2023年7月浙江省普通高中学业水平考试化学模拟卷试卷（七）

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2023年浙江省普通高中学业水平考试仿真模拟（七）
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．乙烷的分子式是( )
A．CH4 B．C2H6 C．C2H4 D．C2H2
【答案】B
【解析】A项，CH4是甲烷的分子式，故A错误；B项，C2H6是乙烷的分子式，故B正确；C项，C2H4是乙烯的分子式，故C错误；D项，C2H2是乙炔的分子式，故D错误。
2．按物质的组成进行分类，过氧化钠(Na2O2)属于( )
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
【答案】D
【解析】Na2O2由两种元素组成，其中一种是氧元素，所以Na2O2属于氧化物，故选D。
3．“过滤”操作中，需用到的实验仪器为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据过滤装置图，“过滤”操作中，需用到的实验仪器为漏斗，不需要分液漏斗、容量瓶、酒精灯，故选C。
4．下列物质的水溶液和熔融状态均能导电的是( )
A．Cl2 B．NaCl C．CH3CH2OH D．H2SO4
【答案】B
【解析】A项，Cl2的水溶液中，Cl2和水反应生成HCl和HClO，HCl和HClO是电解质，在水中会发生电离，故Cl2的水溶液能导电，而熔融状态下的Cl2不能电离，也就不能导电，A不符合题意；B项，NaCl是电解质，在水中和熔融状态下均能电离出Na+和Cl-，故NaCl的水溶液和熔融状态均能导电，B符合题意；C项，CH3CH2OH是非电解质，其水溶液和熔融状态均不能导电，C不符合题意；D项，H2SO4是电解质，H2SO4在水中能电离出H+和SO42-，其水溶液能导电，而熔融状态下的H2SO4不能电离，也就不能导电，D不符合题意；故选B。
5．反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2中，氧化剂是( )
A．Fe B．H2O C．Fe3O4 D．H2
【答案】B
【解析】由反应方程式3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可判断，铁化合价升高，发生氧化反应，铁为还原剂；水中氢元素化合价降低，发生还原反应，故水为氧化剂，故选B。
6．下列物质中，不能与金属钠反应的是( )
A．氯气 B．水 C．乙醇 D．煤油
【答案】D
【解析】A项，金属钠与氯气反应生成氯化钠，故A不选；B项，金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，故B不选；C项，金属钠与乙醇反应生成乙醇钠和氢气，故C不选；D项，金属钠与煤油不反应，且密度大于煤油，金属钠可以保存在煤油中，故D可选；故选D。
7．下列分散系不能产生丁达尔效应的是( )
A．KNO3溶液 B．Al(OH)3胶体 C．蛋白质溶液 D．有色玻璃
【答案】A
【解析】分散系分为溶液、胶体、浊液。丁达尔效应是指：当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”。丁达尔现象是胶体特有的性质，只有胶体分散系才能发生丁达尔效应。A项，KNO3溶液属于溶液，不能产生丁达尔效应，故A选；B项，Al(OH)3胶体，属于胶体，能产生丁达尔效应，故B不选；C项，蛋白质溶液，属于胶体，能产生丁达尔效应，故C不选；D项，有色玻璃为固溶胶，属于胶体能产生丁达尔效应，故D不选；故选A
8．下列物质名称正确的是( )
A．CuFeS2：硫铁矿 B．(NH4)2CO3：碳铵
C．C17H35COOH：硬脂酸 D．Na2SO4：芒硝
【答案】C
【解析】A项，黄铜矿的主要成分是CuFeS2，硫铁矿的主要成分是FeS2，A错误；B项，碳铵是指NH4HCO3，B错误；C项，C17H35COOH是硬脂酸，C正确；D项，芒硝是Na2SO4·10H2O，D错误；故选C。
9．下列有关说法正确的是( )
