2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標ⅱ）（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）下列過程沒有發(fā)生化學反應的是（）A．用活性炭去除冰箱中的異味 B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污 C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果 D．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝 2．（6分）四聯(lián)苯的一氯代物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 3．（6分）下列反應中，反應后固體物質增重的是（）A．氫氣通過灼熱的CuO粉末 B．二氧化碳通過Na2O2粉末 C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應 D．將鋅粒投入Cu（NO3）2溶液 4．（6分）下列圖示實驗正確的是（）A．除去粗鹽溶液中不溶物 B．碳酸氫鈉受熱分解 C．除去CO氣體中的CO2氣體 D．乙酸乙酯的制備演示實驗 5．（6分）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是（）A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol?L﹣1 B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1 C．pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣） D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c（Na+）：①＞②＞③ 6．（6分）2013年3月我國科學家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系，下列敘述錯誤的是（）A．a為電池的正極 B．電池充電反應為LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化 D．放電時，溶液中Li+從b向a遷移 7．（6分）室溫下將1mol的CuSO4?5H2O（s）溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為△H1，將1mol的CuSO4（s）溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為△H2；CuSO4?5H2O受熱分解的化學方程式為：CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），熱效應為△H3．則下列判斷正確的是（）A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答8．（13分）在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應N2O4（g）?2NO2（g），隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深。回答下列問題：（1）反應的△H0（填“大于”或“小于”）；100℃時，體系中各物質濃度隨時間變化如圖所示。在0～60s時段，反應速率v（N2O4）為mol?L﹣1?s﹣1；反應的平衡常數(shù)K1為。（2）100℃時達平衡后，改變反應溫度為T，c（N2O4）以0.0020mol?L﹣1?s﹣1的平均速率降低，經10s又達到平衡。①T100℃（填“大于”或“小于”），判斷理由是。②列式計算溫度T時反應的平衡常數(shù)K2。（3）溫度T時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡向（填“正反應”或“逆反應”）方向移動，判斷理由是。9．（15分）鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設備及X射線防護材料等，回答下列問題：（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛在元素周期表的位置是第①周期、第②族；PbO2的酸性比CO2的酸性③（填“強”或“弱”）．（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應的化學方程式為④．（3）PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得，反應的離子方程式為⑤；PbO2也可以通過石墨為電極，Pb（NO3）2與Cu（NO3）2的混合溶液為電解液電解制取，陽極發(fā)生的電極反應式為⑥，陰極上觀察到得現(xiàn)象是⑦；若電解液中不加入Cu（NO3）2，陰極發(fā)生的電極反應式為⑧，這樣做的主要缺點是⑨．（4）PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%（即×100%）的殘留固體．若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2?nPbO，列式計算x值和m：n值⑩．10．（15分）某小組以CoCl2?6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗：①氨的測定：精確稱取wgX，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol?L﹣1的鹽酸標準溶液吸收．蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol?L﹣1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液．②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)磚紅色沉淀不再消失為終點（Ag2CrO4為磚紅色）回答下列問題：（1）裝置中安全管的作用原理是．（2）用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用式滴定管，可使用的指示劑為．（3）樣品中氨的質量分數(shù)表達式為．（4）測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將（填“偏高”或“偏低”）．（5）測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是，滴定終點時，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol?L﹣1，c（CrO42﹣）為mol?L﹣1．（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12）（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1：6：3，鈷的化合價為，制備X的化學方程式為，X的制備過程中溫度不能過高的原因是．