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精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金…其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．鹵水2．（6分）NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NA B．2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+個數為2NA C．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NA D．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為2NA3．（6分）烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結構式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質的量之比為（）A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：14．（6分）下列實驗中，對應的現象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是（）實驗現象結論A將硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液有氣體生成，溶液成血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B將銅粉加入1.0mol?L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D將0.1mol?L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀產生，再滴加0.1mol?L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小A．A B．B C．C D．D5．（6分）微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是（）A．正極反應中有CO2生成 B．微生物促進了反應中電子的轉移 C．質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū) D．電池總反應為C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O6．（6分）W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、8、8，它們的最外層電子數之和為18．下列說法正確的是（）A．單質的沸點：W＞X B．陰離子的還原性：W＞Z C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X與Y不能存在于同一離子化合物中7．（6分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．MOH的堿性強于ROH的堿性 B．ROH的電離程度：b點大于a點 C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH﹣）相等 D．當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水，升華，170℃以上分解?；卮鹣铝袉栴}。（1）甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產物。裝置C中可觀察到的現象是，由此可知草酸晶體分解的產物中有。裝置B的主要作用是。（2）乙組同學認為草酸晶體分解產物中還有CO，為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A、B和圖2所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。①乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為A、B、、I，裝置H反應管中盛有的物質是。②能證明草酸晶體分解產物中有CO的現象是。（3）設計實驗證明：草酸的酸性比碳酸的強。9．（14分）硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5?H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3）的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）寫出Mg2B2O5?H2O與硫酸反應的化學方程式。為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可采取的措施有（寫出兩條）。（2）利用的磁性，可將其從“浸渣”中分離。“浸渣”中還剩余的物質是（化學式）。（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是。然后在調節(jié)溶液的pH約為5，目的是。（4）“粗硼酸”中的主要雜質是（填名稱）。（5）以硼酸為原料可制得硼氫化鈉（NaBH4），它是有機合成中的重要還原劑，其電子式為。（6）單質硼可用于生成具有優(yōu)良抗沖擊性能硼鋼。以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質硼，用化學方程式表示制備過程。10．（15分）碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，該反應的還原產物為；（2）上述濃縮液中含有I﹣、Cl﹣等離子，取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當AgCl開始沉淀時，溶液中為：，已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=8.5×10﹣17。（3）已知反應2HI（g）?H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ?mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436kJ、151kJ的能量，則1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為kJ。（4）Bodensteins研究了下列反應：2HI（g）?H2（g）+I2（g），在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質的量分數x（HI）與反應時間t的關系如表：t/min020406080120X（HI）10.910.850.8150.7950.784X（HI）00.600.730.7730.7800.784①根據上述實驗結果，該反應的平衡常數K的計算式為：；②上述反應中，正反應速率為v正=k正x2（HI），逆反應速率為v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆為速率常數，則k逆為（以K和k正表示）。若k正=0.0027min﹣1，在t=40min時，v正=min﹣1。③由上述實驗數據計算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的關系可用如圖表示。