2020年1月浙江省普通高校招生选考科目模拟考试化学试卷C及答案.pdf

2020年1月浙江省普通高校招生选考科目模拟考试化学试卷 C 祝考试顺利考生须知：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 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 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A3517Cl、3717Cl互为同位素，有不同的化学性质B(CH3CH2)2CHCH3的系统命名是 2-乙基丁烷C HCOOCH3和CH3COOCH3互为同系物D 14C和纳米碳管互为同素异形体1【答案】C【解析】A3517Cl、3717Cl质子数相同，中子数不同，故互为同位素，化学性质相同，选项A错误；B(CH3CH2)2CHCH3最长碳链有 5个碳原子，系统命名为：3-甲基戊烷，选项 B错误；CHCOOCH3和CH3COOCH3结构相似，分子组成相差 1个CH2原子团，互称为同系物，选项C正确；D.14C 为碳的一种核素，纳米碳管是由碳元素组成的一种单质，不能说两者互为同素异形体，选项D错误。答案选 C。2下列离子方程式不正确的是ACa(OH)2溶液与足量 Ca(HCO3)2溶液反应:Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O B金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2C 2mol二氧化碳通入含 3molNaOH 的溶液：2CO2+3OH-=HCO3-+CO32-+H2O D 二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3+2H2O 2Fe2+SO42-+4H+2【答案】A【解析】A.Ca(OH)2溶液与足量 Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项 A不正确；B.金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，选项 B正确；C.2mol 二氧化碳通入含 3molNaOH 的溶液中发生反应生成碳酸氢钠、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2CO2+3OH-=HCO3-+CO32-+H2O，选项 C 正确；D.二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3+2H2O 2Fe2+SO42-+4H+，选项 D 正确。答案选 A。3下列有关仪器的使用或实验操作正确的是A用稀盐酸洗涤 H2还原CuO 后试管内壁的铜B蒸发时，蒸发皿中溶液的量不能超过总容量的23C 分离苯萃取溴水后的分层液体，从分液漏斗下口先放出水层，再放出有机层D 用KMnO4溶液测定 Na2C2O4的浓度时，KMnO4溶液盛放在碱式滴定管中3【答案】B【解析】A、氢气还原氧化铜后留下的铜，是不活泼金属，排在金属活动性顺序中氢的后面，不能和稀盐酸反应，故 A错误；B、蒸发时，加入的液体不能超过容器容积的23，过多液体可能溢出，故 B正确；C、苯的密度比水的密度小，分层后水层在下层，分层时避免上下层液体混合，则先分离出水，有机层从上口倒出，故C错误；D、高锰酸钾溶液呈酸性，且有强氧化性，要腐蚀橡皮，应该用酸式滴定管盛放，故D 错误。答案选 B。4下表为元素周期表的一部分，X、Y、Z、W 均为短周期元素，其中 W 最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断正确的是X Y Z W A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B含Y元素的盐溶液一定显酸性C X与W 的气态氢化物可相互反应生成离子化合物D 最高价氧化物对应水化物的酸性：YZW 4【答案】C【解析】W 最外层电子数是最内层电子数的3倍，则 W 为S，根据周期表结构得出 X 为N，Y为Al，Z为Si，据此分析解答。A选项，原子半径：r(Al)r(Si)r(S)r(N)，故A错误；B选项，偏铝酸钠盐溶液显碱性，故 B错误；C 选项，氨气与硫化氢反应生成离子化合物硫化铵，故C 正确；D选项，最高价氧化物对应水化物的酸性：硫酸 硅酸 氢氧化铝，故 D 错误；综上所述，答案为C。5下列说法正确的是A苯能与 H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键B甲苯与足量 H2发生加成，其产物一氯代物有四种C 化合物 CF2Cl2的结构只有一种，且不可能继续发生取代反应D 乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂化获取5【答案】A【解析】A.苯为不饱和烃，但不含碳碳双键，则苯能与H2发生加成反应，但无法确定苯分子中存在独立的碳碳双键，A正确；B.甲苯与足量 H2发生加成，生成甲基环己烷，含5种H，产物一氯代物有 5种，B错误；C.化合物 CF2Cl2的结构只有一种，-F或-Cl可发生取代反应，则可能继续发生取代反应，C错误；D.乙烯为裂解产物，裂解为深度裂化，则乙烯是重要的化工原料，主要通过石油的裂解获取，D错误；故合理选项是 A。