2015年广东省高考化学试卷含答案解析

发布时间:2024-06-03 15:06:05浏览次数:9
2015 年广东省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(共 6 小题,每小题 4 分,满分 24 分)1.(4 分)化学是你,化学是我,化学深入我们生活.下列说法正确的是(  )A.木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色B.食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应C.包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D.PX 项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃【分析】A.淀粉遇碘水显蓝色;B.食用花生油成分是油脂,鸡蛋清成分是蛋白质;C.烃是指仅含碳氢两种元素的化合物;D.不饱和烃,是含有双键或三键或苯环的烃.【解答】解:A.淀粉遇碘水显蓝色,纤维素遇碘水不显蓝色,木材纤维的主要成分是纤维素,故A 错误; B.食用花生油成分是油脂,鸡蛋清成分是蛋白质,油脂水解生成高级脂肪酸和甘油,蛋白质水解生成氨基酸,故 B 正确;C.聚氯乙烯还含有氯元素,故 C 错误;D.对二甲苯含有苯环,属于不饱和烃,故 D 错误。故选:B。【点评】本题考查有机物的性质与简单分类,比较基础,明确不饱和烃,是含有双键或三键或苯环的烃是解题的关键. 2.(4 分)水溶液中能大量共存的一组离子是(  )A.NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B.Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C.K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D.Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相互促进水解等,则离子大量共存,以此来解答.【解答】解:A.Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故 A 错误;B.SO32﹣、H+结合生成水和气体,不能大量共存,故 B 错误;C.该组离子之间不反应,可大量共存,故 C 正确;D.H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查离子共存,为高频考点,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大. 3.(4 分)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是(  )选项叙述Ⅰ 叙述ⅡA Na2S 有强还原性 用于除去废水中的 Cu2+和 Hg2+B CaCO3是难溶物 CaCl2溶液中通入 CO2产生白色沉淀C Zn 具有还原性和导电性可用作锌锰干电池的负极材料D 浓 H2SO4有强氧化性 浓 H2SO4可用于干燥 SO2A.A B.B C.C D.D【分析】A.CuS 和 HgS 难溶于水;B.CO2与 CaCl2不反应;C.Zn 能导电,在原电池中能失电子作负极;D.浓硫酸具有吸水性,可以作干燥剂。 (2)按图装置进行 NH3性质实验.①先打开旋塞 1,B 瓶中的现象是 出现白烟 ,原因是  A 瓶压强比 B 瓶大,氯化氢进入 B 瓶与氨 气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟 ,稳定后,关闭旋塞 1.②再打开旋塞 2,B 瓶中的现象是 烧瓶中的液体倒吸入 B 瓶,且紫色石蕊试液变红  .(3)设计实验,探究某一种因素对溶液中 NH4Cl 水解程度的影响.限选试剂与仪器:固体 NH4Cl、蒸馏水、100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH 计、温度计、恒温水浴槽(可调控温度)①实验目的:探究 温度 对溶液中 NH4Cl 水解程度的影响.②设计实验方案,拟定实验表格,完整体现实验方案(列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据,数据用字母表示;表中“V(溶液)”表示所配制溶液的体积).物理量实验序号V(溶液)/ml…1 100 …2 100 …③按实验序号 1 所拟数据进行实验,若读取的待测物理量的数值为 Y,则 NH4Cl 水解反应的平衡转化率为   (只列出算式,忽略水自身电离的影响).