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C．中子数为20 的氯原子：20 Cl
2012 年江苏省高考化学试卷解析版 17
D．NH 的电子式：
参考答案与试题解析 3
一.单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合题意． 【考点】41：常见元素的名称、符号、离子符号；43：电子式；44：原子结构示意图；47：结构简式；4J：
1．（2分）化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会 电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
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可持续发展理念相违背的是（ ） 【专题】514：化学用语专题．
A．改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放 【分析】A．结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物，如有机分子），
B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用 应表现该物质中的官能团：只要把碳氢单键省略掉即可，碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单
C．研发可降解高分子材料，减少“白色污染” 键可以省略也可不省略；
D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展 B．阴离子核外电子数＝质子数+电荷数；
【考点】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的开发；F7：常见的生活环境的污染及治理． C．元素符号的左上角为质量数；
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【专题】21：热点问题． D．氮原子未参与成键的孤对电子对没有画出．
【分析】减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展，并注意节约能源， 【解答】解：A．乙酸的分子式为C H O ，乙酸的结构简式：CH COOH，故A错误；
2 4 2 3
应从我们身边做起． B．氟离子核内有9个质子，核外有10个电子，故B正确；
【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排 C．质量数＝质子数+中子数＝17+20＝37，故C错误；
放，符合社会可持续发展理念，故A正确；
D．氮原子未成键的孤对电子对没有标出，氮原子与氢原子形成一对共用电子对，氨气电子式为 ，
B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持
故D错误。
续发展理念，故B正确；
故选：B。
C．研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，从而减少“白色污染”，符合社会可持续发展理念，故
【点评】本题考查了分子式、结构简式、原子结构示意图、电子式书写的正误判断，侧重考查对这几个概念
C正确；
的辨别能力；写结构简式时要体现其官能团；书写共价化合物的电子式时，不仅要写每个原子间的共用电子
D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展，会使资源匮乏，是只顾眼前不顾将来的做法，不符合社会可持
对，还要写每个原子最外层上的孤对电子．
续发展理念，故D错误；
3．（2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（ ）
故选：D。
A．0.1mol•L﹣1NaOH 溶液：K+、Na+、SO 2﹣、CO 2﹣
【点评】本题考查环境保护及可持续发展，节约资源、走可持续发展之路，人人有责，并做到从我做起，题 4 3
B．0.1mol•L﹣1Na CO 溶液：K+、Ba2+、NO ﹣、Cl﹣
2 3 3
目难度不大．
C．0.1mol•L﹣1FeCl 溶液：K+、NH +、I﹣、SCN﹣
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ） 3 4
D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO ﹣
A．乙酸的结构简式：C H O 3
2 4 2
【考点】DP：离子共存问题．
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【专题】516：离子反应专题．
B．F﹣的结构示意图：
【分析】A．碱性溶液中，如离子与OH﹣不反应，则能大量共存；B．与CO 2﹣反应的离子不能大量共存； C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；
3
C．Fe3+可与I﹣、SCN﹣反应； D、图象分析逆反应的活化能E
2
小于正反应的活化能E
1
，故D错误；
D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性． 故选：AC。
【解答】解：A．碱性溶液中，离子之间不发生任何反应，则能大量共存，故A正确； 【点评】本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键．
B．Ba2+与CO 2﹣反应，不能大量共存，故B错误； 5．（2分）下列有关物质的性质与应用不相对应的是（ ）
3
C．Fe3+可与I﹣、SCN﹣反应而不能大量共存，故C错误； A．明矾能水解生成Al（OH） 3 胶体，可用作净水剂
D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性，ClO﹣不能在酸性条件下大量共存，故D错误。 B．FeCl 3 溶液能与Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路
C．SO 具有氧化性，可用于漂白纸浆
故选：A。 2
D．Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料
【点评】本题考查离子共存问题，注意把握常见离子的性质，答题时注意把握题给条件，为解答该题的关键，
【考点】BJ：常见化学电源的种类及其工作原理；DD：盐类水解的应用；F5：二氧化硫的化学性质；GO：
题目难度中等．
铁盐和亚铁盐的相互转变．
4．（2分）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E 表示正反应的活化能，E 表示逆反应的活化能）．
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【专题】55：化学计算．
下列有关叙述正确的是（ ）
【分析】A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；
B、印刷线路板是铜制成的，氯化铁溶解铜提取铜；
C、二氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆；
D、锌具有还原性做原电池负极，具有金属通性导电；
【解答】解：A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；故A相对应；
B、印刷线路板是铜制成的，氯化铁溶解铜提取铜是利用FeCl 溶液能与Cu 的反应；故B相对应；
3
A．该反应为吸热反应
C、二氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆；和二氧化硫的氧化性无关，故C不对应；
B．催化剂能改变反应的焓变
D、锌具有还原性做原电池负极，具有金属通性导电；利用Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的
C．催化剂能降低反应的活化能
负极材料，故D对应；
D．逆反应的活化能大于正反应的活化能
故选：C。
【考点】BB：反应热和焓变．
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【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，三价铁离子和铜发生氧化还原反应，二氧化硫的漂白性判断，金
