考前模拟卷01-2026年7月浙江省普通高中学业水平考试化学复习试卷

**基本信息** 2026年浙江学业水平合格性考试化学仿真模拟卷，60分钟100分，通过化学史、工业流程、实验探究等真实情境，考查化学观念、科学思维与实践能力，覆盖合格考核心知识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|20题/60分|化学史（阿伦尼乌斯电离模型）、仪器识别（圆底烧瓶等）、氧化还原（氧化剂判断）、有机基础（取代反应）|以基础概念辨析为主，融入化学史素材，强化化学观念| |非选择题|5题/40分|工业脱硫（23题）、Cl₂O制备实验（24题）、乙酸丙酯合成（22题）、定量计算（25题）|综合题注重科学探究，如实验装置分析、流程推理，体现科学思维与实践，适配学业考试要求|

2026年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试 化学仿真模拟卷01 (考试时间：60分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；O-16；Na-23；Mg-24；Al-27；S-32；Cl-35.5；Fe-56；Mn-55；Cu-64； 第Ⅰ卷(选择题 共60分) 一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学中的模型有实物模型、理论模型等，其中电离模型是由提出的( ) A．阿伦尼乌斯 B．拉瓦锡 C．道尔顿 D．阿伏伽德罗 2．下列仪器名称不正确的是( ) A．圆底烧瓶 B．锥形瓶 C．蒸发皿 D．分液漏斗 3．下列俗名与化学式对应的是( ) A．绿矾FeSO4·5H2O B．石膏2CaSO4·H2O C．苛性钠Na D．芒硝Na2SO4·10H2O 4．反应3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2中，氧化剂是( ) A．Fe B．H2O C．Fe3O4 D．H2 5．下列物质属于电解质且能导电的是( ) A．Na2CO3溶液 B．石墨 C．NH3 D．熔融的Na2SO4 6．下列化学用语或图示表达不正确的是( ) A．Mg的原子结构示意图： B．CO2的电子式： C．氮化镁的化学式： D．氧化还原反应的电子转移： 7．根据原电池原理，人们研制出了满足不同用电需要的化学电池。某原电池如图。下列说法不正确的是( ) A．电流表指针偏转，说明化学能转化为电能 B．锌片作原电池的正极 C．铜片上发生反应：2H＋＋2e-=H2↑ D．该装置可使氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行 8．饱和氯水溶液中存在多种微粒，微粒间作用力不包括( ) A．分子间作用力 B．非极性键 C．极性键 D．离子键 9．下列化学用语书写正确的是( ) A．小苏打的电离方程式：NaHCO3= Na++ H++CO32- B．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ C．氧化铝溶于氢氧化钠溶液的化学方程式：Al2O3+ 2NaOH + 3H2O =2Na[Al(OH)4] D．工业制粗硅的化学方程式：SiO2＋CSi＋CO2↑ 10．通过复习总结，你认为下列化学知识合理的是( ) A．所有的有机物都可以燃烧 B．一定条件下，甲烷、苯、乙酸、乙醇、油脂、淀粉都可以发生取代反应 C．糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物 D．石油的分馏、裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化 11．下列实验能够达到相应目的的是( ) A．图为配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．图为检验某溶液中是否存在K+ C．图可验证HClO分解产物为O2和HCl D．图用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性 12．下列有关化学史的说法中，正确的是( ) A．我国化学工作者第一次人工合成结晶牛胰岛素，它是一种结构复杂的氨基酸 B．侯德榜发明联合制碱法是将制取小苏打和合成氨联合起来 C．门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循 D．瑞典化学家舍勒在实验室发现并命名为氯气，开启了氯气研究的序幕 13．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中W原子最外层电子数等于其电子层数，下列说法不正确的是( ) A．金属性：Z＞W B．简单氢化物稳定性： C．Y单质可以用作半导体材料 D．Z、W最高价氧化物对应水化物能发生反应 14．化学是一门理论与应用相结合的科学，下面说法中不正确的是( ) A．Ti-Fe合金是一种储氢合金，储氢合金是利用金属吸附氢气，不涉及到化学反应 B．结晶牛胰岛素是世界上第一次用化学方法合成的具有生物活性的蛋白质 C．我国明代著作《本草纲目》和《天工开物》中，蕴含着丰富的化学知识 D．不锈钢是一种铁合金，主要含铁、铬和镍，在空气中有很强的抗腐蚀能力 15．反应2NO2N2O4的能量变化如图所示，下列说法错误的是( ) A．1 mol N2O4(g)比2 molNO2(g)能量更低 B．该反应是放热反应 C．E1表示断裂2 mol NO2(g)中化学键吸收的能量 D．2 mol NO2(g)的总键能大于1 mol N2O4(g)的总键能 17．类比迁移是学习化学必备的素养，下列各组类比迁移中正确的是( ) A．Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成CuS B．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，则SO2与Na2O2中生成Na2SO3和O2 C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3 D．