【化学】浙江省2019年1月高二上学期学业水平考试（解析版）

浙江省2019年1月高二上学期学业水平考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一、选择题
1.水的分子式是
A. H2 B. O2 C. H2O D. CO2
【答案】C
【解析】
【详解】水是由氢、氧两种元素组成的无机物，分子式为H2O，故选C。
【点睛】水是地球上最常见的物质之一，是包括无机化合、人类在内所有生命生存的重要资源，也是生物体最重要的组成部分。水在生命演化中起到了重要作用。它是一种狭义不可再生，广义可再生资源。
2.根据物质的组成与性质进行分类，MgO属于
A. 氧化物 B. 酸 C. 碱 D. 盐
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化物是指氧元素与另外一种元素组成的二元化合物；酸指电离产生的阳离子全为H+的化合物；碱指电离产生的阴离子全为OH-的化合物；盐指电离产生金属阳离子（或NH4+）和酸根阴离子的化合物。
【详解】MgO属于碱性氧化物，故选A。
【点睛】氧化物中只含有两种元素，其一一种元素必须是氧元素，另一种可为金属或非金属元素。
3.仪器名称为“胶头滴管”的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
胶头滴管又称胶帽滴管，它是用于吸取或滴加少量液体试剂的一种仪器，胶头滴管由胶帽和玻璃管组成。
【详解】A项、仪器名称为分液漏斗，故A错误；
B项、仪器名称为干燥管，故B错误；
C项、仪器名称为为直形冷凝管，故C错误；
D项、仪器名称为胶头滴管，故D正确。
故选D。
4.冰毒有剧毒，人体摄入后将严重损害心脏、大脑组织甚至导致死亡，严禁吸食。它的分子式为C10H15N，其中的氮元素在周期表中处于
A. 第IIA族 B. 第IIIA族 C. 第IVA族 D. 第VA族
【答案】D
【解析】
【详解】氮元素的原子序数为7，在周期表中位于第二周期VA族，故选D。
5.萃取碘水中的碘单质，可作萃取剂的是
A. 水 B. 四氯化碳 C. 酒精 D. 食醋
【答案】B
【解析】
【分析】
萃取时萃取剂的选择应符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应。
【详解】碘水中提取碘单质，需要通过萃取方法，选取的萃取剂不能与水相溶，所以不能选用水、酒精、食醋，可以选用不溶于水的四氯化碳，故选B。
【点睛】本题考查萃取的原理，抓住萃取剂的条件是解题的关键。
6.反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，氧化剂是
A. Na B. H2O C. NaOH D. H2
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中，Na元素的化合价由0升高为+1价，H元素的化合价由+1价降低为0。
【详解】反应中，H元素的化合价降低，则H2O为氧化剂，故选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素化合价角度分析，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。
7.下列属于弱电解质的是
A. NH3·H2O B. NaOH C. NaCl D. CH3CH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】
弱电解质是指在水溶液里部分电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水与少数盐；强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，包括强酸、强碱和大部分盐类。
【详解】A项、NH3·H2O在溶液中部分电离，属于弱电解质，故A正确；
B项、NaOH在溶液中完全电离，属于强电解质，故B错误；
C项、NaCl在溶液中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D项、CH3CH2OH在水溶液中和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D错误。
故选A。
【点睛】本题主要考查了弱电解质的判断，解答须抓住弱电解质的特征“不能完全电离”，常见的弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐。
8.下列表示不正确的是
A. 甲烷分子的比例模型为 B. 乙烷的结构简式为 CH3CH3
C. 磷原子的结构示意图为 D. MgCl2的电子式为
【答案】D
【解析】
【分析】
常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。
【详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为 ，故A正确；
B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；
C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；