【分析】(1)实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气(2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl≜2+2NH3↑+2H2O),反应发生为固体与固体加热制取气体的装置,根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置,氨气极易溶于水,尾气处理需考虑倒吸,据此分析解答;(2)①根据 A、B 容器压强以及 A、B 混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析;②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体,压强减小,氯化铵为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,据此分析;(3)①根据影响 NH4Cl 水解的因素以及题干提供的限选试剂与仪器分析;②氯化铵为强酸弱碱盐,水解溶液呈酸性,所配制溶液的体积,根据温度不同,盐类水解后 PH 不同,进行设计表格数据;③读取的待测物理量的数值为 Y,Y 为 PH 值,PH=﹣lgc(H+)可求算出氢离子浓度,根据 NH4++H2O NH⇌3•H2O+H+,求解 NH4Cl 水解反应的平衡转化率.【解答】解:(1)实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气(2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl≜2+2NH3↑+2H2O),反应发生为固体与固体加热制取气体的装置,因防止药品中的湿存水以及反应产生的水使反应试管受热不均匀,所以选择试管口向下的 A 装置制备氨气,氨气 为易溶于水,不能用排水法收集,密度比空气小,需用向下排空气法收集,所以选择 C 装置,氨气极易溶于水,尾气处理需考虑倒吸,倒扣的漏斗空间大,水柱不易极速上升,能防止倒吸,故选 G 装置,故答案为:ACG;(2)① A 容器压强为 150KPa,B 容器压强 100KPa,A 容器压强大于 B 容器,先打开旋塞 1,A 容器中的氯化氢进入 B 容器,氨气和氯化氢反应,NH3+HCl=NH4Cl,生成氯化铵固体小颗粒,所以 B 瓶中的现象是出现白烟,故答案为:出现白烟;A 瓶压强比 B 瓶大,氯化氢进入 B 瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟;②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体,压强减小,再打开旋塞 2,紫色的石蕊试液倒吸入 B 瓶中,氯化铵为强酸弱碱盐,溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子,水解方程式为:NH4++H2O NH⇌3•H2O+H+,溶液呈酸性,所以紫色石蕊试液变红,故答案为:烧瓶中的液体倒吸入 B 瓶,且紫色石蕊试液变红;(3)①盐类水解,水解离子浓度越大,水解程度越小,盐类水解为吸热反应,温度越高,水解程度越大,根据题干提供的限选试剂与仪器中的温度计、恒温水浴槽(可调控温度),可选择温度不同对盐类水解的影响,故答案为:温度;②根据①可知,该实验为探究温度对氯化铵水解的影响,氯化铵为强酸弱碱盐,水解溶液呈酸性,所以可根据不同温度下,水解的溶液的 pH 进行判断,所配制溶液的体积都为 100mL,m(NH4Cl)相同都为 m g,温度不同,分别为 T1℃、T2℃,分别测水解后 pH,故答案为:物理量实验序号V(溶液)/mLNH4Cl 质量(g)温度(℃)pH1 100 m T1Y2 100 m T2Z③读取的待测物理量的数值为 Y,Y 为 pH 值,pH=﹣lgc(H+),c(H+)=10﹣Ymol/L,NH4++H2O NH⇌3•H2O+H+,水解的氯化铵的物质的量为 n(NH4Cl)=c(H+)×V=10﹣Y×0.1mol,则 NH4Cl 水解反应的平衡转化率为 ×100%= ,故答案为: .【点评】本题主要考查了氨的制备以及铵盐的性质,掌握实验室制取氨气的原理以及铵盐的水解规律是解答的关键,题目难度中等.  【解答】解:A.用 Na2S 除去废水中的 Cu2+和 Hg2+,是因为 CuS 和 HgS 难溶于水,陈述 I、II 没有因果关系,故 A 错误;B.CO2与 CaCl2不反应,CaCl2溶液中通入 CO2没有白色沉淀生成,陈述 II 错误,故 B 错误;C.Zn 能导电,在原电池中能失电子作负极,则锌可用作锌锰干电池的负极材料,故 C 正确;D.浓硫酸具有吸水性,可以作干燥剂,与强氧化性无关,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了元素化合物知识,熟悉相关物质的化学性质是解题关键,注意审题:陈述I、II 均正确并且有因果关系,题目难度不大。 4.(4 分)设 NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是(  )A.23gNa 与足量 H2O 反应完全后可生成 NA个 H2分子B.1molCu 和足量热浓硫酸反应可生成 NA个 SO3分子C.标准状况下,22.4LN2和 H2混合气中含 NA个原子D.3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4,失去 8NA个电子【分析】A、求出钠的物质的量,然后根据反应后 1mol 钠反应生成 0.5mol 氢气来分析;B、铜和浓硫酸反应时,浓硫酸被还原为 SO2;C、N2和 H2均为双原子分子;D、根据 Fe3O4中铁为+ 价来分析.