2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）化学.docx

1、 2015 年普通高等学校招生全国统一考试 (浙江卷 )化学 一、选择题 (共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分 ) 1.(6 分 )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 NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施 解析： A、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故

2、A 正确； B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故 B 正确； C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，属于物理变化，故 C 错误； D、采用燃料脱硫技术可以减少 二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨， NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故 D 正确 。 答案： C 2.(6 分 )下列说法正确的是 ( ) A.为测定新制氯水的 pH，用玻璃棒蘸取液体滴在 pH 试纸上，与标准比色卡对照即可 B.做蒸馏实验时，在蒸

3、馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸 。 如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加 C.在未知溶液中滴加 BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在 SO42 或 SO32 D.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法 解析： A、氯水中的次氯酸能漂白 pH 试纸，不能用 pH 试纸测定新制氯水的 pH 值，故 A 错误； B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故 B 正确； C、硫酸钡和 AgCl 均为不溶于酸的

4、白色沉淀，则向某溶液中加入 BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含 Ag+，故 C 错误； D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大 量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故 D 错误 。 答案： B 3.(6 分 )如表为元素周期表的一部分，其中 X、 Y、 Z、 W 为短周期元素， W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍 。 下列说法正确的是 ( ) X Y Z W T A.X、 W、 Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增 B.Y、 Z、 W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增

5、 C.YX2晶体熔化、液态 WX3气化均需克服分子间作用力 D.根据元素周期律，可以推测 T 元素的单质具有半导体特性， T2X3具有氧化性和还原性 解析： X、 Y、 Z、 W 为短周期元素，由元素周期表可知： X 应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分， W 与 X 处于同一主族，且 W 元素原子的核电荷数为 X 元素的 2 倍，那么 X 为 O，W 为 S，那么 Z 为 P， T 为 As， Y为 Si， A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性 O S P，故 H2O H2S H3P，故 A 错误； B、 S 元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故 B 错误

6、； C、 YX2为 SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是 共价键，没有分子间作用力，故 C 错误； D、 As 处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能， T2X3为 As2O3， As 的化合价为 +3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故 D 正确 。 答案： D 4.(6 分 )下列说法不正确的是 ( ) A.己烷有 4 种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同 B.在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应 C.油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油 D.聚合物 ( )可由单体 CH3CH=CH2和 CH2=CH2加聚制得 解析：

7、 A.己烷有五种同分异构体，其碳链结构分别为 、 、 、 ，己烷同分异构体为不同物质，所以其熔沸点不同，且含有支链越多其熔沸点越低，故 A 错误； B.在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应，是苯中的氢原子被溴原子、硝基、磺基取代，所以都属于取代反应，故 B 正确； C.油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下，高级脂肪酸和碱反应生成高级脂肪酸盐和水，所以实际上是油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应为皂化反应，故C 正确； D.凡链节主链上只有四个碳原子 (无其它原子 )且链节无 双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可

8、，所以聚合物 ( )的单体是 CH3CH=CH2和 CH2=CH2，故 D 正确 。 答案： A 5.(6 分 )在固态金属氧化物电解池中，高温共电解 H2O CO2混合气体制备 H2和 CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示 。 下列说法不正确的是 ( ) A.X 是电源的负极 B.阴极的反应式是： H2O+2e H2+O2 ， CO2+2e CO+O2 C.总反应可表示为： H2O+CO2 H2+CO+O2 D.阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是 1： 1 解析： A.根据图示知：与 X 相连的电极产生 CO，电解 H2O CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应

9、，电解池阴极发生还原反应，所以 X 是电源的负极，故 A正确； B.电解池阴极发生还原反应，电解 H2O CO2混合气体制备 H2和 CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气， H2O+2e H2+O 2 ，二氧化碳得到电子生成一氧化碳， CO2+2e CO+O2 ，故 B 正确； C.电解 H2O CO2混合气体制备 H2和 CO，根据图示知：阴极产生 H2、 CO，阳极产生氧气，所以总反应为： H2O+CO2 H2+CO+O2，故 C 正确； D.电解 H2O CO2混合气体制备 H2和 CO，总反应为： H2O+CO2 H2+CO+O2，阴极产生 H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成

