2015年山東省高考化學試卷答案與解析

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2015年山東省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題5分，滿分35分）7（5分）（2015山東）進行化學實驗時應強化安全意識下列做法正確的是（）A金屬鈉著火時使用泡沫滅火器滅火B(yǎng)用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口豎直向上C濃硫酸濺到皮膚上時立即用稀氫氧化鈉溶液沖洗D制備乙烯時向乙醇和濃硫酸的混合液中加入碎瓷片考點：真題集萃；化學實驗安全及事故處理菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：A金屬鈉著火生成過氧化鈉，與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應；B碳酸氫鈉分解生成水；C酸堿中和放出大量的熱，且強酸、強堿具有強腐蝕性；D加入碎瓷片，防止暴沸解答：解：A金屬鈉著火生成過氧化鈉

2、，與泡沫滅火器噴出的二氧化碳反應，反應生成的氧氣助燃，不能滅火，應利用沙土鋪蓋，故A錯誤；B碳酸氫鈉分解生成水，則用試管加熱碳酸氫鈉固體時使試管口略向下傾斜，故B錯誤；C酸堿中和放出大量的熱，且強酸、強堿具有強腐蝕性，則濃硫酸濺到皮膚上時立即用抹布擦拭，再水沖洗，最后涂上適量的碳酸氫鈉溶液，故C錯誤；D制備乙烯時向乙醇和濃硫酸的混合液加入碎瓷片，防止暴沸，從實驗安全的角度考慮，故D正確；故選D點評：本題為2015年山東高考題，側重化學與生活、實驗安全的考查，把握物質的性質、實驗基本技能、實驗安全常識等為解答的關鍵，題目難度不大8（5分）（2015山東）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相

3、對位置如圖所示已知Y、W的原子序數(shù)之和是Z的3倍，下列說法正確的是（）YZXWA原子半徑：XYZB氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：XZCZ、W均可與Mg形成離子化合物D最高價氧化物對應水化物的酸性：YW考點：真題集萃；位置結構性質的相互關系應用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：Y、W的原子序數(shù)之和是Z的3倍，設Y的原子序數(shù)為x，則Z的原子序數(shù)為x+1，W的原子序數(shù)為x+10，則x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y為N，結合位置關系可知，Z為O，X為Si，W為Cl，然后結合元素化合物知識來解答解答：解：Y、W的原子序數(shù)之和是Z的3倍，設Y的原子序數(shù)為x，則Z的原子序數(shù)為x+1，W的原子序數(shù)為x+10，則x+x+1

4、0=3（x+1），解得x=7，即Y為N，結合位置關系可知，Z為O，X為Si，W為Cl，A電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為XYZ，故A錯誤；B非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性為XZ，故B錯誤；CZ、W均可與Mg形成離子化合物，分別為MgO、MgCl2，故C正確；DCl的最高價氧化物對應水化物的酸性為含氧酸中酸性最強的酸，則最高價氧化物對應水化物的酸性：YW，故D錯誤；故選C點評：本題為2015年山東高考題，側重位置、結構與性質的考查，把握原子序數(shù)的關系推斷元素為解答的關鍵，注意元素性質的比較方法，選項D為解答的易錯點，題目難度不大9（5分）（2015山東）分枝酸可用于生

5、化研究其結構簡式如圖下列關于分枝酸的敘述正確的是（）A分子中含有2種官能團B可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同考點：真題集萃；有機物的結構和性質菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：有機物的化學性質及推斷分析：由結構簡式可知，分子中含COOH、OH、碳碳雙鍵、醚鍵等，結合羧酸、醇、烯烴的性質來解答解答：解：A分子中含COOH、OH、碳碳雙鍵、醚鍵，共4種官能團，故A錯誤；B含COOH與乙醇發(fā)生酯化反應，含OH與乙酸發(fā)生酯化反應，故B正確；C不是苯環(huán)，只有COOH與NaOH反應，則1mol分枝酸最多可與2m

6、olNaOH發(fā)生中和反應，故C錯誤；D碳碳雙鍵與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，雙鍵與OH均能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，原理不同，故D錯誤；故選B點評：本題為2015年山東高考題，側重有機物結構與性質的考查，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，注意官能團的判斷，題目難度不大10（5分）（2015山東）某化合物由兩種單質直接反應生成，將其加入Ba（HCO3）2溶液中同時有氣體和沉淀產(chǎn)生下列化合物中符合上述條件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2考點：真題集萃；鹽類水解的應用；鈉的重要化合物；鎂、鋁的重要化合物；鐵的氧化物和氫氧化物菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：選項中物質只有FeCl2不能由兩種

