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    浙江省2022年1月普通高校招生選考科目考試仿真模擬化學試題A(附解析)

    2022-01-041 9.99元 24頁 1.10 MB
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    2022年1月浙江省普通高校招生選考科目化學仿真模擬試卷A(考試時間:90分鐘滿分100分)可能用到的相對原子質量:H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137選擇題部分一、選擇題(本大題共25小題,每小題2分,共50分。每個小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質屬于純凈物的是()A.漂白粉B.濃硫酸C.冰醋酸D.加碘鹽【答案】C【解析】A項,漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣組成的混合物,A不符合;B項,濃硫酸是98%的硫酸,有少量的水,是混合物,B不符合;C項,冰醋酸是純凈物,C符合;D項,加碘鹽中主要成分為氯化鈉、還有碘酸鉀,是混合物,D不符合;故選C。2.下列物質屬于強電解質的是()A.NaHCO3B.SO2C.HClOD.食鹽水【答案】A【解析】A項,NaHCO3在水溶液中能完全電離成Na+和HCO3-,故NaHCO3是強電解質,A符合題意;B項,SO2在水溶液或熔融狀態下均不能電離,且為化合物,所以是非電解質,B不符合題意;C項,HClO在水溶液中部分電離,是弱電解質,C不符合題意;D項,食鹽水是混合物,既不是電解質也不是非電解質,D不符合題意;故選A。3.下列物質的化學成分不正確的是()A.生石灰:Ca(OH)2B.重晶石:BaSO4C.尿素:CO(NH2)2D.草酸:HOOC-COOH【答案】A【解析】A項,生石灰的主要成分為氧化鈣,故A錯誤;B項,重晶石的主要成分為硫酸鋇,故B正確;C項,尿素的分子式為CO(NH)2,故C正確;D項,草酸是乙二酸的俗稱,結構簡式為HOOC—COOH,故D正確;故選A。 4.下列儀器與名稱一一對應的是()A.坩鍋B.表面皿C.三腳架D.干燥管【答案】D【解析】A項,為坩堝,A錯誤;B項,可知為蒸發皿,B錯誤;C項,為泥三角,C錯誤;D項,為干燥管,D正確;故選D。5.下列表示正確的是()A.羥基的電子式:B.乙炔的結構式:HC=CHC.氯原子的結構示意圖:D.NCl3分子的比例模型:【答案】C【解析】A項,羥基的電子式:,A錯誤;B項,乙炔的結構式:HCCH,B錯誤;C項,氯原子的結構示意圖:,C正確;D項,是NCl3分子的球棍模型,圖中球棍模型的N原子和Cl原子的相對大小不對,D錯誤;故選C。6.下列說法正確的是()A.CH4和C9H20互為同系物B.H35Cl和H37Cl互為同素異形體C.32S2和33S8互為同位素D.和互為同分異構體【答案】A【解析】A項,CH4和C9H20均為鏈狀的烷烴,二者一定互為同系物,A正確;B項,同素異形體是同一元素的不同單質,H35Cl和H37Cl是同一物質,B錯誤;C項,32S2和33S8是同 一元素的不同單質,二者互為同素異形體,C錯誤;D項,和是同一物質,D錯誤;故選A。7.關于有機反應類型,下列判斷不正確的是()A.(加成反應)B.(還原反應)C.(消去反應)D.(水解反應)【答案】D【解析】A項,是1,3-丁二烯與單質溴發生的1,4-加成反應,A正確;B項,是醛基和氫氣的加成反應,也是還原反應,B正確;C項,是乙醇的消去反應,C正確;D項,是葡萄糖的分解反應,葡萄糖是單糖,不能發生水解反應,D錯誤;故選D。8.關于反應2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O,下列說法正確的是()A.KCuO2發生氧化反應B.CuCl2是氧化產物C.若生成標準狀況下4.48L氯氣,則轉移0.4mol電子D.氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶4【答案】C【解析】高酮酸鉀(KCuO2)中的Cu為罕見的+3價,反應中化合價降低,為氧化劑,CuCl2為還原產物;HCl中的Cl由-1價升為0價,為還原劑,Cl2為氧化產物。A項,KCuO2是氧化劑,發生還原反應,A錯誤;B項,CuCl2為還原產物,B錯誤;C項,4.48LCl2的物質的量為=0.2mol,Cl由-1價變為0價,生成每個Cl2轉移2個電子,故生成0.2molCl2轉移0.4mol個電子,C正確;D項,根據方程式可知,8個HCl參加反應,只有2個被氧化,因此氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶1,D錯誤;故選C。9.化學與生活、社會發展息息相關。下列有關說法正確的是() A.聚丙烯酸鈉可作“尿不濕”的原料B.