1、详解答案化 学2015 年理综年理综(新课标新课标卷卷)试卷总评：与往年相比，2015 年新课标全国卷化学部分题型变化不大，但难度有所下降。试卷中保留了传统的考点，例如第 8、10、11、12 题等部分题目比较新颖，如第 7 题考查化学与生活、第 13 题以图像的形式考查强弱电解质的比较、第 38 题中有机合成路线的设计等。值得期待的经典题型再度出现，如 26 题实验装置图的连接与化学实验方案的设计。第27 题的无机化工流程时隔一年重新出现在高考试题中，体现了化学为生产实践服务的理念。初看，整套试卷有似曾相识之感，但细品起来，试题在平凡中见神奇，体现了新课程标准的要求，注重考查考生的综合素质和
2、科学素质。7解析：A.氨水有一定的腐蚀作用，对铜的腐蚀比较强，对钢铁腐蚀比较差，对水泥腐蚀不大，氨水可以贮存于塑料、陶瓷等容器中，故 A 不正确。B.硝酸化学性质活泼，能与多种物质反应，它是一种强氧化剂，它可腐蚀各种金属(铂和金除外)和材料，故 B 正确。C.醋具有弱酸性，具有酸的通性，没有强氧化性，不能腐蚀“五金八石”，醋酸也可贮存于塑料瓶，故 C 不正确。D.卤水又称作卤碱，其主要成分为氯化镁、氯化钠和一些金属离子，是制作食盐过程中渗滤出来的液体，在日常生活中常用于制作豆腐，大量吞服卤水可引起消化道腐蚀，镁离子被人体吸收后对心血管及神经系统均有抑制作用，故 D 不正确。答案：B8解析：A.
3、D2O 的摩尔质量为 20 gmol1,18 g D2O 的物质的量为 18 g/20gmol10.9mol，则含有的质子数为 0.9 mol10 NA9NA，H2O 的摩尔质量为 18gmol1,18 g H2O 的物质的量为 18 g/18 gmol11 mol，则含有的质子数为 1 mol10NA10NA，故 A 不正确。B.亚硫酸是弱电解质， 不能发生完全电离， 电离方程式为 H2SO3HHSO3， HSO3HSO23，所含 H离子数小于 2 L0.5 molL122NA，故 B 不正确。C.过氧化钠与水反应的化学方程式为 2Na2O22H2O=4NaOHO2，根据电子转移情况得关系式
4、 O22e，生成 0.1 mol 氧气转移电子数为 0.2NA，故 C 正确。D.2 mol NO 与 1 mol O2发生反应 2NOO2=2NO2，生成 2 mol NO2，因为存在 2NO2N2O4，则产物的分子数小于 2NA，故 D 不正确。答案：C9解析：根据乌洛托品的结构式写出其分子式为 C6H12N4，因为乌洛托品是将甲醛水溶液与氨水混合蒸发而制得的，根据原子守恒可得化学方程式为 6HCHO4NH3=C6H12N46H2O， 根据反应物的物质的量之比等于化学计量数之比得， 甲醛与氨的物质的量之比为 32。C 项正确。答案：C10解析：A.稀硝酸与过量铁粉发生的反应分两步进行，先发
5、生反应：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO 2H2O，过 量的 铁粉再 与 Fe(NO3)3发生 反应 ：Fe 2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2， 充分反应后滴加 KSCN 溶液， 溶液不会变为血红色， 实验现象错误，故 A 不正确。B.铜粉与 Fe2(SO4)3溶液发生反应：CuFe2(SO4)3=CuSO42FeSO4实验现象为溶液变蓝色，但是没有黑色固体出现，该实验能说明 Fe3的氧化性比 Cu2强，不能说明金属铁比铜活泼，因为铁没有置换出铜单质，故 B 不正确。C.用砂纸仔细打磨铝箔，能将铝箔表面的致密的氧化铝薄膜除去， 但是在酒精灯上加热后， 铝和空气中的氧气又生成了氧
6、化铝，因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，而氧化铝在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝失去光泽，铝熔化但是不会滴落，实验现象不正确，故 C 不正确。D.向 MgSO4溶液中加入 NaOH 溶液发生反应：MgSO42NaOH=Na2SO4Mg(OH)2，有白色沉淀产生，再滴加 CuSO4溶液，白色沉淀转化为浅蓝色沉淀，发生反应为 CuSO4Mg(OH)2=Cu(OH)2MgSO4，因为Cu(OH)2的溶度积比 Mg(OH)2的溶度积小，发生了沉淀的转化，故 D 正确。答案：D11解析：图示所给出的是原电池装置。A.有氧气反应的一极为正极，发生还原反应，因为有质子通过，故正极电极反应式为 O24e4H=2H
