2018屆浙江省五校大學聯考化學模擬試卷及答案

來源：文萃谷 3.2W

在最後短暫的大學聯考複習時間裏，考生要想考高分可以通過多做模擬試卷來提升自己，以下是本站小編為你整理的2018屆浙江省五校大學聯考化學模擬試卷，希望能幫到你。

　　2018屆浙江省五校大學聯考化學模擬試卷題目

一、單項選擇題(本題共7小題，共102分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.選對的得6分，選錯或不選的得0分.)

1.下列説法不正確的是(　　)

A.2015年諾貝爾化學獎頒給了研究細胞修復自身DNA機制的三位科學家屬於有機高分子，化學家鮑林(ing)提出的氫鍵理論和蛋白質分子的螺旋結構模型，為DNA分子雙螺旋結構模型的提出奠定了基礎

B.生物鍊銅是指銅礦石在細菌作用下可把不溶性的硫化銅轉化為可溶性銅鹽，使銅的冶煉變得簡單

C.埃博拉病毒對化學藥品敏感，乙醇、次氯酸鈉溶液、雙氧水均可以將病毒氧化而達到消毒的目的

D.掃描隧道顯微技術、超分辨熒光顯微技術等的發展促進了人類對微觀結構的探索，可實現對原子或分子的操控，使科學研究邁入更高的水平層次

2.下列儀器的使用、實驗藥品選擇或實驗現象描述正確的是(　　)

A.物質的分離提純方法之一為“篩分”，如：膠體﹣﹣滲析法提純，濁液﹣﹣過濾分離，本質上就是依據所分離粒子的直徑大小選擇具有合適孔徑的“篩子”

B.容量瓶、量筒和滴定管上都標有使用温度，容量瓶無“0”刻度，量筒和滴定管有“0”刻度;使用時滴定管水洗後還需潤洗，但容量瓶水洗後不用潤洗

C.工業上電解飽和食鹽水時，為了阻止產物相互之間反應，往往用陰離子交換膜把陽極和陰極隔開

D.室温下，濃度均為0.1 molL﹣1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5 mL、10 mL的Na2S2O3溶液分別與10 mL的H2SO4溶液混合反應，可驗證Na2S2O3濃度對反應速率的影響

3.短週期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序數依次增大，其中X與其它元素均不位於同一主族，Y和W的原子序數相差8，Y、Z、W三種原子的最外層電子數之和為16，X、Z的最高正價和最低負價的代數和均為0.下列説法正確的是(　　)

A.M的氫化物的水溶液能與W的鈉鹽溶液，反應得到W的氫化物，説明非金屬性M>W

B.原子半徑的大小順序：r(W)>r(Z)>r(Y)

C.Y與Z形成的化合物能與鹼反應，但不能和任何酸反應

D.X和Y，W和M均能形成原子個數比為1：1的分子

4.下列説法正確的是(　　)

A.下列物質的沸點按由低到高的順序排列為CH3(CH2)2CH3

B.青蒿素是抗瘧疾特效藥，結構如圖1所示，有酯基、過氧鍵和醚鍵，不溶於水，易溶於氯仿、丙酮等，可以用乙醚從植物中提取，能夠發生水解反應，具有強氧化性

C.油脂在一定條件下水解成高級脂肪酸和甘油，稱為皂化反應

D.按系統命名法命名時，圖2有機物的名稱是3，5，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷

5.膜技術原理在化工生產中有着廣泛的應用.有人設想利用電化學原理製備少量硫酸和綠色硝化劑N2O5，裝置圖如下.下列説法不正確的是(　　)

A.X是原電池，能夠生產硫酸.Y是電解池，能夠生產N2O5

B.c電極的電極反應方程式為：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+

C.當電路中通過2mol e﹣，X、Y中各有1molH+從左邊遷移到右邊

D.為保證X中硫酸的質量分數不變，則加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4

6.常温下，向1L0.1mol/L H2A溶液中逐滴加入等濃度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物質的量分數與溶液pH的關係如圖所示，則下列説法中正確的是(　　)

A.H2A的電離方程式為：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣

B.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(H2A)=0.1mol/L

C.常温下，等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合後溶液pH=3.0

=4.0時，圖中n(HA﹣)約為0.0091mol

7.某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的量相等.為確定該溶液X的成分，某學習小組做了如下實驗：

則下列説法正確的是(　　)

A.若含有Fe3+，則一定含有Cl﹣

42﹣、NH4+一定存在，NO3﹣、Cl﹣可能不存在

32﹣、Al3+、K+一定不存在

D.氣體甲、沉澱甲一定為純淨物

二、解答題(共4小題，滿分48分)

8.甘蔗主要用於生產蔗糖，剩餘的甘蔗渣去除渣髓後主要成分為纖維素.物質A能發生銀鏡反應，A、B、D、E、F、G為有機小分子，H、I為高分子，它們之間存在如下轉化關係(部分反應條件及產物未列出).D是石油裂解氣的主要成分，E的結構為 .

