【杭州市命题比赛】浙江省2015年高考化学模拟试题(三十)

Ⅰ 选择题部分（共42分）

一．选择题（本题共7小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)

7．化学在生活中有着重要的影响，2015年2月28日，著名媒体人柴静拍了一部纪录片《穹顶之下》，深刻阐述了当下中国面临的环境问题。下列说法正确的是

A．纪录片《穹顶之下》中的雾霾属于小颗粒纳米级聚合物，我们可利用丁达尔现象鉴别

B．安装煤炭“固硫”、“脱硝”装置，可以有效避免“穹顶”出现的概率

C．我国是煤多油少的国家，煤层气俗称瓦斯气，是一种新利用的能源，煤层气相比直接烧煤更清洁，利于对抗雾霾。

D．下表为全国主要机场机场2014年PM2.5均值，PM2.5口罩材质为碳纤维毡垫、高分子织物、无纺布等，是一种间隙比半透膜还小的分子筛。

【解析】（原创题）

霾不是胶体级分散系，不能用丁达尔现象鉴别，A错，“固硫”、“脱硝”主要是为了防治酸雨,B错，PM2.5口罩间隙比半透膜要大

考点：化学基本概念，绿色环保，分散系

8．根据下列实验现象，所得结论错误的是

【解析】（原创题）

试题分析：A、I为原电池， I烧杯中Fe表面有气泡，说明Fe做正极，则Al比Fe活泼；II烧杯是原电池，Cu作正极，Fe作负极，Fe比Cu活泼，正确；B、Cu与浓反应产生二氧化氮气体，二氧化氮与水反应生成和无色的NO，不是Cu与浓反应产生的NO，错误；C、饱和氯化铁中铁离子的浓度大于0.005mol/L氯化铁的浓度，所以反应物的浓度增大，平衡正向移动，则溶液的颜色加深，正确；D、检验装置的气密性时，长颈漏斗内液面高于烧瓶内液面且保持不变，说明装置的气密性良好，正确，答案选B。

考点：考查对实验结论的判断

9．下表为四组同族元素形成的不同种物质，在101kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示:

A．第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强

B．第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：HBr>H2Se

C．第三组物质溶于水后，溶液的酸性：HF>HCl>HBr>HI

D．第一组物质是分子晶体，一定含有共价键

【答案】B

【解析】

试题分析：A、水分子间存在氢键，沸点高，A错误；B、溴元素的非金属性强于Se，所以相应氢化物的稳定性是HBr>H2Se，B正确；C、HF是弱酸，酸性溶于盐酸的，C错误；D、如果是稀有气体，则不存在化学键，D错误，答案选B。

考点：考查元素周期律的应用

10．已知某反应方程式为，下列说法错误的是

A．反应物的分子式为C10H10O4

B．X的结构简式为CH3OH

C．反应物和生成物具有相同的不饱和度

D．生成物中带“※”号的C原子来自“”中的甲基

【答案】C

【解析】

试题分析：根据碳4个共价键，H一个共价键，O有2个共价键可知反应物的分子式为C10H10O4，A项正确；根据反应方程式可知该反应为酯基断裂，X的结构简式为CH3OH，B项正确；反应物分子的不饱和度为5，生成物的不饱和度为6，C项错误；有反应方程式分析可知生成物中带“※”号的C原子来自 “”中的甲基，D项正确；选C。

考点：考查有机物分子式的确定，不饱和度的计算等知识。

11．研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中，正确的是

A．由TiO2制得1 mol金属Ti，理论上外电路转移2 mol电子

B．阳极的电极反应式为C＋2O2－－4e－===CO2↑

C．在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少 

D．若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“＋”接线柱应连接Pb电极

【答案】B

【解析】（由华师大第二附中高三上理综模拟卷改编）

试题分析：A．TiO2中Ti元素的化合价是+4价，则由TiO2制得1 mol金属Ti，理论上外电路转移4 mol电子，A错误；B．阳极失去电子，根据装置图可知CO在阳极失去电子，电极反应式为C＋2O2－－4e－＝CO2↑，B正确；C．阳极消耗的氧离子是阴极TiO2提供的，因此在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，C错误；D．若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“＋”接线柱应连接PbO2电极，D错误，答案选B。

