2015年普通高等學校招生全國統一考試（新課標II卷）理綜化學試題7．食品干燥劑應無毒、無味、無腐蝕性及環境友好。下列說法錯．誤．的是（）硅膠可用作食品干燥劑P2O5不可用作食品干燥劑六水合氯化鈣可用作食品干燥劑加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑【答案】C【解析】A.硅膠多孔，吸附水分能力強，且沒有毒，常用作實驗室和袋裝食品、瓶裝藥品等的干燥劑，A正確；B.P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蝕性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥劑，B正確；C.氯化鈣檢驗吸水性，而六水合氯化鈣不具有吸水性，不能用作食品干燥劑，C錯誤；D.加工后具有吸水性的植物纖維沒有毒，沒有腐蝕性，因此可用作食品干燥劑，D正確，答案選Co【考點定位】考查硅膠、p2o5、氯化鈣、新型植物纖維等食品干燥劑中的應用【名師點晴】本題從知識上考查了常見干燥劑在生活中的應用，考查了學生對知識理解、綜合運用能力，對生活中的化學知識的運用情況，熟悉常見干燥劑的性質是答題的關鍵。這道高考題為一道中下檔題，難度偏低。8某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A.C14H18O5B.C14H16O4C.C14H22O5D.C14H10O5【答案】A【解析】羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，這說明分子中含有2個酯基，因此有2分子水參加反應，水解方程式為：C18H26O5+2H2O-羧酸+2C2H6O,則根據原子守恒可知該羧酸的分子式中碳原子個數是18—2X2=14,氫原子個數是26+4-2X6=18，氧原子個數是5+2-2X1=5,即分子式為C14H18O5，A正確。【考點定位】本題主要是考查酯類物質的水解、利用質量守恒定律判斷物質的分子式【名師點晴】該題以酯類的水解反應為載體，考查了學生靈活運用水解反應方程式判斷有機物分子式，該題的關鍵是判斷出酯類物質中含有2個酯基以及原子守恒在化學反應中的應用，題目難度不大。原子序數依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數分別為1、6、7、1。a-的電子層結構與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c-和d+的電子層結構相同。下列敘述錯.誤.的是（）元素的非金屬性次序為c>b>aa和其他3種元素均能形成共價化合物d和其他3種元素均能形成離子化合物元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數和分別為0、4、6【答案】B【解析】原子序數依次增大的元素a、b、c、d,它們的最外層電子數分別為1、6、7、1,即分別屬于第IA、WAWA、IA族。a-的電子層結構與氦相同，則a是H。b和c的次夕卜層有8個電子，即二者均是第三周期元素，所以b是S,c是Cl。c-和d+的電子層結構相同，都是18電子微粒，則d是K。A.同周期自左向右非金屬性逐漸增強，同主族自上而下非金屬性逐漸減弱，則元素的非金屬性次序為c>b>a，A正確；B.氫元素與硫元素和氯元素分別可以形成共價化合物H2S和HCI，但氫元素與鉀元素不能形成共價化合物，而是形成離子化合物KH，B錯誤；C.d和其他3種元素均能形成離子化合物，即KH、K2S、KCI，C正確；D.氫元素、硫元素和氯元素的最高價、最低價分別是+1和-1、+6或-2、+7或-1，所以元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數和分別為0、4、6，D正確，答案選B。【考點定位】本題主要是考查元素推斷、元素周期律的應用，涉及非金屬性強弱比較、共價化合物和離子化合物判斷以及化合價等【名師點晴】高考要求學生熟練掌握同一周期、同一主族的原子結構和元素性質的遞變規律，了解元素原子結構、元素在周期表中的位置、性質及其它們之間的關系。高考命題中常將將元素周期表、元素周期律、與元素性質結合進行考查，有時還會結合相應物質的性質和制備進行考查，該種題型是高考經典和必考題型。通過元素周期表考查元素性質（主要包含元素主要化合價、元素金屬性非金屬性、原子或離子半徑等），充分體現了化學周期表中位置反映結構、結構決定性質這一基本原理，更突顯了化學學科規律的特色，題目濃度不大。