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2011 年江苏省高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、选择题
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
①应用高效洁净的能源转换技②术 田间焚烧秸秆
③推广使用节能环保材料． ④
⑤A． B． C． D．
【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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【专题】56：化学应用．
【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；
研发易①降解的生物农药，能降低农药残留；
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，①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；
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；
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；
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
④合题意；
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 ，
故选：B。 ②③⑤
【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．
2．（3分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．N 的电子式：
2B．S2﹣的结构示意图：
C．质子数为53，中子数为78的碘原子：
D．邻羟基苯甲酸的结构简式：
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
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【专题】514：化学用语专题．
【分析】A．氮原子最外层有5个电子；
B．硫离子质子数为16，核外电子数为18，最外层有8个电子；
C．元素符号的左上角是质量数，左下角是质子数；
D．邻位是两个支链链接在主链上的碳是相邻的．
【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；
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；
C．质量数＝质子数+中子数＝53+78＝131，故C正确；
D。
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： ，故D错误。
故选：C。
【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的关系．
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．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
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
【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．
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【专题】523：氧族元素；525：碳族元素．
【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；
B、根据二氧化硅与氢氟酸反应来分析；
C、根据二氧化氯具有强氧化性而能用于杀菌消毒来分析；
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；
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；
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；
故选：A。
【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．
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（ ）
A．1.0mol▪L﹣1的KNO 溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO 2﹣
3 4
B．甲基橙呈红色的溶液：NH +、Ba2+、AlO ﹣、Cl﹣
4 2
C．pH＝12的溶液：K+、Na+、CH COO﹣、Br﹣
3
D．与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO 2﹣、NO ﹣
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】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
3
析；
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、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、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．
【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
3
发生氧化还原反应而不能大量共存，故A错误；
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
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、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
3
﹣离子与H+离子反应而不能大量共存，故D错误。
故选：C。
【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、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．
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（ ）
A．元素X与元素Z的最高正化合价之和的数值等于8
B．原子半径的大小顺序为：r ＞r ＞r ＞r ＞r
X Y Z W Q
C．离子Y2﹣和Z3+的核外电子数和电子层数都不相同
D．元素W的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Q的强
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【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
【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Cl元素。
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的最高正化合价之和的数值等于8，故A正确；
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 ＞r ，故B错误；
Z W Q X YC、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；
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错误。
故选：A。
【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
C．醋酸溶液与水垢中的CaCO 反应：CaCO +2H+═Ca2++H O+CO ↑
3 3 2 2
D．向NaAlO 溶液中通入过量CO ：2AlO ﹣+CO +3H O═2Al（OH） ↓+CO 2﹣
2 2 2 2 2 3 3
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】516：离子反应专题．
【分析】A．电荷不守恒；
B．反应生成硝酸和NO；
C．醋酸为弱酸，在离子反应中应保留化学式；
D．反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠．
【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
3
误；
B．NO 与水的反应的离子反应为3NO +H O═2NO ﹣+NO+2H+，故B正确；
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+
3 3
+H O+CO ↑+2Ac﹣，故C错误；
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）
2 2 2 2 2
↓+HCO ﹣，故D错误；
3 3
故选：B。
【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，注意离子反应中应保留化学式的物质，题目难度不大．
7．（3分）下列有关实验原理或实验操作正确的是（ ）
A．用水湿润pH试纸测量某溶液的pH
B．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H SO 溶液于烧杯中，加水80mL，配制成
2 40.1000mol•L﹣1H SO 溶液
2 4
C． 实验室用图所示装置制取少量氨气
D． 实验室用图所示装置出去Cl 中的少量HCl
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溶液．
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【专题】25：实验评价题．
【分析】A．pH试纸不能事先湿润；
B．浓硫酸的体积和水的体积和不等于溶液的总体积；
