【考前三个月】2015届高考化学(人教通用)考前专项突破：第二题 多角度考查离子反应(含解析)剖析

2015年高考理综化学押题试卷及答案(word版可打印）第I卷(必做，共87分)一、选择题(本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意)7．“低碳生活”是指生活作息时所耗用能量要减少，从而降低碳特别是二氧化碳的排放。

下列行为不利于．．．低碳生活的是A．处理废弃塑料制品较为合理的方法是使用化学方法加工成防水涂料或汽油B．开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料C．实现资源的“3R”，即减少消耗(Reduce)、增加重复使用(Reuse)、重复再生(Recycle)D．逐步推广天然气，代替石油和煤的使用8．下列与金属腐蚀有关的说法正确的是A．图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B．图b中，开关由M改置于N时，Cu—Zn合金的腐蚀速率减小C．图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D．图d中，Zn—MnO2干电池自放电腐蚀主要是MnO2的氧化作用引起的9.下列反应的离子方程式正确的是 A.选择合适的试剂，用图1装置可分别制取少量22CO NO O 、和B.制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸C.洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干D.用广泛pH 试纸测得0.10mol 14L NH C -⋅l 溶液的pH=5.2 10.下列说法中正确的是A.汽油燃烧时将全部的化学能转化为热能B.向饱和AgCl 溶液中加入盐酸，SP K 变大C.若存在简单阴离子2R -，则R 一定属于VIA 族D.最外层电子数较少的金属元素，一定比最外层电子数较它多的金属元素活泼性强11.下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是 ①能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：233K Na CO NO ++--、、、 ②()110/c H mol L +-=的溶液中：23241Cu A SO ++-、、③能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：24Na NH S Br ++--、、、 ④水电离出的H +浓度为1310-mol/L 的溶液中：2241Na Mg C SO ++--、、、 ⑤在加入铝粉能产生2H 的溶液中：22443NH Fe SO NO ++--、、、 ⑥在含大量3Fe +的溶液中：41NH Na C SCN ++--、、、 A.①② B.①③ C.②④ D.①②⑤⑥ 12.关于下列四个图象的说法中正确的是A.图①表示可逆反应“()()()()222CO g H O g CO g H g ++”中的0H ∆＞B.图②是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳两极收集到的气体体积之比一定为1：1C.图③表示可逆反应在“()()()22332A g B g AB g +”的0H ∆＜D.图④表示压强对可逆反应()()()()223A g B g C g D s ++的影响，乙的压强大13.下列说法正确的是A.乙醇的酯化反应、甲苯的硝化反应以及酯的水解均属于取代反应B.乙烷生成省乙烷和乙烯生成溴乙烷的反应类型相同C.可用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇D.蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子化合物，均能发生水解反应第Ⅱ卷(必做129分+选做24分，共1 53分)注意事项：1．第Ⅱ卷共18道题。

