解析版：2015年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷II化学试题

2015年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷II

化学试题

第I卷（选择题）

一、单选题：

1．下列有关物质水解的说法正确的是

A.淀粉、纤维素最终水解产物均为单糖 C.蔗糖、麦芽糖水解产物相同 【答案】A

B.蛋白质最终水解产物是多肽

D.酯在强碱作用下水解生成对应的酸和醇

【考点点拨】本题主要考查了生活中常见有机物的结构和性质。A、纤维素和淀粉属于多糖，最终水解生成葡萄糖，正确；B、蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸，错误；C、蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，麦芽糖水解只生成葡萄糖，错误；D、酯在碱性条件下水解生成盐和醇，错误，故选A。

2．分子式为C8H8的两种同分异构体X和Y。X是一种芳香烃，分子中只有一个环；Y

俗称立方烷，其核磁共振氢谱显示只有一个吸收峰。下列有关说法错误的是 A.X、Y均能燃烧，都有大量浓烟产生

B.X既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应 C.Y属于不饱和烃 D.Y的二氯代物有三种 【答案】C

【考点点拨】本题考查了有机物推断的相关知识。X和Y分子式相同都为C8H8碳的质量分数大，不能完全燃烧，都有大量浓烟产生。X为苯乙烯含有双键，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，还能发生加聚反应。所以B正确。Y的结构为正立方体结构，不属于不饱和烃。所以C错。Y的二氯代物有邻位、面对位、体对角线位三种。所以D正确。故答案为C。

3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子W2+、X+、Y3+、Z2-，下列说法

不正确的是

A.工业上常采用电解法冶炼Y单质 B.气态氢化物的稳定性：H2W强于H2Z C.离子半径由大到小：Z2->X+>Y3+> W2+

D.W、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1∶2

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【答案】C

【考点点拨】本题考查元素推断、元素周期律、元素化合物性质等。A.Y为Al元素，B.元素的非金属性越强，常用电解熔融的氧化铝的方法制备铝，正确；其氢化物越稳定，非金属性：O大于S，则气态氢化物的稳定性：H2O强于H2S，正确；C.电子层数越多

2﹣2﹣

离子半径越大，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，所以S＞O+3+2﹣2﹣+3+

＞Na＞Al，则Z＞WX＞Y，错误；D.W、X 形成的化合物为Na2O或Na2O2，

阴、阳离子个数比一定是1∶2，正确.故选C。

4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.1 mol [Cu(NH3)4]2+ 中含有σ键的数目为12NA

B.0.1mol铁粉与足量水蒸气反应生成的H2分子数目为0.1NA

C.分子数目为0.1NA的N2和NH3混合气体，原子间含有的共用电子对数目为0.3NA D.用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，则该电解过程中转移电子的数目为0.2NA 【答案】C

【考点点拨】考查σ键的数目、电解、及有关阿伏加德罗常数的计算。 [Cu(NH3)4]2+ 中N－H键和配位键都是σ键，故1 mol [Cu(NH3)4]2+ 中含有σ键的数目为16NA，A错；高温下铁与水蒸气反应的方程式为3Fe＋4H2O(g)

Fe3O4＋4H2，因此0.1mol铁粉与

足量水蒸气反应生成的H2分子数为 NA，B不正确；用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，若加入0.05mol的Cu2(OH)2CO3固体恰好能使溶液恢复到原来的浓度，说明电解过程中电解了溶质硫酸铜0.1mol和水0.05mol，则该电解过程中转移电子的数目为0.3NA，D错。

5．如图是部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系图。下列说

法正确的是

A.ZY、ZW的水溶液都显酸性

B.原子半径大小：W>R>X，离子半径大小：Z+>R2－>W－>Y－

C.W的氢化物水溶液的酸性比R的氢化物水溶液的酸性强，可证明非金属性：W>R

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D.Z、X两种元素可形成的Z2X、Z2X2、ZX2等多种离子化合物 【答案】D

【考点点拨】本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构。都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素；NaF溶液呈碱性，NaCl的水溶液为中性，故A错误；同周期自左而右，原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径S＞Cl＞O，电子层结构相同，核电荷数越大离