當升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，相應的點分別為（填字母）。[化學--選修2：化學與技術]11．（15分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術生產CuCl的工藝過程如下：回答下列問題：（1）步驟①中得到的氧化產物是，溶解溫度應控制在60﹣70℃，原因是。（2）寫出步驟③中主要反應的離子方程式。（3）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是（寫名稱）。（4）上述工藝中，步驟⑥不能省略，理由是。（5）步驟②、④、⑤、⑧都要進行固液分離。工業(yè)上常用的固液分離設備有（填字母）A、分餾塔B、離心機C、反應釜D、框式壓濾機（6）準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反應中Cr2O72﹣被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質量分數為。[化學--選修3：物質結構與性質]12．碳及其化合物廣泛存在于自然界中，回答下列問題：（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現的概率密度分布可用形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在對自旋相反的電子。（2）碳在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，原因是。（3）CS2分子中，共價鍵的類型有，C原子的雜化軌道類型是，寫出兩個與CS2具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子。（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點為253K，沸點為376K，其固體屬于晶體。（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結構如圖所示：①在石墨烯晶體中，每個C原子連接個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有個C原子。②在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有個C原子在同一平面。[化學--選修5：有機化學基礎]13．A（C2H2）是基本有機化工原料。由A制備聚乙烯醇縮丁醛和順式聚異戊二烯的合成路線（部分反應條件略去）如圖所示：回答下列問題：（1）A的名稱是，B含有的官能團是。（2）①的反應類型是，⑦的反應類型是。（3）C和D的結構簡式分別為、。（4）異戊二烯分子中最多有個原子共平面，順式聚異戊二烯的結構簡式為。（5）寫出與A具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構體（寫結構簡式）。（6）參照異戊二烯的上述合成路線，設計一條由A和乙醛為起始原料制備1，3﹣丁二烯的合成路線。

2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）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）我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金…其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛?！边@里的“強水”是指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．鹵水【考點】12：化學科學的主要研究對象；1B：真題集萃；EG：硝酸的化學性質．【分析】“強水”“性最烈，能蝕五金…其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”說明“強水”腐蝕性很強，能腐蝕多數金屬及巖石，但不能腐蝕玻璃，即和玻璃中成分不反應，據此分析解答。【解答】解：A．氨水屬于弱堿，和金屬不反應，不符合條件，故A錯誤；B．硝酸具有強氧化性、強酸性，能腐蝕大多數金屬，也能和巖石中的CaCO3發(fā)生反應，但不能和玻璃中成分硅酸鹽反應，所以符合條件，故B正確；C．醋酸是弱電解質，能腐蝕較活潑金屬，但不能腐蝕較不活潑金屬，如Cu等金屬，不符合條件，故C錯誤；D．鹵水其主要成份為氯化鎂、氯化鈉和一些金屬陽離子，和大多數金屬不反應，不符合條件，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查元素化合物知識，為高頻考點，明確物質的性質是解本題關鍵，知道硝酸的強氧化性，題目難度不大。2．（6分）NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NA B．2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+個數為2NA C．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NA D．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為2NA【考點】1B：真題集萃；4F：阿伏加德羅常數．【專題】518：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．【分析】A．一個D2O和H2O分子中質子數都是10，18g的D2O物質的量==0.9mol、18gH2O的物質的量==1mol，根據N=nNA知，其分子數之比等于物質的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，結合分子構成計算質子數；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亞硫酸是弱電解質，在水溶液中部分電離，且第二步電離程度遠遠小于第一步電離程度；C．過氧化鈉和水反應方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧氣轉移電子物質的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，據此計算生成0.1mol氧氣轉移的電子數；C．NO和O2反應方程式為2NO+O2=2NO2，根據方程式知，2molNO與1molO2恰好完全反應生成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在轉化，方程式2NO2?N2O4?！窘獯稹拷猓篈．一個D2O和H2O分子中質子數都是10，18g的D2O物質的量==0.9mol、18gH2O的物質的量==1mol，根據N=nNA知，其分子數之比等于物質的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子數分別是0.9NA、NA，結合分子構成知，二者的質子數分別是9NA、10NA，故A錯誤；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亞硫酸是弱電解質，在水溶液中部分電離，且第二步電離程度遠遠小于第一步電離程度，所以溶液中含有的H+個數遠遠小于2NA，故B錯誤；C．