【解答】解:A、23g 钠的物质的量为 1mol,而钠与水反应时 1mol 钠生成 0.5mol 氢气,即生成0.5NA个分子,故 A 错误;,B、铜和浓硫酸反应时,浓硫酸被还原为 SO2,不是三氧化硫,故 B 错误;C、标准状况下,22.4LN2和 H2混合气的物质的量为 1mol,而 N2和 H2均为双原子分子,故 1mol 混合气体中无论两者的比例如何,均含 2mol 原子,即 2NA个,故 C 错误;D、Fe3O4中铁为+ 价,故 1mol 铁反应失去 mol 电子,3mol 单质 Fe 完全转化为 Fe3O4失去 8mol 电子,即 8NA个,故 D 正确。故选:D。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算,熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键,难度不大. 5.(4 分)一定温度下,水溶液中 H+和 OH﹣的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是(  )A.升高温度,可能引起由 c 向 b 的变化B.该温度下,水的离子积常数为 1.0×10﹣13C.该温度下,加入 FeCl3可能引起由 b 向 a 的变化D.该温度下,稀释溶液可能引起由 c 向 d 的变化【分析】A、升高温度,水的离子积常数增大; B、由 b 点计算此温度下水的离子积常数为 1.0×10﹣14;C、b 点到 a 点,氢离子浓度变大,氢氧根离子浓度减小,据此解答即可;D、稀释不会引起水的离子积的改变,据此解答即可.【解答】解:A、温度升高,水的离子积常数增大,水溶液中,氢离子和氢氧根离子浓度都增大,将不在曲线上,故 A 错误;B、b 点 c(H+)=c(OH﹣)=1.0×10﹣7,故 KW=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14,故 B 错误;C、加入 FeCl3,氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子结合水电离出的氢氧根,促进水的电离平衡右移,即氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度减小(由 b 到 a),符合图象变化趋势,故 C 正确;D、由 c 点到 d 点,水的离子积常数减小,温度不变,K 不变,故不能利用稀释使其形成此变化,故D 错误,故选:C。【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素,掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键,难度不大. 6.(4 分)准确取 20.00mL 某待测 HCl 溶液于锥形瓶中,用 0.1000mol•L﹣1NaOH 溶液滴定,下列说法正确的是(  )A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入 NaOH 溶液进行滴定B.随着 NaOH 溶液滴入,锥形瓶中溶液 pH 由小变大C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D.滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小【分析】A.滴定管使用必须用 NaOH 标准液润洗;B.碱滴定酸,氢离子浓度逐渐减小;C.用酚酞作指示剂,滴定前锥形瓶中为无色溶液;D.滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则消耗的标准液偏大。【解答】解:A.滴定管使用必须用 NaOH 标准液润洗,否则消耗的标准液偏大,测定酸的浓度偏大,故 A 错误;B.碱滴定酸,氢离子浓度逐渐减小,则随着 NaOH 溶液滴入,锥形瓶中溶液 pH 由小变大,故 B 正确;C.用酚酞作指示剂,滴定前锥形瓶中为无色溶液,则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定,故 C 错误;D.滴定终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则消耗的标准液偏大,则测定酸的浓度偏大,故 D错误;故选:B。【点评】本题为 2015 年广东高考题,侧重中和滴定实验的考查,把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的关键,注重分析与实验能力的结合,题目难度不大。 二、双项选择题(共 2 小题,每小题 6 分,满分 12 分。在每小题给出的四个选项中,有两个选项符合题目要求,全部选对的得 6 分,只有 1 个且正确的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。)