的速度就慢一些，因此Cu2+在滤纸条的下方，故B正确；C.要用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，故C错误，D.强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2%醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最终用水冲洗或视状况去医院处理，故D正确。综上所述，答案为C。12.下列关于氮及其化合物的说法不正确的是（）A.全部的铵盐都可能与烧碱共热生成氨气B.浓硝酸不论与铜或碳反应，均体现其强氧化性C.硝酸是一种黄色、具有肯定挥发性的酸，保存时不行用橡胶塞D.把带火星的木条伸入充溢NO2和O2混合气体（NO2和O2的物质的量之比为4：1）的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧【答案】C【解析】【详解】A.全部的铵盐都可能与烧碱共热生成氨气，故A正确；B.浓硝酸与铜或碳反应，硝酸中氮化合价降低，均体现其强氧化性，故B正确；C.硝酸是一种无色、具有肯定挥发性的酸，硝酸具有强氧化性，会与橡胶反应，保存时不行用橡胶塞，故C错误；D.把带火星的木条伸入充溢NO2和O2混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4：1，与空气中的比例成份相接近)的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】硝酸是无色的液体，常望见的硝酸是黄色，主要是硝酸不稳定，分解的二氧化氮溶解再硝酸里而显黄色。13.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.碳酸氢钠的水解方程式：HCO3-+H2OCO32-+H3O+B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2OC.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+2HCO3-→+2H2O+2CO2↑D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO+2H+=H2SiO3↓+2Na+【答案】B【解析】【详解】A.碳酸氢钠的水解方程式：HCO3－+H2OH2CO3+OH－，故A错误；B.用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B正确；C.用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：+HCO3－→+H2O+CO2↑，故C错误；D.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：SiO32−+2H+=H2SiO3↓，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，酚羟基不与碳酸氢钠反应；酚羟基只和氢氧化钠、碳酸钠反应，和碳酸钠反应只能生成碳酸氢钠。14.下列说法不正确的是（）A.等质量的甲烷和乙酸分别充分燃烧，消耗氧气的量相同B.麦芽糖分子式为C12H22O11，能发生银镜反应C.用新制氢氧化铜溶液可鉴别丙酸和丙醛两种无色液体D.油脂的硬化反应属于加成反应【答案】A【解析】【详解】A.依据CH4～O2，CH3COOH～O2，则等质量(设为mg)的甲烷和乙酸分别充分燃烧消耗氧气的量分别为、，两者耗氧量不相同，故A错误；B.麦芽糖分子式为C12H22O11，含有醛基，能发生银镜反应，故B正确；C.丙酸使新制氢氧化铜溶解，丙醛与新制氢氧化铜溶液加热条件下有砖红色沉淀生成，因此可用新制氢氧化铜溶液鉴别丙酸和丙醛两种无色液体，故C正确；D.油脂与氢气反应是加成反应，也叫油脂的氢化，又叫硬化反应，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】能发生银镜反应说明含有醛基，不肯定是醛，可能是葡萄糖，可能是甲酸酯，可能是麦芽糖等。15.分枝酸可用于生化探讨。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A.分子中含有4种含氧官能团B.分枝酸肯定条件下可以发生缩聚反应们不能发生加聚反应C.1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同【答案】C【解析】【详解】A.分子中含有羧基、羟基，醚键3种含氧官能团，故A错误；B.分枝酸肯定条件下可以发生缩聚反应，也能发生加聚反应，故B错误；C.1mol分枝酸只有2mol羧基，最多可与2molNaOH发生中和反应，故C正确；D.可使溴的四氯化碳溶液是发生加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化还原反应，因此两者原理相同，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】溶液褪色不肯定都体现漂白性，不肯定都发生加成反应，肯定要详细问题详细分析，留意学问的细微环节。16.