植物油、石蠟油、礦物油、地溝油的化學成分完全相同C.FeO是一種具有磁性的黑色晶體,可作錄音磁帶的原材料D.PE(聚乙烯)材料因其無毒且易降解,廣泛用于食品包裝【答案】A【解析】A項,聚丙烯酸鈉有很強的吸水和蓄水能力,切對人體無害,可作“尿不濕”的原料,A正確;B項,植物油屬于油脂,屬于酯類,礦物油屬于從石油煉制所得的烴類混合物,地溝油是廚房加工過的廢棄油,屬于油脂,石蠟油是一種礦物油,是從原油分餾中得到的混合物,主要成分為烴類,所以化學成分不相同,B錯誤;C項,Fe3O4是一種具有磁性的黑色晶體,可作錄音磁帶的原材料,C錯誤;D項,PE(聚乙烯)材料無毒,可廣泛用于食品包裝,但其不易降解,引起的環境問題為“白色污染”,D錯誤;故選A。10.下列說法不正確的是()A.純堿因堿性過強,不可用于食品工業B.人體中極少量的NO會促進血管擴張,防止血管栓塞C.石灰石—石膏法、氨水法等常用于燃煤煙氣的脫硫處理D.電解ZnSO4溶液可以制備金屬鋅【答案】A【解析】A項,純堿可以用于食品工業,如制作面食、味精等,A錯誤;B項,NO在人體的血管系統內具有傳送信號的功能,極少量的NO會促進血管擴張,防止血管栓塞,B正確;C項,石灰石—石膏法脫硫的原理為:石灰石在高溫下發生分解生成CaO和SO2反應生成CaSO3,CaSO3和O2反應生成CaSO4,CaSO4可用來生產副產品石膏(生石膏CaSO4?2H2O、熟石膏2CaSO4?H2O);氨水法脫硫的原理為:氨水和SO2發生反應生成(NH4)2SO3,(NH4)2SO3和O2反應生成(NH4)2SO4,(NH4)2SO4可用作氮肥,C正確;D項,電解池中,Zn2+比H2O的H+先放電,可以通過電解ZnSO4制備金屬Zn,D正確;故選A。11.下列說法正確的是()A.酸液不慎濺到手上,先用大量水沖洗,再用飽和碳酸氫鈉溶液洗,最后再用水沖洗B.攪拌下在阿司匹林粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液,直到沒有氣體產生為止,過濾,取濾液結晶,可以得到純度較高的阿司匹林C.將移液管中的溶液放出時,不能使管尖與容器內壁接觸D.在1mL0.5mol·L-1AlCl3溶液中,加入飽和NaF溶液,充分振蕩后,繼續滴加1mL 3.0mol·L-1的氨水,可以觀察到有白色沉淀生成【答案】A【解析】A項,如果酸液不慎濺到手上,可以先用大量水沖洗,再用碳酸氫鈉溶液洗,最后用水沖洗,A正確;B項,阿司匹林的溶解度較小,溶于碳酸氫鈉溶液中,增大了溶解性,再加鹽酸,有阿司匹林析出,為減少阿司匹林的溶解性,再用冷水洗滌晶體,可以得到純度較高的阿司匹林,B錯誤;C項,將移液管中的液體放出時,應將移液管尖嘴在容器內壁上前后小距離滑動幾下,以使液體全部進入容器,C錯誤;D項,加入NaF溶液后Al3+與F-結合生成新物質,溶液中幾乎沒有Al3+,再加入氨氣溶液,沒有白色沉淀產生,D錯誤;故選A。12.下列“類比”合理的是()A.Fe與Cl2反應生成FeCl3,則Fe與I2反應生成FeI3B.SiH4的沸點比CH4高,則PH3的沸點也比NH3高C.NH3與HCl反應生成NH4Cl,則N2H4與HCl反應生成N2H6Cl2D.Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2,則Na2O2與SO2反應生成Na2SO3和O2【答案】C【解析】A項,氯氣的氧化性大于碘單質,Fe與Cl2反應生成FeCl3,則Fe與I2反應生成FeI2,A錯誤;B項,組成與結構相似的共價分子:相對分子質量越大,分子間作用力越大,熔沸點越高,則SiH4的沸點比CH4高,但氨氣形成分子間氫鍵會增大熔沸點,則PH3的沸點比NH3低,B錯誤;C項,氨氣是堿性氣體:NH3與HCl反應生成NH4Cl,氨基有堿性、N2H4由2個氨基連接而成,則N2H4可與HCl反應生成N2H6Cl2,C正確;D項,Na2O2與CO2反應生成Na2CO3和O2,則Na2O2具有強氧化性、SO2有強還原性,Na2O2與SO2反應生成Na2SO4,D錯誤;故選C。13.下列反應的方程式正確的是()A.向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制次氯酸:2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-B.[Ag(NH3)2]OH與較濃鹽酸反應生成AgCl:[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2OC.硫酸銨與亞硝鈉溶液共熱:(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2NH3+NO2+NO+H2OD.向酸化KMnO4溶液中通入SO2:2MnO4-+5SO2+4OH-=2Mn2++5SO42-+2H2O【答案】B【解析】A項,向Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2制次氯酸的離子方程式為:ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-,A錯誤;B項,[Ag(NH3)2]OH與較濃鹽酸反應生成AgCl的離 子方程式為:[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2O,B正確;C項,硫酸銨與亞硝鈉溶液共熱的反應方程式為:(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2N2↑+4H2O,C錯誤;D項,向酸化KMnO4溶液中通入SO2的離子方程式為:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+,D錯誤;故選B。