2022年7月浙江省普通高中学业水平考试化学试题（Word版附解析）

这是一份2022年7月浙江省普通高中学业水平考试化学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列属于物理变化的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共6页，满分100分，考试时间60分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Ca 40 Fe 56 Cu 64
选择题部分
一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个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. 水的分子式是
A. NO2B. O2C. ClO2D. H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO2是二氧化氮的分子式，故不选A；
B．O2是氧气的分子式，故不选B；
C．ClO2是二氧化氯的分子式，故不选C；
D．H2O是水的分子式，故选D；
选D。
2. 按物质组成进行分类，CaO属于
A. 碱B. 氧化物C. 盐D. 单质
【答案】B
【解析】
【详解】CaO是由Ca、O两种元素组成的化合物，因此属于氧化物，故合理选项是B。
3. 配制100 mL 1.00 ml/L NaCl溶液，不需要用到的实验仪器是
A. 天平B. 烧杯C. 容量瓶(100 mL)D. 圆底烧瓶
【答案】D
【解析】
【详解】配制100 mL 1.00 ml/L NaCl溶液，用天平称取氯化钠固体，用烧杯溶解氯化钠，用100 mL容量瓶定容，不需要圆底烧瓶，故选D。
4. 下列物质属于电解质的是
A. COB. NaClC. SiD. FeCl3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO是由分子构成的物质，在水中不能溶解，在熔融状态下也不能发生电离，因此CO属于非电解质，A不符合题意；
B．NaCl是盐，是离子化合物，在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离而导电，因此属于电解质，B符合题意；
C．Si是非金属单质，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质，C不符合题意；
D．FeCl3溶液属于混合物，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 反应H2O2＋H2S=2H2O＋S中，氧化剂是
A. H2O2B. H2SC. H2OD. S
【答案】A
【解析】
【详解】反应H2O2＋H2S=2H2O＋S中，H2O2中O元素化合价由-1降低为-2，H2O2是氧化剂，故选A。
6. 下列物理量的单位为“摩尔(ml)”的是
A. 质量B. 物质的量C. 时间D. 温度
【答案】B
【解析】
【详解】A．质量的国际单位制单位是“千克”，故不选A；
B．物质的量的单位是“摩尔”，故选B；
C．时间的国际单位制单位是“秒”，故不选C；
D．温度的国际单位制单位是“开尔文”，故不选D；
选B。
7. 下列属于物理变化的是
A. 石油的分馏B. 蛋白质的水解C. 油脂的变质D. 甲烷的燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A．石油的分馏没有产生新物质，属于物理变化，故选A；
B．蛋白质的水解生成各种氨基酸，属于化学变化，故不选B；
C．油脂分子中含有碳碳双键，易被氧气氧化而变质，属于化学变化，故不选C；
D．甲烷燃烧生成二氧化碳和水，有新物质生成，属于化学变化，故不选D；
选A。
8. 下列物质对应的化学式不正确的是
A. 干冰：CO2B. 纯碱：Na2CO3
C. 胆矾：CuSO4·5H2OD. 石膏：CaSO4
【答案】D
【解析】
【详解】A．干冰是固态二氧化碳，化学式是：CO2，A正确；
B．纯碱是碳酸钠的俗称，化学式是：Na2CO3，B正确；
C．硫酸铜晶体俗称胆矾，化学式是：CuSO4·5H2O，C正确；
D．硫酸钙晶体俗称石膏，化学式是：CaSO4·2H2O，D错误；
故合理选项是D。
9. 下列说法不正确的是
A. C和N互为同位素B. O2和O3互为同素异形体
C. C2H6和C3H8互为同系物D. 正戊烷和异戊烷互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．C和N的质子数不同，因此二者不能互为同位素，A错误；
B．O2和O3是O元素形成的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，B正确；
C．C2H6和C3H8都符合烷烃的分子式通式CnH2n+2，它们结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，因此二者互为同系物，C正确；
D．正戊烷和异戊烷分子式都是C5H12，二者的分子结构不同，因此二者互为同分异构体，D正确；
故合理选项是A。
10. 下列说法不正确的是