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中X与其它元素均不位于同一周期，Y和W的原子序数相差8，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0。下列说法正确的是（）A.氧化物对应的水化物的酸性：M>WB.原子半径的大小依次：r(M)>r(Z)>r(Y)C.化合物的稳定性：ZX4>XMD.X和Y，W和M均可能形成原子个数比为1：1的分子【答案】D【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中X与其它元素均不位于同一周期，则X为H，Y和W的原子序数相差8，则Y、W同族，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0。进一步证明X为H，推出Z为Si，则Y、W最外层电子数为6，则Y为O、W为S。【详解】A.最高价氧化物对应的水化物的酸性：HClO4＞H2SO4，故A错误；B.原子半径的大小依次：r(Si)＞r(S)＞r(O)，故B错误；C.化合物的稳定性：HCl＞SiH4，故C错误；D.H2O2、S2Cl2是原子个数比为1：1的分子，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】同周期从左到右，非金属性增加，与氢气化合越来越易，氢化物越来越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越来越强。17.能证明亚硝酸是弱酸的试验事实是（）A.HNO2的酸性比CH3COOH强 B.0.1mol/LNaNO2溶液的pH大于7C.HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2 D.HNO2不稳定可分解成NO和NO2【答案】B【解析】【详解】A.HNO2的酸性比CH3COOH强，不能说明是弱酸，故A不符合题意；B.0.1mol/LNaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸根水解，亚硝酸是弱酸，故B符合题意；C.HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2，只能说明亚硝酸酸性大于碳酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故C不符合题意；D.HNO2不稳定可分解成NO和NO2，只能说明亚硝酸是不稳定性酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】推断酸是弱酸可以从以下角度1.与同浓度的一元强酸比较酸性强弱，比较导电性来分析，比较与金属反应生成氢气的速率。2.可以测对应的钠盐溶液的pH值。18.以铅蓄电池为电源电解制备单质锰的试验装置如图，阳极以稀硫酸为电解液，阴极以硫酸锰和硫酸混合液为电解液，电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向。下列说法正确的是（）A.M发生的电极反应为PbO2+SO42-+4H+=PbSO4+2H2OB.左侧气孔逸出的气体可能为副产物O2C.电解槽中发生的总反应为：2MnSO4+2H2O2Mn+O2↑+2H2SO4D.若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，阴极可能得到MnO2【答案】C【解析】【分析】电解装置中箭头表示溶液中阴离子移动的方向，说明石墨是阳极，N为正极，M为负极，铂为阴极。【详解】A.M为负极，应是Pb失去电子，故A错误；B.铂电子为阴极，左侧气孔逸出的气体可能为副产物H2，故B错误；C.阴极得到Mn，阳极得到O2，因此电解槽中发生的总反应为：2MnSO4+2H2O2Mn+O2↑+2H2SO4，故C正确；D.若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，阴极是化合价降低，不行能得到MnO2，故D错误。综上所述，答案为C。19.下列说法正确的是（）A.BF3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构B.乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键C.NaHSO4固体溶于水时，只破坏了离子键D.CaO2和CaCl2中含有的化学键类型完全相同【答案】B【解析】【详解】A.BF3和PCl3中，依据价态肯定值加最外层电子数是否等于8推断，B最外层不具有8电子稳定结构，故A错误；B.乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键，故B正确；C.NaHSO4固体溶于水时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏了离子键和共价键，故C错误；D.CaO2含有离子键和非极性共价键，CaCl2含有离子键，因此含有的化学键类型不完全相同，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】推断8电子稳定结构：价态肯定值加最外层电子数否等于8来推断，等于8则为8电子稳定结构。20.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.