浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题一.docx
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浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题一
2020届浙江省普通高校招生选考科目化学模拟试题
(一)
(时间:
90分钟 满分:
100分)
可能用到的相对原子质量:
H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Ca—40 Fe—56
选择题部分
一、选择题(本大题共20小题,共50分。
第1~10每小题2分,第11~20每小题3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.下列物质的水溶液能导电,但属于非电解质的是( )
A.SO2B.CH3COOH
C.KClD.Cl2
解析 电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物,而非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物;SO2属于非电解质,溶于水,与水反应生成亚硫酸,亚硫酸电离产生自由离子而导电,A正确;CH3COOH为弱酸,属于电解质,B错误;KCl为盐,属于电解质,C错误;氯气是单质,既不是电解质,也不是非电解质,D错误;正确选项A。
答案 A
2.下列分散系不能产生“丁达尔效应”的是( )
A.云雾B.肥皂溶液
C.葡萄糖浓溶液D.淀粉溶液
解析 A、B、D项是胶体,能产生“丁达尔”效应,不选;C项是溶液,不能产生丁达尔效应,故应选C。
答案 C
3.下列说法不正确的是( )
A.臭氧可用于杀菌消毒
B.氯化钠是一种常见的食品调味剂
C.晶体硅常用于制造光导纤维
D.镁常用于制造信号弹和焰火
解析 A.臭氧具有强氧化性,臭氧可用于杀菌消毒,故A正确;B.氯化钠有咸味,氯化钠是一种常见的食品调味剂,故B正确;C.二氧化硅常用于制造光导纤维,故C错误;D.镁燃烧时发出耀眼的强光,镁常用于制造信号弹和焰火,故D正确;故选C。
答案 C
4.下列表示不正确的是( )
A.氯化钠的电子式:
B.二氧化碳的结构式:
O===C===O
C.S2-结构示意图:
D.乙炔分子比例模型:
解析 A项氯化钠是离子晶体,电子式正确;B项二氧化碳是共价化合物,结构式正确;C项硫离子示意图正确;D项是乙炔的球棍模型,不正确。
答案 D
5.下列有关离子(或物质)的检验及结论,正确的是( )
A.SO2能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
B.焰色反应实验时,透过蓝色钴玻璃,可观察到K元素火焰呈紫色
C.检验Na2CO3固体中是否混有NaHCO3,可向固体滴加稀盐酸,观察是否产生气体
D.向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现,再加入稀盐酸,沉淀不消失,则溶液中含SO
解析 考查常见物质的性质和用途,A项能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3,错误;B项蓝色钴玻璃可以滤去钠元素的黄光,并观察到紫色的火焰,正确;C该检验方法错误,不选;D项中可能存在银离子干扰,错误。
答案 B
6.已知298K、101kPa条件下
2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)===2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·mol-1
据此判断,下列说法正确的是( )
A.H2(g)与O2(g)反应生成H2O(g)是吸热反应
B.1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出44.0kJ热量
C.1molH2O(l)转变成1molH2O(g)放出44.0kJ热量
D.1molH2O(g)转变成1molH2O(l)放出88.0kJ热量
解析 A项上述两个反应均为放热反应,不选;B项由两式相减可得:
H2O(g)===H2O(l) ΔH=-44.0kJ·mol-1,因此C、D两项错误。
答案 B
7.下列说法不正确的是( )
A.石墨与C70互为同素异形体
B.冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2H
OH的混合物中含有四种核素
C.醋酸和硬脂酸互为同系物,C6H14和C9H20也一定互为同系物
D.若两种二肽互为同分异构体,则二者的水解产物一定不相同
解析 A.同素异形体是相同元素组成的不同单质,石墨、C70符合同素异形体的概念,故A正确;B.冰醋酸CH3COOH和无水乙醇C2H
OH的混合物中含有四种核素,其中氧元素有2种核素,故B正确;C.醋酸和硬脂酸都是一元羧酸,互为同系物;C6H14和C9H20均属于烷烃,故一定互为同系物,故C正确;D.两种二肽互为同分异构体,水解产物可能是相同的氨基酸,如:
