2022年7月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷01（参考答案）

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2022年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试化学仿真模拟试卷01·参考答案123456789101112131415CDABCDDBACABACB 16171819202122232425CCDDBABCAC 1．【答案】C【解析】A项，CO2表示的是二氧化碳，故A不符合题意；B项，NO2表示的是二氧化氮，故B不符合题意C项，SO2表示的是二氧化硫，故C符合题意；D项，NO表示的是一氧化氮，故D不符合题意；故选C。2．【答案】D【解析】按物质的组成进行分类，Na[Al(OH)4]由酸根离子和钠离子构成，属于盐，故选D。3．【答案】A【解析】A项，烧杯加热时应垫上石棉网，A符合题意；B项，漏斗是用于过滤或向小口容器中加入液体物质的仪器，不能用来加热，B不符合题意；C项，容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用来进行加热操作，C不符合题意；D项，冷凝管是进行降温冷凝的装置，不能进行加热，D不符合题意；故选A。4．【答案】B【解析】能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，说明该气体能氧化KI生成碘单质，碘单质才能使淀粉变蓝，则该气体具有氧化性，则气体是Cl2，故选B。5．【答案】C【解析】A项，CO2是在熔融状态不导电的化合物，CO2不属于电解质， A项不符合题意；B项，Cu是金属单质，既不是电解质、也不是非电解质，B项不符合题意；C项，Ca(OH)2是溶于水和熔融状态下自身能电离出离子而导电的化合物，Ca(OH)2属于电解质，C项符合题意；D项，C2H5OH是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，C2H5OH属于非电解质，D项不符合题意；故选C。6．【答案】D【解析】A项，H2SO4与BaCl2反应生成BaSO4，H2SO4→BaSO4的转化过程不需要发生氧化还原反应就能实现，不需要加入氧化剂，故A不符合题意；B项，Fe3+→Fe2+的转化过程中，Fe元素化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故B不符合题意；C项，CuO→Cu的转化过程中，Cu元素的化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故C不符合题意；D项，Mn2+→MnO4-的转化过程中，Mn元素的化合价升高，失电子，被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D符合题意；故选D。7．【答案】D【解析】A项，NaCl 溶液，B项，葡萄糖溶液，C项，CuSO4 溶液中微粒直径小于10-9nm，故A、B、C；D项，AgI 胶体微粒的直径为10-9-10-7nm，大于A、B、C的粒子直径，故D正确。8．【答案】B【解析】A项，乙醇的结构式为，故A错误；B项，CH4分子为正四面体，碳原子处在四面体中心，碳原子比氢原子大，故B正确；C项，甲基是个中性基团，其电子式为 ，故C错误；D项，氟离子是阴离子，其结构示意图为，故D错误；故选B。9．【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。10．【答案】C【解析】A项，侯氏制碱法原料为二氧化碳、氨气、水、NaCl，电解饱和食盐水可制得烧碱，故以NaCl为原料，工业上可制备纯碱和烧碱， A正确；B项，二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆及草帽等编织物，B正确；C项，碳酸钡能和胃液中的HCl反应产生Ba2+，Ba2+是重金属离子，能使蛋白质变性而使人中毒，不可服用，C错误；D项，铜盐属于重金属盐，能使细菌蛋白质变性，可用作游泳馆池水消毒剂，D正确。故选C。11．【答案】A【解析】W元素的核电荷数为X元素的2倍，则X元素为O，W为S，Y、Z、A、B、T元素分别为Si、P、Cl、Br、As。Si在自然界中主要以SiO2和硅酸盐的形式存在，不存在游离态，A项错误；同一周期从左往右半径逐渐减小，同一主族半径从上往下依次减小，X、W、Z元素的原子半径X＜W＜Z，B项正确；非金属性Cl＞Br，稳定性HCl＞HBr，C项正确；T元素As位于金属和非金属的分界线附近，具有半导体性质，D项正确。12．【答案】B【解析】不符合物质的固定组成，应为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，A错误；金属钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，两个方程式合二为一，即为2Na+2H2O +Mg2+＝2Na++H2↑+Mg(OH)2↓，B正确；氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，酸性：盐酸>碳酸>次氯酸，所以CO32﹣+2Cl2+ H2O＝CO2↑+2Cl－+ 2HClO，C错误；浓盐酸能拆成离子形式，不能写成分子式，D错误。13．【答案】A【解析】A项，SO2易溶于水，所以把充满SO2、塞有橡胶塞的试管倒立在水中，打开塞子，随着SO2溶于水，试管内压强降低，液面会缓慢上升，A正确；B项，玻璃中含有Na、Ca元素，不能用玻璃棒进行焰色试验，B错误；C项，Mg与热水反应缓慢，现象不明显，C错误；D项，不能在容量瓶中进行溶解操作，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却后再转移至容量瓶中，D错误；故选A。14．