浙江省高考科目临海、新昌两地2022-2023学年高三化学5月适应性考试模考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省高考科目临海、新昌两地2022-2023学年高三化学5月适应性考试模考试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列离子方程式书写正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
浙江省选考科目两地适应性考试
化学试题
考生须知：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用，黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Cr-52 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 In-115 I-127 Ba-137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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. 下列物质中含非极性键的盐是
A. NH4Cl B. Na2C2O4 C. Mg3N2 D. Na2O2
【答案】B
【解析】
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；
【详解】A．氯化铵的铵根离子中含有氮氢极性共价键，A不合题意；
B．Na2C2O4草酸盐，草酸根离子中含有碳碳非极性共价键，B符合题意；
C．氮化镁不属于盐，C不合题意；
D．过氧化钠为氧化物，不属于盐，D不合题意；
故选B。
2. 氯化钠应用广泛，下列说法正确的是
A. 侯氏制碱法是将足量CO2通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出Na2CO3晶体
B. 氯碱工业采用阴离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠
C. 用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，该样品一定是氯化钠
D. 饱和氯化钠溶液能使蛋白质盐析
【答案】D
【解析】
【详解】A．侯氏制碱法是将足量二氧化碳通入氨化的氯化钠饱和溶液中，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故A错误；
B．为防止氯气与氢氧化钠溶液和氢气反应，氯碱工业采用阳离子交换膜电解槽电解饱和食盐水获得氯气和氢氧化钠，故B错误；
C．用洗净的铂丝蘸取某样品在酒精灯上灼烧，火焰呈黄色说明样品中含有钠元素，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠，故C错误；
D．饱和氯化钠溶液能降低蛋白质的溶解度，使蛋白质析出而产生盐析，故D正确；
故选D。
3. 下列化学用语或表述正确的是
A. 石膏化学式：2CaSO4∙H2O B. CaH2的电子式：
C. Cu元素位于周期表ds区 D. 丙炔球棍模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．石膏的化学式：CaSO4∙2H2O，故A错误；
B．CaH2是离子化合物，其电子式：，故B错误；
C．Cu基态原子价电子为3d104s1，铜位于周期表ds区，故C正确；
D．丙炔是直线形结构，而该球棍模型不是直线形，故D错误。
综上所述，答案为C。
4. 物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是
A. 乙二醇的熔点低，可用作生产汽车防冻液
B. NaHCO3受热易分解，可用作泡沫灭火剂
C. ClO2是黄绿色气体，可用于自来水消毒
D. 单晶硅熔点高，可用作半导体材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙二醇具有沸点高，熔点低、不易挥发、热稳定性好、化学性能稳定的特性，所以常用作生产汽车防冻液，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液能与硫酸铝溶液发生双水解反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀、二氧化碳和水，所以碳酸氢钠溶液可用作泡沫灭火剂，故B错误；
C．二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，所以二氧化氯可用于自来水消毒，则可用于自来水消毒与气体的颜色无关，故C错误；
D．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故D错误；
故选A。
5. 下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是
A. 不是所有的铵盐受热分解都能放出NH3
B. Fe和高温水蒸气反应可生成Fe2O3
C. 漂白粉与洁厕灵可混合使用以提高消毒效果
D. 工业制硫酸中需先将SO2压缩，再进行催化氧化
【答案】A
【解析】
【详解】A．不是所有的铵盐受热分解都能放出氨气，如硝酸铵受热分解生成一氧化二氮和水，故A正确；
B．铁和高温水蒸气反应可生成四氧化三铁和氢气，故B错误；
C．漂白粉的主要成分次氯酸钙和洁厕灵的主要成分盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，反应生成有毒的氯气，可能会造成意外事故的发生，所以漂白粉与洁厕灵不能混合使用，故C错误；
D．催化剂作用下二氧化硫和氧气在高温条件下反应生成三氧化硫，该反应在常压条件下反应，所以工业制硫酸中不需要将二氧化硫压缩，故D错误；
故选A。
6. 关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是
A. NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C. NaN3既是还原产物又是氧化产物
D. 生成1molNaN3，共转移4mol电子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱酸的原理，故A错误；
B．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B错误；
C．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物又是氧化产物，故C正确；
D．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol××2=mol，故D错误；
故选C。
7. 下列离子方程式书写正确的是
A. 用FeS除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓
B. 向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)
C. 在Na2S溶液中滴加NaClO溶液：S2-+ClO-+2H+=S↓+Cl-+H2O
D. 向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeS为沉淀不能拆，用FeS除去废水中的Hg2+：FeS+Hg2+HgS↓+Fe2+，A错误；
B．向饱和食盐水中加浓盐酸，氯离子浓度增大，促使氯离子和钠离子析出氯化钠固体：Na+(aq)+Cl-(aq)NaCl(s)，B正确；
C．在Na2S溶液中滴加NaClO溶液发生氧化还原反应生成硫单质和氯离子、同时生成氢氧根离子：S2-+ClO-+H2O =S↓+Cl-+2OH-，C错误；
D．Fe(SCN)3为络合物不能拆，向血红色Fe(SCN)3溶液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe(SCN)3 +Fe=6SCN-+3Fe2+，D错误；
故选B。
8. 下列说法不正确的是
A. 天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂
B. 共价键的方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性
C. 糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物
D. 蛋白质的一级结构与肽键的形成有关
【答案】A
【解析】
【详解】A．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，能溶于强酸或强碱溶液中，大部分能溶于水，难溶于乙醇、乙醚，故A错误；
B．金刚石是共价晶体，晶体中碳碳键具有饱和性和方向性，其中方向性使得金刚石晶体的延展性较差而具有脆性，故B正确；
C．从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，故C正确；
D．蛋白质是生物大分子，具有明显的结构层次性，由低层到高层可分为一级结构、二级结构、三级结构和四级结构，蛋白质的一级结构是指肽链的氨基酸组成及其排列顺序，则蛋白质的一级结构与肽键的形成有关，故D正确；
故选A。
9. 某化合物X结构如图所示，下列说法不正确的是

