2023年7月浙江省普通高中学业水平考试化学模拟卷试卷（五）

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2023年浙江省普通高中学业水平考试仿真模拟（五）
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．氨气的分子式是( )
A．NH3 B． C．O2 D．CO2
【答案】A
【解析】氨气是由氨分子构成的化合物，每个氨分子中含有1个N原子和3个H原子，故氨气的分子式是NH3，故选A。
2．按物质的组成进行分类，丙烯酸乙酯(CH2=COOCH2CH3，存在于菠萝等水果中)属于( )
A．酯 B．烃 C．氧化物 D．盐
【答案】A
【解析】A项，丙烯酸乙酯CH2=COOCH2CH3含有酯基，属于酯，A正确；B项，CH2=COOCH2CH3除了含有C、H元素，还含有O元素，不属于烃，B错误；C项，CH2=COOCH2CH3含有C、H、O元素，而氧化物由O和另外一种元素组成，不属于氧化物，C错误；D项，CH2=COOCH2CH3属于有机物，盐类是无机物范畴，不属于盐，D错误；故选A。
3．下列仪器及其名称不正确的是( )
A．干燥器 B．坩埚 C．三角架 D．坩埚钳
【答案】C
【解析】A项，的名称为干燥器，故A正确；B项，的名称为坩埚，故B正确；C项，的名称为泥三角，故C错误；D项，的名称为坩埚钳，故D正确。故选C。
4．下列物质属于非电解质的是( )
A．CO2 B．NaOH溶液 C．Al D．BaSO4
【答案】A
【解析】A项，二氧化碳是化合物，在水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，A正确；B项，氢氧化钠溶液是混合物，不是非电解质，B错误；C项，Al为单质，既不是电解质又不是非电解质，C错误；D项，BaSO4在熔融状态可导电，是电解质，D错误；故选A。
5．火药的爆炸反应为：2KNO3+S+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑，其中被还原的元素是( )
A．N B．C C．N和S D．N和C
【答案】C
【解析】反应2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑中，N元素化合价由+5价降低到0价，S元素化合价由0价降低到-2价，N和S元素被还原，故选C。
6．下列过程属于人工固氮的是( )
A．闪电时N2转化为NO B．工业合成氨
C．豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3 D．分离液态空气获得N2
【答案】B
【解析】A项，闪电时N2转化为NO属于自然固氮，A错误；B项，工业合成氨属于人工固氮，B正确；C项，豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3是生物固氮，C错误；D项，分离液态空气获得N2不存在固氮过程，D错误；故选B。
7．我国古代的四大发明，是中国人智慧和辛勤劳动的成果。与四大发明相关的应用中，涉及化学变化的是( )
A．指南针——海上导航 B．火药——鞭炮鸣放
C．活字印刷术——书籍出版 D．造纸术——文字书写
【答案】B
【解析】若变化过程中存在有新物质生成，则该过程为化学变化，指南针导航、活字印刷术印刷、造纸过程中均无新物质生成，属于物理变化，鞭炮(火药的成分：硫磺、木炭和硝酸钾)鸣放过程中有新物质生成(如二氧化碳、氮气、硫化钾)，属于化学变化，故选B。
8．下列物质的名称不正确的是( )
A．NaOH：烧碱 B．熟石灰：CaSO4·2H2O
C．：甘油 D．尿素：CO(NH2)2
【答案】B
【解析】A项，烧碱是氢氧化钠的俗称，化学式为NaOH，故A正确；B项，熟石膏是一水合二硫酸钙的俗称，化学式为2CaSO4·H2O，生石膏是二水合硫酸钙的俗称，化学式为CaSO4·2H2O，熟石灰是Ca(OH)2，故B错误；C项，甘油是丙三醇的俗称，结构简式为，故C正确；D项，尿素又称碳酰胺，其化学式为CO(NH2)2，故D正确；故选B。
9．下列说法不正确的是( )
A．乙醇和乙醚互为同分异构体 B．O2和O3互为同素异形体
C．甲烷和异丁烷互为同系物 D．1H、2H是两种不同的核素
【答案】A
【解析】A项，乙醇的分子式为C2H6O，乙醚的分子式为C4H10O，二者分子式不相同，不互为同分异构体，A错误；B项，O2和O3均是由O元素组成的性质不同的单质，二者互为同素异形体，B正确；C项，甲烷和异丁烷均属于烷烃，结构相似，分子组成相差3个CH2，二者互为同系物，C正确；D项，具有一定数目质子和一定数目中子的原子称为核素，则1H、2H是质子数为1，中子数为0、1的两种不同的核素，D正确；故选A。
10．下列说法不正确的是( )
A．工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．工业上用SO2 与O2 在高温高压下反应制取 SO3
C．工业上目前主要用煤、天然气等与水蒸气反应制H2
D．工业上炼铁时用石灰石除去铁矿石中的 SiO2
【答案】B
