2020年浙江高考化学7月选考试题解析(精编版)

1、学校：姓名：班级：评卷人得分、选择题1 .化合物Y能用于高性能光学树脂的合成.可由化合物X与2一甲基丙烯酸氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X.、Y的说法正确的是（）A. X分子中所有原子一定在同一平面上B.Y与Br2能发生加成反应C. X的分子式为 C6H 4OBr3D. X -Y的反应为加成反应非选择题（共50分）2. （2019江西九校高三联考）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为下图，下列说法正确的是（然酸 L -。：八A *N型半导体甲池乙池A.甲池中得到 H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还

2、原产物B.电路中每转移0.2 mol电子，甲池溶液质量变化 3.4 g,乙池溶液质量保持不变C.光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+ I3=3+ SJ + 2H +D,甲池中碳棒上发生的电极反应为：AQ + 2H + -2e =H2AQ3.下列叙述正确的是（）A.用高粱酿酒的原理是通过蒸储法将高粱中的乙醇分离出来B.工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁，均需要石灰石为原料C.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减少温室效应D. “古剑有沈卢、鱼肠之名。古人以剂钢为刃”中，剂钢的成分为纯铁4.下列有关有机物分离提纯或除杂的方法错误的是（）A.澳苯中混有澳，加 NaOH液洗

3、涤、静置、分液B.除去乙醇中的水，加入足量生石灰蒸储C.除去淀粉溶液中的少量 NaCl,可用渗析的方法D.乙烯中混有SO,将其通过盛有酸性 KMnO溶液的洗气瓶，再干燥5.短周期主族元素WX、Y、Z的原子序数依次增大，其中只有Y为金属元素。WY、Z最外层电子数之和为 12; W与X、Y与Z分别同周期；X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐 蚀。下列说法错误.的是A. X与Z形成的化合物属于碱性氧化物B. Z的氢化物为共价化合物C. X和Y的原子半径大小：X0叫C.只改变压强，则 a比b的压强大，n2厂 hD.由图象可以作出判断，反应一定从正反应方向开始*第n卷（非选择题，共42分）忆8.下列煌C 4H

4、8C 4Hl0C 6H12C 7H3分别完全燃烧，耗氧量分析正确的是A.等质量时耗氧量最多的是8 .等物质的量时耗氧量最少的是C.等物质的量时和耗氧量相等D.某气态煌GH与足量。恰好完全反应，如果反应前后气体体积不变（温度100C）,则y=4;若体积减小，则 y4;反之，则y49 .向恒温恒压容器中充入 2 mol NO、1 mol O 2,发生反应：2NO（g） + Q（g） ;=*2NQg）。下列情况不能说明反应已达到平衡状态的是（）A.容器体积不再改变B.混合气体的颜色不再改变C.混合气体的密度不再改变D. NO与O的物质的量的比值不再改变 10. CO的资源化利用是解决温室效应的重要途

5、径。以下是在一定条件下用NH捕获CO生成重要化工产品三聚鼠酸的反应：下列有关三聚鼠酸的说法正确的是（）NH+CO+H2ONA.分子式为GHNBQB.三聚鼠酸可与水形成氢键C.分子中既含极性键，又含非极性键D.生成该物质的上述反应为化合反应【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除评卷人得分1. B2. B解析： B解析 根据图示可知，在甲池中 。2与H2AQ反应产生H2O2和AQ, O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；根据图示可知，电路中每转移0.2 mol电子，反应产生 0.1 mol H 2O2,溶液质量增加 3.4 g,而在乙池，H2S- 2e =S +

6、2H + ,产生的H +通过全氟磺酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；在乙池中，H2s失电子生成硫单质，I3得电子生成 厂，发生电池反应为 H2S+ I3=3I +S +2H + ,不是电极反应式，C错误；甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ + 2H+ + 2e =H2AQ , D 错误。3. B解析：B解析：高粱中不含乙醇 ，用高粱酿酒的原理是高梁中的淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸储法将乙醇分离出来,A错误；工业上也产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石炼铁，均需要石灰石为原料 ，故B正确；使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”，煤

