浙江省绍兴市高三下学期二模化学试题

浙江省选考科目考试绍兴市适应性试卷（2024年4月）化学试题注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48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.下列物质中属于非电解质，且溶于水后能导电的是A. B. C. D.蔗糖【答案】B【解析】【详解】A．是电解质，溶于水后能导电，A不符合题意；B．是非电解质，溶于水生成H2CO3，H2CO3在水溶液中能够电离出离子，能够导电，B符合题意；C．电解质，不溶于水，C不符合题意；D．蔗糖是非电解质，溶于水不导电，D不符合题意；故选B。2.工业上利用焦炭还原石英砂制备含有少量杂质的粗硅，将粗硅转化为三氯硅烷，再经氢气还原得到高纯硅。下列说法不正确的是A.石英砂的主要成分是B.焦炭过多容易生成副产物C.制备三氯硅烷的反应：D.高纯硅导电性好，可用于制作计算机、通讯设备和家用电器等的芯片【答案】D【解析】【详解】A．石英砂的主要成分是，A正确；B．焦炭过多，生成的硅单质与过量的碳单质反应，生成副产物，B正确；C．制备三氯硅烷的反应：，C正确；D．高纯硅是半导体，D错误；故选D。3.下列表示不正确的是A.硝化甘油的结构简式： B.中子数为20的氯离子：C.2丁烯的实验式： D.的价层电子对互斥（VSEPR）模型：【答案】A【解析】【详解】A．硝化甘油即三硝酸甘油酯，结构简式为：，选项A错误；B．氯元素原子序数为17，中子数为20的氯原子为37Cl，故中子数为20的氯离子表示为37Cl−，选项B正确；C．2丁烯结构简式：CH3CH═CHCH3，其实验式为CH2，选项C正确；D．的中心原子价层电子对数为3，故其VSEPR模型为平面三角形，选项D正确；本题选A。4.关于反应，下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数的值）A.既是氧化产物又是还原产物 B.中的化合价为C.生成22.4L转移电子的数目为 D.该反应需要在隔绝空气的条件下进行【答案】C【解析】【详解】A．反应中Na元素化合价上升，S元素化合价下降，既是氧化产物又是还原产物，A正确；B．中H为+1价，S为+6价，O为2价，由化合价代数和为零可知，Fe的化合价为+3，B正确；C．未说明气体所处的温度和压强，无法计算生成22.4LH2转移电子的数目，C错误；D．Na、Na2S和Na2O等均易被空气中的氧气氧化，则该反应需要在隔绝空气的条件下进行，D正确；故选C。5.在溶液中能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、之间不发生反应，可以在溶液中大量共存，A选；B．、、会发生反应生成BaCO3沉淀，不能在溶液中大量共存，B不选；C．和会反应生成Fe(SCN)3，不能在溶液中大量共存，C不选；D．和反应会生成S和SO2，不能不能在溶液中大量共存，D不选；故选A。6.镁及其合金是用途很广的金属材料，可以通过以下步骤从海水中提取镁。下列说法不正确的是A.试剂①可以选用石灰乳B.加入试剂①后，能够分离得到沉淀的方法是过滤C.溶液通过蒸发结晶可得到无水D.电解熔融所得副产物是工业制备试剂②的主要原料【答案】C【解析】【分析】海水（含NaCl和MgSO4等）加入石灰乳，Mg2+可与OH反应生成难溶与水的Mg(OH)2沉淀，过滤即可，Mg(OH)2加入HCl，酸碱中和反应即可生成MgCl2溶液，经过一系列操作，即可得到无水氯化镁，电解熔融状态下的无水氯化镁即可得到镁单质，据此回答。详解】A．由分析知，试剂①可以选用石灰乳，从而降低成本，A正确；B．由分析知，加入试剂①后，能够分离得到沉淀的方法是过滤，B正确；C．由于易水解，溶液通过蒸发结晶无法得到无水，C错误；D．电解熔融所得副产物，在工业制备盐酸的主要原料，D正确；故选C。7.物质的组成、结构和性质用途往往相互关联，下列说法不正确的是A.石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，电子可在碳原子平面运动而导电B.不锈钢中掺杂的合金元素主要是和，具有很强的抗腐蚀能力C.玛瑙常无规则几何外形，是由于熔融态的快速冷却而致D.“可燃冰”是水分子以氢键相连笼穴内装有甲烷等气体，结构稳定，常温常压下不会分解【答案】D【解析】【详解】A．石墨中每层的碳原子的p轨道相互平行而重叠，故电子可在碳原子平面运动而导电，A正确；B．在钢铁中掺杂Cr和Ni形成不锈钢，使其具有很强的抗腐蚀能力，B正确；C．