浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:21277807
- 上传时间:2023-01-29
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:439.92KB
浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx
《浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
根据仪器的构造分析解答。
详解:
根据仪器的构造可知
A、此仪器为分液漏斗,A错误;
B、此仪器为蒸馏烧瓶,B正确;
C、此仪器为容量瓶,C错误;
D、此仪器为烧杯,D错误;
答案选B。
3.下列属于电解质的是
A.镁B.酒精C.硫酸铜D.食盐水
【答案】C
【解析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质,在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
A、镁是单质不属于能导电的化合物,故不属于电解质,故A错误;
B.酒精是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电,也不属于电解质,故B错误;
C.硫酸铜在水溶液里能电离出自由移动的阴阳离子导致溶液导电,所以硫酸铜是电解质,故C正确;
D.食盐水是混合物,所以不是电解质,故D错误;
故选C。
掌握电解质的概念和常见物质类型是解答本题的关键。
注意电解质和非电解质都必须是化合物,单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
4.下列分散系属于悬浊液的是
A.牛奶B.蔗糖溶液C.泥浆水D.氢氧化铁胶体
【解析】A.牛奶属于胶体,故A错误;
B.蔗糖溶液属于溶液,故B错误;
C.泥浆水属于悬浊液,故C正确;
D.氢氧化铁胶体属于胶体,故D错误;
故选C。
根据分散质粒子直径大小来分类,把分散系划分为:
溶液(小于1nm)、胶体(1nm~100nm)、浊液(大于100nm),其中固体颗粒形成的浊液是悬浊液,液体颗粒形成的浊液是乳浊液。
5.下列不属于化石燃料的是
A.煤B.石油C.天然气D.甲醇
【答案】D
【解析】煤、石油和天然气是三大化石燃料,乙醇不属于化石燃料,属于可再生能源。
故选D。
6.下列说法不正确的是
A.干冰可用于人工降雨B.碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
C.碳酸钠是发酵粉的主要成分D.次氯酸钙是漂白粉的有效成分
【解析】A.干冰气化会吸收大量的热,使得周围温度急剧降低,使水蒸气液化,能够形成人工降雨,故A正确;
B.常温下,碘酸钾在空气中很稳定,因此用作加碘食盐的添加剂,故B正确;
C.发酵粉的主要成分是碳酸氢钠,故C错误;
D.漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙,其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分,故D正确;
7.下列属于置换反应的是
A.2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2B.2HClO
2HCl+O2↑
C.CO+CuO
CO2+CuD.2Mg+CO2
2MgO+C
【解析】一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应,A、生成物没有单质,不是置换反应,A错误;
B、属于分解反应,B错误;
C、反应物没有单质,不是置换反应,C错误;
D、属于置换反应,D正确,答案选D。
8.下列表示不正确的是
A.氯原子结构示意图
B.二氧化碳的结构式O=C=O
C.CH4的球棍模型
D.乙醛的官能团-CHO
【解析】A.氯是17号元素,最外层有7个电子,原子结构示意图为
,故A错误;
B.二氧化碳是直线分子,结构式:
O=C=O,故B正确;
C.碳原子半径比氢原子大,CH4是正四面体结构,球棍模型为
,故C正确;
D.乙醛的官能团为醛基,结构简式为–CHO,故D正确;
9.下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是
A.NaOHB.Na2CO3C.NaClD.NH3
【解析】A.NaOH是强碱,溶液显碱性,能使酚酞变红,故A不选;
B.Na2CO3属于强碱弱酸盐,水解后溶液显碱性,能使酚酞变红,故B不选;
C.NaCl是强酸强碱盐,溶液显中性,不能使酚酞变红,故C选;
D.NH3的水溶液显碱性,能使酚酞变红,故D不选;
酚酞的变色范围为pH=8~10,溶液颜色由浅红色变成红色,能使酚酞变红的溶液显碱性,可以是碱或能够水解的强碱弱酸盐。
需要注意的是本题的要求为“不能使酚酞变红”。
溶液应该先酸性、中性或弱碱性。
10.下列方法(必要时可加热)不合理的是
A.用澄清石灰水鉴别CO和CO2
B.用水鉴别苯和四氯化碳
C.用Ba(OH)2溶液鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4和K2SO4
D.用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水
【解析】A.用澄清石灰水与CO不反应,与CO2能够反应生成碳酸钙沉淀,溶液变浑浊,能够鉴别,故A不选;
B.苯和四氯化碳均不溶于水,但苯的密度小于水,四氯化碳的密度大于水,能够鉴别,故B不选;
C.Ba(OH)2与NH4Cl加热时有刺激性气味的气体放出,与(NH4)2SO4加热时生成白色沉淀和刺激性气味的气体,与K2SO4反应生成白色沉淀,现象各不相同,能够鉴别,故C不选;
D.淀粉碘化钾试纸遇到碘水和溴水均变成蓝色,现象相同,不能鉴别,故D选;
11.下列说法正确的是
表示中子数为10的氧元素的一种核素
B.金刚石和石墨互为同素异形体,两者之间不能相互转化
C.CH3COOH和CH3COOCH3互为同系物
D.C6H14的同分异构体有4种,其熔点各不相同
【解析】A.
