浙江省2020年1月普通高中学业水平考试化学模拟试卷B（Word版含解析）.doc

2020年1月浙江省普通高中学业水平考试 化学仿真模拟试题B· 解析版 选择题部分 一、选择题（本题共25小题，每小题2分，共50分。每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．下列物质的俗名与化学式相对应的是 A．水银—Ag B．胆矾—CuO C．烧碱—NaOH D．明矾—Al2(SO4)3 1．【答案】C 【解析】A、水银是金属汞的俗称，其化学式为Hg，其俗名、化学式不一致，故A错误；B、胆矾是五水 合硫酸铜的俗称，其化学式为CuSO4∙5H2O ，其俗名、化学式不一致，故B错误；C、烧碱是氢氧化钠的俗 称，其化学式为NaOH，其俗名与化学式相对应，故C正确；D、明矾是十二水合硫酸铝钾的俗称，其化 学式为：KAl(SO4)2∙12H2O，其俗名、化学式不一致，故D错误；故答案选C。 2．为防止缺碘，可在食盐中加入少量KIO3。KIO3属于 A．单质 B．氧化物 C．酸 D．盐 2．【答案】D 【解析】同种元素组成的纯净物为单质；两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；水溶 液中电离出的阳离子全是氢离子的化合物为酸；金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为 盐；KIO3是金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物，故其为盐，故答案为D。 3．下列仪器及名称没有错误的是 A B C D 钳埚 冷凝管 长颈漏斗 溶量瓶 3．【答案】B 【解析】A、坩埚为泥土烧制，所以应为坩埚，A错误；B、为冷凝管，B正确；C、漏斗有活塞，为分液 漏斗，C错误；D、应为容量瓶，D错误；故选B。 4．下列物质能与SiO2反应的是 A．高锰酸钾 B．浓硝酸 C．浓硫酸 D．氢氟酸4．【答案】D 【解析】SiO2化学性质比较稳定，和高锰酸钾、浓硝酸、浓硫酸均不反应，能和氢氟酸反应生成SiF4和 水；答案选D。 5．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是 A．盐酸 B．SO2 C．NH4NO3 D．NaOH 5．【答案】B 【解析】A. 盐酸，能导电，但盐酸是混合物，既不属于电解质，也不属于非电解质，A不合题意；B. SO2，水溶液能导电，但属于非电解质，B符合题意；C. NH4NO3，水溶液能导电，属于电解质，C不合题 意；D. NaOH，水溶液能导电，但属于电解质，D不合题意。故选B。 6．下列分散系中分散质粒子最大的是 A．蔗糖溶液 B．Fe(OH)3胶体 C．豆浆 D．少量植物油和水的混合物（乳浊液） 6．【答案】D 【解析】A、蔗糖溶液属于溶液，分散质微粒直径小于1nm；B、Fe(OH)3胶体分散质微粒直径介于1～ 100nm之间；C、豆浆属于胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间；D、少量植物油和水的混合物分散质 微粒直径大于100nm；综上所述分散质粒子最大的是D。 7．在下列反应中，盐酸作氧化剂的是 A．NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O B．Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑ C．BaCO3＋2HCl＝BaCl2＋H2O＋CO2↑ D．MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 7．【答案】B 【解析】A.反应为酸碱中和反应，没有化合价变化，故A选项错误；B.反应中H元素化合价由+1价降低 为0价，HCl做氧化剂，故B选项正确；C.反应为复分解反应，没有化合价变化，故C选项错误；D.反应 中Cl元素化合价由-1价升高到0价，HCl做还原剂，故D选项错误；故答案选B。 8．下列有关化学用语表示正确的是 A．Ne和Na＋的结构示意图均为 B．质量数为37的氯原子 C．二氧化碳分子的比例模型： D．NH4Br的电子式： 8．【答案】D 17 37 Cl【解析】A. Ne原子的结构示意图为 ，Na+的结构示意图为 ，A项错误；B. 质量数书 写在元素符号的左上角，左下角为质子数，故质量数为37的氯原子 ，B项错误；C. 二氧化碳中碳 原子半径大于氧原子半径，比例模型应为左右小中间大，C项错误；D. NH4Br的电子式： ，D项正确；答案选D。 9．下列说法正确的是 A． 属于同位素， 属于同素异形体 B．甘油（ ）和乙醇中都含有羟基，因此两者互为同系物 C． 的名称是1，4-二甲基丁烷 D．有机物 和 是同分异构体 9．【答案】D 【解析】A．H2、D2、T2属于同种物质，均为氢气，而H、D、T属于同位素，故A错误；B．同系物中官能 团的种类、数目均相同，则甘油和乙醇中羟基的数目不同，不属于同系物，故B错误；C．最长碳链有4 个C，2、3号C上有甲基，名称为2，3-二甲基丁烷，故C错误；D．CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH的分 子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选D。 10．下列有关物质的性质与应用说法正确的是 A．过氧化钠有强氧化性，可用作漂白剂。 B．KSCN溶液与Fe3＋反应生成血红色沉淀，常用于检验Fe3＋ C．大气中二氧化氮达到一定浓度时有毒，常用排水法收集 D．明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于水的杀菌消毒 10．