文档内容
2011年全国统一高考化学试卷（大纲卷）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小
到大排列正确的是（ ）
A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④
【考点】D8：溶液pH的定义．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】依据酸性强弱的大小顺序分析判断溶液pH；酸性强弱为：乙酸＞碳酸
＞苯酚＞乙醇．
【解答】解：浓度相同条件下，根据乙酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳气体，
说明乙酸酸性大于碳酸；苯酚溶液不能使酸碱指示剂变色，苯酚钠溶液中通
入过量二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，证明说明苯酚酸性很弱，小于碳酸的
酸性，乙醇是中性的非电解质溶液；溶液pH由小到大排列正确的是①③②④
；
故选：D。
【点评】本题考查了常见物质酸性强弱的比较依据，掌握物质性质是解题关键
，题目较简单．
2．下列叙述错误的是（ ）
A．用金属钠可区分乙醇和乙醚
B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3﹣己烯
C．用水可区分苯和溴苯
D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛
【考点】HA：有机物的鉴别．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
第1页 | 共18页【分析】A．乙醇含有﹣OH，乙醚含有醚键；
B．碳碳双键可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应；
C．苯和溴苯的密度不同；
D．甲酸甲酯和乙醛都含有醛基．
【解答】解：A．乙醇含有﹣OH，可与金属钠发生反应，而乙醚与钠不反应，
可鉴别，故A正确；
B．己烷为饱和烃，与酸性高锰酸钾不反应，而己烯含有碳碳双键，可使酸性
高锰酸钾褪色，可鉴别，故B正确；
C．苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，可鉴别，故C正确；
D．甲酸甲酯和乙醛都含有醛基，都可发生银镜反应，不能鉴别，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，注意把握有机物性质的异同
，易错点为D，注意二者的官能团的种类和性质．
3．在容积可变的密闭容器中，2mol N 和8mol
2
H 在一定条件下发生反应，达到平衡时，H 的转化率为25%，则平衡时的氮
2 2
气的体积分数接近于（ ）
A．5% B．10% C．15% D．20%
【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】容积可变的密闭容器中，发生N +3H 2NH ，
2 2 3
开始 2 8 0
转化 2
平衡（2﹣ ） 6
根据物质的量之比等于体积之比来计算平衡时的氮气的体积分数．
【解答】解：达到平衡时，H 的转化率为25%，则转化的氢气的物质的量为8m
2
ol×25%=2mol，则
第2页 | 共18页容积可变的密闭容器中，发生N +3H 2NH ，
2 2 3
开始 2 8 0
转化 2
平衡（2﹣ ） 6
则平衡时的氮气的体积分数为 ×100%≈15%，
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的计算，明确三段法计算及物质的量之比等于体积
之比的关系即可解答，题目难度不大．
4．室温时，将浓度和体积分别为c 、V 的NaOH溶液和c 、V 的CH COOH溶液
1 1 2 2 3
相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是（ ）
A．若PH＞7时，则一定是c V =c V
1 1 2 2
B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H+）=c（CH COO﹣）+c（OH﹣）
3
C．当pH=7时，若V =V ，则一定是c ＞c
1 2 2 1
D．若V =V 、c =c ，则c（CH COO﹣）+c（CH COOH）=c（Na+）
1 2 1 2 3 3
【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A、当溶液呈碱性时，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，但混
合时醋酸的物质的量不一定等于氢氧化钠的物质的量；
B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等；
C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使其呈中性，酸应该稍微过
量；
D、当醋酸和氢氧化钠的物质的量相等时，根据物料守恒确定醋酸根离子和醋
酸分子浓度与钠离子浓度的关系。
【解答】解：A、醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混
合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当PH＞7时，则
第3页 | 共18页一定是c v ≥c v ，故A选；
1 1 2 2
B、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）+c（H+）=c
（CH COO﹣）+c（OH﹣），故B不选；
3
C、醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该
稍微过量，所以当pH=7时，若v =v ，则一定是c ＞c ，故C不选；
1 2 2 1
D、如果V =V 、C =C ，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应
1 2 1 2
生成醋酸钠，根据溶液中物料守恒得c（CH COO﹣）+c（CH COOH）=c（N
3 3
a+），故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查了酸碱混合溶液的定性判断，根据溶液中物料守恒和电荷守
恒即可解答本题，该知识点是学习的难点，也是考试的热点。
5．用石墨做电极电解CuSO 溶液．通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始
