2015年山东省高考化学试卷答案与解析(共14页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2015年山东省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题5分，满分35分）7（5分）（2015山东）进行化学实验时应强化安全意识下列做法正确的是（）A金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上C浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗D制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片考点：真题集萃；化学实验安全及事故处理菁优网版权所有分析：A金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；B碳酸氢钠分解生成水；C酸碱中和放出大量的热，且强酸、强碱具有强腐蚀性；D加入碎瓷片，防止暴沸解答：解：A金属钠着火生成过氧化钠

2、，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，应利用沙土铺盖，故A错误；B碳酸氢钠分解生成水，则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故B错误；C酸碱中和放出大量的热，且强酸、强碱具有强腐蚀性，则浓硫酸溅到皮肤上时立即用抹布擦拭，再水冲洗，最后涂上适量的碳酸氢钠溶液，故C错误；D制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液加入碎瓷片，防止暴沸，从实验安全的角度考虑，故D正确；故选D点评：本题为2015年山东高考题，侧重化学与生活、实验安全的考查，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全常识等为解答的关键，题目难度不大8（5分）（2015山东）短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相

3、对位置如图所示已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是（）YZXWA原子半径：XYZB气态氢化物的稳定性：XZCZ、W均可与Mg形成离子化合物D最高价氧化物对应水化物的酸性：YW考点：真题集萃；位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有分析：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+10=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，然后结合元素化合物知识来解答解答：解：Y、W的原子序数之和是Z的3倍，设Y的原子序数为x，则Z的原子序数为x+1，W的原子序数为x+10，则x+x+1

4、0=3（x+1），解得x=7，即Y为N，结合位置关系可知，Z为O，X为Si，W为Cl，A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为XYZ，故A错误；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为XZ，故B错误；CZ、W均可与Mg形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C正确；DCl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：YW，故D错误；故选C点评：本题为2015年山东高考题，侧重位置、结构与性质的考查，把握原子序数的关系推断元素为解答的关键，注意元素性质的比较方法，选项D为解答的易错点，题目难度不大9（5分）（2015山东）分枝酸可用于生

5、化研究其结构简式如图下列关于分枝酸的叙述正确的是（）A分子中含有2种官能团B可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同C1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同考点：真题集萃；有机物的结构和性质菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答解答：解：A分子中含COOH、OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；B含COOH与乙醇发生酯化反应，含OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；C不是苯环，只有COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2m

6、olNaOH发生中和反应，故C错误；D碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；故选B点评：本题为2015年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官能团的判断，题目难度不大10（5分）（2015山东）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生下列化合物中符合上述条件的是（）AAlCl3BNa2OCFeCl2DSiO2考点：真题集萃；盐类水解的应用；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物菁优网版权所有分析：选项中物质只有FeCl2不能由两种

7、单质直接反应生成，且SiO2与Ba（HCO3）2不反应，Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，以此来解答解答：解：AAl与氯气化合生成AlCl3，AlCl3与Ba（HCO3）2溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A正确；B钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O与Ba（HCO3）2溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B错误；CFe与氯气化合生成FeCl3，故C错误；DSi与氧气化合生成SiO2，但SiO2与Ba（HCO3）2不反应，故D错误；故选A点评：本题为2015年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，注意选项A中相互促进水解

8、反应，题目难度不大11（5分）（2015山东）下列由实验现象得出的结论正确的是（）操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br还原性强于ClD加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结NH4Cl固体可以升华AABBCCDD考点：真题集萃；化学实验方案的评价菁优网版权所有分析：A同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；B原溶液中含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液呈红

9、色；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，还原剂还原性强于还原产物还原性；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体解答：解：A同类型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物质，AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）Ksp（AgI），故A错误；B原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故B错误；C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯

10、，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2生成，发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，说明Br还原性强于Cl，故C正确；DNH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故D错误，故选：C点评：本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大12（5分）（2015山东）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32+2H+SO2+H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32+SO2+H2OH2SiO3+SO32C向Al2（SO4）3溶液中

11、加入过量的NH3H2O：Al3+4NH3H2OAl（OH）4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2考点：真题集萃；离子方程式的书写菁优网版权所有分析：A硝酸具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根；B二氧化硫过量，应生成HSO3；C氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠解答：解：A硝酸具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，不能生成二氧化硫，反应离子方程式为：3SO32+2H+2NO3=3SO42+2NO+H2O，故A错误；B二氧化硫过量，应生成H

12、SO3，反应离子方程式为SiO32+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3，故B错误；C氢氧化铝不能溶于氨水，得到氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠在与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应总离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O4Na+2Cu（OH）2+O2，故D正确，故选：D点评：本题考查离子方程式正误判断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，明确离子反应发生的条件，难度中等13（5分）（2015山东）室温下向10mL 0.1 molL1NaOH溶液中加入0.1molL1的一元

