2020届浙江省2020年1月普通高校招生选考科目考试模拟化学试卷B(解析版)
浙江省2020年1月普通高校招生选考科目考试模拟试卷B 考生须知：
1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。
4．非选择题的答案须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，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
5．可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Ag 108 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42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．下列说法正确的是（）
A．单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体
B．红磷转化为白磷，属于物理变化
C．1H2、2H2、3H2互为同位素
D．和CH3CH2CH2CH3互为同分异构体
『答案』A
『解析』A. 组成元素相同，结构不同的单质互称同素异形体，单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体，故A正确；B. 红磷和白磷结构不同，转化为新的物质，属于化学变化，故B错误；C. 质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，1H2、2H2、3H2是分子，故C错误；D. 分子式相同而结构不同的物质互为同分异构体，
和CH3CH2CH2CH3的分子式不同，不能互为同分异构体，故D错误；答
案选A。
2．下列有关说法不正确的是（）
A．将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，可形成胶体
B．氯气能使湿润的有色布条褪色，所以氯气具有漂白性
C．可以用焰色试验鉴别KCl固体和NaCl固体
D．金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO3
『答案』B
『解析』A、实验室制备氢氧化铁胶体，可将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，并继续煮沸至生成红褐色液体即可得到，注意不能继续加热，防止胶体沉淀，故A正确；B、干燥的氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气不具有漂白性，氯气能使湿润的有色布条褪色，是因为
Cl2+H2O?HCl+HCl0，次氯酸具有漂白性，故B错误；C、钾、钠的焰色反应不同，可用焰色反应鉴别，故C正确；D、金属钠在空气中长期放置，变化过程：Na→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3?10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），故D正确。答案选B。
3．下列离子方程式书写正确的是（）
A．漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO?+ CO2+ H2O = CaCO3↓+2HClO
B．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3?+Ba2++OH?=BaCO3↓+H2O
D．钠和冷水反应: Na+2H2O＝Na++2OH?+H2↑
『答案』C
『解析』A. 漂白粉溶液中通入过量的CO2，离子方程式为：ClO?+ CO2+ H2O = HCO3?+HClO，A项错误；B. Fe3+具有氧化性，而I?具有强还原性，两者还会发生离子反应，则氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I?=2Fe2++I2+6H2O，B项错误；C. 向NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，因碳酸氢根离子少量，则离子方程式为：
HCO3?+Ba2++OH?=BaCO3↓+H2O，C项正确；D. 钠和冷水反应的离子方程式为：2Na+2H2O ＝2Na++2OH?+H2↑，D项错误；答案选C。
4．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族，X和Z同族，X 的简单离子和Y的简单离子具有相同的电子层结构，W和X、Z均能形成共价化合物，W 和X、Y分别形成的化合物溶于水均呈碱性。下列说法错误的是（）
A．4种元素中Y的金属性最强
B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>X
C．简单阳离子氧化性：W>Y
D．W和Y形成的化合物与水反应能生成一种还原性气体
『答案』B
『解析』W 和X 、Z 均能形成共价化合物，则W 、X 、Z 很可能均为非金属元素，考虑到W 原子序数最小，可推断W 为H 元素；W 和X 、Y 分别形成的化合物溶于水均呈碱性，X 为非金属，可推测化合物中有NH 3，则X 为N 元素，又X 和Z 同族，Z 为P 元素；W 和Y 同族，X 的简单离子和Y 的简单离子具有相同的电子层结构，可推知Y 为Na 元素。综上推测满足题干信息，因而推测合理，W 为H ，X 为N ，Y 为Na ，Z 为P 。A. 4种元素中只有Y 是金属元素，即Na ，因而金属性最强，A 正确；B.元素的非金属性越强则最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性：N(X)>P(Z)，因而最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z
5．一种水基二次电池原理为
()0.252520.25+x 2522xZn+Zn V O yH O Zn V O zH O+y-z H O ??放电
充电，电解液为含Zn 2+的水
溶液，该电池可用于电网贮能。
下列说法正确的是（ ）
A ．放电时，Zn 2+脱离插层
B ．放电时，溶液中Zn 2+浓度一直减小
C ．充电时，电子由0.25252Zn V O yH O ?层经电解质溶液流向0.25+x 252Zn V O zH O ?层
D ．充电时，阳极发生电极反应：
()-
2+0.25+x 25220.25252Zn V O zH O+y-z H O-2xe Zn V O yH O+xZn ?? 『答案』D
『解析』
A.放电时，利用原电池原理，Zn 作负极，失去电子，0.25252Zn V O yH O ?得到电子，放电时是溶液中的Zn 2+与插层结合，故A 错误；
