浙江省普通高中化学学+选综合评估二.docx
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浙江省普通高中化学学+选综合评估二
浙江省普通高中化学（学＋选）综合评估
（二）
（时间：
90分钟 满分：
100分）
可能用到的相对原子质量：
H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ba—137
选择题部分
一、选择题（本题共25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．下列有关化学与自然资源的开发利用描述中错误的是（ ）
A．冶炼金属铁通常用热还原法
B．要使海水淡化通常用蒸馏法
C．用H2作为燃料的优点之一是燃烧后的产物不污染环境
D．煤的干馏属于物理变化
解析 煤的干馏属于化学变化。
答案 D
2．下列物质属于天然高分子化合物的是（ ）
A．淀粉B．乙酸C．乙醇D．甲烷
解析 淀粉、蛋白质、纤维素均属于天然高分子化合物。
答案 A
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．80g硝酸铵中含有氮原子数为NA
B．16g氧气和16g臭氧所含的原子数均为NA
C．2mol金属镁与足量的盐酸反应，共失去了2NA个电子
D．0.1molN2分子中所含的电子数为7NA
解析 80gNH4NO3中含有2NA个氮原子，A项错；2mol镁与盐酸完全反应，共失去4NA个电子，C项错；0.1molN2分子中所含的电子数为1.4NA，D项错，B项正确。
答案 B
4．下列物质的分离方法中，是根据微粒大小确定的分离方法是（ ）
A．萃取B．结晶C．过滤D．蒸馏
解析 萃取是依据溶质在互不相溶的溶剂中的溶解度差异进行分离的方法；结晶是溶质随温度变化而引起的溶解度差异或因为溶剂减少而析出的分离方法；过滤是根据微粒大小使可溶物与不溶物分离的方法；蒸馏是因为沸点相差较大的液体混合物的分离方法。
答案 C
5．下列离子化合物中，阴、阳离子电子层结构相同的是（ ）
A．氧化镁B．氯化钠C．溴化钠D．氯化镁
解析 画出各离子的结构示意图，判断离子的各层电子数是否相同。
答案 A
6．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．钠和冷水反应：
Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
B．铁粉投入到硫酸铜溶液中：
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
C．MgCl2溶液中加入足量的氨水：
Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↑
D．澄清石灰水跟稀硝酸反应：
Ca（OH）2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
解析 A配平错误；C中氨水应写成NH3·H2O；D中澄清石灰水应写成离子形式，故B正确。
答案 B
7．下列四个试管中，发生如下反应：
Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，产生H2的反应速率最快的是（ ）
试管
硫酸浓度
温度
锌的状态
A
0.5mol·L－1
20℃
块状
B
0.5mol·L－1
20℃
粉末状
C
0.5mol·L－1
35℃
粉末状
D
18mol·L－1
35℃
粉末状
解析 根据影响化学反应速率的因素可知C最快，D中为浓硫酸，不产生H2。
答案 C
8．以下实验能获得成功的是（ ）
A．用酸性KMnO4溶液鉴别乙烯和CH2＝CH—CH3
B．将铁屑、溴水、苯混合制溴苯
C．苯和硝基苯采用分液的方法分离
D．将铜丝在酒精灯上加热后，立即伸入无水乙醇中，铜丝恢复成原来的红色
解析 A项，乙烯和CH2===CH—CH3分子中均含有不饱和键，均可使酸性KMnO4溶液褪色；B项，铁屑、苯、液溴混合可制溴苯，用溴水代替液溴无法得到溴苯；C项，苯和硝基苯互溶，故不可用分液的方法分离；D项，根据CH3CH2OH＋CuO
CH3CHO＋Cu＋H2O可知氧化铜被还原，故D项正确。
答案 D
9．如右图所示原电池装置中，电解质溶液为硫酸，下列有关叙述错误的是（ ）
A．锌做负极发生氧化反应
B．供电时的总反应为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
C．该装置可实现化学能转化为电能
D．产生1molH2，消耗锌的质量32.5g
解析 产生1molH2，转移的电子的物质的量为2mol，消耗锌的质量65g。
或者根据总反应式也可得出锌与氢气的物质的量相等，故D项叙述错误。
答案 D
10．某有机物在氧气中充分燃烧，生成的水蒸气和CO2的物质的量之比为1∶1，由此可得结论是（ ）
