2023年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试化学模拟卷（一）

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2023年浙江省普通高中学业水平考试仿真模拟（一）
化　学
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．碳酸的分子式是( )
A．H2CO3 B．CH4 C．CH3COOH D．H2C2O4
【答案】A
【解析】A项，H2CO3是碳酸的分子式，A符合题意；B项，CH4是甲烷的分子式，B不符合题意；C项，CH3COOH是乙酸的结构简式，C不符合题意；D项，H2C2O4是乙二酸(草酸)的分子式，D不符合题意；故选A。
2．根据物质的组成与性质进行分类，SO2属于( )
A．盐 B．酸 C．碱 D．氧化物
【答案】D
【解析】SO2是由S和O两种元素组成的化合物，属于氧化物，故选D。
用于组卷的学考题
3．下列仪器中，常用于“固液分离”操作的是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】A项，图示为坩埚，常用于固体物质的灼烧，不能用于固液分离，故A错误；B项，图示为漏斗，可以组装过滤器，常用于固液分离，故B正确；C项，图示为分液漏斗，可用于不互溶的溶液分离，不能用于固液分离，故C错误；D项，图示为量筒，溶液体积的量器，不能用于固液分离，故D错误；故选B。
4．下列物质属于电解质的是( )
A．氯化钠 B．酒精 C．盐酸 D．铜
【答案】A
【解析】A项，氯化钠是盐，溶于水或熔融状态能导电，属于电解质，故A正确；B项，酒精为有机物，其水溶液不能导电，属于非电解质，故B错误；C项，盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D项，铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A。
5．在反应Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+2H2O中，氧化产物是( )
A．HNO3(浓) B．Cu(NO3)2 C．NO2 D．H2O
【答案】B
【解析】Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+2H2O反应，铜元素化合价升高生发生氧化反应成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2是氧化产物；故选B。
6．下列气体中，既可以用碱石灰干燥，又可以用浓硫酸干燥的是( )
A．NH3 B．N2 C．HCl D．Cl2
【答案】B
【解析】NH3不能用浓硫酸干燥；HCl、Cl2不能用碱石灰干燥，N2既可以用碱石灰干燥，又可以用浓硫酸干燥，故选B。
7．下列过程主要发生化学变化的是( )
A．水结成冰 B．碘的升华 C．打磨石器 D．镁的燃烧
【答案】D
【解析】A项，水结成冰是由于液体水因为温度降低转化为固体水的过程，由于没有新物质产生，因此发生的是物理变化，A不符合题意；B项，碘的升华是碘单质由固态不经过液体直接转化为气态的过程，只是物质状态的转化，没有新的物质产生，因此发生的是物理变化，B不符合题意；C项，打磨石器没有新物质的生成，属于物理变化，C不符合题意；D项，镁燃烧生成了新物质氧化镁，属于化学变化，D符合题意；故选D。
8．下列物质对应的组成不正确的是( )
A．胆矾：CuSO4·5H2O B．纯碱：Na2CO3
C．硫铵：NH4HSO4 D．干冰：CO2
【答案】C
【解析】A项，CuSO4·5H2O俗称胆矾，故A正确；B项，Na2CO3俗称纯碱，故B正确；C项，(NH4)2SO4是硫酸铵俗称硫铵，故C错误；D项，CO2固体俗称干冰，故D正确；故选C。
9．下列说法不正确的是( )
A．红磷与白磷互为同素异形体
B．CH4和C15H32不一定互为同系物
C．CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3为同分异构体
D．H、D、T是氢元素的三种不同核素
【答案】B
【解析】A项，红磷与白磷是由磷元素组成的不同单质，二者互为同素异形体，A正确；B项，CH4和C15H32均满足CnH2n+2，二者均为烷烃，则二者互为同系物，B错误；C项，CH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同，均为C4H8O2，结构不同，互为同分异构体，C正确；D项，H、D、T是质子数均为1，中子数分别为0、1、2的三种原子，是氢元素的三种不同核素，D正确。故选B。
10．下列说法正确的是( )
A．BaCl2与SO2反应生成BaSO3沉淀
B．铵盐受热易分解，均有产生 NH3
C．Na投入MgCl2溶液生成白色沉淀和无色气体
D．Na2O久置于空气中，最终转化为NaHCO3
【答案】C