C．收集氨气的试管不能用橡皮塞塞住管口；
D．根据氯气难溶于饱和食盐水进行除杂。
【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；
B．用量筒量取20mL0.5000mol•L﹣1H SO 溶液于烧杯中，加水80mL，所得溶液的体积
2 4
不等于100mL，则溶液浓度不等于0.1000mol•L﹣1，故B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错误；
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；
故选：D。
【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。
8．（3分）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A
A．1mol甲醇中含有C﹣H键的数目为4N
A
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．
【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；
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错误；
C、标准状况下，己烷为液体，无法计算，故C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
2 2 2 2 2
成0.2molO ，转移电子的数目为0.4N ，故D正确；
2 A
故选：D。
【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．25℃，NaHCO 在水中的溶解度比Na CO 的大
3 2 3
B．石灰乳与Cl 的反应中，Cl 既是氧化剂，又是还原剂
2 2
C．常温下干燥的Cl 能用钢瓶贮存，所以Cl 不与铁反应
2 2
D．如图所示转化反应都是氧化还原反应
【考点】DI：电解原理；E2：氯气的化学性质．
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【专题】522：卤族元素．
【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；
B、结合反应方程式化合价的变化判断；
C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl ；
3D、根据元素的化合价是否变化判断．
【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。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、2Ca（OH） +2Cl ＝CaCl +Ca（ClO） +2H O，Cl元素的化合价既升高又降低，所
2 2 2 2 2
以Cl 既是氧化剂，又是还原剂，故B正确。
2
C、3Cl +2Fe 2FeCl ，故C错误。
2 3
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。
故选：B。
【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、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可．
10．（3分）下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
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
3
到的滴定曲线
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
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
【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；R3：中和滴定．
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【专题】13：图像图表题．
【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快化学反应速率的；
B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；
C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；
D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高．
【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；
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
3
于1，故B错误；
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。
故选：C。
【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．
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βA 。
1
下列说法正确的是（ ）
A． ﹣紫罗兰酮可使酸性KMnO 溶液褪色
4
B．1βmol中间体X最多能与2mol H
2
发生加成反应
C．维生素A 易溶于NaOH溶液
1
D． ﹣﹣紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体
【考β点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A． ﹣﹣紫罗兰酮中含有C＝C；
βB．中间体X中含C＝C和﹣CHO，均能与氢气发生加成反应；
C．维生素A 为多个碳原子的烯醇，与碱不反应；
1
D． ﹣﹣紫罗兰酮与中间体X的分子式不同。
【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．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 发生加成反应，故B错误；
2
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． ﹣﹣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
2
体，β故D错误；
故选：A。
【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、醇的性质、同分异构体的判断是解答的关键，题目难度不大。
12．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应MgCl （l）＝Mg（l）+Cl （g）的△H＞0，△S＞0
2 2
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
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
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
【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：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；
D．根据催化剂和温度对反应速率的影响分析．
【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A正确；
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；
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；
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
2 2
确。
故选：AD。【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．
13．（3分）下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（ ）
A．向饱和FeCl 溶液中滴加过量氨水，可制取Fe（OH） 胶体
3 3
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Fe2+
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
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
3 2 3 4 4
紫色，说明KI 在CCl 中的溶解度比在水中的大
3 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：分液和萃取；U5：化学实验方案的评价．
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【专题】25：实验评价题．
【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；
B、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；
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；
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 盐溶液和四氯化碳互不相
3
溶．
【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，向饱和FeCl 溶液中滴加过量氨水，会出现红褐色沉淀，故A错误；
3
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，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；
