2015高考化学全国卷试题(含详细解析).doc

.1.(2015全国课标,7)食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的是()A.硅胶可用作食品干燥剂 B.P2O5不可用作食品干燥剂C.六水氯化钙可用作食品干燥剂 D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂答案:C解析:根据食品干燥剂对无毒、无味、无腐蚀性及环境友好的要求,硅胶、CaCl2以及加工后具有吸水性的植物纤维都可用作食品干燥剂,P2O5吸水生成磷酸或偏磷酸,不可用作食品干燥剂,A、B、D三项正确,CaCl26H2O不具有吸水性,C项错误。2.(2015全国课标,8)某羧酸酯的分子式为C18H26O5,1 mol该酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,该羧酸的分子式为()A.C14H18O5B.C14H16O4 C.C16H22O5D.C16H20O5答案:A解析:因1 mol酯完全水解可得到1 mol羧酸和2 mol乙醇,即C18H26O5+2H2OCxHyOz羧酸+2C2H6O乙醇根据原子守恒,得CxHyOz为C14H18O5,所以选A。3.(2015全国课标,9)原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1。a-的电子层结构与氦相同,b和c的次外层有8个电子,c-和d+的电子层结构相同。下列叙述错误的是()A.元素的非金属性次序为cbaB.a和其他3种元素均能形成共价化合物C.d和其他3种元素均能形成离子化合物D.元素a、b、c各自最髙和最低化合价的代数和分别为0、4、6答案:B解析:因a-的电子层结构与He相同,所以a为H;因b、c次外层有8个电子,最外层电子数分别为6、7,所以b、c分别为S、Cl;因c-和d+的电子层结构相同,且d最外层为1个电子,所以d为K。故c(Cl)、b(S)、a(H)的非金属性次序为c(Cl)b(S)a(H),A项正确;元素H与K不能形成共价化合物,所以B项错误;元素K可与H、S、Cl分别形成离子化合物KH、K2S、KCl,所以C项正确;因a、b、c对应元素的最高化合价和最低化合价分别为+1、+6、+7价和-1、-2、-1价,所以它们的代数和分别为0、4、6,D项正确。4.(2015全国课标,10)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A.60 g丙醇中存在的共价键总数为10NAB.1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD.235 g核素92235U发生裂变反应:92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n,净产生的中子(01n)数为10NA答案:C解析:A项,因一个分子中含共价键11个,所以60 g丙醇(1 mol)中存在的共价键总数为11NA,错误。B项,1 L 0.1 molL-1的NaHCO3溶液中,由于HCO3-在溶液中既发生电离,又发生水解,所以溶液中HCO3-、CO32-和H2CO3物质的量共有0.1 mol,所以HCO3-和CO32-的离子数之和小于0.1NA,错误。C项,因钠在空气中燃烧生成多种氧化物时,钠作还原剂,化合价由0价+1价,所以23 g钠(1 mol)充分燃烧时转移电子数为1NA,正确。D项,因一个92235U裂变时,净产生中子(01n)数为9个,所以235 g 92235U(1 mol)裂变时,净产生中子数为9NA,错误。5.(2015全国课标,11)分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)()A.3种B.4种C.5种D.6种答案:B解析:分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体,所以该有机物分子中应含COOH,即分子组成为C4H9COOH,又因丁基有4种,所以符合条件的有机物应为4种,选B。6.(2015全国课标,12)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收答案:C解析:通入Cl2,反应为Cl2+2Br-2Cl-+Br2,A项正确;粗盐中Mg2+、SO42-等杂质可加入沉淀剂除去,K+等杂质只能通过重结晶除去,B项正确;工业生产常用石灰乳作沉淀剂,C项错误;苦卤中含溴离子少,通Cl2后,Br2浓度小,吹出后通入SO2吸收,SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr,D项正确。7.(2015全国课标,13)用下图所示装置进行下列实验:将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是()选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色答案:D解析:A项错误,滴加盐酸时,先与NaOH反应,然后与Na2CO3反应生成NaHCO3,不会立即产生气泡。B项错误,因常温下,浓硝酸能使Al钝化,所以不会产生红棕色气体。C项错误,AlCl3溶液滴入浓氢氧化钠溶液中,先生成NaAlO2,当AlCl3过量时才有白色沉淀出现。D项正确,草酸能被KMnO4酸性溶液氧化,溶液逐渐褪色。8.(2015全国课标,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:该强水能溶解五金,说明具有酸性和强氧化性,且不与玻璃反应,则该物质为硝酸,即B项正确。9.(2015全国课标,8)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB.2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+数为2NAC.过氧化钠与水反应时,生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD.密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应,产物的分子数为2NA答案:C解析:D2O的摩尔质量为20 gmol-1,则18 g D2O和18 g H2O的物质的量不同,所含的质子数不同,A项错误;亚硫酸为弱酸,水溶液中不完全电离,故B项错误;由可知,生成0.1 mol 氧气时转移电子为0.2NA,C项正确;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的转化存在化学平衡,故产物的分子数小于2NA,D项错误。10.(2015全国课标,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应为()A.11B.23C.32D.21答案:C解析:该有机物的分子式为C6H12N4,由分子中的C与N原子个数比可知,甲醛与氨的物质的量之比为64=32,答案选C。11.