【解析】A项，由于H2SO3的酸性弱于HCl，BaCl2不与SO2反应，故A错误；B项，铵盐受热易分解，但不一定都产生 NH3，如硝酸铵在加热到某一温度时会分解生成氮气、氧气和水，故B错误；C项，Na投入MgCl2溶液中，钠先和水反应生成NaOH和氢气，有无色气体产生，生成的NaOH和MgCl2反应生成Mg(OH)2白色沉淀，故C正确；D项，Na2O置于空气中，和水反应生成NaOH，然后吸收CO2生成Na2CO3，所以Na2O久置于空气中，最终转化为Na2CO3，故D错误；故选C。
11．四种短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置如图，X、Y、Z和W原子的最外层电子数之和为24。下列说法不正确的是( )
X
Y


Z
W
A．Z位于第三周期第VIA族
B．Y的非金属性比Z的强
C．X的原子半径比Y的大
D．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
【答案】D
【解析】设X的最外层电子数为a，依据元素周期表的结构可知，Y的最外层电子数为a+1，Z的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a+2，X、Y、Z和W原子的最外层电子数之和为24，则a+ a+1+ a+1+ a+2=24，解得a=5，则X为N、Y为O、Z为S、W为Cl。A项，Z为S，位于元素周期表第三周期第VIA族，A正确；B项，同一主族元素从上向下元素非金属性逐渐减弱，Y的非金属性比Z的强，B正确；C项，同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，X的原子半径比Y的大，C正确；D项，W为Cl，Z为S，氯的非金属性比硫强，元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，而含氧酸的酸性却不一定，如H2SO4的酸性比HClO强，D错误；故选D。
12．下列离子方程式中，正确的是( )
A．将铁片插入浓硫酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑
B．用硝酸银溶液检验氯离子：AgNO3+Cl‾=AgCl↓+ NO3-
C．向NaOH溶液中通入过量SO2：OH‾ + SO2 =HSO3-
D．将足量的氯气通入溴化亚铁溶液中：Cl2 + 2Fe2++2Br-= 2Fe3+ +Br2+2Cl‾
【答案】C
【解析】A项，常温下铁在浓硫酸中会发生钝化，故A不符合题意；B项，硝酸银溶于水，能完全电离，用硝酸银溶液检验Cl-的离子方程式为：Ag++Cl-= AgCl↓，故B不符合题意；C项，向NaOH溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，离子方程式为：OH-+SO2=HSO3-，故C不符合题意；D项，将足量的氯气通入溴化亚铁溶液中，能把Fe2+、Br-完全氧化，离子方程式为：3Cl2 + 2Fe2++4Br-= 2Fe3+ +2Br2+6Cl-，故D不符合题意；故选C。
13．下列实验方案或实验结论肯定不正确的是( )

A．图(1)可制备氨气并干燥
B．图(2)验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
C．图(3)a为干燥HCl气体，b为水，可用于演示喷泉实验
D．图(4)用于比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
【答案】B
【解析】A项，氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应放出氨气，用碱石灰干燥氨气，图(1)可制备氨气并干燥，A正确；B项，图(2)两组实验的温度不同，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，B错误；C项，氯化氢极易溶于水，图(3)a为干燥HCl气体，b为水，可用于演示喷泉实验，C正确；D项，图(4)中碳酸氢钠位于温度较低的小试管内，碳酸钠位于温度较高的大试管内，若碳酸氢钠分解、碳酸钠不分解，说明碳酸氢钠不稳定，所以图(4)用于比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，D正确；故选B。
14．一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述不正确的是( )
A．与互为同分异构体
B．1 mol该物质最多能与Na反应得1 mol H2
C．1mol该物质最多能与2mol H2发生加成反应
D．1 mol该物质最多能与Na2CO3反应得22 g CO2
【答案】C
【解析】A项，同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；两者符合同分异构体的定义，故A正确；B项，羟基、羧基均可以和钠反应生成氢气，则1 mol该物质最多能与Na反应得1 mol H2，故B正确；C项，分子中只有碳碳双键可以和氢气加成，1mol该物质最多能与1mol H2发生加成反应，故C错误；D项，分子中只有羧基和碳酸钠反应，1 mol该物质最多能与Na2CO3反应得0.5mol二氧化碳，也就是22 g CO2，故D正确；故选C。
