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2015年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（ ）
A．硅胶可用作食品干燥剂
B．P O 不可用作食品干燥剂
2 5
C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂 A．向苦卤中通入Cl 是为了提取溴
2
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂 B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
2．（6分）某羧酸酯的分子式为C
18
H
26
O
5
，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该 C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂
羧酸的分子式为（ ） D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO 将其还原吸收
2
A．C H O B．C H O C．C H O D．C H O 7．（6分）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（
14 18 5 14 16 4 16 22 5 16 20 5
3．（6分）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a﹣的 ）
电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的
选项 ①中物质 ②中物质 预测②中的现象
是（ ） A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡
A．a和其他3种元素均能形成共价化合物
B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体
B．元素的非金属性次序为c＞b＞a
C 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液 产生大量白色沉淀
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
D 草酸溶液 高锰酸钾酸性溶液 溶液逐渐褪色
D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
4．（6分）N 代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ）
A
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N
A
B．1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO 溶液中HCO ﹣和CO 2﹣离子数之和为0.1N
3 3 3 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核素 235U发生裂变反应： 235U+ 1n 90Sr+ 136Xe+10 1n净产生的中子（ 1n）数为
92 92 0 38 54 0 0
10N
A A．A B．B C．C D．D
5．（6分）分子式为C H O 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物有（ ）
5 10 2
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
二、解答题
6．（6分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（ ）
8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，
二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生 MnOOH，回收处理该废
电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示：溶解度/（g/100g水） （1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80 100 由此计算△H = kJ．mol﹣1，已知△H =﹣58kJ．mol﹣1，则△H = kJ．mol﹣1
1 2 3
化合物 （2）反应①的化学平衡常数K的表达式为 ；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系
NH Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3 的曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是 。
4
ZnCl 2 343 395 452 488 541 614 （3）合成气的组成n（H 2 ）/n（CO+CO 2 ）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的
关系如图2所示。a（CO）值随温度升高而 （填“增大”或“减小”），其原因是 。图
化合物 Zn（OH） Fe（OH） Fe（OH） 2中的压强由大到小为 ，其判断理由是
2 2 3
K 近似值 10﹣17 10﹣17 10﹣39
sp
回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为： 。
（2）持续电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌 g．（已经F=96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有 ZnCl 和 NH Cl，两者可以通过
2 4
分离回收，滤渣的主要成分是MnO 、 和 ，欲从中得到较纯的MnO ，最简便的方
2 2
法是 ，其原理是 。
（4）用废电池的锌皮制作ZnSO •7H O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入
4 2
10．（15分）二氧化氯（ClO ，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：
2
稀H SO 和H O ，溶解，铁变为 加碱调节pH为 时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小
2 4 2 2
（1 ）工业上可用KClO 与Na SO 在H SO 存在下制得ClO ，该反应氧化剂与还原剂物质的量之
3 2 3 2 4 2
于1×10﹣5mol•L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）。继续加碱调节pH为 时，锌开始沉淀
比为 ．
（假定Zn2+浓度为0.1mol•L﹣1）。若上述过程不加H O 的后果是 ，原因是 。
2 2
（2）实验室用NH Cl、盐酸、NaClO （亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO ：
4 2 2
9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为 CO、CO 和
2
H ）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
2
①CO（g）+2H （g） CH OH（g）△H
2 3 1
②CO （g）+3H （g） CH OH（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 3 2 2
③CO （g）+H （g） CO（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 2 3
