2015年浙江省高考化學(xué)試卷.doc

2015年浙江省高考化學(xué)試卷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）7（6分）（2015浙江）下列說法不正確的是（）A液晶態(tài)介于晶體狀態(tài)和液態(tài)之間，液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性B常壓下，0時冰的密度比水的密度小，水在4時密度最大，這些都與分子間的氫鍵有關(guān)C石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性和納米銀粒子的聚集都是化學(xué)變化D燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施考點：氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響；物理變化與化學(xué)變化的區(qū)別與聯(lián)系；常見的生活環(huán)境的污染及治理分析：A、通常我們把物質(zhì)的狀態(tài)分為固態(tài)、液態(tài)和氣態(tài)，但是某些有機化合物具有一種特殊的狀態(tài)，在這種狀態(tài)中，他們一方面像液體，具有流動性，一方面又像晶體，分子在某個方向上排列比較整齊，因而具有各向異性，這種物質(zhì)叫液晶，據(jù)此解答即可；B、冰中存在氫鍵，具有方向性和飽和性，其體積變大；C、納米粒子是指粒度在1100nm之間的粒子，與膠體相同，膠體的聚沉屬于物理變化；D、根據(jù)二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物質(zhì)；為減少酸雨的產(chǎn)生，只要減少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的產(chǎn)生解答：解：A、液晶態(tài)是指介于晶體和液體之間的物質(zhì)狀態(tài)，像液體具有流動性，像固體具有晶體的有序性，故A正確；B、冰中存在氫鍵，具有方向性和飽和性，其體積變大，則相同質(zhì)量時冰的密度比液態(tài)水的密度小，故B正確；C、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性均有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，但是納米銀粒子的聚集屬于小顆粒的膠體離子變成大顆粒聚成下來，沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故C錯誤；D、采用燃料脫硫技術(shù)可以減少二氧化硫的產(chǎn)生，從而防止出現(xiàn)酸雨，NOx的催化轉(zhuǎn)化生成無污染的氮氣也是減少酸雨的有效措施，故D正確，故選C點評：本題主要考查的是液晶的概念以及其性質(zhì)、膠體的性質(zhì)、物理變化與化學(xué)變化的本質(zhì)區(qū)別、空氣污染與防治等，綜合性較強，有一定難度8（6分）（2015浙江）下列說法正確的是（）A為測定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，與標準比色卡對照即可B做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應(yīng)加入沸石，以防暴沸如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應(yīng)立即停止加熱，冷卻后補加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在SO42或SO32D提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應(yīng)采用在較高溫度下制得濃溶液再冷卻結(jié)晶、過濾、干燥的方法考點：化學(xué)實驗方案的評價分析：A、氯水中的次氯酸能漂白pH試紙；B、液體加熱要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加碎瓷片，應(yīng)該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片；C、硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀；D、氯化鈉中混有少量的硝酸鉀，不能制得硝酸鉀的飽和溶液解答：解：A、氯水中的次氯酸能漂白pH試紙，不能用pH試紙測定新制氯水的pH值，故A錯誤；B、液體加熱要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加熱一段時間后發(fā)現(xiàn)忘記加碎瓷片，應(yīng)該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片，故B正確；C、硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C錯誤；D、氯化鈉中混有少量的硝酸鉀，氯化鈉是大量的，制得的飽和溶液中硝酸鉀量較少，不能采取降溫結(jié)晶的方法，故D錯誤，故選B點評：本題主要考查的是實驗室中常見操作和物質(zhì)的提純與檢驗，難度不大，注意D為易錯點，若硝酸鉀中混有少量的氯化鈉，可以采用此方法提純9（6分）（2015浙江）如表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍下列說法正確的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性均依次遞增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游離態(tài)存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增CYX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力D根據(jù)元素周期律，可以推測T元