全国各地高考化学试卷解析版汇编汇总(238页).doc

目录（按住ctrl并单击相应目录，可快速到达试卷）2015年新课标I高考化学试卷2页2015年新课标II高考化学试卷20页2015年北京市高考化学试卷37页2015年安徽省高考化学试卷50页2015年福建省高考化学试卷63页2015年广东省高考化学试卷80页2015年海南省高考化学试卷94页2015年江苏省高考化学试卷113页2015年山东省高考化学试卷136页2015年上海省高考化学试卷151页2015年四川省高考化学试卷176页2015年天津市高考化学试卷190页2015年浙江省高考化学试卷206页2015年重庆市高考化学试卷225页2015年新课标I高考化学试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）7（6分）我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”这里的“强水”是指（）A氨水B硝酸C醋D卤水考点：真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质分析：“强水”“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答解答：解：A氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B点评：本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大8（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值下列说法正确的是（）A18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA考点：真题集萃；阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；Bn（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×0（1）=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4解答：解：A一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量=0.9mol、18gH2O的物质的量=1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；Bn（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中O元素的化合价为1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×0（1）=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C点评：本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2N2O49（6分）（2015春绍兴校级期末）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（）A1：1B2：3C3：2D2：1考点：真题集萃；化学方程式的有关计算分析：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比解答：解：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，故选C点评：本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大10（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）选项实验现象结论A将稀硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈血红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将铜粉加1.0molL1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝、有黑色固体出现金属铁比铜活泼C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL1CuSO4溶液先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小AABBCCDD考点：真题集萃；化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A过量铁粉，反应生成亚铁离子；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D溶度积大的物质向溶度积小的物质转化解答：解：A过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误；BCu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；D将0.1molL1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明NaOH完全反应，再滴加0.1molL1CuSO4溶液，先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀，说明发生了沉淀的转化，溶度积大的物质向溶度积小的物质转化，所以Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及沉淀转化、铝及其氧化物的性质、氧化还原反应、硝酸的性质等知识点，侧重考查基本理论、元素化合物性质，注意把握实验原理及操作方法，题目难度中等11（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是（）A正极反应中有CO2生成B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区D电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理分析：A根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；C原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；D燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同解答：解：A根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A点评：本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写12（6分）（2015春娄底期末）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18下列说法正确的是（）A单质的沸点：WXB阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YZDX与Y不能存在于同一离子化合物中考点：真题集萃；原子结构与元素的性质分析：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AW、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中解答：解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素，AH、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：WX，故A错误；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性WZ，所以阴离子的还原性：WZ，故B正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PCl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误；DX、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误；故选B点评：本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C13（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（）AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c（OH）相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c（M+）/c（R+）增大考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强；B弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH）；DMOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离解答：解：A相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确；B由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：ba，故B正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH）接近于纯水中c（OH），所以它们的c（OH）相等，故C正确；D根据A知，碱性MOHROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误；故选D点评：本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点二、解答题（共3小题，满分43分）26（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×102，K2=5.4×105草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解回答下列问题：（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到的现象是有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有CO2装置B的主要作用是冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、I装置H反应管中盛有的物质是CuO能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生草酸为二元酸用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍考点：真题集萃；性质实验方案的设计专题：实验设计题分析：（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；（2）要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸；利用酸碱中和滴定酸碱物质的量比确定草酸是二元酸解答：解：（1）草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热脱水、升华，170以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验；（2）要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO，故答案为：F、D、G、H、D、I；CuO；CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO，故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊；（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，故答案为：向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸；草酸和NaOH发生中和反应时，如果草酸是二元酸，则参加反应的草酸物质的量应该是NaOH的一半，所以用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍就说明草酸是二元酸，故答案为：用NaOH标准溶液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量是草酸的2倍点评：本题考查性质实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，难度较大27（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径（写出两条）（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4（化学式）（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去（4）“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁（填名称）（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为不溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，以此来解答解答：解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为不溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，（1）Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁； （5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO点评：本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等28（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2，该反应的还原产物为MnSO4（2）上述浓缩液中含有I、Cl等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：4.7×107，已知Ksp（AgCl）=1.8×1010，Ksp（AgI）=8.5×1017（3）已知反应2HI（g）H2（g）+I2（g）的H=+11kJmol1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为299kJ（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：t/min020406080120X（HI）10.910.850.8150.7950.784X（HI）00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：上述反应中，正反应速率为v正=k正x2（HI），逆反应速率为v逆=k逆x（H2）x（I2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆为（以K和k正表示）若k正=0.0027min1，在t=40min时，v正=1.95×103min1由上述实验数据计算得到v正x（HI）和v逆x（H2）的关系可用如图表示当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为A；E（填字母）考点：真题集萃；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：（1）海藻中的氮元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰；（2）当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I）和c（Cl）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=；（3）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；（4）表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为10.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k逆的表达式；在t=40min时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式v正=k正x2（HI）计算；升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大解答：解：（1）海藻中的氮元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4；（2）当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I）和c（Cl）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=4.7×107，故答案为：4.7×107；（3）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ436kJ151kJ=11kJ，解得x=299，故答案为：299kJ；（4）表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为10.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K=，故答案为：；到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2），则k逆=k正×=，在t=40min时，正反应建立平衡的x（HI）=0.85，则v正=k正x2（HI）=0.0027min1×0.852=1.95×103min1，故答案为：；1.95×103；对于2HI（g）H2（g）+I2（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点；对于H2（g）+I2（g）2HI（g）反应建立平衡时：升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正x（HI）对应的点为A，v逆x（H2）对应的点为E，故答案为：A；E点评：本题比较综合，涉及考查氧化还原反应、反应热计算、化学平衡常数计算、化学反应速率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，（4）为易错点，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大题目难度化学-选修2：化学与技术36（15分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是CuSO4或Cu2+，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解（2）写出步骤中主要反应的离子方程式2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+（3）步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是硫酸（写名称）（4）上述工艺中，步骤不能省略，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）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有BD（填字母）A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，结合关系式解答该题解答：解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解温度应控制在6070，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+，故答案为：2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+；（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，故答案为：硫酸；（4）步骤为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）步骤、都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，故答案为：BD；（6）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反应的关系式为6CuCl6Fe2+Cr2O72， 6 1 n ab×103moln=6ab×103mol，m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×103mol=0.597g，则样品中CuCl的质量分数为，故答案为：点评：本题为2015年高考题，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意（6）中利用关系式的计算化学-选修3：物质结构与性质37碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构（3）CS2分子中，共价键的类型有键和键，C原子的杂化轨道类型是sp，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子CO2、SCN或COS等（4）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体属于分子晶体（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有2个C原子在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接12个六元环，六元环中最多有4个C原子在同一平面考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算专题：元素周期律与元素周期表专题分析：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述；根据同一轨道的2两个电子自选方向相反判断；（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子；（3）CS2分子的结构式为S=C=S，含有键和键；结合键和孤对电子数判断价层电子对数，以此判断杂化类型；与CS2具有相同空间