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浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟化学试题A(附解析)

2022-01-041 9.99元 24页 1.10 MB
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2022年1月浙江省普通高校招生选考科目化学仿真模拟试卷A(考试时间:90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共25小题,每小题2分,共50分。每个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.下列物质属于纯净物的是()A.漂白粉B.浓硫酸C.冰醋酸D.加碘盐【答案】C【解析】A项,漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物,A不符合;B项,浓硫酸是98%的硫酸,有少量的水,是混合物,B不符合;C项,冰醋酸是纯净物,C符合;D项,加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾,是混合物,D不符合;故选C。2.下列物质属于强电解质的是()A.NaHCO3B.SO2C.HClOD.食盐水【答案】A【解析】A项,NaHCO3在水溶液中能完全电离成Na+和HCO3-,故NaHCO3是强电解质,A符合题意;B项,SO2在水溶液或熔融状态下均不能电离,且为化合物,所以是非电解质,B不符合题意;C项,HClO在水溶液中部分电离,是弱电解质,C不符合题意;D项,食盐水是混合物,既不是电解质也不是非电解质,D不符合题意;故选A。3.下列物质的化学成分不正确的是()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项,生石灰的主要成分为氧化钙,故A错误;B项,重晶石的主要成分为硫酸钡,故B正确;C项,尿素的分子式为CO(NH)2,故C正确;D项,草酸是乙二酸的俗称,结构简式为HOOC—COOH,故D正确;故选A。 4.下列仪器与名称一一对应的是()A.坩锅B.表面皿C.三脚架D.干燥管【答案】D【解析】A项,为坩埚,A错误;B项,可知为蒸发皿,B错误;C项,为泥三角,C错误;D项,为干燥管,D正确;故选D。5.下列表示正确的是()A.羟基的电子式:B.乙炔的结构式:HC=CHC.氯原子的结构示意图:D.NCl3分子的比例模型:【答案】C【解析】A项,羟基的电子式:,A错误;B项,乙炔的结构式:HCCH,B错误;C项,氯原子的结构示意图:,C正确;D项,是NCl3分子的球棍模型,图中球棍模型的N原子和Cl原子的相对大小不对,D错误;故选C。6.下列说法正确的是()A.CH4和C9H20互为同系物B.H35Cl和H37Cl互为同素异形体C.32S2和33S8互为同位素D.和互为同分异构体【答案】A【解析】A项,CH4和C9H20均为链状的烷烃,二者一定互为同系物,A正确;B项,同素异形体是同一元素的不同单质,H35Cl和H37Cl是同一物质,B错误;C项,32S2和33S8是同 一元素的不同单质,二者互为同素异形体,C错误;D项,和是同一物质,D错误;故选A。7.关于有机反应类型,下列判断不正确的是()A.(加成反应)B.(还原反应)C.(消去反应)D.(水解反应)【答案】D【解析】A项,是1,3-丁二烯与单质溴发生的1,4-加成反应,A正确;B项,是醛基和氢气的加成反应,也是还原反应,B正确;C项,是乙醇的消去反应,C正确;D项,是葡萄糖的分解反应,葡萄糖是单糖,不能发生水解反应,D错误;故选D。8.关于反应2KCuO2+8HCl=2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O,下列说法正确的是()A.KCuO2发生氧化反应B.CuCl2是氧化产物C.若生成标准状况下4.48L氯气,则转移0.4mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4【答案】C【解析】高酮酸钾(KCuO2)中的Cu为罕见的+3价,反应中化合价降低,为氧化剂,CuCl2为还原产物;HCl中的Cl由-1价升为0价,为还原剂,Cl2为氧化产物。A项,KCuO2是氧化剂,发生还原反应,A错误;B项,CuCl2为还原产物,B错误;C项,4.48LCl2的物质的量为=0.2mol,Cl由-1价变为0价,生成每个Cl2转移2个电子,故生成0.2molCl2转移0.4mol个电子,C正确;D项,根据方程式可知,8个HCl参加反应,只有2个被氧化,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,D错误;故选C。9.化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是() A.聚丙烯酸钠可作“尿不湿”的原料B.