高考學習資料 2015年浙江省高考化學試卷

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）

L（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，0℃時冰的密度比水的密度小，水在4℃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(zhì)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、SO?的回收利用和NO,的催化轉化都是減少酸雨產(chǎn)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.做蒸播實驗時，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BaCL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SCV或SO3?

D.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X、Y、Z、W為短周期元素，W元

素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍.下列說法正確的是（）

X

YZW

T

A.X、W、Z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、Z、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.YX2晶體熔化、液態(tài)WX3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(zhì)具有半導體特性，T2X3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，苯與液溟、硝酸、硫酸作用生成溟苯、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

f-CHz-CHz-CH-CHife-

D.聚合物（CH3）可由單體CH3cH=（2出和CH2=CH2加聚制得

5.（6分）在固態(tài)金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2O-CO2混合氣體制備W

和CO是一種新的能源利用方式，基本原理如圖所示.下列說法不正確的是（）

A.X是電源的負極

22

B.陰極的反應式是：H2O+2e-H2+O,CO2+2e—C0+0

C.總反應可表示為：H2O+CO2通電H2+8+O2

D.陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)的量之比是1：1

6.（6分）40℃時，在氨-水體系中不斷通入C02,各種離子的變化趨勢如圖所

示.下列說法不正確的是（）

0.06

0.05

0.04

0.03

0.02

0.01

0

11.010.510.09.59.08.58.07.57.0

pH

2

A.在pH=9.0時，c(NH4)>c(HCO3)>c(NH2COO)>c(CO3)

2

B.不同pH的溶液中存在關系：c(NH4,)+C(H)=2C(CO3)+c(HCO3)+c

(NH2COO)+c(OH)

C.隨著CO2的通入，不斷增大

C(NH3*H20)

D.在溶液pH不斷降低的過程中，有含NHzCOO的中間產(chǎn)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.SiCh、AI2O3,

不考慮其他雜質(zhì)）制取七水合硫酸亞鐵（FeSO4-7H2O）,設計了如下流程：

下列說法不正確的是（）

A.溶解燒渣詵用足量硫酸，試劑X詵用鐵粉

B.固體1中一定含有SiCh，控制pH是為了使AF,轉化為Al（OH）3，進入固體

2

C.從溶液2得到FeSO4?7H2。產(chǎn)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(jīng)結晶分離也可得到FeSO4*7H2O

二、非選擇題：

8.（10分）化合物X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：

CHI=CH2

已知：RXNa0H/H20ROH：RCHQ+CHgCOOR/CH3CH2QNaRCH=CHCQQR>

請回答：

（1）E中官能團的名稱是.

（2）B+D玲F的化學方程式.

（3）X的結構簡式.

（4）對于化合物X,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Brz/CCL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.

9.（18分）I.請回答：

（1）H2O2的電子式.

（2）鎂燃燒不能用CCh滅火，用化學方程式表示其理由.

（3）在AgCI沉淀中加入KBr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：

22，

MnO4_+C2O4+—Mn+82個+.

H.化合物甲和NaAIH’都是重要的還原劑.一定條件下金屬鈉和力反應生成

甲.甲與水反應可產(chǎn)生比，曰與AlCb反應可得到NaAIH4.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

請推測并回答：

（1）甲的化學式.

（2）甲與AlCb反應得到NaAIH4的化學方程式.

（3）NaAIH4與水發(fā)生氧化還原反應的化學方程式.

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

（4）Fe2O3）,

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(jīng)濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質(zhì)即為純凈的甲；取該固體物

質(zhì)與水反應，若能產(chǎn)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：

＜（O^—CH2CH3（g）.4=CH2（g）+H2（g）

（1）已知：

化學鍵C-HC-CC=CH-H

鍵能412348612436

計算上述反應的△H=kJ?mol1.

（2）維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質(zhì)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a,則在該溫度下反應的平衡常

數(shù)K=（用a等符號表示）.

