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2014 年江苏省高考化学试卷解析版
A．过氧化钠的电子式：
参考答案与试题解析 B．质子数为35、中子数为45的溴原子：
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意.
1．（2分）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关
C．硫离子的结构示意图：
于水的说法正确的是（ ）
D．间二甲苯的结构简式：
【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．
A．水是弱电解质 【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；
B．可燃冰是可以燃烧的水 B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；
C．氢氧两种元素只能组成水 C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；
D．0℃时冰的密度比液态水的密度大 D．该结构简式为对二甲苯．
【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；D6：水的电离．
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【专题】52：元素及其化合物．
B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为 35、中子数为45的溴原子的质量数
【分析】A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；
B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；
＝35+45＝80，所以该原子为： ，故B正确；
C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；
D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．
【解答】解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；
B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；
C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为 ，故C错误；
C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；
D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故 D错
D．该结构简式为对二甲苯，间二甲苯的结构简式为 ，故D错误；
误；
故选：B。
故选：A。
【点评】本题考查了化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，根据这些化学用语特点
【点评】本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组
来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．
成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
3．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．pH＝1的溶液中：Na+、K+、MnO ﹣、CO 2﹣
4 3
B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO 2﹣、NO ﹣
4 3C．0.1mol•L﹣1NH HCO 溶液中：K+、Na+、NO ﹣、Cl﹣ B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；
4 3 3
D．0.1mol•L﹣1FeCl 溶液中：Fe2+、NH +、SCN﹣、SO 2﹣ C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；
3 4 4
【考点】DP：离子共存问题． D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用酸除锈，所以二者没
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【专题】516：离子反应专题． 有对应关系，故D错误；
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共 故选：B。
存，据此分析解答． 【点评】本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，
【解答】解：pH＝1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO 2﹣不能共存，故A错误； 灵活运用知识解答，题目难度不大．
3
B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故 5．（2分）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（ ）
B错误；
C．NH HCO 和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；
4 3
D．Fe3+、SCN﹣能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能共存，
故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注
意特殊条件的限制，题目难度中等．
A．用装置甲制取氯气
4．（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ）
B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢
A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl •4H O
2 2
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料
【专题】24：实验设计题．
【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝的重要化合物；GN：
【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
铁的氧化物和氢氧化物．
菁优网版权所有 B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；
【专题】52：元素及其化合物；55：化学计算．
C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；
【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；
D、锰离子可发生水解．
B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；
【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；
C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；
B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO 和HCl反应能生成CO ，引入新的杂质气体，所以
3 2
D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料．
吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；
【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导
C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；
体材料，二者没有关系，故A错误；
D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制 MnCl •4H O，应该在HCl的气氛中进行，
2 2故D错误； D．向NaAlO 溶液中通入过量CO 制Al（OH） ：CO +AlO ﹣+2H O═Al（OH） ↓+HCO ﹣
2 2 3 2 2 2 3 3
故选：C。 【考点】49：离子方程式的书写．
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【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综 【专题】516：离子反应专题．
合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用． 【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；
6．（2分）设N 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） B．（NH ） Fe（SO ） 溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH） 和NH ．H O；
A 4 2 4 2 2 3 2
A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N C．弱电解质写化学式；
A
B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1N D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．
A
C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5N 【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO ﹣═3Cu2++2NO↑+4H O，故A错
A 3 2
D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4N 误；
A
【考点】4F：阿伏加德罗常数． B．（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）
2
和NH
3
．H
2
O，离子方程式为2NH
4
+
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． +Fe2++4OH﹣═Fe（OH） ↓+2NH ．H O，故B错误；
2 3 2
【分析】A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子； C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO +2CH COOH═Ca2++H O+CO ↑+2CH COO﹣，故C错误；
3 3 2 2 3
B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键； D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为 CO +AlO ﹣+2H O═Al（OH）
2 2 2