B. 根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B 错误；
C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C 错误；
D. 充电时，阳极失电子，电极反应为：
()-2+0.25+x 25220.25252Zn V O zH O+y-z H O-2xe Zn V O yH O+xZn ??，故D 正确；故选D 。 6．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）
A ．已知2H 2(g)+O 2(g)＝2H 2O （l ）△H ＝?483.6 kJ?mol ?1，则氢气的燃烧热为483.6 kJ?mol ?1
B ．在一定温度和压强下，将0.5mol N 2和1.5 mol H 2置于密闭容器中充分反应生成NH 3(g)，放出热量19.3 kJ ，则其热化学方程式为N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g) △H=?19.3kJ/mol
C ．已知2C(s)+2O 2(g)＝2CO 2(g)△H 1 2C(s)+O 2(g)＝2CO(g)△H 2 则△H 1＞△H 2
D ．已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO （g ） △H ＝Q kJ?mol ?1，则Ni(s)+4CO （g ）＝Ni(CO)4(s) △H ＝?Q kJ?mol ?1
『答案』D
『解析』
A. 燃烧热是指完全燃烧1mol 物质生成稳定氧化物所放出的热量，已知2H 2(g)+O 2(g)＝2H 2O （l ） △H ＝?483.6 kJ?mol ?1，则氢气的燃烧热为12
?483.6 kJ?mol ?1=241.8 kJ?mol ?1，A 项错误；B. 合成氨为可逆反应，热化学方程式中为完全转化时的能量变化，由将0.5 mol N 2和1.5 mol H 2置于密闭容器中充分反应生成NH 3(g)，放出热量19.3 kJ ，可知1 mol N 2完全反应生成NH 3(g)，放出热量大于38.6 kJ ，则其热化学方程式为N 2(g)+3H 2(g)?2NH 3(g) ΔH < ?38.6 kJ /mol ，B 项错误；C. 固体碳不完全燃烧生成CO ，完全燃烧生成二氧化碳，则完全燃烧放出的热量比不完全燃烧放热多，故△H 1<△H 2，C 项错误；D. 已知Ni(CO)4(s)＝Ni(s)+4CO （g ） △H ＝Q kJ?mol ?1，则Ni(s)+4CO （g ）＝Ni(CO)4(s) △H ＝?Q kJ?mol ?1，所以二者反应热大小相同，符号相反，D 项正确；答案选D 。
7．下列实验操作不能达到实验目的的是（ ）
A ．用加热的方法除去碳酸钠固体中的碳酸氢钠
B ．加热蒸干溶液，可以得到CuCl 2晶体
C ．放在流动的蒸馏水中可除去半透膜中蛋白质溶液里混有的(NH 4)2SO 4
D．鉴别NaBr和KI溶液，可分别加新制氯水后，用CCl4萃取
『答案』B
『解析』A.加热时NaHCO3分解生成了Na2CO3：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，A项正确；B.CuCl2属于强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解生成Cu（OH）2，盐类的水解反应是一个吸热反应，加热，水解平衡右移，同时由于生成的HCl的大量挥发，促进水解平衡进一步向右移动，所以直接蒸干CuCl2溶液得到的主要是Cu(OH)2，不能得到CuCl2晶体，B项错误；C.利用胶体粒子不能透过半透膜，小分子、离子可以透过半透膜的性质差异，采用渗析法对胶体进行提纯，C项正确；D.氯水与NaBr、NaI分别反应，生成了溴单质和碘单质，两种卤素单质溶解在CCl4中，呈现不同的颜色，可以区别，D项正确；所以答案选择B项。
8．下列有关有机物的叙述正确的是（）
A．由乙醇、丙三醇都易溶于水可知所有的醇都易溶于水
B．由甲烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色可知所有的烷烃和苯的同系物都不与高锰酸钾溶液反应
C．由淀粉在人体内水解为葡萄糖，可知纤维素在人体内水解的最终产物也是葡萄糖
D．由苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应可知羟基能使苯环上的氢活性增强
『答案』D
『解析』A. 分子中碳原子为1~3的醇能与水以任意比例互溶，比如甲醇，乙醇，丙三醇，碳原子数为4~11的一元醇部分溶于水，碳原子更多的醇不溶于水，故A错误；B.苯的同系物如甲苯中由于侧链受苯环的影响，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 淀粉在淀粉酶的作用下水解最终得到葡萄糖，但人体内没有水解纤维素的酶，纤维素在人体内不水解，故C错误；D. 苯不与溴水反应而苯酚可与溴水反应说明羟基能使苯环上的氢活性增强，故D正确。故选D。
9．下列说法不正确的是（）
A．干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力
B．N2和Cl2O两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性均依次减弱
D．石墨转化金刚石，既有化学键的断裂，又有化学键的形成
『答案』C
『解析』A、干冰和氧气形成的晶体都是分子晶体，所以干冰升华和液氧气化时，都只需克服分子间作用力，故A正确；B、氮气含N≡N，Cl2O中含2个O?Cl键，N原子上存在1
对孤对电子，O原子上存在2对孤对电子，Cl原子上存在3对孤对电子，则两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；C、同一主族，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：F＞Cl＞Br＞I，元素非金属性越强，其氢化物越稳定，对应阴离子的还原性越弱，所以热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI；还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故C错误；D、石墨转化金刚石是化学变化，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，故D正确；故选C。
10．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N A
B．密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g)，增加2N A个P?Cl键
