北京市2014-2015年2年高考化学真题（纯word解析版）

2014年北京市高考化学试卷
　
一、选择题：共7小题，每小题6分，共120分．在每小题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
6．（6分）（2014?北京）下列试剂中，标签上应标注和的是（　　）
　
A．
C2H5OH
B．
HNO3
C．
NaOH
D．
HCl
考点：
硝酸的化学性质．
专题：
氮族元素．
分析：
警示标记标注和说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性，据此解答．
解答：
解：A．C2H5OH为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故A错误；
B．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故B正确；
C．NaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；
D．盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误；
故选：B．
点评：
本题考查硝酸的性质及警示标记，题目难度不大，明确警示标记的含义，熟悉硝酸的性质，是解答本题的关键．
　
7．（6分）（2014?北京）下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是（　　）
　
A．
K
B．
Na
C．
Fe
D．
Al
考点：
铝的化学性质．
专题：
几种重要的金属及其化合物．
分析：
由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，以此来解答．
解答：
解：由表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化可知，只有氧化铝为致密的结构，可保护内层金属，而K、Na、Fe的氧化物均不是致密的结构，
故选D．
点评：
本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化铝为致密的氧化物结构可保护内层金属为解答的关键，注意金属及其氧化物的性质，题目难度不大．
　
8．（6分）（2014?北京）下列电池工作时，O2在正极放电的是（　　）
　
A．
锌锰电池
B．
氢燃料电池
C．
铅蓄电池
D．
镍镉电池
考点：
真题集萃．
专题：
电化学专题．
分析：
A．锌锰干电池中，负极上锌失电子发生氧化反应、正极上二氧化锰得电子发生还原反应；
B．氢燃料电池中，负极上氢气失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子发生还原反应；
C．铅蓄电池中，负极上铅失电子发生氧化反应、正极上二氧化铅得电子发生还原反应；
D．镍镉电池中，负极上Cd失电子发生氧化反应，正极上NiOOH得电子发生还原反应．
解答：
解：A．锌锰干电池中电极反应式，负极：Zn﹣2e﹣═Zn2+、正极2MnO2+2NH4++2e﹣=Mn2O3+2NH3+H2O，所以不符合题意，故A错误；
B．酸性氢氧燃料电池电极反应式为2H2﹣4e﹣=4H+、O2+4H++4e﹣=2H2O，碱性氢氧燃料电池电极反应式为2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O、O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，所以符合题意，故B正确；
C．铅蓄电池放电时负极电极反应：Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O，所以不符合题意，故C错误；
D．镍镉电池放电正极：2NiOOH+2H2O+2e﹣=2Ni（OH）2+2OH﹣、负极：Cd+2OH﹣﹣2e﹣=Cd（OH）2，所以不符合题意，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查了原电池原理，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度中等．
　
9．（6分）（2014?北京）下列解释事实的方程式不正确的是（　　）
　
A．
测0.1mol/L氨水的pH为11：NH3?H2O?NH4++OH﹣
　
B．
将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑
　
C．
用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl﹣
　
D．
Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑
考点：
化学方程式的书写；电离方程式的书写．
专题：
离子反应专题；几种重要的金属及其化合物．
分析：
A．一水合氨为弱电解质，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子；
B．钠化学性质比较活泼，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
C．氯化铜为电解质，溶液中电离出铜离子和氯离子，所以溶液能够导电；
D．金属铝能够与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气．
解答：
解：A．测0.1 mol/L氨水的pH为11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3?H2O?NH4++OH﹣，故A正确；
B．将Na块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故B正确；
C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为CuCl2=Cu2++2Cl﹣，故C错误；
D．铝溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；
故选C．
点评：
本题考查了化学方程式、电离方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握化学方程式、电离方程式的书写原则，能够正确书写常见反应的化学方程式，明确强弱电解质的概念，并且能够正确书写电离方程式．
　
10．（6分）（2014?北京）下列说法正确的是（　　）
　
A．
室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷
　
B．
用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3
　
C．
用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3
　
D．
油脂在酸性或碱性条件下均可发生水解反应，且产物相同
考点：
有机物的鉴别；相似相溶原理及其应用；油脂的性质、组成与结构．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水；
B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H；
C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应，而CH3COOCH2CH3不能；
D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油．
解答：
解：A．含﹣OH越多，溶解性越大，卤代烃不溶于水，则室温下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1﹣氯丁烷，故A正确；
B．HCOOCH3中两种H，HCOOCH2CH3中有三种H，则用核磁共振氢谱能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3，故B错误；
