卷5——浙江省2023年7月普通高中化学学业水平考试模拟卷

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卷5-浙江省2023年7月普通高中化学学业水平考试冲A模拟卷
(满分100分)
可能用到的相对原子质量：H 1　Li 7　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27 Si 28　S 32
Cl 35.5　K 39　Ca 40　Mn 55　Fe 56　Cu 64　　Ba 137
选择题部分(共50分)
一、 选择题(本大题共25小题，第1—15题每小题2分，第16—25题每小题3分，共60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、错选均不给分)
1．溴单质的分子式是
A．Br B．O2 C．Br2 D．Cl2
【答案】C
【解析】溴单质是由2个Br原子形成的单质分子，其分子式是Br2。故选C。
2.随着北斗三号“一箭双星”成功发射，其定位服务让天然气管网控制更精准。天然气的主要成分是甲烷，甲烷属于
A． 无机物 B． 氧化物 C． 单质 D． 有机物
【答案】D
【解析】A．一般不含碳的化合物为无机物，一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等组成和结构符合无机物，故 A 错误； B．氧化物是由两种元素组成并且一种元素是氧元素的化合物，故 B 错误； C．由一种元素组成的纯净物，属于单质，故 C 错误； D．甲烷是最简单的有机化合物，故 D 正确； 故选 D。
3．下列仪器中，名称为“蒸馏烧瓶”的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】A. 观察仪器图形可知，该仪器为分液漏斗，故A不选；B. 观察仪器图形可知，该仪器为蒸馏烧瓶，故B选；C. 观察仪器图形可知，该仪器为容量瓶，故C不选；D. 观察仪器图形可知，该仪器为圆底烧平，故D不选；故答案选B。
4．下列物质的水溶液能使蓝色石蕊试纸变红的是
A．NH3 B．Na2CO3 C．NaHSO4 D．NaOH
【答案】C
【解析】A项，氨气溶于水得到一水合氨，溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，A错误；B项，碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，B错误；C项，硫酸氢钠完全电离出H+溶液显酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，C正确；D项，NaOH溶于水溶液显碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，D错误；故选C。
5．下列说法正确的是
A．HCl溶于水后形成水合氢离子和水合氯离子
B．HCl属于电解质，故溶于水或融熔状态下均能导电
C．氨气属于电解质，因为氨气的水溶液能导电
D．Cl2属于电解质，因为其水溶液能导电
【答案】A
【解析】A．HCl为电解质，电离生成氢离子和氯离子，可与水结合生成水合氢离子和水合氯离子，故A正确；B．氯化氢熔融状态下不电离，不导电，故B错误；C．氨气本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．Cl2是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。答案选A。
6．下列属于分解反应，且属于氧化还原反应的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】A. 是分解反应，但元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B. 是氧化还原反应的置换反应，故B错误；
C. 属于分解反应，有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D. 是化合反应，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：C。
7．下列对于能源的利用说法不正确的是
A．杂草、枯枝等垃圾的焚烧属于生物质能的热化学转化
B．可以采用加热绿矾的方法制取硫酸
C．钠钾合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂
D．用高压氢气、氧气制作燃料电池也是氢能源利用的一种重要方式
【答案】A
【解析】A项，垃圾不是生物质能，故垃圾焚烧发电不属于生物质能的生物化学转化，故A错误；B项，加热绿矾会分解生成三氧化硫，与水反应生成硫酸，故B正确；C项，合金的熔点低，钠钾合金可用于快中子反应堆作热交换剂，故C正确；D项，用高压氢气、氧气制作燃料电池产物为水，无任何污染，所以是氢能源利用的一种重要方式，故D正确；故选A。
8．下列表示不正确的是
A．甲烷的空间充填模型： B．乙烯的球棍模型：
C．乙炔的结构简式：CHCH D．戊烷的分子式：C5H12
【答案】C
【解析】A项，甲烷空间构型为正四面体形，C与H均以单键相连，碳原子半径大于氢原子，空间充填模型为，A正确；B项，乙烯空间构型为平面形，C与C之间为双键，C与H以单键相连，球棍模型为，B正确；C项，结构简式需展现出不饱和建的位置，因此乙炔的结构简式为CHCH，C错误；D项，戊烷是含有5个C、12个H的烷烃，分子式为C5H12，D正确；故选C。
9．下列说法正确的是
A．与互为同分异构体
B．乙炔是乙烯的同系物
C．188O表示中子数为10的氧元素的一种核素
D．氧气和臭氧互为同素异形体，两者之间不能相互转化
【答案】C
