2015年浙江省高考化學試卷

1、2015 年浙江省高考化學試卷一、選擇題（共7 小題，每小題6 分，滿分42分）1 （ 6 分）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，0c時冰的密度比水的密度小，水在 4c時密度最大，這些都與分子 間的氫鍵有關C.石油裂解、煤的干儲、玉米制醇、蛋白質的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化D.燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NO的催化轉化都是減少酸雨產生的措施2 （ 6分）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.做蒸儲實驗時，在蒸儲燒瓶中應加入沸石，以防暴沸.

2、如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加C.在未知溶液中滴加 BaC2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SO2或SQ2D 提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應采用在較低溫度下制得濃溶液再冷卻結晶、過濾、干燥的方法3 （ 6 分）如表為元素周期表的一部分，其中、Y、 、 W 為短周期元素，W 元素原子的核電荷數(shù)為元素的2 倍下列說法正確的是（）YWTA.、W、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B Y、 、 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C. Y2晶體熔化、液態(tài) W3氣化均需克服分子間作用力D.根

3、據(jù)元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T23具有氧化性和 還原性4. （6分）下列說法不正確的是（）A.己烷有4種同分異構體，它們的熔點、沸點各不相同B.在一定條件下，苯與液澳、硝酸、硫酸作用生成澳苯、硝基苯、苯磺酸的反 應都屬于取代反應C.油脂皂化反應得到高級脂肪酸鹽與甘油D.聚合物（CHn ）可由單體CHsCH=CH和CH2=Ch2；fc聚制得5. （6分）在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解 H2O-CQ混合氣體制備H2HiO002和CO是一種新的能利用方式，基本原理如圖所示.下列說法不正確的是（）掌孔電極金建氧化項時限壬 多孔電極A.是電的負極B.陰極的反應式是：H2O+2

4、e H2+O2 , CQ+2e CO+O2 通電C.總反應可表小為：H2O+COH2+C8O2D,陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比是 1:16. （6分）40c時，在氨-水體系中不斷通入 CQ,各種離子的變化趨勢如圖所 小.下列說法不正確的是（）0.06A.在 pH=9.0 時，c (NH4+) >c (HCQ ) >c (NH2COO) >c (CO2 )B.不同 pH 的溶液中存在關系：c (NH4+) +c (H+) =2c (CQ2-)+c (HCQ)+c(NH2COO ) +c (OH )C.隨著CQ的通入,c(DH')c(NH3-H20)不斷增大D.在溶

5、液pH不斷降低的過程中，有含 NH2COO的中間產物生成7. （6分）某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣 （主要成分為Fe2O3、SiQ、AI2O3,不考慮其他雜質）制取七水合硫酸亞鐵（FeSO?7H2O）,設計了如下流程:下列說法不正確的是（）A.溶解燒渣選用足量硫酸，試劑選用鐵粉8. 固體1中一定含有SiC2,控制pH是為了使Al3+轉化為Al （OH） 3,進入固體2C.從溶液2得到FeSO?7H2O產品的過程中，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 溶液經結晶分離也可得到FeSO?7H2O二、非選擇題：8. （10分）化合物是

6、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：R 1 1 1 .ROH RCHGCHsCOOR :".RCH=CHCOOR請回答：(1) E中官能團的名稱是.(2) B+AF的化學方程式.(3) 的結構簡式.(4) 對于化合物，下列說法正確的是 .A.能發(fā)生水解反應B.不與濃硝酸發(fā)生取代反應C.能使Br2/CC4溶液褪色D.能發(fā)生銀鏡反應(5) 下列化合物中屬于F的同分異構體的是 .a CH式 HO<JCH=CHCH：CH;CHOyCOOCHiCH2CH3(6) CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOHD. =/9. (18分)I .請回答：(1) H2