過氧化鈉和水反應方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合價為﹣1價，每生成1mol氧氣轉移電子物質的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，則生成0.1mol氧氣轉移的電子0.2mol，電子數為0.2NA，故C正確；D．NO和O2反應方程式為2NO+O2=2NO2，根據方程式知，2molNO與1molO2恰好完全反應生成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在轉化，方程式2NO2?N2O4，所以產物分子數小于2NA，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數有關計算，涉及氧化還原反應、可逆反應、弱電解質的電離、同位素等知識點，明確物質的性質、物質結構、物質之間的轉化即可解答，易錯選項是AD，注意A中D2O的相對分子質量是20，注意D中存在轉化關系2NO2?N2O4。3．（6分）烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結構式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質的量之比為（）A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1【考點】1B：真題集萃；5A：化學方程式的有關計算．【分析】將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，根據C原子、N原子守恒判斷甲醛和氨的物質的量之比?！窘獯稹拷猓簩⒓兹┧芤号c氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品，若原料完全反應生成烏洛托品，每個烏洛托品分子中含有6個C原子、4個N原子，每個甲醛分子中含有1個C原子、每個氨氣分子中含有1個N原子，根據C原子、N原子守恒知，要形成一個烏洛托品分子需要6個甲醛分子、4個氨氣分子，則需要甲醛和氨氣分子個數之比=6：4=3：2，根據N=nNA知，分子數之比等于物質的量之比，所以甲醛與氨的物質的量之比3：2，故選：C?！军c評】本題考查物質的量的有關計算，為高頻考點，明確物質的量的基本公式及物質的構成是解本題關鍵，注意結合原子守恒解答，題目難度不大。4．（6分）下列實驗中，對應的現象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是（）實驗現象結論A將硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液有氣體生成，溶液成血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B將銅粉加入1.0mol?L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D將0.1mol?L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀產生，再滴加0.1mol?L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．過量鐵粉，反應生成亞鐵離子；B．Cu和Fe3+發(fā)生氧化還原反應生成Fe2+和Cu2+；C．三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，所以鋁箔在酒精燈上加熱到熔化，熔化的鋁并不滴落；D．由操作和現象可知，發(fā)生沉淀的轉化?！窘獯稹拷猓篈．過量鐵粉，反應生成亞鐵離子，加入KSCN溶液、溶液不顯紅色，故A錯誤；B．Cu和Fe3+發(fā)生氧化還原反應，反應方程式為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以沒有黑色沉淀生成，溶液由黃色變?yōu)樗{色，故B錯誤；C．將鋁箔用坩堝鉗夾住放在酒精燈火焰上加熱，鋁和氧氣反應生成了氧化鋁，形成氧化膜，三氧化二鋁的熔點高于鋁的熔點，包住了熔化的鋁，所以加熱鋁箔的時候鋁熔化了但是不會滴落，故C錯誤；D．由操作和現象可知，發(fā)生沉淀的轉化，則Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小，故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，涉及離子檢驗、氧化還原反應、硝酸性質等知識點，明確物質性質及離子檢驗方法是解本題關鍵，題目難度不大。5．（6分）微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是（）A．正極反應中有CO2生成 B．微生物促進了反應中電子的轉移 C．質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū) D．電池總反應為C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O【考點】1B：真題集萃；BH：原電池和電解池的工作原理．【分析】A．根據圖知，負極上C6H12O6失電子，正極上O2得電子和H+反應生成水，負極的電極反應式為C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正極的電極反應式為O2+4e﹣+4H+═2H2O；B．葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉化為電能，形成原電池；C．原電池中，陽離子向正極移動，所以質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)；D．燃料電池反應式和燃料燃燒方程式相同?！窘獯稹拷猓篈．根據圖知，負極上C6H12O6失電子，正極上O2得電子和H+反應生成水，負極的電極反應式為C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正極的電極反應式為O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在負極產生，故A錯誤；B．葡萄糖在微生物的作用下將化學能轉化為電能，形成原電池，有電流產生，所以微生物促進了反應中電子的轉移，故B正確；C．通過原電池的電極反應可知，負極區(qū)產生了H+，根據原電池中陽離子向正極移動，可知質子（H+）通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，故C正確；D．該反應屬于燃料電池，燃料電池的電池反應式和燃燒反應式相同，則電池反應式為C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正確；故選：A。【點評】本題考查化學電源新型電池，為高頻考點，正確判斷電解質溶液酸堿性是解本題關鍵，所有原電池中都是負極上失電子發(fā)生氧化反應、正極上得電子發(fā)生還原反應，難點是電極反應式的書寫。6．（6分）W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、8、8，它們的最外層電子數之和為18．下列說法正確的是（）A．單質的沸點：W＞X B．陰離子的還原性：W＞Z C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X與Y不能存在于同一離子化合物中【考點】1B：真題集萃；8F：原子結構與元素周期律的關系；8G：原子結構與元素的性質．