可溶性铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，则可溶性的铁盐溶液与氨水反应生成Fe(OH)3 17．下列实验方法能实现实验目的的是( ) 实验目的 实验方法 A 探究H2O2氧化性比Fe3+强 用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，观察溶液颜色变化 B 用的工业酒精制取无水乙醇 在工业酒精中加生石灰，再蒸馏制取无水乙醇 C 检验淀粉在稀酸催化条件下的水解产物 取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀 D 探究浓度对化学反应速率的影响 在两支盛有2mL0.1mol·L-1稀硫酸的试管中，分别加入2mL浓度为0.1mol·L-1、0.5mol·L-1 Na2S2O3 溶液，观察产生气泡的快慢 18．某化学兴趣小组处理海带灰浸取液，实验步骤如下： 下列说法正确的是( ) A．海带灰浸取液中因溶有大量I2而呈黄色 B．步骤Ⅰ，应通入过量的O3，以提高I2的浓度 C．步骤Ⅱ，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体 D．步骤Ⅲ，馏分为纯碘 19．一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入2mol活性炭和2molNO2，发生反应2NO2(g)＋2C(s)2CO2(g)＋N2(g)，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是( ) A．曲线Ⅱ表示n(N2)随t的变化 B．t0 min时，v正(NO2)=v逆(CO2) C．0~2min内，v(CO2)=0.375 mol·L－1·min－1 D．加入合适的催化剂，可缩短反应达到平衡所需时间 20．纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。 下列说法错误的是( ) A．该制备方法的反应类型不涉及氧化还原反应 B．共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2 C．滤液进行焰色试验，若火焰为黄色，则说明氢氧化钠过量 D．另一种水热法制备纳米Fe3O4颗粒的反应为，若每消耗3mol OH-，则有1.5mol Fe2+被氧化 第II卷(非选择题 40分) 二、非选择题：本题共5个小题，共40分。 21．(8分)请回答： (1)漂白粉可以用作游泳池的消毒剂，结合化学反应方程式和文字说明解释原因： 。 (2)在标准状况下，3.4g氨气与同条件下 molH2O含有相同的质子数。 (3)配平方程式并用单线桥表示电子的转移方向和数目 。 _______ Fe2++_______ Cr2O72-+_______=_______ Fe3++_______ Cr3++_______ (4)同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因： 。 22．(8分)乙酸丙酯是工业上常用的有机溶剂，其合成路线如 (1)A中含有的官能团是______。 (2)B→D的化学方程式是______。 (3)D→E的反应类型是______。 (4)下列说法不正确的是______(填序号)。 a．A→B的反应原子利用率为100% b．B、E都可与NaHCO3溶液反应 c．B与F互称为同系物 (5)写出E与F反应生成乙酸丙酯的化学方程式______。 23．(8分)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用(流程中所加试剂均为过量)。 (1)溶液C的主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．粉碎含硫矿物可以增大接触面积，加快反应速率 B．途径Ⅰ的化学方程式为2SO2+O2+ 2CaCO32CaSO4+2CO2 C．多余SO2可用碳酸钠溶液吸收 D．在过量氧气作用下可实现废气中的二氧化硫完全转化为三氧化硫 (3)途径Ⅱ发生的离子方程式是： 。 (4)设计实验检验溶液B中的金属阳离子： 。 24．(10分 )Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，反应装置如图所示(夹持装置已略，连接处用的是乳胶管和橡胶塞)。 已知：Cl2O熔点为116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或与有机物接触时易发生爆炸。Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。 (1)装浓盐酸的仪器名称： 。 (2)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。 (3)检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管， 。 (4)下列有关该实验的说法中不正确的是_______。 A．实验室也可用KMnO4与浓盐酸反应制备氯气 B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气 C．氮气的作用之一是稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险 D．从装置D中逸出气体的主要成分是Cl2O (5)装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，试写出该反应化学方程式 。 (6)该实验装置存在两处明显的不足，指出不足的地方为 。 25．