2015江苏高考试卷解析版(化学部分).doc

江苏高考（2015江苏，1,2分）答案：D解析：本题考查有关环境保护知识。低碳节俭的生活方式能减少化石燃料的利用，A正确；对废弃物进行分类放置，对可回收的的物质进行回收再利用，有利于保护环境，B正确；多数的农村人对环境保护意识差，造成资源浪费和对环境造成污染，加强宣传有利于提高保护环境的意识，C正确；一次性筷子、纸杯等都是消耗大量的木材，故应禁止使用，D错误。（2015江苏，2,2分）答案：C解析：本题考查常用化学用语。A项中原子的质量数为37，A错误；Cl-最外层有8个电子，B错误；Cl2分子中的两个Cl原子之间为共价单键，C正确；氯乙烯分子中应该含有碳碳双键，D错误。（2015江苏，3，2分）答案：C解析：本题考查同分异构体、盖斯定律、电子守恒以及原子守恒。分子式为C2H6O的有机物有两种，乙醇和甲醚，两者性质不同，A错误；由于C最终都转变为CO2，根据盖斯定律可知两者放出的热量相同，B错误；C项描述的是氧化还原反应中的电子守恒，C正确；根据元素守恒定律可知，水无论如何也不能转变成油，D错误。（2015江苏，4,2分）答案：C解析：本题考查依据Mg在CO2中的燃烧，考查碳的同素异形体、微粒半径的比较、还原性强弱的比较以及能量的转化。碳单质还包括C60、碳纳米管、无定形碳等，A错误；Mg2+是由Mg失去2个电子后得到，故半径Mg原子半径大，B错误；根据氧化还原反应规律可知，还原性Mg比C强，C正确；燃烧过程中还有产生光能等，D错误。（2015江苏，5,2分）答案：A解析：本题考查元素的推断及其性质。根据元素的描述可知四种元素分别为O、F、Al、Si，最外层电子数由多到少的顺序为F、O、Si、Al，A正确；原子半径由大到小的顺序为Al、Si、O、F，B错误；元素非金属性有强到弱的顺序为F、O、Si，C错误；简单气态氢化物的稳定性顺序与非金属性顺序一致，D错误。（2015江苏，6,2分）答案：B解析：本题考查溶液中的离子共存。使酚酞变红的溶液显碱性，Al3+不能存在，A错误；B项所示溶液中c(H+)=0.1mol/L，四种离子都能存在，B正确；与Al反应生成H2的溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，Fe2+、NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在碱性条件下Fe2+能生成沉淀Fe(OH)2，C错误；D项中水的电离受到抑制，可能是酸溶液也可能是碱溶液，在碱性溶液中四种离子可以大量共存，而在酸性溶液中，AlO2-、CO32-都不能存在，D错误。（2015江苏，7,2分）答案：B解析：本题考查化学实验基本操作。pH试纸使用时不能湿润，否则对被测液进行了稀释，A错误；中和滴定时，滴定管必须用待装液润洗，B错误；分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口放出，C错误；固体加热时，试管口应向下倾斜，D错误。（2015江苏，8,2分）答案：A解析：本题考查硅的精制、MgCl2溶液电解、FeCl3溶液的蒸发以及蔗糖的性质。电解MgCl2溶液得到Mg(OH)2而不是金属Mg，B错误；由于FeCl3水解后得到易挥发性的HCl，故将FeCl3溶液蒸干后得到Fe(OH)3而得不到无水FeCl3，C错误；蔗糖没有还原性，不能发生银镜反应，D错误。（2015江苏，9,2分）答案：D解析：本题考查离子方程式正误判断。由于HClO是弱酸，在离子方程式中应写分子形式而不能写成H+和ClO-形式，A错误；盐的水解反应都是可逆反应，离子方程式中用可逆号而不用等号，B错误；C项中离子方程式的电荷不守恒，I-的系数应为5，I2的系数应为3，C错误；NaHCO3中加入足量的Ba(OH)2后，NaHCO3完全反应，故在离子方程式中HCO3-系数为1，由此可写出其它离子的系数，D正确。（2015江苏，10,2分）答案：D解析：本题考查燃料电池的工作原理。CH4中C为-4价，CO中C为+2价，H2O和CH4中H为+1价，故每消耗1molCH4转移6mol电子，A错误；由于使用的是熔融的碳酸盐电池，熔液中没有OH-，故在A电极上不可能有OH-参与电极反应，B错误；电池工作时，阴离子向负极（A极）移动，C错误；在电极B上O2得电子后结合CO2生成了CO32-，D正确。（2015江苏，11,4分）答案：C解析：本题考查氧化还原反应分析、酸碱混合pH的判断、金属的防护以及反应速率之间的关系。H2O2分解的反应为歧化反应，故反应2H2O2=2H2O+O2中转移2mol电子，则每生成1molO2时转移电子数为26.021023，A错误；pH之和等于14的酸碱等体积混合时，有规律“弱者过量且显性”，故B项溶液显酸性，B错误；牺牲阳极保护法即水闸上连接一比铁更活泼的金属，外加电流阴极保护法中，将水闸与电源的负极相连，这两种办法都能很好保护水闸，C正确；合成NH3反应达平衡后2v(H2)=3v(NH3)，D错误。