高考化学试题分类汇编

2015年高考化学试题分类汇编
1.化学与生活
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 AI 27 P 31 S 32 CL 35.5 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Zn 65 Br 80 I 127
（2015·新课标I卷）7．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。

”这里的“强水”是指（）
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
【答案】B
【解析】分析答案备选选项，硝酸具有强氧化性，可溶解除金铂外大部分金属。

（2015·新课标II卷）7.食品千操剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。

下列说法错误的是
A.硅胶可用作食品干操剂
B.P2O5不可用作食品干操剂
C.六水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】此题考点是化学与生活，A硅胶吸水后还是固体，B选项P2O5用作食品干燥剂吸收水分潮解，后变为液体不易保存，C六水氯化钙已经带有结晶水不能再做干燥剂。

所以答案选C.
（2015·北京）6、下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是：
【解析】本题考查化学反应的定义、常见生活生产中的反应原理。

化学反应的根本标志是有新物质的生成，此题中 A、B、D 中均涉及化学变化。

顾Ｃ为正确选项。

（2015·天津）7．下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是
A.点燃爆竹后,硫燃烧生成SO3
B.中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C.服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒
D.使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
【答案】A
【解析】A项，硫燃烧只能生成SO2，SO3的制取需要使用催化剂，故错误；B项，明矾水解显酸性，生成的H+可以跟铜锈反应生成Cu2+，故可以除去铜锈；C项，水杨酸含有羧基，羧基酸性比碳酸强，可以跟NaHCO3反应，故可以用NaHCO3溶液解毒；D项，钙离子会跟肥皂产生的高级脂肪酸钠反应生成不溶性的沉淀，故降低了去污能力。

（2015·重庆）1．中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是
A．用胆矾炼铜 B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南针
【答案】D
【解析】A.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，由CuSO4·5H2O Cu，有新物质生成，属于化学反应；B.由Fe2O3Fe，有新物质生成，属于化学反应；C.制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；D.
打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应；选D。

（2015·广东）7．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
D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
【答案】B
【解析】A、木材纤维是属于纤维素，不能使碘水显蓝色，错误；B、花生油属于酯类，鸡蛋清属于蛋白质，两者均能水解，正确；C、聚氯乙烯不属于烃，错误；D、对二甲苯不属于饱和烃，错误。

点拨:本题考查常见的有机物。

难度较小。

（2015·山东）7、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
【答案】D
【解析】A、钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器中的水和二氧化碳反应生成氧气，A错误；
B、试管加热固体时试管口应略向下倾斜，B错误；
C、浓硫酸溅到皮肤上应立即用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠溶液，C错误；
D、制备乙烯时加热到170℃，加入碎瓷片防止暴沸，D正确。

（2015·浙江）7．下列说法不正确的是
A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关
C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D．燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NO x的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【答案】 C
【解析】选项A，正确。

选项B，正确。

选项C，纳米银粒子聚集为胶体的聚集，属于物理变化。

选项D
正确。

（2015·江苏）1.“保护环境”是我国的基本国策。

下列做法不应该提倡的是（）
A.采取低碳、节俭的生活方式
B.按照规定对生活废弃物进行分类放置
C.深入农村和社区宣传环保知识
D.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【答案】D
【解析】综合四个选项，经常使用一次性物品会加剧环境污染和原料的浪费，所以D项不应该提倡。

（2015·海南）1．化学与生活密切相关。

下列应用中利用了物质氧化性的是
A．明矾净化水B．纯碱去油污
C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物
【答案】D
【解析】A中明矾净水是利用胶体的吸附作用，错误。