14.有機物的有關說法不正確的是()A.該分子中有1個手性碳原子B.分子中所有碳原子不可能處于同一平面C.完全水解的產物之一有兩性且能使FeCl3溶液顯紫色D.與足量的NaOH溶液完全反應最多消耗NaOH5mol【答案】C【解析】A項,在有機物分子中,連有4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子,在該分子中只有1個手性碳原子,即標*的碳原子:,A正確;B項,該分子中有一個六元環,全部以單鍵相連,環上的5個碳原子不可能處于同一平面,B正確;C項,該有機物分子中含有兩個肽鍵結構,完全水解生成和,分子中有羧基,有酸性,但沒有堿性;分子中有氨基,有堿性但沒有酸性,兩個分子中都沒有酚羥基,不能使FeCl3溶液顯紫色,C錯誤;D項,該有機物分子中含有兩個肽鍵結構,可以發生水解反應,由于肽鍵的存在,1mol該有機物能消耗2molNaOH;該分子中含有苯環,苯環上直接連著氯原子,可以發生鹵代烴的水解,水解后生成的酚會繼續和NaOH發生酸堿中和反應,由于氯原子的存在,1mol該有機物消耗2molNaOH,所以1mol該物質與足量的NaOH溶液完全反應最多消耗NaOH5mol,D正確;故選C。15.短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序數依次增大,X與D同族,A和E同族;元素Y的一種高硬度單質是寶石;D、E兩元素的質子數之和是X、A兩元素的質子數之和的3倍;X、G、A元素組成的物質GA2、XGA在殺菌消毒方面有重要作用。下列有關說法,不正確的是()A.D2E2中的化學鍵有離子鍵、共價鍵 B.化合物XGA的電子式為:C.Z的最高價氧化物的水化物的濃溶液,加熱時可將Y的單質氧化為最高價D.Y的氫化物沸點不一定比Z的氫化物沸點低【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序數依次增大,X與D同族,A和E同族;元素Y的一種高硬度單質是寶石,則Y是C元素;D、E兩元素的質子數之和是X、A兩元素的質子數之和的3倍;X、G、A元素組成的物質GA2、XGA在殺菌消毒方面有重要作用,則G是Cl元素,A是O元素;X是H元素;由于X與D同族,D原子序數比O大,則D是Na;Z原子序數比6大,比8大,則Z是N元素;A和E同族,E為S元素。根據上述分析可知:X是H,Y是C,Z是N,A是O,D是Na,E是S,G是Cl元素。A項,D是Na,E是S,二者形成的化合物Na2S2是離子化合物,Na+與S22-之間以離子鍵結合,在S22-中2個S原子之間以共價鍵結合,故D2E2中的化學鍵有離子鍵、共價鍵,A正確;B項,化合物XGA是HClO,其中O原子與H、Cl原子分別形成1對共用電子對,使分子中各原子都達到穩定結構,故HClO的電子式為:,B錯誤;C項,Z是N,Y是C,Z的最高價氧化物的水化物HNO3的濃溶液具有強氧化性,加熱時可將Y的單質氧化為CO2,濃硝酸被還原為NO2,同時產生H2O,C正確;D項,Y是C,Z是N,Y形成的氫化物可以是CH4、C6H6等;Z形成的化合物可以是NH3、N2H4等,如CH4的沸點比NH3低,而C6H6的沸點比NH3高,D正確;故選B。16.已知三氟化氯(ClF3)是一種很強氧化劑和氟化劑,它能大多數有機和無機材料甚至塑料反應,可以使許多材料不接觸火源就燃燒,可應用于航天工業。下列推測不合理的是()A.ClF3與水按照1:2反應只生成一種弱酸和一種強酸B.能與一些金屬反應生成氯化物和氟化物C.三氟化氯可用于清潔化學氣相沉積的反應艙附著的半導體物質D.可以代替H2O2充當火箭推進劑中的氧化物【答案】A【解析】A項,ClF3與水按照1:2發生反應ClF3+2H2O=3HF+HClO2,生成了兩種弱酸,A錯誤;B項,ClF3中Cl為+3價,有氧化性,故能與一些金屬反應生成氯化物和氟化物,B正確;C項,三氟化氯與水反應生成了HF,HF可與硅反應,故可用于清潔化學氣相沉積的反應艙附著的半導體物質,C正確;D項,因ClF3 有氧化性,可以使許多材料不接觸火源就燃燒,故可以代替H2O2充當火箭推進劑中的氧化物,D正確;故選A。17.指定由穩定單質生成lmol某種物質的焓變叫做該物質的標準生成焓。例如:C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol-1,則1molCO2(g)的標準生成焓ΔH=-394kJ·mol-1。下列標準生成焓ΔH最大的是()A.lmolSO2(g)B.lmolNO(g)C.2molH2O(g)D.2molH2O(l)【答案】B【解析】1molSO2(g)的標準生成焓ΔH=-296.0kJ·mol-1,1molNO(g)的標準生成焓ΔH=+90.0kJ·mol-1,1molH2O(g)的標準生成焓ΔH=-241.8kJ·mol-1,1molH2O(l)的標準生成焓ΔH=-285.8kJ·mol-1。故標準生成焓ΔH最大的是lmolNO(g)。故選B。18.