2015年高考新課標(biāo)II卷化學(xué)含解析(共17頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2015年新課標(biāo)II高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1（3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(cuò)誤的是（）A硅膠可用作食品干燥劑BP2O5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(diǎn)：真題集萃；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；BP2O5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；BP2O5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；

2、C六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故C錯(cuò)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點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及食品干燥劑，為高頻考點(diǎn)，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（3分）（2015春婁底期末）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（）AC14H18O5BC14H16O4CC16H22O5DC16H20O5考點(diǎn)：真題集萃；有機(jī)物實(shí)驗(yàn)式和分子式的確定分析：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(gè)酯基，結(jié)合

3、酯的水解特點(diǎn)以及質(zhì)量守恒定律判斷解答：解：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，說明酯中含有2個(gè)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(diǎn)評(píng)：本題為2015年高考題，考查有機(jī)物的推斷，為高頻考點(diǎn)，把握酯化反應(yīng)中碳原子個(gè)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（3分）（2015春北侖區(qū)校級(jí)期末）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、1a的電子層結(jié)構(gòu)與氦相同，b和c的次外層有8個(gè)電子，c和d+的

4、電子層結(jié)構(gòu)相同下列敘述錯(cuò)誤的是（）A元素的非金屬性次序?yàn)閏baBa和其他3種元素均能形成共價(jià)化合物Cd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(jià)的代數(shù)和分別為0、4、6考點(diǎn)：真題集萃；原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系專題：元素周期律與元素周期表專題分析：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(gè)電子，原子只能有3個(gè)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同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，氫化物中H元素為正價(jià)，其非金屬性最弱；BH元素與K元素形成的化合物為K

5、H，屬于離子化合物；CK元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl；DH元素最高正化合價(jià)為+1、最低負(fù)化合價(jià)為1，S元素最高正化合價(jià)為+6、最低負(fù)化合價(jià)為2，Cl元素最高正化合價(jià)為+7、最低負(fù)化合價(jià)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(gè)電子，原子只能有3個(gè)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同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，氫化物中H元素為正價(jià)，其非金屬性最弱，故非金屬性ClSH，故A正確；BH元素與S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者屬于共價(jià)化

6、合物，但與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物，故B錯(cuò)誤；CK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，；DH元素最高正化合價(jià)為+1、最低負(fù)化合價(jià)為1，S元素最高正化合價(jià)為+6、最低負(fù)化合價(jià)為2，Cl元素最高正化合價(jià)為+7、最低負(fù)化合價(jià)為1，最高和最低化合價(jià)的代數(shù)和分別為0、4、6，故D正確，故選：B點(diǎn)評(píng)：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(duì)元素周期律的考查，題目涉及金屬氫化物是中學(xué)知識(shí)的盲點(diǎn)，難度不大4（3分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值下列敘述正確的是（）A60g丙醇中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為10NAB1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中

7、HCO3和CO32離子數(shù)之和為0.1NAC鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1NAD235g核素92235U發(fā)生裂變反應(yīng)：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子（01n）數(shù)為10NA考點(diǎn)：真題集萃；阿伏加德羅常數(shù)專題：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(gè)CH鍵、2個(gè)CC鍵、1個(gè)CO鍵和1個(gè)OH鍵；BHCO3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(jià)由0升高為+1價(jià)；D92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為101=9個(gè)解答：解：A.60g丙醇為1mol，丙醇中含7個(gè)

8、CH鍵、2個(gè)CC鍵、1個(gè)CO鍵和1個(gè)OH鍵，存在的共價(jià)鍵總數(shù)為11NA，故A錯(cuò)誤；B.1L 0.1molL1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(cuò)誤；C.23g鈉充分燃燒時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為（10）NA=1NA，故C正確；D92235U+01n3890Sr+54136U+1001n凈產(chǎn)生的中子為101=9個(gè)，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(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查阿伏伽德羅常數(shù)及計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，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(jì)算等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的綜合考