2－+－－

子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S＞Cl＞F＞Na，故B错误；

HCl溶液酸性比硫化氢水溶液的酸性强，不能证明Cl元素非金属性比硫的强，故C错误；D.Z、X两种元素可形成Na2O、Na2O2均为离子化合物，故D正确，故选D。

6．下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是

A.含有Fe3+的溶液：Na+、SCN－、Cl－、I－ B.室温下c(OH)/c(H+)=10

－

－12

的溶液：K+、Al3+、

、C1

－

、Cl

－

C.加入铝能放出H2的溶液：Cu2+、Na+、D.由水电离的c(H+)＝1.0×10【答案】B

－13

－

mol·L1的溶液：K+、

、、

【考点点拨】本题考查了离子共存问题。Fe3+ 与SCN、I不能大量共存；故A错。加

－

－

入铝能放出H2的溶液可能为酸性或碱性，碱性中Cu2+不能大量存在，酸性中因N在不能放出氢气，故C错。由水电离的c(H+)＝1.0×10到抑制，所以可能为酸性或碱性，酸性中：不能大量存在，故D错。故该题选B。

7．建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是

－13

－

存

mol·L1的溶液，水的电离受

、

、不能大量存在，碱性中

A.钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物：

B.铁在Cl2中燃烧，铁的氧化产物：

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C.NH3与Cl2反应，反应产物：

D.FeBr2溶液中通入Cl2，铁元素存在形式：

【答案】C

【考点点拨】本题考查了元素化合物的知识。熟悉溴离子、二价铁离子还原性强弱顺序为解体关键，题目难度中等。钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故A错误；铁在Cl2NH3与Cl2反应，中燃烧，只生成氯化铁，故B错误；氨气少量2NH3+3Cl2氨气过量8NH3+3Cl2

6HCl+N2，

N2+6NH4Cl，所以两者之比为2:3时，恰好完全反应生成

HCl和N2，两者之比为8:3时，恰好完全反应生成NH4Cl和N2，故C正确；因还原性：Fe2+＞Br－，氯气先氧化Fe2+，再氧化Br－，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，只发生Cl2+2Fe2+故选C。

8．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

2Fe3++2Cl－，所以两者之比为1:2时，亚铁离子全部被氧化，故D错误；

A.硅胶应用作食品干燥剂 B.P2O5不可用作食品干燥剂 C.六水氯化钙可用于食品干燥剂

D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 【答案】C

【考点点拨】常用作食品干燥剂的有两种白色粉末状的干燥剂（生石灰CaO）和玻璃珠状的干燥剂（硅胶干燥剂），A、B正确；氯化钙是干燥剂，吸水后生成六水氯化钙，C错误；因此六水氯化钙没有吸湿性，不能于食品干燥；加工后具有吸水性的植物纤维，是以天然植物纤维为吸湿载体，可100%自然降解，属环保型干燥剂，D正确。

9．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.C14H18O5 【答案】A

B.C14H16O4

C.C16H22O5

D.C16H20O5

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【考点点拨】根据酯的水解反应，可以确定C18H26O5+2H2O→羧酸+2C2H5OH；进而确定羧酸的分子式（质量守恒）中碳原确定为14个，C、D错误；根据氧原子数目和两个乙醇，确定该羧酸中含有氧原子为5个，A正确， B错误。

10．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>a B.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 【答案】B

【考点点拨】原子序数一次增大的元素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，确定a为氢元素；b和c的次外层有8个电子，则确定b和c依次为硫元素和氯元素， c－和d的电子层结构相同，则推出d为钾元素。元素的非金属性次序为c>b>a，A正确；.氢元素和钾元素形成离子化合物，B错误； 钾和其他三种元素（H、S、Cl）均能形成离子化合物（KH、K2S、KCl），C正确；元素a、b、c各自最高（+1、+6、+7）和最低化合价（－1、－2、－1）的代数和分别为0、4、6，D正确。

11．NA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10NA B.1L0.1mol·L1的NaHCO3溶液中

－

和

离子数之和为0.1NA

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1NA

D.235g核素数为10 NA 【答案】C

发生裂变反应：+，净产生的中子()

【考点点拨】60g丙醇即1mol，则分子中存在的共价键（两个碳碳单键、七个碳氢单键，一个碳氧单键和一个OH单键，共11对共用电子对）总数为11NA，A错误；1L0.1mol－L1的NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解和电离，则H2CO3、