A. X与酸能形成盐 B. 1molX最多能与3mol溴水反应
C. X最多消耗6molNaOH D. X中含有1个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有酰胺基，能与酸发生水解反应生成盐，故A正确；
B．由结构简式可知，X分子中含有酚羟基和碳碳双键，能与溴水发生取代反应和加成反应，则1molX最多能与3mol溴水反应，故B正确；
C．由结构简式可知，X分子中含有的羧基、酰胺基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1molX最多消耗6mol氢氧化钠，X分子的物质的量未知，则无法计算消耗氢氧化钠的物质的量，故C错误；
D．由结构简式可知，X分子中与酰胺基相连的碳原子为连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；
故选C。
10. X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X在电池能源领域有重要而广泛的用途，Y的价层空轨道数目是半充满轨道数目的一半，Z的一种单质是常见的消毒剂，M与X为同主族元素，Q是地壳中含量最多的金属元素，下列说法不正确的是
A. X的2s电子云比1s电子云更扩散
B. Z与Q形成的晶体是典型的分子晶体
C. 五种元素的原子中第一电离能最高的是Z
D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞Q
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X在电池能源领域有重要而广泛的用途，则X为Li元素；Y的价层空轨道数目是半充满轨道数目的一半，则Y为C元素；Z的一种单质是常见的消毒剂，则Z为O元素；M与X为同主族元素，则M为Na元素；Q是地壳中含量最多的金属元素，则Q为Al元素。
【详解】A．1s轨道离原子核的距离较近较，而2s轨道相对于1s轨道来说离原子核的距离就要远些了，所以锂原子的2s电子云比1s电子云更扩散，故A正确；
B．氧化铝是共价键百分数大于离子键百分数的过渡晶体，不是分子晶体，故B错误；
C．非金属元素的第一电离能大于金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则五种元素的原子中第一电离能最高的是氧原子，故C正确；
D．碳元素的最高价氧化物对应水化物为弱酸碳酸，铝元素的最高价氧化物对应水化物为两性氢氧化物氢氧化铝，所以碳酸的酸性强于氢氧化铝，故D正确；
故选B。
11. 电解法转化CO2可实现CO2资源化。利用如图所示电解法吸收CO2并制得HCOOK，下列说法不正确的是

A. a端接电源的正极
B. Sn片上发生的电极反应为：2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCO
C. 标准状况下，电路中转移1mole—阳极产生5.6L气体
D. 电解一段时间后，阳极区需要补充KHCO3溶液
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，与直流电源正极相连的铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子。
【详解】A．由分析可知，铂片为电解池的阳极，故A正确；
B．由分析可知，锡片为阴极，二氧化碳在碳酸氢根离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，电极反应式为2CO2+2e—+H2O=HCOO—+HCO，故B正确；
C．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，所以电路中转移1mol电子时，阳极产生气体的体积大于1mol××22.4L/mol=5.6L，故C错误；
D．由分析可知，铂片为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，则电解一段时间后，阳极区需要补充碳酸氢钾溶液，故D正确；
故选C。
12. 氯化二乙基铝(CH3CH2)2AlCl既能形成稳定的二聚体，也能形成三聚体。(CH3CH2)2AlCl三聚体所有原子最外层电子均达到稳定结构，结构如图所示，下列推测不合理的是