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體特性，T2X3具有氧化性和還原性考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用分析：X、Y、Z、W為短周期元素，由元素周期表可知：X應(yīng)位于第二周期，且應(yīng)處于周期表中右半部分，W與X處于同一主族，且W元素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍，那么X為O，W為S，據(jù)此結(jié)合選項判斷即可解答：解：X、Y、Z、W為短周期元素，由元素周期表可知：X應(yīng)位于第二周期，且應(yīng)處于周期表中右半部分，W與X處于同一主族，且W元素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍，那么X為O，W為S，那么Z為P，T為As，Y為Si，A、元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，由于非金屬性O(shè)SP，故H2OH2SH3P，故A錯誤；B、S元素在自然界中存在游離態(tài)單質(zhì)，常在火山口附近，故B錯誤；C、YX2為SiO2，屬于原子晶體，該固體熔化克服的是共價鍵，沒有分子間作用力，故C錯誤；D、As處于元素周期表的金屬與非金屬分界線上，具有半導(dǎo)體的性能，T2X3為As2O3，As的化合價為+3，處于中間價，故既有氧化性也有還原性，故D正確，故選D點評：本題考查元素的位置與性質(zhì)、結(jié)構(gòu)的關(guān)系，難度不大，解題是時注意元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律及其應(yīng)用10（6分）（2015浙江）下列說法不正確的是（）A己烷有4種同分異構(gòu)體，它們的熔點、沸點各不相同B在一定條件下，苯與液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反應(yīng)都屬于取代反應(yīng)C油脂皂化反應(yīng)得到高級脂肪酸鹽與甘油D聚合物（ ）可由單體CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得考點：真題集萃；有機化學(xué)反應(yīng)的綜合應(yīng)用分析：A己烷有五種同分異構(gòu)體；B有機物分子中的原子或原子團被其它原子或原子團所取代的反應(yīng)為取代反應(yīng)；C油脂在堿性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸鹽；D凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合即可解答：解：A己烷有五種同分異構(gòu)體，其碳鏈結(jié)構(gòu)分別為、，己烷同分異構(gòu)體為不同物質(zhì)，所以其熔沸點不同，且含有支鏈越多其熔沸點越低，故A錯誤；B在一定條件下，苯與液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反應(yīng)，是苯中的氫原子被溴原子、硝基、磺基取代，所以都屬于取代反應(yīng)，故B正確；C油脂水解生成高級脂肪酸和甘油，堿性條件下，高級脂肪酸和堿反應(yīng)生成高級脂肪酸鹽和水，所以實際上是油脂在堿性條件下水解生成甘油和高級脂肪酸鹽，該反應(yīng)為皂化反應(yīng)，故C正確；D凡鏈節(jié)主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節(jié)無雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在正中間畫線斷開，然后將四個半鍵閉合即可，所以聚合物（ ）的單體是CH3CH=CH2和CH2=CH2，故D正確；故選A點評：本題考查較綜合，涉及高聚物單體判斷、取代反應(yīng)判斷、同分異構(gòu)體種類判斷、油脂水解等知識點，側(cè)重考查基本概念、基本理論，這些都是高頻考點，難點是同分異構(gòu)體種類判斷，要考慮官能團異構(gòu)、官能團位置結(jié)構(gòu)、碳鏈異構(gòu)，易錯選項是D11（6分）（2015浙江）在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO是一種新的能源利用方式，基本原理如圖所示下列說法不正確的是（）AX是電源的負極B陰極的反應(yīng)式是：H2O+2eH2+O2，CO2+2eCO+O2C總反應(yīng)可表示為：H2O+CO2H2+CO+O2D陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是1：1考點：原電池和電解池的工作原理；分析：A電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)與X極相連的電極產(chǎn)生的氣體判斷；B電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)物結(jié)合化合價的變化分析；C根據(jù)圖示以及電解的目的解答；D根據(jù)圖示知：陰極產(chǎn)生H2、CO，陽極產(chǎn)生氧氣，結(jié)合C總的反應(yīng)分析；解答：解：A根據(jù)圖示知：與X相連的電極產(chǎn)生CO，電解H2OCO2混合氣體，二氧化碳得到電子生成一氧化碳，發(fā)生還原反應(yīng)，電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，所以X是電源的負極，故A正確；B電解池陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO，陰極：水中的氫原子得到電子生成氫氣，H2O+2eH2+O2，二氧化碳得到電子生成一氧化碳，CO2+2eCO+O2，故B正確；C電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO，根據(jù)圖示知：陰極產(chǎn)生H2、CO，陽極產(