考点：考查电化学原理的应用

12．25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH 的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是

A．Y点所表示的溶液中：c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)

B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＋c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1

C．该温度下醋酸的电离平衡常数为10—1 mol·L－1

D．向X点所表示的溶液中加入等体积的0.05 mol·L－1 NaOH溶液 ：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)

【答案】A

【解析】（由2014届江苏省高三百校联合调研测试改编）

混合溶液中醋酸含量多酸性强，醋酸钠含量多碱性强，故图像中实线为CH3COO－，虚线为CH3COOH。 A、由图得出Y点所表示的溶液中CH3COO－含量高，溶液为酸性，正确；B、溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，故有c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，错误；C、在X点，c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，电离平衡常数为k= c(CH3COO－)×c(H＋)/ c(CH3COOH)= c(H＋)= 10—4.75 mol·L－1，错误；D、此时溶液为醋酸钠溶液，质子守恒式为c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，错误。

考点：溶液中的离子浓度大小比较，守恒关系，电离平衡常数计算

13．固体粉末X中可能含有Fe、Fe2O3、K2SiO3、K2SO3、KAlO2、MgCl2、K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，现取X进行连续实验，实验过程及产物如下：

根据上述实验，以下说法正确的是

A．气体A一定只是NO

B．由于在溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，因此可以判断溶液甲中含有K2SO3

C．若向固体甲中加入足量浓盐酸，再加KSCN溶液，没有血红色，则证明原混合物中一定没有Fe2O3

D．溶液甲中一定含有K2SiO3、可能含有KAlO2、MgCl2 

【答案】B

【解析】

试题分析：A项，溶液甲中可能含有K2CO3，当其与稀反应时，可生成CO2气体，故A错误；B项，溶液A中加入BaCl2溶液有沉淀产生，说明溶液A中含量有SO42－，则溶液甲中必含有K2SO3，当甲与稀反应时SO32－被氧化为SO42－，故B正确；C项，当固体粉末X中含有足量的Fe时，Fe3+可以被还原为Fe2+，加入KSCN溶液时，不会出现血红色，故C错误；D项，溶液甲中加过量稀，生成沉淀A，说明溶液甲中一定含有K2SiO3，由于Mg2+与SiO32－不能共存，所以溶液甲中一定没有MgCl2，故D错误。

考点：考查物质检验与推断、离子共存、氧化还原反应等内容。

第II卷（非选择题）

26．(14分)醇酸树脂是一种成膜性好的树脂，下面是一种醇酸树脂的合成线路:

（1）B中含有的官能团的名称是_________________________。

（2）反应①、③的有机反应类型分别是________________、____________________。

（3）下列说法正确的是__________(填字母编号)。

a．1 mol E与足量的银氨溶液反应能生成2mol Ag

b．F能与NaHCO3反应产生CO2

c．检验CH3CH2CH2Br中的溴原子时，所加试剂的顺序依次是过量氢氧化钠溶液、银溶液

（4）的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物共有__________种。

a．能发生消去反应    b．能与过量浓溴水反应生成白色沉淀

（5）写出反应⑤的化学方程式________________________________________________

【答案】

（1）碳碳双键  溴原子  

（2）消去反应    取代反应（或水解反应）

（3）b                 

（4）6

（5）

【解析】

试题分析：根据题给流程和相关信息知，CH3CH2CH2Br在氢氧化钠乙醇溶液加热的条件下发生消去反应生成A，A为CH3CH=CH2，根据题给信息CH3CH=CH2与NBS反应生成B，B为CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2与溴发生加成反应生成C，C为CH2BrCHBrCH2Br，CH2BrCHBrCH2Br与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成D，D为CH2OHCHOHCH2OH；邻苯二甲醇催化氧化得E邻苯二甲醛，与新制氢氧化铜反应后酸化得F邻苯二甲酸，邻苯二甲酸与CH2OHCHOHCH2OH发生缩聚反应得醇酸树脂。