植物油、石蜡油、矿物油、地沟油的化学成分完全相同C.FeO是一种具有磁性的黑色晶体,可作录音磁带的原材料D.PE(聚乙烯)材料因其无毒且易降解,广泛用于食品包装【答案】A【解析】A项,聚丙烯酸钠有很强的吸水和蓄水能力,切对人体无害,可作“尿不湿”的原料,A正确;B项,植物油属于油脂,属于酯类,矿物油属于从石油炼制所得的烃类混合物,地沟油是厨房加工过的废弃油,属于油脂,石蜡油是一种矿物油,是从原油分馏中得到的混合物,主要成分为烃类,所以化学成分不相同,B错误;C项,Fe3O4是一种具有磁性的黑色晶体,可作录音磁带的原材料,C错误;D项,PE(聚乙烯)材料无毒,可广泛用于食品包装,但其不易降解,引起的环境问题为“白色污染”,D错误;故选A。10.下列说法不正确的是()A.纯碱因碱性过强,不可用于食品工业B.人体中极少量的NO会促进血管扩张,防止血管栓塞C.石灰石—石膏法、氨水法等常用于燃煤烟气的脱硫处理D.电解ZnSO4溶液可以制备金属锌【答案】A【解析】A项,纯碱可以用于食品工业,如制作面食、味精等,A错误;B项,NO在人体的血管系统内具有传送信号的功能,极少量的NO会促进血管扩张,防止血管栓塞,B正确;C项,石灰石—石膏法脱硫的原理为:石灰石在高温下发生分解生成CaO和SO2反应生成CaSO3,CaSO3和O2反应生成CaSO4,CaSO4可用来生产副产品石膏(生石膏CaSO4∙2H2O、熟石膏2CaSO4∙H2O);氨水法脱硫的原理为:氨水和SO2发生反应生成(NH4)2SO3,(NH4)2SO3和O2反应生成(NH4)2SO4,(NH4)2SO4可用作氮肥,C正确;D项,电解池中,Zn2+比H2O的H+先放电,可以通过电解ZnSO4制备金属Zn,D正确;故选A。11.下列说法正确的是()A.酸液不慎溅到手上,先用大量水冲洗,再用饱和碳酸氢钠溶液洗,最后再用水冲洗B.搅拌下在阿司匹林粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液,直到没有气体产生为止,过滤,取滤液结晶,可以得到纯度较高的阿司匹林C.将移液管中的溶液放出时,不能使管尖与容器内壁接触D.在1mL0.5mol·L-1AlCl3溶液中,加入饱和NaF溶液,充分振荡后,继续滴加1mL 3.0mol·L-1的氨水,可以观察到有白色沉淀生成【答案】A【解析】A项,如果酸液不慎溅到手上,可以先用大量水冲洗,再用碳酸氢钠溶液洗,最后用水冲洗,A正确;B项,阿司匹林的溶解度较小,溶于碳酸氢钠溶液中,增大了溶解性,再加盐酸,有阿司匹林析出,为减少阿司匹林的溶解性,再用冷水洗涤晶体,可以得到纯度较高的阿司匹林,B错误;C项,将移液管中的液体放出时,应将移液管尖嘴在容器内壁上前后小距离滑动几下,以使液体全部进入容器,C错误;D项,加入NaF溶液后Al3+与F-结合生成新物质,溶液中几乎没有Al3+,再加入氨气溶液,没有白色沉淀产生,D错误;故选A。12.下列“类比”合理的是()A.Fe与Cl2反应生成FeCl3,则Fe与I2反应生成FeI3B.SiH4的沸点比CH4高,则PH3的沸点也比NH3高C.NH3与HCl反应生成NH4Cl,则N2H4与HCl反应生成N2H6Cl2D.Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3和O2【答案】C【解析】A项,氯气的氧化性大于碘单质,Fe与Cl2反应生成FeCl3,则Fe与I2反应生成FeI2,A错误;B项,组成与结构相似的共价分子:相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高,则SiH4的沸点比CH4高,但氨气形成分子间氢键会增大熔沸点,则PH3的沸点比NH3低,B错误;C项,氨气是碱性气体:NH3与HCl反应生成NH4Cl,氨基有碱性、N2H4由2个氨基连接而成,则N2H4可与HCl反应生成N2H6Cl2,C正确;D项,Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2,则Na2O2具有强氧化性、SO2有强还原性,Na2O2与SO2反应生成Na2SO4,D错误;故选C。13.下列反应的方程式正确的是()A.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸:2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32-B.[Ag(NH3)2]OH与较浓盐酸反应生成AgCl:[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2OC.硫酸铵与亚硝钠溶液共热:(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项,向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制次氯酸的离子方程式为:ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-,A错误;B项,[Ag(NH3)2]OH与较浓盐酸反应生成AgCl的离 子方程式为:[Ag(NH3)2)]++OH-+3H++Cl-=AgC1↓+2NH4++H2O,B正确;C项,硫酸铵与亚硝钠溶液共热的反应方程式为:(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2N2↑+4H2O,C错误;D项,向酸化KMnO4溶液中通入SO2的离子方程式为:2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+,D错误;故选B。14.有机物的有关说法不正确的是()A.该分子中有1个手性碳原子B.