15．下列说法不正确的是( )
A．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗
B．当出现创伤时，应用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水或碘酒擦洗，最后用创可贴外敷
C．不可以将未用完的白磷放回原试剂瓶
D．处理废弃强氧化剂，如KMnO4、Na2O2时，可配成溶液或通过化学反应将其转化为一般化学品后，再进行常规处理
【答案】C
【解析】A项，酸一般具有腐蚀性，如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3%~5%的NaHCO3溶液冲洗，故A正确；B项，当出现创伤时，为防止伤口感染，应用药棉把伤口清理干净，然后用双氧水或碘酒擦洗，最后用创可贴外敷，故B正确；C项，白磷在空气中易自燃，用剩的白磷倒入垃圾箱会引发火灾，因此需将未用完的白磷放回原试剂瓶，故C错误；D项，处理废弃强氧化剂，如KMnO4，Na2O2时，为防止安全事故的发生，可配成溶液或通过化学反应将其转化为一般化学品后，再进行常规处理，故D正确；故选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．N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中能量变化情况如下图a所示，下列说法不正确的是( )

A．等质量的N2(g)、N2(l)具有的能量不相同
B．N2(g)+ O2(g)=2NO(g)的能量关系可用图b表示
C．1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量
D．在N2(g)和O2 (g)的反应过程中，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量
【答案】D
【解析】A项，N2(l)变为N2(g)需吸收能量，故等质量的N2(g)、N2(l)具有的能量不相同，A正确；B项，反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则N2(g)+ O2(g)=2NO(g)的反应热△H=(946 kJ/mol+498 kJ/mol)-(2×632 kJ/mol)=+180 kJ/mol，说明该反应为吸热反应，生成物的能量比反应物的能量高，因此反应的能量变化可以用图b表示，B正确；C项，形成1 mol NO(g)中的化学键释放632 kJ的能量，则1 mol NO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收632 kJ能量，C正确；D项，根据选项B分析可知：断裂反应物化学键吸收的总能量大于形成生成物化学键释放的总能量，D错误；故选D。
17．利用石墨、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁、烧杯等用品探究原电池的组成。下列结论不正确的是( )

A．原电池是将化学能转化成电能的装置
B．原电池由电极、电解质溶液和导线等组成
C．图中电极a为石墨、电极b为锌片时，导线中会产生电流
D．图中电极a为锌片、电极b为铜片时，电子由铜片通过导线流向锌片
【答案】D
【解析】A项，原电池是把化学能转化为电能的装置，A正确；B项，形成原电池条件为由电解质溶液、电极、导线组成闭合回路，B正确；C项，因为橙汁显酸性，图中a极为石墨、b极为锌片时，则Zn作原电池的负极，石墨作原电池的正极，导线中会产生电流，C正确；D项，图中a极为锌片、b极为铜片时，则Zn为负极，Cu为正极，电子从负极流向正极，电子从Zn片流向Cu片，D错误；故选D。
18．劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是( )
选项
劳动项目
化学知识
A
科学研究：燃煤脱硫
有利于实现“碳达峰、碳中和”
B
工厂生产：接触法制硫酸
涉及氧化还原反应
C
社会服务：推广使用免洗手酒精消毒液
酒精能使蛋白质变性
D
家务劳动：使用碳酸氢钠做食品膨松剂
碳酸氢钠在加热条件下分解产生CO2
【答案】A
【解析】A项，燃煤脱硫，脱去的是硫元素，可减少二氧化硫向大气的排放，减少酸雨的形成，与“碳达峰、碳中和”无关，A关联不合理；B项，接触法制硫酸的反应中，FeS2→SO2、SO2→SO3都是氧化还原反应，B关联合理；C项，免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使细菌蛋白质脱水变性，从而使细菌丧失活性，C关联合理；D项，碳酸氢钠在加热条件下分解产生CO2，CO2受热后发生体积膨胀，可使食品变得膨松，D关联合理；故选A。
