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1、 2015 年浙江省高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）7（6 分）（2015浙江）下列说法不正确的是（）A 液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B 常压下，0时冰的密度比水的密度小，水在 4时密度最大，这些都与分子间的氢键有关 C 石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化 D 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和 NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施 考点：氢键的存在对物质性质的影响；物理变化与化学变化的区别与联系；常见的生活环境的污染及治理 分析：A、通常我们把物
2、质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种物质叫液晶，据此解答即可；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；C、纳米粒子是指粒度在 1100nm 之间的粒子，与胶体相同，胶体的聚沉属于物理变化；D、根据二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生 解答：解：A、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故 A 正确；B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和
3、性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故 B 正确；C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，属于物理变化，故 C 错误；D、采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故 D 正确，故选 C 点评：本题主要考查的是液晶的概念以及其性质、胶体的性质、物理变化与化学变化的本质区别、空气污染与防治等，综合性较强，有一定难度 8（6 分）（2015浙江）下列说法正确的是（）A 为测定新制氯水的 pH，用玻璃
4、棒蘸取液体滴在 pH 试纸上，与标准比色卡对照即可 B 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加 C 在未知溶液中滴加 BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在 SO42或 SO32 D 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法 考点：化学实验方案的评价 分析：A、氯水中的次氯酸能漂白 pH 试纸；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片；C、硫酸钡和 AgCl 均为不溶于酸的白色沉
5、淀；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液 解答：解：A、氯水中的次氯酸能漂白 pH 试纸，不能用 pH 试纸测定新制氯水的pH 值，故 A 错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故 B 正确；C、硫酸钡和 AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入 BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含 Ag+，故 C 错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故 D 错误，故选 B 点
6、评：本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验，难度不大，注意 D 为易错点，若硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以采用此方法提纯 9（6 分）（2015浙江）如表为元素周期表的一部分，其中 X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍下列说法正确的是（）X Y Z W T A X、W、Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增 C YX2晶体熔化、液态 WX3气化均需克服分子间作用力 D 根据元素周期律，可以推测 T 元素的单质具有半导体特性，T2X3具有
7、氧化性和还原性 考点：位置结构性质的相互关系应用 分析：X、Y、Z、W 为短周期元素，由元素周期表可知：X 应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W 与 X 处于同一主族，且 W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍，那么 X 为 O，W 为 S，据此结合选项判断即可 解答：解：X、Y、Z、W 为短周期元素，由元素周期表可知：X 应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W 与 X 处于同一主族，且 W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍，那么 X 为 O，W 为 S，那么 Z 为 P，T 为 As，Y为 Si，A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性 OSP，故
8、 H2OH2SH3P，故 A 错误；B、S 元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故 B 错误；C、YX2为 SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故 C 错误；D、As 处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为 As2O3，As 的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故D 正确，故选 D 点评：本题考查元素的位置与性质、结构的关系，难度不大，解题是时注意元素的性质的递变规律及其应用 10（6 分）（2015浙江）下列说法不正确的是（）A 己烷有 4 种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同 B 在一定条件下，苯与液溴
9、、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应 C 油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油 D 聚合物（）可由单体 CH3CH=CH2和 CH2=CH2加聚制得 考点：真题集萃；有机化学反应的综合应用 分析：A己烷有五种同分异构体；B 有机物分子中的原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应为取代反应；C油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐；D凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可 解答：解：A 己烷有五种同分异构体，其碳链结构分别为、，己烷同分异构体为不同物质，所以其熔沸点不同，且含有支链越多其熔
10、沸点越低，故 A 错误；B在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应，是苯中的氢原子被溴原子、硝基、磺基取代，所以都属于取代反应，故 B 正确；C油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下，高级脂肪酸和碱反应生 成高级脂肪酸盐和水，所以实际上是油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应为皂化反应，故 C 正确；D凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可，所以聚合物（）的单体是 CH3CH=CH2和 CH2=CH2，故 D正确；故选 A 点评：本题考查较综合，涉及高聚物单体判断、取代反应
