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2014年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
1．（6分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯
2．（6分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（
）
选项 现象或事实 解释
A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na CO 可直接和油污反应
2 3
B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl 与空气中的
2
CO 反应生成CaCO
2 3
C 施肥时，草木灰（有效成分为K CO ）不 K CO 与NH Cl反应生成氨气会
2 3 2 3 4
能与NH Cl混合使用 降低肥效
4
D FeCl 溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl 能从含有Cu2+的溶液中置
3 3
换出铜
A．A B．B C．C D．D
3．（6分）已知分解1mol H O 放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H O 分
2 2 2 2
解的机理为：
H O +I﹣→H O+IO﹣ 慢
2 2 2
H O +IO﹣→H O+O +I﹣ 快
2 2 2 2
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H O ）=v（H O）=v（O ）
2 2 2 2
4．（6分）X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价
离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
（ ）
A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞Z
C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣ D．原子序数：X＞Y＞Z
5．（6分）溴酸银（AgBrO ）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误
3
的是（ ）A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60℃时溴酸银的K 约等于6×10﹣4
sp
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
6．（6分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干
B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
7．（6分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项 ① ② ③ 实验结论
A 稀硫酸 Na S AgNO 与AgCl K （AgCl）＞K （Ag S）
2 3 sp sp 2
的浊液
B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化
性
C 稀盐酸 Na SO Ba（NO ） 溶 SO 与可溶性钡盐均可生成
2 3 3 2 2
液 白色沉淀
D 浓硝酸 Na CO Na SiO 溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
2 3 2 3
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58分）
8．（13分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实
验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：图1 图2
图3
相对分子质量 密度/（g•cm﹣ 沸点/℃ 水中溶解性
3）
异戊醇 88 0.8123 131 微溶
乙酸 60 1.0492 118 溶
乙酸异戊酯 130 0.8670 142 难溶
实验步骤：
在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和 2～3片碎瓷片，开始缓慢
加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、
饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水 MgSO 固体，静置片
4
刻，过滤除去MgSO 固体，进行蒸馏纯化，收集 140﹣143℃馏分，得乙酸
4
异戊酯3.9g．
回答下列问题：
（1）仪器B的名称是 ；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 ，第二次水洗的主要目的
是 ；
（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后 （填标
号）
a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是 ；
（5）实验中加入少量无水MgSO 的目的是 ；
4
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3） （填标号）
（7）本实验的产率是 （填标号）
a.30% b.40% c.60% d.90%
（8）在进行蒸馏操作时，若从 130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏
（填“高”或“低”），其原因是 ．
9．（15分）次磷酸（H PO ）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答
3 2
下列问题：
（1）H PO 是一元中强酸，写出其电离方程式 ；
3 2
（2）H PO 及NaH PO 均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
3 2 2 2
①H PO 中，P元素的化合价为 ；
3 2
②利用H PO 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，
3 2
则氧化产物为 （填化学式）；
③NaH PO 为 （填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显 （填“弱酸性”、
2 2
“中性”或“弱碱性”）；
（3）H PO 的工业制法是：将白磷（P ）与Ba（OH） 溶液反应生成PH 气体
3 2 4 2 3
和Ba（H PO ） ，后者再与H SO 反应，写出白磷与Ba（OH） 溶液反应的
2 2 2 2 4 2
化学方程式 ；
（4）H PO 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和
3 2
阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式 ；②分析产品室可得到H PO 的原因 ；
3 2
③早期采用“三室电渗析法”制备H PO ，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用
3 2
H PO 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室
3 2
与产品室，其缺点是产品中混有 杂质，该杂质产生的原因是 。
10．（15分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水
合法生产，回答下列问题：
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C H OSO H），
2 5 3
再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式 ；
（2）已知：
甲醇脱水反应 2CH OH（g）═CH OCH （g）+H O（g）△H =﹣23.9kJ•mol﹣1
3 3 3 2 1
甲醇制烯烃反应 2CH OH（g）═C H （g）+2H O（g）△H =﹣29.1kJ•mol﹣1
3 2 4 2 2
乙醇异构化反应 C H OH（g）═CH OCH （g）△H =+50.7kJ•mol﹣1
2 5 3 3 3
则乙烯气相直接水合反应 C H （g）+H O（g）═C H OH（g）的△H=
2 4 2 2 5
kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是 ；
