河南省开封市2015年高考化学二模试卷(解析版)

1、河南省开封市2015年高考化学二模试卷一、选择题（本题包括13小题，每小题6分，共78分，每小题只有一个合理的选项）1.下列关于化学用语的表示中，正确的是（）A次氯酸的电子式B重水的分子式H218OC乙酸的结构式CH3COOHDMg2+的结构示意图考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；结构式.分析：A次氯酸为共价化合物，次氯酸中存在1个氧氢键和1个氧氯键；B质量数应该写在元素符号的左上角；C结构式中需要用短线表示出所有的共价键，CH3COOH为结构简式；D镁离子的核电荷数为12解答：解：A次氯酸的分子式为：HClO，次氯酸为共价化合物，其分子中存在1个氧氯键和1个氢氧键，

2、次氯酸的电子式为：，故A正确；B重水的分子式为：H218O，故B错误；CCH3COOH为乙酸的结构简式，乙酸的结构式为：，故C错误；D镁离子的核电荷数为12，最外层为8个电子，镁离子正确的离子结构示意图为：，故D错误；故选A点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握结构式、电子式、离子结构示意图等化学用语的概念及表示方法，明确结构式与结构简式、离子结构示意图与原子结构示意图的区别2（6分）（2015开封二模）下列关于分子式为C4H8O2的有机物的同分异构体的说法中，不正确的是（）A属于酯类的有4种B属于羧酸类的有2种C存在分子中含有六元环的同分异构体D既含有羟基又含有醛基的有3

3、种考点：同分异构现象和同分异构体.分析：A、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；B、C4H8O2属于羧酸时，可以根据羧基位置异构可以得到丁酸的同分异构体；C、根据六元环结合有机物的分子式来确定；D、C4H8O2属于羟基醛时，可以根据官能团的位置异构得到其同分异构体解答：解：A、C4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所

4、以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故A正确；B、C4H8O2属于羧酸时，可以是丁酸或2甲基丙酸，共有2种同分异构体，故B正确；C、存在分子中含有六元环的同分异构体：，故C正确；D、C4H8O2属于羟基醛时，可以是2羟基丁醛、3羟基丁醛、4羟基丁醛、2甲基2羟基丙醛、2甲基3羟基丙醛，共5种同分异构体，故D错误；故选D点评：本题考查同分异构体的种类，根据官能团异构和位置异构和碳链异构来综合分析同分异构体的种数，难度不大，有利于培养学生的逻辑推理能力3（6分）（2015开封二模）下列有关实验误差分析中，不正确的是（）A用湿润的pH试纸测稀碱液的pH值，测定值偏小B用容量瓶配制溶液，定容时

5、俯视刻度线，所配溶液浓度偏小C滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小D测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏低考点：测定溶液pH的方法；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；中和热的测定.分析：A、湿润的pH值试纸可以稀释碱液；B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，结合c=判断；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大解答：解：A、湿润的pH值试纸可以稀释碱液，溶液中氢氧根离子根据减小，测定的溶液碱性减弱，测定值偏小，故A正确；B、定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体

6、积偏小，结合c=可知，所配溶液的浓度偏大，故B错误；C、滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，气体占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，故C正确；D、测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，导致热量损失过大，所测温度值偏小，故D正确；故选B点评：本题考查实验基本操作、误差分析等，难度中等，理解实验进行的原理是解题的关键，注实验基本操作的掌握4（6分）（2015开封二模）人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图下列有关说法正确的是（）Aa为电源的负极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C阳极室中发生的电极反应为2H+2e=H2D若两极共收集到气体13.44

7、L（标准状况），则除去的尿素为7.2g（忽略气体的溶解）考点：电解原理.分析：A、根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律，结合本题图中的电极产物CO2和N2可以判断出A为电源的正极，b为电源的负极；B、阴极反应为：6H2O+6e6OH+3H2（或6H+6e3H2）阳极反应为：6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；C、由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮

8、气、二氧化碳，同时会生成HCl；D、根据n=计算两极产生的气体的物质的量，利用气体中各组分的比例关系，计算n（N2）=n（CO2），再根据方程式计算尿素的物质的量，根据m=nM计算尿素的质量解答：解：A、由图可知，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故A为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e6OH+3H2（或6H+6e3H2），阳极反应为6Cl6e3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与O

9、H恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：2Cl2eCl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl，故C错误；D、电解收集到的13.44L气体，物质的量为=0.6mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl可知n（N2）=n（CO2）=0.6mol=0.12 mol，可知生成0.12mol N2所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，其质量为：mCO（NH2）2=0.12 mol60 gmol

10、1=7.2g，故D正确；故选：D点评：本题考查电解池原理与有关计算，难度较大，关键注意观察电极产物，判断发生的反应，注意根据方程式判断左室中pH值的变化5（6分）（2015开封二模）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（）ACl与Cl得电子能力不相同B同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱C同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小D若M+和R2的核外电子层结构相同，则原子序数RM考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：A互为同位素原子的化学性质几乎完全相同；B同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；C电子层结构相同，核电荷数越大原子半径越小；DM+和R2的核外电子

11、层结构相同，则M位于R的下一周期解答：解：A3517Cl与3717Cl互为同位素，化学性质几乎完全相同，电子能力相同，故A错误；B同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定满足该关系，如HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故B错误；C同一周期中除了稀有气体外，具有相同的电子层，则核电荷数越大，原子半径越小，故C正确；DM+和R2的核外电子层结构相同，M为阳离子，则M位于R的下一周期，原子序数：RM，故D错误；故选C点评：本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，注意对基础知识的理解掌握，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键6（6分）（2015开封二模）下列液体均处

12、于25C，有关叙述正确的是（）AAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同B某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐CpH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍DpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c（Na+）c（CH3COO）考点：pH的简单计算；溶解度、饱和溶液的概念.分析：A温度一定，氯化银的溶度积常数一定，Ksp=C（Ag+）C（Cl），氯离子浓度越大，氯化银的溶解度越小；B溶液PH小于7的溶液有酸、强酸弱碱盐以及强酸的酸式盐等；C根据PH大小可计算出溶液中H+浓度，pH=4.5，c（H+）=104.5 mol

13、L1，pH=6.5，其c（H+）=106.5 molL1；DpH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液呈酸性，溶液中H+大于OH浓度，根据溶液呈电中性，则有c（CH3COO）c（Na+）解答：解：A同浓度的CaCl2和NaCl溶液中，氯化钙中氯离子浓度是氯化钠中的2倍，根据Ksp=C（Ag+）C（Cl）知，氯离子浓度越大，银离子浓度越小，即氯化银的溶解度越小，所以氯化银CaCl2的溶解度小于同浓度的NaCl溶液中的溶解度，故A错误；B某些强酸的酸式盐如NaHSO4溶液的pH7，故B错误；CpH=4.5，c（H+）=104.5 molL1，pH=6.5，其c（H+）=106.5 mo

14、lL1，c（H+）是100倍的关系，故C正确；D混合溶液显酸性，则c（H+）c （OH），根据电荷守恒，c（CH3COO）c（Na+），故D错误；故选C点评：本题综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括沉淀溶解平衡的移动、溶液的pH与c（H+）的关系和溶液中离子浓度大小的比较、盐类的水解、做题时注意盐溶液类型的积累，对溶液浓度不同类型计算方法的整理以及平衡移动的影响条件的理解，题目难度中等7（6分）（2015开封二模）COCl2的分解反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出）下列有关说法不正确的是（）A分解反应方程式

15、为COCl2=Cl2+COB第2min反应温度高于第8min反应温度C在第8min反应温度下，12min时反应重新达到平衡，则此时c（COCl2）0.031mol/LD产物CO在23min、56min和1213min时平均反应速率为v（56）v（1213）=v（23）考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线.分析：A、根据图中各物的变化判断反应物和生成物，利用元素守恒判断化学方程式；B、根据温度对反应速率的影响判断；C、由图可知，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl

16、2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；D、根据化学反应速率的定义，可知反应在23 min和1213 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，据此判断；解答：解：A、根据图中各物的变化可知，COCl2减小的同时，Cl2和CO都增加，所以反应物为COCl2，生成物为Cl2和CO，分解反应方程式为COCl2=Cl2+CO，故A正确；B、比较2min和第8min时各物质的浓度可知，由2min到8min平衡正向移动，但条件的改变不一定就改变温度，也可以是改变其它条件例如压强等，故B错误；C、由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0

17、.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，故该温度下化学平衡常数k=0.234 molL1，10min瞬间Cl2浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：=0.234mol/L，解得c（COCl2）=0.031mol/L，故C正确；D、根据化学反应速率的定义，可知反应在23 min和1213 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在56min时，反应向正反应

18、进行，故CO的平均反应速率为：v（56）v（23）=v（1213），故D正确；故选B点评：本题主要考查了化学平衡图象、平衡常数、化学平衡与反应速率的影响因素，题目难度中等，根据平衡常数与改变条件的瞬间各物质的浓度变化判断条件是解题的关键三、非选择题（包括必考题和选考题两部分，第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答，第3340题，考生根据要求作答）（一）必考题8（14分）（2015开封二模）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛已知：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如下回答下列有关问题（1）硼砂中B的化合价为+

19、3，溶于热水后，常用H2SO4调pH到23制取H3BO3，反应的离子方程式为B4O72+2H+5H2O=4H3BO3X为H3BO3晶体加热脱水的产物，其与Mg反应制取粗硼的化学方程式为3Mg+B2O32B+3MgO，该反应中的氧化剂是B2O3（填化学式）（2）硼酸是一种一元弱酸，它与水作用时结合水电离的OH而释放出水电离的H+，这一变化的化学方程式为H3BO3+H2OB（OH）4+H+皮肤上不小心碰到氢氧化钠溶液，一般先用大量水冲洗，然后再涂上硼酸溶液，则硼酸与氢氧化钠反应的离子方程式为H3BO3+OH=B（OH）4（3）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热制MgCl2，其目的是防止MgC

20、l2水解生成Mg（OH）2（4）制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol/LNa2S2O3（H2S2O3为弱酸）溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL盛装Na2S2O3溶液的仪器应为碱式（填“酸式”或“碱式”）滴定管该粗硼样品的纯度为97.2%（提示：I2+2S2O32=2I+S4O62）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程中硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液过滤得到氯

21、化镁，加入浓盐酸溶解通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后，用H2SO4调pH23制取H3BO3，加热得到B2O3；（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，依据元素化合价标注计算硼元素化合价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ；X为H3BO3晶体加热脱水的产物得到B2O3，镁和得到B2O3反应生成氧化镁和硼，反应中元素化合价降低的做氧化剂；（2）硼酸是一种一元弱酸，它与水作用时结合水电离的OH而释放出水电离的H+，据此书写离子方程式，硼酸与氢氧化

22、钠反应生成四羟基硼酸根；（3）氯化镁在水溶液中水解生成氢氧化镁；（4）H2S2O3为弱酸，Na2S2O3溶液显碱性，据此选择滴定管；根据关系式BBI3I23S2O32及滴定数据计算出粗硼中硼的含量解答：解：（1）硼砂的化学式为Na2B4O710H2O，钠元素化合价为+1价，氧元素化合价2价，依据化合价代数和计算得到硼元素化合价为+3价；用H2SO4调pH23，硼砂中的Na2B4O7在酸溶液中生成H3BO3 ，反应的离子方程式为：B4O72+2H+5H2O=4H3BO3，X为H3BO3晶体加热脱水的产物是B2O3，镁和得到B2O3反应生成氧化镁和硼，反应的化学方程式为：3Mg+B2O32B+3M