11、判断、同分异构体种类判断、油脂水解等知识点，侧重考查基本概念、基本理论，这些都是高频考点，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、官能团位置结构、碳链异构，易错选项是 D 11（6 分）（2015浙江）在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2OCO2混合气体制备 H2和 CO 是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）A X 是电源的负极 B 阴极的反应式是：H2O+2e H2+O2，CO2+2e CO+O2 C 总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2 D 阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是 1：1 考点：原电池和电解池的工作原理；分析：A电解池阳极发生氧化反
12、应，阴极发生还原反应，根据与 X 极相连的电极产生的气体判断；B电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C根据图示以及电解的目的解答；D根据图示知：阴极产生 H2、CO，阳极产生氧气，结合 C 总的反应分析；解答：解：A根据图示知：与 X 相连的电极产生 CO，电解 H2OCO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以 X 是电源的负极，故 A 正确；B电解池阴极发生还原反应，电解 H2OCO2混合气体制备 H2和 CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e H2+O2，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e CO+O2
13、，故 B 正确；C电解 H2OCO2混合气体制备 H2和 CO，根据图示知：阴极产生 H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故 C 正确；D电解 H2OCO2混合气体制备 H2和 CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生 H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是 2：1，故 D 错误；故选 D 点评：本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键 12（6 分）（2015浙江）40时，在氨水体系中不断通入 CO2，各种
14、离子的变化趋势如图所示下列说法不正确的是（）A 在 pH=9.0 时，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B 不同 pH 的溶液中存在关系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C 随着 CO2的通入，不断增大 D 在溶液 pH 不断降低的过程中，有含 NH2COO的中间产物生成 考点：真题集萃；离子浓度大小的比较 分析：A根据 pH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；C根据 Ka=分析；D根据图象可知开始没有 NH2COO，后来也不存在 NH2COO
15、 解答：解：ApH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32），故 A 正确；B溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH 的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故 B 正确；C已知 Ka=，温度一定时，Ka为常数，不随浓度的变化而变化，随着 CO2的通入，c（NH4+）逐渐增大，则不断减小，故 C 错误；D由图象可知开始没有 NH2COO，后来也不存在 NH2COO，所以NH2COO为中间产物，即在溶液 pH 不断降低的过程中，有
16、含 NH2COO的中间产物生成，故 D 正确 故选 C 点评：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对图象的分析与应用能力 13（6 分）（2015浙江）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A 溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X 选用铁粉 B 固体 1 中一定含有 SiO2，控制 pH 是为了使 Al3+转化为 Al（OH）3，进入固体 2 C 从溶液 2 得到 FeSO47H2O 产品的过程中，须控
17、制条件防止其氧化和分解 D 若改变方案，在溶液 1 中直接加 NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到 FeSO47H2O 考点：物质分离、提纯的实验方案设计；分析：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体 1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体 2 为氢氧化铝，溶液 2 为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答 解答：解：硫
18、铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体 1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉 将铁离子还原为亚铁离子，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体 2 为氢氧化铝，溶液 2 为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，A由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X 为铁粉，故 A 正确；B由流程分析可知，固体 1 中一定含有 SiO2，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2 为氢氧化铝，故 B 正确；C亚铁离子易被空气中
19、的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2 得到 FeSO47H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故 C正确；D在溶液 1 中含有亚铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁沉淀，但是氢氧化亚铁很易被氧气氧化，则得到的氢氧化亚铁中含有氢氧化铁，最后得到的产品不纯，故 D 错误 故选 D 点评：本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力的培养，注意把握常见物质的分离方法 二、非选择题：26（10 分）（2015浙江）化合物 X 是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下
20、列路线合成：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR 请回答：（1）E 中官能团的名称是 醛基 （2）B+DF 的化学方程式 （3）X 的结构简式 （4）对于化合物 X，下列说法正确的是 AC A能发生水解反应 B不与浓硝酸发生取代反应 C能使 Br2/CCl4溶液褪色 D能发生银镜反应（5）下列化合物中属于 F 的同分异构体的是 BC A B CCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D 考点：有机物的合成 分析：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故 A 是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故 B 是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则