19．设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．常温常压下，17g氨气中含有氮氢键的数目为3NA
B．标准状况下，11.2 L SO3中含有的氧原子数目为1.5NA
C．0.1 mol Cl2与足量的Fe反应，转移电子的数目为0.3NA
D．硝酸铵溶液中含有NO3-的数目为0.5NA
【答案】A
【解析】A项，17g氨气的物质的量为=1mol，1个氨气分子含有3个氮氢键，则1mol氨气含有氮氢键的数目为3NA，A正确；B项，标准状况下，SO3是固体，无法计算该状态下11.2L SO3的物质的量，也就无法计算其所含有的氧原子数目，B错误；C项，0.1mol Cl2和足量的Fe反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为0.2mol，即转移电子的数目为0.2NA，C错误；D项，未告知溶液的体积，无法计算溶液中NO3-的物质的量及数目，D错误；故选A。
20．HI常用作还原剂，受热发生反应：2HI(g)H2(g) +I2(g)。一定温度时，向1L密闭容器中充入，体系中与反应时间t的关系如图。下列说法中不正确的是( )

A．内，v(H2)= 2.25×10-3 mol⋅(L⋅min)-1
B．时，v正(HI)＜v逆(HI)
C．时，反应达到了平衡状态
D．时，向该容器中再充入1molN2，化学反应速率不变
【答案】B
【解析】A项，根据v=，可知v(HI)= =0.0045mol⋅(L⋅min)-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2)= 0.0045mol⋅(L⋅min)-1×= 2.25×10-3 mol⋅(L⋅min)-1，A正确；B项，由图可知：40min后，c(HI)继续减小，说明反应仍在正向进行，即v正(HI)>v逆(HI)，B错误；C项，120min到140min之间，c(HI)不再发生变化，即该反应到达化学平衡状态，C正确；D项，140min后，向该容器中再充入1molN2，氮气不参与反应，反应物和生成物的浓度没有发生变化，化学反应速率将不发生变化，D正确；故选B。
21．下列说法不正确的是( )
A．营养师会根据食品科学、营养学和医学专业知识，结合服务对象的特殊需求进行膳食指导
B．电池研发人员的工作包括电池构成材料的研制、电池性能的改进和应用的拓展等
C．化学科研工作者是指从事与化学有关的基础研究和应用研究的专业技术人员
D．科技考古研究人员利用12C对文物进行年代测定
【答案】D
【解析】A项，营养师会根据食品科学、营养学和医学专业知识，结合服务对象的特殊需求进行膳食指导，保持营养均衡，故A正确；B项，电池研发人员的工作包括电池构成材料的研制、分析和处理电池材料的测试数据、电池性能的改进和应用的拓展等，故B正确；C项，化学科研工作者是指从事与化学有关的基础研究和应用研究的专业技术人员，故C正确；D项，科技考古研究人员利用14C对文物进行年代测定，故D错误；故选D。
22．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图：

则下列说法不正确的是( )
A．氧化炉中发生反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O
B．图中M为空气，其在吸收塔中的作用是使NO充分转化为HNO3
C．工业中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝、铜作为罐体材料
D．可以使用NH3或其他物质将氮氧化物还原为N2
【答案】C
【解析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境。A项，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，氧化炉中发生反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，A正确；B项，流程分析可知M为空气，氨气的催化氧化需要O2，NO和水反应生成HNO3需要O2；吸收塔发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2与NO反应生成NO2， NO2被吸收生成HNO3，所以空气的作用是：将使NO充分转化为HNO3，B正确；C项，铜与浓硝酸易发生反应，浓硝酸腐蚀铜制容器，不能用铜作为盛放浓硝酸的罐体材料，常温下浓硝酸使铝、铁钝化，可选择铝、铁作为盛放浓硝酸的罐体材料，C错误；D项，氨中的N由-3价升高0价，而氮氧化物化合价降低为0价，根据化合价升降守恒，可知使用NH3或其他物质可将氮氧化物还原为N2，D正确；故选C。
23．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的，良好的生存环境，一、般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2 的叙述不正确的是( )