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，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、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，是由于碘易溶
3 4 4
于四氯化碳，而四氯化碳和水互不相溶，促进平衡向正反应方向移动，故D错误。故选：C。
【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题的能力，难度不大．
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（ ）
A．在0.1mol•L﹣1NaHCO 溶液中：c（Na+）＞c（HCO ﹣）＞c（CO 2﹣）＞c
3 3 3
（H CO ）
2 3
B．在0.1mol•L﹣1Na CO 溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO ﹣）+2c（H CO ）
2 3 3 2 3
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
3 3
（HCO ﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
3
D．常温下，CH COONa和CH COOH混合溶液[pH＝7，c（Na+）＝0.1mol•L﹣1]：c
3 3
（Na+）＝c（CH COO﹣）＞c（CH COOH）＞c（H+）＝c（OH﹣）
3 3
【考点】DN：离子浓度大小的比较．
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【专题】16：压轴题；51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【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；
B．根据溶液中质子守恒分析；
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
3
化钠以1：1反应生成碳酸钠和水，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氢根离子电离程度；
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，溶液中醋酸的电离程度大于水解程度．
3
【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 CO ）＞c（CO 2﹣），故A错误；
2 3 3
B．根据溶液中质子守恒得c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO ﹣）+2c（H CO ），所以c
3 2 3
（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO ﹣）+2c（H CO ）正确，故B正确；
3 2 3
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
3
的Na CO 溶液和NaHCO 溶液的混合液，由于Na CO 的水解程度大于NaHCO 的水解
2 3 3 2 3 3
程度，因此正确的关系是：c（HCO ﹣）＞c（CO 2﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C错
3 3
误；
D．常温下，CH COONa和CH COOH混合溶液，包括CH COO﹣水解和CH COOH电
3 3 3 3离两个过程，pH＝7，根据电荷守恒知，得出c（Na+）＝c（CH COO﹣）＝0.1 mol/L，
3
c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7 mol/L，但水解是微弱的，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正确；
3 3
故选：BD。
【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．
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：
2
CO（g）+H O（g） CO （g）+H （g），反应过程中测定的部分数据见下表（表中t
2 2 2 2
＞t ）： ⇌
1
反应时间/min n（CO）/mol H O/mol
2
0 1.20 0.60
t 0.80
1
t 0.20
2
下列说法正确的是（ ）
A．反应在t min内的平均速率为v（H ）＝0.40/t mol•L﹣1•mim﹣1
1 2 1
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
2
n（CO ）＝0.40mol
2
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
2
衡时CO转化率增大，H O的体积分数增大
2
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
【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题．
【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＝
1
0.4mol，根据 v 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
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
2 2
1.20 mol CO和0.6mol 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
1 2
（H O）＝0.2mol，说明10min时反应已经达到平衡状态，根据平衡时各物质的浓度计
2
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。
【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﹣
1
0.8mol＝0.4mol，v（CO） 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），故A错误；
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
2 2
1.20 mol CO 和 0.6mol H O，平衡时生成物的浓度对应相同，t min 时 n（CO）＝
2 1
0.8mol，n（H O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，t min时n（H O）＝0.2mol，说明t min
2 2 2 1
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（CO ）＝0.4mol，故B
2
正确；
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
2
动，达到新平衡时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
2 2
确；
D、t min 时反应已经达到平衡状态，此时 c（CO） 0.4mol/L，c（H O）
1 2
0.1mol/L，c（CO ）＝c（H ） 0.2mol/L，则k 1，温
2 2
度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动，故正反应
为放热反应，故D错误；
故选：BC。
【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选项中的规律利用。
二、解答题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
回答下列问题：
（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
2 3 2 2 3
数表达式为 K＝ ；过量的 SO 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为
2
SO +NaOH ＝ NaHSO ．
2 3
（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 ．
（3）通氯气氧化后时，发生的主要反应的离子方程式为 C l +2Fe 2+ ＝ 2Cl ﹣ +2Fe 3+ ；
2
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 C l ， HC l （写化学
2
式）．
【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．
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【专题】523：氧族元素；527：几种重要的金属及其化合物．
【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；
（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；
【解答】解：（1）在一定条件下，SO 转化为SO 的反应为2SO +O 2SO ，该反
2 3 2 2 3应的平衡常数表达式为K ；过量的SO 与NaOH溶液反应的化学方程式
2
为：SO +NaOH＝NaHSO ；
2 3
故答案为： ；SO +NaOH＝NaHSO ；
2 3
（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﹣+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
2
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：
回答下列问题：
（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）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 ） 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 ：
．