(6分)CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取10.000g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，气体全部逸出，冷却后得到含两种成分的固体共2.720g，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，回答下列问题： (1)写出Cu和浓硫酸反应的化学方程式 。 (2)固体的成分 。 (3)标准状况下生成O2的体积 。 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试 化学仿真模拟卷01 参考答案 一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A C D B D B B D C B 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 D C B A D D B C B C 二、非选择题：本题共5个小题，共40分。 21．(8分)(1)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒(2分) (2)0.2(2分) (3)(2分) (4)氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强(2分) 22．(8分)(1)碳碳双键(C=C)(1分) (2)(2分) (3)氧化反应(1分) (4)b(2分) (5)CH3COOH+CH3CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH3+H2O (2分) 23．(8分)(1) Fe2(SO4)3(2分) (2)ABC(2分) (3) 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分) (4)取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则存在Fe3+；另取少量溶液，加入少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾紫色褪去，则证明有Fe2+(2分) 24．(10分 )(1)分液漏斗(1分) (2) MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O(1分) (3)向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好(2分) (4)BD(2分) (5)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl(2分) (6)没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化(2分) 25．(6分)(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2分) (2)固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2(2分) (3)0.560L(2分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试 化学仿真模拟卷01 (考试时间：60分钟 满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；O-16；Na-23；Mg-24；Al-27；S-32；Cl-35.5；Fe-56；Mn-55；Cu-64； 第Ⅰ卷(选择题 共60分) 一、选择题：本题共20个小题，每小题3分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学中的模型有实物模型、理论模型等，其中电离模型是由提出的( ) A．阿伦尼乌斯 B．拉瓦锡 C．道尔顿 D．阿伏伽德罗 【答案】A 【解析】A．瑞典化学家阿伦尼乌斯通过研究电解质稀溶液的导电性，提出了电离模型，即电解质溶于水会自动地解离成离子，A正确；B．拉瓦锡以氧化学说闻名，首先通过实验得出空气是由氮气和氧气组成的结论，B错误；C．英国科学家道尔顿在化学上的主要贡献是提出了近代原子学说， C错误；D．意大利科学家阿伏加德罗在化学上的主要贡献是提出了分子的概念，并创立了分子学说，D错误； 故选A。 2．下列仪器名称不正确的是( ) A．圆底烧瓶 B．锥形瓶 C．蒸发皿 D．分液漏斗 【答案】C 【解析】A．颈部没有支管，为圆底烧瓶，A正确；B．为锥形瓶，用作反应容器等，B正确；C．为坩埚，C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，D正确；故选C。 3．下列俗名与化学式对应的是( ) A．绿矾FeSO4·5H2O B．石膏2CaSO4·H2O C．苛性钠Na D．芒硝Na2SO4·10H2O 【答案】D 【解析】A．绿矾为硫酸亚铁晶体：FeSO4·7H2O，A错误；B．石膏是含有2个结晶水的硫酸钙晶体(人教版必修第二册P7 资料卡片内容)，其化学式为CaSO4∙2H2O，B错误；C．苛性钠为氢氧化钠，而非钠单质，C错误；D．芒硝为十水合硫酸钠，(人教版必修第二册P7 资料卡片内容)，其化学式正确，D正确；故选D。 4．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。 5．下列物质属于电解质且能导电的是( ) A．Na2CO3溶液 B．石墨 C．NH3 D．熔融的Na2SO4 【答案】D 【解析】A．Na2CO3溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，但Na2CO3溶液是混合物，不是纯净物，因此不属于电解质，A不符合题意；B．石墨中含有自由移动的电子，因此能够导电，但石墨属于单质不是化合物，因此不属于电解质，B不符合题意；C．NH3是由化合物分子构成的物质，其中无自由移动的电子及离子，因此不能导电；该物质在水溶液中和熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质，C不符合题意；D．