2015年全国化学2卷

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅱ卷）
理综化学试题
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．硅胶多孔，吸附水分能力强，且没有毒，常用作实验室和袋装食品、瓶装药品等的干燥剂，A正确；B．P2O5是酸性氧化物吸水生成磷酸或偏硫酸，酸有腐蚀性，而偏磷酸有毒，因此不可用作食品干燥剂，B正确；C．氯化钙检验吸水性，而六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，C错误；D．加工后具有吸水性的植物纤维没有毒，没有腐蚀性，因此可用作食品干燥剂，D正确，答案选C。

【考点定位】考查硅胶、P2O5、氯化钙、新型植物纤维等食品干燥剂中的应用
【名师点晴】本题从知识上考查了常见干燥剂在生活中的应用，考查了学生对知识理解、综合运用能力，对生活中的化学知识的运用情况，熟悉常见干燥剂的性质是答题的关键。

这道高考题为一道中下档题，难度偏低。

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】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，这说明分子中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，水解方程式为：C18H26O5+2H2O →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 正确。

【考点定位】本题主要是考查酯类物质的水解、利用质量守恒定律判断物质的分子式
【名师点晴】该题以酯类的水解反应为载体，考查了学生灵活运用水解反应方程式判断有机
物分子式，该题的关键是判断出酯类物质中含有2个酯基以及原子守恒在化学反应中的应用，题目难度不大。

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＞a
B．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】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，即分别属于第IA、ⅥAⅦA、IA族。

a－的电子层结构与氦相同，则a是H。

b和c的次外层有8个电子，即二者均是第三周期元素，所以b是S，c是Cl。

c－和d+的电子层结构相同，都是18电子微粒，则d是K。

A．同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则元素的非金属性次序为c＞b＞a，A正确；B．氢元素与硫元素和氯元素分别可以形成共价化合物H2S和HCl，但氢元素与钾元素不能形成共价化合物，而是形成离子化合物KH，B错误；C．d和其他3种元素均能形成离子化合物，即KH、K2S、KCl，C正确；D．氢元素、硫元素和氯元素的最高价、最低价分别是+1和-1、+6或 -2、+7或-1，所以元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、
4、6，D正确，答案选B。

【考点定位】本题主要是考查元素推断、元素周期律的应用，涉及非金属性强弱比较、共价化合物和离子化合物判断以及化合价等
【名师点晴】高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。

高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。

通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色，题目浓度不大。

10．N A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10N A
B ．1L 0.1mol ·L －1的NaHCO 3溶液中HCO 3－和CO 32－
离子数之和为0.1N A C ．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1N A
D ．235g 核互
23592U 发生裂变反应：23592U +10n 9038Sr +13654U +1010n ，净产生的中子(10n )数为10N A
【答案】C
【解析】A ．60g 丙醇的物质的量是 mol
g g /60601mol ，丙醇的结构简式为CH 3CH 2CH 2OH ，所以分子中存在的共价键总数为11N A ，A 错误；B ．根据物料守恒可知1L 0.1mol ·L
－1的NaHCO 3溶液中H 2CO 3、HCO 3－和CO 32－离子数之和为0.1N A ，B 错误；C ．钠在空气中
燃烧可生成多种氧化物，氧化钠或过氧化钠，23g 钠的物质的量是23g ÷23g /mol ＝1mol 。

钠不论是转化为氧化钠，还是过氧化钠，均失去1个电子，所以钠充分燃烧时转移电子数为1N A ，C 正确；D ．235g 核素
23592U 的物质的量＝235g ÷235g /mol ＝1mol ，根据发生的裂变反应23592U +1
0n 90
38Sr +136
54
U +1010n 可知净产生的中子(10n )数为9N A ，D 错误，答案选C 。

【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算，涉及丙醇分子中共价键判断、溶
液中物料守恒应用、氧化还原反应中电子转移计算以及核裂变反应等
【名师点晴】将分子、原子的结构、相对分子质量或式量、物质质量、摩尔质量、物质的量、
物质的量在物质及其所含构成微粒关系式计算中的应用、溶液体积、溶质的物质的量浓度、溶质的物质的量、溶质与水化合即电解质的电离、可逆反应、取值范围、气体摩尔体积、物质的状态、电解质溶液中存在的微粒、钠的燃烧、氧化还原反应、化合价、物质的量在钠与失去电子的关系式计算中的应用等联系起来。

充分体现了化学研究从定性到定量、从宏观到微观的特点，更突显了化学科学特点和化学研究基本方法，能较好的考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

11．分子式为C 5H 10O 2并能与饱和NaHCO 3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)
（ ）
A ．3种
B ．4种
C ．5种
D ．6种
【答案】B
【解析】分子式为C 5H 10O 2并能与饱和NaHCO 3溶液反应放出气体，这说明该有机物是饱和
的一元羧酸，即分子组成为C4H9—COOH，丁基有4种，分别是CH3CH2CH2CH2—、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—、CH3CH2CH(CH3)—，所以该羧酸也有4种，答案选B。