①电解时发生反应的化学方程式为 ．
回答下列问题：
⇌
②溶液X中大量存在的阴离子有 ．
③除去ClO 中的NH 可选用的试剂是 （填标号）a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水
化学键 H﹣H C﹣O C≡O H﹣O C﹣H 2 3
（3）用如图装置可以测定混合气中ClO 的含量：
E/（kJ．mol﹣ 436 343 1076 465 413 2
1） Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I +2S O 2﹣═2I﹣+S O 2﹣），指示
2 2 3 4 6
剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：
①锥形瓶内ClO 与碘化钾反应的离子方程式为
2
②玻璃液封装置的作用是
③V中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是
相关化合物的物理常数
④测得混合气中ClO 的质量为 g．
2 物质 相对分子质量 密度（g/cm﹣3） 沸点/℃
（4）用ClO 处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最
2 异丙苯 120 0.8640 153
适宜的是 （填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．
丙酮 58 0.7898 56.5
苯酚 94 1.0722 182
回答下列问题：
（1）在反应器A中通入的X是 。
（2）反应①和②分别在装置 和 中进行（填装置符号）。
（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是 ，优点是用量少，缺点是 。
（4）反应②为 （填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐
患是 。
（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 （填编号。已知苯酚是一种弱酸）。
三、化学——选修2：化学与技术。（满分15分）
a．NaOHb．CaCO c．NaHCO d．CaO
3 3
11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反
（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 和 ，判断的依据是 。
应和工艺流程示意图如图：
（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 。
四、化学-选修3：物质结构与性质。（满分15分）
12．（15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、
D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．
回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是 （填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为 ．（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 （填分子式），原因是 ；A和B的 冋答下列问题：
氢化物所属的晶体类型分别为 和 ． （1）A的结构简式为 ．
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 ，中心原子的杂化轨道 （2）由B生成C的化学方程式为 ．
类型为 ． （3）由E和F生成G的反应类型为 ，G的化学名称为 ．
（4）化合物 D A 的立体构型为 ，中心原子的价层电子对数为 ，单质 D 与湿润的 （4）①由D和H生成PPG的化学方程式为：
2
Na CO 反应可制备D A，其化学方程式为 ． ②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为 （填标号）．
2 3 2
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F的化学式为 ； a． 48b． 58c． 76 d．122
晶胞中A原子的配位数为 ；列式计算晶体F的密度（g•cm﹣3 ） （保留小数点后两 （5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种（不含立体异构）：
①能与饱和NaHCO 溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
位数字）． 3
其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是 （写结构简式）
D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是
（填标号）．
a．质谱仪 b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．
五、化学一选修5：有机化学基础（满分15分）
13．（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容
性方面有很好的应用前景． PPG的一种合成路线如下：
已知：
①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C H
5 8
③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质
④【考点】1B：真题集萃；H3：有机物实验式和分子式的确定；M8：有关有机物分子式确定的计
算．
2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
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【分析】1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则说明酯中含有2个酯基，结合酯的
参考答案与试题解析
水解特点以及质量守恒定律判断。
【解答】解：某羧酸酯的分子式为 C H O ，1mol该酯完全水解可得到 1mol羧酸和2mol乙醇，
18 26 5
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
说明酯中含有2个酯基，设羧酸为M，
1．（6分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（ ）
则反应的方程式为C H O +2H O→M+2C H O，
18 26 5 2 2 6
A．硅胶可用作食品干燥剂
由质量守恒可知M的分子式为C H O ，
14 18 5
B．P O 不可用作食品干燥剂
2 5
故选：A。
C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂
【点评】本题为2015年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
化、官能团的变化为推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大。
【考点】KF：常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
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【分析】A．硅胶具有吸水性，无毒；
电子层结构与氦相同，b和c的次外层有8个电子，c﹣和d+的电子层结构相同．下列叙述错误的
B．P O 吸水转化为酸；
2 5
是（ ）
C．六水合氯化钙不能吸水；
A．a和其他3种元素均能形成共价化合物
D．具有吸水性的植物纤维无毒．
B．元素的非金属性次序为c＞b＞a