（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(zhì)的

量之比為1：9）,控制反應溫度600℃,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

除了出以外的產(chǎn)物中苯乙烯的物質(zhì)的量分數(shù)）示意圖如下：

1^

80

0

6

0

4

0

2

400500600700800

溫度/T

①摻入水蒸氣能提高乙苯的平衡轉化率，解釋說明該事實

②控制反應溫度為600℃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-二

氧化碳耦合催化脫氫制苯乙烯,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(chǎn)效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應：CO2+H2

新工藝的特點有（填編號）.

=CO+H2O,CO2+C-2CO.

①CO2與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學平衡右移

②不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗

③有利于減少積炭

④有利用CO2資源利用.

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.

實驗（一）碘含量的測定

含「的海帶

浸取原液500mL

取0.0100mol*L1的AgNCh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(AgNO3)15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00

/mL

E/mV-50.0175275300325

225200150100

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+6NaOH=5Nal+NalO3+3H2O

請回答：

（1）實驗（一）中的儀器名稱：儀器A,儀器B

（2）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制滴定曲線：

②該次滴定終點時用去AgNCh溶液的體積為mL,計算得海帶中碘的百分

含量為%.

（3）①分液漏斗使用前須檢漏，檢漏方法為.

②步驟X中，萃取后分液漏斗內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是.

③下列有關步驟Y的說法，正確的是.

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(zhì)

D.NaOH溶液可以由乙醇代替

④實驗（二）中操作Z的名稱是.

（4）方案甲中采用蒸儲不合理，理由是.

“物質(zhì)結構與性質(zhì)”模塊（10分）

12.（1）Cl?'的電子排布式是

（2）下列物質(zhì)中既有離子鍵又有共價鍵的是

A.MgOB.NaOHC.CaCI2D.（NH4）2so4

（3）關于下列分子的說法不正確的是

A.既有0鍵又有n鍵

B.0-H鍵的極性強于C-H鍵的極性

C.是非極性分子

D.該物質(zhì)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）CH20H與CH3cHeICH2cH3都是手性分子

B.NHj和CH4的空間構型相似

c.BF3與都是平面型分子

D.C02和H20都是直線型分子

（5）下列有關性質(zhì)的比較，正確的是

A.第一電離能：0>N

B.水溶性:CH3cH20H>CH3cH20cH2cH3

C.沸點：HCI>HF

D.晶格能：NaCI>MgO.

“有機化學基礎〃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：

R-X-NaCNR_A龍。H_R_COOH

R-CH2coOH誓R-CHCOOH

已知：Hr

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498的合成路線中，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.CH3COOC2H5B.C6H5COOHC.CH3CH2CH2COOHD.CH3COOH

（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玲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，0℃時冰的密度比水的密度小，水在4℃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(zhì)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NOx的催化轉化都是減少酸雨產(chǎn)生的措

施

【分析】A、通常我們把物質(zhì)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(zhì)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，其體積變大；

C、納米粒子是指粒度在l-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(zhì)；為減少酸雨的產(chǎn)生，只要

減少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的產(chǎn)生.

【解答】解：A、液晶態(tài)是指介于晶體和液體之間的物質(zhì)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，其體積變大，則相同質(zhì)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(zhì)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來，沒有新物質(zhì)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(chǎn)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：Co

【點評】本題主要考查的是液晶的概念以及其性質(zhì)、膠體的性質(zhì)、物理變化與化

學變化的本質(zhì)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，在蒸鐲燒瓶中應加入沸石，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Ba"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SO4?-或S03?

D.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，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AgCI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AgCI均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中加入BaCL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，制得的飽和溶液中硝酸鉀量

較少，不能采取降溫結晶的方法，故D錯誤，

故選：B.

【點評】本題主要考查的是實驗室中常見操作和物質(zhì)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X、Y、Z、W為短周期元素，W元

素原子的核電荷數(shù)為X元素的2倍.下列說法正確的是（）

X

YZW

T

A.X、W、Z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、Z、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.YX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力

D.根據(jù)元素周期律，可以推則T元素的單質(zhì)具有半導體特性，T2X3具有氧化性

和還原性

【分析】X、Y、Z、W為短周期元素，由元素周期表可知：X應位于第二周期，

且應處于周期表中右半部分，W與X處于同一主族，且W元素原子的核電荷數(shù)

為X元素的2倍，那么X為。，W為S,據(jù)此結合選項判斷即可.

