浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析Word文档下载推荐.docx
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2H2O
C.胆矾:
CuSO4·
5H2OD.小苏打:
NaHCO3
【考点】物质的名称(俗名)、表示方法
【解析】B中熟石灰是Ca(OH)2,CaSO4·
2H2O是石膏(生石膏)。
5.下列表示不正确的是
A.乙烯的结构式:
B.甲酸甲酯的结构简式:
C2H4O2
C.2−甲基丁烷的键线式:
D.甲基的电子式:
【考点】化学用语
【解析】B给出的是分子式,应为HCOOCH3;
D中基团是有单电子的原子或原子团。
6.下列说法不正确的是
A.天然气是不可再生能源
B.用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物
C.煤的液化属于物理变化
D.火棉是含氮量高的硝化纤维
【考点】化石燃料(化学2),纤维素的硝化(有机)
【解析】BC均为煤的液化,属于化学变化;
D为苏教版课本原话,老人教版教材表述为“工业上把酯化比较完全、含氮量高的纤维素硝酸酯叫做火棉,把含氮量低的纤维素硝酸酯叫做胶棉”。
7.下列说法正确的是
A.35Cl和37Cl是两种不同的元素B.单晶硅和石英互为同素异形体
C.HCOOH和HOCH2CHO互为同系物D.H与Na在元素周期表中处于同一主族
【考点】同位素,同素异形体,同系物,元素周期表
【解析】A考元素与核素的概念,元素是具有一定质子数的原子、用元素符号表示,核素是具有一定质子数和一定中子数的原子、用原子符号表示,35Cl和37Cl的是氯元素的两种核素;
B中同素异形体是同种元素形成的不同单质,石英的化学式为SiO2;
C中同系物是结构相似、分子相差若干的有机物,甲酸和2−羟基乙醛官能团不同,结构不相似;
D要求熟悉元素周期表。
【答案】D
8.下列说法不正确的是
A.Cl−会破坏铝表面的氧化膜
B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒
D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀
【考点】元素化合物,蛋白质的变性,金属的腐蚀
【解析】基本是课本原话。
A出自《化学1》P66“拓展视野”、《实验化学》P20正文;
B出自《化学1》P52“活动与探究”;
D出自《化学2》P41“资料卡”、《实验化学》P23正文;
C在课本中无原话,《化学2》P77、《有机化学基础》P104中蛋白质的变性均只提到强氧化剂。
9.下列说法不正确的是
A.高压钠灯可用于道路照明
B.SiO2可用来制造光导纤维
C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐
【考点】元素化合物的制备与用途
【解析】均出自《化学1》。
A出自P50正文,B出自P81正文,C出自P73正文,D出自P93“资料卡”中硫酸钡(BaSO4)。
10.反应MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1
【考点】氧化还原反应
【解析】由价态升降判断电子得失,进而推出氧化产物Cl2和还原产物MnCl2。
11.下列有关实验说法不正确的是
A.萃取Br2时,向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4,振荡、静置分层后,打开旋塞,先将水层放出
B.做焰色反应前,铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色
C.乙醇、苯等有机溶剂易被引燃,使用时须远离明火,用毕立即塞紧瓶塞
D.可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO2和NaNO3
【考点】萃取与分液,焰色反应,实验安全,亚硝酸根的检验
【解析】A出自《化学1》P19,CCl4密度大于水,分液时应先将下层液体放出;
B出自《化学1》P21“活动与探究”;
C出自《实验化学》P98实验室安全守则;
D出自《实验化学》P40,实际顺序为硝酸银→稀硝酸,现象分别为白色沉淀→无变化、白色沉淀→沉淀溶解并产生有色气体、无现象→无现象。
【答案】A
12.下列说法正确的是
A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2
B.Mg加入到过量FeCl3溶液中可得Fe
C.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3
D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2