标准状况下，71gCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、HClO和ClO-三种微粒总数为NAB.pH=2的CH3COOH溶液中，H+的数目为0.01NAC.将5.6g铁块投入肯定量的稀硝酸中，恰好完全反应，肯定转移0.3NA个电子D.用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极质量减轻64g【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下，71gCl2物质的量为1mol，溶于足量水，Cl2+H2OHCl+HClO，反应的氯气和未反应的氯气共1mol，反应的氯气与生成的HClO之比为1:1，依据守恒，则生成的HClO与未反应的氯气微粒总数为NA，由因HClOH++ClO－，依据物料守恒，电离生成的ClO－、未电离的HClO和未反应的氯气微粒总数等于NA，故A正确；B.pH=2的CH3COOH溶液中，由于没有溶液体积，因此H+的数目无法计算，故B错误；C.5.6g铁块即物质的量为0.1mol，将铁投入肯定量的稀硝酸中，恰好完全反应，铁可能变为+2价，也可能变为+3价，因此转移电子数目在0.2NA到0.3NA之间，包括端点值，故C错误；D.用电解法精炼铜时，若电路中转移2mol电子，阳极是锌、铁、铜在失去电子，因此质量减轻详细多少，无法计算，故D错误。综上所述，答案为A。21.在10L恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)M(g)+N(g)，所得试验数据如下表：试验编号温度/℃起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(X)n(Y)n(M)①7000.400.100.090②8000.100.400.080③8000.200.30a④9000.100.15b下列说法不正确的是（）A.试验①中，若5min未测得n(M)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速v(N)=1.0×10-3mol·L-1·min-1B.试验②中，达到平衡时，Y的转化率为20%C.试验③中，该反应的平衡常数K=1.0D.试验④中，达到平衡时，b>0.060【答案】D【解析】【详解】A.试验①中，若5min未测得n(M)=0.050mol，则n(N)=0.050mol，则0至5min时间内，用N表示的平均反应速，故A正确；B.试验②中，达到平衡时，n(M)=0.080mol，则Δn(M)=0.080mol，Δn(Y)=0.080mol，平衡时，则Y的转化率为，故B正确；C.试验③与试验②温度相同，因此平衡常数相同，依据试验②求出该反应的平衡常数，因试验②中n(M)=0.080mol，n(N)=0.080mol，Δn(M)=0.080mol，则Δn(Y)=Δn(X)=0.080mol，平衡时n(X)=0.1mol−0.080mol=0.02mol，n(Y)=0.3mol−0.080mol=0.32mol，，故C正确；D.试验④中，当在800℃达到平衡时，，c=0.060mol，试验①中，在700℃达到平衡时，，从700℃到800℃，升温，平衡常数减小，逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应，试验④中，在900℃达到平衡时，平衡逆向移动，因此b＜0.060mol，故D错误。综上所述，答案D。22.已知分解1molH2O2放出热最98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-(aq)→H2O(l)+IO-(aq)慢反应ΔH1反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-(aq)→H2O(l)+O2(g)+I-(aq)快反应ΔH2下列有关该反应的说法正确的是（）A.H2O2分解产生O2的速率反应Ⅱ确定B.I-和IO-在反应过程中充当催化剂CΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1D.反应Ⅰ活化能Ea1与反应Ⅱ活化能Ea2数值上相差98kJ/mol【答案】C【解析】【详解】A.H2O2分解产生O2的速率由慢反应确定即由反应Ⅰ确定，故A错误；B.I－是在反应过程中充当催化剂，IO－仅是催化剂在反应中的中间产物，故B错误；C.分解1molH2O2放出热最98kJ，依据盖斯定律得到ΔH1+ΔH2=−196kJ·mol−1，故C正确；D.反应Ⅰ是慢反应，只能说活化能Ea1比反应Ⅱ活化能Ea2数值大，但大多少不能算出详细，故D错误。综上所述，答案为C。23.常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L-1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变更如图。