【答案】A 【解析】A. 过氧化钠在反应中作氧化剂，具有强氧化性，可用作漂白剂，A项正确；B. SCN-与Fe3＋反 应生成血红色物质，该物质不是沉淀， B项错误；C. 二氧化氮可以和水反应生成硝酸和NO，因此不 能用排水法收集，C项错误；D. 明矾与水反应生成Al(OH)3胶体，可用于净水，不能杀菌消毒，D项错 误；答案选A。 11．短周期元素X、Y、M、R在周期表中的相对位置如图，最外层电子数之和为24。下列说法正确的是 X Y M R A．Y的氢化物中一定不存在非极性键 B．X的氢化物与R的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性 37 17 Cl H D T 、 、 2 2 2H D T、 、 ( ) ( )3 32 2CH CHCH CH 3 2 2CH CH NO− − 2 2H N CH COOH− −C．食品中可适量添加MY2，起到去色、杀菌、抗氧化的作用 D．氧化物对应的水化物的酸性：R>M 11．【答案】C 【解析】短周期元素X、Y、M、R在周期表中Y、M同主族，X在Y、M左边相邻主族，R在Y、M右边相邻主 族，最外层电子数之和为24，设Y、M最外层电子数为x，X为x-1，R为x+1，故4x=24，x=6，故Y、M为 第VIA族元素，X、Y、M、R分别为：N、O、S、Cl。A、Y的氢化物为：H2O、H2O2，H2O2中存在非极性 键，故A错误；B、X的氢化物为NH3与R的氢化物（HCl）反应，产物的水溶液为NH4Cl，呈酸性，故B错 误；C、食品中可适量添加MY2（SO2），SO2有漂白性、氧化性、还原性、故适量添加，可以起到去色、 杀菌、抗氧化的作用，故C正确；D、根据元素周期律，只能比较最高价氧化物对应的水化物的酸 性，，故D错误；故选C。 12．下列反应的离子方程式书写正确的是 A．用Cl2进行自来水消毒：Cl2+H2O=2H++Cl－+C1O－ B．将铝粉加入氢氧化钠溶液中：A1+4OH－=[Al(OH)4]－ C．CuSO4溶液与过量浓氨水制取Cu(OH)2：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ D．向MgSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Mg2++2H2O=4Na++2Mg(OH)2↓+O2↑ 12．【答案】D 【解析】A. 用Cl2进行自来水消毒：Cl2+H2O=H++Cl－+HC1O，与题意不符，A错误；B. 将铝粉加入氢氧 化钠溶液中：2A1+2H2O+2OH－=2[Al(OH)4]－+3H2↑，与题意不符，B错误；C. CuSO4溶液与过量浓氨水 制取Cu(OH)2：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，与题意不符，C错误；D. 向MgSO4溶液中加入Na2O2： 2Na2O2+2Mg2++2H2O=4Na++2Mg(OH)2↓+O2↑，符合题意，D正确；答案为D。 13．对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是 A．实验Ⅰ：液体分层，下层呈无色 B．实验Ⅱ：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解 C．实验Ⅲ：试管中有红色沉淀生成 D．实验Ⅳ：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体 13．【答案】D 【解析】A．碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，CCl4将碘水中的碘萃取到CCl4中，下层呈紫红 色，A错误；B．氯化铵和氢氧化钙共热反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，氨水与氯化铝反应生成 氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，故白色沉淀不会溶解，B错误；C．氯化铁与KSCN反应生成Fe(SCN)3，溶液呈红色，而不是生成红色沉淀，C错误；D．CaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中 水减少，会析出蓝色晶体，故D正确；故答案为D。 14．甲烷、乙烯、溴乙烷、乙醇是四种常见的有机物，下列关于他们的性质说法中不正确的是 A．这四种有机化合物都是脂肪族化合物 B．乙烯是一种重要的化工原料，可以用于合成乙醇 C．溴乙烷在NaOH水溶液中可以生成乙醇，乙醇在溴化钠、浓硫酸中可以生成溴乙烷 D．这四种有机化合物都能燃烧，而且燃烧产物都是二氧化碳和水 14．【答案】D 【解析】A．甲烷、乙烯、溴乙烷、乙醇分子结构中都不存在苯环，都是脂肪族化合物，故A正确； B．乙烯是一种重要的化工原料，在一定条件下，乙烯和水能够发生加成反应生成乙醇，故B正确； C．溴乙烷与NaOH水溶液共热发生水解反应生成乙醇，乙醇在溴化钠、浓硫酸中可以与生成的溴化氢 发生取代反应生成溴乙烷，故C正确；D．烃或烃的含氧衍生物燃烧生成二氧化碳和水，甲烷、乙烯、 乙醇的燃烧产物都是二氧化碳和水，溴乙烷中含有溴元素，燃烧后还生成溴化氢，故D错误；故选D。 15．下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是： A．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动） B．纤维素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动） C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色 D．酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质 15．【答案】B 【解析】A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确；B. 人 体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错 误；C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C正 确；D. 酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D正确；答案选B。 16．某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存 在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则 能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW 负载量的关系(温度：120℃，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是 A．与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B．当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高 C．用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足 D．不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度 16．【答案】D 【解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体 (如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知， 当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸， 可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选 项D不正确。答案选D。 17．“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为TiO2电极，b为Pt电极，c为WO3电 极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大 气相 通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是 A．若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小 B．若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C．若用导线先连接a、c,再连接b、c,可实现太阳能向电能转化 D．若用导线连接b、c, b电极的电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O 17．【答案】B 【解析】A．用导线连接a、c，a极发生氧化，为负极，发生的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，a电极周 围H+浓度增大，溶液pH减小，故A正确；B．用导线连接a、c，c极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3，故B错误；C．用导线先连接a、c，再连接b、c，由光电池转化为原电池，实 现太阳能向电能转化，故C正确； D．用导线连接b、c，b电极为正极，电极表面是空气中的氧气得电 子，发生还原反应，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故D正确；故答案为B。 18．下列有关电解质溶液的说法不正确的是 A．向0.1mol·L－1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中 减小 B．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分不同 C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中 =1 + 3 c( H ) c( CHCOOH) + 4 - c(NH ) c(Cl )D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中 不变 18．【答案】B 【解析】A、向0.1mol•L-1CH3COONa溶液加入少量水，水解程度增大，n(H+)减小，n(CH3COOH) 增大， 减小，选项A正确；B、将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥 发，则加热氯化铁溶液最终得到的是氧化铁，而加热硫酸铁溶液最终得到的是硫酸铁，所得固体成分 不同，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)， 显中性，即c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)， =1，选项C正确；D、AgCl、AgBr的饱和溶液 中存在AgCl(s)+Br-⇌AgBr(s)+Cl-，该反应的平衡常数K= ，向溶液中加入少量AgNO3，K不变， 选项D正确。