4
状态，应向溶液中加入适量的（ ）
A．CuSO B．H O C．CuO D．CuSO •5H O
4 2 4 2
【考点】DI：电解原理．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】用铂电极电解CuSO 溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，
4
然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可；
【解答】解：CuSO 溶液存在的阴离子为：SO 2﹣、OH﹣，OH﹣离子的放电能力
4 4
大于SO 2﹣ 离子的放电能力，所以OH﹣离子放电生成氧气；
4
溶液中存在的阳离子是Cu2+、H+，Cu2+离子的放电能力大于H+离子的放电能力，
所以Cu2+离子放电生成Cu；
溶液变成硫酸溶液；
电解硫酸铜的方程式为：2CuSO +2H O 2 Cu+O ↑+2H SO ，
4 2 2 2 4
所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和
氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，
第4页 | 共18页故选：C。
【点评】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析
出的物质是解本题的关键，难度不大．
6．将足量CO 通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（ ）
2
A．K+、SiO 2﹣、Cl﹣、NO ﹣ B．H+、NH +、Al3+、SO 2﹣
3 3 4 4
C．Na+、S2﹣、OH﹣、SO 2﹣
4
D．Na+、C H O﹣、CH COO﹣、HCO
6 5 3 3
﹣
【考点】DP：离子共存问题．
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【专题】516：离子反应专题．
【分析】将足量CO 通入溶液中，溶液呈弱酸性，凡是对应的酸比碳酸弱的酸
2
根离子以及OH﹣不能共存．
【解答】解：A．H SiO 酸性比碳酸弱，通入过量CO ，SiO 2﹣不能大量共存，
2 3 2 3
故A错误；
B．通入过量CO ，四种离子在酸性条件下不发生任何反应，可大量共存，故B
2
正确；
C．OH﹣与CO 反应而不能大量共存，故C错误；
2
D．C H OH酸性比碳酸弱，通入过量CO ，C H O﹣不能大量共存，故D错误。
6 5 2 6 5
故选：B。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，本题注意比碳酸弱的酸的种
类即可解答．
7．N 为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（ ）
A
A．18gH O中含的质子数为10N
2 A
B．12g 金刚石含有的共价键数为4N
A
C．46g NO 和N O 混合气体中含有原子总数为3N
2 2 4 A
D．1 mol Na 与足量 O 反应，生成Na O和Na O 的混合物，钠失去N 个电子
2 2 2 2 A
第5页 | 共18页【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】16：压轴题；518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、质量换算物质的量计算微粒数；
B、质量换算物质的量，结合金刚石结构分析判断；
C、质量换算物质的量，NO 和N O ，最简比相同，只计算46g
2 2 4
NO 中原子数即可；
2
D、钠和氧气反应生成氧化钠和过氧化钠失电子数相同．
【解答】解：A、18gH O物质的量为1mol，水分子中含质子数10，含的质子数
2
为10N ，故A正确；
A
B、12g
金刚石物质的量为1mol，金刚石中每一个碳原子和四个碳原子形成化学键，
每两个碳原子形成一个化学键，所以1mol金刚石含有的共价键数为2N ，故
A
B错误；
C、NO 和N O ，最简比相同，只计算46g NO 中原子数即可，46g
2 2 4 2
NO 和N O 混合气体中含有原子总数为3N ，故C正确；
2 2 4 A
D、钠原子最外层1个电子，1 mol Na 与足量
O 反应，生成Na O和Na O 的混合物，钠失去N 个电子，故D正确；
2 2 2 2 A
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算
微粒数的方法，注意掌握金刚石的结构特征分析．
8．某含铬（Cr O 2﹣）废水用硫酸亚铁铵[FeSO •（NH ） SO •6H O]处理，反
2 7 4 4 2 4 2
应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀．该沉淀经干燥后得到n mol
FeO•Fe Cr O ．不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（ ）
y x 3
A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n（2﹣x）mol
B．处理废水中的Cr O 2﹣的物质的量为 mol
2 7
C．反应中发生转移的电子数为3nxmol
D．在FeO•Fe Cr O 中，3x=y
y x 3
第6页 | 共18页【考点】54：物质的量的相关计算；BQ：氧化还原反应的计算；DI：电解原理
．
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【专题】16：压轴题；51I：电化学专题．
【分析】A、由铁元素守恒，求出消耗硫酸亚铁的物质的量，结合电子转移守
恒或FeO•Fe Cr O 电中性找出x与y，代入硫酸亚铁的物质的量计算；
y x 3
B、反应的铬元素完全转化为沉淀，根据铬原子守恒计算；
C、Cr O 2﹣中Cr为+6价，被还原为+3价Cr，每个Cr原子得3个电子，计算出Cr原
2 7
子物质的量，转移电子为Cr原子物质的量3倍；
D、根据失电子守恒计算．
【解答】解：A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n（y+1），故A错
误；
B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr O 2﹣的物质的量为 ，故B正确；
2 7
C．得到nmolFeO•Fe Cr O ，则一共有nxmolCr原子参加反应，1molCr转移电子