【解析】A项，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，此原理称为氯碱工业，是工业上制取氯气的方法，故A正确；B项，工业上用SO2 与O2 在V2O5作催化剂、加热的条件下，制取SO3，故B错误；C项，煤和水蒸气反应制得水煤气，水煤气的成分为CO和H2，甲烷、二氧化碳和水在催化剂等一定条件下也可以反应生成H2，是工业上目前制H2的主要方法，故C正确；D项，石灰石成分为CaCO3，在炼铁高炉中高温下与SiO2反应生成炉渣CaSiO3，反应方程式为：CaCO3+ SiO2CaSiO3+CO2↑，故D正确；故选B。
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．下列离子方程式书写正确的是( )
A．将铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag
B．将稀硫酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑　
C．将硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液混合：Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓
D．将少量碳酸钙粉末加入到稀盐酸中：CO32-+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】A项，电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，A错误；B项，生成的是Fe2+，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C项，将硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液混合，生成氢氧化铜和硫酸钠，离子方程式为：Cu2++2OH-= Cu(OH)2↓，C正确；D项，CaCO3不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，D错误；故选C。
13．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是( )

选项
a中的溶液
b中的物质
c中收集的气体
d中的液体
A
浓氨水
生石灰
NH3
H2O
B
浓硝酸
铜片
NO2
H2O
C
稀硝酸
铜片
NO
NaOH溶液
D
浓硫酸
亚硫酸钠
SO2
NaOH溶液
【答案】D
【解析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水。A项，浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B项，浓硝酸与铜生成的是NO2，但是二氧化氮和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，故B错误；C项，稀硝酸与铜生成的是NO，NO不能用排空法收集，故C错误；D项，浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故D正确。故选D。
14．丙烯酸羟乙酯(III)可用作电子显微镜的脱水剂，可用下列方法制备：
CH2=CHCOOH(I)+(II)CH2=CHCOOCH2CH2OH(III)
下列说法不正确的是( )
A．化合物I能与NaHCO3溶液反应生成CO2
B．可用Br2的CCl4溶液检验化合物Ⅲ中是否混有化合物I
C．化合物II与乙醛互为同分异构体
D．化合物III水解可生成2种有机物
【答案】B
【解析】A项，化合物I中含有-COOH，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，A正确；B项，化合物I和化合物Ⅲ中都含有碳碳双键，都能使Br2的CCl4溶液褪色，故不能用Br2的CCl4溶液检验化合物Ⅲ中是否混有化合物I，B错误；C项，根据不饱和度，化合物II与乙醛互为同分异构体，C正确；D项，化合物III中含有酯基，能水解生成羧酸和醇，D正确；故选B。
15．下列有关实验的操作不正确的是( )
A．利用丁达尔效应鉴别蛋白质溶液和MgCl2溶液
B．量筒、容量瓶无“0”刻度，滴定管有“0”刻度，使用时滴定管水洗后需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗
C．蒸馏实验时若温度计的水银球高于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高
D．用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值
【答案】D
