浙江省2022年普通高中高二化学学业水平模拟考试试题含解析
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2022-08-25 11:01:21
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2022年浙江省普通高中学生学业水平模拟考试化学试卷(考试时间90分钟,满分100分)一、选择题Ⅰ(本大题共20小题,每小题2分,共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个正确选项符题目要求的,不选、多选、错选均不得分.)1.浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源,其中可以为人类利用的氯化物含量相当高.海水中含量最多的氯化物是A.NaClB.MgCl2C.KClD.CaCl2【答案】A【解析】试题分析:浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源,其中可以为人类利用的氯化物含量相当高.海水中含量最多的氯化物是NaCl,故选A。2.下列物质中,属于碱性氧化物的是A.SO2B.COC.MgOD.Ca(OH)2【答案】C【解析】试题分析:碱性氧化物是指能跟酸起反应,生成盐和水的氧化物.A.SO2是非金属氧化物,和碱反应生成盐和水,属于酸性氧化物,故A错误;B.一氧化碳和酸、碱都不反应,属于不成盐氧化物,故B错误;C.氧化镁与酸反应生成盐和水,且是氧化物,属于碱性氧化物,故C正确;D.氢氧化钙是碱,不是氧化物,故D错误;故选C.3.以下四种共价键分子的球棍模型中,可表示Cl2分子的是A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析:A、两种原子大小不同,故不是氯气,故A错误;B、氯气原子的最外层均达到8电子稳定结构,原子间以单键相连,氯原子大小相同,故B正确;C、氯气分子只含有2个原子,为直线形,此球棍模型中含有3个原子,且大小不同,故C错误;D、含有5个原子,且为正四面体形,可能为甲烷,故D错误,故选B.4.用聚光手电筒照射下列分散系,能观察到丁达尔效应的是A.溶液B.胶体C.乳浊液D.悬浊液-15-【答案】B【解析】试题分析:丁达尔效应是胶体特有的性质,溶液和浊液均无丁达尔效应,故选B.5.下列过程中,属于化学变化的是A.用加热法分离泥沙中的碘单质B.用蒸馏法制取蒸馏水C.干冰气化D.铁锅生锈【答案】D【解析】试题分析:化学变化必须有新物质生成,据此解答.A.用加热法分离泥沙中的碘单质,是利用碘具有升华的物理性质,故A错误;B.用蒸馏法制取蒸馏水,没有新物质生成,属于物理过程,故B错误;C.干冰气化是干冰固态到气态的转化,没有新物质生成,属于物理变化,故C错误;D.铁锅生锈是铁与氧气、水反应生成氢氧化铁,氢氧化铁分解生成三氧化二铁,有新物质生成属于化学变化,故D正确;故选:D.6.下列属于化合反应的是A.NaOH+HCl=NaCl+H2OB.2Al+Fe2O32Fe+Al2O3C.SO3+H2O=H2SO4D.NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑【答案】C【解析】试题分析:化合反应是指两种物质生成一种物质的反应,据此解答即可。A、NaOH+HCl=NaCl+H2O,此反应为两者互换阴阳离子的反应,属于复分解反应,故A错误;B、一种单质与一种化合物生成另一种单质与另一种化合物的反应,属于置换反应,故B错误;C、两种物质生成一种物质,属于化合反应,故C正确;D、一种物质生成几种物质,属于分解反应,故D错误,故选C.7.将某无色气体X通入品红溶液,溶液褪色;加热,溶液又变红色.X可能是A.O2B.SO2C.Cl2D.CO2【答案】B【解析】试题分析:-15-二氧化硫能够与有机色素化合生成无色物质,具有漂白性,但是生成的无色化合物不稳定受热易恢复颜色,所以二氧化硫的漂白性具有不稳定的特点,氧气、二氧化碳不具有漂白性,不能使品红褪色,氯气与水反应生成的次氯酸具有强的氧化性,具有漂白性,但是其漂白效果稳定,受热不恢复颜色,故选B.8.实验室用NaOH固体和蒸馏水准确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液.以下仪器中,不需要用到的是A.烧杯B.玻璃棒C.容量瓶D.蒸馏烧瓶【答案】D【解析】试题分析:用NaOH固体和蒸馏水配制稀溶液的一般步骤为:计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等,用到的仪器为:托盘天平、药匙、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管,不需要的仪器为:蒸馏烧瓶,故选D.9.