【解答】解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；
C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
B．P O 吸水转化为酸，导致食品变质，则P O 不可用作食品干燥剂，故B正确；
2 5 2 5
D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C错误；
D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
故选：C。 菁优网版权所有
【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为 1、6、7、1，a﹣的电
【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系
子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层，则b
为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．
为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素．
A．H元素与K元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；
2．（6分）某羧酸酯的分子式为C H O ，1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，该
18 26 5
B．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H元素为正价，其非金属性最弱；
羧酸的分子式为（ ）
C．K元素与其它元素可以形成KH、K S、KCl；
2
A．C H O B．C H O C．C H O D．C H O
14 18 5 14 16 4 16 22 5 16 20 5
D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为
﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1．【解答】解：原子序数依次增大的元素 a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为 1、6、7、1，a﹣ H键，存在的共价键总数为11N ，故A错误；
A
的电子层结构与氦相同，则a为H元素；b和c的次外层有8个电子，原子只能有3个电子层， B.1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO 溶液中HCO ﹣和CO 2﹣离子数之和小于0.1N ，碳酸分子中含C原子，
3 3 3 A
则b为S元素，c为Cl，c﹣和d+的电子层结构相同，则d为K元素。 故B错误；
A．H元素与S元素、Cl元素放出形成H S、HCl，二者属于共价化合物，但与 K元素形成的化合
2 C.23g钠充分燃烧时转移电子数为 ×（1﹣0）×N =1N ，故C正确；
A A
物为KH，属于离子化合物，故A错误；
D． 235U+ 1n 90Sr+ 136Xe+10 1n净产生的中子为10﹣1=9个，则235g核素 235U发生裂变反应
B．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中 H元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性 Cl＞S 92 0 38 54 0 92
净产生的中子（ 1n）数为9N ，故D错误；
0 A
＞H，故B正确；
故选：C。
C．K元素与其它元素可以形成KH、K S、KCl，均属于离子化合物，故C正确；
2
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类
D．H元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S元素最高正化合价为+6、最低负化合价为
水解、氧化还原反应中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合
﹣2，Cl元素最高正化合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为 0、
性较强，题目难度中等．
4、6，故D正确，
故选：A。
5．（6分）分子式为C H O 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物有（ ）
5 10 2
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
目涉及金属氢化物是中学知识的盲点，难度不大．
【考点】H6：有机化合物的异构现象．
4．（6分）N 代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（ ） 菁优网版权所有
A
【专题】532：同分异构体的类型及其判定．
A．60g丙醇中存在的共价键总数为10N
A
【分析】分子式为C H O 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以
5 10 2
B．1L 0.1mol•L﹣1的NaHCO 溶液中HCO ﹣和CO 2﹣离子数之和为0.1N
3 3 3 A
为戊酸，戊酸的种类等于丁基的种类，写出丁基的种类即可．
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
【解答】解：分子式为C H O 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则该有机物中含有﹣COOH，
5 10 2
D．235g核素 235U发生裂变反应： 235U+ 1n 90Sr+ 136Xe+10 1n净产生的中子（ 1n）数为
92 92 0 38 54 0 0
所以为戊酸，戊酸的种类等于丁基的种类，丁基（﹣C H ）的异构体有：﹣CH CH CH CH ，
4 9 2 2 2 3
10N
A
﹣CH（CH ）CH CH ，﹣CH CH（CH ）CH ，﹣C（CH ） ，故戊酸的有机物的异构体数目为
3 2 3 2 3 3 3 3
4，故选B。
【考点】1B：真题集萃；4F：阿伏加德罗常数．
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【点评】本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，难度中等，注意利用丁基异构
【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
判断．
【分析】A．丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；
B．HCO ﹣水解生成碳酸，结合原子守恒分析；
3
6．（6分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（ ）
C．钠发生氧化反应后，Na元素的化合价由0升高为+1价；
D． 235U+ 1n 90Sr+ 136Xe+10 1n净产生的中子为10﹣1=9个．
92 0 38 54 0
【解答】解：A.60g丙醇为1mol，丙醇中含7个C﹣H键、2个C﹣C键、1个C﹣O键和1个O﹣7．（6分）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（
）
选项 ①中物质 ②中物质 预测②中的现象
A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡
B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体
C 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液 产生大量白色沉淀