D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子之间的成键情况。
9.下列说法不正确的是
A. 16O和18O互为同位素
B. 金刚石和足球烯互为同素异形体
C. C2H6和C3H6互为同系物
D. C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体
【答案】C
【解析】
【分析】
质子数相同中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素；由同一元素组成的不同单质互称同素异形体；结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互称同系物；分子式相同结构不同的化合物互称同分异构体。
【详解】A项、16O、18O是氧元素的不同原子，所以互为同位素，故A正确；
B项、金刚石和足球烯是碳元素的不同单质，所以互为同素异形体，故B正确；
C项、C2H6和C3H6的通式不相同，结构不相似，分子组成上相差一个碳原子，不互为同系物，故C错误；
D项、C2H5OH和CH3OCH3的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确。
故选C。
10.下列说法不正确的是
A. 石灰石、纯碱、石英可作为制备水泥的主要原料
B. 燃煤烟气的脱硫过程可以得到副产品石膏和硫酸铵
C. 硫酸钡可作高档油漆、油墨、塑料、橡胶的原料及填充剂
D. 在催化剂作用下，用玉米、高粱为原料经水解和细菌发酵可制得乙醇
【答案】A
【解析】
【详解】A项、生产普通水泥的原料是石灰石和黏土，石灰石、石英和纯碱是制备玻璃的主要原料，故A错误；
B项、石灰乳吸收烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸钙，继续氧化可以得到石膏，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，生成亚硫酸铵，继续氧化可以得到硫酸铵，故B正确；
C项、硫酸钡不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”。硫酸钡还可以用作白色颜料，并可做高档油漆、油墨、造纸、塑料、橡胶的原料及填充剂，故C正确；
D项、玉米、高粱的主要成分是淀粉，淀粉经水解和细菌发酵可制得乙醇，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查较为综合，涉及工业生产的考查，侧重于化学与生产、生活以及化学对工业生产的指导意义，掌握基础知识是解答关键。
11.四种短周期主族元素X、Y、Z和M在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是

A. 原子半径(r)：r(X)>r(Z)
B. 元素的非金属性：Y>M
C. Y元素的最高化合价为+7价
D. Z的最高价氧化物的水化物为强酸
【答案】B
【解析】
【分析】
由周期表中的位置可知，X为C元素、Y为F元素、Z为Si元素、M为S元素。
【详解】A项、C元素和Si元素都是ⅣA族元素，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，原子半径r(Si)>r(C)，故A错误；
B项、因同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则元素的非金属性F>S，故B正确；
C项、F元素只有负化合价，没有正化合价，故C错误；
D项、Z为Si元素，Si元素的最高价氧化物的水化物为硅酸，硅酸是弱酸，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查结构位置性质关系应用，侧重于分析能力的考查，注意把握元素周期表的结构、元素周期律的递变规律是解答关键。
12.下列方程式不正确的是
A. 碳与热的浓硫酸反应的化学方程式：C+2H2SO4(浓)CO↑+2SO2↑+2H2O
B. 乙炔燃烧的化学方程式：2C2H2 +5O2 4CO2 +2H2O
C. 氯化氢在水中的电离方程式：HCl=H+ +Cl-
D. 氯化铵水解的离子方程式：NH4+＋H2O NH3·H2O＋H＋
【答案】A
【解析】
【分析】
方程式的判断方法是先看是否能够反应，再看化学式是否正确，再看方程式的配平与否，再看条件是否准确。
【详解】A项、碳和浓硫酸加热反应生成的产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2 ↑+2SO2 ↑+2H2O，故A错误；
B项、乙炔燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2C2H2 +5O2 4CO2 +2H2O，故B正确；
C项、氯化氢是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：HCl=H+ +Cl-，故C正确；
D项、氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解，溶液呈酸性，水解的离子方程式为：NH4+＋H2O NH3·H2O＋H＋，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查方程式的书写，把握发生反应的原理和实质及书写方法为解答的关键。