10、的气体的物质的量之比是 2： 1，故 D 错误 。 答案： D 6.(6 分 )40 时，在氨水体系中不断通入 CO2，各种离子的变化趋势如图所示 。 下列说法不正确的是 ( ) A.在 pH=9.0 时， c(NH4+) c(HCO3 ) c(NH2COO ) c(CO32 ) B.不同 pH 的溶液中存在关系： c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32 )+c(HCO3 )+c(NH2COO )+c(OH ) C.随着 CO2的通入， 不断增大 D.在溶液 pH 不断降低的过程中，有含 NH2COO 的中间产物生成 解析： A.pH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系： c(NH4+)

11、 c(HCO3 ) c(NH2COO ) c(CO32 )，故 A 正确； B.溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同 pH 的溶液中存在电荷守恒关系为： c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32 )+c(HCO3 )+c(NH2COO )+c(OH )，故 B 正确； C.已知 Ka= ，温度一定时， Ka为常数，不随浓度的变化而变化，随着 CO2的通入， c(NH4+)逐渐增大，则 不断减小，故 C 错误； D.由图象可知开始没有 NH2COO ，后来也不存在 NH2COO ，所以 NH2COO 为中间产物，即在溶液 pH 不断降低的过程中，有含 NH2COO 的

12、中间产物生成，故 D 正确 。 答案： C 7.(6 分 )某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 (主要成分为 Fe2O3、 SiO2、 Al2O3，不考虑其他杂质 ) 制取七水合硫酸亚铁 (FeSO47H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是 ( ) A.溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X 选用铁粉 B.固体 1 中一定含有 SiO2，控制 pH 是为了使 Al3+转化为 Al(OH)3，进入固体 2 C.从溶液 2 得到 FeSO47H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解 D.若改变方案，在溶液 1 中直接加 NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到 FeSO

13、47H2O 解析： 硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 (主要成分为 Fe2O3、 SiO2、 Al2O3，不考虑其他杂质 )，混合物中加入足量硫酸， Fe2O3、 Al2O3与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体 1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体 2 为氢氧化铝，溶液 2 为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体， A.由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸， X 为铁粉，故 A 正确； B.由流程分析可知，固体 1 中一定含有 SiO2，调节 pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体 2 为

14、氢氧化铝，故 B 正确； C.亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液 2 得到 FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故 C 正确； D.在溶液 1 中含有亚铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁沉淀，但是氢氧化亚铁很易被氧气氧化，则得到的氢氧化亚铁中含有氢氧化铁，最后得到的产品不纯，故 D 错误 。 答案： D 二、非选择题： 8.(10 分 )化合物 X 是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成： 已知： RX ROH； RCHO+CH3COOR RCH=CHCOOR 请

15、回答： (1)E 中官能团的名称是 。 答案： 醛基 (2)B+DF 的化学方程式 。 答案： (3)X 的结构简式 。 答案： (4)对于化合物 X，下列说法正确的是 。 A.能发生水解反应 B.不与浓硝酸发生取代反应 C.能使 Br2/CCl4溶液褪色 D.能发生银镜反应 答案： AC (5)下列化合物中属于 F 的同分异构体的是 。 A. B. C.CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH D. 答案： BC 解析： 乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故 A 是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故 B 是乙酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则 D 为醇，由 D

16、 能被氧化为 E，且结合给出的信息： RCHO+CH3COOR RCH=CHCOOR ，那么 E 应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么 C 为 ， C 在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么 D 应为 ，即 E 为 ，据此推断得出 F为： ，那么 X 为 ， 9.(18 分 ) .请回答： (1)H2O2的电子式 。 (2)镁燃烧不能用 CO2灭火，用化学方程式表示其理由 。 (3)在 AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式 。 (4)完成以下氧化还原反应的离子方程式： MnO4 + C2O42 + Mn2+ CO2+ 。 解析： I