A．Na2O2中正负离子的个数比为2：1
B．Na2O2与SO2反应时Na2O2作氧化剂
C．Na2O2与CO2反应产生2.24L O2 (标准状况)时，转移电子的物质的量为0.4mol
D．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要水和CO2的物质的量相等
【答案】C
【解析】A项，Na2O2由Na+和O22-构成，Na2O2中正负离子的个数比为2：1，故A正确；B项，Na2O2与SO2发生反应Na2O2+SO2=Na2SO4，反应过程中，Na2O2中的O元素的化合价由-1价降低到-2价，Na2O2作氧化剂，故B正确；C项，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，标准状况下2.24L O2 的物质的量为0.1mol，根据反应的方程式可知，生成0.1mlO2转移0.2mol电子，故C错误；D项，Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2分别与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，根据反应的方程式可知，产生相同量的O2时，需要水和CO2的物质的量相等，故D正确；故选C。
24．在水中溶解和电离的示意图如图，下列叙述正确的是( )

A．氯化钠是由钠离子和氯离子组成的，不存在氯化钠分子
B．氯化钠的电离过程需要有外加电场的作用
C．上述过程可表示为NaClNa++Cl-
D．水合离子中，水分子取向都应该是氧原子朝内
【答案】A
【解析】氯化钠是由阴阳离子构成的离子化合物；在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动的阴阳离子不需要通电。A项，氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，其晶体属于离子晶体，故A正确；B项，在水溶液里，氯化钠在水分子的作用下电离出自由移动的钠离子和氯离子，不需要通电，故B错误；C项，氯化钠在水溶液里完全电离，属于强电解质，其电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故C错误；D项，从第三张图可以看出，水合钠离子中，水分子取向是氧原子朝内，但在水合氯离子中，水分子取向是氢原子朝内，故D错误；故选A。
25．下列实验过程可以达到实验目的的是( )

实验目的
实验过程
A
检验某溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中，先加入氯水，再滴入KSCN溶液，观察溶液是否会变红
B
探究硫酸铜溶液对锌与稀硫酸反应的影响
向锌与稀硫酸反应的试管中滴入几滴硫酸铜溶液，观察实验现象
C
检验干燥的氯气是否具有漂白性
将干燥的氯气通入放有鲜花的干燥试剂瓶中，观察鲜花是否会褪色
D
检验淀粉的水解程度
取一定量稀硫酸作催化剂的淀粉水解液，先加入足量NaOH中和，再分别放于2支试管，分别滴加碘水和新制Cu(OH)2悬浊液(加热)，观察实验现象
【答案】B
【解析】A项，先加入氯水，氯水中的Cl2能将Fe2+氧化为Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液一定会变红，不能检验原溶液中是否含有Fe2+，故A不选；B项，向锌与稀硫酸反应的试管中滴入几滴硫酸铜溶液，锌将铜置换出来，置换出来的铜附着在锌上，构成了铜锌原电池，溶液中的H+在铜上得到电子生成氢气，可以加快锌与稀硫酸的反应速率，该实验可以探究硫酸铜溶液对锌与稀硫酸反应的影响，故B选；C项，鲜花中含有水分，干燥的氯气通入放有鲜花的干燥试剂瓶中，鲜花一定会褪色，所以不能用此实验检验干燥的氯气是否具有漂白性，故C不选；D项，足量的氢氧化钠中和酸后有剩余，碘能和NaOH溶液反应，所以滴加碘水后不会变蓝，无法检验淀粉的水解程度，故D不选；故选B。
非选择题部分
三、非选择题（本大题共5小题，共40分）
26．(8分)按要求完成下列填空：
(1)①写出淀粉的化学式_______；②写出CaCl2的电子式_______。
(2)写出铜和浓硝酸反应的化学方程式_________________________。
(3)向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是___________________。
【答案】(1)   (2分)    (2分)
(2) Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2分)
(3)紫红色溶液褪色(2分)
【解析】(1)①淀粉的化学式；②CaCl2是离子化合物，电子式：。(2)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。(3)酸性高锰酸钾溶液能氧化乙醇，则向酸性高锰酸钾溶液中滴加足量乙醇，观察到的现象是紫红色溶液褪色。
