2018届浙江五校化学二模试卷及答案

　　对于化学学科的学习,我们要学会多做模拟试卷，以下是百分网小编为你整理的2018届浙江五校化学二模试卷，希望能帮到你。

2018届浙江五校化学二模试卷及答案

　　2018届浙江五校化学二模试卷题目

　　一、单项选择题(本题共7小题，共102分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.选对的得6分，选错或不选的得0分.)

　　1.下列说法不正确的是(　　)

　　A.2015年诺贝尔化学奖颁给了研究细胞修复自身DNA机制的三位科学家.DNA属于有机高分子，化学家鲍林(L.Pauling)提出的氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础

　　B.生物炼铜是指铜矿石在细菌作用下可把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐，使铜的冶炼变得简单

　　C.埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水均可以将病毒氧化而达到消毒的目的

　　D.扫描隧道显微技术、超分辨荧光显微技术等的发展促进了人类对微观结构的探索，可实现对原子或分子的操控，使科学研究迈入更高的水平层次

　　2.下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是(　　)

　　A.物质的分离提纯方法之一为“筛分”，如：胶体﹣﹣渗析法提纯，浊液﹣﹣过滤分离，本质上就是依据所分离粒子的直径大小选择具有合适孔径的“筛子”

　　B.容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，容量瓶无“0”刻度，量筒和滴定管有“0”刻度;使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗

　　C.工业上电解饱和食盐水时，为了阻止产物相互之间反应，往往用阴离子交换膜把阳极和阴极隔开

　　D.室温下，浓度均为0.1 molL﹣1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5 mL、10 mL的Na2S2O3溶液分别与10 mL的H2SO4溶液混合反应，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响

　　3.短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中X与其它元素均不位于同一主族，Y和W的原子序数相差8，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0.下列说法正确的是(　　)

　　A.M的氢化物的水溶液能与W的钠盐溶液，反应得到W的氢化物，说明非金属性M>W

　　B.原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)

　　C.Y与Z形成的化合物能与碱反应，但不能和任何酸反应

　　D.X和Y，W和M均能形成原子个数比为1：1的分子

　　4.下列说法正确的是(　　)

　　A.下列物质的沸点按由低到高的顺序排列为CH3(CH2)2CH3

　　B.青蒿素是抗疟疾特效药，结构如图1所示，有酯基、过氧键和醚键，不溶于水，易溶于氯仿、丙酮等，可以用乙醚从植物中提取，能够发生水解反应，具有强氧化性

　　C.油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应

　　D.按系统命名法命名时，图2有机物的名称是3，5，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷

　　5.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用.有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置图如下.下列说法不正确的是(　　)

　　A.X是原电池，能够生产硫酸.Y是电解池，能够生产N2O5

　　B.c电极的电极反应方程式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+

　　C.当电路中通过2mol e﹣，X、Y中各有1molH+从左边迁移到右边

　　D.为保证X中硫酸的质量分数不变，则加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4

　　6.常温下，向1L0.1mol/L H2A溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液，所得溶液中含A元素的微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中正确的是(　　)

　　A.H2A的电离方程式为：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，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0

　　D.pH=4.0时，图中n(HA﹣)约为0.0091mol

　　7.某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等.为确定该溶液X的成分，某学习小组做了如下实验：

　　则下列说法正确的是(　　)

　　A.若含有Fe3+，则一定含有Cl﹣

　　B.SO42﹣、NH4+一定存在，NO3﹣、Cl﹣可能不存在

　　C.CO32﹣、Al3+、K+一定不存在

　　D.气体甲、沉淀甲一定为纯净物

　　二、解答题(共4小题，满分48分)

　　8.甘蔗主要用于生产蔗糖，剩余的甘蔗渣去除渣髓后主要成分为纤维素.物质A能发生银镜反应，A、B、D、E、F、G为有机小分子，H、I为高分子，它们之间存在如下转化关系(部分反应条件及产物未列出).D是石油裂解气的主要成分，E的结构为 .

　　请完成以下问题：

　　(1)F中所含官能团的名称：　　　　　　，A的分子式　　　　　　，反应④的反应类型为：　　　　　　.