7、O2的電子式.(2)鎂燃燒不能用CQ滅火，用化學方程式表示其理由 .(3)在AgCl沉淀中加入Br溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離 子方程式.(4)完成以下氧化還原反應的離子方程式：MnO4 +C2O42 +Mn2+CO2 T +.H .化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑.一定條件下金屬鈉和 H2反應生成 甲.甲與水反應可產生 H2,甲與A1C3反應可得到NaAlHU.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)甲的化學式.(2)甲與A1C3反應得到NaAlH4的化學方程式.(3) NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應的化

8、學方程式 .(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F&O3), 脫銹過程發(fā)生反應的化學方程式.(5)某同學認為：用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣 體經濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質即為純凈的甲；取該固體 物質與水反應，若能產生 H2,即可證明得到的甲一定是純凈的.判斷該同學設想的制備和驗純方法的合理性并說明理由 .10. (15分)乙苯催化脫氫制苯乙烯反應:化學鍵鍵能/J?mol 1C- HC-C412348C=CH- H612436計算上述反應的4H=J?mol 1.(2)維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質的量為n、體積為

9、V的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應.已知乙苯的平衡轉化率為 %則在該溫度下反應的平衡常 數(shù)= (用a等符號表小).(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的量之比為1:9),控制反應溫度600 C ,并保持體系總壓為常壓的條件下進行反應.在不同反應溫度下，乙苯的平衡轉化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性(指除了 H2以外的產物中苯乙烯的物質的量分數(shù))示意圖如下:笠)0400500600700800溫度t摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，解釋說明該事實 控制反應溫度為600c的理由是（4）某研究機構用CO2代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學合成工藝乙苯- 氧化碳耦合催化脫氫制苯乙烯.保

10、持常壓和原料氣比例不變，與摻水蒸汽工藝相比，在相同的生產效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應：CQ+H2CO+H2O, CQ+C2CO.新工藝的特點有 （填編號）.CQ與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學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CQ資利用.11. （15分）某學習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.取0.0100mol?L. 1的AgNQ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 （）的變化，部分數(shù)據(jù)如表:V (AgNQ)15.019.0 19.819.9 20.0

11、 20.0 21.0 23.0 25.0/mLE/mV0200050.0175275300325225200150100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：3l2+6NaOHH5NaI+NaIQ+3H2O請回答:(1)實驗(一)中的儀器名稱：儀器 A,儀器B(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制滴定曲線:192222$2425V(AgNCh)/ml50>目 g-該次滴定終點時用去 AgNQ溶液的體積為 mL,計算得海帶中碘的百分含量為%.(3)分液漏斗使用前須檢漏，檢漏方法為 .步驟中，萃取后分液漏斗內觀察到的現(xiàn)象是 下列有關步驟Y的說法，正確的是 .A.應控制NaOH溶液

12、的濃度和體積B.將碘轉化成離子進入水層C.主要是除去海帶浸取原液中的有機雜質D. NaOH溶液可以由乙醇代替實驗(二)中操作的名稱是.(4)方案甲中采用蒸儲不合理，理由是 .物質結構與性質”模塊(10分)12. (1) CF+的電子排布式是(2)下列物質中既有離子鍵又有共價鍵的是A. MgO B. NaOH C. CaC2 D. (NH4) 2SQ(3)關于下列分子的說法不正確的是A.既有鍵又有冗鍵B. O-H鍵的極性強于C-H鍵的極性C.是非極性分子D.該物質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A. HOCH2CH (OH) CH？OH與 CHCHClC

13、HCHs者B是手性分子B. NH4+和CH4的空間構型相似C. BF3與都是平面型分子D. CQ和H2O都是直線型分子(5)下列有關性質的比較，正確的是 A.第一電離能：O>NB.水溶性：CHsCH2OH> CH3CH2OCHCH3C.沸點：HCl> HFD.晶格能：NaCl>MgO.宥機化學基礎”模塊(10分)13.某研究小組以化合物1為原料，按下列路線制備聚合物 8:式二艮心.H9 H_r.cc!0HR-CHsCOOHR-CHCOOH已知：Br請回答：(1)以下四個化合物中，含有竣基的是 .A.化合物3B.化合物4C.化合物6D.化合物7(2)化合物4-8的合成路線