C．CH3COOH与碳酸钠溶液反应气泡，而Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3会分层，因此可以用Na2CO3溶液能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，故C错误；
D．油脂在酸性条件下水解产物为高级脂肪酸和甘油，碱性条件下水解产物为高级脂肪酸盐和甘油，水解产物不相同，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握常见有机物的性质及鉴别方法为解答的关键，注意溶解性与﹣OH的关系、油脂不同条件下水解产物等，题目难度不大．
　
11．（6分）（2014?北京）用如图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，由②中现象，不能证实①中反应发生的是（　　）
①中实验
②中现象
A
铁粉与水蒸气加热
肥皂水冒泡
B
加热NH4Cl和Ca（OH）2混合物
酚酞溶液变红
C
NaHCO3固体受热分解
澄清石灰水变浑浊
D
石蜡油在碎瓷片上受热分解
Br2的CCl4溶液褪色
　
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；氨的实验室制法；乙烯的化学性质；铁及其化合物的性质实验；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
专题：
实验题．
分析：
A．试管中空气也能使肥皂水冒泡；
B．氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而使溶液呈红色；
C．二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
D．不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色．
解答：
解：A．加热过程中的热空气、铁和水蒸气反应生成的氢气都能使肥皂水冒泡，所以肥皂水冒泡该反应不一定发生，故A错误；
B．NH4Cl+Ca（OH）2NH3↑+CaCl2+H2O、NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，氨水溶液呈碱性，所以能使酚酞试液变红色，故B正确；
C.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，如果②中澄清石灰水变浑浊，则①中一定发生反应，故C正确；
D．溴的四氯化碳褪色说明有不饱和烃生成，所以①中一定发生化学反应，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查了物质的性质及实验基本操作及反应现象，明确实验原理是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大．
　
12．（6分）（2014?北京）一定温度下，10mL 0.40mol/L H2O2溶液发生催化分解．不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表．
t/min
0
2
4
6
8
10
V（O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（　　）
　
A．
0～6min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10﹣2mol/（L?min）
　
B．
6～10min的平均反应速率：v（H202）＜3.3×10﹣2mol/（L?min）
　
C．
反应至6min时，c（H2O2）=0.30mol/L
　
D．
反应至6min时，H2O2分解了50%
考点：
反应速率的定量表示方法．
专题：
化学反应速率专题．
分析：
根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，根据化学反应的定义进行计算，得出正确结论．
解答：
解：2H2022H2O+O2↑，
A．0～6min产生的氧气的物质的量n（O2）=×10﹣3=0.001mol，n（H202）=2n（O2）=0.002mol，v（H202）=≈3.3×10﹣2mol/（L?min），故A正确；
B．=3.73，=1.88，3.73＞1.88，故单位时间内产生的氧气，0～6min大于6～10min，故6～10min的平均反应速率：v（H202）＜3.3×10﹣2mol/（L?min），故B正确；
C．6min时，c（H2O2）=0.40﹣=0.20mol/L，故C错误；
D．6min时，H2O2分解的分解率为：=50%，故D正确，
故选C．
点评：
本题考查化学反应速率的相关计算，把握化学反应速率之比等化学计量数之比为解答的关键，难度不大．
　
二、非选择题：共4小题，共180分
25．（17分）（2014?北京）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：
已知：i．
ⅱ．RCH=CHR′RCHO+R′CHO （R、R′代表烃基或氢）
（1）CH2=CH﹣CH=CH2的名称是　1，3﹣丁二烯　．
（2）反应Ⅰ的反应类型是（选填字母）　a　．
a、加聚反应 b、缩聚反应
（3）顺式聚合物P的结构式是（选填字母）　b　．
（4）A的相对分子质量为108．
①反应Ⅱ的化学方程式是　2CH2=CH﹣CH=CH2　．
②1mol B完全转化成M所消耗H2的质量是　6　g．
（5）反应Ⅲ的化学方程式是　　．
（6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，写出其中一种同分异构体的结构简式　　．
考点：
真题集萃；有机物的合成．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
根据转化关系知，1，3﹣丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3﹣丁二烯，则P的结构简式为，由信息i知，在加热条件下发生反应II生成A，A的结构简式为，A发生反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C和二氯苯酚发生反应生成N，C为醛，根据N中碳原子个数知，一个C分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成N，N的结构简式为，则C的结构简式为HCHO，再结合题目分析解答．
解答：
解：根据转化关系知，1，3﹣丁二烯发生聚合反应I得到顺式聚合物P为聚顺1，3﹣丁二烯，则P的结构简式为，由信息i知，在加热条件下发生反应II生成A，A的结构简式为，A发生反应生成B和C，B和氢气发生加成反应生成M，则B的结构简式为，C和二氯苯酚发生反应生成N，C为醛，根据N中碳原子个数知，一个C分子和两个二氯苯酚分子发生反应生成N，N的结构简式为，则C的结构简式为HCHO，
（1）CH2=CH﹣CH=CH2的名称是1，3﹣丁二烯，故答案为：1，3﹣丁二烯；
（2）通过以上分析知，反应Ⅰ的反应类型是加聚反应，故选a；
（3）通过以上分析知，顺式聚合物P的结构式是，故选b；
（4）①A的相对分子质量为108，1，3﹣丁二烯的相对分子质量是54，则A的结构简式为，则
反应Ⅱ的化学方程式是2CH2=CH﹣CH=CH2，
故答案为：2CH2=CH﹣CH=CH2；
②B的结构简式为，1mol B完全转化成M所消耗H2的物质的量是3mol，则氢气的质量是6g，故答案为：6；
（5）C是甲醛，甲醛和二氯苯酚反应生成N，所以反应Ⅲ是C和二氯苯酚反应生成的化学方程式是，
故答案为：；
（6）根据以上分析知，B是、C是HCHO，A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，符合条件A的同分异构体有，故答案为：．
点评：
本题考查了有机物的推断，根据1，3﹣丁二烯为突破口结合题给信息、M和N的结构简式确定发生的反应，注意理解题给信息中有机物的断键和成键物质及服饰，难点是同分异构体结构简式的判断，题目难度中等．
　
26．（14分）（2014?北京）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示．