chǎn)生氧氣，所以總反應(yīng)為：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正確；D電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO，總反應(yīng)為：H2O+CO2H2+CO+O2，陰極產(chǎn)生H2、CO，陽極產(chǎn)生氧氣，陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是2：1，故D錯誤；故選D點評：本題考查電解知識，為高頻考點，側(cè)重于考查學(xué)生的綜合運用能力，題目難度中等，注意基礎(chǔ)知識的積累掌握，掌握電解池陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極發(fā)生還原反應(yīng)為解答關(guān)鍵12（6分）（2015浙江）40時，在氨水體系中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢如圖所示下列說法不正確的是（）A在pH=9.0時，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在關(guān)系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C隨著CO2的通入，不斷增大D在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO的中間產(chǎn)物生成考點：真題集萃；離子濃度大小的比較分析：A根據(jù)pH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關(guān)系分析；B溶液中存在電荷守恒，即正電荷的總濃度等于負電荷的總濃度；C根據(jù)Ka=分析；D根據(jù)圖象可知開始沒有NH2COO，后來也不存在NH2COO解答：解：ApH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關(guān)系：c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32），故A正確；B溶液中存在電荷守恒，即正電荷的總濃度等于負電荷的總濃度，則不同pH的溶液中存在電荷守恒關(guān)系為：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故B正確；C已知Ka=，溫度一定時，Ka為常數(shù)，不隨濃度的變化而變化，隨著CO2的通入，c（NH4+）逐漸增大，則不斷減小，故C錯誤；D由圖象可知開始沒有NH2COO，后來也不存在NH2COO，所以NH2COO為中間產(chǎn)物，即在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO的中間產(chǎn)物生成，故D正確故選C點評：本題考查了溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒的應(yīng)用、圖象的分析與應(yīng)用等，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生對圖象的分析與應(yīng)用能力13（6分）（2015浙江）某同學(xué)采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)） 制取七水合硫酸亞鐵（FeSO47H2O），設(shè)計了如下流程：下列說法不正確的是（）A溶解燒渣選用足量硫酸，試劑X選用鐵粉B固體1中一定含有SiO2，控制pH是為了使Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3，進入固體2C從溶液2得到FeSO47H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解D若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經(jīng)結(jié)晶分離也可得到FeSO47H2O考點：物質(zhì)分離、提純的實驗方案設(shè)計；分析：硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)），混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3與酸反應(yīng)生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應(yīng)，過濾，固體1為二氧化硅；在濾液中加入鐵粉將鐵離子還原為亞鐵離子，調(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，過濾，固體2為氫氧化鋁，溶液2為硫酸亞鐵，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到硫酸亞鐵晶體，以此進行解答解答：解：硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質(zhì)），混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3與酸反應(yīng)生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應(yīng)，過濾，固體1為二氧化硅；在濾液中加入鐵粉將鐵離子還原為亞鐵離子，調(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，過濾，固體2為氫氧化鋁，溶液2為硫酸亞鐵，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到硫酸亞鐵晶體，A由流程分析可知，溶解燒渣選用足量硫酸，X為鐵粉，故A正確；B由流程分析可知，固體1中一定含有SiO2，調(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，則固體2為氫氧化鋁，故B正確；C亞鐵離子易被空氣中的