【答案】C【解析】A项，甲烷和氯气发生取代反应，不仅是停留在第一步，会继续反应生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，A错误；B项，相同物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时，消耗氧气的量相同，而不是相同质量，B错误；C项，乙烯能使溴水褪色是由于发生加成反应，而乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是由于发生氧化反应，两者的反应类型不同，C正确；D项，石油分馏得到的汽油的主要成分为饱和烃，不能与Br2发生加成反应，裂化汽油的含有不饱和烃，可以与Br2发生加成反应，D错误。15．【答案】B【解析】A项，1mol葡萄糖能在酒化酶的作用下分解生成2mol CH3CH2OH和2mol CO2，故A错误；B项，蛋白质在轻金属盐浓溶液中发生盐析，在鸡蛋清溶液中加入饱和食盐水会因盐析产生凝聚，故B正确；C项，油脂不属于高分子化合物，1mol油脂完全水解生成1mol甘油和3mol高级脂肪酸，故C错误；D项，欲检验蔗糖酸催化水解产物是否具有还原性，先向水解后的溶液中加入氢氧化钠中和酸，再加入新制的Cu (OH)2悬浊液并加热，故D错误；选B。16．【答案】C【解析】A项，合成甲醇过程中为放热反应，故A错误；B项，1mol CO(g)与2molH2(g)反应生成1molCH3OH(g)放出的热量等于(b-a)kJ，则生成1molCH3OH(l)放出的热量大于(b-a)kJ，故B错误；C项，该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，C正确；D项，放热反应，断裂旧键吸收的总能量小于形成新键释放的能量，则1mol CO(g)和2mol H2(g)的总键能低于1molCH3OH(g)总键能，故D错误。17．【答案】C【解析】A项，缺少标准状况下，且CH3OH在标准状况下是液体，无法计算，故A错误；B项，电子由电极a经负载流向电极b，但电子不经过氢氧化钠溶液返回电极a，故B错误；C项，电池工作时，“同性相吸”原理，OH－向电极a移动，CH3OH－6e－＋8OH－＝6H2O＋CO32－，甲醇失去电子，消耗氢氧根，溶液的pH减小，故C正确；D项，碱性环境下，电极b上发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，故D错误。故选C。18．【答案】D【解析】A项，可燃冰指天然气水合物，主要成分是甲烷，其燃烧无助于减少碳排放，A错误；B项，正常疫苗的储存温度为2-8度，超过这个温度后，会导致疫苗的变性，B错误；C项，碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子材料，C错误；D项，芯片制造中的光刻技术是利用光敏树脂在曝光条件下发生分子间聚合而成，该过程是化学变化，D正确；故选D。19．【答案】D【解析】A项，HCl属于共价化合物溶于水电离，破坏共价键，NaCl属于离子化合物，溶于水破坏离子键，A错误；B项，H2SO4溶于水能电离出H+和SO42－，所以硫酸是酸，硫酸是共价化合物，不是离子化合物，B错误；C项，PCl5中，Cl原子的最外层具有8电子稳定结构，P原子不是8电子稳定结构，C错误；D项，离子化合物中不一定含有金属元素，例如铵盐等，D正确。20．【答案】B【解析】A项，合金原子层之间的排列不规整，滑动变得困难，增大了合金的硬度，因此纯铁的硬度比生铁小，A正确；B项，富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳材料，它们组成元素相同但是结构不同，导致物理有很大差异，因为是同种元素故化学性质相似，B错误；C项，天然纤维的原料是棉、大麻、黄麻、亚麻等植物纤维和兔毛、羊毛、蚕丝等动物纤维，但燃烧时产生的气味不同，C正确；D项，绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学、 它是利用化学原理和方 绿色化学又称环境无害化学、环境友好化学、清洁化学生产各种材料时最好选择无毒无害原料，D正确；故选B。21．【答案】A【解析】A项，3.2g是氧原子的总质量，即氧原子的物质的量为3.2/16mol=0.2mol，A正确；B项，100g 46%的乙醇水溶液中含有的氧原子个数大于NA个，因为溶剂水分子还含有氧原子，B错误；C项，2.24L氯气不一定是1mol，溶于NaOH溶液中，转移电子数不一定为0.1NA，C错误；D项，0.1NA个HCl溶于100mL水中，所得溶液的体积不确定，不能计算c(H+)，D错误。22．【答案】B【解析】A项，要通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢，则实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量，A正确；B项，不能确定40 s内高锰酸钾溶液浓度的变化量，因此不能计算这段时间内平均反应速率，B错误；C项，探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②，C正确；D项，实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用，D正确。23．【答案】C【解析】A项，用98%的浓硫酸配制溶解所用的4.5 mol·L-1的稀硫酸需要用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管四种玻璃仪器，A错误；B项，步骤②目的是将溶液Ⅰ中的Fe2+充分转化成Fe3+，若通入足量的氯气会引入新的杂质对后面晶体的提取产生影响，所以应该用绿色氧化剂过氧化氢溶液，B错误；C项，Cu(OH)2和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，氢氧化铜溶液呈碱性可以代替氧化铜，对实验结果无影响，故C正确；D项，在进行蒸发结晶时不能将溶剂直接蒸干，应该蒸发到剩下少量水时停止加热利用余热蒸干，D错误；故选C。24．