B中纯碱去油污是利用其碱性与氧化无关，错误。

C 食醋除水垢是利用其酸性比碳酸强与氧化无关。

D中漂白粉中的次氯酸钙与水生成次氯酸有强氧化性，将色
素氧化成无色物质，故选D
2.阿伏伽德罗的计算
（2015·新课标I ）8．N A 为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是（ ）
A ．18gD 2O 和18gH 2O 中含有的质子数均为10N A
B ．2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的H +两种数为2N A
C ．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2N A
D ．密闭容器中2molNO 与1molO 2充分反应，产物的分子数为2N A
【答案】C
【解析】A 选项，D 和H 是氢元素的同位素，其质量数不同，D 2O 和H 2O 摩尔质量不同，则18gD 2O 和18gH 2O 的物质的量不同，所以含有的质子数不同，错误；B 选项亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2N A ，错误；C 选项过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O 元素，所以生成0.1mol 氧气时转移电子0.2N A ，正确；D 选项NO 与氧气反应生成二氧化氮，但常温下，二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，所以产物的分子数小于2N A ，错误，答案选C 。

（2015·新课标II 卷）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
U 发生裂变反应：U+n Sr+U+10n 净产生的中子(n)数为10N A 【答案】C
【解析】A60g 丙醇的物质的量是1摩尔，所以共价键的总数应该是11mol ，B 项根据物料守恒可知，HCO 3－、CO 32－和H 2CO 3的离子数之和等于0.1 N A ，C 无论钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，但是有时最外层失去一个电子，23g 钠充分燃烧时转移电子数为1 N A 正确，净产生的中子（）数为9 N A ，前面消耗一个，所以答案为C. （2015·四川）5、设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A 、2.0gH 218O 与D 2O 的混合物中所含中子数为N A
B 、常温常压下4.4g 乙醛所含σ键数目为0.7N A
C 、标准状况下，5.6LCO 2与足量Na 2O 2反应转移的电子数为0.5 N A
D 、50ml 12mol/L 盐酸与足量MnO 2共热，转移的电子数为0.3N A
【答案】A
【解析】B 选项中，1个乙醛分子中存在的4个C-H 键、1个C-C 键是σ键，而C=O 中的1个键是σ键，另一个键π键，所以4.4g 乙醛即0.1mol 的乙醛中应含有0.6mol 的σ键，即σ键个数为0.6N A 。

C 选项中，CO 2与Na 2O 2发生如下反应：2Na 2O 2+2CO 2=2Na 2CO 3+O 2↑，标况下5.6L 即0.25molCO 2应转移0.25mol 电子，即转移电子数为0.25N A 。

选项D 中，随着反应的进行，盐酸的浓度下降，当达到一定的程度便不再反应，故转移的电子数无法达到0.3N A 。

（2015·广东）10．设n A 为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A ． 23g Na 与足量H 2O 反应完全后可生成n A 个H 2分子
2359223592109038136541010
B．1 molCu和足量热浓硫酸反应可生成n A个SO3分子
C．标准状况下，22．4LN2和H2混合气中含n A个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8n A个电子
【答案】D
【解析】Ａ、错误，钠与水的反应中，１摩尔钠与足量水只能生成0.5摩尔的氢气；B、错误，1mol和足量热浓硫酸反应不可生成ＳＯ３分子，只能生成二氧化硫；C、错误；和是双原子分子，１摩尔的混合气体含有2ＮA个原子。

（2015·海南）10．下列制定微粒的数目相等的是( ) [多选]
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数
C．同温．同压同体积的CO和NO含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别于足量氯气完全反应时转移的电子数
【答案】B、D
【解析】：A.1mol普通水中含有的中子数是8mol，1mol重水中含有的中子数是10mol，所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等，错误。

B.乙烯、丙烯都属于烯烃，分子式符合C n H2n，最简式是CH2，所以若二者的质量相等，含最简式的个数相等，含有的共用电子对数也相等，正确。

C.同温同压下，同体积的CO和NO分子数相同，但是由于每个分子中含有的质子数不相同，所以同温同压下，同体积的CO和NO 同温同压下，同体积的CO和NO，错误。

D.由于Cl2的氧化性很强，与变价金属Fe反应时产生的是FeCl3，与Al发生反应产生AlCl3，所以等物质的量的铁和铝分别与足量的氯气完全反应转移电子数目相等，正确。

（2015·上海）氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。

完成下列计算：
51．CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2L（标准状况）。

石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），
如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为mol。