2015年四川省高考化学押题试卷（二）一、选择题：（共7题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与生活、生产密切相关，下列过程没有发生化学反应的是（ ）A ．对肾功能衰竭病人进行“血液透析”B ．用热的纯碱溶液清除餐具上沾有的油污C ．常温下用铝罐贮藏贮运浓硫酸D ．对石油进行分馏，裂化获得汽油2．下列关于分类的说法正确的是（ ）A ．活性炭、C 60、金刚砂都是碳的同素异形体B ．Fe 2O 3、Na 2O 2、K 2O 都是碱性氧化物C ．淀粉、蛋白质、油脂都属于有机高分子化合物D ．纯碱、氯化铵、明矾都是盐且都属于强电解质3．设N A 表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A ．标准状况下80gSO 2与33.6LCO 2含氧原子数目均为3N AB ．2molNO 与1molO 2混合后气体分子数小于2N AC ．电解精炼铜时，阳极上粗铜质量减少6.4g ，则电路中转化电子数为0.2N AD ．1molC n H 2n （烯烃）含有的共用电子对数为3nN A4．已知电离平衡常数：H 2CO 3＞HClO ＞HCO 3﹣，下列有关离子反应及其应用的叙述的是（ ）A ．将足量SO 2通入含Fe 2+、Cl ﹣、Ba 2+、Al 3+的溶液中，四种离子仍能大量共存B ．向NaClO 溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO ﹣+CO 2+H 2O═2HClO+CO 32﹣C ．氢氧化铁与足量的HBr 溶液反应的离子方程式：Fe （OH ）2+3H +═Fe 2++3H 2OD ．将100mL1mol•L ﹣1的FeCl 3溶液与足量NaS 固体充分反应，生成沉淀10.4g5．下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（ ）编号 实验内容 实验目的或实验结论① 利用一束强光照射矾溶液，产生光亮的“通路”． 说明明矾一定发生了水解② 向bmL0.1mol/LAgNO 3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl 溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI 溶液，有黄色沉淀生成． 验证AgCl 的溶解度比AgI 大 ③ 向KI 溶液中滴入CuSO 4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氧化碳振荡，四氧化碳层呈紫色 说明白色沉淀可能为CuI ④ 室温下，分别向2支试管中加入相同体积，相同浓度的Na 2S 2O 3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影响 ⑤ 将铁粉投入到盛有稀HNO 3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN 溶液无明显现象 说明HNO 3将Fe氧化成Fe 2+A ．①③B ．③⑤C ．③④D ．②⑤6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确是（）A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，所得悬浊液中：c（K+）═c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣）C．室温下，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液，在滴加过程中：先增大再减小D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+c（Ca2+）═c（CH3COO﹣）+（CH3COOH）+2c（Cl﹣）7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2，0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0 平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）△H2＜0 平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）═7.0×10﹣3mol•L•min﹣1．下列说法正确的是（）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）═2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol•L﹣1C．其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%二、非选择题（共4题，共58分）8．X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素．X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，回答下列问题：（1）与Y同族的短周期元素的基态原子核外有个未成对电子，R的基态原子核外电子排布式为．（2）Y2﹣、Z+、R﹣离子半径由小到大的顺序是（用离子符号表示）；X，Y，Z第一电离能由大到小的顺序为用元素符号表示）．（3）RY3﹣离子的空间构型是；XY2为分子（填“极性”或“非极性”）．（4）含WY4﹣的溶液与R的氢化物的浓度反应时也能制取R的气态单质，溶液中还有W2+生成，该反应的离子方程式为．（5）化合物Z2Y的晶胞如图，其中Y离子的配位数为，以相距一个Y离子最近的所有Z离子为顶点构成的几何体为．9．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150 约23616 约140约25018 约120 不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是（选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为（填“偏高”“无影响”“偏低”）10．M是一种重要的合成材料，其结构简式为：M的合成路线如图，其甲A﹣F分别代表一种有机物．已知：Ⅰ．D能发生银镜反应且分子中有支链．Ⅱ．（1）E中含有官能团名称是；C发生消去反应生成有机物G，G的名称（系统命名）是．（2）A能是溴水褪色，其反应的化学方程式为．（3）D的结构简式是．（4）由B和F合成M的化学方程式是．（5）写出分子中含1个六元环，核磁共振氢谱有四种峰的E的同分异构体的结构简式为．（6）下列说法正确的是．（选填下列字母的编号）a．A和D均能使溴水褪色． b．F能与Na反应，但不能与HBr反应．c．B和E均能与新制Cu（OH）2反应． d．M无固定熔沸点．11．研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和石灰石（含少量Na+、Al3+、Fe3+、SO32﹣杂质）生产医用二水合氯化钙晶体的简化工艺流程为图1：已知：Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4．回答下列问题：（1）滤渣A的主要成分是；操作X的方法为．（2）控制在40°C时SiCl4水解的化学方程式为．（3）100t含80%CaCO3的石灰石理论上最多能生成CaCl2•2H2O的质量为t，制得的二水合氯化钙晶体中存在的少量杂质可能是．（4）尾气中含污染气体SO2，利用图2所示电化学装置可吸收SO2气体，从而减少大气污染，阳极的电极反应式为．（5）制二水合氯化钙晶体所需热量可由甲醇燃烧提供，如图3为一定条件下1molCH2OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）已略去]．则2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）的△H=．2015年四川省高考化学押题试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题：（共7题，每题6分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．化学与生活、生产密切相关，下列过程没有发生化学反应的是（）A．对肾功能衰竭病人进行“血液透析”B．用热的纯碱溶液清除餐具上沾有的油污C．常温下用铝罐贮藏贮运浓硫酸D．对石油进行分馏，裂化获得汽油【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】A．血液是胶体；B．碳酸钠溶液显碱性，能用于清洗油污；C．常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化；D．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程．【解答】解：A．血液是胶体，透析是利用了胶粒不能透过半透膜，没生成新物质，是物理变化，故A正确；B．碳酸钠溶液水解显碱性，加热促进水解，减小增强，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质，所以能用于清洗油污，是化学变化，故B错误；C．常温下浓硫酸能使铝表面形成致密氧化膜，发生钝化，发生化学变化，故C错误；D．裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油，属于化学变化过程，故D错误．故选A．【点评】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，这里的新物质是指和变化前的物质是不同种的物质，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化．2．下列关于分类的说法正确的是（）A．活性炭、C60、金刚砂都是碳的同素异形体B．Fe2O3、Na2O2、K2O都是碱性氧化物C．淀粉、蛋白质、油脂都属于有机高分子化合物D．纯碱、氯化铵、明矾都是盐且都属于强电解质【考点】同素异形体；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；强电解质和弱电解质的概念；有机高分子化合物的结构和性质．【分析】A、同种元素构成的不同种单质互为同素异形体；B、过氧化钠不是碱性氧化物；C、相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；D、完全电离的化合物属于电解质，据此解答即可．【解答】解：A、金刚砂的成分是碳化硅，属于化合物，与活性炭、C60不是同素异形体，故A 错误；B、过氧化钠不是碱性氧化物，故B错误；C、油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于小分子化合物，故C错误；D、纯碱、氯化铵、明矾都是盐，且在水溶液中均能完全电离，都属于强电解质，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是同素异形体的概念、高分子化合物概念、碱性氧化物、强电解质等，难度不大，掌握基础是关键．3．设N A表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．标准状况下80gSO2与33.6LCO2含氧原子数目均为3N AB．2molNO与1molO2混合后气体分子数小于2N AC．电解精炼铜时，阳极上粗铜质量减少6.4g，则电路中转化电子数为0.2N AD．1molC n H2n（烯烃）含有的共用电子对数为3nN A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、分别求出二氧化硫和二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子来分析；B、NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4；C、电解精炼铜时，阳极上放电的不只铜，还有比铜活泼的金属杂质；D、1molC n H2n（烯烃）中含有2nmolC﹣H键、（n﹣2）molC﹣C键和1mol碳碳双键．【解答】解：A、1mol二氧化硫和1mol二氧化碳中均含2mol氧原子，80g二氧化硫的物质的量n==1.25mol，含有2.5mol氧原子，个数为2.5N A个；标况下，33.6L二氧化碳的物质的量n==1.5mol，含有的氧原子的物质的量为3mol，即3N A个，故A错误；B、2molNO与1molO2混合后发生反应：2NO+O2=NO2，生成的NO2的物质的量为2mol，而NO2气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体的分子数变少，故所得气体中的分子数目小于2N A个，故B 正确；C、电解精炼铜时，活泼金属优先在阳极上失去电子，粗铜中铁、锌等杂质摩尔质量小于铜的，6.4g金属失去的电子大于0.2mol，转移的电子数目大于0.2 N A，故C错误；D、1molC n H2n（烯烃）中含有2nmolC﹣H键、（n﹣2）molC﹣C键和1mol碳碳双键，故共含有3nmol共用电子对，即3nN A个，故D正确．故选AC．【点评】本题考查了物质的量以及阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用以及物质的结构特点是解题关键，难度不大．4．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，下列有关离子反应及其应用的叙述的是（）A．将足量SO2通入含Fe2+、Cl﹣、Ba2+、Al3+的溶液中，四种离子仍能大量共存B．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣C．氢氧化铁与足量的HBr溶液反应的离子方程式：Fe（OH）2+3H+═Fe2++3H2OD．将100mL1mol•L﹣1的FeCl3溶液与足量NaS固体充分反应，生成沉淀10.4g【考点】离子方程式的书写；氧化还原反应；离子共存问题．【分析】A．四种离子之间不反应，都不与二氧化硫反应；B．电离平衡常数：HClO＞HCO3﹣，反应生成的是碳酸氢根离子；C．氢氧化铁与溴化氢反应生成溴化铁和水；D．生成的沉淀为氯化亚铁和S单质，根据电子守恒计算出生成S沉淀的物质的量，再根据铁元素守恒计算出生成氯化亚铁的物质的量，最后根据m=nM计算出生成沉淀的总质量．【解答】解：A ．Fe 2+、Cl ﹣、Ba 2+、Al 3+之间不发生反应，都不与SO 2反应，在溶液中能够大量共存，故A 正确；B ．电离平衡常数：HClO ＞HCO 3﹣，则酸性HClO ＞HCO 3﹣，向NaClO 溶液中通入少量二氧化碳，反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，正确的离子方程式：ClO ﹣+CO 2+H 2O═HClO+HCO 3﹣，故B 错误；C ．氢氧化铁与足量的HBr 溶液反应生成溴化铁和水，正确的离子方程式：Fe （OH ）3+3H +═Fe 3++3H 2O ，故C 错误；D ．100mL1mol•L ﹣1的FeCl 3溶液中含有氯化铁的物质的量为：1mol/L×0.1L=0.1mol，0.1mol铁离子完全反应转化成亚铁离子得到电子的物质的量为：0.1mol×（3﹣2）=0.1mol ，根据电子守恒，生成S 单质的物质的量为：=0.05mol ，其质量为：32g/mol×0.05mol=1.6g；由于硫化钠足量，泽尔亚铁离子完全转化成FeS ，则生成硫化亚铁的质量为：88g/mol×0.1mol=8.8g，所以生成沉淀的总质量为：1.6g+8.8g=10.4g ，故D 正确； 故选BC ．【点评】本题考查离子共存、离子方程式书写、氧化还原反应的计算等知识，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子共存的条件，D 为易错点，注意生成的沉淀为FeS 和S 的混合物．5．下表中的实验内容不能达到实验目的或不能得出相应实验结论的是（ ）编号 实验内容 实验目的或实验结论① 利用一束强光照射矾溶液，产生光亮的“通路”． 说明明矾一定发生了水解② 向bmL0.1mol/LAgNO 3溶液中滴加1mL0.1mol/LNaCl 溶液，有白色沉淀生成，再向其中滴加1mL0.1mol/LKI 溶液，有黄色沉淀生成． 