2020年1月浙江省普通高中學業(yè)水平考試化學仿真模擬試題B(教師版)

一、選擇題（本題共25小題，每小題2分，共50分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1．下列物質的俗名與化學式相對應的是A．水銀—AgC．燒堿—NaOH

B．膽礬—CuOD．明礬—Al(SO)1．【答案】C【解析】A、水銀是金屬汞的俗稱，其化學式為Hg，其俗名、化學式不一致，故A錯誤；B、膽礬是五水合硫酸銅的俗稱，其化學式為CuSO?5HO

，其俗名、化學式不一致，故B錯誤；C、燒堿是氫氧化鈉的俗稱，其化學式為NaOH，其俗名與化學式相對應，故C正確；D、明礬是十二水合硫酸鋁鉀的俗稱，其化學式為：KAl(SO)?12HO，其俗名、化學式不一致，故D錯誤；故答案選C。2．為防止缺碘，可在食鹽中加入少量KIO。KIO屬于A．單質

B．氧化物

C．酸

D．鹽2．【答案】D【解析】同種元素組成的純凈物為單質；兩種元素組成，其中一種為氧元素的化合物為氧化物；水溶液中電離出的陽離子全是氫離子的化合物為酸；金屬陽離子或銨根離子和酸根陰離子構成的化合物為鹽；KIO是金屬陽離子和酸根陰離子構成的化合物，故其為鹽，故答案為D。3．下列儀器及名稱沒有錯誤的是 3．【答案】B【解析】A、坩堝為泥土燒制，所以應為坩堝，A錯誤；B、為冷凝管，B正確；C、漏斗有活塞，為分液漏斗，C錯誤；D、應為容量瓶，D錯誤；故選B。4．下列物質能與SiO反應的是A．高錳酸鉀 B．濃硝酸 C．濃硫酸 D．氫氟酸4．【答案】D【解析】SiO化學性質比較穩(wěn)定，和高錳酸鉀、濃硝酸、濃硫酸均不反應，能和氫氟酸反應生成SiF和水；答案選D。5．下列物質的水溶液能導電，但屬于非電解質的是A．鹽酸

B．SO

C．NHNO

D．NaOH5．【答案】B【解析】A.

鹽酸，能導電，但鹽酸是混合物，既不屬于電解質，也不屬于非電解質，A不合題意；B.SO，水溶液能導電，但屬于非電解質，B符合題意；C.

NHNO，水溶液能導電，屬于電解質，C不合題意；D.

NaOH，水溶液能導電，但屬于電解質，D不合題意。故選B。6．下列分散系中分散質粒子最大的是A．蔗糖溶液C．豆?jié){

B．Fe(OH)膠體D．少量植物油和水的混合物（乳濁液）6．【答案】D【解析】A、蔗糖溶液屬于溶液，分散質微粒直徑小于1nm；B、Fe(OH)膠體分散質微粒直徑介于1～100nm之間；C、豆?jié){屬于膠體分散質微粒直徑介于1～100nm之間；D、少量植物油和水的混合物分散質微粒直徑大于100nm；綜上所述分散質粒子最大的是D。7．在下列反應中，鹽酸作氧化劑的是A．NaOH＋HCl＝NaCl＋HOB．Zn＋2HCl＝ZnCl＋H↑C．BaCO＋2HCl＝BaCl＋HO＋CO↑D．MnO＋4HCl(濃)

MnCl＋Cl↑＋2HO7．【答案】B【解析】A.反應為酸堿中和反應，沒有化合價變化，故A選項錯誤；B.反應中H元素化合價由+1價降低為0價，HCl做氧化劑，故B選項正確；C.反應為復分解反應，沒有化合價變化，故C選項錯誤；D.反應中Cl元素化合價由-1價升高到0價，HCl做還原劑，故D選項錯誤；故答案選B。8．下列有關化學用語表示正確的是A．Ne和Na的結構示意圖均為B．質量數(shù)為37的氯原子ClC．二氧化碳分子的比例模型：D．NHBr的電子式：8．【答案】D【解析】A.

Ne原子的結構示意圖為 ，Na的結構示意圖為

，A項錯誤；B.

質量數(shù)書寫在元素符號的左上角，左下角為質子數(shù)，故質量數(shù)為37的氯原子Cl

，B項錯誤；C.

二氧化碳中碳原子半徑大于氧原子半徑，比例模型應為左右小中間大，C項錯誤；D.

