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2011 年江苏省高考化学试卷解析版
B．S2﹣的结构示意图：
参考答案与试题解析
一、选择题 C．质子数为53，中子数为78的碘原子：
1．（3分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关．下列措施有利于节能减排、保护环境的是（ ）
加快化石燃料的开采与使用 研发易降解的生物农药
D．邻羟基苯甲酸的结构简式：
①应用高效洁净的能源转换技②术 田间焚烧秸秆
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
③推广使用节能环保材料． ④ 菁优网版权所有
【专题】514：化学用语专题．
⑤A． B． C． D．
【分析】A．氮原子最外层有5个电子；
【考①点③】F⑤7：常见的生活环②境③的⑤污染及治理． ①②④ ②④
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B．硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子；
【专题】56：化学应用．
C．元素符号的左上角是质量数，左下角是质子数；
【分析】 化石燃料属于不可再生资源，且化石燃料的使用会产生污染物；
D．邻位是两个支链链接在主链上的碳是相邻的．
研发易①降解的生物农药，能降低农药残留；
【解答】解：A．氮原子最外层有5个电子，要达到稳定结构得形成三对共用电子对，即 ，故A错误；
②应用高效洁净的能源转换技术，提高能源利用率；
③田间焚烧秸秆，不完全燃烧产生可吸收颗粒物，同时增加二氧化碳排放；
④推广使用节能环保材料，节约资源、保护环境．
⑤【解答】解： 化石燃料燃烧会产生可吸收颗粒物、二氧化硫等污染物，化石燃料属于不可再生资源，加快 B．硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子，离子结构示意图为 ，故B错误；
化石燃料的开采①与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；
C．质量数＝质子数+中子数＝53+78＝131，故C正确；
研发易降解的生物农药能减少生物药物残留，减少污染物的排放，故符合题意；
D。
②应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；
邻位是两个支链链接在主链上的碳是相邻的，间位是这两个碳中间间隔着一个碳，间羟基苯甲酸的结构简式：
③田间焚烧秸秆，秸秆不完全燃烧产生固体颗粒物，同时增加二氧化碳的排放，故不符合题意；
④推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意。
⑤即有利于节能减排、保护环境的是 ， ，故D错误。
故选：B。 ②③⑤
故选：C。
【点评】本题考查环境保护问题，学生应明确习题中含有当前的社会热点是高考的一大特点，学生应学会把
【点评】本题考查电子式、化学式或化学符号及名称的综合，难度不大，注意掌握质量数与质子数和中子数
社会热点和课本知识点联系起来来解答即可，突出了化学的实用性，平时要注意积累，题目难度不大．
的关系．
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
3．（3分）下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ）
A．N 的电子式：
2 A．常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制贮罐贮运浓硫酸
B．二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器C．二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C、pH＝12的溶液呈碱性，在碱性条件下，这四种离子不发生任何反应，能大量共存，故C正确；
D．铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀 D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，在酸性条件下CO 2﹣离子与H+离子反应
3
【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F8：浓硫酸的性质；FH：硅和二氧化硅． 而不能大量共存，故D错误。
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【专题】523：氧族元素；525：碳族元素． 故选：C。
【分析】A、根据浓硫酸的特性可知，常温下浓硫酸使铝钝化，生成一层致密的保护膜阻止反应进一步进行； 【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、
B、根据二氧化硅与氢氟酸反应来分析；
氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意题中的隐含信息，例如颜色、酸性、碱性等问题．
C、根据二氧化氯具有强氧化性而能用于杀菌消毒来分析； 5．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示．下列说法正确的是（ ）
D、根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属．
【解答】解：A、因浓硫酸具有强氧化性，能够与大多数金属反应，但遇到金属铝、铁要发生钝化，因此常
温下用铝、铁制贮罐贮运浓硫酸，故A正确；
B、因二氧化硅能与氢氟酸反应：SiO
2
+4HF═SiF
4
↑+2H
2
O，所以不能用石英制造耐酸容器，故B错误；
A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8
C、因二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒是因为其具有强氧化性，而不是还原性，故C错误； B．原子半径的大小顺序为：r ＞r ＞r ＞r ＞r
X Y Z W Q
D、因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误； C．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
故选：A。
D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强
【点评】本题主要考查了物质的性质以及用途，题目较简单，试题具有一定的综合性．
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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4．（3分）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
A．1.0mol▪L﹣1的KNO
3
溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO
4
2﹣
【分析】根据元素所在周期表中的位置判断元素的种类，结合元素周期律的递变规律解答该题
B．甲基橙呈红色的溶液：NH 4 +、Ba2+、AlO 2 ﹣、Cl﹣ 【解答】解：由元素所在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为S元素，Q为
C．pH＝12的溶液：K+、Na+、CH
3
COO﹣、Br﹣
Cl元素。
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO
3
2﹣、NO
3
﹣