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；
2
①可发生水解反应，其中一种②水解产物能发生银镜反应，另一种水解产物分子中有 5种
③不同化学环境的氢．
（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
23 18 3
种酯．E的结构简式为 ．
（ 5 ） 已 知 ： RCH COOH ， 写 出 以 苯 酚 和 乙 醇 为 原 料 制 备
2
的 合 成 路 线 流 程 图
（无机试剂任用）．合成路线流程图例如下：H C═CH CH CH Br
2 2 3 2
CH CH OH．
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．
【分析】（1）A中含有酚羟基，易被空气中的氧气氧化；
（2）根据官能团的结构简式判断；
（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
2
生银镜反应，说明是甲酸某酯．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；
（4）由C和E的分子式可知，E是由A和C反应生成的；（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
2
，进而与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
2
生银镜反应，说明是甲酸某酯．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，则对应的结构有
，
故答案为：
（ 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
，
故答案为：
（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
2
， 进 而 与 乙 醇 发 生 酯 化 反 应 可 生 成 目 标 物 ， 合 成 路 线 为故答案为：
【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
2 2
AgNO 溶液，生成Ag O沉淀，保持反应温度为80，边搅拌边将一定量K S O 溶液缓
3 2 2 2 8
慢加到上述混合物中，反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥得到固体样品．反应方程式
为
2AgNO +4KOH+K S O Ag O ↓+2KNO +2K SO +2H O
3 2 2 8 2 2 3 2 4 2
回答下列问题：
（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 ） 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
3 2
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）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 O 转化为Ag，
2 2
负极的Zn转化为K Zn（OH） ，写出该电池反应方程式： A g O +2Zn+4KOH+2H O
2 4 2 2 2
＝ 2K Zn （ OH ） +2Ag ．
2 4
（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
2 2 2
分解为Ag 和O ，得到224.0mLO （标准状况下）．计算样品中Ag O 的质量分数（计
2 2 2 2
算结果精确到小数点后两位）．【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
4
OH﹣；
（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
2 2 2 4
有KOH参加；
（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
4
﹣或OH﹣，滴入1～2滴Ba（NO ） 溶液，若不出现白色浑浊，表示已洗涤完全（或取
3 2
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），
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
3 2
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）；
（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
2 2 2 4
有KOH参加，反应的方程式为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
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
248 g/mol×x+232g/mol×y＝2.558g
x 1.000×10﹣2mol
x＝9.64×10﹣3mol
y＝7.2×10﹣4mol
w（Ag O ） 0.93．
2 2
答：样品中Ag O 的质量分数为0.93．
2 2
【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，注意从质量守恒的角度计算．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
NaClO （aq）+NH Cl（aq） NH ClO （aq）+NaCl（aq）
4 4 4 4
（1）若NH 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
4
氨气与浓盐酸反应放出热量 ．
（2）反应得到的混合溶液中NH ClO 和NaCl的质量分数分别为0.30和0.15（相关物质
4 4
的溶解度曲线见图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
4 4
作名称） 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤 干燥．
（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
4 4
固定装代已略去），实验步骤如下：
步骤1：按图2所示组装仪器，检查装置气密性．
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
步骤4：经滴液漏斗向蒸馏瓶中加入20mL 3mol•L﹣¹NaOH溶液．
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．
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
步骤8：将实验步骤1﹣7重复2次
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
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）．
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
③溶液的浓度 ．【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
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【专题】18：实验分析题．
【分析】（1）反应温度较低，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，
4 4
NH Cl、NaClO 的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于
4 4
NH ClO ，故采取蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失；
4 4
（3） 用酸式滴定管准确量取40.00 ml H
2
SO
4
溶液；
为确①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
②着的氨水；
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
4
和浓盐酸代替，上述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，
4 4
NH Cl、NaClO 的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于
4 4
NH ClO ，故从混合溶液中获得较多NH ClO 晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却
4 4 4 4
结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，冰水洗涤；
（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；
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
②着的氨水，为确保生成的氨被稀硫酸完全吸收的实验步骤为：1，5，6，
故答案为：1，5，6；
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故答案为：用NaOH标准溶液标定H SO 溶液的浓度．
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．
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。
已知：CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H＝+206.2kJ•mol﹣1
4 2 2
CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g）△H＝+247.4kJ•mol﹣1
4 2 22H S（g）═2H （g）+S （g）△H＝+169.8kJ•mol﹣1
2 2 2
（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
4 2
成CO （g）和H （g）的热化学方程式为 CH （ g ） +2H O （ g ）═ CO （ g ） +4H