NHBr的電子式：項正確；答案選D。9．下列說法正確的是A．

T

屬于同位素，

、

、T

屬于同素異形體 B．甘油（ ）和乙醇中都含有羥基，因此兩者互為同系物

，D

的名稱是

的名稱是1，4-二甲基丁烷

D．有機物

和

是同分異構體 9．【答案】D【解析】A．H、D、T屬于同種物質，均為氫氣，而H、D、T屬于同位素，故A錯誤；B．同系物中官能團的種類、數(shù)目均相同，則甘油和乙醇中羥基的數(shù)目不同，不屬于同系物，故B錯誤；C．最長碳鏈有4個C，2、3號C上有甲基，名稱為2，3-二甲基丁烷，故C錯誤；D．CH—CH—NO和HN—CH—COOH的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故D正確；故選D。10．下列有關物質的性質與應用說法正確的是A．過氧化鈉有強氧化性，可用作漂白劑。B．KSCN溶液與Fe反應生成血紅色沉淀，常用于檢驗FeC．大氣中二氧化氮達到一定濃度時有毒，常用排水法收集D．明礬與水反應生成Al(OH)膠體，可用于水的殺菌消毒10．【答案】A【解析】A.

過氧化鈉在反應中作氧化劑，具有強氧化性，可用作漂白劑，A項正確；B.

SCN與Fe反應生成血紅色物質，該物質不是沉淀，

B項錯誤；C.

二氧化氮可以和水反應生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C項錯誤；D.

明礬與水反應生成Al(OH)膠體，可用于凈水，不能殺菌消毒，D項錯誤；答案選A。11．短周期元素X、Y、M、R在周期表中的相對位置如圖，最外層電子數(shù)之和為24。下列說法正確的是 A．Y的氫化物中一定不存在非極性鍵B．X的氫化物與R的氫化物反應，產(chǎn)物的水溶液呈堿性C．食品中可適量添加MY，起到去色、殺菌、抗氧化的作用D．氧化物對應的水化物的酸性：R>M11．【答案】C【解析】短周期元素X、Y、M、R在周期表中Y、M同主族，X在Y、M左邊相鄰主族，R在Y、M右邊相鄰主族，最外層電子數(shù)之和為24，設Y、M最外層電子數(shù)為x，X為x-1，R為x+1，故4x=24，x=6，故Y、M為第VIA族元素，X、Y、M、R分別為：N、O、S、Cl。A、Y的氫化物為：HO、HO，HO中存在非極性鍵，故A錯誤；B、X的氫化物為NH與R的氫化物（HCl）反應，產(chǎn)物的水溶液為NHCl，呈酸性，故B錯誤；C、食品中可適量添加MY（SO），SO有漂白性、氧化性、還原性、故適量添加，可以起到去色、殺菌、抗氧化的作用，故C正確；D、根據(jù)元素周期律，只能比較最高價氧化物對應的水化物的酸性，，故D錯誤；故選C。12．下列反應的離子方程式書寫正確的是A．用Cl進行自來水消毒：Cl+HO=2H+Cl+C1OB．將鋁粉加入氫氧化鈉溶液中：A1+4OH=[Al(OH)]C．CuSO溶液與過量濃氨水制取Cu(OH)：Cu+2NH·HO=Cu(OH)↓+2NHD．向MgSO溶液中加入NaO：2NaO+2Mg+2HO=4Na+2Mg(OH)↓+O↑12．【答案】D【解析】A.

用Cl進行自來水消毒：Cl+HO=H+Cl+HC1O，與題意不符，A錯誤；B.

將鋁粉加入氫氧化鈉溶液中：2A1+2HO+2OH=2[Al(OH)]+3H↑，與題意不符，B錯誤；C.

CuSO溶液與過量濃氨水制取Cu(OH)：Cu+4NH·HO=[Cu(NH)]+4HO，與題意不符，C錯誤；D.