NA代表阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是（）60g丙醇中存在的共價鍵總數為10NA1L0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-離子數之和為0.1NA鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物。23g鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA裂變235g核互235U發生裂變反應：235u+1n*90Sr+136U+101n,凈產生的中子（in）92920385400數為10NA【答案】C60g【解析】A.60g丙醇的物質的量是1mol,丙醇的結構簡式為CH3CH2CH2OH,60g/mol322所以分子中存在的共價鍵總數為11NA,A錯誤；B.根據物料守恒可知1L0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-離子數之和為0.1NA,B錯誤；C.鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物,氧化鈉或過氧化鈉,23g鈉的物質的量是23g三23g/mol=1molo鈉不論是轉化為氧化鈉,還是過氧化鈉,均失去1個電子,所以鈉充分燃燒時轉移電子數為1NA,C正確；D.235g核素235U的物質的量=235gF235g/mol=1mol,根據發生裂變的裂變反應235U+1n90Sr+136U+101n可知凈產生的中子（1n）數為9NA,D錯誤，920385400A答案選Co【考點定位】本題主要是考查阿伏加德羅常數的有關計算，涉及丙醇分子中共價鍵判斷、溶液中物料守恒應用、氧化還原反應中電子轉移計算以及核裂變反應等【名師點晴】將分子、原子的結構、相對分子質量或式量、物質質量、摩爾質量、物質的量、物質的量在物質及其所含構成微粒關系式計算中的應用、溶液體積、溶質的物質的量濃度、溶質的物質的量、溶質與水化合即電解質的電離、可逆反應、取值范圍、氣體摩爾體積、物質的狀態、電解質溶液中存在的微粒、鈉的燃燒、氧化還原反應、化合價、物質的量在鈉與失去電子的關系式計算中的應用等聯系起來。充分體現了化學研究從定性到定量、從宏觀到微觀的特點，更突顯了化學科學特點和化學研究基本方法，能較好的考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。11.分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體的有機物有（不含立體異構）（）A.3種B.4種C.5種D.6種【答案】B【解析】分子式為C5H10O2并能與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體，這說明該有機物是飽和的一元羧酸，即分子組成為C4H9—COOH,丁基有4種，分別是CH3CH2CH2CH2—>（CH3）2CHCH2—、（CH3）3C—、CH3CH2CH（CH3）―,所以該羧酸也有4種，答案選B。【考點定位】本題主要是考查有機物同分異構體種類判斷，側重于碳鏈異構體的考查?！久麕燑c晴】該題的關鍵是熟悉常見官能團的結構與性質，準確判斷出有機物的屬類，依據碳鏈異構體的書寫方法逐一分析判斷即可，旨在考查學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力。12．海水開發利用的部分過程如圖所示。下列說法錯．誤．的是（）海水|——彳苦鹵（含爐血比氏-等）粗鹽|兩|計詈等卜—|沉鈕|視］;電向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純工業生產中常選用NaOH作為沉淀劑富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收【答案】C【解析】A.氯氣具有強氧化性，能把溴離子氧化為單質溴，因此向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴，A正確；B.粗鹽中的鈣離子、鎂離子等可采用沉淀法除去，所得氯化鈉溶液可采用重結晶等過程提純，B正確；C.工業生產常選用來源更廣泛、價格更便宜的石灰乳作為沉淀劑，用氫氧化鈉不經濟，C錯誤；D.富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，SO2具有還原性，能被溴氧化，因此再用SO2將其還原吸收，D正確，答案選C?！究键c定位】本題以海水的綜合開發利用為載體重點考查了粗鹽的提純、海水提取溴、物質的分離與提純操作、試劑的選取等，題目難度中等。【名師點晴】本題從知識上考查物質的分離與提純，考查了學生對知識了解、理解、掌握和分析、綜合運用的情況。明確常見的化學實驗基本操作以及常見物質的性質是答題的關鍵。13.用右圖所示裝置進行下列實驗:將①中溶液滴入②中，預測的現象與實際相符的是（）