以下化学用语中,正确的是A.乙酸的分子式:C2H4OB.苯的结构简式:C.甲烷的电子式:D.乙醛分子的结构式:【答案】C【解析】试题分析:A.乙酸为含有2个C的一元饱和羧酸,乙酸的分子式为:C2H4O2,故A错误;B.为环己烷的结构简式,苯正确的结构简式为:,故B错误;C.甲烷为共价化合物,甲烷的电子式为:,故C正确;D.乙醛分子中含有1个甲基和1个醛基,乙醛正确的结构式为:,故D错误;故选C.10.下列各组中,互为同位素的是A.氕()和氘()B.O2和O3C.碘晶体和碘蒸气D.SO2和SO3【答案】A【解析】试题分析:A.氘和氚质子数相同,中子数不同,互为同位素,故A正确;B.O2和O3都是由氧元素形成的不同单质,互为同素异形体,故B错误;C.碘晶体和碘蒸气是碘的不同状态,是同一物质,故C错误;D.SO2和SO3是两种不同的化合物,故D错误;故选A.11.下列实验操作或方法中,不合理的是A.用药匙取用少量二氧化锰粉末-15-B.向燃着的酒精灯中直接添加酒精C.用焰色反应检验钠元素的存在D.实验室将少量金属钠保存在煤油中【答案】B【解析】试题分析:A、少量固体粉末可以用药匙,故A正确;B、向燃着的酒精灯中添加酒精容易引起失火,这应是绝对要避免的,故B错误;C、钠的焰色反应为黄色,是元素的性质,故C正确;D、金属钠保存需隔绝空气和水,钠的密度大于煤油,且不与煤油反应,故D正确,故选B.12.如图是铜锌原电池示意图.当该原电池工作时,下列描述不正确的是A.溶液逐渐变蓝B.锌片逐渐溶解C.铜片上有气泡产生D.电流计指针发生偏转【答案】A【解析】试题分析:A.该原电池中,锌易失电子作负极,铜作正极,正极上氢离子得电子生成氢气,溶液没有铜离子生成,不会变蓝,故A错误;B.Zn易失电子作负极,所以锌片逐渐溶解,故B正确;C.Cu作正极,正极上氢离子得电子生成氢气,所以铜片上有气泡产生,故C正确;D.铜锌原电池中,电子从负极流向正极,所以电流计指针发生偏转,故D正确;故选A.13.下列说法中,正确的是A.向KI溶液中通入适量Cl2后,溶液颜色变深B.向KCl溶液中滴加几滴酚酞试液,溶液颜色变红C.溴水与NaCl溶液混合时,会发生置换反应D.NaCl溶液在空气中会被氧化,故需要密封保存【答案】A【解析】试题分析:-15-A、碘化钾中通入氯气会发生反应得到氯化钾和碘单质,溶液颜色会从无色变为棕色,会变深,故A正确;B、氯化钾溶液显示中性,KCl溶液中滴加几滴酚酞试液,溶液颜色不会变化,故B错误;C、溴水的氧化性比氯气的弱,溴水与NaCl溶液混合时,不会发生置换反应,故C错误;D、NaCl溶液在空气中能稳定存在,只会伴随着水分的蒸发,不会被氧化,故无需密封保存,故D错误.故选A.14.下列有机反应方程式中,不正确的是A.甲烷与发生取代反应:CH4+Cl2CH3Cl+HClB.乙烯与Br2加成:CH2=CH2+Br2→CH2Br=CH2BrC.催化裂化:C16H34C8H16+C8H18D.淀粉水解:(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6【答案】B【解析】试题分析:A.甲烷与氯气在光照条件下能发生取代反应,氢原子被氯原子取代,一取代反应为:CH4+Cl2CH3Cl+HCl,故A正确;B.乙烯与溴发生加成反应生成1,2﹣二溴乙烷,反应的化学方程式是为:CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br,故B错误;C.十六烷在催化剂和高温高压的条件下裂化成辛烷和辛烯,方程式书写正确,故C正确;D.淀粉在酸性环境下水解的最终产物是葡萄糖,化学方程式为:(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6,故D正确;故选B.15.下列物质的水溶液因水解呈酸性的是A.AlCl3B.Na2CO3C.NaClD.K2SO4【答案】A【解析】试题分析:物质的水溶液因水解呈酸性,说明该物质为强酸弱碱盐,根据盐的组成判断.A、AlCl3属于强酸弱碱盐,在溶液中水解显酸性,故A正确;B、Na2CO3属于强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,故B错误;C、NaCl是强酸强碱盐,在溶液中不水解,其溶液呈中性,故C错误;D、K2SO4是强酸强碱盐,在溶液中不水解,其溶液呈中性,故D错误;故选A.16.下列有关钠和镁的说法中,不正确的是A.电解熔融NaCl可以得到金属钠B.金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来C.金属镁着火,可用二氧化碳灭火D.