（1）Ⅰ中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是　4NH3+5O24NO+6H2O　．
（2）Ⅱ中，2NO（g）+O2（g）?2N02（g）．在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）．
①比较p1，p2的大小关系：　p1＜p2　
②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　减小　．
（3）Ⅲ中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸．
①已知：2NO2（g）?N2O4（g）△H1
2NO2（g）?N2O4（l）△H2
图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）　A　．
②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式是　2N2O4+O2+2H2O=4HNO3　．
（4）Ⅳ中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是　NH3　，说明理由：　根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多　．
考点：
化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解原理．
专题：
化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题．
分析：
（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水；
（2）①已知2NO（g）+O2（g）?2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；
②根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；
（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）?N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；
②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；
（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断．
解答：
解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①已知2NO（g）+O2（g）?2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，
即P1＜P2；
故答案为：P1＜P2；
②由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；
故答案为：减小；
（3）①降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）?N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故A正确；
故答案为：A；
②N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；
（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO﹣3e﹣+2H2O=NO3﹣+4H+，阴极反应为：NO+5e﹣+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3﹣的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；
故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多．
点评：
本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握．
　
27．（12分）（2014?北京）碳、硫的含量影响钢铁性能．碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定．
（1）采用图1装置A，在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2．
①气体a的成分是　SO2、CO2、O2　．
②若钢样中碳以FeS形式存在，A中反应：3FeS+5O21　Fe3O4　+3　SO2　．
（2）将气体a通入测硫酸装置中（如图2），采用滴定法测定硫的含量．
①H2O2氧化SO2的化学方程式：　H2O2+SO2=H2SO4　
②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液．若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数：　　．
（3）将气体a通入测碳装置中（如图3），采用重量法测定碳的含量．
①气体a通过B和C的目的是　排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰　
②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是　二氧化碳前后吸收瓶的质量　．
考点：
真题集萃；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．
专题：
实验探究和数据处理题．
分析：
（1）①该装置中C、S和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；
②若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，﹣2价的S被氧化为+4价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁；
（2）①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水；
②若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数；
（3）①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰；
②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量．
解答：
解：（1）①该装置中C、S在A装置中被氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体a的成分是SO2、CO2、O2，故答案为：SO2、CO2、O2；
②若钢样中S以FeS形式存在，FeS被氧气氧化，Fe元素化合价由+2价变为+3价，﹣2价的S被氧化为+4价，结合化学计量数知，生成物是二氧化硫和四氧化三铁，所以反应方程式为3FeS+5O2Fe3O4+3SO2，
故答案为：Fe3O4；SO2；
（2）①双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水，反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；
②若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，硫的质量分数为=，故答案为：；
（3）①测定二氧化碳的含量，需要将二氧化硫除去防止造成干扰，B装置可氧化二氧化硫，C装置可以吸收二氧化硫，所以装置B和C的作用是氧化二氧化硫、除去二氧化硫，故答案为：排除二氧化硫对二氧化碳测定的干扰；
②计算钢样中碳的质量分数，需要测定吸收二氧化碳的质量，所以需要测定吸收二氧化碳前后吸收瓶的质量，故答案为：二氧化碳前后吸收瓶的质量．
点评：
本题考查了C、S含量的测定，涉及氧化还原反应、方程式的配平等知识点，明确实验原理是解本题关键，结合物质的性质来分析解答，题目难度中等．