設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法不正確的是()A.1mol冰中含有2NA個氫鍵B.30g的甲醛、乙酸和葡萄糖的混合物充分燃燒消耗NA個O2C.含0.1molNa3AlF6溶液中陽離子數目為0.4NAD.2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42-,1mol[2Mn2++5S2O82-]完全反應轉移的電子數為10NA【答案】C【解析】A項,1分子水形成2個氫鍵,則1mol冰中含2NA個氫鍵,A項正確;B項,甲醛、乙酸和葡萄糖的最簡式均為CH2O,故30g混合物中含有的CH2O的物質的量為1mol,而1molCH2O燃燒消耗1mol氧氣,故消耗的氧氣分子數為NA,B項正確;C項,0.1molNa3AlF6可電離出0.3molNa+和0.1molAlF6-,則陽離子數目為0.3NA,C項錯誤;D項,Mn的化合價由+2升到+7,則2molMn2+完全反應轉移電子的物質的量為2mol×[(+7)-(+2)]=10mol,即轉移電子數為10NA,D項正確;故選C。19.下列說法正確的是()A.為確定某酸H2A是強酸還是弱酸,可測溶液的pH。若pH>7,則H2A是弱酸;若pH<7,則H2A是強酸B.常溫下,pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸鈉固體,溶液pH增大,醋酸的電離度增大C.25OC時,將0.1mol·L-1的HA溶液加水稀釋至pH=3.0,所得溶液中的c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1D.用同濃度的溶液分別與等體積等的鹽酸和醋酸溶液恰好反應完全,鹽酸消耗的溶液體積多 【答案】C【解析】A項,若NaHA溶液的pH<7,H2A也可能是弱酸,如亞硫酸氫鈉溶液呈酸性,但亞硫酸是弱酸,故A錯誤;B項,常溫下,pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸鈉固體,醋酸根離子濃度增大,抑制醋酸電離,溶液pH增大,醋酸的電離度減小,故B錯誤;C項,25OC時,將0.1mol·L-1的HA溶液加水稀釋至pH=3.0,所得溶液中氫離子濃度是0.001mol/L,則溶液中,故C正確;D項,醋酸是弱酸,等體積等pH的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質的量大于鹽酸的物質的量,則用同濃度的NaOH溶液分別與等體積等pH的鹽酸和醋酸溶液恰好反應完全,醋酸消耗的NaOH溶液體積多,故D錯誤;故選C。20.苯乙烯與溴苯在一定條件下發生Heck反應:++HBr,某實驗小組在原料及催化劑鈀用量等均相同的條件下進行多組實驗,測得如下數據;反應溫度/℃100100100100120140160反應時間/h10121416141414產率/%81.284.486.686.293.596.696.0下列說法正確的是A.該反應為吸熱反應B.由表中數據可知最佳反應條件為120℃、14hC.在100℃時、反應時間10-14h內,產率增加的原因是反應速率增大D.從140℃升到160℃,反應相同時間產率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動【答案】D【解析】A項,由表中數據可知,溫度為100℃時,隨時間的推移產率增大,說明在該溫度下14小時還未達到平衡,反應還在正向進行,此產率并非是平衡時的產率,由140℃升到160℃,反應相同時間產率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動,故該反應為放熱反應,A錯誤;B項,由表中數據可知,反應條件為140℃、14h時產率最高,故為最佳反應條件,B錯誤;C項,溫度不變,隨著反應的進行反應物濃度減小,反應速率減慢,而在100℃時、反 應時間10-14h內,產率增加的原因是在該溫度下14小時還未達到平衡,反應還在正向進行,生成的產物越來越多,產率增大,C錯誤;D項,由A項分析可知,從140℃升到160℃,反應相同時間產率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動,也可能是催化劑高溫下失去活性,D正確;故選D。21.直鏈丁烯有X、Y、Z三種同分異構體,相同溫度和壓強下,ΔH1(X)<ΔH1(Y)<ΔH1(Z),下列判斷不正確的是()C4H8(g)+6O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)ΔH1C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)ΔH2A.ΔH1<0,ΔH2<0B.Y(g)→Z(g)為放熱反應C.ΔH2(X)<ΔH2(Y)<ΔH2(Z)D.丁醇的消去產物中,X的選擇性最高【答案】D【解析】A項,燃燒是放熱反應,則ΔH1<0,在不飽和烴的氫化反應中,斷裂H-H鍵和兀鍵所消耗的能量比形成兩個C-H鍵所放出的能量少,因此,氫化是放熱反應,所以ΔH2<0,A正確;B項,相同溫度和壓強下,ΔH1(X)<ΔH1(Y)<ΔH1(Z),由于是焓變是小于0的,這說明能量高低順序為X>Y>Z,所以Y(g)→Z(g)為放熱反應,B正確;C項,能量高低順序為X>Y>Z,又因為焓變是小于0的,所以ΔH2(X)<ΔH2(Y)<ΔH2(Z),C正確;D項,X的能量最高,說明最不穩定,因此2-丁醇的消去產物中,X的選擇性最低,D錯誤;故選D。