C．92.0甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0 N A
D．高温下，0.1molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数为0.3N A
『答案』A
『解析』A．过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，过氧化钠中氧元素的价态由?1价变为0价和?2价，故当生成0.1mol氧气时转移0.2N A个电子，故A正确；B．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P?Cl
键小于2N A，故B错误；C．92.0g甘油(丙三醇)的物质的量为
92g
92g/mol
=1mol，1mol丙三
醇含有3mol羟基，即含有羟基数为3N A，故C错误；D．铁与水蒸气反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，消耗3mol铁生成4mol氢气，则0.1molFe与足量水蒸气反
应生成的H2为0.4
3
mol，数目为
0.4
3
N A，故D错误；答案选A。
11．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和
0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO 2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1
②2NO(g)+Cl 2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10?3mol/(L?min)。下列说法不正确的是（）
A．反应4NO 2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数为
B．平衡后c(Cl2)=2.5×10?2mol/L
C．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大
D．平衡时NO2的转化率为50％
『答案』C
『解析』A.①2NO 2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 平衡常数K1=
②2NO(g)+Cl 2(g)2ClNO(g) △H2<0 平衡常数K2 =
反应4NO 2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) 的平衡常数K=，则K=，A正确；B.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1?20%)=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）=7.5×10?3mol/(L?min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10?3
mol/(L?min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO 2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)
xmol 0.5xmol
2NO(g)+Cl 2(g)2ClNO(g)
2ymol ymol 2ymol
则0.5x+2y=0.15，(0.2?x+0.2?2y+0.1?y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(Cl2)==2.5×10?2mol/L，B正确；C.平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，C错误；D.平衡时NO2的转化率为×100%=50%，D正确；故合理选项是C。
12．常温下，向20mL0.11
mol -
?L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是（）
A ．常温下，0.11mol -?L 氨水中32NH H O ?的电离常数K 约为5 110-?
B ．a 、b 之间的点一定满足，()()()()+-+-4c NH >c Cl >c H
>c OH C ．c 点溶液中()()4NH Cl c c +-
= D ．d 点代表两溶液恰好完全反应
『答案』A
『解析』NH 3·
H 2O 电离出OH ?抑制水的电离；向氨水中滴加HCl ，反应生成NH 4Cl ，NH 4+的水解促进水的电离，随着HCl 的不断滴入，水电离的c （H +）逐渐增大；当氨水与HCl 恰好完全反应时恰好生成NH 4Cl ，此时水电离的c （H +）达到最大（图中c 点）；继续加入HCl ，盐酸电离的H +抑制水的电离，水电离的c （H +）又逐渐减小；据此分析。A. 常温下，0.1mol/L 的氨水溶液中水电离的c(H +)=10?11mol/L ，氨水溶液中H +全部来自水电离，则溶液
中c(H +)=10?11mol/L ，c(OH ?)=14
111010--mol/L=10?3mol/L ，K a =()()()432c NH c OH c NH H O +-??=3310100.1
--?mol/L=1?10?5mol/L ，所以A 选项是正确的；B.a 、b 之间的任意一点，水电离的c （H +）<1×
10?7mol/L ，溶液都呈碱性，则c(H +) A．①②操作均为过滤，但D、E溶液成分不完全相同 B．C可以为稀硫酸，也可以是稀盐酸 C．操作③采用冷却结晶，说明硫酸亚铁晶体的溶解度随温度变化有一定变化 D．A为足量铁粉，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu 『答案』B 『解析』工业废水中含大量硫酸亚铁、Cu2+和少量的Na+，从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，结合流程可知，试剂A为Fe，操作①为过滤，则E中主要含硫酸亚铁，B中含Cu、Fe，加入试剂C为H2SO4，操作②为过滤，得到Cu，D中主要含FeSO4，操作③为蒸发、浓缩、结晶、过滤，可得到FeSO4.7H2O，以此解答该题。A、由上述分析①②操作均为过滤，E中主要为FeSO4，含有少量的Na+，D溶液中主要含FeSO4，还含有少量的H2SO4，成分不完全相同，故A不符合题意；B、因最终制备物质为FeSO4.7H2O，若加入的C物质为稀盐酸，则会导致制备物质纯度较低，故加入的物质C只能为稀硫酸，故B符合题意；C、冷却结晶的原理是是根据物质在不同温度下溶解度不同（一般是高温下溶解度大，低温时溶解度小），而分离或提纯固体物质的一种方法，由此可知硫酸亚铁晶体的溶解度随温度变化有一定变化，故C不符合题意；D、由上述分析可知，试剂A为铁粉，工业废水中含有Cu2+，其反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故D不符合题意；故选B。 