A. 工业上一般通过电解熔融氧化铁制备铁
B. 工业上可用黄铁矿为原料制备硫酸
C. 漂白粉可用作游泳池等场所的消毒剂
D. 过氧化钠可在呼吸面具中作为氧气的来源
【答案】A
【解析】
【详解】A．工业上用CO还原氧化铁炼铁，故A错误；
B．黄铁矿的主要成分是FeS2，工业上可用黄铁矿为原料制备硫酸，故B正确；
C．漂白粉能杀菌消毒，可用作游泳池等场所的消毒剂，故C正确；
D．过氧化钠和二氧化碳、水反应放出氧气，可在呼吸面具中作为氧气的来源，故D正确；
选A。
11. 下表是元素周期表的一部分，①～⑥代表6种短周期主族元素，已知③与氢元素能组成日常生活中常见的化合物。
下列说法正确的是
A. ①～⑥中原子半径最大的是④B. ②的最高化合价为＋4
C. ④的金属性比⑤的金属性弱D. ⑥的最高价氧化物对应水化物是弱酸
【答案】A
【解析】
【分析】下表是元素周期表的一部分，①～⑥代表6种短周期主族元素，已知③与氢元素能组成日常生活中常见的化合物，该化合物是H2O，则③是O元素，①是C元素，②是N元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素，然后根据元素周期律及物质性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①是C元素，②是N元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是Mg元素，⑥是Cl元素。
A．不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大；同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以①～⑥中原子半径最大的是④号元素Na元素，A正确；
B．②是N元素，N原子最外层有5个电子，其最高化合价为+5价，B错误；
C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，该原子失去电子的能力就越弱，元素的金属性逐渐减弱，则④的金属性比⑤的金属性强，C错误；
D．⑥是Cl元素，Cl元素的最高价氧化物对应水化物HClO4是强酸，D错误；
故合理选项是A。
12. 下列化学用语书写正确的是
A. 硝酸的电离方程式：HNO3=H+＋N5+＋3O2−
B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式：Ba2+＋SO=BaSO4↓
C. 钠与水反应的离子方程式：2Na＋2H2O=2Na+＋2OH−＋H2↑
D. 氧化铝溶于氢氧化钠溶液的化学方程式：Al2O3＋NaOH=NaAlO2＋H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．在水溶液中，硝酸完全电离为氢离子和硝酸根离子，电离方程式为HNO3=H+＋NO，故A错误；
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H+＋SO=BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na＋2H2O=2Na+＋2OH−＋H2↑，故C正确；
D．氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故D错误；
选C。
13. 在A处通入湿润的氯气，C处的干燥红色布条不褪色，则B瓶中盛放的溶液不可能是
A. Na2CO3溶液B. 饱和NaCl溶液
C. 浓硫酸D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【分析】干燥的Cl2不具有漂白性，因而干燥的氯气不能使有色物质褪色；潮湿的Cl2中Cl2与水反应产生的HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色而使红色物质褪色。
【详解】A．Cl2与Na2CO3碱性溶液反应，导致Cl2不能进入装置C中，因而C处的干燥红色布条不褪色，A不符合题意；
B．在A处通入湿润的氯气在饱和NaCl溶液中不能溶解，因而在C处能够使干燥红色布条褪色，B符合题意；
C．在A处通入湿润的氯气，当气体经过盛有浓硫酸的洗气瓶后，Cl2被干燥，干燥的Cl2不具有漂白性，因而C处不能使有色物质褪色，C不符合题意；
D．Cl2与NaOH溶液发生反应，变为可溶性NaCl、NaClO，留在装置B中，因而C处无Cl2通入，故不能使有色物质褪色，D不符合题意；
故合理选项是B。
14. 关于有机物(HO-CH2CH=CHCH2-COOH)的说法不正确的是
A. 含有3种官能团B. 可发生加聚反应
C. 分子式为C5H8O2D. 可与NaHCO3溶液反应生成CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质分子中含有羟基、羧基、碳碳双键3种官能团，A正确；
B．该物质分子中含有官能团碳碳双键，因此在一定条件下能够发生加聚反应，B正确；
C．根据物质结构简式可知其分子式是C5H8O3，C错误；
D．该物质分子中含有羧基，具有酸性，因此能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，D正确；