22.燃燒電池能量轉化率高,以下是氫氧燃料電池結構示意圖:(*PTFE為聚四氟乙烯的縮寫,工作溫度65℃左右)下列說法不正確的是A.電極室a為負極室,電極室b為正極室B.燃燒電池的能量轉化率比柴油發動機的能量利用率高 C.堿性電解液的氫氧燃料電池,氧化生成的水在O2側產生;酸性電解液電池,水在H2側產生D.多孔隔膜既是電解液的倉庫,也是反應產物H2O的通道,電解液除KOH外也可用H2SO4或固態離子導體【答案】C【解析】A項,電極室a中氫氣失電子產生氫離子,為負極室,電極室b中氧氣得電子產生氫氧根離子,為正極室,A正確;B項,燃燒電池的能量主要為化學能轉化為電能,轉化率比柴油發動機的能量(熱能部分轉化為動能再轉化為電能)利用率高,B正確;C項,堿性電解液的氫氧燃料電池,H2失電子產生的氫離子與氫氧根離子反應生成水,氧化生成的水在H2側產生;酸性電解液電池,O2和電子產生氫氫根離子與氫離子反應生成水,水在O2側產生,C不正確;D項,多孔隔膜既是電解液的倉庫,也是反應產物H2O的通道,電解液除KOH外也可用H2SO4或固態離子導體,起到導電的作用,D正確;故選C。23.25OC時,向一定濃度的H2R溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,混合溶液中pH與的關系如圖所示。下列說法不正確的是()A.L1代表pH和的關系B.當溶液中時,溶液可能呈酸性C.室溫下,若,則D.L2上的所有點對應溶液中水的電離程度一定大于直線L1【答案】D【解析】A項,H2RH++HR-,故①;HR-H++R2-, 故②;由①可推導得:pH=-+pKa1③;由②可推導得:pH=-+pKa2④;又Ka1>Ka2,故pKa1>pKa2,故L1代表pH和的關系,A正確;B項,由④可知pH=+pKa2,溶液可能呈酸性、中性或堿性,B正確;C項,由②、④可得,當時,,即a=m=2.95;當時,,即b=n=5.41;C正確;D項,L2對應的pH對水的電離有抑制作用,L2直線上各點對應的pH不一定大于L1,D錯誤;故選D。24.使用NC環金屬化Ir(III)配合物催化甲酸脫氫的反應機理如下圖。下列說法中錯誤的是()A.甲酸脫氫過程的總反應為HCOOHCO2↑+H2↑B.反應過程中,Ir(III)配合物B為催化劑,Ir(III)配合物A為中間產物C.由D→E的過程,是甲酸協助轉運H的過程 D.反應過程中,HCOOH中的C=O鍵發生斷裂【答案】D【解析】A項,據圖可知反應物為HCOOH,產物為H2和CO2,化學方程式為HCOOHCO2↑+H2↑,A正確;B項,據圖可知反應物最開始是和Ir(III)配合物B反應,所以Ir(III)配合物B是催化劑,Ir(III)配合物A為其中一步反應的產物,即中間產物,B正確;C項,據圖可知D→E的過程中,在甲酸協助下,H原子由一個N原子上轉移到另一個N原子上,C正確;D項,縱觀整個過程可知HCOOH中的C=O鍵沒有斷裂,C-H鍵和O-H鍵斷鍵形成C=O鍵,D錯誤;故選D。25.下列方案設計、現象和結論都正確的是()目的方案設計現象和結論A檢驗電解法制備的氯氣電解飽和食鹽水,用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗陰極產生的氣體若試紙變藍色,則說明有氯氣產生B探究H2O2和Fe3+的氧化性強弱將稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出現黃色,則說明H2O2的氧化性比Fe3+強C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH試紙分別測定0.1mol·L?1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa),則說明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有機物基團之間的相互影響取三支試管各加入等量的己烷、苯、甲苯,分別加入幾滴等量的酸性KMnO4溶液(必要時可以稍稍加熱),再觀察現象若加入甲苯中的溶液褪色,其他兩支試管中的溶液不褪色,則說明苯環對甲基有影響,使甲基更易被氧化【答案】D【解析】A項,電解飽和食鹽水,氯離子失去電子被氧化為氯氣,氯氣為陽極產物,故應檢驗陽極產生的氣體,A錯誤;B項,氫離子、硝酸根離子和亞鐵離子能反應生成鐵離子,故探究H2O2和Fe3+的氧化性強弱,可將稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中,不能選擇Fe(NO3)2,B錯誤;C項,NaClO溶液具有漂白性,故不能用pH試紙測定NaClO溶液的pH,應該用pH計測定,C錯誤;D項,做這組對比實驗,實驗方案正確,若只有甲苯中紫紅色褪 去,說明甲苯中側鏈甲基已經被氧化,甲基變得活潑,則說明苯環對甲基有影響,D正確;故選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共6小題,共50分)26.