A．146C表示质子数为6、中子数为14的核素
B．CH3COOCH2CH3与CH3CH2OOCCH3互为同分异构体
C．葡萄糖和蔗糖互为同系物
D．金刚石、石墨、C60互为同素异形体
【答案】D
【解析】A项，146C表示质子数为6、中子数为8的核素，A错误；B项，CH3COOCH2CH3与CH3CH2OOCCH3均为乙酸乙酯，为同种物质，B错误；C项，蔗糖是二糖、葡萄糖是单糖，结构不相似，不是互为同系物，C错误；D项，同种元素组成，结构不同的单质互为同素异形体，D正确；故选D。
10．下列说法不正确的是( )
A．新型陶瓷碳化硅硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
B．碳纳米管是新型无机非金属材料，具有优良的电学性能
C．储氢合金La-Ni合金，通过物理吸附能够储存大量氢气
D．硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料
【答案】C
【解析】A项，碳化硅属于共价晶体，其硬度很大，可用于生产砂纸和砂轮等，A正确；B项，碳纳米管的主要成分是碳，是新型无机非金属材料，具有良好的导电性，B正确；C项，储氢合金La-Ni中，金属与氢能形成离子型化合物、共价型金属氢化物、金属相氢化物-金属间化合物等结合物，C不正确；D项，硬铝是一种铝合金，其硬度大、密度小、抗腐蚀，是制造飞机和飞船的理想材料，D正确；故选C。
11．五种短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其中W与X能形成最简单的有机化合物，Y的最外层电子数是次外层的3倍，Z的焰色试验呈黄色，R的原子半径是所在周期中最小的。下列叙述不正确的是( )
A．Y和Z可形成含共价键的离子化合物
B．简单离子半径：R＜Z
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：R>X
D．W2Y常温下呈液态的原因是分子间存在氢键
【答案】B
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大， W与X能形成最简单的有机化合物，W为H、X为C ，Y的最外层电子数是次外层的3倍，Y为O，Z的焰色试验呈黄色，Z为Na，R的原子半径是所在周期中最小的，R与Na同周期，R为Cl，由上述分析可知， W为H、X为C、Y为O、Z为Na、R为Cl。A项，Y为O、Z为Na，可以形成过氧化钠，过氧化钠的电子式为：，过氧化钠可知过氧化钠是含有共价键的离子化合物，A正确；B项，一般层数越多半径越大，Cl-层数为3，Na+层数为2，所以离子半径Cl->Na+，B错误；C项，非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl>C，所以酸性HClO4>H2CO3，C正确；D项，氢键影响水的熔沸点高低，水分之间存在氢键，水常温下呈液态，D正确； 故选B。
12．下列离子方程式的书写正确的是( )
A．实验室用大理石和稀盐酸制取CO2：CO32-+2H+= H2O+CO2↑
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳CO2+OH-=HCO3-
C．铜和氯化铁溶液反应：Fe3++ Cu =Fe2++Cu2+
D．氢氧化铁和盐酸反应：H++OH-=H2O
【答案】B
【解析】A项，大理石为难溶于水的盐，书写离子方程式时不能拆写，离子方程式应为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B项，澄清石灰水中通入过量的二氧化碳生成可溶性的碳酸氢钙和水，故B正确；C项，铜和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，题中电荷没有守恒，故离子方程式为2Fe3++ Cu =2Fe2++Cu2+，故C错误；D项，氢氧化铁为难溶于水的碱，书写离子方程式时不能拆写应保留，故D错误；故选B。
13．用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述不正确的是( )