分子中所有碳原子不可能处于同一平面C.完全水解的产物之一有两性且能使FeCl3溶液显紫色D.与足量的NaOH溶液完全反应最多消耗NaOH5mol【答案】C【解析】A项,在有机物分子中,连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,在该分子中只有1个手性碳原子,即标*的碳原子:,A正确;B项,该分子中有一个六元环,全部以单键相连,环上的5个碳原子不可能处于同一平面,B正确;C项,该有机物分子中含有两个肽键结构,完全水解生成和,分子中有羧基,有酸性,但没有碱性;分子中有氨基,有碱性但没有酸性,两个分子中都没有酚羟基,不能使FeCl3溶液显紫色,C错误;D项,该有机物分子中含有两个肽键结构,可以发生水解反应,由于肽键的存在,1mol该有机物能消耗2molNaOH;该分子中含有苯环,苯环上直接连着氯原子,可以发生卤代烃的水解,水解后生成的酚会继续和NaOH发生酸碱中和反应,由于氯原子的存在,1mol该有机物消耗2molNaOH,所以1mol该物质与足量的NaOH溶液完全反应最多消耗NaOH5mol,D正确;故选C。15.短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序数依次增大,X与D同族,A和E同族;元素Y的一种高硬度单质是宝石;D、E两元素的质子数之和是X、A两元素的质子数之和的3倍;X、G、A元素组成的物质GA2、XGA在杀菌消毒方面有重要作用。下列有关说法,不正确的是()A.D2E2中的化学键有离子键、共价键 B.化合物XGA的电子式为:C.Z的最高价氧化物的水化物的浓溶液,加热时可将Y的单质氧化为最高价D.Y的氢化物沸点不一定比Z的氢化物沸点低【答案】B【解析】短周期元素X、Y、Z、A、D、E、G的原子序数依次增大,X与D同族,A和E同族;元素Y的一种高硬度单质是宝石,则Y是C元素;D、E两元素的质子数之和是X、A两元素的质子数之和的3倍;X、G、A元素组成的物质GA2、XGA在杀菌消毒方面有重要作用,则G是Cl元素,A是O元素;X是H元素;由于X与D同族,D原子序数比O大,则D是Na;Z原子序数比6大,比8大,则Z是N元素;A和E同族,E为S元素。根据上述分析可知:X是H,Y是C,Z是N,A是O,D是Na,E是S,G是Cl元素。A项,D是Na,E是S,二者形成的化合物Na2S2是离子化合物,Na+与S22-之间以离子键结合,在S22-中2个S原子之间以共价键结合,故D2E2中的化学键有离子键、共价键,A正确;B项,化合物XGA是HClO,其中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对,使分子中各原子都达到稳定结构,故HClO的电子式为:,B错误;C项,Z是N,Y是C,Z的最高价氧化物的水化物HNO3的浓溶液具有强氧化性,加热时可将Y的单质氧化为CO2,浓硝酸被还原为NO2,同时产生H2O,C正确;D项,Y是C,Z是N,Y形成的氢化物可以是CH4、C6H6等;Z形成的化合物可以是NH3、N2H4等,如CH4的沸点比NH3低,而C6H6的沸点比NH3高,D正确;故选B。16.已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂,它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应,可以使许多材料不接触火源就燃烧,可应用于航天工业。下列推测不合理的是()A.ClF3与水按照1:2反应只生成一种弱酸和一种强酸B.能与一些金属反应生成氯化物和氟化物C.三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质D.可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物【答案】A【解析】A项,ClF3与水按照1:2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2,生成了两种弱酸,A错误;B项,ClF3中Cl为+3价,有氧化性,故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物,B正确;C项,三氟化氯与水反应生成了HF,HF可与硅反应,故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质,C正确;D项,因ClF3 有氧化性,可以使许多材料不接触火源就燃烧,故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物,D正确;故选A。17.指定由稳定单质生成lmol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成焓。例如:C(石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ·mol-1,则1molCO2(g)的标准生成焓ΔH=-394kJ·mol-1。下列标准生成焓ΔH最大的是()A.lmolSO2(g)B.lmolNO(g)C.2molH2O(g)D.2molH2O(l)【答案】B【解析】1molSO2(g)的标准生成焓ΔH=-296.0kJ·mol-1,1molNO(g)的标准生成焓ΔH=+90.0kJ·mol-1,1molH2O(g)的标准生成焓ΔH=-241.8kJ·mol-1,1molH2O(l)的标准生成焓ΔH=-285.8kJ·mol-1。