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精品解析：浙江省绍兴市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：浙江省绍兴市2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列说法或表示正确的是， 下列说法正确的是， 下列物质对应的化学式正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
诸暨市2023年高中学业水平考试适应性试题
化学
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 Ba-137
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. 生石灰的化学式是
A. CaCO3 B. CaSO4 C. CaO D. Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】生石灰主要成分为氧化钙。
【详解】A．CaCO3为碳酸钙，俗名石灰石，故A错误；
B．CaSO4为硫酸钙，故B错误；
C．CaO为氧化钙，俗名生石灰，故C正确；
D．Ca(OH)2为氢氧化钙，俗名熟石灰、消石灰，故D错误。
答案选C。
2. 按物质的组成进行分类，下列属于碱的是
A. C2H5OH B. Na2CO3 C. Ba(OH)2 D. Mg(OH)Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．C2H5OH为乙醇，属于有机物，不能电离，不属于碱，A不正确；
B．Na2CO3在水溶液中电离出钠离子和碳酸根离子，属于盐，B不正确；
C．Ba(OH)2在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，C正确；
D．Mg(OH)Cl在水溶液中可以电离出氢氧根离子、氯离子、镁离子，属于碱式盐，D不正确；
故选C。
3. 下列仪器名称为“蒸发皿”的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A． 此装置为表面皿，用来做一些蒸发液体的工作，不能像蒸发皿那样加热，需垫上石棉网，A与题意不符；
B． ，此装置为坩埚，用于灼烧固体实验等，B与题意不符；
C．此装置为蒸发皿，为敞口装置，用于溶液的蒸发结晶等，C符合题意；
D．此装置为研钵，用于固体药品的研磨，D与题意不符；
答案为C。
4. 下列物质能导电且属于电解质的是
A. 食盐水 B. 液氨 C. Mg D. 熔融NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，存在自由移动的电子或离子的物质可导电，据此分析解答。
【详解】A．食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，可导电，A不符合题意；
B．液氨没有自由移动的电子或离子，不能导电，属于非电解质，B不符合题意；
C．Mg虽导电，但属于为单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；
D．熔融NaOH含有钠离子和氢氧根离子，有自由移动阴阳离子，可导电，在水溶液中和熔融状态下均能导电，符合电解质的定义，D符合题意；
故选D。
5. 过氧化钠是常用的供氧剂和漂白剂，其与水反应的化学方程式如下：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，下列说法正确的是
A. H2O是还原剂 B. O2是还原产物
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶1 D. 每消耗1molNa2O2转移1mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素由-1价变为-2价、0价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，则NaOH为还原产物，O2为氧化产物，H2O中各元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，据此解答。
【详解】A．H2O中各元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；
B．O2为氧化产物，B错误；
C．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，阴、阳离子个数比为1∶2，C错误；
D．Na2O2中O元素由-1价变为-2价、0价，每消耗1molNa2O2转移1mol电子，D正确；
故选D。
6. 下列说法或表示正确的是
A. CCl4分子的充填模型为 B. 乙烯的结构式：CH2=CH2
C. 聚丙烯的结构简式为 D. 醛基的结构简式为－CHO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯原子半径大于碳原子，四氯化碳分子的充填模型：，故A错误；
B．乙烯的结构式中碳与碳之间是双键连接，每个碳原子又结合两个氢原子，结构式：，故B错误；
C．聚丙烯的结构简式为 ，故C错误；
D．醛基的结构简式为－CHO，故D正确；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 煤的气化、液化和干馏都属于物理变化
B. 石油分馏和裂解都是化学变化，石油裂解是生产乙烯的主要方法
C. “可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，甲烷可用于合成氨和生产甲醇
D. 煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤的气化、液化和干馏都有新物质生成，均属于化学变化，A错误；
B．石油分馏是利用物质沸点不同进行分离，属于物理变化，而裂解过程生成新物质是化学变化；石油裂解是生产乙烯的主要方法，B错误；
C．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，甲烷作为化工原料，可用于合成氨和生产甲醇，C正确；
D．煤中不含有苯和甲苯，煤干馏通过化学变化生成苯、甲苯，可以使用分馏的方法把它们分离出来，D错误；
故选C。
8. 下列物质对应的化学式正确的是
A. 聚乙烯： B. 钡餐：BaCO3
C. 阿司匹林： D. 铁红：Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乙烯的结构简式是，故A错误；
B．BaSO4可以用作钡餐，故B错误；
C．阿司匹林主要成分为乙酰水杨酸，结构简式为，故C错误；
D．铁红主要成分是Fe2O3，故D正确；
故选D。
9. 下列说法正确的是
A. 红磷和白磷互为同位素 B. C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. C2H4和C3H6互为同系物 D. C60和C70是具有相同质子数的不同核素
【答案】B
【解析】
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；红磷和白磷互为同素异形体，A错误；
B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构，B正确；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；C2H4为烯烃，而C3H6可能为环烷烃或烯烃，结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；
D．同素异形体是同种元素组成的不同单质；C60和C70互为同素异形体，D错误；
故选B。
10. 下列说法不正确的是
A. 用焦炭还原石英砂可以制备粗硅 B. 电解饱和食盐水可制取金属钠
C. 以淀粉为原料发酵法可生产味精 D. 浓氨水与生石灰可用于实验室制氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．焦炭和石英砂反应可生成硅和CO，故工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，A项正确；
B．电解饱和食盐水可制取氢氧化钠、氢气、氯气，不能制得钠，B项错误；
C．味精最早是从海带中发现和提取出来的，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，C项正确；
D．生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气，D项正确；
答案选B