A．石蕊溶液先变红后褪色
B．安静的燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生
C．试管内先出现红棕色气体，后变无色
D．Na2CO3溶液上出现一层无色透明的油状液体
【答案】A
【解析】A项，SO2的水溶液显酸性，但对石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只变红不褪色，A不正确；B项，氢气在氯气中燃烧，只在管口接触，接触面小，不会发生爆炸，且产生苍白色火焰，生成的氯化氢在瓶口遇到水蒸气形成白雾，B正确；C项，铜丝与稀硝酸反应生成的NO气体，与试管内空气中的O2反应，生成红棕色的NO2，当试管内的空气被反应生成的NO等排出后，生成的NO气体充满试管，试管内气体呈无色，C正确；D项，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，且密度比饱和碳酸钠溶液小，所以呈油状浮在饱和碳酸钠溶液的表面上，D正确；故选A。
14．关于某有机物的性质叙述正确的是( )
A．1 mol该有机物与足量的 Na反应可生成2 mol H2
B．1 mol该有机物可以与2 mol NaOH发生反应
C．1 mol该有机物可以与6 mol H2发生加成反应
D．1 mol该有机物分别与足量Na或NaHCO3反应，产生的气体在相同条件下体积相等
【答案】D
【解析】A项，该有机物中的羧基、羟基均能与Na反应，1 mol该有机物最多消耗2mol Na反应可生成1mol H2，A错误；B项，羧基可以与NaOH按1:1的比例反应，因此1mol该有机物可以消耗1molNaOH，B错误；C项，一个苯环可以与3个H2发生加成，因此1 mol该有机物可以与3 mol H2发生加成反应，C错误；D项，由A可知，1mol该有机物可以与2mol Na反应生成1molH2；该有机物结构中的1mol—COOH可以与1molNaHCO3反应生成1mol CO2，因为生成的气体物质的量相同，因此相同条件下，产生的气体在相同条件下体积相等，D正确。故选D。
15．下列实验操作或说法不正确的是( )
A．实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气，将发生装置产生气体依次通过饱和食盐水和浓硫酸可获取干燥氯气
B．配制一定体积某浓度的稀硫酸，浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，所配溶液浓度偏大
C．未知溶液中滴入硝酸酸化，再滴入AgNO3溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含Cl-
D．KI和KBr溶液分别与少量氯水反应，根据现象可判断溴与碘的非金属性强弱
【答案】D
【解析】A项，实验室利用MnO2与浓盐酸制取氯气，氯气中混有挥发出的氯化氢气体和水蒸气，应将混合气体先通过饱和食盐水，目的为吸收氯化氢，降低氯气的溶解度；再通过浓硫酸吸收水蒸气，以此能收集较纯净的氯气，故A项正确；B项，配制一定体积某浓度的稀硫酸，若用浓硫酸稀释后直接转移至容量瓶，由于浓硫酸溶于水放热，根据热胀冷缩原理，热溶液体积比冷却后的体积大，因此最终溶液总体积会偏小，导致溶液浓度偏大，故B项正确；C项，向未知溶液中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若出现白色沉淀，证明溶液中有Cl-，故C项正确；D项，KI溶液、KBr溶液分别和少量氯水反应，可证明Cl与Br、Cl与I元素的非金属性强弱，不能比较出Br与I元素的非金属性强弱，故D项错误。故选D。
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．下图分别表示HCl、N2O4(g)、N2O4(l)的能量变化图，有关说法不正确的是( )