熔融态的二氧化硅冷却过快得到没有晶体外形的玛瑙，缓慢冷却得到水晶晶体，C正确；D．常温常压下，冰会融化为水，因此常温常压下可燃冰的结构不稳定，会分解，D错误；故答案选D。8.下列实验装置使用正确的是A.图①装置用于铜和稀硝酸反应的探究实验 B.图②装置用于实验室制备C.图③装置用于煤的气化实验 D.图④装置用于实验室制备【答案】D【解析】【详解】A．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不稳定，能和装置空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，干扰实验，故A错误；B．氯化铵分解后生成氨气和氯化氢，二者遇冷后又会生成氯化铵，故B错误；C．图③装置能用于煤的干馏实验，不能用于煤的气化实验，煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，主要反应为：C+H2O(g)CO+H2，故C错误；D．MnO2和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，用向上排空气法收集氯气，用NaOH溶液吸收尾气，故D正确；故选D。9.关于有机物检测，下列说法不正确的是A.1溴丁烷中的溴元素检验所需的试剂：溶液、稀硝酸和硝酸银溶液B.用饱和溴水可鉴别1丙醇、2氯丙烷、丙醛和苯酚溶液C.通过核磁共振氢谱检测，谱图上呈现两组峰D.可通过灼烧闻气味来区分衣物的材质属于蛋白质还是纤维素【答案】C【解析】【详解】A．1溴丁烷中的溴元素检验需要在氢氧化钠溶液中水解，硝酸酸化后，加入硝酸银溶液，即所需的试剂：溶液、稀硝酸和硝酸银溶液，A正确；B．饱和溴水和1－丙醇互溶，和2－氯丙烷分层，和丙炔混合褪色，和苯酚混合产生白色沉淀，因此用饱和溴水可鉴别1－丙醇、2－氯丙烷、丙醛和苯酚溶液，B正确；C．分子中只有1类氢原子，通过核磁共振氢谱检测时，谱图上呈现一组峰，C错误；D．蛋白质灼烧可产生烧焦羽毛的气味，可通过灼烧闻气味来区分衣物的材质属于蛋白质还是纤维素，D正确；答案选C。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.与足量作用：B.铜片上电镀银的总反应（银作阳极，硝酸银溶液作电镀液）C.溶液中加入少量溶液：D.苯酚钠溶液中通入少量：【答案】D【解析】【详解】A．与足量发生取代反应，反应方程式为，故A正确；B．铜片上电镀银，阳极银失电子生成阴离子，阴极银离子得电子生成金属银，总反应（银作阳极，硝酸银溶液作电镀液）为，故B正确；C．溶液中加入少量溶液生成氢氧化铝沉淀、硫酸钡沉淀、硫酸钾，反应的离子方程式为，故C正确；D．酸性H2CO3>苯酚>，苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，，故D错误；选D。11.第尔斯阿尔德反应可得到环加成产物，构建环状骨架。例如：下列说法正确的是A.X中所有原子共平面 B.Y难溶于水，密度比水大C.该反应的另一产物为Z的对映异构体 D.Z分子中有3种官能团【答案】C【解析】【详解】A．X中含有sp3杂化的碳原子，所有原子不可能共平面，A错误；B．Y中含有酯基，难溶于水，但密度比水小，B错误；C．Z分子中存在手性碳原子，故存在对映异构的同分异构体，C正确；D．Z分子中含有碳碳双键和酯基2种官能团，D错误；故选C。12.X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别处于不同的前四周期，基态Y原子s能级电子数是p能级的2倍，Z是同周期中电负性最大的元素，基态M原子核外无未成对电子，下列说法不正确的是A.和中阴阳离子个数比相同B.中含有3个键和2个键C.中所有Y原子可能在同平面上D.Y的氧化物的水化物的酸性可能比Z的氧化物的水化物的酸性强【答案】A【解析】【分析】基态Y原子s能级电子数是p能级的2倍，则Y为C，Z是同周期中电负性最大的元素，故Z为Cl，基态M原子核外无未成对电子，故M为Ca，则X为H。据此回答【详解】A．中阴阳离子个数比为1∶1，中阴阳离子个数比为2∶1，A错误；B．的结构为，含有3个键和2个键，B正确；C．苯()中所有C原子可能在同平面上，C正确；D．酸性比的酸性强，D正确；故选A。13.古代青铜器的出土，体现了古代中国对人类物质文明的巨大贡献。青铜器埋藏会产生多种锈蚀产物，其中结构致密，可以阻止内部青铜继续被腐蚀，而结构疏松膨胀，可使锈蚀很快蔓延。青铜锈蚀过程大致如下：下列说法不正确的是A.青铜锈蚀Ⅰ过程属于电化学腐蚀，负极的电极反应方程式为：B.