【专题】517：化学反应中的能量变化．
属性质的应用，题目难度中等．
【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；
6 ． （ 2 分 ） 用 下 列 实 验 装 置 进 行 相 应 实 验 ， 能 达 到 实 验 目 的 是 （ ）
B、催化剂改变速率不改变平衡；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；
D、图象中分析判断；
【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A正确；
B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；Fe O FeCl （aq） 无水FeCl
2 3 3 3
③
饱和NaCl（aq） NaHCO
3
Na
2
CO
3
④
MgCl （aq） Mg（OH） MgO．
A．用图1所示装置除去Cl 中含有的少量HCl 2 2
2
⑤
B．用图2所示装置蒸干NH Cl饱和溶液制备NH Cl晶体
4 4
A． B． C． D．
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO 气体
2
【考①点③】F⑤5：二氧化硫的化②学③性④质；GK：镁、铝②的重④要⑤化合物；GN：①铁的④氧⑤化物和氢氧化物．
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D．用图4所示装置分离CCl 萃取碘水后已分层的有机层和水层
4
【专题】52：元素及其化合物．
【考点】U5：化学实验方案的评价．
菁优网版权所有 【分析】 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．
【专题】25：实验评价题．
硫燃烧①生成二氧化硫．
【分析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应；
②氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl
3
．
B．NH Cl受热易分解；
4
③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止；
④根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO 溶解度最小，所以析出NaHCO ，加热NaHCO 分解生成碳
3 3 3
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．
酸钠．
【解答】解：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错
氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．
误；
⑤【解答】解： 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应
B．NH Cl受热易分解，应利用冷却热饱和溶液的方法得到晶体，故B错误；
4
2NaAlO +CO +3①H O＝2Al（OH） ↓+Na CO ，生成氢氧化铝，故 正确；
2 2 2 3 2 3
C．纯碱为粉末状固体，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，故C错误；
硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故 错误； ①
D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取后分层，利用分液漏斗可分离，图中装置合理，故D正确；
②氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++②3H
2
O 2Fe（OH）
3
+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移
故选：D。
③动，得不到无水FeCl ，故 错误； ⇌
3
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及除杂、晶体制备、气体制取、萃取等，侧重实验装置及性质的
在饱和食盐水中通入氨气③，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵
考查，综合性较强，注重基础知识和能力的训练，题目难度中等．
④根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO 溶解度最小，析出NaHCO ，加热NaHCO 分解生成碳酸钠，
3 3 3
7．（2分）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
故 正确；
Al O NaAlO （aq） Al（OH） ④氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故 正确。
2 3 2 3
① ⑤故 正确。 ⑤
故①选：④D⑤。
S SO H SO
3 2 4
【点评】考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通
②二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液． B．漏写碳酸氢根离子与碱的离子反应；
8．（2分）设N 表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） C．过量SO 通入冷氨水中反应生成亚硫酸氢铵；
A 2
A．标准状况下，0.1 mol Cl 溶于水，转移的电子数目为0.1N D．电子不守恒．
2 A
B．常温常压下，18 g H O 中含有的原子总数为3N 【解答】解：A．用KIO 氧化酸性溶液中的KI的离子反应为5I﹣+IO ﹣+6H+＝3I +3H O，故A错误；
2 A 3 3 2 2
C．标准状况下，11.2 L CH CH OH 中含有的分子数目为0.5N
3 2 A
B．向NH HCO 溶液中加过量的NaOH溶液并加热的离子反应为HCO ﹣+NH ++2OH﹣ NH ↑+2H O+CO 2
D．常温常压下，2.24 L CO 和CO 混合气体中含有的碳原子数目为0.1N 4 3 3 4 3 2 3
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．将过量SO 通入冷氨水中的离子反应为SO +NH •H O＝HSO ﹣+NH +，故C正确；
2 2 3 2 3 4
【分析】A、氯气溶于水一部分反应，一部分溶解，溶液中存在化学平衡；
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜的离子反应为3Ag+4H++NO ﹣＝3Ag++NO↑+2H O，故D错误；
3 2
B、质量换算物质的量结合分子数计算；
故选：C。
C、标准状况乙醇不是气体；
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意与量有关的离子反
D、依据气体摩尔体积的条件应用分析，在标准状况下换算物质的量；
应为易错点，题目难度不大．
【解答】解：A、氯气溶于水一部分反应，一部分溶解，溶液中存在化学平衡，0.1 mol Cl 溶于水，转移的
2
10．（2分）下列有关说法正确的是（ ）
电子数目小于0.1N ，故A错误；
A
A．CaCO （s）═CaO（s）+CO （g）室温下不能自发进行，说明该反应的△H＜0
3 2
B、18 g H O 物质的量为1mol，分子中含有的原子总数为3N ，故B正确；
2 A
B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈
C、标准状况乙醇不是气体，11.2 L CH CH OH 物质的量不是0.5mol，故C错误；
3 2
C．N （g）+3H （g） 2NH （g）△H＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v（H ）和H 的平衡转化
2 2 3 2 2
D、常温常压下，2.24 L CO 和CO 混合气体物质的量不是0.1mol，故D错误；
2
率均增大 ⇌
故选：B。