下列分析不正确的是（）A.V=20B.b点所示溶液中：c(NH4+)>2c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)C.d点所溶液中：c(NH4+)+c(OH-)=2c(SO42-)+c(H+)D.NH3·H2O的电离常数K≈2×10-5【答案】B【解析】【详解】A.c点水电离出的氢离子浓度最大，则c点溶质为硫酸铵，由于a点水电离出的氢离子浓度为c(H+)=1×10−13mol∙L−1，则溶液中氢离子浓度c(H+)=0.1mol∙L−1，氨水和氢离子反应是1:1反应，因此V=20mL，故A正确；B.b依据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(OH－)，溶液显酸性，因此c(H+)＞c(OH－)，所以c(NH4+)＜2c(SO42−)，故B错误；C.d点溶质为硫酸铵和氨水的混合溶液，依据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42−)+c(OH－)，由于呈中性，c(H+)=c(OH－)，所以c(NH4+)+c(OH－)=2c(SO42−)+c(H+)，故C正确；D.在c点溶质为硫酸铵，c(NH4+)=0.05mol∙L−1，因此NH4+水解常数为，NH3⸱H2O的电离常数，故D正确。综上所述，答案为B。24.家用消毒剂种类繁多，医用酒精（75%的乙醇水溶液）、84消毒液（次氯酸钠溶液）、高锰酸钾消毒片、滴塔消毒液（氯间二甲苯酚）等，消毒剂之间切不行随意相互混用。下列说法不正确的是（）A.医用酒精和84消毒液混合，乙醇可能将次氯酸钠还原从而产生氯气引起危急B.高锰酸钾消毒片放入滴露消毒液中，高锰酸钾可能将氯间二甲苯酚氧化从而降低消毒效果C.84消毒液和滴露消毒液混用洗衣服时，消毒效果会降低许多，也有可能产生氯气D.高锰酸钾消毒片投入到84消毒液时，有可能高锰酸钾将次氯酸钠氧化而产生氯气【答案】D【解析】【详解】A.医用酒精和84消毒液混合，次氯酸钠具有强氧化性，乙醇具有还原性，因此乙醇可能将次氯酸钠还原从而产生氯气引起危急，故A正确；B.高锰酸钾具有强氧化性，氯间二甲苯酚易被氧化，因此高锰酸钾消毒片放入滴露消毒液中，高锰酸钾可能将氯间二甲苯酚氧化从而降低消毒效果，故B正确；C.次氯酸钠具有强氧化性，氯间二甲苯酚易被氧化，因此84消毒液和滴露消毒液混用洗衣服时，消毒效果会降低许多，也有可能产生氯气，故C正确；D.高锰酸钾消毒片投入到84消毒液时，有可能高锰酸钾将次氯酸钠氧化，但不行能产生氯气，产生氯气是次氯酸钠化合价降低，故D错误。综上所述，答案为D。25.固体粉末X中可能含有K2SO3、KAlO2、AgNO3、Na2CO3中的一种或几种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行下列试验，试验过程及现象如图：依据上述试验，固体粉末的组合不正确的是（）A.KAlO2、AgNO3、Na2CO3 B.K2SO3、AgNO3、Na2CO3C.K2SO3、KAlO2、Na2CO3 D.K2SO3、KAlO2、AgNO3【答案】B【解析】【详解】加入足量稀硝酸，有气体，气体可能是二氧化碳或一氧化氮或两者都有，则可能含有K2SO3或Na2CO3或两者都有，溶液2加入足量氨水有沉淀则肯定有氢氧化铝沉淀，则肯定含有KAlO2，而B中不含KAlO2，故B错误。综上所述，答案为B。非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.（1）已知金刚石中C—C键能小于C60中C—C键能，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，认为此说法是否正确__（填“正确”或“不正确”），并闸述理由__。（2）格式试剂RMgX（R表示烃基、X表示卤素）遇水猛烈反应，生成可燃性烃RH和__。（3）64g自燃性气体SiH4在25℃、101Kpa下充分完全燃烧生成液态水和固态氧化物时放出akJ热量，写出该自燃性气体燃烧热的热化学方程式__。【答案】(1).不正确(2).C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏攻共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，C60故熔点低于金刚石(3).Mg(OH)X或[MgX2和Mg(OH)2](4).SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=−kJ·mol−1【解析】【分析】⑴C60是分子晶体，金刚石是原子晶体。⑵依据原子守恒和RMgX和水反应生成可燃性烃RH得另外产物。⑶1molSiH4燃烧放出kJ热量。【详解】⑴虽然金刚石中C—C键能小于C60中C—C键能，C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石；故答案为：不正确；C60是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，无需破坏共价键，而分子间作用力较弱，所需能量较低，金刚石是原子晶体，熔化时破坏共价键，故C60熔点低于金刚石。⑵格式试剂RMgX（R表示烃基、X表示卤素）遇水猛烈反应，RMgX和水反应生成可燃性烃RH，依据原子守恒，则另外产物可能为Mg(OH)X或[MgX2和Mg(OH)2]；故答案为：Mg(OH)X或[MgX2和Mg(OH)2]。