（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中
： =1：1）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中 A点的平衡常数K = （用平衡分
p压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；
②图中压强（P ，P ，P ，P ）大小顺序为 ，理由是 ；
1 2 3 4
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度
290℃，压强6.9MPa， ： =0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一
步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措
施有 、 。
【化学-选修2：化学与技术】
11．（15分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca （PO ） •H O]和磷灰石[Ca F（PO ）
3 4 2 2 5 4
，Ca （OH）（PO ） ]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大
3 5 4 3
致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热
法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 备注
白磷 44 280.5
PH ﹣133.8 ﹣87.8 难溶于水、有还原性
3
SiF ﹣90 ﹣86 易水解
4回答下列问题：
（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的
%；
（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中 Ca F（PO ） 反应化学方程式为：
5 4 3
．现有1t折合含有P O 约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸
2 5
t．
（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO 、过量焦炭与磷灰
2
石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是 （填化学式）．冷凝
塔1的主要沉积物是 ，冷凝塔2的主要沉积物是 ．
（4）尾气中主要含有 ，还含有少量的PH 、H S和HF等．将尾气先通入
3 2
纯碱溶液，可除去 ；再通入次氯酸钠溶液，可除去 ．（均填化
学式）
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是 ．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，
回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过
方法区分晶体、准晶体和非晶体．
（2）基态Fe原子有 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 ，可用硫
氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 ．
（3）新制备的 Cu（OH） 可将乙醛（CH CHO）氧化成乙酸，而自身还原成
2 3
Cu O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ；1mol乙醛分子中含有的σ键
2
的数目为 ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 ．Cu O为
2
半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，
则该晶胞中有 个铜原子．
（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数
为 ，列式表示Al单质的密度 g•cm﹣3（不必计算出结果）．
【化学-选修5：有机化学基础】13．席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G的一
种路线如下：
已知以下信息：
①
②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应。
③D属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106。
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢。
⑤
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为 ，反应类型为 ；
（2）E的化学名称是 ，由D生成E的化学方程式为 ；
（3）G的结构简式为 ；
（4）F的同分异构体中含有苯环的还有 种（不考虑立体异构），其中核
磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是 ，（写出其中的
一种的结构简式）。
（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺。
反应条件1所选择的试剂为 ；反应条件2所选择的试剂为 ；I的结
构简式为 。2014 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）
1．（6分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．戊烷 B．戊醇 C．戊烯 D．乙酸乙酯
【考点】I4：同分异构现象和同分异构体．
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【专题】531：同系物和同分异构体．
【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙
酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构．
【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳
链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构
类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构
体的数目均大于3种，
故选：A。
【点评】本题主要考查了同分异构体数目的判断，可通过同分异构体的类型进
行简单判断，难度不大．
2．（6分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（
）
选项 现象或事实 解释
A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na CO 可直接和油污反
2 3
应
B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的 CaCl 与空气
2
中的CO 反
2
应生成CaCO
3
C 施肥时，草木灰（有效成分为K CO ）K CO 与 NH Cl 反应生成
2 3 2 3 4不能 氨气会降低
与NH Cl混合使用 肥效
4
D FeCl 溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl 能从含有 Cu2+的溶
3 3
液中置换出铜
A．A B．B C．C D．D
【考点】FH：硅和二氧化硅；GF：钠的重要化合物；GL：两性氧化物和两性
氢氧化物；IC：乙烯的用途．
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【分析】A．依据盐类水解的性质及油脂水解的性质解答；
B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸；
C．依据盐类水解的性质解答；
D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜．
【解答】解：A．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸
盐水解显碱性，升高温度促进盐类水解，所以用热的纯碱溶液洗去油污，碳
酸钠与油脂不直接反应，故A错误；
B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次
氯酸具有漂白作用，二氧化碳与氯化钙不反应，故B错误；