金属镁燃烧后会发出耀眼的白光,因此常用来制造信号弹和焰火【答案】C【解析】试题分析:A.Na是活泼金属,工业上采用电解熔融NaCl的方法冶炼,故A正确;-15-B.Na的活泼性大于Ti,在熔融状态下,钠能置换出Ti,所以金属钠在高温下能将TiCl4中的钛置换出来,故B正确;C.在点燃条件下,镁在二氧化碳中燃烧生成MgO和C,故C错误;D.镁燃烧时发生耀眼的白光,并放出大量的热,可用于制造信号弹,故D正确;故选C.17.已知298K、101KPa条件下2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣483.6kJ•mol﹣12H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣571.6kJ•mol﹣1据此判断,下列说法正确的是A.H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是吸热反应B.1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出44.0kJ热量C.1molH2O(l)转变成1molH2O(g)放出44.0kJ热量D.1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出88.0kJ热量【答案】B【解析】试题分析:已知①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=﹣571.6kJ•mol﹣1,②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣483.6kJ•mol﹣1,据盖斯定律①﹣②得:2H2O(l))=2H2O(g)△H=88kJ•mol﹣1,1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ.A.H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是放热反应,故A错误;B、D.根据盖斯定律,1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ,则1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出44.0kJ热量,故B正确,D错误;C.1mol液态水转化为气态水应吸热44KJ,故C错误;故选B.18.下列各组离子中,能在强酸性溶液中大量共存的是A.Na+、K+、SO42﹣、OH﹣B.Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣C.Na+、Cu2+、CO32﹣、Br﹣D.Na+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣【答案】D【解析】试题分析:A.OH﹣与强酸反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.HCO3﹣与强酸溶液中的氢离子反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.Cu2+、CO32﹣之间发生反应,CO32﹣与强酸反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.Na+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣离子之间不反应,且都不与强酸反应,在溶液中能够大量共存,故D正确;故选D.19.表示下列反应的离子方程式中,正确的是A.向稀盐酸中滴加AgNO3溶液:Ag++HCl═AgCl↓+H+B.向醋酸溶液中滴加NaOH溶液:OH﹣+H+═H2O-15-C.向固体BaCO3中滴加稀硝酸:BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑D.相同物质的量浓度的AlC13溶液与NaOH溶液等体积混合:Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O【答案】C【解析】试题分析:A.向稀盐酸中滴加AgNO3溶液,离子方程:Ag++Cl﹣═AgCl↓,故A错误;B.向醋酸溶液中滴加NaOH溶液,离子方程式:OH﹣+CH3COOH═H2O+CH3COO﹣,故B错误;C.向固体BaCO3中滴加稀硝酸,离子方程式:BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑,故C正确;D.相同物质的量浓度的AlC13溶液与NaOH溶液等体积混合,离子方程式:Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓,故D错误;故选C.20.下列说法中,正确的是A.