1、2015 年新课标 II 高考化学试卷一、选择题（共 7 小题，每小题 3 分，满分 21 分）1 （3 分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好下列说法错误的是（ ）A硅胶可用作食品干燥剂B P2O5 不可用作食品干燥剂C 六水合氯化钙可用作食品干燥剂D加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂考点： 真题集萃；常见的食品添加剂的组成、性质和作用分析： A硅胶具有吸水性，无毒；BP 2O5 吸水转化为酸；C六水合氯化钙不能吸水；D具有吸水性的植物纤维无毒解答： 解：A硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故 A 正确；BP 2O5 吸水转化为酸，导致食品变质，则 P2O5 不可
2、用作食品干燥剂，故 B 正确；C六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故 C 错误；D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故 D 正确；故选 C点评： 本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等2 （3 分） （2015 春 娄底期末）某羧酸酯的分子式为 C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到 1mol 羧酸和 2mol 乙醇，该羧酸的分子式为（ ）AC14H18O5 B C14H16O4 C C16H22O5 DC16H20O5考点： 真题集萃；有机物实验式和分子式的确定分析： 1
3、mol 该酯完全水解可得到 1mol 羧酸和 2mol 乙醇，则说明酯中含有 2 个酯基，结合酯的水解特点以及质量守恒定律判断解答： 解：某羧酸酯的分子式为 C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到 1mol 羧酸和 2mol 乙醇，说明酯中含有 2 个酯基，设羧酸为 M，则反应的方程式为 C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，由质量守恒可知 M 的分子式为 C14H18O5，故选 A点评： 本题为 2015 年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大3 （3 分） （2015 春 北仑区校级期
4、末）原子序数依次增大的元素 a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为 1、6、7、1a 的电子层结构与氦相同，b 和 c 的次外层有 8 个电子，c 和d+的电子层结构相同下列叙述错误的是（ ）A元素的非金属性次序为 cbaB a 和其他 3 种元素均能形成共价化合物C d 和其他 3 种元素均能形成离子化合物D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考点： 真题集萃；原子结构与元素周期律的关系专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 原子序数依次增大的元素 a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为 1、6、7、1，a 的电子层结构与氦相同，则 a 为 H 元素；b 和
5、 c 的次外层有 8 个电子，原子只能有3 个电子层，则 b 为 S 元素，c 为 Cl，c 和 d+的电子层结构相同，则 d 为 K 元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中 H 元素为正价，其非金属性最弱；BH 元素与 K 元素形成的化合物为 KH，属于离子化合物；CK 元素与其它元素可以形成 KH、K 2S、KCl ；DH 元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S 元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2， Cl 元素最高正化合价为 +7、最低负化合价为1解答： 解：原子序数依次增大的元素 a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a 的电子层结构与氦相同，则 a 为
6、 H 元素；b 和 c 的次外层有 8 个电子，原子只能有 3 个电子层，则 b 为 S 元素，c 为 Cl，c 和 d+的电子层结构相同，则 d为 K 元素A同周期自左而右非金属性增强，氢化物中 H 元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性 Cl SH，故 A 正确；BH 元素与 S 元素、Cl 元素放出形成 H2S、HCl ，二者属于共价化合物，但与 K 元素形成的化合物为 KH，属于离子化合物，故 B 错误；CK 元素与其它元素可以形成 KH、K 2S、KCl ，均属于离子化合物，故 C 正确， ；DH 元素最高正化合价为+1、最低负化合价为1，S 元素最高正化合价为+6、最低负化合价为2
7、， Cl 元素最高正化合价为 +7、最低负化合价为1，最高和最低化合价的代数和分别为 0、4、6，故 D 正确，故选：B点评： 本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大4 （3 分）N A 代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（ ）A60g 丙醇中存在的共价键总数为 10NAB 1L 0.1molL1 的 NaHCO3 溶液中 HCO3和 CO32离子数之和为 0.1NAC 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 1NAD 235g 核素 92235U 发生裂变反应： 92235U+01n
8、3890Sr+54136U+1001n 净产生的中子（ 01n）数为 10NA考点： 真题集萃；阿伏加德罗常数专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析： A丙醇中含 7 个 CH 键、2 个 CC 键、1 个 CO 键和 1 个 OH 键；BHCO 3水解生成碳酸，结合原子守恒分析；C钠发生氧化反应后，Na 元素的化合价由 0 升高为+1 价；D 92235U+01n 3890Sr+54136U+1001n 净产生的中子为 101=9 个解答： 解：A.60g 丙醇为 1mol，丙醇中含 7 个 CH 键、2 个 CC 键、1 个 CO 键和 1 个OH 键，存在的共价键总数为 11NA，故
9、 A 错误；B.1L 0.1molL1 的 NaHCO3 溶液中 HCO3和 CO32离子数之和小于 0.1NA，碳酸分子中含 C 原子，故 B 错误；C.23g 钠充分燃烧时转移电子数为 （10）N A=1NA，故 C 正确；D 92235U+01n 3890Sr+54136U+1001n 净产生的中子为 101=9 个，则 235g 核素92235U 发生裂变反应净产生的中子（ 01n）数为 9NA，故 D 错误；故选 C点评： 本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合性较
10、强，题目难度中等5 （3 分）分子式为 C5H10O2 并能与饱和 NaHCO3 溶液反应放出气体的有机物有（不含量立体异构） （ ）A 3 种 B 4 种 C 5 种 D 6 种 考点： 真题集萃；有机化合物的异构现象专题： 同分异构体的类型及其判定分析： 分子式为 C5H10O2 且与 NaHCO3 溶液能产生气体，则该有机物中含有 COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C 4H9，丁基异构数等于该有机物的异构体数解答： 解：分子式为 C5H10O2 且与 NaHCO3 能产生气体，则该有机物中含有 COOH，所以为饱和一元羧酸，烷基为C 4H9， C4H9 异构体有： CH2CH2CH2C