14、中，未涉及到的反應類型是 .A.取代反應B.消去反應C加聚反應D.還原反應(3)下列四個化合物中，與化合物 4互為同系物的是 .A. CHsCOOCH5B. C6H5COOH C. CHsCh2Ch2COOH D. CHbCOOH(4)化合物4的屬于酯類的所有同分異構體的結構簡式 .(5)化合物7-8的化學方程式.2015 年浙江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6 分，滿分42分）1 （ 6 分）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，0c時冰的密度比水的密度小，水在 4c時密度最大，這些都與

15、分子間的氫鍵有關C.石油裂解、煤的干儲、玉米制醇、蛋白質的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化D.燃料的脫硫脫氮、SQ的回收利用和NO的催化轉化都是減少酸雨產生的措施【分析】A、通常我們把物質的狀態(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，具體積變大；C、納米粒子是指粒度在1 - 100nm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；為減少酸雨的產生，只

16、要減少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的產生【解答】解：A液晶態(tài)是指介于晶體和液體之間的物質狀態(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，具體積變大，則相同質量時冰的密度比液態(tài)水的密度小，故B 正確；C、石油裂解、煤的干儲、玉米制醇、均有新物質生成，屬于化學變化，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，沒有新物質生成，故 C 錯誤；D、采用燃料脫硫技術可以減少二氧化硫的產生，從而防止出現(xiàn)酸雨，NO的催化轉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、膠體的性質、

17、物理變化與化學變化的本質區(qū)別、空氣污染與防治等，綜合性較強，有一定難度2 （ 6分）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.做蒸儲實驗時，在蒸儲燒瓶中應加入沸石，以防暴沸.如果在沸騰前發(fā)現(xiàn)忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加C.在未知溶液中滴加 BaC2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SO2或SO32D 提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應采用在較低溫度下制得濃溶液再冷卻結晶、過濾、干燥的方法【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

18、，應該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片；C、硫酸鋼和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、硫酸鋼和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中加入BaC2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

19、硝酸鉀量較少，不能采取降溫結晶的方法，故D 錯誤，故選：B?！军c評】 本題主要考查的是實驗室中常見操作和物質的提純與檢驗，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3 （ 6 分）如表為元素周期表的一部分，其中、Y、 、 W 為短周期元素，W 元素原子的核電荷數(shù)為元素的2 倍下列說法正確的是（）YWTA.、W、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B Y、 、 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C. Y2晶體熔化、液態(tài) W3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元素的單質具有半導體特性，

20、T23具有氧化性和還原性【分析】、Y、W為短周期元素，由元素周期表可知：應位于第二周期，且應處 于周期表中右半部分，W與處于同一主族，且 W元素原子的核電荷數(shù)為元素的 2倍，那么為O, W為S,據(jù)此結合選項判斷即可.【解答】 解： 、 Y、 、 W 為短周期元素，由元素周期表可知：應位于第二周期，且應處于周期表中右半部分， W與處于同一主族，且 W元素原子的核電荷數(shù)為元 素的2倍，那么為O, W為S,那么為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>S>P,故H2O>H2S> H3P,故 a錯誤；B、S元素在自然界中存在游離態(tài)

21、單質，常在火山口附近，故 B錯誤；C、Y2為SiQ,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，具有半導體的性能,T23為AsQ, 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：Do【點評】本題考查元素的位置與性質、結構的關系，難度不大，解題是時注意 元素的性質的遞變規(guī)律及其應用.4. （6分）下列說法不正確的是（）A.己烷有4種同分異構體，它們的熔點、沸點各不相同B.在一定條件下，苯與液澳、硝酸、硫酸作用生成澳苯、硝基苯、苯磺酸的反 應都屬于取代反應C.油脂皂化反應得到高級脂肪酸鹽與甘油D.