13、酸HA溶液pH的变化曲线如图所示下列说法正确的是（）Aa点所示溶液中c（Na+）c（A）c（H+）c（HA）Ba、b两点所示溶液中水的电离程度相同CpH=7时，c（Na+）=c（A）+c（HA）Db点所示溶液中c（A）c（HA）考点：真题集萃；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有分析：Aa点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；Bb点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；CpH=7时，c（H+）=c（OH），结合电荷守恒判断；Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A水解程度解答：解：Aa点时酸碱恰好

14、中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）c（H+），故A错误；Ba点A水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；CpH=7时，c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A）+c（OH），则c（Na+）=c（A），故C错误；Db点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA程度大于A水解程度，则存在c（A）c（HA），故D正确故选D点评：本题为2015年考题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度

15、分析二、解答题29（15分）（2015山东）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液B极区电解液为LiOH溶液（填化学式），阳极电极反应式为2Cl2e=Cl2，电解过程中Li+向B电极迁移（填“A”或“B”）（2）利用钴渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等制备钴氧化物的工艺流程如下：Co（OH）3溶解还原反应的离子方程式为2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O，铁渣中铁元素的化合价为+3，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得

16、充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为Co3O4考点：真题集萃；原电池和电解池的工作原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用菁优网版权所有分析：（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气；（2）Co（OH）3溶解还原反应为Co（OH）3、H+、SO32的氧化还原反应；由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚

17、铁离子被氧化为铁离子；煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=0.06mol，由化学式可知n（Co）=0.06mol=0.03mol，则氧化物中n（O）=0.04mol，以此来解答解答：解：（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl2e=Cl2，故答案为：LiOH；2Cl2e=Cl2；

18、（2）Co（OH）3溶解还原反应为Co（OH）3、H+、SO32的氧化还原反应，其离子反应为2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子，可知铁渣中铁元素的化合价为+3价；煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=0.06mol，由化学式可知n（Co）=0.06mol=0.03mol，则氧化物中n（O）=0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mo

19、l=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；+3；Co3O4点评：本题为2015年山东高考题29题，侧重电化学、物质制备及混合物分离提纯的考查，把握原电池原理及制备流程中的反应为解答的关键，（2）中化学式的计算为解答的难点，题目难度不大30（19分）（2015山东）合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H

20、/M逐惭增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）H（）；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变反应（）中z=（用含x和y的代数式表示）温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v=30mLg1min1反应（）的焓变H0（填“”“”或“=”）（2）表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，（T1） （T2）（填“”“”或“=”）当反应（）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（）可能处于图中的c点（填“b”

21、“c”或“d”），该贮氢合金可通过加热或减压的方式释放氢气（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol已知温度为T时：CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1考点：真题集萃；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算菁优网版权所有分析：（1）zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）中遵循质量守恒定律，则反应前后H原子个数相同；吸氢速率v=；由图可知，相同氢原子与金属原子

22、的个数比时，T2温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动；（2）T2温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，低温下有利于吸收氢；当反应（）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，因温度不变，K不变，则平衡时氢原子与金属原子的个数比增大，平衡点在曲线AB上；释放氢气即为平衡逆向移动，结合该反应为放热反应、气体体积减小的反应特点解答；（3）CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1，由盖斯定律可知，得到CO（g）+3H2（g）C

23、H4（g）+H2O（g），以此来解答解答：解：（1）zMHx（s）+H2（g）zMHy（s）中遵循质量守恒定律，则反应前后H原子个数相同，则zx+2=zy，解得z=；吸氢速率v=30mLg1min1；由图可知，相同氢原子与金属原子的个数比时，T2温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，可知正反应H0，故答案为：；30；（2）T2温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，低温下有利于吸收氢，T1T2时，则（T1）（T2）；当反应（）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，因温度不变，K不变，平衡时氢原子与金属原子的个数比增

24、大，平衡点在曲线AB上，则达到平衡后反应（）可能处于图中的c点；释放氢气即为平衡逆向移动，因该反应为放热反应、气体体积减小的反应，则该贮氢合金可通过加热或减压的方式释放氢气，故答案为：；c；加热；减压；（3）CH4（g）+2H2OCO2（g）+4H2（g）H=+165kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H=41kJmol1，由盖斯定律可知，得到CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g），H=41kJmol1（+165kJmol1）=206kJ/mol，则热化学方程式为CO（g）+3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol，故答案为：CO（g）+

25、3H2（g）CH4（g）+H2O（g）H=206kJ/mol点评：本题为2015年山东高考题30题，涉及化学平衡、热化学反应式、反应热计算及图象分析，把握平衡移动的影响因素、图象中纵横坐标的含义为解答的关键，（2）为解答的难点，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等31（19分）（2015山东）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是增大接触面积从而使反应速率加快实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的aca烧杯 b容量瓶 c玻璃棒 d滴定管（2