C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量； ↓+HCO ﹣，故D正确；
3 3
D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．
故选：D。
【解答】解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为 1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析
含有氧原子的数目为0.1N ，故A正确；
A 解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点．
B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为
8．（2分）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（ ）
0.2N A ，故B错误； 物质 甲 乙 丙
C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误； 组别
D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2N
A
，故D错误； A Al
2
O
3
HCl NaOH
故选：A。 B SiO NaOH HF
2
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化 C HCl NaOH NaHCO
3
学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项 B为易错点，注意丙烯酸分子中 D NH O HNO
3 2 3
含有两个双键． A．A B．B C．C D．D
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） 【考点】EB：氨的化学性质；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝
A．Cu溶于稀HNO 3 ：Cu+2H++NO 3 ﹣═Cu2++NO 2 ↑+H 2 O 的重要化合物．
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B．（NH
4
）
2
Fe（SO
4
）
2
溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）
2
：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）
2
↓ 【专题】52：元素及其化合物．
C．用CH 3 COOH溶解CaCO 3 ：CaCO 3 +2H+═Ca2++H 2 O+CO 2 ↑ 【分析】A．Al 2 O 3 与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；B．SiO 与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应； 地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的
2
C．HCl与NaHCO 、NaOH均反应，且NaHCO 与NaOH反应； 质子数为12，则Z为Mg。
3 3
D．NH 与O 、HNO 反应，但O 、HNO 二者不反应。 A．Y和Z、W形成的化合物为MgO、SiO ，MgO中含有离子键，而SiO 中存在共价键，故A错误；
3 2 3 2 3 2 2
【解答】解：A．Al O 与HCl反应生成氯化铝和水，Al O 与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，且HCl与 B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Mg）＞r（Si）＞r
2 3 2 3
NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选； （C）＞r（O），故B错误；
B．SiO 与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO 与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和 C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性 Y（O）＞W（Si），所以Y的气态简单氢
2 2
水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选； 化物的热稳定性比W的强，故C正确；
C．HCl与NaHCO 反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl与NaOH反应生成 NaCl和水，且NaHCO 与 D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性 X（C）＞W（Si），所以X的最高
3 3
NaOH反应生成碳酸钠和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选； 价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D错误。
D．NH 与O 发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO 反应生成硝酸铵，但O 、HNO 二者不反应， 故选：C。
3 2 3 2 3
则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D选； 【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，从结构上理解
故选：D。 同周期、同主族元素性质的递变规律．
【点评】本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反 10．（2分）已知：
应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大。 C（s）+O 2 （g）═CO 2 （g）△H 1
9．（2分）短周期主族元素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数的2倍， CO （g）+C（s）═2CO（g）△H
2 2
Y 是地壳中含量最高的元素，Z2+与 Y2﹣具有相同的电子层结构，W 与 X 同主族．下列说法正确的是 2CO（g）+O 2 （g）═2CO 2 （g）△H 3
（ ） 4Fe（s）+3O 2 （g）═2Fe 2 O 3 （s）△H 4
A．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 3CO（g）+Fe
2
O
3
（s）═3CO
2
（g）+2Fe（s）△H
5
B．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X） 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
C．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 A．△H
1
＞0，△H
3
＜0 B．△H
2
＞0，△H
4
＞0
D．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱 C．△H
1
＝△H
2
+△H
3
D．△H
3
＝△H
4
+△H
5
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系． 【考点】BR：反应热的大小比较．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【专题】517：化学反应中的能量变化．
【分析】短周期主族元素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数的2倍， 【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；
原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳 B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；
中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子 C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；
D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．
数为12，则Z为Mg，据此解答．
【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H ＜0，△H ＜0，故A错误；
【解答】解：短周期主族元素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数的 1 3
B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H ＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H ＜0，故B错误；
2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是 2 4C、已知： C（s）+O （g）═CO （g）△H CO （g）+C（s）═2CO（g）△H 2CO（g）+O （g） 该反应△H＜0，故B错误；
2 2 1 2 2 2
═2CO （g）①△H ，由盖斯定律可知 ＝ + ②，因此△H ＝△H +△H ，故C正确；③ C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液
2 3 1 2 3
D、已知 2CO（g）+O
2
（g）═2①CO
2
（②g）③△H
3
4Fe（s）+3O
2
（g）═2Fe
2
O
3
（s）△H
4
3CO（g） 碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；
③ ④ ⑤
D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，
平衡常数减小，故D错误，
+Fe O （s）═3CO （g）+2Fe（s）△H ，由盖斯定律可知 （ + ），因此△H △H
2 3 2 5 3 4
故选：C。
③ ④ ⑤
【点评】本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、
△H ，故D错误；
5
化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查．
故选：C。
12．（4分）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（
【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和
放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键．
二、不等项选择题：本大题包括5小题，每小题4分，共计20分，每小题只有一个或两个选项符合题意，若正
确答案只包括一个选项，多选时，该小题得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
）
个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分.