7.(6 分)下列实验操作、现象和结论均正确的是(  )选项实验操作 现象 结论A SO2通入溴水中 溶液褪色SO2有漂白性B 将 Fe(NO3)2样品溶于稀 H2SO4,滴加 KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品已氧化变质C 向饱和碳酸钠溶液中通入 CO2有晶体析出溶解度:NaHCO3>Na2CO3D 向盛有少量 NaHCO3的试管中滴加草酸溶液 有气泡产生酸性:草酸>碳酸 A.A B.B C.C D.D【分析】A.SO2通入溴水中,发生氧化还原反应生成硫酸和 HBr;B.将 Fe(NO3)2样品溶于稀 H2SO4,发生氧化还原反应生成铁离子;C.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小;D.发生强酸制取弱酸的反应.【解答】解:A.SO2通入溴水中,发生氧化还原反应生成硫酸和 HBr,与二氧化硫的还原性有关,故 A 错误;B.将 Fe(NO3)2样品溶于稀 H2SO4,发生氧化还原反应生成铁离子,则不能检验是否变质,应溶于水,滴加 KSCN 溶液,故 B 错误;C.相同条件下碳酸氢钠的溶解度小,则析出晶体可知,溶解度:NaHCO3<Na2CO3,故 C 错误;D.发生强酸制取弱酸的反应,由气体生成为二氧化碳,则酸性:草酸>碳酸,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,题目难度不大. 8.(6 分)甲~庚等元素在周期表中的相对位置如表,己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性,甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,下列判断正确的是(  )A.丙与戊的原子序数相差 28B.气态氢化物的稳定性:庚<己<戊C.常温下,甲和乙的单质均能与水剧烈反应D.丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维【分析】己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性,则为浓硫酸,可知己为 S 元素,结合位置关系可知丁为 Si,丙为 B,庚为 F,戊为 As;甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,则甲为 Mg,甲、乙同主族且相邻,可知乙为 Ca 元素,然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答.【解答】解:己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性,则为浓硫酸,可知己为 S 元素,结合位置关系可知丁为 Si,丙为 B,庚为 F,戊为 As;甲和丁在同一周期,甲原子最外层与最内层具有相同电子数,则甲为 Mg,可知乙为 Ca 元素,A.丙与戊的原子序数相差为 33﹣5=28,故 A 正确;B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性:庚>己>戊,故 B 错误;C.金属性 Ca>Mg,常温下,乙的单质能与水剧烈反应,而甲不能,故 C 错误;D.丁的最高价氧化物为 SiO2,可用于制造光导纤维,故 D 正确;故选:AD。【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用,为高频考点,把握信息及元素的位置推断元素为解答的关键,侧重分析、推断能力的考查,题目难度不大. 三、非选择题(共大题共 4 小题,满分 64 分.按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。)9.(15 分)有机锌试剂(R﹣ZnBr)与酰氯( )偶联可用于制备药物Ⅱ: (1)化合物Ⅰ的分子式为  C 12H9Br   .(2)关于化合物Ⅱ,下列说法正确的有  AD   (双选). A.可以发生水解反应 B.可与新制 Cu(OH)2共热生成红色沉淀 C.可与 FeCl3溶液反应显紫色 D.可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应(3)化合物Ⅲ含有 3 个碳原子,且可发生加聚反应,按照途径Ⅰ合成路线的表示方式.完成途径 2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线:  .(标明反应试剂,忽略反应条件).(4)化合物 V 的核磁共振氢谱中峰的组数为  4   .以 H 替代化合物Ⅵ中的 ZnBr,所得化合物的羧酸类同分异构体共有  4   种(不考虑手性异构).(5)化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ,则化合物Ⅶ的结构简式为   .