在紫外线、饱和(NH4)2SO4溶液、CuSO4溶液、福尔马林等作用下,蛋白质均会发生变性B.在一定条件下,氨基酸之间能发生反应,合成更复杂的化合物(多肽)C.为检验皂化反应进行程度,取几滴反应液,滴入装有热水的试管中,震荡,若有油滴浮在液面上,说明油脂已完全反应D.检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是:取适量水解液于试管中,加入少量新制Cu(OH)2悬浊液,加热煮沸,观察是否出现红色沉淀【答案】B【解析】试题分析:A、将(NH4)2SO4溶液加入蛋白质溶液,出现沉淀,是盐析不是变性,故A错误;B、氨基酸含有氨基、羧基,可发生取代、缩聚反应,可生成二肽、多肽或蛋白质,故B正确;C、油脂的皂化反应液不分层,则皂化反应液滴于装有热水的试管中,振荡,有油滴浮在液面上,可说明油脂皂化不完全,故C错误;D、淀粉是在酸性条件下水解,葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液反应必须在碱性条件下,所以要用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸,否则无法成功,故D错误;故选B.二、选择题Ⅱ(本大题共10小题,每小题3分,共30分.每小题列出的四个备选项中只有一个正确选项符题目要求的,不选、多选、错选均不得分.)21.下列关于铁及其化合物的说法中,不正确的是A.金属铁可被磁铁吸引B.铁元素有可变化合价C.铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2D.常温下铁片遇浓硝酸会发生钝化-15-【答案】C【解析】试题分析:A、金属铁可被磁铁吸引,这是铁的特性,故A正确;B、铁元素有0价、+2价、+3价和+6价等可变化合价,故B正确;C、铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁,而不是氯化亚铁,故C错误;D、铁跟冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化现象,故D正确;故选C。22.在一定温度下,体积不变的密闭容器中,可逆反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)达到平衡的标志是A.气体总质量保持不变B.X、Y、Z的浓度都相等C.X、Y、Z的浓度不再发生变化D.X、Y、Z的分子数之比为1:3:2【答案】C【解析】试题分析:化学反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等,且不等于0,各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断,得出正确结论.A.反应物和生成物都是气体,故气体总质量保持不变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据,故A错误;B.平衡时X、Y、Z的浓度取决于物质的起始物质的量和转化率,故X、Y、Z的浓度都相等不能作为判断是否达到平衡状态的依据,故B错误;C.X、Y、Z的浓度不再发生变化,说明达到平衡状态,故C正确;D.平衡时X、Y、Z的分子数之比决于物质的起始物质的量和转化率,故X、Y、Z的分子数之比为1:3:不能作为判断是否达到平衡状态的依据,故D错误;故选C.23.下列实验过程中,溶液的pH增大的是A.向NaOH溶液中滴加水B.向稀盐酸中滴加NaOH溶液C.向NaCl溶液中滴加稀盐酸D.向NaOH溶液中滴加稀盐酸【答案】B【解析】试题分析:氢氧根离子浓度越大,pH越大;氢离子浓度越大,pH越小,A.向氢氧化钠溶液中加入水时,稀释了氢氧化钠,氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,故A错误;B.盐酸显酸性,向盐酸中滴加氢氧化钠溶液,发生酸碱中和反应,氢氧根离子浓度增大,溶液的pH一定升高,故B正确;C.氯化钠为中性,盐酸显酸性,向NaCl溶液中滴加稀盐酸,溶液显酸性,pH减小,故C错误;D.氢氧化钠显碱性,向氢氧化钠溶液中滴加盐酸时,发生酸碱中和反应,氢氧根离子浓度减小,溶液的pH一定减小,故D错误;故选B.24.下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中,错误的是A.FeCl3溶液(FeCl2):通入适量Cl2B.CO(CO2):通过NaOH溶液洗气后干燥-15-C.MnO2(KCl):加水溶解后过滤、洗涤、烘干D.SO2(HCl):通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥【答案】D【解析】试题分析:A.FeCl2可与氯气反应生成FeCl3,可用于除杂,故A正确;B.