答案选B。 19．下列说法正确的是 A．一个水分子与其他水分子间只能形成2个氢键 B．含氢键的分子熔、沸点一定升高 C．分子间作用力包括氢键和范德华力 D．当H2O由液体变为气体时只破坏了氢键 19．【答案】C 【解析】A项、水分子中氧原子含有一对孤对电子，O原子电负性较大原子半径小，可以和其它的水分 子形成两个氢键，含有的两个氢原子，可以分别和其它的水分子的氧原子形成两个氢键，所以每个水 分子与相邻四个水分子形成四个氢键，故A错误；B项、分子内形成氢键，造成相应的分子间的作用力 就会减少，物质的熔沸点降低，故B错误；C项、分子间作用力指存在于分子与分子之间或惰性气体原 子间的作用力，又称范德华力，氢键属于一种特殊的分子间作用力，存在于分子与分子之间，或分子 内，故C正确；D项、水分子间存在分子间作用力和氢键，当H2O由液体变为气体时破坏了氢键和分子间 作用力，故D错误；故选C。 20．现有如下3个热化学方程式： H2(g)+ O2(g)=H2O(g)　ΔH1= -a kJ·mol-1① H2(g)+ O2(g)=H2O(l)　ΔH2= -b kJ·mol-1② 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　ΔH3= -c kJ·mol-1③ 则由下表所列的原因能推导出后面结论的是 - - c(Cl ) c(Br ) + 3 c( H ) c( CHCOOH) + 4 - c(NH ) c(Cl ) ( ) ( ) c Cl c Br − − 1 2 1 2选项 原因 结论 A H2的燃烧是放热反应 a、b、c均大于零 B ①和②中物质的化学计量数均相同 a=b C ①和③中H2O的状态不同，化学计量数不同 a、c不会有任何关系 D ③的化学计量数是②的2倍 ΔH2＜ΔH3 20．【答案】A 【解析】A. 氢气燃烧的过程是放热过程，所以焓变小于0，故a、b、c均大于零，故A正确；B. 焓变 的大小与反应物和生成物的状态有关，方程式①、②中生成水的状态不一致，故a不等于b，故B错 误；C. ③的系数是②的2倍，所以③的焓变为②的2倍，又因为气态水转变为液态水的过程为放热过 程，所以②的焓变小于①的焓变，又由于a、b、c均为正数，因此2b=c>2a，故C错误；D. ③的系数是 ②的2倍，所以③的焓变为②的2倍，即c=2b，因为氢气燃烧是放热过程，所以ΔH＜0，故ΔH2>ΔH3， 故D错误；正确答案是A。 21．已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA B．1L0.1mol•L－1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NA C．0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NA D．2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA 21．【答案】A 【解析】A. 假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有CO2含有的质子的物质的量为 ，SO2含有的质子的物质的量为 ，电子的总物质的量 为 ，因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A项正确；B. 由于SiO32-会水解，因此1L0.1mol•L－1 Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；C. 1mol 过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol，因此0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C 项错误；D. 聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D项错误。故答 案选A。 22．一定温度下，把6 mol A和5 mol B通入容积为4L的恒容密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g) 2C(g) ＋2D(g)，反应经过5min达到平衡，此时生成2 mol C，正反应速率(v正)和逆反应速率(v逆)随时间(t) 的变化如图所示。下列说法正确的是 x x22 mol44 / 2 g g mol × = (3-x) 3-x32 mol64 / 2 g g mol × = x 3-xmol+ mol=1.5mol2 2A．t2＝5min，平衡时3v正(A)＝2v逆(D) B．0～t2，A的平均反应速率为0.15 mol·L－1·min－1 C．t2～t3，各物质的浓度一定相等 D．B的平衡转化率为25% 22．【答案】B 【解析】A. t2时，正逆反应速率相等，反应达到平衡，平衡时2v正(A)＝3v逆(D)，A错误；B. 反应经 过5min达到平衡时生成2 mol C，则消耗了3molA，A的平均反应速率为 =0.15 mol·L－ 1·min－1，B正确；C. t2～t3，反应为平衡状态，正逆反应速率相等，但各物质浓度与初始投料有关， 不一定相等，C错误；D. 达到平衡时，生成2molC，则消耗了1molB，B的平衡转化率为 =20%，D错误；答案选B。 23．实验室用如图所示的装置提取溴水中的溴，下列说法正确的是 A．可以用苯、酒精作萃取剂 B．静止分层后，分层的液体依次从下面放出 C．分液漏斗使用前只需检查活塞是否漏水 D．该装置也可用于分离四氯化碳与水的混合物 23．【答案】D 【解析】A. 