【解析】A项，同分异构体是分子式相同结构不同的不同物质，与是同种物质，A错误；B项，同系物是结构相似，分子式相差若干个CH2的物质，乙炔和乙烯结构不相似，不是同系物，B错误；C项，188O质量数为18，质子数为8，则中子数为10，188O是原子，属于核素，C正确；D项，同素异形体是同种元素形成的不同种单质，氧气和臭氧互为同素异形体，两者之间可以相互转化，D错误；故选C。
10．下列物质的应用说法不正确的是
A．氮气可用作焊接金属的保护气 B．液态氨气可用作制冷剂
C．晶体硅可用来制作太阳能电池板 D．二氧化硅常用于制造电子芯片
【答案】D
【解析】A．氮气性质温度，可以作焊接金属的保护气，A正确；B．液态氨气容易气化吸热，可以用作制冷剂，B正确；C．晶体硅是良好的半导体，可用来制作太阳能电池板，C正确；D．二氧化硅常用于制造光导纤维，单质硅常用于制造电子芯片，D错误；综上所述答案为D。
11．现有4种短周期元素X、Y、Z和W，相关信息如下表：
元素
相关信息
X
最外层电子数比次外层电子数多5
Y
与X同周期，最高化合价和最低化合价绝对值相等
Z
短周期中金属性最强的元素
W
最高化合价为+7
下列说法正确的是
A．气态氢化物的热稳定性：X＞W，原因是X元素的气态氢化物分子间存在氢键
B．与Y同主族的第3、4周期元素对应的单质可作半导体材料
C．简单离子半径大小关系：Z＞W
D．W、Y两种元素的氧化物对应水化物的酸性：W＞Y
【答案】B
【解析】短周期元素X、Y、Z和W中，X的最外层电子数比次外层电子数多5，则X核外电子排布是2、7，所以X是F元素；Y与X同周期，最高化合价和最低化合价绝对值相等，则Y是C元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；W元素的最高化合价为+7价，则W是Cl元素。根据上述分析可知：X是F，Y是C，Z是Na，W是Cl元素。A项，元素的非金属性越强，其相应的气态氢化物的稳定性就越强。X是F，W是Cl，元素的非金属性：F＞Cl，所以气态氢化物的稳定性：H F＞HCl，这与物质分子之间是否存在氢键无关，A错误；B项，Y是C，与Y同主族的第3、4周期元素Si、Ge处于金属与非金属交界处，导电性介于导体与绝缘体之间，因此它们对应的单质可作半导体材料，B正确；C项，离子核外电子层数越多，离子半径越大。Z是Na，W是Cl，两种元素形成的离子分别是Na+、Cl-，其中Na+核外有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，所以离子半径：W(Cl-)＞Z(Na+)，C错误；D项，Y是C，W是Cl元素，C元素形成的氧化物的水化物H2CO3的水溶液显酸性，而Cl元素可以形成多种含氧酸，由于题干中未指明是Cl元素的最高价含氧酸，因此不能比较其与H2CO3的酸性强弱，D错误；故选B。
12．下列方程式正确的是
A．小苏打与盐酸反应的离子方程式：CO32−+H+=CO2↑+H2O
B．乙烯与氯化氢加成的化学方程式：CH2=CH2+HClCH3=CH2Cl
C．碳酸钾在水中的电离方程式：K2CO32K++CO32−
D．醋酸钠水解的离子方程式：CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−
【答案】D
【解析】A项、小苏打与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO3−+H+=CO2↑+H2O，故A错误；B项、乙烯与氯化氢加成生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，故B错误；C．碳酸钾是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为：K2CO3=2K++CO32−，故C错误；D．醋酸钠在溶液中水解生成醋酸和氢氧化钠，水解的离子方程式为CH3COO−+H2OCH3COOH+OH−，故D正确；故选D。
13．用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，包括粗盐溶解、加沉淀剂、过滤、调节pH、蒸发结晶等步骤。下列说法错误的是
A．沉淀剂的添加顺序可以是NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液
B．向滤液中滴加盐酸，调节pH至滤液呈中性
C．蒸发结晶时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干
D．溶解、过滤、蒸发结晶等过程都使用玻璃棒搅拌溶液
【答案】D
【解析】粗盐中含有CaCl2、MgCl2、Na2SO4等可溶性杂质，利用Na2CO3除去Ca2＋、利用NaOH除去Mg2＋、利用BaCl2除去SO42－，除杂时，各试剂必须加过量，就会引入新的杂质，因此Na2CO3还可以除去过量的BaCl2引入的Ba2＋，因此试剂的添加顺序中Na2CO3需要在BaCl2的后面添加。过滤，除去沉淀，调节pH至中性。A．首先加入NaOH去除粗盐中的Mg2+和少量Ca2+，然后加入BaCl2去除粗盐中是SO42-，最后加入Na2CO3可以去除粗盐中的Ca2+和上一步加入的过量的Ba2+，A正确；B．滴加盐酸使溶液呈中性，说明溶液中溶质为NaCl，B正确；C．蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热将滤液蒸干，C正确；D．过滤过程中玻璃棒的作用为引流，D错误；
14.下列说法正确的是
A．能使溴水褪色的物质一定能和溴水发生加成反应
B．用水可鉴别乙醇、乙醛和乙酸
C．乙醇酯化、酯的水解、苯的硝化、皂化反应的实质都是取代反应
D．所有的醇都能被去氢氧化生成相应的醛或酮
【答案】C
【解析】A项，二氧化硫也能使溴水褪色，但不是加成反应；B项，乙醇、乙醛和乙酸均溶于水，无法鉴别；D项，叔醇不能发生去氢氧化。
15.下列各组中的反应，不属于同一反应类型的是