A．①中步骤 I 和 II 的变化过程都会放出热量
B．由②可以看出化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关
C．化学键的断裂与形成是化学反应发生能量变化的主要原因
D．化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小
【答案】A
【解析】A项，①中步骤 I 断开键，断开键吸热，步骤 II 形成键，形成键放热，故A错误；B项，化学反应中的能量变化取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，由②可以看出生成N2O4(g)和N2O4(l)的能量不同，则放出的热量不同，则化学反应中的能量变化的大小与物质的状态有关，故B正确；C项，化学反应中发生能量变化的主要原因是化学键的断裂和形成，故C正确；D项，化学反应是吸热反应还是放热反应，决定于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小，故D正确；故选A。
17．2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作如图所示。下列说法不正确的是( )

A．电极a为电池的负极
B．电极b表面反应为：O2＋4e−＋2H2O═4OH−
C．电池工作过程中向负极迁移
D．氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了能源利用率
【答案】C
【解析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2−2e−＋2OH−=2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−。A项，电极a上氢元素失电子价态升高，故电极a为负极，故A正确；B项，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，故B正确；C项，原电池工作时，阴离子向负极移动，K+移向正极，故C错误；D项，氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；故选C。
18．劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是( )
选项
劳动项目
化学知识
A
小明同学用热的纯碱溶液去除餐具的油脂
油脂在碱性条件下可水解
B
社区服务人员给铁护栏刷油漆
金属隔绝空气不易腐蚀
C
实验教师用稀硝酸处理做过银镜反应的试管
硝酸具有强氧化性
D
农民伯伯利用豆科植物做绿肥进行施肥
豆科植物可实现自然固氮
【答案】A
【解析】A项，用热的纯碱溶液去除餐具的油脂是因为纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下易水解后溶于水被洗掉，A错误；B项，铁护栏粉刷油漆，可隔绝空气使金属铁不易腐蚀，B正确；C项，硝酸具有强氧化性，可与金属银反应，从而除去银镜，C正确；D项，豆科植物可实现自然固氮，提供农作物需要的氮肥，D正确；故选A。
19．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．16.25g FeCl3形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NA
B．22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为18NA
C．1.0mol甘油(丙三醇)中含有的羟基数为NA
D． 16gCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为NA
【答案】B
【解析】A项，16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，A错误；B项，标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是单原子分子，故含有的质子数是18 NA，B正确；C项，1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3 NA，C错误；D项，甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0 NA，D错误；故选B。
20．向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。下列说法不正确的是( )

A．密闭容器的容积为2L
B．若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
C．该反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)2C(g)
D．物质B的起始浓度是0.02mol/L
【答案】C
【解析】根据图像，0～t1s内A的浓度减少0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，A为反应物，C的浓度增加0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，C为生成物；A、C的化学计量数之比为0.09mol/L：0.06mol/L=3：2；在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则B为生成物，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)。A项，开始加入A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，则密闭容器的容积为0.3mol÷0.15mol/L=2L，A项正确；B项，若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)==0.004mol·L-1·s-1，B项正确；C项，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，C项错误；D项，根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0～t1s内B的浓度增加0.03mol/L，t1s时B的浓度为0.05mol/L，则B的起始浓度为0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，D项正确；故选C。
21．下列说法正确的是( )
A．轻微烫伤或烧伤时，若有水泡，尽量不要弄破
B．处方药的包装上印有“OTC”标识
C．我国酸雨的形成主要是由于森林遭到乱砍滥伐，生态被破坏
D．绿色化学核心思想就是先污染后治理消除环境污染
【答案】A
【解析】A项，水泡弄破会发生感染，A正确；B项，OTC为非处方药标识，B错误；C项，酸雨是因为含硫氧化物的排放，C错误；D项，绿色化学的核心是从源头上消除环境污染，D错误；故选A。
22．某化学兴趣小组在学习铁及其化合物知识时，做了如下探究实验：

下列说法不正确的是( )
A．现象1有淡红色，说明有少量的被氧化了
B．现象2溶液变血红色，说明被氧化为，同时双氧水被还原为氧气
C．现象3血红色褪去，说明发生了反应：
D．由现象4可推测加入过量的双氧水将硫氰根离子可能被氧化生成了气体
【答案】B
【解析】A项，Fe3+离子与SCN-反应溶液显红色，现象1有淡红色，说明溶液中有少量铁离子，说明了有少量的Fe2+被氧化，A正确；B项，现象2溶液变血红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，同时双氧水被还原为水，B错误；C项，现象3血红色褪去，说明铁离子被铁还原为亚铁离子，即发生了反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，C正确；D项，Fe3+离子溶液显黄色，由现象4溶液变为黄色，说明含Fe3+，SCN-被双氧水氧化，根据有少量气泡，说明过量的双氧水将硫氰根离子可能被氧化生成了气体，D正确。故选B。
23．自然界中氮的循环如图所示。下列说法不正确的是( )

A．工业上用N2和H2合成NH3属于人工固氮
B．减少开私家车可减少氮氧化物的排放
C．氨和铵盐转化为硝酸盐时发生复分解反应
D．豆科植物的根瘤菌将游离态的氨转化为化合态的氮
【答案】C
【解析】A项，氮的固定是指由氮气单质生成含氮的化合物，工业上用N2和H2合成NH3属于人工固氮，A正确；B项，汽车会尾气排放氮氧化物，减少开私家车可减少氮氧化物的排放，B正确；C项，氨和铵盐(氮的化合价为-3)在硝化细菌作用下转化为硝酸盐(氮的化合价为+5)发生氧化还原反应，C错误；D项，豆科植物的根瘤菌将游离态的氨转化为化合态的氮，属于生物固氮，D正确； 故选C。
24．NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如下。下列说法正确的是( )