請完成以下問題：

(1)F中所含官能團的名稱：　　　　　　，A的分子式　　　　　　，反應④的反應類型為：　　　　　　.

(2)反應③的化學方程式：　　　　　　;

(3)寫出C和E在一定條件下可生成一種可降解的高聚物的方程式　　　　　　.

(4)寫出滿足以下條件的G的同分異構體的結構簡式　　　　　　.

①鏈式結構且分子中不含甲基 ②能與NaHCO3溶液反應產生CO2.

9.(1)寫出過氧化鈉的電子式　　　　　　.

(2)工業中為了減少燃煤產生的二氧化硫氣體，可在煤炭中混入一定量的石灰石再去燃燒，請用一個化學反應方程式表示其原因：　　　　　　.

(3)完成以下氧化還原反應方程式：

P4+　　　　　　CuSO4+　　　　　　=　　　　　　Cu3P+　　　　　　H3PO4+　　　　　　.

10.化合物甲由X、Y兩種元素組成，含甲的礦石在自然界儲量較多，稱取一定量的甲，加足量濃鹽酸使其完全溶解，將溶液分為A、B兩等份，向A中加足量NaOH溶液，過濾、洗滌、灼燒得到紅棕色固體28g，經分析甲與該紅棕色固體組成元素相同;向B中加8.0g銅粉充分反應後經過濾、洗滌、低温乾燥，得固體1.6g.

(1)甲的化學式　　　　　　，寫出足量濃鹽酸溶解甲的離子反應方程式　　　　　　.

(2)設計實驗驗證溶液A中金屬X離子的價態　　　　　　.

(3)有同學猜測能用含金屬元素X的單質和二氧化碳在高温下反應制取化合物甲，請從氧化還原反應的角度説明該猜測的合理性　　　　　　.

(4)金屬元素X和碳元素形成的化合物X3C，又稱為滲碳體.是具有高化學穩定性的新型還原劑，同時還可以作為催化劑應用於石油化工、汽車尾氣處理等領域.工業上可用粉碎後甲的礦石和預熱後的CH4、H2混合氣體在一定温度、壓強條件下發生反應來製備，寫出該反應方程式　　　　　　.X3C不溶於冷水、熱水、稀酸，可溶於熱的濃硝酸，寫出X3C和熱的濃硝酸反應的化學方程式　　　　　　.

11.氨可用於製取氨水、液氮、氮肥(尿素、碳銨等)、硝酸、銨鹽、純鹼等，因此被廣泛應用於化工、輕工、化肥、製藥、合成纖維、塑料等行業中，是重要的化工產品.

(1)以甲烷為原料可製得合成氨氣用的氫氣.有關化學反應的能量變化如圖1所示.則CH4(g)與H2O(g)反應生成CO(g)和H2(g)的熱化學方程式為　　　　　　.

(2)已知N2(g)+3H2⇌2NH3(g)△H=﹣94.4kJmol﹣1，恆容時，體系中各物質濃度隨時間變化的曲線如圖2所示.

①25min時採取的措施是　　　　　　.

②在實際制氨氣工業生產中和該措施的目的相同的其它措施還有　　　　　　.

(3)①CO可使合成氨的催化劑中毒而失去活性，因此工業上常用乙酸二氨合銅(I)溶液來吸收原料氣體中的CO，反應原理：[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l)△H<0，吸收後的乙酸銅氨溶液經過適當處理後可再生而恢復其吸收CO的能力，則再生的適宜條件是　　　　　　.溶液反應，容器中氨氣的物質的量濃度隨時間的變化如圖3所示.若在35s時再充入原物質的量的CO和NH3氣體後，請在圖3中畫出氨氣的物質的量濃度隨時間變化圖.

(4)①用氨氣製取尿素[CO(NH2)]的反應為2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H<0.某温度下，向容器為100L的密閉容器中通入4mol NH3和2molCO2，該反應進行到40s時，達到平衡，此時CO2的轉化率為50%.則該反應的平衡常數K=　　　　　　.

②在實際工業生產中，原料氣帶有水蒸氣，圖4表示CO2的轉化率與氨碳比、水碳比的變化關係.

a、曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的水碳比(n(H2O)/n(CO2))最大的是　　　　　　.

b、測得B點氨的轉化率為40%，則x1=　　　　　　.

　　2018屆浙江省五校大學聯考化學模擬試卷答案

一、單項選擇題(本題共7小題，共102分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.選對的得6分，選錯或不選的得0分.)