11．（4分）下列有关说法正确的是（ ） A．每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基
A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子
B．2NO（g）+2CO（g）═N 2 （g）+2CO 2 （g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 C．1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr 2 发生取代反应
C．加热0.1mol•L﹣1 Na CO 溶液，CO 2﹣的水解程度和溶液的pH均增大 D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应
2 3 3
D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【分析】该分子中含有酚羟基、醇羟基、氨基和苯环，具有酚、醇、胺及苯的性质，能发生取代反应、氧化
【考点】1B：真题集萃；BB：反应热和焓变；BK：金属的电化学腐蚀与防护；C7：化学平衡建立的过程；
反应、还原反应、加成反应、取代反应等，连接四个不同原子或原子团的碳原子属于手性碳原子，据此分析
DC：影响盐类水解程度的主要因素．
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【专题】51：基本概念与基本理论． 解答。
【分析】A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀； 【解答】解：A．只有直接连接苯环的羟基才是酚羟基，所以该分子中含2个酚羟基、1个醇羟基，故A错
B．正反应为熵减的反应，根据△H﹣T△S＝△G＜0反应自发进行，据此判断； 误；
C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性 B．该分子中只有连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以只有一个手性碳原子，故B错误；
增强；
C．苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代，且以1：1所以，所以1mol去甲肾上腺素最多能与3molBr
2
发生
D．浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化． 取代反应，故C错误；
【解答】解：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故 A D．含有酚羟基，具有酸性，含有氨基，具有碱性，所以去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶
错误； 液反应，故D正确；
B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S＝△G＜0反应自发进行，可推知 故选：D。【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查酚、醇和 +c（H CO ）
2 3
胺的性质，注意苯环上酚羟基邻对位氢原子才能和溴原子发生取代反应，注意酚羟基和醇羟基的区别，易错 D．0.1mol•L﹣1 Na C O 溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合（H C O 为二元弱酸）：2c（C O 2﹣）+c
2 2 4 2 2 4 2 4
选项是B。 （HC O ﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）
2 4
13．（4分）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ） 【考点】DN：离子浓度大小的比较．
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A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl 【专题】51H：盐类的水解专题．
2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO 溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣ 【分析】A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，且混合溶液中
3
C．向氯水中加入NaHCO 粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ 存在物料守恒；
3
D．向FeCl
2
溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO B．混合溶液呈碱性，说明NH
3
•H
2
O的电离程度大于NH
4
+的水解程度；
【考点】E2：氯气的化学性质． C．混合溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒判断；
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【专题】522：卤族元素． D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．
【分析】溶液中存在平衡Cl +H O HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色， 【解答】解：A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中 c
2 2
溶液中HCl与硝酸银反应产生AgC⇌l白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯 （OH﹣）很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）＝c（Cl﹣），醋酸部分电离，所以溶
气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色． 液中存在c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（CH COO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
3
【解答】解：溶液中存在平衡Cl +H O HCl+HClO， B．混合溶液呈碱性，说明NH •H O的电离程度大于NH +的水解程度，则溶液中存在c（NH •H O）＜c
2 2 3 2 4 3 2
A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈⇌浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确； （NH +），故B错误；
4
B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到 AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L﹣1 Na CO 溶液中：c（Na+）＝2c（CO 2﹣）+2c
2 3 3
﹣，故B正确； （HCO ﹣）+2c（H CO ），0.1mol•L﹣1 NaHCO 溶液中：c（Na+）＝c（CO 2﹣）+c（HCO ﹣）+c