【考点】元素化合物的性质
【解析】B中过量的FeCl3溶液只能得到Fe2+,C中沸腾炉生成的SO2在接触室氧化为SO3,D中H2O2分解产生H2O和O2。
A从原子守恒、Na与O2反应条件与产物的关系推测,可行性较大。
此外,B中Fe3+水解程度较大,Mg易与H+反应,实验现象是否是红褐色沉淀与气体,记忆中好像是吴文中老师做过实验。
13.能正确表示下列反应的离子方程式是
A.(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应:
SO
+Ba2+
BaSO4↓
B.电解MgCl2水溶液:
2Cl−+2H2O
2OH−+Cl2↑+H2↑
C.乙酸乙酯与NaOH溶液共热:
CH3COOCH2CH3+OH−
CH3COO−+CH3CH2OH
D.CuSO4溶液中滴加稀氨水:
Cu2++2OH−
Cu(OH)2↓
【考点】离子反应,定量反应,电解,酯类水解
【解析】A中Fe2+能与OH−反应,遵循“以少定多”的规则,方程式为Fe2++SO
+Ba2++2OH−
BaSO4↓+Fe(OH)2↓;
B中Mg2+能与生成的OH−反应,方程式为Mg2++2Cl−+2H2O
Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑;
C正确;
D中一水合氨为弱电解质,不能拆开,方程式为Cu2++2NH3·
H2O
Cu(OH)2↓+2NH
。
14.下列说法不正确的是
A.相同条件下等质量的甲烷、汽油、氢气完全燃烧,放出的热量依次增加
B.油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分
C.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味,可以鉴别蚕丝与棉花
D.淀粉、纤维素、蛋白质都属于高分子化合物
【考点】热值,糖类、油脂、蛋白质
【解析】A中判断的难点在甲烷和汽油,两者的区别在碳氢比,可以只含氢、热值最高的氢气为参照,猜测甲烷热值更高。
B出自《化学2》P73、《有机化学基础》P98,C出自《化学1》P21,D出自《化学2》P75、P77。
15.有关
的说法正确的是
A.可以与氢气发生加成反应B.不会使溴水褪色C.只含二种官能团
D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,最多可消耗1molNaOH
【考点】官能团,有机物的结构与性质
【解析】该物质含有苯环,官能团为碳碳双键、羟基、酯键,苯环和碳碳双键能与氢气加成(还原)、碳碳双键能与溴(单质、水溶液、有机溶液)加成,酯基能水解、水解产生的羧基和酚羟基能与碱反应,因此D最多消耗2molNaOH。
16.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素,原子序数依次增大。
Y元素的最高正价为+4价,Y元素与Z、M元素相邻,且与M元素同主族;
化合物Z2X4的电子总数为18个;
Q元素的原子最外层电子数比次外层少一个电子。
下列说法不正确的是
A.原子半径:
Z<Y<M
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Z>Y>M
C.X2Z−ZX2易溶于水,其水溶液呈碱性
D.X、Z和Q三种元素形成的化合物一定是共价化合物
【考点】原子结构,元素周期表与元素周期律,元素化合物的性质,化学键
【解析】五种短周期元素,原子序数依次增大,Y元素的最高正价为+4价,说明Y在ⅣA族,由Y元素与Z、M元素相邻可知三种元素大致位置
,可知Y、Z、M分别是C、N、Si;
Z2X4的电子总数为18个说明X是H[(18-7×
2)÷
4=1];
短周期元素原子最外层电子数比次外层少一个电子的只有Li、Cl,则Q是Cl。
A中依据原子半径按左下大、右上小,N、C、Si的位置右、左、左下,依次递增;
B中依据最高价氧化物对应水化物的酸性与元素非金属性相关、受原子半径影响,三者原子半径递增、非金属性递减、最高价含氧酸酸性递减;
C中H2N−NH2可视作两个氨基相连,参照有机结构中氨基显碱性(《有机化学基础》P102)即可判断;
D中H、N可形成铵根离子,也可以为基础得到N2H
离子,与Cl−形成离子化合物。
17.下列说法不正确的是
A.2.0×
10−7mol·
L−1的盐酸中c(H+)=2.0×
L−1
B.将KCl溶液从常温加热至80℃,溶液的pH变小但仍保持中性
C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质
D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大
【考点】电离平衡,盐类的水解,pH值,溶液的酸碱性