17、、 (1)双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个 O O 键，双氧水的电子式为： ，故答案为： ； (2)高温下， Mg 与二氧化碳反应生成 MgO，化学反应方程式为： 2Mg+CO2 C+2MgO，不能起到灭火的作用，故答案为： 2Mg+CO2 C+2MgO； (3)AgCl 沉淀中加入 KBr 溶液，生成了更难溶的 AgBr 沉淀，离子反应方程式为： AgCl+Br=AgBr+Cl ，故答案为： AgCl+Br =AgBr+Cl ； (4)此反应中 Mn 由 +7 价降低到 +2 价，得到 5 个电子， C 由 +3 价升高到 +4 价失去 1 个电子，2 个 C 失去 2 个电子

18、，故高锰酸根与草酸根的化学计量数分别为 2 和 5，据此配平得 2MnO4+5C2O42 +16H+ 2Mn2+10CO2+8H 2O，故答案为： 2MnO4 +5C2O42 +16H+ 2Mn2+10CO2+8H 2O。 答案： (1) (2)2Mg+CO2 C+2MgO (3)AgCl+Br =AgBr+Cl (4)2 5 16H+ 2 10 8H2O .化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂 。 一定条件下金属钠和 H2反应生成甲 。 甲与水反应可产生 H2，甲与 AlCl3反应可得到 NaAlH4。 将 4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况 )的 H2

19、。 请推测并回答： (1)甲的化学式 。 (2)甲与 AlCl3反应得到 NaAlH4的化学方程式 。 (3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式 。 (4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂 (铁锈的成分表示为 Fe2O3)，脱锈过程发生反应的化学方程式 。 (5)某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸 干燥，再与金属钠反应，得到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的 。 判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由 ； 。 解析： (1)Na 在化合价中呈现 +1 价，故该物质的化学式可

20、能为 NaH，又甲与 AlCl3反应可得到 NaAlH4， Al 的化合价为 +3，故 H 元素的化合价为 1， 4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24L，即 0.1mol 氢气，化学反应方程式为： 2NaH 2Na+H2 48g 22.4L 4.8g 2.24L 故此化合物为 NaH，故答案为： NaH； (2)NaH 与 AlCl3反应可得到 NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为： 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为： 4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl； (3)NaAlH4与水反应生成氢气，即

21、NaH 中 H 化合价升高，水中 H 元素化合价降低，化学反应方程式为： NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 ，故答案为： NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 ； (4)NaH 常做还原剂 (H 化合价升高为 +1 价 )，铁锈在此为氧化剂 (Fe 化合价降低为 0 价 )，反应生成铁单质，化学反应方程式为： 3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为： 3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH； (5)稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体 HCl，那么制取的甲中就混有 NaCl，验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水

22、反应生成氢气 。 故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有 HCl，导致产物中有 NaCl； 验纯方法不合理，如果有 Na 残留， Na 与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的 NaCl。 答案： (1)NaH (2)NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2 (4)3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH； (5)制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有 HCl，导致产物中有 NaCl 验纯方法不合理，如果有 Na 残留， Na 与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的 NaCl 10.(15 分 )乙苯催化脱氢制苯乙烯反应： (1)已知： 化学键 C H C C C=C H H

23、键能 /kJmol 1 412 348 612 436 计算上述反应的 H= kJmol 1。 解析： 反应热 =反应物总键能生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是 CH2CH3中总键能与 CH=CH2、 H2总键能之差，故 H=(5412+348 3412 612 436)kJmol1=124kJmol 1。 答案： 124 (2)维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应 。 已知乙苯的平衡转化率为 ，则在该温度下反应的平衡常数 K= (用 等符号表示 )。 解析： 物质的量为 n、体积为 V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应 参加反应的乙

24、苯为 n mol ，则： +H2 开始 (mol)： n 0 0 转化 (mol)： n n n 平衡 (mol)： n(1 ) n n 维持体系总压强 p 恒定，在温度 T 时，由 PV=nRT 可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为 V ，则 = ，故 V =(1+ )V，则平衡常数 K=，则 K= = ， 答案： (3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气 (原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为 1： 9)，控制反应温度 600 ，并保持体系总压为常压的条件下进行反应 。 在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性 (指除了 H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数

25、)示意图如下： 掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 。 控制反应温度为 600 的理由是 。 解析： 正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率 。 600 时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大， 答案： 择 600左右 。 答案： 正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动 600 时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过