【解答】解：X、Y、Z、W為短周期元素，由元素周期表可知：X應位于第二周

期，且應處于周期表中右半部分，W與X處于同一主族，且W元素原子的核電

荷數(shù)為X元素的2倍，那么X為。，W為S,那么Z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0>S>P,故出0

>H2S>H3P，故A錯誤；

B、S元素在自然界中存在游離態(tài)單質(zhì)，常在火山口附近，故B錯誤；

C、YX2為SiOz，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，T2XB為

AS2O3,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】木題考查元素的位置與性質(zhì)，結構的關系，難度不大，解題是時注意元

素的性質(zhì)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，苯與液溟、硝酸、硫酸作用生成濱苯、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

f-CHz-CHz-CH-CHzfc-

D.聚合物（CH3）可由單體CH3cH=CH2和CH2;CH2加聚制得

【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-C-CC4-C、

V

c-c-c-c-cC-C-C-C-CC-C-C-CC-C-C-C

t、t.J>cc,己烷同分異構體為不同物質(zhì)，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；

B.在一定條件下，苯與液漠、硝酸、硫酸作用生成溟苯、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

（CH3）的單體是CH3cH=CH2和CH2=CH2，故D正確；

故選：Ao

【點評】木題考查較綜合，涉及高聚物單體判斷，取代反應判斷.同分異構休種

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，高溫共電解出0-C6混合氣體制備出

和co是一種新的能源利用方式,基本原理如圖所示.下列說法不正確的是（）

HzOH2

A.X是電源的負極

r2

B.陰極的反應式是：H2O+2e—H2+0,CO2+2e—CO+O

C.總反應可表示為：H20+C5通電H2+CO+O2

D.陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)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)與X極相連的

電極產(chǎn)生的氣體判斷；

B.電解池陰極發(fā)牛還原反應，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(chǎn)生修、CO,陽極產(chǎn)生氧氣，結合C總的反應分析；

【解答】解：A.根據(jù)圖示知：與X相連的電極產(chǎn)生CO,電解HzO-COz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X是電源的負極，故A正確；

B.電解池陰極發(fā)生還原反應，電解HzO-CCh混合氣體制備力和CO,陰極：水

中的氫原子得到電子生成氫氣，HzO+2e=H2個+。2一，二氧化碳得到電子生成一

2

氧化碳,CO2+2e—C0+0,故B正確;

C.電解出0-。）2混合氣體制備Hz和CO,根據(jù)圖示知：陰極產(chǎn)生或、CO,陽

極產(chǎn)生氧氣，所以總反應為：H2O+CO2通電H2+CO+O2,故C正確；

涌由

D.電解H20-82混合氣體制備出和CO,總反應為：H2O+CO2H2+CO+O2,

陰極產(chǎn)生出、CO,陽極產(chǎn)生氧氣，陰、陽兩極生成的氣體的物質(zhì)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）40℃時，在氨-水體系中不斷通入C02,各種離子的變化趨勢如圖所

示.卜列說法不止確的是（）

pH

2

A.在pH=9.0時，c(NH4)>C(HCO3)>c(NH2COO)>c(CO3)

2

B.不同pH的溶液中存在關系：C(NH4)+c(H)=2C(CO3')+C(HCO3')+C

(NH2COO)+c(OH)

c隨著82的通入'謠島不斷增大

D.在溶液pH不斷降低的過程中，有含NWCOO的中間產(chǎn)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，即正電荷的總濃度等于負電荷的總濃度;

-

C(NH4^C(0H)

C.根據(jù)Kb=分析;

C(NH？-H90)

D.根據(jù)圖象可知開始沒有NH2co0一，后來也不存在NH2co0.