選項①中物質選項①中物質②中物質預測②中的現象A.稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B.濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C.氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀D.草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色【答案】D【解析】A、氫氧化鈉是強堿，碳酸鈉是鹽，因此鹽酸首先中和氫氧化鈉，然后再與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應放出C02,A錯誤；B、常溫下鋁在濃硝酸中鈍化，反應很快同志，看不到紅棕色NO2氣體，B錯誤；C、氫氧化鈉溶液開始是過量的，滴入氯化鋁生成偏鋁酸鈉，當氫氧化鈉完全消耗后，再滴入氯化鋁，鋁離子與偏鋁酸根離子反應生成白色沉淀氫氧化鋁，C錯誤；D、草酸具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此草酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，D正確，答案選D。【考點定位】本題主要是考查實驗方案設計與評價，涉及碳酸鈉、氫氧化鈉與鹽酸反應、鋁及其化合物、鈍化、氫氧化鋁制備、濃硝酸、草酸、酸性高錳酸鉀溶液等。【名師點晴】該題以實驗探究的形式考查元素及其化合物的性質，充分體現了金屬元素化合物和非金屬元素化合物考查的目的，有利于培養學生的思維能力、分析問題的能力、動手能力、觀察能力等，能更全面地考查考生的綜合素質和能力。掌握常見元素及其化合物的性質是答題的關鍵，注意基礎知識的理解掌握和靈活運用。26.（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是碳粉，MnO2，ZnCI2和NH4CI等組成的糊狀填充物，該電池在放電過程產生MnOOH,回收處理該廢電池可得到多種化工原料，有關數據下表所示：溶解度/（g/lOOg水）溫度/C化合物020406080100NH4CI29.337.245.855.365.677.3ZnCI2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3

Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列問題：該電池的正極反應式為，電池反應的離子方程式為(2)維持電流強度為0.5A,電池工作五分鐘，理論上消耗Zn_g((已經F=96500C/mol)廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通過分離回收；濾渣的主要成分是MnO2、和，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是，其原理是。用廢電池的鋅皮制備ZnSO4?7H2O的過程中，需去除少量雜質鐵，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，鐵變，加堿調節至pH為時，鐵剛好完全沉淀(離子濃度小于1X10-5mol/L時，即可認為該離子沉淀完全)；繼續加堿調節至pH為時，鋅開始沉淀(假定Zn2+濃度為0.1mol/L)。若上述過程不加也02后果是，原因?！敬鸢浮?1)MnO2+e—+H+=MnOOH；Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH(2)0.05g(3)加熱濃縮、冷卻結晶；鐵粉、MnOOH；在空氣中加熱；碳粉轉變為CO2，MnOOH氧化為MnO2(4)Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分離不開；Fe(OH)2和Zn(0H)2的Ksp相近解析】(1)酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，鋅是活潑的金屬，鋅是負極，電解質顯酸性，則負極電極反應式為Zn—2e-=Zn2+。中間是碳棒，碳棒是正極，其中二氧化錳得到電子轉化為MnOOH,則正極電極反應式為MnO2+e-+H+=MnOOH,所以總反應式為Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH。維持電流強度為0.5A，電池工作五分鐘，則通過的電量是0.5X300=150，因此通過電子的物質的量是丄H=1554xlO-3mol，鋅在反應中失去2個電子，則理論96500消耗Zn的質量是消耗Zn的質量是0.001554mol2x65g/mol=0.05g。3)廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有氯化鋅和氯化銨。根據表中數據可知氯化鋅的溶解度受溫度影響較大，因此兩者可以通過結晶分離回收，即通過蒸發濃縮、冷卻結晶實現分離。二氧化錳、鐵粉、MnOOH均難溶于水，因此濾渣的主要成分是二氧化錳、碳粉、MnOOH。由于碳燃燒生成CO2，MnOOH能被氧化轉化為二氧化錳，所以欲從中得到較純的二氧化錳，最簡便的方法是在空氣中灼燒。(4)雙氧水具有強氧化性，能把鐵氧化為鐵離子，因此加入稀硫酸和雙氧水，溶解后鐵變為硫酸鐵。根據氫氧化鐵的溶度積常數可知，當鐵離子完全沉淀時溶液中鐵離子濃110—39度為10-5mol/L，則溶液中氫氧根的濃度=3-=5X10—12mol/L，所以氫離子濃10—5度是2X10—3mol/L,pH=2.7,因此加堿調節pH為2.7時鐵剛好完全沉淀。Zn2+濃度|'10-17為0.1mol/L,根據氫氧化鋅的溶度積常數可知開始沉淀時的氫氧根濃度為=01=10—8mol/L，氫離子濃度是10—6mol/L,pH=6,即繼續加堿調節pH為6時鋅開始沉淀。如果不加雙氧水，則鐵與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵，由于氫氧化亞鐵和氫氧化鋅的溶度積常數接近,因此在沉淀鋅離子的同時亞鐵離子也沉淀,導致生成的氫氧化鋅不純,無法分離開Zn2+和Fe2+?！究键c定位】本題主要是考查原電池原理的應用、物質的分離與提純等,涉及電極反應式書寫、電解計算、溶度積常數的應用、pH計算、化學實驗基本操作等。【名師點晴】該題以酸性鋅錳干電池為載體綜合考查了氧化還原反應、電化學、化學計算物質的分離與提純等,能夠很好地考查考生所掌握的化學知識結構?？疾榱藢W生對知識理解、綜合運用能力及閱讀材料接受信息的能力和思維能力,對相關知識的掌握情況這道高考題為一道中高檔題,能力要求較高。27．(14分)甲醇是重要的化工原料,又可稱為燃料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和h2)在催化劑的作用下合成甲醇，發生的主反應如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)CO2(g)+3H2(g)^^CH3OH(g)+H2O(g)^H2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)^H3回答下列問題：已知反應①中的相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵H—HC—OC主0H—OC—HE/(kJ.mol-1)4363431076465413由此計算△%=kJ?mol-1,已知4^=-58kJ?mol-1,貝仏屯=kJ?mol-1。反應①的化學平衡常數K的表達式為；圖1中能正確反映平衡常數K隨溫度變化關系的曲線為(填曲線標記字母)，其判斷理由

和壓強的關系如圖2所示°a(CO)值隨溫度升高而和壓強的關系如圖2所示°a(CO)值隨溫度升高而(填“增大”或“減小”),其原因是.。圖2中的壓強由大到小為，其判斷理由是-c(CHOH)【答案】(1)一99；+41(2)K=3；a；反應①為放熱反應，平衡常數應c(CO)?C2(H)2隨溫度升高變小；減??；升高溫度時，反應①為放熱反應，平衡向向左移動，使得體系中CO的量增大；反應③為吸熱反應，平衡向右移動，又產生CO的量增大；總結果，隨溫度升高，使CO的轉化率降低；p3>p2>pt；相同溫度下，由于反應①為氣體分子數減小的反應,加壓有利于提升CO的轉化率；而反應③為氣體分子數不變的反應，產生CO的量不受壓強影響，故增大壓強時，有利于CO的轉化率升高解析】(1)反應熱等于斷鍵吸收的能量與形成化學鍵所放出的能量的差值，則根據表中數據和反應的化學方程式CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)可知反應熱△H1=1076kJ/mol+2X436kJ/mol—3X413kJ/mol—343kJ/mol—465kJ/mol=—99kJ.mol-i。根據蓋斯定律可知②一①即可得到反應③，則△H3=—58kJ/mol+99kJ/mol=+41kJ.mol-i。化學平衡常數是在一定條件下，當可逆反應達到平衡狀態時，生成物濃度的冪之積和反應物濃度的冪之積的比值，則反應①的化學平衡常數K的表達式為K二3；由于正方應是放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，平c(CO)?C2(H)2衡常數減小，因此a正確。反應①為放熱反應，升高溫度時，平衡向左移動，使得體系中CO的量增大；反應③為吸熱反應，平衡向右移動，又產生CO的量增大；因此最終結果是隨溫度升高，使CO的轉化率降低；相同溫度下，由于反應①為氣體分子數減小的反應，加壓有利于