一分子甘氨酸和一分子丙氨酸形成的二肽中有两种构成方式,但二肽水解时的产物相同,故D错误。
故选D。
答案 D
8.在一定条件下发生反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g),将1molSO3气体通入1L容积恒定的密闭容器中,维持容器内温度不变,5min末测得SO3的物质的量为0.4mol。
则下列说法正确的是( )
A.0~5min,O2的生成速率v(O2)=0.06mol·L-1·min-1
B.若起始时充入3molSO3,起始时SO3分解速率不变
C.若某时刻消耗了0.5molSO3同时生成了0.25molO2,则表明该反应达到了平衡状态
D.达到平衡时,SO2和SO3的浓度相等
解析 A.0~5min消耗的SO3的物质的量为(1-0.4)mol=0.6mol,产生O2的物质的量为0.6/2mol=0.3mol,根据化学反应速率的数学表达式,v(O2)=0.3/(1×5)mol/(L·min)=0.06mol/(L·min),故A正确;B.若起始时充入3molSO3,反应物浓度增大,化学反应速率加快,故B错误;C.消耗SO3,生成O2,反应都是向正反应方向进行,不能说明反应达到平衡,故C错误;D.根据题目中所给信息,无法判断SO2和SO3浓度是否相同,故D错误。
答案 A
9.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是( )
A.Fe2(SO4)3溶液和H2S反应的离子方程式:
2Fe3++H2S===FeS+2H+
B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液:
2I-+H2O2+2H+===I2+O2↑+2H2O
C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液混合:
H++SO
+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O
D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色:
5H2C2O4+2MnO
+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O
解析 A.向Fe2(SO4)3溶液中通入H2S的离子反应为2Fe3++H2S===2Fe2++S↓+2H+,故A错误;B.双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+===I2+2H2O,故B错误;C.硫酸氢铵溶液和过量的氢氧化钡溶液反应的离子方程式为SO
+NH
+H++2OH-+Ba2+===BaSO4↓+NH3·H2O+H2O,故C错误;D.草酸使酸性KMnO4溶液褪色,发生反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO
+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O,故D正确;故选D。
答案 D
10.短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加,其中Q、W原子核外L电子层的电子数分别为0、4,X、Y、Z在周期表中的位置如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.W、X、Q的原子半径依次减小
B.Y的最高价氧化物的水化物一定是强酸
C.W和Z可能形成化合物W3Z8
D.Q、X、Z可能形成离子化合物
解析 短周期主族元素Q、W、X、Y、Z原子序数依次增加,其中Q、W原子核外L电子层的电子数分别为0、4,知W为C,Q为H,根据元素周期表知X可能为N,Y为P,Z为S,也可能X为O,Y为S,Z为Cl,。
A.W、X、Q的原子半径依次减小,故A对;B.若Y为P,最高价氧化物的水化物为H3PO4属于中强酸,故B错误;C.W为C,Z可能为Cl也可能为S,可能形成化合物W3Z8,故C对;D.可能形成(NH4)2S等离子化合物,故D对。
答案 B
11.下列说法正确的是( )
A.乙醇能被氧化成乙醛,也可以直接被氧化成乙酸
B.裂化汽油能使溴水褪色,发生取代反应
C.可用热的NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质
D.苯的一溴代物只有一种,二溴代物有两种
解析 A.乙醇能被氧化成乙醛,也可以直接被氧化成乙酸,故A对;B.裂化汽油能使溴水褪色,发生加成反应,故B错;C.热的NaOH溶液与乙酸乙酯发生反应,用热的NaOH溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质不能实现,故C错;D.苯分子中只有一种类型的H,所以一溴代物只有一种,二溴代物有邻间对三种结构,故D错。
答案A。
答案 A
12.下列说法正确的是( )
A.蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物
B.硬脂酸甘油酯和乙酸乙酯都属于酯类物质,都能发生皂化反应