A．图甲中，a离子为，b离子为
B．通电后，NaCl发生电离
C．图乙表示通电后，离子定向移动，推测X为与电源正极相连的电极
D．NaCl的水溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质
【答案】C
【解析】水分子中O原子显负电性，会吸引钠离子，且钠离子的半径小于氯离子，所以b离子为Na+，c离子为Cl−；【解析】A项，由分析可知，b离子为Na+，c离子为Cl−，A错误；B项，通电后，NaCl发生电解，电离不需要通电，B错误；C项，通电后为电解池，氯离子显负电，向阳极移动，所以X为电源正极，C正确；D项，电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；氯化钠溶液为混合物，D错误；故选C。
25．下列实验方案设计、现象和结论都正确的是( )

目的
方案设计
现象和结论
A
区别碳酸钠和碳酸氢钠固体
分别在两支试管中各放入少量碳酸钠和碳酸氢钠固体，再滴入几滴水，用温度计测定温度变化
温度升高的是碳酸钠固体，温度降低的是碳酸氢钠固体
B
检验淀粉水解是否完全
将适量淀粉与稀硫酸反应，加入足量的NaOH溶液后再加入几滴碘水，观察现象
无明显现象，说明淀粉水解完全
C
探究浓硫酸特性
向硫酸铜晶体中滴加少量浓硫酸
晶体由蓝色变白色，说明浓硫酸具有脱水性
D
探究HCl、H2CO3和H2SiO3酸性强弱
向CaCO3固体中滴加稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中
若溶液出现白色沉淀，说明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3
【答案】A
【解析】A项，碳酸钠溶于水放热、碳酸氢钠溶于水吸热，故A正确；B项，将适量淀粉与稀硫酸反应，加入足量的NaOH溶液后再加入几滴碘水，碘和过量的氢氧化钠反应，无明显现象，不能说明淀粉水解完全，故B错误；C项，向硫酸铜晶体中滴加少量浓硫酸，晶体由蓝色变白色，说明浓硫酸具有吸水性，故C错误；D项，向CaCO3固体中滴加稀盐酸，产生的二氧化碳气体中含有氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，若溶液出现白色沉淀，不能说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，故D错误；故选A。
非选择题部分
三、非选择题（本大题共5小题，共40分）
26．(8分)回答下列问题
(1)写出乙醛的结构简式_____________。
(2)用电子式表示CO2的形成过程____________________________________。
(3)写出氯气与水反应的离子方程式_______________________________。
(4)写出铝片溶于氢氧化钠溶液发生的化学方程式_______________________________。
【答案】(1)CH3CHO(2分) (2) (2分)
(3)Cl2+H2OH++Cl-+HClO(2分) (4)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(2分)
【解析】(1)乙醛的分子式为C2H4O，分子中含有醛基(-CHO)，其结构简式为CH3CHO；(2)CO2为共价化合物，C原子分别与O原子共用两对电子，形成过程为；(3)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO；(4)铝能够和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
27．(8分)已知A是石油化学工业重要的基本原料，相对分子质量为28，在一定条件下能发生所示的转化关系。 请回答：