3 2 3 3 3 3
C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确； （H CO ），两式相加得，
2 3
D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水
2c（Na+）＝3c（CO 2﹣）+3c（HCO ﹣）+3c（H CO ），即 c（Na+）＝c（CO 2﹣）+c（HCO ﹣）+c
中含有HClO，故D错误， 3 3 2 3 3 3
故选：D。
（H CO ），故C正确；
2 3
【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．
D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 2c（C O 2﹣）+c（HC O ﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
2 4 2 4
14．（4分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
＝c（Na+）+c（H+），故D错误；
A．0.1mol•L﹣1 CH COONa溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（CH COO﹣）
3 3
故选：AC。
＞c（OH﹣）
【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料
B．0.1mol•L﹣1 NH Cl溶液与0.1mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH •H O）＞c（NH +）＞c（Cl
4 3 2 4
守恒来分析解答，题目难度中等．
﹣）＞c（OH﹣）
15．（4分）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH OH（g） CH OCH （g）
3 3 3
C．0.1mol•L﹣1 Na CO 溶液与0.1mol•L﹣1 NaHCO 溶液等体积混合： c（Na+）＝c（CO 2﹣）+c（HCO ﹣） +H 2 O（g） ⇌
2 3 3 3 3容器编号 温度（℃） 起始物质的量 平衡物质的量（mol）
（mol） 平衡常数K 20.25＞4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应
2
CH OH（g） CH OCH （g） H O
3 3 3 2
是放热反应，故A正确；
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因
Ⅱ 387 0.40
Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090 此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH 3 OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；
下列说法正确的是（ ） C．容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；
A．该反应的正反应为放热反应
D．c（CH
3
OH）＝0.1mol/L、c（CH
3
OCH
3
）＝0.15mol/L、c（H
2
O）＝0.10mol/L，浓度商 1.5
B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH OH体积分数比容器Ⅱ中的小
3
C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确；
D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH
3
OH 0.1mol、CH
3
OCH
3
0.15mol和H
2
O 0.10mol，则反应将向正反应方向进
故选：AD。
行
【点评】本题考查了化学平衡常数的有关计算，根据平衡常数公式计算平衡常数，再结合浓度与反应速率的
【考点】1B：真题集萃；C7：化学平衡建立的过程；CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
三、解答题
【分析】A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；
16．（12分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al O 、SiO 等）制备碱式硫酸
2 3 2
B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同；
铝[Al
2
（SO
4
）
x
（OH）
6﹣2x
]溶液，并用于烟气脱硫研究．
C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；
D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向
进行．
【解答】解：A．容器Ⅰ中平衡时 c（CH OCH ）＝c（H O） 0.080mol/L，c（CH OH）
3 3 2 3
（1）酸浸时反应的化学方程式为 A l O +3H SO ═ A l （ SO ） +3H O ；滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO
2 3 2 4 2 4 3 2 2
（填化学式）．
0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数 K 1 4，容器Ⅲ中平衡时 c （2）加CaCO 3 调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使 Al 2 （SO 4 ） 3 转化为Al 2 （SO 4 ） x
（OH） 6﹣2x ．滤渣Ⅱ的主要成分为 CaSO 4 （填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的
含量降低，其原因是 3CaCO +2Al 3+ +3SO 2 ﹣ +3H O ═ 2Al （ OH ） +3CaSO +3CO ↑ （用离子方程式表
3 4 2 3 4 2
（CH 3 OCH 3 ）＝c（H 2 O） 0.090mol/L，c（CH 3 OH） 0.02mol/L，化学 示）．
（3）上述流程中经完全热分解放出的SO 量总是小于吸收的SO 的量，其主要原因是 溶液中的部分 SO 2﹣
2 2 3
被氧化生成 SO 2 ﹣ ；与吸收SO 前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将 减小 （填“增大”、
4 2
“减小”或“不变”）．【考点】1B：真题集萃；F6：二氧化硫的污染及治理．
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【专题】24：实验设计题；52：元素及其化合物．
【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al O +3H SO ═Al （SO ） +3H O，SiO 和稀硫酸不反应，过滤
2 3 2 4 2 4 3 2 2
溶液得滤渣Ⅰ为 SiO ，滤液中含有 Al （SO ） ，调节 pH＝3.6，加入 CaCO 粉末，发生反应
2 2 4 3 3
CaCO +2H+═Ca2++CO ↑+H O，CaSO 为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO ，过滤得滤液Ⅱ，二氧化