D．水的离子积常数Kw 随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查化学平衡的分析判断，质量换算物质的量计算微粒数，
【考点】BB：反应热和焓变；BK：金属的电化学腐蚀与防护．
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气体摩尔体积的条件应用，题目难度中等．
【专题】16：压轴题；51E：化学平衡专题；51I：电化学专题．
9．（2分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
【分析】A．CaCO 分解需要吸收热量；
3
A．用KIO 氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO ﹣+3H O＝3I +6OH﹣
3 3 2 2
B．镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应；
B．向NH HCO 溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH ++OH﹣ NH ↑+H O
C．升高温度，平衡转化率减小；
4 3 4 3 2
D．水的电离为吸热反应．
C．将过量SO 通入冷氨水中：SO +NH •H O＝HSO ﹣+NH + 【解答】解：A．CaCO 分解需要吸收热量，该反应的△H＞0，故A错误；
2 2 3 2 3 4 3
D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+2H++NO ﹣＝Ag++NO↑+H O B．镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应而导致更易腐蚀，故B正确；
3 2
【考点】49：离子方程式的书写． C．升高温度，平衡向逆反应方向移动，则H 的平衡转化率减小，故C错误；
2
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【专题】16：压轴题；516：离子反应专题． D．水的电离为吸热反应，升高温度，有利于水的电离，故D错误。
【分析】A．酸性溶液中不会生成氢氧根离子； 故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及反应热与焓变、电化学腐蚀、平衡移动以及弱电解质的电离等问题，题目 A．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
难度中等，注意把握电化学反应原理以及平衡移动的影响因素． B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱
二.不定项选择题：本题包括5小题，每小题3分，共计20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答 C．化合物YX、ZX 、WX 中化学键的类型相同
2 3
案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都 D．原子半径的大小顺序：r
Y
＞r
Z
＞r
W
＞r
X
正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分． 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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11．（3分）普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示（未表示出其空间构型）．下列关于普伐他 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，
汀的性质描述正确的是（ ）
故X原子有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y原
子的最外层只有2个电子，处于第ⅡA族，原子序数等于O元素，故Y为Mg元素，Z的单质常作为半导体
材料，Z是Si元素，据此解答．
【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3
倍，故X原子有2个电子层，最外层电子数为6，故X为O元素，W与X属于同一主族，故W为S元素，Y
A．能与FeCl 溶液发生显色反应 原子的最外层只有2个电子，处于第ⅡA族，原子序数大于O元素，故Y为Mg元素，Z的单质常作为半导
3
B．能使酸性KMnO 溶液褪色 体材料，Z是Si元素，则
4
C．能发生加成、取代、消去反应 A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性 O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性 H
2
O＞
D．1 mol 该物质最多可与1 mol NaOH 反应 H S，故A正确；
2
【考点】HD：有机物的结构和性质． B．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性S＞Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，
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【专题】534：有机物的化学性质及推断． 故酸性H SO ＞H SiO ，故B错误；
2 4 2 3
【分析】分子中含有﹣OH、﹣COO﹣、﹣COOH、C＝C等官能团，根据官能团的性质判断，注意不含苯环． C．YX是MgO，属于离子化合物，只含离子键，ZX 和WX 和是二氧化硅和三氧化硫，二氧化硅和三氧化
2 3
【解答】解：A．分子中不含酚羟基，则不能与FeCl
3
溶液发生显色反应，故A错误；
硫都只含共价键，故C错误；
B．含有C＝C，可使酸性KMnO 4 溶液褪色，故B正确； D．同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O＜S，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Mg＞Si
C．含有C＝C，可发生加成反应，含有﹣OH，可发生取代、消去反应，故C正确；
＞S，故原子半径Mg＞Si＞S＞O，即r ＞r ＞r ＞r ，故D正确；
Y Z W X
D．含有﹣COO﹣、﹣COOH，能与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误。
故选：AD。
故选：BC。
【点评】本题考查了结构位置性质关系、元素周期律等，难度不大，能正确判断元素是解本题的关键，掌握
【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的性质，为解答该题的
元素周期律的正确运用．
关键．
13．（3分）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
12．（3分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，
A．向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO 溶液均有固体析出蛋白质均发生变性
4
Y原子的最外层只有 2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述正确的是 B．向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO ） 溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有SO 2﹣
3 2 4
（ ） C．向一定浓度的Na SiO 溶液中通入适量CO 气体出现白色沉淀H SiO 的酸性比H CO 的酸性强
2 3 2 2 3 2 3D．向浓度均为0.1 mol•L﹣1 NaCl 和NaI混合溶液中滴加少量AgNO 溶液出现黄色沉淀K （AgCl）＞K 【专题】51E：化学平衡专题．
3 sp sp
（AgI）
【分析】A．由表中数据可知，50s内△n（PCl ）＝0.16mol，根据v 计算v（PCl ）；
【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；F9：硫酸根离子的检验；K6：氨基酸、蛋白质的 3 3