11. 下列说法正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都是天然的高分子化合物
B. 纤维素水解得到的葡萄糖在酒化酶作用下进一步水解得到乙醇
C. 植物油的不饱和度高，熔点低，易被氧化生成过氧化物和醛类
D. 酶是一类具有催化作用的蛋白质，强酸、强碱、甲醛、浓无机盐等均会使其失活
【答案】C
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖和双糖、油脂不是高分子化合物，故A错误；
B．葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，而不是水解，故B错误；
C．植物油的不饱和度高，含有C=C键，在空气中放置时间久了，会被氧化而产生过氧化物和醛类等，故C正确；
D．酶是一类具有催化作用的蛋白质，在某些浓无机盐会发生盐析，而强酸、强碱、甲醛、重金属盐会使其变性，故D错误；
故选C。
12. X、Y、Z、Q和R五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是
X
Y
Z
Q
R
A. Y的原子半径比Z的小
B. Y元素位于第二周期VA族
C. R元素的气态氢化物比Q元素的稳定
D. 与X元素同主族的下一周期元素的单质可作为半导体材料
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q和R五种短周期元素，结合周期表中的位置可知XYZ为第二周期元素，QR为第三周期元素；X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半，可知X为C，则Y为N，Z为O，Q为S，R为Cl，据此分析解答。
【详解】A．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则Y的原子半径比Z的大，故A错误；
B．Y为N，位于第二周期VA族，故B正确；
C．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：Cl>S，因此稳定性：HCl>H2S，故C正确；
D．与X元素同主族的下一周期元素为硅，硅单质是常用的半导体材料，故D正确；
故选：A。
13. 下列化学用语书写正确的是
A. 碳酸氢钠电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
B. 大理石与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 乙醇的催化氧化：CH3CH2OH+O2CH3CHO+2H2O
D. 氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸至溶液呈中性的离子方程式：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠电离出钠离子和弱酸根离子碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，A错误；
B．醋酸为弱酸，不能拆，反应为，B错误；
C．乙醇的催化氧化生成乙醛和水，2CH3CH2OH+O2CH3CHO+2H2O，C错误；
D．氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸至溶液呈中性，反应恰好生成硫酸钡和水，离子方程式：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故选D。
14. 为探究SO2的相关性质，搭建如图所示的实验装置：下列说法正确的是
A. 试管①中发生的反应为：SO2+Fe3++2H2O=SO+Fe2++4H+
B. 取下试管②，不断振荡，试管中出现白色浑浊，其成分是BaSO3
C. 试管③中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
D. 试管④中盛放的溶液可以是饱和Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．管①中发生的反应为：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，故A错误；
B．SO2和氯化钡溶液不反应，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．亚硫酸酸性强于碳酸，故可以和饱和碳酸钠溶液反应，故D正确；
故选D。
15. 维生素C是重要的营养素，其分子结构如图所示：下列说法正确的是
A. 维生素C含氧官能团有羟基、酯基、碳碳双键
B. 维生素C能发生加成、加聚、还原、氧化、酯化、水解反应
C. 维生素C含碳原子较多，故难溶于水
D. 维生素C可用作水果罐头中的抗氧化剂，体现了维生素C的强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C的含氧官能团有羟基、酯基，故A错误；
B．维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，能发生加成、加聚、还原、氧化、酯化、水解反应，故B正确；
C．根据结构可知，维生素C分子中含有大量的羟基，故易溶于水，故C错误；
D．维生素C可用作水果罐头中的抗氧化剂，体现了维生素C的强还原性，故D错误。
答案为B。
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. 根据图中所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法不正确的是
A. C(s，金刚石)=C(s，石墨)是放热反应
B. 石墨比金刚石更稳定
C. 等质量的金刚石完全燃烧放出的热量比石墨少
D. a表示1molC(s，金刚石)断开部分C－C需要吸收的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．等质量石墨能量低于金刚石，则C(s，金刚石)=C(s，石墨)是放热反应，A正确；
B．等质量石墨能量低于金刚石，则石墨比金刚石更稳定，B正确；
C．两者完全燃烧均生成二氧化碳气体，且等质量石墨能量低于金刚石，则等质量的金刚石完全燃烧放出的热量比石墨多，C错误；
D．金刚石和石墨中均存在碳碳键，则a表示1molC(s，金刚石)断开部分C－C需要吸收的能量，D正确；
故选C。
17. 氢氧燃料电池构造如图所示，下列说法正确的是
A. a是负极，发生还原反应
B. b电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
C. 每消耗1.12LO2，有0.2molH+从a极迁向b极
D. 电池工作时，电流从b极经小灯泡流向a极，再从a极经电解质溶液流向b极
【答案】D
【解析】
【分析】a极氢气失去电子发生氧化反应，为负极，b极氧气得到电子发生还原反应，为正极；
【详解】A．由分析可知，a负极，发生氧化反应，A错误；
B．b为正极，电极反应为氧气得到电子发生还原反应生成水：，B错误；
C．没有标况，不确定氧气的物质的量，不能计算，C错误；
D．电池工作时，电流从外电路的正极流向负极，故电流b极经小灯泡流向a极，再从a极经电解质溶液流向b极，D正确；
故选D。
18. 下列说法正确的是
A. H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口产生白烟
B. 常温下，铝易被空气中氧气氧化，故需密封保存
C. 葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用
D. 常温下，浓硝酸与Fe、Al不反应，故可用铁或铝制容器盛装浓硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，故瓶口产生白雾，故A错误；
B．常温下，铝易被空气中的氧气氧化成氧化膜，不需密封保存，故B错误；
C．葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用，故C正确；
D．常温下，浓硝酸与Fe、Al发生钝化，也是化学反应，故D错误；
故选C。
19. 下列说法正确的是(NA为阿伏伽德罗常数的值)
A. H2O分子中存在氢键，故H2O比H2S稳定
B. 标淮状况下，11.2LCCl4中含有C－Cl键的数目为2NA
C. 1molCl2溶于水，转移电子数为NA
D. 2g2H216O和H218O的混合物含质子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系，和氢键无关，故A错误；
B．标况下，CCl4为液体，不能用气体摩尔体积衡量，故不能确定其物质的量以及C－Cl键的数目，故B错误；
C．溶解在水中的Cl2只有一部分与H2O发生可逆反应生成HCl和次氯酸，所以1molCl2溶于水，转移电子数小于NA，故C错误；