22、聚合物（C用）可由單體CH3CH=CH和Ch2=Ch2；fc聚制得【分析】A.己烷有五種同分異構體；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為取代反應；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體，其碳鏈結構分別為C-OC-C-C-C >VC-C-C« C-C-C-OC C-C-C-CC 、 七 、七、CC ,己烷同分異構體為不同物質，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

23、；B.在一定條件下，苯與液澳、硝酸、硫酸作用生成澳苯、硝基苯、苯磺酸的反 應，是苯中的氫原子被澳原子、硝基、磺基取代，所以都屬于取代反應，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，該反應為皂化反應，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f-CH; YH： -CH -CH 總（CH； ）的單體是CH3CH=CH和CH=CH2,故D正確；故選：Ao【點評】本題考查較綜合，涉

24、及高聚物單體判斷、取代反應判斷、同分異構體 種類判斷、油脂水解等知識點，側重考查基本概念、基本理論，這些都是高頻 考點，難點是同分異構體種類判斷，要考慮官能團異構、官能團位置結構、碳 鏈異構，易錯選項是D.5. （6分）在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解 H2O-CQ混合氣體制備H2和CO是一種新的能利用方式，基本原理如圖所示.下列說法不正確的是（A.是電的負極B.陰極的反應式是：H2O+2e一H2+O2 , CQ+2e一CO+O2 通電C.總反應可表小為：H2O+CQ -H2+C8O2D,陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比是 1:1【分析】A.電解池陽極發(fā)生氧化反應，陰極發(fā)生還原反應，根據(jù)

25、與極相連的電 極產生的氣體判斷；B.電解池陰極發(fā)生還原反應，根據(jù)反應物結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：陰極產生H2、CO,陽極產生氧氣，結合C總的反應分析；【解答】解：A.根據(jù)圖示知：與相連的電極產生CO,電解H2O-CQ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，電解池陰極發(fā)生還原反應， 所以是電的負極，故A正確；B.電解池陰極發(fā)生還原反應，電解 H2O-CO2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+2e一 H2 t+O2 ,二氧化碳得到電子生成一氧化碳，CQ+2e一COO2，故B正確；C.電解H2O-CO2混合

26、氣體制備H2和CO,根據(jù)圖示知：陰極產生 H2、CO,陽 極產生氧氣，所以總反應為：H2O+CQ通電H2+CO+O2,故C正確；一一、廠人 通電 D.電解H2O - CQ混合氣體制備 H2和CO,總反應為：H2O+CO2H2+CO+C2 ,陰極產生H2、CO,陽極產生氧氣，陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比是2:1 ,故D錯誤；故選：Do【點評】本題考查電解知識，為高頻考點，側重于考查學生的綜合運用能力， 題目難度中等，注意基礎知識的積累掌握，掌握電解池陽極發(fā)生氧化反應，陰 極發(fā)生還原反應為解答關鍵.6. (6分)40c時，在氨-水體系中不斷通入 CQ,各種離子的變化趨勢如圖所 小.下列說法不

27、正確的是()006005 0 040.030020010110 10.5 1DO 9 5 9.0 8.5 S,0 工5 加 PHA.在 pH=9.0 時，c (NH4+) >c (HCQ ) >c (NH2COO) >c (CO2 )B.不同 pH 的溶液中存在關系：c (NH4+) +c (H+) =2c (CQ2)+c (HCQ)+c (NH2COO ) +c (OH)C.隨著CO2的通入，/不斷增大c(NH3D.在溶液pH不斷降低的過程中，有含 NH2COO的中間產物生成【分析】A.根據(jù)pH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關系分析；B.溶液中存在電荷守恒，即正電荷的總濃

28、度等于負電荷的總濃度；C.根據(jù)b=Cnh3-h2o)D.根據(jù)圖象可知開始沒有 NH2COO,后也不存在NH2COO .【解答】解：A. pH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關系：c (NH4+) >c (HCQ)>c (NH2COO) >c (CO2 ),故 A正確;pHB.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，則不同的溶液中存在電荷守恒關系為：c (NH4+) +c (H+) =2c (CC32 ) +c (HCQ)+c(NH2COO) +c (OH ),故 B正確;C.已知b=(hh5-h2o),溫度一定時，b為常數(shù)，不隨濃度的變化而變化,隨著CO2的通