A、X为N元素，最高正价为+5价，Z为Al元素，最高正价为+3价，则元素X与元素Z的最高正化合价之
【考点】DP：离子共存问题．
和的数值等于8，故A正确；
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【专题】516：离子反应专题．
B、原子核外电子层数越多，半径越大，同一周期元素原子半径从左到右逐渐减小，则有：r ＞r ＞r ＞r ＞
Z W Q X
【分析】A、在酸性条件下，从NO ﹣离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性的角度分析；
3 r ，故B错误；
Y
B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，与H+离子反应的离子不能共存；
C、离子Y2﹣和Z3+的核外电子数都为10，离子核外有2个电子层，电子层数相同，故C错误；
C、pH＝12的溶液呈碱性，判断在碱性条件下离子之间能否发生反应；
D、同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，故 D错
D、与铝反应产生大量氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，从这两个角度分析．
误。
【解答】解：A、在酸性条件下，NO ﹣离子具有强氧化性，Fe2+离子具有还原性，二者发生氧化还原反应而
3 故选：A。
不能大量共存，故A错误；
【点评】本题考查位置结构性质的相互关系及应用，题目难度中等，注意掌握元素周期表的结构和元素周期
B、甲基橙呈红色的溶液呈酸性，AlO ﹣离子与H+离子反应而不能大量共存，故B错误；
2 律的递变规律．6．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．FeCl 溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+
3
B．NO 与水的反应：3NO +H O═2NO ﹣+NO+2H+
2 2 2 3
D． 实验室用图所示装置出去Cl 中的少量HCl
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO 反应：CaCO +2H+═Ca2++H O+CO ↑ 2
3 3 2 2
D．向NaAlO 溶液中通入过量CO ：2AlO ﹣+CO +3H O═2Al（OH） ↓+CO 2﹣
【考点】ED：氨的实验室制法；O5：试纸的使用；Q4：气体的净化和干燥；R1：配制一定物质的量浓度的
2 2 2 2 2 3 3
溶液．
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】25：实验评价题．
【专题】516：离子反应专题．
【分析】A．pH试纸不能事先湿润；
【分析】A．电荷不守恒；
B．浓硫酸的体积和水的体积和不等于溶液的总体积；
B．反应生成硝酸和NO；
C．收集氨气的试管不能用橡皮塞塞住管口；
C．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；
D．根据氯气难溶于饱和食盐水进行除杂。
D．反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．
【解答】解：A．pH试纸不能事先湿润，否则会带来实验误差，故A错误；
【解答】解：A．FeCl 溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；
3
B．NO 与水的反应的离子反应为3NO +H O═2NO ﹣+NO+2H+，故B正确； B．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H 2 SO 4 溶液于烧杯中，加水80mL，所得溶液的体积不等于100mL，则溶
2 2 2 3
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO 反应的离子反应为CaCO +2HAc═Ca2++H O+CO ↑+2Ac﹣，故C错误；
液浓度不等于0.1000mol•L﹣1，故B错误；
3 3 2 2
D．向NaAlO 溶液中通入过量CO 的离子反应为AlO ﹣+CO +2H O═Al（OH） ↓+HCO ﹣，故D错误； C．收集氨气的试管不能塞橡皮塞，会导致试管内压强过大而将橡皮塞顶开，应在试管口塞一团棉花，故 C
2 2 2 2 2 3 3
错误；
故选：B。
D．氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水进行洗气分离，故D正确；
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确反应的生成物及离子反应的书写方法即可解答，注意离子反
故选：D。
应中应保留化学式的物质，题目难度不大．
【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意B项，为易错点。
7．（3分）下列有关实验原理或实验操作正确的是（ ）
8．（3分）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．用水湿润pH试纸测量某溶液的pH A
A．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4N
B．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H SO 溶液于烧杯中，加水80mL，配制成0.1000mol•L﹣1H SO 溶液 A
2 4 2 4
B．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1N
A
C．标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1N
A
D．常温常压下，Na O 与足量H O反应，共生成0.2molO ，转移电子的数目为0.4N
2 2 2 2 A
【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
C． 实验室用图所示装置制取少量氨气 【分析】A、甲醇为CH OH，1个分子甲醇中含有3个C﹣H键；
3
B、pH＝13的NaOH溶液，c（OH﹣）＝0.1mol/L，但体积未知，无法计算离子数目；
C、标准状况下，己烷为液体；
D、2Na O +2H O＝4NaOH+O ↑，每生成1molO 时反应中转移的电子为2mol。
2 2 2 2 2【解答】解：A、甲醇为CH OH，1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为3N ，故A错误； 是还原剂，故B正确。
3 A
B、pH＝13的NaOH溶液，c（OH﹣）＝0.1mol/L，n＝cV，但溶液的体积未知，无法计算离子数目，故B错
C、3Cl +2Fe 2FeCl ，故C错误。
2 3
误；
C、标准状况下，己烷为液体，无法计算，故C错误；
D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误。
D、由2Na O +2H O＝4NaOH+O ↑，每生成1molO 时反应中转移的电子为2mol，则生成0.2molO ，转移电
2 2 2 2 2 2
故选：B。
子的数目为0.4N ，故D正确；
A 【点评】本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧
故选：D。
化剂还原剂根据化合价的变化判断即可．
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确物质中的化学键、物质的状态、浓度与物质的量的关系、氧
10．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