【答案】20160，400
【解析】由碳元素守恒可求得V=22.4n=22.4*0.9*100*1000/100=20160L。

产生二氧化碳的物质的量为29120/22.4=1300mol，石灰石中碳的物质的量为100*0.9*1000/100=900mol，由碳守恒可得焦炭的物质的量为1300-900=400mol。

（2015·上海）52．已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。

向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2→ Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。

处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3g。

如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。

【答案】10388 43904
【解析】10m3粗盐水中含氯化镁10*6.8=68mol，含氯化钙10*3=30mol由离子方程式得出需要碳酸钠的物质
的量为68+30=98mol，故需要碳酸钠的质量为106*98=10388g。

由Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+得参与反应的Ca2+与NH3的物质的量之比为1：2，这氨气的物质的量为196mol，则需要碳酸化尾气的体积为196÷0.1*22.4=43904L。

（2015·上海）53．某氨盐水含氯化钠1521
kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。

列式计算：
（1）过滤后溶液中氯化钠的质量。

（2）析出的碳酸氢钠晶体的质量。

【答案】1170kg 1680kg
【解析】解：设参加反应的氯化钠的质量为x，析出的碳酸氢钠晶体的质量为y
则NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓
58.5 53.5 84
X 1070kg y
==
解得x=1170kg y=1680kg
故剩余氯化钠的质量为1521kg-1170kg=351kg
析出的碳酸氢钠晶体的质量为1680kg。

（2015·江苏）18.（软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备
MnSO4·H2O ，反应的化学方程式为：MnO2＋SO2=MnSO4
（1）质量为17．40g纯净MnO2最多能氧化_____L(标准状况)SO2。

（2）已知：K sp[Al(OH)3]=1×10－33，K sp[Fe(OH)3]=3×10－39，pH=7．1时Mn(OH)2开始沉淀。

室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。

（3）右图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制结晶温度范围为_____ __。

（4）准确称取0．1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使
Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)=0．0500mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20．00mL。

计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)
【答案】（1）4．48；（2）5．0<pH<7．1；（3）高于60℃；（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：
n(Mn3＋)×1=n(Fe2＋)×1=20．00×10－3×0．0500mol=1．00×10－3mol，根据Mn元素守恒，
m（MnSO4·H2O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是：0．169/0．1710×100%=98．8%。

【解析】
试题分析：（1）根据反应方程式，n(SO2)=n(MnO2)=17．4/87mol=0．2mol，合0．2×22．4L=4．48L；（2）制备MnSO4，再根据信息，pH小于7．1，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：K sp[Al(OH)3]=1×10－33=c(A l3＋)×
c3(OH－)，c(Al3＋)=1×10－6mol·L－1，得出：c(OH－)=1×10－9mol·L－1，c(H＋)=K w/c(OH－)=10－5，pH=5，同理计算出Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3．5，故范围是：5．0<pH<7．1；（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4·H2O的溶解度减小，而MgSO4·6H2 O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃，这样可以得到纯净的MnSO4·H2O；（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3＋)×1=n(Fe2＋)×1=20．00×10－3×0．0500mol=1．00×10－3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4·H2O）=1．00×10－3×169g=0．169g，纯度是：0．169/0．1710×100%=98．8%。

考点：考查化学反应计算、溶度积的计算、除杂问题。

3.离子反应
（2015·北京）11、某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）
A、该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2 +2OH－=== Cl－+ ClO－+ H2O
B、该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2O HClO+ OH－
C、该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+ Cl－+ ClO－= Cl2 ↑+ H2O
D、该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ ClO－= HClO+ CH3COO—
【答案】B
【解析】此题考查离子方程式书写知识。