y x 3
3mol，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；
D．FeO•Fe Cr O 中，Cr为正三价，由得失电子守恒知3x﹣y=0，即3x=y，故D
y x 3
正确。
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应规律，难度较大，明确氧化还原反应中存在的
原子个数守恒、电荷守恒规律是解题关键，注意在计算中守恒思想的应用．
二、解答题（共4小题，满分60分）
9．（15分）如图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分
别和A形成的二元化合物．已知：①反应C+G B+H能放出大量的热，该反
应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：
，F中的E元素的质量分数为60%．回答问题：
（1）①中反应的化学方程式为 2Al+Fe O 2Fe+Al O ；
2 3 2 3
第7页 | 共18页（2）化合物Ⅰ的电子式为 ，它的空间构型是 直线型 ；
（3）1.6g G
溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需铜粉的质量（写出离
子方程式和计算过程）；
（4）C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 2Al+2OH﹣+2H O=2AlO ﹣+3H ↑
2 2 2
，反应后溶液与过量化合物Ⅰ反应的离子方程式为
AlO ﹣+CO +2H O=Al（OH） ↓+HCO ﹣ ；
2 2 2 3 3
（5）E在I中燃烧观察到的现象是 镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体 ．
【考点】GS：无机物的推断．
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【专题】11：推断题．
【分析】①反应C+G B+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；判
断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe O ；B为Fe；结合转化关系
2 3
得到A为O ，H为Al O ，②I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；和E
2 2 3
点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单质
Mg，发生的反应为，2Mg+CO 2MgO+C，F为MgO，D为单质C；Mg
2
O中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确．
【解答】解：A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形
成的二元化合物，①反应C+G B+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁
轨的焊接；判断为铝热反应，所以C为Al，G为铁的氧化物Fe O ；结合转化
2 3
关系得到A为O ，H为Al O ，②I是一种常见的温室气体，判断为二氧化碳；
2 2 3
和E点燃条件下发生反应生成F和D，2E+I=2F+D为置换反应，推断E为金属单
第8页 | 共18页质Mg，发生的反应为，2Mg+CO 2MgO+C，F为MgO，D为单质C；
2
MgO中的镁元素的质量分数为60%，证明推断正确；
（1）①中反应的化学方程式为：2Al+Fe O 2Fe+Al O ，故答案为：2Al+
2 3 2 3
Fe O 2Fe+Al O ；
2 3 2 3
（2）二氧化碳分子是直线型化合物，碳原子和氧原子间形成两对共用电子对，
分别形成两个共价键；电子式是把原子最外层电子标注在元素符号周围，二
氧化碳的电子式为： ，故答案为： ；直线型；
（3）1.6g G
溶于盐酸，发生的反应为：Fe O +6HCl=2FeCl +3H O，得到的溶液与铜粉完
2 3 3 2
全反应，1.6g G
为Fe O 物质的量为0.01mol，含Fe3+离子物质的量为0.02mol；溶解铜发生反
2 3
应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；至少需要的铜物质的量为0.01mol
，铜的质量为0.64g，
故答案为：0.64g；
（4）C为Al与过量NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H O=2AlO ﹣+
2 2
3H ↑，反应后溶液为偏铝酸钠溶液与过量化合物Ⅰ（CO ）反应生成氢氧化铝
2 2
沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO ﹣+CO +2H O=Al（OH） ↓+HC
2 2 2 3
O ﹣，故答案为：2Al+2OH﹣+2H O=2AlO ﹣+3H ↑；AlO ﹣+CO +2H O=Al（O
3 2 2 2 2 2 2
H） ↓+HCO ﹣；
3 3
（5）E为（Mg）在I（CO ）中燃烧，观察到的现象是镁条剧烈燃烧生成白色和
2
黑色固体，反应的化学方程式为：2Mg+CO 2MgO+C，
2
故答案为：镁条剧烈燃烧生成白色和黑色固体．
【点评】本题考查物质转化关系的分析判断，物质性质的综合应用，离子方程
式的书写，镁、铝、铁及其化合物性质分析反应现象的利用，是解题关键，
题目难度中等．
10．（15分）反应aA（g）+bB（g） cC（g）（△H＜0）在等容条件下进
第9页 | 共18页行．改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲
线如图1所示：回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 1：3：2 ；
（2）A的平均反应速率V（A）、V （A）、V （A）从大到小排列次序为
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
v（A）＞v （A）＞v （A） ；
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
（3）B的平衡转化率α（B）、α （B）、α （B）中最小的是 α （B）
Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅲ
，其值是 19.4% ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 向正反应方向
，采取的措施是 从反应体系中移出产物C ；
（5）比较第Ⅱ阶段反应温度（T ）和第Ⅲ阶段反应温度（T ）的高低：T ＞
2 3 2
T （填“＞”“＜”“=”），判断的理由是
3
此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡的移动只能减
弱改变，不能抵消改变 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡
，请在下图2中用曲线表示第IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势
如图2（曲线上必须标出A、B、C）．
第10页 | 共18页【考点】CB：化学平衡的影响因素；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线
；CO：化学反应速率与化学平衡图象的综合应用．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/L，
△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，根据浓度变化量之
比等于化学计量数之比计算；
（2）根据化学反应速率为单位时间浓度的变化值，可计算三个阶段用A表示的
化学反应速率，据此判断；
（3）转化率是物质的减少量与初始量的比值，计算三个阶段B的转化率，据此
解答；
（4）第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡
后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动；
（5）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少
，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移
第11页 | 共18页动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改
变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推
测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定
为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变
，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，改变条件的瞬间，各组分的
浓度变为原来的二分之一，容器体积增大，压强降低平衡向体积增大的方向
移动，但增大的物质的量浓度小于第三次平衡时浓度，同时注意各组分物质
的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此作图．
【解答】解：（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c（A）=2mol/L﹣1mol/L=1mol/
L，△c（B）=6mol/L﹣3mol/L=3mol/L，△c（C）=2mol/L，浓度变化量之比
等于化学计量数之比，故a：b：c=1mol/L：3mol/L：2mol/L=1：3：2，故答
案为：1：3：2；
（2）v（A）= =0.05mol/（L•min），v （A）= =0.02
Ⅰ Ⅱ
53mol/（L•min），
v （A）= =0.012mol/（L•min），
Ⅲ
故A的平均反应速率v（A）＞v （A）＞v （A），故答案为：v（A）＞v （
Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ
A）＞v （A）；
Ⅲ
（3）B的平衡转化率α（B）= ×100%=50%，α （B）=
Ⅰ Ⅱ
×100%=38%，
α （B）= ×100%=19.4%，
Ⅲ
故答案为：α （B）；19.4%；
Ⅲ
（4）第Ⅱ阶段C是从0开始的，瞬间A、B浓度不变，因此可以确定第一次平衡
后从体系中移出了C，即减少生成物浓度，平衡正向移动，
故答案为：向正反应方向，从反应体系中移出产物C；
（5）第Ⅲ阶段的开始与第Ⅱ阶段的平衡各物质的量均相等，根据A、B的量减少
，C的量增加可判断平衡是正向移动的，根据平衡开始时浓度确定此平衡移
动不可能是由浓度的变化引起的，另外题目所给条件容器的体积不变，则改
第12页 | 共18页变压强也不可能，因此一定为温度的影响，此反应正向为放热反应，可以推
测为降低温度，另外结合A的速率在三个阶段的情况，确定改变的条件一定
为降低温度，根据勒夏特列原理，平衡的移动只能减弱改变，不能抵消改变
，因此达到平衡后温度一定比第Ⅱ阶段平衡时的温度低，
故答案为：＞；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡
的移动只能减弱改变，不能抵消改变；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，改变条件的瞬间，各组分的
浓度变为原来的二分之一，容器体积增大，压强降低平衡向逆反应方向移动
，但增大的物质的量浓度小于第三次平衡时浓度，同时注意各组分物质的量
浓度变化量之比等于化学计量数之比，A、B、C的浓度随时间变化的趋势如
图： ，
故答案为： ．
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡图象、化学平衡有关计算、化学反
应速率、化学平衡影响因素等，难度中等，（6）中作图为易错点，学生容
易只考虑改变瞬间各物质的浓度，不注意平衡时各物质浓度的变化量．
11．（15分）请回答下列实验中抽取气体的有关问题．
（1）如图1是用KMnO 与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置．
4
装置B、C、D的作用分别是：B 向上排气法收集氯气 ；C
安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中； ；D
吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境 ；
第13页 | 共18页（2）在实验室欲制取适量NO气体．
①如图2中最适合完成该实验的简易装置是 ① （填序号）；
②根据所选的装置完成下表（不需要的可不填）：
应加入的物质 所起的作用
A
B
C
D
③简单描述应观察到的实验现象