熔融的Na2SO4中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能够导电，因此属于电解质，D符合题意；故选D。 6．下列化学用语或图示表达不正确的是( ) A．Mg的原子结构示意图： B．CO2的电子式： C．氮化镁的化学式： D．氧化还原反应的电子转移： 【答案】B 【解析】A．Mg原子核外有12个电子，原子结构示意图为，故A正确；B．CO2的结构式为O=C=O，电子式为，故B错误；C．氮化镁中镁离子为+2价、氮离子为-3价，因此化学式为Mg3N2，故C正确；D．氧化还原反应中还原剂把电子转移给氧化剂，故D正确；故选B。 7．根据原电池原理，人们研制出了满足不同用电需要的化学电池。某原电池如图。下列说法不正确的是( ) A．电流表指针偏转，说明化学能转化为电能 B．锌片作原电池的正极 C．铜片上发生反应：2H＋＋2e-=H2↑ D．该装置可使氧化反应和还原反应分别在两个不同的区域进行 【答案】B 【解析】活泼金属锌为负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2＋，铜为正极，电极反应式2H＋＋2e-=H2↑。A项，原电池通过化学反应产生电流，电流表的指针偏转表明化学能转化为电能，A正确；B项，锌片在反应中失去电子，发生氧化反应，而铜片作为正极，得到电子，B错误；C项，在铜片上，氢离子得到电子，生成氢气，这是还原反应，电极反应式正确，C正确；D项，原电池的设计使得氧化反应和还原反应分别在负极和正极进行，从而产生电流，D正确；故选B。 8．饱和氯水溶液中存在多种微粒，微粒间作用力不包括( ) A．分子间作用力 B．非极性键 C．极性键 D．离子键 【答案】D 【解析】氯水中含有微粒是Cl2、H2O、Cl-、H+、HClO、ClO-、OH-，微粒间存在的作用力为分子间作用力、非极性键、极性键，不存在离子键，故选项D符合题意。 9．下列化学用语书写正确的是( ) A．小苏打的电离方程式：NaHCO3= Na++ H++CO32- B．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应的离子方程式：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓ C．氧化铝溶于氢氧化钠溶液的化学方程式：Al2O3+ 2NaOH + 3H2O =2Na[Al(OH)4] D．工业制粗硅的化学方程式：SiO2＋CSi＋CO2↑ 【答案】C 【解析】A项，小苏打是可溶性盐，在水中或熔融状态下电离产生Na+、HCO3-，其电离的电离方程式：NaHCO3= Na++ HCO3-，A错误；B项，不符合反应事实，二者反应除产生BaSO4沉淀外，还产生Cu(OH)2沉淀，离子方程式应该为：Ba2++2OH-+Cu2++ SO42-=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，B错误；C项，反应符合事实，遵循质量守恒定律，C正确；D项，在工业上制粗硅以SiO2与焦炭未原料，在高温条件下反应产生Si、CO，反应方程式应该为：SiO2＋2CSi＋2CO↑ ，D错误；故选C。 10．通过复习总结，你认为下列化学知识合理的是( ) A．所有的有机物都可以燃烧 B．一定条件下，甲烷、苯、乙酸、乙醇、油脂、淀粉都可以发生取代反应 C．糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物 D．石油的分馏、裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化 【答案】B 【解析】有机物中如CCl4不能燃烧，选项A错；油脂、单糖、双糖等不属于高分子化合物，选项C错；石油的分馏是物理变化，选项D错。 11．下列实验能够达到相应目的的是( ) A．图为配制一定物质的量浓度的NaOH溶液 B．图为检验某溶液中是否存在K+ C．图可验证HClO分解产物为O2和HCl D．图用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性 【答案】D 【解析】A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液实验中，不能在容量瓶中直接溶解NaOH固体，A错误；B．观察K元素的焰色试验，需要透过蓝色的钴玻璃观察，B错误；C．新制氯水中含有Cl-，该装置不能证明HClO分解产物有HCl，C错误；D．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，A试管中澄清石灰水变浑浊，中无明显现象，该装置可用于比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性，D正确；故选D。 12．下列有关化学史的说法中，正确的是( ) A．我国化学工作者第一次人工合成结晶牛胰岛素，它是一种结构复杂的氨基酸 B．侯德榜发明联合制碱法是将制取小苏打和合成氨联合起来 C．门捷列夫发现元素周期律，使化学的研究变得有规律可循 D．瑞典化学家舍勒在实验室发现并命名为氯气，开启了氯气研究的序幕 【答案】C 【解析】A．我国科学家首先在世界上成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，为人类揭开生命奥秘作出了贡献，A错误；B．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法和合成氨工艺联合起来，发明了“联合制碱法”， 联合制碱法是制取碳酸钠，B错误；C．俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，使化学的研究变得有规律可循，C正确；D．舍勒意外地发现一种黄绿色气体，戴维命名为氯气，D错误；故选C。 13．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中W原子最外层电子数等于其电子层数，下列说法不正确的是( ) A．金属性：Z＞W B．