【考点定位】本题主要是考查有机物同分异构体种类判断，侧重于碳链异构体的考查。

【名师点晴】该题的关键是熟悉常见官能团的结构与性质，准确判断出有机物的属类，依据碳链异构体的书写方法逐一分析判断即可，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。

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．工业生产中常选用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．氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，因此向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；B．粗盐中的钙离子、镁离子等可采用沉淀法除去，所得氯化钠溶液可采用重结晶等过程提纯，B正确；C．工业生产常选用来源更广泛、价格更便宜的石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，SO2具有还原性，能被溴氧化，因此再用SO2将其还原吸收，D正确，答案选C。

【考点定位】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。

【名师点晴】本题从知识上考查物质的分离与提纯，考查了学生对知识了解、理解、掌握和分析、综合运用的情况。

明确常见的化学实验基本操作以及常见物质的性质是答题的关键。

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、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快同志，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确，答案选D。

【考点定位】本题主要是考查实验方案设计与评价，涉及碳酸钠、氢氧化钠与盐酸反应、铝及其化合物、钝化、氢氧化铝制备、浓硝酸、草酸、酸性高锰酸钾溶液等。

【名师点晴】该题以实验探究的形式考查元素及其化合物的性质，充分体现了金属元素化合物和非金属元素化合物考查的目的，有利于培养学生的思维能力、分析问题的能力、动手能力、观察能力等，能更全面地考查考生的综合素质和能力。

掌握常见元素及其化合物的性质是答题的关键，注意基础知识的理解掌握和灵活运用。

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，其周围是碳粉，
MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：
溶解度/(g/100g水)
温度/℃
020*********化合物
NH4Cl29.337.245.855.365.677.3
ZnCl2343395452488541614
化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3
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，理论上消耗Zn 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ZnCl 2和NH 4Cl ，二者可通过
____分离回收；滤渣的主要成分是MnO 2、______和 ，欲从中得到较纯的
MnO 2，最简便的方法是 ，其原理是 。

（4）用废电池的锌皮制备ZnSO 4·7H 2O 的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加
稀硫酸和H 2O 2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH 为 时，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）；继续加碱调节至pH 为
_____时，锌开始沉淀（假定Zn 2＋浓度为0.1mol /L ）。

若上述过程不加H 2O 2后果
是 ，原因是 。

【答案】（1）MnO 2＋e —＋H ＋＝MnOOH ；Zn ＋2MnO 2＋2H ＋＝Zn 2＋＋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CO 2，MnOOH 氧化为MnO 2 （4）Fe 3＋；2.7；6；Zn 2＋和Fe 2＋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，锌是活泼的金属，锌是负极，
电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn —2e —＝Zn 2＋。

中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH ，则正极电极反应式为MnO 2＋e —＋H ＋＝MnOOH ，所以总反应式为Zn ＋2MnO 2＋2H ＋＝Zn 2＋＋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0.5×300＝150，因此通过电子的物质的量是
mol 10155496500
1503-⨯＝，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn 的质量是g 05.0mol /g 652mol 001554.0＝⨯。

（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。

根据表中数据可知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。

二氧化锰、铁粉、MnOOH 均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH 。

由于碳燃烧生成CO 2，MnOOH 能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。

（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。

根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓
度为10—5
mol /L ，则溶液中氢氧根的浓度＝L /mol 1051010123539———＝⨯，所以氢离子浓度是2×10—3mol /L ，pH ＝2.7，因此加碱调节pH 为2.7时铁刚好完全沉淀。

Zn 2＋
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浓度为＝1
.01017
-＝10—8mol /L ，氢离子浓度是10—6mol /L ，pH ＝6，即继续加碱调节pH 为6时锌开始沉淀。

如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此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Zn 2＋和Fe 2＋。

【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书
写、电解计算、溶度积常数的应用、pH 计算、化学实验基本操作等。

【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、
物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。

考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。

这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。

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 、CO 2
和H 2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO (g )+2H 2(g )
CH 3OH (g ) △H 1 ②CO 2(g )+3H 2(g )
CH 3OH （g ）+H 2O (g ) △H 2 ③CO 2(g )+H 2(g )
CO (g )+H 2O (g ) △H 3 回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下： 化学键
H —H C —O C O H —O C —H E /（kJ .mol -1） 436 343 1076 465
413 由此计算△H 1＝ kJ ·mol -1，已知△H 2＝-58kJ ·mol -1，则△H 3＝ 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 (H 2)/n (CO +CO 2)＝2.60时，体系中的CO 平衡转化率（α）与温度
和压强的关系如图2所示。

α（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 )(c 223H CO OH CH K •=
；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；P 3＞P 2＞P 1；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
【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数
据和反应的化学方程式CO (g )+2H 2(g )CH 3OH (g )可知反应热△H 1＝1076kJ /mol ＋2
×436 kJ /mol —3×413 kJ /mol —343 kJ /mol —465 kJ /mol ＝—99kJ .mol -1。

根据盖斯定
律可知②—①即可得到反应③，则△H 3＝—58 kJ /mol ＋99 kJ /mol ＝＋41kJ .mol -1。

（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K 的表达式为)
(c )(c )(c 223H CO OH CH K •=；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a 正确。