1.下列説法不正確的是(　　)

B.生物鍊銅是指銅礦石在細菌作用下可把不溶性的硫化銅轉化為可溶性銅鹽，使銅的冶煉變得簡單

C.埃博拉病毒對化學藥品敏感，乙醇、次氯酸鈉溶液、雙氧水均可以將病毒氧化而達到消毒的目的

D.掃描隧道顯微技術、超分辨熒光顯微技術等的發展促進了人類對微觀結構的探索，可實現對原子或分子的操控，使科學研究邁入更高的水平層次

【分析】A、化學家鮑林提出了氫鍵理論和蛋白質分子的螺旋結構模型;

B、微生物法是採用某些細菌能用空氣中的氧氣氧化硫化銅礦石;

C、乙醇使蛋白質變性;

D、新科技的發展促進人們的研究能力和水平.

【解答】解：A、化學家鮑林提出了氫鍵理論和蛋白質分子的螺旋結構模型，為DNA分子雙螺旋結構模型的提出奠定了基礎，故A正確;

B、把不溶性的硫化銅氧化，硫從負二價被氧化成正六價，故最後轉化成可溶的硫酸銅，故B正確;

C、乙醇消毒液消毒是因為可以使蛋白質變性，而並非是將病毒氧化，而次氯酸鈉溶液可以將病毒氧化而達到消毒的目的，故C錯誤;

D、掃描隧道顯微技術、超分辨率熒光顯微技術等技術的發展促進了人類對物質微觀結構的探索，使科學研究邁入更高水平層次，故D正確.

故選C.

【點評】本題考查了化學史、前沿科技的理解，注意對相關知識的積累，側重於考查學生對基礎知識的應用能力.

2.下列儀器的使用、實驗藥品選擇或實驗現象描述正確的是(　　)

B.容量瓶、量筒和滴定管上都標有使用温度，容量瓶無“0”刻度，量筒和滴定管有“0”刻度;使用時滴定管水洗後還需潤洗，但容量瓶水洗後不用潤洗

C.工業上電解飽和食鹽水時，為了阻止產物相互之間反應，往往用陰離子交換膜把陽極和陰極隔開

D.室温下，濃度均為0.1 molL﹣1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5 mL、10 mL的Na2S2O3溶液分別與10 mL的H2SO4溶液混合反應，可驗證Na2S2O3濃度對反應速率的影響

【分析】A.滲析、過濾都利用微粒直徑大小;

B.量筒沒有0刻度;

C.常將兩個極室用離子膜隔開;

D.H2SO4溶液濃度不同.

【解答】解：A.膠體粒子直徑比半透膜小，可用滲析方法分離，濁液粒子不能透過濾紙，可用過濾的方法分離，故A正確;

B.量筒沒有0刻度，量筒不能潤洗，直接使用乾燥的量筒，故B錯誤;

C.工業上電解飽和和鹽水時，從安全性和綜合效率角度考慮，常將兩個極室用離子膜隔開，防止H2與Cl2混合爆炸，故C錯誤;

D.H2SO4溶液濃度不同，應是H2SO4溶液濃度相同，故D錯誤.

故選A.

【點評】本題考查較為綜合，涉及物質的分離、實驗操作、電解原理以及化學反應速率等知識，為大學聯考常見題型和高頻考點，側重於學生的分析能力和實驗能力的考查，注意相關基礎知識的積累，難度不大.

A.M的氫化物的水溶液能與W的鈉鹽溶液，反應得到W的氫化物，説明非金屬性M>W

B.原子半徑的大小順序：r(W)>r(Z)>r(Y)

C.Y與Z形成的化合物能與鹼反應，但不能和任何酸反應

D.X和Y，W和M均能形成原子個數比為1：1的分子

【分析】短週期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序數依次增大，其中Y和W的原子序數相差8，Y不可能為H元素，故二者只能為同主族元素，則Y為O元素、W為S元素，結合原子序數可知M為Cl，Y、Z、W三種原子的最外層電子數之和為16，則Z的最外層電子數為16﹣6﹣6=4，則Y為Si，X、Z的最高正價和最低負價的代數和均為0，X與其它元素均不位於同一主族，可知X只能為H，然後結合元素週期律及元素化合物知識來解答.

【解答】解：短週期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序數依次增大，其中Y和W的原子序數相差8，Y不可能為H元素，故二者只能為同主族元素，則Y為O元素、W為S元素，結合原子序數可知M為Cl，Y、Z、W三種原子的最外層電子數之和為16，則Z的最外層電子數為16﹣6﹣6=4，則Y為Si，X、Z的最高正價和最低負價的代數和均為0，X與其它元素均不位於同一主族，可知X只能為H，

與Na2S的溶液反應生成H2S，為強酸製取弱酸的反應，不能利用無氧酸的酸性比較非金屬性，故A錯誤;

B.同週期原子序數大的原子半徑小，則原子半徑的大小順序：r(Z)>r(W)>r(Y)，故B錯誤;

C.Y與Z形成的化合物SiO2，能與鹼反應，能和HF酸反應，故C錯誤;

D.X和Y，W和M均能形成原子個數比為1：1的分子，分別為H2O2、S2Cl2，故D正確;

故選D.