氧氣氧化，而且受熱易失去結(jié)晶水，所以從溶液2得到FeSO47H2O產(chǎn)品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解，故C正確；D在溶液1中含有亞鐵離子和鋁離子，加過量的氫氧化鈉，鋁離子轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，亞鐵離子與氫氧根離子結(jié)合生成氫氧化亞鐵沉淀，但是氫氧化亞鐵很易被氧氣氧化，則得到的氫氧化亞鐵中含有氫氧化鐵，最后得到的產(chǎn)品不純，故D錯誤故選D點評：本題考查制備實驗方案的設(shè)計與評價、工藝流程的分析應(yīng)用，題目難度中等，側(cè)重學(xué)生分析能力和創(chuàng)新能力的培養(yǎng)，注意把握常見物質(zhì)的分離方法二、非選擇題：26（10分）（2015浙江）化合物X是一種香料，可采用乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR請回答：（1）E中官能團的名稱是醛基（2）B+DF的化學(xué)方程式（3）X的結(jié)構(gòu)簡式（4）對于化合物X，下列說法正確的是ACA能發(fā)生水解反應(yīng) B不與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（5）下列化合物中屬于F的同分異構(gòu)體的是BCA BCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D考點：有機物的合成分析：乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最終生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代反應(yīng)，則C為，C在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的是取代反應(yīng)，那么D應(yīng)為，由D能被氧化為E，且結(jié)合給出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么應(yīng)E為，據(jù)此推斷得出F為：，那么X為，據(jù)此結(jié)合各小題回答即可解答：解：乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應(yīng)生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最終生成乙酸，故B是乙酸；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代反應(yīng)，則D為醇，由D能被氧化為E，且結(jié)合給出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么E應(yīng)為醛類，即甲苯與氯氣發(fā)生的是甲基上的取代，那么C為，C在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的是取代反應(yīng)，那么D應(yīng)為，即E為，據(jù)此推斷得出F為：，那么X為，（1）依據(jù)分析可知：E為苯甲醛，含有官能團為CHO，即醛基，故答案為：醛基；（2）B為乙酸，D為苯甲醇，兩者發(fā)生酯化反應(yīng)生成乙酸苯甲酯，化學(xué)反應(yīng)方程式為：，故答案為：；（3）E與F形成X，即與反應(yīng)生成X，依據(jù)信息可知：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么X應(yīng)為：，故答案為：；（4）AX中含有酯基，能發(fā)生水解反應(yīng)，故A正確；BX中含有苯環(huán)，能與濃硝酸發(fā)生取代反應(yīng)，故B錯誤；CX中含有碳碳雙鍵，能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正確；DX中不含有醛基，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故D錯誤，故選AC；（5）F為，分子式為：C9H10O3，A中含有10個碳原子數(shù)，與F不是同分異構(gòu)體，故A錯誤；B和C的分子式均為C9H10O3，且與F結(jié)構(gòu)不同，屬于同分異構(gòu)體；D中H原子個數(shù)為12，與F不是同分異構(gòu)體，故D錯誤，故選BC點評：本題主要考查的是有機物的合成與有機物的推斷，充分掌握常見有機化合物的性質(zhì)以及抓住所給信息解題是關(guān)鍵，有一定的難度，注意整理27（18分）（2015浙江）請回答：（1）H2O2的電子式（2）鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學(xué)方程式表示其理由2Mg+CO2C+2MgO（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，寫出反應(yīng)的離子方程式AgCl+Br=AgBr+Cl（4）完成以下氧化還原反應(yīng)的離子方程式：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑一定條件下金屬鈉和H2反應(yīng)生成甲甲與水反應(yīng)可產(chǎn)生H2，甲與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4將4.80g甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和2.24L（已折算成標準狀況）的H2請推測并回答：（1）甲的化學(xué)式NaH（2）甲與AlCl3反應(yīng)得到NaAlH4的化學(xué)方程式4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl（3）NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（4）甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