21、C 为，C 在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么 D 应为，由 D 能被氧化为 E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么应 E 为，据此推断得出 F 为：，那么 X 为，据此结合各小题回答即可 解答：解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故 A 是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故 B 是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则 D 为醇，由 D 能被氧化为 E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么 E 应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么 C 为，C 在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么
22、 D 应为，即 E 为，据此推断得出 F 为：，那么 X 为，（1）依据分析可知：E 为苯甲醛，含有官能团为CHO，即醛基，故答案为：醛基；（2）B 为乙酸，D 为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反 应方程式为：，故答案为：；（3）E 与 F 形成 X，即与反应生成 X，依据信息可知：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么 X 应为：，故答案为：；（4）AX 中含有酯基，能发生水解反应，故 A 正确；BX 中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故 B 错误；CX 中含有碳碳双键，能使 Br2/CCl4溶液褪色，故 C 正确；DX 中不含有醛基，不能发生银镜反应，故 D 错
23、误，故选 AC；（5）F 为，分子式为：C9H10O3，A 中含有 10 个碳原子数，与 F 不是同分异构体，故 A 错误；B 和 C 的分子式均为 C9H10O3，且与 F 结构不同，属于同分异构体；D 中 H原子个数为 12，与 F 不是同分异构体，故 D 错误，故选 BC 点评：本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是关键，有一定的难度，注意整理 27（18 分）（2015浙江）请回答：（1）H2O2的电子式 （2）镁燃烧不能用 CO2灭火，用化学方程式表示其理由 2Mg+CO2C+2MgO （3）在 AgCl 沉淀中加入 KBr 溶
24、液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式 AgCl+Br=AgBr+Cl （4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：2 MnO4+5 C2O42+16H+2 Mn2+10 CO2+8H2O 化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂一定条件下金属钠和 H2反应生成甲甲与水反应可产生 H2，甲与 AlCl3反应可得到 NaAlH4将 4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24L（已折算成标准状况）的 H2 请推测并回答：（1）甲的化学式 NaH （2）甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl （3）NaAlH4与水发生氧化还原
25、反应的化学方程式 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 （4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为 Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程式 3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH （5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生 H2，即可证明得到的甲一定是纯净的 判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由 制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有 HCl，导致产物中有 NaCl；验纯方法不合理，如果有 Na 残留，Na 与水反应也产生氢气
26、，且没有考虑混入的NaCl 考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电子式；离子方程式的书写 分析：I、（1）双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用 1 对电子结合；（2）高温下，Mg 与二氧化碳反应生成易燃的 MgO；（3）AgBr 的溶解度小于 AgCl 溶解度，向 AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液发生了沉淀的转化；（4）依据氧化还原反应得失电子守恒，结合元素守恒和电荷守恒书写即可；II、（1）钠元素在化合物中只能形成+1 价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；（2）NaH 与 AlCl3反应可得到 NaAlH4，此反应无化合价的变
27、化，据此书写；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，应是水中的 H 元素与 NaH 中的 H 元素之间得失电子，据此书写即可；（4）由题意可知 NaH 常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单质，据此书写；（5）制备过程中未指明吸收杂质气体 HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也可以与水反应生成氢气 解答：解：I、（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个 OO 键，双氧水的电子式为：，故答案为：；（2）高温下，Mg 与二氧化碳反应生成 MgO，化学反应方程式为：2Mg+CO2C+2MgO，不能起到灭火的作用，故答案为：2Mg+CO2C+2MgO；（3
28、）AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液，生成了更难溶的 AgBr 沉淀，离子反应方程式为：AgCl+Br=AgBr+Cl，故答案为：AgCl+Br=AgBr+Cl；（4）此反应中 Mn 由+7 价降低到+2 价，得到 5 个电子，C 由+3 价升高到+4 价失去 1 个电子，2 个 C 失去 2 个电子，故高锰酸根与草酸根的化学计量数分别为 2 和 5，据此配平得 2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；II、（1）Na 在化合价中呈现+1 价，故该物质的化学式可能为 NaH，又甲与AlCl3反
29、应可得到 NaAlH4，Al 的化合价为+3，故 H 元素的化合价为1，4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24L，即 0.1mol 氢气，化学反应方程式为：2NaH2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L 故此化合物为 NaH，故答案为：NaH；（2）NaH 与 AlCl3反应可得到 NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；（3）NaAlH4与水反应生成氢气，即 NaH 中 H 化合价升高，水中 H 元素化合价降低，化