9、查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等5（3分）分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應(yīng)放出氣體的有機(jī)物有（不含量立體異構(gòu)）（）A3種B4種C5種D6種考點(diǎn)：真題集萃；有機(jī)化合物的異構(gòu)現(xiàn)象專題：同分異構(gòu)體的類型及其判定分析：分子式為C5H10O2且與NaHCO3溶液能產(chǎn)生氣體，則該有機(jī)物中含有COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為C4H9，丁基異構(gòu)數(shù)等于該有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù)解答：解：分子式為C5H10O2且與NaHCO3能產(chǎn)生氣體，則該有機(jī)物中含有COOH，所以為飽和一元羧酸，烷基為C4H9，C4H9異構(gòu)體有：CH2CH2CH2CH3，CH（CH3）CH2CH3，CH2CH（CH3）CH3，C（

10、CH3）3，故符合條件的有機(jī)物的異構(gòu)體數(shù)目為4故選B點(diǎn)評(píng)：本題為2015年考題，主要考查同分異構(gòu)體書寫、官能團(tuán)的性質(zhì)與確定等，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度中等，熟練掌握碳原子數(shù)小于5的烴基的個(gè)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵，甲基與乙基均1種，丙基2種、丁基4種、戊基8種6（3分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示下列說法錯(cuò)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(diǎn)：真題集萃；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

11、+、SO42等雜質(zhì)，精制時(shí)應(yīng)加入試劑進(jìn)行除雜，過濾后向?yàn)V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)生成處于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(shí)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?yàn)V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)生成處于生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯(cuò)誤；D海水提取溴一般用氯氣置換溴離

12、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點(diǎn)評(píng)：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(duì)化學(xué)與技術(shù)的考查，難度不大7（3分）（2015春北侖區(qū)校級(jí)期末）用圖所示裝置進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：將中溶液滴入中，預(yù)測(cè)的現(xiàn)象與實(shí)際相符的是（） 選項(xiàng)中物質(zhì)中物質(zhì)預(yù)測(cè)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AABBCCDD考點(diǎn)：真題集萃；實(shí)驗(yàn)裝置綜合分析：A先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應(yīng)；B常溫下，

13、Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；CNaOH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(cuò)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(cuò)誤；CNaOH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(cuò)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(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及實(shí)驗(yàn)裝置的綜合應(yīng)用，為高頻考點(diǎn)，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(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ木C合考查，綜

14、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101710171039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+

15、Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+（2）維持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，理論消耗鋅0.05gg（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ZnSO47H2O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(shí)，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1105mol

16、L1時(shí)，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(shí)，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為0.1molL1）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(diǎn)：真題集萃；原電池和電解池的工作原理；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）持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，以此計(jì)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

17、加熱時(shí)，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(shí)離子濃度小于1105molL1，結(jié)合Ksp=1039計(jì)算pH，并根據(jù)Ksp計(jì)算鋅開始沉淀的pH解答：解：（1）該電池的正極發(fā)生還原反應(yīng)，MnO2被還原生成MnOOH，電解方程式為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）持電流強(qiáng)度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A300s=150C，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為，則

18、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(shí)，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(shí)離子濃度小于1105molL1，因Ksp=1039，則c（OH）=mol/L0.51011mol/L，此時(shí)pH=2.7，如鋅開始沉淀，則c（OH）=mol/L=10

19、8mol/L，此時(shí)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相近點(diǎn)評(píng)：本題為2015年新課標(biāo)卷考題，考查原電池知識(shí)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(shí)驗(yàn)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：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1CO2（g）+3H2（

20、g）CH3OH（g）+H2O（g）H2CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H3回答下列問題：化學(xué)鍵HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465413（1）已知反應(yīng)中的相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計(jì)算H1=99kJmol1，已知H2=58kJmol1，則H3=+41kJmol1（2）反應(yīng)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)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(shí)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（C

21、O）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)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(dòng)，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，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P1P2P3，其判斷理由是相同溫度下，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng)，反應(yīng)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(dòng)，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(diǎn)：真題集萃；反應(yīng)熱和焓變；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)反應(yīng)=反應(yīng)，

