2015年高考新课标I卷(化学试题)解析.doc

172015年高考新课标I卷（化学试题）解析7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，五金八石皆能穿滴，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A氨水 B硝酸 C醋 D卤水【答案】：B【解析】：根据所给四种物质的氧化性的强弱可判断，该强水为硝酸，硝酸具有氧化性，可溶解大部分金属，答案选B。【考点】：物质氧化性的判断。8NA 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10 NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2 NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2 NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2 NA【答案】：C【解析】：A.D和H的质量数不同，则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B.亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，错误；C.过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，正确；D.NO与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2NA，错误，答案选C。【考点】：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系判断9 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A1：1 B2：3 C3：2 D2：1【答案】：C【解析】：该有机物的分子式为C6H12N6，根据元素守恒，则C元素来自甲醛，N元素来自氨，所以分子中的C与N原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比为6:4=3:2，答案选C。【考点】：考查元素守恒法的应用10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将铜粉加入1.0 molL1 Fe2 (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0.1.molL1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 .molL1 CuSO4 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【答案】：D【解析】：A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误；B.Cu与硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，无黑色固体出现，现象错误；C.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，错误；D.硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，再加入硫酸铜，则生成氢氧化铜蓝色沉淀，沉淀的转化符合由溶解度小的向溶解度更小的沉淀转化，所以氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小，正确，答案选D。【考点】：考查对反应现象、结论的判断11.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 + 6O2 = 6CO2 + 6H2O【答案】：D【解析】： A.根据C元素的化合价的变化二氧化碳中C元素的化合价为最高价+4价，所以生成二氧化碳的反应为氧化反应，所以在负极生成，错误；B.在微生物的作用下，该装置为原电池装置，反应速率比化学反应速率加快，所以微生物促进了反应的发生，正确；C.原电池中阳离子向正极移动，正确；D.电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应，正确，答案选A。【考点】：考查对原电池反应的判断12W、X、Y、Z均为短周期主族元素，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：WX B阴离子的还原性：WZC氧化物的水化物的酸性：YW，错误；B.H元素的非金属性比Cl弱，所以简单阴离子的还原性WZ，正确。C.未说明最高价氧化物所对应水化物，不能判断最高价含氧酸的酸性，C错误；D.N与P可以同时存在于同一离子化合物中，如磷酸铵，D错误。故本题答案选B。【考点】：考察元素推断、原子结构以及元素化合物性质的判断。13浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH恒容ROH溶液，分别加水稀释至体积V。pH随的变化如图所示，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=2时，若两溶液同时升高温度，则增大【答案】：D【解析】：A.根据图像可知0.1mol/LMOH溶液的PH=13，说明MOH完全电离，为强电解质，而ROH溶液PH13，说明ROH部分电离，为弱电解质，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；B. ROH为弱碱，溶液越稀越电离，所以ROH的电离程度：b点大于a点，B正确；C.两溶液无限稀释下去，则都相当于纯水，溶液最终都显中性，所以它们的c(OH)相等，C正确。D.当=2时，MOH的PH=11，ROH溶液的PH=10，MOH溶液中不存在电离平衡，而ROH溶液中存在电离平衡，升高温度，平衡向电离方向移动，则c(R+)浓度增大，而升温对c(M+)无影响，所以比值减小，D错误。【考点】：强弱电解质判断和PH知识；第二卷26草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其K1 = 5.4102，K2 = 5.4105。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_，由此可知草酸晶体分解的产物中有_。装置B的主要作用是_。(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和下图所示的部分装置(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、_。装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。(3)设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强_。草酸为二元酸_。【答案】：(1)有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊 CO2 冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验。(2) F、D、G、H、D、I CuO H装置中的黑色氧化铜变红，D中澄清石灰水变浑浊；(3) 向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡； 用NaOH标准液滴定草酸溶液，消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍。【解析】：(1)本实验为草酸的分解产物探究实验，草酸热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊，冰水的作用冷却挥发出来的草酸避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验；(2)验证CO由图像可知，应通入CuO中，故应先除去CO2，在对CO进行干燥，然后通入CuO装置中还原CuO，将CO氧化产物通入澄清石灰水进行检验即可，故答案为：ABFDGHDI(3) 向NaHCO3溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸； 用NaOH标准液溶液滴定明草酸溶液，若NaOH的用量为草酸的两倍即可。【考点】：以草酸的热分解实验为探究点，考察了基本实验技能和基本化学原理。27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_。