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1、安徽高考化学部分2015年安徽省高考化学试卷一、选择题：7（6分）（2015安徽）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（）A分子式为C3H2O3B分子中含6个键C分子中只有极性键D8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2考点：化学键；分析：A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H原子补充，据此判断分子式；B、单键即为键，依据此结构简式判断键的个数；C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据

2、此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积解答：解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；B、此分子中存在5个CO键和1个CC键，还存在2个CH键，总共8个键，故B错误；C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；D、8.6g该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大8（6分）（2015安徽）下列有关实验的选项正确的是（）A配制0.10molL1N

3、aOH溶液B除去CO中的CO2C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D记录滴定终点读数为12.20mLAABBCCDD考点：化学实验方案的评价；分析：A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可解答：解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；C

4、、苯萃取溴水中的溴，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，故选B点评：本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大9（6分）（2015安徽）下列有关说法正确的是（）A在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解BFe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象CH2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥DSiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物考点：钠的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；硅和二氧化硅；气体的净化和干燥分析：

5、A、NaHCO3不稳定，加热易分解；B、氢氧化铁胶体为红褐色；C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水解答：解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧

6、化硅的特性，故D错误，故选C点评：本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大10（6分）（2015安徽）下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、NH4+、SO42、Br可以大量共存B该溶液中，Ag+、K+、NO3、CH3CHO可以大量共存C向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20D向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.021023个考点：钠的重要化合物分析：A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；B、

7、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可解答：解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2+ClO+2H+Cl+2Fe3+H20反应矛盾，故C错误；D、浓

8、盐酸中Cl由1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D点评：本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性11（6分）（2015安徽）汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化下列叙述正确的是（）A温度T下，该反应的平衡常数K=B温度T下，随着

9、反应的进行，混合气体的密度减小C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的H0考点：化学平衡建立的过程；分析：A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；B、此容器为恒容密闭容器，=，据此判断即可；C、催化剂只能改变化学反应色速率，不能改变物质的转化律；D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应解答：解：A、N2（g）+O2（g）2NO（g），起（mol/L） c0c0 0转（mol/L） x x 2x平（mol/L） c1 c1 2x解2x=2（c0 c1 ），故K=，故A正确；B、反应物和生成

10、物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度=不变，故B错误；C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度12（6分）（2015安徽）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同

11、学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（）选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH氧化了MgAABBCCDD考点：镁的化学性质；分析：A氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；B氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；D若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体解答：解：A氨气为碱

12、性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；CPH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故选D故选：D点评：本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累13（6分）（2015安徽）25时，在10mL浓度均为0.1molL1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关

13、系正确的是（）A未加盐酸时：c（OH）c（Na+）=c（NH3H2O）B加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH）C加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl）=c（Na+）D加入20mL盐酸时：c（Cl）=c（NH4+）+c（Na+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；分析：氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可解答：解：A、NaOH和NH3H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3H2O部分电离，因此c（OH）0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3H2O）0

14、.1mol/L，故c（OH）c（Na+）c（NH3H2O），故A错误；B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（Cl），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH），故B正确；C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl），即c（Cl）c（Na+），故C错误；D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）c（OH），那么c（NH4+）+c（Na+）c（Cl），故D错误，故

15、选B点评：本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理二、非选择题25（14分）（2015安徽）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素（1）Si位于元素周期表第三周期第IVA族；（2）N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子最外层有1个电子；（3）用“”或“”填空：原子半径电负性熔点沸点AlSiNO金刚石晶体硅CH4SiH4（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生0t1时，原

16、电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是2H+NO3+e=NO2+H2O，溶液中的H+向正极移动t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；原电池和电解池的工作原理分析：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；（2）N的原子序数为7，共排布3个能层；Cu为29号元素，和核外电子排布式为：Ar3d104s1，据此解答即可；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子

17、组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；（4）依据题意，0t1时，原电池的负极是Al片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可解答：解：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA；（2）N的原子序数为7，共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p3；

18、1；（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数AlSi，故半径AlSi；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性ON，故电负性NO；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于C的原子半径小于Si的原子半径，故熔点：金刚石晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH4相对分子质量大于CH4，故沸点CH4SiH4，故答案为：；（4）0t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H+NO3+e=NO2+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al作正极，Cu作负极，

19、故答案为：2H+NO3=NO2+H2O；正；Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应点评：本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理26（16分）（2015安徽）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：（1）A的名称是甲苯；试剂Y为酸性高锰酸钾溶液；（2）BC的反应类型是取代反应；B中官能团的名称是羧基，D中官能团的名称是羰基；（3）EF的化学方程式是；（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：属于萘（）的一元取代物；存在

20、羟甲基（CH2OH），写出W所有可能的结构简式：；（5）下列说法正确的是ada、B的酸性比苯酚强 b、D不能发生还原反应c、E含有3种不同化学环境的氢 d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃考点：有机物的合成；分析：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，B中Br原子被OH取代生成F；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物

21、，存在羟甲基（CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；（5）a羧基酸性大于酚羟基；bD含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；cE中含有4种化学环境不同的H原子；dTPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃解答：解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，故答案为：取代反应；羧基；羰基；（3）对比E的结构与F的分

22、子式可知，B中Br原子被OH取代生成F，反应方程式为，故答案为：；（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为CCCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，故答案为：；（5）a羧基酸性大于酚羟基，故a正确，；bD含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；cE中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；dTPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，故选：ad点评：本题考查有机物的合成，注意根据有

23、机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大27（14分）（2015安徽）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33）；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的水蒸气和空气，原料中的金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方程式：1NaBO2+2SiO2+4Na+2H21NaBH4+2Na2SiO3

24、（3）第步分离采用的方法是过滤；第步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol考点：真题集萃；制备实验方案的设计专题：实验设计题分析：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和

25、水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（3）

26、分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；（4）n（NaBH4）=0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式解答：解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据知，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液

27、采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价

28、、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故答案为：过滤；蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）=0.1mol，在25、101kPa下，每消耗

29、0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol点评：本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等28（14分）（2015安徽）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：假设一：溶液中的NO3假设二：溶液