⑶64g自燃性气体SiH4即物质的量为2mol，在25℃、101Kpa下充分完全燃烧生成液态水和固态氧化物时放出akJ热量，则1molSiH4燃烧放出kJ热量，因此该自燃性气体燃烧热的热化学方程式SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=−kJ·mol−1；故答案为：SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(s)+2H2O(l)ΔH=−kJ·mol−1。27.将两种硫酸盐按肯定比例混合后共熔，可制得化合物M（化学式为xK2SO4·yCr2(SO4)3），若将2.83g化合物M中的Cr3+全部氧化为Cr2O72-后，溶液中的Cr2O72-可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr2O72-+3I2+7H2O，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀。由此推断出化合物M中x：y为__。写出简要计算过程：__。【答案】(1).1:1(2).3.81gI2即物质的量，依据方程式得到Cr2O72−的物质的量n(Cr2O72−)=n(I2)=×0.015mol=0.005mol，则n[Cr2(SO4)3]=0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42−)=0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量，则n(SO42−)=0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42−)=0.02mol−0.015mol=0.005mol，则n(K2SO4)=0.005mol，因此M中x：y=0.005mol：0.005mol=1:1；M的化学式为K2SO4⸱Cr2(SO4)3。【解析】【分析】先计算I2的物质的量，依据离子方程式得到n(Cr2O72−)，依据原子守恒得到n[Cr2(SO4)3]和Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42−)，再计算硫酸钡的物质的量，依据守恒得到整个物质中的n(SO42−)，得出K2SO4中硫酸根的物质的量，再得n(K2SO4)，最终得到比例关系。【详解】将2.83g化合物M中的Cr3+全部氧化为Cr2O72-后，溶液中的Cr2O72-可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2即物质的量，反应的离子方程式为：Cr2O72−+6I-+14H+=2Cr2O72−+3I2+7H2O，那反应得到n(Cr2O72−)=n(I2)=×0.015mol=0.005mol，则n[Cr2(SO4)3]=0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42−)=0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量，则n(SO42−)=0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42−)=0.02mol−0.015mol=0.005mol，则n(K2SO4)=0.005mol，因此M中x：y=0.005mol：0.005mol=1:1；M的化学式为K2SO4⸱Cr2(SO4)3；故答案为：1:1；3.81gI2即物质的量，依据方程式得到Cr2O72−的物质的量n(Cr2O72−)=n(I2)=×0.015mol=0.005mol，则n[Cr2(SO4)3]=0.005mol，Cr2(SO4)3中硫酸根的物质的量n(SO42−)=0.015mol，若向溶有2.83gM的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥后可得到4.66g白色沉淀即得到硫酸钡沉淀物质的量，则n(SO42−)=0.02mol，说明K2SO4中硫酸根的物质的量为n(SO42−)=0.02mol−0.015mol=0.005mol，则n(K2SO4)=0.005mol，因此M中x：y=0.005mol：0.005mol=1:1；M的化学式为K2SO4⸱Cr2(SO4)3。28.某淡黄色固体A（仅含三种元素，式量小于160）可用于制药，为探究其组成和性质，设计并完成如下试验：已知：①上述流程中所涉及的反应都充分进行。②B、C、D均为常见气体。相同状况下气体B的密度大气体C。③黑色固体溶于盐酸后滴加KSCN，无明显现象，加适量氯水后，溶液变红。请问答：（1）写出气体B的电子式__，固体A的化学式是__。（2）黑色固体E与足量浓硝酸反应的离子反应方程式是__。【答案】(1).(2).FeC2O4(3).3FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O【解析】【分析】B、C、D均为常见气体说明D单质为氧气，物质的量为，相同状况下气体B的密度大气体C则说明B为二氧化碳，B与过氧化钠反应，则C为一氧化碳，气体物质的量为由于生成0.1mol氧气，依据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，因此二氧化碳的物质的量为0.2mol，CO物质的量为0.2mol，黑色固体E溶于盐酸后滴加KSCN，无明显现象，说明无铁离子，加适量氯水后，溶液变红，说明原物质为FeO，则m(FeO)=28.8g−0.2mol×28g∙mol−1−0.2mol×44g∙mol−1=14.4g，则FeO物质的量，因此n(Fe):n(C):n(O)=0.2mol:(0.2mol+0.2mol):(0.2mol+0.2mol+0.2mol×2)=1:2:4，则化学式为FeC2O4。