浙江选考2020版高考化学二轮复习考前仿真模拟卷（六）（含解析）

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1、考前仿真模拟卷(六)(时间：90分钟满分：100分)相对原子质量：H 1Li 7C 12N 14O 16Na 23Mg 24S 32Cl 35.5K 39Fe 56Ba 137一、选择题(本大题共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光纤(光导纤维的简称)的主要成分是()A晶体硅 B二氧化硅C硅酸钠 D铝硅合金2下列仪器名称为“蒸馏烧瓶”的是()3下列物质，属于强电解质的是()ANH3H2O BH2OCCH3COONH4 DCH3COOH4下列属于氧化还原反应的是()A2KIBr2=2KBrI2BCaCO3CaOCO2C

2、SO3H2O=H2SO4DMgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl5下列物质的水溶液因水解呈碱性的是()AAlCl3 BNa2CO3CNH4Cl DK2SO46下列有关物质的性质与应用不相对应的是()ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂C明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，可用作净水剂DFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路7下列有关化学用语使用正确的是()ACa2的结构示意图：B纯碱的化学式：NaOH C原子核内有8个中子的氧原子：OD氯化镁的电子式：8下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是()A硫黄矿制备硫酸经历两步：SSO3H2S

3、O4B酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中C在燃煤中加入石灰石可减少SO2排放，发生的反应为2CaCO32SO2O2=2CO22CaSO4D土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明CuS很稳定、不具有还原性9下列能源中，属于无污染能源的是()A煤气B核能 C太阳能D石油10下列说法不正确的是()A烧杯、烧瓶、酒精灯的液体盛装量不超过容积的，蒸发皿蒸发液体时液体盛装量也不超过容积的B中和滴定时，需要润洗的仪器为滴定管、移液管、锥形瓶C集气瓶可用作灼热固体物质与气体燃烧的反应容器，集气瓶与毛玻璃片组合，可用于收集或暂时存放气体D用排水法收集气体时，盛

4、水的集气瓶中不应有气泡，以保证所收集气体的纯度11下列说法不正确的是()A白磷与红磷互为同素异形体B乙酸和软脂酸(C15H31COOH)互为同系物C丙烷与氯气反应，可得到沸点不同的3种一氯代物D.Mg2、Mg2是两种核素对应的微粒12将4 mol C 气体和2 mol B 气体在2 L的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2A(g)B(g)2C(g)。若经2 s后测得A的浓度为0.6 molL1，现有下列几种说法：用物质A表示的反应的平均速率为0.3 molL1s1用物质B表示的反应的平均速率为0.6 molL1s12 s时物质C的转化率为30%2 s时物质B的浓度为0.7 molL1其中正

5、确的是()AB CD13下列反应的离子方程式书写正确的是()A钠与水反应：Na2H2O=Na2OHH2B铜粉与稀硝酸的反应：Cu2H=Cu2H2C氢氧化铜与稀盐酸反应：OHH=H2OD碳酸钠溶液与足量稀硫酸的反应：CO2H=H2OCO214如图为元素周期表中短周期的一部分，四种元素均为非稀有气体元素。下列关于这四种元素及其化合物的说法中正确的是()AY元素的非金属性是表中所列元素中最弱的BX的最高正价可能为6价CW的最高正化合价与最低负化合价的绝对值可能相等DZ的最高价氧化物的水化物可能为强碱15下列叙述中，错误的是()A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5560 反应生成硝基苯B苯乙烯在合适条件下

6、催化加氢可生成乙基环己烷C乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷D甲苯与氯气在光照条件下反应主要生成2，4二氯甲苯16下列叙述不正确的是()A盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性B油脂碱性或者酸性条件下的水解反应叫作皂化反应C打针时用75%的乙醇溶液消毒是蛋白质变性知识的应用D蛋白质、纤维素、淀粉都是高分子化合物17.我国成功研制的新型可充电AGDIB电池(铝石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为CxPF6LiyAl=CxLiPF6Liy1Al。放电过程如图所示，下列说法正确的是()AB为负极，放电时铝失电子B充电时，与外加电源负极相连的一

7、端的电极反应式为LiyAle=LiLiy1AlC充电时A电极反应式为CxPFe=CxPF6D废旧 AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移1 mol电子，石墨电极上可回收7 g Li18下列事实不能证明HNO2是弱电解质的是()A滴入酚酞，NaNO2溶液显红色B用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗C等pH、等体积的盐酸和HNO2溶液中和碱时，HNO2中和碱的能力强D0.1 molL1HNO2溶液的pH219O2PtF6是一种深红色固体，由英国化学家巴特列克发现，属于离子化合物，其晶体可用OPtF(s)表示。该晶体形成过程中的能量变化如图所示：(已知H0)下列说法正确的是()AH10，H20BHH