　　(2)反应③的化学方程式：　　　　　　;

　　(3)写出C和E在一定条件下可生成一种可降解的高聚物的方程式　　　　　　.

　　(4)写出满足以下条件的G的同分异构体的结构简式　　　　　　.

　　①链式结构且分子中不含甲基 ②能与NaHCO3溶液反应产生CO2.

　　9.(1)写出过氧化钠的电子式　　　　　　.

　　(2)工业中为了减少燃煤产生的二氧化硫气体，可在煤炭中混入一定量的石灰石再去燃烧，请用一个化学反应方程式表示其原因：　　　　　　.

　　(3)完成以下氧化还原反应方程式：

　　P4+　　　　　　CuSO4+　　　　　　=　　　　　　Cu3P+　　　　　　H3PO4+　　　　　　.

　　10.化合物甲由X、Y两种元素组成，含甲的矿石在自然界储量较多，称取一定量的甲，加足量浓盐酸使其完全溶解，将溶液分为A、B两等份，向A中加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧得到红棕色固体28g，经分析甲与该红棕色固体组成元素相同;向B中加8.0g铜粉充分反应后经过滤、洗涤、低温干燥，得固体1.6g.

　　(1)甲的化学式　　　　　　，写出足量浓盐酸溶解甲的离子反应方程式　　　　　　.

　　(2)设计实验验证溶液A中金属X离子的价态　　　　　　.

　　(3)有同学猜测能用含金属元素X的单质和二氧化碳在高温下反应制取化合物甲，请从氧化还原反应的角度说明该猜测的合理性　　　　　　.

　　(4)金属元素X和碳元素形成的化合物X3C，又称为渗碳体.是具有高化学稳定性的新型还原剂，同时还可以作为催化剂应用于石油化工、汽车尾气处理等领域.工业上可用粉碎后甲的矿石和预热后的CH4、H2混合气体在一定温度、压强条件下发生反应来制备，写出该反应方程式　　　　　　.X3C不溶于冷水、热水、稀酸，可溶于热的浓硝酸，写出X3C和热的浓硝酸反应的化学方程式　　　　　　.

　　11.氨可用于制取氨水、液氮、氮肥(尿素、碳铵等)、硝酸、铵盐、纯碱等，因此被广泛应用于化工、轻工、化肥、制药、合成纤维、塑料等行业中，是重要的化工产品.

　　(1)以甲烷为原料可制得合成氨气用的氢气.有关化学反应的能量变化如图1所示.则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为　　　　　　.

　　(2)已知N2(g)+3H2⇌2NH3(g)△H=﹣94.4kJmol﹣1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图2所示.

　　①25min时采取的措施是　　　　　　.

　　②在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有　　　　　　.

　　(3)①CO可使合成氨的催化剂中毒而失去活性，因此工业上常用乙酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气体中的CO，反应原理：[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l)△H<0，吸收后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后可再生而恢复其吸收CO的能力，则再生的适宜条件是　　　　　　.溶液反应，容器中氨气的物质的量浓度随时间的变化如图3所示.若在35s时再充入原物质的量的CO和NH3气体后，请在图3中画出氨气的物质的量浓度随时间变化图.

　　(4)①用氨气制取尿素[CO(NH2)]的反应为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H<0.某温度下，向容器为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时，达到平衡，此时CO2的转化率为50%.则该反应的平衡常数K=　　　　　　.

　　②在实际工业生产中，原料气带有水蒸气，图4表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系.

　　a、曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比(n(H2O)/n(CO2))最大的是　　　　　　.

　　b、测得B点氨的转化率为40%，则x1=

　　2018届浙江五校化学二模试卷答案

　　一、单项选择题(本题共7小题，共102分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.选对的得6分，选错或不选的得0分.)

　　1.下列说法不正确的是(　　)

　　B.生物炼铜是指铜矿石在细菌作用下可把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐，使铜的冶炼变得简单

　　C.埃博拉病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液、双氧水均可以将病毒氧化而达到消毒的目的

　　D.扫描隧道显微技术、超分辨荧光显微技术等的发展促进了人类对微观结构的探索，可实现对原子或分子的操控，使科学研究迈入更高的水平层次

　　【分析】A、化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型;

　　B、微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石;

　　C、乙醇使蛋白质变性;

　　D、新科技的发展促进人们的研究能力和水平.