14．某溶液中除水电离出的OH?、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42?、NO3?、Cl?中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是（） A．该溶液中肯定不含Ba2+ B．若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种 C．若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体 D．该溶液中除水电离出的OH?、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42?、NO3? 『答案』B 『解析』向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4 种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol×2=0.2mol，负电荷物质的量为： 0.1mol×2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A．根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B．溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式 NO3?+3Fe2++4H+=NO↑+3Fe3++2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C．若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol×160g/mol=8.0g，选项C正确；D．根据分析可知，该溶液中除H+、OH?之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3?、SO42?，选项D正确；答案选C。 非选择题部分 二、非选择题(本大题共5小题，共58分) 15．（10分）现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如图反应。（图中有些反应的产物和反应条件没有标出） 请回答下列问题： （1）丙的化学式为__________。 （2）A的一种氧化物为淡黄色固体，该物质的化学名称为____________。 （3）写出气体乙与C溶液反应的离子方程式：__________________________________。（4）若将C溶液与E溶液混合，则可以观察到的现象是_________________________。（5）配制F溶液时，要将F固体先溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，其目的是____________ _____________________________________________ (用简单文字和离子方程式说明)。 （6）设计一种检验物质E溶液中金属阳离子实验方案：_______________________________ ___________________________________________________ (写出实验步骤，现象和结论)。15．『答案』（1）HCl（1分）（2）过氧化钠（1分） （3）Cl2+2OH?＝Cl?+ClO?+H2O（2分） （4）白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色（2分） （5）抑制Fe3+水解，Fe3++3H 2O Fe(OH)3+3H+（2分） （6）取少量的E溶液于试管中滴加K3『Fe(CN)6』，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+（2分） 『解析』金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na，乙是黄绿色气体，乙为Cl2，红褐色沉淀为Fe（OH）3，由反应①Na→气体甲+C，为Na与水的反应，生成甲为H2，C为NaOH，H2和Cl2反应生成气体丙，丙为HCl，D为盐酸溶液，由HCl+金属B→E可知，B为金属Fe，E为FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成F，则F为FeCl3。据此解答。 （1）由上面的分析可知，丙的化学式为HCl；故答案为HCl； （2）A的一种氧化物为淡黄色固体，为过氧化钠。 （3）Cl2与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH?＝Cl? +ClO?+H2O；答案为：Cl2+2OH?＝Cl?+ClO?+H2O； （4）若将NaOH溶液与FeCl2溶液混合发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁在空气中不稳定，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；答案为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色； （5）FeCl 3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，先加入较浓的盐酸可抑制Fe3+水解；答案为：抑制Fe3+水解，Fe3++3H 2O Fe(OH)3+3H+；（6）检验物质FeCl2溶液中Fe2+方法为：取少量的E溶液于试管中滴加K3『Fe(CN)6』，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+；答案为：取少量的E溶液于试管中滴加K3 『Fe(CN)6』，若出现蓝色沉淀，则说明金属阳离子为Fe2+。 16．（8分）某无机盐除结晶水外，还含两种阳离子和一种阴离子，摩尔质量为374g·mol?1，为探究其组成和性质，设计并完成了如下实验： 请回答： （1）气体A的电子式为_________；X的化学式为____________。 （2）沉淀C在600℃时能与焦炭反应得到一种无氧酸钡盐，该反应的化学方程式 __________________________________________。 （3）固体B能与氢碘酸反应，相应的离子方程式___________________________。 16．『答案』（1）（2分）NH4Fe（SO4）2·6H2O（2分） （2）BaSO4+4C BaS+4CO↑（2分） （3）Fe2O3+6H++2I?