C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰
（有效成分为K CO ）不能与NH Cl混合使用，故C正确；
2 3 4
D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜不能置换铁，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、氧化性强
弱判断等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知
识的学习与积累，难度不大．
3．（6分）已知分解1mol H O 放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H O 分
2 2 2 2
解的机理为：
H O +I﹣→H O+IO﹣ 慢
2 2 2
H O +IO﹣→H O+O +I﹣ 快
2 2 2 2
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I﹣的浓度有关 B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1 D．v（H O ）=v（H O）=v（O ）
2 2 2 2
【考点】16：化学反应的基本原理；17：化学反应的能量变化规律；BB：反应
热和焓变；CA：化学反应速率的影响因素．
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【专题】513：物质的性质和变化专题；517：化学反应中的能量变化．
【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；
B、反应的催化剂是I﹣；
C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；
D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；
【解答】解：A、已知：①H O +I﹣→H O+IO﹣ 慢 ②H O +IO﹣→H O+O +I﹣ 快，
2 2 2 2 2 2 2
过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对
反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；
B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，
故B错误；
C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物
与反应物的能量差，故C错误；
D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用
其浓度变化表示反应速率，故D错误。故选：A。
【点评】本题是2014年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应
速率的相关知识，题目难度不大．
4．（6分）X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价
离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
（ ）
A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞Z
C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣ D．原子序数：X＞Y＞Z
【考点】1B：真题集萃；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】X、Z 的最低价离子分别为 X2﹣和 Z﹣，则 X 为第Ⅵ A 族元素，Z 为
ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y
为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表
中的位置以及元素周期律知识解答该题．
【解答】解：X、Z的最低价离子分别为 X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z
为ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则
Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，
A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；
B．常温下Na、S为固体，F 为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺
2
序应为Na＞S＞F ，故B错误；
2
C．Na+、F﹣具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为
F﹣＞Na+，故C错误；
D．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学
生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确
推断元素的种类．
5．（6分）溴酸银（AgBrO ）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误
3
的是（ ）
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快C．60℃时溴酸银的K 约等于6×10﹣4
sp
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【考点】62：溶解度、饱和溶液的概念；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转
化的本质．
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【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题．
【分析】A．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为
吸热过程；
B．温度升高，可以加快物质的溶解速率；
C．根据溶度积表达式及溶液中银离子和溴酸根离子的浓度计算；
D．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸
银的混合物。
【解答】解：A．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸
银的溶解过程为吸热过程，故A错误；
B．升高温度，溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时溴酸银溶解速度加快，
故B正确；
C.60℃时溴酸银的溶解度为0.6g，溴酸银的物质的量为： ≈2.5×10﹣
3mol，100.6g溴酸银溶液的体积约为 100.6mL，溶液中银离子、溴酸根离子
浓度约为 2.5×10﹣2mol/L，所以 60℃时溴酸银的 K =2.5×10﹣2×2.5×10﹣
sp
2≈6×10﹣4，故C正确；
D．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受
温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故 D
正确；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离
与提纯，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶
度积的概念及计算方法。
6．（6分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】25：实验评价题；541：化学实验常用仪器及试剂．
【分析】A．锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干；
B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；
C．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消
耗的标准液体积偏大；
D．容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此
次配制失败．
【解答】解：A．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制
溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A错误；