6下列有关说法正确的是A向饱和氯水中加入 NaOH 溶液至 pH=7，所得溶液中：c(Na+)c(ClO-)c(Cl-)c(OH-)BpH 相等的 NH4NO3(NH4)2SO4NH4HSO4溶液中，c(NH4+)大小顺序C 常温下，pH 为1的0.1mol/L HA 溶液与 0.1mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D 常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)6【答案】C【解析】A向饱和氯水中加入 NaOH 溶液至 pH=7，反应后为生成 NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(ClO-)c(OH-)，选项 A错误；B相同 pH 的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4+浓度相等，由于 NH4HSO4电离时产生 H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此 NH4HSO4中NH4+的浓度小于(NH4)2SO4，则pH 相等时溶液中 NH4+浓度大小顺序为=，故B错误；C常温下，pH为1的0.1 mol/L HA 溶液，则 HA 为强酸，与 0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)=c(A-)、c(OH-)=c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)，选项 C正确；D 常温下0.1 mol/L Na2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，选项 D错误；答案选 C。7在一定条件下，将 3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s)?xH(g)+2G(g)，2min末该反应达到平衡，生成 0.8molG，并测得 H的浓度为0.2molL-1。下列判断正确的是Ax=2 B2min内A的反应速率为 0.3mol(Lmin)-1C 维持其他条件不变，将该混合物转移到固定容积为1L的密闭容器中，再次平衡后H的浓度将大于0.4molL-1D 维持其他条件不变，再向容器中加入足量物质A，最终 H 的浓度将达到 0.5molL-17【答案】B【解析】一定条件下，将 3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(s)?xH(g)+2G(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molG，并测得 H 的浓度为0.2mol/L。3A(g)+B(s)?xH(g)+2G(g)起始量(mol)3 1 0 0 变化量(mol)1.20.4 0.4x 0.8 平衡量(mol)1.80.60.4x0.8 H 的浓度为 0.2mol/L，则H的物质的量为 0.4，计算得到 x=1，据此分析解答。A由以上分析可知，x=1，故A错误；B2min内A的反应速率为1.2mol2L2min=0.3mol?(L?min)-1，故B正确；CB为固体，增大压强，平衡不移动，则将该混合物转移到固定容积为1L的密闭容器中，再次平衡后 H 的浓度将等于 0.4mol?L-1，故C错误；D 如B完全反应，可生成 1molH，但为可逆反应，生成的 H小于1mol，则最终 H的浓度小于 0.5mol?L-1，故D错误；故选 B。8一种可充电锂-空气电池如图所示，当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是A充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移B充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-2x)O2C 放电时，多孔碳材料电极为负极D 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极8【答案】B【解析】由题意知，放电时负极反应为Li-e-=Li+，正极反应为(2-x)O2+4Li+4e-=2Li2O2-x(x 0或1)，电池总反应为O2+2Li=Li2O2-x。A、该电池放电时，电解质溶液中的Li+向多孔碳材料区迁移，充电时电解质溶液中的Li+向锂材料区迁移，A项错误；B、充电时电池总反应为 Li2O2-x=2Li+(1-)O2，B项正确；C、该电池放电时，金属锂为负极，多孔碳材料为正极，C项错误；D、该电池放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极，D项错误。9下列说法不正确的是AH2O2易分解是因为 H2O2分子中的共价键弱B足球烯和金刚石熔点相差很大是因为二者的化学键类型不同C BaCl2晶体是只含有离子键的离子晶体D 离子化合物中一定含有离子键，共价化合物中一定含有共价键9【答案】B【解析】A、H2O2易分解是因为 H2O2分子中共价键能较弱，易断键，选项A正确；B、足球烯和金刚石熔点相差很大是因为二者的晶体类型不同，足球烯是分子晶体，金刚石是原子晶体，但足球烯分子内是共价键，金刚石也是原子间通过共价键结合而成的，化学键类型相同，选项B不正确；C、BaCl2晶体是只含有离子键的离子晶体，由钡离子和氯离子构成，选项C 正确；D、离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；只含共价键的化合物是共价化合物，选项D正确。答案选 B。10设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为 0.15 NAC0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NAD加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子10【答案】C【解析】A.氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2与水不能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B.标准状况下，2.24L NO为0.1mol，2.24L O2为0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反应方程式为2NO+O2=2NO2，0.1mol NO反应消耗 0.05mol O2，生成0.1mol NO2，剩余 0.05mol O2，生成的 NO2自身存在 2NO2N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于0.15mol，因此气体分子数小于 0.15 NA，故B错误；C.潮湿的二氧化碳中含有水，0.1mol Na2O2与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2在两个反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol过氧化钠完全反应转移 1mol电子，则 0.1mol Na2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故C正确；D.加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为 2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，根据反应生成1.5mol SO2，则SO2分子数目为 1.5NA个，故 D 错误；答案选 C。11设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H1=a kJ?mol-1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H2=bkJ?mol-1其他数据如下表所示，下列说法正确的是化学键C=O C H O H O=O 键能/(kJ?mol-1)798 413 463 x AH1 H2BH2O(g)=H2O(1)H=(a-b)kJ?mol-1C当有 4NA个O-H键生成时，反应放出的热量为a kJ D上文中 x=1796+a211【答案】A【解析】A.反应 都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热Hb，因H 为负值，放出的热量越多，H 越小因，因此放出的H1 c(HSO3-)+c(SO32-)C向pH=8 的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，-32-3c(HSO)c SO的值增大D向pH=3 的上述溶液中滴加少量稀硫酸，3HSOa减小12【答案】C【解析】A.根据图示可知：溶液的 pH=5 时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；B.根据图示可知：溶液的 pH=7 时，溶液中 c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则 c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；C.当向pH=8 的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，（SO32-）增大，（HSO3-）减小，因此-32-3c(HSO)c SO的值减小，C错误；D.在pH=3 的溶液中滴加少量硫酸，溶液中 c(H+)增大，根据图像可知 (HSO3-)减小，D 正确；故合理选项是 C。13以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质 SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO47H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀 pH 4.7 2.7 7.6 完全沉淀 pH 6.7 3.7 9.6 下列说法不正确的是A试剂 a可以是 CuO 或Cu(OH)2，作用是调节 pH 至3.7 4.7 之间B反应 I 的化学反应方程式为 4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C操作 X为蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，再冷却结晶D反应的离子方程式为 Cu2+Fe=Cu+Fe2+，试剂 c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O 13【答案】B【解析】A.加入试剂 a调节pH至3.74.7 之间，目的是使 Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是 CuO或Cu(OH)2、CuCO3等，故A正确；B.反应I 的化学反应方程式为 4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C.操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D.反应主要是 Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将 Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂 c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O，故D 正确；答案选 B。