制品的脫銹劑（鐵銹的成分表示為Fe2O3），脫銹過程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH（5）某同學(xué)認為：用惰性氣體趕盡反應(yīng)體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應(yīng)后的氣體經(jīng)濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應(yīng)，得到的固體物質(zhì)即為純凈的甲；取該固體物質(zhì)與水反應(yīng)，若能產(chǎn)生H2，即可證明得到的甲一定是純凈的判斷該同學(xué)設(shè)想的制備和驗純方法的合理性并說明理由制備過程不合理，因為鹽酸易揮發(fā)，氫氣中混有HCl，導(dǎo)致產(chǎn)物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應(yīng)也產(chǎn)生氫氣，且沒有考慮混入的NaCl考點：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；電子式；離子方程式的書寫分析：I、（1）雙氧水中兩個氫原子分別與兩個氧原子通過共用一對電子結(jié)合，兩個氧原子之間通過共用1對電子結(jié)合；（2）高溫下，Mg與二氧化碳反應(yīng)生成易燃的MgO；（3）AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，向AgCl沉淀中加入KBr溶液發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化；（4）依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，結(jié)合元素守恒和電荷守恒書寫即可；II、（1）鈉元素在化合物中只能形成+1價，據(jù)此結(jié)合生成氫氣的物質(zhì)的量判斷其化學(xué)式即可；（2）NaH與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4，此反應(yīng)無化合價的變化，據(jù)此書寫；（3）NaAlH4與水反應(yīng)生成氫氣，應(yīng)是水中的H元素與NaH中的H元素之間得失電子，據(jù)此書寫即可；（4）由題意可知NaH常做還原劑那么鐵銹為氧化劑，反應(yīng)生成鐵單質(zhì)，據(jù)此書寫；（5）制備過程中未指明吸收雜質(zhì)氣體HCl，據(jù)此解答；氫氣與金屬鈉反應(yīng)未指明鈉的用量，鈉可能過量，過量的鈉也可以與水反應(yīng)生成氫氣解答：解：I、（1）雙氧水為共價化合物，分子中存在兩個氧氫鍵和一個OO鍵，雙氧水的電子式為：，故答案為：；（2）高溫下，Mg與二氧化碳反應(yīng)生成MgO，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2Mg+CO2C+2MgO，不能起到滅火的作用，故答案為：2Mg+CO2C+2MgO；（3）AgCl沉淀中加入KBr溶液，生成了更難溶的AgBr沉淀，離子反應(yīng)方程式為：AgCl+Br=AgBr+Cl，故答案為：AgCl+Br=AgBr+Cl；（4）此反應(yīng)中Mn由+7價降低到+2價，得到5個電子，C由+3價升高到+4價失去1個電子，2個C失去2個電子，故高錳酸根與草酸根的化學(xué)計量數(shù)分別為2和5，據(jù)此配平得2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案為：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；II、（1）Na在化合價中呈現(xiàn)+1價，故該物質(zhì)的化學(xué)式可能為NaH，又甲與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4，Al的化合價為+3，故H元素的化合價為1，4.80g甲加熱至完全分解，得到金屬鈉和2.24L，即0.1mol氫氣，化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaH2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L故此化合物為NaH，故答案為：NaH；（2）NaH與AlCl3反應(yīng)可得到NaAlH4，此反應(yīng)無化合價的變化，根據(jù)原子守恒推測另一種生成物，化學(xué)反應(yīng)方程式為：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案為：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； （3）NaAlH4與水反應(yīng)生成氫氣，即NaH中H化合價升高，水中H元素化合價降低，化學(xué)反應(yīng)方程式為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH常做還原劑（H化合價升高為+1價），鐵銹在此為氧化劑（Fe化合價降低為0價），反應(yīng)生成鐵單質(zhì)，化學(xué)反應(yīng)方程式為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀鹽酸具有揮發(fā)性，且可以利用濃硫酸干燥，故制取的氫氣中可能混有雜質(zhì)氣體HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，驗證過程中未排除金屬鈉的干擾，過量的金屬能也可以與水反應(yīng)生成氫氣故答案為：制備過程不合理，因為鹽酸易揮發(fā)，氫氣中混有HCl，導(dǎo)致產(chǎn)物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應(yīng)也產(chǎn)生氫氣，且沒有考慮混入的NaCl點評：本題主要考查的是常見元素以及其化合物的知識，綜合性較強，涉及電子式的書寫、物質(zhì)的判斷、氧化還原反應(yīng)的是電子守恒、化學(xué)反應(yīng)方程式書寫、實驗方案的評價等，難度較大28（15分）（2015浙江）乙苯催化脫氫制苯乙烯反應(yīng)：（1）已知：化學(xué)鍵CHCCC=CHH鍵能/kJmol1412348612436計算上述反應(yīng)的H=124 