浙江省金华市届高三十校联考化学试题.docx

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浙江省金华市届高三十校联考化学试题

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16S-32Fe-56Cu-64I-127

第I卷（选择题，共48分）

一、选择题（本大题共25个小题，每小题2分，共50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.下列属于碱性氧化物的是

A.MgOB.H2OC.SO2D.SiO2

【答案】A

【解析】碱性氧化物都是金属氧化物，故A正确。

2.仪器名称为“蒸发皿”的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A是烧杯，B是坩埚，C是冷凝管，D是蒸发皿，故D正确。

3.下列属于电解质的是

A.C6H12O6B.CH3COOHC.NH3D.Fe

【答案】B

【解析】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；C6H12O6是非电解质；CH3COOH在水溶液中能导电，属于电解质；NH3自身不能电离，属于非电解质；Fe的单质，故B正确。

4.下列不属于氧化还原反应的是

A.2Mg+CO2

2MgO+CB.SiO2+CaO

CaSiO3

C.N2+3H2

2NH3D.2CH2=CH2+O2

2CH3CHO

【答案】B

【解析】有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，SiO2+CaO

CaSiO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确。

5.下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是

A.NaHSO4B.HC1C.NH4C1D.Na2CO3

【答案】C

【解析】NaHSO4电离出氢离子，溶液呈酸性，故A错误；HC1电离出氢离子，溶液呈酸性，故B错误；NH4C1是强酸弱碱盐，水解呈酸性，故C正确；Na2CO3是强碱弱酸盐，水解呈碱性，故D错误。

6.下列说法中不正确的是

A.氟化银可用于人工降雨B.从海水中获取食盐不需要化学变化

C.FeCl3溶液可用于制作印刷电路板D.绿矾可用来生产铁系列净水剂

【答案】A

【解析】碘化银可用于人工降雨，故A错误；海水蒸发可获得食盐，故B正确；FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，可用于制作印刷电路板，故C正确；绿矾是硫酸亚铁，可用来生产铁系列净水剂，故D正确。

7.下列表示正确的是

A.氯化钠的电子式[

]+C1-B.乙醇的结构式CH3CH2OH

C.硅原子的结构示意图

D.乙酸的分子式C2H4O2

【答案】D

【解析】氯化钠的电子式

，故A错误；乙醇的结构简式是CH3CH2OH，故B错误；硅原子的结构示意图

，故C错误；乙酸的分子式C2H4O2，故D正确。

8.下列说法中，正确的是

A.过量的Fe与Cl2反应生成FeCl2B.实验室可用KMnO4与盐酸反应制取Cl2

C.Cl2在H2中燃烧呈现苍白色火焰D.1molCl2溶于水生成1mol强酸和1mol弱酸

【答案】B

【解析】过量的Fe与Cl2反应生成FeCl3，故A错误；KMnO4与盐酸反应生成Cl2，故B正确；H2在Cl2中燃烧呈现苍白色火焰，故C错误；氯气溶液水时部分与水反应，故D错误。

9.下列说法正确的是

A.精密pH试纸测得某酸溶液的pH为3.5

B.Fe（OH）3胶体和FeSO4溶液均能产生丁达尔效应

C.容量瓶使用前应检漏、润洗

D.在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因

【答案】A

【解析】精密pH试纸测得溶液的PH较精确，故A正确；FeSO4溶液不能产生丁达尔效应，故B错误；容量瓶使用不能润洗，故C错误；在日常生活中，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故D错误。

10.下列说法中，不正确的是

A.35Cl和35C1-质子数、中子数均相同

B.红磷与白磷是同素异形体

C.化合物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH互为同分异构体

D.CH3OH与HCHO互称同系物

【答案】D

【解析】35Cl和35C1-质子数都是17，中子数都是18，故A正确；红磷与白磷是磷元素组成的不同单质，故B正确；化合物CH3CH2NO2和H2NCH2COOH为同分异构体，故C正确；CH3OH与HCHO官能团不同，不是同系物，故D错误。

11.下列说法正确的是

A.依据酸碱质子理论，NaHCO3是两性物质

B.可用电解饱和食盐水法制取金属钠

C.钠可从TiCl4溶液中置换出Ti

D.氢氧燃料电池工作时实现了电能转换为化学能

【答案】A

【解析】NaHCO3既能与酸反应又能与碱反应，是两性物质，故A正确；电解饱和食盐水不能生成金属钠，故B错误；钠与水反应，钠不能可从TiCl4溶液中置换出Ti，故C错误；