13.下列实验操作对应的现象不符合事实的是




A．用铂丝蘸取NaCl溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
B．将少量银氨溶液加入盛有淀粉和硫酸的试管中，加热，产生光亮的银镜
C．饱和食盐水通电一段时间后，湿润的KI-淀粉试纸遇b处气体变蓝色
D．将胆矾晶体悬挂于盛有浓H2SO4的密闭试管中，蓝色晶体逐渐变为白色
【答案】B
【解析】
【分析】
A、钠元素的焰色反应为黄色；
B、葡萄糖在碱性条件下与银氨溶液共热，产生光亮的银镜；
C、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气；
D、浓硫酸具有吸水性。
【详解】A项、钠元素的焰色反应为黄色，用铂丝蘸取NaCl溶液置于酒精灯火焰上灼烧，可以观察到黄色火焰，故A正确；
B项、淀粉在硫酸作催化剂时，水解生成葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下与银氨溶液共热，产生光亮的银镜，故B错误；
C项、电解饱和食盐水时，与电源正极相连的为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气b处逸出，与湿润的KI-淀粉试纸作用，生成的单质碘与淀粉发生显色反应变蓝色，故C正确；
D项、浓硫酸具有吸水性，能够使胆矾失去结晶水，蓝色晶体逐渐变为白色，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及焰色反应、葡萄糖的性质、电解原理、浓硫酸的性质等，注意从实验原理分析判断是解答的关键。
14.下列说法不正确的是
A. 苯与溴水、酸性高锰酸钾溶液不反应，说明苯分子中碳碳原子间只存在单键
B. 煤是由有机物和无机物所组成的复杂的混合物
C. 天然气的主要成分是甲烷，甲烷可在高温下分解为炭黑和氢气
D. 乙烯为不饱和烃，分子中6个原子处于同一平面
【答案】A
【解析】
【详解】A项、苯分子中碳碳键不是单键与双键的交替结构，而是介于单键与双键之间的一种独特的键，故A错误；
B项、煤是由有机物和无机物所组成的复杂的混合物，故B正确；
C项、天然气的主要成分是甲烷，甲烷可在高温下发生分解反应生成炭黑和氢气，故C正确；
D项、乙烯分子中含有碳碳双键，为不饱和烃，分子中6个原子处于同一平面上，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注重常见有机物性质的考查，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确苯分子中的碳碳键为一种独特键，不能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色是解答关键。
15.下列说法不正确的是
A. 油脂是一种营养物质，也是一种重要的工业原料，用它可以制造肥皂和油漆等
B. 饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质析出
C. 碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合、加热、生成砖红色沉淀
D. 每个氨基酸分子中均只有一个羧基和一个氨基
【答案】D
【解析】
【详解】A项、油脂属于高级脂肪酸甘油酯，油脂是一种营养物质，用油脂可以制造肥皂和油漆，故A正确；
B项、饱和Na2SO4溶液加入蛋白质溶液中，可使蛋白质发生盐析而析出，故B正确；
C项、碱性条件下，葡萄糖与新制氢氧化铜混合，加热至沸腾生成砖红色的氧化亚铜沉淀，故C正确；
D项、根据组成蛋白质的氨基酸的结构特点可知，每个氨基酸都至少含有一个氨基和一个羧基，但不是只有一个羧基和一个氨基，如谷氨酸中含一个氨基和两个羧基，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意判断有机物中的官能团，把握官能团与性质的关系、有机反应和性质应用等为解答的关键。
16.为了探究反应速率的影响因素，某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的CO2体积与反应时间的关系图(0-t1、t1-t2、t2-t3的时间间隔相等)。下列说法正确的是

A. 0-t1时间段，CO2的化学反应速率υ=V1/t1(mol·L-1·min-1)
B. t1-t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多
C. 根据(V3-V2)<(V2-V1)，推测反应速率减慢的原因可能是盐酸浓度减小
D. 在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图象知，曲线的斜率为该反应的化学反应速率，斜率越大其反应速率越大，相同的时间段里，收集到气体最多；反应开始，因为反应放热，使反应温度升高，反应速率加快，随着反应进行，盐酸浓度减小，反应速率减慢；当盐酸完全反应后，二氧化碳的量不再变化。
【详解】A项、0-t1时间段，CO2的体积变化量为V1，则CO2的化学反应速率υ=V1/t1(L/min)，故A错误；
B项、t1-t2与0-t1比较，反应速率加快的原因可能是反应放热，使反应温度升高，反应速率加快，故B错误；