A. (CH3CH2)2AlCl三聚体分子中含有3个配位键，每个Al的配位数是4
B. (CH3CH2)2AlCl的三聚体为非极性分子
C. (CH3CH2)2AlCl与O2完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢
D. (CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子中中心离子是铝离子，氯离子和乙基是配体，铝离子的配位数为4，故A正确；
B．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子是结构对称的非极性分子，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，(CH3CH2)2AlCl一定条件下与氧气完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢，故C正确；
D．氯元素的电负性大于溴元素，铝氯键强于铝溴键，则水解时(CH3CH2)2AlCl的铝氯键比(CH3CH2)2AlBr的铝溴键难以断裂，比(CH3CH2)2AlBr更难水解，故D错误；
故选D。
13. 亚磷酸(H3PO3)及其盐在工农业生产中有着重要作用。25℃时，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol•L-1，溶液中所有含磷微粒的lgc－pOH的关系如图所示。已知：pOH表示OH-浓度的负对数[pOH=-lgc(OH-)]。下列说法正确的是

A. 曲线①表示lgc(H2PO)随pOH的变化
B. pH=4的溶液中：c(H3PO3)+2c(HPO)=0.1mol•L-1
C. 反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K=1.0×10-5.3
D. 浓度均为0.1mol•L-1的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液中将增大
【答案】D
【解析】
【分析】任何pOH下，图中含R物质均有3种，说明H3RO3存在二级电离，为二元弱酸；随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3RO3+OH-=+H2O、 +OH-=+H2O，可知c(H3RO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故lgc(H3RO3)逐渐减小，lgc()先增大后减小，lgc()逐渐增大，故曲线①表示c()，曲线②表示c()，曲线③表示c(H3RO3)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，曲线②表示c()随pOH的变化，故A错误；
B．pH=4时，pOH=10，由图可知，此时，lgc(H3RO3)=lgc()，即c()=c(H3RO3)，而c(H3RO3)+c()+c()=0.1 mol•L-1，故2c(H3RO3)+c()=0.1 mol•L-1，故B错误；
C．根据a点知，c()=c()时，pOH=7.3，c(OH-)=10-7.3 mol/L，c(H+)=10-6.7 mol/L，则H3RO3的Ka2==c(H+)=10-6.7，根据c点知，c()=c(H3RO3)，pOH=12.6，c(OH-)=10-12.6 mol/L，c(H+)=10-1.4 mol/L，则H3RO3的Ka1==c(H+)=10-1.4，由H3RO3⇌ +H+减去 ⇌+H+，可得H3RO3+⇌2，则平衡常数K==105.3，故C错误；
D．浓度均为0.1mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液，加水稀释10倍后溶液碱性减弱，c(OH-)减小，的水解平衡常数不变，根据可知，该比值增大，故D正确；
故选：D。
14. 叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示：
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3COC2H5+HBr

下列说法不正确是
A. 过渡态能量：①＞②＞③
B. (CH3)3COC2H5可以逆向转化为(CH3)3CBr，但不会转化为(CH3)2C=CH2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大
D. 向(CH3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(CH3)2C=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确；
B．(CH3)3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；
C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；
D．由图可知，(CH3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；
故选B。
15. 印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq) Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列说法不正确的是
A. 椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳
B. 弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀
C. 将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化
D. 海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳，A正确；
B．弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B正确；
C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，较高浓度的碳酸根离子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)转化为CaCO3(s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；
D．海水中CO2浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D错误；
故选D。
16. 下列实验设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
加热0.5mol•L-1CuCl2蓝色溶液
加热溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-吸热
B
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)
C
证明干燥的氯气不具有漂白性
将干燥的氯气通入盛放红色鲜花的集气瓶中
红色鲜花颜色褪去，说明干燥的氯气有漂白性
D
探究浓度对反应速率的影响
室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片
B试管中无明显现象，说明浓度越大反应速率越慢

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．加热0.5mol•L-1氯化铜蓝色溶液，溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4 H2O的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故A正确；
B．没有明确混合溶液中氯化钠和溴化钠的浓度是否相等，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，不能说明溴化银的溶度积小于氯化银，故B错误；
C．干燥的氯气没有漂白性，红色鲜花颜色褪去是因为氯气与水反应生成的次氯酸应强氧化性而表现漂白性，故C错误；
D．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选A。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 硫及其化合物有许多用途。请回答：
（1）基态硫原子的价电子排布图为_______。
（2）S的某些同素异形体由S8环构成，S8环中∠S－S－S平均键角最接近______(填序号)。
A. 120° B. 105° C. 112° D. 180°
（3）比较H2S和C2H5SH的酸性：H2S_______C2H5SH(填＞”、“