7、2O，C6H12O6在微生物的作用下发生氧化反应，电极反应式为 C6H12O624e6H2O=6CO224H，负极上有 CO2产生，故 A 不正确。B.微生物电池是指在微生物作用下将化学能转化为电能的装置，所以微生物促进了反应中电子的转移，故 B 正确。C.质子是阳离子，阳离子由负极区移向正极区，故 C 正确。D.正极的电极反应式为 6O224e24H=12H2O，负极的电极反应式为 C6H12O624e6H2O=6CO224H，两式相加得电池总反应为 C6H12O66O2=6CO26H2O，故 D 正确。答案：A12解析：W、X、Y、Z 四种元素均为短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核
8、外 L 电子层的电子数分别为 0、5、8、8，故 W 是第一周期的 H 元素，X 是第二周期的 N 元素，Y、Z 是第三周期元素，因为四种元素的最外层电子数之和为 18，故 Y、Z 最外层电子数之和为 18(15)12，又因为第三周期主族元素最外层电子排布是 17，故只有 Y 的最外层电子数是 5，Z 的最外层电子教是 7 才能满足条件，则 Y 是 P 元素，Z 是 Cl 元素。AH2和 N2都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故沸点：N2H2，A 不正确。BCl 元素的非金属性强于 H 元素，元素得电子能力越强，其对应阴离子越不容易失去电
9、子，故对应阴离子的还原性：Cl弱于 H，B 正确。CP 元素的非金属性弱于 Cl 元素的非金属性，元素非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故酸性：H3PO4HClO4，题目中未说明“最高价”，C 不正确。D 铵盐是离子化舍物， N 和 P 可能存在于同一离子化合物中， 如(NH4)3PO4、 (NH4)2HPO4、NH4H2PO4等，D 不正确。答案：B13 解析： 由图像分析浓度为 0.10 molL1的 MOH 溶液， 在稀释前 pH 为 13， 说明 MOH完全电离，则 MOH 为强碱，而 ROH 的 pH0，升高温度，v正、v逆均增大，且平衡向正反应方向移动，HI 的物质
10、的量分数减小，H2、I2的物质的量分数增大。因此，反应重新达到平衡后，相应的点分别应为 A 点和 E 点。答案：(1)MnSO4(或 Mn2)(2)4.7107(3)299(4)0.1080.1080.7842k正/K1.95103A、E36解析：(1)酸性条件下，NO3具有强氧化性，可将 Cu 氧化为 Cu2。温度低，固体溶解较慢，因此温度不宜过低；NH4NO3不稳定，受热易分解，因此加热温度不宜过高。(2)由工艺过程图可知，CuCl 应在此反应中生成。SO23具有还原性，可将 Cu2还原，反应的离子方程式为 2Cu2SO232ClH2O=2CuClSO242H。(3)因步骤最终得到的是(N
11、H4)2SO4，且洗涤液要循环使用，故此处酸洗采用的酸应为硫酸。(4)由题中信息知， CuCl 在潮湿的空气中易水解氧化， 因此步骤醇洗的目的是洗去 CuCl表面的水分，防止 CuCl 因水解氧化而变质。(5)工业上固液分离，根据不同情况可选择离心机分离或框式压滤机分离。(6)反应 CuClCu2， 1 mol CuCl 失去 1 mol 电子； Cr2O272Cr3， 1 mol Cr2O27得到 6 mol电子，根据电子守恒得：6CuClCr2O27。m g CuCl 样品中，n(CuCl)6ab103mol，CuCl的质量分数为6ab103mol99.5 gmol1m g100%0.59
12、7abm100%。答案：(1)CuSO4或 Cu2温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解(2)2Cu2SO232ClH2O=2CuClSO242H(3)硫酸(4)醇洗有利加快去除 CuCl 表面水分，防止其水解氧化(5)B、D(6)0.597abm100%37解析：(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用电子云形象地描述。基态14C 原子的轨道表示式为，则核外存在 2 对自旋相反的电子。(2)碳原子核外最外层有 4 个电子，在化学反应中很难失去 4 个电子形成阳离子，也很难得到 4 个电子形成阴离子。因此，碳在形成化合物时，主要通过共用电子对形成共价键。(3)CS2分子中，存
13、在键和键。CS2分子中，C 原子的价层电子对数为 2，杂化轨道类型为 sp。根据等电子理论，与 CS2具有相同空间构型和键合形式的分子有 CO2、COS 和 N2O，离子有 NO2、SCN。(4)因 Fe(CO)5熔、沸点较低，常温下为液体，其固体应属于分子晶体。(5)由石墨烯的结构可知， 每个 C 原子连接 3 个六元环， 每个六元环占有的 C 原子数为1362。由金刚石的结构可知，每个 C 可参与形成 4 条 CC 键，其中任意两条边(共价键)可以构成 2 个六元环。根据组合知识可知四条边(共价键)任选其中两条有 6 组，6212。因此每个 C 原子连接 12 个六元环。六元环中 C 原子