结构和性质特点；RM：比较弱酸的相对强弱的实验．
菁优网版权所有 B．由表中数据可知，平衡时n（PCl ）＝0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时c（PCl ）＝0.11
3 3
【专题】25：实验评价题．
mol/L，则n′（PCl ）＝0.22mol＞0.2mol，可知平衡正向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
3
【分析】A．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析，而重金属盐能使蛋白质发生变性；
B．根据亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子； C．根据K 计算平衡常数，再求浓度商（Qc），K＞Qc，说明反应向正反应方向进行，K＜
C．根据强酸制弱酸的原理；
D．根据同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出来解答． Qc，说明反应向逆反应方向进行，K＝Qc，说明处于平衡状态；
【解答】解：A．因浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重 D．等效为起始加入2.0molPCl 5 ，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl 5 转化率
金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀，如硫酸铜等，故A错误； 较原平衡低，故平衡时PCl 3 的物质的量小于0.4mol，则参加反应的PCl 3 的物质的量大于1.6mol。
B．溶液X 中滴加稀硝酸，生成硫酸根离子，滴加Ba（NO ） 溶液时生成硫酸钡白色沉淀，则溶液X中含
3 2
【解答】解：A．由表中数据可知，50s内△n（PCl ）＝0.16mol，v（PCl ） 0.0016mol/（L•s），
3 3
有SO 2﹣或SO 2﹣，故B错误；
4 3
C．向Na SiO 溶液中通入适量的CO ，反应方程式为：CO +H O+Na SiO ＝H SiO ↓+Na CO ，H CO H的
2 3 2 2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 故A错误；
酸性比 SiO 的酸性强，故C错误；
2 3 B．由表中数据可知，平衡时n（PCl ）＝0.2mol，保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c（PCl ）＝0.11
3 3
D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出，即K （AgCl）＞K （AgI），故D正确。
sp sp mol/L，则n′（PCl ）＝0.11 mol/L×2L＝0.22mol＞0.2mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反
3
故选：D。
应，即△H＞O，故B错误；
【点评】本题主要考查了物质的性质，难度不大，掌握物质的性质是解题的关键．
C．250s处于平衡状态，则：
14．（3分）温度为T时；向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl ；反应PCl （g） PCl （g）+Cl （g）经过
5 5 3 2 PCl （g） PCl （g）+Cl （g）
5 3 2
一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见表： ⇌
开始（mol/L）：0.5 ⇌ 0 0
t/s 0 50 150 250 350
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.1
n（PCl ）/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20
3 平衡（mol/L）：0.4 0.1 0.1
下列说法正确的是（ ）
A．反应在前50 s的平均速率v（PCl ）＝0.0032 mol•L﹣1•s﹣1 所以平衡常数k 0.025。
3
B．保持其他条件不变；升高温度；平衡时c（PCl ）＝0.11 mol•L﹣1；则反应的△H＜0
3
起始时向容器中充入1.0 mol PCl 、0.20 molPCl 和0.20 molCl ，起始时PCl 的浓度为0.5mol/L、PCl 的浓
5 3 2 5 3
C．相同温度下；起始时向容器中充入1.0 mol PCl 、0.20 mol PCl 和0.20 mol Cl ；反应达到平衡前v
5 3 2
（正）＞v（逆）
D．相同温度下；起始时向容器中充入2.0 mol PCl 和2.0 mol Cl ；达到平衡时；PCl 的转化率小于80% 度为0.1mol/L、Cl 的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc 0.02＜K＝0.25，说明平衡向正反应方向移动，
3 2 3 2
【考点】CP：化学平衡的计算．
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3 3
D．等效为起始加入2.0molPCl
5
，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl
5
转化率 （Na+）+c（H+）＝c（CH
3
COO﹣）+c（OH﹣）判断；
较原平衡低，故平衡时PCl
3
的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入 2.0 mol PCl
3
和 C．溶液中 c（CH
3
COOH）+c（CH
3
COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，根据电荷守恒有 c（Na+）+c（H+）＝c
2.0 mol Cl
2
，达到平衡时，PCl
3
的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl
3
的物质的量大于1.6mol，故达到平 （CH
3
COO﹣）+c（OH﹣），据此解答；
D．通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应，反应后溶液相当于CH COOH、NaCl混合溶液，溶液中氢
3
离子源于CH COOH、水的电离．
衡时，PCl 的转化率高于 80%，故D错误， 3
3
【解答】解：A． 由图可知，pH＝4.75时，c（CH COOH）＝c（CH COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5时，酸
3 3
故选：C。 性减弱，结合图象可知，溶液中c（CH COOH）降低，溶液中c（CH COO﹣）增大，则所以c（CH COO
3 3 3
【点评】本题考查化学平衡计算、平衡常数应用、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意D中使用等效平 ﹣）＞c（CH COOH），故A错误；
3
衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦。 B．由图可知，W点所表示的溶液中 c（CH COOH）＝c（CH COO﹣）＝0.05mol/L，溶液中电荷守恒 c
3 3
15．（3分）25℃时，有c（CH 3 COOH）+c（CH 3 COO﹣）＝0.1mol•L﹣1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中 （Na+）+c（H+）＝c（CH COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＝c（CH COOH）+c（OH﹣），故
3 3
c（CH 3 COOH）、c（CH 3 COO﹣）与pH 的关系如图所示．下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是（ B正确；
） C．溶液中c（CH COOH）+c（CH COO﹣）＝0.1mol•L﹣1，电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（CH COO
3 3 3
﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH COOH）＝0.1mol•L﹣1，故C正确；
3
D．通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应，反应后溶液相当于CH COOH、NaCl混合溶液，溶液中氢
3
离子源于CH COOH、水的电离，溶液中c（H+）＝c（CH COO﹣）+c（OH﹣），故D错误；
3 3
故选：BC。
【点评】本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．
三.非选择题
A．pH＝5.5 的溶液中：c（CH COOH）＞c（CH COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
3 3 16．（12分）利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO ）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca
2
B．W 点所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（CH COOH）+c（OH﹣）
3 （NO ） ，其部分工艺流程如下：
2 2
C．pH＝3.5 的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH COOH）＝0.1mol•L﹣1
3
D．向W 点所表示的1.0 L 溶液中通入0.05 mol HCl 气体（溶液体积变化可忽略）：c（H+）＝c
（CH COOH）+c（OH﹣）
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．
（1）一定条件下，NO 与NO 存在下列反应：NO（g）+NO （g） N O （g），其平衡常数表达式为K＝
【分析】A．由图可知，pH＝4.75时，c（CH COOH）＝c（CH COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5时，酸性减 2 2 2 3
3 3
⇌
弱，溶液中c（CH COOH）降低，溶液中c（CH COO﹣）增大，据此确定c（CH COOH）和c（CH COO
3 3 3 3
﹣）的相对大小；【点评】本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关
．
反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力，题
目难度适中．
（2）上述工艺中采用气﹣液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋），其目的是
17．（12分）化合物H 是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体，其合成路线如下：
使尾气中 NO 、 NO 被充分吸收 ；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是 C a （ OH ） （填化学式）．
2 2
（3）该工艺需控制NO 和NO 物质的量之比接近1 颐1．若n（NO）：n（NO ）＞1 颐1，则会导致 排
2 2
放气体中 NO 含量升高 ；若n（NO）：n（NO ）＜1 颐1，则会导致 产品 C a （ NO ） 中 C a （ NO ） 含
2 2 2 3 2
量升高 ．
（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO ） 会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方
2 2
程式为 3NO ﹣ +2H + ＝ NO ﹣ +2NO ↑ +H O ．
2 3 2
【考点】C8：化学平衡常数的含义；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．
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【专题】524：氮族元素．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的
乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
（2）使尾气中NO、NO 与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca（OH） ；
2 2
（1）化合物A 中的含氧官能团为 羟基 和 醛基 （填官能团名称）．
（3）若n（NO）：n（NO ）＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；
2
（2）反应 → 中，属于取代反应的是 （填序号）．
（4）根据质量守恒和电荷守恒定律书写；
（ 3 ） 写①出⑤同 时 满 足 下 列 条 件①③的⑤B 的 一 种 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 ：
【解答】解：（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达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浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，NO（g）+NO （g） N O （g），其平衡
2 2 3
⇌
．
常数表达式为K ，故答案为： ；
I．分子中含有两个苯环；II．分子中有7 种不同化学环境的氢；III．不能与FeCl 溶液发生显色反应，但水
3
解产物之一能发生此反应．
（2）使尾气中NO、NO 与石灰乳充分接触，NO、NO 被充分吸收；滤渣主要成分是Ca（OH） ，故答案
2 2 2
为：使尾气中NO、NO 被充分吸收；Ca（OH） ；
2 2
（4）实现D→E 的转化中，加入的化合物X 能发生银镜反应，X 的结构简式为
（3）若n（NO）：n（NO ）＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO ）
2 2
．
＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO ） ，故答案为：排放气体中NO含量升高；
3 2
产品Ca（NO ） 中Ca（NO ） 含量升高；
2 2 3 2
（4）反应物是NO ﹣和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为 3NO ﹣+2H+＝NO ﹣
2 2 3
+2NO↑+H O，故答案为：3NO ﹣+2H+＝NO ﹣+2NO↑+H O．
2 2 3 2 （5）已知： 化合物 是合成抗癌药物美法伦的中间体，请（2）根据以上分析可知 为取代反应，故答案为： ；
①③⑤ ①③⑤
写 出 以 和 为 原 料 制 备 该 化 合 物 的 合 成 路 线 流 程 图
（3）B为 ，其一种同分异构体满足I．分子中含有两个苯环；II．分子中有7 种不同化学环
境的氢；III．不能与FeCl 溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应，则该有机物中不含酚羟基，
3
含 2 个 苯 环 及 酯 的 结 构 ， 且 水 解 后 生 成 苯 酚 结 构 ， 符 合 条 件 的 同 分 异 构 体 为
（无机试剂任用）．
合成路线流程图示例如下：
，
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
故答案为： ；
【分析】合成H的各物质都在合成图中，由碳链骨架和官能团的变化可知，反应 为取代反应，反应 为
还原反应，反应 为取代反应，反应 为加成反应，反应 为取代反应； ① ②
（1）A为邻羟基③苯甲醛，含有﹣OH、④﹣CHO； ⑤
（2）根据以上分析判断反应类型；
（4）D为 ，E为 ，D与X反应生成E，X能发生银镜反应，X一定含﹣
（3）B为 ，其一种同分异构体满足I．分子中含有两个苯环；II．分子中有7 种不同化学环
CHO，则X的结构简式为 ，
境的氢；III．不能与FeCl 溶液发生显色反应，但水解产物之一能发生此反应，则该有机物中不含酚羟基，
3
含2个苯环及酯的结构，且水解后生成苯酚结构；
故答案为： ；