D．2H216O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，每分子 2H216O和H218O的质子数均为10，2g2H216O和H218O的物质的量之和为0.1mol，混合物含质子数为NA，故D正确；
答案选D。
20. 某温度下，在2L密闭容器中，X、Y，Z三种物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 从反应开始到10s，v(Z)=0.08mol•L-1•s-1
B. 充入氦气，容器内压强增大，化学反应速率不变
C. 10s后，反应达到平衡状态，若X、Z均为气体，则v(Z)=2v(X)
D. 容器内压强保持不变或某气体的体积分数保持不变一定可以说明反应达到了平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.80mol，△n(Y)=0.80mol，△n(Z)=1.60mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，可得反应的方程式为X+Y⇌2Z。
【详解】A．t=10s时，用Z表示开始到t时间内的反应速率为，故A正确；
B．充入氦气，容器内压强增大，各物质浓度不变，化学反应速率不变，故B正确；
C．10s后，反应达到平衡状态，若X、Z均为气体，根据速率之比等于化学计量数之比，v(Z)=2v(X)，故C正确；
D．若各物质均为气体，反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，反应前后化学计量数相等，压强始终不变，不能说明反应达到了平衡状态，故D错误；
故答案选D。
21. 下列说法不正确的是
A. 高纯硅是应用最广泛的半导体材料，可制芯片、硅太阳能电池、光导纤维等
B. 聚四氟乙烯塑料具有耐高温的特点，可用于制造坩埚
C. 豆浆中加入氯化镁、硫酸钙等盐卤能破坏蛋白质的胶体结构使之聚沉得到豆腐
D. 环境保护工程师的主要工作是治理环境污染
【答案】A
【解析】
【详解】A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，晶体硅为良好的半导体，可用于制造芯片、硅太阳能电池，故A错误；
B．聚四氟乙烯塑料性质稳定，具有耐高温的特点，可用于制造坩埚，故B正确；
C．豆浆属于胶体，属于介稳体系，加入氯化镁、硫酸钙等盐卤能破坏蛋白质的胶体结构使之聚沉得到豆腐，故C正确；
D．环境保护工程师的主要工作是预防和治理环境污染，减少对环境的影响，故D正确。
答案选A。
22. 下列说法正确的是
A. 鉴别碳酸钠溶液与盐酸，不需要额外的试剂
B. 用胆矾晶体可以检验乙醇中是否有水
C. 淀粉水解液碱化后，滴加碘水，溶液未变蓝，说明淀粉水解完全
D. 用酸性KMnO4溶液洗气可以除去乙烷中的乙烯杂质
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液滴入稀盐酸中立刻生成气体，盐酸滴入碳酸钠溶液中开始无气体产生后来有气体产生，故鉴别碳酸钠溶液与盐酸，不需要额外的试剂，A正确；
B．用无水硫酸铜可以检验乙醇中是否有水，而不是胆矾，B错误；
C．淀粉水解液应该酸化后，滴加碘水，检验淀粉是否水解完全，C错误；
D．酸性KMnO4溶液和乙烯生成新的杂质气体二氧化碳，D错误；
故选A。
23. 在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示：
下列说法不正确的是
A. 该转化过程中有3种元素的化合价发生变化
B. NO 和O2必须在催化剂表面才能反应
C. 该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由上述图中可以看出发生的反应为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，由方程式知该转化过程中有N、O、C三种元素的化合价发生变化，故A正确；
B. NO很不稳定，遇到氧气就被氧化为NO2，故B错误；
C. 由2NO+O2+4CO4CO2+N2知该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，故C正确；
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；答案：B。
24. 海带中有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如图所示：
下列说法正确的是
A. 实验步骤①需用到酒精灯、坩埚、泥三角、石棉网、三脚架等实验仪器
B. 步骤③的操作名称是过滤
C. 步骤④中反应的离子方程式为2I-+H2O2=I2+O2↑+2H+
D. 海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等杂质是在步骤⑥中除去的
【答案】B
【解析】
【分析】海带经灼烧后，将海带灰浸泡得到悬浊液，此时悬浊液中含有I-，加入双氧水和稀硫酸后，可氧化I-转化为I2，加入CCl4提取I2，最后分离得到I2，据此解答。
【详解】A．步骤①灼烧需用到的仪器有：酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，不需要使用石棉网，故A错误；
B．实验操作步骤③的名称为：过滤，故B正确；
C．步骤④中双氧水和稀硫酸氧化I-转化为I2反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，故C错误；
D．海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐，在步骤中⑤实现与碘分离，故D错误；
故选B。
25. 根据实验操作和和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和和现象
结论
A
在试管中加入10mL溴水和5mL正己烷。将试管在光照下振荡后静置，溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现
正己烷与溴在光照下发生取代反应
B
铜与浓硫酸反应后的试管中加蒸馏水稀释，溶液变蓝色
铜与浓硫酸反应有CuSO4生成
C
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+，不含K+
D
某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加盐酸沉淀不溶解
该溶液中一定有Cl-
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水中的溴和正己烷在光照下可发生取代反应生成正己烷的溴取代物以及HBr气体，正己烷的溴取代物不溶于水，则溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现，说明生成了溴化铵固体，证明有HBr生成，可证明正己烷与溴在光照下发生取代反应，故A正确；
B．验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；
C．用干净的铂丝蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，只能说明该溶液中含钠元素，钾元素的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃观察，故不能说明是否含钾元素，故C错误；
D．白色沉淀可能为微溶的硫酸银等，加盐酸又转化为难溶的氯化银，则原溶液中不一定含有Cl-，故D错误；
答案选A。
非选择题
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26. 请回答：
（1）CO2的电子式是______；福尔马林的溶质是______(用结构式表示)。
（2）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，可观察到的现象是_______。
（3）铜和稀硝酸反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
（3）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O
【解析】
【小问1详解】
CO2为共价化合物，电子式为；福尔马林为甲醛()的水溶液。
【小问2详解】
向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，再被氧化为红褐色沉淀氢氧化铁，故现象为立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
【小问3详解】
铜和稀硝酸的反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O。