氢氧燃料电池工作时实现了化学能转换为电能，故D错误。

12.在固定容积的密闭容器中，已知反应：

H2（g）+I2（g）

2HI（g）△H=-akJ•mol-1（a>0）。

下列说法不正确的是

A.当混合气体的颜色不变时，达到了平衡

B.未达平衡时，放出的热量可能是akJ

C.当容器中气体的密度保持不变时，达到平衡

D.其他条件不变，若容器体积增大，正逆反应速率均减小

【答案】C

【解析】混合气体的颜色不变说明碘蒸气的浓度不变，达到平衡状态，故A正确；没有投料量，未达平衡时，放出的热量可能任意值，故B正确；反应前后气体质量不变，根据

，密度是恒量，密度保持不变时，不一定达到平衡，故C错误；容器体积增大，浓度减小，正逆反应速率均减小，故D正确。

13.下列离子方程式书写中，正确的是

A.碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：

Ca（HCO3）2+2H+=Ca2++2H2O+2CO2

B.“84消毒液”（有效成分NaClO）和“洁厕灵”（主要成分盐酸）混合使用放出氯气：

ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O

C.将少量SO2通入NaClO溶液：

SO2+H2O+2ClO-=SO32-+2HClO

D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：

Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O

【答案】B

【解析】碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：

HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故A错误；“84消毒液”和“洁厕灵”混合使用放出氯气：

ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故B正确；将少量SO2通入NaClO溶液，二氧化硫被氧化为SO42-，ClO-被还原为Cl-，故C错误；向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：

Ca2++NH4++HCO3-+2OH-=CaCO3↓+H2O+

故D错误。

14.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，则下列说法中不正确的是

X

Y

Z

W

Q

A.钠与W可能形成Na2W、Na2W2化合物

B.ZY2和XY2构成不同类型的晶体

C.H2WO3的酸性比H2ZO3酸性强，因为W的得电子能力比Z强

D.原子半径：

Z>W>Q

【答案】C

【解析】X元素的原子L层电子数是K层电子数的二倍，X是C元素，根据X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置，Y、Z、W、Q分别是O、Si、S、Cl；钠与S可能形成Na2S、Na2S2化合物，故A正确；SiO2是原子晶体、CO2是分子晶体晶体，故B正确；H2SO4的酸性比H2SiO3酸性强，因为S的得电子能力比Si强，故C错误；同周期从左到右半径减小，原子半径：

Z>W>Q，故D正确。

15.下列说法中，不正确的是

A.C6H14与液溴在光照下会反应

B.目前石油裂解是生产乙烯的主要方法

C.苯的结构决定了苯的化学性质是易取代难加成

D.乙烯、乙炔可通入溴水加以鉴别

【答案】D

【解析】C6H14与液溴在光照下会发生取代反应，故A正确；石油裂解的目的主要是生产乙烯，故B正确；苯的结构决定了苯的化学性质是易取代难加成，故C正确；乙烯、乙炔都能与溴水发生加成反应，故D错误。

16.下列说法中，正确的是

A.油脂在酸性条件下水解，得不到甘油

B.煮热的鸡蛋不能孵化成小鸡原因是蛋白质变性

C.氨基酸在人体中构成新的蛋白质属于加聚反应

D.麦芽汁（含麦芽糖）在酵母菌作用下发酵，能得到不含酒稍的鲜啤酒

【答案】B

【解析】油脂在酸性条件下水解，得到甘油和高级脂肪酸，故A错误；加热使蛋白质变性，故B正确；氨基酸在人体中构成新的蛋白质属于缩聚反应，故C错误；啤酒含有酒精，故D错误。

17.特斯拉全电动汽车使用的是钴酸锂电池，其工作原理如下图，A极材料是金属锂和碳的复合材料（碳作为金属锂的载体），电解质为一种能传导Li+的高分子材料，隔膜只允许Li+通过，电池反应式LixC6+Li1-xCoO2

C6+LiCoO2。

下列说法不正确的是

A.放电时电子从A极通过导线流向B极B.放电时A是负极

C.放电时Li+从右向左定向迁移D.钻酸锂电池为二次电池

【答案】C

【解析】从方程式中看出Li的化合价升高，LixC6作负极，Li1-xCOO2做正极。

放电时电子从负极流向正极，故从A极通过导线流向B极，故A正确；LixC6作负极，故B正确；放电时阳离子移向正极，Li+从左向右定向迁移，故C错误；钻酸锂电池可以充电为二次电池，故D正确。

