正确教育 2024年高考预测密卷二卷试题(化学)

2024-05-13 13:14:17 27℃

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报·高中化学·新课标版·必修1答案专页9月第9-12期不是碱性氧化物，错误。D项，空气是混合物，错误项，a处物质是HCO,电离产生H、ClO,属于酸，正确：D项，丙物3.DA项，冰水混合物属于纯净物：B项，葡萄糖溶液与淀质是C元素-1价的盐，当为NaC时是一种生活中常见的调味粉溶液的本质区别是分散质粒子直径大小不同；C项，分散质粒剂，正确。子直径介于1~100m的分散系叫胶体，根据分散剂的不同可以16.(1)②①④⑤⑥⑧⑦⑨0⑦⑨（每空1分）将胶体分为气溶胶，液溶胶和固溶胶。(2)①AC②8mol(每空3分)4.AA项，使无色酚酞试液呈红色的溶液显碱性，四种离解析：(1)①水是氧化物，也是纯净物：②空气是混合物：③子相互不反应，且不与氢氧根离子反应，可以大量共存；B项，含铁是单质，也是纯净物：④二氧化碳是酸性氧化物，也是纯净有铜离子的溶液显蓝色，不能在无色溶液中大量存在：C项，疏物：⑤H,S0,是酸，是化合物，也是纯净物；⑥Ca(0H),是碱，也是酸根离子和钡离子不能大量共存：D项，使紫色石蕊试液呈红色纯净物：⑦胆矾(CuS0,·5H,0)是盐，也是纯净物：⑧Fe(OH),是的溶液显酸性，酸性溶液中碳酸根离子不能大量存在。碱，也是纯净物；⑨碱式碳酸铜[Cu,(0H),C0,]是盐，也是纯净5.DA项，Fe,(S0a),溶液中加入足量Ba(OH),溶液生成疏物：0疏酸氢钠(NaHSO,)是酸式盐，也是纯净物。酸钡沉淀和氢氧化铁沉淀，离子方程式为2e“+3S01+3Ba2+(2)①反应I中，CuS中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素6OH=2Fe(0H),↓+3BaS0,↓，错误；B项，漂白粉露置于空气中由-2价升高到+4价，作还原剂，M0,中锰元素由+7价下降至+2与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸而变质：Ca“+2C10+价，作氧化剂，A项正确，B项错误；将反应I配平可得8MO,+H,0+C0,=CaC0,↓+2HC10,错误；C项，钠与水反应的离子方程5Cu,S+44H=10Cu“+5S02↑+8Mn“+22H,0,可知氧化剂与还原式应为2Na+2H,0=2Na+20H+H,↑，错误。6.A氯气与水反应生成HC1、HCI0,HC1具有酸性，HCIO具剂的物质的量之比为8：5，C项正确：根据该反应不能确定Mm“和有漂白性，则将氯气持续通人紫色石蕊试液中先变红后褪色Cu“的氧化性强弱，D项错误。②根据配平后反应I的离子方程最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，氯水中式可知，每生成5molS0,转移电子40mol,则每生成1molS0H使紫色石蕊试液变红色，HC1O具有漂白性，能氧化酚酞使溶转移电子8mol。液变无色，溶解在水中的Cl,使溶液呈浅黄绿色，微粒I、Ⅱ、Ⅲ17.(1)1-100nm(2)2KMnO,+16HCI()=2KCl+2MnCL+5Cl,+8HO分别为HHC0,CL,(3)2CL,+2Ca(0H),=CaCL,+Ca(Cl0),+2H,07.CA项，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，消耗少量水恢复到室温后，原饱和溶液有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶(4)0.4mol78g°mol(5)0.02564液，溶质的质量分数不变，错误；B项，Na与水反应生成NaOH注：每空2分NaOH与CS0,反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，不会观察到有紫红解析：(4)由题意可知，Na,X的物质的量为0.2mol,所以Na色固体(Cu)析出，错误；C项，Na与水反应：2Na+2H,0=2NaOH+的物质的量为0.4mol:Na,X的摩尔质量为H,↑，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，有氢气放出，0.mol=78 g'mol15.6g有白色沉淀生成，正确；D项，Na与水反应生成NaOH和氢气，紫(5)标准状况下，1.6g某气态氧化物R0,的体积为0.56L,该色石蕊溶液遇碱变蓝，错误。气体的物质的量为0.56L=0.025mol;相对分子质量在数8BA项，NaHC0,受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳22.4 L'mol正确；B项，NH,能被浓硫酸吸收，错误；C项，CL,在饱和食盐水中值上等于摩尔质量，根据0.025m1.6g=64g°mol可知相对分子质溶解度小，除去CL,中的HC气体，可通过饱和食盐水洗气，正确：D项，Na,0,的热稳定性强于Na,0,除去Na,0,中的Na,0,可将混量为64合物在氧气中加热，Na,0与氧气反应生成Na,02,正确。18.