A．向苦卤中通入Cl 是为了提取溴
2
D 草酸溶液 高锰酸钾酸性溶液 溶液逐渐褪色
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO 将其还原吸收
2
【考点】1B：真题集萃；E7：海水资源及其综合利用．
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【分析】A．向苦卤中通入Cl 置换出溴单质，分离得到溴；
2
B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO 2﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐
4
A．A B．B C．C D．D
酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯；
C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO 将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．
2
【分析】A．先发生盐酸与NaOH的反应；
【解答】解：A．向苦卤中通入Cl 置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl 是为了提取溴，故A正
2 2
B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化；
确；
C．NaOH过量，开始不生成沉淀；
B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO 2﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl 溶液、过
4 2 D．发生氧化还原反应．
量的NaOH溶液和过量的Na CO 溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶
2 3 【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸
进行提纯，故B正确；
与碳酸氢钠反应生成气体，则现象不合理，故A错误；
C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；
B．常温下，Al遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B错误；
D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO 将其
2 C．NaOH过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C错误；
还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确，
D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D正确；
故选：C。
故选：D。
【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考
【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015年高考真题，把握物
查，难度不大．
质的性质、发生的反应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，
综合性较强，题目难度中等．【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理；P8：物质分离和提纯的方法和基本操
二、解答题 作综合应用．
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8．（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉， 【分析】（1）该电池的正极发生还原反应，MnO 被还原生成 MnOOH；负极锌被氧化生成
2
二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生 MnOOH，回收处理该废 Zn2+，以此书写电池总反应式；
电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所示： （2）持续电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量
溶解度/（g/100g水）
为 ，以此计算消耗锌的质量、物质的量；
0 20 40 60 80 100
温度/℃
（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成 MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧
化合物
化；
NH 4 Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3 （4）铁加入稀H SO 和H O ，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol•L
2 4 2 2
ZnCl
2
343 395 452 488 541 614 ﹣1，结合Ksp=10﹣39计算pH，并根据Ksp计算锌开始沉淀的pH。
【解答】解：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO 被还原生成 MnOOH，电极方程式为
2
化合物 Zn（OH） 2 Fe（OH） 2 Fe（OH） 3 MnO 2 +H++e﹣=MnOOH ， 负 极 锌 被 氧 化 生 成 Zn2+ ， 电 池 总 反 应 式 为
K 近似值 10﹣17 10﹣17 10﹣39 2MnO +Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+，
sp 2
回答下列问题： 故答案为：MnO +H++e﹣=MnOOH；2MnO +Zn+2H+=2MnOOH+Zn2+；
2 2
（1）该电池的正极反应式为 MnO + H + + e ﹣ =MnOOH ，电池反应的离子方程式为： （2）持续电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量
2
2MnO + Z n + 2H + =2MnOOH + Z n 2 + 。
2
为 ，则消耗Zn的质量为 × ×65g/mol=0.05g，
（2）持续电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌 0.05 g．（已经F=96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有 ZnCl 和NH Cl，两者可以通过 加热 故答案为：0.05；
2 4
浓缩 冷却结晶 分离回收，滤渣的主要成分是MnO 、 碳粉 和 MnOOH ，欲从中得 （3）滤液中主要有ZnCl 和NH Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二
2 2 4
到较纯的MnO ，最简便的方法是 空气中加热 ，其原理是 碳粉转变为二氧化碳， MnOOH 氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳
2
氧化为二氧化锰 。 和二氧化锰，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为二
（4）用废电池的锌皮制作ZnSO •7H O的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入 氧化碳，MnOOH氧化为二氧化锰；
4 2