表示中子数为18-8=10,质子数为8,属于氧元素,故A正确;
B.金刚石和石墨都是碳元素的单质,互为同素异形体,两者之间可以相互转化,故B错误;
C.CH3COOH和CH3COOCH3的结构部相似,不是同系物,故C错误;
D.C6H14的同分异构体有己烷,2-甲基戊烷,3-甲基戊烷,2,2-二甲基丁烷,2,3-二甲基丁烷,共5种,故D错误;
互为同系物的物质满足以下特点:
结构相似、化学性质相似、分子式通式相同、分子式不同、物理性质不同,研究对象是有机物。
一定要注意前提条件“结构相似”。
12.下列离子方程式不正确的是
A.氢氧化钠溶液与二氧化硅反应SiO2+2OH-=
+H2O
B.碳酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应
+Ba(OH)2=BaCO3↓+2OH-
C.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧化4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
D.氯气与氢氧化钠溶液反应Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【解析】A.氢氧化钠溶液与二氧化硅反应生成硅酸钠和水,SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,故A正确;
B.氢氧化钡易溶于水,用离子形式表示,故B错误;
C.酸性硫酸亚铁溶液在空气中被氧气氧化,生成硫酸铁,离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,故C正确;
D.氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O,故D正确;
故选B。
检查离子方程式是否正确,主要从以下几个方面检查:
①检查反应能否发生,②检查反应物、生成物是否正确,③检查各物质拆分是否正确,如难溶物、弱电解质等需要保留化学式,④检查是否符合守恒关系,⑤检查是否符合原化学方程式等。
13.Q、X、Y和Z为短周期元素,它们在周期表中的位置如图所示,这4种元素的原子最外层电子数之和为22。
下列说法正确的是
A.Y的原子半径比X的大
B.Q的最高价氧化物的水化物的酸性比Z的强
C.X、Y和氢3种元素形成的化合物中都只有共价键
D.Q的单质具有半导体的性质,Q与Z可形成化合物QZ4
根据以上分析可知Q、X、Y和Z分别为Si,N,O,Cl,则
A.同周期元素从左到右,原子半径逐渐减小,Y的原子半径比X的小,A错误;
B.非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强,非金属性Si<Cl,Q的最高价氧化物的水化物为硅酸,酸性比高氯酸弱,B错误;
C.X、Y和氢3种元素形成的化合物中可能含有离子键,如硝酸铵,C错误;
D.硅具有半导体的性质,硅与氯可形成化合物SiCl4,D正确;
答案选D。
14.下列说法正确的是
A.正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物
B.乙烯和苯都能与H2发生加成反应,说明二者的分子中均含碳碳双键
C.乙醇与金属钠能反应,且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈
D.乙醛能被还原成乙醇,但不能被氧化成乙酸
【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子,因此均有两种一氯取代物,故A正确;
B.苯分子中不存在碳碳双键,故B错误;
C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼,在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈,故C错误;
D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇,也能被氧化剂氧化成乙酸,故D错误;
15.下列说法正确的是
A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯,属于高分子化合物
B.只有不同种类的氨基酸之间才能形成多肽
C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀,加水后沉淀可溶解
D.向淀粉溶液中加入硫酸溶液,加热后滴入几滴氢氧化铜悬浊液,再加热至沸腾,未出现红色物质,说明淀粉未水解
【解析】A.花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯,相对分子质量没有达到10000,不属于高分子化合物,故A错误;