故合理选项是C。
15. 下列实验方法或操作合理的是
A. 观察丁达尔效应中光的“通路”，视线应与光束的方向平行
B. 焰色试验的铂丝，在使用前应用稀硫酸洗净
C. 未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶
D. 定容之前，应上下颠倒摇动容量瓶，使溶液混合均匀
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察丁达尔效应中光的“通路”，视线应与光束的方向垂直，故A错误；
B．焰色试验的铂丝，在使用前应用稀盐酸洗净，故B错误；
C．钠、钾是活泼金属，白磷易自燃，未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶，故C正确；
D．定容之后，应上下颠倒摇动容量瓶，使溶液混合均匀，故D错误；
选C。
二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个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)
16. 下列属于放热反应的是
A. 氢氧化钡晶体与氯化铵反应B. 碳酸氢钠受热分解
C. 镁条与盐酸反应D. 灼热的碳与二氧化碳反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化钡晶体与氯化铵反应产生BaCl2和氨水，该反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，A不符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、水、二氧化碳，该反应发生会吸收热量，因此该反应为吸热反应，B不符合题意；
C．镁条与盐酸反应产生氯化镁和氢气，该反应发生放出热量，使溶液温度升高，因此反应为放热反应，C符合题意；
D．灼热的碳与二氧化碳反应产生CO，反应发生吸收热量，因此该反应为吸热反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
17. 常见的锌锰干电池构造示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. 该电池属于一次电池
B. 电池工作时，锌筒作负极，电极反应式为Zn-2e−=Zn2+
C. 电池工作时，电子由锌筒流出经过外电路流向石墨棒
D. 电池工作时，电能转化为化学能
【答案】D
【解析】
【详解】A．锌锰干电池属于一次电池，故A正确；
B．电池工作时，锌筒作负极，电解液呈酸性，电极反应式为Zn-2e−=Zn2+，故B正确；
C．电池工作时，锌为负极、碳棒为正极，电子由锌筒流出经过外电路流向石墨棒，故C正确；
D．电池工作时，化学能转化为电能，故D错误；
选D。
18. 化学与职业息息相关，下列职业与职责不对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．对天然水、工业用水、生活用水等进行检测和评定的专业技术人员，一般检验氯离子、硫酸根离子、微生物、有机物等是水质检验员的职责，A正确；
B．了解食物的化学成分，关注各类营养素对健康的影响，熟悉食物营养和食品加工知识是营养素的职责，不是测试工程师的职责，B错误；
C．对环境问题的调查研究、分析监测、管理监督和对环境污染的控制和治理是环境保护工程师的职责，C正确；
D．利用现代科技手段分析古代遗存，再结合考古学方法，探索人类历史是科技考古研究人员的职责，D正确；
故合理选项是B。
19. 下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A. I2分子内存在非极性共价键
B. HCl气体溶于水的过程中破坏了离子键
C. 5.6 g Fe与足量Cl2反应生成FeCl3，转移的电子数为0.3NA
D. 标准状况下，2.24 L HC≡CH中含有碳氢键数目为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．I2分子内2个I原子之间存在I-I非极性共价键，A正确；
B．HCl分子中存在H-Cl共价键，当气体溶于水时破坏的是共价键，电离产生H+、Cl-，不是离子键，B错误；
C．5.6 g Fe的物质的量是0.1 ml，当其与足量Cl2反应会生成FeCl3，0.1 ml Fe发生该反应转移的电子数为0.3NA，C正确；
D．标准状况下，2.24 L乙炔气体的物质的量是0.1 ml，由于1个乙炔分子中含有2个C-H共价键，则0.1 ml乙炔中含有碳氢键数目为0.2NA，D正确；
故合理选项是B。
20. 一定温度下，在2 L恒容密闭容器中充入3种气体M、N和Q，它们的物质的量随时间变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 该反应的化学方程式： 3M＋N2Q
B. 1 min内N的平均反应速率为0.25 ml/(L·min)
C. 充入He，容器内压强增大，则化学反应速率增大