（2015江苏，12,4分）答案：BC解析：本题考查卤代烃发生消去反应的条件、酚与甲醛的缩聚反应、酚羟基的鉴别以及手性碳原子的判断。有机物在NaOH的水溶液中发生的是溴原子的水解反应而不是消去反应，A错误；Y分子中的酚羟基邻位上有H原子能与HCHO发生类似于酚醛树脂的制取的缩聚反应，B正确；X分子中没有酚羟基，而Y分子中含有酚羟基，故可用FeCl3溶液鉴别，C正确；Y分子中的“CH”中的碳原子就是手性碳原子，D错误。（2015江苏，13,4分）答案：BD解析：本题考查Al(OH)3性质、乙酸乙酯的提纯、Fe2+的检验以及H2O2分解的催化剂等。Al(OH)3能溶于NaOH溶液中，A错误；乙酸乙酯在碳酸钠溶液中的溶解度小，且碳酸钠能吸收乙酸，B正确；溶液中Fe2+在检验时，应先加入KSCN溶液，若无现象，再滴加氯水，若变红才证明含有Fe2+，若先加入氯水，即使溶液中没有Fe2+而只有Fe3+，加入KSCN溶液也会显红色，C错误；FeCl3对H2O2的分解具有催化作用，D正确。（2015江苏，14,4分）答案：D解析：本题考查溶液中离子浓度大小的比较。当溶液的pH为7时，溶液中c(H+)= c(OH-)，A项中溶液中的电荷守恒式为c(NH4+)+c(H+)+=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，故应有c(NH4+) =c(HCO3-)+ 2c(CO32-)，A错误；根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+ c(NH4+)= c(HSO3-)+ 2c(SO32-)+c(OH-)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)+ c(NH4+)= c(HSO3-)+ 2c(SO32-)，根据物料守恒：c(Na+)= c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，代入上式得c(NH4+)+ c(H2SO3)= c(SO32-)，故c(SO32-)c(NH4+)，B项错误；根据物料守恒，Na2SO3溶液在不通入SO2时就有c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，当通入SO2后，SO2被吸收后，溶液中S元素增多，故有c(Na+)2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，C错误；D项溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)，故pH=7时有c(Na+)=c(CH3COO-)+ c(Cl-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，故D正确。（2015江苏，15,4分）答案：BC解析：本题考查反应热的判断、两平衡的比较以及反应速率的比较。由图像可看出，随着温度的升高，CO2的浓度减小，即升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，H0，A错误；根据图中的数据，可知I时容器中气体总物质的量为0.12mol，II时容器中气体总物质的量为0.32mol，再有II的温度高于I的温度，故B正确；II和III时温度相同，由于该反应的正反应为气体体积增大的反应，增大压强时，平衡逆向移动， C正确；因为温度越高，反应速率越快，故状态III反应速率高于状态I的速率，D错误。（2015江苏，16,12分）16.答案：解析：本题考查外界条对电离平衡、水解平衡以及反应速率的影响。（1）由于向清液中通入CO2，故当pH11时，CaSO4转化为CaCO3；搅拌时能增大物质接触的机会，速率增大，A正确；加热到100时，气体溶解度减小，NH3大量挥发，减低反应速率，B错误；增大氨水的浓度能加快速率，C正确；减小CO2的通入速率时，转化速率也减小，D错误；（2）在通入CO2时，对SO42-无影响，在pH为6.5时，通入的CO2主要以HCO3-的形式存在；由于沉淀从含有SO42-的溶液中析出，故只需检验洗涤液中是否含有SO42-即可判断是否洗涤干净，常用盐酸酸化的BaCl2溶液来检验SO42-的存在。（3）升高温度能促进NH4Cl的水解，从而使得溶液中的c(H+)增大，促进了Ca2+的浸出。（2015江苏，17,15分）17.答案：解析：本题考查官能团的名称、结构简式的书写、反应类型的判断、同分异构体的书写以及合成路线的设计。（1）化合物A中的含氧官能团有两种，一是醚键（-O-），另一种是醛基（-CHO）。