稀H SO 和H O ，溶解，铁变为 Fe 3 + 加碱调节pH为 2.7 时，铁刚好沉淀完全（离子浓 （4）铁加入稀H SO 和H O ，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10﹣5mol•L
2 4 2 2 2 4 2 2
度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，即可认为该离子沉淀完全）。继续加碱调节pH为 6 时，锌开始 ﹣1，因Ksp=10﹣39，
沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L﹣1）。若上述过程不加H O 的后果是 Zn 2 + 和 Fe 2 + 分离不开 ，
2 2
则c（OH﹣）= mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此时pH=2.7，
原因是 Zn （ OH ） 、 Fe （ OH ） 的 Ksp 相近 。
2 2温度下，反应 ③ 前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应 ① 正反应为气体分子
如锌开始沉淀，则c（OH﹣）= mol/L=10﹣8mol/L，此时pH=6，
数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动， CO 的转化率增大，故增大压强有
利于 CO 的转化率升高
由表中数据可知Zn（OH） 、Fe（OH） 的Ksp相近，如不加H O ，则Zn2+和Fe2+分离不开，
2 2 2 2
故答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分离不开；Zn（OH） 、Fe（OH） 的Ksp相近。
2 2
【点评】本题为2015年新课标卷考题，考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的
工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养。
9．（14分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为 CO、CO 和
2
H ）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
2
①CO（g）+2H （g） CH OH（g）△H
2 3 1
②CO （g）+3H （g） CH OH（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 3 2 2
③CO （g）+H （g） CO（g）+H O（g）△H
2 2 ⇌ 2 3
【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素．
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回答下列问题：
⇌
【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，
化学键 H﹣H C﹣O H﹣O C﹣H
反应热也进行相应的计算；
C≡O
（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物
E/（kJ．mol﹣ 436 343 1076 465 413
浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
1）
化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的
由此计算△H = ﹣ 99 kJ．mol﹣1，已知△H =﹣58kJ．mol﹣1，则△H = + 41 kJ．mol﹣1
1 2 3
影响，进行分析CO转化率变化原因；
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为 ；图1中能正确反映平衡常数K 相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分
子式减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大。
随温度变化关系的曲线为 a （填曲线标记字母），其判断理由是 反应 ① 正反应为放热反应 ，
【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H =1076kJ．mol﹣1+2×436kJ．
1
平衡常数随温度升高而减小 。
mol﹣1﹣（3×413+343+465）kJ．mol﹣1=﹣99kJ．mol﹣1；
（3）合成气的组成n（H ）/n（CO+CO ）=2.60时体系中的CO平衡转化率（a）与温度和压强的
2 2 根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H =△H ﹣△H =﹣58kJ．mol﹣1﹣（﹣99kJ．mol﹣
3 2 1
关系如图2所示。a（CO）值随温度升高而 减小 （填“增大”或“减小”），其原因是 反应
1）=+41kJ．mol﹣1，
① 正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中 CO 的量增大，反应 ③
故答案为：﹣99；+41；
为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中 CO 的增大，总结果，随温
度升高， CO 的转化率减小 。图2中的压强由大到小为 P ＞ P ＞ P ，其判断理由是 相同
3 2 1（2）反应①CO（g）+2H （g） CH OH（g）的平衡常数表达式K= ；
2 3
⇌
反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线 a正确反映
平衡常数K随温度变化关系，
①电解时发生反应的化学方程式为 NH Cl + 2HCl NCl + 3H ↑ ．
故答案为： ；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小； 4 3 2
②溶液X中大量存在的阴离子有 Cl ﹣ 、 OH ﹣ ．
（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升
③除去ClO 中的NH 可选用的试剂是 c （填标号）a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水
2 3
高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，
（3）用如图装置可以测定混合气中ClO 的含量：
2
平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小；
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸：
相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；
子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故增大压强
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
有利于CO的转化率升高，故压强：P ＞P ＞P ，
3 2 1 Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO
Ⅴ．用0.1000mol•L﹣1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I +2S O 2﹣═2I﹣+S O 2﹣），指示
2 2 3 4 6
的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的增
剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液．在此过程中：