(1)A的结构简式是_____________。
(2)实验室通常用_______(填试剂名称)检验C中的官能团。
(3)写出 A+HBr→F 反应的化学方程式是___________________ 。
(4)下列说法正确的是_______ 。
A．等物质的量的A和B完全燃烧消耗O2的质量相等
B．B和钠反应的现象与H2O和钠反应的现象相同
C．仅用饱和 Na2CO3溶液不可以鉴别B、D、E
D．在制备E时，浓硫酸主要起到催化剂和吸水剂的作用
【答案】(1)CH2=CH2 (1分) (2)银氨溶液或新制Cu(OH)2的悬浊溶液(1分)
(3)CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br(2分) (4)AD(4分)
【解析】A是石油化学工业重要的基本原料，相对分子质量为28，A为乙烯，与水加成反应得到B乙醇，遗传氧化得到C乙醛，乙醛氧化得到D乙酸，乙醇和乙酸反应得到E乙酸乙酯，乙烯与HBr加成反应得到1-溴乙烷。(1)根据分析A为乙烯，结构简式为：CH2=CH2；(2)C为乙醛，实验室常用银氨溶液或新制Cu(OH)2的悬浊溶液检验醛基；(3)乙烯与HBr加成反应得到1-溴乙烷，化学方程式为：CH2=CH2+HBr→CH3CH2Br；(4)A项，A为乙烯，B为乙醇，1mol乙烯和乙醇完全燃烧消耗O2的物质的量为3mol，消耗氧气的质量相等，A正确；B项，乙醇和钠反应会生成气体，但比较缓慢，H2O和钠反应的现象比较剧烈，反应现象不相同，B错误；C项，B、D、E分别为：乙醇、乙酸、乙酸乙酯，乙醇溶于碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠溶液反应有气体生成，乙酸乙酯与碳酸钠溶液分层，仅用饱和 Na2CO3溶液可以鉴别B、D、E，C错误；D项，在制备乙酸乙酯时，浓硫酸主要起到催化剂和吸水剂的作用，D正确；故选AD。
28．(8分)固体化合物X由三种元素组成，某小组进行以下探究实验：
实验Ⅰ：

实验Ⅱ：

请回答：
(1)化合物X的组成元素有_______；化合物X的电子式为_______；
(2)化合物X的应用有_______________________________________________(写两条)。
(3)实验Ⅰ中步骤②反应的化学方程式为_______________________________________。
(4)判断化合物X与氨气(NH3)反应的可能性，并说明理由：_______________________。
(5)请用流程图形式表示合成化合物X的过程。(试剂任选) ______________________。
【答案】(1) Na、Al、H (1分)    (1分)
(2)储氢材料、作还原剂(1分)
(3) 2NaH+2Al+4H2O= 2NaAlO2+5H2↑(2分)
(4) NaAlH4中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢气(1分)
(5) (2分)
【解析】化合物X焰色实验为黄色说明含有Na元素，可溶于氢氧化钠的沉淀为氢氧化铝，则Y为氢氧化铝，其中Al的质量为2.7g，则X中Na与另一种元素的质量为2.7g，则可知剩下的元素的质量为0.4g，X的总物质的量为0.1mol，则两一种元素为H元素，其化学式为NaAlH4，反应①NaAlH4受热分解为H2和NaH，②反应的化学方程式为：2NaH+2Al+4H2O= 2NaAlO2+5H2↑，反应③NaAlO2与过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀。(1)化合物X的组成元素有Na、Al、H，化学式为：NaAlH4，其电子式为：；(2)化合物NaAlH4的H为-1价，应用有储氢材料、作还原剂；(3)Ⅰ中步骤②反应的化学方程式为：2NaH+2Al+4H2O= 2NaAlO2+5H2↑；(4) NaAlH4中的H为-1价，NH3中的H为+1价，有可能发生氧化还原反应生成氢；(5)流程图形式表示合成化合物X的过程，首先钠与氢气反应生成NaH，NaH与氯化铝生成NaAlH4：。
29．(10分)某学习小组对氯、硫及其化合物的性质进行下列实验探究活动：
Ⅰ.实验一：探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。选用的装置和药品如图。

已知：SO2可以和HClO发生氧化还原反应。
(1)装置C的作用是_______________________________。
(2)装置连接顺序为A→_______→B→E→_______→F。
(3)其中装置F中发生反应的离子方程式为_________________________，通过现象___________________即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
Ⅱ.实验二：探究氯气与硫化氢气体混合能发生反应。选用的装置和药品如图。