(2015全国课标,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 molL-1 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0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1 molL-1 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选项稀硝酸与过量的Fe充分反应,产物为硝酸亚铁、NO和水,无Fe3+生成,所以加入KSCN溶液后,溶液不变血红色,现象和结论错误;B选项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,现象和结论错误;C选项铝在空气中加热表面生成氧化铝其熔点较高,所以内部熔化的铝不会滴落,现象错误;D选项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,符合由溶解度较小的沉淀向溶解度更小的沉淀转化,又二者均为AB2型化合物,所以相同温度下氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小,现象和结论都正确。12.(2015全国课标,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+6O26CO2+6H2O答案:A解析:C6H12O6中C的平均化合价为0价,二氧化碳中C的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,故CO2在负极生成,A选项错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率加快,所以微生物促进了反应的发生,B项正确;质子交换膜只允许质子(即H+)通过,原电池中阳离子向正极移动,C项正确;电池的总反应实质是C6H12O6的氧化反应,D项正确。13.(2015全国课标,12)W、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:YZ,B项正确;未指明最高价氧化物的水化物,不能判断酸性的强弱,C项错误;氮与磷可以存在于同一离子化合物中,如磷酸铵,D项错误。14.(2015全国课标,13)浓度均为0.10 molL-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化如图所示。下列叙述错误的是()A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH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lgVV0=2时,若两溶液同时升高温度,则c(M+)c(R+)增大答案:D解析:由图像知,0.10 molL-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,则它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lgVV0=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故比值减小,D项错误。15.(2015全国课标,26)(14分)酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示:溶解度/(g/100 g水)温度/020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题:(1)该电池的正极反应式为,电池反应的离子方程式为。(2)维持电流强度为0.5 A,电池工作5分钟,理论上消耗锌 g。(已知F=96 500 Cmol-1)(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl,二者可通过分离回收;滤渣的主要成分是MnO2、和,欲从中得到较纯的MnO2,最简便的方法为,其原理是。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中,需除去锌皮中的少量杂质铁,其方法是:加稀硫酸和H2O2溶解,铁变为,加碱调节至pH为时,铁刚好沉淀完全(离子浓度小于110-5 molL-1时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱至pH为时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1 molL-1)。若上述过程不加H2O2后果是,原因是。答案:(1)MnO2+H+e-MnOOH2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2+(每空1分,共2分)注:式中Zn2+可写为Zn(NH3)42+、Zn(NH3)2Cl2等,H+可写为NH4+(2)0.05(2分)(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH空气中加热碳粉转变为CO2,MnOOH氧化为MnO2(每空1分,共5分)(4)Fe3+2.76Zn2+和Fe2+分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近(每空1分,共5分)解析:(1)电池正极发生还原反应,所以正极反应式为MnO2+H+e-MnOOH,负极反应式为Zn-2e-Zn2+,所以电池反应为Zn+2MnO2+2H+Zn2+2MnOOH。(2)因电流强度I=Qt,所以Q=It=0.5 A5 min60 smin-1=150 C所以通过电子物质的量为QF=150 C96 500 Cmol-1所以消耗Zn的质量为:150 C96 500 Cmol-11265 gmol-1=0.05 g。(3)根据表中数据知ZnCl2和NH4Cl在水中溶解度差异较大,且受温度影响较大,所以可通过加热浓缩、冷却结晶分离回收;滤渣主要成分是MnO2、碳粉、MnOOH,要从中得到较纯MnO2,最简便方法为在空气中加热,因为加热时,C生成CO2,MnOOH生成MnO2。(4)由Zn(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3的Ksp可分别计算出Zn2+、Fe2+、Fe3+完全沉淀时的pH为8、8、2.7。所以要除去Zn皮中的杂质铁,需先把Fe转化为Fe3+,再调节溶液pH=2.7时Fe3+恰好沉淀完全,再加碱至溶液pH=6时,Zn2+开始沉淀因c(Zn2+)=0.1 molL-1,所以c(Zn2+)c2(OH-)=10-17,得出对应pH=6。所以溶解金属时加H2O2的目的就是使Fe转化为Fe3+,否则Fe2+和Zn2+一起沉淀,无法分离出杂质。16.(2015全国课标,26)(14分)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.410-2,K2=5.410-5。