【解析】A项，蛋白质溶液为胶体，能够发生丁达尔效应，可与MgCl2溶液区分开，A正确；B项，容量瓶、量筒和滴定管上都标有刻度，使用时应避免热胀冷缩，所以标有使用温度。量筒无“0”刻度，容量瓶只有最大容量的一个刻度，所以两者都无“0”刻度。容量瓶是准确配制溶液的仪器，不需润洗；滴定管有“0”刻度，在滴定管的上部，滴定管是用来准确测定溶液浓度的仪器，滴定的溶液浓度不能发生变化，所以使用时滴定管水洗后还需润洗，B正确；C项，蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球低于支管口，收集到的馏分沸点会偏低，温度计的水银球高于支管口，收集到的馏分沸点会偏高，C正确；D项，NaClO溶液具有强氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，D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．根据能量变化示意图，a、b、c均大于0，下列说法正确的是( )

A．1mol H2(g)和1mol Cl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出ckJ的热量
B．断开1mol HCl(g)中的H-Cl键需要吸收bkJ能量
C．反应H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，反应物的总能量小于生成物的总能量
D．2mol HCl(l)分解成lmol H2(g)和1mol Cl2(g)需要吸收ckJ热量
【答案】A
【解析】A项，氢气在氯气里安静燃烧生成氯化氢，该反应是个放热反应，由图知：1mol H2(g)和1mol Cl2(g)反应生成2mol HCl(g)放出ckJ的热量，A正确；B项，从能量变化图中看出，断开2mol HCl(g)中的H-Cl键共需要吸收bkJ能量，B错误；C项，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，C错误；D项，氯化氢气体的能量比等量的液态氯化氢能量高，2mol HCl(l)分解成lmol H2(g)和1mol Cl2(g)需要吸收的热量大于ckJ，D错误；故选A。
17．某化学兴趣小组为了探索铝电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流表指针偏转方向
1
Mg、Al
稀盐酸
偏向Al
2
Al、Cu
稀盐酸
偏向Cu
3
Mg、Al
NaOH溶液
偏向Mg
下列说法不正确的是( )
A．实验1正极的电极反应为2H++2e-=H2↑
B．实验2溶液中H+向Al电极移动
C．实验3电子从铝片流向镁片
D．铝作原电池的正极或负极与电极材料、电解质溶液有关
【答案】B
【解析】A项，实验1中由于金属活动性：Mg＞Al，所以活动性强的Mg为负极，失去电子发生氧化反应；活动性弱的Al为正极，在正极上溶液中的H+得到电子发生还原反应产生H2，则正极的电极反应为：2H++2e-=H2↑，A正确；B项，实验2中由于金属活动性：Al＞Cu，所以Al为负极，失去电子发生氧化反应；Cu为正极，在正极上溶液中的H+得到电子发生还原反应产生H2，故溶液中H+向负电荷较多的正极Cu电极移动，B错误；C项，实验3中由于Al能够与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2、H2，而Mg不发生反应，因此Al为负极，Mg为正极，电子从铝片流向镁片，C正确；D项，根据上述三个实验可知：铝作原电池的正极或负极与电极材料、电解质溶液有关，D正确；故选B。
18．五育并举，劳动先行，下列劳动项目所用到的化学知识不正确的是( )
选项
劳动项目
化学知识
A
用食醋清洗水壶内的水垢
醋酸的酸性比碳酸强
B
用小苏打粉作膨松剂焙制糕点
碳酸氢钠加热容易分解放出CO2
C
不可同时使用84消毒液(含NaClO)与洁厕灵(含Cl-)
ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
D
用氢氧化钠固体和铝粉制成疏通剂疏通被油脂、毛发、菜渣等堵塞的管道
氢氧化钠具有吸水性
【答案】D
【解析】A项，用食醋清洗水壶内的水垢，反应原理为：2CH3COOH+CaCO3=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，是利用醋酸的酸性比碳酸强，A不合题意；B项，用小苏打粉作膨松剂焙制糕点，是利用碳酸氢钠加热容易分解放出CO2，原理为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，B不合题意；C项，由于反应ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O生成的Cl2有毒，污染环境，则不可同时使用84消毒液(含NaClO)与洁厕灵(含Cl-)，C不合题意；D项，氢氧化钠与铝反应生成大量的氢气，所以用氢氧化钠固体和铝粉制成疏通剂疏通被油脂、毛发、菜渣等堵塞的管道，与氢氧化钠的吸水性无关，D符合题意；故选D。
19．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关NA的叙述中，正确的是( )
A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA
B．2.3gNa与足量水反应转移电子数为0.1NA
C．1L1mol/L乙醇(化学式：C2H5OH)水溶液中含有的氢原子数为6NA
D．7.8g Na2O2固体中含有的离子总数为0.4NA
【答案】B