C项、根据(V3-V2)<(V2-V1)可知，随着反应进行，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故C正确；
D项、在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明至少有一种反应物已经消耗完全，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查了化学反应速率的影响因素，知道浓度、温度对化学反应速率的影响，再结合速率公式分析解答，知道斜率与速率的关系是解答关键。
17.氢氧燃料电池构造如图所示。其电池反应方程式为：2H2+O2=2H2O

下列说法不正确的是
A. 多孔金属a作负极
B. 多孔金属b上，O2发生还原反应
C. 电池工作时，电解质溶液中OH- 移向a极
D. 正极的电极反应为：O2 +4e- +4H+ =2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
由电池反应方程式可知，还原剂氢气在负极多孔金属a上放电，电极反应式为H2-2 e- +2OH-=2H2O，氧化剂氧气在正极多孔金属b上放电，电极反应式为O2 +4e- +2H2O =4OH-。
【详解】A项、还原剂氢气在负极多孔金属a上放电，故A正确；
B项、氧化剂氧气在正极多孔金属b上放电，发生还原反应，故B正确；
C项、电池工作时，阴离子向负极移动，电解质溶液中OH- 移向a极，故C正确；
D项、氧化剂氧气在正极多孔金属b上放电，电极反应式为O2 +4e- +2H2O =4OH-，故D错误。
故选D。
【点睛】本题考查了原电池的工作原理的应用，分清化合价变化判断氧化反应、还原反应，熟练掌握原电池的基本知识是解题关键。
18.下列说法正确的是
A. 室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与氨水，导电能力相同
B. 室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，两溶液的pH相等
C. 室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，pH相等
D. 室温下，等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
【答案】B
【解析】
【分析】
A、NaOH为强电解质，一水合氨为弱电解质；
B、室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，溶液中氢离子浓度相等；
C、NaCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性，NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性；
D、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠。
【详解】A项、NaOH为强电解质，一水合氨为弱电解质，室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaOH溶液与氨水相比，NaOH溶液中离子浓度大，导电能力强，故A错误；
B项、室温下，HCl溶液中c(Cl-)与c(CH3COOH)溶液中c(CH3COO-)相等，说明溶液中氢离子浓度相等，则两溶液的pH相等，故B正确；
C项、NaCl为强酸强碱盐，水溶液呈中性，NH4Cl为强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，室温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液与NH4Cl溶液，NaCl溶液pH大，故C错误；
D项、等物质的量浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸钠在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误。
故选B。
19.下列说法不正确的是
A. 硅晶体和二氧化硅晶体中都含共价键
B. 冰和干冰熔化时克服的作用力均为分子间作用力
C. 硫晶体和硫酸钠晶体均属于离子晶体
D. 氯气和四氯化碳分子中每个原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A、硅晶体和二氧化硅晶体都是原子晶体；
B、冰和干冰都是分子晶体；
C、硫晶体为分子晶体，硫酸钠晶体为离子晶体；
D、氯气的电子式为，四氯化碳的电子式为。
【详解】A项、硅晶体和二氧化硅晶体都是原子晶体，微粒间作用力都是共价键，故A正确；
B项、冰和干冰都是分子晶体，熔化时克服的作用力均为分子间作用力，故B正确；
C项、硫晶体为分子晶体，硫酸钠晶体为离子晶体，故C错误；
D项、氯气的电子式为，两个氯原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构，四氯化碳的电子式为，碳原子和氯原子的最外电子层都形成了具有8个电子的稳定结构，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了晶体的性质，明确典型晶体类型是解本题关键。