（2）化合物A的分子式为C14H12O2，故A生成B的反应为醛基的还原反应，即醛基被还原为醇羟基，故B的结构简式为；C生成D的反应为，C分子中的Cl原子被CN基团取代的反应，故为取代反应。（3）因为该同分异构体中只有3类H原子，故两个苯环处于对称位置，其余的原子可以是一个羰基和两个-OCH3或者是两个-CH3和一个，据此可写出同分异构体。（4）本题可用逆推法，由“已知”可知，X中的-NH2可由-CN与H2在催化剂加热的条件下得到，即X可由得到，结合原流程中D的生成可知，可由与NaCN反应得到，分子中的Cl原子可通过碳碳双键与HCl发生加成反应得到，即可由与HCl反应得到，而可由原料在浓硫酸作用下分子内脱水得到。（2015江苏，18,12分）18.答案：解析：本题考查氧化还原反应的计算、应用Ksp计算溶液的pH、样品纯度的计算等。（1）MnO2被还原后生成MnSO4，SO2被氧化后生成SO42-，根据电子守恒得关系式MnO2SO22e-，n(SO2)=n(MnO2)=0.2mol，故SO2在标况下的体积为4.48L。（2）根据Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp可知，当溶液中的c(Al3+)、c(Fe3+)均为110-6molL-1时，溶液中的c(OH-)分别为10-9 molL-1和10-11 molL-1，即溶液的pH分别为5.0和3.0，故除去两种杂质离子的pH应控制在5.07.1范围内。（3）由图示可看出，MgSO46H2O的溶解度随着温度升高而急剧增大，且MnSO4H2O在温度高于40以后溶解度急剧减小，在60时，两种物质的溶解度相等，故高于60后析出的晶体中主要是MnSO4H2O。（4）根据题目的叙述可得如下关系式：MnSO4H2OMn2+Mn3+Fe2+，根据消耗的Fe2+的浓度和体积求出n(Fe2+)，从而求得n(MnSO4H2O)，再结合样品的总质量求出样品的纯度。（2015江苏，19,15分）19.答案：解析：本题考查离子方程式书写，Cl2中HCl的除杂、适宜条件的选择以及粗产品的精制。（1）在制得的Cl2中含有从A装置中挥发出的HCl，故通过食盐水时刻除去Cl2中的HCl。（2）因为Cl2与KOH的反应为放热反应，故加入的盐酸要慢，搅拌后使热量散失；也可以用冰水浴（0）对装置C进行冷却。（3）因为K2FeO4在Fe3+作用下能分解，故在制备时，应将Fe(NO3)滴加到KClO溶液中。（4）将K2FeO4溶液3molL-1的KOH溶液中时，Fe(OH)3不溶解，故通过过滤将Fe(OH)3去掉；由于K2FeO4在浓KOH溶液中的溶解度较小，故可在滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌后K2FeO4从溶液中析出，再次过滤得到晶体；由于K2FeO4能与反应，故过滤得到的晶体不能用水洗涤，而选用乙醇洗涤，最后放在真空干燥箱中干燥。（2015江苏，20,14分）20.答案：解析：本题考查。（1）将给定的热化学方程式中的第二个的系数都乘以2然后与第一个热化学方程式相加可得目标热化学方程式，故H=-58.22+（-200.9）=-371.3kJmol-1；（2）O3具有非常强的氧化性，当O3过量时能将NO2氧化成更高价的氧化物（如N2O5）；在固定体积的容器中增加O3的量，即增大了c(O3)，若反应速率很快的话，氧化SO2的速率也明显加快，当对该反应几乎没影响时说明该反应反应的速率很慢。（3）SO32-将NO2转化(即为还原)为NO2-，而自身被氧化为SO42-，根据电子守恒可知两者系数分别为1和2，根据元素守恒可知SO42-系数为1，NO2-系数为2，根据电荷守恒可知该反应中有OH-参加，有H2O生成。（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液后存在如下关系：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)、c(Ca2+)c(SO32-)=Ksp(CaSO3)，则c(Ca2+)= Ksp(CaSO4)/ c(SO42-)= Ksp(CaSO3)/ c(SO32-)，由此可得c(SO32-)。（2015江苏，21,12分）21.A答案：（1）1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3 O （2）sp3 sp2 7mol(或76.021023) （3）H2F+ H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键解析：本题考查电子排布式、配位键的形成、轨道杂化类型、键数目的判断、等电子体、氢键等。（1）Cr是24号元素，电子排布式为1