验证AgCl 的溶解度比AgI 大 ③ 向KI 溶液中滴入CuSO 4溶液，有白色沉淀生成，但无气体产生，再加入四氧化碳振荡，四氧化碳层呈紫色 说明白色沉淀可能为CuI④ 室温下，分别向2支试管中加入相同体积，相同浓度的Na 2S 2O 3溶液，再分别加入等体积不同浓度的稀硫酸 研究浓度对反应速率的影响 ⑤ 将铁粉投入到盛有稀HNO 3的试管中，充分反应后滴入几滴KSCN 溶液无明显现象 说明HNO 3将Fe氧化成Fe 2+A ．①③B ．③⑤C ．③④D ．②⑤【考点】化学实验方案的评价．【分析】①产生光亮的“通路”，可知具有丁达尔现象，为胶体特有的性质；②b＞1时，硝酸银过量，发生沉淀的生成；③发生氧化还原反应生成CuI 和碘；④只有硫酸浓度一个变量；⑤充分反应后滴入几滴KSCN 溶液无明显现象，可知Fe 与硝酸反应时Fe 过量．【解答】解：①产生光亮的“通路”，可知具有丁达尔现象，为胶体特有的性质，所以明矾一定发生了水解生成胶体，故正确；②b＞1时，硝酸银过量，发生沉淀的生成，不能发生沉淀的转化，则不能比较AgCl 、AgI 的溶解度，故错误；③发生氧化还原反应生成CuI 和碘，有白色沉淀生成，白色沉淀为CuI ，再加入四氯化碳，振荡，四氧化碳层呈紫色，故正确；④只有硫酸浓度一个变量，可研究稀硫酸浓度对反应速率的影响，故正确；⑤充分反应后滴入几滴KSCN溶液无明显现象，可知Fe与硝酸反应时Fe过量，应为Fe与硝酸反应生成硝酸铁，Fe与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，故错误；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及胶体的性质、沉淀转化和生成、氧化还原反应、反应速率等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．6．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确是（）A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（OH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，所得悬浊液中：c（K+）═c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣）C．室温下，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液，在滴加过程中：先增大再减小D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中：c（Na+）+c（Ca2+）═c（CH3COO﹣）+（CH3COOH）+2c（Cl﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+）；B．两溶液恰好反应生成氯化银、碘化银沉淀和硝酸钾，碘化银和氯化银都存在溶解平衡，且碘化银的溶解度小于氯化银，据此判断各离子浓度大小；C．氨水的电离常数为：K b=，整理可得：=，然后根据滴加过程中溶液中的氢氧根离子浓度变化进行判断；D．根据混合液中的物料守恒进行判断．【解答】解：A．室温下pH=2的醋酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，混合液显示酸性，则c（H+）＞c（OH），根据电荷守恒可知c（CH3COO﹣）＞c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH），故A错误；B．含KI、KCl均为0.1mol•L﹣1的混合溶液10mL与20mL0.1mol．L﹣1AgNO3溶液混合，恰好反应生成AgCl、AgI沉淀及KNO3溶液，由于碘化银和氯化银都存在溶解平衡，且碘化银的溶解度小于氯化银，故所得悬浊液中离子浓度大小为：c（K+）=c（NO3﹣）＞c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故B正确；C．氨水的电离常数K b=，则=，向10mL0.1mol•L﹣1的氨水中滴加同体积同浓度的CH3COOH的溶液过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐减小，则该比值逐渐增大，故C错误；D．根据混合液中的物料守恒可得：c（Na+）+2c（Ca2+）═c（CH2COO﹣）+（CH3COOH）+c（Cl﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，C为易错点，注意利用氨水的电离平衡常数的变形公式进行分析．7．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2，0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：①2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）△H1＜0 平衡常数K1②2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）△H2＜0 平衡常数K210min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v（ClNO）═7.0×10﹣3mol•L•min﹣1．下列说法正确的是（）A．反应4NO2（g）+2NaCl（s）═2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数B．平衡后c（Cl2）=2.5×10﹣2mol•L﹣1C．其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2增大D．平衡时NO2的转化率为50%【考点】化学平衡的计算．【分析】A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=，②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2 =，4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，则[]2÷=；B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v （ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.14mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol 0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymol ymol 2ymol再根据ClNO物质的量与平衡时混合气体总物质的量列方程计算解答；C．平衡常数只受温度影响，温度不变，则为平衡常数不变；D．根据C中的计算结果，可以计算二氧化氮的转化率．【解答】解：A．①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），平衡常数K1=；②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），平衡常数K2 =4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，则[]2÷=，即K=，故A正确；B．B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为（0.2+0.2+0.1）mol×（1﹣20%）=0.4mol，10min内用ClNO（g）表示的平均反应速率v （ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1，则平衡时n（ClNO）=7.0×10﹣3mol•L•min﹣1×10min×2L=0.14mol，设①中反应的NO2为xmol，②中反应的Cl2为ymol，则：2NO2（g）+NaCl（s）═NaNO3（s）+ClNO（g）xmol 0.5xmol2NO（g）+Cl2（g）═2ClNO（g）2ymol ymol 2ymol则0.5x+2y=0.14，（0.2﹣x+0.2﹣2y+0.1﹣y）+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.12、y=0.04，故平衡后c（Cl2）==3×10﹣2mol•L﹣1，故B错误；C．平衡常数只受温度影响，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数K2不变，故C错误；D．平衡时NO2的转化率为×100%=60%，故D错误，故选：A．【点评】本题考查了化学平衡的计算、化学平衡常数、影响化学平衡的因素分析应用判断，掌握基础知识是关键，题目难度中等．二、非选择题（共4题，共58分）8．X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素．X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，回答下列问题：（1）与Y同族的短周期元素的基态原子核外有 2 个未成对电子，R的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5．（2）Y2﹣、Z+、R﹣离子半径由小到大的顺序是Na+＜O2﹣＜Cl﹣（用离子符号表示）；X，Y，Z 第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Na 用元素符号表示）．（3）RY3﹣离子的空间构型是三角锥形；XY2为非极性分子（填“极性”或“非极性”）．（4）含WY4﹣的溶液与R的氢化物的浓度反应时也能制取R的气态单质，溶液中还有W2+生成，该反应的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O ．（5）化合物Z2Y的晶胞如图，其中Y离子的配位数为8 ，以相距一个Y离子最近的所有Z 离子为顶点构成的几何体为立方体．【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型．【分析】X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素，X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，则X 为C，Y为O；Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，则Z是第ⅠA族元素，所以Z为Na；R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，说明R所在主族为第ⅤA、ⅥA、ⅤⅡA 中的一族，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，对应的为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应，所以R为Cl，W 为Mn，据此答题．【解答】解：X、Y、Z、R、W均为周期表中前四周期的元素，其原子序数依次增大，其中只有W为第四周期元素，X与Y基态原子的成对电子数之比为2：3，未成对电子数之比为1：1，则X为C，Y为O，Z是元素周期表中s区元素，但有未成对电子，则Z是第ⅠA族元素，所以Z为Na，R的氢化物的沸点比其上周期同族元素氢化物的沸点低，说明R所在主族为第ⅤA、ⅥA、ⅤⅡA中的一族，W为金属元素，Y与W形成的某种化合物与R的氢化物的浓溶液加热时反应可用于实验室制取R的气态单质，对应的为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应，所以R为Cl，W为Mn，（1）Y为O，与Y同族的短周期元素的基态原子核外有2个未成对电子，R为Cl，R的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，故答案为：2；1s22s22p63s23p5；（2）电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，所以O2﹣、Na+、Cl﹣离子半径由小到大的顺序是Na+＜O2﹣＜Cl﹣，元素非金属性越强，第一电离能越大，非金属性O＞C＞Na，所以C、O、Na的第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Na，故答案为：Na+＜O2﹣＜Cl﹣；O＞C＞Na；（3）ClO3﹣离子中，氯原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以其空间构型是三角锥形，CO2为直线型分子，分子中电荷分布均匀，所以是非极性分子，故答案为：三角锥形；非极性；（4）含MnO4﹣的溶液与浓盐酸反应的离子方程式为2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O，故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5C12↑+8H2O；（5）根据晶胞的结构图，空心球数目为=4，实心球数目为8，对应化合物Na2O的化学式可知，实心球代表钠离子，空心球代表氧离子，根据晶胞结构图，以顶点上的氧离子为例，可以看出氧离子的配位数为 8，以相距一个氧离子最近的所有钠离子为顶点构成的几何体为立方体，故答案为：8；立方体．【点评】本题考查元素推断、原子核外电子排布、离子半径、第一电离能、分子构型和分子的极性、离子反应方程式、配位数和晶胞的结构等知识，难度不大，答题时注意物质结构的基础知识的灵活运用．9．某研究性学习小组对Cu与H2SO4反应的产物种类和性质进行探究．Ⅰ．产物种类探究在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，经查阅文献获得下列资料．资料1：X射线晶体分析表明，铜与浓硫酸反应生成的黑色物质为中的一种或两种．资料2：硫酸/mol•L﹣1黑色物质出现的温度/°C黑色物质消失的温度/°C15约150 约23616 约140约25018 约120 不消失（1）由上述资料2可得出的正确结论是abd （选填下列字母编号）a．铜与浓硫酸反应时所涉及的反应可能不止一个b．硫酸浓度选择适当，可避免最后产物中出现黑色物质c．该反应发生的条件之一是硫酸浓度＞15mol•L﹣1d．硫酸浓度越大，黑色物质出现越快，越难消失（2）Cu与足量16mol•L﹣1浓硫酸反应时，在80°C以后，随着温度的逐渐升高，反应中硫酸铜的生成逐渐增加，而CuS却逐渐减少，到达250°C左右时，CuS在反应中完全消失的澄清溶液，CuS消失的化学方程式为CuS+4H2SO4=CuSO4+4SO2↑+4H2O ．Ⅱ．产物性质探究Cu与浓H2SO4反应生成的CuSO4具有某些特定性质，一定浓度CuSO4溶液与NaHCO3溶液反应后生成蓝绿色颗粒状沉淀，沉淀可能是CuCO3，Cu（OH）2，或者CuCO3与Cu（OH）2的混合物．（1）若沉淀是Cu（OH）2，生成沉淀的离子方程式是Cu2++2HCO3﹣=Cu （OH）2↓+2CO2↑．（2）为了进一步探究沉淀的成分，设计的实验装置如图：实验操作步骤为a．取沉淀样品100克于B中，检查装置的气密性b．打开K1，K3，关闭K2，K4，通入足量空气c．关闭K1，K3，打开K2，K4，充分反应d．反应结束后，关闭K2，打开K1，再通入足量空气e．测得装置D的质量增加了22g①步骤b的作用是排尽装置中空气中的CO2使测定结果准确②若沉淀样品为CuCO3和Cu（OH）2的混合物，则Cu（OH）2的质量分数为38% ，若不进行步骤d，则会使测得Cu（OH）2的质量分数为偏低（填“偏高”“无影响”“偏低”）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计．【分析】Ⅰ、（1）图表数据分析铜和浓硫酸反应过程中会生成黑色物质证明有副反应，浓度合适会避免黑色固体出现，浓度越大，温度越高黑色越难消失；（2）CuS消失是和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；。