A．该有机物分子中C、H、O个数比为1∶2∶3
B．分子中碳氢原子个数比为2∶1
C．有机物中必定含氧元素
D．无法判断有机物中是否含有氧元素
解析 由水蒸气和二氧化碳的物质的量比为1∶1，可推知n（H）∶n（C）＝2∶1，不能判断有机物中是否含有氧元素。
答案 D
11．下列有关化学反应速率与化学反应限度的叙述中，错误的是（ ）
A．化学反应速率是表示化学反应快慢的物理量
B．一般情况下，升高温度能加快化学反应速率
C．可逆反应达到化学反应限度时，反应就静止不动了
D．可逆反应达到化学反应限度时，正反应速率等于逆反应速率
解析 化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；升高温度，分子的运动速率加快，则化学反应速率加快，故B正确；可逆反应达到化学反应限度时为动态平衡，反应仍然继续，但正逆反应速率相等，故C错误、D正确。
答案 C
12．右图为某化学小组设计的一个原电池，装置中电流表的指针发生偏转，则X应为（ ）
A．水B．酒精
C．稀硫酸D．植物油
解析 从构成原电池的条件入手，可判断C正确。
答案 C
13．化石燃料仍是目前能源的主体，但已经面临危机，开发新能源是解决能源问题的关键。
下列能量转换过程，不涉及化学变化的是（ ）
A．利用氢氧燃料电池提供电能
B．利用太阳能分解水制备氢气
C．利用水流驱动涡轮机发电
D．利用植物秸秆为原料生产乙醇燃料
解析 利用水流驱动涡轮机发电无新物质生成，是物理变化。
答案 C
14．对于化学反应3W（g）＋2X（g）===4Y（g）＋3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A．v（W）＝3v（Z）B．2v（X）＝3v（Z）
C．2v（X）＝v（Y）D．3v（W）＝2v（X）
解析 对于任一化学反应而言，当用不同物质表示反应速率时，它们的比值等于各物质的化学计量数之比，对于本题中的反应即为v（W）∶v（X）∶v（Y）∶v（Z）＝3∶2∶4∶3，分析选项可知，C项正确。
答案 C
15．下列常见的物质分离和提纯操作中，将液体蒸发为气体再冷凝为液体的操作是（ ）
A．结晶B．萃取C．蒸馏D．过滤
解析 蒸馏是利用各组分的沸点不同分离互溶的液体混合物常用的一种方法。
答案 C
16．化学反应A2＋B2===2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应是吸热反应
B．断裂1molA—A键和1molB—B键能放出xkJ能量
C．断裂2molA—B键需要吸收ykJ的能量
D．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量
解析 由图示知反应物总能量高于生成物总能量，该反应是放热反应，A、D项错误；断键时吸收能量，B项错误。
答案 C
17．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。
锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为：
Zn（s）＋2MnO2（s）＋H2O（l）===Zn（OH）2（s）＋Mn2O3（s）
下列说法错误的是（ ）
A．电池工作时，消耗金属锌
B．电池正极的电极反应式为：
2MnO2（s）＋H2O（l）＋2e－===Mn2O3（s）＋2OH－（aq）
C．电池工作时，MnO2被还原为Mn2O3
D．电解质KOH溶液浓度的大小对电池反应没有影响
解析 由电池总反应式Zn（s）＋2MnO2（s）＋H2O（l）===Zn（OH）2（s）＋Mn2O3（s）可知Zn为负极（失电子，发生氧化反应），MnO2为正极（得电子，发生还原反应）。
电解质KOH参与反应，其溶液浓度的大小对电池反应肯定有影响。
答案 D
18．向含1molHCl和1molMgSO4的混合溶液中加入1mol·L－1Ba（OH）2溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入Ba（OH）2溶液体积（V）间的关系图正确的是
（ ）
解析 当加入0.5molBa（OH）2时，只生成0.5molBaSO4（此时氢离子完全反应）；再加入0.5molBa（OH）2时，再生成0.5molBaSO4与0.5molMg（OH）2（此时硫酸根离子完全反应，剩余0.5mol镁离子）；最后加入0.5molBa（OH）2时，生成0.5molMg（OH）2。
答案 D
19.某有机物的结构简式如图，它不可发生的反应为（ ）
A．氧化反应
B．水解反应
C．加聚反应
D．取代反应
解析 该有机物含有羟基（酯化反应、氧化反应）、羧基（酯化反应）、酯基（水解反应），酯化反应、水解反应均属于取代反应，不能发生的为加聚反应。
答案 C
20．下列物质属于硅酸盐产品的是（ ）
A．尼龙绳B．保鲜膜