29、入，c3H4,)逐漸增大，則端為不斷減小，故C錯誤;D,由圖象可知開始沒有 NH2COO,后也不存在NH2COO ,所以NH2COO為中 間產物，即在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO的中間產物生成，故D 正確。故選：Co【點評】本題考查了溶液中離子濃度大小比較、電荷守恒的應用、圖象的分析 與應用等，題目難度中等，側重于考查學生對圖象的分析與應用能力.7 . (6分)某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣 (主要成分為Fe2O3、SiQ、AI2O3,不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO?7H2。)，設計了如下流程：下列說法不正確的是()A.溶解燒渣選用足量硫酸，試劑選用鐵粉8 .固體

30、1中一定含有SQ,控制pH是為了使Al3+轉化為Al (OH) 3,進入固體2C.從溶液2得到FeSO?7H2O產品的過程中，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，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4?7H2O【分析】硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為 Fe2O3、SiQ、AI2O3,不考慮其它雜質） ，混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3、 Al2O3 與酸反應生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應，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

31、硫酸亞鐵，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾，得到硫酸亞鐵晶體，以此進行解答?！窘獯稹拷猓毫蜩F礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為FeO3、SiQ、AI2O3,不考慮其他雜質），混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3、 Al2O3 與酸反應生成的硫酸鐵、硫酸鋁，二氧化硅不反應，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，為鐵粉，故 A正確；B.由流程分析可知，固體1中一定含有SiQ,調節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，

32、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，而且受熱易失去結晶水，所以從溶液2得到FeSO?7H20產品的過程中，須控制條件防止其氧化和分解，故 C正確；D.在溶液1中含有鐵離子和鋁離子，加過量的氫氧化鈉，鋁離子轉化為偏鋁酸根離子，鐵離子與氫氧根離子結合生成氫氧化鐵沉淀，所以最終得到的是硫酸鐵而不是硫酸亞鐵，故D 錯誤。故選： D?！军c評】本題考查制備實驗方案的設計與評價、工藝流程的分析應用，題目難度中等，側重學生分析能力和創(chuàng)新能力的培養(yǎng)，注意把握常見物質的分離方法。二、非選擇題：8 （ 10 分）化合物是一種香料，可采用乙烯與甲苯為主要原料，按下列路線合成：CH? =

33、 CHBC:H4O2ch36CC -H7C1NaOH，HjO,DO,濃 HR。力-A*CH<HiONaXCifHuO：CHO已知：R ' 1- 1 /ROH RCHG-CH3COOR :" RCH=CHCOOR請回答:(1) E中官能團的名稱是醛基ch3cooh+(3)的結構簡式2B+DKFCHQH 依用SO4<H3COOCH2CH=CHCOQCH：(4)對于化合物，下列說法正確的是ACA.能發(fā)生水解反應B.不與濃硝酸發(fā)生取代反應C.能使B3CC4溶液褪色D.能發(fā)生銀鏡反應(5)下列化合物中屬于F的同分異構體的是 BC .A.；CH2CHOB.CH=CHCHSHC

34、H。COOCHXHnCHC. CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D.【分析】乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成乙醇，故A是乙醇，乙醇催化氧化最終生成乙酸，故是乙酸；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代反應，則C為C在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的是取代反應，那么D應為CHQH由D能被氧化為E,且結合給出的信息:HQRCHGCHCOORH戶2 *RCH=CHCOOR 那么應 E 為Ca-：E2COCH2CHiCCiOCH據(jù)此那么為A是乙醇取代反應DDC在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的據(jù)此推斷得出CHiCOOCHj那么為CHCOOCHiRCHGCKCOORRCH=CHCOOR7H-CHCC