2015年高考化学临考冲刺卷131．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10 g ，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2 L，则混和物中一定含有的金属是A．锌 B．铁 C．铝 D．镁2．FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不．正确的是A．加入KSCN溶液一定不变红色 B．溶液中一定含有Fe2+C．溶液中一定含Cu2+ D．剩余固体中一定含铜3．把表面有氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反应，则所得溶液中的金属离子A．是Fe3+和Cu2+B．是Fe2+和Cu2+ C．是Fe2+和Fe3+ D．是Fe2+4．所谓合金，就是不同种金属（也包括一些非金属）在熔化状态下形成的一种熔合物，根据下列四种金属的熔沸点：你判断其中不能形成合金的是A．Cu和Al B．Fe和Cu C．Fe和Na D．Al和Na5．“混盐”是指一种金属离子与多种酸根离子构成的盐，如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]就是一种混盐。

“复盐”是指含有多种简单阳离子和一种酸根阴离子的盐如KAl(SO 4)2,下列各化合物中属于混盐的是A．CaOCl2 B．（NH4）2Fe(SO4)2 C．BiONO3 D．K3[Fe(CN)6]6．向一定量Fe3O4和Fe的混合物中加入50mL2mol · L-1H2SO4溶液，恰好使混合物完全溶解，放出448mL（标准状况下）的气体。