【解析】A中由电荷守恒c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)可知c(H+)>c(Cl−)=2.0×
L−1;
B中KCl为强酸强碱盐,溶液呈中性,水的电离程度随温度升高而增大,pH值与c(H+)成反比;
C中盐溶液呈碱性说明酸是弱酸;
D中醋酸溶液中加入醋酸跟离子,醋酸的电离平衡逆向移动,c(H+)减小、pH值增大。
18.5mL0.1mol·
L−1KI溶液与1mL0.1mol·
L−1FeCl3溶液发生反应:
2Fe3+(aq)+2I−(aq)
2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。
下别说法不正确的是
A.加入苯,振荡,平衡正向移动
B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度
C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动
D.该反应的平衡常数K=
【考点】化学反应的限度,化学平衡的移动,化学平衡常数,Fe3+的检验
【解析】B中过量I−与少量Fe3+反应后,经苯萃取后仍有Fe3+,说明反应物无法完全转化,该反应存在限度,是可逆反应;
AC均为浓度变化对化学平衡的影响,A是减小生成物I2的浓度、平衡正向移动,C是增大生成物Fe2+的浓度、平衡逆向移动;
D中平衡常数表达式中缺少c(I2),表达式中纯固体、纯液体不列入。
19.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.4MnO
+5HCHO+12H+
4Mn2++5CO2↑+11H2O,1mol[4MnO
+5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
B.用电解粗铜的方法精炼铜,当电路中通过的电子数为NA时,阳极应有32gCu转化为Cu2+
C.常温下,pH=9的CH3COONa溶液中,水电离出的H+数为10−5NA
D.1L浓度为0.100mol·
L−1的Na2CO3溶液中,阴离子数为0.100NA
【考点】氧化还原反应中电子转移,电解法精炼铜,盐类的水解,水的电离
【解析】A看着有点懵,4molMnO
与5molHCHO反应转移20mol电子,看似没错;
B考电解法精炼铜(《化学2》P45“拓展视野”、《化学反应原理》P22“练习与实践”),阳极损失的质量为铜、锌等,比例未知、无法计算;
C很简单,体积未知无法由浓度求得物质的量,若有体积,溶液中现存氢离子与水累计电离的氢离子就很容易让人发懵;
D中,即便无水解,阴离子未考虑OH−离子也足以判断选项错误,何况碳酸根水解。
20.一定条件下:
2NO2(g)
N2O4(g) ΔH<0。
在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是
A.温度0℃、压强50kPaB.温度130℃、压强300kPa
C.温度25℃、压强100kPaD.温度130℃、压强50kPa
【考点】化学平衡的移动,摩尔质量、气体摩尔体积
【解析】已知M=
=
,容易判断,测定相对质量时,关键在于气体体积的测量,气体体积越大、误差越小,即应使平衡逆向移动;
由ΔV<0、ΔH<0可知应用低压、高温条件,答案自然可知。
21.电解高浓度RCOONa(羧酸钠)的NaOH溶液,在阳极RCOO−放电可得到R−R(烷烃)。
A.电解总反应方程式:
2RCOONa+2H2O
R−R+2CO2↑+H2↑+2NaOH
B.RCOO−在阳极放电,发生氧化反应
C.阴极的电极反应:
2H2O+2e−
2OH−+H2↑
D.电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【考点】电解池
【解析】A明显错在强碱性溶液中无法逸出CO2;
B正确;
C中阴极放电顺序H+(H2O)>Na+,判断正确;
D中烃基的组合有三种,C−C、C−C2、C2−C2。
22.关于下列ΔH的判断正确的是
CO
(aq)+H+(aq)
HCO
(aq)ΔH1
(aq)+H2O(l)
(aq)+OH−(aq)ΔH2
OH−(aq)+H+(aq)
H2O(l)ΔH3
OH−(aq)+CH3COOH(aq)
CH3COO−(aq)+H2O(l)ΔH4
A.ΔH1<0 ΔH2<0B.ΔH1<ΔH2C.ΔH3<0 ΔH4>0D.ΔH3>ΔH4
【考点】弱电解质的电离,盐类的水解,盖斯定律
【解析】弱电解质的电离(①的逆反应、③的逆反应)吸热、盐类的水解(②的正反应、④的逆反应)吸热,由此可知ΔH1<0、ΔH2>0、ΔH3<0、ΔH4<0,AC错误、B正确。
④式减③式为CH3COOH(aq)