化还原反应中电子转移的数目即可解答，难度不大。
9．（3分）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质．下列说法正确的是（ ）
A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH COOH溶液所得到的滴定曲线
3
C．图3表示KNO 的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO 的不饱和溶液
3 3
A．25℃，NaHCO 在水中的溶解度比Na CO 的大
3 2 3
D．图4 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大
B．石灰乳与Cl 的反应中，Cl 既是氧化剂，又是还原剂
2 2
【考点】62：溶解度、饱和溶液的概念；BB：反应热和焓变；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线；
C．常温下干燥的Cl 能用钢瓶贮存，所以Cl 不与铁反应
2 2
R3：中和滴定．
D．如图所示转化反应都是氧化还原反应 菁优网版权所有
【专题】13：图像图表题．
【考点】DI：电解原理；E2：氯气的化学性质．
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【分析】A、当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，催化剂是通过降低反应的活化能来加
【专题】522：卤族元素．
快化学反应速率的；
【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；
B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；
B、结合反应方程式化合价的变化判断；
C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；
C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl ；
3
D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高．
D、根据元素的化合价是否变化判断．
【解答】解：A、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但
【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多。
是图中信息得出：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，故A错误；
碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多。所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误。
B、强碱强氧化钠滴定醋酸溶液时，开始20.00mL0.1000mol•L﹣1CH COOH溶液pH大于1，故B错误；
B、2Ca（OH） +2Cl ＝CaCl +Ca（ClO） +2H O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl 既是氧化剂，又 3
2 2 2 2 2 2
C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故C正确；D、可逆反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高，由图知反应物转化率最大在t时刻以后，故D错误。 B．水解反应NH ++H O NH •H O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
4 2 3 2
故选：C。 C．铅蓄电池放电时的负⇌极和充电时的阳极均发生还原反应
【点评】注意识图能力是解决问题的关键，考查学生对质的梳理和归纳能力，综合性较强，难度较大． D．对于反应2H O ＝2H O+O ↑，加入MnO 或升高温度都能加快O 的生成速率
2 2 2 2 2 2
11．（3分） ﹣﹣紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A
1
。 【考点】BJ：常见化学电源的种类及其工作原理；C5：焓变和熵变；CA：化学反应速率的影响因素；DC：
β 影响盐类水解程度的主要因素．
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【专题】51F：化学反应速率专题；51H：盐类的水解专题．
【分析】A．反应为分解反应，为吸热反应，生成气体，物质的混合度增大；
B．水解反应为吸热反应，结合温度对平衡移动的影响分析；
C．铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应；
下列说法正确的是（ ）
D．根据催化剂和温度对反应速率的影响分析．
A． ﹣紫罗兰酮可使酸性KMnO 溶液褪色
4
【解答】解：A．反应为分解反应，为吸热反应，则△H＞0，生成气体，物质的混合度增大，则△S＞0，故
B．1βmol中间体X最多能与2mol H
2
发生加成反应
A正确；
C．维生素A 易溶于NaOH溶液
1
B．水解反应为吸热反应，升高温度向吸热方向移动，即向正反应方向移动，故B错误；
D． ﹣﹣紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体
C．铅蓄电池放电时的负极发生氧化反应，充电时，阳极发生氧化反应，故C错误；
【考β点】HD：有机物的结构和性质．
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D．加入MnO 或升高温度都能提高活化分子的百分数，能加快O 的生成速率，故D正确。
2 2
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
故选：AD。
【分析】A． ﹣﹣紫罗兰酮中含有C＝C；
【点评】本题考查较为综合，涉及焓变和熵变、外界条件对化学平衡的影响、电化学知识以及反应速率的影
B．中间体Xβ中含C＝C和﹣CHO，均能与氢气发生加成反应；
响因素，题目难度不大，本题注意水解反应、弱电解质的电离都为吸热过程．
C．维生素A 为多个碳原子的烯醇，与碱不反应；
1
13．（3分）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）
D． ﹣﹣紫罗兰酮与中间体X的分子式不同。
A．向饱和FeCl 溶液中滴加过量氨水，可制取Fe（OH） 胶体
3 3
【解β答】解：A． ﹣﹣紫罗兰酮中含有C＝C，可使酸性KMnO
4
溶液褪色，故A正确；
B．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有
B．中间体X中含βC＝C和﹣CHO，均能与氢气发生加成反应，则1mol中间体X最多能与3molH
2
发生加成
Fe2+
反应，故B错误；
C．室温下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，振荡、静置后分液，可除去苯中少量苯酚
C．维生素A 为多个碳原子的烯醇，与碱不反应，则不溶于NaOH溶液，故C错误；
1
D．已知I ﹣ I +I﹣，向盛有KI 溶液的试管中加入适量CCl ，振荡静置后CCl 层显紫色，说明KI 在
3 2 3 4 4 3
D． ﹣﹣紫罗兰酮与中间体X的分子式不同，相差1个CH 原子团，则不是同分异构体，故D错误；
2
CCl 中的溶解度比在水中的大
故选β：A。 4
【考点】66：胶体的重要性质；GQ：二价Fe离子和三价Fe离子的检验；J8：苯酚的化学性质；P4：分液和