【分析】(1)根据有机物 I 的结构确定其分子式;(2)有机物Ⅱ含有苯环,具有苯的性质,含有酯基,具有酯基的性质,没有醛基、酚羟基,不能与新制 Cu(OH)2共热生成红色沉淀,不能与 FeCl3溶液反应显紫色;(3)化合物Ⅲ含有 3 个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径 I 中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与 HBr 发生加成反应生成Ⅳ为 BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成 V 为BrCH2CH2COOCH2CH3;(4)V 为 BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有 4 种化学环境不同的 H 原子;以 H 替代化合物Ⅵ中的 ZnBr得到 CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH 取代丁烷形成的羧酸,结合丁烷同分异构体及等效氢判断;(5)对比Ⅵ、Ⅱ的结构,结合途径 1 中生成Ⅱ的反应为取代反应,可以判断化合物Ⅶ的结构简式为 .【解答】解:(1)根据有机物 I 的结构简式,可知其分子式为 C12H9Br,故答案为:C12H9Br;(2)A.含有酯基,具有酯基的性质,可以发生水解反应,故 A 正确;B.不含醛基,不能与新制 Cu(OH)2共热生成红色沉淀,故 B 错误;C.不含酚羟基,不能与 FeCl3溶液反应显紫色,故 C 错误;D.含有苯环,可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环的硝化反应,故 D 正确,故选:AD;(3)化合物Ⅲ含有 3 个碳原子,且可发生加聚反应,结合Ⅵ的结构及途径 I 中的转化可知,Ⅲ为CH2=CHCOOH,与 HBr 发生加成反应生成Ⅳ为 BrCH2CH2COOH,再与乙醇发生酯化反应生成 V 为BrCH2CH2COOCH2CH3,合成路线流程图为: ,故答案为: ;(4)V 为 BrCH2CH2COOCH2CH3,分子中含有 4 种化学环境不同的 H 原子,核磁共振氢谱中 4 组吸收峰;以 H 替代化合物Ⅵ中的 ZnBr 得到 CH3CH2COOCH2CH3,其同分异构体属于羧酸,可以看作﹣COOH 取代丁烷形成的羧酸,丁烷有 CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2,CH3CH2CH2CH3中 H 原子被﹣COOH 取代,形成 2 种羧酸,CH3CH(CH3)2中 H 原子被﹣COOH 取代,也形成 2 种羧酸,故有 4 种,故答案为:4;4;(5)对比Ⅵ、Ⅱ的结构,结合途径 1 中生成Ⅱ的反应为取代反应,可以判断化合物Ⅶ的结构简式为 ,故答案为: .【点评】本题考查有机物的合成,注意根据有机物的结构进行分析解答,利用途径 1 的转化关系理解 V→Ⅵ 的转化,较好的考查学生分析推理能力、获取信息能力,(4)中注意利用取代法判断同分异构体数目,难度中等. 10.(16 分)用 O2将 HCl 转化为 Cl2,可提高效益,减少污染.(1)传统上该转化通过如图 1 所示的催化循环实现.其中,反应①为:2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(s)△H1,反应②生成 1molCl2(g)的反应热为△H2,则总反应的热化学方程式为  4HCl ( g ) +O 2( g ) =2Cl 2( g ) +2H 2O ( g )△ H=2 (△ H 1+△H2) (反应热用△H1和△H2表示).(2)新型 RuO2催化剂对上述 HCl 转化为 Cl2的总反应具有更好的催化活性.①实验测得在一定压强下,总反应的 HCl 平衡转化率随温度变化的 αHCl~T 曲线如图 2,则总反应的△H < 0(填“>”、“=”或“<”);A、B 两点的平衡常数 K(A)与 K(B)中较大的是 K ( A )  .②在上述实验中若压缩体积使压强增大,画出相应 αHCl~T 曲线的示意图,并简要说明理由: 增大压强,平衡向正反应方向移动, α HCl 增大,相同温度下 HCl 的平衡转化率比之前实验的大  .③下列措施中,有利于提高 αHCl的有  BD   . A.增大 n(HCl) B.增大 n(O2) C.使用更好的催化剂 D.移去 H2O(3)一定条件下测得反应过程中 n(Cl2)的数据如下: t/min 0 2.04.06.08.0n(Cl2)/10﹣3mol0 1.83.75.47.2计算 2.0~6.0min 内以 HCl 的物质的量变化表示的反应速率(以 mol•min﹣1为单位,写出计算过程).(4)Cl2用途广泛,写出用 Cl2制备漂白粉的化学反应方程式 2Cl2+2Ca ( OH ) 2=CaCl2+Ca ( ClO ) 2+2H2O   .