简单氢化物稳定性： C．Y单质可以用作半导体材料 D．Z、W最高价氧化物对应水化物能发生反应 【答案】B 【解析】根据X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置图，得到它们在第二和第三周期，结合W原子最外层电子数等于其电子层数，则W在周期表中位于第三周期第ⅢA族，得到W为Al元素，同时根据X、Y、Z的位置可以分别得到X为N元素、Y为Si元素、Z为Na元素。A．Z为Na元素，W为Al元素，同周期元素从左向右，金属性逐渐减弱，则有金属性：Na＞Al，A正确；B．X为N元素，简单氢化物为NH3，Y为Si元素，简单氢化物为SiH4，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，现非金属性N＞Si，则简单氢化物的稳定性：NH3＞SiH4，B错误；C．Y为Si元素，是现代电子工业最常用的半导体材料，C正确；D．Z为Na元素，最高价氧化物对应水化物为NaOH，强碱，W为Al元素，最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，两性，则NaOH能与Al(OH)3反应：NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]，D正确；故选B。 14．化学是一门理论与应用相结合的科学，下面说法中不正确的是( ) A．Ti-Fe合金是一种储氢合金，储氢合金是利用金属吸附氢气，不涉及到化学反应 B．结晶牛胰岛素是世界上第一次用化学方法合成的具有生物活性的蛋白质 C．我国明代著作《本草纲目》和《天工开物》中，蕴含着丰富的化学知识 D．不锈钢是一种铁合金，主要含铁、铬和镍，在空气中有很强的抗腐蚀能力 【答案】A 【解析】A．Ti-Fe合金的储氢原理为在一定的温度和压力下，气态氢分子被分解成单个氢原子，这些氢原子进入合金的缝隙中并与合金形成金属氢化物，当需要释放氢气时，通过加热使金属氢化物分解，氢原子重新结合成氢分子释放出来，该过程中存在化合价的断裂和生成，涉及化学反应，A错误；B．结晶牛胰岛素是牛的胰岛素结晶，是中国科学院在世界上第一次用人工方法合成的具有生物活性的蛋白质，B正确；C．《本草纲目》、《天工开物》等古籍是我国乃至世界科学技术史上极具价值的科技著作，其中蕴涵丰富的化学史料，涉及大量化学物质及其相关性质、用途和制备方法，C正确；D．不锈钢的主要成分包括铁、铬和镍，铬和镍的添加形成了一层钝化的氧化层，这层氧化层能够防止金属表面与氧气直接接触，从而防止生锈，在空气中有很强的抗腐蚀能力，D正确；故选A。 15．反应2NO2N2O4的能量变化如图所示，下列说法错误的是( ) A．1 mol N2O4(g)比2 molNO2(g)能量更低 B．该反应是放热反应 C．E1表示断裂2 mol NO2(g)中化学键吸收的能量 D．2 mol NO2(g)的总键能大于1 mol N2O4(g)的总键能 【答案】D 【解析】A项，由能量图可知，2 molNO2(g)的能量高于1 mol N2O4(g)，则1 mol N2O4(g)比2 mol NO2(g)能量更低，A正确；B项，反应物[2 mol NO2(g)]能量高于生成物[1 mol N2O4(g)]，该反应为放热反应，B正确；C项，E1是从2 mol NO2(g)到2 mol N+4 mol O原子的能量差，即断裂2 mol NO2(g)中所有化学键吸收的能量，C正确；D项，反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，该反应为放热反应(ΔH<0)，则2 mol NO2(g)的总键能-1 mol N2O4(g)的总键能<0，即2 mol NO2(g)的总键能小于1 mol N2O4(g)的总键能，D错误；故选D。 17．类比迁移是学习化学必备的素养，下列各组类比迁移中正确的是( ) A．Fe与S反应生成FeS，则Cu与S反应生成CuS B．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，则SO2与Na2O2中生成Na2SO3和O2 C．C在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃烧生成SO3 D．可溶性铝盐溶液与氨水反应制Al(OH)3，则可溶性的铁盐溶液与氨水反应生成Fe(OH)3 【答案】D 【解析】A．Fe与S反应生成FeS，但Cu与S反应通常生成Cu2S而非CuS，因Cu的金属活动性较弱，生成低价硫化物。类比错误，A错误；B．CO2与Na2O2反应生成Na2CO3和O2，但SO2与Na2O2反应时，SO2的还原性使其被氧化为SO42-，生成Na2SO4而非Na2SO3，类比错误，B错误；C．C在足量O2中燃烧生成CO2，但S燃烧无论O2是否足量，常温下均生成SO2，SO3需催化剂和高温条件，类比错误，C错误；D．可溶性铝盐(如AlCl3)与氨水反应生成Al(OH)3沉淀；同理，可溶性铁盐(如FeCl3)与氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，两者均因氢氧化物不溶于过量弱碱(氨水)，类比正确，D正确；故选D。 17．下列实验方法能实现实验目的的是( ) 实验目的 实验方法 A 探究H2O2氧化性比Fe3+强 用硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，观察溶液颜色变化 B 用的工业酒精制取无水乙醇 在工业酒精中加生石灰，再蒸馏制取无水乙醇 C 检验淀粉在稀酸催化条件下的水解产物 取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀 D 探究浓度对化学反应速率的影响 在两支盛有2mL0.1mol·L-1稀硫酸的试管中，分别加入2mL浓度为0.1mol·L-1、0.5mol·L-1 Na2S2O3 溶液，观察产生气泡的快慢 【答案】B 【解析】A项，酸性条件下， 硝酸根具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，溶液由浅绿色变为黄色，不能探究H2O2的氧化性比Fe2+强，故A错误；B项，生石灰与水反应生成氢氧化钙，蒸馏时可得到无水乙醇，故B正确；C项，淀粉在稀硫酸催化条件下水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，应先加碱至溶液呈碱性，故C错误；D项，根据反应计量系数：H2SO4—Na2S2O3，二者物质的量之比为1：1反应，应该选择稀硫酸过量，才能证明浓度对反应速率的影响。