20.反应N2(g)+O2(g)=2NO(g)的能量变化如图所示。已知：断开1mol N2(g)中化学键需吸收946kJ能量，断开1mol O2(g)中化学键需吸收498kJ能量。

下列说法正确的是
A. N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H＝-180
B. NO(g)=1/2N2(g)+1/2O2(g) △H＝+90
C. 断开1mol NO(g)中化学键需要吸收632kJ能量
D. 形成1 mol NO(g)中化学键可释放90kJ能量
【答案】C
【解析】
【分析】
由示意图可知，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，△H＞0。
【详解】A项、该反应为吸热反应，N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H＝+180kJ/mol，故A错误；
B项、正反应为吸热反应，逆反应应该为放热反应，则NO(g)=1/2N2(g)+1/2O2(g) △H＝-90，故B错误；
C项、反应热等于反应物键能之和减去生成物的键能之和，△H＝[（946kJ/mol+498kJ/mol）)- 2×E(N—O）]= +180kJ/mol，E(N—O)=632 kJ/mol，则断开1mol NO(g)中化学键需要吸收632kJ能量，故C正确；
D项、反应热等于反应物键能之和减去生成物的键能之和，△H＝[（946kJ/mol+498kJ/mol）)- 2×E(N—O）]= +180kJ/mol，E(N—O)=632 kJ/mol，则形成1 mol NO(g)中化学键可释放632kJ能量，故D错误。
【点睛】本题考查化学反应中能量变化、吸热反应与放热反应，根据能量守恒，理解键能与焓变关系是解答关键。
21.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. CO2和CO的混合物共0.5 mol，其中的原子数目为NA
B. 1 L0.5 mol·Lˉ1的NaOH溶液中含有的离子总数为0.5NA
C. 6 g石墨晶体中含有的质子数目为3NA
D. 标准状况下，1.12L C2H4中含有的共用电子对的数目为0.25NA
【答案】C
【解析】
【分析】
A、无法计算0.5 mol混合物中CO2和CO的物质的量；
B、1 L0.5 mol·Lˉ1的NaOH溶液中含有0.5 molNa+和0.5 molOH-；
C、1 molC原子含有的质子数为6mol；
D、1mol C2H4中含有的共用电子对为6 mol。
【详解】A项、没有明确CO2和CO的物质的量比，无法计算0.5 mol混合物中CO2和CO的物质的量，无法计算原子个数，故A错误；
B项、1 L0.5 mol·Lˉ1的NaOH溶液中含有0.5 molNa+和0.5 molOH-，离子总数为1mol，故B错误；
C项、6 g石墨晶体中C原子的物质的量为6g÷12g/mol=0.5mol，1 molC原子含有的质子数为6mol，则0.5mol C原子含有的质子数为3mol，故C正确；
D项、标准状况下，1.12L C2H4的物质的量为1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，1mol C2H4中含有的共用电子对为6 mol，0.05mol C2H4中含有的共用电子对为0.3mol，故D错误。
故选C。
【点睛】题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。
22.一定温度下，在体积恒定的密闭容器中发生反应：。反应过程中的部分数据如下表所示：

反应刚好达到平衡状态时
A. t=6min
B. c(NH3)=0.4mol·Lˉ1
C. 容器内的气体分子数N(N2):N(H2):N(NH3)=1:3:2
D. H2的正反应速率等于N2的逆反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】
由题给数据，依据化学方程式可得下列表格：

c(N2)
c(H2)
c(NH3)
0
1.0
3.0
0
3
0.875
2.625
0.25
6
0.8
2.4
0.4
9
0.8
2.4
0.4
由表格数据可知6min和9min时，各物质浓度保持不变，说明已达到平衡状态。
【详解】A项、6min时反应已达到平衡状态，但不能判断6min时反应刚好达到平衡状态，故A错误；
B项、达到平衡状态时，各物质浓度保持不变，则反应刚好达到平衡状态时c(NH3)=0.4 mol·Lˉ1，故B正确；
C项、容器内的气体分子数N(N2):N(H2):N(NH3)= 0.8V：2.4V：0.4V=2:6:1，故C错误；
D项、反应刚好达到平衡状态时，H2的正反应速率等于N2的逆反应速率的三倍，故D错误。
故选B。
23.配制500mL 0.100 mol·Lˉ1的NaCl溶液，部分实验操作示意图如下：

下列说法正确的是
A. 实验中需用的仪器有：天平、250mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等
B. 上述实验操作步骤的正确顺序为①②④③
C. 容量瓶需要用自来水、蒸馏水洗涤，干燥后才可用
D. 定容时，仰视容量瓶的刻度线，使配得的NaCl溶液浓度偏低
【答案】D
【解析】
【分析】
