2015年广东省高考化学试卷(解析版-)(共20页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2015年广东省高考化学试卷一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）7（4分）（2015广东）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DPX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃8（4分）（2015广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO39（4分）（2015广东）下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A1己

2、醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD10（4分）（2015广东）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1molCu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D3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子11（4分）（2015广东）一定温度下，水溶液中H+和OH的浓度变化曲线如图，下列

3、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1.01013C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12（4分）（2015广东）准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH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，

4、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。）22（6分）（2015广东）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分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCCDD23（6分）（2015广东）甲庚等元素在周期表中的相对位置如表，己

5、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。）30（15分）（2015广东）有机锌试剂（RZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物：（1）化合物的分子式为（2）关于化合物，下列说法正确的有（双选） A可以发生水解反应 B可与新制

6、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）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径合成路线的表示方式完成途径2中由到的合成路线：（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以H替代化合物中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有种（不考虑手性异构）（5）化合物和反应可直接得到，则化合物的结构简式为31（16分）（2015广东）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，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，

7、反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为（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 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HClT曲线如图2，则总反应的H0（填“”、“=”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是 在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应HClT曲线的示意图，并简要说明理由： 下列措施中，有利于提高HCl的有 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/min02.04.

8、06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1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32（16分）（2015广东）七铝十二钙（12CaO7Al2O3）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，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液中c（Mg2+）小于5106molL1，则溶液pH大于（Mg（OH）2的Ksp=51012）；该工艺中不能用（NH4）2

9、SO4代替NH4NO3，原因是（2）滤液中阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液中仅通入CO2，会生成，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（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（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33（17分）（2015广东）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（2）按图装置进行NH3性质实验 先打

10、开旋塞1，B瓶中的现象是，原因是，稳定后，关闭旋塞1 再打开旋塞2，B瓶中的现象是（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） 实验目的：探究对溶液中NH4Cl水解程度的影响 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）/ml11002100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

11、应的平衡转化率为（只列出算式，忽略水自身电离的影响）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）7（4分）（2015广东）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DPX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃考点：生活中的有机化合物分析：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

12、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8（4分）（2015广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、H+、NO3、HCO3考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相

13、互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答解答：解：ABa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BSO32、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；DH+、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9（4分）（2015广东）下列叙述和均正确并有因果关系的是（）选项叙述叙述A1己醇的沸点比己烷的沸点高1己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMn

14、O4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电AABBCCDD考点：真题集萃；离子化合物的结构特征与性质；原电池和电解池的工作原理；有机化学反应的综合应用；物质的分离、提纯和除杂分析：A沸点相差较大的混合物可用蒸馏的方法分离；B原电池提供电能，无需外接电源；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；DNaCl固体不导电，导电必须有自由移动的离子或电子解答：解：A.1己醇分子间可形成氢键，沸点较大，可用蒸馏的方法分离醇和己烷，故A正确；B原电池提供电能，无需外接电源，外接电源时为电解池，电能转化为化学能，故B错误；C乙二酸具有还原性，可与酸性高锰

15、酸钾发生氧化还原反应，与酸性无关，故C错误；DNaCl固体没有自由移动的离子，不能导电，熔融的NaCl可导电，故D错误故选A点评：本题为2015年考题，综合考查物质的分离、原电池、氧化还原反应以及离子化合物等知识，为常见题型，有利于培养学生良好的科学素养，题目难度适中，贴近教材10（4分）（2015广东）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A23gNa与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子B1molCu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D3mol单质Fe完全转化为Fe3O4，失去8NA个电子考点：阿伏加德罗常数专题：

16、阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：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、Fe3O

17、4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11（4分）（2015广东）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1.01013C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的变化考点：水的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡分析：A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1

18、.01014；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、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH）=1.0107，故KW=1.01071.0107=1.01014，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

19、，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12（4分）（2015广东）准确取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1NaOH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，则测定结果偏小考点：真题集萃；中和滴定分析：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