故标准生成焓ΔH最大的是lmolNO(g)。故选B。18.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.1mol冰中含有2NA个氢键B.30g的甲醛、乙酸和葡萄糖的混合物充分燃烧消耗NA个O2C.含0.1molNa3AlF6溶液中阳离子数目为0.4NAD.2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+16H++10SO42-,1mol[2Mn2++5S2O82-]完全反应转移的电子数为10NA【答案】C【解析】A项,1分子水形成2个氢键,则1mol冰中含2NA个氢键,A项正确;B项,甲醛、乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O,故30g混合物中含有的CH2O的物质的量为1mol,而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气,故消耗的氧气分子数为NA,B项正确;C项,0.1molNa3AlF6可电离出0.3molNa+和0.1molAlF6-,则阳离子数目为0.3NA,C项错误;D项,Mn的化合价由+2升到+7,则2molMn2+完全反应转移电子的物质的量为2mol×[(+7)-(+2)]=10mol,即转移电子数为10NA,D项正确;故选C。19.下列说法正确的是()A.为确定某酸H2A是强酸还是弱酸,可测溶液的pH。若pH>7,则H2A是弱酸;若pH<7,则H2A是强酸B.常温下,pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体,溶液pH增大,醋酸的电离度增大C.25OC时,将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=3.0,所得溶液中的c(OH-)=1.0×10-11mol·L-1D.用同浓度的溶液分别与等体积等的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,盐酸消耗的溶液体积多 【答案】C【解析】A项,若NaHA溶液的pH<7,H2A也可能是弱酸,如亚硫酸氢钠溶液呈酸性,但亚硫酸是弱酸,故A错误;B项,常温下,pH=3的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,抑制醋酸电离,溶液pH增大,醋酸的电离度减小,故B错误;C项,25OC时,将0.1mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH=3.0,所得溶液中氢离子浓度是0.001mol/L,则溶液中,故C正确;D项,醋酸是弱酸,等体积等pH的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量,则用同浓度的NaOH溶液分别与等体积等pH的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全,醋酸消耗的NaOH溶液体积多,故D错误;故选C。20.苯乙烯与溴苯在一定条件下发生Heck反应:++HBr,某实验小组在原料及催化剂钯用量等均相同的条件下进行多组实验,测得如下数据;反应温度/℃100100100100120140160反应时间/h10121416141414产率/%81.284.486.686.293.596.696.0下列说法正确的是A.该反应为吸热反应B.由表中数据可知最佳反应条件为120℃、14hC.在100℃时、反应时间10-14h内,产率增加的原因是反应速率增大D.从140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动【答案】D【解析】A项,由表中数据可知,温度为100℃时,随时间的推移产率增大,说明在该温度下14小时还未达到平衡,反应还在正向进行,此产率并非是平衡时的产率,由140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动,故该反应为放热反应,A错误;B项,由表中数据可知,反应条件为140℃、14h时产率最高,故为最佳反应条件,B错误;C项,温度不变,随着反应的进行反应物浓度减小,反应速率减慢,而在100℃时、反 应时间10-14h内,产率增加的原因是在该温度下14小时还未达到平衡,反应还在正向进行,生成的产物越来越多,产率增大,C错误;D项,由A项分析可知,从140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动,也可能是催化剂高温下失去活性,D正确;故选D。21.直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体,相同温度和压强下,ΔH1(X)<ΔH1(Y)<ΔH1(Z),下列判断不正确的是()C4H8(g)+6O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)ΔH1C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)ΔH2A.ΔH1<0,ΔH2<0B.Y(g)→Z(g)为放热反应C.