2015年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）.pdf

第 1 页（共 30 页）2015 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分）1（6 分）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，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（）A氨水 B硝酸 C醋 D卤水 2（6 分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NA B2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+个数为 2NA C过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D密闭容器中 2molNO 与 1molO2充分反应，产物的分子数为 2NA 3（6 分）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 4（6 分）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（）实验 现象 结论 A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加 KSCN 溶液 有气体生成，溶液成血红色 稀硝酸将 Fe 氧化为 Fe3+B 将铜粉加入 1.0molL1的 Fe2（SO4）3溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出现 金属 Fe 比 Cu 活泼 C 用坩埚钳夹住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 金属铝的熔点比较低 D 将 0.1 molL1 MgSO4溶液滴入 NaOH溶液中至不在有沉淀产生，再滴先有白 色沉淀 生成，后变为浅Cu（OH）2的 溶 度积比 Mg（OH）2第 2 页（共 30 页）加 0.1 molL1CuSO4溶液 蓝色沉淀 的小 AA BB CC DD 5（6 分）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 6（6 分）W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，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：WZ C氧化物的水化物的酸性：YZ DX 与 Y 不能存在于同一离子化合物中 7（6 分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V0的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg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 第 3 页（共 30 页）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 lg=2 时，若两溶液同时升高温度，则增大 二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分）8（14 分）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产物中还有 CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置 A、B 和图 2 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、I，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 。9（14 分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为第 4 页（共 30 页）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 （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 。10（15 分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。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=+11kJmol1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能量，则 1molHI（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 的关系如表：第 5 页（共 30 页）t/min 0 20 40 60 80 120 X（HI）1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 X（HI）0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 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=0.0027min1，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）的关系可用如图表示。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）。化学化学-选修选修 2：化学与技术：化学与技术 11（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：第 6 页（共 30 页）（1）步骤中得到的氧化产物是 ，溶解温度应控制在 6070，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样品 mg，将其置于过量的 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 amol/L1的 K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗 K2Cr2O7溶液 bmL，反应中 Cr2O72被还原为 Cr3+，样品中 CuCl 的质量分数为 。化学化学-选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质 12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14C 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）碳有多种同素异形体，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 个六元环，六元环中最多有 个 C 原子在同一平面。第 7 页（共 30 页）化学化学-选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础 13A（C2H2）是基本有机化工原料。由 A 制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：回答下列问题：（1）A 的名称是 ，B 含有的官能团是 。（2）的反应类型是 ，的反应类型是 。（3）C 和 D 的结构简式分别为 、。（4）异戊二烯分子中最多有 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为 。（5）写出与 A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）。（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由 A 和乙醛为起始原料制备 1，3丁二烯的合成路线 。第 8 页（共 30 页）2015 年全国统一高考化学试卷（新课标年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（共一、选择题（共 7 小题，每小题小题，每小题 6 分，满分分，满分 42 分）分）1（6 分）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，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（）A氨水 B硝酸 C醋 D卤水【考点】12：化学科学的主要研究对象；1B：真题集萃；EG：硝酸的化学性质菁优网版权所有【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答。【解答】解：A氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故 A 错误；B硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的 CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故 B 正确；C醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如 Cu 等金属，不符合条件，故 C 错误；D卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。2（6 分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（）A18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NA B2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的 H+个数为 2NA C过氧化钠与水反应时，生成 0.1mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D密闭容器中 2molNO 与 1molO2充分反应，产物的分子数为 2NA 第 9 页（共 30 页）【考点】1B：真题集萃；4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A一个 D2O 和 H2O 分子中质子数都是 10，18g 的 D2O 物质的量=0.9mol、18gH2O 的物质的量=1mol，根据 N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C过氧化钠和水反应方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，每生成 1mol 氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，据此计算生成 0.1mol 氧气转移的电子数；CNO 和 O2反应方程式为 2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO 与1molO2恰好完全反应生成 2molNO2，但 NO2和 N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4。【解答】解：A一个 D2O 和 H2O 分子中质子数都是 10，18g 的 D2O 物质的量=0.9mol、18gH2O 的物质的量=1mol，根据 N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是 0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是 9NA、10NA，故 A 错误；Bn（H2SO3）=0.5mol/L2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的 H+个数远远小于 2NA，故 B 错误；C过氧化钠和水反应方程式为 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，Na2O2中 O 元素的化合价为1 价，每生成 1mol 氧气转移电子物质的量=1mol20（1）=2mol，则生成 0.1mol 氧气转移的电子 0.2mol，电子数为 0.2NA，故 C 正确；DNO 和 O2反应方程式为 2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO 与1molO2恰好完全反应生成 2molNO2，但 NO2和 N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于 2NA，故 D 错误；第 10 页（共 30 页）故选：C。