大，总结果，随温度升高，CO的转化率减小； ①锥形瓶内ClO 与碘化钾反应的离子方程式为 2ClO + 10 I ﹣ + 8H + ═ 2C l ﹣ + 5 I + 4H O
2 2 2 2
P 3 ＞P 2 ＞P 1 ；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反 ②玻璃液封装置的作用是 吸收残留的 ClO 气体（避免碘的逸出）
2
应为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大， ③V中加入的指示剂通常为 淀粉溶液 ，滴定至终点的现象是 溶液由蓝色变为无色，且半分
故增大压强有利于CO的转化率升高。
钟内不变色
【点评】本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图 ④测得混合气中ClO 的质量为 0.02700 g．
2
象综合应用等，侧重考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等。 （4）用ClO 处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最
2
适宜的是 d （填标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．
10．（15分）二氧化氯（ClO ，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：
2
（1 ）工业上可用KClO 与Na SO 在H SO 存在下制得ClO ，该反应氧化剂与还原剂物质的量之
3 2 3 2 4 2
比为 2 ： 1 ．
（2）实验室用NH Cl、盐酸、NaClO （亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO ：
4 2 2为NH Cl+2HCl NCl +3H ↑，
4 3 2
故答案为：NH Cl+2HCl NCl +3H ↑；
4 3 2
② 在 NCl 溶 液 中 加 入 NaClO ， 可 生 成 ClO 、 NH 和 X ， 发 生
3 2 2 3
NCl +NaClO +H O→ClO +NH +NaOH+NaCl，溶液X中大量存在的阴离子有Cl﹣、OH﹣，
3 2 2 2 3
故答案为：Cl﹣、OH﹣；
③a．ClO 易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；
2
b．碱石灰不能吸收氨气，故错误；
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量；U3：制备实验方案的设计．
菁优网版权所有 c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO 2 ，故正确；
【专题】18：实验分析题．
d．ClO 易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；
2
【分析】（1）KClO 在H SO 存在下与Na SO 反应，SO 2﹣被氧化成SO 2﹣，由电子、电荷守恒可
3 2 4 2 3 3 4 故答案为：c；
知该离子反应为2ClO ﹣+SO 2﹣+2H+═2ClO +SO 2﹣+H O；
3 3 2 4 2 （3）①由题目信息可知，ClO 通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化 I﹣为I ，自身被还原为
2 2
（2）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成 NCl ，电解方程
3 Cl﹣，同时生成水，反应离子方程式为2ClO +10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I +4H O，
2 2 2
故答案为：2ClO +10I﹣+8H+═2Cl﹣+5I +4H O；
2 2 2
式为NH Cl+2HCl NCl +3H ↑，在NCl 溶液中加入NaClO ，可生成ClO 、NH 和X，X
4 3 2 3 2 2 3
②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO 气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO 气
2 2
中含Cl﹣、OH﹣；由信息可知，ClO 易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，
2 体（避免碘的逸出）；
利用性质差异分离提纯；
③V中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不
（3）①由题目信息可知，ClO 通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化 I﹣为I ，自身被还原为
2 2 变色，故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
Cl﹣，同时生成水；
④含有Na S O 物质的量为0.02 L×0.1mol/L=0.002 mol，则：
2 2 3
②玻璃液封装置可防止有害气体逸出；
根据关系式：2ClO ～5I ～10Na S O ，
2 2 2 2 3
③淀粉遇碘单质变蓝；
2 10
④根据关系式2ClO ～5I ～10Na S O 计算n（ClO ），再根据m=nM计算m（ClO ）；
2 2 2 2 3 2 2 n（ClO ） 0.002mol
2
（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO 2 ﹣还原成Cl﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子． 所以n（ClO ）=0.0004mol，所以m（ClO ）=0.0004 mol×67.5g/mol=0.02700g，
2 2
【解答】解：（1）KClO 在H SO 存在下与Na SO 反应制得ClO ，可知SO 2﹣被氧化成SO 2﹣，
3 2 4 2 3 2 3 4 故答案为：0.02700；
由电子、电荷守恒可知该离子反应为 2ClO 3 ﹣+SO 3 2﹣+2H+═2ClO 2 +SO 4 2﹣+H 2 O，氧化剂为 （4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac均不能还原亚氯酸盐，b中KI具有还原性但氧化产物不适合
KClO 3 ，还原剂为Na 2 SO 3 ，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 2：1，故答 饮用水使用，只有d中Fe2+将ClO ﹣还原成Cl﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体
2
案为：2：1；
可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：d．
（2）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成 NCl 3 ，电解方程式 【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2015年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难 （4）反应②为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在 50﹣60℃，温度过高的安全
度中等． 隐患是 可能会导致（过氧化物）爆炸 。
（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 c （填编号。已知苯酚是一种弱酸）。
三、化学——选修2：化学与技术。（满分15分） a．NaOHb．CaCO c．NaHCO d．CaO
3 3
