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）7（6分）（2015浙江）下列說法不正確的是（）A液晶態介于晶體狀態和液態之間，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、煤的干餾、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NOx的催化轉化都是減少酸雨產生的措施考點：氫鍵的存在對物質性質的影響；物理變化與化學變化的區別與聯系；常見的生活環境的污染及治理分析：A、通常我們把物質的狀態分為固態、液態和氣態，但是某些有機化合物具有一種特殊的狀態，在這種狀態中，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1100nm之間的粒子，與膠體相同，膠體的聚沉屬于物理變化；D、根據二氧化硫、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、液晶態是指介于晶體和液體之間的物質狀態，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，則相同質量時冰的密度比液態水的密度小，故B正確；C、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性均有新物質生成，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來，沒有新物質生成，屬于物理變化，故C錯誤；D、采用燃料脫硫技術可以減少二氧化硫的產生，從而防止出現酸雨，NOx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、物理變化與化學變化的本質區別、空氣污染與防治等，綜合性較強，有一定難度8（6分）（2015浙江）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做蒸餾實驗時，在蒸餾燒瓶中應加入沸石，以防暴沸如果在沸騰前發現忘記加沸石，應立即停止加熱，冷卻后補加C在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在SO42或SO32D提純混有少量硝酸鉀的氯化鈉，應采用在較高溫度下制得濃溶液再冷卻結晶、過濾、干燥的方法考點：化學實驗方案的評價分析：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現忘記加碎瓷片，應該采取停止加熱，待溶液冷卻后重新添加碎瓷片；C、硫酸鋇和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現忘記加碎瓷片，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、硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續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9（6分）（2015浙江）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為X元素的2倍下列說法正確的是（）XYZWTAX、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態氫化物的熱穩定性均依次遞增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游離態存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增CYX2晶體熔化、液態WX3氣化均需克服分子間作用力D根據元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性考點：位置結構性質的相互關系應用分析：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為X元素的2倍，那么X為O，W為S，據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為X元素的2倍，那么X為O，W為S，那么Z為P，T為As，Y為Si，A、元素的非金屬性越強，其氣態氫化物越穩定，由于非金屬性OSP，故H2OH2SH3P，故A錯誤；B、S元素在自然界中存在游離態單質，常在火山口附近，故B錯誤；C、YX2為SiO2，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，T2X3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D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律及其應用10（6分）（2015浙江）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，苯與液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、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（ ）可由單體CH3CH=CH2和CH2=CH2加聚制得考點：真題集萃；有機化學反應的綜合應用分析：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凡鏈節主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節無雙鍵的高聚物，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、，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；B在一定條件下，苯與液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反應，是苯中的氫原子被溴原子、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凡鏈節主鏈上只有四個碳原子（無其它原子）且鏈節無雙鍵的高聚物，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（ ）的單體是CH3CH=CH2和CH2=CH2，故D正確；故選A點評：本題考查較綜合，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D11（6分）（2015浙江）在固態金屬氧化物電解池中，高溫共電解H2OCO2混合氣體制備H2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（）AX是電源的負極B陰極的反應式是：H2O+2eH2+O2，CO2+2eCO+O2C總反應可表示為：H2O+CO2H2+CO+O2D陰、陽兩極生成的氣體的物質的量之比是1：1考點：原電池和電解池的工作原理；分析：A電解池陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應，根據與X極相連的電極產生的氣體判斷；B電解池陰極發生還原反應，根據反應物結合化合價的變化分析；C根據圖示以及電解的目的解答；D根據圖示知：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根據圖示知：與X相連的電極產生CO，電解H2OCO2混合氣體，二氧化碳得到電子生成一氧化碳，發生還原反應，電解池陰極發生還原反應，所以X是電源的負極，故A正確；B電解池陰極發生還原反應，電解H2OCO2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+2eH2+O2，二氧化碳得到電子生成一氧化碳，CO2+2eCO+O2，故B正確；C電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO，根據圖示知：陰極產生H2、CO，陽極產