A是漂白液的制取， A 正确。

B中饱和 NaClO 溶液的pH 约为11，而该消毒液的 pH 约为 12，其碱性应为氢氧化钠导致，错误。

C中考查的是氧化还原方程式的书写，正确。

D考查的是漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，正确。

（2015·天津）8．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是
A.在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
B.气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C.灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na+，无K+
D.将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
【答案】B
【解析】A项，Fe2+遇KSCN无变化，因此无法判断有无Fe2+，故错误；B项，无水硫酸铜遇水蒸气变蓝，这是无水硫酸铜的特征颜色变化，因此选项正确；C项，K+的焰色反应只有透过蓝色的钴玻璃，观察有无紫色才能判断是否含有K+，故错误；D项，SO2、CO2通过澄清石灰水，溶液都可以变浑浊，选项以偏概全，故错误。

（2015·安徽）10．下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是：
A．该溶液中，H+、NH4+、SO42-、Br-可以大量共存
B．该溶液中，Ag+、K+、NO3-、CH3CHO可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，反应的离子方程式为：
2Fe2++ClO-+2H+=== Cl-+2Fe3++H2O
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个
【答案】D
【解析】答案选择D。

选项A在酸性的条件下次氯酸根离子与氯离子会反应生成氯气，因此不能大量共存。

选项B中氯离子会与银离子反应生成AgCl的沉淀，因此不能大量共存。

选项C中不符合客观事实，次氯酸钠溶液是碱性溶液，该离子方程式是在酸性条件下的反应，故错误。

选项D在酸性条件下在酸性的条件下次氯酸根离子与氯离子，反应生成氯气的过程是归中反应，次氯酸根离子中Cl的化合价是正一价的，氯离子的化合价是负一价的，因此生成1mol的Cl2转移1mol的电子。

（2015·广东）8．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B．Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C． K+、Na+、SO42-、MnO4- D． Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】Ｃ
【解析】Ａ、Ba2＋与CO32－形成碳酸钡沉淀，不能共存；Ｂ、氢离子与亚硫酸根不能共存，生成亚硫酸是弱酸，错误；D、H＋、HCO3－能生成水和二氧化碳而不能大量共存，错误。

（2015·山东）12、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↑+H2O
B、向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32—+ SO2+ H2O=H2SiO3↓+SO32—
C、向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3·H2O：Al3 ++4 NH3·H2O=[Al(OH)4]—+4NH4+
D、向CuSO4溶液中加入Na2O2：2 Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑
【答案】D
【解析】A、HNO3与Na2SO3发生氧化还原反应，生成SO42－与NO，A错误；
B、通入过量SO2生成HSO3－，B错误；
C、NH3·H2O属于弱碱，与Al2(SO4)3只能生成Al(OH)3而不能生成[Al(OH)4]－，C错误；
D、Na2O2先与水反应生成NaOH和O2，NaOH再与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，D正确。

（2015·上海）17．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–
、NO3–。

向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】C
【解析】由题干无色溶液可知，没有Fe3+，向该溶液中加入铝粉，只放出氢气，无CO32-，若该溶液呈酸性，则存在：H+、Cl-、Ba2+、Al3+、NH4+；若呈碱性，则存在：OH-、Ba2+、Cl-、NO3-，故选C。

（2015·上海）19．离子方程式2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH–→ 2CaCO3↓ + CO32– + 3H2O可以表示( ) [多选] A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应 B．NaHCO3与澄清石灰水反应
C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应D．NH4HCO3与澄清石灰水反应
【答案】AB
【解析】由离子方程式Ca2++3HCO3-+3OH-=2CaCO3↓+CO32-+3H2O可知，钙离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子参加反应的物质的量之比为2:3:3，A选项可由Ca(HCO3)2与NaOH按照2:3比例反应，符合题意；B选项可由NaHCO3与Ca（OH）2,按照3:2比例反应，符合题意；而C选项则是Ca2+、HCO3-、OH-按照2:2:2反应
的，不符合题意；D选项NH4+也要参与反应，不符合题意。

故选AB。

（2015·江苏）6. 常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B．=1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3－、SO42－
D．水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】B
【解析】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3＋、OH－生成沉淀或AlO2－，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al 能放出氢气的，同业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2＋和OH－不共存，若酸性，NO3－在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2－、CO32－和H＋不能大量共存，故D错误。