　　【解答】解：A、化学家鲍林提出了氢键理论和蛋白质分子的螺旋结构模型，为DNA分子双螺旋结构模型的提出奠定了基础，故A正确;

　　B、把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，故最后转化成可溶的硫酸铜，故B正确;

　　C、乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故C错误;

　　D、扫描隧道显微技术、超分辨率荧光显微技术等技术的发展促进了人类对物质微观结构的探索，使科学研究迈入更高水平层次，故D正确.

　　故选C.

　　【点评】本题考查了化学史、前沿科技的理解，注意对相关知识的积累，侧重于考查学生对基础知识的应用能力.

　　2.下列仪器的使用、实验药品选择或实验现象描述正确的是(　　)

　　B.容量瓶、量筒和滴定管上都标有使用温度，容量瓶无“0”刻度，量筒和滴定管有“0”刻度;使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗

　　C.工业上电解饱和食盐水时，为了阻止产物相互之间反应，往往用阴离子交换膜把阳极和阴极隔开

　　D.室温下，浓度均为0.1 molL﹣1Na2S2O3和H2SO4溶液，各取5 mL、10 mL的Na2S2O3溶液分别与10 mL的H2SO4溶液混合反应，可验证Na2S2O3浓度对反应速率的影响

　　【分析】A.渗析、过滤都利用微粒直径大小;

　　B.量筒没有0刻度;

　　C.常将两个极室用离子膜隔开;

　　D.H2SO4溶液浓度不同.

　　【解答】解：A.胶体粒子直径比半透膜小，可用渗析方法分离，浊液粒子不能透过滤纸，可用过滤的方法分离，故A正确;

　　B.量筒没有0刻度，量筒不能润洗，直接使用干燥的量筒，故B错误;

　　C.工业上电解饱和和盐水时，从安全性和综合效率角度考虑，常将两个极室用离子膜隔开，防止H2与Cl2混合爆炸，故C错误;

　　D.H2SO4溶液浓度不同，应是H2SO4溶液浓度相同，故D错误.

　　故选A.

　　【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、实验操作、电解原理以及化学反应速率等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大.

　　A.M的氢化物的水溶液能与W的钠盐溶液，反应得到W的氢化物，说明非金属性M>W

　　B.原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)

　　C.Y与Z形成的化合物能与碱反应，但不能和任何酸反应

　　D.X和Y，W和M均能形成原子个数比为1：1的分子

　　【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中Y和W的原子序数相差8，Y不可能为H元素，故二者只能为同主族元素，则Y为O元素、W为S元素，结合原子序数可知M为Cl，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，则Z的最外层电子数为16﹣6﹣6=4，则Y为Si，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0，X与其它元素均不位于同一主族，可知X只能为H，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答.

　　【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，其中Y和W的原子序数相差8，Y不可能为H元素，故二者只能为同主族元素，则Y为O元素、W为S元素，结合原子序数可知M为Cl，Y、Z、W三种原子的最外层电子数之和为16，则Z的最外层电子数为16﹣6﹣6=4，则Y为Si，X、Z的最高正价和最低负价的代数和均为0，X与其它元素均不位于同一主族，可知X只能为H，

　　A.HCl与Na2S的溶液反应生成H2S，为强酸制取弱酸的反应，不能利用无氧酸的酸性比较非金属性，故A错误;

　　B.同周期原子序数大的原子半径小，则原子半径的大小顺序：r(Z)>r(W)>r(Y)，故B错误;

　　C.Y与Z形成的化合物SiO2，能与碱反应，能和HF酸反应，故C错误;

　　D.X和Y，W和M均能形成原子个数比为1：1的分子，分别为H2O2、S2Cl2，故D正确;

　　故选D.

　　【点评】本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、原子序数的关系推断元素为解答该题的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的应用，题目难度不大.