ΔH2(X)<ΔH2(Y)<ΔH2(Z)D.丁醇的消去产物中,X的选择性最高【答案】D【解析】A项,燃烧是放热反应,则ΔH1<0,在不饱和烃的氢化反应中,断裂H-H键和兀键所消耗的能量比形成两个C-H键所放出的能量少,因此,氢化是放热反应,所以ΔH2<0,A正确;B项,相同温度和压强下,ΔH1(X)<ΔH1(Y)<ΔH1(Z),由于是焓变是小于0的,这说明能量高低顺序为X>Y>Z,所以Y(g)→Z(g)为放热反应,B正确;C项,能量高低顺序为X>Y>Z,又因为焓变是小于0的,所以ΔH2(X)<ΔH2(Y)<ΔH2(Z),C正确;D项,X的能量最高,说明最不稳定,因此2-丁醇的消去产物中,X的选择性最低,D错误;故选D。22.燃烧电池能量转化率高,以下是氢氧燃料电池结构示意图:(*PTFE为聚四氟乙烯的缩写,工作温度65℃左右)下列说法不正确的是A.电极室a为负极室,电极室b为正极室B.燃烧电池的能量转化率比柴油发动机的能量利用率高 C.碱性电解液的氢氧燃料电池,氧化生成的水在O2侧产生;酸性电解液电池,水在H2侧产生D.多孔隔膜既是电解液的仓库,也是反应产物H2O的通道,电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体【答案】C【解析】A项,电极室a中氢气失电子产生氢离子,为负极室,电极室b中氧气得电子产生氢氧根离子,为正极室,A正确;B项,燃烧电池的能量主要为化学能转化为电能,转化率比柴油发动机的能量(热能部分转化为动能再转化为电能)利用率高,B正确;C项,碱性电解液的氢氧燃料电池,H2失电子产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水,氧化生成的水在H2侧产生;酸性电解液电池,O2和电子产生氢氢根离子与氢离子反应生成水,水在O2侧产生,C不正确;D项,多孔隔膜既是电解液的仓库,也是反应产物H2O的通道,电解液除KOH外也可用H2SO4或固态离子导体,起到导电的作用,D正确;故选C。23.25OC时,向一定浓度的H2R溶液中滴加pH=13的NaOH溶液,混合溶液中pH与的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.L1代表pH和的关系B.当溶液中时,溶液可能呈酸性C.室温下,若,则D.L2上的所有点对应溶液中水的电离程度一定大于直线L1【答案】D【解析】A项,H2RH++HR-,故①;HR-H++R2-, 故②;由①可推导得:pH=-+pKa1③;由②可推导得:pH=-+pKa2④;又Ka1>Ka2,故pKa1>pKa2,故L1代表pH和的关系,A正确;B项,由④可知pH=+pKa2,溶液可能呈酸性、中性或碱性,B正确;C项,由②、④可得,当时,,即a=m=2.95;当时,,即b=n=5.41;C正确;D项,L2对应的pH对水的电离有抑制作用,L2直线上各点对应的pH不一定大于L1,D错误;故选D。24.使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是()A.甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑B.反应过程中,Ir(III)配合物B为催化剂,Ir(III)配合物A为中间产物C.由D→E的过程,是甲酸协助转运H的过程 D.反应过程中,HCOOH中的C=O键发生断裂【答案】D【解析】A项,据图可知反应物为HCOOH,产物为H2和CO2,化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑,A正确;B项,据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应,所以Ir(III)配合物B是催化剂,Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物,即中间产物,B正确;C项,据图可知D→E的过程中,在甲酸协助下,H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上,C正确;D项,纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂,C-H键和O-H键断键形成C=O键,D错误;故选D。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A检验电解法制备的氯气电解饱和食盐水,用湿润的碘化钾淀粉试纸检验阴极产生的气体若试纸变蓝色,则说明有氯气产生B探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱将稀硫酸酸化的H2O2加入Fe(NO3)2溶液中若溶液出现黄色,则说明H2O2的氧化性比Fe3+强C探究CH3COOH和HClO的Ka大小用pH试纸分别测定0.1mol·L−1CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH若pH(NaClO)>pH(CH3COONa),则说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)D探究有机物基团之间的相互影响取三支试管各加入等量的己烷、苯、甲苯,分别加入几滴等量的酸性KMnO4溶液(必要时可以稍稍加热),再观察现象若加入甲苯中的溶液褪色,其他两支试管中的溶液不褪色,则说明苯环对甲基有影响,使甲基更易被氧化【答案】D【解析】A项,电解饱和食盐水,氯离子失去电子被氧化为氯气,氯气为阳极产物,故应检验阳极产生的气体,A错误;B项,氢离子、硝酸根离子和亚铁离子能反应生成铁离子,故探究H2O2和Fe3+的氧化性强弱,可将稀硫酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中,不能选择Fe(NO3)2,B错误;C项,NaClO溶液具有漂白性,故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH,应该用pH计测定,C错误;D项,做这组对比实验,实验方案正确,若只有甲苯中紫红色褪 