A．由植物油得人造脂肪；由乙烯与溴水反应制1，2-二溴乙烷
B．由乙醇制乙醛；用新制的氢氧化铜检验葡萄糖
C．由淀粉制葡萄糖；用油脂制肥皂
D．由乙烯制乙醇；由苯制溴苯
【答案】D
【解析】A．由植物油得人造脂肪是加成反应，由乙烯与溴水反应制1，2-二溴乙烷，也是加成反应，则两者都属于同一反应类型，故A不选；
B．由乙醇制乙醛是氧化反应；用新制的氢氧化铜检验葡萄糖也是氧化反应，则两者都属于同一反应类型，故B不选；
C．由淀粉制葡萄糖是水解反应；用油脂制肥皂也水解反应，则两者都属于同一反应类型，故C不选；
D．由乙烯制乙醇是加成反应；由苯制溴苯是取代反应，则两者不属于同一反应类型，故D选。
16.某化学反应的能量变化如图所示。下列有关叙述中正确的是

A．该反应为放热反应
B．E2表示形成新化学键所释放的能量
C．该反应的反应热ΔH = E1 − E2
D．A．加入催化剂可同等程度的降低E1、E2，ΔH不变
【答案】D
【解析】A．由图象可知该反应的反应物总能量小于生成物总能量，故该反应为吸热反应，故 A 项错误；
B．E2表示反应物旧键断裂所吸收的能量，E1表示生成物新键生成所释放的能量，故 B 项错误；
C．该反应的反应热ΔH = E2 − E1，故 C 项错误；
D．加入催化剂是降低反应活化能，且是同等程度的降低了正、逆反应的活化能，故 E 1、 E2均降低，而ΔH不变，故 D 项正确。 故选 D。
17．由锌、铜和稀硫酸形成的原电池的下列的描述正确的是

①Cu电极为负极 ②H+向负极移动 ③导线中电子流动的方向为Zn到Cu ④Cu极有H2产生 ⑤若有1mol电子流过导线,则产生H2为0.5mol ⑥正极反应式:
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①⑤⑥
【答案】C
【解析】①锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极,故错误；②根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即向铜电极移动，故错误；③电子从负极经外电路流向正极，即从锌电极经外电路流向铜极，故正确；④正极上发生反应:，故正确；⑤根据④的分析，通过1 mol电子，产生0.5 mol氢气，故正确;⑥锌作负极，电极反应式为，故错误。答案选C。
18．化学与生产生活密切相关。下列说法正确的是
A．海水资源的综合利用涉及制盐、制取镁和溴等，其过程中均涉及氧化还原反应
B．用食醋和淀粉可检验食盐里是否加碘
C．氮氧化合物与“光化学烟雾”、“臭氧层空洞”、“硝酸型酸雨”的形成有关
D．由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸、液氯等强氧化性液体
【答案】C
【解析】A项，制盐过程中粗盐提纯涉及多个复分解反应，不涉及氧化还原反应，A法错误；B．食盐里添加的一般是KIO3，食醋与碘酸钾不能反应生成碘，只用食醋和淀粉不能检验，B错误；C项，“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成主要是由于氮氧化合物产生的，“臭氧层空洞”主要是氮氧化物、氟氯代烃等的排放引起的，C正确；D项，由于钝化的原因，常温下可用钢瓶来装载浓硫酸、浓硝酸，常温下干燥的Cl2不与Fe反应，可用钢瓶来贮存液氯，不属于钝化，D错误；故选C。
19．下列说法正确的是
A．CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物
B．H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2，都需要破坏共价键
C．C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
D．水晶和干冰都是共价化合物，均属于原子晶体
【答案】C
【解析】A项，CaCl2含有离子键无共价键，为离子化合物，A错误；B项，H2O分子之间存在分子间作用力，汽化成水蒸气，破坏分子间作用力，H2O分解为H2和O2，需要破坏共价键H-O键，B错误；C项，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2两种同分异构体，前者为正丁烷、后者为异丁烷，结构不同，分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C正确；D项，水晶为二氧化硅，属于原子晶体，干冰为二氧化碳的固态形式，属于分子晶体，D错误。
20．下列说法不正确的是
A．臭氧具有强氧化性，可用作饮用水的杀菌消毒剂
B．海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”
C．某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火
D．火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用
【答案】B
【解析】A项，臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作饮用水的杀菌消毒剂，故A正确；B项，地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B错误；C项，某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，表面形成碱金属硅酸盐及SiO2凝胶薄膜，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；D项，硫磺能够破坏细菌表面的有机保护膜，使其死亡，火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用，故D正确；故选B。