　　4.下列说法正确的是(　　)

　　A.下列物质的沸点按由低到高的顺序排列为CH3(CH2)2CH3

　　C.油脂在一定条件下水解成高级脂肪酸和甘油，称为皂化反应

　　D.按系统命名法命名时，图2有机物的名称是3，5，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷

　　【分析】A.烷烃随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高，碳原子数相同的烃，支链越多，熔、沸点越低;

　　B.由结构图可知青蒿素含有的官能团，根据官能团判断青蒿素的性质;

　　C.油脂碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，称为皂化反应;

　　D.从靠近支链的一端开始编号，2、4、6号C上分别有一个甲基，3号C上有一个乙基.

　　【解答】解：A.烷烃随着分子中碳原子数的递增呈规律性变化，沸点逐渐升高，碳原子数相同的烃，支链越多，熔、沸点越低，因此沸点为CH3(CH2)2CH3<(CH3)3CCH3<(CH3)2CHCH2CH3

　　B.由青蒿素的结构图可知，含有酯基、过氧键和醚键，不含羧基和羟基，不溶于水，易溶于有机溶剂，酯基能发生水解反应，过氧键具有氢氧化性，故B正确;

　　C.油脂碱性条件下水解成高级脂肪酸盐和甘油，称为皂化反应，故C错误;

　　D.按系统命名法命名时，图2有机物的名称是2，4，6﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷，故D错误;

　　故选B.

　　【点评】本题考查烷烃的命名及性质规律、青蒿素的结构和性质推断、油脂的性质，综合性较强，其中B选项是高考的热点，题目难度中等.

　　5.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用.有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，装置图如下.下列说法不正确的是(　　)

　　A.X是原电池，能够生产硫酸.Y是电解池，能够生产N2O5

　　B.c电极的电极反应方程式为：N2O4+2HNO3﹣2e﹣=2N2O5+2H+

　　C.当电路中通过2mol e﹣，X、Y中各有1molH+从左边迁移到右边

　　D.为保证X中硫酸的质量分数不变，则加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4

　　【分析】(A)由图可知：X装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以X是原电池，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以产生硫酸，二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极，则b为正极，Y属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5;

　　(B)c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5;

　　(C)根据电极反应式得出转移电子的物质的量与氢离子的关系，再从离子在溶液中的移动方向判断;

　　(D)X装置中，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，根据关系式计算，注意硫酸的浓度不变.

　　【解答】解：(A)X装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以X是原电池，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，所以产生硫酸，通入二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，为负极，则b为正极，Y属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，故A正确;

　　(B)c是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O5，电极反应为N2O4﹣2e﹣+2HNO3=2N2O5+2H+，故B正确;

　　(C)X装置中SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，则有关系式：SO2～2e﹣～4H+，Y中N2O4﹣2e﹣+2HNO3=2N2O5+2H+，则有关系式：N2O4～2e﹣～2H+，所以电子与氢离子的关系前者为1：2，后者为1：1，当电路中通过2mol e﹣，X中负极有4molH+产生，阳离子向正极移动，即从左边迁移到右边;Y中阳极有2molH+产生，阳离子向阴极移动，即从左边迁移到右边，故C错误;

　　(D)X装置中，SO2﹣2e﹣+2H2O=SO42﹣+4H+，当有1molSO2反应，消耗水2mol，生成硫酸的质量为：1mol×98g/mol=98g，消耗水的质量为：2mol×18g/mol=36g，设通入xmolH2O，则有： ×100%=50%，解得x=7.4，则加入的n(so2)：n(H2O)=1：7.4，故D正确;

　　故选C.

　　【点评】本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池，再结合各个电极上发生的电极反应分析解答，难点是电极反应式的书写，最后的计算很容易出错，要注意质子膜只能让氢离子通过，而水分子不能通过，所以不能用总反应式解题，否则得到的比例关系是1：6.4，题目有一定的难度.