27．(8分)A是天然高分子化合物，B能与含NaOH的Cu(OH)2悬浊液在加热条件下反应并得到砖红色沉淀。F久置后自身发生聚合反应生成X。由A和D为原料合成X的转化关系如下：

请回答：
(1)B的分子式为_______。
(2)E中所含官能团的名称为_____________。
(3)C与E反应生成F的化学方程式为_______________________________。
(4)下列说法正确的是_____________。
A．等物质的量的A、F完全燃烧消耗氧气的质量相等
B．金属钠与C反应比与水反应剧烈得多
C．用碳酸钠可以鉴别C、E、F
D．X的结构简式为
【答案】(1)C6H12O6(1分) (2)碳碳双键、羧基(1分)
(3) (2分)
(4)CD(4分)
【解析】对A和D为原料合成X的转化关系进行分析，不难得出A是天然高分子化合物，即A为淀粉，B为葡萄糖，分子式C6H12O6，C为乙醇，由C与E反应生成 F可知该反应为酯化反应，所以E 为 ，X是F的加聚产物为。(1)根据上述分析可知B为葡萄糖，所以分子式C6H12O6；(2)根据上述分析可知E 为，所以含有碳碳双键和羧基两种官能团；(3)根据分析可知C为乙醇，E 为，C与E在催化剂加热条件下反应酯化反应生成 F，所以反应方程式为；(4)A项，A的分子式为(C5H10O5)n，F的分子式为C5H8O2，所以等物质的量的A、F完全燃烧消耗氧气的质量一定不相等，A项错误；B项，水中的氢更活泼，金属钠与水反应比金属钠与乙醇反应剧烈得多，B项错误；C项，用碳酸钠溶液可以鉴别C、E、F，C与碳酸钠溶液互溶，E含有羧基与碳酸钠溶液反应产生气泡，F与碳酸钠溶液不互溶会出现分层现象，C项正确；D项，由分析可知F久置后自身发生聚合反应生成X，聚合方式为加聚，所以X的结构简式为 ，D项正确；故选CD。
28．(8分)某兴趣小组对化合物开展探究实验。

其中：由3种元素组成；为单质且可通过直接化合的方式生成和。
请回答：
(1)组成的3种元素是________(填元素符号)，的化学式是________。
(2)请写出步骤Ⅱ的离子方程式______________________________。
(3)请写出检验溶液中金属阳离子的方法______________________________。
(4)工业上利用带一份结晶水的脱除工业生产尾气中的气体，可以生成和，请写出该过程的化学方程式________________________________________________。
【答案】(1) Cu、S、Fe(1分)     CuFeS2(2分)
(2)4Fe2++8NH3+O2+10NH3=4Fe(OH)3+8NH4+ (2分)
(3)取D溶液少量于试管，加入KSCN溶液无明显现象，再滴加新制氯水出现血红色，说明溶液中含有Fe2+(其它合理答案) (1分)
(4) Fe2O3∙H2O+3H2S=2FeS+S+4H2O(2分)
【解析】溶液X加入NaOH溶液生成蓝色沉淀Y即Cu(OH)2，则溶液X为硝酸铜，淡黄色固体C为S单质，则固体A为CuS，由红褐色沉淀F即Fe(OH)3加热生成红棕色固体G即为Fe2O3，溶液D为FeSO4，则固体B为FeS，气体E为H2S，由此可判断固体M含有Cu、S、Fe三种元素。(1)根据分析可知，组成M的3种元素是Cu、Fe、S，蓝色沉淀Y即Cu(OH)2，其物质的量为，n(Cu)=0.02mol，红棕色固体G即为Fe2O3，其物质的量为，n(Fe)=0.02mol，固体M中m(S)=3.68g-0.02mol×64g/mol-0.02mol×56g/mol=1.28g，则，则个数比为Cu：Fe：S=0.02：0.02：0.04=1：1：2，M的化学式为CuFeS2；(2)溶液D为FeSO4，红褐色沉淀F即Fe(OH)3，步骤Ⅱ的离子方程式4Fe2++8NH3+O2+10NH3=4Fe(OH)3+8NH4+ ；(3)溶液D为FeSO4，检验溶液D中金属阳离子即Fe2+的方法为：取D溶液少量于试管，加入KSCN溶液无明显现象，再滴加新制氯水出现血红色，说明溶液中含有Fe2+；(4)G为Fe2O3，E为H2S，带一份结晶水的G即Fe2O3∙H2O与H2S反应生成B为FeS和C为S，反应的化学方程式Fe2O3∙H2O+3H2S=2FeS+S+4H2O。
29．(10分)用如图装置设计实验探究CuSO4分解的气态产物为SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。

请回答：
(1)上述装置按气流从左至右排序为A、D、_______E、F(填代号)。
(2)装置D的作用是_____________________________________。
(3)能证明有SO3生成的实验现象是________________________；有同学认为产生此现象不一定是SO3引起的，而是SO2引起的，请用离子方程式解释___________________。
(4)为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：
