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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：8 35 0𝐵𝑟
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．
【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；
A．水是弱电解质 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；
B．可燃冰是可以燃烧的水 C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；
C．氢氧两种元素只能组成水 D．该结构简式为对二甲苯．
D．0℃时冰的密度比液态水的密度大
【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式为 ，故A错误；
【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．
数＝35+45＝80，所以该原子为：8
35
0𝐵𝑟，故B正确；
【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；
C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；
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；
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；
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；
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；
故选：B。
C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；
【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
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
来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．
误；
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（ ）
故选：A。
A．pH＝1的溶液中：Na+、K+、MnO ﹣、CO 2﹣
【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 4 3
B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO 2﹣、NO ﹣
成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 4 3
C．0.1mol•L﹣1NH HCO 溶液中：K+、Na+、NO ﹣、Cl﹣
2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ） 4 3 3
D．0.1mol•L﹣1FeCl 溶液中：Fe2+、NH +、SCN﹣、SO 2﹣
3 4 4【考点】DP：离子共存问题． 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；
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【专题】516：离子反应专题． 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
【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 有对应关系，故D错误；
存，据此分析解答． 故选：B。
【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； 【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
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 质，灵活运用知识解答，题目难度不大．
存，故B错误； 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（ ）
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．
4．（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（ ） A．用装置甲制取氯气
A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料 B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢
B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl •4H O
2 2
D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【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： 【专题】24：实验设计题．
铁的氧化物和氢氧化物． 【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
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【专题】52：元素及其化合物；55：化学计算． 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；
【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料； 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；
B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸； D、锰离子可发生水解．
C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张； 【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；
D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料． 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
【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 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；
体材料，二者没有关系，故A错误； 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；
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； 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
2 2行，故D错误； C．用CH COOH溶解CaCO ：CaCO +2H+═Ca2++H O+CO ↑
3 3 3 2 2
故选：C。 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
【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 【考点】49：离子方程式的书写．
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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． 【专题】516：离子反应专题．
6．（2分）设N 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） 【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；
A
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 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
B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1N C．弱电解质写化学式；
A
C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5N 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
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 【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
【考点】4F：阿伏加德罗常数． 误；
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． B．（NH ） Fe（SO ） 溶液与过量 NaOH溶液反应生成 Fe（OH） 和 NH ．H O，离子方程式为
4 2 4 2 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； 2NH ++Fe2++4OH﹣═Fe（OH） ↓+2NH ．H O，故B错误；
4 2 3 2
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； 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
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； 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 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． ↓+HCO ﹣，故D正确；
3
【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， 故选：D。
含有氧原子的数目为0.1N ，故A正确； 【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
A
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 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．
0.2N ，故B错误； 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（ ）
A
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； 物质 甲 乙 丙
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； 组别
故选：A。
A Al O HCl NaOH
2 3
【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
B SiO NaOH HF
2
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
C HCl NaOH NaHCO
3
含有两个双键．
D NH O HNO