(4分)(1)常溫下,乙醇在___________(填“環己烷或乙酸”)中溶解度更大,主要原因是___________。(2)Ti的四鹵化物熔點如表所示,TiF4熔點高于其他三種鹵化物,自TiCl4至TiI4熔點依次升高,原因是___________?;衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377-24.1238.3155【答案】(1)乙酸(1分)乙酸與乙醇能形成氫鍵(1分)(2)TiF4為離子化合物,熔點高,其他三種均為共價化合物,其組成和結構相似,隨相對分子質量的增大,分子間作用力增大,熔點逐漸升高(2分)【解析】(1)乙醇可以和乙酸形成分子間氫鍵,所以乙醇在乙酸中的溶解度更大;(2)根據題目所給數據可知TiF4熔點較高,可知其應為離子化合物,其他三種均為共價化合物,為分子晶體,其組成和結構相似,隨相對分子質量的增大,分子間作用力增大,熔點逐漸升高。27.(4分)某有機化合物A的相對分子質量(分子量)大于110,小于150.經分析得知,其中碳和氫的質量分數之和為52.24%,其余為氧。請回答:(1)A的分子式中氧原子數為___________(要求寫出簡要推理過程)。(2)A的分子式為___________?!敬鸢浮?1)A的分子式中:,故A的分子式中N(O)=4(2分)(2)C5H10O4(2分)【解析】(1)由題意可知,碳和氫的質量分數之和為52.24%,則氧的質量分數為1-52.24%=47.76%,由于有機化合物的相對分子質量大于110,小于150,即分子中氧原子個數為大于=3.28,小于=4.48,所以氧原子數為4個;(2)分子中氧原子為4,氧元素的質量分數為47.76%,則有機物分子質量為=134,分子中氧原子為4 個,所以C、H的相對原子質量之和為134-4×16=70,C原子數目為=5…10,故分子中含有5個C,10個H,可以確定化學式為C5H10O4。28.(10分)某有機工業化合物X是由四種常見元素組成的,實驗探究其組成過程如圖:實驗過程有現象:氣體A燃燒時,火焰呈淡藍色;白色沉淀G可溶于強堿溶液。(1)化合物X的組成元素:___________,(填元素符號)沉淀G的化學式:___________。(2)化合物X與水共熱的化學反應方程式為:___________(3)沉淀C中有色固體成分與稀硝酸反應的離子方程式為:___________(4)無色氣體D與氣體A在Pd/Al2O3催化下反應,可消除二者對環境的影響,實現“綠色化學”,該反應的化學反應方程式是:___________(5)向深藍色溶液F通入SO2氣體,待反應穩定后,溶液褪色,并產生白色沉淀物,試設計實驗驗證白色沉淀物中的陰離子:___________(提示:Cu2SO4溶于水快速歧化,Cu2SO4=Cu+CuSO4)?!敬鸢浮?1)Cu、Al、C、H(1分)Al(OH)3(1分)(2)CuAl(CH3)4+7H2OCu2O+2Al(OH)3+8CH4(2分)(3)3Cu2O+2NO3-+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O(2分)(4)4NO+CH42N2+CO2+2H2O(2分)(5)取白色沉淀物于大試管中,加入適量鹽酸充分溶解,同時再試管口放一蘸有品紅溶液的棉花團,可觀察到得澄清溶液,并產生大量氣泡,品紅溶液褪色,則陰離子為SO32-(2分)【解析】氣體A燃燒時,火焰呈淡藍色,生成無色無味氣體,能使澄清石灰水變渾濁,因此A為CH4;白色沉淀G可溶于強堿溶液,說明G為Al(OH)3;得到藍色溶液,說明X中含有Cu,則四種元素分別為Cu、Al、C、H,由轉化關系可知,n(C)=n(CaCO3)==0.08mol,n(Al)=n[(Al(OH)3)]==0.02mol,n(Cu)=2n(Cu2O)=2=0.02mol,n(H)= =0.24mol,n(Cu):n(Al):n(C):n(H)=0.02:0.02:0.08:0.24,則化學式為CuAl(CH3)4。(1)根據前面分析得到化合物X的組成元素:Cu、Al、C、H,沉淀G的化學式:Al(OH)3;(2)化合物X與水共熱反應生成氧化亞銅、氫氧化鋁沉淀和甲烷,其化學反應方程式為:CuAl(CH3)4+7H2OCu2O+2Al(OH)3+8CH4;(3)沉淀C中有色固體成分為氧化亞銅,氧化亞銅與稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮、水,其離子方程式為:3Cu2O+2NO3-+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O;(4)無色氣體D與氣體A在Pd/Al2O3催化下反應,可消除二者對環境的影響,實現“綠色化學”,即甲烷和NO反應生成氮氣、二氧化碳和水,其反應的化學反應方程式是:4NO+CH42N2+CO2+2H2O;(5)向深藍色溶液F通入SO2氣體,待反應穩定后,溶液褪色,并產生白色沉淀物,說明四氨合銅離子與二氧化硫反應生成亞硫酸亞銅白色沉淀,取白色沉淀物于大試管中,加入適量鹽酸充分溶解,同時再試管口放一蘸有品紅溶液的棉花團,可觀察到得澄清溶液,并產生大量氣泡,品紅溶液褪色,則陰離子為SO32-。29.