26、低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大； (4)某研究机构用 CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺 乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯 。 保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应： CO2+H2 CO+H2O， CO2+C 2CO。 新工艺的特点有 (填编号 )。 CO2与 H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移 不用高温水蒸气，可降低能量消耗 有利于减少积炭 有利用 CO2资源利用 。 解析： CO2与 H2反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确

27、； 由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，消耗的能量减少，故正确； 由于会发生反应 CO2+C 2CO，有利于减少积炭，故正确； CO2代替水蒸气，有利用 CO2资源利用，故正确 。 答案： 11.(15 分 )某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取 。 实验 (一 ) 碘含量的测定 取 0.0100molL 1的 AgNO3标准溶液装入滴定管，取 100.00mL 海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量 。 测得的电动势 (E) 反映溶液中 c(I )的变化，部分数据如表： V(AgNO3)/mL 15.0

28、0 19.00 19.80 19.98 20.00 20.02 21.00 23.00 25.00 E/mV 225 200 150 100 50.0 175 275 300 325 实验 (二 ) 碘的制取 另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下： 已知： 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 请回答： (1)实验 (一 )中的仪器名称：仪器 A ，仪器 B 。 解析： 根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器 B 配制 500mL 含有碘离子的浸取液，需要使用 500mL 的容量瓶 。 答案：坩埚 500mL 容量瓶 (2) 根据表中数据绘制滴定曲线： 该次滴

29、定终点时用去 AgNO3溶液的体积为 mL，计算得海带中碘的百分含量为 %。 解析： 根据表中数据可以绘制出电动势 (E)与消耗硝酸银溶液体积的关系图 。 故答案为： ； 根据滴定曲线可知，当加入 20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了 20.00mL 硝酸银溶液； 20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为： 0.0100mol/L0.02L=0.0002mol ，则 500mL原浸出液完全反应消耗硝酸银的物质的量为： 0.0002mol =0.001mol，说明 20.00g该海带中含有 0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分含量为：100%=0.63

30、5% 。 答案： 20.00mL 0.635% (3) 分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为 。 步骤 X 中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是 。 下列有关步骤 Y 的说法，正确的是 。 A.应控制 NaOH 溶液的浓度和体积 B.将碘转化成离子进入水层 C.主要是除去海带浸取原液中的有机杂质 D.NaOH 溶液可以由乙醇代替 实验 (二 ) 中操作 Z 的名称是 。 解析： 检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水， 故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水； 碘单质易

31、溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤 X 向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色， 故答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色； A.发生反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制 NaOH 溶液的浓度和体积，故 A 正确； B.根据反应 3I2+6NaOH 5NaI+NaIO3+3H2O可知，步骤 Y将碘转化成离子进入水层，故 B正确； C.该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故 C 错误； D.乙醇易溶于水

32、和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故 D 错误； 故答案为： AB； 步骤 Z 将碘单质和 水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤 。 答案： 向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水 液体分为上下两层，下层呈紫红色； AB 过滤 (4)方案甲中采用蒸馏不合理 ，理由是 。 解析： 方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理 。 答案：碘单质易升华，会导致碘损失 。 “ 物质结构与性质 ” 模块 (10 分 ) 12. (1)Cu2+的电子排布式是 解析： Cu 元素原子核外

33、电子数为 29，其基态原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1， Cu原子失去 4s、 3d 能级的 1 个电子形成 Cu2+， Cu2+的核外电子排布式为： 1s22s22p63s23p63d9。 答案： 1s22s22p63s23p63d9； (2)下列物质中既有离子键又有共价键的是 A.MgO B.NaOH C.CaCl2 D.(NH4)2SO4 解析： A.MgO 中只含离子键，故错误； B.NaOH 中含有离子键和共价键，故正确； C.CaCl2中只含离子键，故错误； D.(NH4)2SO4中含有离子键和共价键，故正确 。 答案： BD (3)关于下列分子的说

34、法不正确的是 A.既有 键又有 键 B.O H 键的极性强于 C H 键的极性 C.是非极性分子 D.该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键 。 解析： A.共价单键为 键，共价双键中含有一个 键一个 键，该分子中含有碳碳双键，所以既有 键又有 键，故正确； B.两种元素非金属性差距越大极性越大， O H 之间的非金属性之差大于 C H 之间的非金属性之差，所以 O H 键的极性强于 C H 键的极性，故正确； C.结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，故错误； D.该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键