35、jOCH.A正確C正確乙烯與水在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成乙醇反應生成，依據(jù)信息是取代反應，那么D應為的是甲基上的取代，那么B為乙酸，D為苯甲醇，兩者發(fā)生酯化反應生成乙酸苯甲酯，化學反應方C.中含有碳碳雙鍵，能使 Br2/CC4溶液褪色B.中含有苯環(huán)，能與濃硝酸發(fā)生取代反應A.中含有酯基，能發(fā)生水解反應D.中不含有醛基，不能發(fā)生銀鏡反應依據(jù)分析可知：E為苯甲醛，含有官能團為-CHQ即醛基，故答案為CHiOH HX504 CHsCOOCHE,且結合給出的信息故選AC;CH3COOCH2 (5) F為=7,分子式為：C9H10。2, A中含有10個碳原子數(shù)，與F不是同分異構體，故A錯誤；B和C的

36、分子式均為C9H10O3,且與F結構不同，屬于同分異構體；D中C原子 個數(shù)為10,與F不是同分異構體，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 化合物的性質以及抓住所給信息解題是關鍵，有一定的難度，注意整理.9. (18分)I .請回答： " (1) H2O2 的電子式 H : O : 0 : H .(2)鎂燃燒不能用 CQ滅火，用化學方程式表示其理由 點燃I2Mg+CQ w C+2MgO .(3)在AgCl沉淀中加入Br溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離 子方程式 AgC+Br =AgB+Cl .(4)完成以下氧化還原反應的

37、離子方程式：2MnO4+ 5C2O42+16H+ 2Mn2+10 CO T +8H2O.H .化合物甲和NaAlH4都是重要的還原劑.一定條件下金屬鈉和 H2反應生成 甲.甲與水反應可產生 H2,甲與A1C3反應可得到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)甲的化學式NaH .(2)甲與AlC3反應得到NaAlH4的化學方程式 4NaH+AlC3=NaAlH4+3NaCl .(3 ) NaAlH4與水發(fā)生氧化還原反應的化學方程式 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 T .(4)甲在無水條件下可作為某些鋼鐵制

38、品的脫銹劑(鐵銹的成分表示為F&O3), 脫銹過程發(fā)生反應的化學方程式3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH .(5)某同學認為：用惰性氣體趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣 體經濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質即為純凈的甲；取該固體 物質與水反應，若能產生 叱，即可證明得到的甲一定是純凈的.判斷該同學設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 HC,導致產物中有NaCl;驗純方法不合理，如果有 Na殘留，Na與水反應也產生氫氣，且沒有考慮混入 的 NaCl .【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

39、結合， 兩個氧原子之間通過共用1對電子結合；(2)高溫下，Mg與二氧化碳反應生成易燃的 MgO;(3) AgBr的溶解度小于AgCl溶解度，向AgCl沉淀中加入Br溶液發(fā)生了沉淀的 轉化；(4)依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒，結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)此結合生成氫氣的物質的量判斷其 化學式即可；(2) NaH與A1C3反應可得到NaAlH4,此反應無化合價的變化，據(jù)此書寫；(3) NaAlH4與水反應生成氫氣，應是水中的 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，反應生成鐵單質，據(jù)此

40、書 寫；(5)制備過程中未指明吸收雜質氣體 HCl,據(jù)此解答；氨氣與金屬鈉反應未指 明鈉的用量，鈉可能過量，過量的鈉也可以與水反應生成氫氣.【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O- O鍵，雙氧水的電子式為：故答案為：(2)高溫下，Mg與二氧化碳反應生成MgO,化學反應方程式為： 占燃2Mg+CO2- C+2MgO ,不能起到滅火的作用，故答案為：占燃2Mg+CQ C+2MgO;(3) AgCl沉淀中加入Br溶液，生成了更難溶的AgBr沉淀，離子反應方程式為:AgC+Br =AgB+Cl ,故答案為：AgC+Br =AgBr+Cl ;(4)此反應中Mn由+7價降低