14某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方法1:铜铝混合物A足量溶液充分反 应测定生成气体的体积方法2:铜铝混合物B足量溶液充分反 应测定生成固体的质量下列有关判断中不正确的是A溶液 A和溶液 B均可以是盐酸或 NaOH 溶液B实验室中方案更便于实施C若溶液 B选用浓硝酸，测得铜的质量分数偏大D方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜14【答案】C【解析】A.铝能和盐酸或氢氧化钠反应，而铜不能，通过氢气的体积计算铝的质量，或剩余的是铜，故溶液 AB 可以是盐酸或氢氧化钠，故正确；B.实验中测定气体体积和测定固体的质量相比较，测质量更方便，故方案更便于实施，故正确；C.若选用浓硝酸，铜与浓硝酸反应，因为铝能钝化，测定的固体质量比铝的质量大，所以测定铜的质量分数变小，故错误；D.溶液AB 可以是盐酸后氢氧化钠，方案一可能产生氢气，方案二可能剩余铜，故正确。故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共 5小题，共 58分)15（8分）某同学用正盐 X（三种常见元素组成的纯净物，摩尔质量为270g/mol）进行如下实验：步骤是工业生产制备某种常见试剂的重要环节。实验中观测到：丙能使带火星的木条复燃；乙和丁均为纯净物，且含有相同元素，焰色反应透过蓝色钴玻璃呈紫色；在步骤中，恰好完全反应时消耗丁 7.9g。请回答：（1）X的化学式是 _，步骤的化学方程式是_。（2）X在Ag+的催化作用下能和 Mn2+反应，可观察到溶液由无色变紫红色，写出对应的离子方程式_。15【答案】（1）K2S2O8（2分）2K2S2O8+O2=2K2SO4（3分）（2）2228244Ag2Mn5SO8H O2MnO10SO16H（3分）【解析】丙能使带火星的木条复燃，则丙为氧气，乙和丁均为纯净物，且含有相同元素，焰色反应透过蓝色钴玻璃呈紫色，乙与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，则固体乙应为硫酸钾，氧气与固体丁反应得到固体乙，则丁为亚硫酸钾，混合气体甲通过浓硫酸后只得到丙，结合分析可知，甲中可能含有三氧化硫，正盐X（三种常见元素组成的纯净物，摩尔质量为270g/mol），13.5gX为0.05mol，白色沉淀也为 0.05mol，若为硫酸钡，质量为 11.65g，符合所推结果，在步骤中，恰好完全反应时消耗丁7.9g，则消耗亚硫酸钾7.9g158/gmol=0.05mol，则消耗氧气的物质的量为 0.025mol，0.05molX隔绝空气灼烧得到 0.05molK2SO4、0.025molO2，13.5g-0.05mol174g/mol-0.025mol 32g/mol=4.0g，则生成的三氧化硫的物质的量为4.0g80g/mol=0.05mol，则X中NK：NS：NO=0.0520.05（）：0.050.050.05（）：0.0540.02520.0530.05（）=2：2：8，故X的化学式为 K2S2O8。（1）X的化学式是 K2S2O8，步骤亚硫酸钾与氧气反应生成硫酸钾，反应的化学方程式是2K2SO3+O2=2K2SO4；（2）X在Ag+的催化作用下能和 Mn2+反应，可观察到溶液由无色变紫红色，则生成高锰酸钾和硫酸钾，对应的离子方程式为2228244Ag2Mn5S O8H O2MnO10SO16H。16（11分）无机化合物 X与Y均由三种相同短周期的非金属元素组成(X比Y的相对分子质量大)，常温下均为无色液体，易水解，均产生酸性白雾。取1.35gX与足量水完全反应，向反应后的溶液中滴加 1.00 mol L-1的NaOH 溶液40.0mL恰好反应，溶液呈中性，继续滴加BaCl2溶液至过量，产生不溶于稀盐酸的2.33g白色沉淀。Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色。请回答：（1）X的化学式 _。白色沉淀属于 _(填“强”、“弱”或“非”)电解质。（2）Y与水反应的化学方程式 _。（3）二元化合物 Z能与X化合生成 Y。一定条件下，0.030 mol Z 与足量氨反应生成 0.92gA(原子个数之比 1：1，其相对分子量为 184)和淡黄色单质 B及离子化合物 M，且M 的水溶液的pH7。将0.92gA隔绝空气加强热可得到 0.64gB和气体单质 C。写出 Z与足量氨反应的化学方程式_。亚硝酸钠和 M 固体在加热条件下 _(填“可能”或“不能”)发生反应，判断理由是 _。请设计检验离子化合物 M 中阳离子的实验方案：_。16【答案】（1）SO2Cl2或SCl2O2（1分）强（1分）（2）SOCl2+H2O=2HC1+SO2（2分）（3）6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl（2分）可能（1分）NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1 中N 元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2（2分）取少量 M 固体加水溶解，加入浓 NaOH 溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+（2分）【解析】X、Y常温下为无色液体，且水解产生白雾，证明产生氯化氢，1.35gX的水解产物能与0.04mol 的NaOH，恰好完全反应，滴加氯化钡能产生难溶于酸的沉淀，则产生0.01mol的硫酸钡沉淀，Y的水解产物能使品红褪色，有二氧化硫产生，1.35gX中含有 S：0.01mol，Cl：0.02mol，则氧元素的物质的量是（1.35g-0.32g-0.71g）16g/mol0.02mol，故X为SO2Cl2；Y水解得到两种产物，其物质的量之比1：2，且产物之一能使品红溶液褪色，因此Y为SOCl2；二元化合物 Z能与X化合生成 Y。