　
28．（15分）（2014?北京）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生．某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，研究废液再生机理．记录如下（a，b，c代表电压值）：
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
Ⅰ
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
Ⅱ
a＞x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+，无Cl2
Ⅲ
b＞x＞0
无明显变化
无Fe3+，无Cl2
（1）用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是　溶液变红　．
（2）Ⅰ中Fe3+产生的原因可能是Cl﹣在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化，写出有关反应：　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣　．
（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有　还原　性．
（4）Ⅱ中虽未检验处Cl2，但Cl﹣在阳极是否放电仍需进一步验证．电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，记录如下：
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
Ⅳ
a＞x≥c
无明显变化
有Cl2
Ⅴ
c＞x≥b
无明显变化
无Cl2
①NaCl溶液的浓度是　0.2　mol/L．
②Ⅳ中检验Cl2的实验方法：　取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色　
③与Ⅱ对比，得出的结论（写出两点）：　通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl﹣放电　．
考点：
电解原理；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
专题：
电化学专题．
分析：
（1）依据铁离子的检验方法和试剂颜色变化分析；
（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色；
（3）Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性；
（4）①电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行分析判断；
②依据检验氯气的实验方法分析；
③依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，生成铁离子的两种可能．
解答：
解：（1）检验铁离子的试剂是硫氰酸钾溶液，用KSCN溶液检测处Fe3+的现象是溶液变红色，故答案为：溶液变红；
（2）依据电解原理，氯离子在阳极失电子生成氯气，电极反应为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，氯气具有氧化性氧化亚铁离子生成铁离子溶液变黄色，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；
故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；
（3）由Ⅱ推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，元素化合价升高，依据氧化还原反应分析Fe2+具有还原性，故答案为：还原性；
（4）①电解pH=1的0.1mol/L FeCl2溶液，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验，探究氯离子是否放电，需要在难度相同的条件下进行，所以氯化钠溶液的浓度为0.2mol/L，故答案为：0.2；
②依据检验氯气的实验方法分析，取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色证明生成氯气，否则无氯气生成，
故答案为：取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色；
③依据图表数据比较可知，电解pH=1的NaCl溶液做对照试验与Ⅱ对比，通过控制电压证明了亚铁离子还原性大于氯离子优先放电，说明生成铁离子的两种可能，一是二价铁失电子变成三价铁，二是氯离子失电子变成氯气，氯气再氧化二价铁变成三价铁．对于补充的那个实验，实验四的电压高，氯气放电，实验五电压低，氯气不放电，而实验二氯气皆放电；
故答案为：通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因，通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl﹣放电．
点评：
本题考查了离子检验方法和现象分析，电解原理的分析应用，电解反应，电极产物的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
　
2015年北京市高考化学试卷
　
一、选择题
6．（2015?北京）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（　　）
A．火药使用
B．粮食酿酒
C．转轮排字
D．铁的冶炼
　
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
　
7．（2015?北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）
　
A．
酸性：H2SO4＞H3PO4
B．
非金属性：Cl＞Br
　
C．
碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．
热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
　
8．（2015?北京）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）
　
A．
氮元素均被氧化
　
B．
工业合成氨属于人工固氮
　
C．
含氮无机物和含氮有机物可相互转化
　
D．
碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
　
9．（2015?北京）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
　
A．
CO和O生成CO2是吸热反应
　
B．
在该过程中，CO断键形成C和O
　
C．
CO和O生成了具有极性共价键的CO2
　
D．
状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
　
10．（2015?北京）合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是（　　）
　
A．
合成PPV的反应为加聚反应
　
B．
PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
　
C．
和苯乙烯互为同系物
　
D．
通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度
　
11．（2015?北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）
　
A．
该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl?+H2O
　
B．
该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣?