20、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

21、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。）22（6分）（2015广东）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分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCCDD

22、考点：真题集萃；化学实验方案的评价专题：实验评价题分析：A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色解答：解：A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，故B正确；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，

23、再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Cl2I2，故C正确；D双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选BC点评：本题考查化学实验方案评价，为2015年广东省高考化学试题，涉及氧化还原反应、氧化性强弱比较、离子检验、物质性质等知识点，侧重考查学生分析判断能力，明确物质性质及基本原理是

24、解本题关键，易错选项是D23（6分）（2015广东）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考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用分析：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

25、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335=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CaMg，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

26、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。）30（15分）（2015广东）有机锌试剂（RZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物：（1）化合物的分子式为C12H9Br（2）关于化合物，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）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途

27、径合成路线的表示方式完成途径2中由到的合成路线：（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）化合物和反应可直接得到，则化合物的结构简式为考点：真题集萃；有机物的合成分析：（1）根据有机物I的结构确定其分子式；（2）有机物含有苯环，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）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，结合的结构及途径I中的转化可知，为CH2=CHCOOH，与HBr发生加成反应

28、生成为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、的结构，结合途径1中生成的反应为取代反应，可以判断化合物的结构简式为解答：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

29、）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）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，结合的结构及途径I中的转化可知，为CH2=CHCOOH，与HBr发生加成反应生成为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替代化合物中的ZnBr得到CH3CH2COOCH2CH3，其同分异构

30、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、的结构，结合途径1中生成的反应为取代反应，可以判断化合物的结构简式为，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31（16分）（2015广东）用O2将HCl转化为Cl2，可提高

31、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，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成1molCl2（g）的反应热为H2，则总反应的热化学方程式为4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）H=2（H1+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 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HClT曲线如图2，则总反应的H0（填“”、“=”或“”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是K（A） 在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出

32、相应HClT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，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 下列措施中，有利于提高HCl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/min02.04.06.08.0n（Cl2）/103mol01.83.75.47.2计算2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以molmin1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+2

33、H2O考点：真题集萃；热化学方程式；化学平衡的影响因素专题：基本概念与基本理论分析：（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应生成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（+）2可得总反应的热化学方程式；（2）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；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；改变措施有利于提高HCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl的浓度；（3）

34、根据v=计算2.06.0min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，反应为：2HCl（g）+CuO（s）H2O（g）+CuCl2（s）H1，反应生成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（+）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）

35、+2H2O（g）H=2（H1+H2）；（2）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H0，化学平衡常数减小，即K（A）K（B），故答案为：；K（A）；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HClT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，HCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；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

36、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，2.06.0min内n（Cl2）=（5.41.8）103mol=3.6103mol，则以Cl2的物质的量变化表示的反应速率v（Cl2）=9104molmin1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（HCl）=2v（Cl2）=1.8103molmin1，答：2.06.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率1.8103molmin1；（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙

37、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熟练，较好的考查的分析解决问题的能力，难度中等32（16分）（2015广东）七铝十二钙（12CaO7Al2O3）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，或滤液

38、中c（Mg2+）小于5106molL1，则溶液pH大于11（Mg（OH）2的Ksp=51012）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失（2）滤液中阴离子有NO3，OH（忽略杂质成分的影响）；若滤液中仅通入CO2，会生成Ca（HCO3）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Al2O3+2OH2AlO2+H2O（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+6H2O2Al（OH）3+3H2（5

39、）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Al3e+7AlCl4=4Al2Cl7考点：金属的回收与环境、资源保护；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NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，将CO2和NH3通

40、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

41、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）=51012，而c（Mg2+）小于5106molL1，故c（OH）大于103mol/L，则溶液中的c（H+）小于1011mol/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C

42、aO反应生成Ca（NO3）2和NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，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+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+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：Al3e=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e=2OH+H2 将2+3可得总反应：2Al+6H2O2Al（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