3 2 2 4 4
硫和水反应生成的SO 2﹣易被氧化生成SO 2﹣，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答．
3 4
【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al O +3H SO ═Al （SO ） +3H O，SiO 和稀硫酸不反应，
2 3 2 4 2 4 3 2 2
请回答下列问题：
过滤溶液得滤渣Ⅰ为 SiO ，滤液中含有 Al （SO ） ，调节 pH＝3.6，加入 CaCO 粉末，发生反应
2 2 4 3 3 （1）非诺洛芬中的含氧官能团为 醚键 和 羧基 （填名称）。
CaCO +2H+═Ca2++CO ↑+H O，CaSO 为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO ，过滤得滤液Ⅱ，二氧化
3 2 2 4 4
硫和水反应生成的SO 2﹣易被氧化生成SO 2﹣，
3 4
（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为 Al O +3H SO ═Al （SO ） +3H O，氧化铝和稀硫酸完
2 3 2 4 2 4 3 2 （2）反应 中加入的试剂X的分子式为C H O ，X的结构简式为 。
8 8 2
全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO ，
2 （3）在上①述五步反应中，属于取代反应的是 （填序号）。
故答案为：Al O +3H SO ＝Al （SO ） +3H O；SiO ；
2 3 2 4 2 4 3 2 2 （4）B的一种同分异构体满足下列条件： ①③④
（2）通过以上分析知，滤渣Ⅱ的成分是CaSO ，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH﹣离子反应生成Al
4 Ⅰ、能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl 溶液发生显色反应。
3
（OH） 3 ，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为 3CaCO 3 +2Al3++3SO 4 2﹣+3H 2 O═2Al Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。
（OH） +3CaSO +3CO ↑，
3 4 2
写出该同分异构体的结构简式： 或 。
故答案为：CaSO ；3CaCO +2Al3++3SO 2﹣+3H O═2Al（OH） +3CaSO +3CO ↑；
4 3 4 2 3 4 2
（3）二氧化硫被吸收后生成SO 2﹣，SO 2﹣不稳定，易被氧化生成SO 2﹣，所以流程中经完全热分解放出的
3 3 4
SO 2 量总是小于吸收的SO 2 的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al 2 （SO 4 ） x （OH） 6 （5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 为原料制备 的合成路线流程图（无
﹣2x ，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小， 机试剂任用），合成路线路程图示例如下：
故答案为：溶液中的部分SO 2﹣被氧化生成SO 2﹣；减小．
3 4
CH CH Br CH CH OH CH COOCH CH 。
【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及 3 2 3 2 3 2 3
基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．
【考点】HC：有机物的合成．
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17．（15分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取
代反应生成E，E发生水解反应生成F，
（1）该物质中的官能团是醚键和羧基；
（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式确定其结构简式；（3）根据反应物和生成物变化确定反应类型；
（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
3
Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且 H原子种类是
6；
其合成路线图为
（5）苯乙醛和NaBH 发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生
4
，
成 ， 和NaCN发生水解反应生成 。
【解答】解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发
故答案为： 。
生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，
【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答
（1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；
（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等。
（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转
18．（12分）碱式碳酸铝镁[Mg Al （OH） （CO ） •xH O]常用作塑料阻燃剂。
a b c 3 d 2
（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和 生成的产物具有阻燃作用 。
（2）[Mg Al （OH） （CO ） •xH O]中的a、b、c、d的代数关系式为 2a+3 b ＝ c+2 d 。
a b c 3 d 2
（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为 ，故答案为： ；
准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO 0.560L（已换算成标准状况下）。
2
（3）通过以上分析知，属于取代反应的有 ，故答案为： ；
①
（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基①，其③水④解产物之一能与①Fe③Cl④3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；
另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（ 100%）随温度的变化如图所示
Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且 H原子种类是
②
（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。
6，则符合条件的结构简式为 或 ，故答案为： 根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO
3
2﹣）（写出计算过程）。
或 ；