向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。

则用足量的CO在高温下与相同质量的此混合物充分反应，能得到铁的质量为A．2.8g B．5.6g C．11.2g D．22.4g7．家用炒菜铁锅用水清洗放置后，出现红棕色的锈斑，在此变化过程中发生的化学反应是①4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 = 4Fe(OH)3②2 Fe2+ + 2H2O + O2 +4 e = 2Fe(OH)2③2H 2O + O 2 +4e -= 4OH ― ④Fe ﹣3 e -= Fe 3+A ．① ②B ．③ ④C ．① ③D ．① ② ③ ④8．某稀硝酸溶液中，加入5.6g 铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO 气体，溶液质量增加3.2g ，所得溶液中Fe 2+和Fe 3+物质的量之比是A. 1:1B. 2:1C. 3:2D. 4:1 9．某铁的氧化物，在一定条件下用100ml 7mol/L 的盐酸恰好完全溶解，当向所得溶液中通入0.56L （标准状况）的氯气时，刚好使溶液中Fe 2+ 完全转化成Fe 3+。

2015年高考冲刺模拟卷（广东卷）（二）化学一、单项选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分。

每小题只有一个.选项符合题意）1 . （2015 •河南信阳二模• 7）某学生以铁丝和CI2为原料进行下列三个实验。

从分类角度下列分析正确的是（）①燃烧②陀Cb涪干术③FeCh浓溶液A •实验①、③反应制得的物质均为纯净物B. 实验②、③均未发生氧化还原反应C. 实验②、③均为放热反应D. 实验①、②所涉及的物质均为电解质2. （2015 •湖南十三校二模・12）下列选项中，离子方程式书写正确的是（）A. 向Fe（NQ）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2 + +4H++NQ-= 3Fe3++ 2H20+NOB. 泡沫灭火器的灭火原理：2AI +3CO3 —+3HO = 2AI（OH）3 J + 3CQ fC. 向硝酸银溶液中加入足量的氨水：Ag+ +2NH3 ・H2。

= Ag（NH3）2+ + 2H 2OD. 用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SQ+ NH s •H 2O = NH4+ + HSO s—3. ( 2015 •淮安市第二次调研• 10)已知：2f(g) + Q(g) = 2H2O (g) △ H3Ha(g) + F Q O(S) = 2Fe(s) + 3H.O (g) △ H>2Fe(s) + 3/2O2(g) = Fe2Q(s) △ H2AI(S) + 3/2O2(g) = Al 2Q(s) △ H42Al(s) + Fe2Q(s) = Al2Q(s) + 2Fe(s) △ HF列关于上述反应焓变的判断正确的是A.A H v 0,A H > 0B.A H5V 0, TvA HC.A H = △ "+△ Hs D,A H3=A H L+八H54. （2015 •江西八校联考• 9）短周期元素W X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的阴离子的核外电子数与其他三种元素原子的内层电子数相同。

