D.X与Y不能存在于同一离子化合物中
13.浓度均为0.10mol·L-1、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( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH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
第Ⅱ卷(非选择题 共58分)
二、非选择题包括必考题和选考题两部分。
第26题~第28题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第36题~第38题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题(共3题,共43分)
26.(14分)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中,其K1=5.4×10-2,K2=5.4×10-5。
草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。
草酸晶体(H2C2O4·2H2O)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和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中,依次连接的合理顺序为A、B、________。
装置H反应管中盛有的物质是________。
②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:
①草酸的酸性比碳酸的强________。
②草酸为二元酸________。
27.(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Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如下所示:
回答下列问题:
(1)写出Mg2B2O5·H2O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________________________(写化学式)。
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是________。
然后再调节溶液的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)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。
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________________________________。
28.(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)上述浓缩液中主要含有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)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。
(3)已知反应2HI(g)===H2(g)+I2(g)的ΔH=+11kJ·mol-1,1molH2(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的关系如下表:
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
①根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为________________________。
②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=0.0027min-1,在t=40min时,v正=________min-1。
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。
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)
(二)选考题(共15分,请考生从给出的3道题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分)
36.[选修2:
化学与技术](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:
(1)步骤①中得到的氧化产物是________,溶解温度应控制在60~70℃,原因是________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式________。
(3)步骤⑤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⑥不能省略,理由是________。
(5)步骤②、④、⑤、⑧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·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液bmL,反应中Cr2O
被还原为Cr3+,样品中CuCl的质量分数为________。
37.[选修3:
物质结构与性质](15分)
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,该化合物的熔点为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:
①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。
②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。
38.[选修5:
有机化学基础](15分)
A(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)如下所示:
回答下列问题:
(1)A的名称是________,B含有的官能团是________。
(2)①的反应类型是________,⑦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______________(填结构简式)。
(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________。
2015·新课标Ⅰ卷 第4页
答案解析
试卷总评:
与往年相比,2015年新课标全国卷Ⅰ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:
B
8.解析:
A.D2O的摩尔质量为20g·mol-1,18gD2O的物质的量为18g/20g·mol-1=0.9mol,则含有的质子数为0.9mol×10NA=9NA,H2O的摩尔质量为18g·mol-1,18gH2O的物质的量为18g/18g·mol-1=1mol,则含有的质子数为1mol×10NA=10NA,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H2SO3
H++HSO
,HSO
H++SO
,所含H+离子数小于2L×0.5mol·L-1×2=2NA,故B不正确。
C.过氧化钠与水反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑,根据电子转移情况得关系式O2~2e-,生成0.1mol氧气转移电子数为0.2NA,故C正确。
D.2molNO与1molO2发生反应2NO+O2===2NO2,生成2molNO2,因为存在2NO2N2O4,则产物的分子数小于2NA,故D不正确。
答案:
C
9.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6HCHO+4NH3===C6H12N4+6H2O,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3∶2。
C项正确。
答案:
C
10.解析:
A.稀硝酸与过量铁粉发生的反应分两步进行,先发生反应:
Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+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:
Cu+Fe2(SO4)3===CuSO4+2FeSO4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:
MgSO4+2NaOH===Na2SO4+Mg(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CuSO4+Mg(OH)2===Cu(OH)2+MgSO4,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:
D
11.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O2+4e-+4H+===2H2O,C6H12O6在微生物的作用下发生氧化反应,电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O===6CO2+24H+,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6O2+24e-+24H+===12H2O,负极的电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O===6CO2+24H+,两式相加得电池总反应为C6H12O6+6O2===6CO2+6H2O,故D正确。
答案:
A
12.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-(1+5)=12,又因为第三周期主族元素最外层电子排布是1~7,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。
A.H2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:
N2>H2,A不正确。
B.Cl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子,故对应阴离子的还原性:
Cl-弱于H-,B正确。
C.P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:
H3PO4D.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:
B
13.解析:
由图像分析浓度为0.10mol·L-1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pH<13,说明ROH没有完全电离,ROH为弱碱。
A.MOH的碱性强于ROH的碱性,A正确。
B.曲线的横坐标lg
越大,表示加水稀释体积越大,由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点,弱碱ROH存在电离平衡:
ROHR++OH-,溶液越稀,弱电解质电离程度越大,故ROH的电离程度:
b点大于a点,B正确。
C.若两溶液无限稀释,则溶液的pH接近于7,故两溶液的c(OH-)相等,C正确。
D.当lg
=2时,溶液V=100V0,溶液稀释100倍,由于MOH发生完全电离,升高温度,c(M+)不变;ROH存在电离平衡:
ROH
R++OH-,升高温度促进电离平衡向电离方向移动,c(R+)增大,故
减小,D错误。
答案:
D
26.解析:
(1)结合草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的组成可知,澄清石灰水应是用来检验其分解产物CO2的存在。
因草酸晶体易升华,且草酸钙难溶于水,若草酸进入C装置,会干扰CO2的检验,故装置B中冰水的主要作用是冷凝挥发出来的草酸。
(2)①要验证草酸晶体分解产物中还有CO,只能通过检验CO与CuO反应的产物CO2的存在来达到这一目的。
因为草酸晶体的分解产物本身含有CO2,会对CO的检验造成干扰,所以在检验CO前应将分解产物中的CO2除尽,可选用F装置来除去CO2,D装置用来检验CO2是否除尽。
将除去CO2的气体通过盛有无水氯化钙的装置G干燥,然后通过盛有CuO的装置H,CuO将CO氧化为CO2,再将气体通过盛有澄清石灰水的D装置,用来检验CO2的存在。
因CO有毒,最后可将尾气通过排水法收集。
②若前一个装置D中澄清石灰水不变浑浊,说明草酸晶体分解的产物CO2已除尽;H中黑色CuO变红,同时其后的装置D中澄清石灰水变浑浊,说明草酸晶体分解产物中含有CO。
(3)①根据强酸制弱酸的反应原理,可选择NaHCO3加入草酸溶液的实验方法来证明草酸的酸性比碳酸的强。
②根据酸碱中和反应原理,可采用中和滴定的方法用NaOH标准溶液来滴定一定物质的量浓度的草酸溶液,根据反应的草酸与NaOH的物质的量的比值为1∶2,证明草酸是二元酸。
答案:
(1)有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊 CO2 冷凝(水蒸气、草酸等),防止草酸进入装置C反应生成沉淀,干扰CO2的检验
(2)①F、D、G、H、D、I CuO ②H中黑色粉末变为红色,其后的D中澄清石灰水变浑浊
(3)①向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液,有气泡产生②用NaOH标准溶液滴定草酸溶液,消耗NaOH的物质的量为草酸的2倍
27.解析:
(1)盐跟酸反应生成新盐和新酸,据此可写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式:
Mg2B2O5·H2O+2H2SO4
MgSO4+2H3BO3。
可采取升高温度、将矿石粉碎增大接触面积或搅拌等措施,以提高浸出速率。
(2)Fe3O4具有磁性。
“浸渣”中除含Fe3O4外,还含有与H2SO4不反应的SiO2,以及CaO与H2SO4反应生成的微溶物CaSO4。
(3)硫酸浸出后的滤液中,含有的主要物质有MgSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、H3BO3等,H2O2具有氧化性,因此加入H2O2溶液可将其中的Fe2+氧化为Fe3+。
由工艺流程图可知,最后过滤得到含镁盐母液,因此调节溶液的pH约为5,可使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al(OH)3沉淀。
(4)由(3)分析及最后过滤得到含镁盐母液,可知粗硼酸中的主要杂质应为硫酸镁。
(5)NaBH4是一种离子化合物,由Na+与[BH4]-构成,其电子式为
。
(6)以H3BO3与Mg为原料可制备单质B,根据反应物的性质结合质量守恒定律可知,其制备过程中反应的化学方程式为2H3BO3
B2O3+3H2O,B2O3+3Mg
3MgO+2B。
答案:
(1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO4
2H3BO3+2MgSO4 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4 SiO2和CaSO4
(3)将Fe2+氧化成Fe3+ 使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去
(4)(七水)硫酸镁
(5)Na+[H
B
H]-
(6)2H3BO3
B2O3+3H2O、B2O3+3Mg
2B+3MgO
28.解析:
(1)浓缩液中碘元素以I-的形式存在,I-具有还原性,可将MnO2还原为Mn2+。
(2)当AgCl开始沉淀时,溶液中
=
=
≈4.7×10-7。
(3)设1molHI(g)分子中化学键断裂吸收的能量为x,则2x-436kJ-151kJ=+11kJ,x=299kJ。
(4)①由表中数据可知,无论是从正反应方向开始,还是从逆反应方向开始,最终x(HI)均为0.784,说明此时已达到了平衡状态。
设HI的初始浓度为1mol·L-1,则:
2HI(g)
H2(g)+I2(g)
初始浓度/mol·L-1100
转化浓度/mol·L-10.2160.1080.108
平衡浓度/mol·L-10.7840.1080.108
②建立平衡时,v正=v逆,即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2),k逆=
。
由于该反应前后气体分子数不变,故k逆=
=
。
在40min时,x(HI)=0.85,则v正=0.0027min-1×0.852≈1.95×10-3min-1。
③因2HI(g)H2(g)+I2(g)△H>0,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)4.7×1