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应,可用于除杂,故B正确;C.二氧化锰不溶于水,可用过滤的方法分离,故C正确;D.二者都与碳酸钠溶液反应,应用饱和亚硫酸氢钠溶液除杂,故D错误.故选D.25.下列四组元素中,原子半径相差最大的是A.Li和MgB.Li和NaC.Be和MgD.Be和Na【答案】D【解析】试题分析:先判断电子层数,电子层数越多,原子半径越大;电子层数相同,再根据元素周期律,同周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小.钠和镁有3个电子层,而钠半径大于镁,Li、Be有2个电子层,锂的半径大于铍,而钠和镁的原子半径大于Li、Be的原子半径;所以最小与最大的组合相差最大;故选D.26.设NA代表阿伏伽德罗常数,下列说法正确的是A.0.9gH2O中含有电子数为NAB.1molC2H6中含有6NA个共价键C.14.0g由C2H4和C3H6组成的混合气体原子总数为3NAD.标准状况下,11.2LCCl4所含的分子数为0.5NA【答案】C【解析】试题分析:A、1mol水中含10mol电子,0.9g水的物质的量为0.05mol,故0.05mol水中含0.5mol电子,故A错误;B、1mol乙烷中含6molC﹣H键和1molC﹣C键,故1mol乙烷中含7mol共价键,故B错误;C、C2H4和C3H6的最简式均为CH2,故14g混合物中含有的CH2的物质的量为1mol,故含有3mol原子,故C正确;D、标况下,四氯化碳为液态,故D错误.故选C.27.夹紧以下装置中的弹簧夹并进行相关操作.下列情形中,表明相应装置漏气的是ABCD-15-用手捂住试管,烧杯中出现气泡,手放开后,导管中形成一段稳定的水柱向长颈漏斗中加一定量水,并形成水柱,随后水柱下降至瓶中液面相平双手捂住烧瓶,导管中形成一段稳定的水柱,双手放开后,水柱慢慢回落将a管向上提至一段高度,a、b两管之间水面形成稳定的高度差【答案】B【解析】试题分析:A.关闭弹簧夹,用手捂住试管,烧杯中出现气泡,手放开后,导管中形成一段稳定的水柱,则气密性良好,故A正确;B.关闭弹簧夹,水柱下降至瓶中液面相平,说明装置漏气,若向长颈漏斗中加一定量水,并形成一段稳定的水柱,故B错误;C.关闭弹簧夹,烧瓶中空气受热膨胀,导管中形成一段稳定的水柱,气密性良好,装置及操作合理,故C正确;D.关闭弹簧夹,a管向上提至一段高度,a、b两管之间水面形成稳定的高度差,气密性良好,装置及操作合理,故D正确;故选B.28.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2关于此反应,下列说法不正确的是A.CuFeS2中只有硫元素被氧化B.每生成1molSO2,反应中转移6mol电子C.该反应中有两种物质作氧化剂D.CuFeS2中被氧化和被还原的原子数之比为2:1【答案】D【解析】试题分析:A.Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化,故A正确;B.由方程式可知,每生成1molSO2,有1mol硫被氧化生成SO2,转移电子为1mol×=6mol,故B正确;C.反应中Cu、O元素的化合价降低,两种反应物均作氧化剂,故C正确;D.Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原、S元素被氧化,且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变,则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1:2,故D错误.故选D.-15-29.两种气态烃的混合物,完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量,则这两种烃的组合不可能是A.CH4和C2H2B.CH4和C2H4C.C2H6和C2H2D.C2H4和C2H2【答案】D【解析】试题分析:两种气态烃的混合物,完全燃烧后生成CO2的物质的量小于生成H2O的物质的量,根据原子守恒可知,烃平均组成中C、H原子数目之比小于1:2,A.CH4和C2H2混合,平均组成中C、H原子数目之比介于1:4与1:1之间,可能小于1:2,故A正确;B.CH4和C2H4混合,平均组成中C、H原子数目之比介于1:4与1:2之间,可能小于1:2,故B正确;C.C2H6和C2H2混合,平均组成中C、H原子数目之比介于1:3与1:1之间,可能小于1:2,故C正确;B.C2H4和C2H2混合,平均组成中C、H原子数目之比介于1:2与1:1之间,不可能小于1:2,故D错误,故选D.30.