14、采取 sp3杂化，为空间六边形结构，最多有4 个 C 原子位于同一平面。答案：(1)电子云2(2)C 有 4 个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构(3)键和键spCO2、SCN(或 COS 等)(4)分子(5)3212438解析：(1)由 A 的分子式为 C2H2知，A 为乙炔。由 B 的加聚反应产物的结构简式可逆推 B 的结构简式为 CH2= CHOOCCH3，分子中含有碳碳双键和酯基。(2)由 HCCHCH3COOHCH2=CHOOCCH3可知，反应为加成反应；由COHCH3H3CCHCH2Al2O3可知，反应为醇的消去反应。(3)由反应物和反应条件可知，C 应是聚酯的水解
15、产物，故 C 为CH2CHOH。由聚乙烯醇缩丁醛的结构简式可知， 该产物是由 2 分子聚乙烯醇与 m 分子丁醛发生缩合反应的产物，故 D 为 CH3CH2CH2CHO。(4)如右所示，碳碳双键两端直接相连的 6 个原子一定共面，单键 a 旋转，可使两个双键直接相连的 10 个原子共面，单键 b 旋转，可使甲基上最多有 1 个氢原子在上述平面内，因此共面的原子最多有 11 个。顺式聚异戊二烯是指结构单元中两个 CH2均在双键的同一侧，其结构简式为CCH2H3CCH2CH。(5)C2H2中含碳碳三键， 因此含有碳碳三键的异戊二烯的同分异构体主要是碳链异构和三键位置异构，共有 CH3CH2CH2CC
16、H、CH3CH2CCCH3、CH3CHCCHCH33 种同分异构体。(6)由合成路线可知，反应为乙炔与丙酮羰基的加成反应，反应为碳碳三键的加成反应，反应为醇的消去反应。模仿题中合成路线，可设计如下合成路线：HCCHCH3CHOKOHHCCCHCH3OHH2,Pd/PbOCaCO3H2C=CHCHCH3OHAl2O3CH2=CHCH=CH2。答案：(1)乙炔碳碳双键和酯基(2)加成反应消去反应(3)CH2CHOHCH3CH2CH2CHO(4)11CCH2H3CCH2CH(5)CHH3CH3CCCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3(6)HCCHCH3CHOKOHHCCCHCH3O
17、HH2,Pd/PbOCaCO3H2C=CHCHCH3OHAl2O3CH2=CHCH=CH22015 年理综年理综(新课标新课标卷卷)试卷总评：与 2014 年高考试题相比，难度相当，素材的选用新颖度较高，具体的题目设计或问题的设计角度方面有如下一些较突出的变化： (1)选择题中， 有机化学权重增加(由原来的一道增加到两道)， 并将有机物的性质与同分异构体数目的确定综合在一起； (2)非选择题中，将热化学知识与化学平衡知识融合在一起进行考查，加强了不同知识模块间的整合；(3)进一步突出了对学生推理能力的考查，如第 8、9、27、28 等题。7解析：A 项，硅胶是一种高活性、吸水性材料，无毒无味，
18、化学性质稳定，可作食品干燥剂；B 项，P2O5极易吸水生成 H3PO4，而 H3PO4有毒性，故不能用 P2O5作食品干燥剂；C 项，CaCl2具有较强的吸水性，吸水后生成六水氯化钙(CaCl26H2O)，故不能用六水氯化钙作食品干燥剂；D 项，吸水性植物纤维无毒、无味，可用作食品干燥剂。答案：C8解析：由 1 mol 酯(C18H26O5)完全水解可得到 1 mol 羧酸和 2 mol 乙醇可知，该酯为二元酯，分子中含有 2 个酯基(COO)，结合酯的水解反应原理可得“1 mol C18H26O52 molH2O水解1 mol 羧酸2 mol C2H5OH”，再结合质量守恒定律推知，该羧酸的
19、分子式为C14H18O5。答案：A9解析：由 a 的最外层电子数为 1，a的电子层结构与氦相同可知，a 为 H。b 和 c 的次外层有 8 个电子，则 b、c 处于第三周期，又知 b、c 的最外层电子数分别为 6、7，从而推知，b、c 分别为 S、Cl。由 c和 d的电子层结构相同可知，d 为 K。A 项 S、Cl 处于第三周期，Cl 的原子序数大于 S，则 Cl 的非金属性强于 S；由 H2S 中 S 元素显2 价、H 元素显1 价可知，S 的非金属性强于 H，因此三种元素的非金属性次序为 ClSH。B 项 H 和 S、Cl 可形成共价化合物 H2S 和 HCl，而 H 与 K 则形成离子化