27. 已知烃A在标准状况下的密度为1.16g/L，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E，其中B能发生银镜反应，E是有香味的无色油状液体。
请回答：
（1）有机物A的结构简式是______。
（2）有机物B的名称是______。
（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B、C、D和E
B. 有机物D催化氧化得到的产物与B互为同系物
C. 浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂
D. 等质量B、E完全燃烧耗氧量相同
【答案】（1）CH=CH
（2）乙醛 （3）CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O （4）AB
【解析】
【分析】A的密度为1.16g/L，其摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol≈26g/mol，A为CH=CH，B能发生银镜反应，则B为CH3CHO，B催化氧化生成C为CH3COOH，E是有香味的无色油状液体，则E为酯，且分子式C3H6O2，C为反应物，E应为CH3COOCH3，D为CH3OH。
【小问1详解】
根据分析，有机物A的结构简式是CH=CH。
【小问2详解】
有机物B为CH3CHO，名称是乙醛。
【小问3详解】
C为CH3COOH， D为CH3OH，E为CH3COOCH3，有机物C与D反应生成E的化学方程式是CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O。
【小问4详解】
A．B为CH3CHO，和Na2CO3溶液不反应无现象，C为CH3COOH，和Na2CO3溶液反应有气泡生成，D为CH3OH，和Na2CO3溶液不反应无现象，E为CH3COOCH3，和Na2CO3溶液不反应，但是分层，故无法鉴别，A正确；
B．D为CH3OH，催化氧化生成HCHO，B为CH3CHO，两者互为同系物，B正确；
C．浓硫酸在酯化反应中的作用是催化剂和吸水剂，C错误；
D．B为CH3CHO，可看做C2H2·H2O，E为CH3COOCH3，可看做C3H2·2H2O，两者所含碳氢的百分含量不同，等质量B、E完全燃烧耗氧量不相同，D错误；
故选AB。
28. 由4种常见短周期元素组成的可溶性盐A，按如图流程进行实验。
已知：盐A与4.0gNaOH恰好完全反应；生成的气体B与固体C都是纯净物。
请回答：
（1）盐A含有的元素有C和______。
（2）气体B的空间结构是______；气体D的成分是______。
（3）盐A与NaOH(s)加热发生反应化学方程式是_______。
（4）气体B与CuO加热发生反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）H、O、Na
（2） ①. 正四面体形 ②. CO2
（3）CH3COONa+NaOH（s）CH4↑+Na2CO3
（4）CH4+4CuOCO2+ 2H2O+4Cu
【解析】
【分析】由题给实验流程可知，由四种常见元素组成的可溶性盐A与4.0g氢氧化钠固体共热反应生成气体B和固体C，说明A和C中都含有钠元素和氧元素；标准状况下2.24L气体B充分氧化后得到的气体D能与澄清石灰水反应生成10.0g白色沉淀E，说明D为二氧化碳、E为碳酸钙、气体B中含有碳元素且可被氧化，由白色沉淀的质量可知气体B中碳元素的物质的量为=0.1mol，由题给数据可知B中含有的碳原子个数为=1，且含有氢元素，则含有1个碳原子的可被氧化铜还原的气体B为甲烷，；固体C与澄清石灰水反应生成10.0g碳酸钙，说明C中含有碳元素的的物质的量为=0.1mol，则C为碳酸钠，含有钠元素的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，由钠原子个数守恒可知，A中含有的钠元素的物质的量为0.2mol-=0.1mol，由碳原子个数守恒可知，A中含有碳元素的物质的量为0.1mol+0.1mol=0.2mol；由A、B、C都含有碳元素，A中含有四种常见元素可知，由氢原子个数守恒可知，A中含有氢的物质的量为0.1mol×4-=0.3mol；由A的质量可知，A中氧的物质的量为=0.2mol，则A中钠元素、碳元素、氢元素和氧元素的物质的量比为0.1mol:0.2mol：0.3mol：0.2mol=1：2：3：2，A的化学式为CH3COONa。
【小问1详解】
盐A为CH3COONa，含有的元素有C和H、O、Na。
【小问2详解】
根据分析，气体B为甲烷，空间结构是正四面体形；气体D为CO2。
【小问3详解】
盐A与NaOH(s)加热发生反应的化学方程式是CH3COONa+NaOH（s）CH4↑+Na2CO3。
【小问4详解】
气体B与CuO加热发生反应的化学方程式是CH4+4CuOCO2+ 2H2O+4Cu。
29. 某化学兴趣小组为证明实验室制得的氯气中含有H2O和HCl，同时验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性，设计了如图的实验装置：
已知：Cl2能溶于CCl4，HCl难溶于CCl4。
（1）仪器a的名称是______；装置A发生反应的离子方程式为_______。
（2）装置B中盛放的试剂是______。
a.碱石灰 b.浓硫酸 c.无水CuSO4 d.P2O5
（3）验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性的实验现象是_______。
（4）装置F的作用是_______。
（5）装置G中倒扣漏斗的作用是_______；证明有HCl的现象是______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2）c （3）D中干燥有色布条不褪色，E中湿润有色布条褪色
（4）除去混合气体中的氯气
（5） ①. 防止倒吸 ②. G中有白色沉淀生成
【解析】
【分析】A中反应生成氯气，通过B中硫酸铜可以检验水，用C中干燥剂干燥氯气后，干燥的氯气进入D、E检验氯气以及次氯酸的漂白性，F吸收氯气，使用G检验氯化氢。
【小问1详解】
装置中仪器a的名称是分液漏斗，装置A中次氯酸钠和浓盐酸反应生成水、氯化钠、氯气，发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
装置B中盛放的试剂是无水CuSO4，用于检验水的存在，故选c；
【小问3详解】
氯气和水反应生成HCl、HClO，则验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性的实验现象是D中干燥有色布条不褪色，E中湿润有色布条褪色；
【小问4详解】
Cl2能溶于CCl4，HCl难溶于CCl4，装置F的作用是除去混合气体中的氯气，便于后续检验HCl的存在；
【小问5详解】
HCl易溶于水，需要有防倒吸装置，装置G中倒扣漏斗的作用是防止倒吸；HCl溶于水得到盐酸，盐酸和硝酸银反应生成不溶于水的白色沉淀氯化银，则证明有HCl的现象是G中有白色沉淀生成。
30. 某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，进行如下实验：
①取1.724g样品溶于水，配成500mL溶液。
②配制0.05mol/L的Ba(OH)2溶液。
③取25.00mL①中溶液，加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，记录消耗Ba(OH)2的体积。
④称量沉淀的质量，数据分析并计算。
（1）该测定实验共进行了3次，则配制Ba(OH)2溶液需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、______和______；根据所选仪器的规格，需用托盘天平至少称取m[Ba(OH)2]=______。
（2）该同学3次测定所消耗Ba(OH)2溶液的体积如表：
测定次数
V(Ba(OH)2)/mL
1
19.98
2
20.02
3
22.00
Ⅰ.根据乙同学的数据，样品中Na2CO3的质量分数为______%(保留一位小数)。
Ⅱ.若配制Ba(OH)2溶液，在定容时俯视刻度线，将导致Na2CO3的质量分数______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 100mL容量瓶 ②. 胶头滴管 ③. 0.9g
（2） ①. ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
由（2）中数据可知，共消耗氢氧化钡溶液62.00mL，实验中需要润洗滴定管、排液等操作消耗氢氧化钡溶液，则配制氢氧化钡溶液的体积考虑选择100mL的容量瓶，故配制Ba(OH)2溶液需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管；根据所选仪器的规格，需用托盘天平至少称取m[Ba(OH)2]=；