【点评】本题考查有机物的结构和性质，熟悉有机物的官能团与物质性质的关系来解答，把握烯烃、醇的性
萃取；U5：化学实验方案的评价．
质、同分异构体的判断是解答的关键，题目难度不大。 菁优网版权所有
【专题】25：实验评价题．
12．（3分）下列说法正确的是（ ）
【分析】A、氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中加入氯化铁溶液；
A．一定温度下，反应MgCl （l）＝Mg（l）+Cl （g）的△H＞0，△S＞0
2 2B、氯气具有氧化性，可以将还原性的离子氧化，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色； D．溶液呈中性，则c（H+）＝c（OH﹣），根据溶液中电荷守恒确定c（Na+）、c（CH COO﹣）的关系，溶
3
C、苯酚可以和氢氧化钠反应生成苯酚钠水溶液，苯不易溶于水； 液中醋酸的电离程度大于水解程度．
D、碘单质在水中的溶解度不如在四氯化碳中的溶解度大，KI 3 盐溶液和四氯化碳互不相溶． 【解答】解：A．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的电离程度小于水解程度，所以 c（H 2 CO 3 ）＞c
【解答】解：A、氢氧化铁胶体的制备方法：向沸水中加入氯化铁溶液加热，至出现红褐色的胶状物，向饱 （CO 2﹣），故A错误；
3
和FeCl 3 溶液中滴加过量氨水，会出现红褐色沉淀，故A错误； B．根据溶液中质子守恒得c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO 3 ﹣）+2c（H 2 CO 3 ），所以c（OH﹣）﹣c（H+）＝c
B、氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应， （HCO ﹣）+2c（H CO ）正确，故B正确；
3 2 3
显红色，如果取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，溶液中就是只含 C．向0.2 mol/LNaHCO 溶液中加入等体积0.1 mol/LNaOH溶液后，相当于0.05 mol/L的Na CO 溶液和
3 2 3
有三价铁离子时也具有该现象，不能确定是否含有亚铁离子，故B错误； NaHCO 溶液的混合液，由于Na CO 的水解程度大于NaHCO 的水解程度，因此正确的关系是：c（HCO
3 2 3 3 3
C、向苯和少量苯酚的混合溶液中加入适量NaOH溶液，其中苯酚可以和氢氧化钠反应生成苯酚钠水溶液， ﹣）＞c（CO 2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错误；
3
苯不易溶于水，震荡会分层，分液，上层的是苯，这样可除去苯中少量苯酚，故C正确； D．常温下，CH COONa和CH COOH混合溶液，包括CH COO﹣水解和CH COOH电离两个过程，pH＝7，
3 3 3 3
D、向盛有KI 3 溶液的试管中加入适量CCl 4 ，振荡静置后CCl 4 层显紫色，是由于碘易溶于四氯化碳，而四氯 根据电荷守恒知，得出c（Na+）＝c（CH COO﹣）＝0.1 mol/L，c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7 mol/L，但水
3
化碳和水互不相溶，促进平衡向正反应方向移动，故D错误。 解是微弱的，故溶液中醋酸钠的浓度应远大于醋酸的浓度，所以 c（CH COO﹣）＞c（CH COOH），故D正
3 3
故选：C。
确；
【点评】离子检验和除杂问题是现在考试的热点，注意物质的性质的灵活应用，要求学生具有分析和解决问
故选：BD。
题的能力，难度不大．
【点评】本题考查离子浓度大小比较，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．
14．（3分）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
15．（3分）700℃时，向容积为 2L的密闭容器中充入一定量的CO和H O，发生反应：CO（g）+H O（g）
2 2
A．在0.1mol•L﹣1NaHCO 溶液中：c（Na+）＞c（HCO ﹣）＞c（CO 2﹣）＞c（H CO ）
3 3 3 2 3 CO （g）+H （g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t ＞t ）：
2 2 2 1
B．在0.1mol•L﹣1Na CO 溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO ﹣）+2c（H CO ）
2 3 3 2 3 ⇌ 反应时间/min n（CO）/mol H O/mol
2
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO 溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液：c（CO 2﹣）＞c（HCO ﹣）＞c（OH
3 3 3 0 1.20 0.60
﹣）＞c（H+）
t 0.80
1
D．常温下，CH COONa和CH COOH混合溶液[pH＝7，c（Na+）＝0.1mol•L﹣1]：c（Na+）＝c（CH COO
3 3 3 t 0.20
2
﹣）＞c（CH COOH）＞c（H+）＝c（OH﹣）
3 下列说法正确的是（ ）
【考点】DN：离子浓度大小的比较． A．反应在t min内的平均速率为v（H ）＝0.40/t mol•L﹣1•mim﹣1
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【专题】16：压轴题；51G：电离平衡与溶液的pH专题．
B．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60mol CO和1.20mol H O，到达平衡时n（CO ）＝0.40mol
2 2
【分析】A．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，其溶液呈碱性，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度；
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20mol H O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，
2
B．根据溶液中质子守恒分析；
H O的体积分数增大
2
C．向0.2 mol•L﹣1NaHCO 溶液中加入等体积0.1mol•L﹣1NaOH溶液，碳酸氢钠和氢氧化钠以1：1反应生成
3 D．温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
碳酸钠和水，所以溶液中的碳酸氢钠和碳酸钠的物质的量相等，溶液呈碱性，碳酸根离子水解程度大于碳酸
【考点】CP：化学平衡的计算．
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氢根离子电离程度；
【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题．【点评】本题是化学平衡问题，主要考查化学反应速率、化学平衡及平衡常数等计算，注意 B选项中的规律
【分析】A、由表中数据可知，t min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol﹣0.8mol＝0.4mol，根据v
1
利用。
二、解答题
计算v（CO），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H ）；
2
16．以硫铁矿（主要成分为 FeS ）为原料制备氯化铁晶体（FeCl •6H O）的工艺流程如下：