11．（15分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反 （6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 丙酮 和 苯酚 ，判断的依据是 丙酮的沸点低于苯
应和工艺流程示意图如图： 酚 。
（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 原子利用率高 。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；547：有机实验综合．
【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器 A中发生
氧化反应生成 ，在蒸发器中分离出 ，未反应的异丙苯进行循
环利用， 在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到 、
相关化合物的物理常数 ，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后
物质 相对分子质量 密度（g/cm﹣3） 沸点/℃
用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚。
异丙苯 120 0.8640 153 （1）在反应器A发生信息中的反应①，应通入氧气或空气；
丙酮 58 0.7898 56.5 （2）由上述分析可知，反应①在A中发生，反应②在C中发生；
苯酚 94 1.0722 182 （3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备；
回答下列问题：
（4）反应②的△H＜0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸，
（1）在反应器A中通入的X是 氧气或空气 。 （5）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；
（2）反应①和②分别在装置 A 和 C 中进行（填装置符号）。 （6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；
（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是 催化剂 ，优点是用量少，缺点是 腐 （7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高。
【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器 A中
蚀设备 。故答案为：原子利用率高。
【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关
发生氧化反应生成 ，在蒸发器中分离出 ，未反应的异丙苯进
键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等。
四、化学-选修3：物质结构与性质。（满分15分）
行循环利用， 在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到 、
12．（15分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B+具有相同的电子构型；C、
D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子．
，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后
回答下列问题：
用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚。
（1）四种元素中电负性最大的是 O （填元素符号），其中 C 原子的核外电子排布式为
（1）在反应器A发生信息中的反应①，故需要氧气或空气，所以X为氧气或空气，
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 ．
故答案为：氧气或空气；
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是 O （填分子式），原因是 O 相对分子质
3 3
（2）由上述分析可知，反应①在反应器中发生，即A装置，反应②在分解釜中进行，即C装置，
量较大，范德华力较大 ；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为 分子晶体 和 离子晶体
故答案为：A；C；
．
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为 三角锥形 ，中心原子的杂
（3） 在浓硫酸作条件下分解得到 、 ，浓硫酸作作催化剂，
化轨道类型为 sp 3 ．
浓硫酸腐蚀性强，容易腐蚀设备，
（4）化合物D A的立体构型为 V 形 ，中心原子的价层电子对数为 4 ，单质D与湿润的
2
故答案为：催化剂；腐蚀设备；
Na CO 反应可制备D A，其化学方程式为 2Cl + 2N a CO + H O=Cl O + 2NaHCO + 2NaC l ．
2 3 2 2 2 3 2 2 3
（4）反应②的△H＜0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在
（5）A 和 B 能够形成化合物 F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长 a=0.566nm，F 的化学式为
50﹣60℃，
Na O ；晶胞中 A 原子的配位数为 8 ；列式计算晶体 F 的密度（g•cm﹣3 ） 2.27g•cm ﹣3
2
故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；
（保留小数点后两位数字）．
（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，
a．NaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；
b．CaCO 为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；
3
c．NaHCO 能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；
3
d．CaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止氧化钙与硫酸的反应，故d不选；
故选：c；
【考点】9I：晶胞的计算．
（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚， 菁优网版权所有
【专题】51B：原子组成与结构专题；51D：化学键与晶体结构．
故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；
【分析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总数是
（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素； 氯 气 与 湿 润 的 Na CO 反 应 可 制 备 Cl O ， 反 应 的 方 程 式 为
2 3 2
A2﹣和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素； 2Cl +2Na CO +H O=Cl O+2NaHCO +2NaCl，
2 2 3 2 2 3
（1）四种元素电负性最大的为O元素，C为P元素； 故答案为：V形；4；2Cl +2Na CO +H O=Cl O+2NaHCO +2NaCl；
2 2 3 2 2 3
（2）A为O元素，有O 、O 两种同素异形体，O 相对分子质量较大，沸点较高，B的氢化物为 （5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的
2 3 3
NaH，为离子晶体；
体心，则Na的个数为8，O的个数为8× +6× =4，