（4）D为 ，E为 ，D与X反应生成E，X能发生银镜反应，X一定含﹣ （5） 先发生硝化反应生成硝基苯，再还原为苯胺，然后与 反应生成的物质，该物质再与
CHO；
SOCl 在 加 热 条 件 下 反 应 得 到 产 物 ， 则 合 成 路 线 流 程 图 为
2
（5） 先发生硝化反应生成硝基苯，再还原为苯胺，然后与 反应生成的物质，该物质再与
SOCl 在加热条件下反应得到产物．
2
，
【解答】解：合成H的各物质都在合成图中，由碳链骨架和官能团的变化可知，反应 为取代反应，反应
为还原反应，反应 为取代反应，反应 为加成反应，反应 为取代反应； ①
②（1）A为邻羟基苯甲③醛，含有﹣OH、﹣C④HO，名称分别为羟基⑤、醛基，故答案为：羟基；醛基；所以溶液中c（Ba2+ ） 1.1×10﹣4mol/L，
故答案为： ．
故答案为：1.1×10﹣4；
【点评】本题考查有机物的合成，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可
（2）不加稀硫酸酸化，MnO ﹣被还原为MnO ，Mn元素共降低3价，双氧水被氧化生成氧气，氧元素共升
4 2
解答，题目难度中等，（5）为解答的难点，注意结合信息来分析解答．
高2价，化合价最小公倍数为6，故MnO ﹣的系数为2、MnO 的系数为2，H O 的系数为3、O 系数为3，
4 2 2 2 2
18．（10分）硫酸钠﹣过氧化氢加合物（xNa SO •yH O •zH O）的组成可通过下列实验测定：
2 4 2 2 2
根据电荷守恒可知有OH﹣生成，其系数为2，由原子守恒可知，有水生成，其系数为2，反应离子方程式为：
准确称取1.7700g 样品，配制成100.00mL 溶液A．
2MnO ﹣+3H O ＝2MnO ↓+3O ↑+2OH﹣+2H O，
4 2 2 2 2 2
①准确量取25.00mL 溶液A，加入盐酸酸化的BaCl
2
溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白
故答案为：2MnO ﹣+3H O ＝2MnO ↓+3O ↑+2OH﹣+2H O；
4 2 2 2 2 2
②色固体0.5825g．
准确量取25.00mL 溶液A，加适量稀硫酸酸化后，用 0.02000mol•L﹣1KMnO 4 溶液滴定至终点，消耗 （3）n（Na SO ）＝n（BaSO ） 2.50×10﹣3mol，
2 4 4
③KMnO 溶液 25.00mL．H O 与 KMnO 反应的离子方程式如下： 2MnO ﹣+5H O +6H+＝2Mn2+
4 2 2 4 4 2 2
+8H O+5O ↑ 根据2MnO 4 ﹣+5H 2 O 2 +6H+＝2Mn2++8H 2 O+5O 2 ↑可知，
2 2
（1）已知室温下BaSO 的K ＝1.1×10﹣10，欲使溶液中c（SO 2﹣ ）≤1.0×10﹣6 mol•L﹣1，应保持溶液中c
4 sp 4
n（H O ） 0.02000mol•L﹣1×0.025L/＝1.25×10﹣3mol
2 2
（Ba2+）≥ 1.1×1 0 ﹣ 4 mol•L﹣1．
（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO 4 ﹣被还原为 MnO 2 ，其离子方程式为 2MnO 4 ﹣ +3H 2 O 2 ＝ m（Na SO ）＝142g•mol﹣1×2.50×10﹣3mol＝0.355g
2 4
2MnO 2 ↓ +3O 2 ↑ +2OH ﹣ +2H 2 O ． m（H O ）＝34g•mol﹣1×1.25×10﹣3mol＝0.0425g
2 2
（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）．
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量． n（H 2 O）＝（1.7700g 0.355g﹣0.0425g）÷18g•mol﹣1＝2.50×10﹣3mol
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【专题】18：实验分析题．
x：y：z＝n（Na SO ）：n（H O ）：n（H O）＝2：1：2
【分析】（1）根据沉淀溶解平衡常数Ksp＝c（SO 2﹣）•c（Ba2+ ）来计算； 2 4 2 2 2
4
硫酸钠﹣过氧化氢加合物的化学式为2Na SO •H O •2H O
（2）不加稀硫酸酸化，MnO ﹣被还原为MnO ，双氧水被氧化生成氧气，根据电荷守恒可知有氢氧根离子生 2 4 2 2 2
4 2
答：硫酸钠﹣过氧化氢加合物的化学式为2Na SO •H O •2H O．
2 4 2 2 2
成，再根据原子守恒判断是否有水生成，配平书写；
【点评】本题属于物质组成分析与化学综合计算题，涉及氧化还原反应滴定、溶度积的计算、离子方程式书
（3）生成的白色固体 0.5825g 为硫酸钡，根据 n 计算硫酸钡的物质的量，根据硫酸根守恒可知 n 写等，难度中等，注意运用元素守恒进行推理计算，学习中紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、
极端分析等化学常用分析方法．
（Na SO ）＝n（BaSO ）．根据方程式计算25mL溶液中n（H O ），再根据m＝nM计算25mL溶液中硫酸
2 4 4 2 2 19．（11分）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn
钠、过氧化氢的质量，继而计算结晶水的质量，根据各物质的物质的量之比确定x：y：z，据此书写化学式．
总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的部分实验过程如下：
【解答】解：（1）沉淀溶解平衡常数Ksp＝c（SO 2﹣）•c（Ba2+ ），当c（SO 2﹣）≤1.0×10﹣5 mol•L﹣1，
4 4猛烈的分解；
（2） 根据淀粉与碘单质作用变蓝解答；
根据①H
2
O
2
+2I﹣+2H+＝I
2
+2H
2
O解答；
②（3）滴加H
2
O
2
溶液，使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌
沉淀，过滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌；
（1） 铜帽溶解时加入H O 的目的是 Cu+H O +H SO ＝ CuSO +2H O （用化学方程式表示）。 铜帽
2 2 2 2 2 4 4 2
【解答】解：（1） 因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个
溶解完①全后，需将溶液中过量的H O 除去。除去H O 的简便方法是 加热至沸腾 。 ②
2 2 2 2
平衡，但是形成的氧①化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量，实验中需测定除去 H O 后溶
2 2
化学方程式为：Cu+H O +H SO ＝CuSO +2H O；
2 2 2 4 4 2
液中Cu2+的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2+的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节
故答案为：Cu+H O +H SO ＝CuSO +2H O；
2 2 2 4 4 2
溶液pH＝3～4，加入过量的KI，用Na S O 标准溶液滴定至终点。上述过程中反应的离子方程式如下：摇
2 2 3
过氧化氢性质比较稳定，若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H O 除去可加热至
2 2
摇2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）↓+I 2S O 2﹣+I ＝2I﹣+S O 2﹣
2 2 3 2 4 6
②沸腾，
滴定选用的指示剂为 淀粉溶液 ，滴定终点观察到的现象为 蓝色褪去 。
故答案为：加热至沸腾；
①若滴定前溶液中的 H
2
O
2
没有除尽，所测定的 Cu2+含量将会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“不
（2） 淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na S O 溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定
2 2 3
②变”）。
到达终①点，故答案为：淀粉溶液，蓝色褪去；