21．阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L苯含有的分子为0.1NA
B．0.1molFe与足量氯气反应，转移的电子数目为0.2NA
C．2.8gCO和C2H4混合物中含有的分子数为0.1NA
D．1molMg2+含有核外电子数为2NA
【答案】C
【解析】A. 苯在标况下为液态，无法计算其物质的量，因此不能计算分子数，A项错误；B. 铁与氯气反应生成FeCl3，1mol铁与氯气反应，电子转移3mol，因此0.1molFe与足量氯气反应，转移的电子数目为0.3NA，B项错误C. 2.8gCO和C2H4混合物的物质的量为0.1mol，因此混合物的分子数为0.1NA，C项正确；D. 镁核外共12个电子，失去最外层的2个电子后生成Mg2+，Mg2+共10个电子，因此1molMg2+含有核外电子数为10NA，D项错误；答案选C。
22．一定温度下，把6 mol A和5 mol B通入容积为4L的恒容密闭容器中发生反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(g)，反应经过5min达到平衡，此时生成2 mol C，正反应速率(v正)和逆反应速率(v逆)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是

A．t2＝5min，平衡时3v正(A)＝2v逆(D)
B．0～t2，A的平均反应速率为0.15 mol·L－1·min－1
C．t2～t3，各物质的浓度一定相等
D．B的平衡转化率为25%
【答案】B
【解析】A. t2时，正逆反应速率相等，反应达到平衡，平衡时2v正(A)＝3v逆(D)，A错误；B. 反应经过5min达到平衡时生成2 mol C，则消耗了3molA，A的平均反应速率为=0.15 mol·L－1·min－1，B正确；C. t2～t3，反应为平衡状态，正逆反应速率相等，但各物质浓度与初始投料有关，不一定相等，C错误；D. 达到平衡时，生成2molC，则消耗了1molB，B的平衡转化率为=20%，D错误；答案选B。
23．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。

下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7 B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【解析】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，所以证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
24．为探究某铜的硫化物组成，取一定量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 4.66 g；将灼烧后的固体(仅含铜与氧2种元素)完全溶于100 mL 1 mol/L H2SO4中，过滤，得到0.64 g 红色固体，将滤液稀释至 200 mL，测得c(Cu2+)=0.1 mol/L。已知：Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O。
下列说法正确的是
A．得到白色沉淀亚硫酸钡
B．原铜的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3
C．最后所得的溶液最多可以溶解铁1.12 g
D．灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1
【答案】D
【解析】铜的硫化物在氧气中充分灼烧，生成的气体是SO2，将其通入盛有足量的H2O2和BaCl2的混合液中，发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，BaCl2+ H2SO4=BaSO4↓+2HCl，得到4.66 g白色沉淀是BaSO4，可根据沉淀计算S元素的物质的量；灼烧后的固体可能为CuO、Cu2O中至少1种，将其溶解在稀硫酸中得到0.64 g 红色固体物质是Cu单质，证明含有Cu2O，根据Cu单质的物质的量可计算出Cu2O的物质的量，利用溶液中Cu2+的物质的量可判断出是否含有CuO及其物质的量的多少，据此分析解答。根据上述分析可知n(S)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，0.64 g 红色固体物质是Cu单质，n(Cu)=0.64g÷64g/mol=0.01mol，则根据方程式Cu2O+ H2SO4 =CuSO4+Cu+H2O中相应物质之间的转化关系可知n(Cu2O)= n(Cu)=0.01mol，则其反应产生的Cu2+的物质的量是0.01mol，在酸溶解金属氧化物后得到的溶液中Cu2+的总物质的量是=0.1 mol/L ×0.2L=0.02mol>0.01mol，说明有0.01mol Cu2+是CuO与硫酸反应生成，则根据CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，则n(CuO)= 0.01mol。A.根据上述分析可知反应产生的白色沉淀是硫酸钡，A错误； B. 原铜的硫化物中Cu 元素的物质的量为n(Cu)=n(CuO)+2n(Cu2O)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol；原铜的硫化物中S元素的物质的量0.02mol，所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B错误； C. 100 ml 1 mol/L H2SO4的物质的量是n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反应后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液为FeSO4，所以根据元素守恒，可知溶解Fe的物质的量为0.1mol，其质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，C错误；D.根据前面计算可知n(Cu2O)=n(CuO)=0.01mol，所以灼烧后的固体中n(Cu2O)∶n(CuO)=1∶1，D正确；故合理选项是D。