（5）苯乙醛和NaBH 发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生
4
成 ， 和NaCN发生水解反应生成 ，
【考点】1B：真题集萃；M5：复杂化学式的确定．
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【专题】1A：计算题．【分析】（1）氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧；
（2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系；
（3）n（CO ） 2.50×10﹣2mol，m（CO ）＝2.50×10﹣2mol×44g/mol＝1.10g，
2 2
在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO 2 、H 2 O， （1）向含碘废液中加入稍过量的Na 2 SO 3 溶液，将废液中的I 2 还原为I﹣，其离子方程式为 SO 3 2 ﹣ +I 2 +H 2 O ＝
m（CO 2 ）+m（H 2 O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g， 2I ﹣ +2H + +SO 4 2 ﹣ ；该操作将I 2 还原为I﹣的目的是 使四氯化碳中的碘进入水层 ．
m（H 2 O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g， （2）操作X的名称为 分液 ．
生成1个H 2 O需要2个OH﹣，则存在n（OH﹣）＝2n（H 2 O），根据C原子守恒计算n（CO 3 2﹣），从而得出 （3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl 2 ，在40℃左右反应（实验
二者的比值。 装置如图二所示）．实验室控制在较低温度下进行的原因是 使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升
【解答】解：（1）碱式碳酸铝镁[Mg Al （OH） （CO ） •xH O]受热分解最终生成MgO、Al O ，MgO、
a b c 3 d 2 2 3 华或防止碘进一步被氧化） ；锥形瓶里盛放的溶液为 NaOH 溶液 ．
Al O 的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，
2 3
故答案为：生成的产物具有阻燃作用；
（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d＝（c+3d）×2，所以得2a+3b＝c+2d，
故答案为：2a+3b＝c+2d；
（3）n（CO ） 2.50×10﹣2mol，m（CO ）＝2.50×10﹣2mol×44g/mol＝1.10g，
2 2
在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO 、H O，
2 2
m（CO ）+m（H O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g， （4）已知：5SO 2﹣+2IO ﹣+2H+═I +5SO 2﹣+H O
2 2 3 3 2 4 2
m（H
2
O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g， 某含碘废水（pH约为8）中一定存在I
2
，可能存在I﹣、IO
3
﹣中的一种或两种，请补充完整检验含碘废水中是
否含有I﹣、IO ﹣的实验方案：取适量含碘废水用CCl 多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘
3 4
n（H O） 7.50×10﹣3 mol，
2
单质存在 从水层取少量溶液，加入 1 ﹣ 2mL 淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加 FeC l 溶液，若溶液变蓝色，说
3
生成1个H O需要2个OH﹣，则存在n（OH﹣）＝2n（H O）＝1.50×10﹣2 mol，根据C原子守恒得n（CO 2 明废水中含有 I ﹣ ，否则不含 I ﹣ ；
2 2 3
另从水层取少量溶液，加入 1 ﹣ 2mL 淀粉试液，加盐酸酸化，滴加 N a SO 溶液，若溶液变蓝色，说明废水中
﹣）＝n（CO ）＝2.50×10﹣2mol，所以n（OH﹣）：n（CO 2﹣）＝1.50×10﹣2 mol：2.50×10﹣2mol＝3：5， 2 3
2 3
含有 IO ﹣ ，否则不含 IO ﹣ ．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl 溶液、Na SO 溶液．
答：碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO 2﹣）＝3：5。 3 3 3 2 3
3
【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；PT：物质的检验和鉴别的实验方
【点评】本题考查了镁铝化合物知识，根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答，注意结合原子守恒进
案设计．
行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等。 菁优网版权所有
【专题】24：实验设计题；522：卤族元素．
19．（15分）实验室从含碘废液（除H O外，含有CCl 、I 、I﹣等）中回收碘，其实验过程如图一所示．
2 4 2
【分析】（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水； 20．（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，由硫化氢获得硫单质有多种方法．
（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离； （1）将烧碱吸收H S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反
2
（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒 应：
物质； S2﹣﹣2e﹣═S，（n﹣1）S+S2﹣═S 2﹣．
n
（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇 写出电解时阴极的电极反应式： 2H O+2e ﹣ ＝ H ↑ +2OH ﹣ ．
2 2
淀粉试液变蓝色． ①电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成 S 2 ﹣ +2H + ＝（ n ﹣ 1 ） S ↓ +H S ↑
n 2
【解答】解：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘，离子反应方程式为
②．
SO 2﹣+I +H O＝2I﹣+2H++SO 2﹣；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应 （2）将H S和空气的混合气体通入FeCl 、FeCl 、CuCl 的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．
3 2 2 4 2 3 2 2
将碘还原为碘离子， 在图示的转化中，化合价不变的元素是 C u 、 H 、 C l ．
故答案为：SO
3
2﹣+I
2
+H
2
O＝2I﹣+2H++SO
4
