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
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