【點評】本題考查位置、結構與性質的關係，為高頻考點，把握元素的位置、原子序數的關係推斷元素為解答該題的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意元素週期律及元素化合物知識的應用，題目難度不大.

4.下列説法正確的是(　　)

A.下列物質的沸點按由低到高的順序排列為CH3(CH2)2CH3

C.油脂在一定條件下水解成高級脂肪酸和甘油，稱為皂化反應

D.按系統命名法命名時，圖2有機物的名稱是3，5，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷

【分析】A.烷烴隨着分子中碳原子數的遞增呈規律性變化，沸點逐漸升高，碳原子數相同的烴，支鏈越多，熔、沸點越低;

B.由結構圖可知青蒿素含有的官能團，根據官能團判斷青蒿素的性質;

C.油脂鹼性條件下水解成高級脂肪酸鹽和甘油，稱為皂化反應;

D.從靠近支鏈的一端開始編號，2、4、6號C上分別有一個甲基，3號C上有一個乙基.

【解答】解：A.烷烴隨着分子中碳原子數的遞增呈規律性變化，沸點逐漸升高，碳原子數相同的烴，支鏈越多，熔、沸點越低，因此沸點為CH3(CH2)2CH3<(CH3)3CCH3<(CH3)2CHCH2CH3

B.由青蒿素的結構圖可知，含有酯基、過氧鍵和醚鍵，不含羧基和羥基，不溶於水，易溶於有機溶劑，酯基能發生水解反應，過氧鍵具有氫氧化性，故B正確;

C.油脂鹼性條件下水解成高級脂肪酸鹽和甘油，稱為皂化反應，故C錯誤;

D.按系統命名法命名時，圖2有機物的名稱是2，4，6﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷，故D錯誤;

故選B.

【點評】本題考查烷烴的命名及性質規律、青蒿素的結構和性質推斷、油脂的性質，綜合性較強，其中B選項是大學聯考的熱點，題目難度中等.

5.膜技術原理在化工生產中有着廣泛的應用.有人設想利用電化學原理製備少量硫酸和綠色硝化劑N2O5，裝置圖如下.下列説法不正確的是(　　)

A.X是原電池，能夠生產硫酸.Y是電解池，能夠生產N2O5

B.c電極的電極反應方程式為：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+

C.當電路中通過2mol e﹣，X、Y中各有1molH+從左邊遷移到右邊

D.為保證X中硫酸的質量分數不變，則加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4

【分析】(A)由圖可知：X裝置能自發的進行氧化還原反應且沒有外接電源，所以X是原電池，總反應為2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以產生硫酸，二氧化硫的電極失電子發生氧化反應，為負極，則b為正極，Y屬於電解池，與電源的正極b相連的電極c為陽極，N2O4在陽極失電子生成N2O5;

(B)c是陽極，d是陰極，陽極上N2O4放電生成N2O5;

(C)根據電極反應式得出轉移電子的物質的量與氫離子的關係，再從離子在溶液中的移動方向判斷;

(D)X裝置中，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，根據關係式計算，注意硫酸的濃度不變.

【解答】解：(A)X裝置能自發的進行氧化還原反應且沒有外接電源，所以X是原電池，總反應為2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以產生硫酸，通入二氧化硫的電極失電子發生氧化反應，為負極，則b為正極，Y屬於電解池，與電源的正極b相連的電極c為陽極，N2O4在陽極失電子生成N2O5，故A正確;

(B)c是陽極，d是陰極，陽極上N2O4放電生成N2O5，電極反應為N2O4﹣2e﹣+2HNO3=2N2O5+2H+，故B正確;

(C)X裝置中SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，則有關係式：SO2～2e﹣～4H+，Y中N2O4﹣2e﹣+2HNO3=2N2O5+2H+，則有關係式：N2O4～2e﹣～2H+，所以電子與氫離子的關係前者為1：2，後者為1：1，當電路中通過2mol e﹣，X中負極有4molH+產生，陽離子向正極移動，即從左邊遷移到右邊;Y中陽極有2molH+產生，陽離子向陰極移動，即從左邊遷移到右邊，故C錯誤;

(D)X裝置中，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，當有1molSO2反應，消耗水2mol，生成硫酸的質量為：1mol×98g/mol=98g，消耗水的質量為：2mol×18g/mol=36g，設通入xmolH2O，則有： ×100%=50%，解得x=7.4，則加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4，故D正確;

故選C.

【點評】本題考查了原電池和電解池原理，根據是否自發進行判斷原電池和電解池，再結合各個電極上發生的電極反應分析解答，難點是電極反應式的書寫，最後的計算很容易出錯，要注意質子膜只能讓氫離子通過，而水分子不能通過，所以不能用總反應式解題，否則得到的比例關係是1：6.4，題目有一定的難度.