考点：考查离子共存问题。

（2015·江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－
B．Na2CO3溶液中CO32－的水解：CO32－＋H2O=HCO3－＋OH－
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3－＋I－＋6H＋=I2＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O
【答案】D
考点：考查离子反应方程式正误判断。

（2015·天津）25．(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：
（1）f在元素周期表的位置是__________。

（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。

（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：__________。

（4）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________。

（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：
①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：__________。

②写出m点反应的而离子方程式_________________。

③若在R溶液中改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为
__________mol。

【答案】
（1）第三周期 IIIA族
（2）r(O2-)>r(Na+) HClO4>H2SO4
（3）
（4）2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) △H=－511KJ·mol-1
（5）①c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)
②NH4++OH-=NH3·H2O
③0.022
【解析】根据图示信息，结合原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，判断出x、y、z、d、e、f、g、h的元素符号分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。

（1）f是Al，在周期表中的位置是第三周期IIIA族。

（2）d、e离子分别是O2-、Na+，两者的电子层结构相同，根据径大序小原则，两者的离子半径大小：r(O2-)>r(Na+）；g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸分别是HClO4、H2SO4，根据周期律的原则，Cl的非金属性比S强，故酸性强弱为HClO4>H2SO4；
（3）H、N可以组成四原子共价化合物NH3，其电子式为：
（4）1mole Na在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.5KJ热量，g根据方程式2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s)，反应热应为写出反应511KJ·mol-1，故热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) △H=－511KJ·mol-1。

（5）zx4f(gd4)2为NH4Al(SO4)2
①由图示可以看出，OH-先跟Al3+反应，再跟NH4+反应，说明Al3+比NH4+更弱，因此Al3+水解程度更大，在NH4Al(SO4)2溶液中剩余的更少，因此c(NH4+)> c(Al3+)，NH4Al(SO4)2溶液因Al3+、NH4+的水解而显酸性，因此c(H+)> c(OH-)，SO42-未发生变化，其浓度最大，在NH4Al(SO4)2溶液中，因为溶液中原有离子的浓度大于水解出的离子，因此离子浓度由大到小的顺序是c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)；
②根据图示信息，结合①分析，图中0-30段为OH-跟Al3+反应，30-40段为OH-跟NH4+反应，m点在30-40
之间，因此m点反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O；
③10ml 1mol·L-1NH4Al(SO4)2与20ml 1.2mol·L-1Ba(OH)2的物质的量之比为5:12，此时可以重新认为有5个NH4Al(SO4)2跟12个Ba(OH)2反应，此时溶液共有5个NH4+、5个Al3+、10个SO42-、12个Ba2+、24个OH-，由此可以看出Ba2+剩余，10个SO42-跟10个Ba2+反应生成10个BaSO4，15个OH-先跟5个Al3+
反应生成5个Al(OH)3，再跟5个NH4+反应生成5个NH3·H2O，此时会有4个OH-剩余，剩余的4个OH-
会溶解4个Al(OH)3生成2个 2 Ba(AlO2)2，发生的反应为5NH4Al(SO4)2+12Ba(OH)2=10BaSO4↓+Al(OH)3↓+5NH3·H2O+2 Ba(AlO2)2，因此溶液中产生的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，沉淀物质的量为可根据Ba(OH)2的物质的量逐一计算，或者根据方程式系数简单计算出，BaSO4和Al(OH)3沉淀物质的量之和是Ba(OH)2物质的量的11/12，即11/12×20ml×10-3× 1.2mol·L-1=0.022mol。

（2015·上海）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。

下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

完成下列填空：
26．写出电解饱和食盐水的离子方程式。

【答案】2Cl-+2H2O=H2↑+Cl2↑+OH-
【解析】电解饱和食盐水是氯碱工业的原理，因为NaCl是强电解质，在溶液中要拆开，所以离子方程式为：2Cl-+2H2O=H2↑+Cl2↑+OH-。

（2015·江苏）16.（（12分）以磷石膏(只要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。

（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO42－)随时间变化见由右图。

清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式_____________；能提高其转化速率的措施有____(填序号)
A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃
C．增大氨水浓度 D．减小CO2通入速率
（2）当清液pH接近6．5时，过滤并洗涤固体。

滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为______和____ ____(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是_________。

（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2＋)增大的原因___________。

【答案】（1）CaSO4＋2NH3·H2O＋CO2=CaCO3＋2NH4＋或CaSO4＋CO32－=CaCO3＋SO42－，AC；（2）SO42－、HCO3－，取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）浸取液温度上升，溶液中c(H＋)增大，促进固体中Ca2＋浸出。

【解析】
考点：考查工艺流程等方面的知识。

4.氧化还原反应
（2015·四川）1．下列物质在生活中应用时，起还原作用的是
A.明矾作净水剂
B.甘油作护肤保湿剂
C.漂粉精作消毒剂
D.铁粉作食品袋内的脱氧剂
【答案】D
【解析】A选项明矾净水原理是Al3++H2O=Al(OH)3+3H+,不是氧化还原反应；B选项甘油为丙三醇，三个羟基有很强的吸水性，故护肤品常常用它吸附水分，来为皮肤补水，并非为氧化还原反应；C选项漂粉精主要成份是Ca(ClO)2，空气中发生反应Ca(ClO)2 +CO2 + H2O ===CaCO3 + 2HClO，HClO有强氧化性能杀灭细菌；D选项原理是：Fe与水蒸气、氧气反应生成铁的水合物：4Fe+3O2=2Fe2O3，铁作还原剂起还原作用。

点评：考查生活中常见物质的作用及其原理
（2015·上海）8．下列反应中的氨与反应4NH3 + 5O2→ 4NO + 6H2O中的氨作用相同的是( )[多选] A．2Na + 2NH3→ 2NaNH2 + H2↑B．2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O
C．4NH3+ 6NO → 5N2 + 6H2O D．3SiH4 + 4NH3→ Si3N4 + 12H2
【答案】BC
【解析】由4NH3+5O2=4NO+6H2O可知，氨的作用是还原剂，故选BC。

（2015·上海）21．工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。

在该反应中（）[多选]
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【答案】AD
【解析】由题意可得该反应的化学反应方程式为：Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，反应中，硫元素既被氧化又被还原，A正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，B错误；每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，C错误；相同条件下，SO2和CO2的物质的量之比为4:1，D正确。

故选AD
（2015·江苏）3.下列说法正确的是（）
A.分子式为的有机化合物性质相同
B.相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能
途径a：
途径a：
C.在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数
D.通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【答案】C
【解析】A项，分析式为C2H6O的可能是乙醇也可能是乙醚，两种不同的官能团，性质不同。

B项，根据盖斯定律，碳转化为二氧化碳，无论途径如何，释放的能量都相同。

C项氧还原反应中得失电子式守恒的，所以C项正确。

D项水中没有碳元素，所以是变不成汽油的，D项错误。

（2015·海南）6．己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3 + 3C1O- + 4OH－ = 2RO4n-+3Cl－ +5H2O。

则RO4n-中R的化合价是
A． +3 B．+4 C．+5 D．+6
【答案】D
【解析】：根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3+4=2n+3，解得n=2。

由于在任何化合物中正负化合价的代数和为0，所以R的化合价为+（2×4-2）=+6，选项是D。

（2015·新课标I）28．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。

回答下列问题：（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2,该反应的还原产物为____________。

（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_____________，已知K sp（AgCl）=1.8×10-10，K sp（AgI）=8.5×10-17。

（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。

（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速
率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。

若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=__________min-1
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。

当升高到某一温度时，反
应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）
【答案】15分⑴MnSO4；⑵ 4.72×10-7；⑶ 299
⑷①K=0.1082/0.7842；
② K·k正；1.95×10-3③A点、E点
【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；=
=4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）H2（g）+I2（g）
初始 1mol·L-10 0
平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1
所以K=0.1082/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1ⅹ（0.85）2=1.95×10-3。

（2015·新课标II）28.（15分）
二氧化氯（，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。

回答下列问题：。