C.所有氨基酸分子中都只含有一个羧基(—COOH)和一个氨基(—NH2)
D.鸡蛋清溶液中加入浓的(NH4)2SO4溶液,产生沉淀,加水后沉淀不溶解
解析 A.蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物,故A正确;B.硬脂酸甘油酯属于酯类物质,能发生皂化反应,乙酸乙酯在碱性条件下可以水解,但不是皂化反应,不能生成高级脂肪酸盐,故B错误;C.所有氨基酸分子中都含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2),不一定只有一个,故C错误;D.鸡蛋清溶液中加入浓的(NH4)2SO4溶液,产生沉淀,发生盐析,加水后沉淀溶解,故D错误。
答案 A
13.(2019·浙江名师预测卷)
关于如图装置,下列判断不正确的是( )
A.该装置属于原电池,Zn为电池的负极
B.烧杯b通入N2,可减少Zn的自腐蚀现象,增大电池电流
C.Fe棒为正极,电极反应:
O2+4H++4e-===2H2O
D.电池反应:
2Zn+O2+2H2O===2Zn2++4OH-
解析 该装置属于Zn空气电池,Zn比Fe活泼,Zn为负极,Fe为正极,因盐桥隔离了Zn2+和OH-,电池反应为2Zn+O2+2H2O===2Zn2++4OH-,正极反应为O2+2H2O+4e-===4OH-,负极反应为Zn-2e-===Zn2+,故A、D正确,C错误,b烧杯中通氮气,有利于驱除溶液中的溶解氧,减少Zn与b中溶解氧发生的自腐蚀,增大电池电流,B正确。
答案 C
14.室温下,甲、乙两烧杯均分别盛有5mLpH=3的盐酸和醋酸溶液,下列描述正确的是( )
A.水电离出的OH-浓度:
c(OH-)甲=c(OH-)乙
B.向乙烧杯中加水稀释至pH=4,溶液的体积10V甲>V乙
C.若将甲、乙两烧杯分别与5mLpH=11NaOH溶液反应,所得溶液pH:
甲<乙
D.若将甲、乙两烧杯溶液混合,所得溶液得的c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)
解析 酸溶液抑制水电离,由于两种酸提供的氢离子的量一样,对水的抑制程度一样,所以水电离出的OH-浓度应该相等,即c(OH-)甲=c(OH-)乙,A正确;醋酸为弱酸存在电离平衡,pH=3的醋酸加水稀释后pH=4,加水的量大于10倍,所以溶液的体积10V甲<V乙,B项错误;pH=11NaOH溶液,c(OH-)=10-3mol/L,pH=3的盐酸,c(H+)=10-3mol/L,两溶液等体积的情况下,恰好完全反应,生成氯化钠溶液为中性;pH=3的醋酸溶液,c(CH3COOH)远大于10-3mol/L,两溶液等体积的情况下,氢氧化钠完全反应,醋酸过量,溶液显酸性,所以所得溶液pH:
甲>乙,C错误;根据电荷守恒规律:
c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-),D错误;正确选项A。
答案 A
15.根据如图所示能量循环图,下列说法正确的是( )
A.ΔH1>0;ΔH2<0
B.ΔH3>0;ΔH4<0
C.ΔH5>0;ΔH<0
D.ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4-ΔH5
解析 A.固态转化为气态吸热,ΔH1>0,转化为气态金属离子吸热,则ΔH2>0,故A错误;B.断裂化学键吸收能量,非金属原子的气态转化为离子放热,则ΔH3>0;ΔH4<0,故B正确;C.气态离子转化为固态放热,则ΔH5<0,故C错误;D.由盖斯定律可知,反应一步完成与分步完成的热效应相同,则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5,故D错误;故选B。
答案 B
16.下列说法正确的是( )
A.HCl溶于水能电离出H+、Cl-,所以HCl是离子化合物
B.碘晶体受热转变成碘蒸气,吸收的热量用于克服碘原子间的作用力
C.He、CO2和CH4都是由分子构成,它们中都存在共价键
D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O,既破坏了离子键,也破坏了共价键
解析 A项HCl是共价化合物,错误;B项碘单质的升华克服的是碘分子之间的作用力;C项稀有气体不存在化学键;D项碳酸氢钠的分解使得结构中的离子键、共价键均破坏,正确。
答案 D
17.一定温度下,10mL0.40mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。
不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A.0~6min的平均反应速率:
v(H2O2)≈3.3×10-2mol·L-1·min-1
B.6~10min的平均反应速率:
v(H2O2)<3.3×10-2mol·L-1·min-1
C.反应至6min时,c(H2O2)=0.30mol·L-1
D.反应至6min时,H2O2分解了50%
解析 A项,0~6min内,产生n(O2)=1×10-3mol,消耗n(H2O2)=2×10-3mol,则v(H2O2)=
=