－

和离

子数之和为0.1NA，B错误；钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时全部变为钠离子，因此转移电子数为1NA，C正确；235g核素

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+D错误。

++，净产生的中子（）数为（10－1）NA，即为9 NA，

12．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)

A.3种 【答案】B

B.4种 C.5种 D.6种

【考点点拨】能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）即为羧酸，所以分子式为C5H10O2的羧酸即C4H9COOH，可以从四个碳的烃基来确定，进而确定为4种。

13．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.工业生产中常选用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 【答案】C

【考点点拨】向苦卤中通入Cl2是为了把里面溴离子转变为溴单质，A正确；粗盐提纯可以采用除杂方法把里面的杂质离子除去，然后采用重结晶方法得到精盐；B正确；工业生产为了把镁离子转变为氢氧化镁沉淀所用的沉淀及为碳酸钙（贝壳）高温煅烧生成氧化钙为沉淀剂，C错误；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，然后在氧化溴离子变为溴单质，D正确。

14．用如图所示装置进行下列试验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是

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选项 A B C D 【答案】D

①中物质 稀盐酸 ②中物质 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 预测②中的现象 立即产生气泡 浓硝酸 氯化铝溶液 草酸溶液 用砂纸打磨过的铝条 浓氢氧化钠溶液 高锰酸钾酸性溶液 产生红棕色气体 产生大量白色沉淀 溶液逐渐褪色 【考点点拨】稀盐酸加入到碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液中，先和氢氧化钠发生反应，A错误；铝常温下与浓硝酸发生钝化现象，看不到红棕色气体产生，B错误；氧化铝溶于浓氢氧化钠溶液，C错误；草酸滴加到高锰酸钾酸性溶液会发生氧化还原反应，高锰酸钾被还原为锰离子，溶液逐渐褪色，D正确。

第II卷（非选择题）

二、实验题：

15．某学习小组依据反应：SO2(g)+ Cl2(g)

SO2Cl2(g) △H＜0，设计制备磺酰氯

(SO2Cl2)的装置如图，有关信息如下表所示。 熔点/℃ 沸点/℃ 性质 SO2Cl2 –54.1 69.1 遇水发生剧烈 Cl2 –101 –34.6 SO2 –72.4 –10

(1)若用浓盐酸与二氧化锰为原料制取Cl2，反应的化学方程式为____。 (2)B仪器的作用是________________。

(3)为了便于混合物的分离且提高反应物的转化率，A装置的反应条件最好选择_____。

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a.冰水浴 b.常温 c.加热至69.1℃

(4)如果通入的Cl2或SO2含有水蒸气，氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为____。

(5)实验时先通入干燥的Cl2将A装置中的空气赶走，再缓慢通入干燥的SO2，即发生反应。充分反应后，继续通入Cl2使装置中的SO2进入烧杯中被吸收。分离产物后，向获得的SO2Cl2中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液W。

①经分析SO2Cl2与H2O反应属于非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式 。

②无色溶液W中的阴离子除含少量OH外，还含有其它两种阴离子，检验溶液W中这两种阴离子方法是_____________________________。

③反应完成后，在W溶液、烧杯中分别滴加过量的BaCl2溶液，均出现白色沉淀，此沉淀不溶于稀盐酸，经过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体质量分别为xg、yg。计算SO2+ Cl2

SO2Cl2反应中，SO2的转化率 (用含x、y的代数式表示)。

－

【答案】(1)MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2 ↑+ 2H2O

(2)冷凝SO2Cl2(或使挥发的产物SO2Cl2冷凝，意思对即可) (3)a

(4)SO2+Cl2+2H2O(5)① SO2Cl2＋2H2O

H2SO4+2HCl H2SO4＋2HCl

，即得一分，其它具体得分具体分析)

②(只要意思中答出先检验里

取少量W溶液于试管中，加入过量Ba(NO3)2溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀产生，说明溶液中含有

，过滤，向滤液中滴加HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，产生白

色沉淀，则说明溶液中有Clˉ。 (6)