B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液
稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B正确；
C．滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质
的量偏大，测定结果偏高，故C错误；
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管
吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法偏大，题目难度不大，注
意掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、锥形瓶、滴定管的
使用方法．
7．（6分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项 ① ② ③ 实验结论
A 稀硫酸 Na S AgNO 与AgCl K （AgCl）＞K （Ag S）
2 3 sp sp 2
的浊液
B 浓硫酸 蔗糖 溴水 浓硫酸具有脱水性、氧化
性C 稀盐酸 Na SO Ba（NO ） SO 与可溶性钡盐均可生
2 3 3 2 2
溶液 成白色沉淀
D 浓硝酸 Na CO Na SiO 溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
2 3 2 3
A．A B．B C．C D．D
【考点】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．不发生沉淀的转化，AgNO 与AgCl的浊液中，Qc（Ag S）＞K
3 2 sp
（Ag S），则生成Ag S；
2 2
B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二
氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与 Ba（NO ） 溶液发生氧化还原反应生成
3 2
硫酸钡沉淀；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与
硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．
【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO 与AgCl的浊液
3
中，Qc（Ag S）＞K （Ag S），则生成Ag S，可发生沉淀的生成，则不能
2 sp 2 2
比较溶度积，故A错误；
B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后 C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二
氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，
故B正确；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与 Ba（NO ） 溶液发生氧化还原反应生成
3 2
硫酸钡沉淀，但SO 与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，
2
故C错误；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与
硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸
的干扰，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转化、
浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不
大．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58分）
8．（13分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实
验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：
图1 图2
图3
相对分子质量 密度/（g•cm﹣ 沸点/℃ 水中溶解性
3）
异戊醇 88 0.8123 131 微溶
乙酸 60 1.0492 118 溶
乙酸异戊酯 130 0.8670 142 难溶
实验步骤：
在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和 2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、
饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水 MgSO 固体，静置片
4
刻，过滤除去MgSO 固体，进行蒸馏纯化，收集 140﹣143℃馏分，得乙酸
4
异戊酯3.9g．
回答下列问题：
（1）仪器B的名称是 球形冷凝管 ；
（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 洗掉大部分硫酸和醋酸 ，第
二次水洗的主要目的是 洗掉碳酸氢钠 ；
（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后 d （填标
号）
a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是 提高醇的转化率 ；
（5）实验中加入少量无水MgSO 的目的是 干燥乙酸异戊酯 ；
4
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3） b （填标号）
（7）本实验的产率是 c （填标号）
a.30% b.40% c.60% d.90%
（8）在进行蒸馏操作时，若从 130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏 高
（填“高”或“低”），其原因是 会收集少量未反应的异戊醇 ．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】24：实验设计题．
【分析】（1）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称；
（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；
第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；
（4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高
进行判断加入过量乙酸的目的；
（5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产
品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；
（7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算
出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计
算出产率；
（8）若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反
应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大．
【解答】解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是
除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗
净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢
钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，
故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠；
（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，
要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活
塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为d，
故答案为：d；
（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种