11、H3， CH（CH 3）CH2CH3， CH2CH（CH 3）CH 3，C（CH 3） 3，故符合条件的有机物的异构体数目为4故选 B点评： 本题为 2015 年考题，主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，熟练掌握碳原子数小于 5 的烃基的个数是解决本题的关键，甲基与乙基均 1 种，丙基 2 种、丁基 4 种、戊基 8 种6 （3 分）海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（ ）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
12、 将其还原吸收考点： 真题集萃；海水资源及其综合利用分析： A向苦卤中通入 Cl2 置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有 Ca2+、Mg 2+、 SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；C工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用 SO2 将其还原吸收转化为 HBr，达到富集的目的解答： 解：A向苦卤中通入 Cl2 置换出溴单质，分离得到溴，通入 Cl2 是为了提取溴，故A 正确；B粗盐中含有 Ca2+、Mg 2+、 SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2 溶液、过量的 NaOH 溶
13、液和过量的 Na2CO3 溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故 B 正确；C工业生成处于生石灰或石灰水作沉淀剂，故 C 错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用 SO2 将其还原吸收转化为 HBr，达到富集的目的，故 D 正确，故选：C点评： 本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大7 （3 分） （2015 春 北仑区校级期末）用图所示装置进行下列实验：将中溶液滴入中，预测的现象与实际相符的是（ ） 选项 中物质 中物质 预测中的现象A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
14、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AA B B C C DD考点： 真题集萃；实验装置综合分析： A先发生盐酸与 NaOH 的反应；B常温下，Al 遇浓硝酸发生钝化；CNaOH 过量，开始不生成沉淀；D发生氧化还原反应解答： 解：A先发生盐酸与 NaOH 的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故 A 错误；B常温下，Al 遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故 B错误；CNaOH 过量，开始不生成沉淀，反应生成偏
15、铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故 C错误；D草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故 D 正确；故选 D点评： 本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为 2015 年高考真题，把握物质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等二、解答题8 （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，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生 MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g 水）温度/化合物0 20 40 6
16、0 80 100NH4Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3ZnCl2 343 395 452 488 541 614化合物 Zn（OH） 2 Fe（OH） 2 Fe（OH） 3Ksp 近似值 1017 1017 1039回答下列问题：（1）该电池的正极反应式为 MnO 2+H+e=MnOOH ，电池反应的离子方程式为： 2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+ （2）维持电流强度为 0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌 0.05g g （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，两者可以通
17、过 加热浓缩 冷却结晶 分离回收，滤渣的主要成分是 MnO2、 碳粉 和 MnOOH ，欲从中得到较纯的 MnO2，最简便的方法是 空气中加热 ，其原理是 碳粉转变为二氧化碳，MnOOH 氧化为二氧化锰 （4）用废电池的锌皮制作 ZnSO47H2O 的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀 H2SO4 和 H2O2，溶解，铁变为 Fe 3+ 加碱调节 pH 为 2.7 时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于 1105molL1 时，即可认为该离子沉淀完全） 继续加碱调节 pH 为 6 时，锌开始沉淀（假定 Zn2+浓度为 0.1molL1） 若上述过程不加 H2O2 的后果是 Zn 2+
18、和 Fe2+分离不开 ，原因是 Zn（OH） 2、Fe（OH） 2 的 Ksp 相近 考点： 真题集萃；原电池和电解池的工作原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用分析： （1）该电池的正极发生还原反应，MnO 2 被还原生成 MnOOH；负极锌被氧化生成Zn2+，以此书写电池总反应式；（2）持电流强度为 0.5A，电池工作五分钟，则电量为 0.5A300s=150C，转移电子的物质的量为 ，以此计算消耗锌的质量、物质的量；（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成 MnOOH 等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH 可被氧化；（4）铁加入稀 H2SO4 和 H2O2，可被氧化生成 Fe3+，铁
19、刚好沉淀完全时离子浓度小于 1105molL1，结合 Ksp=1039 计算 pH，并根据 Ksp 计算锌开始沉淀的 pH解答： 解：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO 2 被还原生成 MnOOH，电解方程式为MnO2+H+e=MnOOH，负极锌被氧化生成 Zn2+，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，故答案为：MnO 2+H+e=MnOOH；2MnO 2+Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；（2）持电流强度为 0.5A，电池工作五分钟，则电量为 0.5A300s=150C，转移电子的物质的量为 ，则消耗 Zn 的质量为 65g/mol=0.05g，故答案为：