生氧氣，所以總反應為：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正確；D電解H2OCO2混合氣體制備H2和CO，總反應為：H2O+CO2H2+CO+O2，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D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，掌握電解池陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應為解答關鍵12（6分）（2015浙江）40時，在氨水體系中不斷通入CO2，各種離子的變化趨勢如圖所示下列說法不正確的是（）A在pH=9.0時，c（NH4+）c（HCO3）c（NH2COO）c（CO32）B不同pH的溶液中存在關系：c（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH）C隨著CO2的通入，不斷增大D在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO的中間產物生成考點：真題集萃；離子濃度大小的比較分析：A根據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根據Ka=分析；D根據圖象可知開始沒有NH2COO，后來也不存在NH2COO解答：解：ApH=9時，圖象中各種離子濃度的大小關系：c（NH4+）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（NH4+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（NH2COO）+c（OH），故B正確；C已知Ka=，溫度一定時，Ka為常數，不隨濃度的變化而變化，隨著CO2的通入，c（NH4+）逐漸增大，則不斷減小，故C錯誤；D由圖象可知開始沒有NH2COO，后來也不存在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C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13（6分）（2015浙江）某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質） 制取七水合硫酸亞鐵（FeSO47H2O），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SiO2，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FeSO47H2O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FeSO47H2O考點：物質分離、提純的實驗方案設計；分析：硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、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：硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、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SiO2，調節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FeSO47H2O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中含有亞鐵離子和鋁離子，加過量的氫氧化鈉，鋁離子轉化為偏鋁酸根離子，亞鐵離子與氫氧根離子結合生成氫氧化亞鐵沉淀，但是氫氧化亞鐵很易被氧氣氧化，則得到的氫氧化亞鐵中含有氫氧化鐵，最后得到的產品不純，故D錯誤故選D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新能力的培養，注意把握常見物質的分離方法二、非選擇題：26（10分）（2015浙江）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：已知：RXROH；RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR請回答：（1）E中官能團的名稱是醛基（2）B+DF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ACA能發生水解反應 B不與濃硝酸發生取代反應C能使Br2/CCl4溶液褪色 D能發生銀鏡反應（5）下列化合物中屬于F的同分異構體的是BCA BCCH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D考點：有機物的合成分析：乙烯與水在催化劑作用下發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生的是取代反應，則C為，C在氫氧化鈉的水溶液中發生的是取代反應，那么D應為，由D能被氧化為E，且結合給出的信息：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么應E為，據此推斷得出F為：，那么X為，據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+CH3COORRCH=CHCOOR，那么E應為醛類，即甲苯與氯氣發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生的是取代反應，那么D應為，即E為，據此推斷得出F為：，那么X為，（1）依據分析可知：E為苯甲醛，含有官能團為CHO，即醛基，故答案為：醛基；（2）B為乙酸，D為苯甲醇，兩者發生酯化反應生成乙酸苯甲酯，化學反應方程式為：，故答案為：；（3）E與F形成X，即與反應生成X，依據信息可知：RCHO+CH3COORRCH=CHCOOR，那么X應為：，故答案為：；（4）AX中含有酯基，能發生水解反應，故A正確；BX中含有苯環，能與濃硝酸發生取代反應，故B錯誤；CX中含有碳碳雙鍵，能使Br2/CCl4溶液褪色，故C正確；DX中不含有醛基，不能發生銀鏡反應，故D錯誤，故選AC；（5）F為，分子式為：C9H10O3，A中含有10個碳原子數，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H原子個數為12，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27（18分）（2015浙江）請回答：（1）H2O2的電子式（2）鎂燃燒不能用CO2滅火，用化學方程式表示其理由2Mg+CO2C+2MgO（3）在AgCl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AgCl+Br=AgBr+Cl（4）完成以下氧化還原反應的離子方程式：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O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AlCl3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AlCl3反應得到NaAlH4的化學方程式4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl（3）NaAlH4與水發生氧化還原反應的化學方程式NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（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，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考點：常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；電子式；離子方程式的書寫分析：