2025届[上进联考]江西省高三模考大练兵数学试题
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B． 冷凝时，应使冷却水充满冷凝管，采用逆流冷却的效果好，所以冷凝水应从b进，故B错误；
C． 由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，故C错误；
D． 乙酸丁酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应，正丁醇易溶于水，则可用饱和碳酸钠溶液除去，故D正确；
故选D。
9. 在图1的小烧杯中加入25mL1mol·L-1HNO3溶液并测量温度，再一次性加入25mL1.1mol·L-1NaOH溶液，测得溶液的温度变化如图2所示：
已知：1mol·L-1HNO3溶液和1.1mol·L-1NaOH溶液的密度均为1g·cm-3，起始时两溶液温度相同，中和后所得溶液的比热容为4.18J·(g·℃)-1。下列说法错误的是
A. 若不加盖板，测得的中和热△H值偏小
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9.C A项,CO还原Fe3O4得到Fe,Fe与HCl反应生成FeCl2,不能生成FeCl3;B项,NaOH与HNO3发生中和反应生成NaNO3,但NaNO3与KCl不反应;C项,Ca(OH)2与CO2反应生成CaCO3,CaCO3与CH3COOH反应又生成CO2,反应均能一步实现;D项,Cu与O2在加热条件下反应生成CuO,但CuO不能与H2O反应生成Cu(OH)2。
名师点拨 某些转化通过一步反应不能实现,可通过多步反应实现,如CuO可先溶于酸生成Cu2+,Cu2+再与NaOH溶液等反应可生成Cu(OH)2。
10.D 当Cl2过量时,既氧化I-也氧化Fe2+,离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2 2Fe3++6Cl-+2I2,A错误;H3PO3为二元弱酸,与NaOH反应的离子方程式为H3PO3+2OH- HP+2H2O,B错误;向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2有碳酸氢钙生成,C错误。
11.C KI中I元素化合价升高,KI发生氧化反应,A项正确;1个O3参加反应时,仅有1个O由0价降至-2价,转移2个电子,B项正确;O3生成O2,氧元素化合价没变,O2既不是氧化产物也不是还原产物,C项错误;反应前后H2O中各元素化合价均不变,H2O既不是氧化剂也不是还原剂,D项正确。
12.A ①中发生反应Ba(OH)2+H2SO4 BaSO4↓+2H2O,随着H2SO4溶液的滴入,溶液电导率逐渐减小,当Ba(OH)2、H2SO4恰好完全反应时,电导率最小,再继续滴入H2SO4溶液,电导率又逐渐增大,与图b变化趋势一致;②CH3COOH为弱酸,向CH3COOH溶液中滴入NH3·H2O溶液,生成的CH3COONH4易电离,溶液电导率增大,当NH3·H2O过量时,溶液电导率又减小,与图a变化趋势一致;③先发生Ca(OH)2+CO2 CaCO3↓+H2O,溶液电导率减小,当CO2过量时CaCO3转化为易电离的Ca(HCO3)2,溶液电导率又增大,与图b变化趋势一致;④中发生反应NH4Cl+NaOH NaCl+NH3·H2O,溶液电导率几乎不变,与图c变化趋势一致;⑤中发生反应HCl+NH3 NH4Cl,溶液电导率几乎不变,与图c变化趋势一致;故A正确。
13.A 固体粉末加水溶解后过滤,有完全溶于稀HNO3的滤渣,该滤渣可能是BaCO3或CuCO3,即原粉末中一定含Na2CO3;滤液中加稀硫酸生成的白色沉淀甲为BaSO4,即原粉末中一定含Ba(NO3)2,则一定无CuSO4;滤液中含Ba2+,则肯定没有C,滤液中加AgNO3溶液,生成的白色沉淀乙应为AgCl,即原粉末中含KCl。由上述分析可知,原粉末中一定有KCl、Na2CO3、Ba(NO3)2,一定没有CuSO4,A项正确,B、D项错误;白色沉淀乙是AgCl,不可能含Ag2CO3,C项错误。
14.C 根据还原剂的还原性大于还原产物可知,反应①中还原性I->Fe2+,反应②中还原性Fe2+>Cl-,反应③中还原性Cl->Cr3+,故还原性由强到弱的顺序为I->Fe2+>Cl->Cr3+,A正确;反应③中14个HCl参与反应时,6个体现还原性,8个体现酸性,氧化剂K2Cr2O7与起还原作用的HCl的数目之比为1︰6,B正确;由还原性顺序可知,通入一定量Cl2,先氧化I-,再氧化Fe2+,离子方程式可能为2Fe2++4I-+3Cl2 2I2+6Cl-+2Fe3+,C错误;反应中HS为还原剂,Cr2为氧化剂,由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出反应的离子方程式为Cr2+4H2O,D正确。
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