化學-選修2：化學與技術11．（15分）將海水淡化與濃海水資源化結合起來是綜合利用海水的重要途徑之一．一般是先將海水淡化獲得淡水．再從剩余的濃海水中通過一系列工藝流程提取其他產品．回答下列問題：（1）下列改進和優(yōu)化海水綜合利用工藝的設想和做法可行的是．（填序號）①用混凝法獲取淡水②提高部分產品的質量③優(yōu)化提取產品的品種④改進鉀、溴、鎂等的提取工藝（2）采用“空氣吹出法”從濃海水吹出Br2，并用純堿吸收．堿吸收溴的主要反應是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2時，轉移的電子數(shù)為mol．（3）海水提鎂的一段工藝流程如圖：濃海水的主要成分如下：離子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣濃度/（g?L﹣1）63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反應的離子方程式為，產品2的化學式為，1L濃海水最多可得到產品2的質量為g．（4）采用石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應的化學方程式為；電解時，若有少量水存在會造成產品鎂的消耗，寫出有關反應的化學方程式．化學-選修3：物質結構與性質12．（15分）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大．a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有一個電子，但次外層有18個電子．回答下列問題：（1）b、c、d中第一電離能最大的是（填元素符號），e的價層電子軌道示意圖為．（2）a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是（填化學式，寫出兩種）．（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是；酸根呈三角錐結構的酸是．（填化學式）（4）e和c形成的一種離子化合物的晶體結構如圖1，則e離子的電荷為．（5）這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，陰離子呈四面體結構；陽離子呈軸向狹長的八面體結構（如圖2所示）．該化合物中，陰離子為，陽離子中存在的化學鍵類型有；該化合物加熱時首先失去的組分是，判斷理由是．化學-選修5：有機化學基礎13．立方烷（）具有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)定性等特點，因此合成立方烷及其衍生物成為化學界關注的熱點．下面是立方烷衍生物I的一種合成路線：回答下列問題：（1）C的結構簡式為，E的結構簡式為．（2）③的反應類型為，⑤的反應類型為．（3）化合物A可由環(huán)戊烷經三步反應合成：反應I的試劑與條件為，反應2的化學方程式為，反應3可用的試劑為．（4）在I的合成路線中，互為同分異構體的化合物是．（填化合物代號）（5）I與堿石灰共熱可化為立方烷．立方烷的核磁共振氫譜中有個峰．（6）立方烷經硝化可得到六硝基立方烷，其可能的結構有種．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）食品干燥劑應無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好．下列說法錯誤的是（）A．硅膠可用作食品干燥劑 B．P2O5不可用作食品干燥劑 C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑 D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑 2．（6分）某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C16H22O5 D．C16H20O5 3．（6分）原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1．a﹣的電子層結構與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c﹣和d+的電子層結構相同．下列敘述錯誤的是（）A．a和其他3種元素均能形成共價化合物 B．元素的非金屬性次序為c＞b＞a C．d和其他3種元素均能形成離子化合物 D．元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6 4．（6分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NA B．1L0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為0.1NA C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物．23g鈉充分燃燒時轉移電子數(shù)為1NAD．235g核素92235U發(fā)生裂變反應：92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產生的中子（01n）數(shù)為10NA 5．（6分）分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體的有機化合物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 6．（6分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴 B．粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純 C．工業(yè)生產常選用NaOH作為沉淀劑 D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收 7．（6分）用圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是（）選項①中物質②中物質預測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A．A B．B C．C D．D 二、解答題8．（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關數(shù)據(jù)下表所示：溶解度/（g/100g水）溫度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題：（1）該電池的正極反應式為，電池反應的離子方程式為：。（2）持續(xù)電流強度為0.5A，電池工作五分鐘，理論消耗鋅g．（已經F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，兩者可以通過分離回收，濾渣的主要成分是MnO2、和，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是，其原理是。