【解析】A项，标准状况下，H2O不是气态，22.4 L H2O的物质的量不是1mol，A错误；B项，2.3 g Na的物质的量为0.1mol，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，钠元素化合价由0升高为+1，0.1mol与足量水反应转移电子数为0.1NA，B正确；C项，1L1 mol·L-1 C2H5OH水溶液中含乙醇物质的量为1mol，但乙醇、水中都含氢原子，含氢原子数大于 6NA，C错误；D项，Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，7.8g Na2O2固体的物质的量为，含有的离子总数为0.3NA，D错误；故选B。
20．一定量的CO2和足量碳在刚性密闭容器中发生反应CO2(g)+ C(s)2CO(g)，c(CO2)随时间变化如图。下列说法不正确的是( )

A．T2＞T1
B．b点的正反应速率大于逆反应速率
C．c点正反应速率一定大于a点正反应速率
D．c点时向容器中再充入少量CO2，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，“先拐先平”，根据图像可知T2＞T1，故A正确；B项，b点后CO2的浓度继续减小，可知反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故B正确；C项，c点温度高，a点反应物浓度大，所以c点正反应速率不一定大于a点正反应速率，故C错误；D项，c点时向容器中再充入少量CO2，反应物浓度增大，反应速率增大，故D正确；故选C。
21．下列说法不正确的是( )
A．可以做食品添加剂，但其在食品中的残留量要严格控制
B．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制得
C．高温下铁与水发生反应，因此钢水注入模具前，模具需要干燥处理
D．NO2、SO2二种气体均能与水反应生成酸，它们都是酸性氧化物
【答案】D
【解析】A项，SO2具有还原性，二氧化硫通常可用于葡萄酒抗氧化剂，但是因为SO2有毒，所以其在食品中的残留量要严格控制，故A正确；B项，普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制得，主要成分是硅酸盐，故B正确；C项，铁和水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，若模具不干燥，炽热的钢水与水反应产生H2，H2混合空气会发生爆炸，从而引发钢水爆炸性迸溅，故C正确；D项，SO2气体能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，NO2和碱反应是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故D错误；故选D。
22．我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法不正确的是( )

A．①中发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
B．钠可以与TiCl4溶液反应制备金属钛
C．②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化
D．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜
【答案】B
【解析】金红石(主要成分为TiO2)与焦炭、氯气在高温下反应生成四氯化钛、一氧化碳，四氯化碳和镁单质在高温下氩气氛围中反应生成Ti和氯化镁，防止金属钛被氧化。A项，根据①中元素守恒和生成可燃性气体分析得到可燃性气体为CO，发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确；B项，Na与TiCl4溶液反应是先和溶液中水反应生成氢氧化钠和氢气，因此钠不可以与TiCl4溶液反应制备金属钛，故B错误；C项，Ti在空气中易被氧化，因此②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；D项，钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，阻止内部金属继续和氧气反应，故D正确。故选B。
23．已知硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2 NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法不正确的是( )
A．上述方程式中，每生成0.6 mol H+转移0.8 mol电子
B．该条件下氧化性：Cl2＞H2SO4
C．当Na2S2O3过量时，溶液可能出现浑浊
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH减小
【答案】A