【小问2详解】
设碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，则106a+84b=1.724；第3次测定所消耗Ba(OH)2溶液的体积误差较大舍弃，则平均消耗标准液20.00mL，氢氧化钡为0.05mol/L×0.020L=0.0001mol，则根据钡、碳酸根守恒可知，a+b=0.0001；解得a=0.0001mol、b=0.0009mol；样品中Na2CO3的质量分数为；
若配制Ba(OH)2溶液，在定容时俯视刻度线，使得标准液浓度偏大，滴定中消耗标准液体积偏小，将导致Na2CO3的质量分数偏大。
诸暨市2023年高中学业水平考试适应性试题
化学
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 Ba-137
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. 生石灰的化学式是
A. CaCO3 B. CaSO4 C. CaO D. Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】生石灰主要成分为氧化钙。
【详解】A．CaCO3为碳酸钙，俗名石灰石，故A错误；
B．CaSO4为硫酸钙，故B错误；
C．CaO为氧化钙，俗名生石灰，故C正确；
D．Ca(OH)2为氢氧化钙，俗名熟石灰、消石灰，故D错误。
答案选C。
2. 按物质的组成进行分类，下列属于碱的是
A. C2H5OH B. Na2CO3 C. Ba(OH)2 D. Mg(OH)Cl
【答案】C
【解析】
【详解】A．C2H5OH为乙醇，属于有机物，不能电离，不属于碱，A不正确；
B．Na2CO3在水溶液中电离出钠离子和碳酸根离子，属于盐，B不正确；
C．Ba(OH)2在水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，C正确；
D．Mg(OH)Cl在水溶液中可以电离出氢氧根离子、氯离子、镁离子，属于碱式盐，D不正确；
故选C。
3. 下列仪器名称为“蒸发皿”的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A． 此装置为表面皿，用来做一些蒸发液体的工作，不能像蒸发皿那样加热，需垫上石棉网，A与题意不符；
B． ，此装置为坩埚，用于灼烧固体实验等，B与题意不符；
C．此装置为蒸发皿，为敞口装置，用于溶液的蒸发结晶等，C符合题意；
D．此装置为研钵，用于固体药品的研磨，D与题意不符；
答案为C。
4. 下列物质能导电且属于电解质的是
A. 食盐水 B. 液氨 C. Mg D. 熔融NaOH
【答案】D
【解析】
【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物属于电解质，存在自由移动的电子或离子的物质可导电，据此分析解答。
【详解】A．食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，可导电，A不符合题意；
B．液氨没有自由移动的电子或离子，不能导电，属于非电解质，B不符合题意；
C．Mg虽导电，但属于为单质，既不是电解质也不是非电解质，C不符合题意；
D．熔融NaOH含有钠离子和氢氧根离子，有自由移动阴阳离子，可导电，在水溶液中和熔融状态下均能导电，符合电解质的定义，D符合题意；
故选D。
5. 过氧化钠是常用的供氧剂和漂白剂，其与水反应的化学方程式如下：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，下列说法正确的是
A. H2O是还原剂 B. O2是还原产物
C. Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶1 D. 每消耗1molNa2O2转移1mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素由-1价变为-2价、0价，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，则NaOH为还原产物，O2为氧化产物，H2O中各元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，据此解答。
【详解】A．H2O中各元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；
B．O2为氧化产物，B错误；
C．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，阴、阳离子个数比为1∶2，C错误；
D．Na2O2中O元素由-1价变为-2价、0价，每消耗1molNa2O2转移1mol电子，D正确；
故选D。
6. 下列说法或表示正确的是
A. CCl4分子的充填模型为 B. 乙烯的结构式：CH2=CH2
C. 聚丙烯的结构简式为 D. 醛基的结构简式为－CHO
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯原子半径大于碳原子，四氯化碳分子的充填模型：，故A错误；
B．乙烯的结构式中碳与碳之间是双键连接，每个碳原子又结合两个氢原子，结构式：，故B错误；
C．聚丙烯的结构简式为 ，故C错误；
D．醛基的结构简式为－CHO，故D正确；
故选D。
7. 下列说法正确的是
A. 煤的气化、液化和干馏都属于物理变化
B. 石油分馏和裂解都是化学变化，石油裂解是生产乙烯的主要方法
C. “可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，甲烷可用于合成氨和生产甲醇
D. 煤中含有苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来
【答案】C
【解析】
【详解】A．煤的气化、液化和干馏都有新物质生成，均属于化学变化，A错误；
B．石油分馏是利用物质沸点不同进行分离，属于物理变化，而裂解过程生成新物质是化学变化；石油裂解是生产乙烯的主要方法，B错误；
C．“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物，甲烷作为化工原料，可用于合成氨和生产甲醇，C正确；
D．煤中不含有苯和甲苯，煤干馏通过化学变化生成苯、甲苯，可以使用分馏的方法把它们分离出来，D错误；
故选C。
8. 下列物质对应的化学式正确的是
A. 聚乙烯： B. 钡餐：BaCO3
C. 阿司匹林： D. 铁红：Fe2O3
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚乙烯的结构简式是，故A错误；
B．BaSO4可以用作钡餐，故B错误；
C．阿司匹林主要成分为乙酰水杨酸，结构简式为，故C错误；
D．铁红主要成分是Fe2O3，故D正确；
故选D。
9. 下列说法正确的是
A. 红磷和白磷互为同位素 B. C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构体
C. C2H4和C3H6互为同系物 D. C60和C70是具有相同质子数的不同核素
【答案】B
【解析】
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；红磷和白磷互为同素异形体，A错误；
B．同分异构体是分子式相同、结构不同的化合物；C2H5OH和CH3OCH3互为同分异构，B正确；
C．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；C2H4为烯烃，而C3H6可能为环烷烃或烯烃，结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；
D．同素异形体是同种元素组成的不同单质；C60和C70互为同素异形体，D错误；
故选B。
10. 下列说法不正确的是
A. 用焦炭还原石英砂可以制备粗硅 B. 电解饱和食盐水可制取金属钠
C. 以淀粉为原料发酵法可生产味精 D. 浓氨水与生石灰可用于实验室制氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．焦炭和石英砂反应可生成硅和CO，故工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，A项正确；
B．电解饱和食盐水可制取氢氧化钠、氢气、氯气，不能制得钠，B项错误；
C．味精最早是从海带中发现和提取出来的，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，C项正确；
D．生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气，D项正确；
答案选B
11. 下列说法正确的是
A. 糖类、油脂、蛋白质都是天然的高分子化合物