A.H2A的電離方程式為：H2A⇌H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣

B.0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2﹣)+c(HA﹣)+c(H2A)=0.1mol/L

C.常温下，等物質的量濃度的NaHA與Na2A溶液等體積混合後溶液pH=3.0

=4.0時，圖中n(HA﹣)約為0.0091mol

【分析】A.由圖可知0.1mol/L H2A溶液中全部電離為HA﹣，説明第一步電離為完全電離;

B.H2A溶液中全部電離，不存在H2A分子;

C.混合溶液的pH與NaHA、Na2A的濃度有關;

D.根據Ka= 計算出，由 = ，結合原溶液中n(HA﹣)+n(A2﹣)=0.1mol計算.

【解答】解：A.由圖可知0.1mol/L H2A溶液中全部電離為HA﹣，説明第一步電離為完全電離，所以H2A的電離方程式為：H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，故A錯誤;

B.H2A溶液中全部電離，不存在H2A分子，則由物料守恆可知，c(A2﹣)+c(HA﹣)=0.1mol/L，故B錯誤;

C.混合溶液的pH與NaHA、Na2A的濃度有關，若二者的濃度很小，則溶液的pH不可能等於3，故C錯誤;

D.當pH=3時，c(A2﹣)=c(HA﹣)，則Ka= =10﹣3，當pH=4時，Ka= =10﹣3，則 = ，所以 = ，已知1L0.1mol/L H2A溶液中，n(HA﹣)+n(A2﹣)=0.1mol，所以n(HA﹣)=0.1mol× ≈0.0091mol，故D正確.

故選D.

【點評】本題考查了弱電解質的電離、電離常數的有關計算，題目難度中等，注意把握弱電解質電離常數的有關計算方法，側重於考查學生的分析能力、計算能力以及對圖象中信息的應用能力.

則下列説法正確的是(　　)

A.若含有Fe3+，則一定含有Cl﹣

42﹣、NH4+一定存在，NO3﹣、Cl﹣可能不存在

32﹣、Al3+、K+一定不存在

D.氣體甲、沉澱甲一定為純淨物

【分析】某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的量相等，向溶液X中加過量的硫酸，有氣體乙產生，發生的反應可能是CO32﹣與H+的反應，也可能是NO3﹣在H+條件下與Fe2+的氧化還原反應;

溶液X與過量的NaOH溶液反應生成氣體甲為0.02mol，則氣體甲為NH3，故溶液中含0.02molNH4+;所得的溶液甲中逐滴加入稀鹽酸，無現象，故溶液X中無Al3+;再繼續加氯化鋇溶液，生成沉澱乙，則乙為BaSO4，質量為4.66g，則物質的量為0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42﹣;所得沉澱甲應為Fe(OH)2或Fe(OH)3或兩者均有，經過濾、洗滌灼燒後所得的固體乙為Fe2O3，質量為1.6g，則物質的量為0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或兩者均有，且物質的量為0.02mol，然後根據離子之間的互斥性和溶液的電荷守恆來分析.

【解答】解：某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的幾種，且所含陰離子的物質的.量相等，向溶液X中加過量的硫酸，有氣體乙產生，發生的反應可能是CO32﹣與H+的反應，也可能是NO3﹣在H+條件下與Fe2+的氧化還原反應;

溶液X與過量的NaOH溶液反應生成氣體甲NH3為0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+;所得的溶液甲中逐滴加入稀鹽酸，無現象，故溶液X中無Al3+;再繼續加氯化鋇溶液，生成沉澱乙，則乙為BaSO4，質量為4.66g，則物質的量為0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42﹣;所得沉澱甲應為Fe(OH)2或Fe(OH)3或兩者均有，經過濾、洗滌灼燒後所得的固體乙為Fe2O3，質量為1.6g，物質的量為0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或兩者均有，且物質的量一定為0.02mol，由於Fe2+或Fe3+均能與CO32﹣發生雙水解而不能共存，故溶液中無CO32﹣，則生成氣體乙的反應只能是NO3﹣與Fe2+的氧化還原反應，故溶液中一定含Fe2+和NO3﹣，

而所含陰離子的物質的量相等，即NO3﹣的物質的量也為0.02mol.

故現在溶液X中已經確定存在的離子是：陰離子：0.02molNO3﹣，0.02molSO42﹣，共帶0.06mol負電荷;

陽離子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所帶的正電荷≥0.06mol.

一定不含Al3+、CO32﹣.

根據溶液呈電中性可知，當 0.02mol全部是Fe2+時，陽離子所帶正電荷為0.06mol，則Cl﹣可以存在，也可以不存在，若Cl﹣存在，則K+一定存在，若Cl﹣不存在，則K+一定不存在;

若溶液中含Fe3+，陽離子所帶正電荷大於0.06mol，則溶液中一定存在Cl﹣，還可能存在K+.故溶液中可能含Cl﹣、K+.