【分析】W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、8、8，則則W是H元素，X是N元素，Y、Z為第三周期元素；它們的最外層電子數之和為18，W最外層電子數是1，X最外層電子數是5，Y、Z最外層電子數之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序數小于Z，則Y是P元素、Z是Cl元素，A．W、X單質都是分子晶體，分子晶體熔沸點與相對分子質量成正比；B．元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強；D．X、Y分別是N、P元素，可能存在磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨中?！窘獯稹拷猓篧、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、8、8，則W是H元素，X是N元素，Y、Z為第三周期元素；它們的最外層電子數之和為18，W最外層電子數是1，X最外層電子數是5，Y、Z最外層電子數之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序數小于Z，則Y是P元素、Z是Cl元素，A．H、N元素單質都是分子晶體，分子晶體熔沸點與相對分子質量成正比，氮氣相對分子質量大于氫氣，所以單質的沸點：W＜X，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其簡單陰離子的還原性越弱，非金屬性W＜Z，所以陰離子的還原性：W＞Z，故B正確；C．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性P＜Cl，最高價氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此規(guī)律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C錯誤；D．X、Y分別是N、P元素，可能存在磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨中，磷酸銨、磷酸一氫銨、磷酸二氫銨都是銨鹽，屬于離子化合物，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結構和元素性質，為高頻考點，涉及離子化合物判斷、酸性強弱判斷、物質熔沸點高低判斷、元素周期律等知識點，正確判斷元素是解本題關鍵，結合物質的結構性質解答，易錯選項是C。7．（6分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．MOH的堿性強于ROH的堿性 B．ROH的電離程度：b點大于a點 C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH﹣）相等 D．當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強；B．弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大；C．若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH﹣）接近于純水中c（OH﹣）；D．MOH的堿性強于ROH的堿性，當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，促進弱電解質電離?！窘獯稹拷猓篈．相同濃度的一元堿，堿的pH越大其堿性越強，根據圖知，未加水時，相同濃度條件下，MOH的pH大于ROH的pH，說明MOH的電離程度大于ROH，則MOH的堿性強于ROH的堿性，故A正確；B．由圖示可以看出ROH為弱堿，弱電解質在水溶液中隨著濃度的減小其電離程度增大，b點溶液體積大于a點，所以b點濃度小于a點，則ROH電離程度：b＞a，故B正確；C．若兩種溶液無限稀釋，最終其溶液中c（OH﹣）接近于純水中c（OH﹣），所以它們的c（OH﹣）相等，故C正確；D．根據A知，堿性MOH＞ROH，當lg=2時，由于ROH是弱電解質，升高溫度能促進ROH的電離，所以c（M+）/c（R+）減小，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查弱電解質在水溶液中電離平衡，為高頻考點，明確弱電解質電離特點、弱電解質電離程度與溶液濃度關系等知識點是解本題關鍵，易錯選項是C，注意：堿無論任何稀釋都不能變?yōu)橹行匀芤夯蛩嵝匀芤?，接近中性時要考慮水的電離，為易錯點。二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水，升華，170℃以上分解。回答下列問題。（1）甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產物。裝置C中可觀察到的現象是有氣泡冒出，澄清石灰水變渾濁，由此可知草酸晶體分解的產物中有CO2。裝置B的主要作用是冷凝（水蒸氣和草酸），防止草酸進入裝置C反應生成沉淀而干擾CO2的檢驗。（2）乙組同學認為草酸晶體分解產物中還有CO，為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A、B和圖2所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。①乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為A、B、F、D、G、H、D、I，裝置H反應管中盛有的物質是CuO。②能證明草酸晶體分解產物中有CO的現象是H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D中澄清石灰水變渾濁。（3）設計實驗證明：草酸的酸性比碳酸的強向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產生就說明草酸酸性大于碳酸?！究键c】U2：性質實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，如果草酸受熱分解，分解時會產生二氧化碳而使澄清石灰水變渾濁；草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水，B裝置溫度較低，有冷凝作用，防止干擾實驗；（2）①要檢驗生成CO，在甲組實驗后，用濃氫氧化鈉除去二氧化碳，用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰干燥CO，利用CO的還原性將CO氧化，再利用澄清石灰水檢驗生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H裝置中盛放的物質應該具有氧化性，且和CO反應有明顯現象發(fā)生；②CO具有還原性，其氧化產物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁；（3）要證明草酸酸性大于碳酸，可以利用強酸制取弱酸?！窘獯稹拷猓海?）