而提供的0.5mol/L Na2S2O3却过量，稀硫酸不足，不能判断硫代硫酸钠浓度不同对化学反应速率的影响，故D错误；故选B。 18．某化学兴趣小组处理海带灰浸取液，实验步骤如下： 下列说法正确的是( ) A．海带灰浸取液中因溶有大量I2而呈黄色 B．步骤Ⅰ，应通入过量的O3，以提高I2的浓度 C．步骤Ⅱ，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体 D．步骤Ⅲ，馏分为纯碘 【答案】C 【解析】海带灰浸取液在酸性条件下加入氧化剂臭氧，氧化碘离子生成碘单质，用四氯化碳进行萃取，然后蒸馏分离出碘单质。A项，海带灰浸取液中溶有碘离子而非碘单质，A错误；B项，臭氧为强氧化剂，步骤Ⅰ若通入过量的O3，会进一步氧化碘单质，反而会降低I2的浓度，B错误；C项，萃取分液下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，分液时，当液面间的界线接近旋塞时，关闭旋塞，静置片刻后，再次仔细地放出下层液体，C正确；D项，步骤Ⅲ，馏分为蒸馏出的沸点较低的四氯化碳，D错误；故选C。 19．一定温度下，向2L恒温密闭容器中加入2mol活性炭和2molNO2，发生反应2NO2(g)＋2C(s)2CO2(g)＋N2(g)，部分物质的物质的量随反应时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是( ) A．曲线Ⅱ表示n(N2)随t的变化 B．t0 min时，v正(NO2)=v逆(CO2) C．0~2min内，v(CO2)=0.375 mol·L－1·min－1 D．加入合适的催化剂，可缩短反应达到平衡所需时间 【答案】B 【解析】A项，投入活性炭和NO2，随着反应的进行，活性炭和NO2的物质的量减少，CO2和N2的物质的量增加，相同反应时间内CO2增加的量是N2的两倍，故曲线Ⅰ表示n(CO2)随t的变化，曲线Ⅱ表示n(N2)随t的变化，曲线Ⅲ表示n(NO2)或活性炭随t的变化，A正确；B项，t0 min时，反应未达到化学平衡状态，v正(NO2) ≠v逆(CO2)，B错误；C项，曲线Ⅰ表示n(CO2)随t的变化，0~2min内n(CO2)变化1.5mol，则，C正确；D项，加入合适的催化剂，可加快化学反应速率，缩短反应达到平衡所需时间，D正确；故选B。 20．纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示。 下列说法错误的是( ) A．该制备方法的反应类型不涉及氧化还原反应 B．共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2 C．滤液进行焰色试验，若火焰为黄色，则说明氢氧化钠过量 D．另一种水热法制备纳米Fe3O4颗粒的反应为，若每消耗3mol OH-，则有1.5mol Fe2+被氧化 【答案】C 【解析】制备纳米级四氧化三铁的流程为将FeSO4溶液和FeCl3溶液在NaOH溶液中进行共沉淀得到Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥后得到纳米级四氧化三铁。A项，该制备方法是将FeSO4中的Fe2+和FeCl3中的Fe3+在NaOH溶液中按照一定比例组合得到纳米级Fe3O4，未发生化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，A正确；B项，纳米级Fe3O4中有1个+2价铁和2个+3价铁，则提供Fe2+的FeSO4·7H2O和Fe3+的FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2，B正确；C项，根据反应，无论氢氧化钠是否过量，滤液中一定含有Na+，所以焰色一定为黄色，不能说明氢氧化钠是否过量，C错误；D项，在纳米Fe3O4中，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为1：2，根据反应为可知，每生成1mol Fe3O4，只有2mol Fe2+被氧化，消耗4molOH-，则消耗3mol OH-时，被氧化Fe2+为，D正确；故选C。 第II卷(非选择题 40分) 二、非选择题：本题共5个小题，共40分。 21．(8分)请回答： (1)漂白粉可以用作游泳池的消毒剂，结合化学反应方程式和文字说明解释原因： 。 (2)在标准状况下，3.4g氨气与同条件下 molH2O含有相同的质子数。 (3)配平方程式并用单线桥表示电子的转移方向和数目 。 _______ Fe2++_______ Cr2O72-+_______=_______ Fe3++_______ Cr3++_______ (4)同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因： 。 【答案】(1)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，次氯酸具有强氧化性，可以用量杀菌消毒(2分) (2)0.2(2分) (3)(2分) (4)氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强(2分) 【解析】(1)漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，与空气中的CO2和水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用作游泳池的杀菌消毒剂； (2)3.4g氨气的物质的量为，质子的物质的量为0.2mol×10=2mol，质子数为2NA，一个水分子有10个质子，质子数为2NA的水分子个数为0.2NA，物质的量为0.2mol； (3)Fe2+被氧化为Fe3+，失去1个电子，Cr2O72-中Cr的化合价为+6价，反应后生成Cr3+，一个Cr2O72-得到2×3=6个电子，根据得失电子守恒，电荷守恒，原子守恒可以写出反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：； (4)氧和氮属于同一周期主族元素，氧的核电荷数大于氮元素，核电荷数越大对核外电子的吸引力越大，得电子能力越强，非金属性越强。 