kJmol1（2）維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質(zhì)的量為n、體積為V的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應(yīng)已知乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率為，則在該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=（用等符號表示）（3）工業(yè)上，通常在乙苯蒸氣中摻混水蒸氣（原料氣中乙苯和水蒸氣的物質(zhì)的量之比為1：9），控制反應(yīng)溫度600，并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應(yīng)在不同反應(yīng)溫度下，乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性（指除了H2以外的產(chǎn)物中苯乙烯的物質(zhì)的量分數(shù)）示意圖如下：摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率，解釋說明該事實正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動控制反應(yīng)溫度為600的理由是600時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大（4）某研究機構(gòu)用CO2代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學(xué)合成工藝乙苯二氧化碳耦合催化脫氫制苯乙烯保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應(yīng)：CO2+H2CO+H2O，CO2+C2CO新工藝的特點有（填編號）CO2與H2反應(yīng)，使乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗有利于減少積炭有利用CO2資源利用考點：真題集萃；化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計算分析：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是CH2CH3中總鍵能與CH=CH2、H2總鍵能之差；（2）參加反應(yīng)的乙苯為n mol，則：+H2開始（mol）：n 0 0轉(zhuǎn)化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，設(shè)反應(yīng)后的體積為V，則=，故V=（1+）V，再根據(jù)平衡常數(shù)表達式K=計算解答；（3）保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向氣體體積增大的方向移動；600時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高；結(jié)合溫度對乙苯轉(zhuǎn)化率、苯乙烯選擇性、溫度對反應(yīng)速率與催化劑的影響及消耗能量等，分析控制反應(yīng)溫度為600的理由；（4）CO2與H2反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移；由題目信息可知，在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少；由于會發(fā)生反應(yīng)CO2+C2CO，有利于減少積炭；CO2代替水蒸氣，有利用CO2資源利用解答：解：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能生成物總能鍵能，由有機物的結(jié)構(gòu)可知，應(yīng)是CH2CH3中總鍵能與CH=CH2、H2總鍵能之差，故H=（5412+3483412612436）kJmol1=124kJmol1，故答案為：124；（2）物質(zhì)的量為n、體積為V的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應(yīng)參加反應(yīng)的乙苯為n mol，則：+H2開始（mol）：n 0 0轉(zhuǎn)化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，設(shè)反應(yīng)后的體積為V，則=，故V=（1+）V，則平衡常數(shù)K=，則K=，故答案為：；（3）正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，提高乙苯的平衡轉(zhuǎn)化率，故答案為：正反應(yīng)為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應(yīng)增大，等效為降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動；600時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大，故選擇600左右，故答案為：600時乙苯的轉(zhuǎn)化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應(yīng)速率較慢，轉(zhuǎn)化率較低，溫度過高，選擇性下降，高溫下可能失催化劑失去活性，且消耗能量較大；（4）CO2與H2反應(yīng)，導(dǎo)致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