【考点点拨】本题考查了氧化还原反应、化学方程式的书写、化学计算等知识。(1)浓盐

酸与二氧化锰为原料制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2

↑+ 2H2O；(2)B仪器是冷凝器，作用是冷凝SO2Cl2；(3)根据SO2Cl2、Cl2、SO2的熔沸点，为了便于混合物的分离且提高反应物的转化率，A装置的反应条件最好选择a，冰水浴；(4)氯气和二氧化硫可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O

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H2SO4+2HCl；

(5)①SO2Cl2与H2O反应属于非氧化还原反应，写出该反应的化学方程式： SO2Cl2＋2H2O

H2SO4＋2HCl。②取少量W溶液于试管中，加入过量硝酸钡溶液，有不溶

，过滤，向滤液中滴加HNO3酸化，再

于稀硝酸的白色沉淀产生，说明溶液中含有

加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则说明溶液中有Clˉ； (6)两者都是硫酸钡，物质的量分别是：

mol、

mol根据硫原子守恒，参加反应的SO2是

mol，未反应的SO2

是

molSO2的转化率=

= 。

16．二氧化氯(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)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸铜)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__________。 ②溶液X中大量存在的阴离子有__________。

③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是__________(填标号)。 a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水

(3)用下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；

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Ⅴ.用0.1000mol·L1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2

－

2I+

－

)，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_________。 ②玻璃液封装置的作用是_________。

③V中加入的指示剂通常为_________，滴定至终点的现象是_________。 ④测得混合气中ClO2的质量为_________g。

(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。 a.明矾 b.碘化钾 c.盐酸 d.硫酸亚铁 【答案】（1）2:1 （2）①NH4Cl+2HCl

－－②Cl、OH

3H2↑+NCl3

③c

+－

（3）①ClO2+10I+8H

5I2+4H2O +2Cl－

②吸收残余的二氧化氮气体（避免碘的逸出）

③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 ④0.02700 （4）d

【考点点拨】（1）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，然后依据KClO3到ClO2， Na2SO3到Na2SO4，转移电子数分别为1和2，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1；

（2）①根据图示（流程图）电解NH4Cl与盐酸生成氢气和三氯化氮，则电解方程式为NH4Cl+2HCl

3H2↑+NCl3；②根据图示（流程图）三氯化氮与亚氯酸钠发生反应

6ClO2+

生成二氧化氯和氨气，因此根据氧化还原反应(6NaClO2+ NCl3+3H2O

NH3+3NaCl+3NaOH)确定X为氯化钠和氢氧化钠等，OH－。则大量存在的阴离子有Cl－、③二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)，因此除去ClO2中的NH3可用浓硫酸吸收氨气。(3)①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为2ClO2+10I－+8H+

5I2+4H2O+2Cl－。②玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体（避免碘

的逸出）。③V中用硫代硫酸钠测定反应生成的碘单质，因此可以使用淀粉溶液作为指示剂来判断终点，滴定至终点（即碘单质被硫代硫酸钠还原为碘离子）的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不再改变。

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④根据反应2ClO2+10I+8H+

－

5I2+4H2O+2Cl；I2+2

－

2I+

－

得关系式

为：

m=0.02700g

(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐需要利用其氧化性，应该加入还原剂，且产物不能引起水体污染，所以选择硫酸亚铁，同时生成三价铁离子水解可以净化水。

三、综合题：

17．Ⅰ.(1)如图为1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化

示意图。

已知E1=134kJ/mol，E2=368kJ/mol( E1、 E2为反应的活化能)。若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、△H的变化分别是 (填―增大‖、―减小‖或―不变‖)。写出该反应的热化学方程式 。 (2)若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)H ____0。

A.大于 B.小于 C.等于 D.大于或小于都可

Ⅱ.以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)

CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＝QkJ/mol (Q＞0)

H2SO4(l)+2HI(g)在150℃下能自发进行，则△

在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。 完成下列填空：

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(1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是____(选填序号)。 (2)在一定温度下反应达到平衡的标志是 。 A.平衡常数K不再增大 B.CO2的转化率不再增大

C.混合气体的平均相对分子质量不再改变 D.反应物不再转化为生成物

(3)其他条件恒定，达到平衡后，能提高H2转化率的措施是_______(选填编号)。 A.升高温度 B.充入更多的H2 C.移去乙醇 D.增大容器体积 (4)图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______。 【答案】I.减小；不变 NO2(g)+CO(g)

