2015年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）.doc

2015年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 　 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分） 1．（6分）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 2．（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA 3．（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1 4．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　） 实验 现象 结论 A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液成血红色 稀硝酸将Fe氧化为 Fe3+ B 将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出现 金属Fe比Cu活泼 C 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点比较低 D 将0.1 mol•L﹣1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀产生，再滴加0.1 mol•L﹣1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀 Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小 A．A B．B C．C D．D 5．（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（　　） A．正极反应中有CO2生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从负极区移向正极区 D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O 6．（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是（　　） A．单质的沸点：W＞X B．阴离子的还原性：W＞Z C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X与Y不能存在于同一离子化合物中 7．（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（　　） A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等 D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 　 二、解答题（共3小题，满分43分） 8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。 回答下列问题。 （1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　 　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　 　。装置B的主要作用是　 　。 （2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。 ①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　 　、I，装置H反应管中盛有的物质是　 　。 ②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　 　。 （3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强　 　。 9．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式　 　。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　 　（写出两条）。 （2）利用　 　的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是　 　（化学式）。 （3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　 　。然后在调节溶液的pH约为5，目的是　 　。 （4）“粗硼酸”中的主要杂质是　 　（填名称）。 （5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为　 　。 （6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　 　。 10．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。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Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（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的关系如表： t/min 0 20 40 60 80 120 X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：　 　； 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=40min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）的关系可用如图表示。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）。 　 [化学--选修2：化学与技术] 11．（15分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下： 回答下列问题： （1）步骤①中得到的氧化产物是　 　，溶解温度应控制在60﹣70℃，原因是　 　。 （2）写出步骤③中主要反应的离子方程式　 　。 （3）步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是　 　（写名称）。 （4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是　 　。 （5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有　 　（填字母） A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机 （6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L﹣1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为　 　。 　 [化学--选修3：物质结构与性质] 12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题： （1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用　 　形象化描述。在基态14C原子中，核外存在　 　对自旋相反的电子。 （2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是　 　。 （3）CS2分子中，共价键的类型有　 　，C原子的杂化轨道类型是　 　，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子　 　。 （4）CO能与金属Fe形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体属于　 　晶体。 （5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示： ①在石墨烯晶体中，每个C原子连接　 　个六元环，每个六元环占有　 　个C原子。 ②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接　 　个六元环，六元环中最多有　 　个C原子在同一平面。 　 [化学--选修5：有机化学基础] 13．A（C2H2）是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示： 回答下列问题： （1）A的名称是　 　，B含有的官能团是　 　。 （2）①的反应类型是　 　，⑦的反应类型是　 　。 （3）C和D的结构简式分别为　 　、　 　。 （4）异戊二烯分子中最多有　 　个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为　 　。 （5）写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）　 　。 （6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A和乙醛为起始原料制备1，3﹣丁二烯的合成路线　 　。 　 2015年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 参考答案与试题解析 　 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分） 1．（6分）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 【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答。 【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误； B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确； C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误； D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。 　 2．（6分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NA B．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA 【分析】A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数； B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度； C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数； C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4。 【解答】解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误； B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误； C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为﹣1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确； D．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4。 　 3．（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（　　） A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1 【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比。 【解答】解：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2， 故选：C。 【点评】本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大。 　 4．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（　　） 实验 现象 结论 A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液 有气体生成，溶液成血红色 稀硝酸将Fe氧化为 Fe3+ B 将铜粉加入1.0mol•L﹣1的Fe2（SO4）3溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出现 金属Fe比Cu活泼 C 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点比较低 D 将0.1 mol•L﹣1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不在有沉淀产生，再滴加0.1 mol•L﹣1CuSO4溶液 先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀 Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子； B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+； C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落； D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化。 【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN溶液、溶液不显红色，故A错误； B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误； C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误； D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、硝酸性质等知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不大。 　 5．（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（　　） A．正极反应中有CO2生成 B．微生物促进了反应中电子的转移 C．质子通过交换膜从负极区移向正极区 D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O 【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O； B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池； C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区； D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。 