一定条件下，0.030 mol Z 与足量氨反应生成 0.92gA（物质的量是 0.005mol）和淡黄色单质 B及离子化合物 M，且M 的水溶液的 pH 7，所以淡黄色固体B为S，M 为氯化铵，0.92gA(原子个数之比 1：1，其相对分子量为 184)隔绝空气加强热可得到0.64gB和气体单质 C，可知气体 C为氮气，0.64g单质硫的物质的量是 0.02mol，根据质量守恒定律可知氮气的质量是0.92g-0.64g 0.28g，则氮原子的物质的量是0.02mol，所以由元素守恒可知 Z为S4N4。据此解答。（1）由分析可知 X为SO2Cl2；白色沉淀为硫酸钡，为强电解质，故答案为：SO2Cl2，强；（2）Y与水反应的化学方程式：SOCl2+H2O=2HC1+SO2；（3）Z与足量氨反应的化学方程式为：6SCl2+16NH3=S4N4+2S+12NH4Cl；亚硝酸钠和 M 固体在加热条件下可能发生反应，NaNO2中N元素化合价为+3价，NH4C1 中N 元素化合价为-3价，发生氧化还原反应生成N2；检验 M 中的阳离子即检验铵根离子，方法为：取少量M 固体加水溶解，加入浓 NaOH 溶液加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明有NH4+。17（13分）乙烯的分子式为 C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。请回答下列问题：（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)?C2H4(g)+H2(g)H制备乙烯。已知：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)H1=-1556.8kJ mol-1；H2(g)+12O2(g)=H2O（1）H2=-285.5kJ mol-1；C2H6(g)+72O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)H3=-1559.9kJ mol-1。则H=_kJ mol-1。（2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)。向某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和 a mol H2O(g)，测得 C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：该反应为 _热反应（填“吸”或“放”）。A点时容器中气体的总物质的量为_。已知分压=总压气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得 300时，反应达到平衡时该容器内的压强为 b MPa，则A点对应温度下的 KP=_MPa-1（用含 b的分数表示）。已知：C2H4(g)+H2O(g)?C2H5OH(g)的反应速率表达式为 v正=k正c（C2H4）c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250升高到340的过程中，下列推断合理的是_（填选项字母）。Ak正增大，k逆减小 Bk正减小，k逆增大C k正增大的倍数大于 k逆 D k正增大的倍数小于 k逆若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300时，C2H4(g)的平衡转化率_10%（填“”“（1分）（3）阳（1分）CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+（2分）【解析】（1）由盖斯定律-可知，H=（-1559.9kJ mol-1）-（-285.5kJ mol-1）-（-1556.8kJ mol-1）=+282.4kJmol-1。（2）由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为 10%，则平衡时 C2H4(g)、H2O(g)、C2H5OH(g)的物质的量分别为0.9a mol、0.9a mol、0.1a mol，总的物质的量为 1.9amol。平衡时 A点对应容器的总压强为 b MPa，故C2H4(g)、H2O(g)、C2H5OH(g)的分压分别为0.9bMPa1.9、0.9bMPa1.9、0.1bMPa1.9，则-1P0.1bMPa191.9K=MPa0.9b0.9b81bMPaMPa1.91.9。平衡时，正、逆反应速率相等，即25242c C H OHkK=c C Hc H Ok正逆。升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，K减小，故 k正增大的倍数小于 k逆。故选 D。正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高。（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+。18（13分）利用酸解法制钛白粉产生的废液 含有大量的 FeSO4、H2SO4和少量的 Fe2（SO4）3、TiOSO4 生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成 TiO2xH2O 沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为 CH3CH（OH）COOH。