2020年1月浙江普通高校招生选考科目考试化学模拟试卷A解析版

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。Ca40Mn55Fe56Zn65Ag108一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共要求的，不选、多选、错选均不得分）A,白磷和红磷互为同位素C.异丁烷和2-甲基丙烷互为同分异构体2.下列离子方程式书写中，正确的是A.氯化铁7§液吸收H2S:S2-+2Fe3+Fe2++S，点睛：本题的易错点为C,要注意次氯酸钠具有强氧化性，能够将二氧化硫以及亚硫酸盐氧化生成硫酸或硫酸盐。3.下列叙述不正确的是A.苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存B.用红色石蕊试纸检测NH时，需先用蒸储水润湿D.乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤【答案】C2数之和为21,下列说法中不正确的是WA,原子半径：X>Y>W是a+3,W勺最外层电子数是a+4,这四种元素原子的最外层电子数之和为20,则WF元素。A、同周期元素原子半径由左至右逐渐减小，同主族原子半径从上至下逐渐增大，故原子半径X>Y>5.下列说法正确的是A.按系统命名法，化合物B.等质量的聚乙烯、甲烷、乙焕分别充分燃烧，所耗氧气的量依次减少0^口聚制得蔗糖、麦芽糖和乳糖的分子式都为均能发生银镜反应D.C2H2O1,【答案】C分子中最长的链上含…人甘—CHCH—CHℵrCH)0基，不能发生银镜反应，加错误；答案选G6.同温下，关于氨水和氢氧化钠溶液的比较，下列说法正确的是B.物质的量浓度相同白^两溶液，分别与HCl气体反应至中性时(忽略溶液体积变化)c(Na)<c(NH4+)C.物质的量浓度相同的两溶液，进行导电性实验，灯泡的亮度相同【解析】A.根据电荷守恒：氢氧化钠c(Na)+c(H+)=c(OH),氨水中c(NH+)+c(由=c(OH),+)=c(OH)+c(Cl-)1；c(NH；)+c(由=c(OH)+c(Cl-)2,因为溶液呈中性，因此c(Na=c(Cl-)1,c(NH4+)=c(Cl-)2,因为溶液呈中性，氨水中通入的HCl气体少，即c(Cl-)I>c(Cl-)2,则C.一水合氨是弱电解质在水中少量电离，氢氧化钠是强电解质在水中完全电离，物质的量浓度相同的两溶液中氢氧化钠溶液中离子浓度大，进行导电性实验，灯泡比较亮，故Ci昔误；D.当氨水和氢氧化钠溶液pH相同时，氨水浓度大于氢氧化钠，分别中和同体积的两溶液，需HCl的物7.已知X(g)+3Y(g)=2W(g)+M(g)Ahl=-akJmol1(a>0)一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1molX(g)与3molY(g),下列说法正确的是A.充分反应后，放出热量为akJC.当体系的压强不再改变时，表明该反应已达平衡D.若增大Y勺浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小【答案】C【解析】A、该反应为可逆反应，不会完全进行，投入原料1mol并未完全反应，故放出的热量小于大反应物浓度，正逆反应速率均会增加，选项¥正确。答案选CLix+Li1-xLaZrTaO^=LiLaZrTaO+C6。下列固态电解质++Li1-xLaZrTaO-xe-LiLaZrTaO【答案】C++Li1-xLaZrTaO+xe-^=LiLaZrTaO,Ct昔误；由电9.下列说法正确的是A.CO溶于水，既破坏了分子间作用力又破坏了共价键B.常温、常压下以液态存在的物质一定都是由分子构成，该液体肯定不导电【答案】AA、CO溶于水，发生CO+HO=HCO,因此即破坏了分子间作用力，又破坏了共价键，故AE键，相对分子质量越大，分子间作用力越大，即分子间作用力顺序是HO>HTe>HS,故Dt昔误。10.已知N是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为NC.1L0.1mol-L-1AlCl3溶液中含Al3+数目为0.1NA•H2QNH+粒子数目之和为N3溶液中Al3+发生水解，其数目少于0.1NA,Ct昔误；氨气溶于水发生反11.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说I55D.AHz<0,且该过程形成了分子间作用力【解析】A.钠的熔沸点比钾高，相同条件下，钠气化需要的热量比钾多，即K(s)的AH/<Na(s)的△H2,钾的活泼性比钠强，钾失去电子比钠更容易，即K(s)的AH'<Na(s)的△因此K(s)的(△出+△HZ)<Na(s)的D.氯化钠固体为离子晶体，不存在分子间作用力，故眼昔误；故选Do3和的分数(a)与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是2D.