不能使用酒精作为萃取剂，因为溴单质在酒精中的溶解度比在水中的小，而且酒精与水 互溶，故A错误；B. 静置分层后，分层的液体下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从分液漏斗上 口放出，以免污染试剂，故B错误；C. 分液漏斗使用前应当检验分液漏斗的玻璃塞和旋塞是否漏水， 故C错误；D. 四氯化碳与水的混合物不互溶，且四氯化碳的密度比水大，可以采用分液的方法分开， 故D正确；答案选D。 24．常温下，pH=1的某溶液A中含有 、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、 、 、Cl-、I-、 中的 2mol 4L 5min⋅ 1mol 100%5mol × 4NH + 2 3CO − 3NO− 2 4SO −4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1 mol/L。现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所 示。下列有关说法正确的是 A．该溶液中一定有上述离子中的 、Al3+、 、Cl-四种离子 B．实验消耗Cu 14.4 g，则生成气体丁的体积为3.36 L C．沉淀乙中一定有BaCO3，可能有BaSO4 D．一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I- 24．【答案】A 【解析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中一定不存在与氢离子反应 的离子：CO32-；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀甲和无色气体甲，可以排除Fe2+、Fe3+，原溶 液中一定有Al3+；向溶液乙中加铜和浓硫酸能产生NO，原溶液中有NO3-，在强酸性溶液中NO3-有氧化 性，则一定不存在还原性微粒I-；A.根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的 铝离子，0.1mol/L NO3-;溶液中阳离子带有的电荷为：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3） =0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO42-离子和 Cl-，所以该溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子，选项A正确；B．根据反应方程式 3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)=14.4g÷64g/mol=0.225mol，根 据反应方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为 n(NO)=2/3n(Cu)=2/3×0.225mol=0.15mol；由于没有告诉条件是否是标准状况下，所以0.15mol一氧 化氮的体积不一定为3.36L，选项B错误；C．根据分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中 一定有BaCO3、BaSO4，选项C错误； D．向溶液中加入过量(NH4)2CO3溶液，产生白色沉淀，则不能含有 Fe3+；由于溶液中含有H+、NO3-，溶液具有强的氧化性，I-具有还原性，在强氧化性的溶液中也一定不 能大量存在，选项D错误；故合理选项是A。 25．为探究某铜的硫化物组成，取一定量硫化物在氧气中充分灼烧，将生成的气体全部通入盛有足量的 H2O2和BaCl2的混合液中，得到白色沉淀 4.66 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100 mL 1 mol/L H2SO4中，过滤，得到0.64 g 红色固体，将滤液稀释至 200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L。已知：Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O。 下列说法正确的是 A．得到白色沉淀亚硫酸钡 3NO− 2 4SO −B．原铜的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3 C．最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12 g D．灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1 25．【答案】D 【解析】铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液 中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+ H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66 g白色沉淀是BaSO4，可根据沉 淀计算S元素的物质的量；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64 g 红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据Cu单质的物质的量可计算出Cu2O的物质的量，利用溶液 中Cu2+的物质的量可判断出是否含有CuO及其物质的量的多少，据此分析解答。