配制500mL 0.100 mol·Lˉ1NaCl溶液操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，用托盘天平（用到药匙）称量氯化钠，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复到室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2～3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。
【详解】A项、配制500mL 0.100 mol·Lˉ1NaCl溶液用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故A错误；
B项、配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②①④③，故B错误；
C项、容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必干燥，故C错误；
D项、定容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积V偏大，溶液的浓度偏低，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，掌握配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是解题关键，注意误差分析的方法与技巧。
24.为将含有的FeCl3、FeCl2、CuCl2的废液中的Cu2+还原回收，某同学在含有ag铁粉的容器中加入废液，探究了加入废液体积与完全反应后体系中固体质量的关系，部分实验数据如下表所示。已知：废液中c(Cu2+)=0.7 mol·Lˉ1；废液体积大于0.5L，充分反应后才能检测出Cu2+。

下列说法不正确的是
A. 当铁粉与0.25L废液反应完全后，固体成分为Fe与Cu
B. 当铁粉与1L废液反应完全后，再加入废液时发生的离子反应为Fe +2Fe3+=3Fe2+
C. 废液中c(Fe3+)=0.2 mol·Lˉ1
D. 要将1L废液中的Cu2+全部还原，则至少需要铁粉44.8g
【答案】B
【解析】
【分析】
由题给数据可知，当废液体积≤0.5L时，固体质量不变，说明溶液中发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，且Fe3+消耗Fe的质量等于Cu2+与Fe反应固体增加的质量，设溶液体积为VL，则有56g/mol×Vc(Fe3+)/2=0.7V×8，解得c(Fe3+)=0.2 mol/L；当废液体积大于等于4L时，固体质量为0，说明ag铁粉只与Fe3+反应，则ag铁粉物质的量为（0.2mol/L×4L）×1/2=0.4mol，a=（0.2mol/L×4L）×1/2×56g/mol=22.4g。
【详解】A项、由题给数据可知，当废液体积为0.25L废液时，固体质量不变，说明溶液中发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则所得固体为Fe与Cu，故A正确；
B项、1L废液中n(Fe3+)为0.2mol、n(Cu2+)为0.7mol，Fe3+完全反应消耗0.1molFe，余下0.3 molFe与Cu2+完全反应，得到固体为Cu，再加入废液时，Cu与废液中Fe3+反应，反应的离子方程式为2 Fe3++Cu=2 Fe2++ Cu2+，故B错误；
C项、废液中c(Fe3+)=0.2 mol/L，故C正确；
D项、1L废液中n(Fe3+)为0.2mol、n(Cu2+)为0.7mol，Fe3+完全反应消耗0.1molFe，Cu2+完全反应消耗0.7molFe，共消耗0.8molFe，质量为44.8g，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查混合溶液中的计算，注意分析反应物的相对用量，正确判断随着废液体积增大，固体成分的变化是解答关键。
25.为确定试样xNa2CO3·yNaHCO3的组成，某同学将质量为a g的试样加水溶解后，所得试样溶液进行如下实验：

注：NaHCO3溶液pH约为8.3，饱和H2CO3溶液pH约为4.0。
下列说法正确的是
A. 当pH=8.3时，溶液中只存在Na+、H+、HCO3-、Cl-、OH-
B. 溶液pH由8.3变为4.0过程中，发生反应：CO32- +2H＋ =CO2↑+H2O
C. 若V2=2V1，则x=y
D. 试样中，NaHCO3的质量分数=[(8.4×10-3V2)/a]×100%
【答案】C
【解析】
【分析】
向试样溶液中加入0.1mol/LHClV1mL，溶液pH=8.3时，Na2CO3与盐酸恰好反应生成NaHCO3和NaCl，反应的化学方程式为Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl；继续加入0.1mol/LHClV2mL，溶液pH=4.0时，NaHCO3与盐酸恰好反应生成二氧化碳、水和NaCl，反应的化学方程式为NaHCO3+HCl= NaCl+ CO2↑+H2O。
【详解】A项、当pH=8.3时，Na2CO3与盐酸恰好反应生成NaHCO3和NaCl，NaHCO3在溶液中既有电离平衡也有水解平衡，溶液中存在的离子有Na+、H+、HCO3-、Cl-、OH-和CO32-，故A错误；
