2015全国卷理综化学(打印版)

2015年全国普通高等学校招生统一考试化学（新课标II卷）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Zn 65 Br 80第I卷（选择题）1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 BP2O5不可用作食品干燥剂C六水合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2某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为 AC14H18O5 BC14H16O4 CC14H22O5 DC14H10O53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cba Ba和其他3种元素均能形成共价化合物Cd和其他3种元素均能形成离子化合物 D元素a 、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、64NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A60g丙醇中存在的共价键总数为10NAB1L 0.1molL1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。23g钠充分燃烧时转移电子数为1NAD235g核互U发生裂变反应：，净产生的中子（n）数为10NA5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）A3种 B4种 C5种 D6种6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7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第II卷（非选择题）8（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，回答下列问題：（1）工业上可用KC1O3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0.1000 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 。V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最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是_（填标号）。a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁9（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水）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0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn g。（已经F96500C/mol）（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，最简便的方法是 ，其原理是 。（4）用废电池的锌皮制备ZnSO47H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_，加碱调节至pH为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于110-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_时，锌开始沉淀（假定Zn2浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。10（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：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）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H1 kJmol-1，已知H2-58kJmol-1，则H3 kJmol-1。（2）反应的化学平衡常数K的表达式为 ；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 。（3）合成气的组成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_。11【化学选修2：化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm-3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是 。（2）反应和分别在装置 和 中进行（填装置符号）。（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是_，优点是用量少，缺点是_。（4）反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在50-60，温度过高的安全隐患是 。（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 （填编号。已知苯酚是一种弱酸）。a. NaOH b. CaCO c. NaHCO d. CaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 和 ，判断的依据是 。（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 。12化学一选修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，在材枓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C5H8；E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质；。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10000，则其平均聚合度约为 （填标号）。a48 b58 c76 d122（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6：1：1的是： （写结构简式） D的所有同分异构体在下列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核磁共振仪试卷第5页，总5页参考答案1C【解析】A硅胶多孔，吸附水分能力强，且没有毒，常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂，A正确；BP2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥剂，B正确；C氯化钙检验吸水性，而六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，C错误；D加工后具有吸水性的植物纤维没有毒，没有腐蚀性，因此可用作食品干燥剂，D正确，答案选C。【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用2A【解析】羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，这说明分子中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是182214，氢原子个数是26+4-2618，氧原子个数是5+2-215，即分子式为C14H18O5，A正确。【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式3B【解析】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，即分别属于第IA、A A、IA族。a的电子层结构与氦相同，则a是H。b和c的次外层有8个电子，即二者均是第三周期元素，所以b是S，c是Cl。c和d+的电子层结构相同，都是18电子微粒，则d是K。A同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性次序为cba，A正确；B氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl，但氢元素与钾元素不能形成共价化合物，而是形成离子化合物KH，B错误；Cd和其他3种元素均能形成离子化合物，即KH、K2S、KCl，C正确；D氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+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价的代数和分别为0、4、6，D正确，答案选B。【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用，涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等4C【解析】A60g丙醇的物质的量是1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；B根据物料守恒可知1L 0.1molL1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3和CO32离子数之和为0.1NA，B错误；C钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是23g23g/mol1mol。钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；D235g核素U的物质的量235g235g/mol1mol，根据发生的裂变反应可知净产生的中子（n）数为9NA，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等5B【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，这说明该有机物是饱和的一元羧酸，即分子组成为C4H9COOH，丁基有4种，分别是CH3CH2CH2CH2、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C、CH3CH2CH（CH3），所以该羧酸也有4种，答案选B。【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断，侧重于碳链异构体的考查。6C【解析】A氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。7D【解析】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快同志，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确，答案选D。【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。8（1）2：1 （2）NH4Cl2HCl3H2NCl3 Cl、OH c（3）2ClO210I8H2Cl5I24H2O 吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）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 0.02700 （4）d【解析】（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，氯酸钾是氧化剂。S元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。（2）根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3，则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl2HCl3H2NCl3。NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH，反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO26ClO2+3Cl-+3OH-+NH3，溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，a错误；b、碱石灰不能吸收氨气，b错误；c、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，c正确；d、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，d错误，答案选c。（3）ClO2具有强氧化性，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I为I2，自身被还原为Cl，同时生成水，反应离子方程式为2ClO210I8H2Cl5I24H2O。由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘遇淀粉显蓝色，则V中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色。根据方程式可知2ClO25I210S2O32-，则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L0.02L67.5g/mol/50.02700 g。（4）亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。9（1）MnO2eHMnOOH；Zn2MnO22HZn22MnOOH （2）0.05g（3）加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOOH；在空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2 （4）Fe3；2.7；6；Zn2和Fe2分离不开；Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn2eZn2。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2eHMnOOH，所以总反应式为Zn2MnO22HZn22MnOOH。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5300150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为105mol/L，则溶液中氢氧根的浓度，所以氢离子浓度是2103mol/L，pH2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为108mol/L，氢离子浓度是106mol/L，pH6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2和Fe2。【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。10（1）99；41（2）；a；反应为放热反应，平衡常数应随温度升高变小；（3）减小；升高温度时，反应为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；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【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热H11076kJ/mol2436 kJ/mol3413 kJ/mol343 kJ/mol465 kJ/mol99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知即可得到反应，则H358 kJ/mol99 kJ/mol41kJ.mol-1。（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应的化学平衡常数K的表达式为；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。（3）反应为放热反应，升高温度时，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，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；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，所以图2中的压强由大到小为P3P2P1。【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等11（1）氧气（或空气） （2）A；C （3）催化剂（提高反应速率）；腐蚀设备（4）放热；可能会导致（过氧化物）爆炸（5）c （6）丙酮、苯酚；苯酚的沸点高于丙酮（7）原子利用率高【解析】（1）异丙苯被氧气氧化为异丙苯过氧化氢，异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解即可得到苯酚和丙酮，因此在反应器A中通入的X是氧气或空气。（2）根据流程图可知反应和分别在装置A和C中进行。（3）异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解，所以浓硫酸的作用是作催化剂。由于浓硫酸具有酸性，因此缺点是容易腐蚀设备。（4）H小于0，则反应为放热反应。反应温度控制在50-60，由于过氧化物受热易分解，因此温度过高的安全隐患是容易发生爆炸。（5）苯酚与碳酸氢钠不反应，所以选择碳酸氢钠。（6）由于苯酚的沸点高于丙酮，丙酮先气化，所以蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚。（7）根据以上分析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、