将钠、铝混合物共1.0g投入适量水中充分反应,并测生成H2的量,若混合物中钠与铝的物质的量之比为x,如图为生成H2的物质的量随x的变化关系示意图(随着x的不断增大,产生H2的物质的量越来越接近b1).以下判断不正确的是A.a1=B.a2=1C.b1=D.b2=【答案】A【解析】试题分析:发生反应有:2Na+2H2O═2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O═2Na+3H2↑,开始时铝过量,随着x最大,即钠的量逐渐增大,生成氢气的量开始时会逐渐增大,钠、铝的物质的量相等时,即a2=1,生成氢气的量达到增大;之后随着钠的量的增加,生成氢气的量会逐渐减小,直至完全为钠时,生成氢气的量不再变化,此时1.0g完全为Na,A.根据分析可知,a1时铝过量,生成氢气量b1=mol×=mol,设钠的物质的量为ymol,此时铝过量,结合反应可知参加反应的铝的物质的量也是ymol,根据电子守恒可得:5y+1.5y=-15-mol,解得:y=,则铝的物质的量为:=mol,则a1=mol:mol=,故A错误;B.根据分析可知,当铝和钠的物质的量相等时,生成氢气的量最大,此时a2=1,故B正确;C.当1.0g完全为钠时,生成氢气的量为b1=mol×=mol,故C正确;D.当氢气和铝的物质的量相等时,生成氢气的量为b2,设此时铝和钠的物质的量都是xmol,则23x+27x=1.0g,解得:x=0.02,则生成氢气的物质的量为:0.02mol×+0.02mol×=0.04mol=mol,故D正确;故选A.三、填空题(本大题共4小题,共18分)31.(4分)(1)写出下列物质的化学式:①氧化铜:;②碘化银:(2)写出Na2O与H2O反应的化学方程式:【答案】(1)①CuO;②AgI;(2)Na2O+H2O=2NaOH.【解析】试题分析:(1)①氧化铜含有铜和氧两种元素,化学式为:CuO;②碘化银含有碘和银两种元素,化学式:AgI;故答案为:①CuO;②AgI;(2)氧化钠与水反应生成氢氧化钠,方程式:Na2O+H2O=2NaOH;故答案为:Na2O+H2O=2NaOH.32.(4分)气态烃A是一种基本的有机化工原料,目前石油裂解已成为生成A的主要方法.A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1.D的分子式为C4H8O2,D在酸性条件下水解得到B和C,C的相对分子质量比B大14.四种有机物之间存在如下转化关系:请回答下列问题:(1)写出D的结构简式:.(2)写出过程①的化学方程式:.【答案】(1)CH3COOCH2CH3;(2)CH2=CH2++H2OCH3CH2OH.【解析】试题分析:石油裂解已成为生成A的主要方法,A在标准状况下的密度为1.25g•L﹣1,则A的相对分子质量为28,则A为CH2=CH2,D的分子式为C4H8O2-15-,根据各物质转化关系可知,A、B、C、D中各含有两个碳原子,D在酸性条件下水解得到B和C,C的相对分子质量比B大14,则B比C少一个氧多两个氢,所以B为CH3CH2OH,C为CH3COOH,D为CH3COOCH2CH3,(1)根据上面的分析可知,D的结构简式为CH3COOCH2CH3,故答案为:CH3COOCH2CH3;(2)过程①的化学方程式为CH2=CH2++H2OCH3CH2OH,故答案为:CH2=CH2++H2OCH3CH2OH.33.(4分)向炭粉、Cu和Fe2O3组成的混合粉末中加入一定量的稀硫酸,充分反应后过滤,得到溶液A,将沉淀物洗涤、干燥,得到固体B.(1)溶液A中一定存在的金属阳离子是.(2)关于固体B的成分,下列选项中可能的有.A.炭粉B.炭粉和CuC.炭粉和Fe2O3D.Cu和Fe2O3E.炭粉、Cu和Fe2O3.【答案】(1)Fe2+、Cu2+;(2)ABCE【解析】试题分析:(1)当铜过量或恰好与铁离子反应时,此时溶液A中不含有Fe3+,一定含有Fe2+、Cu2+;当铜不足时,铜完全反应后Fe3+有剩余,则A溶液中含有金属离子为:Fe3+、Fe2+、Cu2+,所以A溶液中一定含有的金属阳离子为:Fe2+、Cu2+,故答案为:Fe2+、Cu2+;(2)A.炭粉:当稀硫酸足量,且铜恰好与氧化铁与稀硫酸反应生成的铁离子反应时,剩余的固体只有碳粉,故A正确;B.炭粉和Cu:当铜粉过量时,反应后的固体可能为碳粉和铜,故B正确;C.炭粉和Fe2O3:当稀硫酸不足时,铜完全反应,氧化铁部分溶解,则属于的固体为碳粉和氧化铁,故C正确;D.Cu和Fe2O3:剩余的固体中一定含有碳粉,故D错误;E.炭粉、Cu和Fe2O3:当稀硫酸不足时,碳粉、铜和氧化铁都可能有剩余,故E正确;故答案为ABCE.34.(6分)一定条件下,H2O2在水溶液中发生分解反应:2H2O22H2O+O2↑反应过程中,测得不同时间H2O2的物质的量浓度如下表:t/min020406080c(H2O2)/mol•L﹣10.800.400.200.100.05(1)H2O2的分解反应氧化还原反应(填“是”或“不是”).