　　A.H2A的电离方程式为：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，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0

　　D.pH=4.0时，图中n(HA﹣)约为0.0091mol

　　【分析】A.由图可知0.1mol/L H2A溶液中全部电离为HA﹣，说明第一步电离为完全电离;

　　B.H2A溶液中全部电离，不存在H2A分子;

　　C.混合溶液的pH与NaHA、Na2A的浓度有关;

　　D.根据Ka= 计算出，由 = ，结合原溶液中n(HA﹣)+n(A2﹣)=0.1mol计算.

　　【解答】解：A.由图可知0.1mol/L H2A溶液中全部电离为HA﹣，说明第一步电离为完全电离，所以H2A的电离方程式为：H2A=H++HA﹣，HA﹣⇌H++A2﹣，故A错误;

　　B.H2A溶液中全部电离，不存在H2A分子，则由物料守恒可知，c(A2﹣)+c(HA﹣)=0.1mol/L，故B错误;

　　C.混合溶液的pH与NaHA、Na2A的浓度有关，若二者的浓度很小，则溶液的pH不可能等于3，故C错误;

　　D.当pH=3时，c(A2﹣)=c(HA﹣)，则Ka= =10﹣3，当pH=4时，Ka= =10﹣3，则 = ，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正确.

　　故选D.

　　【点评】本题考查了弱电解质的电离、电离常数的有关计算，题目难度中等，注意把握弱电解质电离常数的有关计算方法，侧重于考查学生的分析能力、计算能力以及对图象中信息的应用能力.

　　则下列说法正确的是(　　)

　　A.若含有Fe3+，则一定含有Cl﹣

　　B.SO42﹣、NH4+一定存在，NO3﹣、Cl﹣可能不存在

　　C.CO32﹣、Al3+、K+一定不存在

　　D.气体甲、沉淀甲一定为纯净物

　　【分析】某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32﹣与H+的反应，也可能是NO3﹣在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应;

　　溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲为0.02mol，则气体甲为NH3，故溶液中含0.02molNH4+;所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+;再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42﹣;所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，则物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量为0.02mol，然后根据离子之间的互斥性和溶液的电荷守恒来分析.

　　【解答】解：某溶液X中可能含有NO3﹣、Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe2+、Fe3+、Al3+和K+中的几种，且所含阴离子的物质的量相等，向溶液X中加过量的硫酸，有气体乙产生，发生的反应可能是CO32﹣与H+的反应，也可能是NO3﹣在H+条件下与Fe2+的氧化还原反应;

　　溶液X与过量的NaOH溶液反应生成气体甲NH3为0.02mol，即溶液X中含0.02molNH4+;所得的溶液甲中逐滴加入稀盐酸，无现象，故溶液X中无Al3+;再继续加氯化钡溶液，生成沉淀乙，则乙为BaSO4，质量为4.66g，则物质的量为0.02mol，即溶液X中含0.02molSO42﹣;所得沉淀甲应为Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，经过滤、洗涤灼烧后所得的固体乙为Fe2O3，质量为1.6g，物质的量为0.01mol，故溶液X中含Fe2+或Fe3+或两者均有，且物质的量一定为0.02mol，由于Fe2+或Fe3+均能与CO32﹣发生双水解而不能共存，故溶液中无CO32﹣，则生成气体乙的反应只能是NO3﹣与Fe2+的氧化还原反应，故溶液中一定含Fe2+和NO3﹣，

　　而所含阴离子的物质的量相等，即NO3﹣的物质的量也为0.02mol.

　　故现在溶液X中已经确定存在的离子是：阴离子：0.02molNO3﹣，0.02molSO42﹣，共带0.06mol负电荷;

　　阳离子：0.02molNH4+，0.02molFe2+或Fe2+、Fe3+的混合物，所带的正电荷≥0.06mol.

　　一定不含Al3+、CO32﹣.

　　根据溶液呈电中性可知，当 0.02mol全部是Fe2+时，阳离子所带正电荷为0.06mol，则Cl﹣可以存在，也可以不存在，若Cl﹣存在，则K+一定存在，若Cl﹣不存在，则K+一定不存在;

　　若溶液中含Fe3+，阳离子所带正电荷大于0.06mol，则溶液中一定存在Cl﹣，还可能存在K+.故溶液中可能含Cl﹣、K+.