7、單質直接反應生成，且SiO2與Ba（HCO3）2不反應，Na2O與Ba（HCO3）2溶液反應不生成氣體，以此來解答解答：解：AAl與氯氣化合生成AlCl3，AlCl3與Ba（HCO3）2溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣體，故A正確；B鈉與氧氣反應生成氧化鈉，但Na2O與Ba（HCO3）2溶液反應不生成氣體，只生成碳酸鋇沉淀，故B錯誤；CFe與氯氣化合生成FeCl3，故C錯誤；DSi與氧氣化合生成SiO2，但SiO2與Ba（HCO3）2不反應，故D錯誤；故選A點評：本題為2015年山東高考題，側重元素化合物知識及反應原理的考查，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，注意選項A中相互促進水解

8、反應，題目難度不大11（5分）（2015山東）下列由實驗現(xiàn)象得出的結論正確的是（）操作及現(xiàn)象結論A向AgCl懸濁液中加入NaI溶液時出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色Br還原性強于ClD加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結NH4Cl固體可以升華AABBCCDD考點：真題集萃；化學實驗方案的評價菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：A同類型的沉淀轉化時，溶度積大的沉淀轉化為溶度積小的沉淀；B原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈紅

9、色；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色，說明有Br2生成，發(fā)生反應：2Br+Cl2=2Cl+Br2，還原劑還原性強于還原產(chǎn)物還原性；DNH4Cl受熱分解為NH3與HCl，在試管口處冷卻，NH3與HCl反應又得到NH4Cl固體解答：解：A同類型的沉淀轉化時，難溶電解質之間可實現(xiàn)由溶度積常數(shù)較大的物質轉化為溶度積常數(shù)較小的物質，AgCl懸濁液中加入KI溶液，白色沉淀變成黃色，證明此條件下Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A錯誤；B原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也會呈紅色，不能說明原溶液中是否含有Fe2+，故B錯誤；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯

10、，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色，說明有Br2生成，發(fā)生反應：2Br+Cl2=2Cl+Br2，說明Br還原性強于Cl，故C正確；DNH4Cl受熱分解為NH3與HCl，在試管口處冷卻，NH3與HCl反應又得到NH4Cl固體，不能說明NH4Cl固體可以升華，故D錯誤，故選：C點評：本題考查化學實驗方案評價，側重考查學生對基礎知識的理解掌握，難度不大12（5分）（2015山東）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入過量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中

11、加入過量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2考點：真題集萃；離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：A硝酸具有強氧化性，可以氧化亞硫酸根；B二氧化硫過量，應生成HSO3；C氫氧化鋁不能溶于氨水，得到氫氧化鋁沉淀；D過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉與氧氣，氫氧化鈉在與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀與硫酸鈉解答：解：A硝酸具有強氧化性，將SO32氧化為SO42，不能生成二氧化硫，反應離子方程式為：3SO32+2H+2NO3=3SO42+2NO+H2O，故A錯誤；B二氧化硫過量，應生成H

12、SO3，反應離子方程式為SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B錯誤；C氫氧化鋁不能溶于氨水，得到氫氧化鋁沉淀，反應離子方程式為：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C錯誤；D過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉與氧氣，氫氧化鈉在與硫酸銅反應生成氫氧化銅沉淀與硫酸鈉，反應總離子方程式為：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正確，故選：D點評：本題考查離子方程式正誤判斷，需要學生熟練掌握元素化合物性質，明確離子反應發(fā)生的條件，難度中等13（5分）（2015山東）室溫下向10mL 0.1 molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元

13、酸HA溶液pH的變化曲線如圖所示下列說法正確的是（）Aa點所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）Ba、b兩點所示溶液中水的電離程度相同CpH=7時，c（Na+）=c（A）+c（HA）Db點所示溶液中c（A）c（HA）考點：真題集萃；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：Aa點時酸堿恰好中和，溶液pH=8.7，說明HA為弱酸，NaA溶液水解呈堿性；Bb點時HA過量，溶液呈酸性，HA電離出H+，抑制水的電離；CpH=7時，c（H+）=c（OH），結合電荷守恒判斷；Db點HA過量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，說明HA程度大于A水解程度解答：解：Aa點時酸堿恰好