【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是 AD，注意 A 中 D2O 的相对分子质量是 20，注意 D 中存在转化关系 2NO2N2O4。3（6 分）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【考点】1B：真题集萃；5A：化学方程式的有关计算菁优网版权所有【分析】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，每个乌洛托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比。【解答】解：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，每个乌洛托品分子中含有 6 个 C 原子、4 个 N 原子，每个甲醛分子中含有 1 个 C 原子、每个氨气分子中含有 1 个 N 原子，根据 C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6 个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据 N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比 3：2，故选：C。【点评】本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大。4（6 分）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（）实验 现象 结论 A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反 有气体生成，溶液成血 稀 硝 酸 将 Fe第 11 页（共 30 页）应后滴加 KSCN 溶液 红色 氧化为 Fe3+B 将 铜 粉 加 入 1.0molL1的 Fe2（SO4）3溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出现 金属 Fe 比 Cu活泼 C 用坩埚钳夹住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 金属铝的熔点比较低 D 将 0.1 molL1 MgSO4溶 液 滴 入NaOH 溶液中至不在有沉淀产生，再滴加 0.1 molL1CuSO4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 AA BB CC DD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物【分析】A过量铁粉，反应生成亚铁离子；BCu 和 Fe3+发生氧化还原反应生成 Fe2+和 Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D由操作和现象可知，发生沉淀的转化。【解答】解：A过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入 KSCN 溶液、溶液不显红色，故 A 错误；BCu 和 Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为 Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故 B 错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故 C 错误；D由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则 Cu（OH）2的溶度积比 Mg（OH）2的小，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原第 12 页（共 30 页）反应、硝酸性质等知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不大。5（6 分）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【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】A根据图知，负极上 C6H12O6失电子，正极上 O2得电子和 H+反应生成水，负极的电极反应式为 C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为 O2+4e+4H+2H2O；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；C原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；D燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。【解答】解：A根据图知，负极上 C6H12O6失电子，正极上 O2得电子和 H+反应生成水，负极的电极反应式为 C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为 O2+4e+4H+2H2O，因此 CO2在负极产生，故 A 错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故 B 正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了 H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故 C 正确；D该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为 C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故 D 正确；第 13 页（共 30 页）故选：A。【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写。6（6 分）W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，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：WZ C氧化物的水化物的酸性：YZ DX 与 Y 不能存在于同一离子化合物中【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系；8G：原子结构与元素的性质菁优网版权所有【分析】W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，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，则则 W 是 H 元素，X 是 N 元素，Y、Z 为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为 18，W 最外层电子数是 1，X 最外层电子数是 5，Y、Z 最外层电子数之和是 12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于 Z，则 Y 是 P 元素、Z 是 Cl 元素，AW、X 单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；DX、Y 分别是 N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中。【解答】解：W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，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，则 W 是 H 元素，X 是 N 元素，Y、Z 为第三周期元素；它们的最外层电子数之和为 18，W 最外层电子数是 1，X 最外层电子数是 5，Y、Z 最外层电子数之和是 12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于 Z，则 Y 是 P 元素、Z 是 Cl 元素，第 14 页（共 30 页）AH、N 元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：WX，故 A 错误；B元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性 WZ，所以阴离子的还原性：WZ，故 B 正确；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 PCl，最高价氧化物的水化物酸性 H3PO4HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故 C 错误；DX、Y 分别是 N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是 C。7（6 分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V0的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg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 lg=2 时，若两溶液同时升高温度，则增大【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【分析】A相同浓度的一元碱，碱的 pH 越大其碱性越强；B弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；第 15 页（共 30 页）C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中 c（OH）接近于纯水中 c（OH）；DMOH 的碱性强于 ROH 的碱性，当 lg=2 时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离。【解答】解：A相同浓度的一元碱，碱的 pH 越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH 的 pH 大于 ROH 的 pH，说明 MOH 的电离程度大于 ROH，则 MOH 的碱性强于 ROH 的碱性，故 A 正确；B由图示可以看出 ROH 为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b 点溶液体积大于 a 点，所以 b 点浓度小于 a 点，则 ROH 电离程度：ba，故 B 正确；C若两种溶液无限稀释，最终其溶液中 c（OH）接近于纯水中 c（OH），所以它们的 c（OH）相等，故 C 正确；D根据 A 知，碱性 MOHROH，当 lg=2 时，由于 ROH 是弱电解质，升高温度能促进 ROH 的电离，所以 c（M+）/c（R+）减小，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是 C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。二、解答题（共二、解答题（共 3 小题，满分小题，满分 43 分）分）8（14 分）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有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有CO2。