　
C．
该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O
　
D．
该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣?
　
12．（2015?北京）在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（　　）
　
A．
Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2
　
B．
Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
　
C．
对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
　
D．
针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
　
　
二、解答题
25．（2015?北京）“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J 的路线如下：
已知：
（1）A属于炔烃，其结构简式是　　　　　　．
（2）B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B的结构简式是　　　　　　．
（3）C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物．E中含有的官能团是　　　　　　．
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是　　　　　　；试剂b是　　　　　　．
（5）M和N均为不饱和醇．M的结构简式是　　　　　　．
（6）N为顺式结构，写出N和H生成I（顺式结构）的化学方程式：　　　　　　．
　
26．（2015?北京）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是　　　　　　．
反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．
（2）①根据上述事实，下列说法正确的是　　　　　　（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是　　　　　　．
③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是　　　　　　．
（3）反应Ⅱ：
2H2SO4（I）+2SO2（g）+O2+2H2O（g）△H=+550kJ?mo1﹣1．
它由两步反应组成：
ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ?mo1﹣1；
ⅱ．SO3（g）分解．
L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，ⅱ中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．
①X代表的物理量是　　　　　　．
②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：　　　　　　．
　
27．（2015?北京）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．
（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．写出CO2溶于水产生HCO3﹣的方程式：　　　　　　．
（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．
①写出钙化作用的离子方程式：　　　　　　．
②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：
　　　　　　+　　　　　　（CH2O）n+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2．用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．
②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol?L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解无机碳的浓度=　　　　　　 mol?L﹣1．
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．
①结合方程式简述提取CO2的原理：　　　　　　．
②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是　　　　　　．
　
28．（2015?北京）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化．实验如图1所示：
（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达　　　　　　．
（2）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中　　　　　　造成的影响．
（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：　　　　　　．
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I﹣）降低，导致I﹣的还原性弱于Fe2+．用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证．
①K闭合时，指针向右偏转，b作　　　　　　极．
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液．产生的现象证实了其推测．该现象是　　　　　　．
（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因．
①转化的原因是　　　　　　．
②与（4）实验对比，不同的操作是　　　　　　．
（6）实验Ⅰ中，还原性：I﹣＞Fe2；而实验Ⅱ中，还原性Fe2﹣＞I﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是　　　　　　．
　
　

2015年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题
6．（2015?北京）下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（　　）
A．火药使用
B．粮食酿酒
C．转轮排字
D．铁的冶炼
　
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；金属冶炼的一般原理；生活中的有机化合物．
分析：
化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变化，而转轮排字不涉及化学反应．
解答：
解：A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A不选；
B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B不选；
C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C选；
D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O32Fe+3CO2，发生化学反应，故D不选．
故选C．
点评：
本题为2015年北京考题，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
　
7．（2015?北京）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）
　
A．
酸性：H2SO4＞H3PO4
B．
非金属性：Cl＞Br
　
C．
碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．
热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
考点：
元素周期律的作用；
分析：
A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．
解答：
解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选．
故选D．
点评：
本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．
　
8．（2015?北京）下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（　　）
　
A．
氮元素均被氧化
　
B．
工业合成氨属于人工固氮
　
C．
含氮无机物和含氮有机物可相互转化
　
D．
碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
考点：
氮的固定；
分析：
A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；
B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；
C．根据氮循环中物质的分类进行解答；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．
解答：
解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．
故选A．
点评：
本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．
　
9．（2015?北京）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是（　　）
　
A．
CO和O生成CO2是吸热反应
　
B．
在该过程中，CO断键形成C和O
　
C．
CO和O生成了具有极性共价键的CO2
　
D．
状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
考点：
分析：
由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO与O在催化剂表面形成CO2，不存在CO的断键过程，以此解答该题．
解答：
解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；
B．由图可知不存在CO的断键过程，故B错误；
C．CO与O在催化剂表面形成CO2，CO2含有极性共价键，故C正确；
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故D错误．
故选C．
点评：
本题为2015年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意把握题给信息，难度不大．
　
10．（2015?北京）合成导电高分子材料PPV的反应：