草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，如果草酸受熱分解，分解時會產生二氧化碳，二氧化碳和氫氧化鈣反應生成難溶性的碳酸鈣沉淀而使澄清石灰水變渾濁，所以C中觀察到的現象是：有氣泡冒出且澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成；草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水，草酸易揮發(fā)，導致生成的氣體中含有草酸，草酸和氫氧化鈣反應生成難溶性的草酸鈣而干擾二氧化碳的檢驗，B裝置溫度較低，有冷凝作用，防止干擾二氧化碳的檢驗，故答案為：有氣泡冒出，澄清石灰水變渾濁；CO2；冷凝（水蒸氣和草酸），防止草酸進入裝置C反應生成沉淀而干擾CO2的檢驗；（2）①要檢驗生成CO，在甲組實驗后，用濃氫氧化鈉除去二氧化碳，用澄清石灰水檢驗二氧化碳，用堿石灰干燥CO，利用CO和CuO發(fā)生還原反應生成CO2，再利用澄清石灰水檢驗生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免環(huán)境污染，所以其連接順序是A、B、F、D、G、H、D、I；H裝置中盛放的物質應該具有氧化性，且和CO反應有明顯現象發(fā)生，CuO能被CO還原且反應過程中黑色固體變?yōu)榧t色，現象明顯，所以H中盛放的物質是CuO，故答案為：F、D、G、H、D；CuO；②CO具有還原性，其氧化產物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水變渾濁，且CO將黑色的CuO還原為紅色的Cu，只要H中黑色固體轉化為紅色且其后的D裝置溶液變渾濁就說明含有CO，故答案為：H中黑色粉末變?yōu)榧t色，其后的D中澄清石灰水變渾濁；（3）要證明草酸酸性大于碳酸，可以利用強酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產生就說明草酸酸性大于碳酸，故答案為：向盛有少量NaHCO3的試管里滴加草酸溶液，有氣泡產生就說明草酸酸性大于碳酸?！军c評】本題考查性質實驗方案設計，為高頻考點，側重考查學生知識綜合應用、實驗基本操作能力及實驗方案設計能力，綜合性較強，難點是排列實驗先后順序，根據實驗目的及物質的性質進行排列順序，注意要排除其它因素干擾，題目難度中等。9．（14分）硼及其化合物在工業(yè)上有許多用途。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5?H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3）的工藝流程如圖所示：回答下列問題：（1）寫出Mg2B2O5?H2O與硫酸反應的化學方程式Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度外，還可采取的措施有提高反應溫度或減小鐵硼礦粉粒徑（寫出兩條）。（2）利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣”中分離。“浸渣”中還剩余的物質是SiO2、CaSO4（化學式）。（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子。然后在調節(jié)溶液的pH約為5，目的是使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去。（4）“粗硼酸”中的主要雜質是七水硫酸鎂（填名稱）。（5）以硼酸為原料可制得硼氫化鈉（NaBH4），它是有機合成中的重要還原劑，其電子式為。（6）單質硼可用于生成具有優(yōu)良抗沖擊性能硼鋼。以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質硼，用化學方程式表示制備過程2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO?！究键c】1B：真題集萃；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5?H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解Fe3O4、SiO2不溶，CaO轉化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜”需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉化為鐵離子，調節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉化為沉淀，則濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾分離出H3BO3，以此來解答。【解答】解：以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5?H2O和Fe3O4，還有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）為原料制備硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO轉化為微溶于水的CaSO4，“凈化除雜”需先加H2O2溶液，將亞鐵離子轉化為鐵離子，調節(jié)溶液的pH約為5，使鐵離子、鋁離子均轉化為沉淀，則濾渣為氫氧化鋁、氫氧化鐵，然后蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾分離出H3BO3，（1）Mg2B2O5?H2O與硫酸反應的化學方程式Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度濃度外，還可采取的措施有提高反應溫度或減小鐵硼礦粉粒徑等，故答案為：Mg2B2O5?H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反應溫度或減小鐵硼礦粉粒徑；（2）利用Fe3O4的磁性，可將其從“浸渣”中分離?！敖敝羞€剩余的物質是SiO2、CaSO4，故答案為：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“凈化除雜”需先加H2O2溶液，作用是將亞鐵離子氧化為鐵離子。然后在調節(jié)溶液的pH約為5，目的是使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去，故答案為：將亞鐵離子氧化為鐵離子；使鐵離子、鋁離子形成氫氧化物沉淀而除去；（4）最后濃縮結晶時硫酸鎂易結合水以晶體析出，則“粗硼酸”中的主要雜質是七水硫酸鎂，故答案為：七水硫酸鎂；（5）NaBH4為離子化合物，含離子鍵、共價鍵，其電子式為，故答案為：；（6）以硼酸和金屬鎂為原料可制備單質硼的化學方程式為2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案為：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO?！军c評】本題考查混合物分離提純的綜合應用，為高頻考點，為2015年高考真題，把握實驗流程及發(fā)生的反應、混合物分離提純方法為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的綜合考查，題目難度中等。10．（15分）碘及其化合物在合成殺菌劑、藥物等方面具有廣泛用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，該反應的還原產物為MnSO4；（2）上述濃縮液中含有I﹣、Cl﹣等離子，取一定量的濃縮液，向其中滴加AgNO3溶液，當AgCl開始沉淀時，溶液中為：4.7×10﹣7，已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（AgI）=8.5×10﹣17。（3）已知反應2HI（g）?H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ?mol﹣1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收436kJ、151kJ的能量，則1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為299kJ。