41、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，故高銳酸根與草酸根的化學計量數(shù)分別為 2 和 5,據(jù)此配平得 2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO4+8H2O,故答案為： 2MnO4 +5C2O42 +16H+2Mn2+10CC2 T +8H2O;II、(1) Na在化合價中呈現(xiàn)+1價，故該物質的化學式可能為 NaH,又甲與AIC3 反應可得到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，化學反應方程式為：加熱 A2NaH2Na+H2 T48g22.4L4

42、.8g2.24L故此化合物為NaH,故答案為：NaH;(2) NaH與AlC3反應可得到NaAlH4,此反應無化合價的變化，根據(jù)原子守恒推 測另一種生成物，化學反應方程式為：4NaH+AlC3=NaAlH4+3NaCl,故答案為：4NaH+AlC3=NaAlH4+3NaCl;(3) NaAlH4與水反應生成氫氣，即NaH中H化合價升高，水中H元素化合價 降低，化學反應方程式為：NaAlH4+2H2C=NaAlC2+4H2 T ,故答案為： NaAlH4+2H2O=NaAlC2+4H2 T ;(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)，反應生成鐵

43、單質，化學反應方程式為：3NaH+Fe2C3=2Fe+3NaOH, 故答案為：3NaH+FeO3=2F(+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,導致產物中有NaCl；驗純方法不合理，如果有 Na殘留，Na與水反應也產生氫氣，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、物質的判斷、氧化還原反應的是電子守恒、化學反應方程

44、式書 寫、實驗方案的評價等，難度較大.10. （15分）乙苯催化脫氫制苯乙烯反應:傕化劑(g) Qy-CHCHa (g) + 用(g)(1)已知：化學鍵C- HC-C鍵能/J?mol 1412348計算上述反應的4 H= +124 J?mol 1C=C612H- H436（2）維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質的量為n、體積為V的乙苯蒸 氣發(fā)生催化脫氫反應.已知乙苯的平衡轉化率為 %則在該溫度下反應的平衡常 數(shù)二 n"： （用a等符號表示）.小一（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的 量之比為1:9）,控制反應溫度600 C ,并保持體系總壓為常壓

45、的條件下進行反 應.在不同反應溫度下，乙苯的平衡轉化率和某催化劑作用下苯乙烯的選擇性（指除了 H2以外的產物中苯乙烯的物質的量分數(shù)）示意圖如下：Q<如血軸播色yl£摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，解釋說明該事實正反應為氣體分子數(shù)增大的反應、保持壓強不變、加入水蒸氣、容器體積應增大、等效為降低壓強:平衡向止反應方向移動.控制反應溫度為 600c的理由是 600c時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均 較高，溫度過低，反應速率較慢，轉化率較低，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)某研究機構用CO2代替水蒸氣開發(fā)了綠色化學合成工藝乙苯-二氧化碳耦合催化

46、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，在相同的生產效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應：CQ+H2 CO+H2O, CQ+C2CO.新工藝的特點有 (填編號).CQ與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學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CQ資利用.【分析】(1)反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知, 應是-CH2CH3中總鍵能與-CH=CH、H2總鍵能之差；(2)參加反應的乙苯為na mol則：OW'OCH 書+H2開始(mol): n00轉化(mol): nanana平衡(mol): n (1 - a)n an

47、 a維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT知，混合氣體總濃度不變， 設反應后的體積為V',則四二£21專，故V，i+a) V,再根據(jù)平衡常計算解答;式苯乙烯)數(shù)表達式=，匚乙不J(3)保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體積應增大，等效為降低壓強，平衡 向氣體體積增大的方向移動；600c時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高；結合溫度對乙苯轉化率、苯 乙烯選擇性、溫度對反應速率與催化劑的影響及消耗能量等，分析控制反應溫 度為600 c的理由；(4)CQ與H2反應，導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右 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