(4)该装置存在一个不妥之处，你的改进措施为_______________________________。
(5)省去装置C是否会对实验现象造成影响_______(填“是”“否”)。
Ⅲ.实验三：探究氯元素和硫元素非金属性强弱。
(6)为探究氯元素和硫元素的非金属性强弱，下列实验方案或有关说法中正确的是_______。
A．实验一能说明硫元素非金属性强于氯元素
B．实验二能说明氯元素非金属性强于硫元素
C．通过测定等浓度的盐酸和氢硫酸(H2S水溶液)的pH来判断非金属性强弱
D．硫化氢在空气中易被氧化，而氯化氢较稳定，则氯元素非金属性强于硫元素
【答案】(1)吸收SO2气体中混有的HCl气体(1分) (2)   C(1分)     D(1分)
(3)  CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO(1分)    D中品红不褪色，F中出现白色浑浊(1分)
(4)在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置(1分)
(5)否(1分) (6)BD(3分)
【解析】SO2可以和HClO发生氧化还原反应，所以不能直接把二氧化硫通入漂白粉溶液中比较亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。二氧化硫先和碳酸氢钠反应比较亚硫酸和碳酸的酸性，再把二氧化碳通入漂白粉溶液中比较碳酸和次氯酸的酸性，综合分析得出酸性：亚硫酸>碳酸>次氯酸的结论。(1)A中制备的二氧化硫中含有氯化氢，C中NaHSO3吸收SO2气体中混有的HCl气体；(2)A制备二氧化硫，C吸收二氧化硫中的氯化氢气体，B中NaHCO3和二氧化硫反应生成二氧化碳验证亚硫酸的酸性大于碳酸，E装置用高锰酸钾除二氧化碳中的二氧化硫气体，D装置验证二氧化硫已除尽，F中二氧化碳和漂白粉反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸验证碳酸的酸性大于次氯酸，装置连接顺序为A→C→B→E→D→F；(3)F中二氧化碳和漂白粉反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaCO3↓+2HClO，D中品红不褪色、F中出现白色浑浊说明亚硫酸的酸性强于次氯酸；(4)氯气、硫化氢都有毒，缺少尾气处理装置；可以在导管F处连接一盛有碱石灰的尾气吸收装置；(5)硫化氢气体没有干燥，所以氯气是否干燥对实验无影响，省去装置C对实验现象无影响；(6)A项，亚硫酸、次氯酸不的硫、氯元素的最高价含氧酸，实验一不能说明硫元素非金属性强于氯元素，故不选A；B项，实验二，氯气和硫化氢反应生成氯化氢和S，证明氯气氧化性大于S，能说明氯元素非金属性强于硫元素，故选B；C项，无氧酸的酸性强弱与元素非金属性强弱无关，不能通过测定等浓度的盐酸和氢硫酸(H2S水溶液)的pH来判断非金属性强弱，故不选C；D项，硫化氢在空气中易被氧化，而氯化氢较稳定，说明硫化氢还原性比氯化氢强，则氯元素非金属性强于硫元素，故选D；选BD。
30．(6分)将5.48g固体试样xNa2CO3·yNaHCO3溶于水中，分成两等份，一份加入足量Ba(OH)2溶液，充分反应后，静置过滤，得5.91g沉淀。另一份逐滴滴加1.00 mol·L-1的稀盐酸，当滴加V mL盐酸时，产生的气体体积恰好达到最大值。求：
(1)反应消耗的Ba(OH)2为_______mol。
(2)该试样组成的化学式为_______。
(3)V=_______mL。
【答案】(1)0.03(2分) (2)Na2CO3·2NaHCO3(2分) (3)80.0 (2分)
【解析】(1)由题可知生成的沉淀是BaCO3，其物质的量为：5.91g÷197g/mol =0.03mol，由Ba原子守恒可知，反应消耗的Ba(OH)2为0.03mol；(2)设Na2CO3为amol 、NaHCO3为bmol，根据二者总质量有：106a+84b=5.48，由每一份生成碳酸钡的物质的量，结合碳原子守恒，可得：a+b=0.03×2，联立解得a=0.02，b=0.04，故a：b=1：2，则该试样的组成为Na2CO3·2NaHCO3。(3)最终溶液中溶质为NaCl，根据钠离子、氯离子守恒有：n(HCl)=n(NaCl)=n(Na2CO3)+2n(NaHCO3)=2×0.02mol+0.04mol=0.08mol，故盐酸的体积为：0.08mol÷1.00 mol·L-1=0.08L=80ml，即盐酸体积为80.0mL。