=2Fe2++I2+3H2O（2分） 『解析』（1）X水溶液与过量的NaOH溶液反应生成0.01mol气体A，则A氨气，即n（NH4+）=n（NH3）=0.01mol；氨气为共价化合物，电子式为：；沉淀A灼烧生成0.80g 红色固体B，则B为Fe2O3，n（Fe2O3）=0.80g÷160g/mol=0.005mol，所以X中含有Fe2+或Fe3+，且物质的量为0.01mol；溶液A与过量的氯化钡溶液、过量的稀盐酸生成白色沉淀C，则C为BaSO4，所以X中含有n(SO42?)=0.02mol；又因为X中含有两种阳离子和一种阴离子，阴阳离子所带电荷代数和为0，即0.01mol×1+0.01mol×x=0.02mol×2，x=3，则化合物中 含有铁离子，根据相对原子质量可知X分子中结晶水的个数为3741856962 6 18 ---? =， 因此X为NH4Fe（SO4）2·6H2O； （2）硫酸钡与焦炭在600℃时反应得到一种无氧酸钡盐，即硫化钡，根据元素守恒另外一种产物为一氧化碳，该反应的化学方程式为：BaSO4+4C4CO↑+BaS； （3）由于铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，自身被还原为亚铁离子，所以氧化铁与氢碘酸反应生成碘化亚铁、碘和水，离子方程式为：6H++Fe2O3+2I?=2Fe2++I2+3H2O。17．（14分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。 I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。 （1）合成氨中的氢气可由下列反应制取： a. CH 4(g)+H 2O(g) CO(g)+3H 2(g) ?H 1=+216.4kJ/mol b. CO(g)+H 2O(g) CO 2(g)+H 2(g) ?H 2=?41.2kJ/mol 则反应CH 4(g)+2H 2O(g) CO 2(g)+4H 2(g) ?H= ________________。 （2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol 、3mol ，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。 ①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_____________(填序号)。 A ．2N 和2H 的转化率相等 B ．反应体系密度保持不变 C ． ()()23H NH c c 保持不变 D ．()() 32NH 2N c c = ②P 1_____P 2 (填“>”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B 点_______D 点。 ③C 点2H 的转化率为________；在A 、B 两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：υ(A)__________υ(B)。 Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO 的原理如下图所示。 （3）已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_____________。反应过程中通过质子 交换膜(ab)的+H 为2mol 时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_____________L 。 17．『答案』 （1）+175.2kJ/mol （3分） （2）①BC （2分） ②<（1分） >（1分） ③66.7%（2分） <（1分） （3）2SO32?+4H++2e?=S2O42?+2H2O（2分）11.2（2分） 『解析』I.（1）已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+216.4kJ/mol b.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=?41.2kJ/mol 则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H=（+216.4?41.2）kJ/mol= +175.2kJ/mol； （2）①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不 变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C. () ()2 3 H NH c c 保持不变，说明氢气、氨气的 浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于 化学计量数之比， () ()3 2 NH 2 N c c =不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是 BC； ②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1 ③起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g) 起始：1mol 3mol 0 转化：x mol 3xmol 2xmol 平衡：(1?x)mol (3?3x)mol 2xmol 则 2 42 x x - ×100%=50%，解得x= 2 3 ，则C点H2的转化率为 2 3 3100% 3 ? ?=66.7%，B点的 压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以υ(A)<υ(B)； II.根据图示可知，阴极通入的SO32?发生得电子的还原反应生成S2O42?，则阴极反应式为：2SO32?+4H++2e?=S2O42?+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O?4e?=4H++O2↑，则电解池中总反应为：4SO32?+4H+2S2O42?+2H2O+O2↑，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的 H +为2mol 时，转移电子的物质的量为2mol ，生成1molS 2O 42?，图示NO 吸收柱中S 2O 42?失去电子被氧化成SO 32?，NO 得到电子被还原成N 2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N 2的物质的量为：n(N 2)=()2202 mol -?=0.5mol ，标况下0.5mol 氮气的体积为：22.4L/mol×0.5mol=11.2L 。 