(1)Bas09.CA项，18gH,0的物质的量为1mol,含有2mol氢原子，(2)C0+2H=H,0+C0,↑NH+0H△NH,↑+H,0氢原子数为1.204×10个，错误；B项，CH,的相对分子质量为16(3)C01、S0K错误：C项，3.01×10个S0,分子即0.5molS0,质量为0.5mol×注：每空2分64gmol=32g,正确：D项，NaCl是由离子构成，而不是分子，解析：分析流程图，溶液X为无色溶液，则一定不含Fe”;加错误。入盐酸，有气体A产生，则A一定是C0,溶液中一定含有C0,10.DA项，该反应中FeCl,得电子转化为FeCl2,作氧化剂，定不含有Ba”、AI”;加入过量Ba(OH),溶液，生成的气体B为NH,错误；B项，Cu失电子作还原剂，被氧化生成的CuCL,为氧化产物，错误；C项，Cu不能与FeCL,反应生成Fe和CuCL,说明Cu并不比Fe溶液中一定含有NH,;生成的白色沉淀甲为BaSO,溶液中一定活泼，错误；D项，反应后废液中的FeCl,经氧化可生成FcCL,可含有$0；只有K不能确定是否存在。重新利用，正确。19.(1)Na,02(2分)11.BA项，氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，在瓶口出(2)CL2+H,0=HC1+HCI0,HCI0具有漂白性(3分)现白雾，不正确；C项，氯气和铁在点燃的条件下发生反应，液氯(3)CO,+NaCIO+H,O=NaHCO,+HCIO (3)在常温下可以存放在钢瓶中，不正确；D项，氯水具有漂白性，故(4)AC(2分)不能用pH试纸测定其pH,不正确解析：甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色固体，乙常温下为12.CA顶，标况下，1mol气体的体积才是22.4L,固体、液无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲既能与乙反应也体不适用此规律，错误；项，溶液体积未知，不能计算氯离子的能与丙反应，可知甲为Na,0,乙为H,0,丙为C02,则A为Na0H,B数日，错误；C项，标准状况下气体摩尔体积是22.4L·mol为02，C为Na,C0,D为Cl2,D(氯气)与A(氢氧化钠)反应生成1.2LC,的物质的量是0.5mol,含有氯原子数为N,正确；D项NaCl、NaClo,F能与丙（二氧化碳）反应，则F为NaCIo、E为NaCl,温度和压强都会影响气体体积，气体摩尔体积为22.4L·m0l时，G与C(碳酸钠)反应得到E(氯化钠)与丙（二氧化碳），则G为不一定是标况，错误HCL13.ABA项，由图可知，过程I的反应为2Fe”+Cu=2Fe+20.(1)gdea(b)b(a)h(全对得3分】(2)ABD(3分)Cu”,错误：B项，过程Ⅱ中氧化剂为02，还原产物为H,0,则消耗(3)装置⑤中澄清石灰水变浑浊(3分)排尽装置中的1mol氧化剂时，转移电子数目为4N,错误；C项，由图可知，此空气，以免空气中0，、H,0干扰实验(2分)过程中，Fe可循环使用，正确：D项，由图可知，该过程总反应为(4)2Na+2C0,Na,C0,+C0(3分2Cu+0,+4H=2Cu+2H,0,正确。解析：先利用稀盐酸和石灰石在装置②中反应制取二氧化14.B两反应中KHC,0,H,C,0,·2H,0的物质的量相同，碳，生成的二氧化碳中会混有HC气体，可以用饱和碳酸氢钠溶设其物质的量为1mol,H,C,0,是二元弱酸，所以1 mol KHC,0,:液除去，之后用浓硫酸进行干燥，然后通入装置①中与八a反应」H,C,0,·2H,0可以中和氢氧化钠3mol,恰好中和需要NaOH溶液最后通过装置⑤对产物进行检验。的体积为3 mol(1)根据分析可知c接，g接d,c接a(b),b(a)接h。=30L,所以KMn0,溶液的体积为30L×(2)装背2口中器希征散背车多板上方，雲劳式营中夜体0.1000mol.L淹没碳酸钙进行反应，加入硝酸钠溶液、稀硝酸都可以使溶液3=10L,由反应方程式10KHC,0,H,C,0,+8KMn0,+17H,S0,=体积增大淹没碳酸钙；四氯化碳虽然与水不互溶，但密度比水大，所以加人后会在下层，使无机层液面上升淹没碳酸钙，而苯8MnS0,+9K,S0,+40C02↑+32H,0可知，1 mol KHC,.0,H,C,0,反的密度比水小，会浮在稀盐酸上方，无法使稀盐酸淹没碳酸钙。应需要KMh0的物质的是为高1ml-08m所以K0溶液(3)装置⑤中澄清石灰水变浑浊时，可以说明二氧化碳充满了整个装置；该操作可以排尽装置中的空气，以免空气中0、的浓度为0.8mal-0.O8mol-LH,0干扰实验。10L15.AA项，乙是C1元素的化合物，其中所含C1元素化合价(4)装置⑤PdC1,溶液中观察到有黑色沉淀，说明有C0生为+4，而Cl,0中C1元素化合价为+1，不符合要求，错误；B项，-1成；装置①中固体成分只有一种，且向固体中加人稀盐酸产生价C1元素的氢化物是HC1,其水溶液就是盐酸，显酸性，能够与能使澄清石灰水变浑浊的气体，根据元素守恒可知该固体应为金属氧化物反应生成可溶性盐和水，因此可用于除锈，正确；C碳酸钠，所以化学方程式为2Na+2C0,≌Na,C0,+C0。答案专页第4页

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