去,说明甲苯中侧链甲基已经被氧化,甲基变得活泼,则说明苯环对甲基有影响,D正确;故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题,共50分)26.(4分)(1)常温下,乙醇在___________(填“环己烷或乙酸”)中溶解度更大,主要原因是___________。(2)Ti的四卤化物熔点如表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是___________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155【答案】(1)乙酸(1分)乙酸与乙醇能形成氢键(1分)(2)TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,其组成和结构相似,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高(2分)【解析】(1)乙醇可以和乙酸形成分子间氢键,所以乙醇在乙酸中的溶解度更大;(2)根据题目所给数据可知TiF4熔点较高,可知其应为离子化合物,其他三种均为共价化合物,为分子晶体,其组成和结构相似,随相对分子质量的增大,分子间作用力增大,熔点逐渐升高。27.(4分)某有机化合物A的相对分子质量(分子量)大于110,小于150.经分析得知,其中碳和氢的质量分数之和为52.24%,其余为氧。请回答:(1)A的分子式中氧原子数为___________(要求写出简要推理过程)。(2)A的分子式为___________。【答案】(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)由题意可知,碳和氢的质量分数之和为52.24%,则氧的质量分数为1-52.24%=47.76%,由于有机化合物的相对分子质量大于110,小于150,即分子中氧原子个数为大于=3.28,小于=4.48,所以氧原子数为4个;(2)分子中氧原子为4,氧元素的质量分数为47.76%,则有机物分子质量为=134,分子中氧原子为4 个,所以C、H的相对原子质量之和为134-4×16=70,C原子数目为=5…10,故分子中含有5个C,10个H,可以确定化学式为C5H10O4。28.(10分)某有机工业化合物X是由四种常见元素组成的,实验探究其组成过程如图:实验过程有现象:气体A燃烧时,火焰呈淡蓝色;白色沉淀G可溶于强碱溶液。(1)化合物X的组成元素:___________,(填元素符号)沉淀G的化学式:___________。(2)化合物X与水共热的化学反应方程式为:___________(3)沉淀C中有色固体成分与稀硝酸反应的离子方程式为:___________(4)无色气体D与气体A在Pd/Al2O3催化下反应,可消除二者对环境的影响,实现“绿色化学”,该反应的化学反应方程式是:___________(5)向深蓝色溶液F通入SO2气体,待反应稳定后,溶液褪色,并产生白色沉淀物,试设计实验验证白色沉淀物中的阴离子:___________(提示:Cu2SO4溶于水快速歧化,Cu2SO4=Cu+CuSO4)。【答案】(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)取白色沉淀物于大试管中,加入适量盐酸充分溶解,同时再试管口放一蘸有品红溶液的棉花团,可观察到得澄清溶液,并产生大量气泡,品红溶液褪色,则阴离子为SO32-(2分)【解析】气体A燃烧时,火焰呈淡蓝色,生成无色无味气体,能使澄清石灰水变浑浊,因此A为CH4;白色沉淀G可溶于强碱溶液,说明G为Al(OH)3;得到蓝色溶液,说明X中含有Cu,则四种元素分别为Cu、Al、C、H,由转化关系可知,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,则化学式为CuAl(CH3)4。(1)根据前面分析得到化合物X的组成元素:Cu、Al、C、H,沉淀G的化学式:Al(OH)3;(2)化合物X与水共热反应生成氧化亚铜、氢氧化铝沉淀和甲烷,其化学反应方程式为:CuAl(CH3)4+7H2OCu2O+2Al(OH)3+8CH4;(3)沉淀C中有色固体成分为氧化亚铜,氧化亚铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水,其离子方程式为:3Cu2O+2NO3-+14H+=6Cu2++2NO↑+7H2O;(4)无色气体D与气体A在Pd/Al2O3催化下反应,可消除二者对环境的影响,实现“绿色化学”,即甲烷和NO反应生成氮气、二氧化碳和水,其反应的化学反应方程式是:4NO+CH42N2+CO2+2H2O;(5)向深蓝色溶液F通入SO2气体,待反应稳定后,溶液褪色,并产生白色沉淀物,说明四氨合铜离子与二氧化硫反应生成亚硫酸亚铜白色沉淀,取白色沉淀物于大试管中,加入适量盐酸充分溶解,同时再试管口放一蘸有品红溶液的棉花团,可观察到得澄清溶液,并产生大量气泡,品红溶液褪色,则阴离子为SO32-。