≈3.3×10-2mol·L-1·min-1,正确;B项,按照A项解题步骤,可知B项正确;C项,反应至6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,剩余c(H2O2)=
=0.2mol·L-1,不正确;D项,反应至6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,占起始物质的量的50%,正确。
答案 C
18.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.7.8g苯含有的碳碳单键和碳碳双键数目均为0.3NA
B.标准状况下,22.4L16O2和18O2的混合气体含有的质子数为16NA
C.实验室制氯气时,每消耗36.5gHCl,转移的电子数为NA
D.100g6%的醋酸水溶液含有的氧原子数为0.2NA
解析 A.苯不是单双键交替的结构,故苯中无碳碳双键,故A错误;B.标况下22.4L混合气体的物质的量为1mol,而16O2和18O2中均含16个质子,故1mol混合物中含16NA个质子,故B正确;C.36.5gHCl的物质的量为1mol,而实验室制取氯气时,消耗4molHCl,生成1mol氯气,转移2mol电子,故当消耗1molHCl时,转移0.5NA个电子,故C错误;D.醋酸溶液中,除了醋酸外,水也含O原子,故溶液中含有的氧原子的个数多于0.2NA个,故D错误。
故选B。
答案 B
19.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。
室温下,用0.100mol·L-1NH3·H2O滴定10mL浓度均为0.100mol·L-1HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A.①溶液中c(H+)为0.200mol·L-1
B.溶液温度高低为①>③>②
C.③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)
D.③点后因离子数目减少使电导率略降低
解析 醋酸为弱电解质,①点溶液c(H+)<0.2mol·L-1,故A错误;酸碱中和反应放热,①点溶液的温度一定比②点的低,故B错误;③恰好完全反应生成氯化铵和醋酸铵。
其中NH
和CH3COO-发生微弱水解,则③点溶液中,c(NH
)>c(Cl-)>c(CH3COO-),故C正确;③点后,溶液中离子浓度减小导致电导率降低,故D错误。
答案 C
20.有一混合固体,只含有下列物质中的若干种:
K2CO3、Mg(NO3)2、Ba(NO3)2、NaHCO3,①将混合固体溶于水,产生沉淀甲,过滤,取滤液。
②取少量滤液加入足量AgNO3溶液,过滤,取滤渣。
③取少量滤渣加入足量盐酸,产生气体,得沉淀乙。
根据上述实验,以下推测正确的是( )
A.沉淀乙一定为纯净物
B.Mg(NO3)2一定存在
C.NaHCO3一定不存在
D.沉淀甲一定为混合物
解析 沉淀甲可以是碳酸钡沉淀、或碳酸镁沉淀或二者的混合沉淀,D错误;K2CO3溶液与硝酸银反应也会有沉淀生成,NaHCO3溶液可有也可没有,C错误;碳酸钾与硝酸钡溶液反应可以生成碳酸钡沉淀,Mg(NO3)2可以不存在,B错误;和足量的AgNO3溶液反应产生沉淀,沉淀中加入足量盐酸,产生气体可以是二氧化碳,得沉淀只能是氯化银固体,沉淀乙一定为纯净物,A正确;正确选项A。
答案 A
非选择题部分
二、非选择题(本大题共7小题,共50分)
21.(6分)某些简单有机物在一定条件下可发生如下转化,其中E具有果香味:
请回答下列问题:
(1)F的分子式________;反应①的反应类型________。
(2)写出反应③的化学方程式___________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)关于化合物B的说法正确的是________。
A.B中只含有一种官能团
B.常温常压下物质B呈气态
C.1molB最多与4molH2发生加成
D.B为苯的同系物
解析
(1)F是淀粉的水解产物葡萄糖,分子式为C6H12O6;反应①是苯和乙炔的加成反应,
(2)D应该是苯乙酸,G是乙醇,两者发生酯化反应。
(3)苯乙烯的官能团只有碳碳双键一种,从碳原子数上分析应该是常温为液态,能与氢气完全发生1∶4的加成,苯乙烯不是苯的同系物。
答案
(1)C6H12O6 加成反应
(2)
+CH3CH2OH
+H2O
(3)AC
22.(6分)化合物X由两种元素组成,为探究其组成和性质,设计并完成如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是________。
(2)溶液甲与足量氯气反应的离子方程式为_______________________________
__________________________________________________________________。
(3)加热条件下氨气被固体2氧化成一种气体单质,写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
解析 本题考查实验方案设计与评价,