20、合物 KH。C 项 K 和 H、S、Cl 均可形成离子化合物，分别为 KH、K2S 和 KCl。D 项 H、S、Cl 的最高化合价分别为1、6 和7，最低化合价分别为1、2 和1，因此三种元素各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6。答案：B10解析：A 项丙醇的结构简式为 CH3CH2CH2OH(1丙醇)或 CH3CHOHCH3(2丙醇)，60g 丙醇的物质的量为 1 mol， 含有 7 mol CH 键、 2 mol CC 键、 1 mol CO 键和 1 mol OH键，故所含共价键总数为 11NA。B 项 NaHCO3溶液中存在 HCO3的水解平衡和电离平衡： HCO3H2OH2C
21、O3OH、HCO3CO23H； 1 L 0.1 molL1NaHCO3溶液中， 据 C 原子守恒可得 n(HCO3)n(CO23)n(H2CO3)1 L0.1 molL10.1 mol，故 HCO3和 CO23离子数之和小于 0.1 NA。C 项 Na 与 O2反应生成钠的氧化物(Na2O、Na2O2等)，Na 由 0 价升高到1 价，23 g 钠的物质的量为 1 mol，充分燃烧时转移电子数为 NA。D 项核素23592U 发生裂变反应：23592U10n裂变9038Sr13654Xe1010n，净产生的中子(10n)数为1019；235 g 核素23592U 的物质的量为 1 mol，则发
22、生裂变时净产生的中子数为 9 NA。答案：C11解析：分子式为 C5H10O2并能与饱和 NaHCO3溶液反应放出气体的有机物属于羧酸，其官能团为COOH，将该有机物看作 C4H9COOH，而丁基(C4H9)有 4 种不同的结构，分别为 CH3CH2CH2CH2、(CH3)2CHCH2、(CH3)3C、CH3CH2CHCH3，从而推知该有机物有 4 种不同的分子结构。答案：B12解析：A 项苦卤中含有 K、Mg2、Br等，通入 Cl2可将 Br氧化成 Br2，便于从苦卤中提取 Br2。B 项粗盐中含有不溶性杂质(泥沙)和可溶性杂质(Ca2、Mg2、SO24等)，将粗盐溶于水，并除去其中的杂质，
23、再通过重结晶的方法得到纯净 NaCl 晶体。C 项工业上沉淀Mg2常选用廉价的 Ca(OH)2，而不选用 NaOH。D 项 Br2具有较强的挥发性，富集溴时，常先用空气和水蒸气吹出 Br2，再用 SO2将其还原吸收(SO2Br22H2O=H2SO42HBr)，得到浓度较大的含 Br溶液。答案：C13解析：A 项 Na2CO3和 NaOH 的混合溶液中滴加稀盐酸，稀盐酸先与 NaOH 发生中和反应， 再与Na2CO3分步发生反应： Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl， NaHCO3HCl=NaClCO2H2O，因此开始阶段滴加稀盐酸，中不产生气泡。B 项常温下，浓硝酸与铝条发生钝化，铝条表
24、面生成致密的氧化铝薄膜，阻止内层铝与浓硝酸继续反应，中观察不到产生红棕色气体。 C 项将 AlCl3溶液滴加到 NaOH 溶液中， 由于 NaOH 过量， 发生的反应为 AlCl34NaOH=NaAlO23NaCl2H2O，得不到大量白色沉淀。D 项 KMnO4酸性溶液具有强氧化性，H2C2O4溶液具有较强的还原性，二者发生氧化还原反应：2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，由于 MnO4被还原为 Mn2，中酸性 KMnO4溶液逐渐褪色。答案：D26解析：(1)酸性锌锰干电池中正极上发生还原反应，该电池放电过程中产生 MnOOH，则正极反应式为 MnO2He=MnOOH。金
25、属锌作负极，发生氧化反应生成 Zn2，则负极反应式为 Zn2e=Zn2，结合得失电子守恒可得电池反应式为 2MnO22HZn=2MnOOH 十 Zn2。(2)电流强度为 I0.5A，时间为 t5 min300 s，则通过电极的电量为 QIt0.5A300 s150 C，又知 F96 500 Cmol1，故通过电子的物质的量为150 C96 500 Cmol10.001 6 mol ， 即 理 论 上 消 耗 Zn 的 质 量 为 65 gmol10.001 6mol1/20.05 g。(3)由 NH4Cl、ZnCl2的溶解度与温度的关系可知，相同温度下，ZnCl2的溶解度远远大于NH4Cl，因