反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量
乙酸的目的是提高转化率，
故答案为：提高醇的转化率；
（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥，
故答案为：干燥乙酸异戊酯；
（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以 ad错
误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，
因此仪器及装置安装正确的是b，
故答案为：b；
（7）乙酸的物质的量为：n= =0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，
生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol
乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为： =0.03mol，
所以实验中乙酸异戊酯的产率为： ×100%=60%，
故答案为：c；
（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，
会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高，
故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇．
【点评】本题为一道高考题，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、
提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度
较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能
力及灵活应用所学知识的能力．
9．（15分）次磷酸（H PO ）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答
3 2
下列问题：
（1）H PO 是一元中强酸，写出其电离方程式 H PO H PO ﹣ + H + ；
3 2 3 2 2 2
（2）H PO 及NaH PO 均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
3 2 2 2 ⇌
①H PO 中，P元素的化合价为 + 1 ；
3 2
②利用H PO 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1，
3 2
则氧化产物为 H PO （填化学式）；
3 4
③NaH PO 为 正盐 （填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显 弱碱性 （填“弱
2 2
酸性”、“中性”或“弱碱性”）；
（3）H PO 的工业制法是：将白磷（P ）与Ba（OH） 溶液反应生成PH 气体
3 2 4 2 3
和Ba（H PO ） ，后者再与H SO 反应，写出白磷与Ba（OH） 溶液反应的
2 2 2 2 4 2
化学方程式 2P + 3B a （ OH ） + 6H O=3Ba （ H PO ） + 2PH ↑ ；
4 2 2 2 2 2 3
（4）H PO 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和
3 2
阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式 2H O﹣4e ﹣ =O ↑ + 4H + ；
2 2
②分析产品室可得到H PO 的原因 阳极室的 H + 穿过阳膜扩散至产品室，原料
3 2
室的 H PO ﹣ 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H PO ；
2 2 3 2
③早期采用“三室电渗析法”制备H PO ，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用
3 2
H PO 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室
3 2
与产品室，其缺点是产品中混有 PO 3﹣ （或 HPO 2﹣ 、 H PO ﹣ 、 H PO ）
4 4 2 4 3 4
杂质，该杂质产生的原因是 H PO ﹣ 或 H PO 被氧化 。
2 2 3 2
【考点】1B：真题集萃；B1：氧化还原反应；D3：电解质在水溶液中的电离；
DI：电解原理；EI：磷．
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【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
【分析】（1）根据H PO 是一元中强酸可知，H PO 是弱电解质，溶液中部分
3 2 3 2
电离出氢离子，据此写出电离方程式；
（2）①根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；
②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4：1计
算出反应产物中P的化合价；
③根据H PO 是一元中强酸，可以判断NaH PO 为正盐，由于为H PO 为弱电
3 2 2 2 3 2
解质，则NaH PO 为强碱弱酸盐，则溶液显示弱碱性；
2 2
（3）根据题干信息“将白磷（P ）与Ba（OH） 溶液反应生成 PH 气体和Ba
4 2 3
（H PO ） ”写出该反应的化学方程式为；
2 2 2
（4）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和 H PO ﹣，判断放电能
2 2
力强弱，然后写出阳极的电极反应式；
②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H PO 的原因；
3 2
③根据H PO 及NaH PO 均容易被氧化分析该装置缺点。
3 2 2 2【解答】解：（1）H PO 是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电
3 2
离方程式为：H PO H PO ﹣+H+，
3 2 2 2
故答案为：H PO H PO ﹣+H+；
3 2 2 ⇌2
（2）①H PO 中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，则P
3 2 ⇌
元素的化合价为：+1价，
故答案为：+1；
②该反应中Ag+为氧化剂，H PO 为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
3 2
4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣
0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H PO ，
3 4
故答案为：H PO ；
3 4
③由于H PO 是一元中强酸，所以NaH PO 为正盐，由于为H PO 为弱电解质，
3 2 2 2 3 2
则NaH PO 为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，
2 2
故答案为：正盐；弱碱性；
（3）H PO 的工业制法是：将白磷（P ）与Ba（OH） 溶液反应生成PH 气体
3 2 4 2 3
和 Ba（H PO ） ，该反应的化学方程式为：2P +3Ba（OH） +6H O=3Ba
2 2 2 4 2 2
（H PO ） +2PH ↑，
2 2 2 3
故答案为：2P +3Ba（OH） +6H O=3Ba（H PO ） +2PH ↑；
4 2 2 2 2 2 3
（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和 H PO ﹣，其中放电能
2 2
力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H O﹣4e﹣=O ↑+4H+，
2 2
故答案为：2H O﹣4e﹣=O ↑+4H+；
2 2
②产品室可得到H PO 的原因是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原
3 2
料室的H PO ﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H PO ，
2 2 3 2
故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H PO ﹣穿过阴膜扩散
2 2
至产品室，二者反应生成H PO ；
3 2