2 3 2
B、CO与H O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H O与充入1.20 mol CO和0.6mol
2 2
H O到达平衡时对应生成物的浓度、物质的量相同；
2
C、保持其他条件不变，增加一种反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，另一种反应物的转化率增大，自
身转化率降低；
D、t min时n（CO）＝0.8mol，n（H O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，20min时n（H O）＝0.2mol，说明
1 2 2
10min时反应已经达到平衡状态，根据平衡时各物质的浓度计算原平衡常数，比较不同温度下的平衡常数大
小可判断反应的吸放热。
回答下列问题：
【解答】解：A、由表中数据可知，t min内参加反应的CO的物质的量为1.2mol﹣0.8mol＝0.4mol，v（CO）
1
（1）在一定条件下，SO 转化为SO 的反应为2SO +O 2SO ，该反应的平衡常数表达式为K＝
2 3 2 2 3
mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比计算v（H ）＝v（CO） mol/（L•min），
2
故A错误；
；过量的SO 与NaOH溶液反应的化学方程式为 SO +NaOH ＝ NaHSO ．
2 2 3
B、CO与H O按物质的量比1：1反应，充入0.60 mol CO和1.20 mol H O与充入1.20 mol CO和0.6mol
2 2
H O，平衡时生成物的浓度对应相同，t min时n（CO）＝0.8mol，n（H O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol， （2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是 提高铁元素的浸出率 、 抑制 F e 3 + 水解 ．
2 1 2
t 2 min 时 n（H 2 O）＝0.2mol，说明 t 1 min 时反应已经达到平衡状态，根据化学方程式可知，则生成的 n （3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为 C l 2 +2Fe 2+ ＝ 2Cl ﹣ +2Fe 3+ ；该过程产生的尾气可用
（CO 2 ）＝0.4mol，故B正确； 碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为 C l 2 ， HC l （写化学式）．
C、保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时 【考点】F5：二氧化硫的化学性质；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变；U3：制备实验方案的设计．
2 菁优网版权所有
【专题】523：氧族元素；527：几种重要的金属及其化合物．
CO转化率增大，H O转化率减小，H O的体积分数会增大，故C正确；
2 2
【分析】（1）依据化学平衡常数概念写出计算式；用平衡状态下生成物浓度的幂次方乘积除以反应物浓度
D、t
1
min时反应已经达到平衡状态，此时c（CO） 0.4mol/L，c（H
2
O） 0.1mol/L，c
的幂次方乘积；过量二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠；
（2）原料中的硫化亚铁酸浸后生成的氯化铁是目标物质，加入过量盐酸是抑制铁离子的水解，使更多的铁
元素转化为氯化亚铁；
（CO ）＝c（H ） 0.2mol/L，则k 1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说 （3）氯气是强氧化剂，可以氧化亚铁离子；尾气依据流程图分析判断，有氯气和盐酸挥发出的氯化氢气体；
2 2
明温度升高，平衡是向左移动，故正反应为放热反应，故D错误； 【解答】解：（1）在一定条件下，SO 2 转化为SO 3 的反应为2SO 2 +O 2 2SO 3 ，该反应的平衡常数表达式
故选：BC。为K ；过量的SO 与NaOH溶液反应的化学方程式为：SO +NaOH＝NaHSO ；
2 2 3
为 ．
故答案为： ；SO +NaOH＝NaHSO ；
2 3
（5）已知：RCH COOH ，写出以苯酚和乙醇为原料制备 的合成路线流程图
2
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；
故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl +2Fe2+＝2Cl﹣
2
+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯
化氢气体；
故答案为：Cl ，HCl；
2
【点评】本题考查了化学平衡的平衡常数计算式书写，流程步骤中的操作目的和反应现象、反应产物的分析
（无机试剂任用）．
判断，尾气的成分判断和处理方法，题目难度中等．
17．敌草胺是一种除草剂．它的合成路线如下：
合成路线流程图例如下：H C═CH CH CH Br CH CH OH．
2 2 3 2 3 2
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】538：有机化合物的获得与应用．
回答下列问题：
【分析】（1）A中含有酚羟基，易被空气中的氧气氧化；
（1）在空气中久置，A由无色转变为棕色，其原因是 A 被空气中的 O 氧化 ．
2 （2）根据官能团的结构简式判断；
（2）C分子中有2个含氧官能团，分别为 羧基 和 醚键 填官能团名称）．
（3）能与金属钠反应放出H 说明含有羟基，可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明是
2
甲酸某酯．另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢，说明水解产物萘环支链一定是对称的，且支链
是一样的；
（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式： ．
（4）由C和E的分子式可知，E是由A和C反应生成的；
能与金属钠反应放出H ； 是萘（ ）的衍生物，且取代基都在同一个苯环上； 可发生水解反应，
2
①其中一种水解产物能发生银镜②反应，另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢． ③
（5）由题给信息可知应先生成ClCH COOH和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与
2
（4）若C不经提纯，产物敌草胺中将混有少量副产物E（分子式为C H O ），E是一种酯．E的结构简式
23 18 3
乙醇发生酯化反应可生成目标物．
【解答】解：（1）A中含有酚羟基，易被空气中的氧气氧化而变色，故答案为：A被空气中的O 氧化；
2（2）C分子中有2个含氧官能团，分别为羧基和醚键，故答案为：羧基； 醚键；
（3）能与金属钠反应放出H 说明含有羟基，可发生水解反应，其中一种水解产物能发生银镜反应，说明是
2
甲酸某酯．另一种水解产物分子中有5种不同化学环境的氢，说明水解产物萘环支链一定是对称的，且支链
【点评】本题是一道基础有机合成题，仅将敌草胺的合成过程列出，着力考查阅读有机合成方案设计、利用
是一样的，则对应的结构有 ，
题设信息、解决实际问题的能力，也考查了学生对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成
的综合分析能力，题目难度中等．
18．Ag O 是银锌碱性电池的正极活性物质，可通过下列方法制备：在KOH加入适量AgNO 溶液，生成Ag O
2 2 3 2