（3）C和D反应可生成化合物为PCl ，为sp3杂化；
3
（4）化合物 D 2 A 为 Cl 2 O，立体构型为 V 形，氯气与湿润的 Na 2 CO 3 反应的方程式为 N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na 2 O，
2Cl +2Na CO +H O=Cl O+2NaHCO +2NaCl； 晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有 1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞
2 2 3 2 2 3
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的 共有，则晶胞中O原子的配位数为8，
晶胞的质量为 g，
体心，则Na的个数为8，O的个数为8× +6× =4，
晶胞的体积为（0.566×10﹣7）3cm3，
N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na O，计算质量和体积，可计算密度．
2
【解答】解：A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，C、D为同周期元素，C核外电子总 则晶体F的密度为 g•cm﹣3=2.27 g•cm﹣3，
数是最外层电子数的3倍，则C为P元素；D元素最外层有一个未成对电子，D为Cl元素；
故答案为：Na O；8；2.27g•cm﹣3．
2
A2﹣和B+具有相同的电子构型，则A为O元素、B为Na元素；
【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能力，
（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为
涉及晶胞计算、原子结构等知识点，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，难点
1s22s22p63s23p3，
是晶胞计算，题目难度中等．
故答案为：O；1s22s22p63s23p3；
（2）A为O元素，有O 、O 两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O 相对分子质
2 3 3
五、化学一选修5：有机化学基础（满分15分）
量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为
13．（15分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容
离子晶体，
性方面有很好的应用前景． PPG的一种合成路线如下：
故答案为：O ；O 相对分子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；
3 3
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl ，P形成3个δ键，孤电子对数为
3
=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形，
故答案为：三角锥形；sp3；
已知：
（4）化合物D A为Cl O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为 =2，则中心原子
2 2
①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
的价层电子对数为4，立体构型为V形，
②化合物B为单氯代烃：化合物C的分子式为C H
5 8③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质
A为C H ，结构为 ；A发生光照下取代反应生成 B为 ，B发生消去反应
5 10
④
冋答下列问题：
生成 C 为 ，化合物 C 的分子式为 C H ；C 发生氧化反应生成 D 为 HOOC（CH ）
5 8 2
COOH，E、F为相对分子质量差 14的同系物，F是福尔马林的溶质，则 F为HCHO，可知E
（1）A的结构简式为 ． 3
为CH CHO，由信息④可知E与F反应生成G为OHCH CH CHO，G与氢气发生加成反应生成
3 2 2
（2）由B生成C的化学方程式为 ．
（3）由E和F生成G的反应类型为 加成反应 ，G的化学名称为 3﹣ 羟基丙醛 ．
H为OHCH CH CH OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（ ），以
2 2 2
（ 4 ） ① 由 D 和 H 生 成 PPG 的 化 学 方 程 式 为 ：
此来解答．
【解答】解：烃 A的相对分子质量为 70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢， =5…
②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为 b （填标号）．
a． 48b． 58c． 76 d．122
10，则A为C H ，结构为 ；A发生光照下取代反应生成B为 ，B发生消
5 10
（5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 5 种（不含立体异构）：
①能与饱和NaHCO 溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
3
去反应生成C为 ，化合物C的分子式为C H ；C发生氧化反应生成D为HOOC（CH ）
5 8 2
COOH，E、F为相对分子质量差 14的同系物，F是福尔马林的溶质，则 F为HCHO，可知E
3
其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是 （写结构简式）
为CH CHO，由信息④可知E与F反应生成G为OHCH CH CHO，G与氢气发生加成反应生成
3 2 2
D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是 c （填
标号）．
a．质谱仪 b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．
H为OHCH CH CH OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（ ），
2 2 2
【考点】HC：有机物的合成．
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（1）A的结构简式为 ，故答案为： ；
【分析】烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢， =5…10，则团变化及反应条件推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．
（2）由B生成C的化学方程式为 ，
故答案为： ；
（3）由E和F生成G的反应类型为加成反应，G的化学名称为3﹣羟基丙醛，故答案为：加成反
应；3﹣羟基丙醛；
（ 4 ） ① 由 D 和 H 生 成 PPG 的 化 学 方 程 式 为
，
故答案为： ；
②若PPG平均相对分子质量为 10000，则其平均聚合度约为 ≈58，故答案为：
b；
（5）D的同分异构体中能同时满足①能与饱和NaHCO 溶液反应产生气体，含﹣COOH，②既能
3
发生银镜反应，又能发生水解反应﹣COOCH，D中共5个C，则含3个C﹣C﹣C上的2个H
被﹣COOH、﹣OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比
为6：1：1的是 ，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号（或数
据）完全相同，故答案为：5； ；c．
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，为2015年高考真题，把握合成中碳链变化、官能