B. 纤维素水解得到的葡萄糖在酒化酶作用下进一步水解得到乙醇
C. 植物油的不饱和度高，熔点低，易被氧化生成过氧化物和醛类
D. 酶是一类具有催化作用的蛋白质，强酸、强碱、甲醛、浓无机盐等均会使其失活
【答案】C
【解析】
【详解】A．糖类中的单糖和双糖、油脂不是高分子化合物，故A错误；
B．葡萄糖在酒化酶作用下分解生成乙醇和二氧化碳，而不是水解，故B错误；
C．植物油的不饱和度高，含有C=C键，在空气中放置时间久了，会被氧化而产生过氧化物和醛类等，故C正确；
D．酶是一类具有催化作用的蛋白质，在某些浓无机盐会发生盐析，而强酸、强碱、甲醛、重金属盐会使其变性，故D错误；
故选C。
12. X、Y、Z、Q和R五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半。下列说法不正确的是
X
Y
Z
Q
R
A. Y的原子半径比Z的小
B. Y元素位于第二周期VA族
C. R元素的气态氢化物比Q元素的稳定
D. 与X元素同主族的下一周期元素的单质可作为半导体材料
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q和R五种短周期元素，结合周期表中的位置可知XYZ为第二周期元素，QR为第三周期元素；X原子的次外层电子数是最外层电子数的一半，可知X为C，则Y为N，Z为O，Q为S，R为Cl，据此分析解答。
【详解】A．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则Y的原子半径比Z的大，故A错误；
B．Y为N，位于第二周期VA族，故B正确；
C．元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：Cl>S，因此稳定性：HCl>H2S，故C正确；
D．与X元素同主族的下一周期元素为硅，硅单质是常用的半导体材料，故D正确；
故选：A。
13. 下列化学用语书写正确的是
A. 碳酸氢钠电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
B. 大理石与醋酸反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
C. 乙醇的催化氧化：CH3CH2OH+O2CH3CHO+2H2O
D. 氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸至溶液呈中性的离子方程式：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠电离出钠离子和弱酸根离子碳酸氢根离子，电离方程式：NaHCO3=Na++HCO，A错误；
B．醋酸为弱酸，不能拆，反应为，B错误；
C．乙醇的催化氧化生成乙醛和水，2CH3CH2OH+O2CH3CHO+2H2O，C错误；
D．氢氧化钡溶液中滴加稀硫酸至溶液呈中性，反应恰好生成硫酸钡和水，离子方程式：Ba2++SO+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；
故选D。
14. 为探究SO2的相关性质，搭建如图所示的实验装置：下列说法正确的是
A. 试管①中发生的反应为：SO2+Fe3++2H2O=SO+Fe2++4H+
B. 取下试管②，不断振荡，试管中出现白色浑浊，其成分是BaSO3
C. 试管③中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有漂白性
D. 试管④中盛放的溶液可以是饱和Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．管①中发生的反应为：SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+，故A错误；
B．SO2和氯化钡溶液不反应，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．亚硫酸酸性强于碳酸，故可以和饱和碳酸钠溶液反应，故D正确；
故选D。
15. 维生素C是重要的营养素，其分子结构如图所示：下列说法正确的是
A. 维生素C含氧官能团有羟基、酯基、碳碳双键
B. 维生素C能发生加成、加聚、还原、氧化、酯化、水解反应
C. 维生素C含碳原子较多，故难溶于水
D. 维生素C可用作水果罐头中的抗氧化剂，体现了维生素C的强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C的含氧官能团有羟基、酯基，故A错误；
B．维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，能发生加成、加聚、还原、氧化、酯化、水解反应，故B正确；
C．根据结构可知，维生素C分子中含有大量的羟基，故易溶于水，故C错误；
D．维生素C可用作水果罐头中的抗氧化剂，体现了维生素C的强还原性，故D错误。
答案为B。
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. 根据图中所示的过程中的能量变化情况，判断下列说法不正确的是
A. C(s，金刚石)=C(s，石墨)是放热反应
B. 石墨比金刚石更稳定
C. 等质量的金刚石完全燃烧放出的热量比石墨少
D. a表示1molC(s，金刚石)断开部分C－C需要吸收的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．等质量石墨能量低于金刚石，则C(s，金刚石)=C(s，石墨)是放热反应，A正确；
B．等质量石墨能量低于金刚石，则石墨比金刚石更稳定，B正确；
C．两者完全燃烧均生成二氧化碳气体，且等质量石墨能量低于金刚石，则等质量的金刚石完全燃烧放出的热量比石墨多，C错误；
D．金刚石和石墨中均存在碳碳键，则a表示1molC(s，金刚石)断开部分C－C需要吸收的能量，D正确；
故选C。
17. 氢氧燃料电池构造如图所示，下列说法正确的是
A. a是负极，发生还原反应
B. b电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
C. 每消耗1.12LO2，有0.2molH+从a极迁向b极
D. 电池工作时，电流从b极经小灯泡流向a极，再从a极经电解质溶液流向b极
【答案】D
【解析】
【分析】a极氢气失去电子发生氧化反应，为负极，b极氧气得到电子发生还原反应，为正极；
【详解】A．由分析可知，a负极，发生氧化反应，A错误；
B．b为正极，电极反应为氧气得到电子发生还原反应生成水：，B错误；
C．没有标况，不确定氧气的物质的量，不能计算，C错误；
D．电池工作时，电流从外电路的正极流向负极，故电流b极经小灯泡流向a极，再从a极经电解质溶液流向b极，D正确；
故选D。
18. 下列说法正确的是
A. H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，瓶口产生白烟
B. 常温下，铝易被空气中氧气氧化，故需密封保存
C. 葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用
D. 常温下，浓硝酸与Fe、Al不反应，故可用铁或铝制容器盛装浓硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2在Cl2中安静燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，故瓶口产生白雾，故A错误；
B．常温下，铝易被空气中的氧气氧化成氧化膜，不需密封保存，故B错误；
C．葡萄酒中添加SO2有杀菌、抗氧化的作用，故C正确；
D．常温下，浓硝酸与Fe、Al发生钝化，也是化学反应，故D错误；
故选C。
19. 下列说法正确的是(NA为阿伏伽德罗常数的值)
A. H2O分子中存在氢键，故H2O比H2S稳定
B. 标淮状况下，11.2LCCl4中含有C－Cl键的数目为2NA
C. 1molCl2溶于水，转移电子数为NA
D. 2g2H216O和H218O的混合物含质子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢键影响的是物质的物理性质，分子的稳定性和化学键有关系，和氢键无关，故A错误；
B．标况下，CCl4为液体，不能用气体摩尔体积衡量，故不能确定其物质的量以及C－Cl键的数目，故B错误；
C．溶解在水中的Cl2只有一部分与H2O发生可逆反应生成HCl和次氯酸，所以1molCl2溶于水，转移电子数小于NA，故C错误；
D．2H216O和H218O的摩尔质量均为20g/mol，每分子 2H216O和H218O的质子数均为10，2g2H216O和H218O的物质的量之和为0.1mol，混合物含质子数为NA，故D正确；
答案选D。
20. 某温度下，在2L密闭容器中，X、Y，Z三种物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 从反应开始到10s，v(Z)=0.08mol•L-1•s-1