青铜锈蚀Ⅰ过程中浓度越大，腐蚀趋势越大C.青铜锈蚀Ⅲ生成的方程式为：D.青铜器修复可用碳酸钠溶液浸泡一段时间，使其保存更长久【答案】C【解析】【详解】A．青铜锈蚀I过程属于电化学腐蚀，Cu在负极失去电子生成CuCl，电极反应方程式为：，故A正确；B．青铜锈蚀I过程发生电极反应：，Cl浓度越大，腐蚀趋势越大，故B正确；C．青铜锈蚀Ⅲ过程中Cu2O和空气中的O2、HCl发生氧化还原反应生成，化学方程式为：2Cu2O+O2+2HCl+2H2O=2，故C错误；D．青铜器修复可用碳酸钠溶液浸泡一段时间，除去表面的酸性物质（如HCl），能使其保存更长久，D正确；故选C。14.在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯已知：①两产物浓度之比与反应时间无关。②反应物起始浓度均为，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。下列说法不正确的是A.反应Ⅰ的活化能大于反应ⅡB.保持其他条件不变，改变反应物浓度可以提高产物中邻二氯苯的比例C.保持其他条件不变，改变催化剂可以提高产物中邻二氯苯的比例D.保持其他条件不变，适当提高反应温度可以提高产物中邻二氯苯的比例【答案】B【解析】【详解】A．反应物起始浓度均为，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的小，则反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，A正确；B．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，B错误；C．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，C正确；D．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，D正确；故选B。15.已知选项中的反应均在常温下进行，有关常数近似处理为：，；，。下列说法不正确的是A.物质的量浓度均为0.1mol/L的与的混合溶液的约为13B.0.05mol气体通入1L0.5mol/L的硫酸铜溶液，能观察到黑色沉淀C.0.1mol/L溶液中D.0.1mol固体不能溶解在1L一元强酸（无络合性、无强氧化性）中【答案】D【解析】【详解】A．在物质的量浓度均为0.1mol/L的与的混合溶液中，，故约为13，A正确；B．在0.05mol气体通入1L0.5mol/L的硫酸铜溶液中，，该反应的平衡常数，故能观察到黑色沉淀，B正确；C．由于，由于，故水解大于电离，0.1mol/L溶液中，C正确；D．由，该反应的平衡常数，0.1mol固体能溶解在1L的一元强酸，D错误；故选D。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究与反应的限度取5mL溶液于试管中，加入1mL溶液，充分反应后滴入5滴15%溶液若溶液变血红色，则与的反应有一定限度B探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸取少量样品，加入3mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入12滴溶液若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸C检验家里空气中是否含有甲醛用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化若溶液不变色，说明空气中几乎不含甲醛D探究铝配合物的形成取1mL溶液于试管中，加入2mL饱和溶液，再加入1mL溶液若无沉淀生成，说明与形成了稳定的配合物A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向KI溶液中滴加少量的FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，A正确；B．水杨酸含有酚羟基，能与氯化铁发生显色反应，取少量乙酰水杨酸样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入12滴FeCl3溶液，溶液变成紫色，这说明样品中可能含有水杨酸，而不是生成紫色沉淀，B错误；C．甲醛具有还原性，若空气中有甲醛，则将其注入盛有酸性高锰酸钾溶液试管中会褪色或颜色变浅，若不变色，则证明空气中几乎不含甲醛，C正确；D．