(2)该分解反应0─20min的平均反应速率v(H2O2)为mol•L﹣1min﹣1.(3)如果反应所用的H2O2溶液为100mL,则共产生O2g.A.0.08B.0.16C.1.28D.2.4.-15-【答案】(1)是;(2)0.02;(3)C.【解析】试题分析:(1)过氧化氢分解生成水和氧气,2H2O2=2H2O+O2,依据氧元素化合价发生变化判断为氧化还原反应,故答案为:是;(2)该反应0─20min的平均反应速率v(H2O2)==0.02mol/(L•min),故答案为:0.02;(3)如果反应所用的H2O2溶液为100mL,溶质物质的量=0.1L×0.80mol/L=0.08mol,由化学方程式定量关系可知共产生O2,0.04mol,质量=0.04mol×32g/mol=1.28g,故答案为C.四、实验题(本大题共8分)35.(8分)(1)为比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性,某同学设计了如图1.实验时,先检查装置的气密性,再取少量Na2CO3粉末加在大试管的底部,另取少量NaHCO3粉末加在小试管底部.预热后在大试管底部加热.回答下列问题:①开始加热一段时间后,试管(填“A”或“B”)中会出现浑浊现象.②实验现象证明,加热条件下,Na2CO3比NaHCO3更(填“稳定”或“不稳定”).(2)实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2,发生装置如图A.回答下列问题:①仪器a的名称是.②制得的气体除去HCl杂质后,为得到干燥的Cl2,应通过装置(填“B”“C”或“D”).【答案】(1)①B;②稳定;(2)①分液漏斗;②C.【解析】试题分析:(1)为比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性,小试管中为碳酸氢钠,碳酸钠加热不分解,由实验现象分析结论;①由图可知,碳酸钠不分解,由实验目的可知小试管中为碳酸氢钠,加热分解生成二氧化碳,则B中会出现浑浊现象,故答案为:B;②由A中不变浑浊,B中变浑浊可知碳酸钠加热不分解,则Na2CO3比NaHCO3更稳定,故答案为:稳定;-15-(2)用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2,图A为固体与液体加热装置,盐酸易挥发,除去氯气中的HCl利用洗气装置,然后干燥可得到干燥的氯气.①由图可知,仪器a的名称是分液漏斗,可装浓盐酸,故答案为:分液漏斗;②氯气与碱石灰反应,不能干燥氯气,与B相连时可发生倒吸,只有C装置可干燥氯气同时防止倒吸,故答案为:C.五、计算题(本大题共4分)36.(4分)室温下,将100mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分.一份加入过量BaCl2溶液,充分反应后得沉淀2.33g;另一份加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液,充分反应后溶液的pH=13(溶液的体积为100mL).试计算:(1)每份溶液中所含H2SO4的物质的量mol•L﹣1.(2)原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为mol•L﹣1.【答案】(1)0.01;(2)0.2.【解析】试题分析:(1)2.33gBaSO4的物质的量为:=0.01mol,根据硫酸根守恒n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.01mol,故答案为:0.01;(2)另一份混合溶液中加入50mL1.0mol•L﹣1NaOH溶液,发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O,HCl+NaOH=NaCl+H2O,充分反应后溶液的pH=13即氢氧根浓度为0.1mol/L(溶液的体积为100mL),则消耗的氢氧根为0.05×1.0﹣0.1×0.1=0.04mol,根据方程式H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知,以0.01mol硫酸反应消耗氢氧化钠的物质的量为0.01mol×2=0.02mol,故与盐酸反应氢氧化钠的物质的量为:0.04mol﹣0.02mol=0.02mol,由方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O可知,n(HCl)=n(NaOH)=0.02mol,故盐酸的物质的量浓度为:=0.2mol/L;故答案为:0.2.-15-