NO(g)+CO2(g) △H=－234kJ/mol

Ⅱ.(1) b (2) BC (3) AC (4) 37.5％ (或0.375或3/8)

【考点点拨】本题考查了化学反应与能量、化学平衡的相关知识。Ⅰ(1)加入催化剂只降低活化能，反应热不变。反应热为E1－E2，反应的热化学方程式NO2(g)+CO(g)以△H

NO(g)+CO2(g) △H=－234kJ/mol(2)反应能自发进行，但

，所

。Ⅱ(1) 2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H＝QkJ/mol (Q＞0)正

反应为吸热反应，温度越高CH3CH2OH体积分数变大，没有水的变化大，所以选b。(2)温度一定K值不变。CO2的转化率在逐渐增大，不变时达到平衡状态。混合气体的平均相对分子质量为

，混合物的质量不变，总物质的量减少，平均相对分子质量增大。

化学平衡是动态平衡。所以选BC。(3)其他条件恒定，升高温度平衡向正向移动，H2的转化率增大。充入更多的H2，平衡向正向移动，但是H2的转化率减小。移去乙醇，平衡向正向移动，H2的转化率增大。增大容器体积，平衡向逆向移动，H2的转化率减小。所以选A C。 (4)

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1－2x =3x，x =0.2 yR==0.375。

18．硫酸锌被广泛应用于工农业生产和医药领域.工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO，

7H2O的一种流程如下： 另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·

(1)步骤Ⅰ包括酸浸和过滤两个操作：

①酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是 。

②过滤时为防堵塞，过滤装置需常用NaOH溶液清洗，其清洗原理是 (用化学方程式表示)。

(2)步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为 。 (3)步骤Ⅲ所得滤渣Z的主要成分是 。

(4)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如下图所示。

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是 。 ②在图中C，680 ℃时所得固体的化学式为 (填字母序号)。 a.ZnO b.ZnSO4 c.ZnSO4·H2O d.Zn3O(SO4)2

【答案】(1) ①升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率

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②H2SiO3+2NaOH(2) 3Fe2++(3) Cu (Zn)

+8H2O

Na2SiO3+2H2O

3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+

(4)①降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解 ②d

【考点点拨】本题考查工业流程中定性、定量分析有关问题。

(1)①高温水蒸气起到热量交换加热作用，同时还有搅拌作用，使反应物充分混合，以加快反应速率；②步骤1中产生硅酸，为絮状沉淀堵塞过滤装置，故用碱溶解掉，H2SiO3+2NaOH

Na2SiO3+2H2O；(2)在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成

Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，根据信息知：3Fe2++

+8H2O

3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+。(3)根据杂质成分，步骤Ⅰ除掉

ZnSiO3杂质，步骤Ⅱ除掉铁离子杂质，步骤Ⅲ应除去铜离子，加锌置换出铜，一般锌过量；(4)温度高晶体容易失去结晶水，采用减压降低水的沸点使晶体表面的水分溶液蒸发，故答案为：降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；可以采用代入法判断分解产物，晶体共28.7g，0.1mol，a、b、c、d质量分别为0.1×81=8.1g，0.1×161=16.1g，0.1×179=17.9g，×403=13.43g，故选d。

19．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]可用做净水剂、媒染剂、颜料和药物。工业上利用废铁屑(含

少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的部分工艺如下：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)3 2.3 3.2 Fe(OH)2 7.5 9.7 Al(OH)3 3.4 4.4 (1)反应Ⅰ中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。 (2)反应Ⅱ中加入NaHCO3调节体系的pH在 范围内。

(3)反应Ⅲ中生成的气体遇空气变红棕色，则反应Ⅲ中发生反应的离子方程式是 。

(4)反应Ⅲ中通入氧气可减少NaNO2的用量。若消耗1mol氧气可节约n(NaNO2)= mol。

试卷第14页，总23页

(5)用硫酸控制体系的pH。若硫酸加入量过小，容易生成沉淀；若硫酸加入量过大，不利于产品形成，用化学平衡移动原理分析其原因是 。

(6)碱式硫酸铁溶于水后生成的[Fe(OH)]2+离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子，该水解反应的离子方程式是 。 【答案】(1)Fe+2H+(2)4.4~7.5 (3) Fe2++(4)4

