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2015年安徽省高考化学试卷
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这是一份2015年安徽省高考化学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2015年安徽省高考化学试卷
一、选择题：
1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
2．（6分）下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
4．（6分）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++H20
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
5．（6分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a表示该反应在T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
6．（6分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH﹣氧化了Mg
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）
D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）
二、非选择题
8．（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．
（1）Si位于元素周期表第 周期第 族；
（2）N的基态原子核外电子排布式为 ；Cu的基态原子最外层有 个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al Si
N O
金刚石 晶体硅
CH4 SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是 ，溶液中的H+向 极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 ．
9．（16分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
（1）A的名称是 ；试剂Y为 ；
（2）B→C的反应类型是 ；B中官能团的名称是 ，D中官能团的名称是 ；
（3）E→F的化学方程式是 ；
（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；
（5）下列说法正确的是 ．
a、B的酸性比苯酚强 b、D不能发生还原反应
c、E含有3种不同化学环境的氢 d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．
10．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是 ，原料中的金属钠通常保存在 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
NaBO2+ SiO2+ Na+ H2═ NaBH4+ Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是 ；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 ；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 ．
11．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．
实验1中溶液pH变小的原因是 ；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示） ．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 ．
2015年安徽省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【分析】A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H原子补充，据此判断分子式；
B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；
C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；
D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．
【解答】解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；
B、此分子中存在4个C﹣O键、1个C=O双键，还存在2个C﹣H键，1个C=C双键，总共8个σ键，故B错误；
C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；
D、8.6g该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大．
2．（6分）下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；
B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；
C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；
D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．
【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；
B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；
C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；
D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．
3．（6分）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【分析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解；
B、氢氧化铁胶体为红褐色；
C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．
【解答】解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；
B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；
C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选C。
【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．
4．（6分）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++H20
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
【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；
B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；
D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．
【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；
B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；
D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D。
【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性．
5．（6分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a表示该反应在T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；
B、此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；
C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；
D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应．
【解答】解：A、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），
起（mol/L） c0 c0 0
转（mol/L） c0 ﹣c1 c0 ﹣c1 2（c0 ﹣c1 ）
平（mol/L） c1 c1 2（c0 ﹣c1 ）
故K=，故A正确；
B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=不变，故B错误；
C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；
D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误，故选A。
【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度．
6．（6分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH﹣氧化了Mg
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；
B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；
C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；
D．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体．
【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．
7．（6分）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）
D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）
【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可。
【解答】解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；
B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；
C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；
D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B。
【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理。
二、非选择题
8．（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．
（1）Si位于元素周期表第 三 周期第 IVA 族；
（2）N的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ；Cu的基态原子最外层有 1 个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al ＞ Si
N ＜ O
金刚石 ＞ 晶体硅
CH4 ＜ SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是 2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O ，溶液中的H+向 正 极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应 ．
【分析】（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；
（2）N的原子序数为7，共排布3个能层；Cu为29号元素，和核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，据此解答即可；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；
（4）依据题意，0～t1时，原电池的负极是Al片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可．
【解答】解：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA；
（2）N的原子序数为7，共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p3；1；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数Al＜Si，故半径Al＞Si；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O＞N，故电负性N＜O；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于C的原子半径小于Si的原子半径，故熔点：金刚石＞晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH4相对分子质量大于CH4，故沸点CH4＜SiH4，故答案为：＞；＜；＞；＜；
（4）0～t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al作正极，Cu作负极，故答案为：2H++e﹣+NO3﹣=NO2↑+H2O；正；Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应．
【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理．
9．（16分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
（1）A的名称是 甲苯 ；试剂Y为 酸性高锰酸钾溶液 ；
（2）B→C的反应类型是 取代反应 ；B中官能团的名称是 羧基 ，D中官能团的名称是 羰基 ；
（3）E→F的化学方程式是 ；
（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；
（5）下列说法正确的是 ad ．
a、B的酸性比苯酚强 b、D不能发生还原反应
c、E含有3种不同化学环境的氢 d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．
【分析】（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；
（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被﹣OH取代生成F；
（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基；
b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；
c．E中含有4种化学环境不同的H原子；
d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃．
【解答】解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，
故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；
（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，
故答案为：取代反应；羧基；羰基；
（3）对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被﹣OH取代生成F，反应方程式为，
故答案为：；
（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，
故答案为：；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a正确；