（4）用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鐵皮中的少量雜質鐵，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，鐵變?yōu)榧訅A調節(jié)pH為時，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，即可認為該離子沉淀完全）。繼續(xù)加堿調節(jié)pH為時，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為0.1mol?L﹣1）。若上述過程不加H2O2的后果是，原因是。9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：化學鍵H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反應①中的相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1=kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，則△H3=kJ．mol﹣1（2）反應①的化學平衡常數(shù)K的表達式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關系的曲線為（填曲線標記字母），其判斷理由是。（3）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60時體系中的CO平衡轉化率（a）與溫度和壓強的關系如圖2所示。a（CO）值隨溫度升高而（填“增大”或“減小”），其原因是。圖2中的壓強由大到小為，其判斷理由是10．（15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為．（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應的化學方程式為．②溶液X中大量存在的陰離子有．③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是（填標號）a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（3）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol?L﹣1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為②玻璃液封裝置的作用是③V中加入的指示劑通常為，滴定至終點的現(xiàn)象是④測得混合氣中ClO2的質量為g．（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質最適宜的是（填標號）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．三、化學——選修2：化學與技術。（滿分15分）11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，其反應和工藝流程示意圖如圖：相關化合物的物理常數(shù)物質相對分子質量密度（g/cm﹣3）沸點/℃異丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列問題：（1）在反應器A中通入的X是。（2）反應①和②分別在裝置和中進行（填裝置符號）。（3）在分解釜C中加入的Y為少置濃硫酸，其作用是，優(yōu)點是用量少，缺點是。（4）反應②為（填“放熱”或“吸熱”）反應。反應溫度控制在50﹣60℃，溫度過高的安全隱患是。（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是（填編號。已知苯酚是一種弱酸）。a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為和，判斷的依據(jù)是。（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點是。四、化學-選修3：物質結構與性質。（滿分15分）12．（15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構型；C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：（1）四種元素中電負性最大的是（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為．（2）單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是（填分子式），原因是；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為和．（3）C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構型為，中心原子的雜化軌道類型為．（4）化合物D2A的立體構型為，中心原子的價層電子對數(shù)為，單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，其化學方程式為．（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結構如圖所示，晶胞邊長a=0.566nm，F(xiàn)的化學式為；晶胞中A原子的配位數(shù)為；列式計算晶體F的密度（g?cm﹣3）（保留小數(shù)點后兩位數(shù)字）．五、化學一選修5：有機化學基礎（滿分15分）13．（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的應用前景．PPG的一種合成路線如下：已知：①烴A的相對分子質量為70，核磁共振氫譜顯示只有一種化學環(huán)境的氫②化合物B為單氯代烴：化合物C的分子式為C5H8③E、F為相對分子質量差14的同系物，F(xiàn)是福爾馬林的溶質④冋答下列問題：（1）A的結構簡式為．（2）由B生成C的化學方程式為．（3）由E和F生成G的反應類型為，G的化學名稱為．（4）①由D和H生成PPG的化學方程式為：②若PPG平均相對分子質量為10000，則其平均聚合度約為（填標號）．a．48b．58c．76d．122（5）D的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有種（不含立體異構）：①能與飽和NaHCO3溶液反應產生氣體②既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應其中核磁共振氫譜顯示為3組峰，且峰面積比為6：1：1的是（寫結構簡式）D的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號（或數(shù)據(jù)）完全相同，該儀器是（填標號）．a．質譜儀b．紅外光譜儀c．元素分析儀d．核磁共振儀．