26、此从滤液中分离 NH4Cl 和 ZnCl2，可采用加热浓缩、冷却结晶的方法。废电池的糊状填充物由碳粉、MnO2、ZnCl2和 NH4Cl 等组成，加水处理后，过滤，滤渣中含有碳粉、MnO2及 MnOOH 等，欲从中得到较纯的 MnO2，可采用在空气中加强热的方法，碳粉与 O2反应生成 CO2，MnOOH 氧化为 MnO2。(4)Fe 与稀 H2SO4反应生成 FeSO4， 再被 H2O2氧化转化为 Fe2(SO4)3。 Fe(OH)3的 Kspc(Fe3)c3(OH)，则有 c(OH)3KspcFe31011.3molL1，则溶液的 pH2.7。Zn(OH)2的 Kspc(Zn2)c2(OH)
27、，则有 c(OH)KspcZn2108molL1，则溶液的 pH6。Fe(OH)2和Zn(OH)2的 Ksp相近，不加入 H2O2将 Fe2转化为 Fe3，很难将 Zn2和 Fe2分开。答案：(1)MnO2He=MnOOH2MnO2Zn2H=2MnOOHZn2(每空 1 分，共 2 分)注：式中 Zn2可写为 Zn(NH3)24，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在空气中加热碳粉转变为 CO2，MnOOH氧化为 MnO2(每空 1 分，共 5 分)(4)Fe32.76Zn2和 Fe2分离不开Fe(OH)2和 Zn(OH)2的
28、 Ksp相近(每空 1 分，共 5分)27解析：(1)根据键能与反应热的关系可知，H1反应物的键能之和生成物的键能之和(1 076 kJmol12436 kJmol1)(413 kJmol13343 kJmol1465 kJmol1)99 kJmol1。根据质量守恒定律，由可得：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)，结合盖斯定律可得：H3H2H1(58 kJmol1)(99 kJmol1)41 kJmol1。(2) 根 据 化 学 平 衡 常 数 的 书 写 要 求 可 知 ， 反 应 的 化 学 平 衡 常 数 为 K c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)。反应为放热反应，温度升
29、高，平衡逆向移动，平衡常数 K 减小，故曲线 a 符合要求。(3)由图 2 可知，压强一定时，CO 的平衡转化率随温度的升高而减小，其原因是反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，又使产生 CO 的量增大，而总结果是随温度升高，CO 的转化率减小。反应的正反应为气体总分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，而反应为气体总分子数不变的反应，产生 CO 的量不受压强的影响，因此增大压强时，CO 的转化率提高，故压强 p1、p2、p3的关系为 p1p2p2p1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
30、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)28解析：(1)该反应中 Cl 由5 价降低为4 价，S 由4 价升高为6 价，则 KClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂。根据氧化还原反应中电子得失守恒可得：n(KClO3)(54)n(Na2SO3)(64)，则有 n(KClO3)/n(Na2SO3)21。(2)由图可知，电解 NH4Cl 和盐酸混合溶液得到 H2和 NCl3，结合质量守恒和得失电子守恒写出电解时反应的化学方程式为 NH4Cl2HCl=通电3H2NCl3。由图可知，NCl3溶液中加
31、入 NaClO2溶液，得到 ClO2和 NH3及溶液 X，N 由3 价降低为3 价，NaClO2中 Cl 由3 价升高到4 价，生成 ClO2，Cl未参与氧化还原反应，该反应的化学方程式为 6NaClO2NCl33H2O=6ClO2NH33NaCl3NaOH，溶液呈碱性，故溶液 X 中含有大量的阴离子为 Cl和 OH。ClO2是酸性气体， NH3是碱性气体， 除去 ClO2中的 NH3可选用酸性干燥剂， 如浓 H2SO4等。(3)ClO2具有氧化性，I具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为 2ClO210I8H5I24H2O2Cl。该实验中 ClO2不一定被完全吸收，故玻璃
32、液封管的作用是吸收残留的 ClO2气体，同时防止生成的单质碘逸出。淀粉遇 I2显蓝色，用 Na2S2O3溶液滴定 I2时，可选用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。ClO2、 I2和 Na2S2O3间存在关系式： 2ClO25I210Na2S2O3， 则有 n(ClO2)1/5n(Na2S2O3)1/50.100 0 molL120.00103L4104mol，m(ClO2)4104mol67.5 gmol10.027 00 g。(4)利用亚氯酸盐的氧化性及 FeSO4的还原性除去含有的亚氯酸盐。答案：(1)21(1 分)(2)NH4Cl2HCl=通
