2015年全国高考II卷理综化学部分试题及解析.pdf
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1、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 BP2O5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; BP2O5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; BP2O5吸水转化为酸,导致食品变质,则P2O5
2、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() AC14H18O5 BC14H16O4 CC16H22O5 DC16H20O5 考点 : 真 题集萃;有机物实验式和分子式的确
3、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
4、?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cba Ba 和其他 3 种元素均能形成共价化合物 Cd 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
5、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; BH 元素与 K 元素形成的化合物为KH ,属于离子化合物; CK 元素与其它元素可以形成KH 、K2S、KCl ; DH 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
6、 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 ClSH,故 A 正确; BH 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; CK 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,; DH 元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1,S元素最高正
7、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() A60g 丙醇中存在的共价键总数为10NA B1L 0.1mol ?L 1 的 NaHCO3溶液中 HCO3 和 CO 32 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922
8、35U 发生裂变反应:92 235U+ 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 CC 键、 1个 CO 键和 1 个 OH 键; BHCO3 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; D92235U+0 1n 3890Sr+54136U+1001n 净产生的中子为 101=9 个 解答:解 :A.60g 丙醇为 1mol,丙醇中含7 个 CH 键、2 个 C C 键
9、、1 个 CO 键和 1 个 OH 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 CO 32 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; D92235U+01n3890Sr+54136U+1001n净产生的中子为10 1=9 个, 则 235g核素92 235U 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
10、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)() A3 种B4 种C5 种D6 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
11、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
12、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+、Mg 2+、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+、Mg 2+、SO42等杂质,精
13、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:将中溶液滴入中, 预测的现象与实际相符的是(
14、) 选项中物质中物质预测中的现象 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 AABBCCDD 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; CNaOH 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
15、体,现象不合理,故B 错 误; CNaOH 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
16、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 ZnCl2343 395 452 488 541 614 化合物Zn(OH)2 Fe(OH)2Fe(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0.05gg(已经 F=9650
17、0C/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 Fe 3+ 加碱调节pH 为2.7时,铁刚好沉淀完全 (离子浓度小于1 10 5 mol?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
18、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 Fe 2+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 Zn 2+,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,
19、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?L1,结合 Ksp=1039 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 Zn 2+,电池总反应式为 2MnO2+Zn+2H +=2MnOOH+Zn2+, 故答案为: MnO2+H +e=MnOOH ;2MnO 2+Zn+2H +=2MnOOH+Zn2+; ( 2)持电流强度为0.5A
20、,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 Fe 3+,铁刚好沉淀完全时离子浓度小于 1 10 5mol?L
21、1,因 Ksp=1039, 则 c( OH )= mol/L 0.5 10 11 mol/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 Zn 2+和 Fe2+ 分离不开, 故答案为: Fe3+;2.7;6;Zn 2+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
22、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: CO(g)+2H2( g)? CH3OH(g) H1 CO2( g)+3H2(g)? CH3OH( g)+H2O(g) H2 CO2( g)+H2(g)? CO(g) +H2O(g) H3 回答下列问题: 化学键HH CO CO HO CH E/(kJ mol 1) 436 343 1076 465 413 (1)已知反应中的相关的化学键键能数据如下: 由此计算 H1= 99kJmol 1,已知 H 2=58kJmol 1
23、,则 H 3=+41kJmol 1 (2)反应的化学平衡常数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 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
24、度升高,CO 的转化率减小图 2 中的压强由大到小为P1 P2P3 ,其判断 理由是相同温度下, 反应前后气体分子数不变,压强改变不影响其平衡移动,反应正 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:反应反应=反应 ,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,
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