【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误； B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确； C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确； D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写。 　 6．（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是（　　） A．单质的沸点：W＞X B．阴离子的还原性：W＞Z C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z D．X与Y不能存在于同一离子化合物中 【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素； 它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素， A．W、X单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比； B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱； C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强； D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中。 【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W是H元素，X是N元素，Y、Z为第三周期元素； 它们的最外层电子数之和为18，W最外层电子数是1，X最外层电子数是5，Y、Z最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y原子序数小于Z，则Y是P元素、Z是Cl元素， A．H、N元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A错误； B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性W＜Z，所以阴离子的还原性：W＞Z，故B正确； C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C错误； D．X、Y分别是N、P元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C。 　 7．（6分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是（　　） A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点 C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等 D．当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则增大 【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强； B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大； C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）； D．MOH的碱性强于ROH的碱性，当lg=2时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电离。 【解答】解：A．相同浓度的一元碱，碱的pH越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度条件下，MOH的pH大于ROH的pH，说明MOH的电离程度大于ROH，则MOH的碱性强于ROH的碱性，故A正确； B．由图示可以看出ROH为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶液体积大于a点，所以b点浓度小于a点，则ROH电离程度：b＞a，故B正确； C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它们的c（OH﹣）相等，故C正确； D．根据A知，碱性MOH＞ROH，当lg=2时，由于ROH是弱电解质，升高温度能促进ROH的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。 　 二、解答题（共3小题，满分43分） 8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10﹣2，K2=5.4×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。 回答下列问题。 （1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是　有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊　，由此可知草酸晶体分解的产物中有　CO2　。装置B的主要作用是　冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验　。 （2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。 ①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、　F、D、G、H、D　、I，装置H反应管中盛有的物质是　CuO　。 ②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是　H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊　。 （3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强　向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸　。 【分析】（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验； （2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生； ②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊； （3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸。 【解答】解：（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验， 故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰CO2的检验； （2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免环境污染，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I； H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO， 故答案为：F、D、G、H、D；CuO； ②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO， 故答案为：H中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊； （3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸， 故答案为：向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸。 【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等。 　 9．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）写出Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式　Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4　。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有　提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径　（写出两条）。 （2）利用　Fe3O4　的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是　SiO2、CaSO4　（化学式）。 （3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是　将亚铁离子氧化为铁离子　。然后在调节溶液的pH约为5，目的是　使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去　。 （4）“粗硼酸”中的主要杂质是　七水硫酸镁　（填名称）。 （5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为　　。 （6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程　2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO　。 【分析】以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解Fe3O4、SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，以此来解答。 【解答】解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH约为5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3， （1）Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径； （2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4； （3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调节溶液的pH约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去， 故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去； （4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁； （5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为，故答案为：； （6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO，故答案为：2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。 【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等。 　 10．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。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　MnSO4　； （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：　4.7×10﹣7　，已知Ksp（AgCl）=1.8×10﹣10，Ksp（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　299　 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的关系如表： t/min 0 20 40 60 80 120 X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：　　； 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=40min时，v正=　1.95×10﹣3　min﹣1。 ③由上述实验数据计算得到v正～x（HI）和v逆～x（H2）的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为　A、E　（填字母）。 【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰； （2）当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中=； （3）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的热量； （4）①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1﹣0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K=计算； ②到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k逆的表达式； 在t=40min时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式v正=k正x2（HI）计算； ③升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时H2的物质的量分数增大。 【解答】解：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I元素发生氧化反应，Mn元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4； （2）当AgCl开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中===4.7×10﹣7， 故答案为：4.7×10﹣7； （3）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，解得x=299， 故答案为：299； （4）①表中第一列，由HI分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可知，平衡时HI物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为1﹣0.784=0.216，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数K==， 故答案为：； ②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2），则k逆=k正×=， 在t=40min时，正反应建立平衡的x（HI）=0.85，则v正=k正x2（HI）=0.0027min﹣1×0.852=1.95×10﹣3min﹣1， 故答案为：；1.95×10﹣3； ③对于2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）反应建立平衡时： 升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI的物质的量分数减小，因此排除B点，故选A点； 对于H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应建立平衡时：