b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；
c．E中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；
d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，
故选：ad．
【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大．
10．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气 ，原料中的金属钠通常保存在 煤油 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 镊子 、 滤纸 、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
1 NaBO2+ 2 SiO2+ 4 Na+ 2 H2═ 1 NaBH4+ 2 Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是 过滤 ；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 蒸馏 ；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol ．
【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；
原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；
（4）n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式．
【解答】解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；
钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；
实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，
故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：1；2；4；2；1；2；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
故答案为：过滤；蒸馏；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol，
故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol．
【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．
11．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．
无现象
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
生成白色沉淀
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．
实验1中溶液pH变小的原因是 SO2溶于水后生成H2SO3 ；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示） 3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣ ．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者 小于 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3﹣分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者大于后者 ．
【分析】（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡；
（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的pH减小；试验2中反应生成强电解质硫酸，则实验2的pH更小；
（3）验证假设二，需要用实验1做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立；
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣，根据反应方程式判断两溶液的pH大小．
【解答】解：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；
二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，
故答案为：无现象；白色沉淀生成；
（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，所以溶液的pH减小；试验2发生反应：3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣，反应中生成了强酸硫酸，则实验2的pH小于实验1，
故答案为：SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣；
（3）验证假设二，需要用实验1做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立，即：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
，
故答案为：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣，根据反应可知，足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者，所以前者溶液的pH小于后者，
故答案为：小于；反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者．
【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则．
2015年安徽省高考化学试卷
一、选择题：
1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
2．（6分）下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
4．（6分）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++H20
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
5．（6分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a表示该反应在T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
6．（6分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH﹣氧化了Mg
A．A B．B C．C D．D
7．（6分）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）
D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）
二、非选择题
8．（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．
（1）Si位于元素周期表第 周期第 族；
（2）N的基态原子核外电子排布式为 ；Cu的基态原子最外层有 个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al Si
N O
金刚石 晶体硅
CH4 SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是 ，溶液中的H+向 极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 ．
9．（16分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
（1）A的名称是 ；试剂Y为 ；
（2）B→C的反应类型是 ；B中官能团的名称是 ，D中官能团的名称是 ；
（3）E→F的化学方程式是 ；
（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；
（5）下列说法正确的是 ．
a、B的酸性比苯酚强 b、D不能发生还原反应
c、E含有3种不同化学环境的氢 d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．
10．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是 ，原料中的金属钠通常保存在 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
NaBO2+ SiO2+ Na+ H2═ NaBH4+ Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是 ；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 ；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 ．
11．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．
实验1中溶液pH变小的原因是 ；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示） ．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 ．
2015年安徽省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
1．（6分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【分析】A、为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C原子，每个C原子均形成4对共价键，每个O原子形成2对共价键，C原子价键不饱和的用H原子补充，据此判断分子式；
B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；
C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；
D、依据C的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．
【解答】解：A、，此有机物中含有3个C、3个O和2个H，故分子式为：C3H2O3，故A正确；
B、此分子中存在4个C﹣O键、1个C=O双键，还存在2个C﹣H键，1个C=C双键，总共8个σ键，故B错误；
C、此有机物中存在C=C键，属于非极性共价键，故C错误；
D、8.6g该有机物的物质的量为：=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较强，但是难度不大．
2．（6分）下列有关实验的选项正确的是（ ）
A．配制0.10mol•L﹣1NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
A．A B．B C．C D．D
【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；
B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO既不溶于碱也不溶于水；
C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；
D、滴定管的0刻度在上方，据此读数即可．
【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A错误；
B、CO不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO中混有的二氧化碳，故B正确；
C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C错误；
D、滴定管的0刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．
3．（6分）下列有关说法正确的是（ ）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3固体都能发生分解
B．Fe（OH）3胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2三种气体都可用浓H2SO4干燥
D．SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【分析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解；
B、氢氧化铁胶体为红褐色；
C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．
【解答】解：A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，故A错误；
B、Fe（OH）3胶体为红褐色、透明，不是无色，故B错误；
C、H2、SO2、CO2三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C正确；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟酸反应是二氧化硅的特性，故D错误，故选C。
【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是解题关键，题目难度不大．
4．（6分）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++H20
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
【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；
B、银离子与氯离子生成AgCl白色难溶沉淀，故而不能电离共存；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子；
D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．
【解答】解：A、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，故A错误；
B、NaClO和NaCl混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B错误；
C、NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO﹣+2H+═Cl﹣+2Fe3++H20反应矛盾，故C错误；
D、浓盐酸中Cl由﹣1价升高到0价，次氯酸中Cl由+1价降低到0价，故每生成1mol氯气转移电子数为1mol，故D正确，故选D。
【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易出错的是C选项，没有注意原溶液的酸碱性．
5．（6分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a表示该反应在T℃时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；
B、此容器为恒容密闭容器，ρ=，据此判断即可；
C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；
D、由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应．
【解答】解：A、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），
起（mol/L） c0 c0 0
转（mol/L） c0 ﹣c1 c0 ﹣c1 2（c0 ﹣c1 ）
平（mol/L） c1 c1 2（c0 ﹣c1 ）
故K=，故A正确；
B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，那么密度ρ=不变，故B错误；
C、由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；
D、由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即△H＞0，故D错误，故选A。