35、，故错误 。 答案： CD (4)下列说法不正确的是 A.HOCH2CH(OH)CH2OH 与 CH3CHClCH2CH3都是手性分子 B.NH4+和 CH4的空间构型相似 C.BF3与 都是平面型分子 D.CO2和 H2O 都是直线型分子 解析： A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子，这两个分子中都含有手性碳原子，所以都是手性分子，故正确； B.NH4+和 CH4中中心原子价层电子对个数都是 4 且不含孤电子对，所以其空间构型都是正四面体结构，故正确； C. 是平面型分子， BF3中 B 原子价层电子对个数是 3 且不含孤电子对，所以为平面三角形

36、结构，故正确； D.CO2是直线形分子、 H2O 是 V 形分子，故错误 。 答案： D (5)下列有关性质的比较，正确的是 A.第一电离能： O N B.水溶性： CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3 C.沸点： HCl HF D.晶格能： NaCl MgO。 解析： A.同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能 N O，故错误； B.能和水形成氢键的物质溶解性大，乙醇和水能形成氢键、乙醚和水不能形成氢键，所以水溶性 CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3，故正确； C.氢化物的熔沸点随着相对

37、分子质量的增大而增大，但含有氢键的氢化物熔沸点较高， HF中含有氢键、 HCl 中不含氢键，所以沸点 HCl HF，故错误； D.晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，氯化钠中离子半径都大于 MgO 中离子半径，且电荷小于 MgO 中电荷，所以晶格能 NaCl MgO，故错误 。 答案： B “ 有机化学基础 ” 模块 (10 分 ) 13.某研究小组以化合物 1 为原料，按下 列路线制备聚合物 8： 已知： 请回答： (1)以下四个化合物中，含有羧基的是 。 A.化合物 3 B.化合物 4 C.化合物 6 D.化合物 7 解析： 乙烯与 HBr 发生加成反应生成 2为 CH3CH2Br，

38、结合信息可知， CH3CH2Br与 NaCN 发生取代反应生成 3 为 CH3CH2CN， CH3CH2CN 水解得到 4为 CH3CH2COOH， CH3CH2COOH 在 Br2/P 条件下发生取代反应生成 5 为 CH3CHBrCOOH， CH3CHBrCOOH 在氢氧化钠醇 溶液条件下发生消去反应，再酸化得到 6 为 CH2=CHCOOH， CH2=CHCOOH 与甲醇发生酯化反应生成 7 为 CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3发生加聚反应生成聚合物 8 为 。 A.化合物 3 为 CH3CH2CN，不含羧基，故不选； B.化合物 4 为 CH3CH2COOH，含有羧基

39、， 答案： ； C.化合物 6 为 CH2=CHCOOH，含有羧基， 答案： ； D.化合物 7 CH2=CHCOOCH3，不含羧基，故不选 。 答案 ： BC (2)化合物 48 的合成路线中， 未涉及 到的反应类型是 。 A.取代反应 B.消去反应 C.加聚反应 D.还原反应 解析： 化合物 48 的合成路线中，依次发生的取代反应、消去反应、酯化反应 (属于取代反应 )、加聚反应，未涉及还原反应， 答案 ： D (3)下列四个化合物中，与化合物 4 互为同系物的是 。 A.CH3COOC2H5 B.C6H5COOH C.CH3CH2CH2COOH D.CH3COOH 解析： CH3COOC2H5 属于酯， C6H5COOH 属于芳香酸， CH3CH2CH2COOH CH3COOH，属于脂肪酸，均含有 1 个羧基，组成相差 2 个 CH2原子团，二者互为同系物 。 答案 ： CD (4)化合物 4 的属于酯类的所有同分异构体的结构简式 。 解析： 化合物 4 为 CH3CH2COOH，属于酯类的所有同分异构体有： HCOOCH2CH3、 CH3COOCH3。 答案： HCOOCH2CH3、 CH3COOCH3 (5)化合物 78 的化学方程式 。 解析： 化合物 78 的化学方程式为 n CH2=CHCOOCH3 。 答案： n CH2=CHCOOCH3 。