CH3COO−(aq)+H+(aq) ΔH=ΔH4-ΔH3>0(弱电解质的电离),可知D错误。
23.常温下,用0.1mol·
L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·
L−1的HCl和CH3COOH的混合液,下列说法不正确的是
A.在氨水滴定前,HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)>c(CH3COO−)
B.当滴入氨水10mL时,c(NH
)+c(NH3·
H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
C.当滴入氨水20mL时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH3·
H2O)+c(OH−)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量大于20mL,c(NH
)<c(Cl−)
【考点】酸碱中和滴定,溶液中的离子平衡
【解析】A相当于等浓度强酸与弱酸溶液中酸根离子浓度的比较,物料守恒式为c(Cl−)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH);
B中只有溶质对应分子与离子,为物料守恒式c(NH
H2O)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(Cl−)=10mL×
0.1mol·
L−1=1×
10−4mol;
C中既有溶质对应分子、又有溶剂对应离子,应为质子守恒式,代入电荷守恒式c(NH
)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)=c(NH
H2O),由物料守恒式c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=c(Cl−)=1×
10−4mol、c(NH
H2O)=2×
10−4mol可知该式成立;
D中溶液呈中性,Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·
H2O)、HCl是强酸,氨水应过量、体积大于20mL,电荷守恒式c(NH
)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)可化简为c(NH
)=c(CH3COO−)+c(Cl−),即c(NH
)>c(Cl−)。
24.Ca3SiO5是硅酸盐水泥的重要成分之一,其相关性质的说法不正确的是
A.可发生反应:
Ca3SiO5+4NH4Cl
CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O
B.具有吸水性,需要密封保存
C.能与SO2反应生成新盐
D.与足量盐酸作用,所得固体产物主要为SiO2
【考点】硅酸盐的性质
【解析】Ca3SiO5是硅酸三钙(3CaO·
SiO2或2CaO·
CaSiO3),由此推测其能与NH4Cl反应(碱性氧化物与弱碱盐反应)、与SO2反应(碱性氧化物与酸性氧化物反应)、与盐酸反应(碱性氧化物、弱酸盐与酸反应),但D中产物应为硅酸。
至于B,从水泥的使用可知正确。
25.黄色固体X,可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。
将X与足量的水作用,得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。
下列结论合理的是
A.X中含KI,可能含有CuCl2
B.X中含有漂白粉和FeSO4
C.X中含有CuCl2,Y中含有Fe(OH)3
D.用H2SO4酸化溶液Z,若有黄绿色气体放出,说明X中含有CuCl2
【考点】元素化合物的性质,氧化还原反应
【解析】可由X是黄色固体、CuCl2为棕黄色固体,说明X中有CuCl2;
X与足量水作用得无色碱性溶液Z说明X中有漂白粉且过量;
固体混合物Y中一定有蓝色的Cu(OH)2,Y显棕色说明有黄色或橙色物质,则Y中有Fe(OH)3,Fe元素来自于FeSO4或Fe2(SO4)3,KI不确定。
由此可知AB错误、C正确。
至于D,漂白粉中ClO−、Cl−与H+发生逆岐化反应产生氯气,无法说明有CuCl2。
如果想得多一点:
漂白粉、FeSO4、KI为白色固体,Fe2(SO4)3为淡黄色固体,CuCl2为棕黄色固体,其中FeSO4、Fe2(SO4)3的颜色高中知识未涉及。
X与足量水作用,可能发生反应有I−被Fe3+、Cu2+氧化,Fe2+、I−被ClO−氧化,Fe3+水解等,I2、Fe(OH)3被ClO−氧化应该要忽略吧;
可能产生固体Fe(OH)3、I2、CuCl、Cu(OH)2等,溶液呈碱性应为ClO−水解、漂白粉中Ca(OH)2杂质应该要忽略吧。