2015年北京市高考化学试卷一、选择题6．（2015•北京）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（）A．火药使用B．粮食酿酒C．转轮排字D．铁的冶炼A．A B．B C．C D．D考点：真题集萃；金属冶炼的一般原理；生活中的有机化合物．分析：化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变化，而转轮排字不涉及化学反应．解答：解：A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选．故选C．点评：本题为2015年北京考题，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．7．（2015•北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：H2SO4＞H3PO4B．非金属性：Cl＞BrC．碱性：NaOH＞Mg（OH）2D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3考点：元素周期律的作用；分析：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．解答：解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．故选D．点评：本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．8．（2015•北京）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（）A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环考点：氮的固定；分析：A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；C．根据氮循环中物质的分类进行解答；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．解答：解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．点评：本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．9．（2015•北京）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：下列说法正确的是（）A．C O和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．C O和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅰ表示CO与O2反应的过程考点：分析：由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．解答：解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；D．状态Ⅰ→状态Ⅰ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．故选C．点评：本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．10．（2015•北京）合成导电高分子材料PPV的反应：下列说法正确的是（）A．合成PPV的反应为加聚反应B．P PV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元C．和苯乙烯互为同系物D．通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度考点：有机高分子化合物的结构和性质．分析：A．缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应；B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键；C．同系物所含官能团数目相同；D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量．解答：解：A．合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，故A 错误；B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；C．有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故D正确．故选D．点评：本题主要考查聚合反应原理、有机物结构与性质，题目难度不大，注意明确聚合反应原理，选项B为易错点，找准链节是解题的关键．11．（2015•北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣ⅠClO﹣+ClⅠ+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣ⅠCl2↑+H2O D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣ⅠHClO+CH3COO﹣考点：真题集萃；氯气的化学性质．专题：卤族元素．分析：某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．解答：解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO ﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣ⅠCl2↑+H2O，故C正确；D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．点评：本题为2015年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．12．（2015•北京）在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法不正确的是（）A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2Ⅰ2NO2B．Ⅰ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应C．对此Ⅰ、Ⅰ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D．针对Ⅰ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化考点：真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质．分析：A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；C．对比I、Ⅰ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；D．根据Ⅰ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．解答：解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2Ⅰ2NO2，故A正确；B．Ⅰ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；C．对比I、Ⅰ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；D．根据Ⅰ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，故选：C．点评：本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．二、解答题25．（2015•北京）“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）合成五元环有机化合物J 的路线如下：已知：（1）A 属于炔烃，其结构简式是 CH 3C ≡CH ．（2）B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B 的结构简式是 HCHO ．（3）C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物．E 中含有的官能团是 碳碳双键、醛基 ．（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是 ；试剂b 是 NaOH 、醇溶液 ．（5）M 和N 均为不饱和醇．M 的结构简式是 CH 3C ≡CCH 2OH ．（6）N 为顺式结构，写出N 和H 生成I （顺式结构）的化学方程式：．考点：真题集萃；有机物的推断．分析： 由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH 3C ≡CH ，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B 为HCHO ，A 与B 发生加成反应生成M 为CH 3C ≡CCH 2OH ，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为CH 3CH=CHCH 2OH ；C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为，D 为CH 3CHO ，由信息可知生成E 为，E 氧化生成F 为，试剂a 为溴水，生成G 为，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H ，则H，CH 3CH=CHCH 2OH 与发生酯化反应生成I ，最后I 发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成J ，以此来解答． 解答： 解：由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH 3C ≡CH ，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B 为HCHO ，A 与B 发生加成反应生成M 为CH 3C ≡CCH 2OH ，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为CH 3CH=CHCH 2OH ；C 、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为，D 为CH 3CHO ，由信息可知生成E 为，E 氧化生成F 为，试剂a 为溴水，生成G 为，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H ，则H 为，（1）A 属于炔烃，其结构简式是CH 3C ≡CH ，故答案为：CH 3C ≡CH ；（2）B 的结构简式是HCHO ，故答案为：HCHO ；（3）E 为，含有的官能团是碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是；试剂b 是NaOH 、醇溶液，故答案为：；NaOH 、醇溶液；（5）M 的结构简式是CH 3C ≡CCH 2OH ，故答案为：CH 3C ≡CCH 2OH ；（6）N 为顺式结构，N 和H 生成I （顺式结构）的化学方程式为，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，为2015年高考真题，把握合成流程中官能团的变化、反应条件、碳链变化推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力综合考查，题目难度中等．26．（2015•北京）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：（1）反应Ⅰ的化学方程式是SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．（2）①根据上述事实，下列说法正确的是ac（选填序号）．a．两层溶液的密度存在差异b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层．③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子．（3）反应Ⅰ：2H2SO4（I）+2SO2（g）+O2+2H2O（g）ⅠH=+550kJ▪mo1﹣1．它由两步反应组成：Ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），ⅠH=+177kJ▪mo1﹣1；Ⅰ．SO3（g）分解．L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，Ⅰ中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．①X代表的物理量是压强．②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．考点：真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．分析：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；（2）①分成两层，与溶解性、密度有关；②两层的颜色不同；③H2SO4中c（H+）：c（SO42﹣）=2：1，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低；②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．解答：解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；故答案为：ac；②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；③H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子；（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强；②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）ⅠH＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．点评：本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．27．（2015•北京）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．写出CO2溶于水产生HCO3﹣的方程式：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣．（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．①写出钙化作用的离子方程式：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O．②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：xCO2+2xH218O（CH2O）n+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下方法：①气提、吸收CO2．用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol▪L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解无机碳的浓度=mol▪L﹣1．（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．①结合方程式简述提取CO2的原理：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O．②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是c室：2H2O+2e ﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理；海水资源及其综合利用．分析：（1）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；（2）①由图可知：此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；②光合作用是二氧化碳与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧，据此解答；（3）①由题意可知，需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且装置中应从长管吹入氮气，从短管吹出二氧化碳，据此解答即可；②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O解答即可；（4）a室接电源的正极，为阳极，水得到电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；②c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答．解答：解：（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，故答案为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣；（2）①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平应需要CO2和H218O，故答案为：CO2；H218O；（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：，故答案为：；②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=，故答案为：；（4）a室：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案为：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；②c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．点评：本题主要考查的是海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理，充分理解所给信息是解决本题的关键，难度较大．28．（2015•北京）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化．实验如图1所示：（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅰ目的是使实验Ⅰ的反应到达化学平衡状态．（2）Ⅰ是Ⅰ的对比实验，目的是排除Ⅰ中溶液稀释对颜色的变化造成的影响．（3）Ⅰ和Ⅰ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动．（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I﹣）降低，导致I﹣的还原性弱于Fe2+．用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证．①K闭合时，指针向右偏转，b作正极．②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液．产生的现象证实了其推测．该现象是左管出现黄色沉淀，指针向左偏转．（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了Ⅰ中Fe2+向Fe3+转化的原因．①转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣．②与（4）实验对比，不同的操作是向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液．（6）实验Ⅰ中，还原性：I﹣＞Fe2；而实验Ⅰ中，还原性Fe2﹣＞I﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．考点：真题集萃；氧化还原反应．分析：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．解答：解：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释对颜色的变化；（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I ﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动；ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左管出现黄色沉淀，指针向左偏转；（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣，故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，故答案为：向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．点评：本题为2015年北京高考真题，侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．2015年新课标I高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）7．（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（）A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水考点：真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．分析：“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．解答：解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B．点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大．8．（6分）N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N AB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2N AC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N AD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2N A考点：真题集萃；阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nN A知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4．解答：解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nN A知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9N A、N A，结合分子构成知，二者的质子数。

2015年高考化学临考冲刺卷21．某基态原子核外共有6个电子，分布在K与L电子层上，在下列L层分布中正确的是A． B．C． D．2．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是A．直线形；三角锥形 B． V形；三角锥形C．直线形；平面三角形D． V形；平面三角形3．下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是：①BF3②NH3③H2O ④NH4+⑤BeCl2A．⑤④①②③ B．⑤①④②③C．④①②⑤③ D．③②④①⑤4．同主族元素形成的同一类型化合物，往往其结构和性质相似。

PH4I是一种白色晶体，下列对PH4I的叙述中，正确的是A．它是一种共价化合物 B．它既含离子键又含共价键C．它不可能与NaOH溶液反应 D．它受热时，不易分解5．若某基态原子的外围电子排布为4d15s2，则下列说法不正确．．．的是A．该元素位于第五周期IB族 B．该元素原子核外有5个电子层C．该元素原子最外层共有2个电子 D．该元素原子M层上共有18个电子6．石墨是层状晶体，每一层内碳原子排列成正六边形，一个个六边形排列成平面的网状结构。

