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2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） mol•L﹣1CuSO
4
溶液 小
一、选择题（共 7小题，每小题 6分，满分 42分）
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所
1．（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物 335种，其中“强水”条目下写道：“性最
烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（ ）
示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
2．（6分）N 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．18gD O 和18gH O 中含有的质子数均为10N
2 2 A
B．2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的H+个数为2N
A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N
A
A．正极反应中有CO 生成
2
D．密闭容器中2molNO与1molO 充分反应，产物的分子数为2N
2 A
B．微生物促进了反应中电子的转移
3．（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之
D．电池总反应为C H O +6O ═6CO +6H O
6 12 6 2 2 2
比为（ ）
6．（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L电子层的
电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1
B．阴离子的还原性：W＞Z
4．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
实验 现象 结论
7．（6分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V 的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，
0
A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加 有气体生成，溶液成血红稀硝酸将Fe 氧化为
pH 随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
KSCN溶液 色 Fe3+
B 将铜粉加入1.0mol•L﹣1的 Fe （SO ） 溶液中 溶液变蓝，有黑色固体出金属Fe 比Cu 活泼
2 4 3
现
C 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒 熔化后的液态铝滴落下来 金属铝的熔点比较低
精灯上加热
D 将 0.1 mol•L﹣1 MgSO 溶液滴入 NaOH溶液中 先有白色沉淀生成，后变Cu（OH） 的溶度积
4 2
至 不 在 有 沉 淀 产 生 ， 再 滴 加 0.1 为浅蓝色沉淀 比 Mg（OH） 的
2
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
第1页（共15页）B．ROH 的电离程度：b点大于a点 如图所示：
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
D．当lg =2 时，若两溶液同时升高温度，则 增大
回答下列问题：
（1）写出 Mg B O •H O 与硫酸反应的化学方程式 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓
二、解答题（共 3小题，满分 43分） 2 2 5 2
度外，还可采取的措施有 （写出两条）。
8．（14 分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其 K =5.4×10﹣2，K =5.4×10﹣5．草酸的钠
1 2
（2）利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 （化学
盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易
2 2 4 2
式）。
溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。
（3）“净化除杂”需先加 H O 溶液，作用是 。然后在调节溶液的 pH 约为 5，目的
回答下列问题。 2 2
是 。
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置 C中可观察到的
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
现象是 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 。装置B的主要作用是 。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH ），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式
4
为 。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学
方程式表示制备过程 。
10．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加 MnO 和 H SO ，即可得到 I ，
2 2 4 2
该反应的还原产物为 ；
（2）上述浓缩液中含有 I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加 AgNO 溶液，当 AgCl
3
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有 CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置 A、B和 开始沉淀时，溶液中 为： ，已知 K （AgCl）=1.8×10﹣10，K （AgI）=8.5×
sp sp
图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
10﹣17。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为 A、B、 、I，装置 H 反应管中盛有的
（3）已知反应 2HI（g）⇌H （g）+I （g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH （g）、1molI （g）分子
物质是 。 2 2 2 2
中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能量，则 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸
②能证明草酸晶体分解产物中有CO 的现象是 。
收的能量为 kJ。
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H （g）+I （g），在 716K 时，气体混合物中碘化
9．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为 Mg B O •H O 和 2 2
2 2 5 2
氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：
Fe O ，还有少量 Fe O 、FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ）的工艺流程
3 4 2 3 2 3 2 3 3
第2页（共15页）t/min 0 20 40 60 80 120 （1）步骤①中得到的氧化产物是 ，溶解温度应控制在60﹣70℃，原因是 。
X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式 。
（3）步骤⑤包括用pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 （写名称）。
X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 。
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为： ；
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有 （填字母）
②上述反应中，正反应速率为 v =k x2（HI），逆反应速率为 v =k x（H ）x（I ），其中 k
正 正 逆 逆 2 2
A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
、k 为速率常数，则 k 为 （以 K 和 k 表示）。若 k =0.0027min﹣1，在 t=40min
正 逆 逆 正 正
（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品 mg，将其置于过量的 FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，
3
时，v = min﹣1。
正
加入适量稀硫酸，用 amol/L﹣1的 K Cr O 溶液滴定到终点，消耗 K Cr O 溶液 bmL，反应中
2 2 7 2 2 7
③由上述实验数据计算得到 v ～x（HI）和 v ～x（H ）的关系可用如图表示。当升高到某一温
正 逆 2
Cr O 2﹣被还原为Cr3+，样品中 CuCl的质量分数为 。
2 7
度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 （填字母）。
[化学--选修 3：物质结构与性质]
12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 形象化描述。在
基态14C 原子中，核外存在 对自旋相反的电子。
（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 。
（3）CS 分子中，共价键的类型有 ，C原子的杂化轨道类型是 ，写出两个与 CS
2 2
具有相同空间构型和键合形式的分子或离子 。
[化学--选修 2：化学与技术]