（4）Bodensteins研究了下列反應：2HI（g）?H2（g）+I2（g），在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質的量分數x（HI）與反應時間t的關系如表：t/min020406080120X（HI）10.910.850.8150.7950.784X（HI）00.600.730.7730.7800.784①根據上述實驗結果，該反應的平衡常數K的計算式為：；②上述反應中，正反應速率為v正=k正x2（HI），逆反應速率為v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆為速率常數，則k逆為（以K和k正表示）。若k正=0.0027min﹣1，在t=40min時，v正=1.95×10﹣3min﹣1。③由上述實驗數據計算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的關系可用如圖表示。當升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，相應的點分別為A、E（填字母）?！究键c】BB：反應熱和焓變；CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反應中I元素發(fā)生氧化反應，Mn元素被還原，還原產物應為硫酸錳；（2）當AgCl開始沉淀時，說明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已達到飽和狀態(tài)，因此可以根據溶度積表達式進行計算，溶液中=；（3）正反應為吸熱反應，化學鍵斷裂時需吸收的能量﹣化學鍵生成時需放出的能量=反應吸收的熱量；（4）①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反應進行建立平衡，由第一列數據可知，平衡時HI物質的量分數為0.784，則氫氣、碘蒸汽總物質的量分數為1﹣0.784=0.216，而氫氣、與碘蒸汽物質的量分數相等均為0.108，反應前后氣體體積不變，用物質的量分數代替濃度代入平衡常數表達式K=計算；②到達平衡時，正、逆反應速率相等，結合平衡常數表達式，可知k逆的表達式；在t=40min時，x（HI）=0.85，代入正反應速率表達式v正=k正x2（HI）計算；③升高溫度，正、逆反應速率均加快，正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，正反應建立平衡，平衡時HI的物質的量分數減小，逆反應建立平衡，平衡時H2的物質的量分數增大?！窘獯稹拷猓海?）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反應中I元素發(fā)生氧化反應，Mn元素被還原，還原產物應為硫酸錳，故答案為：MnSO4；（2）當AgCl開始沉淀時，說明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已達到飽和狀態(tài)，因此可以根據溶度積表達式進行計算，溶液中===4.7×10﹣7，故答案為：4.7×10﹣7；（3）設1molHI（g）分子中化學鍵斷裂時需吸收的能量為xkJ，則：2xkJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得x=299，故答案為：299；（4）①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反應進行建立平衡，由第一列數據可知，平衡時HI物質的量分數為0.784，則氫氣、碘蒸汽總物質的量分數為1﹣0.784=0.216，而氫氣、與碘蒸汽物質的量分數相等均為0.108，反應前后氣體體積不變，用物質的量分數代替濃度計算平衡常數，則平衡常數K==，故答案為：；②到達平衡時，正、逆反應速率相等，則k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2），則k逆=k正×=，在t=40min時，正反應建立平衡的x（HI）=0.85，則v正=k正x2（HI）=0.0027min﹣1×0.852=1.95×10﹣3min﹣1，故答案為：；1.95×10﹣3；③對于2HI（g）?H2（g）+I2（g）反應建立平衡時：升高溫度，正、逆反應速率均加快，因此排除C點，正反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，因此平衡正向移動，再次平衡時HI的物質的量分數減小，因此排除B點，故選A點；對于H2（g）+I2（g）?2HI（g）反應建立平衡時：升高溫度，正、逆反應速率均加快，升高溫度，平衡向吸熱反應方向移動，因此平衡逆向移動，再次平衡時H2的物質的量分數增大，故選E點；因此反應重新達到平衡，v正～x（HI）對應的點為A，v逆～x（H2）對應的點為E，故答案為：A、E?！军c評】本題比較綜合，涉及考查氧化還原反應、反應熱計算、化學平衡常數計算、化學反應速率計算及影響因素、平衡移動等，屬于拼合型題目，（4）為易錯點，側重考查學生自學能力、分析解決問題的能力，注意表中數據為不同方向建立的平衡，題目中沒有明確，增大題目難度。[化學--選修2：化學與技術]11．（15分）氯化亞銅（CuCl）廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）為原料，采用硝酸銨氧化分解技術生產CuCl的工藝過程如下：回答下列問題：（1）步驟①中得到的氧化產物是CuSO4或Cu2+，溶解溫度應控制在60﹣70℃，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解。（2）寫出步驟③中主要反應的離子方程式2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+。（3）步驟⑤包括用pH=2的酸洗、水洗兩步操作，酸洗采用的酸是硫酸（寫名稱）。（4）上述工藝中，步驟⑥不能省略，理由是醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化。（5）步驟②、④、⑤、⑧都要進行固液分離。工業(yè)上常用的固液分離設備有BD（填字母）A、分餾塔B、離心機C、反應釜D、框式壓濾機（6）準確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到終點，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反應中Cr2O72﹣被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質量分數為?！究键c】1B：真題集萃；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；U3：制備實驗方案的設計．【專題】24：實驗設計題．【分析】酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl+SO42﹣+2H+，得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，步驟②、④、⑤、⑧都要進行固液分離，根據混合的水溶性進行分離，沒有發(fā)生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以得到濾餅，氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，結合關系式解答該題?！