D. 当容器内M的物质的量保持不变时，化学反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．1min内M减少1.5ml、N减少0.5ml、Q增多1ml，所以MN是反应物、Q是生成物，变化量比等于系数比，所以该反应的化学方程式： 3M＋N2Q，故A正确；
B．1min内N减少0.5ml ，N平均反应速率为0.25 ml/(L·min)，故B正确；
C．充入He，容器内压强增大，容器体积不变，反应物浓度不变，则化学反应速率不变，故C错误；
D．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，当容器内M的物质的量保持不变时，化学反应达到平衡状态，故D正确；
选C。
21. 下列说法不正确的是
A. 碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点
B. 塑料具有密度小、耐腐蚀等优良的性能
C. 硫酸铝可以做消毒剂、混凝剂
D. 2CH2=CH2＋O2 2符合绿色化学思想
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳化硅由于化学性能稳定、导热系数高、热膨胀系数小、耐磨性能好，除作磨料用外，还有很多其他用途，例如：以特殊工艺把碳化硅粉末涂布于水轮机叶轮或汽缸体的内壁，选项A正确；
B．塑料具有密度小、不易导电、易加工成型、耐腐蚀的性能，选项B正确；
C．混凝剂硫酸铝是净水剂，工业上常用它来处理含氟废水，也可以用来制造其他含氟聚合物，但不具有强氧化性，不能作为消毒剂，选项C不正确；
D．反应物中原子全部转化为产物，且产物只有一种，符合“绿色化学”的思想，选项D正确；
答案选C。
22. 某工业废水中含有FeSO4和CuSO4(不考虑其他成分)，利用以下流程可以回收FeSO4和Cu。
下列说法不正确的是
A. 操作1和操作2都是过滤B. 固体1是Fe和Cu的混合物
C. 试剂2为适当过量的稀H2SO4D. 操作3为蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【分析】工业废水中含有FeSO4和CuSO4，加入过量铁粉，铁置换出铜，过滤，固体1中含有Fe、Cu，溶液1含有FeSO4，固体1中加硫酸，铁和硫酸反应生成FeSO4和氢气，过滤，固体2是Cu，FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得。
【详解】A．操作1和操作2都是固液分离，都是过滤操作，故A正确；
B．FeSO4和CuSO4溶液中加入过量铁粉，铁置换出铜，固体1是Cu和剩余的Fe，故B正确；
C．试剂2是除去Fe、Cu的混合物中的Fe，并回收FeSO4，所以试剂2为适当过量的稀H2SO4，故C正确；
D．从FeSO4溶液获得，操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D错误；
选D。
23. 消除氮氧化物的3种方法：
①4NO2+O2+4Na2CO3+2H2O=4NaHCO3+4NaNO3
②6NO+4NH35N2+6H2O
③2NO+2CO2CO2+N2
下列说法不正确的是
A. 氮氧化物会造成酸雨等污染
B. ①是利用Na2CO3的碱性和氧化性消除NO2
C. ②③的目的是将化合态的氮元素转化为N2
D. ②③使用催化剂，能加快消除氮氧化物的速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮氧化物与O2及H2O反应会产生HNO3，因而会造成酸雨等污染，A正确；
B．①反应是利用Na2CO3的碱性消除NO2造成的污染，B错误；
C．根据反应方程式可知反应②③的目的是将化合态的氮元素转化为N2，从而消除NO对环境造成的污染，C正确；
D．②③使用催化剂，能降低反应的活化能，从而可以加快消除氮氧化物的速率，D正确；
故合理选项是B。
24. 将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，Na+和Cl−脱离NaCl固体的表面进入水中。该过程的示意图不正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将NaCl固体加入水中，在水分子的作用下，盐表面的Na+和Cl−在水分子作用下脱离NaCl固体的表面进入水中，形成水合钠离子和水合氯离子。Na+在水中形成水合钠离子时，由于Na+带正电，所以H2O分子中带部分负电荷O原子靠近Na+一侧；Cl-形成水合氯离子时，由于Cl-带负电，因此H2O分子中带有正电荷的H原子一端靠近Cl-一侧，故上述图示中错误的表述是，故合理选项是D。
25. 根据实验操作和和现象得出的结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．红热的铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4固体中含＋3价、+2价铁元素，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色，可能是铁把Fe3+还原为Fe2+，故A错误；
B．钠在空气中加热，发生剧烈反应，生成淡黄色固体Na2O2，故B正确；
C．蔗糖和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生，说明蔗糖水解为葡萄糖，故C正确；