下列说法正确的是（　　）
　
A．
合成PPV的反应为加聚反应
　
B．
PPV与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
　
C．
和苯乙烯互为同系物
　
D．
通过质谱法测定PPV的平均相对分子质量，可得其聚合度
考点：
有机高分子化合物的结构和性质．
分析：
A．缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键；
C．同系物所含官能团数目相同；
D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量．
解答：
解：A．合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，故A错误；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，故B错误；
C．有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故C错误；
D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故D正确．
故选D．
点评：
本题主要考查聚合反应原理、有机物结构与性质，题目难度不大，注意明确聚合反应原理，选项B为易错点，找准链节是解题的关键．
　
11．（2015?北京）某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（　　）
　
A．
该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl?+H2O
　
B．
该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣?
　
C．
该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O
　
D．
该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣?
考点：
真题集萃；氯气的化学性质．
专题：
卤族元素．
分析：
某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．
解答：
解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；
B．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；
C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正确；
D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．
故选B．
点评：
本题为2015年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
　
12．（2015?北京）在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（　　）
　
A．
Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2
　
B．
Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
　
C．
对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
　
D．
针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
考点：
真题集萃；氧化还原反应；硝酸的化学性质．
分析：
A．硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮；
B．浓硝酸具有强氧化性，Fe表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．
解答：
解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2，故A正确；
B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B正确；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C错误；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D正确，
故选：C．
点评：
本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
　
二、解答题
25．（2015?北京）“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J 的路线如下：
已知：
（1）A属于炔烃，其结构简式是　CH3C≡CH　．
（2）B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B的结构简式是　HCHO　．
（3）C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物．E中含有的官能团是　碳碳双键、醛基　．
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是　　；试剂b是　NaOH、醇溶液　．
（5）M和N均为不饱和醇．M的结构简式是　CH3C≡CCH2OH　．
（6）N为顺式结构，写出N和H生成I（顺式结构）的化学方程式：　　．
考点：
真题集萃；有机物的推断．
分析：
由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3C≡CH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反应生成M为CH3C≡CCH2OH，M和N均为不饱和醇，则M与氢气发生加成反应生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，则C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反应生成H，则H，CH3CH=CHCH2OH与发生酯化反应生成I，最后I发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成J，以此来解答．
解答：
解：由合成流程可知，A为炔烃，结构为CH3C≡CH，B由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B为HCHO，A与B发生加成反应生成M为CH3C≡CCH2OH，M和N均为不饱和醇，则M与氢气发生加成反应生成N为CH3CH=CHCH2OH；C、D含有与B相同的官能团，C是芳香族化合物，则C为，D为CH3CHO，由信息可知生成E为，E氧化生成F为，试剂a为溴水，生成G为，试剂b为NaOH/醇溶液，G发生消去反应生成H，则H为，
（1）A属于炔烃，其结构简式是CH3C≡CH，故答案为：CH3C≡CH；
（2）B的结构简式是HCHO，故答案为：HCHO；
（3）E为，含有的官能团是碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；
（4）F与试剂a反应生成G的化学方程式是；试剂b是NaOH、醇溶液，
故答案为：；NaOH、醇溶液；
（5）M的结构简式是CH3C≡CCH2OH，故答案为：CH3C≡CCH2OH；
（6）N为顺式结构，N和H生成I（顺式结构）的化学方程式为，
故答案为：．
点评：
本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，为2015年高考真题，把握合成流程中官能团的变化、反应条件、碳链变化推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力综合考查，题目难度中等．
　
26．（2015?北京）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其反应过程如图1所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是　SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI　．
反应Ⅰ得到的产物用I2进行分离．该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层．
（2）①根据上述事实，下列说法正确的是　ac　（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是　观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层　．
③经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是　硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子　．
（3）反应Ⅱ：
2H2SO4（I）+2SO2（g）+O2+2H2O（g）△H=+550kJ?mo1﹣1．
它由两步反应组成：
ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ?mo1﹣1；
ⅱ．SO3（g）分解．
L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2表示L一定时，ⅱ中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系．
①X代表的物理量是　压强　．
②判断L1、L2的大小关系，并简述理由：　L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大　．
考点：
真题集萃；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
分析：
（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；
（2）①分成两层，与溶解性、密度有关；
②两层的颜色不同；
③H2SO4中c（H+）：c（SO42﹣）=2：1，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低；
②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
解答：
解：（1）由图可知，反应I为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a正确；
b．加I2前，H2SO4溶液和HI溶液互溶，与分层无关，故b错误；
c．I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI层，颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4层中c（H+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2的原因是硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I，且HI电离出氢离子；