14、中和，溶液pH=8.7，說明HA為弱酸，NaA溶液水解呈堿性，應為c（HA）c（H+），故A錯誤；Ba點A水解，促進水的電離，b點時HA過量，溶液呈酸性，HA電離出H+，抑制水的電離，故B錯誤；CpH=7時，c（H+）=c（OH），由電荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），則c（Na+）=c（A），故C錯誤；Db點HA過量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，說明HA程度大于A水解程度，則存在c（A）c（HA），故D正確故選D點評：本題為2015年考題，側重于酸堿混合的定性判斷，有利于培養(yǎng)學生的分析能力和良好的科學素養(yǎng)，題目難度中等，本題易錯點為C，注意從溶液電中性的角度

15、分析二、解答題29（15分）（2015山東）利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得（1）利用如圖裝置電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液B極區(qū)電解液為LiOH溶液（填化學式），陽極電極反應式為2Cl2e=Cl2，電解過程中Li+向B電極遷移（填“A”或“B”）（2）利用鈷渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等制備鈷氧化物的工藝流程如下：Co（OH）3溶解還原反應的離子方程式為2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O，鐵渣中鐵元素的化合價為+3，在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得

16、充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），則鈷氧化物的化學式為Co3O4考點：真題集萃；原電池和電解池的工作原理；物質的分離、提純的基本方法選擇與應用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：（1）電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液，由圖可知，右側生成氫氣，則B中氫離子放電，可知B為陰極，在B中制備LiOH，Li+由A經(jīng)過陽離子交換膜向B移動；A中為LiCl溶液，氯離子放電生成氯氣；（2）Co（OH）3溶解還原反應為Co（OH）3、H+、SO32的氧化還原反應；由制備流程可知，加硫酸溶解后為鐵離子，再與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子，在浸液中通入氧氣時亞

17、鐵離子被氧化為鐵離子；煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），n（CO2）=0.06mol，由化學式可知n（Co）=0.06mol=0.03mol，則氧化物中n（O）=0.04mol，以此來解答解答：解：（1）電解制備LiOH，兩電極區(qū)電解液分別為LiOH和LiCl溶液，由圖可知，右側生成氫氣，則B中氫離子放電，可知B為陰極，在B中制備LiOH，B極區(qū)電解液為LiOH溶液；Li+由A經(jīng)過陽離子交換膜向B移動；A中為LiCl溶液，氯離子放電生成氯氣，則陽極反應式為2Cl2e=Cl2，故答案為：LiOH；2Cl2e=Cl2；

18、（2）Co（OH）3溶解還原反應為Co（OH）3、H+、SO32的氧化還原反應，其離子反應為2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；由制備流程可知，加硫酸溶解后為鐵離子，再與亞硫酸鈉發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子，在浸液中通入氧氣時亞鐵離子被氧化為鐵離子，可知鐵渣中鐵元素的化合價為+3價；煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質量為2.41g，CO2的體積為1.344L（標準狀況），n（CO2）=0.06mol，由化學式可知n（Co）=0.06mol=0.03mol，則氧化物中n（O）=0.04mol，則n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mo

19、l=3：4，所以鈷氧化物的化學式為Co3O4，故答案為：2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；+3；Co3O4點評：本題為2015年山東高考題29題，側重電化學、物質制備及混合物分離提純的考查，把握原電池原理及制備流程中的反應為解答的關鍵，（2）中化學式的計算為解答的難點，題目難度不大30（19分）（2015山東）合金貯氫材料具有優(yōu)異的吸放氫性能，在配合氫能的開發(fā)中起到重要作用（1）一定溫度下，某貯氫合金（M）的貯氫過程如圖所示，縱軸為平衡時氫氣的壓強（p），橫軸表示固相中氫原子與金屬原子的個數(shù)比（H/M）在OA段，氫溶解于M中形成固溶體MHx，隨著氫氣壓強的增大，H