根据上述分析可知 n(S)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，0.64 g 红色固体物质是Cu单质， n(Cu)=0.64g÷64g/mol=0.01mol，则根据方程式Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O中相应物质之间的转化关系 可知n(Cu2O)= n(Cu)=0.01mol，则其反应产生的Cu2+的物质的量是0.01mol，在酸溶解金属氧化物后得 到的溶液中Cu2+的总物质的量是=0.1 mol/L ×0.2L=0.02mol>0.01mol，说明有0.01mol Cu2+是CuO与硫 酸反应生成，则根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，则n(CuO)= 0.01mol。A.根据上述分析可知反应产生的白色 沉淀是硫酸钡，A错误； B. 原铜的硫化物中Cu 元素的物质的量为 n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol；原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol， 所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B错误； C. 100 ml 1 mol/L H2SO4的物质的量是 n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守 恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；D.根据前面计算可 知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1，D正确；故合理选项是D。 非选择题部分 二、非选择题（本大题共5小题，共20分） 26．（4分）（1）①写出水玻璃溶质的化学式__________；②写出1-丙醇的结构简式__________。 （2）漂白粉生效:_________________________________。 26．【答案】（1）①Na2SiO3（1分） ②CH3CH2CH2OH（1分） （2）Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO（2分） 【解析】（1）①水玻璃为硅酸钠的水溶液的俗称；②1-丙醇为丙烷CH3CH2CH3的碳链端1个氢原子被羟 基取代的产物。 （2）漂白粉中主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与空气中CO2反应生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉为 固体，不拆分，碳酸钙为难溶性固体，不拆分，次氯酸为弱酸，不拆分，故该反应的离子方程式为： Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO。 27．（4分）炼制石油能得到许多有机化合物，相关物质的转化关系如下图所示，其中A的产量是衡量一 个国家石油化工发展水平的重要标志，标况下，B气体的密度为0.71g•L-1，C是一种红色固体单质，D 是一种混合气体。请回答： （1）A与溴的四氯化碳溶液的反应类型为______。 （2）B与CuO反应的化学方程式______。 （3）下列说法不正确是______。 A．A中所有原子共平面 B．A与溴的四氯化碳溶液反应现象，和A与溴水反应的现象完全相同 C．等物质的量A与B混合物在足量氧气中完全燃烧，生成水的物质的量相等 D．B是引起温室效应的气体之一 27．【答案】（1）加成反应（1分） （2）CH4+4CuO 4Cu+2H2O+CO2（2分） （3）B（1分） 【解析】A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志，应为CH2=CH2，标况下，B气体的密度 为0.71g•L-1，则B相对分子质量为0.71×22.4=16，B应为CH4，C是一种红色固体单质，为Cu，D是一种 混合气体，为甲烷与氧化铜的反应产物，含有二氧化碳和水，生成白色沉淀为碳酸钙，以此解答该 题。 （1）由以上分析可知A为乙烯，含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，可与溴的四氯化碳溶液发生加成 反应； （2）由以上分析可知B为甲烷,它与氧化铜的反应生成铜、二氧化碳和水，方程式为CH4+4CuO 4Cu+2H2O+CO2； （3）A.A为乙烯，为平面形结构，所有原子共平面，故A正确；B.A与溴的四氯化碳溶液反应，生成的 1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，溶液不分层，与溴水反应后，1，2-二溴乙烷不溶于水，溶液分层，现 象不同，故B错误；C．A、B的氢原子数目都为4，则等物质的量A与B混合物在足量氧气中完全燃烧， 生成水的物质的量相等，故C正确；D．甲烷是引起温室效应的气体之一，故D正确。 28．（4分）化合物A由三种元素组成，某兴趣小组进行了如下实验： 已知：气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL；溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。 请回答下列问题： （1）A的组成元素为________（用元素符号表示）； （2）气体单质乙为________（填化学式）； （3）高温下，A与足量氯气能发生剧烈爆炸，生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式 ________。 