48、藝相比，在 相同的生產效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少；由于會發(fā)生反應CQ+r2CO,有利于減少積炭；CQ代替水蒸氣，有利用C6資利用.【解答】解：(1)反應熱=反應物總鍵能-生成物總能鍵能，由有機物的結構可知，應是一CHCH3中總鍵能與-CH=CH、H2總鍵能之差，故八H= (5X412+348-3X412-612-436) J?mol 1=+124J?mol 1,故答案為：+124;(2)物質的量為n、體積為V的乙苯蒸氣發(fā)生催化脫氫反應參加反應的乙苯為na mo|則：O-? t>b/&+H2開始(mol): n00轉化(mol): nanana平衡(mol) ： n (

49、1 - a)n an a維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT<知，混合氣體總濃度不變， 設反應后的體積為 V',則口*口+口.書,故7 W1+a) V,則平衡常數(shù)一二，-匚(乙笨)= 虱L-Q) OQ與廣|(1 皿 M故答案為：門今；(l-a2)v(3)正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，保持壓強不變，加入水蒸氣，容器體 積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動，提高乙苯的平衡轉化率， 故答案為：正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，保持壓強不變，加入水蒸氣，容 器體積應增大，等效為降低壓強，平衡向正反應方向移動；600c時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應速

50、率較慢， 轉化率較低，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 c左右，故答案為：600c時乙苯的轉化率與苯乙烯的選擇性均較高，溫度過低，反應速 率較慢，轉化率較低，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）CQ與H2反應，導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右 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CQ+C-2CO,有利于減少積炭，故正確；CO2代替水蒸氣，有利用CO2資利用，故正確，故選：.【點評】

51、本題考查反應熱計算、化學平衡常數(shù)計算、反應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 響計算結構，（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，學生容易認為容器的體積不變，題目難度較大.11. （15分）某學習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）碘含量的測定干海芾, 20 00 g合讖帝浸取原灌500mL取0.0100mol?L. 1的AgNQ標準溶液裝入滴定管，取 100.00mL海帶浸取原液至V (AgNO3)15.019.019.819.9 20.020.021.023.025.0

52、/mLE/mV50.0175275300325225200150100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 （）的 變化，部分數(shù)據(jù)如表: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：3l2+6NaOHH5NaI+NaIQ+3H2O請回答：(1)實驗(一)中的儀器名稱：儀器 A 培竭，儀器B 500mL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 AgNQ滴液的體積為 20.00 mL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儲水，檢查旋塞處是否漏水，將漏斗倒轉過，檢查玻璃

53、塞是否漏水.步驟中，萃取后分液漏斗內觀察到的現(xiàn)象是液體分為上下兩層，下層呈紫紅色 .下列有關步驟Y的說法，正確的是 AB .A.應控制NaOH溶液的濃度和體積B.將碘轉化成離子進入水層C.主要是除去海帶浸取原液中的有機雜質D. NaOH溶液可以由乙醇代替實驗(二)中操作的名稱是過濾.(4)方案甲中采用蒸儲不合理，理由是碘單質易升華，會導致碘損失.【分析】(1)在儀器A中灼燒海帶，該儀器為培竭；配制溶液體積為500mL,應該選用規(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 AgNQ溶液的體積；根據(jù)硝酸銀與碘離子的反應計算出100mL溶液中含有碘離子的物質

54、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3l2+6NaOH 5NaI+NaIQ+3H2O中，需要濃氫氧化鈉溶液；B.碘單質與氫氧化鈉反應生成了碘化鈉、碘酸鈉；C.該操作的主要目的是將碘單質轉化成碘酸鈉、碘化鈉，便于后續(xù)分離出碘單質；D.乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然無法分離出碘單質.碘單質不溶于水，可以通過過濾操作分離出碘單質；(4)從碘單質易升華角度分析.【解答】解：(1)根據(jù)儀器的構造可知，用于灼燒海帶的儀器為培竭；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：地竭；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系圖根據(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的量為：0.0100mol/L X0.02L=0.0002mol,則500mL原浸出液完全反應消耗硝酸銀的物質的量為：0.0002molx更她L=0.00imoi,說明20.00g該海帶中含有0