33、电3H2NCl3(2 分)Cl、OH(2 分)c(1 分)(3)2ClO210I8H=5I24H2O2Cl(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)36解析：(1)由反应原理可知，异丙苯先被 O2氧化生成异丙苯过氧化氢，异丙苯过氧化氢再在酸性溶液中转化为苯酚和丙酮， 结合工艺流程图可知， 反应器 A 中通入的气体 X 应作为反应物，故 X 是 O2。(2)反应异丙苯与 O2在装置 A 中进行，生成异丙苯过氧化氢，生成的异丙苯过氧化氢在装置 C(分解釜)中
34、发生分解生成苯酚和丙酮。(3)反应在酸性条件下进行，加入少量浓硫酸可提供酸性环境，加快化学反应速率。浓硫酸具有较强的腐蚀性，容易腐蚀反应设备。(4)反应的HYZ。B.气态氢化物的稳定性：XY(N)，故最高价氧化物对应水化物的酸性：WY。答案：C9解析：A.分子中含有 4 种官能团：羧基、羟基、碳碳双键、醚键。B.可与乙醇、乙酸发生取代反应。C.1 mol 分枝酸最多可与 2 mol NaOH 发生中和反应，因为分子中只有 2 个羧基。D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，但反应原理不相同，使溴的四氯化碳溶液褪色是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是氧化反应。答案：B10解析：A.铝和氯
35、气反应生成氯化铝，氯化铝和碳酸氢钡反应的离子方程式为 Al33HCO3=Al(OH)33CO2。B.氧化钠加入碳酸氢钡溶液中只产生碳酸钡沉淀，没有气体产生。C.铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。D.二氧化硅和碳酸氢钡溶液不反应。答案：A11解析：A.向 AgCl 悬浊液中加入 NaI 溶液时出现黄色沉淀，证明 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)。B.不能确定是否含有 Fe2， 正确的实验操作应该是先加入 KSCN 溶液， 无变化， 再加入氯水，溶液变红色，证明溶液中存在 Fe2。C.上层呈橙红色，说明 Cl2与 NaBr 反应生成了 Br2和NaCl， 则 Br的还原性强于 Cl。 D.加
36、热盛有 NH4Cl 固体的试管， NH4Cl 分解产生 HCl 和 NH3，HCl 和 NH3在试管口重新反应生成 NH4Cl，是化学反应，不是升华。答案：C12解析：A.稀 HNO3与 Na2SO3发生氧化还原反应，而不是复分解反应。B.过量 SO2，产物应为 HSO3，而不是 SO23。C.Al(OH)3不溶于氨水，Al2(SO4)3与过量氨水反应只能生成Al(OH)3沉淀。D.Na2O2与水反应：2Na2O22H2O=4Na4OHO2，NaOH 与 CuSO4反应：2OHCu2=Cu(OH)2，将两方程式合并可得：2Na2O22Cu22H2O=4Na2Cu(OH)2O2。答案：D13解析
37、：A.a 点所示溶液中 NaOH 和 HA 恰好反应生成 NaA，溶液的 pH8.7，呈碱性，则 HA 为弱酸，A水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na)c(A)c(HA)c(H)。B.b 点时为 NaA 和 HA 的溶液，a 点 NaA 发生水解反应，促进了水的电离，b 点 HA 抑制了水的电离，所以 a 点所示溶液中水的电离程度大于 b 点。C.pH7 时，根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(A)c(OH)，c(H)c(OH)，所以 c(Na)c(A)。D.b 点酸过量，溶液呈酸性，HA 的电离程度大于 NaA 的水解程度，故 c(A)c(HA)。答案：D29解析：(1)根据电解装置图，两电极
38、区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液，B 极区产生H2，电极反应式为 2H2e=H2，剩余 OH与 Li结合生成 LiOH，所以 B 极区电解液应为 LiOH 溶液，B 电极为阴极，则 A 电极应为阳极。阳极区电解液应为 LiCl 溶液，电极反应式为 2Cl2e=Cl2。根据电流方向，电解过程中 Li向 B 电极迁移。(2)酸性条件下，Co(OH)3首先与 H反应生成 Co3，Co3具有氧化性，可将 SO23氧化为SO24，根据电子守恒和质量守恒定律，配平可得：2Co(OH)34HSO23=SO242Co25H2O。由于 NaClO3和 O2具有氧化性，铁渣中铁元素应为3 价。在空气中