【解答】解：A.pH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關系：c(NH；)>c(HCO3

')>c(NH2COO)>C(CO32),故A正確；

B.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pH

的溶液中存在電荷守恒關系為：c(NH/)+c的，)=2c(CO32)+c(HCO3)+c

(NH2COO)+c(OH),故B正確；

C.已知心了吧?溫度一定時，心為常數(shù)，不隨濃度的變化而變化,

C(NH3-H2O)

隨著CO2的通入，c(NH4)逐漸增大，則/(°丁)不斷減小,故C錯誤；

C(NH3*H2O)

D.由圖象可知開始沒有NH2co0,后來也不存在NH2co0,所以NH2COO為

中間產(chǎn)物，即在溶液pH不斷降低的過程中，有含NHzCOO-的中間產(chǎn)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)某向?qū)W采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe?。?、SiOz、AI2O3,

不考慮其他雜質(zhì))制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4*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X選用鐵粉

B.固體1中一定含有SiOz，控制pH是為了使AF'轉化為Al(0H)3，進入固體

2

C.從溶液2得到FeSO4?7H2。產(chǎn)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(jīng)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>SiOz、AI2O3,不考慮其

它雜質(zhì)），混合物中加入足量硫酸，%2。3,&2。3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(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫氧化鋁沉淀，過漉，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，以此

進行解答。

【解答】解：硫鐵礦焙燒取碗后的燒渣（主要成分為Fe2O3.Si5、AI2O3,不考

慮其他雜質(zhì)），混合物中加入足量硫酸，F(xiàn)e2O3.AI2O3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(diào)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，X為鐵粉，故A正確；

B.由流程分析可知，固體1中一定含有Si。?，調(diào)節(jié)pH值使鋁離子完全生成氫

氧化鋁沉淀，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FeSO4?7H2O產(chǎn)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：Do

【點評】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(zhì)的分離方法。

二、非選擇題：

8.（10分）化合物X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：

CHI=CH2

已知：RXNa0H/H20ROH：RCHQ+CHgCOOR/CH3CH2QNaRCH=CHCQQR>

請回答：

(I)E中官能團的名稱是工

(2)B+D玲F的化學方程式

S

CH3coCH2OHCHCOOCH：-^^+H2O

(3)X的結構簡式<yCH=CHCOOCH2Q

(4)對于化合物X,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Brz/CCL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.

【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B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OCHQH

由D能被氧化為E,且結合給出的信息：

,CH3CH20NaRCH=CHCQQRz>那么應E為

RCHO+CH3COOR，據(jù)此推斷得

CHJCOOCH：CH=CHCOOCH：

出F為：-，那么X為,據(jù)此

結合各小題回答即可.

【解答】解：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B是乙酸；甲苯在光照條件下與氯氣發(fā)生的是取代

反應，則D為醇，由D能被氧化為E,且結合給出的信息、：

RCHO+CH<QOR/CH3CH20NaRCH=CHCOORz,那么E應為醛類，即甲苯與氯氣發(fā)生

的是甲基上的取代，那么C為,C在氫氧化鈉的水溶液中發(fā)生的

CH20H.即E為

是取代反應，那么D應為?據(jù)此推斷得出

CHJCOOCHICH=CHCOOCH：

F為:,那么X為

(1)依據(jù)分析可知：E為苯甲醛，含有官能團為-CHO,即醛基，故答案為：醛

基;

B為乙酸，D為苯甲醇，兩者發(fā)生酯化反應生成乙酸茶甲酯，化學反應方

CHOH)CH3COOCH-^^+40

程式為：3c0°H+22

)

故答案為:CH3co0H+CH2OHCH3COOCH2-^^+H2O

HOCHiCOOCH:—(C))

與-J7反應生成X,依據(jù)信

(3)E與F形成X,即

/

息可知：RCH0+CH3C00R'洱叫0昭RCH=CHCOOR,那么X應為：

CH=CHCOOCH：CH=CHCOOCH：

，故答案為:

(4)A.X中含有酯基，能發(fā)生水解反應，故A正確;

B.X中含有苯環(huán)，能與濃硝酸發(fā)生取代反應，故B錯誤;

C.X中含有碳碳雙鍵，能使Brz/CCb溶液褪色，故C正確;

D.X中不含有醛基，不能發(fā)生銀鏡反應，故D錯誤,

故選AC；

CHJCOOCH:—(AJ)

(5)F為-J,分子式為：COH1002,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(zhì)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：Q：Q：H

(2)鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學方程式表示其理由

占燃

2MH+CO2八C+2MR0.