提升CO的轉化率；而反應③為氣體分子數不變的反應，產生CO的量不受壓強影響，故增大壓強時，有利于CO的轉化率升高，所以圖2中的壓強由大到小為P3>P2>P]?！究键c定位】本題主要是考查反應熱計算、蓋斯定律應用、平衡常數以及外界條件對平衡狀態的影響等【名師點晴】本題從知識上考查了熱化學方程式、蓋斯定律，平衡圖像、外界條件對化學反應速率和化學平衡的影響，考查了學生對知識理解、綜合運用能力。將熱化學方程式、蓋斯定律，平衡圖像、外界條件對化學反應速率和化學平衡的影響，碳、氮及其化合物的性質等知識同低碳經濟、溫室氣體的吸收等環境問題聯系起來，充分體現了學以致用的目的，更突顯了化學是一門實用性的學科的特點。28.（15分）二氧化氯（C102，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業上可用KC1O3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為。（2）實驗室用NH4C1、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：撫醴臨C0溶液]J嚴C1O3兇爲0溶液A閔幻電解時發生反應的化學方程式為。溶液X中大量存在的陰離子有。除去ClO2中的nh3可選用的試劑是（填標號）。a.水b.堿石灰C.濃硫酸d.飽和食鹽水（3）用下圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：mL稀I.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入mL稀硫酸：在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；W.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：V.用0.1000mol?L-1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：TOC\o"1-5"\h\z錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為。玻璃液封裝置的作用是。V中加入的指示劑通常為，滴定至終點的現象是。測得混合氣中ClO2的質量為go用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽。若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質最適宜的是(填標號)。a.明磯b.碘化鉀c.鹽酸d.硫酸亞鐵【答案】⑴2：1(2)①NH4C1+2HC1^^3H2f+NCl3②Cl—、OH—③c(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O②吸收殘余的二氧化氯氣體(避免碘的逸出)③淀粉溶液；溶液由藍色變為無色且半分鐘內溶液顏色不再改變④0.02700(4)【解析】(1)工業上可用KC1O3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反應中氯元素的化合價從+5價降低到+4價，得到1個電子，氯酸鉀是氧化劑。S元素的化合價從+4價升高到+6價，失去2個電子，亞硫酸鈉是還原劑，則根據電子得失守恒可知該反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為2：1o①根據流程圖可知電解時生成氫氣和NCl3，則電解時發生反應的化學方程式為NH4Cl+2HCl申解3H2f+NCl3o②NCl3與NaClO2反應生成ClO2、NH3和氯化鈉、NaOH，反應的離子反應為NCl3+3H2O+6ClO2—=6ClO2fNCl3+3H2O+6ClO2—=氧根離子。