(10分)硫及其化合物在生產生活中有重要的應用。請回答:(1)在一定條件下還原金屬硫化物制備金屬單質,假設穩定單質的能量為0,相關物質能量大小如右圖所示:工業上可用利用反應Fe(s)+HgS(s)=Fe(s)+Hg(l)制備汞,但不能用氫氣還原HgS來制備,試解釋原因___________。(2)已知:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g),在一定溫度下將H2S和CO2以物質的量之比為1:4充入密閉容器反應,達到平衡后,水蒸氣的體積分數為2.0%,則該溫度下反應的平衡常數K=___________。(3)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)?H<0,下列關于該反應說法不正確的是___________。A.為提高SO2的平衡轉化率,工業生產常將SO2和O2壓縮后再通入接觸室B.工業上采用熱交換技術,并使SO2、O2多次與催化劑接觸氧化,既節約了能源,又提 高了SO2的轉化率C.其它條件相同,恒壓比恒容條件具有更高的平均反應速率和更高的平衡轉化率D.使用較低溫的高效催化劑,有利于提高SO2的轉化率(4)CuSO4·5H2O和少量水蒸氣置于容積可變的真空密閉容器中,受熱逐漸失去H2O的三個反應式、水蒸氣的平衡壓強和溫度關系如下表所示:平衡水蒸氣的平衡壓強p(H2O)/kPa25℃50℃Ⅰ:CuSO4·5H2O(s)CuSO4·3H2O(s)+2H2O(g)1.046.05Ⅱ:CuSO4·3H2O(s)CuSO4·H2O(s)+2H2O(g)0.754.12Ⅲ:CuSO4·H2O(s)CuSO4(s)+H2O(g)0.110.60①下圖表示水蒸氣平衡壓強與溫度的關系曲線,其中表示平衡Ⅰ的曲線是___________(填選a、b或c),表示CuSO4·3H2O穩定存在的區域是___________(填A、B、C或D)。②在圖二中,畫出25℃p(H2O)≤1.04kPa條件下,達到平衡時固體成分中n(H2O)/n(CuSO4)與p(H2O)的關系圖。___________(5)硫代硫酸鈉常作為工業脫氯劑,可以脫去廢水中的“游離氯”,請寫出相關離子方程式:___________?!敬鸢浮?1)H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)?H=+25kJ/mol>0 ,反應需在較高溫度下進行,溫度升高,硫化氫易分解,生成的硫與汞與硫會重新化合(2分)(2)0.0028(2分)(3)A(2分)(4)a(1分)B(1分)(1分)(5)S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+(1分)【解析】(1)根據圖像可知硫化氫的能量高,反應H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)?H=+25kJ/mol>0,反應需在較高溫度下進行,溫度升高,硫化氫易分解,生成的硫與汞與硫會重新化合,因此不能用氫氣還原HgS來制備;(2)根據三段式可知:達到平衡后,水蒸氣的體積分數為2.0%,即,解得x=0.1,反應前后體積不變,則該溫度下反應的平衡常數K=≈0.0028;(3)A項,常壓下二氧化硫的轉化率已經很高,增大壓強會增加成本,實際生產過程中往往采用常壓,A錯誤;B項,工業上采用熱交換技術,并使SO2、O2多次與催化劑接觸氧化,提高原料利用率,因此既節約了能源,又提高了SO2的轉化率,B正確;C項,正反應是體積減小的可逆反應,恒容條件下壓強會逐漸減小,所以其它條件相同,恒壓比恒容條件具有更高的平均反應速率和更高的平衡轉化率,C正確;D項,正反應放熱,因此使用較低溫的高效催化劑,有利于提高SO2的轉化率,D正確;故選A。(4)①根據表中數據可知相同溫度下反應Ⅰ的水蒸氣的平衡壓強最大,因此其中表示平衡Ⅰ的曲線是a,同理可判斷表示平衡Ⅱ的曲線是b,所以表示CuSO4·3H2O穩定存在的區域是B;②達到平衡時固體成分中n(H2O)/n(CuSO4)<1時,p(H2O)=0.11,1≤n(H2O)/n(CuSO4)<3時,p(H2O)=0.75,3≤n(H2O)/n(CuSO4)≤5時,p(H2O)=1.04,所以關系圖為: ;(5)硫代硫酸鈉常作為工業脫氯劑,可以脫去廢水中的“游離氯”,自身被氧化為硫酸根,反應的離子方程式為S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。30.(10分)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效含氯消毒劑和漂白劑,主要用于自來水、污水等水環境的殺菌消毒,也常用作紙漿、砂糖、油脂的漂白劑。圖為目前生產亞氯酸鈉的流程之一(夾持裝置省略),所得NaClO2具有純度高的優點。已知:NaClO2飽和溶液在低于38℃時會析出NaClO?3H2O,高于38℃時析出NaClO2,高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。試回答下列問題:(1)儀器a的名稱為___________。(2)裝置A用來制取ClO2,發生反應的離子方程式為___________。