3 2 3
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
A．Cu溶于稀HNO ：Cu+2H++NO ﹣═Cu2++NO ↑+H O
3 3 2 2
【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
B．（NH ） Fe（SO ） 溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH） ：Fe2++2OH﹣═Fe（OH） ↓
4 2 4 2 2 2的重要化合物． 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
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【专题】52：元素及其化合物． 质子数为12，则Z为Mg，据此解答．
【分析】A．Al O 与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应； 【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
2 3
B．SiO 与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应； 的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；
2
C．HCl与NaHCO 、NaOH均反应，且NaHCO 与NaOH反应； Y是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
3 3
D．NH 与O 、HNO 反应，但O 、HNO 二者不反应。 Z的质子数为12，则Z为Mg。
3 2 3 2 3
【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 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；
2 3 2 3 2 2
与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； 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
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 （C）＞r（O），故B错误；
2 2
和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选； 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
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 化物的热稳定性比W的强，故C正确；
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； 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
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， 价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D错误。
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； 故选：C。
故选：D。 【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
【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 同周期、同主族元素性质的递变规律．
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。 10．（2分）已知：
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 C（s）+O （g）═CO （g）△H
2 2 1
倍，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 CO （g）+C（s）═2CO（g）△H
2 2
（ ） 2CO（g）+O （g）═2CO （g）△H
2 2 3
A．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 4Fe（s）+3O （g）═2Fe O （s）△H
2 2 3 4
B．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X） 3CO（g）+Fe O （s）═3CO （g）+2Fe（s）△H
2 3 2 5
C．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（ ）
D．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱 A．△H ＞0，△H ＜0 B．△H ＞0，△H ＞0
1 3 2 4
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系． C．△H ＝△H +△H D．△H ＝△H +△H
1 2 3 3 4 5
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【考点】BR：反应热的大小比较．
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【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 【专题】517：化学反应中的能量变化．
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 【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应；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； 增强；
C、根据盖斯定律利用加合法进行分析； 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．
D、根据盖斯定律利用加合法进行分析． 【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
【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； 错误；
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； 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
2 4
C、已知：①C（s）+O （g）═CO （g）△H ②CO （g）+C（s）═2CO（g）△H ③2CO（g）+O （g） 该反应△H＜0，故B错误；
2 2 1 2 2 2
═2CO （g）△H ，由盖斯定律可知①＝②+③，因此△H ＝△H +△H ，故C正确； 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③2CO（g）+O （g）═2CO （g）△H ④4Fe（s）+3O （g）═2Fe O （s）△H ⑤3CO（g） 碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；
2 2 3 2 2 3 4
2 1 1 2 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
+Fe O （s）═3CO （g）+2Fe（s）△H ，由盖斯定律可知③ = ×（ ④+⑤），因此△H = △H +
2 3 2 5 3 4
3 2 3 3
动，平衡常数减小，故D错误，
△H ，故D错误； 故选：C。
5
故选：C。 【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
【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 动、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．
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． 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
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.
A．每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基
11．（4分）下列有关说法正确的是（ ）
B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子
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
C．1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr 发生取代反应
2
B．2NO（g）+2CO（g）═N （g）+2CO （g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
2 2
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
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
2 3 3
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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 菁优网版权所有
【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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解答。
【专题】51：基本概念与基本理论．
【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
【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；
误；
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；
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；
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 发 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
2 3 3
生取代反应，故C错误； ﹣）＞c（OH﹣）
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 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
液反应，故D正确； ﹣）＞c（OH﹣）
故选：D。 2
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
2 3 3 3 3
3
【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
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 ﹣）+c（H CO ）
2 3
选项是B。 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