取1mL溶液于试管中，加入2mL饱和溶液，再加入1mL溶液，若无现象，证明溶液中几乎无，则与形成了稳定的配合物，D正确；故选B。二、非选择题（本大题共5小题，共52分）17.回答下列问题（1）钦铝合金是制造航空航天及武器装备热端部件的理想材料。①基态原子的价电子的轨道表示式__________。②下列说法正确的是__________。A.分子中既存在共价键又存在离子键B.化学键中离子键成分的百分数：C.第一电离能：D.测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量，测量值偏大的理由是存在相当量的水分子因氢键而相互缔合③该合金的化学式是__________，密度为__________。（2）碳和氧是构建化合物的常见元素。某烃结构如图，结合图2所示信息，分析带星号碳的杂化方式为__________；带星号碳碳之间的键长比一般碳碳单键的键长要长，请从碳成键轨道的成分角度分析其原因__________。【答案】（1）①.②.CD③.④.（2）①.杂化②.并环的碳碳单价是通过未杂化的两个p轨道形成的键，一般的碳碳单键是杂化轨道头碰头形成，p轨道比轨道要伸展的更长，因此带星号碳碳之间的键长长。【解析】【小问1详解】①为22号元素，基态原子的价电子为3d24s2，轨道表示式；②A.分子中只在离子键，A错误；B.由于电负性，电负性差值越大，化学键中离子键的百分数越大，离子键成分的百分数：，B错误；C.由于Mg的3s电子为全满结构，第一电离能：，C正确；D.接近沸点的水蒸气会通过氢键缔合在一起，测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量，测量值偏大，D正确；由晶胞图知，该晶胞中Al的个数为，Ti的个数为，，该合金的化学式是；密度为；【小问2详解】如图知，带星号碳的杂化方式为杂化；并环的碳碳单价是通过未杂化的两个p轨道形成的键，一般的碳碳单键是杂化轨道头碰头形成，p轨道比轨道要伸展的更长，因此带星号碳碳之间的键长长。18.黄铜矿的主要成分为，以为原料实现如下转化。请回答：（1）步骤Ⅰ的化学方程式是__________。步骤Ⅲ的目的是__________。步骤Ⅴ的操作是蒸发浓缩、冷却结晶，据此可以推测F的溶质、和中溶解度最小的是__________。（2）下列说法正确的是__________。A.气体A是常见的漂白剂B.单质B和溶液C不能发生反应C.可以用作污水处理的混凝剂D.气体E的水溶液在空气中长期放置易变质（3）设计实验方案证明中金属阳离子__________。【答案】（1）①.②.除去，防止后续过程中氧化等还原性微粒。③.（2）ACD（3）取样品少量于试管中，加水溶解，加入溶液，无明显变化，再加入双氧水，显红色，说明有【解析】【分析】在高温条件下和O2反应，故单质B为铜，气体A为二氧化硫，二氧化硫被过量的H2O2氧化生成H2SO4溶液，将进行加热，除去过量的H2O2溶液，与硫酸发生，生成的气体E为H2S气体，溶液F为FeSO4溶液，FeSO4溶液与(NH4)2SO4混合经过蒸发浓缩，冷却结晶即可得到。【小问1详解】由分析知，步骤Ⅰ的化学方程式是；步骤Ⅲ的目的是除去，防止后续过程中氧化等还原性微粒；由蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，故溶解度最小的是；【小问2详解】A.气体A为SO2气体，是常见的漂白剂，A正确；B.单质B为铜单质，溶液C为H2SO4和H2O2的混合溶液，能发生反应，B错误；C.中含有，易被氧化为，水解生成氢氧化铁胶体，可以用作污水处理的混凝剂，C正确；D.气体E为H2S气体，水溶液在空气中长期放置易被空气中的氧气氧化而变质，D正确；【小问3详解】中含有的金属阳离子为，检验方法为：取样品少量于试管中，加水溶解，加入溶液，无明显变化，再加入双氧水，显红色，说明有。19.I．电解法可处理氯化钙废同时，吸收CO2，装置如图所示。（1）阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：_______和。II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。方法一、H2还原脱硫：（2）300℃，发生反应：①②③请用一个等式来表示三个反应的之间的关系_______。（3）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为_______。方法二、O2氧化脱硫：（4）某同学探究活性炭吸附催化氧化，以N2作稀释剂，一定温度下，通入、和反应生成，其中不同温度下，在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。