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 　 ．