　　A、由于溶液要保持电中性，故当溶液中含Fe3+时，则阳离子所带的正电荷>0.06mol，故溶液中一定含Cl﹣，故A正确;

　　B、溶液中NO3﹣一定存在，故B错误;

　　C、K+可能存在，故C错误;

　　D、气体甲为氨气，是纯净物，但沉淀甲可能是Fe(OH)2或Fe(OH)3或两者均有，不一定是纯净物，故D错误.

　　故选A.

　　【点评】本题考查了溶液中离子的检验，应注意应用已推导出的离子的与不能共存的离子之间的互斥性和溶液要呈电中性来分析，难度较大.

　　二、解答题(共4小题，满分48分)

　　请完成以下问题：

　　(1)F中所含官能团的名称：　碳碳双键、羧基　，A的分子式　C6H12O6　，反应④的反应类型为：　加聚反应　.

　　(2)反应③的化学方程式：　　;

　　(3)写出C和E在一定条件下可生成一种可降解的高聚物的方程式　　.

　　(4)写出满足以下条件的G的同分异构体的结构简式　CH2=CHCH2CH2COOH　.

　　①链式结构且分子中不含甲基 ②能与NaHCO3溶液反应产生CO2.

　　【分析】物质A能发生银镜反应，A、B、D、E、F、G为有机小分子，H、I为高分子，它们之间存在如下转化关系(部分反应条件及产物未列出)，D是石油裂解气的主要成分，则D为CH2=CH2，根据各物质的转化关系，甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为A为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的'作用下生成B为CH3CH2OH，C为CO2，乙烯与CO、水反应生成F为CH2=CHCOOH，B与F在浓硫酸条件下反应生成G为CH2=CHCOOCH2CH3，G发生加聚反应生成H为，E的结构为，C为CO2，E和C反应生成I为，结合题目分析解答;

　　【解答】解：物质A能发生银镜反应，A、B、D、E、F、G为有机小分子，H、I为高分子，它们之间存在如下转化关系(部分反应条件及产物未列出)，D是石油裂解气的主要成分，则D为CH2=CH2，根据各物质的转化关系，甘蔗渣处理之后得到纤维素，纤维素水解的最终产物为A为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成B为CH3CH2OH，C为CO2，乙烯与CO、水反应生成F为CH2=CHCOOH，B与F在浓硫酸条件下反应生成G为CH2=CHCOOCH2CH3，G发生加聚反应生成H为，E的结构为，C为CO2，E和C反应生成I为，

　　(1)F为CH2=CHCOOH，F中所含官能团的名称为碳碳双键、羧基，A为葡萄糖，A的分子式 C6H12O6，根据上面的分析可知，反应④的反应类型为加聚反应，

　　故答案为：碳碳双键、羧基;C6H12O6;加聚反应;

　　(2)反应③的化学方程式为，

　　故答案为： ;

　　(3)C和E在一定条件下可生成一种可降解的高聚物的方程式为，

　　故答案为： ;

　　(4)G为CH2=CHCOOCH2CH3，根据条件①链式结构且分子中不含甲基，②能与NaHCO3溶液反应产生CO2，说明有羧基，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2CH2COOH，

　　故答案为：CH2=CHCH2CH2COOH.

　　【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意结合题给信息、反应条件进行推断，知道常见有机物官能团及其性质关系，难点是(5)题同分异构体种类判断，要考虑官能团位置异构、碳链异构，题目难度中等.

　　9.(1)写出过氧化钠的电子式　　.

　　(2)工业中为了减少燃煤产生的二氧化硫气体，可在煤炭中混入一定量的石灰石再去燃烧，请用一个化学反应方程式表示其原因：　2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2　.

　　(3)完成以下氧化还原反应方程式：

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

　　【分析】(1)过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成;

　　(2)高温下，碳酸钙分解生成碱性氧化物CaO，CaO和二氧化硫反应生成硫酸钙，向煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少SO2的排放，生成CaSO4;

　　(3)分析反应中元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒配平.

