2015年高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅱ）（解析卷）

第頁|共頁2015年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）食品干燥劑應(yīng)無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好．下列說法錯誤的是（）A．硅膠可用作食品干燥劑 B．P2O5不可用作食品干燥劑 C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑 D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑 【考點】KF：常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用．【分析】A．硅膠具有吸水性，無毒；B．P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸；C．六水合氯化鈣不能吸水；D．具有吸水性的植物纖維無毒．【解答】解：A．硅膠具有吸水性，無毒，則硅膠可用作食品干燥劑，故A正確；B．P2O5吸水轉(zhuǎn)化為酸，導(dǎo)致食品變質(zhì)，則P2O5不可用作食品干燥劑，故B正確；C．六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故C錯誤；D．具有吸水性的植物纖維無毒，則可用作食品干燥劑，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及食品干燥劑，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、化學(xué)與生活的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等．2．（6分）某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C16H22O5 D．C16H20O5 【考點】1B：真題集萃；H3：有機(jī)物實驗式和分子式的確定；M8：有關(guān)有機(jī)物分子式確定的計算．【分析】1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，則說明酯中含有2個酯基，結(jié)合酯的水解特點以及質(zhì)量守恒定律判斷?！窘獯稹拷猓耗臭人狨サ姆肿邮綖镃18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，說明酯中含有2個酯基，設(shè)羧酸為M，則反應(yīng)的方程式為C18H26O5+2H2O→M+2C2H6O，由質(zhì)量守恒可知M的分子式為C14H18O5，故選：A。【點評】本題為2015年高考題，考查有機(jī)物的推斷，為高頻考點，把握酯化反應(yīng)中碳原子個數(shù)變化、官能團(tuán)的變化為推斷的關(guān)系，側(cè)重酯的性質(zhì)的考查，題目難度不大。3．（6分）原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1．a(chǎn)﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同．下列敘述錯誤的是（）A．a(chǎn)和其他3種元素均能形成共價化合物 B．元素的非金屬性次序為c＞b＞a C．d和其他3種元素均能形成離子化合物 D．元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6 【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則d為K元素．A．H元素與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物；B．同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl；D．H元素最高正化合價為+1、最低負(fù)化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負(fù)化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負(fù)化合價為﹣1．【解答】解：原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結(jié)構(gòu)相同，則d為K元素。A．H元素與S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者屬于共價化合物，但與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物，故A錯誤；B．同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱，故非金屬性Cl＞S＞H，故B正確；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均屬于離子化合物，故C正確；D．H元素最高正化合價為+1、最低負(fù)化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負(fù)化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負(fù)化合價為﹣1，最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6，故D正確，故選：A。【點評】本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系應(yīng)用，推斷元素是解題關(guān)鍵，側(cè)重對元素周期律的考查，題目涉及金屬氫化物是中學(xué)知識的盲點，難度不大．4．（6分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NA B．1L0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為0.1NA C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物．23g鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NA D．235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)：92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為10NA 【考點】1B：真題集萃；4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A．丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵；B．HCO3﹣水解生成碳酸，結(jié)合原子守恒分析；C．鈉發(fā)生氧化反應(yīng)后，Na元素的化合價由0升高為+1價；D．92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個．【解答】解：A.60g丙醇為1mol，丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵，存在的共價鍵總數(shù)為11NA，故A錯誤；B.1L0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故B錯誤；C.23g鈉充分燃燒時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×（1﹣0）×NA=1NA，故C正確；D．92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產(chǎn)生的中子為10﹣1=9個，則235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為9NA，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)及計算，為高頻考點，把握物質(zhì)中的化學(xué)鍵、物料守恒、鹽類水解、氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子計算等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．5．（6分）分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出氣體的有機(jī)化合物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 【考點】H6：有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象．