20、/M逐慚增大；在AB段，MHx與氫氣發(fā)生氫化反應生成氫化物MHy，氫化反應方程式為：zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）H（）；在B點，氫化反應結束，進一步增大氫氣壓強，H/M幾乎不變反應（）中z=（用含x和y的代數(shù)式表示）溫度為T1時，2g某合金4min內(nèi)吸收氫氣240mL，吸氫速率v=30mLg1min1反應（）的焓變H0（填“”“”或“=”）（2）表示單位質量貯氫合金在氫化反應階段的最大吸氫量占其總吸氫量的比例，則溫度為T1、T2時，（T1） （T2）（填“”“”或“=”）當反應（）處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，達到平衡后反應（）可能處于圖中的c點（填“b”

21、“c”或“d”），該貯氫合金可通過加熱或減壓的方式釋放氫氣（3）貯氫合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反應，溫度為T時，該反應的熱化學方程式為CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol已知溫度為T時：CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1考點：真題集萃；熱化學方程式；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：（1）zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）中遵循質量守恒定律，則反應前后H原子個數(shù)相同；吸氫速率v=；由圖可知，相同氫原子與金屬原子

22、的個數(shù)比時，T2溫度高，對應的平衡時氫氣的壓強大，則升高溫度，平衡逆向移動；（2）T2溫度高，對應的平衡時氫氣的壓強大，則升高溫度，平衡逆向移動，則該反應為放熱反應，低溫下有利于吸收氫；當反應（）處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，因溫度不變，K不變，則平衡時氫原子與金屬原子的個數(shù)比增大，平衡點在曲線AB上；釋放氫氣即為平衡逆向移動，結合該反應為放熱反應、氣體體積減小的反應特點解答；（3）CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1，由蓋斯定律可知，得到CO（g）+3H2（g）C

23、H4（g）+H2O（g），以此來解答解答：解：（1）zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）中遵循質量守恒定律，則反應前后H原子個數(shù)相同，則zx+2=zy，解得z=；吸氫速率v=30mLg1min1；由圖可知，相同氫原子與金屬原子的個數(shù)比時，T2溫度高，對應的平衡時氫氣的壓強大，則升高溫度，平衡逆向移動，可知正反應H0，故答案為：；30；（2）T2溫度高，對應的平衡時氫氣的壓強大，則升高溫度，平衡逆向移動，則該反應為放熱反應，低溫下有利于吸收氫，T1T2時，則（T1）（T2）；當反應（）處于圖中a點時，保持溫度不變，向恒容體系中通入少量氫氣，因溫度不變，K不變，平衡時氫原子與金屬原子的個數(shù)比增

24、大，平衡點在曲線AB上，則達到平衡后反應（）可能處于圖中的c點；釋放氫氣即為平衡逆向移動，因該反應為放熱反應、氣體體積減小的反應，則該貯氫合金可通過加熱或減壓的方式釋放氫氣，故答案為：；c；加熱；減壓；（3）CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1，由蓋斯定律可知，得到CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g），H=41kJmol1（+165kJmol1）=206kJ/mol，則熱化學方程式為CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol，故答案為：CO（g）+

25、3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol點評：本題為2015年山東高考題30題，涉及化學平衡、熱化學反應式、反應熱計算及圖象分析，把握平衡移動的影響因素、圖象中縱橫坐標的含義為解答的關鍵，（2）為解答的難點，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等31（19分）（2015山東）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），實驗室利用毒重石制備BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是增大接觸面積從而使反應速率加快實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，除量筒外還需使用下列儀器中的aca燒杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2

26、）加入NH3H2O調節(jié)pH=8可除去Fe3+（填離子符號），濾渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2（填化學式）加入H2C2O4時應避免過量，原因是H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.2（3）利用簡潔酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H20 Ba2+CrO42BaCrO4步驟移取xml一定濃度的Na2CrO4溶液與錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用b mo

27、lL1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL步驟：移取y mLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入x mL與步驟相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b molL1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方（填“上方”或“下方”）BaCl2溶液的濃度為molL1，若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2+濃度測量值將偏大（填“偏大”或“偏小”）考點：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用菁優(yōu)網(wǎng)版權所有專題：有機物的化學性質及推斷分析：制備BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO

28、3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質），加鹽酸溶解，碳酸鋇和鹽酸反應：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，加入氨水，調pH為8，F(xiàn)e3+完全沉淀時的pH為3.2，只有Fe3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4，除去Ca2+，蒸發(fā)濃縮冷卻結晶得到BaCl22H2O，（1）研磨將塊狀固體變成粉末狀，可以