18.室温下，不能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱的是

A.相同条件下，比较H2CO3溶液与H2SO3溶液的导电能力

B.相同条件下，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的碱性

C.相同条件下，比较Na2CO3与Na2SO3溶液消耗同一碱溶液的体积

D.相同条件下，比较Na2CO3与Na2SO3溶液的pH

【答案】C

【解析】相同条件下，H2CO3溶液与H2SO3溶液的导电能力越强，酸性越强，故A不选；相同条件下，酸性越弱，酸根离子水解程度越大，液的碱性越强，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的碱性，能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故B不选；相同条件下，Na2CO3与Na2SO3溶液与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡溶液的体积相同，所以不能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故选C；相同条件下，酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液PH越大，比较Na2CO3溶液与Na2SO3溶液的pH，能比较H2CO3与H2SO3酸的强弱，故D不选。

19.用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。

利用如下反应，可实现氯的循环利用：

4HCl（g）+O2（g）

2Cl2（g）+2H2O（g）△H=-115.6kJ•mol-1

已知：

i．反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。

下列说法正确的是

A.升高温度能提高HCl的转化率

B.加入催化剂，能使该反应的焓变减小

C.1molCl2转化为2molCl原子放出243kJ热量

D.断裂H2O（g）中1molH—O键比断裂HCl（g）中ImolH—Cl键所需能量高

【答案】D

【解析】A.升高温度，平衡逆向移动，HCl的转化率减小，故A错误；B.加入催化剂，反应的焓变不变，故B错误；C.根据提示，1molCl2转化为2molCl2原子吸收243kJ热量，故C错误；D.E（H-O）、E（HCl）分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能-生成物的总键能，故：

4×E（H-Cl）+498kJ/mol-[2×243kJ/mol+4×E（H-O）]=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E（H-O）-E（HCl）=31.9kJ/mol，故断开1molH-O键与断开1molH-Cl键所需能量高，故D正确；故选D。

20.下列说法正确的是

A.熔融时能导电的物质一定是离子化合物

B.NaOH、H2SO4溶于水均克服了离子键

C.CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构

D.金刚石和足球烯是同素异形体，熔化只克服共价键

【答案】C

【解析】熔融的金属单质能导电，故A错误；H2SO4溶于水均克服了共价键，故B错误；CO2、NCl3中所有原子最外层都满足8电子结构，故C正确；足球烯熔化克服分子间作用力，故D错误。

21.一定条件下，溶液的酸碱性对MnO2催化H2O2分解反应的影响如右图所示。

下列判断不正确的是

A.在0-50min之间，pH=2和pH=7时H2O2的分解百分率相等

B.溶液酸性越强，H2O2的分解速率越大

C.相同条件下，H2O2的起始浓度越小，分解速率越大

D.在20—25min之间，pH=10时H2O2的平均分解速率为0.04mol·L-1·min-1

【答案】C

【解析】从图像中可以，A项中R都是完全降解，降解百分率都是100%，故A正确；从图像中可以读出pH＝2时，曲线下降是最快的，说明溶液的酸性越强，降解速率越大，所以B正确。

一般来说，反应物的浓度越大，反应速率越大，R的起始浓度越小，其降解的速率越小，故C错误；在20—25min之间，pH=10时H2O2的平均分解速率为0.04×10—4mol·L—1·min—1，故D正确。

22.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中，正确的是

A.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA

B.足量的Mg与稀H2SO4完全反应，生成2.24LH2时，转移的电子数为0.2NA

C.1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，Cl-离子数小于0.1NA

D.标况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.4NA

【答案】A

【解析】氢气和碘蒸气反应为气体物质的量不变的反应，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA，故A正确；非标准状况下，2.24LH2的物质的量不一定是0.1mol，故B错误；1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中，Cl-离子数等于0.1NA，故C错误；标况下，4.48L甲烷和乙烯的混合气体完全燃烧，产物中所含O-H键数目为0.8NA，故D错误。

23.已知H2A为二元弱酸。

室温时，配制一组c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）=0.10mol·L-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。

下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是

A.pH=7的溶液中：

c（Na+）>2c（A2-）

B.E点溶液中：

c（Na+）-c（HA-）<0.10mol·L-1

C.c（Na+）=0.10mol·L-1的溶液中：

c（H+）+c（H2A）=c（OH-）+c（A2-）

D.pH=2的溶液中c（H2A）+c（A2-）>c（HA-）

【答案】D

.....................