25．下列存在因果关系或能达到目的的是
选项
目的或叙述
操作或叙述
A
KNO3的溶解度大
用重结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B
BaSO4难溶于酸
用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-
C
原溶液中有SO42-
滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀
D
某钾盐是K2CO3
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A、二者溶解度受温度影响差异大，选择重结晶法分离，与叙述无因果关系，故A错误；
B、向待测液中先加入盐酸，排除CO32－、SO32－、Ag＋等离子的干扰，然后再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明含有SO42－，则证明BaSO4难溶于酸，故B正确；
C、CO32－、SO32－、Ag＋能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，不能证明原溶液中含有SO42－，故C错误；
D、某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体是CO2，钾盐可能是K2CO3，也可能是KHCO3，故D错误；
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26．（1）①写出水玻璃溶质的化学式__________；②写出1-丙醇的结构简式__________。
（2）漂白粉生效:_________________________________。
【答案】（1）①Na2SiO3（1分） ②CH3CH2CH2OH（1分）
（2）Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO（2分）
【解析】（1）①水玻璃为硅酸钠的水溶液的俗称；②1-丙醇为丙烷CH3CH2CH3的碳链端1个氢原子被羟基取代的产物。
（2）漂白粉中主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与空气中CO2反应生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉为固体，不拆分，碳酸钙为难溶性固体，不拆分，次氯酸为弱酸，不拆分，故该反应的离子方程式为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO。
27．已知某气态烃X在标准状况下的密度为1.16g·L－1，A能发生银镜反应，E具有水果香味，有关物质的转化关系。

请回答：
（1）C中含有的官能团名称是_________。
（2）化合物M是A的同系物，比A少一个碳原子，请写出M的结构式_________。
（3）下列说法正确的是_________（填字母）。
A．有机物D在加热条件下可以使黑色的氧化铜变红
B．有机物C分子中的所有原子在同一平面上
C．反应③为还原反应，反应④为氧化反应
D．有机物B、D、E均能与NaOH反应
（4）化合物E广泛用于药物、染料、香料等工业，实验室常用如图装置来制备E。装置中，溶液M为_________。反应结束后，将试管中收集到的产品倒入_________中，振荡、静置，然后_________（填操作）分离溶液M。

【答案】碳碳双键 AB 饱和碳酸钠溶液 分液漏斗 分液
【解析】
某气态烃X在标准状况下的密度为1.16g·L－1，X的相对分子质量是1.16×22.4=26，则X的分子式是C2H2，X是乙炔；A能发生银镜反应，A是乙醛，乙醛氧化为乙酸，B是乙酸，乙酸和D反应生成具有水果香味的E，E是酯，则D是乙醇，C和水反应生成乙醇，C是乙烯；E是乙酸乙酯。
根据以上分析，（1）C是乙烯，含有的官能团名称是碳碳双键；
（2）A是乙醛，化合物M是A的同系物，比A少一个碳原子，则M是甲醛， M的结构式；
（3）A．有机物D是乙醇，乙醇在加热条件下和黑色的氧化铜反应生成乙醛、铜和水，所以黑色氧化铜变红，故A正确；
B．有机物C是乙烯，乙烯分子中的所有原子在同一平面上，故B正确；
C．反应③乙炔和氢气反应生成乙烯，反应类型为还原反应(加成反应)，反应④是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，反应类型是加成反应，故C错误；
D．有机物B是乙酸，乙酸和氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，E是乙酸乙酯，乙酸乙酯和氢氧化钠反应生成乙酸钠和乙醇，D是乙醇，乙醇和NaOH不反应，故D错误；选AB；
（4）制备乙酸乙酯的装置中，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，溶液M为饱和碳酸钠溶液。用分液法分离乙酸乙酯，反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后用分液法分离溶液M。