22．(8分)乙酸丙酯是工业上常用的有机溶剂，其合成路线如 (1)A中含有的官能团是______。 (2)B→D的化学方程式是______。 (3)D→E的反应类型是______。 (4)下列说法不正确的是______(填序号)。 a．A→B的反应原子利用率为100% b．B、E都可与NaHCO3溶液反应 c．B与F互称为同系物 (5)写出E与F反应生成乙酸丙酯的化学方程式______。 【答案】(1)碳碳双键(C=C)(1分) (2)(2分) (3)氧化反应(1分) (4)b(2分) (5)CH3COOH+CH3CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH3+H2O (2分) 【解析】由流程，A为乙烯，A和水催化加成生成乙醇B，B催化氧化生成乙醛D，D氧化为乙酸E，E和丙醇发生酯化反应生成乙酸丙酯和水； (1)A为乙烯，含碳碳双键； (2)乙醇B催化氧化生成乙醛D：； (3)乙醛D氧化为乙酸E，为氧化反应； (4)A项，乙烯和水催化加成生成乙醇，反应原子利用率为100%，正确；B项，乙酸含有羧基可与NaHCO3溶液反应，而乙醇不和碳酸氢钠溶液反应，错误；C项，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；B与F均为饱和醇，互称为同系物，正确；故选B； (5)乙酸和丙醇发生酯化反应生成乙酸丙酯和水：CH3COOH+CH3CH2CH2OH CH3COOCH2CH2CH3+H2O 。 23．(8分)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用(流程中所加试剂均为过量)。 (1)溶液C的主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．粉碎含硫矿物可以增大接触面积，加快反应速率 B．途径Ⅰ的化学方程式为2SO2+O2+ 2CaCO32CaSO4+2CO2 C．多余SO2可用碳酸钠溶液吸收 D．在过量氧气作用下可实现废气中的二氧化硫完全转化为三氧化硫 (3)途径Ⅱ发生的离子方程式是： 。 (4)设计实验检验溶液B中的金属阳离子： 。 【答案】(1) Fe2(SO4)3(2分) (2)ABC(2分) (3) 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+(2分) (4)取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则存在Fe3+；另取少量溶液，加入少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾紫色褪去，则证明有Fe2+(2分) 【解析】烧含硫矿物产生的SO2通过途径I与CaCO3反应转化为CaSO4，通过途径II与Fe2(SO4)3酸性溶液发生反应：SO2+ Fe2(SO4)3+2H2O=2 FeSO4+H2SO4，溶液B主要含FeSO4和H2SO4，通入空气后FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，所以溶液的主要溶质为Fe2(SO4)3。 (1)由分析可知，溶液C的主要溶质的化学式是Fe2(SO4)3； (2)A．粉碎含硫矿物可以增大反应物的接触面积，从而加快反应速率，A正确；B．途径I中SO2、O2、CaCO3发生反应生成CaSO4和CO2，化学方程式为：2SO2+O2+ 2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；C．SO2能够与Na2CO3发生反应：Na2CO3+SO2= Na2SO3+CO2，因此多余SO2可用碳酸钠溶液吸收，C正确；D．SO2与O2的反应是可逆反应，即使氧气过量，也不能实现废气中的二氧化硫完全转化为三氧化硫，D错误；故选ABC； (3)途径II中SO2与Fe2(SO4)3酸性溶液反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+； (4)溶液B中的重金属离子是Fe2+，检验方法为：取少量溶液于试管中，加入硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则存在Fe3+；另取少量溶液，加入少量酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾紫色褪去，则证明有Fe2+。 24．(10分 )Cl2O为国际公认高效安全灭菌消毒剂之一，实验室可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，反应装置如图所示(夹持装置已略，连接处用的是乳胶管和橡胶塞)。 已知：Cl2O熔点为116℃，沸点为3.8℃，浓度过高或与有机物接触时易发生爆炸。Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃。 (1)装浓盐酸的仪器名称： 。 (2)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。 (3)检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管， 。 (4)下列有关该实验的说法中不正确的是_______。 A．实验室也可用KMnO4与浓盐酸反应制备氯气 B．