【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响等，综合性较强，有一定难度．
6．（6分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（ ）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH为8.6
弱碱性溶液中Mg也可被氧化
D
将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生
弱碱性溶液中OH﹣氧化了Mg
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；
B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；
C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化；
D．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体．
【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；
C．PH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．
7．（6分）25℃时，在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是（ ）
A．未加盐酸时：c（OH﹣）＞c（Na+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL盐酸时：c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7时：c（Cl﹣）=c（Na+）
D．加入20mL盐酸时：c（Cl﹣）=c（NH4+）+c（Na+）
【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可。
【解答】解：A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3•H2O部分电离，因此c（OH﹣）＞0.1mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH﹣）＞c（Na+）＞c（NH3•H2O），故A错误；
B、在此混合溶液中加入10mL盐酸，存在电中性原则：c（NH4+）+c（H+）+c（Na+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），由于等体积等浓度混合，故c（Na+）=c（Cl﹣），即c（NH4+）+c（H+）=c（OH﹣），故B正确；
C、加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c（H+）=c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl﹣），即c（Cl﹣）＞c（Na+），故C错误；
D、加入20mL盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H+）＞c（OH﹣），那么c（NH4+）+c（Na+）＜c（Cl﹣），故D错误，故选B。
【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意酸碱中和滴定的实验原理。
二、非选择题
8．（14分）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素．
（1）Si位于元素周期表第 三 周期第 IVA 族；
（2）N的基态原子核外电子排布式为 1s22s22p3 ；Cu的基态原子最外层有 1 个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al ＞ Si
N ＜ O
金刚石 ＞ 晶体硅
CH4 ＜ SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是 2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O ，溶液中的H+向 正 极移动．t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是 Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应 ．
【分析】（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4；
（2）N的原子序数为7，共排布3个能层；Cu为29号元素，和核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，据此解答即可；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；
（4）依据题意，0～t1时，原电池的负极是Al片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答即可；电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可．
【解答】解：（1）Si原子序数为14，有3个电子层，最外层电子数为4，故Si处于第三周期第IVA族，故答案为：三；IVA；
（2）N的原子序数为7，共排布3个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p3；1；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数Al＜Si，故半径Al＞Si；元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O＞N，故电负性N＜O；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于C的原子半径小于Si的原子半径，故熔点：金刚石＞晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH4相对分子质量大于CH4，故沸点CH4＜SiH4，故答案为：＞；＜；＞；＜；
（4）0～t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al作正极，Cu作负极，故答案为：2H++e﹣+NO3﹣=NO2↑+H2O；正；Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al的进一步反应．
【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不大，注意整理．
9．（16分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE的两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
（1）A的名称是 甲苯 ；试剂Y为 酸性高锰酸钾溶液 ；
（2）B→C的反应类型是 取代反应 ；B中官能团的名称是 羧基 ，D中官能团的名称是 羰基 ；
（3）E→F的化学方程式是 ；
（4）W是D的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），写出W所有可能的结构简式： ；
（5）下列说法正确的是 ad ．
a、B的酸性比苯酚强 b、D不能发生还原反应
c、E含有3种不同化学环境的氢 d、TPE既属于芳香烃也属于烯烃．
【分析】（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；
（3）E的分子式为C13H11Br，F的分子式为C13H12O，对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被﹣OH取代生成F；
（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，据此书写；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基；
b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；
c．E中含有4种化学环境不同的H原子；
d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃．
【解答】解：（1）由A的分子式与B的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，
故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；
（2）对比B、C的结构简式可知，B发生取代反应生成C；由B、D结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，
故答案为：取代反应；羧基；羰基；
（3）对比E的结构与F的分子式可知，E中Br原子被﹣OH取代生成F，反应方程式为，
故答案为：；
（4）D的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W是D的同分异构体属于萘（）的一元取代物，存在羟甲基（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2种化学环境不同的H原子，符合条件的W有：，
故答案为：；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a正确；
b．D含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b错误；
c．E中含有4种化学环境不同的H原子，故c错误；
d．TPE只有含有C、H2种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d正确，
故选：ad．
【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难度不大．
10．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是 除去反应器中的水蒸气和空气 ，原料中的金属钠通常保存在 煤油 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 镊子 、 滤纸 、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
1 NaBO2+ 2 SiO2+ 4 Na+ 2 H2═ 1 NaBH4+ 2 Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是 过滤 ；第③步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 蒸馏 ；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol ．
【分析】NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解于异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4水解，在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，从而排出空气和水蒸气；
原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；
（4）n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式．
【解答】解：NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4可溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；
钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；
实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，
故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；
（2）该反应中H元素化合价由0价变为﹣1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：1；2；4；2；1；2；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
故答案为：过滤；蒸馏；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）==0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol，
故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol．
【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．
11．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀．为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体．
无现象
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
生成白色沉淀
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图．
实验1中溶液pH变小的原因是 SO2溶于水后生成H2SO3 ；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示） 3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣ ．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反应后两溶液的pH前者 小于 （填“大于”或“小于”）后者，理由是 反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3﹣分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者大于后者 ．
【分析】（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡；
（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的pH减小；试验2中反应生成强电解质硫酸，则实验2的pH更小；
（3）验证假设二，需要用实验1做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立；
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣，根据反应方程式判断两溶液的pH大小．
【解答】解：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象；
二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，
故答案为：无现象；白色沉淀生成；
（2）试验1中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H++SO32﹣，所以溶液的pH减小；试验2发生反应：3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣，反应中生成了强酸硫酸，则实验2的pH小于实验1，
故答案为：SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣；
（3）验证假设二，需要用实验1做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立，即：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
，
故答案为：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣，根据反应可知，足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者，所以前者溶液的pH小于后者，
故答案为：小于；反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者大于后者．
【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则．
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