2015年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）食品干燥劑應無毒、無味、無腐蝕性及環(huán)境友好．下列說法錯誤的是（）A．硅膠可用作食品干燥劑 B．P2O5不可用作食品干燥劑 C．六水合氯化鈣可用作食品干燥劑 D．加工后具有吸水性的植物纖維可用作食品干燥劑 【考點】KF：常見的食品添加劑的組成、性質和作用．【分析】A．硅膠具有吸水性，無毒；B．P2O5吸水轉化為酸；C．六水合氯化鈣不能吸水；D．具有吸水性的植物纖維無毒．【解答】解：A．硅膠具有吸水性，無毒，則硅膠可用作食品干燥劑，故A正確；B．P2O5吸水轉化為酸，導致食品變質，則P2O5不可用作食品干燥劑，故B正確；C．六水合氯化鈣不能吸水，則不能作食品干燥劑，故C錯誤；D．具有吸水性的植物纖維無毒，則可用作食品干燥劑，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查物質的性質及食品干燥劑，為高頻考點，把握物質的性質、化學與生活的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的綜合考查，題目難度中等．2．（6分）某羧酸酯的分子式為C18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，該羧酸的分子式為（）A．C14H18O5 B．C14H16O4 C．C16H22O5 D．C16H20O5 【考點】1B：真題集萃；H3：有機物實驗式和分子式的確定；M8：有關有機物分子式確定的計算．【分析】1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，則說明酯中含有2個酯基，結合酯的水解特點以及質量守恒定律判斷?！窘獯稹拷猓耗臭人狨サ姆肿邮綖镃18H26O5，1mol該酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，說明酯中含有2個酯基，設羧酸為M，則反應的方程式為C18H26O5+2H2O→M+2C2H6O，由質量守恒可知M的分子式為C14H18O5，故選：A?！军c評】本題為2015年高考題，考查有機物的推斷，為高頻考點，把握酯化反應中碳原子個數(shù)變化、官能團的變化為推斷的關系，側重酯的性質的考查，題目難度不大。3．（6分）原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1．a﹣的電子層結構與氦相同，b和c的次外層有8個電子，c﹣和d+的電子層結構相同．下列敘述錯誤的是（）A．a和其他3種元素均能形成共價化合物 B．元素的非金屬性次序為c＞b＞a C．d和其他3種元素均能形成離子化合物 D．元素a、b、c各自最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6 【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【分析】原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結構與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結構相同，則d為K元素．A．H元素與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物；B．同周期自左而右非金屬性增強，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl；D．H元素最高正化合價為+1、最低負化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負化合價為﹣1．【解答】解：原子序數(shù)依次增大的元素a、b、c、d，它們的最外層電子數(shù)分別為1、6、7、1，a﹣的電子層結構與氦相同，則a為H元素；b和c的次外層有8個電子，原子只能有3個電子層，則b為S元素，c為Cl，c﹣和d+的電子層結構相同，則d為K元素。A．H元素與S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者屬于共價化合物，但與K元素形成的化合物為KH，屬于離子化合物，故A錯誤；B．同周期自左而右非金屬性增強，氫化物中H元素為正價，其非金屬性最弱，故非金屬性Cl＞S＞H，故B正確；C．K元素與其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均屬于離子化合物，故C正確；D．H元素最高正化合價為+1、最低負化合價為﹣1，S元素最高正化合價為+6、最低負化合價為﹣2，Cl元素最高正化合價為+7、最低負化合價為﹣1，最高和最低化合價的代數(shù)和分別為0、4、6，故D正確，故選：A?！军c評】本題考查結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵，側重對元素周期律的考查，題目涉及金屬氫化物是中學知識的盲點，難度不大．4．（6分）NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．60g丙醇中存在的共價鍵總數(shù)為10NA B．1L0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和為0.1NA C．鈉在空氣中燃燒可生成多種氧化物．23g鈉充分燃燒時轉移電子數(shù)為1NA D．235g核素92235U發(fā)生裂變反應：92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產生的中子（01n）數(shù)為10NA 【考點】1B：真題集萃；4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A．丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵；B．HCO3﹣水解生成碳酸，結合原子守恒分析；C．鈉發(fā)生氧化反應后，Na元素的化合價由0升高為+1價；D．92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產生的中子為10﹣1=9個．【解答】解：A.60g丙醇為1mol，丙醇中含7個C﹣H鍵、2個C﹣C鍵、1個C﹣O鍵和1個O﹣H鍵，存在的共價鍵總數(shù)為11NA，故A錯誤；B.1L0.1mol?L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣離子數(shù)之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故B錯誤；C.23g鈉充分燃燒時轉移電子數(shù)為×（1﹣0）×NA=1NA，故C正確；D．92235U+01n3890Sr+54136Xe+1001n凈產生的中子為10﹣1=9個，則235g核素92235U發(fā)生裂變反應凈產生的中子（01n）數(shù)為9NA，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)及計算，為高頻考點，把握物質中的化學鍵、物料守恒、鹽類水解、氧化還原反應中轉移電子計算等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的綜合考查，綜合性較強，題目難度中等．5．（6分）分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體的有機化合物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 【考點】H6：有機化合物的異構現(xiàn)象．