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KBr溶液發生了沉淀的轉化；（4）依據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，據此結合生成氫氣的物質的量判斷其化學式即可；（2）NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4，此反應無化合價的變化，據此書寫；（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，據此書寫；（5）制備過程中未指明吸收雜質氣體HCl，據此解答；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OO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：2Mg+CO2C+2MgO，不能起到滅火的作用，故答案為：2Mg+CO2C+2MgO；（3）AgCl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+Cl，故答案為：AgCl+Br=AgBr+Cl；（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，故高錳酸根與草酸根的化學計量數分別為2和5，據此配平得2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，故答案為：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；II、（1）Na在化合價中呈現+1價，故該物質的化學式可能為NaH，又甲與AlCl3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：2NaH2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L故此化合物為NaH，故答案為：NaH；（2）NaH與AlCl3反應可得到NaAlH4，此反應無化合價的變化，根據原子守恒推測另一種生成物，化學反應方程式為：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案為：4NaH+AlCl3=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+2H2O=NaAlO2+4H2，故答案為：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2；（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），反應生成鐵單質，化學反應方程式為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案為：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；（5）稀鹽酸具有揮發性，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，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、化學反應方程式書寫、實驗方案的評價等，難度較大28（15分）（2015浙江）乙苯催化脫氫制苯乙烯反應：（1）已知：化學鍵CHCCC=CHH鍵能/kJmol1412348612436計算上述反應的H=124 kJmol1（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K=（用等符號表示）（3）工業上，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，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）示意圖如下：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控制反應溫度為600的理由是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，在相同的生產效率下，可降低操作溫度；該工藝中還能夠發生反應：CO2+H2CO+H2O，CO2+C2CO新工藝的特點有（填編號）CO2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CO2資源利用考點：真題集萃；化學平衡的影響因素；化學平衡的計算分析：（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n mol，則：+H2開始（mol）：n 0 0轉化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n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=，故V=（1+）V，再根據平衡常數表達式K=計算解答；（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；600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的理由；（4）CO2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；由于會發生反應CO2+C2CO，有利于減少積炭；CO2代替水蒸氣，有利用CO2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，故H=（5412+3483412612436）kJmol1=124kJmol1，故答案為：124；（2）物質的量為n、體積為V的乙苯蒸氣發生催化脫氫反應參加反應的乙苯為n mol，則：+H2開始（mol）：n 0 0轉化（mol）：n n n平衡（mol）：n（1） n n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=，故V=（1+）V，則平衡常數K=，則K=，故答案為：；（3）正反應為氣體分子數增大的反應，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；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，故選擇600左右，故答案為：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）CO2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；由于會發生反應CO2+C2CO，有利于減少積炭，故正確；CO2代替水蒸氣，有利用CO2資源利用，故正確，故選：點評：本題考查反應熱計算、化學平衡常數計算、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）中認為苯環存在單雙鍵交替形式不影響計算結構，（2）中平衡常數計算為易錯點、難點，注意溫度、壓強不變，容器的體積發生變化，學生容易認為容器的體積不變，題目難度較大29（15分）（2015浙江）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0.0100molL1的AgNO3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（I）的變化，部分數據如表：V（AgNO3）/mL15.0019.0019.8019.9820.0020.0221.0023.0025.00E/mV22520015010050.0175275300325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：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O請回答：（1）實驗（一）中的儀器名稱：儀器A坩堝，儀器B500mL容量瓶（2）根據表中數據繪制滴定曲線：該次滴定終點時用去AgNO3溶液的體積為20mL，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餾水，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步驟X中，萃取后分液漏斗內觀察到的現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ABA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DNaOH溶液可以由乙醇代替實驗（二） 