8、1H2H3H40CH30，H40DH4 H1H2H320下列变化需克服相同类型作用力的是()A碘和干冰的升华B硅和C60的熔化C氯化氢和氯化钾的溶解 D溴和汞的汽化21HI在一定条件下可发生反应 2HI(g)H2 (g)I2(g)H，在2 L恒容密闭容器中，充入一定量的HI(g)，反应物的物质的量n(mol)随时间t(min)变化的数据如下：实验序号tn T010203040501800 1.00.800.670.570.500.502800 a0.600.500.500.500.503820 1.00.400.250.200.200.20根据表中数据，下列说法正确的是()A实验1中，反应在0

9、10 min内，v(HI)0.02 molL1min1B800 时，该反应的平衡常数K0.25C根据实验1和实验2可说明反应物浓度越大，反应速率越快DH0，PtF6(g)PtF(g)是得电子过程，放热，即H20，故A错误；B由盖斯定律可知，HH1H2H3H4，即HH1H2H3H40，故B正确；CO(g)PtF(g)OPtF(g)，是阴、阳离子形成离子键的过程，放热，H30，故C错误；D由盖斯定律可知，HH1H2H3H4实验3，说明升高温度，平衡正向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，即正反应方向为吸热反应，H0，D错误。22C23B解析 ，温度不变，Ka(HCO)不变

10、，pH增大，c(H)减小，因此数值增大，A项错误；根据电荷守恒，c(Na)c(H)2c(CO)c(OH)c(Cl)c(HCO)，B项正确；根据图像，pH6时，c(HCO)c(H2CO3)，则25 时，碳酸的第一步电离常数Ka1c(H)106，C项错误；溶液呈中性即pH7时，根据图像，c(HCO)c(H2CO3)c(CO)，D项错误。24D解析 制备2Zn(OH)2ZnCO3流程为锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2、Mn2等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨，加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2ZnCO3和

11、二氧化碳气体，过滤得2Zn(OH)2ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液。A(NH4)2SO4与NH3H2O的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)，中性溶液中c(H)c(OH)，则c(NH)2c(SO)，故A正确；B根据影响反应速率的因素判断，“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施为搅拌、适当加热等，故B正确；C“浸取”时加入的NH3H2O过量，溶液呈碱性，双氧水将锰离子氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2H2O22NH3H2O=MnO22NH2H2O，故C正确；D“过滤”所得滤液为硫酸铵溶液，可循环使用，其化学式为(NH4)2SO4，故D错误。25A解析 溶液X与

12、过量NaOH溶液反应生成0.02 mol气体甲，则气体甲为NH3，故溶液X中含有0.02 mol NH；往所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无明显现象，故溶液X中一定不存在Al3、CO；再继续加入氯化钡溶液，生成沉淀乙，则沉淀乙为BaSO4，质量为4.66 g，物质的量为0.02 mol，故溶液X中含有0.02 mol SO；所得沉淀甲为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者的混合物，经灼烧后所得固体乙为Fe2O3，质量为1.6 g，物质的量为0.01 mol，故溶液X中含有Fe2或Fe3或两者均有，且总物质的量为0.02 mol；往溶液X中加入足量稀硫酸，有气体乙产生，发生的反应为4HNO3Fe2

13、=3Fe3NO2H2O，气体乙为NO，故溶液X中一定存在NO、Fe2，所含阴离子的物质的量相等，故NO为0.02 mol。若含有Fe3，则根据电荷守恒可知一定存在Cl，A项正确；根据上述分析可知，一定含有NO，B项错误；CO、Al3一定不存在，但K无法确定，C项错误；沉淀甲可能是Fe(OH)2或Fe(OH)3，也可能是两者的混合物，D项错误。26(1)OH(2)B(4)CD27解析 (1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0t1段发生反应的化学方程式为2Na2S2O4O22H2O=4NaHSO3；t2t3段溶液的pH变小的原因是NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强；

14、(2)检验产物中是否含有Na2SO4的实验方法是取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则产物中含Na2SO4；(3)由工业废气制备Na2S2O4的流程图可知：向装置中加入Ce4，将NO氧化为NO和NO；装置中在电解条件下，SO与Ce3发生反应生成Ce4和S2O，反应的离子方程式为2SO2Ce32H2OS2O2Ce44OH。答案 (1)2Na2S2O4O22H2O=4NaHSO3NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强(2)取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则产物中含有Na2SO4(3)2SO2Ce32H2OS

15、2O2Ce44OH28解析 (1)反应生成的HBr溶于水呈酸性，使紫色石蕊试液变红，溴蒸气遇硝酸银溶液，反应生成溴化银，溶液中有淡黄色沉淀生成。(2)三颈烧瓶右侧导管特别长，除导气外还起的作用是冷凝回流，提高原料利用率。(3)待三颈烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时松开F夹，关闭C夹，烧瓶内压强减小，可以看到的现象是与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入烧瓶。答案 (1)紫色石蕊试液变红溶液中有淡黄色沉淀生成(2)冷凝回流(3)与F相连的广口瓶中NaOH溶液流入烧瓶29解析 分析图像中加入的Ba(OH)2溶液的体积与产生的沉淀质量的函数关系可知：B点为Ba(OH)2与H2SO4恰好反应；A点Ba(O