B中试剂是浓硫酸，目的是干燥氯气 C．氮气的作用之一是稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险 D．从装置D中逸出气体的主要成分是Cl2O (5)装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，试写出该反应化学方程式 。 (6)该实验装置存在两处明显的不足，指出不足的地方为 。 【答案】(1)分液漏斗(1分) (2) MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O(1分) (3)向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好(2分) (4)BD(2分) (5)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl(2分) (6)没有尾气处理装置，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化(2分) 【解析】A中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯气、氯化锰、水，用B装置中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C中潮湿的氯气与碳酸钠反应生成Cl2O，根据化合价升降规律，还应该有氯化钠生成，D中用液氨冷却收集Cl2O。 (1)装浓盐酸的仪器名称：分液漏斗； (2)装置A中发生反应二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+ 2H2O； (3)装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象(如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等)来判断装置气密性的好坏；检查虚框中装置气密性的方法为：用止水夹夹住装置A两端的乳胶管，向分液漏斗中加水，一段时间时间后水不能加入，则说明气密性良好； (4)A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应生成氯化钾、氯化锰、氯气、水，实验室也可用于制备氯气，故A正确；B．用潮湿的氯气与Na2CO3反应，氯气不需要干燥，B中试剂是饱和食盐水，目的是除去氯气中的氯化氢，故B错误；C．Cl2O浓度过高时易发生分解并爆炸，所以氮气的作用之一是稀释生成的Cl2O，减少实验爆炸危险，故C正确；D．Cl2O熔点为116℃，沸点为3.8℃，Cl2沸点为-34.6℃，液氨沸点为-33.5℃，D中用液氨冷却收集，氯气比Cl2O易挥发，因此从装置D中逸出气体的主要成分是氯气，故D错误；故选BD； (5)装置C中潮湿的Cl2与Na2CO3以等物质的量反应，生成NaHCO3、气体Cl2O和另一种盐X，根据化合价升降规律，还应该有X氯化钠生成，该反应化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O↑+2NaCl； (6)氯气有毒，该装置没有尾气处理装置，为防止氯气污染空气，在装置D末端连接盛放NaOH溶液的尾气吸收装置。连接处用的是乳胶管，乳胶管会被氯气腐蚀而变质老化。 25．(6分)CuSO4·5H2O在不同温度下失水和分解，随着温度升高分别生成CuSO4→CuO→Cu2O→Cu，现称取10.000g CuSO4·5H2O在敞口容器加热一定时间后，气体全部逸出，冷却后得到含两种成分的固体共2.720g，测得生成的的体积为(已折算为标准标况)，回答下列问题： (1)写出Cu和浓硫酸反应的化学方程式 。 (2)固体的成分 。 (3)标准状况下生成O2的体积 。 【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2分) (2)固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2(2分) (3)0.560L(2分) 【解析】(1)Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O。 (2)10.000gCuSO4•5H2O的物质的量为=0.04mol，如分解后固体为CuO，由铜原子守恒可知，CuO的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×80g/mol=3.2g，如固体全部为Cu2O，由铜原子守恒可知，Cu2O的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×144g/mol=2.88g，如固体全部为Cu，由铜原子守恒可知，Cu的物质的量为0.04mol，质量为0.04mol×64g/mol=2.56g，固体质量2.56g＜2.720g＜2.88g，故固体为Cu和Cu2O的混合物，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol和ymol，则有64g/mol×xmol+144g/mol×ymol=2.720g，xmol+2ymol=0.04mol，解得x=0.02，y=0.01，Cu和Cu2O的物质的量之比为0.02mol∶0.01mol=2∶1，故选：固体为Cu和Cu2O的混合物；n(Cu2O)∶n(Cu)为1∶2； (3)生成的SO2的体积为0.448L即0.02mol，硫元素由+6价降低为+4价，得电子0.02nol×2=0.04mol，Cu2O的物质的量为0.01mol，Cu元素由+2价降低为+1价，得电子0.01mol×2=0.02mol，共得电子0.06mol，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气失去4mol电子，故生成氧气的物质的量为=0.025mol，体积为0.025mol×22.4L/mol=0.560L。 学科网（北京）股份有限公司 $