（4）CO 能与金属 Fe形成 Fe（CO） ，该化合物熔点为 253K，沸点为376K，其固体属于
5
11．（15分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可
晶体。
溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是 Cu和少量
（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：
①在石墨烯晶体中，每个C原子连接 个六元环，每个六元环占有 个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个 C原子连接 个六元环，六元
环中最多有 个 C原子在同一平面。
回答下列问题：
第3页（共15页）[化学--选修 5：有机化学基础]
13．A（C H ）是基本有机化工原料。由 A 制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线
2 2
（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）A 的名称是 ，B含有的官能团是 。
（2）①的反应类型是 ，⑦的反应类型是 。
（3）C 和D 的结构简式分别为 、 。
（4）异戊二烯分子中最多有 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为 。
（5）写出与A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式） 。
（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由 A 和乙醛为起始原料制备 1，3﹣丁二烯的合成
路线 。
第4页（共15页）【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 【分析】A．一个 D O 和 H O 分子中质子数都是 10，18g的 D O 物质的量= =0.9mol、
2 2 2
参考答案与试题解析 18gH O 的物质的量= =1mol，根据 N=nN 知，其分子数之比等于物质的量之比
2 A
=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；
一、选择题（共 7小题，每小题 6分，满分 42分）
B．n（H SO ）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离
2 3
1．（6分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物 335种，其中“强水”条目下写道：“性最
程度远远小于第一步电离程度；
烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指（ ）
C．过氧化钠和水反应方程式为 2Na O +2H O=4NaOH+O ↑，每生成 1mol氧气转移电子物质的量
2 2 2 2
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；
【考点】12：化学科学的主要研究对象；1B：真题集萃；EG：硝酸的化学性质．
菁优网版权所有 C．NO 和 O 反应方程式为 2NO+O =2NO ，根据方程式知，2molNO与 1molO 恰好完全反应生
2 2 2 2
【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”说明“强水”
成2molNO ，但NO 和 N O 之间存在转化，方程式2NO ⇌N O 。
2 2 2 4 2 2 4
腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解
【解答】解：A．一个 D O 和 H O 分子中质子数都是 10，18g的 D O 物质的量=
2 2 2
答。
=0.9mol、18gH O 的物质的量= =1mol，根据 N=nN 知，其分子数之比等于物质的量
【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A 错误； 2 A
B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的 CaCO 发生反应，但不能 之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是 0.9N 、N ，结合分子构成知，二者的质子
3 A A
和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故 B正确； 数分别是9N 、10N ，故 A 错误；
A A
C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如 Cu等金属，不符合条 B．n（H SO ）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离
2 3
件，故C 错误； 程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的 H+个数远远小于2N ，故B错误；
A
D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件， C．过氧化钠和水反应方程式为 2Na O +2H O=4NaOH+O ↑，Na O 中 O 元素的化合价为﹣1价，
2 2 2 2 2 2
故D 错误； 每生成 1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，则生成 0.1mol氧气转移的
故选：B。 电子0.2mol，电子数为 0.2N ，故C 正确；
A
【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强 D．NO 和 O 反应方程式为 2NO+O =2NO ，根据方程式知，2molNO与 1molO 恰好完全反应生
2 2 2 2
氧化性，题目难度不大。 成 2molNO ，但 NO 和 N O 之间存在转化，方程式 2NO ⇌N O ，所以产物分子数小于 2N ，
2 2 2 4 2 2 4 A
2．（6分）N 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） 故D 错误；
A
A．18gD O 和18gH O 中含有的质子数均为10N 故选：C。
2 2 A
B．2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的H+个数为2N 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、
A
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N 同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是 AD，
A
D．密闭容器中2molNO与1molO 充分反应，产物的分子数为2N 注意A 中D O 的相对分子质量是 20，注意D 中存在转化关系2NO ⇌N O 。
2 A 2 2 2 4
【考点】1B：真题集萃；4F：阿伏加德罗常数． 3．（6分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶
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第5页（共15页）液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之 D 将 0.1 mol•L﹣1 MgSO 溶 液 滴 入 先有白色沉淀生成，后 Cu（ OH） 的
4 2
比为（ ） NaOH溶液中至不在有沉淀产 变为浅蓝色沉淀 溶 度 积 比
生，再滴加 0.1 mol•L﹣1CuSO Mg（ OH）
4
溶液 的小
2
A．A B．B C．C D．D
A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【考点】1B：真题集萃；5A：化学方程式的有关计算．
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【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌
【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；
洛托品分子中含有 6个 C原子、4个 N 原子，根据 C原子、N 原子守恒判断甲醛和氨的物质的
B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；
量之比。
C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；
【解答】解：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化。
个乌洛托品分子中含有 6个C原子、4个N 原子，每个甲醛分子中含有 1个C原子、每个氨气
【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN 溶液、溶液不显红色，故A 错误；
分子中含有 1个 N 原子，根据 C原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要 6个甲
B．Cu 和 Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，
醛分子、4个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据 N=nN 知，分子数
A
溶液由黄色变为蓝色，故 B错误；
之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比 3：2，
C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三
故选：C。
氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴
【点评】本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及物质的构成是
落，故C 错误；
解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大。
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则 Cu（OH） 的溶度积比 Mg（OH） 的小，故 D 正
2 2