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_(写出两条)。(2)利用_的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_(化学式)。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_。然后在调节溶液的pH约为5，目的是_。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是_(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_。【答案】：(1)Mg2B2O5H2O+2H2SO42MgSO4+ 2H3BO3；升高温度、研磨粉碎充分搅拌；(2)Fe3O4，SiO2、CaSO4；(3)将Fe2+氧化为Fe3+， Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去。(4)(七水)硫酸镁(5)(6) 2H3BO3 B2O3+3H2O 3Mg+ B2O32B+3MgO【解析】： (1)考察复分解反应基本知识，结合Mg2B2O5H2O和硫酸及工艺流程线路可知，Mg2B2O5H2O+2H2SO42MgSO4+ 2H3BO3；为了进一步提高浸出率可采取升高温度或者将铁硼矿研磨粉碎充分搅拌使其充分接触而反应等方法。(2)在题目所给的物质中高中阶段我们已知的只有Fe3O4具有磁性，可将其从“浸渣”中分离除去。在酸浸中，SiO2不溶解可除去，酸浸后CaSO4不溶解可除去。(3)Fe2+需氧化Fe3+进而变成Fe(OH)3沉淀除去， H2O2具有氧化性，可将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+进而除去；调节PH的目的是将溶液中Fe3+和Al3+变成Fe(OH)3、Al(OH)3以便除去。(4)硫酸镁在结晶过程中易形成七水硫酸镁晶体。【考点】：以硼酸的制备工艺流程为载体，考察了基本元素化学以及物质的分离提纯操作。28(15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。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_。(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：_，已知Ksp(AgCl) = 1.81010，Ksp(AgI) = 8.51017。(3)已知反应2HI(g) = H2(g) + I2(g)的H= + 11 kJmol1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI (g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。(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的关系如下表：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=0.0027 min1，在t = 40min时，v正 = _min1由上述实验数据计算得到v正 x(HI) 和v逆 x(H2) 的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_(填字母)【答案】：(1)MnSO4(或者Mn2+)(2)4.72107(3)299(4)K= 1.9510-3；A和E 【解析】：(1)考察氧化还原反应，酸性条件下MnO2将I氧化为I2，MnO2被还原为MnSO4，离子方程式为：MnO2+2I+4H+I2+Mn2+2H2，故还原产物为MnSO4。(2)溶液中(3) H=反应物键能之和生成物键能之和，可得即 故答案为299 kJ (4)设HI的起始浓度为 molL12HI(g) H2(g) + I2(g)起始浓度： 0 0转化浓度：1-x(HI) 1-x(HI)/2 1-x(HI)/2 平衡浓度：x(HI) 1-x(HI)/2 1-x(HI)/2K= K=x(I2)x(H2)/c(HI)2 k逆= k逆K 1.9510-3； 该反应放热反应，升高温度平衡正向移动，升温后达到新的平衡状态时x(HI)减小，x(H2)增大，且x(HI)+2x(H2)=1，由于温度升高，新平衡速率增大，所以A点和E点为平衡状态。【考点】：化学原理基本知识，涵盖选修四前三章中的基本点。36【化学选修2:化学与技术】(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_，溶解温度应控制在6070度，原因是_。(2)写出步骤中主要反应的离子方程式_。(3)步骤包括用pH = 2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是_(写名称)。(4)上述工艺中，步骤不能省略，理由是_.(5)步骤、都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有_(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阳平mg，将其置于若两的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为_。【答案】：(1)硝酸铜，温度过低溶解速率较慢，温度过高，铵盐易分解。(2)2Cu2+ +SO32-+H2O+2Cl-=2CuCl+SO42-+2H+(3)稀硫酸(4)醇有利于加快去除表面水分，防止水解氧化。(5)B D(6) 【解析】：(1)海绵铜和氧化铜在硝酸铵和硫酸体系中被氧化为Cu(NO3)2，温度过低溶解速率较慢，温度过高，铵盐易分解。(2) 2Cu2+ +SO32-+H2O+2Cl-=2CuCl+SO42-+2H+(3)硝酸易将CuCl氧化，盐酸会将CuCl溶解，所以只能选择稀硫酸洗涤。(4) CuCl不溶解于乙醇，水在乙醇中易溶解，有利于加快去除表面水分并防止水解氧化(5)该步应该采取过滤操作，(过滤式)离心机的主要原理是通过高速运转的离心转鼓产生的离心力（配合适当的滤材），将固液混合液中的液相加速甩出转鼓，而将固相留在转鼓内，达到分离固体和液体的效果，或者俗称脱水的效果，可以选择离心机加速分离和框式压滤机过滤。(6)滴定时的质量分数计算表达式为：考点：化学工艺操作及元素化学知识、物质分离操作知识；37【化学选修3：物质结构与性质】(15分)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_形象化描述。在基态原子中，核外存在_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_。(3)CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，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_。(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_晶体。(5)贪有多种同素异形体，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_个六元环，每个六元环占有_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_故六元环，六元环中最多有_个C原子在同一平面。【答案】：(1)电子云 2(2)碳原子最外层4个电子且半径较小，难以通过得失电子达到最外层八电子稳定结构。(3)极性键 sp杂化 CO2 SCN(4)分子晶体(5) 3 2 12 4【解析】：(1) 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，C原子共6个电子，电子排式为1s22s22p2故C原子核外存在2对自旋相反的电子；(2) 碳原子最外层4个电子且半径较小，难以通过得失电子达到最外层八电子稳定结构，故碳在形成化合物时，其键型以共价键为主。(3) CS2分子类似与CO2分子()，为直线型分子，含有的共价键的类型有极性键，C原子的杂化轨道类型是sp杂化，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为：CO2 ，SCN;(4) Fe(CO)5熔点为253K，沸点为376K，都较低，属于分子晶体特点，故固体属于分子晶体。(5) (金刚石结构)由石墨烯晶体结构图可知，6个碳原子构成一个六元环，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