向MgSO溶液中加入NaO：2NaO+2Mg+2HO=4Na+2Mg(OH)↓+O↑，符合題意，D正確；答案為D。13．對實驗Ⅰ～Ⅳ的實驗現(xiàn)象預測正確的是A．實驗Ⅰ：液體分層，下層呈無色B．實驗Ⅱ：燒杯中先出現(xiàn)白色沉淀，后溶解C．實驗Ⅲ：試管中有紅色沉淀生成D．實驗Ⅳ：放置一段時間后，飽和CuSO溶液中出現(xiàn)藍色晶體13．【答案】D【解析】A．碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，CCl將碘水中的碘萃取到CCl中，下層呈紫紅色，A錯誤；B．氯化銨和氫氧化鈣共熱反應生成氨氣，氨氣溶于水得到氨水，氨水與氯化鋁反應生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不溶于弱堿，故白色沉淀不會溶解，B錯誤；C．氯化鐵與KSCN反應生成．．．Fe(SCN)，溶液呈紅色，而不是生成紅色沉淀，C錯誤；D．CaO吸水生成氫氧化鈣，飽和CuSO溶液中．．．水減少，會析出藍色晶體，故D正確；故答案為D。14．甲烷、乙烯、溴乙烷、乙醇是四種常見的有機物，下列關于他們的性質說法中不正確的是A．這四種有機化合物都是脂肪族化合物B．乙烯是一種重要的化工原料，可以用于合成乙醇C．溴乙烷在NaOH水溶液中可以生成乙醇，乙醇在溴化鈉、濃硫酸中可以生成溴乙烷D．這四種有機化合物都能燃燒，而且燃燒產(chǎn)物都是二氧化碳和水14．【答案】D【解析】A．甲烷、乙烯、溴乙烷、乙醇分子結構中都不存在苯環(huán)，都是脂肪族化合物，故A正確；B．乙烯是一種重要的化工原料，在一定條件下，乙烯和水能夠發(fā)生加成反應生成乙醇，故B正確；C．溴乙烷與NaOH水溶液共熱發(fā)生水解反應生成乙醇，乙醇在溴化鈉、濃硫酸中可以與生成的溴化氫發(fā)生取代反應生成溴乙烷，故C正確；D．烴或烴的含氧衍生物燃燒生成二氧化碳和水，甲烷、乙烯、乙醇的燃燒產(chǎn)物都是二氧化碳和水，溴乙烷中含有溴元素，燃燒后還生成溴化氫，故D錯誤；故選D。15．下列營養(yǎng)物質在人體內(nèi)發(fā)生的變化及其對人的生命活動所起的作用敘述不正確的是：A．淀粉→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動）B．纖維素（水解）→葡萄糖→（氧化）水和二氧化碳（釋放能量維持生命活動）C．植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br/CCl褪色D．酶通常是一類具有高選擇催化性能的蛋白質15．【答案】B【解析】A.

淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能釋放出能量，故A正確；B.

人體內(nèi)沒有水解纖維素的酶，它在人體內(nèi)主要是加強胃腸蠕動，有通便功能，不能被消化功能，故B錯誤；C.

植物油含不飽和脂肪酸酯，分子中含有碳碳雙鍵具有烯烴的性質，能使Br/CCl褪色，故C正確；D.

酶是蛋白質，具有高選擇性和催化性能，故D正確；答案選B。16．某科研團隊研究將磷鎢酸(HPWO，以下簡稱HPW)代替濃硫酸作為酯化反應的催化劑，但HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW負載在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率與HPW負載量的關系(溫度：120℃，時間：2h)如圖所示，下列說法不正確的是A．與HPW相比，HPW/硅藻土比表面積顯著增加，有助于提高其催化性能B．當HPW負載量為40%時達到飽和，酯化率最高C．用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑，可減少設備腐蝕等不足D．不同催化劑對酯化率的影響程度主要取決于化學反應正向進行的程度16．【答案】D【解析】A、HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性，選項A正確；B、根據(jù)圖中曲線可知，當HPW負載量為40%時達到飽和，酯化率最高，選項B正確；C、用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑濃硫酸，可減少設備腐蝕等不足，選項C正確；D、催化劑不能使平衡移動，不能改變反應正向進行的程度，選項D不正確。答案選D。17．“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO電極，b為Pt電極，c為WO電極，電解質溶液為pH=3的LiSO-HSO溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大

氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N保護。下列關于該電池的說法錯誤的是A．若用導線連接a、c,則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c,則c電極的電極反應式為HWO

-

xe

=WO

+

xHC．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉化D．若用導線連接b、c,

b電極的電極反應式為O+4H+4e=2HO17．【答案】B【解析】A．用導線連接a、c，a極發(fā)生氧化，為負極，發(fā)生的電極反應為2HO-4e=4H+O↑，a電極周圍H濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為WO