23、gO，反应中元素化合价降低的做氧化剂，硼元素化合价+3价变化为0价，则B2O3做氧化剂；故答案为：+3；B4O72+2H+5H2O=4H3BO3；3Mg+B2O32B+3MgO；B2O3；（2）硼酸是一种一元弱酸，它与水作用时结合水电离的OH而释放出水电离的H+，据此书写离子方程式为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+，硼酸是一元弱酸与氢氧化钠反应生成四羟基硼酸根，反应的离子方程式为：H3BO3+OH=B（OH）4；故答案为：H3BO3+H2OB（OH）4+H+；H3BO3+OH=B（OH）4；（3）MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，是为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁，故答案为：防止M

24、gCl2水解生成Mg（OH）2；（4）H2S2O3为弱酸，Na2S2O3溶液显碱性，据此选择滴定管应为简式滴定管；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L0.018L=0.0054mol，I2+2S2O32=2I+S4O62，根据关系式：BBI3I23S2O32，n（B）=n（S2O32）=0.0018mol，硼的质量为：10.81g/mol0.0018mol=0.01944g，粗硼中硼的含量为：100%=97.2%，故答案为：碱式；97.2%点评：本题考查了盐类的水解、原电池原理和电解池原理的分析，沉淀溶解平衡的计算应用，题目难度稍大，计算是难点，计算时要充分利用题目所给数量关系和表中数据

25、，根据质量关系和质量分数的概念快速解题9（15分）（2015开封二模）苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸反应原理（如图）：已知甲苯的熔点为95C，沸点为110.6C，易挥发，密度为0.866g/cm3；苯甲酸的熔点为122.4C，在25C和95C下溶解度分别为0.3g和6.9g【制备产品】将30.0mL甲苯和25.0mL1mol/L高锰酸钾溶液在100C下反应30min，装置如图1所示（1）图中冷凝管的进水口为a（填“a”或“b”）支管的作用是平衡压强，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶（2）在本实验中，三颈烧瓶最合适的容积是B（填字母）A50mL B100mL C20

26、0mL D250mL相对于用酒精灯直接加热，用沸水浴加热的优点是便于控制温度和使容器受热均匀【分离产品】该同学设计如下流程分离粗产品苯甲酸和回收甲苯（如图2）（3）操作的名称是分液；含有杂质的产物经操作进一步提纯得无色液体甲苯，则操作的名称是蒸馏（4）测定白色固体的熔点，发现其在115C开始熔化，达到130C时仍有少量不熔该同学推测白色固体是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果表明推测正确，请完成表中内容序号实验方案实验现象结论将白色固体加入水中，加热溶解，冷却结晶、过滤得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中，滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀滤液含Cl

27、干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点白色晶体在122.4左右时完全熔化白色晶体是苯甲酸【纯度测定】称取1.220g白色晶体，配成100mL甲醇溶液，取25.00mL溶液，用0.1000mol/LKOH标准溶液滴定，重复滴定四次，每次消耗的体积如下表所示第一次第二次第三次第四次体积（mL）24.0024.1022.4023.90（5）滴定操作中，如果对装有KOH标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则测定结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）计算样品中苯甲酸纯度为96%考点：制备实验方案的设计.分析：（1）根据逆流的冷却的效率高的原理判断，支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上、下方，使恒

28、压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等；（2）本实验中用到的液体体积约为55mL，据此选择三颈烧瓶的规格，沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀；（3）依据流程分析混合物分离的实验方法和操作步骤；（4）结合反应化学方程式中生成的产物和流程中分离步骤分析，白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物；依据苯甲酸熔点122.4，在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；先检验苯甲酸的检验再检验氯化钾的存在；（5）滴定操作中，如果对装有KOH标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则读取的溶液的体积小于实际用掉的溶液的体积，据此判断；根据苯甲酸纯度=100%计算纯度解答：解：（1）根据逆流的冷却的效率