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（ ） （HC O ﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）
2 4
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl 【考点】DN：离子浓度大小的比较．
2
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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﹣ 【专题】51H：盐类的水解专题．
3
C．向氯水中加入NaHCO 粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ 【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
D．向FeCl 溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 存在物料守恒；
2
【考点】E2：氯气的化学性质． 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；
3 2 4
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【专题】522：卤族元素． C．混合溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒判断；
【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 D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．
2 2
色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl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 【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
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． （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
【解答】解：溶液中存在平衡Cl +H O⇌HCl+HClO， 液中存在c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（CH COO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；
2 2 3
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； 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
3 2 4 3 2
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 （NH +），故B错误；
4
﹣，故B正确； 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
C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C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
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 （H CO ），两式相加得，
2 3
中含有HClO，故D错误， 2
2c（Na+）＝3c（CO 2﹣）+3c（HCO ﹣）+3c（H CO ），即 c（Na+）＝c（CO 2﹣）+c（HCO ﹣）+c
3 3 2 3 3 3
3
故选：D。
【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． （H CO ），故C正确；
2 3
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（ ） 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﹣）＝c（Na+）+c（H+），故D错误； 0.2𝑚𝑜𝑙 ‒ 0.080𝑚𝑜𝑙 × 2 0.08 × 0.08
= =0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K = =4，容器Ⅲ中
1
1.0𝐿 0.04 × 0.04
故选：AC。
【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 0.090𝑚𝑜𝑙
平 衡 时 c（ CH OCH ） ＝ c（ H O） = =0.090mol/L， c（ CH OH）
3 3 2 3
1.0𝐿
守恒来分析解答，题目难度中等．
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） 0.2𝑚𝑜𝑙 ‒ 0.090𝑚𝑜𝑙 × 2 0.09 × 0.09
3 3 3
= =0.02mol/L，化学平衡常数K = =20.25＞4，所以降低温
2
1.0𝐿 0.02 × 0.02
+H O（g）
2
容器编号 温度（℃） 起始物质的量 平衡物质的量（mol） 度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；
（mol） 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
此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；
CH OH（g） CH OCH （g） H O 3
3 3 3 2
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；
Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080
D． c（ CH OH） ＝ 0.1mol/L、 c（ CH OCH ） ＝ 0.15mol/L、 c（ H O） ＝ 0.10mol/L， 浓 度 商
3 3 3 2
Ⅱ 387 0.40
0.1 × 0.15
Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090 = =1.5＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确；
0.1 × 0.1
下列说法正确的是（ ）
故选：AD。
A．该反应的正反应为放热反应
【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
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
关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答，注意该反应特点，题目难度中等．
C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
三、解答题
D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH OH 0.1mol、CH OCH 0.15mol和H O 0.10mol，则反应将向正反应方向进
3 3 3 2
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）制备碱式硫酸铝
2 3 2
行
[Al
2
（SO
4
）
x
（OH）
6﹣2x
]溶液，并用于烟气脱硫研究．
【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．
【分析】A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；
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；
C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；
（1）酸浸时反应的化学方程式为 Al O +3H SO ═Al （SO ） +3H O ；滤渣Ⅰ的主要成分为 SiO
2 3 2 4 2 4 3 2 2
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
（填化学式）．
进行．
（2）加 CaCO 调节溶液的 pH至 3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使 Al （SO ） 转化为 Al （SO ）
3 2 4 3 2 4 x
0.080𝑚𝑜𝑙
【解答】解：A．容器Ⅰ中平衡时 c（CH OCH ）＝c（H O） = =0.080mol/L，c（CH OH） （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
3 3 2 3
1.0𝐿
量降低，其原因是 3CaCO +2Al3++3SO 2﹣+3H O═2Al（OH） +3CaSO +3CO ↑ （用离子方程式表
3 4 2 3 4 2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
4 2
大”、“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 请回答下列问题：
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CaCO +2H+═ （1）非诺洛芬中的含氧官能团为 醚键 和 羧基 （填名称）。
2 2 4 3 3 3
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，二氧化硫和水反应
2 2 4 4
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）反应①中加入的试剂X的分子式为C 8 H 8 O 2 ，X的结构简式为 。
2 3 2 4 2 4 3 2 2
（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是 ①③④ （填序号）。
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
（4）B的一种同分异构体满足下列条件：
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
3 2 2 4 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。
化硫和水反应生成的SO 2﹣易被氧化生成SO 2﹣， 3
3 4
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。
（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
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 ， 写出该同分异构体的结构简式： 或 。
故答案为：Al O +3H SO ＝Al （SO ） +3H O；SiO ；
2 3 2 4 2 4 3 2 2
（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 （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
（OH） ，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为 3CaCO +2Al3++3SO 2﹣+3H O═2Al 机试剂任用），合成路线路程图示例如下：
3 3 4 2