中操作Z的名稱是過濾（4）方案甲中采用蒸餾不合理，理由是碘單質易升華，會導致碘損失考點：真題集萃；探究物質的組成或測量物質的含量專題：實驗探究和數據處理題分析：（1）在儀器A中灼燒海帶，該儀器為坩堝；配制溶液體積為500mL，應該選用規格為500mL的容量瓶；（2）根據表中數據繪制出滴定曲線；根據圖象判斷滴定終點時用去AgNO3溶液的體積；根據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，檢查判斷萃取現象；A反應3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+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）根據儀器的構造可知，用于灼燒海帶的儀器為坩堝；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：坩堝；500mL容量瓶；（2）根據表中數據可以繪制出電動勢（E）與消耗硝酸銀溶液體積的關系圖為：，故答案為：；根據滴定曲線可知，當加入20mL硝酸銀溶液時，電動勢出現了突變，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/L0.02L=0.0002mol，則500mL原浸出液完全反應消耗硝酸銀的物質的量為：0.0002mol=0.001mol，說明20.00g該海帶中含有0.001mol碘離子，所以海帶中碘的百分含量為：100%=0.635%，故答案為：20.00mL；0.635%；（3）檢查分液漏斗是否漏水的操作方法為：向分液漏斗中加入少量蒸餾水，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，故答案為：向分液漏斗中加入少量蒸餾水，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；碘單質易溶于有機溶劑，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步驟X向含有碘單質的水溶液中加入四氯化碳后，混合液會分為上下兩層，下層為四氯化碳的碘溶液，則下層呈紫紅色，故答案為：液體分為上下兩層，下層呈紫紅色；A發生反應3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要濃氫氧化鈉溶液，所以應控制NaOH溶液的濃度和體積，故A正確；B根據反應3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O可知，步驟Y將碘轉化成離子進入水層，故B正確；C該操作的主要目的是將碘單質轉化成碘酸鈉、碘化鈉，將碘轉化成離子進入水層，不是除去有機雜質，故C錯誤；D乙醇易溶于水和四氯化碳，將氫氧化鈉換成乙醇，仍然無法分離出碘單質，故D錯誤；故答案為：AB；步驟Z將碘單質和水分離，由于碘單質不溶于水，可通過過濾操作完成，故答案為：過濾；（4）方案甲中采用蒸餾操作，由于碘單質容易升華，會導致碘單質損失，所以甲方案不合理，故答案為：碘單質易升華，會導致碘損失點評：本題考查物質的分離與提純方法的綜合應用，題目難度較大，試題涉及的知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及化學實驗能力，明確實驗原理為解答關鍵，注意熟練掌握化學實驗基本操作方法“物質結構與性質”模塊（10分）30（2015浙江）（1）Cu2+的電子排布式是1s22s22p63s23p63d9（2）下列物質中既有離子鍵又有共價鍵的是BDAMgO BNaOH CCaCl2 D（NH4）2SO4（3）關于下列分子的說法不正確的是CDA既有鍵又有鍵BOH鍵的極性強于CH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DAHOCH2CH（OH）CH2OH與CH3CHClCH2CH3都是手性分子BNH4+和CH4的空間構型相似CBF3與都是平面型分子DCO2和H2O都是直線型分子（5）下列有關性質的比較，正確的是BA第一電離能：ONB水溶性：CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3C沸點：HClHFD晶格能：NaClMgO考點：有機物的結構和性質；元素周期律的作用；原子核外電子排布；化學鍵分析：（1）Cu元素原子核外電子數為29，其基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p43d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+；（2）活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵、非金屬元素之間易形成共價鍵，銨鹽中都含有離子鍵；（3）A共價單鍵為鍵，共價雙鍵中含有一個鍵一個鍵；B兩種元素非金屬性差距越大極性越大；C結構對稱，正負電荷重心重合的分子為非極性分子；D該物質中含有酚羥基，所以該分子的分子之間能形成氫鍵；（4）A連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，含有手性碳原子的分子為手性分子；BNH4+和CH4的空間構型都是正四面體結構；C是平面型分子，根據價層電子對互斥理論判斷BF3空間構型；DCO2是直線形分子、H2O是V形分子；（5）A同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素；B能和水形成氫鍵的物質溶解性大；C氫化物的熔沸點隨著相對分子質量的增大而增大，但含有氫鍵的氫化物熔沸點較高；D晶格能與離子半徑成反比、與離子電荷成正比解答：解：（1）Cu元素原子核外電子數為29，其基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu原子失去4s、3d能級的1個電子形成Cu2+，Cu2+的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9，故答案為：1s22s22p63s23p63d9；（2）AMgO中只含離子鍵，故錯誤； BNaOH中含有離子鍵和共價鍵，故正確；CCaCl2中只含離子鍵，故錯誤； D（NH4）2SO4中含有離子鍵和共價鍵，故正確；故選BD；（3）A共價單鍵為鍵，共價雙鍵中含有一個鍵一個鍵，該分子中含有碳碳雙鍵，所以既有鍵又有鍵，故正確；B兩種元素非金屬性差距越大極性越大，OH之間的非金屬性之差大于CH之間的非金屬性之差，所以OH鍵的極性強于CH鍵的極性，故正確；C結構對稱，正負電荷重心重合的分子為非極性分子，該分子結構不對稱，正負電荷重心不重合，所以為極性分子，故錯誤；D該物質中含有酚羥基，所以該分子的分子之間能形成氫鍵，故錯誤；故選CD；（4）A連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，含有手性碳原子的分子為手性分子，這兩個分子中都含有手性碳原子，所以都是手性分子，故正確；BNH4+和CH4中中心原子價層電子對個數都是4且不含孤電子對，所以其空間構型都是正四面體結構，故正確；C是平面型分子，BF3中B原子價層電子對個數是3且不含孤電子對，所以為平面三角形結構，故正確；DCO2是直線形分子、H2O是V形分子，故錯誤；故選D；（5）A同一周期元素第一電離能隨著原子序數增大而呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，所以第一電離能NO，故錯誤；B能和水