26、）加入NH3H2O调节pH=8可除去Fe3+（填离子符号），滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2（填化学式）加入H2C2O4时应避免过量，原因是H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少已知：Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2（3）利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行已知：2CrO42+2H+Cr2O72+H20 Ba2+CrO42BaCrO4步骤移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mo

27、lL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL步骤：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方（填“上方”或“下方”）BaCl2溶液的浓度为molL1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将偏大（填“偏大”或“偏小”）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有专题：有机物的化学性质及推断分析：制备BaCl22H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO

28、3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O，加入氨水，调pH为8，Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，加入H2C2O4，得到CaC2O4，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl22H2O，（1）研磨将块状固体变成粉末状，可以

29、增大反应物的接触面积，增大反应速率；溶液中质量分数=100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入过量H2C2O4，易发生Ba2+H2C2O4BaC2O4+2H+，产品的产量减少；（3）根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据Ba2+CrO42BaCrO4、2CrO42+2H+Cr

30、2O72+H20，与Ba2+反应的CrO42的物质的量为总盐酸的物质的量减去过量的盐酸，分局BaCl2溶液的浓度计算公式，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大解答：解：（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；ac；（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时

31、的pH为3.2，加入氨水，调pH为8，Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）=1.6107，Ksp（CaC2O4）=2.3109，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少，故答案为：Fe3+；Mg（OH）2、

32、Ca（OH）2；H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少；（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42+2H+Cr2O72+H20 的盐酸的物质的量为：V1103bmol，步骤：用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0103bmol，Ba2+CrO42BaCrO4，与Ba2+反应的CrO42的物质的量为V0103bmolV1103bmol=（V0V1）b103mol，步骤：移取y

33、mLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：mol/L=mol/L，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大，故答案为：上方；偏大点评：本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键，题目难度中等化学-化学与技术(满分12分）32（12分）（2015山东）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶质除NaN

34、O2及少量Na2CO3外，还有NaNO3（填化学式） （2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱（填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，下列处理方法合理的是cda转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为1.59吨（假定Na2CO3恰好完全反应）考点：物质分离和提纯的

35、方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计菁优网版权所有分析：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，以此解答（1

36、）（3）；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM计算解答：解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2，然后中和液进行蒸发操作，应避免浓度过大NaNO2析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I中

37、主要含NaNO2，母液进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母液中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；（3）由上述分析可知，母液进行转

38、化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2104mol+1104mol）106g/mol=1.59106g=1.59t，故答案为：1.59点评：本题为2015年山东高考题32题，涉及物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，把

39、握流程中的反应、分离方法为解答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等化学-物质结构与性质(满分0分）33（2015山东）氟在自然界中常以CaF2的形式存在（1）下列关于CaF2的表述正确的是bdaCa2+与F间仅存在静电吸引作用bF的离子半径小于Cl，则CaF2的熔点高于CaCl2c阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同dCaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63（用离子方程式表示）已知AlF63在溶液中可稳定存在（3

40、）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为V形，其中氧原子的杂化方式为sp3（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等已知反应Cl2（g）+3F2（g）2ClF3（g）H=313kJmol1，FF键的键能为159kJmol1，ClCl键的键能为242kJmol1，则ClF3中ClF键的平均键能为172kJmol1ClF3的熔、沸点比BrF3的低（填“高”或“低”）考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；判断简单分子或离子的构型；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系菁优网版权所有分析：（1）a阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；b离子晶体

41、的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；c晶体的结构与电荷比、半径比有关；d离子化合物在熔融时能发生电离（2）F与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63；（3）根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型，及分子构型；（4）H=反应物的总键能生成物的总键能；相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高解答：解：（1）a阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a错误；b离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故b正确；c晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比

42、为2：1的物质，与CaF2晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，则晶体构型不相同，故c错误；dCaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故b正确；故答案为：bd；（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63；故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2+AlF63；（3）OF2分子中O原子的价层电子对数=2+（621）=4，则O原子的杂化类型为sp3杂化，含有2个孤电子对

43、，所以分子的空间构型为V形；故答案为：V形；sp3；（4）H=反应物的总键能生成物的总键能，设ClF键的平均键能为QkJmol1，则242+159323Q=313，解得Q=172；相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高，已知ClF3的相对分子质量比BrF3的小，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低；故答案为：172；低点评：本题考查了物质结构与性质，题目涉及晶体熔沸点的比较、化学键、沉淀溶解平衡、杂化理论的应用、键能与反应热 的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力化学-有机化学基础(满分0分）34（2015山东）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下

44、：已知（1）A的结构简式为，A中所含官能团的名称是醛基、碳碳双键（2）由A生成B的反应类型是加成反应，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为 （3）写出D和E反应生成F的化学方程式（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：考点：有机物的推断菁优网版权所有分析：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为，对比D与F的结构可知，D与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到F，故E为CH2=CHCH2OH（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇解答：解：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