【專題】532：同分異構(gòu)體的類型及其判定．【分析】分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出氣體，則該有機(jī)物中含有﹣COOH，所以為戊酸，戊酸的種類等于丁基的種類，寫出丁基的種類即可．【解答】解：分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出氣體，則該有機(jī)物中含有﹣COOH，所以為戊酸，戊酸的種類等于丁基的種類，丁基（﹣C4H9）的異構(gòu)體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故戊酸的有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù)目為4，故選B?！军c評】本題主要考查同分異構(gòu)體書寫、官能團(tuán)的性質(zhì)與確定等，難度中等，注意利用丁基異構(gòu)判斷．6．（6分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴 B．粗鹽可采用除雜和重結(jié)晶等過程提純 C．工業(yè)生產(chǎn)常選用NaOH作為沉淀劑 D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收 【考點】1B：真題集萃；E7：海水資源及其綜合利用．【分析】A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，精制時應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑；D．先用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達(dá)到富集的目的．【解答】解：A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質(zhì)，分離得到溴，通入Cl2是為了提取溴，故A正確；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)，精制時通常在溶液中依次中加入過量的BaCl2溶液、過量的NaOH溶液和過量的Na2CO3溶液，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進(jìn)行重結(jié)晶進(jìn)行提純，故B正確；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯誤；D．海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉(zhuǎn)化為溴單質(zhì)，用空氣和水蒸氣吹出單質(zhì)溴，再用SO2將其還原吸收轉(zhuǎn)化為HBr，達(dá)到富集的目的，故D正確，故選：C?！军c評】本題考查海水資源的綜合利用，注意掌握中學(xué)常見的化學(xué)工業(yè)，側(cè)重對化學(xué)與技術(shù)的考查，難度不大．7．（6分）用圖所示裝置進(jìn)行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預(yù)測的現(xiàn)象與實際相符的是（）選項①中物質(zhì)②中物質(zhì)預(yù)測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產(chǎn)生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產(chǎn)生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產(chǎn)生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A．A B．B C．C D．D 【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng)；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；C．NaOH過量，開始不生成沉淀；D．發(fā)生氧化還原反應(yīng)．【解答】解：A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng)，然后鹽酸與碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體，則現(xiàn)象不合理，故A錯誤；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，則不能觀察到紅棕色氣體，現(xiàn)象不合理，故B錯誤；C．NaOH過量，開始不生成沉淀，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氯化鈉，開始無現(xiàn)象，故C錯誤；D．草酸與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，溶液褪色，現(xiàn)象合理，故D正確；故選：D。【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及實驗裝置的綜合應(yīng)用，為高頻考點，為2015年高考真題，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、反應(yīng)與現(xiàn)象的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ木C合考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．二、解答題8．（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產(chǎn)生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關(guān)數(shù)據(jù)下表所示：溶解度/（g/100g水）溫度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題：（1）該電池的正極反應(yīng)式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，電池反應(yīng)的離子方程式為：2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+。（2）持續(xù)電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，理論消耗鋅0.05g．（已經(jīng)F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，兩者可以通過加熱濃縮冷卻結(jié)晶分離回收，濾渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是空氣中加熱，其原理是碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?，MnOOH氧化為二氧化錳。（4）用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鐵皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，鐵變?yōu)镕e3+加堿調(diào)節(jié)pH為2.7時，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，即可認(rèn)為該離子沉淀完全）。繼續(xù)加堿調(diào)節(jié)pH為6時，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為0.1mol?L﹣1）。若上述過程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分離不開，原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近。【考點】1B：真題集萃；BH：原電池和電解池的工作原理；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】（1）該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2被還原生成MnOOH；負(fù)極鋅被氧化生成Zn2+，以此書寫電池總反應(yīng)式；（2）持續(xù)電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A×300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，以此計算消耗鋅的質(zhì)量、物質(zhì)的量；（3）填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，結(jié)合Ksp=10﹣39計算pH，并根據(jù)Ksp計算鋅開始沉淀的pH?！