③a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨氣，a錯誤；b、堿石灰不能吸收氨氣，b錯誤;c、濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，c正確；d、ClO2易溶于水，不能利用飽和食鹽水吸收氨氣，d錯誤，答案選co①ClO2具有強氧化性，通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應，氧化I-為I2，自身被還原為Cl-同時生成水反應離子方程式為2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2Oo由于二氧化氯是氣體，容易揮發到空氣中，所以玻璃液封裝置的作用是吸收殘余的二氧化氯氣體。由于碘遇淀粉顯藍色，則V中加入的指示劑通常為淀粉，滴定至終點的現象是溶液由藍色變為無色且半分鐘內不變色。④根據方程式可知2C1O2?5I2?10S2O32-則測得混合氣中ClO2的質量為0.lmol/Lxo.02LX67.5g/mol/5=0.02700g。（4）亞氯酸鹽具有氧化性，明礬不能被氧化，碘化鉀被氧化為碘，鹽酸可能被氧化氯氣，因此若要除去超標的亞氯酸鹽，最適宜的是硫酸亞鐵，且產生的氧化產物鐵離子能凈水?？键c定位】本題考查閱讀題目獲取信息能力、氧化還原反應滴定及應用、電解原理、對工藝流程及裝置理解分析等，難度中等，要求學生要有扎實的實驗基礎知識和靈活應用信息解決問題的能力，注意基礎知識的全面掌握。名師點晴】本題從知識上考查了重要物質的化學性質、化學實驗基本操作、實驗現象的判斷與分析、化學探究實驗方案的設計與評價、化學方程式的書寫、氧化還原反應原理等知識?？疾榱藢W生對基礎知識的記憶、理解和運用，運用所學知識分析具體問題的能力。也涉及到運用所學知識分析問題、解決問題的能力，同時把元素化合物、基本化學原理和化學實驗聯系在一起，充分體現了學生對基礎知識的掌握和分析問題、解決問題的思維能力，凸顯了理科綜合考試中的綜合性與實用性的特點。【化學——選修2：化學與技術】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業上可用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，其反應和工藝流程示意圖如下：①H00H②異丙苯異丙苯過耗牝氫GOHAH=-H6kJmol苯酚丙舸①H00H②異丙苯異丙苯過耗牝氫GOHAH=-H6kJmol苯酚丙舸+CHjCOCHjAH=-253U-mof物質相對分子質量密度(g/cm^)沸點/°c異丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列問題：TOC\o"1-5"\h\z在反應器A中通入的X是。反應①和②分別在裝置和中進行(填裝置符號)。在分解釜C中加入的Y為少置濃硫酸，其作用，優點是用量少，缺點是反應②為—(填“放熱”或“吸熱”)反應。反應溫度控制在50-60，溫度過高的安全隱患。中和釜D中加入的Z最適宜的是(填編號。已知苯酚是一種弱酸)。a.NaOHb.CaCOc.NaHCOd.CaO蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為和，判斷的依據是。用該方法合成苯酚和丙酮的優點。答案】(1)氧氣(或空氣)(2)A；C(3)催化劑(提高反應速率)；腐蝕設備(4)放熱；可能會導致(過氧化物)爆炸c(6)丙酮、苯酚；苯酚的沸點高于丙酮(7)原子利用率高解析】(1)異丙苯被氧氣氧化為異丙苯過氧化氫，異丙苯過氧化氫在酸性溶液中分解即可得到苯酚和丙酮，因此在反應器A中通入的X是氧氣或空氣。根據流程圖可知反應①和②分別在裝置A和C中進行。異丙苯過氧化氫在酸性溶液中分解，所以濃硫酸的作用是作催化劑。由于濃硫酸具有酸性，因此缺點是容易腐蝕設備。^H小于0,則反應②為放熱反應。反應溫度控制在50-60^,由于過氧化物受熱易分解，因此溫度過高的安全隱患是容易發生爆炸。(5)苯酚與碳酸氫鈉不反應，所以選擇碳酸氫鈉。由于苯酚的沸點高于丙酮，丙酮先氣化，所以蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚。根據以上分析可知用該方法合成苯酚和丙酮的優點是原子利用率高、沒有副產物?！究键c定位】本題主要是考查物質制備工藝流程圖的分析與應用，涉及試劑的選擇、物質的分離與提純、反應條件控制、實驗方案設計與探究。【名師點晴】化學工藝流程題是近年高考備受關注的一種題型，該類型是將化工生產過程中的主要生產階段用框圖形式表示出來，并根據生產流程中涉及的化學知識步步設問，構成與化工生產緊密聯系的工藝流程題。主要有實驗型化工流程題、原理型化工流程題、元素化合物型化工流程題三種形式。主要是考查了學生對知識理解、綜合運用能力，培養學生知識素養和能力素養，能熟練應用所學知識解決問題的能力。