（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，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；因此最终结果是随温度升高，使CO 的转化率降低；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，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。

【考点定位】本题主要是考查反应热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影响等
【名师点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，考查了学生对知识理解、综合运用能力。

将热化学方程式、盖斯定律，平衡图像、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，碳、氮及其化合物的性质等知识同低碳经济、温室气体的吸收等环境问题联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的学科的特点。

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，回答下列问題：（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）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_______（填标号)。

a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁
【答案】(1) 2：1（2）①NH4Cl＋2HCl电解3H2↑＋NCl3②Cl—、OH—③c （3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O②吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出）
③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700（4）
d
【解析】（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反应中氯元素的化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，氯酸钾是氧化剂。

S元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。

（2）①根据流程图可知电解时生成氢气和NCl3，则电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl＋2HCl电解3H2↑＋NCl3。

②NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3和氯化钠、NaOH，反应的离子反应为
NCl3+3H2O+6ClO2—＝6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。

③a、ClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，a错误；b、碱石灰不能吸收氨气，b错误；
c、浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，c正确；
d、ClO2易溶于水，不能利用饱和
食盐水吸收氨气，d错误，答案选c。

（3）①ClO2具有强氧化性，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I—为I2，自身被还原为Cl—，同时生成水，反应离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O。

②由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余
的二氧化氯气体。

③由于碘遇淀粉显蓝色，则V中加入的指示剂通常为淀粉，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。

④根据方程式可知2ClO2～5I2～10S2O32-，则测得混合气中ClO2的质量为0.1mol/L
×0.02L×67.5g/mol/5＝0.02700g。

（4）亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。

【考点定位】本题考查阅读题目获取信息能力、氧化还原反应滴定及应用、电解原理、对工艺流程及装置理解分析等，难度中等，要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力，注意基础知识的全面掌握。

【名师点晴】本题从知识上考查了重要物质的化学性质、化学实验基本操作、实验现象的判断与分析、化学探究实验方案的设计与评价、化学方程式的书写、氧化还原反应原理等知识。

考查了学生对基础知识的记忆、理解和运用，运用所学知识分析具体问题的能力。

也涉及到运用所学知识分析问题、解决问题的能力，同时把元素化合物、基本化学原理和化学实验联系在一起，充分体现了学生对基础知识的掌握和分析问题、解决问题的思维能力，凸显了理科综合考试中的综合性与实用性的特点。

36.【化学——选修2：化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯
氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：
相关化合物的物理常数
物质相对分子质量密度（g/cm-3）沸点/℃
异丙苯1200.8640153
丙酮580.789856.5
苯酚941.0722182
回答下列问题：
（1）在反应器A中通入的X是。

（2）反应①和②分别在装置和中进行（填装置符号）。

（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是______，优点是用量少，缺点是_______________。

（4）反应②为(填“放热”或“吸热”）反应。

反应温度控制在50-60℃，温度过高的安全隐患是。

（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号。

已知苯酚是一种弱酸）。

a. NaOH
b. CaCO
c. NaHCO
d. CaO
（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依据是。

（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是。

【答案】（1）氧气（或空气）（2）A；C（3）催化剂（提高反应速率）；腐蚀设备（4）放热；可能会导致（过氧化物）爆炸
（5）c（6）丙酮、苯酚；苯酚的沸点高于丙酮（7）原子利用率高
【解析】（1）异丙苯被氧气氧化为异丙苯过氧化氢，异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解即可得到苯酚和丙酮，因此在反应器A中通入的X是氧气或空气。

（2）根据流程图可知反应①和②分别在装置A和C中进行。

（3）异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解，所以浓硫酸的作用是作催化剂。

由于浓硫酸
具有酸性，因此缺点是容易腐蚀设备。

（4）△H小于0，则反应②为放热反应。

反应温度控制在50-60℃，由于过氧化物受热易分解，因此温度过高的安全隐患是容易发生爆炸。

（5）苯酚与碳酸氢钠不反应，所以选择碳酸氢钠。

（6）由于苯酚的沸点高于丙酮，丙酮先气化，所以蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚。

（7）根据以上分析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、没有副产物。

【考点定位】本题主要是考查物质制备工艺流程图的分析与应用，涉及试剂的选择、物质的分离与提纯、反应条件控制、实验方案设计与探究。

【名师点晴】化学工艺流程题是近年高考备受关注的一种题型，该类型是将化工生产过程中的主要生产阶段用框图形式表示出来，并根据生产流程中涉及的化学知识步步设问，构成与化工生产紧密联系的工艺流程题。

主要有实验型化工流程题、原理型化工流程题、元素化合物型化工流程题三种形式。

主要是考查了学生对知识理解、综合运用能力，培养学生知识素养和能力素养，能熟练应用所学知识解决问题的能力。

建议复习中注意课本上与化工生产有关的问题，对每一步所包含的原理、涉及的反应、可能的副产品、以及条件的选择分析到位。

37．[化学—选修3：物质结构与性质](15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。

回答下列问题：
（1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 (填分子式)，原因是；
A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为。

（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为。

（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为：晶胞中A原子的配位数为；列式计算晶体F的密度
(g.cm-3) 。