2﹣；使四氯化碳中的碘进入水层； ①反应中当有1mol H
2
S转化为硫单质时，保持溶液中 Fe3+的物质的量不变，需消耗 O
2
的物质的量为
（2）四氯化碳属于有机物、水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以 ②0.5mol ．
分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液； 在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可
（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分， ③采取的措施有 提高混合气体中空气的比例 ．
所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无 （3）H S在高温下分解生成硫蒸气和H ，若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数
2 2
毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，
故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液；
如图3所示，H S在高温下分解反应的化学方程式为 2H S 2H +S ．
2 2 2 2
（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇
淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：
从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl 溶液，2I﹣+2Fe3+＝2Fe2++I ，若溶液
3 2
变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；
另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na SO 溶液，5SO 2﹣+2 IO ﹣+2H+＝
2 3 3 3
I +5SO 2﹣+H O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO ﹣，否则不含IO ﹣，
2 4 2 3 3
故答案为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl 溶液，若溶液变蓝色，说
3
明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；
另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na SO 溶液，若溶液变蓝色，说明废水中
2 3
含有IO ﹣，否则不含IO ﹣．
3 3
【点评】本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯，明确物质的性质
是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答，知道碘的检验方法，
题目难度中等．（2） 根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是
﹣1价①，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；
H S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H S+O ＝2S+2H O，该反应中S元素化合价由﹣2
2 2 2 2
②价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，消耗O 的物质的量
2
0.5mol，故答案为：0.5mol；
欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，
③采取的措施为提高混合气体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的比例；
（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气
的一半，则生成物是S 和H ，所以该反应方程式为2H S 2H +S ，故答案为：2H S 2H +S ．
2 2 2 2 2 2 2 2
【点评】本题以S为载体考查了可逆反应、氧化还原反应、电解原理等知识点，会正确分析图象中各个物理
【考点】B1：氧化还原反应；CL：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；DI：电解原理．
量的含义是解本题关键，再结合电解原理、氧化还原反应中各个物理量之间的关系、化学平衡有关知识来分
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【专题】51E：化学平衡专题；51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
析解答即可，题目难度中等．
【分析】（1） 阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；
【选做题】本题包括21、22两个小题，请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按第21题
S 2﹣和氢离子①反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H S；
n 2 计分.【物质结构与性质】
②（2） 根据图中各元素化合价变化分析；
21．（12分）含有NaOH的Cu（OH） 悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu O．
2 2
该反①应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子
（1）Cu+基态核外电子排布式为 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 1 0 或 [Ar]3 d 1 0 ．
②相等； （2）与OH﹣互为等电子体的一种分子为 HF （填化学式）．
欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质；
（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 s p 2 ；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 6mo l 或 6×6.02×1 0 2 3
③（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气
个 ．
的一半，则生成物是S 和H ，再结合反应条件书写方程式．
2 2
【解答】解：（1） 阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极 （4）含有 NaOH 的 Cu（OH） 2 悬浊液与乙醛反应的化学方程式为 NaOH+CH 3 CHO+2Cu （ OH ） 2
反应式为 2H O+2e﹣①＝H ↑+2OH﹣，故答案为：2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣；
2 2 2 2
CH COONa+Cu O ↓ +3H O ．