【分析】(1)由图示可知,整个过程为:4HCl+O2=2Cl2+2H2O,反应②生成 1molCl2(g)的反应热为△H2,则反应热化学方程式为:CuCl2(g)+ O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2,根据盖斯定律(①+②)×2 可得总反应的热化学方程式;(2)①由图可知,温度越高,平衡时 HCl 的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动;②正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下 HCl 的平衡转化率比之前实验的大;③改变措施有利于提高 αHCl,应使平衡向正反应方向移动,注意不能只增加 HCl 的浓度;(3)根据 v= 计算 2.0~6.0min 内 v(Cl2),再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v(HCl);(4)氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水.【解答】解:(1)由图示可知,整个过程为:4HCl+O2=2Cl2+2H2O,反应①为:2HCl(g)+CuO(s)⇌H2O(g)+CuCl2(s)△H1,反应②生成 1molCl2(g)的反应热为△H2,则反应热化学方程式为:CuCl2(g)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)△H2,根据盖斯定律(①+②)×2 可得总反应的热化学方程式:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2),故答案为:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)△H=2(△H1+△H2);(2)①由图可知,温度越高,平衡时 HCl 的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,则正反应为放热反应,即△H<0,化学平衡常数减小,即 K(A)>K(B),故答案为:<;K(A);②正反应为气体体积减小的反应,增大压强,平衡向正反应方向移动,相同温度下 HCl 的平衡转化率比之前实验的大,故压缩体积使压强增大,画相应 αHCl~T 曲线的示意图为, 故答案为: ,增大压强,平衡向正反应方向移动,αHCl增大,相同温度下 HCl 的平衡转化率比之前实验的大;③ A.增大 n(HCl),HCl 浓度增大,平衡右移,但 HCl 的转化率降低,故 A 错误;B.增大 n(O2),氧气浓度增大,平衡右移,HCl 的转化率提高,故 B 正确;C.使用更好的催化剂,加快反应速率,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,HCl 的转化率不变,故 C 错误;D.移去生成物 H2O,有利于平衡右移,HCl 的转化率增大,故 D 正确,故选:BD;(3)由表中数据可知,2.0~6.0min 内△n(Cl2)=(5.4﹣1.8)×10﹣3mol=3.6×10﹣3mol,则以Cl2的物质的量变化表示的反应速率 v(Cl2)= =9×10﹣4mol•min﹣1,速率之比等于其化学计量数之比,故 v(HCl)=2v(Cl2)=1.8×10﹣3mol.min﹣1,答:2.0~6.0min 内以 HCl 的物质的量变化表示的反应速率 1.8×10﹣3mol•min﹣1;(4)氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水,反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为:2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O.【点评】本题比较综合,涉及热化学方程式书写、化学平衡及平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等,(3)中注意用单位时间内物质的量变化表示速率,较好的考查的分析解决问题的能力,难度中等. 11.(16 分)七铝十二钙(12CaO•7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料,用白云石(主要含CaCO3和 MgCO3)和废 Al 片制备七铝十二钙的工艺如下:(1)锻粉主要含 MgO 和  CaO   ,用适量 NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,若滤液Ⅰ中c(Mg2+)小于 5×10﹣6mol•L﹣1,则溶液 pH 大于  11   (Mg(OH)2的 Ksp=5×10﹣12);该工艺中不能用(NH4)2SO4代替 NH4NO3,原因是  CaSO 4 微溶于水,用( NH 4)2SO4 代替 NH 4NO3,会生成 CaSO 4 沉淀引起Ca 2+ 的损失  .(2)滤液Ⅰ中阴离子有  NO 3﹣ , OH ﹣   (忽略杂质成分的影响);若滤液Ⅰ中仅通入 CO2,会生成Ca ( HCO 3)2 ,从而导致 CaCO3产率降低.(3)用 NaOH 溶液可除去废 Al 片表面的氧化膜,反应的离子方程式为  Al 2O3+2OH ﹣ ═2AlO 2﹣ +H 2O. (4)电解制备 Al(OH)3时,电极分别为 Al 片和石墨,电解总反应方程式为  2Al+6H 2O2Al ( OH ) 3↓+3H2↑   .