窘獯稹拷猓海?）該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2被還原生成MnOOH，電極方程式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，負(fù)極鋅被氧化生成Zn2+，電池總反應(yīng)式為2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案為：MnO2+H++e﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；（2）持續(xù)電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A×300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，則消耗Zn的質(zhì)量為××65g/mol=0.05g，故答案為：0.05；（3）濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通過加熱濃縮、冷卻結(jié)晶得到晶體，填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化，分別生成二氧化碳和二氧化錳，故答案為：加熱濃縮；冷卻結(jié)晶；碳粉；MnOOH；空氣中加熱；碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)槎趸?，MnOOH氧化為二氧化錳；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，因Ksp=10﹣39，則c（OH﹣）=mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此時pH=2.7，如鋅開始沉淀，則c（OH﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，此時pH=6，由表中數(shù)據(jù)可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，則Zn2+和Fe2+分離不開，故答案為：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分離不開；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近?！军c評】本題為2015年新課標(biāo)卷考題，考查原電池知識以及物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于原電池的工作原理以及實驗基本操作和注意問題，題目難度中等，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)。9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應(yīng)如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：化學(xué)鍵H﹣HC﹣OC≡O(shè)H﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反應(yīng)①中的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1=﹣99kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，則△H3=+41kJ．mol﹣1（2）反應(yīng)①的化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系的曲線為a（填曲線標(biāo)記字母），其判斷理由是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減小。（3）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60時體系中的CO平衡轉(zhuǎn)化率（a）與溫度和壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2所示。a（CO）值隨溫度升高而減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”），其原因是反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小。圖2中的壓強(qiáng)由大到小為P3＞P2＞P1，其判斷理由是相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高【考點】BB：反應(yīng)熱和焓變；CB：化學(xué)平衡的影響因素．【分析】（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③，反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計算；（2）化學(xué)平衡常數(shù)指可逆反應(yīng)得到平衡時，各生成物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；化學(xué)平衡常數(shù)只受溫度影響，根據(jù)溫度對平衡移動的影響，進(jìn)而判斷溫度對平衡常數(shù)影響；（3）由圖可知，壓強(qiáng)一定時，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，根據(jù)升高溫度對反應(yīng)①、③的影響，進(jìn)行分析CO轉(zhuǎn)化率變化原因；相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子式減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大?！窘獯稹拷猓海?）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能﹣生成物總鍵能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)②﹣反應(yīng)①=反應(yīng)③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故答案為：﹣99；+41；（2）反應(yīng)①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡常數(shù)減小，曲線a正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關(guān)系，故答案為：；a；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減小；（3）由圖可知，壓強(qiáng)一定時，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減??；相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高，故壓強(qiáng)：P3＞P2＞P1，故答案為：減小；反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結(jié)果，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減??；P3＞P2＞P1；相同溫度下，反應(yīng)③前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動，反應(yīng)①正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動，CO的轉(zhuǎn)化率增大，故增大壓強(qiáng)有利于CO的轉(zhuǎn)化率升高。【點評】本題考查反應(yīng)熱有關(guān)計算、平衡常數(shù)及其影響因素、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡圖象綜合應(yīng)用等，側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力，需要學(xué)生具備扎實的基礎(chǔ)，難度中等。10．（15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1．