电解后阳极区离子为S 2﹣，酸性条件下，S 2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成 3 2 2
n n
（5）Cu O在稀硫酸中生成Cu和CuSO ，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原
2 4
②S单质，同时 S元素得电子生成 H S，反应方程式为 S 2﹣+2H+＝（n﹣1）S↓+H S↑，故答案为：S 2﹣
2 n 2 n
子数目为 1 2 ．
+2H+＝（n﹣1）S↓+H S↑；
2（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目＝3×8 12，故答案为：12．
【点评】本题考查了物质结构与性质的有关知识，涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布
【考点】1B：真题集萃；86：原子核外电子排布；9B：“等电子原理”的应用；9I：晶胞的计算；9S：原子
式的书写等知识点，根据构造原理、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度不大，难点是配位
轨道杂化方式及杂化类型判断．
菁优网版权所有 数的计算．
【专题】51B：原子组成与结构专题；51D：化学键与晶体结构．
【实验化学】
【分析】（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根
22．磷酸铁（FePO •2H O难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料．实
4 2
据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；
验室可通过下列实验制备磷酸铁．
（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；
（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加
（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个σ键；
热的目的是 加快 F e 和稀硫酸的反应速率 ．
（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；
（2）向滤液中加入一定量H O 氧化Fe2+，为确定加入H O 的量，需先用K Cr O 标准溶液滴定滤液中的
2 2 2 2 2 2 7
Fe2+，离子方程式如下：Cr O 2﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H O．
（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目＝3×8 ． 2 7 2
在向滴定管中注入K Cr O 标准溶液前，滴定管需要检漏、 用蒸馏水洗净 和 用 K Cr O 标准溶液润
2 2 7 2 2 7
【解答】解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，
①洗 2 ﹣ 3 次 ．
根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或
若滴定 x mL滤液中的 Fe2+，消耗 a mol•L﹣1 K Cr O 标准溶液 b mL，则滤液中 c（Fe2+）＝
[Ar]3d10 ； 2 2 7
②
（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH﹣互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：
mol•L﹣1．
HF；
为使滤液中的Fe2+完全被H O 氧化，下列实验条件控制正确的是 AB （填序号）；
2 2
（3）醛基中碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个σ键，
③A、加入适当过量的H
2
O
2
溶液
所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6mol或6×6.02×1023个，故答案为：sp2；6mol或6×6.02×1023个；
B、缓慢滴加H O 溶液并搅拌
2 2
（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方
C、加热，使反应在较高温度下进行
D、用氨水调节溶液pH＝7
程式为NaOH+CH 3 CHO+2Cu（OH） 2 CH 3 COONa+Cu 2 O↓+3H 2 O，故答案为：NaOH+CH 3 CHO+2Cu（OH） （3）将一定量的Na 2 HPO 4 溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到
FePO •2H O．若反应得到的FePO •H O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为 F e （ OH ） （或氢
4 2 4 2 3
氧化铁） ．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
CH COONa+Cu O↓+3H O；
2 3 2 2 菁优网版权所有
【专题】24：实验设计题．
【分析】（1）温度越高，反应速率越快；（2） 滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗，减少产生误差的机会；
根据①Fe2+和K
2
Cr
2
O
7
之间的关系式计算；
②为使滤液中的Fe2+完全被H
2
O
2
氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应；
③（3）氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁．
【解答】解：（1）温度越高，反应速率越快，所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率，故答案为：
加快Fe和稀硫酸的反应速率；
（2） 滴定管在使用前要检漏、洗涤、用K Cr O 标准溶液润洗2﹣3次，如果不检漏或洗涤、润洗，会导
2 2 7
致使用①滴定管中液体体积偏大，测量溶液浓度偏大，故答案为：用蒸馏水洗净；用 K Cr O 标准溶液润洗2
2 2 7
﹣3次；
根据Fe2+和K Cr O 之间的关系式得c（Fe2+） mol/L mol/L，
2 2 7
②
故答案为： ；
A、加入适当过量的H O 溶液，导致铁离子能完全反应，故正确；
2 2
③B、缓慢滴加H
2
O
2
溶液并搅拌，反应物接触面积增大，能使铁离子完全反应，故正确；
C、加热，使反应在较高温度下进行，虽然反应速率加快，但双氧水会分解且能促进亚铁离子水解而产生杂
质，故错误；
D、用氨水调节溶液pH＝7，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁杂质，故错误；
故选AB；
（3）碱性条件下，溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，导致
反应得到的FePO •H O固体呈棕黄色，故答案为：Fe（OH） （或氢氧化铁）．
4 2 3
【点评】本题以铁及其化合物为载体考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因
素等知识点，根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答，题目
难度中等．