故答案为： 沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量K S O 溶液缓慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗
2 2 8
涤、真空干燥得到固体样品．反应方程式为
（4）由C和E的分子式可知，E是由A和C反应生成的，结构为 ， 2AgNO 3 +4KOH+K 2 S 2 O 8 Ag 2 O 2 ↓+2KNO 3 +2K 2 SO 4 +2H 2 O
回答下列问题：
故答案为： （1）上述制备过程中，检验洗剂是否完全的方法是 取少许最后一次洗涤滤液，滴入 1 ～ 2 滴 B a （ NO 3 ） 2
溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入 1 ～ 2 滴酚酞溶液，若溶液不
显红色，表示已洗涤完全） ．
（5）由题给信息可知应先生成ClCH 2 COOH和苯酚钠，然后在酸性条件下反应生成 ，进而与 （2）银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag 2 O 2 转化为Ag，负极的Zn转化为
乙 醇 发 生 酯 化 反 应 可 生 成 目 标 物 ， 合 成 路 线 为 K 2 Zn（OH） 4 ，写出该电池反应方程式： A g 2 O 2 +2Zn+4KOH+2H 2 O ＝ 2K 2 Zn （ OH ） 4 +2Ag ．
（3）准确称取上述制备的样品（设仅含Ag O 和Ag O） 2.558g，在一定的条件下完全分解为Ag 和O ，得
2 2 2 2
到224.0mLO （标准状况下）．计算样品中Ag O 的质量分数（计算结果精确到小数点后两位）．
2 2 2
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】（1）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有SO 2﹣或OH﹣；
4
（2）电池放电时正极的Ag O 转化为Ag，负极的Zn转化为K Zn（OH） ，反应还应有KOH参加；
2 2 2 4
（3）结合质量守恒列方程组计算．
，
【解答】解：（1）检验是否洗涤完全，可取最后一次滤液，检验溶液中是否含有 SO 2﹣或OH﹣，滴入1～2
故答案为： 4
滴Ba（NO ） 溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞
3 2溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全），
故答案为：取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴Ba（NO ） 溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全
3 2
（或取少许最后一次洗涤滤液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不显红色，表示已洗涤完全）；
（2）电池放电时正极的Ag O 转化为Ag，负极的Zn转化为K Zn（OH） ，反应还应有KOH参加，反应
2 2 2 4
的方程式为Ag O +2Zn+4KOH+2H O＝2K Zn（OH） +2Ag，
2 2 2 2 4
故答案为：Ag O +2Zn+4KOH+2H O＝2K Zn（OH） +2Ag；
2 2 2 2 4
（3）n（O ） 1.000×10﹣2mol，
2
（3）样品中NH ClO 的含量可用蒸馏法进行测定，蒸馏装置如图2所示（加热和仪器固定装代已略去），
4 4
设样品中Ag O 的物质的量为x，Ag O 的物质的量为y
2 2 2
实验步骤如下：
248 g/mol×x+232g/mol×y＝2.558g
步骤1：按图2所示组装仪器，检查装置气密性．
x 1.000×10﹣2mol 步骤2：准确称取样品ag（约 0.5g）于蒸馏烧瓶中，加入约150mL水溶解．
步骤3：准确量取40.00mL约0.1mol•L﹣1H SO 溶解于锥形瓶中．
2 4
x＝9.64×10﹣3mol 步骤4：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入20mL 3mol•L﹣¹NaOH溶液．
y＝7.2×10﹣4mol 步骤5：加热蒸馏至蒸馏烧瓶中剩余约100mL溶液．
步骤6：用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2～3次，洗涤液并入锥形瓶中．
w（Ag O ） 0.93．
2 2 步骤7：向锥形瓶中加入酸碱指示剂，用 c mol•L﹣¹NaOH标准溶液滴定至终点，消耗 NaOH标准溶液
v mL
1
答：样品中Ag O 的质量分数为0.93．
2 2
步骤8：将实验步骤1﹣7重复2次
【点评】本题考查较为综合，在原电池的基础上综合考查物质的分离、检验以及含量的测定，题目难度中等，
步骤3中，准确量取40.00mlH SO 溶液的玻璃仪器是 酸式滴定管 ．
2 4
注意从质量守恒的角度计算．
①步骤1﹣7中确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验是 1 ， 5 ， 6 （填写步骤号）．
19．高氯酸铵（NH ClO ）是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过下列反应制取
4 4
②为获得样品中NH
4
ClO
4
的含量，还需补充的实验是 用 NaOH 标准溶液标定 H
2
SO
4
溶液的浓度 ．
NaClO （aq）+NH Cl（aq） NH ClO （aq）+NaCl（aq） ③【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
4 4 4 4 菁优网版权所有
【专题】18：实验分析题．
（1）若NH 4 Cl用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是 氨气与浓盐酸反应放 【分析】（1）反应温度较低，氨气与浓盐酸反应放出热量；
出热量 ． （2）由图可知，NH ClO 的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH Cl、NaClO 的溶解
4 4 4 4
（2）反应得到的混合溶液中NH 4 ClO 4 和NaCl的质量分数分别为0.30和0.15（相关物质的溶解度曲线见图 度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH ClO ，故采取蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并
4 4
1）．从混合溶液中获得较多NH ClO 晶体的实验操作依次为（填操作名称） 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 ，
4 4 用冰水洗涤，减少损失；
冰水洗涤 干燥． （3） 用酸式滴定管准确量取40.00 ml H
2
SO
4
溶液；
①为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，应气密性好，尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水；
②为获得样品中NH
4
ClO
4
的含量，还需要用NaOH标准溶液标定H
2
SO
4
溶液的浓度．
③【解答】解：（1）氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，故 NH Cl用氨气和浓盐酸代替，上述
4
反应不需要外界供热就能进行，
故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；