B. 充入氦气，容器内压强增大，化学反应速率不变
C. 10s后，反应达到平衡状态，若X、Z均为气体，则v(Z)=2v(X)
D. 容器内压强保持不变或某气体的体积分数保持不变一定可以说明反应达到了平衡状态
【答案】D
【解析】
【分析】由图像可以看出，反应中X、Y的物质的量减少，为反应物，Z的物质的量增多，为生成物，当反应进行到10s时，△n(X)=0.80mol，△n(Y)=0.80mol，△n(Z)=1.60mol，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，可得反应的方程式为X+Y⇌2Z。
【详解】A．t=10s时，用Z表示开始到t时间内的反应速率为，故A正确；
B．充入氦气，容器内压强增大，各物质浓度不变，化学反应速率不变，故B正确；
C．10s后，反应达到平衡状态，若X、Z均为气体，根据速率之比等于化学计量数之比，v(Z)=2v(X)，故C正确；
D．若各物质均为气体，反应的化学方程式为：X(g)+Y(g)⇌2Z(g)，反应前后化学计量数相等，压强始终不变，不能说明反应达到了平衡状态，故D错误；
故答案选D。
21. 下列说法不正确的是
A. 高纯硅是应用最广泛的半导体材料，可制芯片、硅太阳能电池、光导纤维等
B. 聚四氟乙烯塑料具有耐高温的特点，可用于制造坩埚
C. 豆浆中加入氯化镁、硫酸钙等盐卤能破坏蛋白质的胶体结构使之聚沉得到豆腐
D. 环境保护工程师的主要工作是治理环境污染
【答案】A
【解析】
【详解】A．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，晶体硅为良好的半导体，可用于制造芯片、硅太阳能电池，故A错误；
B．聚四氟乙烯塑料性质稳定，具有耐高温的特点，可用于制造坩埚，故B正确；
C．豆浆属于胶体，属于介稳体系，加入氯化镁、硫酸钙等盐卤能破坏蛋白质的胶体结构使之聚沉得到豆腐，故C正确；
D．环境保护工程师的主要工作是预防和治理环境污染，减少对环境的影响，故D正确。
答案选A。
22. 下列说法正确的是
A. 鉴别碳酸钠溶液与盐酸，不需要额外的试剂
B. 用胆矾晶体可以检验乙醇中是否有水
C. 淀粉水解液碱化后，滴加碘水，溶液未变蓝，说明淀粉水解完全
D. 用酸性KMnO4溶液洗气可以除去乙烷中的乙烯杂质
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液滴入稀盐酸中立刻生成气体，盐酸滴入碳酸钠溶液中开始无气体产生后来有气体产生，故鉴别碳酸钠溶液与盐酸，不需要额外的试剂，A正确；
B．用无水硫酸铜可以检验乙醇中是否有水，而不是胆矾，B错误；
C．淀粉水解液应该酸化后，滴加碘水，检验淀粉是否水解完全，C错误；
D．酸性KMnO4溶液和乙烯生成新的杂质气体二氧化碳，D错误；
故选A。
23. 在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示：
下列说法不正确的是
A. 该转化过程中有3种元素的化合价发生变化
B. NO 和O2必须在催化剂表面才能反应
C. 该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2
【答案】B
【解析】
【详解】A.由上述图中可以看出发生的反应为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，由方程式知该转化过程中有N、O、C三种元素的化合价发生变化，故A正确；
B. NO很不稳定，遇到氧气就被氧化为NO2，故B错误；
C. 由2NO+O2+4CO4CO2+N2知该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2，故C正确；
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2，故D正确；答案：B。
24. 海带中有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如图所示：
下列说法正确的是
A. 实验步骤①需用到酒精灯、坩埚、泥三角、石棉网、三脚架等实验仪器
B. 步骤③的操作名称是过滤
C. 步骤④中反应的离子方程式为2I-+H2O2=I2+O2↑+2H+
D. 海带灰中含有的硫酸盐、碳酸盐等杂质是在步骤⑥中除去的
【答案】B
【解析】
【分析】海带经灼烧后，将海带灰浸泡得到悬浊液，此时悬浊液中含有I-，加入双氧水和稀硫酸后，可氧化I-转化为I2，加入CCl4提取I2，最后分离得到I2，据此解答。
【详解】A．步骤①灼烧需用到的仪器有：酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架，不需要使用石棉网，故A错误；
B．实验操作步骤③的名称为：过滤，故B正确；
C．步骤④中双氧水和稀硫酸氧化I-转化为I2反应的离子方程式为：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，故C错误；
D．海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐，在步骤中⑤实现与碘分离，故D错误；
故选B。
25. 根据实验操作和和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作和和现象
结论
A
在试管中加入10mL溴水和5mL正己烷。将试管在光照下振荡后静置，溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现
正己烷与溴在光照下发生取代反应
B
铜与浓硫酸反应后的试管中加蒸馏水稀释，溶液变蓝色
铜与浓硫酸反应有CuSO4生成
C
用铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+，不含K+
D
某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加盐酸沉淀不溶解
该溶液中一定有Cl-
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴水中的溴和正己烷在光照下可发生取代反应生成正己烷的溴取代物以及HBr气体，正己烷的溴取代物不溶于水，则溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现，说明生成了溴化铵固体，证明有HBr生成，可证明正己烷与溴在光照下发生取代反应，故A正确；
B．验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；
C．用干净的铂丝蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，只能说明该溶液中含钠元素，钾元素的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃观察，故不能说明是否含钾元素，故C错误；
D．白色沉淀可能为微溶的硫酸银等，加盐酸又转化为难溶的氯化银，则原溶液中不一定含有Cl-，故D错误；
答案选A。
非选择题
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26. 请回答：
（1）CO2的电子式是______；福尔马林的溶质是______(用结构式表示)。
（2）向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，可观察到的现象是_______。
（3）铜和稀硝酸反应的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
（3）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O
【解析】
【小问1详解】
CO2为共价化合物，电子式为；福尔马林为甲醛()的水溶液。
【小问2详解】
向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，先生成氢氧化亚铁白色沉淀，再被氧化为红褐色沉淀氢氧化铁，故现象为立即生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。
【小问3详解】
铜和稀硝酸的反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO+4H2O。
27. 已知烃A在标准状况下的密度为1.16g/L，以A为原料在一定条件下可获得有机物B、C、D、E，其中B能发生银镜反应，E是有香味的无色油状液体。
请回答：
（1）有机物A的结构简式是______。
（2）有机物B的名称是______。
（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B、C、D和E