應(yīng)的化學(xué)平衡右移，故正確；由題目信息可知，在保持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少，故正確；由于會發(fā)生反應(yīng)CO2+C2CO，有利于減少積炭，故正確；CO2代替水蒸氣，有利用CO2資源利用，故正確，故選：點評：本題考查反應(yīng)熱計算、化學(xué)平衡常數(shù)計算、反應(yīng)速率及平衡移動的影響因素、對條件控制的分析評價等，（1）中認為苯環(huán)存在單雙鍵交替形式不影響計算結(jié)構(gòu)，（2）中平衡常數(shù)計算為易錯點、難點，注意溫度、壓強不變，容器的體積發(fā)生變化，學(xué)生容易認為容器的體積不變，題目難度較大29（15分）（2015浙江）某學(xué)習(xí)小組按如下實驗流程探究海帶中碘含量的測定和碘的制取實驗（一） 碘含量的測定取0.0100molL1的AgNO3標準溶液裝入滴定管，取100.00mL海帶浸取原液至滴定池，用電勢滴定法測定碘含量測得的電動勢（E） 反映溶液中c（I）的變化，部分數(shù)據(jù)如表：V（AgNO3）/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV22520015010050.0175275300325實驗（二） 碘的制取另制海帶浸取原液，甲、乙兩種實驗方案如下：已知：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O請回答：（1）實驗（一）中的儀器名稱：儀器A坩堝，儀器B500mL容量瓶（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制滴定曲線：該次滴定終點時用去AgNO3溶液的體積為20mL，計算得海帶中碘的百分含量為0.635%（3）分液漏斗使用前須檢漏，檢漏方法為向分液漏斗中加入少量蒸餾水，檢查旋塞處是否漏水，將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水步驟X中，萃取后分液漏斗內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是液體分為上下兩層，下層呈紫紅色下列有關(guān)步驟Y的說法，正確的是ABA應(yīng)控制NaOH溶液的濃度和體積B將碘轉(zhuǎn)化成離子進入水層C主要是除去海帶浸取原液中的有機雜質(zhì)DNaOH溶液可以由乙醇代替實驗（二） 中操作Z的名稱是過濾（4）方案甲中采用蒸餾不合理，理由是碘單質(zhì)易升華，會導(dǎo)致碘損失考點：真題集萃；探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量專題：實驗探究和數(shù)據(jù)處理題分析：（1）在儀器A中灼燒海帶，該儀器為坩堝；配制溶液體積為500mL，應(yīng)該選用規(guī)格為500mL的容量瓶；（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制出滴定曲線；根據(jù)圖象判斷滴定終點時用去AgNO3溶液的體積；根據(jù)硝酸銀與碘離子的反應(yīng)計算出100mL溶液中含有碘離子的物質(zhì)的量，再計算出500mL溶液中含有的碘離子，最后計算出海帶中碘的百分含量；（3）檢查分液漏斗是否漏水，需要分別檢查瓶塞、旋塞是否漏水；碘單質(zhì)易溶于有機溶劑，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，檢查判斷萃取現(xiàn)象；A反應(yīng)3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要濃氫氧化鈉溶液；B碘單質(zhì)與氫氧化鈉反應(yīng)生成了碘化鈉、碘酸鈉；C該操作的主要目的是將碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化成碘酸鈉、碘化鈉，便于后續(xù)分離出碘單質(zhì)；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然無法分離出碘單質(zhì)碘單質(zhì)不溶于水，可以通過過濾操作分離出碘單質(zhì)；（4）從碘單質(zhì)易升華角度分析解答：解：（1）根據(jù)儀器的構(gòu)造可知，用于灼燒海帶的儀器為坩堝；通過儀器B配制500mL含有碘離子的浸取液，需要使用500mL的容量瓶，故答案為：坩堝；500mL容量瓶；（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以繪制出電動勢（E）與消耗硝酸銀溶液體積的關(guān)系圖為：，故答案為：；根據(jù)滴定曲線可知，當加入20mL硝酸銀溶液時，電動勢出現(xiàn)了突變，說明滴定終點時消耗了20.00mL硝酸銀溶液；20.00mL硝酸銀溶液中含有硝酸銀的物質(zhì)的量為：0.0100mol/L0.02L=0.0002mol，則500mL原浸出液完全反應(yīng)消耗硝酸銀的物質(zhì)的量為：0.0002mol=0.001mol，說明20.00g該海帶中含有0.001mol碘離子，所以海帶中碘的百分含量為：100%=0.635%，故答案為：20.00mL；0.635%；（3）檢查分液漏斗是否漏水的操作方法為：向分液漏斗中加入少量蒸餾水，檢查旋塞處是否漏水；將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水，故答案為：向分液漏斗中加入少量蒸餾水，檢查旋塞處是否漏水，將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，檢查玻璃塞是否漏水；碘單質(zhì)易溶于有機溶劑，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步驟X向含有碘單質(zhì)的水溶液中加入四氯化碳后，混合液會分為上下兩層，下層為四氯化碳的碘溶液，則下層呈紫紅色，故答案為：液體分為上下兩層，下層呈紫紅色；A發(fā)生反應(yīng)3