(5) Fe3++ 3H2O

Fe(OH)3+3H+；c(H+)过低，若硫酸量过小，平衡正移，会生成Fe(OH)3

-

Fe2++H2；Fe+2Fe3+3Fe2+

+2H+ Fe3++NO+H2O

沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆移，溶液中c(OH)过小，不利于产物形成。 (6)2[Fe(OH)]2+ + 2H2O

[Fe2(OH)4]2++2H+

【考点点拨】本题考查制备原理的设计，题目难度中等，注意根据物质的性质和题给信息判断可能发生的反应，离子方程式的书写为解答该题的难点。 (1) Fe为活泼金属，可与酸反应，反应的离子方程式为Fe+2H+酸反应生成铁离子，铁离子可以氧化Fe，离子方程式为： Fe+2Fe3+

Fe2++H2；氧化铁与

3Fe2+；(2)制备

硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4≤pH＜7.5之间。(3)气体遇空气变红棕色，为NO，则发生反应的离子方程式是：Fe2++

+2H+

Fe3++NO+H2O；(4) n(O2)为1mol，则得到电子

1mol×4=4mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要4molNaNO2；(5) Fe3++ 3H2O

Fe(OH)3+3H+；若硫酸量过小，c(H+)过

低，平衡正移，会生成Fe(OH)3沉淀；若硫酸加入量过大，平衡逆移，溶液中c(OH-)过小，不利于产物形成；(6) [Fe(OH)]2+离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为：2[Fe(OH)]2++ 2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+。

20．酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、

MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示： 溶解度/(g/100g水)

试卷第15页，总23页

化合物 Ksp近似值 回答下列问题：

(1)该电池的正极反应式为________，电池反应的离子方程式为________。

(2)维持电流强度为0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g。(已知F=96500 C·mol－1)

(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，二者可通过________分离回收；滤渣的主要成分MnO2、 和 ，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为________，其原理是________。

(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为淀完全(离子浓度小于1×

________时，锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是________，原因是________。 【答案】（1）MnO2+H++e中Zn2+可写成（2）0.05

（3）加热浓缩、冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2

3+2+2+

（4）Fe；6；10；Zn和Fe分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近

－

Zn(OH)2 10－17 Fe(OH)2 10－17 Fe(OH) 3 10－39 MnOOH；2MnO2+Zn+2H+

）

MnOOH+Zn2+（注：式

，Zn(NH3)2Cl2等，H+可写成

【考点点拨】(1)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。围是由碳粉、该电池放电过程产生MnOOH；

+

则正极反应式为MnO2+e－+H

MnOOH；电池反应的离子方程式为Zn+ 2MnO2+

2H+2MnOOH +Zn2+。

(2) 维持电流强度为0.5A，电池工作5分钟，则通过的电量为Q=0.5×5×60=150C，则理150C /96500C·mol－1×65g/mol=0.05g。 论上消耗锌m=1/2×

(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，利用二者溶解度随温度变化的差异和二者溶解性差异，可以通过加热浓缩、冷却结晶的方法分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、MnOOH和碳粉，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法让碳燃烧生成二氧化碳，氢氧化氧锰转变为二氧化锰，即在空气中加热。

7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，由于（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·

二价铁离子和锌离子的溶度积相近，因此首先吧二价铁离子氧化为三价铁离子，即其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为Fe，加碱调节至pH为2.7时，铁刚好沉淀完10－5mol·L－1时，全(离子浓度小于1×即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为6时，

试卷第16页，总23页

3+

2+

L－1)。由于二者氢氧化物的Ksp相近，若上述过程锌开始沉淀(假定Zn浓度为0.1 mol·2+2+

不加H2O2，后果是Fe与Zn分离不开。

21．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)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ①CO(g)+2H2(g)②CO2(g)+3H2(g)③CO2(g)+H2(g)回答下列问题：