C．青花瓷D．金刚石
解析 尼龙绳、保鲜膜都是有机高分子材料；青花瓷是陶瓷的一种，属于硅酸盐产品；金刚石是碳元素组成的一种单质。
答案 C
21．在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（ ）
A．Na＋、Ag＋、CO
、Cl－B．K＋、Ba2＋、SO
、Cl－
C．Na＋、K＋、CO
、Cl－D．Na＋、K＋、Cl－、SO
解析 A中Ag＋与CO
、Cl－生成沉淀不能大量共存；B中SO
与Ba2＋生成沉淀不能大量共存；D中四种离子在水溶液中虽能大量共存，但是加硫酸不产生气体。
答案 C
22．标准状况下，往100mL0.2mol·L－1的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br－被氧化。
则通入的氯气的体积是（ ）
A．0.224LB．0.336L
C．0.448LD．0.672L
解析 根据得失电子守恒计算，0.02mol的FeBr2溶液中含Fe2＋0.02mol，Br－0.04mol，通入氯气时，Fe2＋先被氧化，0.02molFe2＋失电子0.02mol，根据50%的Br－被氧化，即被氧化的Br－为0.02mol，失电子为0.02mol，还原剂共失电子0.04mol，消耗氯气为0.02mol，标准状况下体积为0.448L。
答案 C
23．将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为（ ）
A．9B．11C．10D．12
解析 设pH＝1的盐酸体积为V，加9V体积的水，pH升高1；设往另一份盐酸中加入氢氧化钠溶液的体积为X，则（0.1V－0.1X）÷（V＋X）＝0.01，求得X＝
。
则加入的水与NaOH溶液的体积比为9V∶
＝11。
答案 B
24．已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为amol·L－1的一元酸HA溶液与bmol·L－1的一元碱BOH溶液等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c（H＋）＝
mol·L－1
D．混合溶液中，c（H＋）＋c（B＋）＝c（OH－）＋c（A－）
解析 选项A，a＝b只能说明酸碱恰好完全反应，而不能说明溶液呈中性，A错误；选项B，题给温度未指明是25℃，所以pH＝7并不能说明溶液呈中性，B错误；选项C，由于混合溶液中c（H＋）＝
mol/L，结合Kw＝c（H＋）·c（OH－），可推断出c（H＋）＝c（OH－），所以溶液一定呈中性，C正确；选项D是正确的电荷守恒表达式，无论溶液是否呈中性，此式均成立，D错误。
答案 C
25．25℃时，浓度均为0.2mol·L－1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是（ ）
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c（OH－）前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c（CO
）均增大
解析 在NaHCO3溶液中HCO
作为弱酸的酸式酸根既能电离也能水解，同时还存在水的电离平衡，在Na2CO3溶液中存在CO
的水解平衡和水的电离平衡，A项正确；在两溶液中均存在Na＋、H＋、CO
、HCO
、H2CO3、OH－、H2O七种微粒，B项正确；同浓度的正盐水解程度大于其酸式盐，所以Na2CO3溶液中c（OH－）大，碱性强，C项错；D选项中，NaHCO3溶液中NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，使c（CO
）增大，在Na2CO3溶液中加入NaOH固体抑制了CO
的水解，使c（CO
）增大，D正确。
答案 C
非选择题部分
二、非选择题（本大题共7小题，共50分）
26．（4分）如表是元素周期表中短周期元素的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。
A
B
D
E
F
C
G
H
（1）D的氢化物比G的氢化物稳定，其原因是________________________________________________________________________。
（2）在一定条件下，A与E可形成一种极易溶于水的气态化合物，其电子式为________；该物质溶于水后的溶液呈________（填“酸”“碱”或“中”）性。
解析 因为都是短周期元素，可知A、B、C、D、E、F、G、H分别是氢、氦、钠、碳、氮、氧、硅、氯。
（1）由于碳的非金属性比硅强，故碳的氢化物比硅的氢化物稳定。
（2）A与E形成的化合物为NH3，溶于水得氨水，显碱性。
答案
（1）D的非金属性比G的强
（2）
碱