29.(10分)硫及其化合物在生产生活中有重要的应用。请回答:(1)在一定条件下还原金属硫化物制备金属单质,假设稳定单质的能量为0,相关物质能量大小如右图所示:工业上可用利用反应Fe(s)+HgS(s)=Fe(s)+Hg(l)制备汞,但不能用氢气还原HgS来制备,试解释原因___________。(2)已知:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g),在一定温度下将H2S和CO2以物质的量之比为1:4充入密闭容器反应,达到平衡后,水蒸气的体积分数为2.0%,则该温度下反应的平衡常数K=___________。(3)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)∆H<0,下列关于该反应说法不正确的是___________。A.为提高SO2的平衡转化率,工业生产常将SO2和O2压缩后再通入接触室B.工业上采用热交换技术,并使SO2、O2多次与催化剂接触氧化,既节约了能源,又提 高了SO2的转化率C.其它条件相同,恒压比恒容条件具有更高的平均反应速率和更高的平衡转化率D.使用较低温的高效催化剂,有利于提高SO2的转化率(4)CuSO4·5H2O和少量水蒸气置于容积可变的真空密闭容器中,受热逐渐失去H2O的三个反应式、水蒸气的平衡压强和温度关系如下表所示:平衡水蒸气的平衡压强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下图表示水蒸气平衡压强与温度的关系曲线,其中表示平衡Ⅰ的曲线是___________(填选a、b或c),表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是___________(填A、B、C或D)。②在图二中,画出25℃p(H2O)≤1.04kPa条件下,达到平衡时固体成分中n(H2O)/n(CuSO4)与p(H2O)的关系图。___________(5)硫代硫酸钠常作为工业脱氯剂,可以脱去废水中的“游离氯”,请写出相关离子方程式:___________。【答案】(1)H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)∆H=+25kJ/mol>0 ,反应需在较高温度下进行,温度升高,硫化氢易分解,生成的硫与汞与硫会重新化合(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)根据图像可知硫化氢的能量高,反应H2(g)+HgS(s)=H2S(g)+Hg(s)∆H=+25kJ/mol>0,反应需在较高温度下进行,温度升高,硫化氢易分解,生成的硫与汞与硫会重新化合,因此不能用氢气还原HgS来制备;(2)根据三段式可知:达到平衡后,水蒸气的体积分数为2.0%,即,解得x=0.1,反应前后体积不变,则该温度下反应的平衡常数K=≈0.0028;(3)A项,常压下二氧化硫的转化率已经很高,增大压强会增加成本,实际生产过程中往往采用常压,A错误;B项,工业上采用热交换技术,并使SO2、O2多次与催化剂接触氧化,提高原料利用率,因此既节约了能源,又提高了SO2的转化率,B正确;C项,正反应是体积减小的可逆反应,恒容条件下压强会逐渐减小,所以其它条件相同,恒压比恒容条件具有更高的平均反应速率和更高的平衡转化率,C正确;D项,正反应放热,因此使用较低温的高效催化剂,有利于提高SO2的转化率,D正确;故选A。(4)①根据表中数据可知相同温度下反应Ⅰ的水蒸气的平衡压强最大,因此其中表示平衡Ⅰ的曲线是a,同理可判断表示平衡Ⅱ的曲线是b,所以表示CuSO4·3H2O稳定存在的区域是B;②达到平衡时固体成分中n(H2O)/n(CuSO4)<1时,p(H2O)=0.11,1≤n(H2O)/n(CuSO4)<3时,p(H2O)=0.75,3≤n(H2O)/n(CuSO4)≤5时,p(H2O)=1.04,所以关系图为: ;(5)硫代硫酸钠常作为工业脱氯剂,可以脱去废水中的“游离氯”,自身被氧化为硫酸根,反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。30.(10分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效含氯消毒剂和漂白剂,主要用于自来水、污水等水环境的杀菌消毒,也常用作纸浆、砂糖、油脂的漂白剂。图为目前生产亚氯酸钠的流程之一(夹持装置省略),所得NaClO2具有纯度高的优点。已知:NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O,高于38℃时析出NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。试回答下列问题:(1)仪器a的名称为___________。(2)装置A用来制取ClO2,发生反应的离子方程式为___________。