+

xH+xe

=

HWO，故B錯誤；C．用導線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉化，故C正確；

D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為O+4H+4e=2HO，故D正確；故答案為B。18．下列有關電解質溶液的說法不正確的是A．向0.1mol·L

+

CHCOONa溶液中加入少量水，溶液中

3B．將FeCl溶液和Fe(SO)溶液分別加熱、蒸干、灼燒，所得固體成分不同

+C．向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中 =1D．向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO，溶液中

不變D．向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO，溶液中

不變中性，即c(OH)=c(H)，所以c(Cl)=c(NH)，

=1，選項C正確；D、AgCl、AgBr的飽和溶液中)18．【答案】B【解析】A、向0.1mol?LCHCOONa溶液加入少量水，水解程度增大，n(H)減小，n(CHCOOH)

增大，+

減小，選項A正確；B、將FeCl溶液和Fe(SO)溶液分別加熱、蒸干、灼燒，由于HCl易揮3發(fā)，則加熱氯化鐵溶液最終得到的是氧化鐵，而加熱硫酸鐵溶液最終得到的是硫酸鐵，所得固體成分不同，選項B錯誤；C、向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中電荷守恒為c(Cl)+c(OH)=c(NH)+c(H)，顯

+AgBr(s)+Cl

，該反應的平衡常數(shù)K=AgBr(s)+Cl

，該反應的平衡常數(shù)K=

，向溶液中加入少量AgNO

，K不變，選

Cl

項D正確。答案選B。19．下列說法正確的是A．一個水分子與其他水分子間只能形成2個氫鍵B．含氫鍵的分子熔、沸點一定升高C．分子間作用力包括氫鍵和范德華力D．當HO由液體變?yōu)闅怏w時只破壞了氫鍵19．【答案】C【解析】A項、水分子中氧原子含有一對孤對電子，O原子電負性較大原子半徑小，可以和其它的水分子形成兩個氫鍵，含有的兩個氫原子，可以分別和其它的水分子的氧原子形成兩個氫鍵，所以每個水分子與相鄰四個水分子形成四個氫鍵，故A錯誤；B項、分子內(nèi)形成氫鍵，造成相應的分子間的作用力就會減少，物質的熔沸點降低，故B錯誤；C項、分子間作用力指存在于分子與分子之間或惰性氣體原子間的作用力，又稱范德華力，氫鍵屬于一種特殊的分子間作用力，存在于分子與分子之間，或分子內(nèi)，故C正確；D項、水分子間存在分子間作用力和氫鍵，當HO由液體變?yōu)闅怏w時破壞了氫鍵和分子間作用力，故D錯誤；故選C。20．現(xiàn)有如下3個熱化學方程式：H(g)+

O(g)=HO(g) Δ

H=

-a

kJ·mol①O

(g)=HO

(g)=HO(l) Δ

H=

-b

kJ·mol②

2H(g)+O(g)=2HO(l) Δ

H=

-c

kJ·mol③則由下表所列的原因能推導出后面結論的是

g

/

g

/

g

/

為

【解析】A.

氫氣燃燒的過程是放熱過程，所以焓變小于0，故a、b、c均大于零，故A正確；B.

焓變的大小與反應物和生成物的狀態(tài)有關，方程式①、②中生成水的狀態(tài)不一致，故a不等于b，故B錯誤；C.

③的系數(shù)是②的2倍，所以③的焓變?yōu)棰诘?倍，又因為氣態(tài)水轉變?yōu)橐簯B(tài)水的過程為放熱過程，所以②的焓變小于①的焓變，又由于a、b、c均為正數(shù)，因此2b=c>2a，故C錯誤；D.

③的系數(shù)是②的2倍，所以③的焓變?yōu)棰诘?倍，即c=2b，因為氫氣燃燒是放熱過程，所以Δ

H＜0，故Δ

H>Δ

H，故D錯誤；正確答案是A。21．已知N為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．3g由CO和SO組成的混合氣體中含有的質子數(shù)為1.5NB．1L0.1mol?L

NaSiO溶液中含有的SiO數(shù)目為0.1NC．0.1molHO分解產(chǎn)生O時，轉移的電子數(shù)為0.2ND．2.8g聚乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為0.1N21．【答案】A【解析】A.