【解析】A项，Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2 NaCl+6HCl+2H2SO4反应，氯元素化合价由0降低为-1，生成6mol盐酸、2mol硫酸转移8mol电子，每生成0.6 mol H+转移0.48 mol电子，故A错误；B项，Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2 NaCl+6HCl+2H2SO4反应，氯气中硫元素化合价降低，氯气是氧化剂，Na2S2O3中S元素化合价升高生成硫酸，硫酸是氧化产物，所以该条件下氧化性：Cl2＞H2SO4，故B正确；C项，Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2 NaCl+6HCl+2H2SO4反应使溶液呈酸性，当Na2S2O3过量时，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和S沉淀，溶液可能出现浑浊，故C正确；D项，硫代硫酸钠溶液吸收氯气后发生反应Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2 NaCl+6HCl+2H2SO4，有酸生成，溶液的pH减小，故D正确；故选A。
24．一定条件下，硫的某种含氧酸H2SOx(x≤4且为正整数)与H2S可发生如下反应：H2S+H2SOx→S+(x-3)SO2+H2O(未配平)，则下列有关推断合理的是( )
A．该反应中，一定有SO2生成
B．当x=4时，则每生成1mol S原子，转移的电子为4mol
C．若x=3，则还原剂与氧化剂的粒子个数之比为1：1
D．若x=4，若改变条件(如加热)，H2S可能被氧化为SO2
【答案】D
【解析】A项，若x=3，可以发生2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O，所以不一定有二氧化硫生成，故A错误；B项，若x=4，为H2SO4，应是浓H2SO4将H2S氧化成S，而浓硫酸自身被还原成SO2，则每生成1molS，转移2mol电子，故B错误；C项，若x=3，则发生2H2S+H2SO3=3S+3H2O的反应，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，而不是1：1，故C错误；D项，当x=4时，即H2SOx为H2SO4其中S元素的化合价为+6价，而H2S中硫元素为-2价，根据氧化还原反应的反应规律可知，H2S可能被氧化为SO2，故D正确；故选D。
25．根据下列实验操作和现象能得到相应结论的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
取少量铜和浓硫酸反应之后的溶液于试管中，依次加入盐酸和BaCl2溶液，出现白色沉淀
硫酸有剩余
B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变成血红色
难以判断Fe(NO3)2已变质
C
将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X，有白烟产生
溶液X一定是浓盐酸
D
试管中加入2 mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加热3～5 min，冷却后加入少量新制Cu(OH)2加热，未出现砖红色沉淀
淀粉未发生水解反应
【答案】B
【解析】A项，铜与浓硫酸在加热条件下发生反应会生成硫酸铜，就算没有硫酸剩余，向溶液中加入盐酸和BaCl2溶液，也会出现硫酸钡白色沉淀，A不符合题意；B项，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子，所以将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液一定变成血红色，不能确定原溶液是否变质，B符合题意；C项，浓硝酸和浓盐酸均具有挥发性，与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近后均会出现白烟，结论不准确，C不符合题意；D项，新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，需在碱性条件下进行，所以操作错误，不能验证得出淀粉是否发生水解的结论，D不符合题意；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)回答下列问题
(1)①钡餐的化学式是_______；
②乙炔的结构简式：_______。
(2)铜和浓硝酸反应的离子方程式是_______________________________。
(3)氢氧化亚铁在空气中变质的颜色变化_______________________________。
【答案】(1)  BaSO4 (2分)    CH≡CH(2分)
(2)Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O(2分)
(3)白色沉淀逐渐变灰绿色，最后变成红棕色沉淀(2分)
【解析】(1)钡餐是硫酸钡，化学式为：BaSO4；(2)乙炔中含有碳碳三键，结构简式：CH≡CH；(3)铜和浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜，离子方程式是：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；氢氧化亚铁在空气中易被氧气氧化为氢氧化铁，为红棕色，颜色变化为：白色沉淀逐渐变灰绿色，最后变成红棕色沉淀。