在上述含A的各种粒子的体系中，若c(H2A-)+5c(A3-)+c(OH-)=c(H+),则溶液pH为3A尸c(H2A-),c(H+)=10-2.2,带入数据计算电离平衡常数Ka1(H3A户c(HA)xc(H(HA2-),B正确；根据图像可知，以酚配为指示剂(变色范围pH8.2〜10.0),碱性环境下生成az点睛：解决此题的关键就是时刻把握题中给定的图像中曲线的变化情况，尤其是两条曲线的交点(共13.污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软镒矿(主要成分为MnQ另含有少量铁、铝、铜、银等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO,又制得电池材料MnQ反应条件已尾气尾气MhCCbMnSKMnd下列说法不正确的是A.上述流程脱硫实现了废弃物的综合利用和酸雨的减少所引入的镒元素相当于MnM(0.6C-0.4ab)mol【解析】含有二氧化硫的气体，经过一系列变化最终变为硫酸钾，上述流程实现了废弃物的综合利电池的正极材料，发生还原反应，正极的电极反应式是MnOHO+eMnOOH+OHC正确；流程中发ax1000Xb%<89.6%/22.4=0.4ab,所以引入的镒元素的物质的量加=J]-R]=厂中的若干种，且离子的物质的量浓度均为0.1mol•L-(不考虑水解和水的电离)。往该溶液中加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成。另取少量原溶液，设计并完成如下则关于原溶液的判断中不正确的是B.通过CC层的颜色变化，也能判断出原溶液中是否存在Fe3+4【答案】A说明有1一无Fe3+,因为两者不能共存。上层加硝酸钢和稀硝酸，有白色沉淀产生，说明可能是SO2，SO”或单一一个。根据往该溶液中加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，说明原溶液无oA.根据溶液中离子浓度均为0.1mol/L,且溶液呈电中性，溶液中一定存在Na+、K卡,不需要焰焰色反应均为紫色。往C的溶液中加入AgNO§液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，且沉淀质(3)将A^C混合，再加入稀硫酸，有气体产生，用离子方程式表示发生的反应。【答案】(8分)(1)KCl(2分)(3)ClO3-+5Cl-+6H+^^3ClzT+3Ho(3分)【解析】根据题意可知M氧气为0.1mol;C勺溶-1价，得到电子总量为0.6mol,氧元素失电子的量为0.1X4=0.4mol<0.6;因为正盐A、叫含三种元素，且所含元素种类相同，所以B中氯元素化合价必须升高，才能满足电子守恒，所以斯(2)根据以上分析可知，氯酸钾加热分解为高氯酸钾、氯化钾和氧气；化学方程式为：2KCQKClO+KCl+Q"16.(8分)某同学为探究浅黄色液体X(仅含三种常见元素)的组成和性质，设计并完成如下实验:(3)溶液C商在淀粉KI试纸上，试纸显蓝色，写出该变化中发生的离子方程式【答案】(8分)(1)Fe(CO)5或FeGQ(2(2)4Fe(CO)5+13Q点燃2FezQ+20CO(3分)(3)2Fe3++2K^=2Fe2+l2(【解析】本题是推断题。根据图示可采取逆推法。由于黄色溶液叫KSCN(ap)反应生成血红色溶液D,可推知MFe(SCN)3,FeCl3；红色固体A(1.60g)与足量的盐酸反应生成黄色溶液C,则A为FezQ,且A勺物质白^量为n(Fe2Q)=1.60g/160g/mol=0.01mol,n(Fe)=0.02mol；混合气体At足量的澄清的石灰水反应生成白色沉淀B(10.0g)和气体B,则白色沉淀B为CaCQn(CQ尸0.1mol,则n(C)=0.1mol;气体X(标况下体积为0.448L)的物质的量为n(X)=0.448L/22.4L/mol=0.02mol,M(X)=3.92g/0.02mol=196g/mol;根据上述分析0.02molX中含有(2)X在过量氧气中燃烧白化学方程式是4Fe(CO}+13Q^=2Fe2Q+20CO。2++2O17.(14分)(一)乙焕是一种重要的化工原料，最新研制出的由裂解气(H2、CH、GH4)与煤粉在催化剂条件下制乙焕，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25C、101kPa②2CH(g)GT(g)+2H2(g)AH=340.93kJ?mol-1③C2H<g)GH2(g)+H2(g)△H=35.50kJ?mol-1(2)若以乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催OXMK的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是。T/K(3)图2为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。