(1)已知反应①中相关的化学键键能数据如下： 化学键 E/(kJ·mol－1) H－H 436 C－O 343 C 1076 H－O 465 C－H 413 CH3OH(g) △H1 CH3OH(g)+ H2O △H2 CO(g)+ H2O △H3

mol－1；已知△H2=－58 kJ·mol－1，则△H3=________kJ·mol－1。 由此计算△H1=________kJ·

(2)反应①的化学平衡常数K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________(填曲线标记字母)，其判断理由是________。

(3)组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60时，体系中的CO平衡转化率(α)温度和压强的关系如图2所示。α(CO)值随温度升高而_________(填―增大‖或―减小‖)，其原因是_________；图2中的压强由大到小为_________，其判断理由是_________。 【答案】（1）－99；+41；（2）K=热反应，平衡常数数值应随温度升高变小

（3）减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，使得体系中CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低

p3﹥p2﹥p1；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高

【考点点拨】根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能和给出化学键的键能，进而计436－3×413－343－465）kJ·mol－1=－99 kJ·mol－1；mol算△H1=（1076+2×已知△H2=－58kJ·

试卷第17页，总23页

（或 Kp=）；a；反应①为放

－1

mol－1－（－，则反应③依据盖斯定律可以由②－①得到，则△H3=△H2－△H1=－58 kJ·

99 kJ·mol－1）=+41 kJ·mol－1； (2)反应CO(g)+2H2(g)

CH3OH(g)的K=

；也可以用压强平衡常数

Kp=

；由于△H1=－99 kJ·mol1为放热反应；温度升高平衡常数减小，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。

(3)反应①为放热反应，温度升高平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数增大；反应③为吸热反应，平衡向正反应方向移动，又生成一氧化碳，因此随温度升高，一氧化碳的转化率减小；相同温度下，由于反应①为气体体积减小的反应，加压有利于提升CO的转化率，而反应③为气体分子数增大的反应，产生CO的量不收压强影响，故增大压强时，有利于C的转化率升高，则图2中的压强由大到小为p3>p2>p1。

22．[化学－－选修2：化学与技术]

苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：

相关化合物的物理常数 物质 异丙苯 丙酮 苯酚 相对分子质量 120 58 94 cm－3) 密度/(g·0.8640 0.7898 1.0722 沸点/℃ 153 56.5 182 回答下列问题：

(1) 在反应器A中通入的X是__________。

(2) 反应①和②分别在装置_______和_______中进行(填装置符号)。

试卷第18页，总23页

(3)在分解器C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是________，优点是用量少，缺点是_______。

(4)反应②为_______(填―放热‖或―吸热‖)反应。反应温度应控制在50~60℃，温度过高的安全隐患是________。

(5)中和釜D中加入的Z最适宜的是______(填标号，已知苯酚是一种弱酸)。 a.NaOH b.CaCO3 c.NaHCO3 d.CaO

(6)蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为______和_______，判断的依据是________。 (7)用该方法合成苯酚和丙酮的优点是______。

【答案】（1）O2(或空气)；（2）A；C；（3）催化剂（提高反应速率）；腐蚀设备；（4）放热；可能会导致（过氧化物）爆炸；（5）c；（6）丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）原子利用率高

【考点点拨】根据异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮的反应和工艺流程示意图判定：A反应容器中发生催化氧化生成异丙苯过氧化氢，因此A中通如的X气体为氧气或者空气；B装置为蒸发器，在C装置中发生分解反应生成苯酚和丙酮，则Y为浓硫酸，提供酸性环境，起催化作用，但是由于硫酸的强酸性可以引起生产设备的腐蚀；反应②的焓变小于0，故该反应为放热反应。反应温度应控制在50~60℃，温度过高则可能会导致（过氧化物）爆炸的安全隐患发生。中和D中加入的Z应该把硫酸中和掉，但是不能与苯酚发生反应，因此最适宜的时机为碳酸氢钠，c为备选答案；蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点远远小于苯酚的沸点，沸点越低则蒸馏 出来的越早；用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高，实现原子经济百分百。

23．[化学——选修3：物质结构与性质]

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：

(1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号)， 其中C原子的核外电子排布式为 。(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 (填分子式)，原因是 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和________。

(3)C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为_______。

(4)化合物D2A的立体构型为_______，中心原子的价层电子对数为_______，单质D与湿润的Na2CO3反应可质备D2A，其化学方程式为_______。

(5)A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式cm－为________；晶胞中A原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·

