高考化学新课标2卷解析版文档格式.docx

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c－和d+的电子层结构相同，都是18电子微粒，则d是K。

A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性次序为c＞b＞a，A正确；

B．氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl，但氢元素与钾元素不能形成共价化合物，而是形成离子化合物KH，B错误；

C．d和其他3种元素均能形成离子化合物，即KH、K2S、KCl，C正确；

D．氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或-2、+7或-1，所以元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，D正确，答案选B。

【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用，涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等

4．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．1L0.1mol·

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核互

U发生裂变反应：

，净产生的中子（

n）数为10NA

【解析】A．60g丙醇的物质的量是

1mol，丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH，所以分子中存在的共价键总数为11NA，A错误；

B．根据物料守恒可知1L0.1mol·

L－1的NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3－和CO32－离子数之和为0.1NA，B错误；

C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g钠的物质的量是23g÷

23g/mol＝1mol。

钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1NA，C正确；

D．235g核素

U的物质的量＝235g÷

235g/mol＝1mol，根据发生的裂变反应

可知净产生的中子（

n）数为9NA，D错误，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等

5．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有（不含立体异构）（）

A．3种B．4种C．5种D．6种

【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，这说明该有机物是饱和的一元羧酸，即分子组成为C4H9—COOH，丁基有4种，分别是CH3CH2CH2CH2—、（CH3）2CHCH2—、（CH3）3C—、CH3CH2CH（CH3）—，所以该羧酸也有4种，答案选B。

【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断，侧重于碳链异构体的考查。

6．海水开发利用的部分过程如图所示。

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．工业生产中常选用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

【解析】A．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；

B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；

C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；

D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。

【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。

7．用下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

【答案】D

【解析】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，A错误；

B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快同志，看不到红棕色NO2气体，B错误；

C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；

D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。

8．（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。

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：

（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＝kJ·

mol-1，已知△H2＝-58kJ·

mol-1，则△H3＝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（填曲线标记字母），其判断理由是。

（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（α）与温度和压强的关系如图2所示。

α（CO）值随温度升高而（填“增大”或“减小”），其原因是。

图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。

【答案】

（1）—99；

＋41

（2）

；

a；

反应①为放热反应，平衡常数应随温度升高变小；

（3）减小；

升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；

反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；

总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；

P3＞P2＞P1；

相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；

而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高

【解析】

（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋2×

436kJ/mol—3×

413kJ/mol—343kJ/mol—465kJ/mol＝—99kJ.mol-1。

根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝—58kJ/mol＋99kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。

（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为

由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。

（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；

因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；

而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。

【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等

9．[化学—选修3：

物质结构与性质]（15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，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。

（1）四种元素中电负性最大的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），原因是；

A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。

（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，中心原子的杂化轨道类型为。

（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为。

（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：

晶胞中A原子的配位数为；

列式计算晶体F的密度（g.cm-3）。

（1）O；

1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）

（2）O3；

O3相对分子质量较大，范德华力大；

分子晶体；

离子晶体

（3）三角锥形；

sp3（4）V形；

4；

2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl

（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）

（5）Na2O；

8；

【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型，则A是O，B是Na；

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，则C是P；

D元素最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素。

（1）非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O。

P的原子序数是15，则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）。

（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，所以中沸点高的是O3；

A和B的氢化物分别是水和NaH，所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。

3的化合物E，即E是PCl3，其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。

（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4，所以立体构型为V形。

单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，则化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。

（5）根据晶胞结构可知氧原子的个数＝

，Na全部在晶胞中，共计是8个，则F的化学式为Na2O。

以顶点氧原子为中心，与氧原子距离最近的钠原子的个数8个，即晶胞中A原子的配位数为8。

晶体F的密度＝

。

【考点定位】本题主要是考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道、晶体类型与性质及晶胞结构与计算等

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KC1O3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）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。

②溶液X中大量存在的阴离子有__________。

③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是（填标号）。

a．水b．碱石灰C．浓硫酸d．饱和食盐水

（3）用下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。

②玻璃液封装置的作用是。

③V中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是。

④测得混合气中ClO2的质量为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_______（填标号）。

a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁

（1）2：

（2）①NH4Cl＋2HCl

3H2↑＋NCl3②Cl—、OH—③c

（3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O②吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）

③淀粉溶液；

溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700（4）d

（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，氯酸钾是氧化剂。

S元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：

1。

（2）①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3，则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl

3H2↑＋NCl3。

②NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH，反应的离子反应为NCl3+3H2O+6ClO2—＝6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。

③a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，a错误；

b、碱石灰不能吸收氨气，b错误；

c、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，c正确；

d、ClO2易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，d错误，答案选c。

（3）①ClO2具有强氧化性，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。

②由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。

③由于碘遇淀粉显蓝色，则V中加入的指示剂通常为淀粉，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根据方程式可知2ClO2～5I2～10S2O32-，则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L×

0.02L×

67.5g/mol/5＝0.02700g。

（4）亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。

【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。

11．（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，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：

溶解度/（g/100g水）

化合物

Zn（OH）2

Fe（OH）2

Fe（OH）3

Ksp近似值

10-17

10-39

（1）该电池的正极反应式为，电池反应的离子方程式为

（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zng。

（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，二者可通过____分离回收；

滤渣的主要成分是MnO2、______和，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是，其原理是。

（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·

7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：

加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×

10-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；

继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋

浓度为0.1mol/L）。

若上述过程不加H2O2后果是，原因是。

（1）MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH；

Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH

（2）0.05g

（3）加热浓缩、冷却结晶；

铁粉、MnOOH；

在空气中加热；

碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2（4）Fe3＋；

2.7；

6；

Zn2＋和Fe2＋分离不开；

Fe（OH）2和Zn（OH）2的Ksp相近

（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—＝Zn2＋。

中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋＝Zn2＋＋2MnOOH。

（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5×

300＝150，因此通过电子的物质的量是

，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是

（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。

根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。

二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。

由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。

（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。

根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5mol/L，则溶液中氢氧根的浓度＝

，所以氢离子浓度是2×

10—3mol/L，pH＝2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。

Zn2＋

浓度为0.1mol/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为＝

＝10—8mol/L，氢离子浓度是10—6mol/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。

如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2＋和Fe2＋。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。

12．【化学——选修2：

化学与技术】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：