24.从海带中提取碘的工业生产过程如下：

下列说法不正确的是

A.试剂R可以为NaOH溶液B.为保证I-完全被氧化，应通入过量Cl2

C.H2SO4溶液作用之一是使滤液酸化D.提纯晶体碘采用升华法

【答案】B

【解析】可溶性有机质在碱性溶液中可以生成沉淀，故A正确；过量的氯气可以与碘单质反应，故B错误；酸性条件下有利与碘单质析出，故C正确；碘易升华，故D正确。

25.常温下，在pH=l的某溶液中可能含有Na+、Fe3+、Fe2+、CO32-、Cl-、I-中的某几种，现取100mL该溶液进行如下实验：

根据实验结果，下列有关原溶液的说法正确的是

A.溶液中Fe2+与I-的物质的量浓度相等

B.不能确定Na+和Cl-是否存在，CO32-一定不存在

C.溶液中Fe3+与Fe2+至少有一种

D.溶液中c（Cl-）≥0.2mol·L-1

【答案】A

【解析】溶液中通入氯气，得到紫红色溶液，说明原溶液含有I-，不含Fe3+；紫黑色固体是碘，2.54g碘的物质的量是0.01mol，原溶液含有I-0.02mol，水层加入氢氧化钠溶液有固体生成，说明原溶液一定有Fe2+，一定不含CO32-；根据灼烧后得到氧化铁的质量可计算原溶液一定有Fe2+的物质的量为0.02mol；通入氯气的溶液中加入硝酸银生成白色沉淀，不能证明原溶液是否含有Cl-；pH=l说明氢离子的浓度是0.1mol/L，氢离子的物质的量是0.01mol；根据以上分析，溶液中Fe2+与I-的物质的量浓度相等，故A正确；根据电荷守恒，溶液中一定含有Cl-，故B错误；溶液中一定没有Fe3+，一定有Fe2+，故C错误；根据电荷守恒，若溶液中不含Na+，则c（Cl-）=0.3mol·L-1，若含有Na+，则c（Cl-）>0.3mol·L-1，故D错误。

二、非选择题（本大题共7小题，共50分）

26.由煤化工产生的气体可合成下列一系列物质。

其中A物质常温下呈气态，标准状况下密度为1.25g·L-1，B为酯。

已知：

HCOOH的酸性比CH3COOH强，结构上可看作既有—CHO，又有—COOH。

（1）煤转变为CO、H2的生产工艺称为_________，A物质中的官能团名称为_________。

（2）写出由HCOOH与A生成B的化学方程式_____________________________。

（3）某物质可能含有甲酸、甲醇和甲酸乙酯二种物质中的一种或几种，在鉴定时有下列现象：

①有银镜反应；

②加入新制Cu（OH）2悬浊液不会变澄淸；

③与含酚酞的NaOH溶液共热，溶液的红色逐渐褪去。

下列叙述正确的是_______________（填编号）。

A.有甲酸乙酯和甲醇B.有甲酸乙酯和甲酸

C.有甲酸乙酯，可能有甲醇D.几种物质都有

【答案】

（1）.煤的气化

（2）.碳碳双键（3）.HCOOH+CH2=CH2→HCOOCH2CH3（4）.C

【解析】试题分析：

A物质常温下呈气态，标准状况下密度为1.25g·L-1，A的摩尔质量为22.4L×1.25g·L-1=28g/mol；B为酯，根据流程图，A是乙烯、B是HCOOCH2CH3；

解析：

（1）煤转变为CO、H2的生产工艺称为煤的气化，乙烯中的官能团名称为碳碳双键。

（2）由HCOOH与乙烯生成HCOOCH2CH3的化学方程式HCOOH+CH2=CH2→HCOOCH2CH3。

（3）①甲酸、甲酸乙酯都能发生银镜反应；②加入新制Cu（OH）2悬浊液不会变澄淸，说明不含酸；③与含酚酞的NaOH溶液共热，溶液的红色逐渐褪去，说明含有甲酸或甲酸乙酯。

综合分析，一定有甲酸乙酯，可能有甲醇。

点睛：

HCOOH结构上可看作既有—CHO，又有—COOH，HCOOH能发生银镜反应；甲酸酯可看作既有醛基又有酯基，甲酸酯能发生银镜反应；醛类含有醛基，醛类能发生银镜反应。