（1）B为CH2BrCH=CH2，含有的官能团的名称是碳碳双键、溴原子。（2）由上述分析知，反应①、③的有机反应类型分别是消去反应、取代反应（或水解反应）。（3）a．E为邻苯二甲醛，1 mol E与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag，错误；b．F为邻苯二甲酸，能与NaHCO3反应产生CO2，正确；c．检验CH3CH2CH2Br中的溴原子时，所加试剂的顺序依次是过量氢氧化钠溶液、过量、银溶液，错误，选b；

（4）  的同分异构体中，a．能发生消去反应，含有醇羟基，且含  —H，b．能与过量

浓溴水反应生成白色沉淀，含有酚羟基，同时符合条件的芳香族化合物共有6种。

（5）反应⑤为邻苯二甲酸与CH2OHCHOHCH2OH发生缩聚反应得醇酸树脂，化学方程式见答案。

考点：考查有机合成和有机综合推断，涉及官能团的识别与性质，反应类型的判断，同分异构体及化学方程式的书写。

27．(15分)发展储氢技术是氢氧燃料电池推广应用的关键。研究表明液氨是一种良好的储氢物质，其储氢容量可达17.6%(质量分数)。液氨气化后分解产生的氢气可作为燃料供给氢氧燃料电池。氨气分解反应的热化学方程式如下：

2NH3(g)  N2 (g) + 3H2(g)     ΔH = 92.4 kJ·mol－1

请回答下列问题：

（1）氨气自发分解的反应条件是      。

（2）已知：2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O(g)      ΔH = －483.6 kJ·mol－1

NH3(l)  NH3 (g)            ΔH = 23.4 kJ·mol－1

则，反应   4NH3(l) + 3O2 (g) == 2N2 (g) + 6H2O(g) 的  ΔH =        。

（3）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。图1为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率。

①不同催化剂存在下，氨气分解反应的活化能最大的是     (填写催化剂的化学式)。

②恒温(T1)恒容时，用Ni催化分解初始浓度为c0的氨气，并实时监测分解过程中氨气的浓度。计算后得氨气的转化率α(NH3)随时间t变化的关系曲线(见图2)。请在图2中画出：在温度为T1，Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中α(NH3) 随t变化的总趋势曲线(标注Ru－T1)。

③如果将反应温度提高到T2，请在图2中再添加一条Ru催化分解初始浓度为c0的氨气过程中α(NH3)～t的总趋势曲线(标注Ru－T2)

④假设Ru催化下温度为T1时氨气分解的平衡转化率为40%，则该温度下此分解反应的平衡常数K与c0的关系式是：K =         。

（4）用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2。阴极的电极反应式是       ；阳极的电极反应式是       。(已知：液氨中2NH3(l) NH2－ + NH4＋)

【答案】

（1） 高温(2分)    

（2）－1172.4 kJ·mol－1 (2分)      

（3） ① Fe(1分)

②见图曲线Ru－T1(2分)    

 ③ 见图曲线 Ru－T2(2分)

④ 0.12c02      (2分)

（4） 2NH3 + 2e－ == H2 + 2NH2－(2分)          2NH3－6e－ == N2 + 6H+ (2分)

【解析】

试题分析：（1）氨分解反应的焓变ΔH＞0，熵变ΔS＞0，由反应自发性的综合判据ΔH－TΔS＜0，即T ＞可知氨自发分解的条件应该是高温。

（2）①2NH3(g)  N2 (g) + 3H2(g)     ΔH = 92.4 kJ·mol－1

②2H2 (g) + O2 (g) = 2H2O(g)      ΔH = －483.6 kJ·mol－1

③NH3(l)  NH3 (g)     ΔH = 23.4 kJ·mol－1

③×4 + ①×2 + ②×3得：4NH3(l) + 3O2 (g) == 2N2 (g) + 6H2O(g) 

由盖斯定律可得：ΔH = 23.4 kJ·mol－1×4 + 92.4 kJ·mol－1×2 + (－483.6 kJ·mol－1)×3 = －1172.4 kJ·mol－1