建議復習中注意課本上與化工生產有關的問題，對每一步所包含的原理、涉及的反應、可能的副產品、以及條件的選擇分析到位。［化學一選修3：物質結構與性質］(15分)A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元索，A2-和B+具有相同的電子構型；C、D為同周期元索，C核外電子總數是最外層電子數的3倍；D元素最外層有一個未成對電子?；卮鹣铝袉栴}：四種元素中電負性最大的是—(填元素符號)，其中C原子的核外電子排布式為TOC\o"1-5"\h\z單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的(填分子式)，原因;A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為和。C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構型為，中心原子的雜化軌道類型為?；衔顳2A的立體構型為，中心原子的價層電子對數為，單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，其化學方程式為。A和B能夠形成化合物F,其晶胞結構如圖所示，晶胞參數，a=0.566nm,F的化學式為—：晶胞中A原子的配位數為;列式計算晶體F的密度(g.cm-3)。

【答案】(1)O；1S22S22P63S23P3(或[Ne]3s23p3)O3；O3相對分子質量較大，范德華力大；分子晶體；離子晶體三角錐形;sp3(4)V形；4；2CI2+2Na2CO3+H2O=CI2O+2NaHCO3+2NaCI(或2CI2+2Na2CO3=CI2O+CO2+2NaCI)5)Na2O；8；4x5)Na2O；8；=2.27g/cm3(0.566x10—7cm)3x6.02x1023mol—1【解析】A、B、C、D為原子序數依次增大的四種元索，A2-和B+具有相同的電子構型，則A是0,B是Na；C、D為同周期元索，C核外電子總數是最外層電子數的3倍,則C是P；D元素最外層有一個未成對電子，所以D是氯元素。非金屬性越強，電負性越大，則四種元素中電負性最大的是0。P的原子序數是15,則根據核外電子排布可知C原子的核外電子排布布式為1s22s22p63s23p3(或[Ne]3S23p3)。氧元素有氧氣和臭氧兩種單質，由于03相對分子質量較大，范德華力大，所以中沸點高的是03；A和B的氫化物分別是水和NaH，所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體。C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，即E是PCI3，其中P含有一對孤對電子，其價層電子對數是4,所以E的立體構型為三角錐形，中心原子的雜化軌道類型為sp3?；衔顲I2O分子中氧元素含有2對孤對電子，價層電子對數是4,所以立體構型為v形。單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A,則化學方程式為2CI2+2Na2CO3+H2O=CI20＋2NaHC03＋2NaCI。根據晶胞結構可知氧原子的個數=8x1+6x1=4,Na全部在晶胞中，共計是882個，則F的化學式為Na2O。以頂點氧原子為中心，與氧原子距離最近的鈉原子的個數8個，即晶胞中A原子的配位數為8。晶體F的密度=m4x62g/molV—(0.566x10—7cm)3x6.02x1023mol—1—.g曲【考點定位】本題主要是考查元素推斷、核外電子排布、電負性、空間構型、雜化軌道、晶體類型與性質及晶胞結構與計算等【名師點晴】本題考查的內容包含了選修模塊“物質的結構與性質”中最基本和最重要的內容，通過晶胞中原子個數的計算和晶體的密度計算來考查考生的計算能力和應用知識解決問題的能力，考查了學生綜合運用所學化學知識解決相關化學問題的能力。38．［化學一選修5：有機化學基礎］（15分）聚戊二酸丙二醇酯（ppg）是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的應用前景。PPG的一種合成路線如下：已知：烴A的相對分子質量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫；化合物B為單氯代烴：化合物C的分子式為C5H8；E、F為相對分子質量差14的同系物，F是福爾馬林的溶質；TOC\o"1-5"\h\z?SNaOHR1\,fl川RtCHO+只阿阿。CH'CHH0ZXCHO。回答下列問題：（1）A的結構簡式為。（2）由B生成C的化學方程式為。（3）由E和F生成G的反應類型為，G的化