浙江省2020年1月普通高校招生选考科目考试化学模拟试题B.docx

浙江省2020年1月普通高校招生选考科目考试化学模拟试题B考生须知：1本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。 3选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Ag 108 Ba 137选择题部分一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。每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下列说法正确的是A单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体B红磷转化为白磷，属于物理变化C1H2、2H2、3H2互为同位素D和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体1【答案】A【解析】A. 组成元素相同，结构不同的单质互称同素异形体，单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体，故A正确；B. 红磷和白磷结构不同，转化为新的物质，属于化学变化，故B错误；C. 质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，1H2、2H2、3H2是分子，故C错误；D. 分子式相同而结构不同的物质互为同分异构体，和CH3CH2CH2CH3的分子式不同，不能互为同分异构体，故D错误；答案选A。2下列有关说法不正确的是A将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，可形成胶体B氯气能使湿润的有色布条褪色，所以氯气具有漂白性C可以用焰色试验鉴别KCl固体和NaCl固体D金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO32【答案】B【解析】A、实验室制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即可得到，注意不能继续加热，防止胶体沉淀，故A正确；B、干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气不具有漂白性，氯气能使湿润的有色布条褪色，是因为Cl2+H2OHCl+HCl0，次氯酸具有漂白性，故B错误；C、钾、钠的焰色反应不同，可用焰色反应鉴别，故C正确；D、金属钠在空气中长期放置，变化过程：Na变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉（风化），故D正确。答案选B。3下列离子方程式书写正确的是A漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2+2ClO+ CO2+ H2O = CaCO3+2HClOB氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2OCNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2OD钠和冷水反应 : Na+2H2ONa+2OH+H23【答案】C【解析】A. 漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO+ CO2+ H2O = HCO3+HClO，A项错误；B. Fe3+具有氧化性，而I具有强还原性，两者还会发生离子反应，则氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H+2I=2Fe2+I2+6H2O，B项错误；C. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，因碳酸氢根离子少量，则离子方程式为：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O，C项正确；D. 钠和冷水反应的离子方程式为：2Na+2H2O2Na+2OH+H2，D项错误；答案选C。4W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是A4种元素中Y的金属性最强B最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZXC简单阳离子氧化性：WYDW和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体4【答案】B【解析】W和X、Z均能形成共价化合物，则W、X、Z很可能均为非金属元素，考虑到W原子序数最小，可推断W为H元素；W和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X为非金属，可推测化合物中有NH3，则X为N元素，又X和Z同族，Z为P元素；W和Y同族，X的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y为Na元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W为H，X为N，Y为Na，Z为P。A. 4种元素中只有Y是金属元素，即Na，因而金属性最强，A正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：ZH(W)，因而简单阳离子氧化性：WY，C正确；D.W和Y形成的化合物为NaH，NaH与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢气为还原性气体，D正确。故答案选B。5一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是A放电时，Zn2+脱离插层B放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C充电时，电子由层经电解质溶液流向层D充电时，阳极发生电极反应：5【答案】D【解析】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B. 根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；D. 充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。6下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A已知2H2(g)+O2(g)2H2O（l）H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为483.6 kJmol1B在一定温度和压强下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=19.3kJ/molC已知2C(s)+2O2(g)2CO2(g)H12C(s)+O2(g)2CO(g)H2则H1H2D已知Ni(CO)4(s)Ni(s)+4CO（g） HQ kJmol1，则Ni(s)+4CO（g）Ni(CO)4(s) HQ kJmol16【答案】D【解析】A. 燃烧热是指完全燃烧1mol物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H2(g)+O2(g)2H2O（l） H483.6 kJmol1，则氢气的燃烧热为483.6 kJmol1=241.8 kJmol1，A项错误；B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出热量19.3 kJ，可知1 mol N2完全反应生成NH3(g)，放出热量大于38.6 kJ，则其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H 38.6 kJ /mol，B项错误；C. 固体碳不完全燃烧生成CO，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故H1H2，C项错误；D. 已知Ni(CO)4(s)Ni(s)+4CO（g） HQ kJmol1，则Ni(s)+4CO（g）Ni(CO)4(s) HQ kJmol1，所以二者反应热大小相同，符号相反，D项正确；答案选D。7下列实验操作不能达到实验目的的是A用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠B加热蒸干溶液，可以得到CuCl2晶体C放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的(NH4)2SO4D鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取7【答案】B【解析】A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，A项正确；B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu(OH)2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确；所以答案选择B项。8下列有关有机物的叙述正确的是A由乙醇、丙三醇都易溶于水可知所有的醇都易溶于水B由甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色可知所有的烷烃和苯的同系物都不与高锰酸钾溶液反应C由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖D由苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强8【答案】D【解析】A. 分子中碳原子为13的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为411的一元醇部分溶于水，碳原子更多的醇不溶于水，故A错误；B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，故C错误；D. 苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D正确。故选D。9下列说法不正确的是A干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力BN2和Cl2O两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构CHF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱D石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成9【答案】C【解析】A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B、氮气含NN，Cl2O中含2个OCl键，N原子上存在1对孤对电子，O原子上存在2对孤对电子，Cl原子上存在3对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；C、同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：FClBrI，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以热稳定性：HFHClHBrHI；还原性：HFHClHBrHI，故C错误；D、石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故选C。