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2015普通高等学校招生全国统一考试（新课标2）化学7．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【答案】C【解析】A选项硅胶没有毒，具有吸水性，可以用作食品干燥剂，正确；B选项五氧化二磷是酸性氧化物，吸水生成磷酸或偏磷酸，因此不能用作食品干燥剂，正确；C选项六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，错误；D选项加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂，正确。【考点】考查干燥剂的有关判断8．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A．C14H18O5B．C14H16O4C．C14H22O5D．C14H10O5【答案】A【解析】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，这说明羧酸酯中含有两个酯基，因此有两个水分子参加反应，即C18H26O5+H2O→羧酸+2C2H6O，则根据原子守恒可知该羧酸的分子式中碳原子个数是18—2×2=14，氢原子个数是26+4—2×6=18，氧原子个数是5+2-2×1=5，即分子式为C14H18O5，A选项正确。【考点】考查酯类化合物性质及分子式判断9．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，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c＞b＞aB．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【答案】B【解析】由已知条件a－的电子层结构与氦相同，则a是H；因为b和c的次外层有8个电子，最外层电子数分别为6、7，则b是S，c是Cl；因为c－和d+的电子层结构相同，d是K。A选项元素的非金属性ClSH，正确；B选项H和K形成KH，是离子化合物，错误；C选项K是金属元素，和H、S、Cl一定形成离子化合物，正确；D选项H元素的最高价是+1，最低价是-1，代数和是0，S元素最高价是+6，最低价是-2，代数和是4，Cl元素最高价是+7，最低价是-1，代数和是6，正确。【考点】考查元素推断及元素周期律的应用10．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10NAB．1L0.1mol·L－1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23592U发生裂变反应：23592U+10n9038Sr+13654Xe+1010n，净产生的中子(10n)数为10NA【答案】C【解析】A选项60g丙醇的物质的量是1mol，分子中存在的共价键总数为11NA；B选项1L0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中由于HCO3－的水解和电离，存在HCO3－、H2CO3、CO32－，它们的粒子数之和为0.1NA，所以HCO3－和CO32－离子数之和小于0.1NA，错误；C选项钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠是1mol，充分燃烧时钠一定全部反应，则转移电子数为1NA，正确；D选项由核裂变反应式，净产生的中子(10n)数为9，因为235g核素23592U，物质的量是1mol，则净产生的中子(10n)数为9NA，错误。【考点】考查阿伏加德罗常数计算11．分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不考虑立体异构)A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】B【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体，这说明该有机物是羧酸，即分子组成为C4H9—COOH，丁基有4种，所以有机物有4种，答案选B。【考点】考查同分异构体判断12．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将其还原吸收【答案】C【解析】A选项氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，则向苦卤中通入Cl2可以提取溴，正确；B选项粗盐中含有钙、镁、离子、硫酸根离子等可采用除杂提纯，钾离子采用重结晶等过程提纯，正确；C选项镁离子采用氢氧化钠作为沉淀剂，不引入新的阳离子，正确；D选项溴单质易挥发，可以用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，发生的反应是：Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，正确。13．用右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选项盐酸首先中和氢氧化钠，A错误；B选项常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，B错误；C选项氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，D正确，答案选D。【考点】考查实验方案设计与评价26.（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，有关数据下图所示：溶解度/(g/100g水)温度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10-1710-1710-39回答下列问题：（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，滤液中主要有氯化锌和氯化铵，两者可以通过____分离回收，滤渣的主要成分是二氧化锰、______和，欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是，其原理是。（4）用废电池的锌皮制作七水合硫酸锌，需去除少量杂质铁，其方法是：加入新硫酸和双氧水，溶解，铁变为加碱调节PH为，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PH为，锌开始沉淀（假定Zn2＋浓度为0.1mol/L）。若上述过程不加双氧水的后果是，原因是。【答案】（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【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是负极，电极反应式为Zn—2e—＝Zn2＋。中间是碳棒，碳棒中正极，二氧化锰得到电子，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋＝MnOOH，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150，因此通过电子的物质的量是mol101554965001503＝，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是g05.0mol/g652mol001554.0＝。（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要由氯化锌和氯化铵，由于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。滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成二氧化碳，MnOOH能被氧化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯净的二氧化锰，最简便的方法是灼烧。（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。根据氢氧化铁溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中氢氧根离子的浓度=mol/L，所以氢离子浓度是2×10－3mol/L，因此加碱调节pH为2.7，铁刚好完全沉淀，锌离子浓度为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离子浓度为1×10－3mol/L，则pH=6，即继续加碱调节pH=6，锌开始沉淀。如果不加双氧水，则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】考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等27．（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)△H1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH（g）+H2O(g)△H2[③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3回答下列问题：化学键H-HC-OCOH-OC-HE/（kJ.mol-1）4363431076465413（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（a）与温度和压强的关系如图2所示。a（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）)(c)(c)(c223HCOOHCHK；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】考查反应热计算、盖斯定律应用以及外界条件对平衡状态的影响28．(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，答下列问題：[来源:gkstk.Com]（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）O2处理过的饮用水会含