29、高的原理可知，进水口应在冷凝管的下方a处，支管连接了恒压滴液漏斗中的液体上、下方，使恒压滴液漏斗中的液体上、下方的压强相等，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶，故答案为：a；平衡压强，便于甲苯顺利滴入三颈烧瓶；（2）本实验中用到的液体体积约为55mL，所以选择100mL的三颈烧瓶，故选B，沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀，故答案为：B；便于控制温度和使容器受热均匀；（3）一定量的甲苯和KMnO4溶液在100反应一段时间后停止反应，按流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯；所以操作是分离出有机相甲苯，用分液方法得到；操作是蒸馏的方法控制甲苯沸点得到纯净的甲苯液体，故答案为：分液；蒸馏；（4）通过测定白色

30、固体B的熔点，发现其在115开始熔化，达到130时仍有少量不熔，推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，氯化钾可以用硝酸酸化的硝酸银溶液检验氯离子的存在；利用苯甲酸的溶解度特征在25和95时溶解度分别为0.3g和6.9g；利用不同温度下的溶解度，分离混合物，得到晶体后通过测定熔点判断是否为苯甲酸，所以实验方案及现象为：序号实验方案实验现象结论将白色固体B加入水中，加热，溶解，冷却结晶、过滤得到白色晶体和无色溶液取少量滤液于试管中，滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀滤液含有Cl干燥白色晶体，加热使其熔化，测其熔点；白色晶体在122.4左右时完全熔化白色晶体是苯甲酸故答案为：冷却结晶、

31、过滤；滴入适量的硝酸酸化的AgNO3溶液；加热使其熔化，测其熔点；白色晶体在122.4左右时完全熔化；（5）滴定操作中，如果对装有KOH标准溶液的滴定管读数时，滴定前仰视，滴定后俯视则读取的溶液的体积小于实际用掉的溶液的体积，所以测定结果偏小；苯甲酸纯度=100%=100%=96%，故答案为：偏小；96%点评：本题考查了物质性质的实验原理的分析判断，物质分离条件，试剂选择，操作步骤的理解应用，物质成分的实验设计方案、步骤、试剂，样品纯度的计算，题目难度中等10（14分）（2015开封二模）开发新能源是解决环境污染的重要举措，其中甲醇、甲烷是优质的清洁燃料，可制作燃料电池（1）已知：2CH3OH

32、（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）H1=1274.0kJ/mol2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H2=566.0kJ/molH2O（g）=H2O（l）H3=44kJ/mol甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442kJmol1（2）生产甲醇的原料CO和H2可由反应CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H0得到一定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1则P1P2（填“”、“”或“=”，下同）A、B、C三点处对应平衡常数（KA、KB、KC）的大小顺序为KaKbKc100C时，将

33、1molCH4和2molH2O通入容积为1L的定容密闭容器中发生反应，能说明该反应已经达到平衡状态的是ac（填序号）a容器的压强恒定b容器内气体密度恒定c3v正（CH4）=v逆（H2）d单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2（3）甲醇燃料电池（简称DMFC）由于结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注DMFC工作原理如图2所示：通入a气体的电极是原电池的负极（填“正”或“负”），其电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+（4）某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图3所示U形管中氯化钠溶液的体积

34、为800ml闭合K后，若每个电池甲烷用量均为0.224L（标况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为89.65104Cmol1=7.72103C（列式计算法拉第常数F=9.65104C/mol），若产生的气体全部逸出，电解后溶液混合均匀，电解后U形管中溶液的pH为13考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理.分析：（1）根据热化学方程式利用盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；（2）在200时，看不同压强下CO的转化率大小，结合化学方程式中反应前后气体的体积变化解答；正反应吸热，随温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大；可逆反应达到平衡状态时，

35、正逆反应速率相等各组分浓度保持不变；（3）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应；（4）电解氯化钠溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，可知关系式1 mol CH48 mol e8molNaOH计算解答：解：（1）根据盖斯定律，将已知反应4得到CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），所以该反应的H=（1274.0kJ/mol）（566.0kJ/mol）（44.0kJ/mol）4=442kJmol1，即CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2