（3）①从图1可看出，Fe作催化剂时，氢气的初始生成速率最小，根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大，所以上述金属比较，铁作催化剂时，氨分解的活化能最大。

②温度不变，则平衡常数不变，平衡状态也不变，但金属钌(Ru)的催化效果比镍(Ni)显著，所以反应到达平衡所需时间短，答案见图曲线Ru－T1。     

③温度升高，平衡正向移动，氨气的转化率α(NH3)增大，反应速率大，反应到达平衡的时间缩短，答案见图曲线 Ru－T2。

④氨气的起始浓度为c0，平衡浓度为0.6c0，氨气的转化浓度为0.4c0，则N2的平衡浓度为0.2c0，H2的平衡浓度为0.6c0，故

（4）Pt为惰性电极，对液氨进行电解时，阴极NH2－得电子生成H2，阳极NH4+失电子生成N2，其电极反应分别为：2NH3 + 2e－ == H2 + 2NH2－；2NH3－6e－ == N2 + 6H+。

考点：考查反应的自发性判断、盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡的影响因素、化学平衡常数的计算、电极反应式的书写等及图像分析能力与分析解决化学问题的能力。

28．（14分）工业上以粗食盐（含有少量Ca2+、Mg2+杂质）、氨、石灰石等为原料，可以制备Na2CO3。其过程如下图所示。

请回答：

（1）在处理粗盐水的过程中，可加入石灰乳和纯碱作为沉淀剂，则所得滤渣的成分除过量的沉淀剂外还有         。

（2）将CaO投入含有大量的NH4Cl的母液中，能生成可循环使用的NH3，该反应的化学方程式是         。

（3）向饱和食盐水中首先通入的气体是         ，过程Ⅲ中生成NaHCO3晶体的反应的化学方程式是         。

（4）碳酸钠晶体失水的能量变化示意图如下：

Na2CO3·H2O (s) 脱水反应的热化学方程式是                              。

（5）产品纯碱中常含有NaCl。取a g混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体。则该产品中Na2CO3的质量分数是         。

（6）熔融Na2CO3可作甲烷——空气燃料电池的电解质，该电池负极的反应式是         。

【答案】(14分，每空2分)

（1）CaCO3、Mg(OH)2（漏写得1分，错答得0分）

（2）2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+2H2O

（3）NH3  ； NH3+H2O+CO2+NaCl =NaHCO3↓+NH4Cl

（4）Na2CO3·H2O(s)= Na2CO3(s) +H2O(g)    ΔH = + 58.73 kJ·mol－1

（5）106(b－a)/11a

（6）CH4－8e－+4CO32－=5CO2+2H2O

【解析】

试题分析：（1）粗盐中的钙、镁离子可与石灰乳和纯碱反应生成碳酸钙和氢氧化镁沉淀，所以滤渣的成分除过量的沉淀剂外还有CaCO3、Mg(OH)2；

（2）CaO投入水中生成氢氧化钙，与氯化铵反应产生氨气、氯化钙、水，所以该反应的化学方程式是2NH4Cl+CaO=CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（3）因为二氧化碳在水中的溶解度不大，所以先通入氨气，增大溶液的碱性，再通入二氧化碳气体；氨气、二氧化碳与饱和食盐水反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，化学方程式是NH3+H2O+CO2+NaCl =NaHCO3↓+NH4Cl；

（4）根据碳酸钠晶体失水的能量变化示意图可知，Na2CO3·10H2O(s)= Na2CO3(s) +10H2O(g) ΔH =+532.36kJ/mol，Na2CO3·10H2O(s)= Na2CO3·H2O (s) +9H2O(g) ΔH =+473.63kJ/mol，根据盖斯定律，两式相减Na2CO3·H2O (s) 脱水反应的热化学方程式是Na2CO3·H2O(s)= Na2CO3(s) +H2O(g)    ΔH =+532.36kJ/mol-（+473.63kJ/mol）=+ 58.73 kJ·mol－1；

（5）碳酸钠与盐酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，加热蒸干后得到的固体为氯化钠，发生反应的化学方程式是，Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2↑+ H2O，利用差量法，设样品中碳酸钠的质量是x，则