装置 B 的主要作用是冷凝（水蒸气和草酸），防 止 草 酸 进 入 装 置 C 反 应 生 成 沉 淀 而 干 扰 CO2的 检 验。第 16 页（共 30 页）（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 和图 2 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、F、D、G、H、D、I，装置 H 反应管中盛有的物质是CuO。能证明草酸晶体分解产物中有 CO 的现象是H 中黑色粉末变为红色，其后的 D 中澄清石灰水变浑浊。（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸。【考点】U2：性质实验方案的设计菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合【分析】（1）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，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B 装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；（2）要检验生成 CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥 CO，利用 CO 的还原性将 CO 氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集 CO；H 装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和 CO 反应有明显现象发生；CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸。【解答】解：（1）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，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以 C 中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说第 17 页（共 30 页）明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B 装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置 C 反应生成沉淀而干扰 CO2的检验；（2）要检验生成 CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥 CO，利用 CO 和 CuO 发生还原反应生成 CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集 CO 避免环境污染，所以其连接顺序是 A、B、F、D、G、H、D、I；H 装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和 CO 反应有明显现象发生，CuO 能被 CO 还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以 H 中盛放的物质是 CuO，故答案为：F、D、G、H、D；CuO；CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且 CO 将黑色的 CuO 还原为红色的 Cu，只要 H 中黑色固体转化为红色且其后的 D 装置溶液变浑浊就说明含有 CO，故答案为：H 中黑色粉末变为红色，其后的 D 中澄清石灰水变浑浊；（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，故答案为：向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸。【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等。9（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：第 18 页（共 30 页）回答下列问题：（1）写出 Mg2B2O5H2O 与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径（写出两条）。（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4（化学式）。（3）“净化除杂”需先加 H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调节溶液的 pH 约为 5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁（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2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】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），由流程可知，加硫酸溶解 Fe3O4、SiO2不溶，CaO 转化为微溶于水的 CaSO4，“净化除杂”需先加 H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的 pH 约为 5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出 H3BO3，以此来解答。【解答】解：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），由流程可知，加硫酸溶解只有 SiO2不溶，CaO 转化为微溶于水的 CaSO4，“净化除第 19 页（共 30 页）杂”需先加 H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的 pH 约为 5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出 H3BO3，（1）Mg2B2O5H2O 与硫酸反应的化学方程式 Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，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 提 高 反 应 温 度 或 减 小 铁 硼 矿 粉 粒 径 等，故 答 案 为：Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）利用 Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）“净化除杂”需先加 H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调节溶液的 pH 约为 5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁；（5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：；（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为 2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故 答 案 为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为 2015 年高考真题，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等。10（15 分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下第 20 页（共 30 页）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MnSO4；（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：4.7107，已知 Ksp（AgCl）=1.81010，Ksp（AgI）=8.51017。（3）已知反 应 2HI（g）H2（g）+I2（g）的H=+11kJmol1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能量，则 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为299 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 的关系如表：t/min 0 20 40 60 80 120 X（HI）1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 X（HI）0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 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=0.0027min1，在 t=40min 时，v正=1.95103min1。由上述实验数据计算得到 v正x（HI）和 v逆x（H2）的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为A、E（填字母）。【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计第 21 页（共 30 页）算菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中 I 元素发生氧化反应，Mn 元素被还原，还原产物应为硫酸锰；（2）当 AgCl 开始沉淀时，说明溶液中的 c（I）和 c（Cl）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=；（3）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量；（4）表中第一列，由 HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时 HI 物质的量分数为 0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为 10.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为 0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式 K=计算；到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知 k逆的表达式；在 t=40min 时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式 v正=k正x2（HI）计算；升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时 HI 的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时 H2的物质的量分数增大。【解答】解：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中 I 元素发生氧化反应，Mn 元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4；（2）当 AgCl 开始沉淀时，说明溶液中的 c（I）和 c（Cl）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=4.7107，故答案为：4.7107；第 22 页（共 30 页）（3）设 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 x kJ，则：2x kJ436kJ151kJ=11kJ，解得 x=299，故答案为：299；（4）表中第一列，由 HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一