28．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。某兴趣小组对X进行如下实验探究：

(1)混合物X中一定有_______。
(2)写出过程II中得到蓝色溶液所发生的离子反应方程式_______；________。
(3)混合物中铜的物质的量为___________mol。
【答案】Na2O、Fe2O3、Cu Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 0.05mol
【解析】15.6gX加足量水过滤只得到6.4g固体，则X中一定有Na2O，可能有SiO2；加水后所得固体加过量盐酸产生蓝色溶液和红色固体，则一定发生了Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，则一定有Fe2O3和Cu，且1.92g红色固体为Cu，因此X中必不含SiO2。
(1)由分析可知混合物X中一定有Na2O、Fe2O3、Cu；
(2)过程II中得到蓝色溶液所发生的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O和2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(3)结合分析可知X中Fe2O3、Cu的总质量为6.4g，加盐酸后Fe2O3中Fe转化为Fe2+，反应的Cu变为Cu2+，设参加反应的铜的物质的量为xmol，Fe2O3的物质的量为ymol，则有160y+64x+1.92=6.4，得失电子守恒有2y=2x，联立二式解得x=0.02，因此混合物中铜的物质的量为0.02mol+1.92g÷64g/mol=0.05mol。
29．如图所示是某课外活动小组设计的制取氨气，回答下列问题：

（1）装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是____。
（2）检验NH3是否收集满的实验方法是_____。
（3）干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？____(填“能”或“不能”)，理由是___(用化学方程式表示)。
【答案】（1）减小空气对流，使NH3充满试管（1分）
（2）用蘸取少许浓盐酸的玻璃棒靠近收集NH3的容器口，若产生白烟，说明容器已收集满NH3，反之，则没有收集满（或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的容器口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3已收集满，反之，则没有收集满）（1分）
（3）不能（1分） CaCl2＋8NH3===CaCl2·8NH3（1分）
【解析】（1）氨气的密度小于空气的密度，为了防止氨气与空气对流，确保收集满纯净的氨气，故用棉花团堵住试管口；
（2）用蘸取少许浓盐酸的玻璃棒靠近收集NH3的容器口，若产生白烟，说明已收集满NH3，反之，则没有收集满(或用湿润的红色石蕊试纸靠近收集NH3的容器口，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明NH3已收集满，反之，则没有收集满)；
（3）CaCl2虽然是中性干燥剂，但是CaCl2能吸收NH3，故不能用无水CaCl2干燥氨气。
30．室温下，将200mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分。一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入100mL1.0 mol·L-1NaOH溶液，充分反应后溶液中H+浓度为0.1 mol·L-1（溶液的体积为200mL）。试计算：
（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量___________mol。
（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为__________mol·L-1。
【答案】0.01 1.0
【解析】（1）一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42－+Ba2＋=BaSO4 ↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；
（2）另一份混合溶液中加入100mL 1.0 mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据硫酸的物质的量计算消耗NaOH的物质的量，再根据H原子守恒计算盐酸浓度．
（1）n（BaSO4）=2.33g/233g·mol－1=0.01mol，根据硫酸根离子守恒得n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol；
（2）另一份混合溶液中加入100mL 1.0 mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4 +2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，根据方程式知，硫酸消耗的n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.01mol=0.02mol，混合溶液中H＋浓度为0.1mol·L-1、溶液的体积为200mL，则剩余n（HCl）=0.1mol·L－1×0.2L=0.02mol，则与NaOH溶液反应的n（HCl）=n（NaOH）（余下）=1.0mol·L－1×0.1L-0.02mol=0.08mol，则总的n（HCl）=0.02mol+0.08mol=0.1mol，其浓度=0.1mol/0.1L=1.0mol·L－1．