29、增大反應物的接觸面積，增大反應速率；溶液中質量分數(shù)=100%，實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，需量取濃鹽酸的體積和水的體積，且需使用燒杯作為容器稀釋，玻璃棒攪拌；（2）根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)分析加入NH3H2O調節(jié)pH=8可除去Fe3+，加入NaOH調pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，濾渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入過量H2C2O4，易發(fā)生Ba2+H2C2O4BaC2O4+2H+，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；（3）根據(jù)滴定管的構造分析0刻度在滴定管的位置；利用簡潔酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行，根據(jù)Ba2+CrO42BaCrO4、2CrO42+2H+Cr

30、2O72+H20，與Ba2+反應的CrO42的物質的量為總鹽酸的物質的量減去過量的鹽酸，分局BaCl2溶液的濃度計算公式，若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，V1減小，則Ba2+濃度測量值將偏大解答：解：（1）化學反應的速率與反應物的接觸面積有關，毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，可以增大反應物的接觸面積，增大反應速率，溶液中質量分數(shù)=100%，實驗室用37%的鹽酸配置15%的鹽酸，需計算出濃鹽酸的體積和水的體積，需用量筒量取，濃鹽酸稀釋為稀鹽酸，需用燒杯作為容器稀釋選擇a，玻璃棒攪拌加速溶解選擇c，故答案為：增大接觸面積從而使反應速率加快；ac；（2）根據(jù)流程圖和表中數(shù)據(jù)可知：Fe3+完全沉淀時

31、的pH為3.2，加入氨水，調pH為8，F(xiàn)e3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，F(xiàn)e3+完全沉淀，濾渣1為Fe（OH）3，加入氫氧化鈉調節(jié)PH=12.5，Ca2+完全沉淀時的pH為13.9，Mg2+完全沉淀時的pH為11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，濾渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4時應避免過量，防止CaC2O4沉淀完全后，過量的H2C2O4會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少，故答案為：Fe3+；Mg（OH）2、

32、Ca（OH）2；H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量減少；（3）無論酸式還是堿式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步驟：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b molL1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL，則發(fā)生2CrO42+2H+Cr2O72+H20 的鹽酸的物質的量為：V1103bmol，步驟：用b molL1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL，加入的總鹽酸的物質的量：V0103bmol，Ba2+CrO42BaCrO4，與Ba2+反應的CrO42的物質的量為V0103bmolV1103bmol=（V0V1）b103mol，步驟：移取y

33、mLBaCl2溶液于錐形瓶中，所以BaCl2溶液的濃度為：mol/L=mol/L，若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，V1減小，則Ba2+濃度測量值將偏大，故答案為：上方；偏大點評：本題考查了實驗室利用毒重石制備BaCl22H2O的設計方法，側重考查影響反應速率的因素、實驗基本操作、沉淀溶解平衡的應用等知識，實驗步驟結合物質的性質分析是解答的關鍵，題目難度中等化學-化學與技術(滿分12分）32（12分）（2015山東）工業(yè)上利用氨氧化獲得的高濃度NOx氣體（含NO、NO2）制備NaNO2、NaNO3，工藝流程如下：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶質除NaN

34、O2及少量Na2CO3外，還有NaNO3（填化學式） （2）中和液進行蒸發(fā)操作時，應控制水的蒸發(fā)量，避免濃度過大，目的是防止NaNO2的析出蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的溶堿（填操作名稱）最合理（3）母液進行轉化時加入稀HNO3的目的是將NaNO2轉化為NaNO3母液需回收利用，下列處理方法合理的是cda轉入中和液 b轉入結晶操作 c轉入轉化液 d轉入結晶操作（4）若將NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質的量之比設為2：1，則生產(chǎn)1.38噸NaNO2時，Na2CO3的理論用量為1.59噸（假定Na2CO3恰好完全反應）考點：物質分離和提純的

35、方法和基本操作綜合應用；制備實驗方案的設計菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：由制備流程可知，碳酸鈉溶解后，堿吸收發(fā)生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液進行蒸發(fā)操作，應避免濃度過大NaNO2析出，蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質要回收再循環(huán)利用；結晶過濾分離出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液進行轉化時加入稀HNO3、空氣，硝酸提供酸性環(huán)境，可將NaNO2轉化為NaNO3，轉化液蒸發(fā)、結晶、過濾分離出NaNO3，母液中主要含NaNO3，應在轉化液及結晶中提高利用率，以此解答（1