27．(8分)丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种天然香料，也可以由乙烯和有机物A为原料合成。已知：有机物A是乙烯的同系物。

(1)有机物A中官能团的符号是_______，A 通过加聚反应所得产物的结构简式_______。
(2)B与C反应生成丙烯酸乙酯的化学反应方程式为______________________________。
(3)下列说法不正确的是_______。
A．乙烯、丙烯是石油裂化的产物
B．乙烯与有机物B均能使酸性KMnO4溶液褪色，且反应原理相同
C．丙烯酸乙酯可发生取代反应
D．有机物B可以由葡萄糖水解得到
【答案】(1)  (1分)     (1分)
(2)CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O(2分)
(3)AD(4分)
【解析】有机物B与C反应生成丙烯酸乙酯，则B、C分别为CH2=CHCOOH、CH3CH2OH中的一种，乙烯与M在催化剂的条件下反应生成B，有机物A氧化生成C，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，所以M为水，B为CH3CH2OH，则C为CH2=CHCOOH，可推知A为CH2=CHCH3。(1)由分析可知，A为CH2=CHCH3，含有的官能团为碳碳双键，符号为，A通过加聚反应得到；(2)B为CH3CH2OH，C为CH2=CHCOOH，两者在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；(3)A项，在高温下，将石油产品中具有长链分子的烃断裂为各种短链的气态烃和液态烃称为裂解，乙烯、丙烯是石油裂解的产物，A错误；B项，B为CH3CH2OH，乙烯与有机物B均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使其褪色，反应原理相同，B正确；C项，丙烯酸乙酯可发生酯的水解，水解也属于取代反应，C正确；D项，B为乙醇，可以由葡萄糖发生无氧呼吸得到，葡萄糖不水解，D错误；故选AD。
28．(8分)某储氢材料X由三种短周期元素组成，某兴趣小组开展探究实验(每一步反应均充分进行)：

已知：化合物X中阳离子与阴离子的个数比为1：2。
请回答：
(1)气体B为_______；化合物X中阴离子的化学式为_______________________。
(2)白色沉淀A与足量NaOH溶液反应的离子方程式为_______________________。
(3)化合物X与足量盐酸反应的化学方程式为_______________________________。
(4)设计实验方案验证无色溶液C中的金属元素_______________________________。
【答案】(1)H2(1分) AlH4-(1分)
(2) Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(2分)
(3) Mg(AlH4)2+8HCl=MgCl2+2AlCl3+8 H2↑(2分)
(4)取干净铂丝蘸取溶液C进行焰色试验，若焰色为黄色则有钠元素；另取少量溶液C滴加盐酸至过量，若出现白色沉淀后又溶解，则有Al元素(2分)
【解析】白色沉淀A能与足量氢氧化钠溶液反应得到无色溶液和白色固体，则A中含氢氧化铝，质量为10.7g-2.9g=7.8g，物质的量为=0.1mol，X中含0.1mol铝元素，质量为2.7g，无色溶液C中含偏铝酸钠和氢氧化钠，向C中通入足量二氧化碳，二氧化碳与偏铝酸钠反应生成白色沉淀E氢氧化铝， X为储氢材料，X与水反应生成气体B，气体B为H2，X中含氢元素， X由三种短周期元素组成，Al与H可组成阴离子AlH4-，物质的量为0.1mol，质量为3.1g，则另一种元素的质量为4.3g-3.1g=1.2g，阳离子与阴离子的个数比为1：2，所以阳离子为+2价，短周期+2价的金属有Be和Mg，白色固体D为M(OH)22.9g，灼烧得到白色固体F2.0g，M(OH)2MO+H2O，则水的质量为0.9g，物质的量为=0.05mol，则M的物质的量为0.05mol，若为Be，质量为0.05mol9g/mol=0.45g，若为Mg，质量为0.05mol24g/mol=1.2g，因此另一种元素为Mg，化合物X的化学式为：Mg(AlH4)2。(1)由分析可知，气体B为H2，化合物X中阴离子的化学式为：AlH4-。(2)白色沉淀A为Al(OH)3和Mg(OH)2的混合物，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。(3)由分析可知，化合物X为Mg(AlH4)2，与足量盐酸反应生成氯化铝、氯化镁和氢气，化学方程式为：Mg(AlH4)2+8HCl=MgCl2+2AlCl3+8 H2↑。(4)由分析可知，无色溶液C中含偏铝酸钠和氢氧化钠，金属元素为钠元素和铝元素，因此验证钠元素和铝元素的方法为：取干净铂丝蘸取溶液C进行焰色试验，若焰色为黄色，则有钠元素；另取少量溶液C滴加盐酸至过量，若出现白色沉淀后又溶解，则有Al元素。