【專題】532：同分異構體的類型及其判定．【分析】分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，則該有機物中含有﹣COOH，所以為戊酸，戊酸的種類等于丁基的種類，寫出丁基的種類即可．【解答】解：分子式為C5H10O2且可與碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，則該有機物中含有﹣COOH，所以為戊酸，戊酸的種類等于丁基的種類，丁基（﹣C4H9）的異構體有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故戊酸的有機物的異構體數(shù)目為4，故選B。【點評】本題主要考查同分異構體書寫、官能團的性質與確定等，難度中等，注意利用丁基異構判斷．6．（6分）海水開發(fā)利用的部分過程如圖所示．下列說法錯誤的是（）A．向苦鹵中通入Cl2是為了提取溴 B．粗鹽可采用除雜和重結晶等過程提純 C．工業(yè)生產常選用NaOH作為沉淀劑 D．富集溴一般先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收 【考點】1B：真題集萃；E7：海水資源及其綜合利用．【分析】A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質，分離得到溴；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質，精制時應加入試劑進行除雜，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結晶進行提純；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑；D．先用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收轉化為HBr，達到富集的目的．【解答】解：A．向苦鹵中通入Cl2置換出溴單質，分離得到溴，通入Cl2是為了提取溴，故A正確；B．粗鹽中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質，精制時通常在溶液中依次中加入過量的BaCl2溶液、過量的NaOH溶液和過量的Na2CO3溶液，過濾后向濾液中加入鹽酸至溶液呈中性，再進行重結晶進行提純，故B正確；C．工業(yè)常選用生石灰或石灰水作沉淀劑，故C錯誤；D．海水提取溴一般用氯氣置換溴離子轉化為溴單質，用空氣和水蒸氣吹出單質溴，再用SO2將其還原吸收轉化為HBr，達到富集的目的，故D正確，故選：C。【點評】本題考查海水資源的綜合利用，注意掌握中學常見的化學工業(yè)，側重對化學與技術的考查，難度不大．7．（6分）用圖所示裝置進行下列實驗：將①中溶液滴入②中，預測的現(xiàn)象與實際相符的是（）選項①中物質②中物質預測②中的現(xiàn)象A稀鹽酸碳酸鈉與氫氧化鈉的混合溶液立即產生氣泡B濃硝酸用砂紙打磨過的鋁條產生紅棕色氣體C氯化鋁溶液濃氫氧化鈉溶液產生大量白色沉淀D草酸溶液高錳酸鉀酸性溶液溶液逐漸褪色A．A B．B C．C D．D 【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化；C．NaOH過量，開始不生成沉淀；D．發(fā)生氧化還原反應．【解答】解：A．先發(fā)生鹽酸與NaOH的反應，然后鹽酸與碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，最后鹽酸與碳酸氫鈉反應生成氣體，則現(xiàn)象不合理，故A錯誤；B．常溫下，Al遇濃硝酸發(fā)生鈍化，則不能觀察到紅棕色氣體，現(xiàn)象不合理，故B錯誤；C．NaOH過量，開始不生成沉淀，反應生成偏鋁酸鈉和氯化鈉，開始無現(xiàn)象，故C錯誤；D．草酸與高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應，溶液褪色，現(xiàn)象合理，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質的性質及實驗裝置的綜合應用，為高頻考點，為2015年高考真題，把握物質的性質、發(fā)生的反應、反應與現(xiàn)象的關系為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的綜合考查，綜合性較強，題目難度中等．二、解答題8．（14分）酸性鋅錳干電池是一種一次電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其周圍是有碳粉，二氧化錳，氯化鋅和氯化銨等組成的填充物，該電池在放電過程產生MnOOH，回收處理該廢電池可以得到多種化工原料，有關數(shù)據(jù)下表所示：溶解度/（g/100g水）溫度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn（OH）2Fe（OH）2Fe（OH）3Ksp近似值10﹣1710﹣1710﹣39回答下列問題：（1）該電池的正極反應式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，電池反應的離子方程式為：2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+。（2）持續(xù)電流強度為0.5A，電池工作五分鐘，理論消耗鋅0.05g．（已經F=96500C/mol）（3）廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，兩者可以通過加熱濃縮冷卻結晶分離回收，濾渣的主要成分是MnO2、碳粉和MnOOH，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法是空氣中加熱，其原理是碳粉轉變?yōu)槎趸迹琈nOOH氧化為二氧化錳。（4）用廢電池的鋅皮制作ZnSO4?7H2O的過程中，需除去鐵皮中的少量雜質鐵，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，鐵變?yōu)镕e3+加堿調節(jié)pH為2.7時，鐵剛好沉淀完全（離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1時，即可認為該離子沉淀完全）。繼續(xù)加堿調節(jié)pH為6時，鋅開始沉淀（假定Zn2+濃度為0.1mol?L﹣1）。若上述過程不加H2O2的后果是Zn2+和Fe2+分離不開，原因是Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近。【考點】1B：真題集萃；BH：原電池和電解池的工作原理；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】（1）該電池的正極發(fā)生還原反應，MnO2被還原生成MnOOH；負極鋅被氧化生成Zn2+，以此書寫電池總反應式；（2）持續(xù)電流強度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A×300s=150C，轉移電子的物質的量為，以此計算消耗鋅的質量、物質的量；（3）填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，結合Ksp=10﹣39計算pH，并根據(jù)Ksp計算鋅開始沉淀的pH?！