B项、溶液pH由8.3变为4.0过程中，NaHCO3与盐酸恰好反应生成二氧化碳、水和NaCl，反应的离子方程式为HCO3- +H＋=CO2↑+H2O，故B错误；
C项、由方程式Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl可知，试样溶液中n(Na2CO3)=n(HCl)=V1×10—4mol，由方程式NaHCO3+HCl= NaCl+ CO2↑+H2O可知，试样溶液中n(NaHCO3)=n(HCl)=（V2—V1）×10—4mol，若V2=2V1，则n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，x=y，故C正确；
D项、试样溶液中n(NaHCO3)=n(HCl)=（V2—V1）×10—4mol，NaHCO3的质量分数=[(8.4×10-3（V2—V1）)/a]×100%，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，依据物质的性质和题给信息书写方程式，明确反应所得的产物，依据产物的性质分析和计算是解答关键。
二、非选择题(本大题共5小题，共20分)
26.(1)①写出Na2O的名称：_______；②写出葡萄糖的分子式：_________。
(2)写出氯气与溴化钾溶液反应的化学方程式：______________________________。
【答案】 (1). 氧化钠 (2). C6H12O6 (3). Cl2+2KBr=Br2+2KCl
【解析】
【详解】(1) ①Na2O的名称为氧化钠，故答案为：氧化钠；
②葡萄糖的分子式为C6H12O6，故答案为：C6H12O6；
（2）氯气与溴化钾溶液反应生成溴单质和氯化钾，反应的化学方程式为： Cl2+2KBr=Br2+2KCl，故答案为：Cl2+2KBr=Br2+2KCl。
27.已知：X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体，食醋中约含有3%-5%的D，其转化关系如下图所示。

请回答：
(1)X的结构简式是__________________。
(2)A→B的化学方程式是____________________________________________。
(3)下列说法不正确的是________。
A．A+D→X的反应属于取代反应
B．除去X中少量D杂质可用饱和Na2CO3溶液
C．A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈得多
D．等物质的量的A、B、D完全燃烧消耗O2的量依次减小
【答案】 (1). CH3COOCH2CH3 (2). 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O (3). C
【解析】
【分析】
由题给信息食醋中约含有3%-5%的D可知，D为乙酸，由X为具有浓郁香味、不易溶于水的油状液体可知，X为酯类，由X酸性条件下水解生成A和D，且A催化氧化可以生成乙酸可知，A为乙醇、X为乙酸乙酯；乙酸乙酯碱性条件下水解生成乙酸钠和乙醇，则C为乙酸钠；乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛催化氧化生成乙酸，则B为乙醛。
【详解】(1)X为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3；
（2）A→B的反应为乙醇催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O2 2 CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O；
（3）A、乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，酯化反应属于取代反应，正确；
B、除去乙酸乙酯中少量的乙酸可用饱和Na2CO3溶液洗涤分液，正确；
C、A为乙醇，水与金属钠反应比乙醇与金属钠反应要剧烈，错误；
D、1molCH3CH2OH、CH3CHO、CH3COOH完全燃烧消耗O2的物质的量依次为3mol、2.5mol、2mol，正确；
故选C，故答案为：C。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重分析与推断能力的考查，把握有机物的组成和性质、有机反应来推断有机物为解答的关键。
28.为了探究某固体化合物X(仅含3种元素，相对分子质量小于200)的组成和性质，设计并完成如下实验，其中X、A、B、C、D均为常见化合物。

请回答：
(1)黄色溶液中的金属阳离子是________。
(2)固体A→白色沉淀B的离子方程式是______________________________。
(3)X的化学式是_____________________________________。
【答案】 (1). Fe3+ (2). SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+ (3). FeSO4
【解析】
【分析】
由黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色可知，黄色溶液为氯化铁溶液，则D为氧化铁；由气体C能使品红溶液褪色可知，C为二氧化硫，固体A与氯化钡溶液反应生成白色沉淀B，说明A为三氧化硫、B为硫酸钡；由质量守恒定律可知m(A)=30.4g-