假設3g由CO和SO組成的混合氣體中CO的質量為xg,有CO含有的質子的物質的量為g g ，SO

含有的質子的物質的量為

，電子的總物質的量mol+ ，因此3g由CO

和SO

組成的混合氣體中含有的質子數(shù)為1.5N

，A項正確；B. 由于SiO會水解，因此1L0.1mol?L

NaSiO溶液中含有的SiO數(shù)目小于0.1N，B項錯誤；C.

1mol過氧化氫分解轉移的電子的物質的量為1mol，因此0.1molHO分解產(chǎn)生O時，轉移的電子數(shù)為0.1N，C項錯誤；D.

聚乙烯中不存在碳碳雙鍵，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳雙鍵數(shù)目為0，D項錯誤。故答案選A。22．一定溫度下，把6

mol

A和5

mol

B通入容積為4L的恒容密閉容器中發(fā)生反應3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)，反應經(jīng)過5min達到平衡，此時生成2

mol

C，正反應速率(v)和逆反應速率(v)隨時間(t)的變化如圖所示。下列說法正確的是A．t＝5min，平衡時3v(A)＝2v(D)B．0～t，A的平均反應速率為0.15

mol·L·minC．t～t，各物質的濃度一定相等D．B的平衡轉化率為25%22．【答案】B【解析】A.

t時，正逆反應速率相等，反應達到平衡，平衡時2v(A)＝3v(D)，A錯誤；B.

反應經(jīng)過5min達到平衡時生成2

mol

C，則消耗了3molA，A的平均反應速率為

4L

=0.15

mol·L·min

，B正確；C.

t～t，反應為平衡狀態(tài)，正逆反應速率相等，但各物質濃度與初始投料有關，不一定相等，C錯誤；D.

達到平衡時，生成2molC，則消耗了1molB，B的平衡轉化率為錯誤；答案選B。23．實驗室用如圖所示的裝置提取溴水中的溴，下列說法正確的是

=20%，DA．可以用苯、酒精作萃取劑B．靜止分層后，分層的液體依次從下面放出C．分液漏斗使用前只需檢查活塞是否漏水D．該裝置也可用于分離四氯化碳與水的混合物23．【答案】D【解析】A.

不能使用酒精作為萃取劑，因為溴單質在酒精中的溶解度比在水中的小，而且酒精與水互溶，故A錯誤；B.

靜置分層后，分層的液體下層液體從分液漏斗下口放出，上層液體從分液漏斗上口放出，以免污染試劑，故B錯誤；C.

分液漏斗使用前應當檢驗分液漏斗的玻璃塞和旋塞是否漏水，故C錯誤；D.

四氯化碳與水的混合物不互溶，且四氯化碳的密度比水大，可以采用分液的方法分開，故D正確；答案選D。24．常溫下，pH=1的某溶液A中含有

、K、Na、Fe、Al、Fe、、、Cl、I、

中的4 種，且溶液中各離子的物質的量濃度均為0.1

mol/L。現(xiàn)取該溶液進行有關實驗，實驗結果如圖所示。下列有關說法正確的是A．該溶液中一定有上述離子中的

、Al、

、Cl四種離子 B．實驗消耗Cu

14.4

g，則生成氣體丁的體積為3.36

LC．沉淀乙中一定有BaCO，可能有BaSOD．一定沒有Fe，但是無法確定是否含有I24．【答案】A【解析】由溶液pH=1可知溶液為酸性溶液，氫離子濃度為0.1mol/L，溶液中一定不存在與氫離子反應的離子：CO；溶液A中加過量(NH)CO，產(chǎn)生白色沉淀甲和無色氣體甲，可以排除Fe、Fe，原溶液中一定有Al；向溶液乙中加銅和濃硫酸能產(chǎn)生NO，原溶液中有NO，在強酸性溶液中NO有氧化性，則一定不存在還原性微粒I；A.根據(jù)以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氫離子、0.1mol/L的鋁離子，0.1mol/L