Na2CO3+2HCl=2NaCl+ CO2↑+ H2O    固体质量差

106         117                  117-106=11

x                                 (b-a)g

所以106:11=x：（b-a）g，解得x=106（b-a）/11g，则该产品中Na2CO3的质量分数是106（b-a）/11g/ag=106(b－a)/11a；

（6）用熔融碳酸钠作电解质，甲烷燃料电池中，负极发生氧化反应，则甲烷在负极发生氧化反应，失去电子，生成二氧化碳和水，所以负极的电极反应式是CH4－8e－+4CO32－=5CO2+2H2O。

考点：考查联合制碱法的工艺流程，盖斯定律的应用，电化学反应原理的应用

29．(15分)工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。某兴趣小组的同学发现：将一定量的生铁与浓硫酸加热时，观察到固体完全溶解，并产生大量气体。实验室现有下列试剂：0.01 mol·L－1酸性KMnO4溶液、0.10mol·L－1 KI溶液、新制氯水、淀粉溶液、蒸馏水。请你协助他们探究所得溶液和气体的成分。

【提出猜想】

Ⅰ．所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；

Ⅱ．所得气体中肯定含有           气体。

【实验探究】

【问题讨论】

（1）有同学提出：若另外选用KSCN溶液，则仅利用KSCN和新制氯水两种溶液即可完成猜想Ⅰ的所有探究，试问是否可行     ，（正确或不正确）并说明原因：                           。

（2）有同学提出：试管中气体可能是H2和Q气体，为此重新设计了实验装置如下图(图中夹持仪器省略)。

①Q产生的原因是                                         (用化学方程式表示)。

②为确认Q的存在，则M中盛放的试剂为             ，并将装置M添加

于            (选填序号)。

a．A之前           b．A－B间           c．B－C间           d．C－D间

③装置图中D、E、F组合的作用是                          。

【答案】

(15分)【提出猜想】Ⅱ．SO2 (2分)

【实验探究】猜想Ⅰ  步骤① 溶液紫红色褪去(1分)；含有Fe2＋(1分)   步骤② 另取少量所得溶液，滴加KI和淀粉溶液(1分)；溶液变为蓝色(或者另取少量溶液，滴加数滴KSCN溶液，溶液变成血红色。)(1分)

猜想Ⅱ  甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体(2分)

【问题讨论】（1）不正确(1分)；若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋(1分)

（2） ①C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O(2分)   

②澄清石灰水(1分)    c(1分)    

③确认是否有H2 (1分)

【解析】

试题分析：加热条件下，浓硫酸氧化单质铁，其本身被还原为SO2，所以气体产物肯定含有 SO2。步骤①的设计目的是检验Fe2+，所以酸性KMnO4溶液紫红色褪去；步骤②的目的是检验Fe3+，其方法是：取少量所得溶液，滴加KI和淀粉溶液，溶液变为蓝色(或者另取少量溶液，滴加数滴KSCN溶液，溶液变成血红色。)从猜想Ⅱ的结论看，所得气体含有两种或两种以上成分，则气体通过甲装置时溶液褪色，说明有SO2，通过乙装置时溶液不褪色，说明SO2已完全除去，则试管中收集的气体是不含SO2的气体。【问题讨论】（1）Fe3+的存在对Fe2+的检验有显明的干扰，仅用KSCN和新制氯水不能同时检测出Fe3+和Fe2+。（2） ①从上述分析可知，试管中不含SO2气体，由题干中的“生铁”容易想到生铁中碳与浓硫酸反应生成CO2和SO2气体，其化学方程式见答案；②检验CO2的试剂为澄清石灰水，但SO2对CO2的检验有干扰，所以应确保SO2除去后再检验，故装置M应添加于B、C装置之间；③装置D、E、F组合的作用是检验是否有H2，其中D装置是干燥的H2与CuO反应生成水，E装置检验生成的水，F装置是防止空气中的水蒸气对检验的干扰。

考点：考查物质检验、实验设计和实验评价，考查实验基本方法和实验探究能力。

命题分析：