窘獯稹拷猓核嵝詶l件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸銅，過濾后在濾液中加入亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+，得到的CuCl經硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，烘干得到氯化亞銅。（1）由于酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解溫度應控制在60﹣70℃，原因是溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解，故答案為：CuSO4或Cu2+；溫度低溶解速度慢，溫度過高銨鹽分解；（2）銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，發(fā)生2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案為：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+；（3）由流程可知，經酸洗、水洗后得到硫酸銨，則應加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質，故答案為：硫酸；（4）步驟⑥為醇洗，因乙醇沸點低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化，故答案為：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）步驟②、④、⑤、⑧都要進行固液分離，根據混合的水溶性進行分離，沒有發(fā)生化學變化，可用離心機以及框式壓濾機，以得到濾餅，故答案為：BD；（6）氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2++Cr2O72﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反應的關系式為6CuCl～6Fe2+～Cr2O72﹣，61nab×10﹣3moln=6ab×10﹣3mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10﹣3mol=0.597abg，則樣品中CuCl的質量分數為，故答案為：?！军c評】本題為2015年高考題，題目考查學生閱讀獲取信息的能力、常用化學用語、氧化還原滴定的應用等，側重于學生的分析能力、實驗能力和計算能力的考查，注意把握物質的性質以及反應流程，難度中等，注意（6）中利用關系式的計算。[化學--選修3：物質結構與性質]12．碳及其化合物廣泛存在于自然界中，回答下列問題：（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現的概率密度分布可用電子云形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在2對自旋相反的電子。（2）碳在形成化合物時，其鍵型以共價鍵為主，原因是C有4個價電子且半徑較小，難以通過得或失電子達到穩(wěn)定結構。（3）CS2分子中，共價鍵的類型有σ鍵和π鍵，C原子的雜化軌道類型是sp，寫出兩個與CS2具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子CO2、SCN﹣或COS等。（4）CO能與金屬Fe形成Fe（CO）5，該化合物熔點為253K，沸點為376K，其固體屬于分子晶體。（5）碳有多種同素異形體，其中石墨烯與金剛石的晶體結構如圖所示：①在石墨烯晶體中，每個C原子連接3個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有2個C原子。②在金剛石晶體中，C原子所連接的最小環(huán)也為六元環(huán)，每個C原子連接12個六元環(huán)，六元環(huán)中最多有4個C原子在同一平面。【考點】8H：物質的結構與性質之間的關系；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現的概率密度分布可用電子云形象化描述；根據同一軌道的2兩個電子自選方向相反判斷；（2）共價鍵為原子之間以共用電子對成鍵，碳的非金屬性較弱，但半徑較小，反應中難以失去或得到電子；（3）CS2分子的結構式為S=C=S，含有σ鍵和π鍵；結合σ鍵和孤對電子數判斷價層電子對數，以此判斷雜化類型；與CS2具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子為等電子體，應含有3個原子，價電子數為16；（4）熔點為253K，沸點為376K，具有分子晶體的性質；（5）①石墨晶體中最小的環(huán)為六元環(huán)，每個碳原子連接3個C﹣C化學健，每個C﹣C化學健被2個碳原子共用；②在金剛石的晶體結構中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，這5個碳原子形成的是正四面體結構，鍵角為109028，最小的環(huán)為6元環(huán)?！窘獯稹拷猓海?）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現的概率密度分布可用電子云形象化描述，離核近的區(qū)域電子云密度較大，離核遠的區(qū)域電子云密度較小，C原子核外電子排布為1s22s22p2，軌道式為如圖所示：，則在基態(tài)14C原子中，核外存在2對自旋相反的電子，故答案為：電子云；2；（2）共價鍵為原子之間以共用電子對成鍵，碳原子核外有4個電子，且元素的非金屬性較弱，但半徑較小，反應中難以失去或得到電子，故答案為：C有4個價電子且半徑較小，難以通過得或失電子達到穩(wěn)定結構；（3）CS2分子的結構式為S=C=S，含有σ鍵和π鍵，CS2分子中C原子形成2個σ鍵，孤對電子數為=0，則為sp雜化，與CS2具有相同空間構型和鍵合形式的分子或離子為等電子體，應含有3個原子，價電子數為16，常見有CO2、SCN﹣或COS等，故答案為：σ鍵和π鍵；sp；CO2、SCN﹣或COS等；（4）Fe（CO）5熔點為253K，沸點為376K，具有分子晶體的性質，則固體應為分子晶體，故答案為：分子；（5）①石墨晶體中最小的環(huán)為六元環(huán)，每個碳原子連接3個C﹣C化學健，則每個C原子連接3個六元環(huán)，每個六元環(huán)占有的C原子數為6×=2，故答案為：3；2；②在金剛石的晶體結構中每個碳原子與周圍的4個碳原子形成四個碳碳單鍵，最小的環(huán)為6元環(huán)，每個單鍵為3個環(huán)共有，則每個C原子連接4×3=12個六元環(huán)，晶胞中共平面的原子如圖，共4個，故答案為：12；4。【點評】本題為2015年考題，考查物質結構和性質，側重考查學生空間想象能力、知識運用能力，涉及晶胞計算、原子結構等知識點，綜合性較強，采用均攤法、價層電子對互斥理論等理論分析解答，題目難度中等。[化學--選修5：有機化學基礎]13．A（C2H2）是基本有機化工原料。由A制備聚乙烯醇縮丁醛和順式聚異戊二烯的合成路線（部分反應條件略去）如圖所示：回答下列問題：（1）A的名稱是乙炔，B含有的官能團是碳碳雙鍵和酯基。（2）①的反應類型是加成反應，⑦的反應類型是消去反應。（3）C和D的結構簡式分別為、CH3CH2CH2CHO。（4）異戊二烯分子中最多有11個原子共平面，順式聚異戊二烯的結構簡式為。（5）寫出與A具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構體（寫結構簡式）CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3。