①乙焕体积分数在1530c之前随温度升高而增大的原因可能是;1530c之后,乙焕体积分数增加不明显的主要也也T-1S1JKaooou—11MM)I5(M)200025T/K(二)当今，人们正在研究有机锂电解质体系的锂-空气电池，它是一种环境友好的蓄电池。放电2===2Li2d在充电时,阳极区发生的过程比较复杂，目前普遍认可的是按两步进行，请补充完整。电极反应式:和Li2C2-2e-===2Li+(2)一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙焕产率增大，原料中过量2应③平衡逆向移动，所以乙焕产率下降(2分)2分)高温则有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙焕体积分数增加不大(2分)②8.652（2分）①1（2分）530c前升高温度，反应②③平衡正向移动，乙焕更多(T/K注意：起点温度要低于乙焕的起点；最高点的相应温度低于1530C,1530k交点乙烯的体积分数不(二)2Li202e==2Li++Li2Q(2分)1o(2)根据题给信息，结合图像分析可知：刚开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让2(3)①上述三个反应中，只有②③两个反应为吸热反应，升高温度，平衡右移，有利于乙焕的生成；但是温度太高，针对于①反应来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致②③两个反应均向左移动，乙焕气体的体积分数增加不大。c(H2)=0.824mol/L,c(C2峭=0.0840mol/L,c(Cj)=0.0840mol/L,c(C2H0=1-0.824-0.0840-0.0840=0.008mol/L;GH4(g)C2Ha(g)+H2(g)的平衡常数K=c(C2H0Xc(±)/c(C2H4)=(0.0840X0.824)/0.008=8.652。③根据题给信息可知，①②两个反应都产生乙烯气体，所以刚开始乙烯的体积分数增大，随着GH(g)=CH(g)+H2(g)AH=35.50kJ?mol-1发生，升高温度，平衡右移，乙烯的体积分数在减少，乙焕的体积分数在增大，最终达到平衡状态；乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线如下：0.00011D说明：起点温度要低于乙焕的起点；最高点的相应温度低于1530C,1530k交点乙烯的体积分数不2Q4e-===O+4Li+；阳极区发生反应按两步进18.(14分)氧化锌是一种半导体化合物，在室温下具有直接带隙和较大的激子束缚能，由于其优良的电学和光学特性，已经吸引了越来越多的关注。如/采用水热法制备纳米氧化锌的简单流程:1mLLOmol*L-1100.后温6川阈化后温12h操作1操作2操作争操作4(2)操作3(填“能”或“不能”)采用减压过滤装置进行分离，理由(3)操作3后的操作是用去离子水与无水乙醇反复冲洗，这样操作的目的(4)有关抽滤操作，下列说法不正确的是。A.滤纸的直径应略小于漏斗内径，又能盖住全部小孔B.在洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓缓通过沉淀物C.抽滤结束时，应先关抽气泵，后拔掉吸滤瓶的接管D.如图所示抽滤装置有2处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口及安全瓶中长导管和短导管连接顺序错误E.抽滤结束，从吸滤瓶的支管口倒出（5）用氧化还原滴定的方法可以测定产品纯度。反应原理为先把样品溶于稀硫酸，然后在微酸）：2K+2Fe(CN『+2I-+3Zn2+KZn[Fe(CN)"+12现取1.640g样品溶于稀硫酸，然后加入过量KI和氧化锌的纯度为并将所得溶液稀释成250mL,取所（2）不能（1分）纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸（2分）（3）除去产品表面吸附的无机和有机杂质（2分）取最后的倾出液，测其pH为中性，则已洗净（2【解析】本题考查化学工艺流程分析，化学实验方案的分析、评价，化学实验基本操作和化学计算，意在考查考生的综合实验能力及分析、计算能力。（1）在100c恒温加热的方法是水浴加热。（2）由于纳米氧化锌粒子太小，抽滤时容易透过滤纸，故不能采用减压过滤装置进行分离。（3）用去离子水与无水乙醇反复冲洗的目的是除去产品表面吸附的无机和有机杂质；检验洗涤干净的操作是取最项错误；抽滤结束，滤液应从吸滤瓶上口倒出，成错误。（5）根据题意得关系式：3Zn2+〜I2〜2s2O；-,样品中n（ZnO）=3X0.06mol•I/1x22.22x10-3Lx81g-mol-1x-250-=1.620故该样品中氧化锌的纯度为ax100%=98.78%19.（14分）化合物或一种用于合成丫-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：.CO]A(CpH5NO；),HrCHX'