2 2 4 2 2 2
（ g ）△ H ＝ 165.0k J • mo l ﹣ 1 。
（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
2 2
是 为 H S 热分解反应提供热量 ；燃烧生成的SO 与H S进一步反应，生成物在常温
2 2 2
下均非气体，写出该反应的化学方程式： 2H S+SO ═ 2H O+3S 。
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
2 2
系如图1所示。图中A、B表示的物质依次是 氢原子、氧原子 。
（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
2 2
止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）。电解时，阳极的电极反应式为 CO （ NH ）
2
+8OH ﹣ ﹣ 6e ﹣ ＝ CO 2 ﹣ +N ↑ +6H O 。
2 3 2 2
（5）Mg Cu是一种储氢合金。350℃时，Mg Cu与H 反应，生成MgCu 和仅含一种金
2 2 2 2
属元素的氢化物（其中氢的质量分数为 0.077）。Mg Cu与H 反应的化学方程式为
2 2
2Mg Cu+3H MgCu +3MgH 。
2 2 2 2
【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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【专题】517：化学反应中的能量变化；51I：电化学专题．
【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应反应量的反应热；
（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，
2 2 2 2
生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H O；
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，据此判断；（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
2 2 2
成与水生成；
（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＝
x
77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH 。
2
【解答】（1）： CH （g）+H O（g）═CO（g）+3H （g）△H＝+206.2kmol﹣1
4 2 2
CH （g）+CO①（g）═2CO（g）+2H （g）△H＝+247.4kJmol﹣1
4 2 2
②据盖斯定律， ×2﹣ 得：CH
4
（g）+2H
2
O（g）═CO
2
（g）+4H
2
（g）△H＝
+165.0kmol﹣1 ① ②
故答案为：CH （g）+2H O（g）═CO （g）+4H （g）△H＝+165.0kmol﹣1；
4 2 2 2
（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，
2 2 2 2
生成物在常温下均非气体，二者反应生成S与H O，
2
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
2 2 2
成与水生成，电极反应式为CO（NH ） +8OH﹣﹣6e﹣＝CO 2﹣+N ↑+6H O，
2 2 3 2 2
故答案为：CO（NH ） +8OH﹣﹣6e﹣＝CO 2﹣+N ↑+6H O；
2 2 3 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＝
x
77a，X为金属的化合价，讨论可得x＝2，a＝24，故该金属氢化物为MgH ，故反应方
2
程式为2Mg Cu+3H MgCu +3MgH ，
2 2 2 2
故答案为：2Mg Cu+3H MgCu +3MgH 。
2 2 2 2【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．
回答下列问题：
（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
2 2 2 2
3N 或 3×6.02×1 0 2 3 个 ．
A
（2）化合物ZX 的沸点比化合物YX 的高，其主要原因是 NH 分子存在氢键 ．
3 4 3
（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）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氧化还原反应，生成配合物 H WCl ，反应的化学方程式为
2 3
CuCl+2HCl ═ H CuCl （或 CuCl+2HC l ═ H [CuCl ] ．
2 3 2 3
【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．
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【专题】16：压轴题；51D：化学键与晶体结构．
【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；
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．
【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；
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；
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．
（1）Y X 是乙炔，分子式为C H ，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，
2 2 2 2
所以每个碳原子含有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 X 含有σ键3N 或3×6.02×1023个，
2 2 A
故答案为：sp杂化；3N 或3×6.02×1023个；
A
（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，氢键的存在导致氨气的沸点大于甲烷，故答案为：NH 分子存在氢键；
3
（3）CO 和N 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：
2 2
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＝4：4＝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 ，根据CuCl和H CuCl 知，氯元素、铜元素的化
2 3 2 3
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：
将一定量的淀粉水解液加入三颈瓶中
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
②酸（65%HNO 与98%H SO 的质量比为2：1.5）溶液
3 2 4
反应3h左右，冷却，抽滤后再重结晶得草酸晶体．
③硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C H O +12HNO →3H C O +9NO ↑+3NO↑+9H O
6 12 6 3 2 2 4 2 2
C H O +8HNO →6CO +8NO↑+10H O
6 12 6 3 2 2
3H C O +2HNO →6CO +2NO↑+4H O
2 2 4 3 2 2
（1）检验淀粉是否水解完全所需用的试剂为 碘水 ．
（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 C H O 和 H C O 进一步被氧化 ．
6 12 6 2 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
2
液能将NO，全部吸收，原因是 NO +NO+2NaOH ＝ 2NaNO +H O （用化学方程式表
2 2 2
示）
（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
缺点： NO 吸收不完全 ．
x
（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、吸滤瓶 ．
【考点】TO：蔗糖与淀粉的性质实验．
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【专题】16：压轴题；537：糖类与蛋白质专题．
【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；
（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
（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
（4）根据尾气的成分和氢氧化钠和淀粉的性质解答；
（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，根据减压过滤的特点解答．
【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，则证明淀粉没有完全水解；溶液若不显色，则证明淀粉完全水解，
故答案为：碘水；
（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
3 2 4
反应，硝酸能进一步氧化H C O 成二氧化碳，
2 2 4
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
（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
2
NO+NO +2NaOH＝2NaNO +H O，
2 2 2
故答案为：NO +NO+2NaOH＝2NaNO +H O；
2 2 2
（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．