B. 有机物D催化氧化得到的产物与B互为同系物
C. 浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂
D. 等质量B、E完全燃烧耗氧量相同
【答案】（1）CH=CH
（2）乙醛 （3）CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O （4）AB
【解析】
【分析】A的密度为1.16g/L，其摩尔质量为1.16g/L×22.4L/mol≈26g/mol，A为CH=CH，B能发生银镜反应，则B为CH3CHO，B催化氧化生成C为CH3COOH，E是有香味的无色油状液体，则E为酯，且分子式C3H6O2，C为反应物，E应为CH3COOCH3，D为CH3OH。
【小问1详解】
根据分析，有机物A的结构简式是CH=CH。
【小问2详解】
有机物B为CH3CHO，名称是乙醛。
【小问3详解】
C为CH3COOH， D为CH3OH，E为CH3COOCH3，有机物C与D反应生成E的化学方程式是CH3COOH+CH3OH CH3COOCH3+H2O。
【小问4详解】
A．B为CH3CHO，和Na2CO3溶液不反应无现象，C为CH3COOH，和Na2CO3溶液反应有气泡生成，D为CH3OH，和Na2CO3溶液不反应无现象，E为CH3COOCH3，和Na2CO3溶液不反应，但是分层，故无法鉴别，A正确；
B．D为CH3OH，催化氧化生成HCHO，B为CH3CHO，两者互为同系物，B正确；
C．浓硫酸在酯化反应中的作用是催化剂和吸水剂，C错误；
D．B为CH3CHO，可看做C2H2·H2O，E为CH3COOCH3，可看做C3H2·2H2O，两者所含碳氢的百分含量不同，等质量B、E完全燃烧耗氧量不相同，D错误；
故选AB。
28. 由4种常见短周期元素组成的可溶性盐A，按如图流程进行实验。
已知：盐A与4.0gNaOH恰好完全反应；生成的气体B与固体C都是纯净物。
请回答：
（1）盐A含有的元素有C和______。
（2）气体B的空间结构是______；气体D的成分是______。
（3）盐A与NaOH(s)加热发生反应化学方程式是_______。
（4）气体B与CuO加热发生反应的化学方程式是_______。
【答案】（1）H、O、Na
（2） ①. 正四面体形 ②. CO2
（3）CH3COONa+NaOH（s）CH4↑+Na2CO3
（4）CH4+4CuOCO2+ 2H2O+4Cu
【解析】
【分析】由题给实验流程可知，由四种常见元素组成的可溶性盐A与4.0g氢氧化钠固体共热反应生成气体B和固体C，说明A和C中都含有钠元素和氧元素；标准状况下2.24L气体B充分氧化后得到的气体D能与澄清石灰水反应生成10.0g白色沉淀E，说明D为二氧化碳、E为碳酸钙、气体B中含有碳元素且可被氧化，由白色沉淀的质量可知气体B中碳元素的物质的量为=0.1mol，由题给数据可知B中含有的碳原子个数为=1，且含有氢元素，则含有1个碳原子的可被氧化铜还原的气体B为甲烷，；固体C与澄清石灰水反应生成10.0g碳酸钙，说明C中含有碳元素的的物质的量为=0.1mol，则C为碳酸钠，含有钠元素的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，由钠原子个数守恒可知，A中含有的钠元素的物质的量为0.2mol-=0.1mol，由碳原子个数守恒可知，A中含有碳元素的物质的量为0.1mol+0.1mol=0.2mol；由A、B、C都含有碳元素，A中含有四种常见元素可知，由氢原子个数守恒可知，A中含有氢的物质的量为0.1mol×4-=0.3mol；由A的质量可知，A中氧的物质的量为=0.2mol，则A中钠元素、碳元素、氢元素和氧元素的物质的量比为0.1mol:0.2mol：0.3mol：0.2mol=1：2：3：2，A的化学式为CH3COONa。
【小问1详解】
盐A为CH3COONa，含有的元素有C和H、O、Na。
【小问2详解】
根据分析，气体B为甲烷，空间结构是正四面体形；气体D为CO2。
【小问3详解】
盐A与NaOH(s)加热发生反应的化学方程式是CH3COONa+NaOH（s）CH4↑+Na2CO3。
【小问4详解】
气体B与CuO加热发生反应的化学方程式是CH4+4CuOCO2+ 2H2O+4Cu。
29. 某化学兴趣小组为证明实验室制得的氯气中含有H2O和HCl，同时验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性，设计了如图的实验装置：
已知：Cl2能溶于CCl4，HCl难溶于CCl4。
（1）仪器a的名称是______；装置A发生反应的离子方程式为_______。
（2）装置B中盛放的试剂是______。
a.碱石灰 b.浓硫酸 c.无水CuSO4 d.P2O5
（3）验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性的实验现象是_______。
（4）装置F的作用是_______。
（5）装置G中倒扣漏斗的作用是_______；证明有HCl的现象是______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②.
（2）c （3）D中干燥有色布条不褪色，E中湿润有色布条褪色
（4）除去混合气体中的氯气
（5） ①. 防止倒吸 ②. G中有白色沉淀生成
【解析】
【分析】A中反应生成氯气，通过B中硫酸铜可以检验水，用C中干燥剂干燥氯气后，干燥的氯气进入D、E检验氯气以及次氯酸的漂白性，F吸收氯气，使用G检验氯化氢。
【小问1详解】
装置中仪器a的名称是分液漏斗，装置A中次氯酸钠和浓盐酸反应生成水、氯化钠、氯气，发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
装置B中盛放的试剂是无水CuSO4，用于检验水的存在，故选c；
【小问3详解】
氯气和水反应生成HCl、HClO，则验证Cl2没有漂白性，HClO有漂白性的实验现象是D中干燥有色布条不褪色，E中湿润有色布条褪色；
【小问4详解】
Cl2能溶于CCl4，HCl难溶于CCl4，装置F的作用是除去混合气体中的氯气，便于后续检验HCl的存在；
【小问5详解】
HCl易溶于水，需要有防倒吸装置，装置G中倒扣漏斗的作用是防止倒吸；HCl溶于水得到盐酸，盐酸和硝酸银反应生成不溶于水的白色沉淀氯化银，则证明有HCl的现象是G中有白色沉淀生成。
30. 某校课外小组为测定某碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数，进行如下实验：
①取1.724g样品溶于水，配成500mL溶液。
②配制0.05mol/L的Ba(OH)2溶液。
③取25.00mL①中溶液，加入Ba(OH)2溶液至沉淀达到最大值，记录消耗Ba(OH)2的体积。
④称量沉淀的质量，数据分析并计算。
（1）该测定实验共进行了3次，则配制Ba(OH)2溶液需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、______和______；根据所选仪器的规格，需用托盘天平至少称取m[Ba(OH)2]=______。
（2）该同学3次测定所消耗Ba(OH)2溶液的体积如表：
测定次数
V(Ba(OH)2)/mL
1
19.98
2
20.02
3
22.00
Ⅰ.根据乙同学的数据，样品中Na2CO3的质量分数为______%(保留一位小数)。
Ⅱ.若配制Ba(OH)2溶液，在定容时俯视刻度线，将导致Na2CO3的质量分数______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 100mL容量瓶 ②. 胶头滴管 ③. 0.9g
（2） ①. ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
由（2）中数据可知，共消耗氢氧化钡溶液62.00mL，实验中需要润洗滴定管、排液等操作消耗氢氧化钡溶液，则配制氢氧化钡溶液的体积考虑选择100mL的容量瓶，故配制Ba(OH)2溶液需要用到的主要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管；根据所选仪器的规格，需用托盘天平至少称取m[Ba(OH)2]=；
【小问2详解】
设碳酸钠、碳酸氢钠的物质的量分别为amol、bmol，则106a+84b=1.724；第3次测定所消耗Ba(OH)2溶液的体积误差较大舍弃，则平均消耗标准液20.00mL，氢氧化钡为0.05mol/L×0.020L=0.0001mol，则根据钡、碳酸根守恒可知，a+b=0.0001；解得a=0.0001mol、b=0.0009mol；样品中Na2CO3的质量分数为；
若配制Ba(OH)2溶液，在定容时俯视刻度线，使得标准液浓度偏大，滴定中消耗标准液体积偏小，将导致Na2CO3的质量分数偏大。
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