28．【答案】（1）Mg、Si、H（1分） （2）H2（1分） （3）MgSi2H4 + 7Cl2 = MgCl2 + 2SiCl4 + 4HCl 【解析】因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂，则为硅酸钠，根据元素守恒可知，气体甲中含有硅元 素，与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙，所消耗的氢氧化钠的物质的量为1 mol/L×120×10-3 L = 0.12 mol，根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2：1，可知气体甲中含Si的物质的量为 0.12mol/2 = 0.06 mol，又知气体甲为纯净物且只含两种元素，在标况下体积为672 mL，即 = 0.03 mol，则易知A为0.03 mol，其摩尔质量为 = 84 g/mol，且1个气体甲分 子中含2个硅原子，同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03 mol：0.12 mol = 1：4的反应生成硅酸 钠与气体单质乙，根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素，即为氢气。因此气体甲中的另一种元素 不能为氧元素，可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。另外，结合溶液甲只有一种溶质，且 加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀，沉淀受热不易分解，推出白色沉淀为难溶氢氧化物，所用盐酸的 物质的量为3 mol/L×20×10-3 L = 0.06 mol， A的质量为2.52 g，化合物A由三种元素组成，推测所 含的金属元素为镁，根据Mg 2HCl可知，一个分子A中含1个镁原子，再根据分子组成可确定A中所含 氢原子的个数为84-1×24-2×28 = 4，据此分析作答。 29．（4分）如图所示是某课外活动小组设计的制取氨气，回答下列问题： （1）装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是____。 （2）检验NH3是否收集满的实验方法是_____。 （3）干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？____(填“能”或“不能”)，理由是___(用化学方程式表 示)。 29．【答案】（1）减小空气对流，使NH3充满试管（1分） 3672 10 22.4 / L L mol −× 2.52 0.03 g mol ~（2）用蘸取少许浓盐酸的玻璃棒靠近收集NH3的容器口，若产生白烟，说明容器已收集满NH3，反之， 则没有收集满（或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的容器口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明 NH3已收集满，反之，则没有收集满）（1分） （3）不能（1分） CaCl2＋8NH3===CaCl2·8NH3（1分） 【解析】（1）氨气的密度小于空气的密度，为了防止氨气与空气对流，确保收集满纯净的氨气，故 用棉花团堵住试管口； （2）用蘸取少许浓盐酸的玻璃棒靠近收集NH3的容器口，若产生白烟，说明已收集满NH3，反之，则没 有收集满(或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的容器口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3已 收集满，反之，则没有收集满)； （3）CaCl2虽然是中性干燥剂，但是CaCl2能吸收NH3，故不能用无水CaCl2干燥氨气。 30．（4分）PbO2具有强氧化性，自身受热分解释放出O2并生成+2价的氧化物（PbO），+4价的Pb还能氧化 浓盐酸生成Cl2。现将1 mol PbO2加热分解得到一定量的O2，再向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到 Cl2，且O2和Cl2的物质的量之比为3 ：2，请计算： （1）剩余固体的成分及物质的量之比为________。 （2）O2和Cl2的物质的量之和为________。 30．【答案】（1）n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1（2分） （2）0.625mol（2分） 【解析】此题考查方程式的应用，根据题目信息写出方程式，根据方程式可以得出物质的量的关系， 根据此关系可以解出，其次注意氧化还原反应中电子守恒的应用。 （1）根据2PbO2=2PbO+O2↑，PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2↑+2H2O，题目中且O2和Cl2的物质的量之比为3 ： 2，设氧气为3mol，氯气是2mol，倒推出PbO2和PbO的物质的量之比：n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1。 （2）根据（1）中得出的结论n(PbO)：n(PbO2)=6:2=3:1，其中Pb原子守恒，总Pb的物质的量为1mol， PbO为0.75mol，PbO2为0.25mol，然后根据以上两个化学方程式计算得出：O2和Cl2的物质的量之和为： 0.625mol。