29．(10分)利用下图所示装置进行铜与硝酸反应的实验，得到的实验现象如下表：

序号
实验试剂(20℃)
实验现象
Ⅰ
铜丝、2mL稀硝酸
铜丝逐渐变细，有气泡产生，a中先产生无色气体后略有红棕色，溶液变蓝
Ⅱ
铜丝、2mL浓硝酸
反应剧烈，铜丝逐渐变细，a中上方出现红棕色气体，溶液变绿
(1)装置中a的仪器名称为_______；组装好装置后进行实验之前需先进行_____________。
(2)写出实验Ⅰ中产生的无色气体化学式_________________________。
(3)写出实验Ⅱ中铜与浓硝酸反应的离子方程式_________________________。
(4)装置中采用可拉动铜丝的优点是_______________________________(写一点)。
(5)针对Ⅰ中溶液呈蓝色，Ⅱ中溶液呈绿色。甲同学推测溶液的颜色与硝酸铜的质量分数有关，而乙同学推测Ⅱ中溶液呈绿色的原因是NO2在硝酸铜溶液中达到饱和所致。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是_______。
A．加热绿色溶液，观察颜色变化
B．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
C．向绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
【答案】(1)具支试管(1分)     气密性检查(1分) (2)NO(1分)
(3) Cu＋4H++2NO3-== Cu2+＋2NO2↑＋2H2O(2分)
(4)易于控制反应进行的程度，随时可以发生、停止(2分)
(5)ACD(3分)
【解析】(1)根据结构特点可知装置中a的仪器名称为具支试管；为了保证实验顺利进行，组装好装置后进行实验之前需先进行气密性检查；(2)实验Ⅰ中是铜和稀硝酸反应会生成无色的NO，所以产生的无色气体化学式为：NO；(3)实验Ⅱ中铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu＋4H++2NO3-== Cu2+＋2NO2↑＋2H2O；(4)装置中采用可拉动铜丝的优点是易于控制反应进行的程度，随时可以发生、停止；(5)A项，加热该绿色溶液，二氧化氮气体挥发，可通过颜色的变化证明，故A正确；B项，加水稀释绿色溶液 ，硝酸铜溶液浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能证明溶液颜色的变化原因，故B错误；C项，向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，通过颜色变化可证明，故C正确；D项，向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，如颜色变为绿色，可证明，故D正确；故选ACD。
30．(6分)将1.00mol/L 硫酸铜溶液和2.00 mol/L 硫酸铁溶液按体积比1：2混合得到1L混合液(假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和)，再向其中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余。请计算(计算结果保留两位小数)：
(1)混合后溶液中铜离子的物质的量浓度为_______mol/L。
(2)溶解的铁粉的质量为_______g。
(3)最后硫酸亚铁的物质的量浓度为_______mol/L。
【答案】(1)0.33(2分) (2)93.33(2分) (3)4.33(2分)
【解析】(1)将1.00mol/L 硫酸铜溶液和2.00 mol/L 硫酸铁溶液按体积比1：2混合得到1L混合液，设混合前1.00mol/L硫酸铜溶液的体积为xL，则2.00 mol/L 硫酸铁溶液的体积为2xL，假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和，则x+2x=1，解得x=，硫酸铜的物质的量为1mol/LL=mol，硫酸铁的物质的量为2mol/LL=mol，依据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中铜离子的物质的量浓度为：=mol/L≈0.33mol/L。(2)向混合液中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸铁都完全反应，反应方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时溶液中溶质为硫酸亚铁，反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+消耗铁的物质的量为mol，反应Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗铁的物质的量为mol，溶解铁粉的质量为mol56g/mol≈93.33g。(3)向混合液中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸铁都完全反应，此时溶液中溶质为硫酸亚铁，溶液中c(Fe2+)=c(SO42-)==mol/L≈4.33mol/L。