27．（5分）某校化学小组学生利用下图所列装置进行“铁与水反应”的实验，并利用产物进一步还原氧化铜。
（图中夹持装置已略去）
（1）A中加入碎瓷片的作用是________，请在虚线框内画出D装置，并标出装置中药品的名称。
（2）指出本装置的错误和缺陷：
________________________________________
_________________________________________________________________。
（3）装置B中发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________________________，在加热E装置前，必须进行的操作是_________________________________________。
解析 本题考查了铁与水蒸气的反应。
常温下铁与H2O不反应，但在高温下，Fe与H2O（g）反应生成Fe3O4和H2。
实验时，应先加热烧瓶，产生水蒸气后再加热玻璃管。
答案
（1）防止暴沸
（2）A处圆底烧瓶未垫石棉网直接加热；B处缺加热装置；C处右端导管伸入试管中过长；没有进行尾气处理
（3）3Fe＋4H2O（g）
Fe3O4＋4H2 对氢气验纯
28．（6分）某研究性学习小组将Na2SO3固体隔绝空气加强热至600℃以上，冷却后，经称量，固体物质保持原质量，取少量加热后固体溶于水，固体完全溶解，所得溶液使红色石蕊试纸变蓝。
（1）甲同学根据实验提供信息分析，认为加强热后固体仍为Na2SO3，你认为甲同学分析的依据是_________________________________________________。
（2）乙同学用实验室常用试剂和仪器用实验方法推翻了甲同学的分析结论。
①写出Na2SO3加强热发生反应的化学方程式：
_______________________________________________________________________________________；
②简述乙同学的实验设计：
__________________________________________
_________________________________________________________________。
解析
（1）由于Na2SO3溶液中SO
水解显碱性，甲同学根据题目信息：
固体质量不变和溶液呈碱性，认为Na2SO3加强热后固体仍为Na2SO3。
（2）①乙同学认为高温发生了反应，且固体质量不发生变化，则生成物仍为固体，所得固体溶于水后溶液显碱性，则所得固体中有能水解的盐，且含硫元素，则该固体为Na2S，根据氧化还原反应原理，可推出另一物质为Na2SO4，从而可写出Na2SO3在高温下发生反应的化学方程式：
4Na2SO3
Na2S＋3Na2SO4。
②可以从检验S2－或SO
入手设计检验产物的实验。
答案
（1）根据题给信息：
①固体质量不变，②溶液呈碱性，可能是SO
水解
（2）①4Na2SO3
Na2S＋3Na2SO4
②取加强热后固体适量于试管中，加稀盐酸有臭鸡蛋气味气体生成（或先加足量稀盐酸再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀），证明Na2SO3加强热分解生成硫化物和硫酸盐
29．（5分）某一容积为5L的密闭容器内，加入0.2molCO和0.2molH2O，在催化剂存在的条件下高温加热，发生如下反应：
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g） ΔH>0。
反应中CO2的浓度随时间的变化情况如下图：
（1）根据图中数据，反应开始至达到平衡时，v（CO）＝________；反应达到平衡时，c（H2）＝________。
（2）判断该反应达到平衡的依据是________。
①CO减少的化学反应速率和CO2减少的化学反应速率相等
②CO、H2O、CO2、H2的浓度都相等
③CO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化
④正、逆反应速率都为零
解析
（1）由图可知10min时到达平衡，所以v（CO）＝0.03mol·L－1/10min＝0.003mol·L－1·min－1，化学方程式的化学计量数之比等于反应时物质转化的浓度之比，所以反应达平衡时，c（H2）＝c（CO2）＝0.03mol·L－1。
（2）反应达到平衡的标志是反应体系组成不变，正、逆反应速率相等且不为零。
CO减少的化学反应速率是正反应速率，CO2减少的化学反应速率是逆反应速率。
所以选①③。
答案
（1）0.003mol·L－1·min－1 0.03mol·L－1
（2）①③
30．（加试题）（10分）甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。