如果将每对相邻原子间的化学键看成是一个化学键，则石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3D．2∶37．晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如右图所示，下列说法正确的是A．C60摩尔质量是720B．C60属于离子晶体C．在C60晶胞中有14个C60分子D．每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个8．六氟化硫分子为正八面体构型（分子结构如图所示），难溶于水，在高温下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途。

下列推测正确的是A．SF6中各原子均达到8电子稳定结构B．SF6易燃烧生成SO2C．SF6分子是含有极性键的非极性分子D．SF6是原子晶体9．已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法不正确．．．的是A．X与Y形成化合物，X可以显负价，Y显正价B．第一电离能可能Y小于XC．气态氢化物的稳定性：H m Y小于H n XD．最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的10．构造原理揭示的多电子原子的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低。

2014-2015年普宁二中高三化学第二学期理综训练．7、下列说法正确的是A．淀粉、油脂、氨基酸都能水解，但水解产物不同B．SO2具有氧化性，因此可用于漂白纸浆C．植物油和裂化汽油都能使溴水褪色D．对“地沟油”进行分馏可以制得汽油、煤油，达到变废为宝的目的8、下列离子在溶液中能大量共存的一组是A．K＋、H＋、ClO－、I－ B．Fe3＋、Mg2＋、NO3－、CO32－C．K＋、Ca2＋、HCO3－、OH－ D．Al3＋、NH4＋、Cl－、SO42－9. 设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．pH=2的盐酸溶液中含有的阳离子数为0.02N AB．1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2N A个电子C．标准状况下，22.4LCHCl3所含有的分子数目为N AD．27 g铝与足量的盐酸或NaOH溶液反应转移的电子数目均为3N A10下列说法正确的是A、室温下，0.001 mol·L-1的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10-11mol·L-1B、Na2CO3溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋a c(X)＋b c(Y)，若X为HCO3―，则b=2C、某温度下，浓度均为0.01 mol·L-1的盐酸和氢氧化钠溶液的PH分别为2和12D、向0.l mol·L-1氯化铵溶液滴加几滴浓盐酸，c(NH4+)减小，PH增大11、右图中X为电源，Y为浸泡饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一点KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色色斑向d端扩散，下列判断正确的是（）A．滤纸上c点附近会变红色B．Cu电极质量不变，C电极质量增大C．烧杯中溶液的pH增大D．烧杯中的SO42-向C电极定向移动12.下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是22.23.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲可与其他三种元素形成化合物，丙最内层电子数是最外层的2倍，四种元素最外层电子数加起来等于24，乙与丙形成的化合物的电子数和丁和丙形成的化合物电子数相同，下列说法正确的是A. 原子半径：丙>丁>乙>甲B. 甲与其他三种元素形成的化合物中表现的化合价都是相同的C.乙与丙形成的化合物含有离子键和共价键D.乙、丁最高价氧化物对应的水化物均是强酸30.（16分）用丙酮为原料来合成化合物(B)（其中部分产物未列出）的路线如下：（1）写出反应③的无机产物的化学式，化合物(B)所含有官能团的名称；（2）中间产物(A)可经过著名的黄鸣龙还原法，直接得到对应相同碳．．．．．．．．．骨架的烷烃．．．．．，请写出得到的该烷烃的分子式，对该烷烃用系统命名法命名：；（3）写出化合物(B)与氢氧化钠的水溶液共热的化学方程式：；（4）丙酮同分异构体有多种，其中一种环状．．的同分异构体发能生加聚反应后得到某种高聚物的结构简式是：，则该同分异构体的结构简式为：___________；（5）反应②是著名的频哪醇(pinacol)重排，试写出用环戊酮（）来代替丙酮，连续发生上述路线中反应①、②之后．．．．．．．．．．．．．．．．，得到的有机产物的结构简式为：。

2015 安徽高考理综化学押题卷7．氨硼烷（ NH3BH 3）是储氢量最高的化学氢化物储氢资料之一。

室温下，NH 3BH 3是一种无色分子晶体，其能够与水发生催化脱氢反响：。

少许氨硼烷能够由硼烷（B 2H 6）和 NH 3合成。

以下有关说法不正确的选项是（）A．催化脱氢反响中NH 3BH 3作复原剂B． NH 4BO2和 NH 3 BH 3含有完整同样的化学键C．元素 N 的第一电离能高于同周期相邻元素D． 0． 1 mol NH 3BH 3发生催化脱氢反响，能够生成标准情况下 6.72 L H 28. 以下实验操作及现象与结论对应关系正确的一组是()实验操作实验现象实验结论不产生积淀亚硫酸的酸性比硝酸弱ASO2通入 Ba(NO 3)2溶液中B气体 X 通入酸性 KMnO 4中溶液退色气体 X 有漂白性取少许某无色溶液，先滴加溶液分层，基层原无色溶液中必定有 I-C氯水，再加入少许苯，振荡、呈紫红色静置产生大批气体，表现浓硫酸的强氧化性和酸性D将铜片放入浓硫酸中，加热溶液变成蓝色9.常温下，某无色溶液用激光笔照耀无丁达尔现象，加入FeCl3后溶液显色。

以下各组微粒在此溶液能够大批共存的是A． Na+、 K +、 Fe2+、 Cl －B． K +、 Fe3+、 NO3－、Fe(OH) 3（胶体）C． Cl －、 SCN-、NH 4＋、葡萄糖分子D ． OH-、Na +、苯酚、 Br -10.现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液汲取有毒的硫化氢气体。

工艺原理以以下图所示。

以下说法中不正确的选项是（）+FeCl 3溶液Fe3+阳离子互换膜从电解池左槽迁徙到右槽。

A. HH 2+ -反惰 惰 B. 右槽的反响式： 2H +2e ＝H2↑2Cl -－ 2e -＝Cl 2↑应 性 性 C. 左槽中发生的反响是： 电 电 池极 极D. FeCl 3 溶液能够循环利用。

H 2S溶液电解池S 积淀11. 以下有关元素及其形成的物质的说法中正确的选项是（ ）A. 金属元素的单质只有复原性，其离子只有氧化性B. 金属元素的单质常温下均为固体C.将 CO 2 通入 CaCl 2 澄清溶液中最后溶液仍为澄清D. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质12. 必定温度下，将必定量的 A 、 B 气体充入密闭容器，发生反响A(g)+B(g)xC( ？ )+3D( ？ )。