（OH） +3CaSO +3CO ↑， 𝑁𝑎𝑂𝐻溶液 𝐶𝐻 3 𝐶𝑂𝑂𝐻
3 4 2 CH CH Br → CH CH OH → CH COOCH CH 。
3 2 3 2 3 2 3
△ 浓硫酸，△
故答案为：CaSO ；3CaCO +2Al3++3SO 2﹣+3H O═2Al（OH） +3CaSO +3CO ↑；
4 3 4 2 3 4 2 【考点】HC：有机物的合成．
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（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
3 3 4 【专题】534：有机物的化学性质及推断．
的 SO 量总是小于吸收的 SO 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 （SO ）
2 2 2 4 x 【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
（OH）
6﹣2x
，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，
取代反应生成E，E发生水解反应生成F，
故答案为：溶液中的部分SO 2﹣被氧化生成SO 2﹣；减小．
3 4 （1）该物质中的官能团是醚键和羧基；
【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
（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；
基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．
（3）根据反应物和生成物变化确定反应类型；
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：
（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
3基；
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；
（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 故答案为： 。
4
【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
（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。
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 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
发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F， （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 。
（1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基； （2）[Mg Al （OH） （CO ） •xH O]中的a、b、c、d的代数关系式为 2a+3b＝c+2d 。
a b c 3 d 2
（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 （3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①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
固体样品的剩余质量
②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
转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为 ，故答案为： ； 固体样品的起始质量
（3）通过以上分析知，属于取代反应的有①③④，故答案为：①③④；
如图所示（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）。
（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
3 根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO 2﹣）（写出计算过程）。
3
基；
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，则符合条件的结构简式为 或 ，故答案为：
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
【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．
成 ， 和NaCN发生水解反应生成 ，
【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；
0.56𝐿
（3）n（CO ） = =2.50×10﹣2mol，m（CO ）＝2.50×10﹣2mol×44g/mol＝1.10g，
2 2
其合成路线图为 22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙
， 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，
2 2m（H O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g， （2）操作X的名称为 分液 ．
2
生成1个H O需要2个OH﹣，则存在n（OH﹣）＝2n（H O），根据C原子守恒计算n（CO 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 ，在40℃左右反应（实验
2 2 3 2
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、 华或防止碘进一步被氧化） ；锥形瓶里盛放的溶液为 NaOH溶液 ．
a b c 3 d 2 2 3
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；
0.56𝐿
（3）n（CO ） = =2.50×10﹣2mol，m（CO ）＝2.50×10﹣2mol×44g/mol＝1.10g，
2 2
22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙
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
（4）已知：5SO 2﹣+2IO ﹣+2H+═I +5SO 2﹣+H O
m（CO ）+m（H O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g， 3 3 2 4 2
2 2
某含碘废水（pH约为8）中一定存在I ，可能存在I﹣、IO ﹣中的一种或两种，请补充完整检验含碘废水中
m（H O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g， 2 3
2
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
0.135𝑔 3 4
n（H
2
O） = =7.50×10﹣3 mol，
碘单质存在 从水层取少量溶液，加入 1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加 FeCl 溶液，若溶液变蓝
18𝑔/𝑚𝑜𝑙 3
色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；
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
2 2
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
（CO 2﹣）＝n（CO ）＝2.50×10﹣2mol，所以n（OH﹣）：n（CO 2﹣）＝1.50×10﹣2 mol：2.50×10﹣2mol 2 3
3 2 3
中含有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．
＝3：5， 3 3 3 2 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
答：碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO 2﹣）＝3：5。
3
案设计．
【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 菁优网版权所有
【专题】24：实验设计题；522：卤族元素．
行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等。
【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
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
易溶于水；
（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；
（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
物质；
（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
（1）向含碘废液中加入稍过量的Na SO 溶液，将废液中的I 还原为I﹣，其离子方程式为 SO 2﹣+I +H O
2 3 2 3 2 2
淀粉试液变蓝色．
＝2I﹣+2H++SO 2﹣ ；该操作将I 还原为I﹣的目的是 使四氯化碳中的碘进入水层 ．
4 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
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 ↑ ．
3 2 2 4
应将碘还原为碘离子， （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
2 3 2 2
故答案为：SO 2﹣+I +H O＝2I﹣+2H++SO 2﹣；使四氯化碳中的碘进入水层； 示．
3 2 2 4
（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 ①在图示的转化中，化合价不变的元素是 Cu、H、Cl ．
分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液； ②反应中当有 1mol H 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 的物质的量为
2 2
（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， 0.5mol ．
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
毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气， 采取的措施有 提高混合气体中空气的比例 ．
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； （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
（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 高温
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
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
3 2