（3）①由图可知，X越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X表示压强，故答案为：压强；
②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2对应的转化率大，则L1＜L2，故答案为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
点评：
本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．
　
27．（2015?北京）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．
（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在．其中HCO3﹣占95%．写出CO2溶于水产生HCO3﹣的方程式：　CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣　．
（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．
①写出钙化作用的离子方程式：　2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O　．
②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：
　xCO2　+　2xH218O　（CH2O）n+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2．用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂．
②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol?L﹣1HCl溶液滴定，消耗ymLHCl溶液．海水中溶解无机碳的浓度=　　 mol?L﹣1．
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．
①结合方程式简述提取CO2的原理：　a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O　．
②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是　c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH　．
考点：
真题集萃；原电池和电解池的工作原理；海水资源及其综合利用．
分析：
（1）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；
（2）①由图可知：此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
②光合作用是二氧化碳与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧，据此解答；
（3）①由题意可知，需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且装置中应从长管吹入氮气，从短管吹出二氧化碳，据此解答即可；
②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O解答即可；
（4）a室接电源的正极，为阳极，水得到电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，与b室中的碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；
②c室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a室中产生氢离子，用c室排除的碱液将从b室排出的酸性海水调节即可，据此解答．
解答：
解：（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣，
故答案为：CO2+H2O?H2CO3，H2CO3?H++HCO3﹣；
（2）①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：2HCO3﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平应需要CO2和H218O，故答案为：CO2；H218O；
（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：，
故答案为：；
②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=，故答案为：；
（4）a室：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O，故答案为：a室：2H2O﹣4e=4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：H++HCO3﹣=CO2↑+H2O；
②c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：c室：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．
点评：
本题主要考查的是海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理，充分理解所给信息是解决本题的关键，难度较大．
　
28．（2015?北京）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化．实验如图1所示：
（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达　化学平衡状态　．
（2）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中　溶液稀释对颜色的变化　造成的影响．
（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：　Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动　．
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c（I﹣）降低，导致I﹣的还原性弱于Fe2+．用图2装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证．
①K闭合时，指针向右偏转，b作　正　极．
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液．产生的现象证实了其推测．该现象是　左管出现黄色沉淀，指针向左偏转　．
（5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因．
①转化的原因是　Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣　．
②与（4）实验对比，不同的操作是　向U型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4溶液　．
（6）实验Ⅰ中，还原性：I﹣＞Fe2；而实验Ⅱ中，还原性Fe2﹣＞I﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是　该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动　．
考点：
真题集萃；氧化还原反应．
分析：
（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态；
（2）根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响；
（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动；
ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；
①K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动；
（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；
（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．
解答：
解：（1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态，否则干扰平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；
（2）由实验iii和实验ii的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案为：溶液稀释对颜色的变化；
（3）i．加入AgNO3，Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，故答案为：Ag+与I﹣生成AgI黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动；
ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；
①K闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b极Fe3+得到电子，则b作正极，故答案为：正；
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，I﹣浓度降低，2Fe3++2I﹣?2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左管出现黄色沉淀，指针向左偏转；
（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣，
故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I﹣；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液，Fe2+向Fe3+转化，
故答案为：向U型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4溶液；
（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，
故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动．
点评：
本题为2015年北京高考真题，侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．