NO;溶液中陽離子帶有的電荷為：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根離子外，根據(jù)電荷守恒，還應該含有SO離子和Cl，所以該溶液中一定有NO-、Al、SO、Cl四種離子，選項A正確；B．根據(jù)反應方程式3Cu+8HNO(稀)═3Cu(NO)+2NO↑+4HO可知，若消耗14.4g銅，n(Cu)=14.4g÷64g/mol=0.225mol，根據(jù)反應方程式中Cu與NO的物質的量關系可知生成一氧化氮氣體的物質的量為n(NO)=2/3n(Cu)=2/3×0.225mol=0.15mol；由于沒有告訴條件是否是標準狀況下，所以0.15mol一氧化氮的體積不一定為3.36L，選項B錯誤；C．根據(jù)分析可知，溶液中含有硫酸根離子，所以沉淀乙中一定有BaCO、BaSO，選項C錯誤；

D．向溶液中加入過量(NH)CO溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能含有Fe；由于溶液中含有H、NO，溶液具有強的氧化性，I具有還原性，在強氧化性的溶液中也一定不能大量存在，選項D錯誤；故合理選項是A。25．為探究某銅的硫化物組成，取一定量硫化物在氧氣中充分灼燒，將生成的氣體全部通入盛有足量的HO和BaCl的混合液中，得到白色沉淀

4.66

g；將灼燒后的固體(僅含銅與氧2種元素)完全溶于100mL

1

mol/L

HSO中，過濾，得到0.64

g

紅色固體，將濾液稀釋至

200

mL，測得c(Cu)=0.1mol/L。已知：CuO+

HSO

=CuSO+Cu+HO。下列說法正確的是A．得到白色沉淀亞硫酸鋇B．原銅的硫化物中n(Cu)∶n(S)=2∶3C．最后所得的溶液最多可以溶解鐵1.12

gD．灼燒后的固體中n(CuO)∶n(CuO)=1∶125．【答案】D【解析】銅的硫化物在氧氣中充分灼燒，生成的氣體是SO，將其通入盛有足量的HO和BaCl的混合液中，發(fā)生反應：HO+SO=HSO，BaCl+

HSO=BaSO↓+2HCl，得到4.66

g白色沉淀是BaSO，可根據(jù)沉淀計算S元素的物質的量；灼燒后的固體可能為CuO、CuO中至少1種，將其溶解在稀硫酸中得到0.64

g紅色固體物質是Cu單質，證明含有CuO，根據(jù)Cu單質的物質的量可計算出CuO的物質的量，利用溶液中Cu的物質的量可判斷出是否含有CuO及其物質的量的多少，據(jù)此分析解答。根據(jù)上述分析可知n(S)=n(BaSO)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，0.64

g

紅色固體物質是Cu單質，n(Cu)=0.64g÷64g/mol=0.01mol，則根據(jù)方程式CuO+

HSO

=CuSO+Cu+HO中相應物質之間的轉化關系可知n(CuO)=

n(Cu)=0.01mol，則其反應產(chǎn)生的Cu的物質的量是0.01mol，在酸溶解金屬氧化物后得到的溶液中Cu的總物質的量是=0.1

mol/L

×0.2L=0.02mol>0.01mol，說明有0.01mol

Cu是CuO與硫酸反應生成，則根據(jù)CuO+HSO=CuSO+HO，則n(CuO)=

0.01mol。A.根據(jù)上述分析可知反應產(chǎn)生的白色沉淀是硫酸鋇，A錯誤；

B.

原銅的硫化物中Cu

元素的物質的量為n(Cu)=n(CuO)+2n(CuO)=0.01mol+2×0.01mol=0.03mol；原銅的硫化物中S元素的物質的量0.02mol，所以n(Cu)∶n(S)=3∶2，B錯誤；

C.