36、）（3）；（4）生產(chǎn)1.38噸NaNO2時，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質的量之比為2：1，則n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），結合m=nM計算解答：解：由制備流程可知，碳酸鈉溶解后，堿吸收發(fā)生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液進行蒸發(fā)操作，應避免濃度過大NaNO2析出，蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質要回收再循環(huán)利用；結晶過濾分離出NaNO3，母液I中

37、主要含NaNO2，母液進行轉化時加入稀HNO3、空氣，硝酸提供酸性環(huán)境，可將NaNO2轉化為NaNO3，轉化液蒸發(fā)、結晶、過濾分離出NaNO3，母液中主要含NaNO3，應在轉化液及結晶中提高利用率，（1）由上述分析可知，二氧化氮與堿液反應生成NaNO2，還可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案為：NaNO3；（2）中和液進行蒸發(fā)操作時，應控制水的蒸發(fā)量，避免濃度過大，目的是防止NaNO2的析出，蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物質，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的溶堿，循環(huán)利用，提高利用率，故答案為：防止NaNO2的析出；溶堿；（3）由上述分析可知，母液進行轉

38、化時加入稀HNO3的目的是將NaNO2轉化為NaNO3母液需回收利用，可轉入轉化液或轉入結晶操作，提高其利用率，故答案為：將NaNO2轉化為NaNO3；cd；（4）生產(chǎn)1.38噸NaNO2時，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質的量之比為2：1，則n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2104mol+1104mol）106g/mol=1.59106g=1.59t，故答案為：1.59點評：本題為2015年山東高考題32題，涉及物質的制備流程及混合物分離提純綜合應用，把

39、握流程中的反應、分離方法為解答的關鍵，注意工業(yè)生產(chǎn)與環(huán)境保護、原料利用率等，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等化學-物質結構與性質(滿分0分）33（2015山東）氟在自然界中常以CaF2的形式存在（1）下列關于CaF2的表述正確的是bdaCa2+與F間僅存在靜電吸引作用bF的離子半徑小于Cl，則CaF2的熔點高于CaCl2c陰陽離子比為2：1的物質，均與CaF2晶體構型相同dCaF2中的化學鍵為離子鍵，因此CaF2在熔融狀態(tài)下能導電（2）CaF2難溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63（用離子方程式表示）已知AlF63在溶液中可穩(wěn)定存在（3

40、）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子構型為V形，其中氧原子的雜化方式為sp3（4）F2與其他鹵素單質反應可以形成鹵素互化物，例如ClF3、BrF3等已知反應Cl2（g）+3F2（g）2ClF3（g）H=313kJmol1，F(xiàn)F鍵的鍵能為159kJmol1，ClCl鍵的鍵能為242kJmol1，則ClF3中ClF鍵的平均鍵能為172kJmol1ClF3的熔、沸點比BrF3的低（填“高”或“低”）考點：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別；判斷簡單分子或離子的構型；晶體的類型與物質熔點、硬度、導電性等的關系菁優(yōu)網(wǎng)版權所有分析：（1）a陰陽離子間存在靜電引力和靜電斥力，則；b離子晶體

41、的熔點與離子所帶電荷、離子半徑有關；c晶體的結構與電荷比、半徑比有關；d離子化合物在熔融時能發(fā)生電離（2）F與Al3+能形成很難電離的配離子AlF63；（3）根據(jù)價層電子對互斥理論分析，先計算價層電子對數(shù)，再判斷中心原子的雜化類型，及分子構型；（4）H=反應物的總鍵能生成物的總鍵能；相對分子質量越大，分子晶體的熔沸點越高解答：解：（1）a陰陽離子間存在靜電引力和靜電斥力，Ca2+與F間存在靜電吸引作用，還存在靜電斥力，故a錯誤；b離子晶體的熔點與離子所帶電荷、離子半徑有關，離子半徑越小，離子晶體的熔點越高，所以CaF2的熔點高于CaCl2，故b正確；c晶體的結構與電荷比、半徑比有關，陰陽離子比為2：1的物質，與CaF2晶體的電荷比相同，若半徑比相差較大，則晶體構型不相同，故c錯誤；dCaF2中的化學鍵為離子鍵，離子化合物在熔融時能發(fā)生電離，存在自由移動的離子，能導電，因此CaF2在熔融狀態(tài)下能導電，故b正確；故答案