（2）由图可知，NH ClO 的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH Cl、NaClO 的溶解
4 4 4 4
（4）电解尿素[CO（NH ） ]的碱性溶液制氢的装置示意图见图2（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极
度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于 NH ClO ，故从混合溶液中获得较多NH ClO 晶体 2 2
4 4 4 4
均为惰性电极）。电解时，阳极的电极反应式为 CO （ NH ） +8OH ﹣ ﹣ 6e ﹣ ＝ CO 2 ﹣ +N ↑ +6H O 。
的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失， 2 2 3 2 2
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤；
（5）Mg
2
Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg
2
Cu与H
2
反应，生成MgCu
2
和仅含一种金属元素的氢化物（其
（3） 用酸式滴定管准确量取40.00 ml H
2
SO
4
溶液，
故答案①为：酸式滴定管；
中氢的质量分数为0.077）。Mg Cu与H 反应的化学方程式为 2M g Cu+3H MgCu +3MgH 。
2 2 2 2 2 2
为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收，应气密性好，尽可能反应完全，并冲洗冷凝管附着的氨水，为确保生
②成的氨被稀硫酸完全吸收的实验步骤为：1，5，6， 【考点】BE：热化学方程式；BH：原电池和电解池的工作原理．
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故答案为：1，5，6； 【专题】517：化学反应中的能量变化；51I：电化学专题．
为获得样品中NH
4
ClO
4
的含量，还需要用NaOH标准溶液标定H
2
SO
4
溶液的浓度， 【分析】（1）将已知方程式变性运算得到目标方程式，依据盖斯定律计算反应热，标注物质聚集状态和对
③故答案为：用NaOH标准溶液标定H SO 溶液的浓度． 应反应量的反应热；
2 4
【点评】本题以复合火箭推进剂的重要成分制取和分析为背景的综合实验题，涉及理论分析、阅读理解、读 （2）使部分H S燃烧放出热量，为H S热分解反应提供热量；SO 与H S进一步反应，生成物在常温下均非
2 2 2 2
图看图、沉淀制备、沉淀洗涤、含量测定等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力，难度较大． 气体，二者反应生成S与H O；
2
20．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （3）由图可知，水的分解化学键断裂先生成 H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，
已知：CH 4 （g）+H 2 O（g）═CO（g）+3H 2 （g）△H＝+206.2kJ•mol﹣1 由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，据此判断；
CH
4
（g）+CO
2
（g）═2CO（g）+2H
2
（g）△H＝+247.4kJ•mol﹣1 （4）由图可知，CO（NH
2
）
2
在阳极放电生成N
2
，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成；
2H S（g）═2H （g）+S （g）△H＝+169.8kJ•mol﹣1
2 2 2
（5）令金属氢化物为RH ，金属R的相对分子质量为a，则 0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价，
（1）以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH （g）与 H O（g）反应生成CO （g）和H x
4 2 2 2
（g）的热化学方程式为 CH （ g ） +2H O （ g ）═ CO （ g ） +4H （ g ）△ H ＝ 165.0k J • mo l ﹣ 1 。
4 2 2 2
讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH 。
2
（2）H S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H S燃烧，其目的是 为 H S 热分解反应
2 2 2 【解答】（1）： CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H＝+206.2kmol﹣1
4 2 2
提供热量 ；燃烧生成的SO 与H S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：
2 2 CH （g）+CO①（g）═2CO（g）+2H （g）△H＝+247.4kJmol﹣1
4 2 2
2H S+SO ═ 2H O+3S 。
2 2 2 ②据盖斯定律， ×2﹣ 得：CH （g）+2H O（g）═CO （g）+4H （g）△H＝+165.0kmol﹣1
4 2 2 2
（3）H O的热分解也可得到H ，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图 1所示。图中
2 2 故答案为：CH①（g）+②2H O（g）═CO （g）+4H （g）△H＝+165.0kmol﹣1；
4 2 2 2
A、B表示的物质依次是 氢原子、氧原子 。
（2）使部分H S燃烧，放出热量，为H S热分解反应提供热量，SO 与H S进一步反应，生成物在常温下均
2 2 2 2非气体，二者反应生成S与H O， CuCl+2HCl ═ H [CuCl ] ．
2 2 3
反应方程式为2H S+SO ═2H O+3S，
2 2 2
故答案为：为H S热分解反应提供热量；2H S+SO ═2H O+3S；
2 2 2 2
（3）由图可知，水的分解化学键断裂先生成 H原子与O原子，氢原子结合生成氢气，氧原子结合生成氧气，
由水的分子式可知氢原子物质的量是氧原子2倍，故A为氢原子、B为氧原子，
故答案为：氢原子、氧原子；
（4）由图可知，CO（NH ） 在阳极放电生成N ，C元素价态未变化，故还有碳酸钾生成与水生成，电极反
2 2 2
应式为CO（NH ） +8OH﹣﹣6e﹣＝CO 2﹣+N ↑+6H O，
【考点】96：共价键的形成及共价键的主要类型；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道
2 2 3 2 2
故答案为：CO（NH ） +8OH﹣﹣6e﹣＝CO 2﹣+N ↑+6H O； 杂化方式及杂化类型判断；A5：氢键的存在对物质性质的影响．
2 2 3 2 2 菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；51D：化学键与晶体结构．
（5）令金属氢化物为RH
x
，金属R的相对分子质量为a，则 0.077，即923x＝77a，X为金属的化合价， 【分析】原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元素；
Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y
是C元素；
讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH ，故反应方程式为2Mg Cu+3H MgCu +3MgH ， Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素，W的原子序数为29，则W是Cu元素．