22、反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)的計(jì)算；（2）化學(xué)平衡常數(shù)指可逆反應(yīng)得到平衡時(shí)，各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)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(duì)平衡移動(dòng)的影響，進(jìn)而判斷溫度對(duì)平衡常數(shù)影響；（3）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，根據(jù)升高溫度對(duì)反應(yīng)、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)前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng)，反應(yīng)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(dòng)，CO的轉(zhuǎn)化率增大解答：解：（1）反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能生成物總鍵能，故H1=1076kJmol1+2436kJmol1（34

23、13+343+465）kJmol1=99kJmol1；根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)反應(yīng)=反應(yīng)，故H3=H2H1=58kJmol1（99kJmol1）=+41kJmol1，故答案為：99；+41；（2）反應(yīng)CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；反應(yīng)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(dòng)，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)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，平衡常數(shù)隨溫度升高而減?。唬?）由圖可知，壓強(qiáng)一定時(shí)，隨溫度的升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小，反應(yīng)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(dòng)，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正

24、反應(yīng)方向移動(dòng)，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)前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng)，反應(yīng)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(dòng)，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)：P1P2P3，故答案為：減?。环磻?yīng)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(dòng)，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，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??；P1P2P3；相同溫度下，反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，壓強(qiáng)改變不影響其平衡移動(dòng)，反應(yīng)正反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)

25、，增大壓強(qiáng)，有利于平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，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(diǎn)評(píng)：本題考查反應(yīng)熱有關(guān)計(jì)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(jì)算能力，需要學(xué)生具備扎實(shí)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(shí)驗(yàn)室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：電解時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3

26、H2溶液X中大量存在的陰離子有Cl、OH除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c（填標(biāo)號(hào)）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(cè)定混合氣中ClO2的含量：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：在玻璃液封裝置中加入水使液面沒過玻璃液封管的管口；將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：用0.1000molL1硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O322I+S4O62），指示劑顯示終點(diǎn)時(shí)共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液在此過程中：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

27、+4H2O玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不變色測(cè)得混合氣中ClO2的質(zhì)量為0.02700 g（4）用ClO2處理過的飲用水會(huì)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(hào)）a明礬b碘化鉀c鹽酸d硫酸亞鐵考點(diǎn)：真題集萃；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量專題：實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題分析：（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

28、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）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(shí)生成水；玻璃液封裝置可防止有害氣體逸出；淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)；根據(jù)關(guān)系式2ClO25I210Na2S2O3計(jì)算n（ClO2），再根據(jù)m=nM計(jì)算m（ClO2）；（4）亞氯酸鹽具有氧化性，F(xiàn)e2+將ClO2還原成Cl，F(xiàn)e

29、2+ 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）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；在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，溶液X中大量存在的陰離子有，故答

30、案為：Cl、OH；aClO2易溶于水，不能利用飽和食鹽水吸收氨氣，故錯(cuò)誤；b堿石灰不能吸收氨氣，故錯(cuò)誤；c濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故正確；dClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故錯(cuò)誤；故答案為：c；（3）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(shí)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；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）；V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點(diǎn)

31、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；含有Na2S2O3物質(zhì)的量為0.02 L0.1mol/L=0.002 mol，則：根據(jù)關(guān)系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol67.5g/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

32、膠體可凈化飲用水，則最適宜的是d，故答案為：d點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)含量的測(cè)定，為高頻考點(diǎn)，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(shí)驗(yàn)、計(jì)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下：相關(guān)化合物的物理常數(shù)物質(zhì)相對(duì)分子質(zhì)量密度（g/cm3）沸點(diǎn)/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)和分別在裝置A和C中進(jìn)