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产物中还有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),防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验(1分,1分,2分,共4分)(2)F、D、G、H、D、ICuO(3分,1分,共4分)H中黑色粉末变为红色,其后的装置D中的石灰水变浑浊(2分)(3)向盛有少量NaHCO3溶液的试管中滴加草酸溶液,有气泡产生(2分)用NaOH标准溶液滴定同浓度的草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍(2分)解析:(1)澄清石灰水通常可以用来检验二氧化碳,所以推测产物中有二氧化碳;草酸易升华,加热易变成气体随分解产物进入C装置,影响二氧化碳的检验。(2)要想检验一氧化碳,必须先除净二氧化碳和水蒸气,选F、D、G装置,再利用一氧化碳的还原性检验它的存在,选H、D装置,还要进行一氧化碳的尾气处理,选I装置。若存在一氧化碳,则黑色的氧化铜被还原为红色的铜,一氧化碳被氧化成二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。(3)根据相对强酸制弱酸的原理,用碳酸盐溶液和草酸混合,只要能看到气泡产生即可。利用酸碱中和的原理,证明氢氧化钠的物质的量是草酸的2倍。17.(2015全国课标,28)(15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为 溶液X中大量存在的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水b.碱石灰 c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用右图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.100 0 molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-2I-+S4O62-),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为 g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐,若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是 。 a.明矾b.碘化钾 c.盐酸d.硫酸亚铁答案:(1)21(1分)(2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3(2分)Cl-、OH-(2分)c(1分)(3)2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2Cl-(2分)吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)(2分)淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变(每空1分,共2分)0.027 00(2分)(4)d(1分)解析:(1)因制ClO2的反应中,KClO3为氧化剂,被还原为ClO2,Cl从+5价+4价,Na2SO3为还原剂,S应从+4价+6价,由电子守恒得二者物质的量之比应为21。(2)由电解产物有H2和NCl3,可得出电解方程式为2HCl+NH4Cl3H2+NCl3。根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-、OH-。因NH3易与酸反应,ClO2易溶于水,所以可以用浓硫酸除去ClO2中的NH3,选c。(3)ClO2作氧化剂,产物为Cl-,I-为还原剂,产物为I2,在酸性条件下反应,2ClO2+10I-+8H+5I2+2Cl-+4H2O。因ClO2易溶于水,所以玻璃液封装置作用是吸收残余ClO2气体。因淀粉遇I2变蓝,所以用淀粉溶液作指示剂。滴定至终点的现象为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内颜色不再改变。根据关系式2ClO25I210S2O32-,m(ClO2)=20.00 mL10-3 LmL-10.100 0 molL-1122567.5 gmol-1=0.027 00 g。(4)亚氯酸盐具有氧化性,应加入具有还原性且反应后对人体无害的物质,Fe2+被氧化为Fe3+,水解后生成Fe(OH)3胶体可净水,KI被氧化为I2,对人体有害,故最适宜选用FeSO4。18.(2015全国课标,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。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(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。(写化学式)(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是。然后再调节溶液的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)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。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+2H2SO42H3BO3+2MgSO4(2分)提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径(2分)(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(1分,2分,共3分)(3)将Fe2+氧化成Fe3+使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(每空1分,共2分)(4)(七水)硫酸镁(1分)(5)Na+HBHHH-(2分) (6)2H3BO3B2O3+3H2O,B2O3+3Mg2B+3MgO(2分)解析:(1)根据强酸制弱酸的原理以及题目中硼酸的化学式,可完成方程式的书写;提高反应速率除增大溶液浓度外,还可以考虑温度、接触面积等。(2)Fe3O4有磁性,碱性氧化物被硫酸溶解,二氧化硅则不溶。(3)由于Al3+和Fe3+在pH约为5时均可沉淀析出,所以要将Fe2+氧化成Fe3+与Al3+一并除去。(4)“浸酸”过程中生成大量硫酸镁,所以在后续的蒸发浓缩,冷却结晶过程中会析出少量的硫酸镁。(5)电子式的书写应注意阴离子应用“”括起来。(6)硼酸高温易分解,镁具有还原性,作还原剂,将硼置换出来。19.(2015全国课标,27)(14分)甲醇既是重要的化工原料,又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3回答下列问题:(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下:化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol-1)4363431 076465413由此计算H1= kJmol-1;已知H2=-58 kJmol-1,则H3= kJmol-1。