　　【解答】解：(1)过氧化钠是离子化合物，由钠离子与过氧根离子构成，电子式为，故答案为： ;

　　(2)高温下，碳酸钙分解生成碱性氧化物CaO，CaO和二氧化硫反应生成硫酸钙，向煤中加入石灰石作为脱硫剂，可以减少SO2的排放，生成CaSO4，反应方程式为2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+O2+2SO2 2CaSO4+2CO2;

　　(3)该氧化还原反应中Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，硫酸铜是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，

　　要使得失电子守恒H3PO4系数为24，Cu3P系数为20，依据原子个数守恒方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4，故答案为：( 11 )P4+( 60 )CuSO4+96H2O=( 20 )Cu3P+( 24 )H3PO4+60H2SO4.

　　【点评】本题主要考查的是电子式的书写、氧化还原反应方程式的配平、工业除S等，综合性较强，难度不大.

　　(1)甲的化学式　3FeO2Fe2O3　，写出足量浓盐酸溶解甲的离子反应方程式　3FeO2Fe2O3+18H+=3Fe2++4Fe3++9H2O　.

　　(2)设计实验验证溶液A中金属X离子的价态　取少量A溶液，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀，则含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血红色，则含Fe3+　.

　　(3)有同学猜测能用含金属元素X的单质和二氧化碳在高温下反应制取化合物甲，请从氧化还原反应的角度说明该猜测的合理性　合理，Fe具有还原性，CO2中+4价碳具有氧化性，可能发生氧化还原反应　.

　　(4)金属元素X和碳元素形成的化合物X3C，又称为渗碳体.是具有高化学稳定性的新型还原剂，同时还可以作为催化剂应用于石油化工、汽车尾气处理等领域.工业上可用粉碎后甲的矿石和预热后的CH4、H2混合气体在一定温度、压强条件下发生反应来制备，写出该反应方程式　3Fe7O9+13H2+7CH4=7Fe3C+27H2O　.X3C不溶于冷水、热水、稀酸，可溶于热的浓硝酸，写出X3C和热的浓硝酸反应的化学方程式　Fe3C+22HNO3(浓) 3Fe(NO3)3+CO2+13NO2↑+11H2O　.

　　【分析】向A中加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧得到红棕色固体28g为Fe2O3，则甲中含有Fe元素，甲与该红棕色固体组成元素相同，则甲还含有O元素，每一份中Fe元素质量为28g× =19.6g，其物质的量为 =0.35mol.

　　向B中加8.0g铜粉充分反应后经过滤、洗涤、低温干燥，得固体1.6g，则2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，参加反应Cu的质量为8.0g﹣1.6g=6.4g，其物质的量为0.1mol，由方程式可知Fe3+为0.2mol，故还含有Fe2+为0.35mol﹣0.2mol=0.15mol，则FeO、Fe2O3物质的量之比为0.15mol：0.1mol=3：2，则甲的化学式为3FeO2Fe2O3(或者Fe7O9).

　　【解答】解：向A中加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧得到红棕色固体28g为Fe2O3，则甲中含有Fe元素，甲与该红棕色固体组成元素相同，则甲还含有O元素，每一份中Fe元素质量为28g× =19.6g，其物质的量为 =0.35mol.

　　(1)甲的化学式：3FeO2Fe2O3(或者Fe7O9)，足量浓盐酸溶解甲的离子反应方程式：3FeO2Fe2O3+18H+=3Fe2++4Fe3++9H2O，

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

　　(2)设计实验验证溶液A中金属X离子的价态：取少量A溶液，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀，则含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血红色，则含Fe3+，

　　故答案为：取少量A溶液，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀，则含Fe2+;另取少量A溶液，滴加KSCN溶液，呈血红色，则含Fe3+;

　　(3)Fe具有还原性，CO2中+4价碳具有氧化性，可能发生氧化还原反应，该猜测合理，

　　故答案为：合理，Fe具有还原性，CO2中+4价碳具有氧化性，可能发生氧化还原反应;

　　(4)金属元素Fe和碳元素形成的化合物Fe3C，又称为渗碳体.工业上可用粉碎后甲的矿石和预热后的CH4、H2混合气体在一定温度、压强条件下发生反应来制备，该反应方程式为：3Fe7O9+13H2+7CH4=7Fe3C+27H2O，Fe3C不溶于冷水、热水、稀酸，可溶于热的浓硝酸，Fe3C和热的浓硝酸反应的化学方程式：Fe3C+22HNO3(浓) 3Fe(NO3)3+CO2+13NO2↑+11H2O，

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

　　【点评】本题考查无机物的推断，属于计算型推断，熟练掌握元素化合物性质，侧重对氧化还原反应的考查，难度中等.