B.氨基酸分子中含有氨基和羧基,相同种类的氨基酸之间也能形成多肽,故B错误;
C.向鸡蛋清的溶液中加入饱和硫酸钠溶液,发生蛋白质的盐析,产生沉淀,盐析属于可逆过程,加水后沉淀可溶解,故C正确;
D.检验生成的产物葡萄糖,需要在碱性溶液中进行,应该先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和硫酸,故D错误;
16.已知:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H=-92.4kJ·
mol-1。
起始反应物为N2和H2,物质的量之比为1︰3,且总物质的量不变,在不同压强和温度下,反应达到平衡时,体系中NH3的物质的量分数如下表,下列说法正确的是
物质的量分数
温度
压强
400℃
450℃
500℃
600℃
20MPa
0.387
0.274
0.189
0.088
30MPa
0.478
0.359
0.260
0.129
A.体系中NH3的物质的量分数越大,则正反应速率越大
B.反应达到平衡时,N2和H2的转化率之比均为1
C.反应达到平衡时,放出的热量均为92.4kJ
D.600℃,30MPa下反应达到平衡时,生成NH3的物质的量最多
【解析】A.体系中NH3的物质的量分数越大,不能表示正反应速率越大,如20MPa,500℃时NH3的物质的量分数大于30MPa,600℃时NH3的物质的量分数,但温度和压强均为后者大,反应速率后者快,故A错误;
B.根据方程式,反应的氮气和氢气的物质的量之比为1:
3,起始反应物中N2和H2的物质的量之比为1:
3,因此反应达到平衡时,N2和H2的转化率之比1:
1,故B正确;
C.无法确定反应的氮气和氢气的物质的量,因此无法计算平衡时,放出的热量,故C错误;
D.根据表格数据,反应物的总物质的量不变时,NH3的物质的量分数越大,生成NH3的物质的量越多,则400℃,30MPa下反应达到平衡时,生成NH3的物质的量最多,故D错误;
17.金属(M)-空气电池的工作原理如图所示。
下列说法不正确的是
A.金属M作电池负极
B.电解质是熔融的MO
C.正极的电极反应O2+4e-+2H2O=4OH-
D.电池反应2M+O2+2H2O=2M(OH)2
掌握原电池的工作原理是解答的关键,即原电池中较活泼的金属是负极,失去电子,发生氧化反应。
电子经导线传递到正极,所以溶液中的阳离子向正极移动,正极得到电子,发生还原反应。
18.下列说法不正确的是
A.pH<7的溶液不一定呈酸性
B.在相同温度下,物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液,c(OH-)相等
C.在相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液,c(Cl-)=c(CH3COO-)
D.氨水和盐酸反应后的溶液,若c(Cl―)=c(NH4+),则溶液呈中性
A.根据溶液的酸碱性判断依据解答;
B.根据碱的强弱和电离程度判断;
C.根据电荷守恒分析;
D.根据电荷守恒分析。
A.pH<7的溶液不一定呈酸性,只有当溶液中c(OH-)<c(H+)时溶液显酸性,A正确;
B.氢氧化钠是强碱,完全电离,一水合氨是弱碱,部分电离,在相同温度下,物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液,c(OH-)不相等,前者小于后者,B错误;
C.盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒:
c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因此在相同温度下,pH相等的盐酸、CH3COOH溶液,c(Cl-)=c(CH3COO-),C正确;
D.氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒:
c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),若c(Cl―)=c(NH4+),则c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,D正确。
选项A是易错点,注意溶液的酸碱性是由溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小决定的:
c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性;
c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;
c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性。
利用pH判断时需要注意溶液的温度。
