2016全国高考II卷理综化学部分试题及解析

2016全国高考II卷理综化学部分试题及解析

‎2015年新课标II高考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎1．（3分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 硅胶可用作食品干燥剂 ‎　‎ B．‎ P2O5不可用作食品干燥剂 ‎　‎ C．‎ 六水合氯化钙可用作食品干燥剂 ‎　‎ D．‎ 加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 考点：‎ 真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．‎ 分析：‎ A．硅胶具有吸水性，无毒；‎ B．P2O5吸水转化为酸；‎ C．六水合氯化钙不能吸水；‎ D．具有吸水性的植物纤维无毒．‎ 解答：‎ 解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；‎ B．P2O5吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5不可用作食品干燥剂，故B正确；‎ C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；‎ D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）（2015春•娄底期末）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ C14H18O5‎ B．‎ C14H16O4‎ C．‎ C16H22O5‎ D．‎ C16H20O5‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物实验式和分子式的确定．‎ 分析：‎ ‎1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断．‎ 解答：‎ 解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，‎ 则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，‎ 由质量守恒可知M的分子式为C14H18O5，‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题为2015年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2015春•北仑区校级期末）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 元素的非金属性次序为c＞b＞a ‎　‎ B．‎ a和其他3种元素均能形成共价化合物 ‎　‎ C．‎ d和其他3种元素均能形成离子化合物 ‎　‎ D．‎ 元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6‎ 考点：‎ 真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．‎ 专题：‎ 元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ 原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．‎ A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；‎ B．H元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；‎ C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；‎ D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1．‎ 解答：‎ 解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a﹣的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．‎ A．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故A正确；‎ B．H元素与S元素、Cl元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物，故B错误；‎ C．K元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C正确，；‎ D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D正确，‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）NA代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎60g丙醇中存在的共价键总数为10NA ‎　‎ B．‎ ‎1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA ‎　‎ C．‎ 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物．23g钠充分燃烧时转移电子数为1NA ‎　‎ D．‎ ‎235g核素92235U发生裂变反应：92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子（01n）数为10NA 考点：‎ 真题集萃；阿伏加德罗常数．‎ 专题：‎ 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ 分析：‎ A．丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；‎ B．HCO3﹣水解生成碳酸，结合原子守恒分析；‎ C．钠发生氧化反应后，Na元素的化合价由0升高为+1价；‎ D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个．‎ 解答：‎ 解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键，存在的共价键总数为11NA，故A错误；‎ B.1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中HCO3﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C原子，故B错误；‎ C.23g钠充分燃烧时转移电子数为×（1﹣0）×NA=1NA，故C正确；‎ D．92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10﹣1=9个，则235g核素92235U发生裂变反应净产生的中子（01n）数为9NA，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎3种 B．‎ ‎4种 C．‎ ‎5种 D．‎ ‎6种 考点：‎ 真题集萃；有机化合物的异构现象．‎ 专题：‎ 同分异构体的类型及其判定．‎ 分析：‎ 分子式为C5H10O2且与NaHCO3溶液能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数．‎ 解答：‎ 解：分子式为C5H10O2且与NaHCO3能产生气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为﹣C4H9，﹣C4H9异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C（CH3）3，故符合条件的有机物的异构体数目为4．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题为2015年考题，主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，熟练掌握碳原子数小于5的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均1种，丙基2种、丁基4种、戊基8种．‎ ‎　‎ ‎6．（3分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴 ‎　‎ B．‎ 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯 ‎　‎ C．‎ 工业生产常选用NaOH作为沉淀剂 ‎　‎ D．‎ 富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收 考点：‎ 真题集萃；海水资源及其综合利用．‎ 分析：‎ A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；‎ B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；‎ C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；‎ D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．‎ 解答：‎ 解：A．向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；‎ B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B正确；‎ C．工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；‎ D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2015春•北仑区校级期末）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（　　） ‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 预测②中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体 C 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液 产生大量白色沉淀 D 草酸溶液 高锰酸钾酸性溶液 溶液逐渐褪色 ‎　‎ A．