（3）已知pH＞11 时Zn（OH） 能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH） ]2﹣．下表列出了几种离子生成氢氧化
2 4
若留有H O ，加入KI后，会有以下反应：H O +2I﹣+2H+＝I +2H O误当成2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）
2 2 2 2 2 2
物沉淀的pH（开始沉淀的pH 按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）。
②↓+I 生成的碘，使测定结果偏高，
2
开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
故答案为：偏高；
Fe3+ 1.1 3.2
（3） 向滤液中加入30%H O ，使其充分反应，目的使Fe2+转化完全为Fe3+，滴加NaOH溶液，调节溶液
2 2
Fe2+ 5.8 8.8
PH约①为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向滤液中滴加1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液PH约为10
Zn2+ 5.9 8.9
（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，900℃煅烧，制得氧化锌，
实验中可选用的试剂：30%H O 、1.0mol•L﹣1HNO 、1.0mol•L﹣1NaOH．由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步
2 2 3 故答案为：向滤液中加入 30%H O ，使其充分反应；滴加 1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液 PH 约为 5（或
2 2
骤依次为：
3.2≤pH＜5.9），使 Fe3+沉淀完全；向滤液中滴加 1.0mol•L﹣1NaOH，调节溶液 PH 约为 10（或
向滤液中加入 30%H O ，使其充分反应 ； 滴加 1.0mo l • L ﹣ 1 NaOH ，调节溶液 PH 约为 5 （或
2 2 8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；
①3.2 ≤ pH ＜ 5.9 ），使 Fe 3+ 沉淀完全 ； 过滤； ②向滤液中滴加 1.0mo l • L ﹣ 1 NaOH ，调节溶液 PH 约为 10
【点评】本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO，考查学生对综合实验处理能力，注意实
（或 8. 9 ≤ pH ≤ 1 1 ），使 Z n 2 + 沉淀完全 ③ ； 过滤④、洗涤、干燥； 900℃煅烧。
验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，
【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀⑤转化的本质；GA：金⑥属的回收与环境、资源保护；P8：物质分
题目难度中等。
离和提纯的方法和基本操作综合应用；RD：探究物质的组成或测量物质的含量．
菁优网版权所有 20．（10分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
【专题】16：压轴题；527：几种重要的金属及其化合物．
（1）真空碳热还原﹣氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：
【分析】（1） 酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水； 过氧化氢加热到153℃便
Al O （s）+AlC1 （g）+3C（s）＝3AlCl（g）+3CO（g）△H＝a kJ•mol﹣1
2 3 3
① ②3AlCl（g）＝2Al（l）+AlC1 （g）△H＝b kJ•mol﹣1 （2） 镁、铝是亲氧元素，易被氧气氧化；
3
反应Al 2 O 3 （s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO（g）的△H＝ a+ b kJ•mol﹣1（用含a、b 的代数式表示）。 释放①出的H 2 包括Mg 17 Al 12 吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气；
①Al
4
C
3
是反应过程中的中间产物。Al
4
C
3
与盐酸反应（产物之一是含氢量最高的烃） 的化学方程式为 ②根据衍射图确定产生氢气的主要物质，第一个衍射图中铝的量较少，第二个衍射图中铝的量较多；
②Al C +12HCl ＝ 4AlCl +3CH ↑ 。 ③（3）该原电池中，铝易失去电子作负极，则银是正极，负极上铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，正极上氧
4 3 3 4
（2）镁铝合金（Mg Al ）是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al 单质 化银得电子生成银，据此写出电池反应式。
17 12
在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg Al +17H ＝17MgH +12Al．得 【解答】解：（1） 根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al 2 O 3 （s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO
17 12 2 2
到的混合物Y（17MgH +12Al）在一定条件下可释放出氢气。
（g），对应的△H＝①（a+b）kJ•mol﹣1，
2
故答案为：a+b；
含氢量最高的烃为CH ，根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原子形成3个CH ，再由铝原子守恒，
4 4
②4个铝需要结合12个Cl形成4个AlCl ，所以Al C 与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：
3 4 3
Al C +12HCl＝4AlCl +3CH ↑，故答案为：Al C +12HCl＝4AlCl +3CH ↑；
4 3 3 4 4 3 3 4
（2） 镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，通入氩气作保护气，以防止二者被氧化
，故答①案为：防止Mg Al被空气氧化；
1molMg Al 完全吸氢17mol，在盐酸中会全部释放出来，镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成 H ，
17 12 2
②
熔炼制备镁铝合金（Mg Al ）时通入氩气的目的是 防止 M g A l 被空气氧化 。
17 12
生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol，则生成氢气一共（17+17+12 ）mol＝52mol，
①在6.0mol•L﹣1HCl 溶液中，混合物Y 能完全释放出H ．1mol Mg Al 完全吸氢后得到的混合物Y 与
2 17 12
②上述盐酸完全反应，释放出H 的物质的量为 52mo l 。 故答案为：52；
2
在0.5mol•L﹣1NaOH 和1.0mol•L﹣1 MgCl 溶液中，混合物Y 均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质 镁与NaOH不反应，再根据衍射谱图可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是铝，故答案为：Al；
2
③的X﹣射线衍射谱图如图1所示（X﹣射线衍射可用于判断某晶态物 ③（3）铝做负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO ，氧化银做正极，得电子被还原为Ag，电解质溶
2
质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。在上述NaOH 溶液中，混合物Y 中产生氢气的主 液为NaOH溶液，所以其电池反应式为：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO +3Ag+H O，