回答下列问题：（1）TiOSO4中钛元素的化合价是 _，步骤中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是_。（2）滤渣的主要成分为 TiO2xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：_。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是_。（4）步骤中发生反应的离子方程式为_。（5）步骤必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及_。（6）实验室中检验溶液 B中主要阳离子的方法是 _。18【答案】（1）+4（1分）过滤（1分）（2）TiO2+（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+，铁屑与 H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使 TiO2+转化为 TiO2?xH2O（3分）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）（4）Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2（2分）（5）防止 Fe2+被氧化（2分）（6）取少量溶液 B于试管中，加入 NaOH 溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液 B中含有 NH4+（2分）【解析】由流程图可知，废液中加入铁屑，Fe与H2SO4和少量 Fe2（SO4）3反应生成 FeSO4，溶液的pH 增大，促进 TiOSO4的水解沉淀，TiOSO4完全水解生成 TiO2?xH2O 沉淀，过滤，滤渣为 TiO2?xH2O 和Fe，滤液为 FeSO4溶液；FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，硫酸亚铁晶体脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到乳酸亚铁晶体。（1）由化合价代数和为 0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤。（2）TiOSO4在溶液中水解生成 TiO2?xH2O，水解的离子方程式为：TiO2+（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+，加入铁屑，铁与 H+反应，溶液中 c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2?xH2O 沉淀。（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体。（4）步骤为 FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为 Fe2+2HCO3-=FeCO3+H2O+CO2。（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止 Fe2+被氧化。（6）溶液 B为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加入 NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。19（13分）E是用途广泛的有机合成原料，可做食品添加剂，还广泛用于化妆品、医药的防腐、防霉剂和杀菌剂等方面。下面是制备并联合生产物质 N(C9H14O6)的一种合成路线：已知：G、F反应生成 N的过程中，物质的量之比为n(G)n(F)=1 3，且1mol G与足量的 Na 反应产生 33.6 L H2(标准状况)。回答下列问题：（1）下列关于 E的性质说法中正确的是 _(填字母)。a能发生聚合反应生成聚酯b与FeCl3溶液发生显色反应c1 mol 最多能与 1 mol NaOH反应d能发生酯化反应和水解反应（2）N 的结构简式为 _。（3）B生成C和D的化学方程式为 _。（4）写出满足下列条件的 E的同分异构体的结构简式_。与银氨溶液发生银镜反应；与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱中有4种吸收峰。（5）写出由 H 制备G 的合成路线：_(无机试剂任选)。19【答案】（1）ab（2分）（2）（2分）（3）（3分）（4）、（2分）（5）（4分）【解析】（1）aE分子中含有羧基和酚羟基，能发生聚合反应生成聚酯，故a正确；bE分子中含有酚羟基，能与 FeCl3溶液发生显色反应，故 b正确；cE分子中含有羧基和酚羟基，1 mol最多能与 2 mol NaOH反应，故 c错误；dE分子能发生酯化反应，但不能发生水解反应，故d错误。答案选 ab。（2）N为丙三醇和乙酸生成的酯，结构简式为。（3）B转化为C和D的化学方程式：。（4）与银氨溶液发生银镜反应，含有醛基；与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。含三个取代基其中有两个酚羟基和一个醛基的有6种：、；含两个取代基其中有一个酚羟基和一个HCOO-的有3种：、；共9种；其中核磁共振氢谱中有4种吸收峰的是、。（5）CH2CHCH3在光照条件下与氯气发生取代反应生成CH2CHCH2Cl，然后与氯气发生加成反应生成 ClCH2CHClCH2Cl，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到，合成路线流程图为：。2020年1月浙江省普通高校招生选考科目模拟考试化学试卷C