A.温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快B.已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利C.原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快D.随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的占据了吸附位点没及时脱出导致（5）在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由_______。【答案】（1）（2）（3）（4）BD（5）该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快【解析】【小问1详解】电解CaCl3溶液，阴极H2O得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式：，然后发生反应：。【小问2详解】由盖斯定律可知，①2×②可得反应③，则三个反应的之间的关系为：。【小问3详解】根据已知条件列出“三段式”K==3.375，解得x=1mol，则平衡时==。【小问4详解】A．由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确；C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误；D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确；故选BD。【小问5详解】原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快。20.氢化钙可作为轻便的氢气发生剂，也可用作还原剂、干燥剂。某兴趣小组拟选用如下装置制备氢化钙。请回答：（1）请从图1中选择必要的装置，按气流方向连接顺序为__________。（填仪器接口的字母编号，装置不可重复使用）_________→__________，__________→d，__________→__________，k→__________（2）利用所选装置进行实验，步骤如下：①检查装置气密性后，装入药品；②打开启普发生器活塞；__________（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）。A.加热反应一段时间 B.收集气体并检验其纯度C.关闭启普发生器活塞 D.停止加热，充分冷却（3）为验证实验确有生成。某同学取少量产物，小心加入水中，并滴加酚酞，观察到有气泡生成，加入酚酞后溶液显红色，该同学据此推断有生成。该同学的推断不正确，原因是__________。（4）某同学利用图2装置测定氢化钙产品含量。他称取所制得的氢化钙样品（假设唯一杂质是钙），实验前后量气管中液面读数分别为、。（上述气体体积均已换算为标准状况下）①装置中导管a的作用是__________，__________。②氢化钙样品的纯度为__________%。【答案】（1）i→e，f，c→j，a（2）BADC（3）单质也可以和水反应，生成氢氧化钙，溶液显碱性（4）①.平衡压强，使分液漏斗中的水顺利滴下②.消除由于加入水引起的氢气体积误差③.【解析】【分析】先制取氢气，经过氢氧化钠溶液除HCl、再用浓硫酸干燥后与金属钙反应，最后防止空气中水蒸气与产品反应，再加上干燥装置。【小问1详解】由分析知，气流方向连接顺序：i→e→f→d→c→j→k→a→b；【小问2详解】打开启普发生器活塞后，锌粒与稀盐酸反应生成氢气，收集气体并检验其纯度后通入盛有金属钙的硬质玻璃管，加热反应一段时间，停止加热，继续在氢气氛围中充分冷却，最后关闭启普发生器活塞，所以为BADC；【小问3详解】因为单质也可以和水反应，生成氢氧化钙，溶液显碱性，也能观察到有气泡生成，加入酚酞后溶液显红色，所以该同学的推断不正确。【小问4详解】装置中导管a的作用是平衡压强，使分液漏斗中的水顺利滴下；消除由于加入水引起的氢气体积误差；设产品中为xg,则为（mx）g，xg为，生成氢气，（mx）g为，生成氢气，则，则，所以氢化钙样品的纯度为：21.Darunavir（Prezista）是抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如下：已知：①为叔丁氧羰基