反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快：A管上部空
间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色；A中的液体由
无色变为浅蓝色；B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中． ．
图1
图2
【考点】E3：氯气的实验室制法；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；
第14页 | 共18页Q9：常见气体制备原理及装置选择．
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【专题】16：压轴题；17：综合实验题．
【分析】（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，发生反应2KMnO +1
4
6HCl═2KCl+2MnCl +5Cl ↑+8H O，A为气体的发生装置，B为气体的收集装
2 2 2
置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，防止氯气扩散到空气中污染环境
；
（2）①实验室用稀硝酸和铜反应制备NO，用排水法收集NO气体；
②A为气体发生装置，B为气体的收集装置，用排水法收集，C为接受B中排出
的水的装置；
③根据反应生成无色的NO气体，溶液呈蓝色．
【解答】解：（1）①生成的氯气密度比空气大，可用向上排空气法收集，则B
为收集装置，C为防止倒吸的装置，可起到防止D中的液体倒吸进入集气管B
中，故答案为：向上排气法收集氯气；安全作用，防止D中的液体倒吸进入
集气管B中；吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境；
（2）①NO易与空气中氧气反应，则应用排水法收集，收集时进气管较短，则
应选择Ⅰ装置，故答案为：①；
②Ⅱ装置中A加入稀硝酸和铜，为气体发生装置，B为气体的收集装置，用排水
法收集，C为接受B中排出的水的装置，
故答案为：
应加入的物质 所起的作用
A 铜屑和稀硝酸 产生NO气体
B 水 排水收集NO气体
C 接收B中排出的水
D
③稀硝酸与铜反应生成无色的NO气体，可观察到有无色小气泡生成，反应放热
，反应速率逐渐加快，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体
，然后又与水反应生成无色的NO，生成硝酸铜溶液为蓝色，可观察到A中的
液体逐渐变为蓝色，气体NO不溶于水，可将B中的水排到C中，故答案为：
反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快，A管上部空
第15页 | 共18页间由无色逐渐变为浅红棕色，随反应的进行又逐渐变为无色；A中的液体由
无色变为浅蓝色，B中的水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入烧杯C中．
【点评】本题主要考查了气体的制备，题目难度中等，本题注意把握实验方法
，结合物质的性质判断装置的选择．
12．（15分）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过图1途径制备，请回
答下列问题：
（1）环戊二烯分子中最多有 9 个原子共平面；
（2）金刚烷的分子式为 C H ，其分子中的CH 基团有 6 个；
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（3）图2是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，其中，反应①的产物名
称是 氯代环戊烷 ，反应②的反应试剂和反应条件是
氢氧化钠乙醇溶液，加热 ，反应③的反应类型是 加成反应 ；
（4）已知烯烃能发生如下反应： RCHO+R′CHO
请写出下列反应产物的结构简式： ；
（5）A是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A经高锰
酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸[提示：苯环上的烷基（﹣CH ，
3
﹣CH R，﹣CHR ）或烯基侧链经高锰酸钾酸性溶液氧化得羧基]，写出A所
2 2
第16页 | 共18页有可能的结构简式（不考虑立体异构）：
．
【考点】H2：有机物的结构式；HC：有机物的合成；I4：同分异构现象和同分
异构体．
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【专题】16：压轴题；538：有机化合物的获得与应用．
【分析】（1）与双键碳直接相连的原子一定在同一平面内；
（2）根据结构简式判断有机物的分子式和基团数目；
（3）反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，反应③为加成
反应；
（4）由信息可知，碳碳双键的碳被氧化为醛基；
（5）能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A经高锰酸钾酸性溶液加
热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于对位位置．
【解答】解：（1）C=C为平面结构，与双键碳直接相连的原子一定在同一平面
内，则5个C和4个H在同一平面内，故答案为：9；
（2）由结构简式可知金刚烷的分子式为C H ，分子中又6个CH ，其中4个被
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三个环共用，故答案为：C H ；6；
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（3）反应①的产物为氯代环戊烷，反应②为氯代烃的消去反应，应在氢氧化钠
乙醇溶液，加热反应生成，反应③为加成反应，
故答案为：氯代环戊烷；氢氧化钠乙醇溶液，加热；加成反应；
（4）由信息可知，碳碳双键的碳上含H原子被氧化为醛，则发生
，故答案为： ．
（5）能使溴的四氯化碳溶液褪色，应含有碳碳双键，A经高锰酸钾酸性溶液加
第17页 | 共18页热氧化可以得到对苯二甲酸，说明烃基位于对位位置，可能的结构有
，故答案为： ．
【点评】本题考查有机物的合成及结构与性质，注意把握有机物的官能团、碳
链骨架等的变化，明确发生的反应及习题中的信息即可解答，题目难度中等
．
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