　　(1)以甲烷为原料可制得合成氨气用的氢气.有关化学反应的能量变化如图1所示.则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为　CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=﹣(a+b﹣3C)kJ.mol﹣1　.

　　(2)已知N2(g)+3H2⇌2NH3(g)△H=﹣94.4kJmol﹣1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图2所示.

　　①25min时采取的措施是　将NH3从反应体系中分离出去　.

　　②在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有　高压、原料气循环利用等　.

　　(3)①CO可使合成氨的催化剂中毒而失去活性，因此工业上常用乙酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气体中的CO，反应原理：[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l)△H<0，吸收后的乙酸铜氨溶液经过适当处理后可再生而恢复其吸收CO的能力，则再生的适宜条件是　B　.溶液反应，容器中氨气的物质的量浓度随时间的变化如图3所示.若在35s时再充入原物质的量的CO和NH3气体后，请在图3中画出氨气的物质的量浓度随时间变化图.

　　(4)①用氨气制取尿素[CO(NH2)]的反应为2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)△H<0.某温度下，向容器为100L的密闭容器中通入4mol NH3和2molCO2，该反应进行到40s时，达到平衡，此时CO2的转化率为50%.则该反应的平衡常数K=　2500　.

　　②在实际工业生产中，原料气带有水蒸气，图4表示CO2的转化率与氨碳比、水碳比的变化关系.

　　a、曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的水碳比(n(H2O)/n(CO2))最大的是　Ⅲ　.

　　b、测得B点氨的转化率为40%，则x1=　3　.

　　【分析】(1)依据图象分析反应过程都是能量降低的过程，说明反应是放热反应;写出对应热化学方程式，依据盖斯定律计算得到所需热化学方程式;

　　(2)①根据25min时氨气的物质的量变为0，而氮气和氢气的物质的量不变进行解答;

　　②依据实际生产需要和平衡移动方向分析判断需要的条件;

　　(3)①依据平衡移动方向分析判断需要的条件;

　　②使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，依据催化剂只加快反应速率不影响平衡浓度画出图象;

　　(4)①根据时段Ⅲ条件下达到平衡时各组分的浓度及平衡常数表达式进行解答;

　　②a依据反应转化率的大小分析，结合图象分析判断;

　　b根据氨气和二氧化碳的转化率之比求出x1.

　　【解答】解：(1)图象分析反应过程都是能量降低的过程，反应的热化学方程式为：

　　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

　　由盖斯定律③﹣②×3﹣①得到：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2 (g)△H=﹣(a+b﹣3C) kJ.mol﹣1，

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

　　(2)①25min时氨气的物质的量迅速变为0而氮气、氢气的物质的量不变，之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小，氨气的物质的量逐渐增大，说明25min时将NH3从反应体系中分离出去，

　　故答案为：将NH3从反应体系中分离出去;

　　②在实际制氨气工业生产中和该措施的目的相同的其它措施还有高压、原料气循环利用等方法，故答案为：高压、原料气循环利用等;

　　(3)①吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡[Cu(NH3)2CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)⇌[Cu(NH3)3]CH3COOCO(l);△H<0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，

　　故答案为：B;

　　②若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，该反应的进程曲线为如图所示：，

　　故答案为： ;

　　(4)①某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO2的转化率为50%，转化的二氧化碳为1mol，则：

　　2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(l)+H2O(g)

　　起始量(mol)：4 2 0

　　变化量(mol)：2 1 1

　　平衡量(mol)：2 1 1

　　则平衡常数K= = =2500L2mol﹣2，

　　故答案为：2500;

　　②a、氨碳比相同时曲线Ⅰ二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为Ⅲ，故答案为：Ⅲ;

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