‎ A B．‎ B C．‎ C D．‎ D 考点：‎ 真题集萃；实验装置综合．‎ 分析：‎ A．先发生盐酸与NaOH的反应；‎ B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；‎ C．NaOH过量，开始不生成沉淀；‎ D．发生氧化还原反应．‎ 解答：‎ 解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；‎ B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；‎ C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；‎ D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、解答题 ‎8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：‎ 溶解度/（g/100g水）‎ 温度/℃‎ 化合物 ‎0‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎100‎ NH4Cl ‎29.3‎ ‎37.2‎ ‎45.8‎ ‎55.3‎ ‎65.6‎ ‎77.3‎ ZnCl2‎ ‎343‎ ‎395‎ ‎452‎ ‎488‎ ‎541‎ ‎614‎ 化合物 Zn（OH）2‎ Fe（OH）2‎ Fe（OH）3‎ Ksp近似值 ‎10﹣17‎ ‎10﹣17‎ ‎10﹣39‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）该电池的正极反应式为　MnO2+H++e﹣=MnOOH　，电池反应的离子方程式为：　2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+　．‎ ‎（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌　0.05g　g．（已经F=96500C/mol）‎ ‎（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，两者可以通过　加热浓缩　　冷却结晶　分离回收，滤渣的主要成分是MnO2、　碳粉　和　MnOOH　，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是　空气中加热　，其原理是　碳粉转变为二氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰　．‎ ‎（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4和H2O2，溶解，铁变为　Fe3+　加碱调节pH为　2.7　时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）．继续加碱调节pH为　6　时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L﹣1）．若上述过程不加H2O2的后果是　Zn2+和Fe2+分离不开　，原因是　Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近　．‎ 考点：‎ 真题集萃；原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ 分析：‎ ‎（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；负极锌被氧化生成Zn2+，以此书写电池总反应式；‎ ‎（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为，以此计算消耗锌的质量、物质的量；‎ ‎（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化；‎ ‎（4）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1，结合Ksp=10﹣39计算pH，并根据Ksp计算锌开始沉淀的pH．‎ 解答：‎ 解：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH，电解方程式为MnO2+H++e﹣=MnOOH，负极锌被氧化生成Zn2+，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，‎ 故答案为：MnO2+H++e﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；‎ ‎（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为，则消耗Zn的质量为××65g/mol=0.05g，‎ 故答案为：0.05；‎ ‎（3）滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为二氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰；‎ ‎（4）铁加入稀H2SO4和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1，因Ksp=10﹣39，‎ 则c（OH﹣）=mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此时pH=2.7，‎ 如锌开始沉淀，则c（OH﹣）=mol/L=10﹣8mol/L，此时pH=6，‎ 由表中数据可知Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+分离不开，‎ 故答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分离不开；Zn（OH）2、Fe（OH）2的Ksp相近．‎ 点评：‎ 本题为2015年新课标卷考题，考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养．‎ ‎　‎ ‎9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料．利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1‎ ‎②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2‎ ‎③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3‎ 回答下列问题：‎ 化学键 H﹣H C﹣O C≡O H﹣O C﹣H E/（kJ．mol﹣1）‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎1076‎ ‎465‎ ‎413‎ ‎（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：‎ 由此计算△H1=　﹣99　kJ．mol﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol﹣1，则△H3=　+41　kJ．mol﹣1‎ ‎（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为　　；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　a　（填曲线标记字母），其判断理由是　反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小　．‎ ‎（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2所示．a（CO）值随温度升高而　减小　（填“增大”或“减小”），其原因是　反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小　．图2中的压强由大到小为　P1＞P2＞P3　，其判断理由是　相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高　‎ 考点：‎ 真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素．‎ 分析：‎ ‎（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的计算；‎ ‎（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；‎ 化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；‎ ‎（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO转化率变化原因；‎ 相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大．‎ 解答：‎ 解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；‎ 根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣1）=+41kJ．mol﹣1，‎ 故答案为：﹣99；+41；‎ ‎（2）反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式K=；‎ 反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a正确反映平衡常数K随温度变化关系，‎ 故答案为：；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；‎ ‎（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；‎ 相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①‎ 正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高，故压强：P1＞P2＞P3，‎ 故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；‎ P1＞P2＞P3；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于CO的转化率升高．