【详解】⑴气体B为二氧化碳，其电子式，依据上面分析得到固体A的化学式是FeC2O4；故答案为：；FeC2O4。⑵黑色固体E即FeO与足量浓硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，其离子反应方程式是3FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O；故答案为：3FeO+10H++NO3－=NO+3Fe3++5H2O。29.用SiHCl3在加热条件下与过量H2反应制备纯硅装置如图（热源及夹持装置略去）：已知：SiHCl3沸点为33℃，能与和H2O猛烈反应，在空气中易自燃；请问答：（1）依次连接的合理依次为__。（2）操作时应先打开装置__（选填“C”或“D”）中分液漏斗的旋塞，理由是__。【答案】(1).DBCAE或DBCABE(2).D(3).SiHCl3在空气中易自燃，试验时先通一段时间氢气解除装置内空气【解析】【分析】A装置主要是SiHCl3与过量H2在加热条件下反应制备纯硅，B主要是干燥气体，C主要是将SiHCl3转变为气体在A中反应，D是氢气发生装置，E尾气处理装置。【详解】⑴先是氢气发生装置，再是干燥装置，再是将汽扮装置，再是反应装置，再是尾气处理装置，也可以先干燥后再处理尾气，因此依次连接的合理依次为DBCAE或DBCABE；故答案为：DBCAE或DBCABE。⑵由于SiHCl3沸点为33℃，能与和H2O猛烈反应，在空气中易自燃，整个装置须要先解除装置内空气，因此操作时应先打开装置D中分液漏斗的旋塞，理由是SiHCl3在空气中易自燃，试验时先通一段时间氢气解除装置内空气；故答案为：D；SiHCl3在空气中易自燃，试验时先通一段时间氢气解除装置内空气。30.气体之间的反应有其独特的优点，对其探讨具有重要意义。（1）在一容积可变的密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO在不同温度下的平衡转化率（α）与压强的关系如图1所示。在B点条件下，下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是__。A.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍B.CH3OH的体积分数不再变更C.混合气体的密度不再变更D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变（2）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在__（填“低温”、“高温”或“随意温度”）下能自发进行。（3）化学平衡常数K(B)、K(C)、K(D)的大小关系是：_。（4）计算图中A点的平衡常数Kp=__。（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数；用P1或P2或P3表示）。（5）已知NH3(g)+NOx(g)+O2(g)N2(g)+H2O(g)（未配平），为探讨NH3选择性催化还原脱硝的反应条件，某科研小组通过一系列试验，得出平衡时的脱硝率与氨氮比的关系[其中NH3/NO2表示氨氮比，O2%表示氧气含量]。①图2中，最佳氨氮比为2.0，理由是__。②请在图3中，用实线画出不运用催化剂状况下（其他条件完全相同）的图示__。【答案】(1).BCD(2).低温(3).K(B)＞K(C)=K(D)(4).(5).氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变更不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大(6).【解析】【分析】⑴A.H2的消耗速率，正向进行，CH3OH生成速率，正向进行，同一个方向，因此不能说明达到平衡；B.CH3OH的体积分数不再变更，说明达到平衡；C.密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变，容器体积减小，密度不断减小，当混合气体的密度不再变更，则达到平衡；D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，则说明达到平衡。⑵推断反应ΔH，ΔS，依据ΔG=ΔH−ΔS＜0推断。⑶C、D温度相同，平衡常数相等，B温度比C温度低，推断K(B)、K(C)大小。⑷依据温度相同，平衡常数相同，A点平衡常数与E点平衡常数相同，建立三段式算E点平衡常数。⑸①依据图中信息氨氮比进行分析。②运用催化剂与不运用，主要是反应速率加快，转化率不变，。【详解】⑴A.H2的消耗速率，正向进行，CH3OH生成速率，正向进行，同一个方向，因此不能说明达到平衡，故A不符合题意；B.CH3OH的体积分数不再变更，说明达到平衡，故B符合题意；C.