2 2 2 2 2
【解答】解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元
素；
故答案为：2Mg Cu+3H MgCu +3MgH 。
2 2 2 2
Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y
【点评】本题为综合题，涉及热化学方程式的书写、化学方程式的书写、电极反应式的书写，熟悉盖斯定律
是C元素；
Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素，W的原子序数为29，则W是Cu元素．
计算反应热的方法、明确电解池工作原理、物质的性质是解题关键，题目难度中等。
21．原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X形成的单质是最轻的物质，Y原子基态时最外层电子 （1）Y 2 X 2 是乙炔，分子式为C 2 H 2 ，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，所以每个碳原子含
数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29． 有2个σ键，采取sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，所以1mol Y 2 X 2 含有σ键3N A 或3×6.02×1023个，
回答下列问题：
故答案为：sp杂化；3N
A
或3×6.02×1023个；
（1）Y X 分子中Y原子轨道的杂化类型为 sp 杂化 ，1mol Y X 含有σ键的数目为 3N 或 3×6.02×1 0 2 3 （2）N原子电负性较大，C原子电负性较小，所以氨气分子中存在氢键，甲烷分子中不含氢键，氢键的存在
2 2 2 2 A
个 ． 导致氨气的沸点大于甲烷，故答案为：NH 3 分子存在氢键；
（2）化合物ZX 3 的沸点比化合物YX 4 的高，其主要原因是 NH 3 分子存在氢键 ． （3）CO 2 和N 2 O的原子个数相等、价电子数相等，所以是等电子体，故答案为：N 2 O；
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是 N O
2
（4）利用均摊法知，该晶胞中黑色球个数＝4，白色球个数 4，黑色球和白色球的个数之比
．
（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是 CuC l ，它可与浓盐酸发生非
＝4：4＝1：1，所以该物质的化学式是CuCl，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物 H CuCl ，根
2 3
氧 化 还 原 反 应 ， 生 成 配 合 物 H WCl ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 CuCl+2HCl ═ H CuCl （ 或
2 3 2 3
据CuCl和H CuCl 知，氯元素、铜元素的化合价不变，所以该反应不是氧化还原反应而是化合反应，所以其
2 3反应方程式为CuCl+2HCl═H CuCl （或CuCl+2HCl═H [CuCl ]，
2 3 2 3
故答案为：CuCl；CuCl+2HCl═H CuCl （或CuCl+2HCl═H [CuCl ]．
2 3 2 3
【点评】本题考查了物质结构，涉及原子杂化方式的判断、氢键、等电子体等知识点，这几个知识点都是高
考的热点，注意这些知识的积累．
22．草酸是一种重要的化工产品．实验室用硝酸氧化淀粉水解液制备草酸的装置如图14所示（加热、搅拌和仪
器固定装置均已略去）
实验过程如下：
【考点】TO：蔗糖与淀粉的性质实验．
将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中 菁优网版权所有
【专题】16：压轴题；537：糖类与蛋白质专题．
①控制反应液温度在 55～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO
3
与
【分析】（1）碘水遇到淀粉会变蓝，如果溶液中加入碘水没有变化 则说明水解完全，无淀粉；
②98%H SO 的质量比为2：1.5）溶液
2 4
（2）草酸具有还原性，硝酸能进一步氧化C H O 和H C O ；
6 12 6 2 2 4
反应3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体．
（3）NO中氮元素为+2价，NO 中氮元素为+4价，在碱性条件下，发生价态归中反应；
2
③硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：
（4）根据尾气的成分和氢氧化钠和淀粉的性质解答；
C H O +12HNO →3H C O +9NO ↑+3NO↑+9H O
6 12 6 3 2 2 4 2 2
（5）过滤的原理：过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，根据减压过
C H O +8HNO →6CO +8NO↑+10H O
6 12 6 3 2 2
滤的特点解答．
3H C O +2HNO →6CO +2NO↑+4H O
2 2 4 3 2 2
【解答】解：（1）淀粉遇碘变蓝色，在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液，溶液显蓝色，则证明淀粉没
（1）检验淀粉是否水解完全所需用的试剂为 碘水 ．
有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，
（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产率下降，其原因是 由于温度过高、硝酸浓度过大，导致
故答案为：碘水；
C H O 和 H C O 进一步被氧化 ．
6 12 6 2 2 4
（2）混酸为65%HNO 与98%H SO 的混合液，混合液溶于水放热，温度高能加快化学反应，硝酸能进一步
3 2 4
（3）装置C用于尾气吸收，当尾气中n（NO ）：n（NO）＝1：1时，过量的NaOH溶液能将NO，全部吸
2
氧化H C O 成二氧化碳，
2 2 4
收，原因是 NO +NO+2NaOH ＝ 2NaNO +H O （用化学方程式表示）
2 2 2
故答案为：由于温度过高、硝酸浓度过大，导致C H O 和H C O 进一步被氧化；
6 12 6 2 2 4
（4）与用NaOH溶液吸收尾气相比较，若用淀粉水解液吸收尾气，其优、缺点是 优点：提高 HNO 利用率
3
（3）发生反应为归中反应，根据N元素的化合价可知应生成NaNO ，反应的方程式为NO+NO +2NaOH＝
2 2
缺点： NO 吸收不完全 ．
x
2NaNO +H O，
2 2
（5）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有 布氏漏斗 、
故答案为：NO +NO+2NaOH＝2NaNO +H O；
2 2 2
吸滤瓶 ．
（4）尾气为一氧化氮和二氧化氮，用碱吸收，它们将转变为亚硝酸钠完全吸收，如果用淀粉水解液吸收，
葡萄糖能继续被硝酸氧化，但NO 吸收不完全，
x
故答案为：优点：提高HNO 利用率；缺点：NO 吸收不完全；
3 x
（5）减压过滤与常压过滤相比，优点：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀，装置特点：布氏漏斗颈
的斜口要远离且面向吸滤瓶的抽气嘴，并且安全瓶中的导气管是短进长出，
故答案为：布氏漏斗、吸滤瓶．【点评】本题主要考查了硝酸和葡萄糖的反应，解答注意题中的信息和课本知识相结合，学习应注意相关基
础知识的积累，题目难度中等．
