2015年广东省高考化学试卷(共24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）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DPX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃2（4分）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、HCO33（4分）下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2

2、+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀CZn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SO2AABBCCDD4（4分）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

3、.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6（4分）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，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

4、）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ASO2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：NaHCO3Na2CO3D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AABBCCDD8（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

5、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。）9（15分）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

6、，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 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 （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

7、变化的HClT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 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/min02.04.06.08.0n（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

8、方程式 11（16分）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，若滤液中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）2SO4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）

9、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 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 （2）按图装置进行NH3性质实验先打开旋塞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

10、、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）/ml 1100 2100 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）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

11、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【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

12、，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（）ANH4+、Ba2+、Br、CO32BCl、SO32、Fe2+、H+CK+、Na+、SO42、MnO4DNa+、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：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

13、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）下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述ANa2S有强还原性用于除去废水中的Cu2+和Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀CZn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SO2AABBCCDD【分析】ACuS和HgS难溶于水；BCO2与CaCl2不反应；CZn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。【解答】解：A用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是因为CuS和

14、HgS难溶于水，陈述I、II没有因果关系，故A错误；BCO2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；CZn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（）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

15、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【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

16、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1.01013C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【分析】A、升高温度，水的离子积常数增大；B、由b

17、点计算此温度下水的离子积常数为1.01014；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、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）=1.0107，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

18、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0.1000molL1NaOH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【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

19、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

20、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ASO2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：NaHCO3Na2CO3D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AABBCCDD【分析】ASO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；B将Fe

21、（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：ASO2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：NaHCO3Na2CO3，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

22、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

23、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，把握信息及元素的位置推断元素为解答的关键，侧重分析、推断

24、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（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，

25、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【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发生加成反应生成为BrCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化反应生成V为BrCH2CH2COOCH2C

26、H3；（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）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；

27、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，其同分异构体属于羧酸，可以看作COOH取代丁烷形成的羧酸，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3C

28、H（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，反应为：2HCl（g）+CuO（s）

29、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

30、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+2H2O【分析】（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应生成1molCl2（g）

31、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）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

32、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）+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（

33、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

34、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

35、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（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，若滤液中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）2S

36、O4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）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【分析】

37、（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）

38、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）=51012，而c（Mg2+）小于5106molL1，故c（OH）大于103mol/L，则溶液

39、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

40、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

41、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：Al3e+7AlCl4=4Al2Cl7，故答案为：Al3e+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（2）按图装置进行NH3性质实验先打开旋塞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

42、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）实验目的：探究温度对溶液中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）/ml 1100 2100 按实验序号1所拟数

43、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）2CaCl2+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）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；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）根据影响NH4Cl水解的因素以及题干提供的限

44、选试剂与仪器分析；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；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+H2ONH3H2O+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）2CaCl2+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