(3)在AgCI沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，寫出反應的離

子方程式AgQ+Br=AgBr+CI.

(4)完成以下氧化還原反應的離子方程式：

2

2MnQ4'+5C2Q4'+16H.=2MM41082個+8H2O.

n.化合物甲利NaAIH’都是重要的還原劑.一定條件下金屬鈉和或反應生成

甲.甲與水反應可產(chǎn)生H2，日與AlCb反應可得到NaAIH*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)的出.

請推測并回答：

(1)甲的化學式NaH.

(2)甲與AICI3反應得到NaAIH4的化學方程式4NaH+AICb=NaAIH4+3NaCI.

(3)NaAIH4與水發(fā)生氧化還原反應的化學方程式

NaAIH4+2H2O=NaAIO2+4H2個.

(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Fe2O3),

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：用惰性氣沐趕盡反應體系中的空氣，將鐵和鹽酸反應后的氣

體經(jīng)濃硫酸干燥，再與金屬鈉反應，得到的固體物質(zhì)即為純凈的甲；取該固體物

質(zhì)與水反應，若能產(chǎn)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制備過程不合理，因為

鹽酸易揮發(fā)，氫氣中混有HCI,導致產(chǎn)物中有NaCI；

驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應也產(chǎn)生氫氣，且沒有考慮混入的

NaCI.

【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結合,

兩個氧原子之間通過共用1充電子結合；

（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AgCI溶解度，向AgCI沉淀中加入KBr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)此結合生成氫年的物質(zhì)的量判斷其

化學式即可；

（2）NaH與AlCb反應可得到NaAlhk,此反應無化合價的變化，據(jù)此書寫；

（3）NaAIH4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(zhì)，據(jù)此書

寫；

（5）制備過程中未指明吸收雜質(zhì)氣體HCI,據(jù)此解答；氫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。-0

鍵，雙氧水的電子式為：H：2：0：H,故答案為：H：O：0：H.

（2）高溫下，Mg與二氧化碳反應生成MgO,化學反應方程式為：

2Mg+CO2點燃C+2MgO,不能起到滅火的作用，故答案為：

占燃

2Mg+CO2""C+2MgO；

（3）AgCI沉淀中加入KBr溶液，生成了更難溶的AgBr沉淀，離子反應方程式為:

AgCl+Br=AgBr+cr,故答案為:AgCl+Br'=AgBr+CI'；

（4）此反應中Mn由+7價降低到+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，故高鎰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'+10CO2個+8或0,故答案為：

22/

2MnO4+5C2O4'+16H-2Mn+10CO2T+8H2O；

II、（1）Na在化合價中呈現(xiàn)+1價，故該物質(zhì)的化學式可能為NaH,又甲與AICI3

反應可得到的化合價為故元素的化合價為-甲加熱

NaAIH4,Al+3,H1,4.80g

至完全分解，得到金屬鈉和2.24L,即O.lmol氫氣，化學反應方程式為：

力口執(zhí)

2NaH力2Na+H2個

48g22.4L

4.8g2.24L

故此化合物為NaH,故答案為：NaH：

（2）NaH與AICI3反應可得到NaAIH。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+AICb=NaAIH4+3NaCI,故答案為：

4NaH+AICI3=NaAlH4+3NaCI；

（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：NaAIH4+2H2O=NaAIO2+4H2個，故答案為：

/

NaAIH4+2H2O=NaAIO2+4H2r;

（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

降低為價），反應生成鐵單質(zhì)，化學反應方程式為：

03NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH,

故答案為：

3NaH4-Fe2O3=2Fe+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(zhì)氣體HCL那么制取的甲中就混有NaCI,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HCI,導致產(chǎn)物中有

NaCI；

驗純方法不合理，如果有Na殘留，Na與水反應也產(chǎn)生氫氣，且沒有考慮混入的

NaCI.