16、H)2不足，H2SO4还有剩余；C点Ba(OH)2已过量。(1)根据反应：H2SO4Ba(OH)2=BaSO42H2O知：c(H2SO4)V(H2SO4)cBa(OH)2VBa(OH)2，cBa(OH)21 molL1。(2)C点时Ba(OH)2过量了10 mL，此时共有溶液体积为30 mL50 mL80 mL。所以，cBa(OH)20.125 molL1，c(OH)0.125 molL120.25 molL1。答案 (1)1 molL1(2)0.25 molL130解析 .因为K，所以该反应的方程式为C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)，注意C为固态，不列入平衡常数表达式。.(1)CO(

17、g)2H2(g)=CH3OH(g)H190.7 kJmol12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)H223.5 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H341.2 kJmol1根据盖斯定律，2得：3CO(g)3H2(g)CH3OCH3(g)CO2(g)H246.1 kJmol1。(2)5 min后达到平衡，CO的转化率为50%，则c(CO)1 molL150%0.5 molL1，所以v(CO)0.1 mol(Lmin)1。(3)A.2v逆(CO)v正(H2)才能说明正逆反应速率相等，故A错误；B.反应前后气体分子数变化，容器内压强保持不变的状态是平衡状态，故B

18、正确；C.v逆(H2)2v正(CO)说明正逆反应速率相等，故C正确；D.容器内的密度等于质量和体积的比值，恒容下，质量和体积不变，所以密度保持不变的状态不是平衡状态，故D错误。(4)反应本质是二甲醚的燃烧，原电池负极发生氧化反应，二甲醚在负极放电，正极反应还原反应，氧气在正极放电。由图2可知，a极为负极，b为正极，二甲醚放电生成二氧化碳与氢离子，a电极的电极反应式为 CH3OCH312e3H2O=2CO212H；当反应掉0.23 g即0.005 mol二甲醚时，外电路中转移的电子物质的量为0.06 mol，电解氯化钠溶液的反应为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，转移的电子物质的量为0.0

19、6 mol时生成0.06 mol NaOH，故c(OH)0.1 molL1，pH13。答案 .C(s)H2O(g)CO(g)H2(g).(1)246.1 kJmol1(2)0.1(3)BC(4)CH3OCH312e3H2O=2CO212H0.06 mol1331解析 (1)高温下瓷坩埚和玻璃棒中的二氧化硅和KOH等反应，被腐蚀，而铁坩埚和铁棒不反应。(2)中每生成1 mol K2MnO4时转移2 mol电子，则生成3 mol K2MnO4时转移6 mol电子；每1 mol KClO3参加反应转移6 mol电子，根据得失电子守恒，则KClO3与K2MnO4的物质的量之比为13，则此反应的化学方程

20、式为6KOHKClO33MnO23K2MnO4 KCl3H2O。(3)根据表格中数据CH3COOK和K2CO3的溶解度比KMnO4大的多，蒸发浓缩基本上会留在母液中，其他物质的溶解度和KMnO4接近，会随KMnO4结晶析出。故B、C不符合题意，A、D符合题意。(4)A.操作中蒸发至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，若大量晶体析出，趁热过滤，析出的晶体受热分解，会出现大量的副产品，故A错误；B抽滤时布氏漏斗中选用大小略小于漏斗内径且盖住全部小孔的滤纸，故B正确；C不能用无水乙醇洗涤产品提高纯度，无水乙醇会与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化，故C错误；DKMnO4受热易分解，KMnO4晶体的烘干温度过高会

21、降低产率，应低温烘干，故D正确。(5)洗涤剂不能快速通过，否则洗涤效果不好，所以粗产品的洗涤步骤应为dabef的顺序排列。答案 (1)高温下瓷坩埚和玻璃棒会与KOH等反应，与铁不反应(2)6KOHKClO33MnO23K2MnO4 KCl3H2O(3)AD(4)AC(5)dabef32解析 (1)根据F的结构简式和G的分子式可知，F(C14H19O3N)G(C14H17O2N)的反应少了一个H2O，故反应类型为羟基的消去反应。(2)根据C与反应生成D，再据F的结构简式判断，反应少了一个CH3Cl，故可判断，应先与甲氧基在苯环邻位的H原子发生取代，取代生成的HCl再与甲氧基取代，生成酚羟基与CH

22、3Cl，故D的结构简式为，含氧官能团的名称为(酚)羟基、羰基、酰胺键(肽键)。(3)E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，根据D、F的结构简式可知，EF是羰基与氢气的加成反应，所以E的结构简式为。(4)能发生银镜反应，说明有醛基；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基和甲酸形成的酯基；分子中只有4种不同化学环境的氢原子，因此苯环上取代基应该是对称的，所以符合条件的有机物的结构简式为(5)苯胺易被氧化，因此首先将甲苯硝化，再将硝基还原为氨基后与(CH3CO)2O发生取代反应，最后再氧化甲基变为羧基，可得到产品，其流程图为答案 (1)消去反应(2)(酚)羟基、羰基、酰胺键(肽键)(任写两种)(3)- 17 -