(2)反应的化学平衡常数K表达式为;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母),其判断理由是。图1 图2(3)合成气组成n(H2)n(CO+CO2)=2.60时,体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图2所示,(CO)值随温度升高而(填“增大”或“减小”),其原因是;图2中的压强由大到小为,其判断理由是 .答案:(1)-99+41(每空2分,共4分)(2)K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)或Kp=p(CH3OH)p(CO)p2(H2)(1分)a反应为放热反应,平衡常数数值应随温度升高变小(每空1分,共2分)(3)减小升高温度时,反应为放热反应,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大;反应为吸热反应,平衡向右移动,又使产生CO的量增大;总结果,随温度升高,使CO的转化率降低(1分,2分,共3分)p3p2p1相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率;而反应为气体分子数不变的反应,产生CO的量不受压强影响。故增大压强时,有利于CO的转化率升高(每空2分,共4分)解析:(1)由反应H1=(反应物键能)-(产物键能)代入求得H1=(1 076+2436-3413-343-465) kJmol-1=-99 kJmol-1。由盖斯定律,H3=H2-H1=-58 kJmol-1+99 kJmol-1=+41 kJmol-1。(2)反应的K表达式为c(CH3OH)c(CO)c2(H2)。因反应为放热反应,所以平衡常数应随温度升高而变小,所以选a。(3)升高温度,反应平衡向左移动,使体系中n(CO)增大;反应为吸热反应,平衡向右移动,又使产生n(CO)增大;总结果是随温度升高,CO的转化率降低。因为相同温度下,由于反应为气体分子数减小的反应,加压有利于增大CO的转化率;反应为气体分子数不变的反应,压强改变对平衡不产生影响。所以压强增大,CO转化率升高,在图2中,同一温度下,CO转化率高的对应压强大,则p3p2p1。20.(2015全国课标,28)(15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面有广泛用途。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。(2)上述浓缩液中主要含有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c(I-)c(Cl-)为。已知Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(AgI)=8.510-17。(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的H=+11 kJmol-1,1 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716 K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=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正= min-1。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Mn2+) (1分) (2)4.710-7 (2分) (3)299 (2分)(4)0.1080.1080.7842(2分)k正K1.9510-3(每空2分,共4分)AE(4分)解析:(2)c(I-)c(Cl-)=Ksp(AgI)Ksp(AgCl)=8.510-171.810-104.710-7。(3)由键能求反应热的公式为H=反应物的键能总和-生成物的键能总和,则H=2EHI-436 kJmol-1-151 kJmol-1=11 kJ,则EHI=299 kJmol-1。(4)由表中数据可知120 min时反应达到平衡,根据反应可知:x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=0.108,将数据代入平衡常数表达式:K=c(H2)c(I2)c2(HI)=0.1080.1080.7842。因为v逆=k逆x(H2)x(I2),则k逆=v逆x(H2)x(I2)=k正x2(HI)x(H2)x(I2)(因为平衡状态时v逆=v正),k逆=k正K。在t=40 min时,由表中数据可知x(HI)=0.85,若k正=0.002 7 min-1,代入公式:v正=k正x2(HI)= 0.002 7 min-10.852=1.9510-3。升高温度,平衡:2HI(g)H2(g) + I2(g)H=+11 kJmol-1向正向移动,且正、逆速率均增大,x(HI)减小,x(H2)增大;故x(HI)对应的平衡点为A点;x(H2)对应的平衡点为E点。21.(2015全国课标,38)化学选修5:有机化学基础(15分)聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料,在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如下:已知:烃A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢化合物B为单氯代烃;化合物C的分子式为C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物,F是福尔马林的溶质R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题:(1)A的结构简式为。(2)由B生成C的化学方程式为。(3)由E和F生成G的反应类型为,G的化学名称为 。(4)由D和H生成PPG的化学方程式为;若PPG平均相对分子质量为10 000,则其平均聚合度约为(填标号)。a.48b.58c.76d.122(5)D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种(不含立体异构);能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体既能发生银镜反应,又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰,且峰面积比为611的是(写结构简式);D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同,该仪器是(填标号)。 a.质谱仪b.红外光谱仪 c.元素分析仪 d.核磁共振仪答案:(1)(2分)(2)+NaOH+NaCl+H2O(2