A、由於溶液要保持電中性，故當溶液中含Fe3+時，則陽離子所帶的正電荷>0.06mol，故溶液中一定含Cl﹣，故A正確;

B、溶液中NO3﹣一定存在，故B錯誤;

C、K+可能存在，故C錯誤;

D、氣體甲為氨氣，是純淨物，但沉澱甲可能是Fe(OH)2或Fe(OH)3或兩者均有，不一定是純淨物，故D錯誤.

故選A.

【點評】本題考查了溶液中離子的檢驗，應注意應用已推導出的離子的與不能共存的離子之間的互斥性和溶液要呈電中性來分析，難度較大.

二、解答題(共4小題，滿分48分)

請完成以下問題：

(1)F中所含官能團的名稱：　碳碳雙鍵、羧基　，A的分子式　C6H12O6　，反應④的反應類型為：　加聚反應　.

(2)反應③的化學方程式：　　;

(3)寫出C和E在一定條件下可生成一種可降解的高聚物的方程式　　.

(4)寫出滿足以下條件的G的同分異構體的結構簡式　CH2=CHCH2CH2COOH　.

①鏈式結構且分子中不含甲基 ②能與NaHCO3溶液反應產生CO2.

【分析】物質A能發生銀鏡反應，A、B、D、E、F、G為有機小分子，H、I為高分子，它們之間存在如下轉化關係(部分反應條件及產物未列出)，D是石油裂解氣的主要成分，則D為CH2=CH2，根據各物質的轉化關係，甘蔗渣處理之後得到纖維素，纖維素水解的最終產物為A為葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成B為CH3CH2OH，C為CO2，乙烯與CO、水反應生成F為CH2=CHCOOH，B與F在濃硫酸條件下反應生成G為CH2=CHCOOCH2CH3，G發生加聚反應生成H為，E的結構為，C為CO2，E和C反應生成I為，結合題目分析解答;

【解答】解：物質A能發生銀鏡反應，A、B、D、E、F、G為有機小分子，H、I為高分子，它們之間存在如下轉化關係(部分反應條件及產物未列出)，D是石油裂解氣的主要成分，則D為CH2=CH2，根據各物質的轉化關係，甘蔗渣處理之後得到纖維素，纖維素水解的最終產物為A為葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成B為CH3CH2OH，C為CO2，乙烯與CO、水反應生成F為CH2=CHCOOH，B與F在濃硫酸條件下反應生成G為CH2=CHCOOCH2CH3，G發生加聚反應生成H為，E的結構為，C為CO2，E和C反應生成I為，

(1)F為CH2=CHCOOH，F中所含官能團的名稱為碳碳雙鍵、羧基，A為葡萄糖，A的分子式 C6H12O6，根據上面的分析可知，反應④的反應類型為加聚反應，

故答案為：碳碳雙鍵、羧基;C6H12O6;加聚反應;

(2)反應③的化學方程式為，

故答案為： ;

(3)C和E在一定條件下可生成一種可降解的高聚物的方程式為，

故答案為： ;

(4)G為CH2=CHCOOCH2CH3，根據條件①鏈式結構且分子中不含甲基，②能與NaHCO3溶液反應產生CO2，説明有羧基，則符合條件的G的同分異構體的結構簡式為CH2=CHCH2CH2COOH，

故答案為：CH2=CHCH2CH2COOH.

【點評】本題考查有機物推斷，為高頻考點，正確推斷各物質結構簡式是解本題關鍵，注意結合題給信息、反應條件進行推斷，知道常見有機物官能團及其性質關係，難點是(5)題同分異構體種類判斷，要考慮官能團位置異構、碳鏈異構，題目難度中等.

9.(1)寫出過氧化鈉的電子式　　.

(2)工業中為了減少燃煤產生的二氧化硫氣體，可在煤炭中混入一定量的石灰石再去燃燒，請用一個化學反應方程式表示其原因：　2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2　.

(3)完成以下氧化還原反應方程式：

11　P4+　60　CuSO4+　96H2O　=　20　Cu3P+　24　H3PO4+　60H2SO4　.

【分析】(1)過氧化鈉是離子化合物，由鈉離子與過氧根離子構成;

(2)高温下，碳酸鈣分解生成鹼性氧化物CaO，CaO和二氧化硫反應生成硫酸鈣，向煤中加入石灰石作為脱硫劑，可以減少SO2的排放，生成CaSO4;

(3)分析反應中元素化合價變化，依據氧化還原反應得失電子守恆、原子個數守恆配平.

【解答】解：(1)過氧化鈉是離子化合物，由鈉離子與過氧根離子構成，電子式為，故答案為： ;

(2)高温下，碳酸鈣分解生成鹼性氧化物CaO，CaO和二氧化硫反應生成硫酸鈣，向煤中加入石灰石作為脱硫劑，可以減少SO2的排放，生成CaSO4，反應方程式為2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2，故答案為：2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2;

(3)該氧化還原反應中Cu元素的化合價由+2價降低到+1價，硫酸銅是氧化劑，P4部分磷元素由0價降低到﹣3價，部分磷元素由0價升高到+5價，磷元素的化合價既升高又降低，所以P4既是氧化劑又是還原劑，

要使得失電子守恆H3PO4係數為24，Cu3P係數為20，依據原子個數守恆方程式為：11P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4，故答案為：( 11 )P4+( 60 )CuSO4+96H2O=( 20 )Cu3P+( 24 )H3PO4+60H2SO4.