窘獯稹拷猓海?）該電池的正極發(fā)生還原反應，MnO2被還原生成MnOOH，電極方程式為MnO2+H++e﹣=MnOOH，負極鋅被氧化生成Zn2+，電池總反應式為2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案為：MnO2+H++e﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；（2）持續(xù)電流強度為0.5A，電池工作五分鐘，則電量為0.5A×300s=150C，轉移電子的物質的量為，則消耗Zn的質量為××65g/mol=0.05g，故答案為：0.05；（3）濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通過加熱濃縮、冷卻結晶得到晶體，填充物含有碳粉、二氧化錳，且生成MnOOH等，在空氣中加熱時，碳粉、MnOOH可被氧化，分別生成二氧化碳和二氧化錳，故答案為：加熱濃縮；冷卻結晶；碳粉；MnOOH；空氣中加熱；碳粉轉變?yōu)槎趸?，MnOOH氧化為二氧化錳；（4）鐵加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，鐵剛好沉淀完全時離子濃度小于1×10﹣5mol?L﹣1，因Ksp=10﹣39，則c（OH﹣）=mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此時pH=2.7，如鋅開始沉淀，則c（OH﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，此時pH=6，由表中數(shù)據(jù)可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，則Zn2+和Fe2+分離不開，故答案為：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分離不開；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近?！军c評】本題為2015年新課標卷考題，考查原電池知識以及物質的分離、提純，側重于原電池的工作原理以及實驗基本操作和注意問題，題目難度中等，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)。9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料。利用合成氣（主要成分為CO、CO2和H2）在催化劑的作用下合成甲醇，發(fā)生的主要反應如下：①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）△H1②CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）△H2③CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H3回答下列問題：化學鍵H﹣HC﹣OC≡OH﹣OC﹣HE/（kJ．mol﹣1）4363431076465413（1）已知反應①中的相關的化學鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：由此計算△H1=﹣99kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，則△H3=+41kJ．mol﹣1（2）反應①的化學平衡常數(shù)K的表達式為；圖1中能正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關系的曲線為a（填曲線標記字母），其判斷理由是反應①正反應為放熱反應，平衡常數(shù)隨溫度升高而減小。（3）合成氣的組成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60時體系中的CO平衡轉化率（a）與溫度和壓強的關系如圖2所示。a（CO）值隨溫度升高而減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”），其原因是反應①正反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應③為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結果，隨溫度升高，CO的轉化率減小。圖2中的壓強由大到小為P3＞P2＞P1，其判斷理由是相同溫度下，反應③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應①正反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，有利于平衡向正反應方向移動，CO的轉化率增大，故增大壓強有利于CO的轉化率升高【考點】BB：反應熱和焓變；CB：化學平衡的影響因素．【分析】（1）反應熱=反應物總鍵能﹣生成物總鍵能；根據(jù)蓋斯定律：反應②﹣反應①=反應③，反應熱也進行相應的計算；（2）化學平衡常數(shù)指可逆反應得到平衡時，各生成物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數(shù)次冪的乘積所得的比值；化學平衡常數(shù)只受溫度影響，根據(jù)溫度對平衡移動的影響，進而判斷溫度對平衡常數(shù)影響；（3）由圖可知，壓強一定時，隨溫度的升高，CO的轉化率降低，根據(jù)升高溫度對反應①、③的影響，進行分析CO轉化率變化原因；相同溫度下，反應③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應①正反應為氣體分子式減小的反應，增大壓強，有利于平衡向正反應方向移動，CO的轉化率增大。【解答】解：（1）反應熱=反應物總鍵能﹣生成物總鍵能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；根據(jù)蓋斯定律：反應②﹣反應①=反應③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，故答案為：﹣99；+41；（2）反應①CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）的平衡常數(shù)表達式K=；反應①正反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡常數(shù)減小，曲線a正確反映平衡常數(shù)K隨溫度變化關系，故答案為：；a；反應①正反應為放熱反應，平衡常數(shù)隨溫度升高而減?。唬?）由圖可知，壓強一定時，隨溫度的升高，CO的轉化率減小，反應①正反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應③為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結果，隨溫度升高，CO的轉化率減小；相同溫度下，反應③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應①正反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，有利于平衡向正反應方向移動，CO的轉化率增大，故增大壓強有利于CO的轉化率升高，故壓強：P3＞P2＞P1，故答案為：減?。