（6）參照異戊二烯的上述合成路線，設計一條由A和乙醛為起始原料制備1，3﹣丁二烯的合成路線。【考點】HC：有機物的合成．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】由分子式可知A為HC≡CH，結合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式發(fā)現B（C4H6O2）為A與乙酸發(fā)生加成反應所得，生成B為CH2=CHOOCCH3，發(fā)生加聚反應生成，水解生成C為，由聚乙烯醇縮丁醛可知D為CH3CH2CH2CHO，HC≡CH與丙酮在KOH條件下發(fā)生加成反應生成，與氫氣發(fā)生加成反應生成，在氧化鋁的作用下發(fā)生消去反應生成異戊二烯，異戊二烯在催化作用下發(fā)生加聚反應生成，以此解答該題?！窘獯稹拷猓河煞肿邮娇芍狝為HC≡CH，與乙酸發(fā)生加成反應生成B為CH2=CHOOCCH3，發(fā)生加聚反應生成，水解生成C為，由聚乙烯醇縮丁醛可知D為CH3CH2CH2CHO，HC≡CH與丙酮在KOH條件下反應生成，與氫氣發(fā)生加成反應生成，在氧化鋁的作用下生成異戊二烯，異戊二烯在催化作用下發(fā)生加聚反應生成，（1）由以上分析可知A為乙炔，B為CH2=CHOOCCH3，含有的官能團為碳碳雙鍵和酯基，故答案為：乙炔；碳碳雙鍵和酯基；（2）A為HC≡CH，與乙酸發(fā)生加成反應生成B為CH2=CHOOCCH3，在氧化鋁的作用下發(fā)生消去反應生成異戊二烯，故答案為：加成反應；消去反應；（3）C為，D為CH3CH2CH2CHO，故答案為：；CH3CH2CH2CHO；（4）異戊二烯結構簡式為CH2=C（CH3）﹣CH=CH2，分子中含有2個C=C鍵，與C=C鍵直接相連的原子在同一個平面上，甲基有1個H原子與C=C鍵也可能在同一個平面上，則共有11個原子共平面，如圖所示：順式聚異戊二烯的結構簡式為，故答案為：11；；（5）與A具有相同官能團的異戊二烯的所有同分異構體應含有C≡C鍵，可能的結構簡式有CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3等，故答案為：CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3；（6）乙炔與乙醛發(fā)生加成反應生成HC≡CCHOHCH3，然后與氫氣發(fā)生加成反應生成H2C=CHCHOHCH3，在氧化鋁作用下加熱發(fā)生消去反應生成CH2=CHCH=CH2，該題最好的方法是使用逆推法，合成路線為，故答案為：?！军c評】本題為2015年高考題，題目側重烯烴、炔烴的性質的考查，有助于培養(yǎng)學生良好的分析能力和自學能力，難度適中，注意把握題給信息，易錯點為結構的判斷和同分異構體的書寫。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅰ）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）我國清代《本草綱目拾遺》中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金…其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛?！边@里的“強水”是指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．鹵水2．（6分）NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．18gD2O和18gH2O中含有的質子數均為10NA B．2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+個數為2NA C．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.2NA D．密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數為2NA3．（6分）烏洛托品在合成、醫(yī)藥、染料等工業(yè)中有廣泛用途，其結構式如圖所示。將甲醛水溶液與氨水混合蒸發(fā)可制得烏洛托品。若原料完全反應生成烏洛托品，則甲醛與氨的物質的量之比為（）A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：14．（6分）下列實驗中，對應的現象以及結論都正確且兩者具有因果關系的是（）實驗現象結論A將硝酸加入過量鐵粉中，充分反應后滴加KSCN溶液有氣體生成，溶液成血紅色稀硝酸將Fe氧化為Fe3+B將銅粉加入1.0mol?L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中溶液變藍，有黑色固體出現金屬Fe比Cu活潑C用坩堝鉗夾住用砂紙仔細打磨過的鋁箔在酒精燈上加熱熔化后的液態(tài)鋁滴落下來金屬鋁的熔點比較低D將0.1mol?L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀產生，再滴加0.1mol?L﹣1CuSO4溶液先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍色沉淀Cu（OH）2的溶度積比Mg（OH）2的小A．A B．B C．C D．D5．（6分）微生物電池是指在微生物的作用下將化學能轉化為電能的裝置，其工作原理如圖所示。下列有關微生物電池的說法錯誤的是（）A．正極反應中有CO2生成 B．微生物促進了反應中電子的轉移 C．質子通過交換膜從負極區(qū)移向正極區(qū) D．電池總反應為C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O6．（6分）W、X、Y、Z均為的短周期主族元素，原子序數依次增加，且原子核外L電子層的電子數分別為0、5、8、8，它們的最外層電子數之和為18．下列說法正確的是（）A．單質的沸點：W＞X B．陰離子的還原性：W＞Z C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X與Y不能存在于同一離子化合物中7．（6分）濃度均為0.10mol/L、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示，下列敘述錯誤的是（）A．MOH的堿性強于ROH的堿性 B．ROH的電離程度：b點大于a點 C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c（OH﹣）相等 D．當lg=2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大二、解答題（共3小題，滿分43分）8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的鈉鹽和鉀鹽易溶于水，而其鈣鹽難溶于水。草酸晶體（H2C2O4?2H2O）無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水，升華，170℃以上分解?；卮鹣铝袉栴}。（1）甲組同學按照如圖所示的裝置，通過實驗檢驗草酸晶體的分解產物。裝置C中可觀察到的現象是，由此可知草酸晶體分解的產物中有。裝置B的主要作用是。（2）乙組同學認為草酸晶體分解產物中還有CO，為進行驗證，選用甲組實驗中的裝置A、B和圖2所示的部分裝置（可以重復選用）進行實驗。①乙組同學的實驗裝置中，依次連接的合理順序為A、B、、I，裝置H反應管中盛有的物質是。②能證明草酸晶體分解產物中有CO