【點評】本題主要考查的是電子式的書寫、氧化還原反應方程式的配平、工業除S等，綜合性較強，難度不大.

(1)甲的化學式　3FeO2Fe2O3　，寫出足量濃鹽酸溶解甲的離子反應方程式　3FeO2Fe2O3+18H+=3Fe2++4Fe3++9H2O　.

(2)設計實驗驗證溶液A中金屬X離子的價態　取少量A溶液，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉澱，則含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血紅色，則含Fe3+　.

(3)有同學猜測能用含金屬元素X的單質和二氧化碳在高温下反應制取化合物甲，請從氧化還原反應的角度説明該猜測的合理性　合理，Fe具有還原性，CO2中+4價碳具有氧化性，可能發生氧化還原反應　.

(4)金屬元素X和碳元素形成的化合物X3C，又稱為滲碳體.是具有高化學穩定性的新型還原劑，同時還可以作為催化劑應用於石油化工、汽車尾氣處理等領域.工業上可用粉碎後甲的礦石和預熱後的CH4、H2混合氣體在一定温度、壓強條件下發生反應來製備，寫出該反應方程式　3Fe7O9+13H2+7CH4=7Fe3C+27H2O　.X3C不溶於冷水、熱水、稀酸，可溶於熱的濃硝酸，寫出X3C和熱的濃硝酸反應的化學方程式　Fe3C+22HNO3(濃) 3Fe(NO3)3+CO2+13NO2↑+11H2O　.

【分析】向A中加足量NaOH溶液，過濾、洗滌、灼燒得到紅棕色固體28g為Fe2O3，則甲中含有Fe元素，甲與該紅棕色固體組成元素相同，則甲還含有O元素，每一份中Fe元素質量為28g× =19.6g，其物質的量為 =0.35mol.

向B中加8.0g銅粉充分反應後經過濾、洗滌、低温乾燥，得固體1.6g，則2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，參加反應Cu的質量為8.0g﹣1.6g=6.4g，其物質的量為0.1mol，由方程式可知Fe3+為0.2mol，故還含有Fe2+為0.35mol﹣0.2mol=0.15mol，則FeO、Fe2O3物質的量之比為0.15mol：0.1mol=3：2，則甲的化學式為3FeO2Fe2O3(或者Fe7O9).

【解答】解：向A中加足量NaOH溶液，過濾、洗滌、灼燒得到紅棕色固體28g為Fe2O3，則甲中含有Fe元素，甲與該紅棕色固體組成元素相同，則甲還含有O元素，每一份中Fe元素質量為28g× =19.6g，其物質的量為 =0.35mol.

(1)甲的化學式：3FeO2Fe2O3(或者Fe7O9)，足量濃鹽酸溶解甲的離子反應方程式：3FeO2Fe2O3+18H+=3Fe2++4Fe3++9H2O，

故答案為：3FeO2Fe2O3(或者Fe7O9);3FeO2Fe2O3+18H+=3Fe2++4Fe3++9H2O;

(2)設計實驗驗證溶液A中金屬X離子的價態：取少量A溶液，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉澱，則含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血紅色，則含Fe3+，

故答案為：取少量A溶液，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉澱，則含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血紅色，則含Fe3+;

(3)Fe具有還原性，CO2中+4價碳具有氧化性，可能發生氧化還原反應，該猜測合理，

故答案為：合理，Fe具有還原性，CO2中+4價碳具有氧化性，可能發生氧化還原反應;

(4)金屬元素Fe和碳元素形成的化合物Fe3C，又稱為滲碳體.工業上可用粉碎後甲的礦石和預熱後的CH4、H2混合氣體在一定温度、壓強條件下發生反應來製備，該反應方程式為：3Fe7O9+13H2+7CH4=7Fe3C+27H2O，Fe3C不溶於冷水、熱水、稀酸，可溶於熱的濃硝酸，Fe3C和熱的濃硝酸反應的化學方程式：Fe3C+22HNO3(濃) 3Fe(NO3)3+CO2+13NO2↑+11H2O，

故答案為：3Fe7O9+13H2+7CH4=7Fe3C+27H2O;Fe3C+22HNO3(濃) 3Fe(NO3)3+CO2+13NO2↑+11H2O.

【點評】本題考查無機物的推斷，屬於計算型推斷，熟練掌握元素化合物性質，側重對氧化還原反應的考查，難度中等.

(1)以甲烷為原料可製得合成氨氣用的氫氣.有關化學反應的能量變化如圖1所示.則CH4(g)與H2O(g)反應生成CO(g)和H2(g)的熱化學方程式為　CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=﹣(a+b﹣3C)﹣1　.