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要濃氫氧化鈉溶液，所以應(yīng)控制NaOH溶液的濃度和體積，故A正確；B根據(jù)反應(yīng)3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O可知，步驟Y將碘轉(zhuǎn)化成離子進入水層，故B正確；C該操作的主要目的是將碘單質(zhì)轉(zhuǎn)化成碘酸鈉、碘化鈉，將碘轉(zhuǎn)化成離子進入水層，不是除去有機雜質(zhì)，故C錯誤；D乙醇易溶于水和四氯化碳，將氫氧化鈉換成乙醇，仍然無法分離出碘單質(zhì)，故D錯誤；故答案為：AB；步驟Z將碘單質(zhì)和水分離，由于碘單質(zhì)不溶于水，可通過過濾操作完成，故答案為：過濾；（4）方案甲中采用蒸餾操作，由于碘單質(zhì)容易升華，會導(dǎo)致碘單質(zhì)損失，所以甲方案不合理，故答案為：碘單質(zhì)易升華，會導(dǎo)致碘損失點評：本題考查物質(zhì)的分離與提純方法的綜合應(yīng)用，題目難度較大，試題涉及的知識點較多、綜合性較強，充分考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實驗?zāi)芰?，明確實驗原理為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握化學(xué)實驗基本操作方法“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”模塊（10分）30（2015浙江）（1）Cu2+的電子排布式是1s22s22p63s23p63d9（2）下列物質(zhì)中既有離子鍵又有共價鍵的是BDAMgO BNaOH CCaCl2 D（NH4）2SO4（3）關(guān)于下列分子的說法不正確的是CDA既有鍵又有鍵BOH鍵的極性強于CH鍵的極性C是非極性分子D該物質(zhì)的分子之間不能形成氫鍵，但它可以與水分子形成氫鍵（4）下列說法不正確的是DAHOCH2CH（OH）CH2OH與CH3CHClCH2CH3都是手性分子BNH4+和CH4的空間構(gòu)型相似CBF3與都是平面型分子DCO2和H2O都是直線型分子（5）下列有關(guān)性質(zhì)的比較，正確的是BA第一電離能：ONB水溶性：CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3C沸點：HClHFD晶格能：NaClMgO考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；元素周期律的作用；原子核外電子排布；化學(xué)鍵分析：（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p43d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+；（2）活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵、非金屬元素之間易形成共價鍵，銨鹽中都含有離子鍵；（3）A共價單鍵為鍵，共價雙鍵中含有一個鍵一個鍵；B兩種元素非金屬性差距越大極性越大；C結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷重心重合的分子為非極性分子；D該物質(zhì)中含有酚羥基，所以該分子的分子之間能形成氫鍵；（4）A連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，含有手性碳原子的分子為手性分子；BNH4+和CH4的空間構(gòu)型都是正四面體結(jié)構(gòu)；C是平面型分子，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷BF3空間構(gòu)型；DCO2是直線形分子、H2O是V形分子；（5）A同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；B能和水形成氫鍵的物質(zhì)溶解性大；C氫化物的熔沸點隨著相對分子質(zhì)量的增大而增大，但含有氫鍵的氫化物熔沸點較高；D晶格能與離子半徑成反比、與離子電荷成正比解答：解：（1）Cu元素原子核外電子數(shù)為29，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+，Cu2+的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9，故答案為：1s22s22p63s23p63d9；（2）AMgO中只含離子鍵，故錯誤； BNaOH中含有離子鍵和共價鍵，故正確；CCaCl2中只含離子鍵，故錯誤； D（NH4）2SO4中含有離子鍵和共價鍵，故正確；故選BD；（3）A共價單鍵為鍵，共價雙鍵中含有一個鍵一個鍵，該分子中含有碳碳雙鍵，所以既有鍵又有鍵，故正確；B兩種元素非金屬性差距越大極性越大，OH之間的非金屬性之差大于CH之間的非金屬性之差，所以O(shè)H鍵的極性強于CH鍵的極性，故正確；C結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷重心重合的分子為非極性分子，該分子結(jié)構(gòu)不對稱，正負電荷重心不重合，所以為極性分子，故錯誤；D該物質(zhì)中含有酚羥基，所以該分子的分子之間能形成氫鍵，故錯誤；故選CD；（4）A連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，含有手性碳原子的分子為手性分子，這兩個分子中都含有手性碳原子，所以都是手性分子，故正確；BNH4+和CH4中中心原子價層電子對個數(shù)都是4且不含孤電子對，所以其空間構(gòu)型都是正四面體結(jié)構(gòu)，故正確；C是平面型分子，BF3中B原子價層電子對個數(shù)是3且不含孤電子對，所以為平面三角形結(jié)構(gòu)，故正確；DCO2是直線形分子、H2O是V形分子，故錯誤；故選D；（5）A同一周期元素第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能NO，故錯誤；B能和水