10设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个PCl键C92.0甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 NAD高温下，0.1molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3NA10【答案】A【解析】A过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由1价变为0价和2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2NA个电子，故A正确；BPCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的PCl键小于2NA，故B错误；C92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为=1mol，1mol丙三醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3NA，故C错误；D铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，消耗3mol铁生成4mol氢气，则0.1molFe与足量水蒸气反应生成的H2为mol，数目为NA，故D错误；答案选A。11在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K12NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K210分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5103mol/(Lmin)。下列说法不正确的是A反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为B平衡后c(Cl2)=2.5102mol/LC其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D平衡时NO2的转化率为5011【答案】C【解析】A.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) H10 平衡常数K1=2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H20 平衡常数K2 =反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol(120%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5103mol/(Lmin)，则平衡时n(ClNO)=7.5103 mol/(Lmin)10min2L=0.15mol，设中反应的NO2为xmol，中反应的Cl2为ymol，则：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)xmol 0.5xmol2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.15，(0.2x+0.22y+0.1y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)=2.5102mol/L，B正确；C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为100%=50%，D正确；故合理选项是C。12常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A常温下，0.1氨水中的电离常数K约为Ba、b之间的点一定满足，Cc点溶液中Dd点代表两溶液恰好完全反应12【答案】A【解析】NH3H2O电离出OH抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，NH4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。A. 常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=1011mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=1011mol/L，c(OH)=mol/L=103mol/L，Ka=mol/L=1105mol/L，所以A选项是正确的；B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）1107mol/L，溶液都呈碱性，则c(H+)c(OH)，结合电荷守恒得c(Cl)107mol/L，c(OH)107mol/L，结合电荷守恒得： c(NH4+)”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_D点。C点的转化率为_；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。（3）已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。17【答案】（1）+175.2kJ/mol（3分） （2）BC（2分） （1分） 66.7%（2分） （1分） （3）2SO32+4H+2e=S2O42+2H2O（2分） 11.2（2分） 【解析】I.（1）已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+216.4kJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=41.2kJ/mol则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=（+216.441.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；（2）A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C.保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)起始：1mol 3mol 0转化：x mol 3xmol 2xmol平衡：(1x)mol (33x)mol 2xmol则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)(B)；II.根据图示可知，阴极通入的SO32发生得电子的还原反应生成S2O42，则阴极反应式为：2SO32+4H+2e=S2O42+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O4e=4H+O2，则电解池中总反应为：4SO32+4H+2S2O42+2H2O+O2，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2mol时，转移电子的物质的量为2mol，生成1molS2O42，图示NO吸收柱中S2O42失去电子被氧化成SO32，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)=0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol0.5mol=11.2L。18（13分）过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在350时会迅速分解生成CaO和O2以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：CaCO3滤液白色结晶（1）步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。（2）步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因是_。（3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。（4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理_。（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取m g样品，在温度高于350时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过图所示装置收集，测得量筒中水的体积为VmL，则产品中过氧化钙的质量分数为_（列出表达式即可）。18【答案】（1）酸（1分） 除去溶液中的二氧化碳（1分）（2）CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O（2分） 温度过高时过氧化氢分解（1分） （3）除去过氧化钙晶体表面的水分（2分）（4）2CaO2+2H2O2Ca（OH）2+O2（2分） （5）9V/1400a100%（4分） 【解析】（1）步骤的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，生成氯化钙，且溶解二氧化碳达到了饱和程度，故此时溶液呈酸性。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；（2）反应是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是过氧化氢热易分解；（3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是除去过氧化钙晶体表面的水分；（4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理为2CaO2+2H2O2Ca（OH）2+O2；（5）过氧化钙分解生成氧化钙和氧气，2CaO22CaO+O2，若所取产品质量为mg，测得生成气体的体积为VmL（已换算成标准状况），氧气物质的量 ，则得到过氧化钙物质的量为 mol，过氧化钙的质量分数为 100%100%。19（13分）目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上