【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(zhì)的判斷、氧化還原反應的是電子守恒、化學反應方程式書寫、

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：

CH2cH3(g).催化齊L^Q^—CH=CHi(g)+H2(g)

(1)已知：

化學鍵C-HC-CC=CH-H

鍵能412348612436

計算上述反應的_

(2)維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，物質(zhì)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a,則在該溫度下反應的平衡常

c2

數(shù)仁(用a等符號表示).

-(i-a2)y-

(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(zhì)的

量之比為1：9),控制反應溫度600℃,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

除了出以外的產(chǎn)物中苯乙烯的物質(zhì)的量分數(shù))示意圖如下：

10o

苯烯

乙

8o

6o

乙

4o

2O

兆0400500600700800

溫度汽

①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,

平衡向正反應方向移動.

②控制反應溫度為600℃的理由是一600℃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(chǎn)效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發(fā)生反應：CO2+H2

—CO+H2O,CO2+C—2co.新工藝的特點有①②③④（填編號）.

①C02與H2反應，使乙苯脫氫反應的化學平衡右移

②不用高溫水蒸氣，可降低能量消耗

③有利于減少積炭

④有利用C02資源利用.

【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=CH2、H2總鍵能之差;

（2）參加反應的乙苯為namol,則：

0cH”/

開始（mol）：n00

轉化（mol）：nanana

平衡（mol）：n（1-a）nana

維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，

設反應后的體積為則「（1｛）”的+/二旦故v，=（i+a）v,再根據(jù)平衡常

數(shù)表達式長一（本乙、）］：（%）計算解答;

c（乙苯）

（3）①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；

②600。（: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6000c的理由；

（4）①C02與出反應，導致氫氣濃度減低，有利于乙苯脫氫反應的化學平衡右

移；

②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(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少；

③由于會發(fā)生反應C5+C—2C0,有利于減少積炭；

④CO2代替水蒸氣，有利用CO?資源利用.

【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-CH2cH3中總鍵能與-CH=CH2、H2總鍵能之差，^AH=（5X412+348

-3X412-612-436）kJ?moli=+124kJ,mol1，

故答案為：+124；

（2）物質(zhì)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namol,則：

開始（mol）：n00

轉化（mol）：nanana

平衡（mol）：n（1-a）nana

維持體系總壓強p恒定，在溫度T時，由PV=nRT可知，混合氣體總濃度不變，

設反應后的體積為V、則n（l-a）：na+na=],故v，=（i4a）v,則平衡常數(shù)

V’V

ndnd

c（苯乙烯）Xc（H2）_（i+a）v（l+a）v_a2

K=----------.__..----------=7TTTT=-----n----------,

c（乙苯）n(l-a)(l-az)V

(l+a)V

故答案為：nd；

（l-a2）v

（3）①正反應為氣體分子數(shù)漕大的反應，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；

②600℃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，故選擇600℃左右，

故答案為：6000c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）①C02與Hz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；

②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(chǎn)效率下，可降低操作溫度，消耗的能量減少，故正確；

③由于會發(fā)生反應CO2+C—2C0,有利于減少積炭，故正確；

④C02代替水蒸氣，有利用CO?資源利用，故正確，

故選：①②③④.

【點評】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

取0.0100mol?L1的AgNCh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（AgNOs）15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00

/mL

E/mV-50.0175275300325

225200150100

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：

igfio：

海南PH75,

浸取原液

己知：3l2+6NaOH=5Nal+NalO3+3H2O

請回答：

（1）實驗（一）中的儀器名稱：儀器A用（，儀器B500mL容量瓶.

（2）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)繪制滴定曲線：

②該次滴定終點時用去AgNCh溶液的體積為310smL,計算得海帶中碘的百

分含量為0.635%%.

（3）①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，將漏斗倒轉過來，檢查玻璃塞是否漏水.

②步驟X中，萃取后分液漏斗內(nèi)觀察到的現(xiàn)象是液體分為上下兩層，下層呈紫

紅色.

③下列有關步驟Y的說法，正確的是一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(zhì)

D.NaOH溶液可以由乙醇代替

④實驗（二）中操作z的名稱是一過濾

（4）方案甲中采用蒸儲不合理，理由是碘單質(zhì)易升華，會導致碘損失.

【分析】（1）在儀