由纯色调配成棕色的方案有三种:
绿+红、紫+黄、橙+蓝,可推测固体Y由Fe(OH)3与I2或Cu(OH)2组成。
至此,固体X中一定有漂白粉,Fe2(SO4)3、CuCl2至少有一种;
若只有Fe2(SO4)3则一定有KI,若只有CuCl2则一定有FeSO4、可能有KI,两者并存则FeSO4、KI均不确定。
上述过程也不一定科学、正确,所以说,这么复杂的化学,还是尽量简化点吧,毕竟只是高考题、不是竞赛题。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共6小题,共50分)
26.(4分)
(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是________。
(2)CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,CaCN2的电子式是________。
(3)常温下,在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷,原因是________。
【考点】元素周期律,化学键,分子间作用力与氢键
【解析】
(1)中,非金属元素简单氢化物的热稳定性是化学性质,应从化学键、非金属性、原子半径角度分析。
F原子半径小与Cl,非金属性更强;
F2与H2反应更为剧烈,所得氢化物能量教低(即氢化物的F-H键键能更高);
能量越低越稳定。
(2)中电子式书写的难点在于CN
,可先尝试书写H2CN2,删去质子即得CN
离子。
H2CN2的不饱和度为2,可能结构为一个叁键、两个双键、单环加一个双键,结果如下:
N≡C-NH2、HN=C=NH、
、
从电子式的书写方式看,链状结构的可能性更大,因而CN
可能为
或
,参照CO2结构,后者可能性更大。
(3)中乙醇(C2H5−OH)和氯乙烷(C2H5−Cl)都属于分子晶体,其溶解性受分子间作用力影响。
两者的结构差异在羟基和氯原子,而羟基可形成氢键,其作用强于范德华力。
【答案】
(1)原子半径F<Cl,键能F-H>Cl-H
(2)Ca2+
(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有
27.(4分)100mL0.200mol·
L−1CuSO4溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。
测得反应前温度为20.1℃,反应后最高温度为30.1℃。
已知:
反应前后,溶液的比热容均近似为4.18J·
g−1·
℃−1、溶液的密度均近似为1.00g·
cm−3,忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。
请计算:
(1)反应放出的热量Q=________J。
(2)反应Zn(s)+CuSO4(aq)
ZnSO4(aq)+Cu(s)的ΔH=________kJ·
mol−1(列式计算)。
【考点】反应热的测定,焓变
反应热的计算、镀锌铁皮镀层厚度计算,都是较少出现的考点,计算时注意单位就不难解出。
Q=4.18J·
℃−1×
(30.1℃-20.1℃)×
(100mL×
1.00g·
cm−3)=4180J。
该反应中,使用了0.02molCuSO4和0.03molZn,可知Zn过量,后续计算以CuSO4为准。
则ΔH=
=-209kJ·
mol−1,有效数字三位。
(1)4.18×
103
(2)
=−209
28.(10分)
Ⅰ.化合物X由四种短周期元素组成,加热X,可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y,Y为纯净物;
取3.01gX,用含HCl0.0600mol的盐酸完全溶解得溶液A,将溶液A分成A1和A2两等份,完成如下实验(白色沉淀C可溶于NaOH溶液):
请回答:
(1)组成X的四种元素是N、H和________(填元素符号),X的化学式是________。
(2)溶液B通入过量CO2得到白色沉淀C的离子方程式是________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)________。
要求同时满足:
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素;
②反应原理与“HCl+NH3
NH4Cl”相同。
【考点】元素化合物的性质,定量计算
气体Y为NH3说明X中含N、H两种元素;
A1加碱产生0.01molNH3,溶液B通入过量CO2所得沉淀C
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- 浙江省 普通高校 招生 科目 考试 化学试题 解析