18．（13分）过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在350℃时会迅速分解生成CaO 和O 2．以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题： CaCO 3滤液白色结晶 （1）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_______ ________________________________________。 （2）步骤②中反应的化学方程式为________________________________，该反应需要在冰浴下进行，原因是_______________________________________________。 （3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是 ____________________________________________。 （4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理______________________________________。 （5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取m g 样品，在温度高于350℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过图所示装置收集，测得量筒中水的体积为VmL ，则产品中过氧化钙的质量分数为____________________（列出表达式即可）。 18．『答案』 （1）酸（1分） 除去溶液中的二氧化碳（1分） （2）CaCl 2+H 2O 2+2NH 3?H 2O+6H 2O=CaO 2?8H 2O↓+2NH 4Cl 或CaCl 2+2NH 3?H 2O+H 2O 2＝CaO 2+2NH 4Cl+2H 2O （2分） 温度过高时过氧化氢分解（1分） （3）除去过氧化钙晶体表面的水分（2分） （4）2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑（2分）（5）9V/1400a×100%（4分） 『解析』（1）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，生成氯化钙，且溶解二氧化碳达到了饱和程度，故此时溶液呈酸性。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳； （2）反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3?H2O+6H2O=CaO2?8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3?H2O+H2O2＝CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰浴下进行，原因是过氧化氢热易分解； （3）过滤得到的白色晶体先用蒸馏水洗涤，再用乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是除去过氧化钙晶体表面的水分； （4）过氧化钙在水产养殖方面可以作为释氧剂，也可以作为观赏鱼苗空运的水中添加剂，用化学方程式表示其作用原理为2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑； （5）过氧化钙分解生成氧化钙和氧气，2CaO2＝2CaO+O2↑，若所取产品质量为mg，测得 生成气体的体积为VmL（已换算成标准状况），氧气物质的量＝ 3 V10L 22.4L/mol - ? ，则得到过氧化钙物质的量为 3 V10 11.2 - ? mol，过氧化钙的质量分数为 3 V10 72g/mol 11.2 mg - ? ? ×100%＝ 9V 1400a ×100%。 19．（13分）目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程： （1）化合物C的结构简式为___________。 （2）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式_________________________________。（3）下列关于化合物D的说法正确的是_____（填字母）。 a.属于酯类化合物 b.1molD最多能与4molH2发生加成反应 c.一定条件下发生加聚反应 d.核磁共振氢谱有5组峰 （4）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式____________。 ①苯环上一溴代物只有2种②能发生银镜反应③苯环上有3个取代基 （5）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任用） _____________________________________________________________。 19．『答案』（1）（2分） （2）CH2=CH?CH2Br+NaOH CH2=CH?CH2OH+NaBr（3分） （3）bc（2分） （4）（2分） （5）（4分）『解析』A为丙烯，在光照条件下发生烷烃基的取代反应，结合D的结构分析可知发生的是一溴代反应，所以B的结构简式为：CH2=CHCH2Br；有机物C的分子式为C7H6O3，结合D的结构分析可知，C的结构简式为：；B和C发生取代反应生成D，D与SOCl2发生取代反应，其中羧基中的?OH被氯原子取代生成E，E与发生取代反应生成F。 （1）化合物C的结构简式为：。 （2）B与氢氧化钠水溶液发生水解反应，反应条件是：NaOH溶液、加热，化学方程式为：CH2=CH?CH2Br+NaOH CH2=CH?CH2OH+NaBr； （3）化合物D的结构中没有酯基，a项错误；D的结构中含有一个苯环和一个碳碳双键可以催化加氢，所以1molD最多可与4molH2发生加成反应，注意羧基中的碳氧双键不能催化加氢，b项正确；D分子结构中含有碳碳双键，所以在一定条件下可以发生加聚反应，c项正确；D的核磁共振氢谱共有6组峰，d项错误；所以答案选bc； （4）化合物C的结构简式为：。C的同分异构体能发生银镜反应，说明结构中有醛基，从C的分子式来看，要保证苯环上有3个取代基，则另两个取代基必须为酚羟基；为保证苯环上一溴代物只有2种，则两个酚羟基必须处于对称位置，所以符合条件 的C的同分异构体的结构简式为：或； （5）所给的物质结构与题干的流程图中的结构非常相似，且原料也为C。所以重点是将乙烯转化为卤代烃，与C发生取代反应，再利用SOCl2取代羧基中的?OH，再反应引入酯基即可，合成路线如下： 。