工业上用天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：
（i）制备合成气：
CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g） ΔH1＝＋206.0kJ·mol－1
（ii）合成甲醇：
CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g） ΔH2
请回答下列问题：
（1）制备合成气：
将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入反应室（容积为100L），在一定条件下发生反应（i）；CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。
①已知100℃时达到平衡的时间为5min，则从反应开始到平衡，用氢气表示的平均反应速率为v（H2）＝________。
②图中p1________p2（填“＜”“＞或”“＝”）。
③为解决合成气中H2过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO2，发生反应如下：
CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g），为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为________。
（2）合成甲醇：
在Cu2O/ZnO作催化剂的条件下，向2L的密闭容器中通入1molCO（g）和2molH2（g），发生反应（ii），反应过程中，CH3OH的物质的量（n）与时间（t）及温度的关系如图2所示。
①反应（ii）需在________（填“高温”或“低温”）才能自发进行。
②据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量的CO2有利于维持Cu2O的量不变，原因是________________（用化学方程式表示）。
③在500℃恒压条件下，请在图2中画出反应体系中n（CH3OH）随时间t变化的总趋势图。
（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为
CH3OH（g）＋CO（g）HCOOCH3（g） ΔH＝－29.1kJ·mol－1，科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：
①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是________（填“3.5×106Pa”“4.0×106Pa”或“5.0×106Pa”）。
②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是_________________________________________________________________________________________。
解析
（1）分析图中数据，
则v（H2）＝1.5mol/（5min×100L）＝0.003mol·L－1·min－1。
由于该反应为吸热反应，温度越高，密闭容器中混合气体的压强越大，即p1＜p2；由CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）可知，理论上CO与H2按n（CO）∶n（H2）＝1∶2进行，由化学方程式知1molCO与3molH2，H2过量1mol，过量的H2与CO2反应，根据化学方程式可知1molCH4需要CO2
mol即可。
（2）由于合成甲醇反应前后气体体积缩小，ΔS＜0，反应能发生，故ΔH＜0，由ΔH－TΔS＜0知，在低温时能够自发进行；由于CO能与Cu2O发生反应Cu2O＋CO2Cu＋CO2，所以在反应中含有少量CO2能使该平衡左移，利于维持Cu2O的量不变。
由于该反应为气体体积缩小的反应，在500℃、恒压下，容器体积减小压强增大，相当于增大压强，达到平衡时所需时间小于2s，且平衡向右进行，生成甲醇的量增加，图像见答案。
（3）从反应压强对甲醇的转化率的影响分析，其中转化率最大是4.0×106Pa；分析图像，低于80℃，反应速率减小，温度高于80℃对反应速率影响不大，该反应是放热反应，温度过高，平衡逆向移动，转化率降低。
答案
（1）①0.003mol·L－1·min－1 ②＜ ③3∶1
（2）①低温 ②Cu2O＋CO2Cu＋CO2
（3）①4.0×106Pa ②低于80℃，反应速率较小；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时
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