39、煅烧 CoC2O4生成钴氧化物和 CO2，设钴氧化物的分子式为 CoxOy，则有xCoC2O4y2O2=煅烧CoxOy2xCO2(59x16y)g2x mol2.41 g1.344 L22.4 Lmol10.06 mol则有(59x16y)0.062.412x，得 xy34。所以钴氧化物的化学式为 Co3O4。答案：(1)LiOH2Cl2e=Cl2B(2)2Co(OH)3SO234H=2Co2SO245H2O或 Co(OH)33H=Co33H2O,2Co3SO23H2O=2Co2SO242H3Co3O430解析：(1)在反应()中，zMHx(s)H2(g)zMHy(s)，由方程式两边氢原子个数
40、守恒得 zx2zy，z2yx；温度为 T1时，2 g 某合金 4 min 内吸收氢气 240 mL，吸氢速率 v240 mL2 g4 min30 mLg1min1。 因为 T1T2，温度升高，H2的压强增大，由平衡移动原理知，平衡向吸热方向移动，反应()的逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，所以H1(T2)；当反应处于图中 a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量 H2，H2压强增大，H/M 逐渐增大，由图像可知，气体压强在 B 点以前是不改变的，故反应()可能处于图中的 c 点；该贮氢合金要释放氢气，应该使反应()左移，根据平衡移动原理，可以通过升高温度或减小压强的方式使反应向左移动。
41、(3)由题意知 CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H41 kJmol1应用盖斯定律，由可得 CO、H2合成 CH4的反应：CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)H206 kJmol1答案：(1)2yx30c加热减压(3)CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)H206 kJmol131解析：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是增大与盐酸的接触面积，加快反应速率。实验室配制一定质量分数的溶液时，需用到的仪器是量筒、烧杯和玻璃棒。(2)由流程图和表中数据可知，pH8 时，可除去 Fe3；调
42、节 pH12.5 时，Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀，故滤渣中含有 Mg(OH)2和 Ca(OH)2；加入 H2C2O4的目的是除去溶液中剩余的 Ca2， 使 Ca2(aq) C2O24(aq)=CaC2O4(s) ， 当 H2C2O4过 量 时 ， 也 可 能 使 c(Ba2)c(C2O24)Ksp(BaC2O4)，而生成 BaC2O4沉淀，导致产品 BaCl22H2O 的量减少。(3)由方程式2CrO242H=Cr2O27H2O知， 步骤中加入的CrO24的总物质的量为b molL1V01 000LbV01 000mol。步骤中， 加入BaCl2充分反应后， 剩余的CrO24的物质的量为b
43、 molL1V11 000LbV11 000mol，与 Ba2反应的 CrO24的物质的量为bV01 000molbV11 000molbV0V11 000mol，由方程式Ba2CrO24=BaCrO4得， n(Ba2)n(CrO24)， 所以 BaCl2的浓度： c(BaCl2)bV0V11 000moly1 000LbV0V1ymolL1。若步骤中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成 V1的用量减小，所以bV0V1y的测量值将偏大。答案：(1)增大接触面积从而使反应速率加快a、c(2)Fe3Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成 BaC2O4沉淀，产品产量减少(3)上方bV
44、0V1y偏大32解析：(1)NO2与碱液反应可生成 NaNO3。(2)蒸发操作的目的是使 NaNO2结晶析出，使 NaNO3留在母液中，当 H2O 蒸发量太大时，可能会造成 NaNO3的浓度过大，从而形成饱和溶液而结晶析出。NaNO2冷凝后用于流程中的溶碱操作，以达到原料循环利用的目的。(3)酸性条件下，NaNO2易被氧化，加入 HNO3可提供酸性环境。母液中含有 NaNO3，将其转入转化液，或转入结晶操作，以达到原料循环利用的目的。(4)设 Na2CO3理论用量为 x， 根据 Na 元素守恒得 2x1061.38 t69121.38 t69， 解得 x1.59t。答案：(1)NaNO3(2)