36、O（l）H=442kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=442kJmol1；（2）在图a的200位置，平行与纵轴画一条虚线，可见CH4的转化率P1P2，在CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）反应中，生成物的气体体积大于反应物，压强增大时平衡向逆向移动，故P1P2，正反应吸热，随温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，所以KaKbKc，故答案为：；KaKbKc；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等各组分浓度保持不变，a反应前后气体体积不同，所以容器的压强恒定时反应达到平衡状态，故a正确；b容器体积不变，气体质量不变，所以容器内气

37、体密度始终恒定，故b错误；c3v正（CH4）=v逆（H2），说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故c正确；d单位时间内消耗0.1molCH4同时生成0.3molH2，都是正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；（3）根据图知，交换膜是质子交换膜，则电解质溶液呈酸性，根据氢离子移动方向知，通入a的电极为负极、通入b的电极为正极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应，负极反应式为 CH3OH6e+H2O=CO2+6H+，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e+4H+=2H2O，故答案为：负；CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；（4）电解氯化钠溶液的化学方程式

38、为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，可知关系式1 mol CH48 mol e8molNaOH，故若每个电池甲烷通入量为0.224L（标准状况），生成0.08molNaOH，c（NaOH）=0.1mol/L，pH=13；电解池通过的电量为89.65104Cmol1=7.72103C（题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算），故答案为：89.65104Cmol1=7.72103C；13点评：本题涵盖热化学、电化学主体内容，涉及电极判断与电极反应式书写等问题，做题时注意从氧化还原的角度判断原电池的正负极以及电极方程式的书写，本题中难点和易错点为电极方程式的书写三

39、、（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。(物理选考题，15分）【化学选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2015开封二模）硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用回答下列问题（1）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图发生的主要反应电弧炉SiO2+2CSi+2CO流化床反应器Si+3HClS

40、iHCl3+H2还原炉还原炉中发生主要反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl该工艺中可循环使用的物质为HCl和H2（填化学式）用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为SiO2+3C SiC+2CO在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和精馏（或蒸馏）物质SiSiCl4SiHCl3SiH2Cl2SiH3ClHClSiH4沸点/C235557.631.88.230.484.9111.9SiHCl3极易水解，其完全水解的化学方程式

41、为SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl（2）氮化硅（Si3N4）是一种高温结构材料，粉末状态的Si3N4可以由SiCl4的蒸气和NH3反应制取粉末状Si3N4遇空气和水都不稳定但将粉末状的Si3N4和适量氧化镁在2301.01105Pa和185C的密闭容器中进行热处理，可以制得结构十分紧密、对空气和水都相当稳定的固体材料，同时还得到遇水不稳定的Mg3N2由SiCl4和NH3反应制取Si3N4的化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，使生成的Si3N4沉积在石墨表面可得较高纯度的氮化硅，该反应的化学方程式为3SiCl4

42、+2N2+6H2Si3N4+12HClSi3N4和适量氧化镁在2301.01105Pa和185C的密闭容器中进行热处理的过程中，除生成Mg3N2外，还可能生成SiO2物质（填化学式）热处理后除去MgO和Mg3N2的方法是加足量稀盐酸过滤考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学方程式的书写；物质的分离、提纯和除杂.分析：（1）石英砂主要成分为二氧化硅，粗硅提纯是利用碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳，还原炉中SiHCl3和氢气发生反应生成硅和氯化氢；还原炉中SiHCl3和氢气发生反应生成硅和氯化氢；可循环使用的物质是参与反应过程，最后又从

43、新生成的物质；石英砂主要成分为二氧化硅，粗硅提纯是利用碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳；根据题中数据，采用精馏（或蒸馏）方法提纯SiHCl3；SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢；（2）由SiCl4和NH3反应制取Si3N4，根据反应物和生成物写出化学方程式；化学气相沉积法是两种或两种以上的气态原材料导入到一个反应室内，然后他们相互之间发生化学反应，形成一种新的材料，沉积到晶片表面上得较高纯度的氮化硅，根据反应物和生成物写出化学方程式；Si3N4与MgO反应除生成Mg3N2外还可能生成SiO2，SiO2与盐酸不反应，而Mg3N2、MgO溶于盐