2 2
要物质是 A l （填化学式）。 故答案为：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO +3Ag+H O。
2 2
（3）铝电池性能优越，Al﹣AgO 电池可用作水下动力电源，其原理如图2所示。该电池反应的化学方程式 【点评】本题以铝为题材，考查盖斯定律、铝及其化合物的性质以及电化学反应方程式，意在考查考生阅读
为 2Al+3AgO+2NaOH ＝ 2NaAlO +3Ag+H O 。 新信息，处理新情况的能力，电极反应式的书写是易错点，难度较大。
2 2
【考点】5A：化学方程式的有关计算；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；BH：原电池和电解池的工 选做题（本题包括21、22题，请选定其中一小题作答，如果多做，按第一题计分）
作原理． 21．（5分）[物质结构与性质]
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【专题】16：压轴题；517：化学反应中的能量变化；527：几种重要的金属及其化合物． 一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn
2
O
4
）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛
【分析】（1） 将两个方程式相加即得目标方程式，焓变相应的改变； （HCHO）．
含氢量最高的①烃为CH
4
，再根据反应物、生成物结合原子守恒写出反应方程式； （1）向一定物质的量浓度的Cu（NO
3
）
2
和Mn（NO
3
）
2
溶液中加入Na
2
CO
3
溶液，所得沉淀经高温灼烧，
②可制得CuMn O ． 2mol），
2 4
Mn2+基态的电子排布式可表示为 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 5 （或 [Ar]3 d 5 ） ． 故答案为：2×6.02×1023个（或2mol）；
①NO ﹣的空间构型是 平面三角形 （用文字描述）．
3
②（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO
2
，HCHO 被氧化为CO
2
和H
2
O．
（3））[Cu（OH） ]2﹣中与Cu2+与4个OH﹣形成配位键，可表示为 ，
4
根据等电子体原理，CO 分子的结构式为 C ≡ O ．
①H
2
O 分子中O 原子轨道的杂化类型为 s p 3 ．
故答案为： ．
②1mol CO
2
中含有的σ键数目为 2×6.02×1 0 2 3 个（或 2mo l ） ．
【点评】本题综合考查物质的结构与性质知识，侧重于电子排布式、等电子体、杂化类型与配位键等知识，
③（3）向CuSO 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu （OH） ]2﹣．不考虑空间构型，[Cu（OH） ]2﹣的结
4 4 4
题目难度中等，注意把握杂化类型的判断方法．
22．（5分）[实验化学]次硫酸氢钠甲醛（NaHSO •HCHO•2H O）在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。
2 2
以Na SO 、SO 、HCHO 和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：
构可用示意图表示为 ． 2 3 2
步骤1：在烧瓶中（装置如图所示） 加入一定量Na SO 和水，搅拌溶解，缓慢通入SO ，至溶液pH 约为
【考点】86：原子核外电子排布；96：共价键的形成及共价键的主要类型；98：判断简单分子或离子的构型； 2 3 2
4，制得NaHSO 溶液。步骤2：将装置A 中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛
9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 3
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溶液，在80～90℃下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。
【专题】16：压轴题；51D：化学键与晶体结构．
（1）装置B 的烧杯中应加入的溶液是 氢氧化钠溶液 。
【分析】（1） Mn的原子序数为25，根据能量最低原理可写出Mn的基态原子的电子排布式，进而可确
（2） 步骤2 中，反应生成的Zn（OH） 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是
定Mn2+基态的电①子排布式； 2
快速搅①拌 。 冷凝管中回流的主要物质除H O 外还有 HCHO （填化学式）。
利用价层电子对互斥模型判断； 2
（3） 抽滤装②置所包含的仪器除减压系统外还有 吸滤瓶 、 布氏漏斗 （填仪器名称）． 滤渣的主
②（2） 根据N
2
与CO为等电子体，结合等电子体结构相似判断；
要成分①有 Z n （ OH ） 、 Z n （填化学式）。 ②
根据①中心原子形成的δ键和孤电子对数判断杂化类型； 2
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，且在120℃以上发生分解。步骤3 中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是
②据CO
2
的结构式O＝C＝O判断；
③（3）[Cu（OH） ]2﹣中与Cu2+与4个OH﹣形成配位键． 防止产物被空气氧化 。
4
【解答】解：（1） Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态
的电子排布式可表示①为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；
NO ﹣中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；
3
②（2） N
2
与CO为等电子体，二者结构相似，N
2
的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：
C≡O；①
H O 分子中O形成2个δ键，孤电子对数为 2，则为杂化sp3； 【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备实验方案的设计．
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【专题】16：压轴题；17：综合实验题．
②
CO 的结构式为O＝C＝O，分子中C形成2个δ键，则1molCO 中含有的σ键数目为×6.02×1023个（或
2 2
③【分析】（1）未反应的二氧化硫气体是酸性氧化物能和碱溶液反应；
（2）防止氢氧化锌覆盖在锌粉上阻止反应进行；甲醛易挥发；
（3）依据抽滤装置的组成和原理分析判断仪器；加入的锌过量，反应生成的Zn（OH） 会覆盖在锌粉表面
2
阻止反应进行；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性，遇到空气中的氧气易被氧化；
【解答】解：（1）实验中未参与反应的二氧化硫气体会通过导气管进入 B装置，可以用氢氧化钠溶液吸收
二氧化硫乙防止污染空气；
故答案为：氢氧化钠溶液；
（2） 为防止氢氧化锌覆盖在锌粉表面阻止反应进行，可以快速搅拌避免固体在三颈烧瓶底部沉积；
故答案①为：快速搅拌；
HCHO易挥发，在80°C﹣90°C条件下会大量挥发，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的 利用
②率；
故答案为：HCHO；
（3）抽滤装置不同于普通过滤装置，由减压系统（真空泵），吸滤瓶和布氏漏斗等组成，抽滤后滤液中含
有为反应的锌粉和反应生成的氢氧化锌；
故答案为：吸滤瓶；布氏漏斗；Zn（OH） ；Zn；
2
（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性，在敞口容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质；
故答案为：防止产物被空气氧化；
【点评】本题考查了实验制备方案的设计，实验步骤的操作，仪器使用方法，反应过程中的物质判断，题目
难度中等。