7、中的S元素燃烧后产生 SO2 ,向燃煤中加入生石灰可减少SO2的排放，二者均不能减少温室效应,C错误；剂钢为铁的合金，故D错误。4. D解析：D【解析】【分析】A、澳苯不溶于水，澳与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的澳化钠和次澳酸钠；B乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢氧化钙沸点高；C淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜；D酸性KMnM液具有强氧化性，能氧化乙烯和SO。【详解】A项、澳苯不溶于水，澳与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的澳化钠和次澳酸钠，可用分液方法分离，故 A正确；B 项、乙醇与生石灰不反应，水与生石灰反应生成离子化合物氢氧化钙，氢

8、氧化钙沸点高，除去乙醇中的水加生石灰蒸馏可以收集得到乙醇，故B 正确；C 项、淀粉溶液属于胶体，溶质不能透过半透膜，氯化钠溶液中氯化钠能透过半透膜，用渗析的方法可以除去淀粉溶液中含有的少量NaCl,故C正确；D项、酸性KMnO溶液具有强氧化性，能氧化乙烯和SQ,将混有SO的乙烯混合气体通过盛有酸性KMnO溶液的洗气瓶，乙烯和 SO均被吸收，故 D错误。【点睛】本题考查有机物的分离提纯，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离是解答关键。5. A解析： A【解析】分析】X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀，即该化合物为

9、SiO2,四种元素原子序数依次增大，即Z为Si , X为O, Y与Z同周期，Y为金属元素，即 Y可能为Na,可能为 Mg可能为 Al, WY、Z最外层电子数之和为12,Y如果是Na,则W的最外层电子数为7,即W的F,不符合题意，Y如果是Mg则 W的最外层电子数为 6,即 W为0,不符合题意，Y如果是Al,则W的最外层电子数为【详解】根据以上分析可知A、X与Z形成的日z的氢化物是mC、 Al 核外有3 个电子层，D N的单质为N2B【点睛】微粒半径大小的比较，一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同

10、，半径随着电子数增多而增大。6 H解析：(1). 2H+2e-2.24L【解析】【分析】将锌片、铜片用导线连接后，置于稀硫酸中，形成原电池，活泼的金属作负极，发生氧化反应，不活泼的金属作正极，正极上发生还原反应，据此分析解答。5,即W为N然后逐步分析。为 O, 丫为 Al , Z 为 Si ,则酸性氧化物，故A说法错误；B 说法正确；卜有2个电子层，因此Al的半径大于O,故C说法正确;D 说法正确。子层数，-般电子层数越多，半径越大，二看原子(子序数的递土曾而减小，三看电子数，电子层数相同，原 而增大。=111 (2). Zn-2e-=Zn2+ (3). Zn+2H+=Zn2+HT (4).形

11、成原电池，活泼的金属作负极，发生氧化正极上发生还原反应，据此分析解答。【详解】将锌片、铜片用导线连接后，置于稀硫酸中，形成原电池，原电池中锌是负极,铜是正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H+2e=HT,发生还原反应；负极上是金属锌失电子的氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+,总反应等于正负极反应之和，即Zn+2H+=Zn2+H4 ;由正极的电极反应式2H+2e-=H2T可知，反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成氢气0.1mol ,其体积在标准状况下为0.1molX22.4 L/mol=2.24L ,故答案为：2H+2e-=HU ; Zn-2e=Zn2+; Zn

12、+2HH=Zn2+H4 ; 2.24L。7. D8. C解析：C【解析】A.等质量的燃燃烧时，含氢量越大，耗氧越多，等质量时耗氧量最多的是，A错误；B.等物质的量时耗氧量最少的是，B错误；C. 1mol C 6H2耗氧气：6+3=9mol, 1mol C 7H8耗氧气：7+2=9mol,所以等物质的量时和耗氧量相等，C正确；D.根据通式分析 CxHy+(x+y)O2邈xCO+Y H2O,可知如果反应前后气体体积不变则y=4;若气体体积减42少，则y4, D错误。答案选 C.9. D解析：D【解析】【详解】A、反应在恒温恒压条件下进行，若反应未达平衡则容器体积变化，若体积不变则 达平衡状态，选项 A不选；B、NO为红棕色气体，其他反应物为无色气体，若混合气体的 颜色不再改变，则反应达平衡状态，选项 B不选；C反应在恒温恒压条件下进行，若反应 未达平衡则容器体积变化，气体总质量不变，则密度变化，若密度不变则达到平衡，选项C不选；D充入2 mol NO、1 mol O 2,且两反应物质的化学计量数之比为2： 1,则无论反应是否达平衡，NO与Q的物质的量的比值均为 2: 1,不再改变，选项 D选。答案选D=10