(5)一种可超快充电的新型铝电池,充放电时 AlCl4﹣和 Al2Cl7﹣两种离子在 Al 电极上相互转化,其它离子不参与电极反应,放电时负极 Al 的电极反应式为  Al﹣3e ﹣ +7AlCl 4﹣ =4Al 2Cl7﹣   .【分析】(1)锻粉是由白云石高温煅烧而来;用适量 NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,即得 Mg(OH)2的饱和溶液,根据 Mg(OH)2的 Ksp 来计算;CaSO4微溶于水;(2)在锻粉中加入适量的 NH4NO3溶液后,镁化合物几乎不溶,由于 NH4NO3溶液水解显酸性,与 CaO反应生成 Ca(NO3)2和 NH3•H2O,故过滤后溶液中含 Ca(NO3)2和 NH3•H2O,将 CO2和 NH3通入滤液 I 中后发生反应:Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3,据此分析滤液中的阴离子;若滤液Ⅰ中仅通入CO2,会造成 CO2过量,据此分析产物;(3)氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水;(4)用 Al 片和石墨作电极来制备 Al(OH)3,故 Al 做阳极,据此分析;(5)放电时负极电极本身 Al 放电,失电子,根据 AlCl4﹣和 Al2Cl7﹣中铝元素和氯元素的比例来确定做 AlCl4﹣做反应物而生成 Al2Cl7﹣.【解答】解:(1)锻粉是由白云石高温煅烧而来,在煅烧白云石时,发生反应:CaCO3CaO+CO2↑,MgCO3MgO+CO2↑,故所得锻粉主要含 MgO 和 CaO;用适量 NH4NO3溶液浸取煅粉后,镁化合物几乎不溶,即得 Mg(OH)2的饱和溶液,根据 Mg(OH)2的 Ksp可知:Ksp=c(Mg2+)•c2(OH﹣)=5×10﹣12,而 c(Mg2+)小于 5×10﹣6mol•L﹣1,故 c(OH﹣)大于 10﹣3mol/L,则溶液中的 c(H+)小于 10﹣11mol/L,溶液的 pH 大于 11;CaSO4微溶于水,如果用(NH4)2SO4代替 NH4NO3,会生成 CaSO4沉淀引起 Ca2+的损失,故答案为:CaO;11;CaSO4微溶于水,用(NH4)2SO4代替 NH4NO3,会生成 CaSO4沉淀引起 Ca2+的损失;(2)在锻粉中加入适量的 NH4NO3溶液后,镁化合物几乎不溶,由于 NH4NO3溶液水解显酸性,与 CaO反应生成 Ca(NO3)2和 NH3•H2O,故过滤后溶液中含 Ca(NO3)2和 NH3•H2O,将 CO2和 NH3通入滤液 I 中后发生反应:Ca(NO3)2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3,故滤液中的阴离子主要为 NO3﹣,还含有 OH﹣;若滤液Ⅰ中仅通入 CO2,会造成 CO2过量,则会生成 Ca(HCO3)2,从而导致 CaCO3产率降低,故答案为:NO3﹣,OH﹣;Ca(HCO3)2;(3)氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,离子反应为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,故答案为:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O;(4)用 Al 片和石墨作电极来制备 Al(OH)3,故 Al 做阳极,石墨做阴极,阳极反应为:Al﹣3e﹣=Al3+①,阴极上是来自于水的 H+放电:2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑ ②将①×2+②×3 可得总反应:2Al+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2↑,故答案为:2Al+6H2O2Al(OH)3↓+3H2↑;(5)放电时负极电极本身 Al 放电,失电子,由于 AlCl4﹣中氯元素的含量高于 Al2Cl7﹣中氯元素的含量,故 AlCl4﹣做反应物而 Al2Cl7﹣为生成物,由于其它离子不参与电极反应,故电极反应为:Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣,故答案为:Al﹣3e﹣+7AlCl4﹣=4Al2Cl7﹣.【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题,综合性较强,综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查,难度较大. 12.(17 分)NH3及其盐都是重要的化工原料.(1)用 NH4Cl 和 Ca(OH)2制备 NH3,反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为  ACG   .
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