19.根据Ca(OH)2/CaO体系的能量循环图,下列说法正确的是
A.△H5>0
B.△H1+△H2=0
C.△H3=△H4+△H5
D.△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=0
【解析】A.水由510℃的气态变为25℃的液态,放热,△H5<
0,故A错误;
B.由图可知,有关△H1与△H2的反应进行时,反应物与生成物的温度不同,所以△H1+△H2≠0,故B错误;
C.由图可知,△H3>
0,△H4<
0,△H5<
0,所以△H3≠△H4+△H5,故C错误;
D.根据能量守恒定律,ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=0,故D正确;
20.下列说法不正确的是
A.Mg2+和S2―的最外层电子都形成了8个电子的稳定结构
B.石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体
C.浓H2SO4和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关
D.H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱
A.根据核外电子排布分析;
B.石英和金刚石均是原子晶体;
C.浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散;
D.分子的稳定性与化学键有关系。
A.Mg2+和S2―分别是10电子和18电子微粒,其最外层电子都形成了8个电子的稳定结构,A正确;
B.原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体,石英和金刚石都是原子间通过共价键结合形成的原子晶体,B正确;
C.浓硫酸和水混合涉及硫酸分子的扩散,所以浓H2SO4和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关,C正确;
D.H2O2易分解是因为H2O2分子中化学键键能较小,易断键,分子间作用力只能影响物质的物理性质,D错误。
21.在催化剂作用下,用乙醇制乙烯,乙醇转化率和乙烯选择性(生成乙烯的物质的量与乙醇转化的物质的量的比值)随温度、乙醇进料量(单位:
mL·
min-1)的关系如图所示(保持其他条件相同)。
在410~440℃温度范围内,下列说法不正确的是
A.当乙醇进料量一定,随乙醇转化率增大,乙烯选择性升高
B.当乙醇进料量一定,随温度的升高,乙烯选择性不一定增大
C.当温度一定,随乙醇进料量增大,乙醇转化率减小
D.当温度一定,随乙醇进料量增大,乙烯选择性增大
【解析】A.根据图像,当乙醇进料量一定,随乙醇转化率增大,乙烯选择性逐渐升高,但温度高于430℃后,乙烯选择性逐渐降低,故A错误;
B.根据图像,当乙醇进料量一定,随乙醇转化率增大,乙烯选择性逐渐升高,但温度高于430℃后,乙烯选择性逐渐降低,因此,随温度的升高,乙烯选择性不一定增大,故B正确;
C.根据左图,当温度一定,随乙醇进料量增大,乙醇转化率减小,故C正确,D.根据右图,当温度一定,随乙醇进料量增大,乙烯选择性增大,故D正确;
22.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是
A.含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应,转移电子数大于0.2NA
B.25℃时,pH=3的醋酸溶液1L,溶液中含H+的数目小于0.001NA
C.任意条件下,1mol苯中含C-H键的数目一定为6NA
D.amolR2+(R的核内中子数为N,质量数为A)的核外电子数为a(A-N-2)NA
【解析】A.0.2molH2SO4与镁反应,若生成氢气,转移0.4mol电子,若生成二氧化硫,转移0.4mol电子,因此含0.2molH2SO4的浓硫酸和足量的镁反应,转移电子数一定大于0.2NA,故A正确;
B.25℃时,1LpH=3的醋酸溶液中c(H+)=0.001mol/L,溶液中含H+的数目等于0.001NA,故B错误;
C.苯的化学式为C6H6,1mol苯中有C—H键的数目一定为6NA,故C正确;
D.R2+(R的核内中子数为N,质量数为A)的核外电子数为A-N-2,则amol的R2+的核外电子数为a(A-N-2)NA,故D正确;
本题的易错点为A,硫酸与金属镁反应可以生成氢气,也可以生成二氧化硫,可以利用极限的思维方式极限解答。
23.25℃时,在“H2A―HA-―A2-”的水溶液体系中,H2A、HA-和A2-三者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.在含H2A、HA-和A2-的溶液中,加入少量NaOH固体,α(HA-)一定增大