(3)研究測得C裝置吸收液中的c(NaOH)與對粗產品中NaClO2含量的影響如圖所示。則最佳條件為c(NaOH)=___________mol/L,=___________。 (4)C裝置采用“冰水浴”的目的是___________。(5)充分反應后,為從產品溶液中獲取NaClO2晶體,從下列選項中選出合理的操作并排序:()→()→()→干燥,___________a.趁熱過濾b.50℃水洗滌c.加熱蒸發結晶d.冰水洗滌e.55℃恒溫減壓蒸發結晶(6)在化學定分析中為了方便計算,常用滴定度(T)表示標準液的滴定能力,是指每毫升標準溶液相當于樣品中所含被測物質的質量。準確稱取一定質量的NaClO2(摩爾質量為Mg/mol)樣品,加入適量蒸餾水和過量的KI晶體,在酸性條件下發生如下反應:ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O,得待測溶液。取一定量消耗待測溶液,以淀粉溶液作指示劑,消耗cmol·L-1的Na2S2O3標準液VmL(己知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。則滴定度T=___________g/mL?!敬鸢浮?1)三頸燒瓶(三頸瓶或三口燒瓶)(1分)(2)H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O(1分)(3)4(1分)0.8(1分)(4)防止溫度過高,NaClO2分解成NaClO3和NaCl,同時,H2O2受熱易分解(2分)(5)e→a→b(2分)(6)(2分)【解析】裝置A用來制取ClO2,故H2O2為還原劑,C裝置中二氧化氯在堿性溶液中和過氧化氫發生氧化還原反應生成NaClO2、O2和H2O,NaClO2飽和溶液在低于38℃時會析出NaClO?3H2O,高于38℃時析出NaClO2,高于60℃時NaClO2分解成NaClO3和NaCl,故用冰降溫,用氫氧化鈉吸收尾氣。(1)由圖可知,儀器a的名稱為三頸燒瓶(三頸瓶或三口燒瓶);(2)裝置A用來制取ClO2故H2O2為還原劑,與NaClO3反應生成O2和ClO2,離子方程式為: H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O;(3)c(NaOH)=4mol/L與=0.8時粗產品中NaClO2含量最高,再進一步提高濃度和比值,對產量并沒有提高,浪費原料;(4)C裝置中二氧化氯在堿性溶液中和過氧化氫發生氧化還原反應生成NaClO2、O2和H2O,使用冰水浴可降低反應混合液的溫度,防止溫度過高,NaClO2分解成NaClO3和NaCl,同時,H2O2受熱易分解;(5)為從產品溶液中獲取NaClO2晶體,操作順序為:55℃恒溫減壓蒸發結晶、趁熱過濾、50℃水洗滌,低于60度干燥,故答案為:e→a→b;(6)由ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,得ClO2--2I2-4S2O32-,則n(ClO2-)=n(S2O32-)×cV×10-3mol,則m(NaClO2)=,由滴定度定義可知,T=。31.(12分)質子泵抑制劑奧美拉唑的中間體1可通過如下路線合成:已知:①,與苯環性質相似②③(1)化合物G的含氮官能團的名稱___________。(2)下列說法正確的是___________。A.化合物C的分子式為C8H9N2O3B.H可能存在兩種結構 C.化合物A分子中所有的碳原子共平面D.化合物I可發生取代、加成、縮聚等反應(3)寫出反應H+E→I的化學方程式___________。(4)在制備H的過程中還可能生成一種分子式為C16H14N4O2S的化合物。用鍵線式表示其中一種結構___________。(5)寫出3種滿足下列條件的化合物G的同分異構體的結構簡式__________。①1H-NMR譜顯示只有6種不同環境的氫原子②含有苯環且只有一個取代基,另含有一個五元環③不含—O—O—、、等結構片段(6)根據題給信息,用不超過三步的反應設計D→的合成路線?!敬鸢浮?1)硝基、氨基(1分)(2)BC(2分)(3)+HCl+或+HCl+(2分)(4)或或(2分)(5)、、、(3分) (6)(2分)【解析】根據信息①可知A的結構簡式為:;反推可知B的結構簡式為:;C的結構簡式為:;根據G的結構簡式和信息③可知H的結構簡式為:。(1)根據G的結構簡式可知,化合物G的含氮官能團的名稱為:硝基、氨基。(2)A項,C的結構簡式為:,化合物C的分子式為C8H10N2O3,A正確;B項,H可能存在兩種結構、,B正確;C項,與苯環性質相似,化合物A分子中所有的碳原子共平面,C正確;D項,化合物I,可發生取代、加成、不能發生縮聚等反應,D錯誤;(3)H+E發生取代反應生成I,的化學方程式:+HCl+或+HCl+;(4)根據分子式為C16H14N4O2S,其鍵線式表示結構為:或或;(5)滿足①1H-NMR 譜顯示只有6種不同環境的氫原子說明有6種不同環境H原子②含有苯環且只有一個取代基,另含有一個五元環③不含—O—O—、、等結構片段,符合條件的化合物G的同分異構體的結構簡式:、、、共計四種。(6)根據信息②,D→的合成路線:。
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