【答案】A【解析】至沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁。根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为(n-m)克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n(e-)=n(OH-)=，故选A。25．【答案】C【解析】A项，向溶液中加入了氧化剂后滴加KSCN溶液，溶液变红，说明其中存在铁离子，但无法确定该铁离子是由亚铁离子氧化而来还是原本即存在于溶液中的，A错误；B项，二氧化硫的漂白性是由于其可以与部分有色物质化合成为无色物质，不能漂白石蕊试液，故紫色石蕊试液变红后不褪色，B错误；C项，向2mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加2滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明Br2的氧化性比I2的强，C正确；D项，该操作有白色沉淀产生，沉淀可能为硫酸钡也可能为氯化银，故无法确定待测液是否一定含有硫酸根离子，D错误；故选C。26．【答案】(1)①(2分)  ②NH4HCO3 (2分)(2)搅拌、引流(2分) (3)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2(2分)27．【答案】(1)CH2OH(CHOH)4CHO(2分)  (2)2CH2==CH2+O22CH3CHO(2分)  (3)ACDE(4分)【解析】A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6∶1，说明E分子中C与H原子个数比为1：2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。(1) A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A项，有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B．C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C．1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D．饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E. 乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选ACDE。28．【答案】(1)Fe3C(2分)    (2分)    (2)CO2+2Na++CO32-+H2O=2NaHCO3(2分)    (3)取少量C溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则溶液中存在Fe2+(其他答案合理均给分) (2分)   【解析】X在空气中煅烧生成磁性固体四氧化三铁和无色无味气体，无色无味气体通入足量饱和碳酸钠溶液生成白色固体，生成了碳酸氢钠，说明无色气体为二氧化碳，从而得出由碳和铁元素组成，碳的物质的量等于二氧化碳的物质的量，二氧化碳物质的量为0.02 mol，碳的质量为0.24 g，铁的质量为3.36g，铁的物质的量0.06 mol，铁和碳的物质的量之比为3：1，即X化合物化学式为Fe3C。(1)根据上面分析得出A为二氧化碳物质的量为0.02 mol，碳的质量为0.24 g，铁的质量为3.36g，铁的物质的量0.06 mol，铁和碳的物质的量之比为3：1，即X化合物化学式为Fe3C，A的电子式；(2)无色气体A通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠晶体，其离子方程式CO2+2Na++CO32－+H2O=2NaHCO3；⑶实验检验溶液C中亚铁离子是否存在，取少量C溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则溶液中存在Fe2+，或取少量C溶液，滴加加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则溶液中存在Fe2+。29．【答案】(1)2NaClO+C2H5OH→2NaOH+CH3CHO+Cl2↑(3分)     (2)2ClO-=O2+2Cl-(3分)     乙醇易挥发且易燃，与带火星木条存在安全隐患(2分)     (3) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2分)【解析】(1)84消毒液具有强氧化性，酒精具有还原性，会发生氧化还原反应，乙醇被氧化成乙醛，黄绿色气体是氯气，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为2NaClO+C2H5OH→2NaOH+CH3CHO+Cl2↑。(2)反应一段时间后装置温度升高，次氯酸根分解，有O2产生，离子方程式为2ClO-=O2+2Cl-；乙醇易挥发且易燃，所得气体中混有乙醇蒸气，用带火星的木条检验存在安全隐患。(3) C中目的是用NaOH溶液吸收多余的氯气，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。30．【答案】1.2×10-3 mol·L-1    c0=0.13 mol·L-1    【解析】生成多硫离子的反应S+S2-→S22- 2S+S2-→S32-，由于溶液中最大聚合度的多硫离子是S32-，且各离子的浓度比符合等比数列1，10，100，…，10n-1，则 c(S22-)=10c(S2-)=10c1，c(S32-)=100c(S2-)=100c1，根据反应的计量关系，可以列出以下方程：根据S2-守恒有：c1+10c1+100c1=c0；根据S守恒有：10c1+2×100c1==0.25mol/L；解得：c1=1.2×10-3 mol·L-1，c0=0.13 mol·L-1。