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-