3

)_________。

试卷第19页，总23页

2262323

【答案】（1）O；1s2s2p3s3p(或[Ne]3s3p)

（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体

3

（3）三角锥形；sp

（4）V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl) （5）Na2O；8；

=2.27g·cm3

－

2-+

【考点点拨】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A和B具有相同的电子

构型，则A为O，B为Na；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P；D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl。

（1）非金属越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O，P的原子序数为15，

2262323

则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布式为1s2s2p3s3p（或[Ne] 3s3p）；

（2）氧元素有了氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，熔沸A和B的氢化物分别为水和NaH， 点较高；所属的晶体类型依次为分子晶体和离子晶体。（3）C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E，即E为PCl3，其中P含有一对孤对

3

电子，其价层电子对数是4，所以E为三角锥形，中心原子采用sp杂化；

（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有两对孤对电子，价层电子数为4，单质D与湿润的碳酸钠反应可以制备D2A，则反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）。

（5）根据A和B能够形成化合物F的晶胞结构图可以确定，较大的离子为氧离子，较小的为钠离子，氧离子在正方体八个顶点，所以贡献为8×1/8=1,还有在六个面上，贡献为1/2×6=3，所以氧离子的个数为4个；而钠离子全部在正方体内，所以粒子个数比为4:8=1:2，因此F的化学式为Na2O；晶胞中O2-离子周围Na+的个数为8个（每一个氧离子周围有8个钠离子，在1个晶胞中有4个，在相同另一个晶胞中还有4个）；这个晶胞中有四个氧化钠，所以晶体F的密度(g·cm3)ρ=

－

=

=2.27g·cm3。

－

24．[化学——选修5：有机化学基础]

聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下：

试卷第20页，总23页

已知：

①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢 ②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8

③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质 ④R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：

(1)A的结构简式为_____________。 (2)由B生成C的化学方程式为_________。

(3)由E和F生成G的反应类型为__________，G的化学名称为________。 (4)①由D和H生成PPG的化学方程式为__________；

②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为_______(填标号)。 a.48 b.58 c.75 d.102

(5)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有_________种(不含立体异构)： ①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体 ②即能发生银镜反应，又能发生皂化反应

其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6:1:1的是_______(写结构简式)； D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是_______(填标号)。

a.质谱仪 b.红外光谱仪 c.元素分析仪 d.核磁共振仪

【答案】(1)

(2)

(3)加成反应；3－羟基丙醛（或β－羟基丙醛）

试卷第21页，总23页

(4)

；b

(5)5；；c

【考点点拨】（1）烃A相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，由于70/14=5，所以A为环戊烷，结构简式为：

；

（2）环戊烷与氯气发生取代反应生成B，则B的结构简式为；根据

B到C 的反应条件，确定为卤代烃的碱性醇解反应即消去反应，化学方程式为：

；

（3）E、F为相对分子质量相差14的同系物，F是福尔马林的溶质即甲醛，因此E为乙醛，根据已知信息④可知E和F生成G为醛基的加成反应，G的结构简式为HOCH2CH2CHO，因此G的化学名称为3—羟基丙醛；

（4）①G与氢气反应生成H，则H的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，C氧化生成D，则D为戊二酸（HOOCCH2CH2CH2COOH），则由D于H 生成PPG的化学方程式为：

；②根据结构简式可知链接的式量为172，所以若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为10000/173=58，b为备选答案；

（5）①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基；②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应，说明含有醛基和酯基，因此是甲酸形成的酯基，所以可能的结构简式为HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOCH2CH(COOH)CH3、HCOOCH(COOH)CH2CH3、HCOOCH(CH3)CH2COOH、HCOOC(CH3)2COOH，共计5种。其中核磁共振氢谱显示为

3组峰，且峰面积比为6：1：1的是。

试卷第22页，总23页

a.质谱仪又称质谱计。分离和检测不同同位素的仪器。即根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。，b.红外光谱仪是测定结构的，d.核磁共振仪是测定氢原子种类的，而c.元素分析仪是测定元素种类的，因此完全相同的是元素分析仪，答案选c。

试卷第23页，总23页

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