(1)磁性氧化物是Fe3O4,说明X中含有Fe元素,根据流程图,固体2为Fe2O3,根据元素和原子守恒,化合物X中Fe的物质的量为24.0×2/160mol=0.3mol,无色无味气体能使澄清石灰水变浑浊,因此此气体为CO2,说明化合物中X中含有C,化合物X中C的质量为(18.0-0.3×56)g=1.2g,C的物质的量为1.2/12mol=0.1mol,即X的化学式为Fe3C;
(2)磁性氧化物Fe3O4与盐酸反应Fe3O4+8HCl===2FeCl3+FeCl2+4H2O,根据流程图,溶液甲中含有Fe3+和Fe2+,通入氯气,发生的离子反应方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-;(3)NH3被Fe2O3氧化成一种气体单质,即N转化成N2,铁元素被还原成铁单质,即化学反应方程式为:
2NH3+Fe2O3
N2+3H2O+2Fe。
答案
(1)Fe3C
(2)2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-
(3)2NH3+Fe2O3
N2+3H2O+2Fe
23.(4分)实验室常用如下装置所示方法制备氯气:
(1)1molMnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol,原因可能是________;
(2)若改用NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热,理论上氯元素利用率可以达到100%,试用化学反应方程式表示原因___________________________________
__________________________________________________________________;
(3)若在分液漏斗下方接一段毛细管插入圆底烧瓶底部,不需加热也可获得均匀稳定干燥的氯化氢气流,则分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是___________________________________________________________________。
解析
(1)1molMnO2和4mol浓盐酸制得的氯气的产量往往远低于1mol,浓盐酸易挥发,浓盐酸随着反应的进行会被稀释,当稀释到一定程度时就无法与二氧化锰反应了,此时反应停止。
(2)NaCl固体、浓硫酸和MnO2一起加热反应,反应的化学方程式为:
2NaCl+2H2SO4+MnO2
MnSO4+Na2SO4+Cl2↑+2H2O。
(3)浓HCl,本身就有挥发性,产生的是HCl气体,浓HCl挥发后变稀,由于浓硫酸有吸水性,稀HCl又变成浓HCl,所以加快了HCl的挥发速率,所以产生了均匀稳定干燥的氯化氢气流,所以分液漏斗和圆底烧瓶中应该盛放的试剂分别是浓盐酸、浓硫酸。
答案
(1)浓盐酸挥发,稀盐酸不反应
(2)2NaCl+2H2SO4+MnO2
MnSO4+Na2SO4+Cl2↑+2H2O
(3)浓盐酸、浓硫酸
24.(4分)称取58.7gBa(OH)2和BaCl2固体混合物,配成500mL溶液,把该溶液分成5等份后分别加入相同浓度不同体积的NaHCO3溶液,生成沉淀的质量如下表。
已知加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时,反应后溶液呈中性。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
NaHCO3溶液(mL)
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
沉淀的质量(g)
1.97
3.94
5.91
7.88
7.88
(1)NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度________。
(2)原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比________。
解析 向Ba(OH)2和BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液先后发生OH-+HCO
===CO
+H2O,Ba2++CO
===BaCO3↓。
(1)加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时,生成碳酸钡的物质的量=
=0.04mol,根据碳元素守恒,则碳酸氢钠为0.04mol,NaHCO3溶液中溶质的物质的量浓度=
=0.5mol/L;
(2)加入NaHCO3溶液体积为80.0mL时,溶液显中性,OH-+HCO
===CO
+H2O恰好完全反应,则氢氧化钡的物质的量=0.02mol,则每份溶液中含有氯化钡的物质的量=
=0.04mol,则原固体混合物中Ba(OH)2和BaCl2的物质的量之比为0.02mol∶0.04mol=1∶2
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- 浙江省 普通高校 招生 科目 化学 模拟 试题