20、0.05；（3）滤液中主要有 ZnCl2 和 NH4Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成 MnOOH 等，在空气中加热时，碳粉、 MnOOH 可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为二氧化碳，MnOOH 氧化为二氧化锰；（4）铁加入稀 H2SO4 和 H2O2，可被氧化生成 Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于 1105molL1，因 Ksp=1039，则 c（OH ）= mol/L0.51011mol/L，此时 pH=2.7，如锌开始沉淀，则 c（OH ） = mol/L=108mol/
21、L，此时 pH=6，由表中数据可知 Zn（OH） 2、Fe（OH） 2 的 Ksp 相近，如不加 H2O2，则 Zn2+和Fe2+分离不开，故答案为：Fe 3+；2.7；6；Zn 2+和 Fe2+分离不开；Zn（OH） 2、Fe（OH ） 2 的 Ksp 相近点评： 本题为 2015 年新课标卷考题，考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养9 （14 分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO 2 和 H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO（g）+2H 2（g
22、）CH 3OH（g）H 1CO 2（g）+3H 2（g）CH 3OH（g）+H 2O（g）H 2CO 2（g）+H 2（g）CO（g）+H 2O（g）H 3回答下列问题：化学键 HH COCO HO CHE/（ kJmol 1） 436 343 1076 465 413（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：由此计算H 1= 99 kJmol 1，已知H 2=58kJmol 1，则H 3= +41 kJmol 1（2）反应的化学平衡常数 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 a （填曲线标记字母） ，其判断理由是 反应正反应为放热反应，平衡常数随温度升
23、高而减小 （3）合成气的组成 n（H 2） /n（CO+CO 2）=2.60 时体系中的 CO 平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图 2 所示a（CO）值随温度升高而 减小 （填“增大” 或“减小” ） ，其原因是 反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中 CO 的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减小 图 2 中的压强由大到小为 P 1P 2P 3 ，其判断理由是 相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向
24、正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强有利于 CO 的转化率升高 考点： 真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素分析： （1）反应热=反应物总键能生成物总键能；根据盖斯定律：反应 反应=反应，反应热也进行相应的计算；（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO 的转化率降低，根据升高温度对反应、的影响，进行分析 CO 转化率变化原因；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影
25、响其平衡移动，反应正反应为气体分子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大解答： 解：（1）反应热=反应物总键能生成物总键能，故H1=1076kJmol 1+2436kJmol 1（3413+343+465 ）kJmol 1=99kJmol 1；根据盖斯定律：反应反应 =反应，故H 3=H 2H1=58kJmol 1（99kJmol 1）=+41kJmol 1，故答案为：99 ；+41；（2）反应CO（g）+2H 2（g）CH 3OH（g）的平衡常数表达式 K=；反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线 a 正确反映平衡常数 K 随
26、温度变化关系，故答案为： ；a；反应正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO 的转化率减小，反应正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中 CO 的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减小；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于 CO 的转化率升高，故压强：P 1P 2P 3，故答案为：减小；反应正反应为放热反应，
27、升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中 CO 的量增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减小；P1P 2P 3；相同温度下，反应前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于 CO 的转化率升高点评： 本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等10 （15 分）二氧化氯（ClO 2，黄绿色易溶于水的气
28、体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：（1 ）工业上可用 KClO3 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 2：1 （2）实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO 2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备 ClO2：电解时发生反应的化学方程式为 NH 4Cl+2HCl NCl3+3H2 溶液 X 中大量存在的阴离子有 Cl 、OH 除去 ClO2 中的 NH3 可选用的试剂是 c （填标号）a 水 b碱石灰 C浓硫酸 d饱和食盐水（3）用如图装置可以测定混合气中 ClO2 的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用 50mL 水溶解后，再加入 3
29、mL 稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用 0.1000molL1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I 2+2S2O322I +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：锥形瓶内 ClO2 与碘化钾反应的离子方程式为 2ClO 2+10I+8H+2Cl +5I2+4H2O 玻璃液封装置的作用是 吸收残留的 ClO2 气体（避免碘的逸出） V 中加入的指示剂通常为 淀粉溶液 ，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 测得混合气中 ClO2 的质量为 0.02700 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 d （填标号）a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁考点： 真题集萃；探究物质的组成或测量物质的含量专题： 实验探究和数据处理题