（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑．②溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣．③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c（填標(biāo)號）a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（3）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol?L﹣1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內(nèi)ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色④測得混合氣中ClO2的質(zhì)量為0.02700g．（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽，下列物質(zhì)最適宜的是d（填標(biāo)號）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．【考點】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量；U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng)，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；（2）由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中進(jìn)行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl﹣、OH﹣；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨氣為堿性氣體，利用性質(zhì)差異分離提純；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng)，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水；②玻璃液封裝置可防止有害氣體逸出；③淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)；④根據(jù)關(guān)系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n（ClO2），再根據(jù)m=nM計算m（ClO2）；（4）亞氯酸鹽具有氧化性，F(xiàn)e2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子．【解答】解：（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應(yīng)制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應(yīng)為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化劑為KClO3，還原劑為Na2SO3，由離子反應(yīng)可知該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2：1，故答案為：2：1；（2）①由生產(chǎn)流程可知氯化銨在鹽酸溶液中電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，發(fā)生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣，故答案為：Cl﹣、OH﹣；③a．ClO2易溶于水，不能利用飽和食鹽水吸收氨氣，故錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，故錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故正確；d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故錯誤；故答案為：c；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應(yīng)，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水，反應(yīng)離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案為：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出），故答案為：吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）；③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色，故答案為：淀粉溶液；溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色；④含有Na2S2O3物質(zhì)的量為0.02L×0.1mol/L=0.002mol，則：根據(jù)關(guān)系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n（ClO2）0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.0004mol×67.5g/mol=0.02700g，故答案為：0.02700；（4）若要除去超標(biāo)的亞氯酸鹽，ac均不能還原亞氯酸鹽，b中KI具有還原性但氧化產(chǎn)物不適合飲用水使用，只有d中Fe2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子，且鐵離子水解生成膠體可凈化飲用水，則最適宜的是d，故答案為：d．【點評】本題考查物質(zhì)含量的測定，為高頻考點，為2015年高考真題，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備流程、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗、計算能力的綜合考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．三、化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)。（滿分15分）11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，其反應(yīng)和工藝流程示意圖如圖：相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對分子質(zhì)量密度（g/cm﹣3）沸點/℃異丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列問題：（1）在反應(yīng)器A中通入的X是氧氣或空氣。（2）反應(yīng)①和②分別在裝置A和C中進(jìn)行（填裝置符號）。（3）在分解釜C中加入的Y為少置濃硫酸，其作用是催化劑，優(yōu)點是用量少，缺點是腐蝕設(shè)備。（4）反應(yīng)②為放熱（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)。反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃，溫度過高的安全隱患是可能會導(dǎo)致（過氧化物）爆炸。（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是c（填編號。已知苯酚是一種弱酸）。a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚，判斷的依據(jù)是丙酮的沸點低于苯酚。（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點是原子利用率高。【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】18：實驗分析題；25：實驗評價題；43：演繹推理法；547：有機(jī)實驗綜合．【分析】用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，由給予的反應(yīng)信息，異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應(yīng)的異丙苯進(jìn)行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經(jīng)過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚。（1）在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①，應(yīng)通入氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)①在A中發(fā)生，反應(yīng)②在C中發(fā)生；（3）濃硫酸起催化劑作用，濃硫酸腐蝕性強(qiáng)，會腐蝕設(shè)備；（4）反應(yīng)②的△H＜0，為放熱反應(yīng)，含有過氧化物，溫度過高，容易發(fā)生爆炸，（5）加入的Z中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)；（6）沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，原子利用率高?！窘獯稹拷猓河卯惐窖趸ㄉa(chǎn)苯酚和丙酮，由給予的反應(yīng)信息，異丙苯與氧氣在反應(yīng)器A中發(fā)生氧化反應(yīng)生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應(yīng)的異丙苯進(jìn)行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經(jīng)過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚。（1）在反應(yīng)器A發(fā)生信息中的反應(yīng)①，故需要氧氣或空氣，所以X為氧氣或空氣，故答案為：氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)①在反應(yīng)器中發(fā)生，即A裝置，反應(yīng)②在分解釜中進(jìn)行，即C裝置，故答案為：A；C；（3）在濃硫酸作條件下分解得到、，濃硫酸作作催化劑，濃硫酸腐蝕性強(qiáng)，容易腐蝕設(shè)備，故答案為：催化劑；腐蝕設(shè)備；（4）反應(yīng)②的△H＜0，為放熱反應(yīng)，有過氧化物存在，溫度過高會導(dǎo)致爆炸，反應(yīng)溫度控制在50﹣60℃，故答案為：放熱；溫度過高會導(dǎo)致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應(yīng)，a．NaOH能與硫酸、苯酚反應(yīng)，故不選；b．CaCO3為固體，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng)，故b不選；c．NaHCO3能與硫酸反應(yīng)，不與苯酚反應(yīng)，故c選；d．CaO能與苯酚反應(yīng)，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會阻止氧化鈣與硫酸的反應(yīng)，故d不選；故選：c；（6）由于丙酮的沸點低于苯酚，沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部，則T為丙酮、P為苯酚，故答案為：丙酮；苯酚；丙酮的沸點低于苯酚；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，整個過程原子利用率高，故答案為：原子利用率高?！军c評】本題考查有機(jī)物的制備實驗方案，涉及對化學(xué)工藝流程、裝置及試劑的分析評價等，關(guān)鍵是根據(jù)實驗?zāi)康呐c給予的反應(yīng)信息理解工藝流程原理，是對學(xué)生綜合能力的考查，難度中等。四、化學(xué)-選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。（滿分15分）12．（15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型；C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：（1）四種元素中電負(fù)性最大的是O（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3．（2）單質(zhì)A有兩種同素異形體，其中沸點高的是O3（填分子式），原因是O3相對分子質(zhì)量較大，范德華力較大；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體．（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構(gòu)型為三角錐形，中心原子的雜化軌道類型為sp3．（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為V形，中心原子的價層電子對數(shù)為4，單質(zhì)D與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備D2A，其化學(xué)方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl．（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞邊長a=0.566nm，F(xiàn)的化學(xué)式為Na2O；晶胞中A原子的配位數(shù)為8；列式計算晶體F的密度（g?cm﹣3）2.27g?cm﹣3（保留小數(shù)點后兩位數(shù)字）．【考點】9I：晶胞的計算．【專題】51B：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C為P元素；D元素最外層有一個未成對電子，D為Cl元素；A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型，則A為O元素、B為Na元素；（1）四種元素電負(fù)性最大的為O元素，C為P元素；（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，O3相對分子質(zhì)量較大，沸點較高，B的氫化物為NaH，為離子晶體；（3）C和D反應(yīng)可生成化合物為PCl3，為sp3雜化；（4）化合物D2A為Cl2O，立體構(gòu)型為V形，氯氣與濕潤的Na2CO3反應(yīng)的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，計算質(zhì)量和體積，可計算密度．【解答】解：A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C為P元素；D元素最外層有一個未成對電子，D為Cl元素；A2﹣和B+具有相同的電子構(gòu)型，則A為O元素、B為Na元素；（1）四種元素分別為O、Na、O、Cl，電負(fù)性最大的為O元素，C為P元素，核外電子排布為1s22s22p63s23p3，故答案為：O；1s22s22p63s23p3；（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，二者對應(yīng)的晶體都為分子晶體，因O3相對分子質(zhì)量較大，則范德華力較大，沸點較高，A的氫化物為水，為分子晶體，B的氫化物為NaH，為離子晶體，故答案為：O3；O3相對分子質(zhì)量較大，范德華力較大；分子晶體；離子晶體；（3）C和D反應(yīng)可生成組成比為1：3的化合物為PCl3，P形成3個δ鍵，孤電子對數(shù)為=1，則為sp3雜化，立體構(gòu)型為為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3；（4）化合物D2A為Cl2O，O為中心原子，形成2個δ鍵，孤電子對數(shù)為=2，則中心原子的價層電子對數(shù)為4，立體構(gòu)型為V形，氯氣與濕潤的Na2CO3反應(yīng)可制備Cl2O，反應(yīng)的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，故答案為：V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的頂點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，晶胞中O位于頂點，Na位于體心，每個晶胞中有1個Na與O的距離最近，每個定點為8個晶胞共有，則晶胞中O原子的配位數(shù)為8，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為（0.566×10﹣7）3cm3，則晶體F的密度為g?cm﹣3=2.27g?cm﹣3，故答案為：Na2O；8；2.27g?cm﹣3．【點評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生空間想象能力、知識運用能力，涉及晶胞計算、原子結(jié)構(gòu)等知識點，采用均攤