液变蓝色，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，
3
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，若溶液变蓝色，说明废水
2 3
中含有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．
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．
（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
2
【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．
反应： 菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题；51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
S2﹣﹣2e﹣═S，（n﹣1）S+S2﹣═S 2﹣．
n
【分析】（1）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；
①写出电解时阴极的电极反应式： 2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣ ．
2 2②S 2﹣和氢离子反应生成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； （1）Cu+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ．
n 2
（2）①根据图中各元素化合价变化分析； （2）与OH﹣互为等电子体的一种分子为 HF （填化学式）．
②该反应中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 （3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是 sp2 ；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 6mol或 6×6.02×
子相等； 1023个 ．
③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； △
（4）含有 NaOH的 Cu（OH） 悬浊液与乙醛反应的化学方程式为 NaOH+CH CHO+2Cu（OH） →
2 3 2
（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
CH COONa+Cu O↓+3H O ．
3 2 2
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
（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
【解答】解：（1）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
子数目为 12 ．
反应式为 2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣，故答案为：2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣；
2 2 2 2
②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
n n
成S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
+2H+＝（n﹣1）S↓+H S↑； 【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
2
（2）①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 轨道杂化方式及杂化类型判断．
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﹣1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl； 【专题】51B：原子组成与结构专题；51D：化学键与晶体结构．
②H 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﹣ 【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，根据
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 构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；
2
1𝑚𝑜𝑙 （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=0.5mol，故答案为：0.5mol；
2
（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；
③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， （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；
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； 1
（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
（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
高温 高温 【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
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
数 ， 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 ：
【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
1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；
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
（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
析解答即可，题目难度中等．
为：HF；
【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
（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
计分.【物质结构与性质】
键，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
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 2×1023个； 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 Fe（OH） （或氢
4 2 4 2 3
（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 氧化铁） ．
△ 【考点】U3：制备实验方案的设计．
程式为 NaOH+CH CHO+2Cu（OH） →CH COONa+Cu O↓+3H O，故答案为：NaOH+CH CHO+2Cu 菁优网版权所有
3 2 3 2 2 3
【专题】24：实验设计题．
△
（OH） →CH COONa+Cu O↓+3H O；
2 3 2 2
【分析】（1）温度越高，反应速率越快；
1
（2）①滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗，减少产生误差的机会；
（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．
2
②根据Fe2+和K Cr O 之间的关系式计算；
2 2 7
【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
③为使滤液中的Fe2+完全被H O 氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应；
2 2
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
（3）氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁．
数的计算．
【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
【实验化学】
为：加快Fe和稀硫酸的反应速率；
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
4 2
（2）①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
料．实验室可通过下列实验制备磷酸铁．
致使用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
（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次；
热的目的是 加快Fe和稀硫酸的反应速率 ．
‒3
𝑎𝑚𝑜𝑙/𝐿 × 𝑏 × 10 𝐿 6𝑎𝑏
（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根据Fe2+和K 2 Cr 2 O 7 之间的关系式得c（Fe2+） = ×6mol/L = mol/L，
2 2 2 2 2 2 7 ‒3 𝑥
𝑥 × 10 𝐿
Fe2+，离子方程式如下：Cr O 2﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H O．
2 7 2 6𝑎𝑏
①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
故答案为： ；
2 2 7 2 2 7 𝑥
洗2﹣3次 ．
③A、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
6𝑎𝑏
②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+）＝ mol B、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；
2 2 7
𝑥
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
•L﹣1．
质，故错误；
③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 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；
A、加入适当过量的H O 溶液
2 2 故选AB；
B、缓慢滴加H O 溶液并搅拌
2 2 （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
C、加热，使反应在较高温度下进行
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
D、用氨水调节溶液pH＝7
【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
（3）将一定量的Na HPO 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
2 4 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．