27.某矿物甲由常见的三种元素组成，有如下变化。

请回答下列问题：

（1）甲的化学式为_________。

（2）写出矿物甲与过量稀H2SO4/O2反应的离子方程式__________________。

（3）用文字叙述检验纯净的盐中的阳离子（写出实验操作、现象及结论）_________________。

【答案】

（1）.FeCuS2

（2）.4FeCuS2+l7O2+4H+=4Fe3++4Cu2++8SO42-+2H2O（3）.取少量纯净的盐溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不变色，冉滴加H2O2溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+

【解析】试题分析：

矿物甲与过量的硫酸、氧气反应后的溶液加入铁粉，生成的气体单质是氢气；生成的红色固体是铜；得到的溶液中含有一种盐，一定是硫酸亚铁；根据元素守恒，矿物甲含有铁元素、铜元素、硫元素；

解析：

生成氢气的反应为

，根据生成0.1mol氢气，参加反应的铁的物质的量为0.1mol；生成铜的方程式为

，根据铜的质量可知，原固体矿物中含有0.2mol的铜元素，参加反应的铁的物质的量为0.2mol；根据铁元素守恒，

反应生成Fe2+0.6-0.3=0.3mol，原矿物中铁元素的物质的量为0.2mol；原矿物中硫元素的质量为36.8-0.2mol×64g/mol-0.2mol×56g/mol=12.8g，硫元素的物质的量是0.4mol。

（1）铁：

铜：

硫=0.2:

0.2:

0.4=1:

1:

2；所以甲的化学式为FeCuS2；

（2）FeCuS2与过量稀H2SO4/O2反应的离子方程式是4FeCuS2+l7O2+4H+=4Fe3++4Cu2++8SO42-+2H2O；（3）纯净的盐中含有阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方法是取少量纯净的盐溶于水，滴加KSCN溶液，溶液不变色，冉滴加H2O2溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+。

点睛：

向溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则含有Fe3+；滴加KSCN溶液，若溶液不变色，冉滴加H2O2溶液（或氯水），溶液变成血红色，说明盐中的阳离子是Fe2+。

28.实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2（装置如图所示）。

（1）制备实验开始时，先检査装置气密性，接下来的操作依次是：

____________（填序号）。

A.往烧瓶中加入MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸

（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，甲同学提出：

与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl沉淀质量。

方案不可行，原因是_________。

请你选择一种最佳的实验方法____________________（填编号）。

A.沉淀法B.气体法C.滴定法

【答案】

（1）.ACB

（2）.MnCl2中也含Cl-（3）.C

【解析】试题分析：

（1）加药顺序一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最后再加热。

（2）①MnCl2中也含Cl-，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。

剩余盐酸的浓度可用酸碱中和滴定法测定。

解析：

（1）加药顺序一般是先加入固体药品,再加入液体药品,最后再加热。

制备实验开始时，先检査装置气密性，接下来的操作依次是往烧瓶中加入MnO2粉末、往烧瓶中加入浓盐酸、加热。

（2）①MnCl2中也含Cl-，加入足量的硝酸银溶液只能求出氯离子的量,而不能求出剩余盐酸的浓度。

剩余盐酸的浓度可用酸碱中和滴定法测定。

点睛：

二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气，与稀盐酸不反应；所以制备氯气时，可能二氧化锰和盐酸都有剩余。

29.取A、B两份物质的量浓度相等的NaOH溶液，体积均为50mL，分别向其中通入一定量的CO2后，再分别稀释到100mL，在稀释后的溶液中分别逐滴加0.1mol/L的盐酸，产生的CO2的体积（标准状况）与所加盐酸的体积关系如图所示：

（1）原NaOH溶液的物质的量浓度_________________。

（2）B份混合溶液与盐酸反应产生气体的最大体积为________mL（标准状况）。

【答案】

（1）.0.15mol·L-1

（2）.112

【解析】试题分析：

（1）如果加入足量的盐酸，则最终都生成氯化钠。

根据图像可知，需要盐酸是75ml，所以氯化钠的物质的量是0.0075mol，所以根据原子守恒可知，氢氧化钠的物质的量是0.0075mol；

（2）根据曲线B可知，与碳酸氢钠反应的盐酸是75ml－25ml＝50ml，根据NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑计算生成二氧化碳