33、行（填裝置符號(hào)）（3）在分解釜C中加入的Y為少量濃硫酸，其作用是催化劑，優(yōu)點(diǎn)是用量少，缺點(diǎn)是腐蝕設(shè)備（4）反應(yīng)為放熱（填“放熱”或“吸熱”）反應(yīng)反應(yīng)溫度控制在5060，溫度過高的安全隱患是溫度過高會(huì)導(dǎo)致爆炸（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是c（填編號(hào)已知苯酚是一種弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（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(diǎn)低于苯酚（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點(diǎn)是原子利用率高考點(diǎn)：真題集萃；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：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

34、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(diǎn)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)，應(yīng)通入氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)在A中發(fā)生，反應(yīng)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(huì)腐蝕設(shè)備，（4）反應(yīng)的H0，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(diǎn)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，原子利用率高解答：解：用異丙苯氧化法生產(chǎn)

35、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(diǎn)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)，故需要氧氣或空氣，故答案為：氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應(yīng)在反應(yīng)器中發(fā)生，即A裝置，反應(yīng)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)的H0

36、，為放熱反應(yīng)，有過氧化物存在，溫度過高會(huì)導(dǎo)致爆炸，反應(yīng)溫度控制在5060，故答案為：放熱；溫度過高會(huì)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)，aNaOH能與硫酸、苯酚反應(yīng)，故不選；bCaCO3為固體，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會(huì)阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng)，故b不選；cNaHCO3能與硫酸反應(yīng)，不與苯酚反應(yīng)，故c選；dCaO能與苯酚反應(yīng)，且與硫酸反應(yīng)生成的硫酸鈣微溶，會(huì)阻止碳酸鈣與硫酸的反應(yīng)，故d不選；故選：c；（6）由于丙酮的沸點(diǎn)低于苯酚，沸點(diǎn)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(diǎn)低于苯酚；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，整個(gè)過

37、程原子利用率高，故答案為：原子利用率高點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的制備實(shí)驗(yàn)方案，涉及對(duì)化學(xué)工藝流程、裝置及試劑的分析評(píng)價(jià)等，關(guān)鍵是根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康呐c給予的反應(yīng)信息理解工藝流程原理，是對(duì)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為同周期元索，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(gè)未成對(duì)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(hào)），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(diǎn)高的是O3（填分子式

38、），原因是O3相對(duì)原子質(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sp3（4）化合物D2A的立體構(gòu)型為V形，中心原子的價(jià)層電子對(duì)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，晶胞參數(shù)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(jì)算晶體F的密度2.27（gcm3）考點(diǎn)：真題集萃；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用分

39、析：C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子，應(yīng)為Cl元素，A2和B+具有相同的電子構(gòu)型，結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知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(duì)原子質(zhì)量較大，沸點(diǎn)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

40、化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點(diǎn)和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個(gè)數(shù)為8，O的個(gè)數(shù)為8+6=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，計(jì)算質(zhì)量和體積，可計(jì)算密度解答：解：C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為P元素，C、D為同周期元素，則應(yīng)為第三周期元素，D元素最外層有一個(gè)未成對(duì)電子，應(yīng)為Cl元素，A2和B+具有相同的電子構(gòu)型，結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可知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O

41、2、O3兩種同素異形體，二者對(duì)應(yīng)的晶體都為分子晶體，因O3相對(duì)原子質(zhì)量較大，則范德華力較大，沸點(diǎn)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(duì)原子質(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(gè)鍵，孤電子對(duì)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(gè)鍵，孤電子對(duì)數(shù)為=2，則中心原子的價(jià)層電子對(duì)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=

42、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(diǎn)和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個(gè)數(shù)為8，O的個(gè)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(diǎn)，Na位于體心，每個(gè)晶胞中有1個(gè)Na與O的距離最近，每個(gè)定點(diǎn)為8個(gè)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，晶胞的體積為（0.566107）cm3，則晶體F的密度為=2.27gcm3，故答案為：Na2O；8；2.27gcm3點(diǎn)評(píng)：本題為2015年考題，考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查學(xué)生空間想象能力、知識(shí)運(yùn)用能力，涉及晶胞計(jì)算、原子結(jié)構(gòu)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，采用均攤法、價(jià)層電子對(duì)互斥理論等理論分析解答