a.滴加少量的NH4SCN溶液 b.滴加少量的NaOH溶液
c.滴加酸性KMnO4溶液 d.滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
其中，方案合理的有_____________(填代号)，写出E装置中可能发生反应的离子方程式_____________________________________。
【答案】(1)B、C(2分) (2)防倒吸(或作安全瓶) (1分)
(3) B装置中产生白色沉淀(1分)    2SO2+2H2O+O2+2Ba2+=2 BaSO4↓+4H+(2分)
(4) d(2分)     2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分)
【解析】A装置加热分解硫酸铜，分解的气态产物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化钡溶液不反应，SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，可检验SO3，SO2由品红溶液检验，氯化铁溶液验证SO2的还原性，为防止发生倒吸，A之后连接D装置，连接B的氯化钡溶液检验SO3，产生白色沉淀，用C中品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，由E的氯化铁溶液验证SO2的还原性，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，用排水法收集氧气。(1)根据分析，装置为分解装置，防倒吸装置，检验SO3，检验SO2，验证SO2的还原性，收集氧气的装置，故连接顺序为：A、D、B、C、E、F。(2)装置D的作用是防倒吸。(3)SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成。二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故离子方程式为2SO2+2H2O+O2+2Ba2+=2 BaSO4↓+4H+。(4)E装置中为氯化铁溶液，与二氧化硫发生氧化还原反应：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，检验生成的Fe2+、SO2，验证SO2的还原性，Fe2+用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否有蓝色沉淀的生成检验，SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀检验，故选择d。
30．(6分)在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取同浓度的盐酸50 mL，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体。有关数据列表如表(气体体积均为标准状况下测得)：
实验序号
甲
乙
丙
合金质量/g
0.255
0.385
0.765
生成气体/ mL
280
336
336
(1)该盐酸的物质的量浓度_______。
(2)合金中、的物质的量之比为______。
(3)在丙组实验后，向容器中加入的溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为AlO2-，并使Mg2+刚好沉淀完全，溶液中的物质的量为________。
【答案】(1) 0.6mol/L(2分) (2)1：1(2分) (3)0.045(2分)
【解析】结合表格数据，盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为0.255g×=0.306g，故乙中金属剩余，盐酸不足。(1)盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=0.6mol/L；(2)甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1；(3)丙实验之后，向容器中加入NaOH溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为AlO2−，并使Mg2+刚好沉淀完全，反应后溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠，由(2)中计算Mg、Al的物质的量可知丙中Al的物质的量为0.005mol×=0.015mol，根据铝元素守恒可知n(NaAlO2)=n(Al原子)=0.015mol，根据氯离子守恒可知n(NaCl)=1mol/L×0.03L=0.03mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.03mol+0.015mol=0.045mol，n(Na+)=n(NaOH)=0.045mol。