(16.0g+0.1mol×64g/mol)=8.0g，则n(Fe2O3)= 0.1mol ，n(SO2)= 0.1mol ，n(SO3)=0.1mol，由铁原子、氧原子和硫原子个数守恒可知X中n(Fe):n(S):n(O)=0.2:0.2:(0.3+0.2+0.3)
=1:1:4，X为硫酸亚铁。
【详解】（1）黄色溶液为氯化铁溶液，溶液中的金属阳离子是Fe3+，故答案为：Fe3+；
（2）固体A→白色沉淀B的反应为三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式是SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+，故答案为：SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+；
（3）由质量守恒定律可知m(A)=30.4g-(16.0g+0.1mol×64g/mol)=8.0g，则n(Fe2O3)= 0.1mol ，n(SO2)= 0.1mol ，n(SO3)=0.1mol，由铁原子、氧原子和硫原子个数守恒可知X中n(Fe):n(S):n(O)=0.2:0.2:(0.3+0.2+0.3)=1:1:4，X为硫酸亚铁，故答案为：FeSO4。
【点睛】本题考查了物质的推断，主要考查化学式的确定和离子方程式书写，掌握常见物质的性质，由特征现象突破是解题关键。
29.某兴趣小组利用下列装置，进行与氯气相关的实验。

(1)装置④中NaOH溶液的作用是___________。
(2)实验结束后，取装置③中的溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到FeCl3·6H2O晶体。在蒸发浓缩操作中，不需要的仪器是___________。
A．蒸发皿 B．漏斗 C．玻璃棒 D．酒精灯
(3)装置②中出现白色沉淀，据此现象能否推测装置①中生成Cl2___________________，请说明理由_______________________________________。
【答案】 (1). 吸收氯气 (2). B (3). 否 (4). 浓盐酸挥发出的氯化氢也能与硝酸银反应，也能出现白色沉淀
【解析】
【分析】
装置①为氯气制备装置，装置②中氯气和挥发出的氯化氢能与硝酸银反应生成白色沉淀，装置③氯气能够将氯化亚铁氧化生成氯化铁，装置④中氢氧化钠溶液吸收有毒的氯气，防止污染环境。
【详解】（1）装置④中NaOH溶液的作用是吸收有毒的氯气，防止污染环境，故答案为：吸收氯气；
（2）在蒸发浓缩操作中，需要用到的仪器有蒸发皿、三脚架、玻璃棒、酒精灯，不需要漏斗，故答案为：B；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应，生成氯化银白色沉淀，由于盐酸具有挥发性，氯气中混有的挥发出的氯化氢也能与硝酸银反应，生成氯化银白色沉淀，因此不能依据装置②中出现白色沉淀推测装置①中生成Cl2，故答案为：否；浓盐酸挥发出的氯化氢也能与硝酸银反应，也能出现白色沉淀。
【点睛】本题考查氯气的制备和性质，明确氯气的性质，依据实验装置分析解答是关键。
30.为探究某铜的硫化物的组成，取一定量的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11.65g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)溶于过量的H2SO4中，过滤，得到1.60g红色固体，将滤液稀释至150mL，测得c(Cu2+)=0.50 mol·Lˉ1。
已知：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O
请计算：
(1)白色沉淀的物质的量为___________mol。
(2)该铜的硫化物中铜与硫的原子个数比N(Cu):N(S)＝______________。
【答案】 (1). 0.05 mol (2). 2:1
【解析】
【分析】
由题意可知，一定量的硫化物在氧气中充分灼烧，反应生成二氧化硫和仅含铜、氧两种元素的固体，二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到硫酸钡白色沉淀，仅含铜、氧两种元素的固体与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜。
【详解】（1）二氧化硫通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，得到11.65g硫酸钡白色沉淀，n(BaSO4)= 11.65g÷233g/mol=0.05 mol，故答案为：0.05 mol；
（2）由S原子个数守恒可知硫化物中n(S)= 0.05 mol，由Cu原子个数守恒可知n(Cu)= 1.60g÷64g/mol+0.50 mol•Lˉ1×0.15L=0.025 mol+0.075 mol=0.1mol，则N(Cu):N(S)＝n(Cu)：n(S)=2:1，故答案为：2:1。
【点睛】本题考查与化学反应有关的计算，依据物质的性质和实验现象分析反应得到的生成物，再依据原子个数守恒计算化学式。