(3)研究测得C装置吸收液中的c(NaOH)与对粗产品中NaClO2含量的影响如图所示。则最佳条件为c(NaOH)=___________mol/L,=___________。 (4)C装置采用“冰水浴”的目的是___________。(5)充分反应后,为从产品溶液中获取NaClO2晶体,从下列选项中选出合理的操作并排序:()→()→()→干燥,___________a.趁热过滤b.50℃水洗涤c.加热蒸发结晶d.冰水洗涤e.55℃恒温减压蒸发结晶(6)在化学定分析中为了方便计算,常用滴定度(T)表示标准液的滴定能力,是指每毫升标准溶液相当于样品中所含被测物质的质量。准确称取一定质量的NaClO2(摩尔质量为Mg/mol)样品,加入适量蒸馏水和过量的KI晶体,在酸性条件下发生如下反应:ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O,得待测溶液。取一定量消耗待测溶液,以淀粉溶液作指示剂,消耗cmol·L-1的Na2S2O3标准液VmL(己知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。则滴定度T=___________g/mL。【答案】(1)三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶)(1分)(2)H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O(1分)(3)4(1分)0.8(1分)(4)防止温度过高,NaClO2分解成NaClO3和NaCl,同时,H2O2受热易分解(2分)(5)e→a→b(2分)(6)(2分)【解析】装置A用来制取ClO2,故H2O2为还原剂,C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O,NaClO2饱和溶液在低于38℃时会析出NaClO•3H2O,高于38℃时析出NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,故用冰降温,用氢氧化钠吸收尾气。(1)由图可知,仪器a的名称为三颈烧瓶(三颈瓶或三口烧瓶);(2)装置A用来制取ClO2故H2O2为还原剂,与NaClO3反应生成O2和ClO2,离子方程式为: H2O2+2ClO3-+2H+=O2↑+2ClO2↑+2H2O;(3)c(NaOH)=4mol/L与=0.8时粗产品中NaClO2含量最高,再进一步提高浓度和比值,对产量并没有提高,浪费原料;(4)C装置中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2、O2和H2O,使用冰水浴可降低反应混合液的温度,防止温度过高,NaClO2分解成NaClO3和NaCl,同时,H2O2受热易分解;(5)为从产品溶液中获取NaClO2晶体,操作顺序为:55℃恒温减压蒸发结晶、趁热过滤、50℃水洗涤,低于60度干燥,故答案为:e→a→b;(6)由ClO2-+4I-+4H+=I2+Cl-+2H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,得ClO2--2I2-4S2O32-,则n(ClO2-)=n(S2O32-)×cV×10-3mol,则m(NaClO2)=,由滴定度定义可知,T=。31.(12分)质子泵抑制剂奥美拉唑的中间体1可通过如下路线合成:已知:①,与苯环性质相似②③(1)化合物G的含氮官能团的名称___________。(2)下列说法正确的是___________。A.化合物C的分子式为C8H9N2O3B.H可能存在两种结构 C.化合物A分子中所有的碳原子共平面D.化合物I可发生取代、加成、缩聚等反应(3)写出反应H+E→I的化学方程式___________。(4)在制备H的过程中还可能生成一种分子式为C16H14N4O2S的化合物。用键线式表示其中一种结构___________。(5)写出3种满足下列条件的化合物G的同分异构体的结构简式__________。①1H-NMR谱显示只有6种不同环境的氢原子②含有苯环且只有一个取代基,另含有一个五元环③不含—O—O—、、等结构片段(6)根据题给信息,用不超过三步的反应设计D→的合成路线。【答案】(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】根据信息①可知A的结构简式为:;反推可知B的结构简式为:;C的结构简式为:;根据G的结构简式和信息③可知H的结构简式为:。(1)根据G的结构简式可知,化合物G的含氮官能团的名称为:硝基、氨基。(2)A项,C的结构简式为:,化合物C的分子式为C8H10N2O3,A正确;B项,H可能存在两种结构、,B正确;C项,与苯环性质相似,化合物A分子中所有的碳原子共平面,C正确;D项,化合物I,可发生取代、加成、不能发生缩聚等反应,D错误;(3)H+E发生取代反应生成I,的化学方程式:+HCl+或+HCl+;(4)根据分子式为C16H14N4O2S,其键线式表示结构为:或或;(5)满足①1H-NMR 谱显示只有6种不同环境的氢原子说明有6种不同环境H原子②含有苯环且只有一个取代基,另含有一个五元环③不含—O—O—、、等结构片段,符合条件的化合物G的同分异构体的结构简式:、、、共计四种。(6)根据信息②,D→的合成路线:。
浙江省2022年1月普通高校招生选考科目考试仿真模拟化学试题A(附解析)