D．某溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HNO3，沉淀不溶解，沉淀一定是氯化银，所以溶液中含有Cl−，故D正确；
选A。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26. 请回答：
（1）HCl的电子式是_______；天然气的主要成分是_______(用分子式表示)。
（2）足量SO2通入品红溶液，可观察到的现象是_______。
（3）实验室制备氯气的离子方程式是_______。
【答案】（1） ①. ②. CH4
（2）品红溶液褪色 （3）MnO2＋4H+＋2Cl−Mn2+＋Cl2↑＋2H2O
【解析】
【小问1详解】
HCl是共价化合物，电子式是；天然气的主要成分是CH4。
【小问2详解】
二氧化硫具有漂白性，足量SO2通入品红溶液，可观察到的现象是品红溶液褪色；
【小问3详解】
实验室中用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应的离子方程式是MnO2＋4H+＋2Cl−Mn2+＋Cl2↑＋2H2O。
27. 土豆丝放入水中浸泡，水变浑浊并产生白色沉淀，其主要成分是有机物A，A遇碘会变蓝。以A为原料获得有机物E的转化关系如下图，已知E是有香味的无色油状液体。
请回答：
（1）有机物A的名称是_______。
（2）有机物B的分子式是_______。
（3）有机物C与D反应生成E的化学方程式是_______。
（4）下列说法正确的是_______。
A. 仅用Na2CO3溶液无法鉴别有机物C、D和E
B. 有机物A的分子式为C6H10O5
C. 有机物B能发生银镜反应
D. 工业上可以利用乙烯与水的加成反应制取有机物C
【答案】（1）淀粉 （2）C6H12O6
（3）CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O （4）CD
【解析】
【分析】土豆丝放入水中浸泡，水变浑浊并产生白色沉淀，其主要成分是有机物A，A遇碘会变蓝。A是淀粉，淀粉在催化剂作用下水解产生B是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生C是乙醇，结构简式是CH3CH2OH，乙醇催化氧化产生的D是乙酸，结构简式是CH3COOH，乙醇与乙酸在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生的E是有香味的无色油状液体，该物质是CH3COOCH2CH3。
【小问1详解】
根据上述分析可知有机物是淀粉；
【小问2详解】
淀粉在催化剂存在条件下发生水解反应产生B是葡萄糖，其分子式是C6H12O6；
【小问3详解】
有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，二者在浓硫酸存在条件下加热发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，该反应是可逆反应，反应方程式为：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O；
【小问4详解】
A．有机物C是CH3CH2OH，有机物D是CH3COOH，有机物E是CH3COOCH2CH3，饱和Na2CO3溶液能够溶解乙醇，液体不分层；能够与乙酸反应放出CO2气体而产生气泡；与乙酸乙酯混合，液体分层，油层在上层，可见三种液体物质与Na2CO3溶液混合，现象各不相同，可以鉴别，A错误；
B．有机物A是淀粉，该物质是高分子化合物，其分子式是(C6H10O5)n，B错误；
C．有机物B是葡萄糖，分子中含有醛基，能够与银氨溶液发生银镜反应，C正确；
D．乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2O在一定条件下发生加成反应产生CH3CH2OH，D正确；
故合理选项是CD。
28. 盐X为某种矿石的主要成分，仅含四种元素，不含结晶水。设计并完成以下实验(X、A、B均为纯净物)。
请回答：
（1）气体B的分子式是_______。
（2）盐X中4种元素是H、O和_______(填元素符号)。
（3）盐X隔绝空气加热发生反应的化学方程式是_______。
（4）加热条件下A与无水乙醇反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）CO2 （2）Cu、C
（3）Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑
（4）CuO＋CH3CH2OHCu＋CH3CHO＋H2O
【解析】
【分析】由四种元素组成的不含结晶水的盐隔绝空气加热分解产生H2O、黑色固体A和无色无味气体B，黑色固体A中加入稀硫酸，得到蓝色溶液，则其中含有Cu2+，A是CuO。n(H2O)=，n(CuO)=。无色无味气体B通入澄清石灰水产生白色浑浊，则B是CO2气体，n(CO2)=，故盐中含有Cu、C、H、O，n(Cu)：n(H)：n(C)：n(O)=0.03 ml：(0.015 ml×2)：0.015 ml：(0.03 ml+0.015 ml+0.015 ml×2)=2：2：1：5，则该化合物为Cu2(OH)2CO3。