100

ml

1

mol/LHSO的物質的量是n(HSO)=0.1L×1mol/L=0.1mol，向反應后的溶液中加入Fe粉，最后的溶液為FeSO，所以根據(jù)元素守恒，可知溶解Fe的物質的量為0.1mol，其質量為0.1mol×56g/mol=5.6g，C錯誤；D.根據(jù)前面計算可知n(CuO)=n(CuO)=0.01mol，所以灼燒后的固體中n(CuO)∶n(CuO)=1∶1，D正確；故合理選項是D。非選擇題部分二、非選擇題（本大題共5小題，共20分）26．（4分）（1）①寫出水玻璃溶質的化學式__________；②寫出1-丙醇的結構簡式__________。（2）漂白粉生效:_________________________________。26．【答案】（1）①NaSiO（1分） ②CHCHCHOH（1分）（2）Ca(ClO)＋CO＋HO＝CaCO↓＋2HClO（2分）【解析】（1）①水玻璃為硅酸鈉的水溶液的俗稱；②1-丙醇為丙烷CHCHCH的碳鏈端1個氫原子被羥基取代的產(chǎn)物。（2）漂白粉中主要成分為CaCl、Ca(ClO)，Ca(ClO)與空氣中CO反應生成碳酸鈣和次氯酸，漂白粉為固體，不拆分，碳酸鈣為難溶性固體，不拆分，次氯酸為弱酸，不拆分，故該反應的離子方程式為：Ca(ClO)＋CO＋HO＝CaCO↓＋2HClO。27．（4分）煉制石油能得到許多有機化合物，相關物質的轉化關系如下圖所示，其中A的產(chǎn)量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的重要標志，標況下，B氣體的密度為0.71g?L，C是一種紅色固體單質，D是一種混合氣體。請回答：（1）A與溴的四氯化碳溶液的反應類型為______。（2）B與CuO反應的化學方程式______。（3）下列說法不正確是______。A．A中所有原子共平面B．A與溴的四氯化碳溶液反應現(xiàn)象，和A與溴水反應的現(xiàn)象完全相同C．等物質的量A與B混合物在足量氧氣中完全燃燒，生成水的物質的量相等D．B是引起溫室效應的氣體之一27．【答案】（1）加成反應（1分）（2）CH+4CuO 4Cu+2HO+CO（2分）（3）B（1分）【解析】A的產(chǎn)量是衡量一個國家石油化工發(fā)展水平的重要標志，應為CH=CH，標況下，B氣體的密度為0.71g?L，則B相對分子質量為0.71×22.4=16，B應為CH，C是一種紅色固體單質，為Cu，D是一種混合氣體，為甲烷與氧化銅的反應產(chǎn)物，含有二氧化碳和水，生成白色沉淀為碳酸鈣，以此解答該題。（1）由以上分析可知A為乙烯，含有碳碳雙鍵，結構簡式為CH=CH，可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應；（2）由以上分析可知B為甲烷,它與氧化銅的反應生成銅、二氧化碳和水，方程式為CH+4CuO 4Cu+2HO+CO；（3）A.A為乙烯，為平面形結構，所有原子共平面，故A正確；B.A與溴的四氯化碳溶液反應，生成的1，2-二溴乙烷溶于四氯化碳，溶液不分層，與溴水反應后，1，2-二溴乙烷不溶于水，溶液分層，現(xiàn)象不同，故B錯誤；C．A、B的氫原子數(shù)目都為4，則等物質的量A與B混合物在足量氧氣中完全燃燒，生成水的物質的量相等，故C正確；D．甲烷是引起溫室效應的氣體之一，故D正確。28．（4分）化合物A由三種元素組成，某興趣小組進行了如下實驗：已知：氣體甲為純凈物且只含兩種元素，在標況下體積為672

mL；溶液乙為建筑行業(yè)中常用的粘合劑。請回答下列問題：（1）A的組成元素為________（用元素符號表示）；（2）氣體單質乙為________（填化學式）；（3）高溫下，A與足量氯氣能發(fā)生劇烈爆炸，生成三種常見化合物試寫出相應的化學方程式________。28．【答案】（1）Mg、Si、H（1分）（2）H（1分）（3）MgSiH

+

7Cl

=

MgCl

+

2SiCl

+

4HCl【解析】因溶液乙為建筑行業(yè)中常用的粘合劑，則為硅酸鈉，根據(jù)元素守恒可知，氣體甲中含有硅元素，與氫氧化鈉恰好完全反應生成氣體單質乙，所消耗的氫氧化鈉的物質的量為1

mol/L×120×10L

=

0.12

mol，根據(jù)硅酸鈉中Na元素與Si元素的原子個數(shù)比為2：1，可知氣體甲中含Si的物質的量為0.12mol/2

=

0.06

mol，又知氣體甲為純凈物且只含兩種元素，在標況下體積為672

mL，即 L L

/

gg=

0.03

mol，則易知A為0.03

mol，其摩爾質量為

=

84

g/mol，且1個氣體甲分子中含2個硅原子，同時氣體甲與氫氧化鈉按物質的量為0.03

mol：0.12

mol

=

1：4的反應生成硅酸鈉與氣體單質乙，根據(jù)元素守恒可知氣體單質乙中含氫元素，即為氫氣。因此氣體甲中的另一種元素不能為氧元素，可推知氣體甲中