③早期采用“三室电渗析法”制备H PO ，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用
3 2
H PO 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室
3 2
与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把 H PO ﹣或H PO 氧化成PO 3﹣，产
2 2 3 2 4
品中混有PO 3﹣（或HPO 2﹣、H PO ﹣、H PO ），
4 4 2 4 3 4
故答案为：PO 3﹣（或HPO 2﹣、H PO ﹣、H PO ）；H PO ﹣或H PO 被氧化。
4 4 2 4 3 4 2 2 3 2
【点评】本题考查了盐的水解原理、电解原理、弱电解质的电离、氧化还原反应等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学
知识的掌握情况。
10．（15分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水
合法生产，回答下列问题：
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C H OSO H），
2 5 3
再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式 C H + H SO →C H OSO H 、
2 4 2 4 2 5 3
C H OSO H + H O→C H OH + H SO ；
2 5 3 2 2 5 2 4
（2）已知：
甲醇脱水反应 2CH OH（g）═CH OCH （g）+H O（g）△H =﹣23.9kJ•mol﹣1
3 3 3 2 1
甲醇制烯烃反应 2CH OH（g）═C H （g）+2H O（g）△H =﹣29.1kJ•mol﹣1
3 2 4 2 2
乙醇异构化反应 C H OH（g）═CH OCH （g）△H =+50.7kJ•mol﹣1
2 5 3 3 3
则乙烯气相直接水合反应C H （g）+H O（g）═C H OH（g）的△H= ﹣ 45.5
2 4 2 2 5
kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是 无副产品，原子
利用率 100% ；
（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中
： =1：1）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K = 0.07 （ MPa ） ﹣ 1
p
（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；
②图中压强（P ，P ，P ，P ）大小顺序为 p ＜ p ＜ p ＜ p ，理由是 反应分
1 2 3 4 1 2 3 4
子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 ；
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa， ： =0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一
步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措
施有 将产物乙醇液化移去 、 增加 ： 比 。
【考点】1B：真题集萃；BE：热化学方程式；C8：化学平衡常数的含义；
CB：化学平衡的影响因素；CM：转化率随温度、压强的变化曲线．
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【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．
【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C H OSO H），效仿乙酸乙
2 5 3
酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；
（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用
率100%；
（3）①列出Kp表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；
②在相同温度下由于乙烯转化率为 p ＜p ＜p ＜p ，由 C H （g）+H O（g）
1 2 3 4 2 4 2
→C H OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的
2 5
影响分析；
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以
改变物质的浓度。
【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C H OSO H），化学方
2 5 3
程式为C H +H SO →C H OSO H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化学方
2 4 2 4 2 5 3
程式为C H OSO H+H O→C H OH+H SO ，
2 5 3 2 2 5 2 4
故答案为：C H +H SO →C H OSO H、C H OSO H+H O→C H OH+H SO ；
2 4 2 4 2 5 3 2 5 3 2 2 5 2 4
（2）已知：甲醇脱水反应 ①2CH OH（g）═CH OCH （g）+H O（g）△H =
3 3 3 2 1
﹣23.9kJ•mol﹣1
甲醇制烯烃反应 ②2CH OH（g）═C H （g）+2H O（g）△H =﹣29.1kJ•mol﹣1
3 2 4 2 2
乙醇异构化反应 ③C H OH（g）═CH OCH （g）△H =+50.7kJ•mol﹣1，
2 5 3 3 3
根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C H （g）+H O（g）═C H OH（g）△H=（﹣
2 4 2 2 5
23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；
乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率
100%，没有副产品，故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率100%；
（3）①C H （g）+H O（g）═C H OH（g）
2 4 2 2 5
开始：1 1 0
转化：0.2 0.2 0.2
平衡：0.8 0.8 0.2
乙醇占 = ，乙烯和水各占 = ，则乙醇的分压为
7.85MPa× =0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa× =3.49MPa，
所以Kp= = =0.07（MPa）﹣1，
故答案为：0.07（MPa）﹣1；
②在相同温度下由于乙烯转化率为 p ＜p ＜p ＜p ，由 C H （g）+H O（g）
1 2 3 4 2 4 2
═C H OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正
2 5
向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p ＜p ＜p ＜p ，
1 2 3 4
故答案为：p ＜p ＜p ＜p ；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化
1 2 3 4
率提高；
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以
改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓
度，改变二者物质的量的比等，
故答案为：将产物乙醇液化移去；增加 ： 比。
【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方
案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中
的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁
移能力的培养。
【化学-选修2：化学与技术】
11．（15分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca （PO ） •H O]和磷灰石[Ca F（PO ）
3 4 2 2 5 4
，Ca （OH）（PO ） ]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大
3 5 4 3
