浙江省普通高校招生选考科目考试化学模拟试题B.docx

1、浙江省普通高校招生选考科目考试化学模拟试题B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

2、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

3、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

4、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+3H2OCNaH

5、CO3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

6、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

7、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

8、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)

9、+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

10、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

11、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.Cu

12、Cl2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、

13、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

14、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

15、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

16、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

17、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/

18、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

19、.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K

20、2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

21、，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+)c(Cl)，故C错误；D. 根据上述分析，d点溶液中水电离的c（H+）=1

22、07mol/L，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，故D错误。所以A选项是正确的。13某工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收FeSO4和金属Cu。根据流程图，下列说法不正确的是A操作均为过滤，但D、E溶液成分不完全相同BC可以为稀硫酸，也可以是稀盐酸C操作采用冷却结晶，说明硫酸亚铁晶体的溶解度随温度变化有一定变化DA为足量铁粉，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu13【答案】B【解析】工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，试剂A为Fe，操作为过滤，则E中

23、主要含硫酸亚铁，B中含Cu、Fe，加入试剂C为H2SO4，操作为过滤，得到Cu，D中主要含FeSO4，操作为蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O，以此解答该题。A、由上述分析操作均为过滤，E中主要为FeSO4，含有少量的Na+，D溶液中主要含FeSO4，还含有少量的H2SO4，成分不完全相同，故A不符合题意；B、因最终制备物质为FeSO4.7H2O，若加入的C物质为稀盐酸，则会导致制备物质纯度较低，故加入的物质C只能为稀硫酸，故B符合题意；C、冷却结晶的原理是是根据物质在不同温度下溶解度不同（一般是高温下溶解度大，低温时溶解度小），而分离或提纯固体物质的一种方法，由此可知硫酸亚铁

24、晶体的溶解度随温度变化有一定变化，故C不符合题意；D、由上述分析可知，试剂A为铁粉，工业废水中含有Cu2+，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，故D不符合题意；故选B。14某溶液中除水电离出的OH、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42、NO3、Cl中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A该溶液中肯定不含Ba2+B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D该溶液中除水电离出的OH、H+之外所

25、含离子是Na+、Fe2+、SO42、NO314【答案】B【解析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以

26、此解答该题。加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，选项C正确；D

27、根据分析可知，该溶液中除H+、OH之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3、SO42，选项D正确；答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共58分)15（10分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出）请回答下列问题：（1）丙的化学式为_。（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的化学名称为_。（3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：_。（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是_。（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是_(用简单文字和离子方程式说明)。（6）设

28、计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：_(写出实验步骤，现象和结论)。15【答案】（1）HCl（1分） （2）过氧化钠（1分） （3）Cl2+2OHCl+ClO+H2O（2分） （4）白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（2分） （5）抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+（2分） （6）取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+（2分） 【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应Na气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生

29、成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属BE可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。（1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl；（2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠。（3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OHCl +ClO+H2O；答案为：Cl2+2OHCl +ClO+H2O；（4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；（5）

30、FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3Fe(CN)6，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。16（8分）某无机盐除结晶水外，还含两种阳离子和一种阴离子，摩尔质量为374gmol1，为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验：请回答：（1）气体A的电子式为_；X的化学式为_。（2）沉淀C在600时能与焦炭反应得到一种无氧酸钡盐，该反应的化学方程式_。（3）固体B能与氢碘酸反应，相应的离子方程式_。16【答案】（1）（2分） NH4Fe（SO4）26H2O（2分） （2）BaSO4+4CBaS+4CO（2分） （3）Fe