B.将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水,所得的溶液中α(HA-)=α(A2-)
C.NaHA溶液中,HA-的水解能力小于HA-的电离能力
D.在含H2A、HA-和A2-的溶液中,若c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+),则α(H2A)和α(HA-)一定相等
【解析】A.根据图像,在含H2A、HA-和A2-的溶液中,加入少量NaOH固体,溶液的酸性减弱,α(HA-)可能增大,可能减小,与原溶液的成分有关,故A错误;
B.根据图像,将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水时,溶液的pH在4~5之间,溶液显酸性,以HA-电离为主,所得的溶液中α(HA-)<α(A2-),故B错误;
C.NaHA溶液显酸性,以电离为主,可知其电离程度大于其水解程度,故C正确;
D.在含H2A、HA-和A2-的溶液中,根据电荷守恒,有2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+),因为c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+),则2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-)=c(H+)+c(Na+)=c(H2A)+2c(A2-)+c(OH-)+c(Na+),因此c(HA-)=c(H2A)+c(Na+),故D错误;
本题考查了据图分析数据进行电离平衡常数的计算、电离程度与水解程度大小判断以及电荷守恒的应用,侧重于考查学生的分析能力和计算能力,注意把握图象中的信息。
24.某兴趣小组查阅资料得知:
连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2;
CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO,且易被O2氧化。
拟设计实验方案,采用上述两种溶液和KOH溶液逐一吸收混合气体(由CO2、CO、N2和O2组成)的相应组分。
有关该方案设计,下列说法不正确的是
A.采用上述3种吸收剂,气体被逐一吸收的顺序应该是CO2、O2和CO
B.其他两种吸收剂不变,O2的吸收剂可以用灼热的铜网替代
C.CO的吸收必须在吸收O2后进行,因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化
D.在3种气体被逐一吸收后,导出的气体中可能含有HCl
【解析】A.根据题意,CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO,且易被O2氧化,因此需要在CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO之前吸收氧气,防止CuCl的盐酸溶液能定量吸收CO被氧化,二氧化碳能够与连苯三酚的碱性溶液反应,因此需要在连苯三酚的碱性溶液能定量吸收O2之前吸收二氧化碳,气体被逐一被吸收的顺序应该是CO2、O2和CO,故A正确;
B.CO和O2在通过灼热的铜网是能够发生反应生成二氧化碳,故B错误;
C.根据A的分析,因为CuCl的盐酸溶液会被O2氧化,CO的吸收必须在吸收O2后进行,故C正确;
D.CO的吸收在最后,,由于使用的是CuCl的盐酸溶液,盐酸容易挥发,在3种气体被逐一吸收后,导出的气体中可能含有挥发出来的HCl,故D正确;
25.取某固体样品,进行如下实验:
①取一定量的样品,加足量水充分溶解,过滤得到滤液和滤渣;
②取少量滤液,加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生;
③取少量滤渣,加入稀盐酸,滤渣全部溶解,同时有气体产生。
根据上述实验现象,该固体样品的成分可能是
A.K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3B.Na2CO3、AgNO3、KNO3
C.K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2D.KNO3、MgCl2、NaOH
【解析】A.K2SO4、Ba(OH)2、Na2CO3硫酸钡和碳酸钡沉淀,硫酸钡不溶于水盐酸,不符合③,故A错误;
B.Na2CO3、AgNO3、KNO3三者能够反应生成碳酸银沉淀,与盐酸反应会生成氯化银沉淀,不符合③,故B错误;
C.K2CO3、NaCl、Ba(NO3)2三者能够反应生成碳酸钡沉淀,滤液中可能含有碳酸根离子,加入氯化钡溶液生成白色沉淀,滤渣碳酸钡能够与盐酸
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙江省 普通高校 招生 科目 考试 化学试题 解析