30、学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（4）NaH 常做还原剂（H 化合价升高为+1 价），铁锈在此为氧化剂（Fe化合价降低为 0 价），反应生成铁单质，化学反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体 HCl，那么制取的甲中就混有 NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气 故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有 HCl，导致产物
31、中有 NaCl；验纯方法不合理，如果有 Na 残留，Na 与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的 NaCl 点评：本题主要考查的是常见元素以及其化合物的知识，综合性较强，涉及电子式的书写、物质的判断、氧化还原反应的是电子守恒、化学反应方程式书写、实验方案的评价等，难度较大 28（15 分）（2015浙江）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：（1）已知：化学键 CH CC C=C HH 键能/kJmol1 412 348 612 436 计算上述反应的 H=124 kJmol1 （2）维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应已知乙苯的平衡转化率为，则在
32、该温度下反应的平衡常数 K=（用 等符号表示）（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为 1：9），控制反应温度 600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应 在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了 H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动 控制反应温度为 600的理由是 600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高
33、，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大 （4）某研究机构用 CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯 保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2 CO+H2O，CO2+C 2CO 新工艺的特点有 （填编号）CO2与 H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 不用高温水蒸气，可降低能量消耗 有利于减少积炭 有利用 CO2资源利用 考点：真题集萃；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算 分析：（1）反应热=反应物总键能生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是CH2CH3中总键能与C
34、H=CH2、H2总键能之差；（2）参加反应的乙苯为 n mol，则：+H2 开始（mol）：n 0 0 转化（mol）：n n n 平衡（mol）：n（1）n n 维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，由 PV=nRT 可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为 V，则=，故 V=（1+）V，再根据平衡常数表达式 K=计算解答；（3）保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为 600的理由；（4）CO2与
35、H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少；由于会发生反应 CO2+C 2CO，有利于减少积炭；CO2代替水蒸气，有利用 CO2资源利用 解答：解：（1）反应热=反应物总键能生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是CH2CH3中总键能与CH=CH2、H2总键能之差，故 H=（5412+3483412612436）kJmol1=124kJmol1，故答案为：124；（2）物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应 参加反应的乙苯为 n mol，则：+H
36、2 开始（mol）：n 0 0 转化（mol）：n n n 平衡（mol）：n（1）n n 维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，由 PV=nRT 可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为 V，则=，故 V=（1+）V，则平衡常数 K=，则K=，故答案为：；（3）正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动；600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温
37、度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择 600左右，故答案为：600时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；（4）CO2与 H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确；由于会发生反应 CO2+C 2CO，有利于减少积炭，故正确；CO2代替水蒸气，有利用 CO2资源利用，故正确，故选：点评：本题考查反应热计算、化学平衡
38、常数计算、反应速率及平衡移动的影响因素、对条件控制的分析评价等，（1）中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结构，（2）中平衡常数计算为易错点、难点，注意温度、压强不变，容器的体积发生变化，学生容易认为容器的体积不变，题目难度较大 29（15 分）（2015浙江）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取 实验（一）碘含量的测定 取 0.0100molL1的 AgNO3标准溶液装入滴定管，取 100.00mL 海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量测得的电动势（E）反映溶液中 c（I）的变化，部分数据如表：V（AgNO3）/mL 15.00 19.00 19.80 19.9
39、8 20.00 20.02 21.00 23.00 25.00 E/mV 225 200 150 100 50.0 175 275 300 325 实验（二）碘的制取 另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 请回答：（1）实验（一）中的仪器名称：仪器 A 坩埚，仪器 B 500mL 容量瓶 （2）根据表中数据绘制滴定曲线：该次滴定终点时用去 AgNO3溶液的体积为 20 mL，计算得海带中碘的百分含量为 0.635%（3）分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为 向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏
40、水 步骤 X 中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是 液体分为上下两层，下层呈紫红色 下列有关步骤 Y 的说法，正确的是 AB A应控制 NaOH 溶液的浓度和体积 B将碘转化成离子进入水层 C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质 DNaOH 溶液可以由乙醇代替 实验（二）中操作 Z 的名称是 过滤 （4）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是 碘单质易升华，会导致碘损失 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）在仪器 A 中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为 500mL，应该选用规格为 500mL 的容量瓶；（2）根据表中数据绘制出滴定曲线；根据图象判断