致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃ 沸点/℃ 备注
白磷 44 280.5
PH ﹣133.8 ﹣87.8 难溶于水、有还原性
3
SiF ﹣90 ﹣86 易水解
4
回答下列问题：
（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的 69
%；
（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中 Ca F（PO ） 反应化学方程式为：
5 4 3
Ca F （ PO ） + 5H SO =3H PO + 5CaSO + HF ↑ ．现有1t折合含有P O 约30%
5 4 3 2 4 3 4 4 2 5
的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸 0.49 t．
（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO 、过量焦炭与磷灰
2
石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是 CaSiO （填化学式）．
3
冷凝塔1的主要沉积物是 液态白磷 ，冷凝塔2的主要沉积物是 固态白
磷 ．
（4）尾气中主要含有 SiF 、 CO ，还含有少量的PH 、H S和HF等．将尾
4 3 2
气先通入纯碱溶液，可除去 SiF 、 H S 、 HF ；再通入次氯酸钠溶液，可
4 2除去 PH ．（均填化学式）
3
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是 产品纯度高 ．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；548：制备实验
综合．
【分析】（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%
+96%×85%×80%=69%；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解 Ca F（PO ） 可制得磷酸，根据质
5 4 3
量守恒书写化学方程式；根据P元素守恒可得关系式P O ～2H PO ，依据此
2 5 3 4
关系式计算；
（3）将SiO 、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难
2
溶性固体是CaSiO ；根据冷却塔1、2的温度与白磷的熔点比较分析白磷的
3
状态；
（4）二氧化硅和 HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成
CO，因此在尾气中主要含有SiF 、CO，还含有少量的PH 、H S和HF等；
4 3 2
将尾气通入纯碱溶液，SiF 、HF、H S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强
4 2
氧化性，可除掉强还原性的PH ；
3
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大；
【解答】解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：
4%+96%×85%×80%=69%，
故答案为：69；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解 Ca F（PO ） 可制得磷酸，根据质
5 4 3
量 守 恒 定 律 可 得 反 应 的 化 学 方 程 式 为 Ca F （ PO ）
5 4
+5H SO =3H PO +5CaSO +HF↑；
3 2 4 3 4 4
根据P元素守恒可得关系式 P O ～2H PO ，142份P O 可制取196份磷酸，1t
2 5 3 4 2 5
折合含有P O 约30%的磷灰石，含有P O 的质量为0.3t，所以可制得到85%
2 5 2 5
的商品磷酸的质量为 =0.49t，
故答案为：Ca F（PO ） +5H SO =3H PO +5CaSO +HF↑；0.49；
5 4 3 2 4 3 4 4（3）将SiO 、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难
2
溶性固体是CaSiO ；冷却塔1的温度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此时
3
主要的沉积物是液态白磷；冷却塔 2的温度是18℃，低于白磷的熔点，故此
时的主要沉积物是固体白磷，
故答案为：CaSiO ；液态白磷；固态白磷；
3
（4）二氧化硅和 HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成
CO，因此在尾气中主要含有SiF 、CO，还含有少量的PH 、H S和HF等；
4 3 2
将尾气通入纯碱溶液，SiF 、HF、H S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强
4 2
氧化性，可除掉强还原性的PH ，
3
故答案为：SiF 、CO；SiF 、H S、HF；PH ；
4 4 2 3
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂
质少，因此逐渐被采用，
故答案为：产品纯度高．
【点评】本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有
关计算，该题是高考中的常见题型，题目难度中等，侧重对学生分析问题、
解答问题能力的培养．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，
回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过
X 射线衍射 方法区分晶体、准晶体和非晶体．
（ 2 ） 基 态 Fe 原 子 有 4 个 未 成 对 电 子 ， Fe3+ 的 电 子 排 布 式 为
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 ，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 血红
色 ．
（3）新制备的 Cu（OH） 可将乙醛（CH CHO）氧化成乙酸，而自身还原成
2 3
Cu O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 sp 3 、 sp 2 ；1mol乙醛分子中含有
2
的σ键的数目为 6N ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 乙酸
A
存在分子间氢键 ．Cu O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，
2
其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 16 个铜原子．（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数
为 12 ，列式表示Al单质的密度 g•cm
﹣3（不必计算出结果）．
【考点】1B：真题集萃；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；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；A6：不同晶体的结
构微粒及微粒间作用力的区别．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者
之间；
（2）根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子
时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子，硫氰化铁为血红色；
（3）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个
乙醛分子含有6个σ键和一个π键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；
根据O数目和Cu O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；
2
（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的
三个面心上，面心占 ，通过一个顶点可形成8个晶胞．
【解答】解：（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射
线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射