45、防止 NaNO3的析出溶碱(3)将 NaNO2转化为 NaNO3c、d(4)1.5933解析：(1)a 项，Ca2与 F间不仅存在静电吸引，同时原子核与原子核之间、电子与电子之间也存在静电排斥，错误。b 项，因 CaF2、CaCl2均为离子晶体，F的离子半径小于Cl，离子晶体的晶格能与离子所带电荷数成正比，与离子核间距成反比，故 CaF2晶体的晶格能大于 CaCl2。晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故 CaF2的熔点高于 CaCl2，正确。c 项，阴、阳离子个数比相同，晶体构型不一定相同。d 项，CaF2是离子化合物，在熔融状态下能电离产生自由移动的离子，故 CaF2在熔融状态下能导电，正确。
46、(2)由信息可知，CaF2(s)Ca2(aq)2F(aq)，Al3与 F可形成配离子 AlF36。从而促进了 CaF2溶解平衡的正向移动，故反应的离子方程式为 3CaF2Al3=3Ca2AlF36。(3)OF2分子中，中心原子的价层电子对数为12(612)4，成键电子对数为 2，因此分子构型为 V 形，O 原子的杂化方式为 sp3杂化。(4)设 ClF 键的平均键能为 x。根据反应的焓变反应物的键能总和生成物的键能总和可知，Cl2(g)3F2(g)=2ClF3(g)的H242 kJmol1159 kJmol136x313 kJmol1，则 x172 kJmol1。ClF3和 BrF3为结构相似
47、的分子晶体，相对分子质量越大，其熔、沸点越高，因 ClF3的相对分子质量小于 BrF3，故 ClF3的熔、沸点低于 BrF3。答案：(1)b、d(2)3CaF2Al3=3Ca2AlF36(3)V 形sp3(4)172低34解析：(1)由题目所给信息可知，生成 A 的反应为双烯加成反应：CHCH2CHCH2CHCHOCH2CHO(A)。根据结构简式可知，A 中含有碳碳双键和醛基两种官能团。(2)A 中含碳碳双键和醛基，能与 H2发生加成反应：CHO2H2催化剂CH2OH，由合成路线知 E 为 CH2=CHCH2OH，和 E 互为同分异构体且只有一种等效氢的结构简式为CH3CCH3O。(3)D 和
48、 E 发生酯化反应，生成 F 的化学方程式为：(CH2)2COOHCH2=CHCH2OH浓 H2SO4(CH2)2COOCH2CH=CH2H2O(4)根据题目所给信息， CH3CH2Br 与 Mg 在干醚作用下生成 CH3CH2MgBr， CH3CH2MgBr与环氧乙烷在酸性条件下反应即可生成 1丁醇，其合成路线为：CH3CH2BrMg干醚CH3CH2MgBrH2CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH。答案：(1)CHO碳碳双键、醛基(2)加成(或还原)反应CH3COCH3(3)(CH2)2COOHCH2=CHCH2OH浓 H2SO4(CH2)2COOCH2CH=CH2H2O(4)CH3CH
49、2BrMg干醚CH3CH2MgBrH2CCH2OHCH3CH2CH2CH2OH2015 年理综年理综(安徽卷安徽卷)试卷总评：与往年安徽高考理综化学卷试卷相比，2015 年高考整套试卷的题型基本没有变化，且整体上保持了往年高考的难度。知识点分布略有变化，例如以往 25 题最后一小题多数考查反应热的问题，2015 年在 27 题考查；电化学往年在选择题中考查，2015 年在 25 题考查；25 题命题风格沿袭了 2014 年安徽命题风格，与 2013 年以前的题型风格明显不同，难度降低。其他试题内容分布、题型风格、试题难度分布都继承了以往安徽命题特点，且更加完善。2015 年安徽卷理综化学着重考
50、查考生对所学化学知识的识记与理解，考查考生应用化学知识和化学理论解决实际问题的综合运用能力，整套试卷体现了新课程标准的要求，注重考查考生的综合素质和科学素质。7解析：A.由图示可知，该物质的分子式为 C3H2O3。B.分子中碳碳双键和碳氧双键中各有一个键，碳氧单键全部是键(4 个)，碳氢键也是键(2 个)，共有 8 个键。C.分子中的碳氧键、碳氢键都是极性键，而碳碳键是非极性键。D.8.6 g 该物质的物质的量为 0.1 mol，完全燃烧后得到 0.3 mol CO2，只有在标准状况下 0.3 mol CO2的体积才是 6.72 L。答案：A8解析：A.配制溶液时，固体不能在容量瓶中溶解，应在