‎ 点评：‎ 本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：‎ ‎（1 ）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　2：1　．‎ ‎（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：‎ ‎①电解时发生反应的化学方程式为　NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑　．‎ ‎②溶液X中大量存在的阴离子有　Cl﹣、OH﹣　．‎ ‎③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是　c　（填标号）a．水b．碱石灰C．浓硫酸d．饱和食盐水 ‎（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：‎ Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：‎ Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：‎ Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：‎ ‎①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为　2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O　‎ ‎②玻璃液封装置的作用是　吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）　‎ ‎③V中加入的指示剂通常为　淀粉溶液　，滴定至终点的现象是　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色　‎ ‎④测得混合气中ClO2的质量为　0.02700　 g．‎ ‎（4）用ClO2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是　d　（填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．‎ 考点：‎ 真题集萃；探究物质的组成或测量物质的含量．‎ 专题：‎ 实验探究和数据处理题．‎ 分析：‎ ‎（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O；‎ ‎（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为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，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；‎ ‎（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水；‎ ‎②玻璃液封装置可防止有害气体逸出；‎ ‎③淀粉遇碘单质变蓝；‎ ‎④根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n（ClO2），再根据m=nM计算m（ClO2）；‎ ‎（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子．‎ 解答：‎ 解：（1）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；‎ ‎（2）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3，电解方程式为NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑，‎ 故答案为：NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；‎ ‎②在NCl3溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3和X，溶液X中大量存在的阴离子有，故答案为：Cl﹣、OH﹣；‎ ‎③a．ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；‎ b．碱石灰不能吸收氨气，故错误；‎ c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；‎ d．ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；‎ 故答案为：c；‎ ‎（3）①由题目信息可知，ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I﹣为I2，自身被还原为Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O，‎ 故答案为：2ClO2+10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I2+4H2O；‎ ‎②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2气体（避免碘的逸出）；‎ ‎③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；‎ ‎④含有Na2S2O3物质的量为0.02 L×0.1mol/L=0.002 mol，则：‎ 根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，‎ ‎ 2 10‎ ‎ n（ClO2） 0.002mol 所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.004 mol×67.5g/mol=0.02700g，‎ 故答案为：0.02700；‎ ‎（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO2﹣还原成Cl﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d．‎ 点评：‎ 本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．‎ ‎　‎ 三、化学——选修2：化学与技术。（满分15分）‎ ‎11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：‎ 相关化合物的物理常数 物质 相对分子质量 密度（g/cm﹣3）‎ 沸点/℃‎ 异丙苯 ‎120‎ ‎0.8640‎ ‎153‎ 丙酮 ‎58‎ ‎0.7898‎ ‎56.5‎ 苯酚 ‎94‎ ‎1.0722‎ ‎182‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）在反应器A中通入的X是　氧气或空气　．‎ ‎（2）反应①和②分别在装置　A　和　C　中进行（填装置符号）．‎ ‎（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是　催化剂　，优点是用量少，缺点是　腐蚀设备　．‎ ‎（4）反应②为　放热　（填“放热”或“吸热”）反应．反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是　温度过高会导致爆炸　．‎ ‎（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是　c　（填编号．已知苯酚是一种弱酸）‎ a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO ‎（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为　丙酮　和　苯酚　，判断的依据是　丙酮的沸点低于苯酚　．‎ ‎（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是　原子利用率高　．‎ 考点：‎ 真题集萃；制备实验方案的设计．‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ 用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，‎ 在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．‎ ‎（1）在反应器A发生信息中的反应①，应通入氧气或空气；‎ ‎（2）由上述分析可知，反应①在A中发生，反应②在C中发生；‎ ‎（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备，‎ ‎（4）反应②的△H＜0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸；‎ ‎（5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；‎ ‎（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；‎ ‎（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高．‎ 解答：‎ 解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚．‎ ‎（1）在反应器A发生信息中的反应①，故需要氧气或空气，‎ 故答案为：氧气或空气；‎ ‎（2）由上述分析可知，反应①在反应器中发生，即A装置，反应②在分解釜中进行，即C装置，‎ 故答案为：A；C；‎ ‎（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，‎ 故答案为：催化剂；腐蚀设备；‎ ‎（4）反应②的△H＜0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在50﹣60℃，‎ 故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；‎ ‎（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，‎ a．NaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；‎ b．CaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；‎ c．NaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；‎ d．CaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；‎ 故选：c；‎ ‎（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，‎ 故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；‎ ‎（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，‎ 故答案为：原子利用率高．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等．‎ ‎　‎ 四、化学-选修3：物质结构与性质。（满分15分）‎ ‎12．（15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：‎ ‎（1）四种元素中电负性最大的是　O　（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为　1s22s22p63s23p3　．‎ ‎（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是　O3　（填分子式），原因是　O3相对原子质量较大，范德华力较大　；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为　分子晶体　和　离子晶体　．‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为　三角锥形　，中心原子的杂化轨道类型　sp3　．‎ ‎（4）化合物D2A的立体构型为　V形　，中心原子的价层电子对数为　4　，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为　2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl　．‎ ‎（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为　Na2O　，晶胞中A原子的配位数为　8　；列式计算晶体F的密度　2.27　（g•cm﹣3）．‎ 考点：‎ 真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．‎ 分析：‎ C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素，（1）四种元素电负性最大的为O元素，C为P元素；‎ ‎（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，O3相对原子质量较大，沸点较高，B的氢化物为NaH，为离子晶体；‎ ‎（3）C和D反应可生成化合物为PCl3，为sp3杂化；‎ ‎（4）化合物D2A为Cl2O，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3‎ 反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；‎ ‎（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，‎ N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度．‎ 解答：‎ 解：C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素，‎ ‎（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，‎ 故答案为：O；1s22s22p63s23p3；‎ ‎（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体，‎ 故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；‎ ‎（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，‎ 故答案为：三角锥形；sp3；‎ ‎（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，‎ 氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，‎ 故答案为：V形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；‎ ‎（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，‎ N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，‎ 晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，‎ 晶胞的质量为，‎ 晶胞的体积为（0.566×10﹣7）cm3，‎ 则晶体F的密度为=2.27g•cm﹣3，‎ 故答案为：Na2O；8；2.27g•cm﹣3．‎ 点评：‎ 本题为2015年考题，考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，题目难度中等．‎ ‎　‎ 五、化学一选修5：有机化学基础（满分15分）‎ ‎13．（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景． PPG的一种合成路线如下：‎ 已知：‎ ‎①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢 ‎②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C5H8‎ ‎③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质 ‎④‎ 冋答下列问题：‎ ‎（1）A的结构简式为　　．‎ ‎（2）由B生成C的化学方程式为　　．‎ ‎（3）由E和F生成G的反应类型为　加成反应　，G的化学名称为　3﹣羟基丙醛　．‎ ‎（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为：　　‎ ‎②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为　b　（填标号）．‎ a． 48b． 58c． 76 d．122‎ ‎（5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有　5　种（不含立体异构）：‎ ‎①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生水解反应 其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是　　（写结构简式）‎ D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是　c　（填标号）．‎ a．质谱仪 b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的推断．‎ 分析：‎ 烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，=5…10，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B为，B发生消去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8；C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），以此来解答．‎ 解答：‎ 解：烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，=5…10，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B为，B发生消去反应生成C为，化合物C的分子式为C5H8；C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），‎ ‎（1）A的结构简式为，故答案为：； ‎ ‎（2）由B生成C的化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）由E和F生成G的反应类型为加成反应，G的化学名称为3﹣羟基丙醛，故答案为：加成反应；3﹣羟基丙醛；‎ ‎（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为 ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为≈58，故答案为：b；‎ ‎（5）D的同分异构体中能同时满足①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含﹣COOH，②既能发生银镜反应，又能发生水解反应﹣COOCH，D中共5个C，则含3个C﹣C﹣C上的2个H被﹣COOH、﹣OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号（或数据）完全相同，故答案为：5；；c．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的推断，为高频考点，为2015年高考真题，把握合成中碳链变化、官能团变化及反应条件推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．‎ ‎1、发生以下情形，本协议即终止：(1)、公司因客观原因未能设立;(2)、公司营业执照被依法吊销;(3)、公司被依法宣告破产;(4)、甲乙丙三方一致同意解除本协议。2、本协议解除后：(1)甲乙丙三方共同进行清算，必要时可聘请中立方参与清算;(2)若清算后有剩余，甲乙丙三方须在公司清偿全部债务后，方可要求返还出资、按出资比例分配剩余财产。(3)若清算后有亏损，各方以出资比例分担，遇有股东须对公司债务承担连带责任的，各方以出资比例偿还。‎