现象即可确定，
故答案为：X射线衍射；
（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d
上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去 4s上的2个电子后
失去3d上的1个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化
铁为血红色，
故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；
（3）乙醛中甲基上的C形成4条σ键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，
醛基中的C形成3条σ键和1条π键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个σ键和一个π键，则1mol乙醛含有6molσ键，即6N 个σ
A
键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；
该晶胞中O原子数为4×1+6× +8× =8，由Cu O中Cu和O的比例可知该
2
晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；
故答案为：sp3、sp2；6N ；乙酸存在分子间氢键；16；
A
（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的
三个面心上，面心占 ，通过一个顶点可形成 8个晶胞，因此该晶胞中铝原
子的配位数为 8×3× =12；一个晶胞中Al原子数为 8× =4，因此
Al 的 密 度 ρ= = =
g•cm﹣3，
故答案为： ．
【点评】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、
杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考
题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点．
【化学-选修5：有机化学基础】
13．席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G的一
种路线如下：
已知以下信息：①
②1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应。
③D属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106。
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢。
⑤
回答下列问题：
（1）由 A 生成 B 的化学方程式为 （ CH ） CH﹣CCl （ CH ） + NaOH
3 2 3 2
（ CH ） C=C （ CH ） + NaC l + H O ，反应类型为 消去反应 ；
3 2 3 2 2
（2）E 的化学名称是 对硝基乙苯 ，由 D 生成 E 的化学方程式为
+ HO﹣NO + H O ；
2 2
（3）G的结构简式为 ；
（4）F的同分异构体中含有苯环的还有 19 种（不考虑立体异构），其中核
磁 共 振 氢 谱 中 有 4 组 峰 ， 且 面 积 比 为 6 ： 2 ： 2 ： 1 的 是
，（写出其中的一种的
结构简式）。
（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺。
反应条件1所选择的试剂为 浓硝酸、浓硫酸 ；反应条件2所选择的试剂为
Fe 粉 / 盐酸 ；I的结构简式为 。【考点】HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A的分子式为C H Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热
6 13
条件下发生消去反应得到 B 为烯烃，1mol B 发生信息①中氧化反应生成
2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和 C原子没有
H原子，故B为（CH ） C=C（CH ） ，C为（CH ） C=O，逆推可知A为
3 2 3 2 3 2
（CH ） CH﹣CCl（CH ） ．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106，D
3 2 3 2
含有一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH CH ，D 为
2 3
，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生
乙基对位取代反应生成E为 ，由F的分子式可知，E中硝
基被还原为﹣NH ，则F为 ，C与F发生信息⑤中反应，
2
分子间脱去 1分子水形成 N=C双键得到G，则G为 ，
据此解答。
【解答】解：A的分子式为C H Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、
6 13
加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息①中氧化反应生成
2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和 C原子没有
H原子，故B为（CH ） C=C（CH ） ，C为（CH ） C=O，逆推可知A为
3 2 3 2 3 2
（CH ） CH﹣CCl（CH ） ．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106，D
3 2 3 2
含有一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH CH ，D 为
2 3
，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生
乙基对位取代反应生成E为 ，由F的分子式可知，E中硝
基被还原为﹣NH ，则F为 ，C与F发生信息⑤中反应，
2分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为 。
（1）由 A 生成 B 的化学方程式为：（CH ） CH﹣CCl（CH ） +NaOH
3 2 3 2
（CH ） C=C（CH ） +NaCl+H O，属于消去反应，
3 2 3 2 2
故答案为：（CH ） CH﹣CCl（CH ） +NaOH （CH ） C=C（CH ）
3 2 3 2 3 2 3
+NaCl+H O；消去反应；
2 2
（2）由上述分析可知，E为 ，化学名称是对硝基乙苯，由D
生成E的化学方程式为： +HO﹣NO
2
+H O，
2
故答案为：对硝基乙苯； +HO﹣NO
2
+H O；
2
（3）由上述分析可知，G的结构简式为 ，
故答案为： ；
（4）F为 ，含有苯环同分异构体中，
若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位2种，
若只有一个取代基，可以为﹣CH（NH ）CH 、﹣CH CH NH 、﹣NH﹣
2 3 2 2 2
CH CH 、﹣CH NHCH 、﹣N（CH ） ，有5种；
2 3 2 3 3 2
若取代为2个，还有﹣CH 、﹣CH NH 或﹣CH 、﹣NHCH ，各有邻、间、对
3 2 2 3 3
三种，共有6种；
若取代基有3个，即﹣CH 、﹣CH 、﹣NH ，2个甲基相邻，氨基有2种位置，
3 3 2
2个甲基处于间位，氨基有3种位置，2个甲基处于对位，氨基有1种位置，
共有2+3+1=6种，
故符合条件的同分异构体有：2+5+6+6=19，
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1，说明含有2个﹣CH ，
3可以是 ，
故答案为：19； ；
（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐
酸条件下还有得到I为 ，再与（CH ） C=O反应得到 ，
3 2
最后加成反应还原得到 ，
故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件 2所选用的试剂为：
Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为 ，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸； 。
【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行运用，能较
好的考查学生自学能力，要充分利用合成路线中有机物的分子式，关键是确
定A与D的结构，再利用正、逆推法相结合进行推断，（4）中同分异构体
问题为易错点，难度中等。