环磻僬磻獮榉艧岱磻?，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應③為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，又使平衡體系中CO的增大，總結果，隨溫度升高，CO的轉化率減??；P3＞P2＞P1；相同溫度下，反應③前后氣體分子數(shù)不變，壓強改變不影響其平衡移動，反應①正反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強，有利于平衡向正反應方向移動，CO的轉化率增大，故增大壓強有利于CO的轉化率升高?！军c評】本題考查反應熱有關計算、平衡常數(shù)及其影響因素、化學平衡的影響因素、化學平衡圖象綜合應用等，側重考查學生分析計算能力，需要學生具備扎實的基礎，難度中等。10．（15分）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑，回答下列問題：（1）工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為2：1．（2）實驗室用NH4Cl、鹽酸、NaClO2（亞氯酸鈉）為原料，通過以下過程制備ClO2：①電解時發(fā)生反應的化學方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑．②溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣．③除去ClO2中的NH3可選用的試劑是c（填標號）a．水b．堿石灰c．濃硫酸d．飽和食鹽水（3）用如圖裝置可以測定混合氣中ClO2的含量：Ⅰ．在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封裝置中加入水．使液面沒過玻璃液封管的管口；Ⅲ．將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；Ⅳ．將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中：Ⅴ．用0.1000mol?L﹣1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示劑顯示終點時共用去20.00mL硫代硫酸鈉溶液．在此過程中：①錐形瓶內ClO2與碘化鉀反應的離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色④測得混合氣中ClO2的質量為0.02700g．（4）用ClO2處理過的飲用水會含有一定最的亞氯酸鹽．若要除去超標的亞氯酸鹽，下列物質最適宜的是d（填標號）a．明礬b．碘化鉀c．鹽酸d．硫酸亞鐵．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量；U3：制備實驗方案的設計．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；（2）由生產流程可知氯化銨在鹽酸溶液中進行電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，X中含Cl﹣、OH﹣；由信息可知，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨氣為堿性氣體，利用性質差異分離提純；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水；②玻璃液封裝置可防止有害氣體逸出；③淀粉遇碘單質變藍；④根據(jù)關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n（ClO2），再根據(jù)m=nM計算m（ClO2）；（4）亞氯酸鹽具有氧化性，F(xiàn)e2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子．【解答】解：（1）KClO3在H2SO4存在下與Na2SO3反應制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由電子、電荷守恒可知該離子反應為2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化劑為KClO3，還原劑為Na2SO3，由離子反應可知該反應氧化劑與還原劑物質的量之比為2：1，故答案為：2：1；（2）①由生產流程可知氯化銨在鹽酸溶液中電解，陰極生成氫氣，陽極生成NCl3，電解方程式為NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，故答案為：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，發(fā)生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的陰離子有Cl﹣、OH﹣，故答案為：Cl﹣、OH﹣；③a．ClO2易溶于水，不能利用飽和食鹽水吸收氨氣，故錯誤；b．堿石灰不能吸收氨氣，故錯誤；c．濃硫酸可以吸收氨氣，且不影響ClO2，故正確；d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故錯誤；故答案為：c；（3）①由題目信息可知，ClO2通入錐形瓶與酸性碘化鉀溶液反應，氧化I﹣為I2，自身被還原為Cl﹣，同時生成水，反應離子方程式為2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，故答案為：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；②玻璃液封裝置的作用是吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出），故答案為：吸收殘留的ClO2氣體（避免碘的逸出）；③V中加入的指示劑通常為淀粉溶液，滴定至終點的現(xiàn)象是溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色，故答案為：淀粉溶液；溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內不變色；④含有Na2S2O3物質的量為0.02L×0.1mol/L=0.002mol，則：根據(jù)關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，210n（ClO2）0.002mol所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.0004mol×67.5g/mol=0.02700g，故答案為：0.02700；（4）若要除去超標的亞氯酸鹽，ac均不能還原亞氯酸鹽，b中KI具有還原性但氧化產物不適合飲用水使用，只有d中Fe2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子，且鐵離子水解生成膠體可凈化飲用水，則最適宜的是d，故答案為：d．