(2)已知N2(g)+3H2⇌2NH3(g)△H=﹣94.4kJmol﹣1，恆容時，體系中各物質濃度隨時間變化的曲線如圖2所示.

①25min時採取的措施是　將NH3從反應體系中分離出去　.

②在實際制氨氣工業生產中和該措施的目的相同的其它措施還有　高壓、原料氣循環利用等　.

(3)①CO可使合成氨的催化劑中毒而失去活性，因此工業上常用乙酸二氨合銅(I)溶液來吸收原料氣體中的CO，反應原理：[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l)△H<0，吸收後的乙酸銅氨溶液經過適當處理後可再生而恢復其吸收CO的能力，則再生的適宜條件是　B　.溶液反應，容器中氨氣的物質的量濃度隨時間的變化如圖3所示.若在35s時再充入原物質的量的CO和NH3氣體後，請在圖3中畫出氨氣的物質的量濃度隨時間變化圖.

(4)①用氨氣製取尿素[CO(NH2)]的反應為2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H<0.某温度下，向容器為100L的密閉容器中通入4mol NH3和2molCO2，該反應進行到40s時，達到平衡，此時CO2的轉化率為50%.則該反應的平衡常數K=　2500　.

②在實際工業生產中，原料氣帶有水蒸氣，圖4表示CO2的轉化率與氨碳比、水碳比的變化關係.

a、曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對應的水碳比(n(H2O)/n(CO2))最大的是　Ⅲ　.

b、測得B點氨的轉化率為40%，則x1=　3　.

【分析】(1)依據圖象分析反應過程都是能量降低的過程，説明反應是放熱反應;寫出對應熱化學方程式，依據蓋斯定律計算得到所需熱化學方程式;

(2)①根據25min時氨氣的物質的量變為0，而氮氣和氫氣的物質的量不變進行解答;

②依據實際生產需要和平衡移動方向分析判斷需要的條件;

(3)①依據平衡移動方向分析判斷需要的條件;

②使用催化劑時，改變反應速率，不改變化學平衡，依據催化劑只加快反應速率不影響平衡濃度畫出圖象;

(4)①根據時段Ⅲ條件下達到平衡時各組分的濃度及平衡常數表達式進行解答;

②a依據反應轉化率的大小分析，結合圖象分析判斷;

b根據氨氣和二氧化碳的轉化率之比求出x1.

【解答】解：(1)圖象分析反應過程都是能量降低的過程，反應的熱化學方程式為：

①CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=+bKJ/mol

②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)△H=﹣cKJ/mol

③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣bKJ/mol

由蓋斯定律③﹣②×3﹣①得到：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g)△H=﹣(a+b﹣3C) ﹣1，

故答案為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g)△H=﹣(a+b﹣3C) ﹣1;

(2)①25min時氨氣的物質的量迅速變為0而氮氣、氫氣的物質的量不變，之後氮氣、氫氣的物質的量逐漸減小，氨氣的物質的量逐漸增大，説明25min時將NH3從反應體系中分離出去，

故答案為：將NH3從反應體系中分離出去;

②在實際制氨氣工業生產中和該措施的目的相同的其它措施還有高壓、原料氣循環利用等方法，故答案為：高壓、原料氣循環利用等;

(3)①吸收CO後的乙酸銅氨液經過適當處理後又可再生，恢復其吸收CO的能力以供循環使用，依據化學平衡[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l);△H<0，反應是氣體體積減小的放熱反應，平衡逆向進行是再生的原理，再生的適宜條件是高温低壓，

故答案為：B;

②若反應延續至70s，保持其它條件不變情況下，使用催化劑時，改變反應速率，不改變化學平衡，曲線的轉折點在橫座標40之前，縱座標必需在20的線上，該反應的進程曲線為如圖所示：，

故答案為： ;

(4)①某温度下，向容積為100L的密閉容器中通入4molNH3和2molCO2，該反應進行到40s時達到平衡，此時CO2的轉化率為50%，轉化的二氧化碳為1mol，則：

2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)

起始量(mol)：4 2 0

變化量(mol)：2 1 1

平衡量(mol)：2 1 1

則平衡常數K= = =2500L2mol﹣2，

故答案為：2500;

②a、氨碳比相同時曲線Ⅰ二氧化碳的轉化率大，所以生產中選用水碳比的數值為Ⅲ，故答案為：Ⅲ;

b、由題意可知：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2+H2O(g)

起始量 x1 1

變化量 2a a

即： =40%， =60%，則x1=3，

故答案為：3.

【點評】本題考查了熱化學方程式、化學反應速率計算、影響化學平衡的因素，熟悉方法和蓋斯電極計算應用，圖象分析，化學平衡計算，平衡常數概念的分析應用是解題關鍵，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等.

五校試卷大學聯考浙江省模擬