密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变，容器体积减小，密度不断减小，当混合气体的密度不再变更，则达到平衡，故C符合题意；D.CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，则说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为BCD。⑵从C点到A点，温度降低，转化率上升，平衡正向移动，降温向放热反应移动即正向放热反应，反应是体积减小反应ΔS＜0，因此依据ΔG=ΔH−ΔS＜0，得出CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在在低温下能自发进行；故答案为：低温。⑶C、D温度相同，K(C)=K(D)，B温度比C温度低，反应是放热反应，因此降温正向移动，平衡常数增大，即K(B)＞K(C)，所以化学平衡常数K(B)、K(C)、K(D)的大小关系是：K(B)＞K(C)=K(D)。⑷依据温度相同，平衡常数相同，A点平衡常数与E点平衡常数相同，因此E点CO转化率为80%，则，因此E点的平衡常数，A点和E一样，故答案为：。⑸①图2中，依据图中信息氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变更不大，但氨浓度增加较大，因此增加成本较多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大，所以最佳氨氮比为2.0；故答案为：氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变更不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大。②请在图3中，运用催化剂与不运用，主要是反应速率加快，转化率不变，因此用实线画出不运用催化剂状况下的图示与原来是一样的，只是把虚线变为实线，如图。；故答案为：。31.轻质碳酸钙是一种广泛应用的工业填料，主要用于塑料、造纸、橡胶和涂料等。工业上以磷石膏（主要成分为CaSO4，杂质主要是SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3等）为原料制备轻质碳酸钙。已知碳酸钙的溶解度比硫酸钙的溶解度小，在肯定温度下，钙离子起先沉淀的pH值为12.3，氢氧化铝起先溶解的pH值为12.0，其他金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH的范围如下：金属离子起先沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.52.8Fe2+5.58.3Al3+3.04.7制备流程如图：请问答：（1）以下说法正确的是__。A.溶解的过程中，可以用盐酸代替硝酸B.滤渣1的主要成分是SiO2，滤渣2的上要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C.转化时，可以先通氨气至饱和后再通过量二氧化碳，以提高钙离子的转化率D.转化时可以适当加热，以加快反应速率E.洗涤时可以采纳滤液3（2）调整溶液pH范围时，最佳的pH范围是__，理由是__。（3）碳酸钙产品中钙含量的测定：用电子天平精确称量产品2.000g于干净的烧杯中，滴加2mol/L的盐酸恰好完全溶解，加蒸馏水接着蒸发除去过量的酸至pH=6～7，转移至250mL的容量瓶中，定容摇匀。用移液管精确移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入NaOH溶液10mL，摇匀，加入钙指示剂30mg，用已标定的EDTA（乙二胺四乙酸，可以表示为H4Y）标准溶液进行滴定。已知：Ca2++Y4-=[CaY]2-，测定数据如下：待测产品溶液体积（mL）消耗EDTA标准溶液体积（mL）EDTA标准溶液的浓度（mol）125.0014.900.1121225.0016.720.1121325.0015.000.1121425.0015.100.1121①进行整个滴定操作试验的过程中，下列操作方法正确的是__。A.运用移液管移取溶液的时候，移液管尖嘴不能接触容器壁B.滴定管水洗后，须要用标准溶液润洗3次，再排出气泡，使液面位于“0”刻度或“0”刻度以下C.滴定管调液面后，需静置1～2min，再进行读取刻度数据进行记录D.电子天平读数时，两边侧面应同时处于打开状态，使空气保持流通②该产品中钙元素的质量分数为__（保留两位有效数字），若滴定结束时仰视读数，则测定的结果__（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。【答案】(1).BCD(2).4.7～12(3).将铁离子铝离子沉淀完全，因此pH要大于等于4.7，但不能溶解氢氧化铝，也不能沉淀钙离子，因此pH小于12(4).BC(5).33.63%(6).偏大【解析】【分析】硝酸与磷石膏反应，将CaSO4、FeO、Fe2O3、Al2O3溶解，将氧化亚铁氧化为硝酸铁，SiO2不溶解，过滤得到滤渣1，滤液调整pH值，将铁离子、铝离子沉淀，过滤得到滤渣Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液先加入氨气至饱和，再通入二氧化碳沉淀钙离子生成碳酸钙，过滤，得到碳酸钙进行洗涤、烘干。【详解】⑴A.溶解的过程中，硝酸要溶解各种物质，还要将亚铁