44、酸的性质解答：解：（1）还原炉中SiHCl3和氢气发生反应制得纯硅，SiHCl3+H2Si+3HCl，流程分析可知可循环使用的物质为HCl和H2；用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2C Si+2CO，同时，在反应中，也可能生成碳化硅，反应为SiO2+3CSiC+2CO，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；HCl和H2；SiO2+3CSiC+2CO；利用沸点的不同提纯SiHCl3属于蒸馏，SiHCl3（沸点33.0）中含有少量SiCl4（沸点57.6）和HCl（沸点84.7），由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸

45、馏）除去杂质；故答案为：精馏（或蒸馏）；SiHCl3水解反应生成硅酸、氢气和氯化氢，反应的方程式为：SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl；故答案为：SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl；（2）SiCl4和NH3反应生成Si3N4和氯化氢，反应化学反应方程式：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；故答案为：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；SiCl4与N2、H2反应生成Si3N4，还应生成HCl，化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl；故答案为：3SiCl4+2N2+6H2 Si3N4+12HCl；由元素守恒判断，Si3

46、N4与MgO反应除生成Mg3N2外还可能生成SiO2，利用SiO2与盐酸不反应，而Mg3N2、MgO溶于盐酸的性质，可采用加入足量稀盐酸的方法，使MgO、Mg3N2溶解后过滤；故答案为：SiO2；加足量稀盐酸过滤点评：本题考查了实验方案设计的有关知识，侧重考查了硅及其化合物的有关知识，注意粗硅的提纯反应原理，注意根据质量守恒书写化学方程式，题目难度中等四、【化学选修3：物质结构与性质】（15分）12（15分）（2015开封二模）锂磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3H2O=Cu4O（PO4）2+3Na2SO4+（NH4）2

47、SO4+H2O请回答下列问题（1）上述方程式中涉及到的N、O元素电负性由小到大的顺序是ON（2）基态S的价电子排布式为3s23p4与Cu同周期且最外层电子数相等的元素还有K、Cr（填元素符号）（3）PO43的空间构型是，其中P原子的杂化方式为sp3（4）在硫酸铜溶液中加入过量的KSCN溶液，生成配合物Cu（CN）42则1molCN中含有的键的数目为2NA（5）铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度9.0g/cm3g/cm3（6）下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系次氯酸磷酸硫酸高氯酸含氧酸ClOH非羟基氧原子数0123酸性弱酸中强酸强酸最强酸由

48、此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强亚磷酸（H3PO3）也是中强酸，它的结构式为亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：（1）根据洪特规则特例判断第一电离能大小顺序；（2）根据S最外层有6个电子，写出其价电子排布式；Cu最外层有1个电子，数根据其最外层电子数判断；（3）根据磷原子价层电子对互斥理论确定其空间构型及磷原子的杂化方式；（4）在CN中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个键，2个键；

49、（5）铜晶体为面心立方最密集堆积，据此可计算出晶胞中含有铜原子数，根据公式=计算得出密度；（6）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数与酸性强弱的关系，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此写出它的结构式，含氧酸中羟基中的氢能被氢氧化钠中和，据此写化学方程式；解答：解：（1）当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定，N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为ON，故答案为：ON；（2）S最外层有6个电子，其价电子排布式为3s23p4；Cu最外层有1个电子，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元

50、素还有K、Cr，故答案为：3s23p4；K、Cr；（3）PO43中P原子的价层电子对数=4+（5+342）=4，所以P原子按sp3方式杂化，P原子周围不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体；sp3；（4）在CN中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个键，2个键，所以1molCN中含有的键的数目为2NA，故答案为：2NA；（5）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8+6=4，Cu原子半径为r=127.8pm=1.278108cm，设晶胞的边长为d，则有d=4r，所以d=r，所以晶体铜的密度=g/cm3=9.0g/cm3，故答案为：9.0g/cm3；（6）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此可写出它的结构式为：，含氧酸中羟基中的氢能被氢氧化钠中和，所以1molH3PO3可与2molNaOH反应，反应的化学方程式为H3PO3+2NaO