41、滴定终点时用去 AgNO3溶液的体积；根据硝酸银与碘离子的反应计算出 100mL 溶液中含有碘离子的物质的量，再计算出 500mL溶液中含有的碘离子，最后计算出海带中碘的百分含量；（3）检查分液漏斗是否漏水，需要分别检查瓶塞、旋塞是否漏水；碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；A反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质 碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单
42、质；（4）从碘单质易升华角度分析 解答：解：（1）根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器 B配制 500mL 含有碘离子的浸取液，需要使用 500mL 的容量瓶，故答案为：坩埚；500mL 容量瓶；（2）根据表中数据可以绘制出电动势（E）与消耗硝酸银溶液体积的关系图为：，故答案为：；根据滴定曲线可知，当加入 20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了 20.00mL 硝酸银溶液；20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L0.02L=0.0002mol，则 500mL 原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为：0.0002mol=
43、0.001mol，说明 20.00g 该海带中含有0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分含量为：100%=0.635%，故答案为：20.00mL；0.635%；（3）检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水，故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所 以步骤 X 向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色，故答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色
44、；A 发生反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制 NaOH 溶液的浓度和体积，故 A 正确；B根据反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 可知，步骤 Y 将碘转化成离子进入水层，故 B 正确；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故C 错误；D乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故 D 错误；故答案为：AB；步骤 Z 将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤；（4）方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会
45、导致碘单质损失，所以甲方案不合理，故答案为：碘单质易升华，会导致碘损失 点评：本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法 “物质结构与性质”模块（10 分）30（2015浙江）（1）Cu2+的电子排布式是 1s22s22p63s23p63d9 （2）下列物质中既有离子键又有共价键的是 BD AMgO BNaOH CCaCl2 D（NH4）2SO4（3）关于下列分子的说法不正确的是 CD A既有 键又有 键 BOH 键的极性强于 CH 键的极性 C是非
46、极性分子 D该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键（4）下列说法不正确的是 D AHOCH2CH（OH）CH2OH 与 CH3CHClCH2CH3都是手性分子 BNH4+和 CH4的空间构型相似 CBF3与都是平面型分子 DCO2和 H2O 都是直线型分子（5）下列有关性质的比较，正确的是 B A第一电离能：ON B水溶性：CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3 C沸点：HClHF D晶格能：NaClMgO 考点：有机物的结构和性质；元素周期律的作用；原子核外电子排布；化学键 分析：（1）Cu 元素原子核外电子数为 29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p
47、43d104s1，Cu 原子失去 4s、3d 能级的 1 个电子形成 Cu2+；（2）活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键，铵盐中都含有离子键；（3）A共价单键为 键，共价双键中含有一个 键一个 键；B两种元素非金属性差距越大极性越大；C结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；D该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键；（4）A连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子；BNH4+和 CH4的空间构型都是正四面体结构；C是平面型分子，根据价层电子对互斥理论判断 BF3空间构型；DCO2是直线形分子、H2O 是
48、V 形分子；（5）A同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素；B能和水形成氢键的物质溶解性大；C 氢化物的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但含有氢键的氢化物熔沸点较高；D晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比 解答：解：（1）Cu 元素原子核外电子数为 29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu 原子失去 4s、3d 能级的 1 个电子形成 Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9；（2）AMgO 中只
49、含离子键，故错误；BNaOH 中含有离子键和共价键，故正确；CCaCl2中只含离子键，故错误；D（NH4）2SO4中含有离子键和共价键，故正确；故选 BD；（3）A共价单键为 键，共价双键中含有一个 键一个 键，该分子中含有碳碳双键，所以既有 键又有 键，故正确；B两种元素非金属性差距越大极性越大，OH 之间的非金属性之差大于CH 之间的非金属性之差，所以 OH 键的极性强于 CH 键的极性，故正确；C 结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误；D该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键，故错误；故选 CD；（4）A连
50、接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子，这两个分子中都含有手性碳原子，所以都是手性分子，故正确；BNH4+和 CH4中中心原子价层电子对个数都是 4 且不含孤电子对，所以其空间构型都是正四面体结构，故正确；C是平面型分子，BF3中 B 原子价层电子对个数是 3 且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，故正确；DCO2是直线形分子、H2O 是 V 形分子，故错误；故选 D；（5）A同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能 NO，故错误；B能和水形成氢键的物质溶解性大，乙醇和水能