【小问1详解】
根据上述分析可知X是Cu2(OH)2CO3，A是CuO，B是CO2；
【小问2详解】
根据上述分析可知X中的4种元素是H、O和Cu、C；
【小问3详解】
盐X是Cu2(OH)2CO3，该物质受热分解产生CuO、CO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO32CuO＋H2O＋CO2↑；
【小问4详解】
A是CuO，在加热时CuO与CH3CH2OH发生反应产生CH3CHO、Cu、H2O，该反应的化学方程式为：CuO＋CH3CH2OHCu＋CH3CHO＋H2O。
29. 去除粗盐中少量K+、Ca2+、Mg2+和SO精制盐的实验步骤如下：
I.取一定量粗盐于烧杯中，加蒸馏水搅拌，使粗盐全部溶解，得到粗盐水。
II.在粗盐水中加入适当过量的A溶液，使SO完全沉淀；继续滴加适当过量的NaOH溶液，然后滴加过量的饱和Na2CO3溶液，静置后过滤，除去沉淀B，得到滤液。
III.向所得滤液加盐酸至溶液呈中性或微酸性，再蒸发至稠状，趁热过滤、热水洗涤、干燥，可得到去除杂质离子的精盐。
请回答：
（1）步骤II，试剂A是___；沉淀B成分有___ (A、B均用化学式表示)。
（2）步骤III，检验溶液呈微酸性的实验方法是___(不要求描述操作步骤和现象)。
（3）步骤III，将溶液蒸发至稠状的目的是_______；蒸发操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、坩埚钳、_______。
【答案】（1） ①. BaCl2 ②. BaSO4、Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3
（2）测pH （3） ①. 分离NaCl和KC1 ②. 蒸发皿
【解析】
【小问1详解】
Ba2+与SO反应生成BaSO4沉淀，步骤II，加入适当过量的A溶液，使SO完全沉淀，为不引入新杂质，试剂A是BaCl2；加入氢氧化钠发生反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2，加入碳酸钠发生反应，沉淀B的成分有BaSO4、Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3。
【小问2详解】
步骤III，用pH试纸检验溶液呈微酸性。
【小问3详解】
步骤III除去K+，将溶液蒸发至稠状形成氯化钠固体，目的是分离NaCl和KC1；蒸发操作的装置为，主要仪器有酒精灯、三脚架、玻璃棒、坩埚钳、蒸发皿。
30. 为测定某抗胃酸药片中碳酸钙的质量分数(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)：
I.向0.1000 g药片粉末中依次加入20.00 mL蒸馏水、25.00 mL 0.1000 ml/L稀盐酸，使之充分反应。
II.中和过量的盐酸，消耗0.1000 ml/L NaOH溶液13.00 mL。
请计算：
（1）II中消耗NaOH的物质的量为_______ml。
（2）0.1000 g药片消耗HCl的物质的量为_______ml。
（3）药片中碳酸钙的质量分数为_______。
【答案】（1）0.001300 ml或1.300×10−3 ml(或0.0013 ml或1.3×10−3 ml)
（2）0.001200 ml或1.200×10−3 ml(或0.0012 ml或1.2×10−3 ml)
（3）60.00%或0.6000(或60%或0.6)
【解析】
【小问1详解】
II中消耗NaOH的物质的量n=cV=0.1000 ml/L×0.013L=0.001300 ml；
【小问2详解】
0.1000 g药片消耗HCl物质的量为0.025L ×0.1000 ml/L-0.001300 ml=0.001200ml；
【小问3详解】
药片中碳酸钙和盐酸反应的方程式为，反应消耗0.001200ml盐酸，则CaCO3的物质的量为0.0006ml，碳酸钙的质量分数为。①
②
③
④
⑤
⑥
选项
职业
职责
A
水质检验员
对天然水、工业用水、生活用水等的物理、化学及生物性质进行检验和评定
B
测试工程师
了解食物的化学成分，关注各类营养素对健康的影响，熟悉食物营养和食品加工知识
C
环境保护工程师
对环境问题的调查研究、分析监测、管理监督和对环境污染的控制和治理
D
科技考古研究人员
利用现代科技手段分析古代遗存，再结合考古学方法，探索人类历史
选项
实验操作和和现象
结论
A
红热的铁与水蒸气反应后的固体物质，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色
固体物质中不含＋3价铁元素
B
钠在空气中加热，发生剧烈反应，得到淡黄色固体
固体物质中含有Na2O2
C
蔗糖和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入少量新制Cu(OH)2，加热，有砖红色沉淀产生
蔗糖已经水解
D
某溶液中滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，再加足量稀HNO3，沉淀不溶解
溶液中含有Cl−