泄露天机---2015年高考押题精粹化学(适用于全国卷) 本卷共39题，二种题型：选择题、非选择题。

选择题21小题，非选择题18小题可能用到的相对原子质量H1 C 12 N 14 O16 F 19 Na 23 Mg 24 A I 27 Si 28 S32 CI 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Co 59 Cu 64 Br 80 Sn 119 1 127一.选择题(21个小题)1．黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是（）A．加活性炭吸附水中小颗粒物，净化水质的方法属于物理方法B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等C．用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法D．用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化答案：D解析：活性炭的吸附作用属于物理方法，A正确；海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等,B正确；细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮属于生物技术，C正确；任何化学变化的同时都伴随着物理变化，D错误。

2．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用。

下列叙述不正确的是（）A．长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C.铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D.“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化答案：C解析：（NH4）2SO4溶于水显酸性，长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化，A正确; 硫酸钙是微溶性的物质，能和碳酸钠反应生成难溶性的碳酸钙，碳酸钙和盐酸能反应，所以锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去，B正确。

焦炭不能还原金属铝,C项错误;酸除锈是利用酸与金属氧化物反应生成盐和水，热的纯碱溶液去油污，是利用了碳酸钠水解呈碱性，都发生了化学变化，D 正确。

2015年新课标II高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（）A．硅胶可用作食品干燥剂B．P2O5不可用作食品干燥剂C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂考点：真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．分析：A．硅胶具有吸水性，无毒；B．P2O5吸水转化为酸；C．六水合氯化钙不能吸水；D．具有吸水性的植物纤维无毒．解答：解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B．P2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B正确；C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故选C．点评：本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．2．（3分）（2015春?娄底期末）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（）A．C14H18O5B．C14H16O4C．C16H22O5D．C16H20O5考点：真题集萃；有机物实验式和分子式的确定．分析：1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．解解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol答：羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，故选A．点评：本题为2015年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大．3．（3分）（2015春?北仑区校级期末）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（）A．元素的非金属性次序为c＞b＞aB．a和其他3种元素均能形成共价化合物C．d和其他3种元素均能形成离子化合物D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6考点：真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b 和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；B．H元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1．解答：解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b 为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；B．H元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B 错误；C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确，；D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，故选：B．点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大．4．（3分）N A代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N AB．1L 0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1N A C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物．23g钠充分燃烧时转移电子数为1N AD．235g核素92235U发生裂变反应：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子（01n）数为10N A考点：真题集萃；阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A．丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O ﹣H键；B．HCO3﹣水解生成碳酸，结合原子守恒分析；C．钠发生氧化反应后，Na元素的化合价由0升高为+1价；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个．解答：解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键，存在的共价键总数为11N A，故A错误；B.1L 0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1N A，碳酸分子中含C原子，故B错误；C.23g 钠充分燃烧时转移电子数为×（1﹣0）×N A=1N A，故C正确；D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9N A，故D 错误；故选C．点评：本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．5．（3分）分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构）（）A．3种B．4种C．5种D．6种考点：真题集萃；有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数．解答：解：分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4．故选B．点评：本题为2015年考题，主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均1种，丙基2种、丁基4种、戊基8种．6．（3分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（）A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收考点：真题集萃；海水资源及其综合利用．分析：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．解答：解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，故选：C．点评：本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．7．（3分）（2015春?北仑区校级期末）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（）选项①中物质②中物质预测②中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．A B．B C．C D．D考点：真题集萃；实验装置综合．分析：A．先发生盐酸与NaOH的反应；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；C．NaOH过量，开始不生成沉淀；D．发生氧化还原反应．解答：解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；故选D．点本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为评：2015年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．二、解答题8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水）温度/℃020*********化合物NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3K sp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为MnO2+H++e﹣=MnOOH ，电池反应的离子方程式为：2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+．（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌0.05g g．（已经F=96500C/mol）（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，两者可以通过加热浓缩冷却结晶分离回收，滤渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH ，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是空气中加热，其原理是碳粉转变为二氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰．（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4?7H2O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，铁变为Fe3+加碱调节pH为 2.7 时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10﹣5mol?L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续加碱调节pH为 6 时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol?L﹣1）．若上述过程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分离不开，原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近．考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；负极锌被氧化生成Zn2+，以此书写电池总反应式；（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为，以此计算消耗锌的质量、物质的量；（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化；（4）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol?L﹣1，结合Ksp=10﹣39计算pH，并根据Ksp计算锌开始沉淀的pH．解答：解：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH，电解方程式为MnO2+H++e﹣=MnOOH，负极锌被氧化生成Zn2+，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案为：MnO2+H++e﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C ，转移电子的物质的量为，则消耗Zn 的质量为××65g/mol=0.05g，故答案为：0.05；（3）滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为二氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰；（4）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol?L﹣1，因Ksp=10﹣39，则c（OH﹣）=mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此时pH=2.7，如锌开始沉淀，则c（OH﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，此时pH=6，由表中数据可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+分离不开，故答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分离不开；Zn（OH）2、Fe （OH）2的Ksp相近．点评：本题为2015年新课标卷考题，考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养．9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列问题：化学键H﹣H C﹣O C≡O H﹣O C﹣HE/（kJ．mol4363431076465413﹣1）（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：由此计算△H1= ﹣99 kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3= +41 kJ．mol ﹣1（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 a （填曲线标记字母），其判断理由是反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小．（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而减小（填“增大”或“减小”），其原因是反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小．图2中的压强由大到小为P1＞P2＞P3，其判断理由是相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．考点：分析：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的计算；（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大．解答：解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol ﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故答案为：﹣99；+41；（2）反应①C O（g）+2H2（g）?CH3OH（g）的平衡常数表达式K=；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，故答案为：；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；P1＞P2＞P3；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高．点评：本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．10．（15分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问题：（1 ）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 ．（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑．②溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣．③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 c （填标号）a．水b．碱石灰C．浓硫酸d．饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol?L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色④测得混合气中ClO2的质量为0.02700 g．（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是 d （填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．考点：真题集萃；探究物质的组成或测量物质的含量．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+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，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水；②玻璃液封装置可防止有害气体逸出；③淀粉遇碘单质变蓝；④根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM 计算m（ClO2）；（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子．解答：解：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑，故答案为：NH4Cl+2HCl NCl3+3H2↑；②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，溶液X中大量存在的阴离子有，故答案为：Cl﹣、OH﹣；③a．ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；b．碱石灰不能吸收氨气，故错误；c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；故答案为：c；（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；④含有Na2S2O3物质的量为0.02 L×0.1mol/L=0.002 mol，则：根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，2 10n（ClO2） 0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004mol×67.5g/mol=0.02700g，故答案为：0.02700；（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d．点评：本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．三、化学——选修2：化学与技术。