【點評】本題考查物質含量的測定，為高頻考點，為2015年高考真題，把握物質的性質、制備流程、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗、計算能力的綜合考查，綜合性較強，題目難度中等．三、化學——選修2：化學與技術。（滿分15分）11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，其反應和工藝流程示意圖如圖：相關化合物的物理常數(shù)物質相對分子質量密度（g/cm﹣3）沸點/℃異丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列問題：（1）在反應器A中通入的X是氧氣或空氣。（2）反應①和②分別在裝置A和C中進行（填裝置符號）。（3）在分解釜C中加入的Y為少置濃硫酸，其作用是催化劑，優(yōu)點是用量少，缺點是腐蝕設備。（4）反應②為放熱（填“放熱”或“吸熱”）反應。反應溫度控制在50﹣60℃，溫度過高的安全隱患是可能會導致（過氧化物）爆炸。（5）中和釜D中加入的Z最適宜的是c（填編號。已知苯酚是一種弱酸）。a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO（6）蒸餾塔F中的餾出物T和P分別為丙酮和苯酚，判斷的依據(jù)是丙酮的沸點低于苯酚。（7）用該方法合成苯酚和丙酮的優(yōu)點是原子利用率高?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【專題】18：實驗分析題；25：實驗評價題；43：演繹推理法；547：有機實驗綜合．【分析】用異丙苯氧化法生產苯酚和丙酮，由給予的反應信息，異丙苯與氧氣在反應器A中發(fā)生氧化反應生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應的異丙苯進行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚。（1）在反應器A發(fā)生信息中的反應①，應通入氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應①在A中發(fā)生，反應②在C中發(fā)生；（3）濃硫酸起催化劑作用，濃硫酸腐蝕性強，會腐蝕設備；（4）反應②的△H＜0，為放熱反應，含有過氧化物，溫度過高，容易發(fā)生爆炸，（5）加入的Z中和硫酸，且不能與苯酚反應；（6）沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，原子利用率高?！窘獯稹拷猓河卯惐窖趸ㄉa苯酚和丙酮，由給予的反應信息，異丙苯與氧氣在反應器A中發(fā)生氧化反應生成，在蒸發(fā)器中分離出，未反應的異丙苯進行循環(huán)利用，在分解釜中在濃硫酸作催化劑條件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應，可以是碳酸氫鈉，然后用水洗滌，再經過蒸餾，由于丙酮的沸點低于苯酚，則T為丙酮、P為苯酚。（1）在反應器A發(fā)生信息中的反應①，故需要氧氣或空氣，所以X為氧氣或空氣，故答案為：氧氣或空氣；（2）由上述分析可知，反應①在反應器中發(fā)生，即A裝置，反應②在分解釜中進行，即C裝置，故答案為：A；C；（3）在濃硫酸作條件下分解得到、，濃硫酸作作催化劑，濃硫酸腐蝕性強，容易腐蝕設備，故答案為：催化劑；腐蝕設備；（4）反應②的△H＜0，為放熱反應，有過氧化物存在，溫度過高會導致爆炸，反應溫度控制在50﹣60℃，故答案為：放熱；溫度過高會導致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能與苯酚反應，a．NaOH能與硫酸、苯酚反應，故不選；b．CaCO3為固體，且與硫酸反應生成的硫酸鈣微溶，會阻止碳酸鈣與硫酸的反應，故b不選；c．NaHCO3能與硫酸反應，不與苯酚反應，故c選；d．CaO能與苯酚反應，且與硫酸反應生成的硫酸鈣微溶，會阻止氧化鈣與硫酸的反應，故d不選；故選：c；（6）由于丙酮的沸點低于苯酚，沸點越低越先蒸出，處于蒸餾塔的上部，則T為丙酮、P為苯酚，故答案為：丙酮；苯酚；丙酮的沸點低于苯酚；（7）由異丙苯最終得到苯酚和丙酮，整個過程原子利用率高，故答案為：原子利用率高?！军c評】本題考查有機物的制備實驗方案，涉及對化學工藝流程、裝置及試劑的分析評價等，關鍵是根據(jù)實驗目的與給予的反應信息理解工藝流程原理，是對學生綜合能力的考查，難度中等。四、化學-選修3：物質結構與性質。（滿分15分）12．（15分）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2﹣和B+具有相同的電子構型；C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子．回答下列問題：（1）四種元素中電負性最大的是O（填元素符號），其中C原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p3．（2）單質A有兩種同素異形體，其中沸點高的是O3（填分子式），原因是O3相對分子質量較大，范德華力較大；A和B的氫化物所屬的晶體類型分別為分子晶體和離子晶體．（3）C和D反應可生成組成比為1：3的化合物E，E的立體構型為三角錐形，中心原子的雜化軌道類型為sp3．（4）化合物D2A的立體構型為V形，中心原子的價層電子對數(shù)為4，單質D與濕潤的Na2CO3反應可制備D2A，其化學方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl．（5）A和B能夠形成化合物F，其晶胞結構如圖所示，晶胞邊長a=0.566nm，F(xiàn)的化學式為Na2O；晶胞中A原子的配位數(shù)為8；列式計算晶體F的密度（g?cm﹣3）2.27g?cm﹣3（保留小數(shù)點后兩位數(shù)字）．【考點】9I：晶胞的計算．【專題】51B：原子組成與結構專題；51D：化學鍵與晶體結構．【分析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C為P元素；D元素最外層有一個未成對電子，D為Cl元素；A2﹣和B+具有相同的電子構型，則A為O元素、B為Na元素；（1）四種元素電負性最大的為O元素，C為P元素；（2）A為O元素，有O2、O3兩種同素異形體，O3相對分子質量較大，沸點較高，B的氫化物為NaH，為離子晶體；（3）C和D反應可生成化合物為PCl3，為sp3雜化；（4）化合物D2A為Cl2O，立體構型為V形，氯氣與濕潤的Na2CO3反應的方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；（5）A和B能夠形成化合物F為離子化合物，陰離子位于晶胞的定點和面心，陽離子位于晶胞的體心，則Na的個數(shù)為8，O的個數(shù)為8×+6×=4，N（Na）：N（O）=2：1，則形成的化合物為Na2O，計算質量和體積，可計算密度．【解答】解：A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，C、D為同周期元素，C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，則C為P元素；D元