4．（6分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ）
确；
实验 现象 结论
故选：D。
A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反 有气体生成，溶液成血 稀硝酸将 Fe
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、硝酸性质等
应后滴加KSCN溶液 红色 氧化为
知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不大。
Fe3+
5．（6分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所
B 将 铜 粉 加 入 1.0mol•L﹣1的 Fe 2 溶液变蓝，有黑色固体 金属 Fe 比 Cu 示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
（SO ） 溶液中 出现 活泼
4 3
C 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过 熔化后的液态铝滴落下 金属铝的熔点
的铝箔在酒精灯上加热 来 比较低
第6页（共15页）6．（6分）W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L电子层的
电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．阴离子的还原性：W＞Z
C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
A．正极反应中有CO 生成
2 D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
B．微生物促进了反应中电子的转移
【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系；8G：原子结构与元素的性质．
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C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L电子层的电子
D．电池总反应为C H O +6O ═6CO +6H O
6 12 6 2 2 2 数分别为0、5、8、8，则则 W是H 元素，X 是N 元素，Y、Z为第三周期元素；
【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理．
菁优网版权所有 它们的最外层电子数之和为 18，W最外层电子数是 1，X 最外层电子数是 5，Y、Z最外层电子数
【分析】A．根据图知，负极上 C H O 失电子，正极上 O 得电子和 H+反应生成水，负极的电极
6 12 6 2 之和是12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于Z，则Y 是P 元素、Z是Cl元素，
反应式为C H O +6H O﹣24e﹣=6CO +24H+，正极的电极反应式为O +4e﹣+4H+═2H O；
6 12 6 2 2 2 2 A．W、X 单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；
B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。
D．X、Y 分别是N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中。
【解答】解：A．根据图知，负极上 C H O 失电子，正极上 O 得电子和 H+反应生成水，负极的
6 12 6 2 【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外 L电子层的
电极反应式为 C H O +6H O﹣24e﹣=6CO +24H+，正极的电极反应式为 O +4e﹣+4H+═2H O，因
6 12 6 2 2 2 2 电子数分别为0、5、8、8，则W是H 元素，X 是N 元素，Y、Z为第三周期元素；
此CO 在负极产生，故 A 错误；
2 它们的最外层电子数之和为 18，W最外层电子数是 1，X 最外层电子数是 5，Y、Z最外层电子数
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进
之和是12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于Z，则Y 是P 元素、Z是Cl元素，
了反应中电子的转移，故 B正确；
A．H、N 元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气相对分子质量大
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了 H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子
于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A 错误；
（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故 C正确；
B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性 W＜Z，所以阴离子的还原性：
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为
W＞Z，故B 正确；
C H O +6O =6CO +6H O，故D 正确；
6 12 6 2 2 2 C．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 P＜Cl，最高价氧化物的
故选：A。
水化物酸性 H PO ＜HClO ，但氧化物的水化物的酸性不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次
3 4 4
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，
氯酸，故C 错误；
所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应
D．X、Y 分别是 N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、磷酸一氢
式的书写。
铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故 D 错误；
第7页（共15页）故选：B。 液体积大于a点，所以b 点浓度小于a点，则ROH 电离程度：b＞a，故B正确；
【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性强弱判断、物 C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中 c（OH﹣）接近于纯水中 c（OH﹣），所以它们的 c
质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本题关键，结合物质的结构性质 （OH﹣）相等，故C正确；
解答，易错选项是C。 D．根据 A 知，碱性 MOH＞ROH，当 lg =2时，由于 ROH 是弱电解质，升高温度能促进 ROH
7．（6分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V 的 MOH 和 ROH 溶液，分别加水稀释至体积 V，
0 的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D 错误；
pH 随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离特点、弱电解
质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是 C，注意：碱无论任何稀释都
不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑水的电离，为易错点。
二、解答题（共 3小题，满分 43分）
8．（14分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其 K =5.4×10﹣2，K =5.4×10﹣5．草酸的钠
1 2
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性 盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易
2 2 4 2
B．ROH 的电离程度：b点大于a点 溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等 回答下列问题。
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置 C中可观察到的
D．当lg =2 时，若两溶液同时升高温度，则 增大
现象是 有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 CO 。装
2
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡． 置 B的主要作用是 冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置 C反应生成沉淀而干扰 CO
2
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【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH 越大其碱性越强； 的 检 验 。
B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中 c（OH﹣）；
D．MOH 的碱性强于 ROH 的碱性，当 lg =2 时，若两溶液同时升高温度，促进弱电解质电
离。
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有 CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置 A、B和
【解答】解：A．相同浓度的一元碱，碱的 pH 越大其碱性越强，根据图知，未加水时，相同浓度
图2所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
条件下，MOH 的 pH 大于 ROH 的 pH，说明 MOH 的电离程度大于 ROH，则 MOH 的碱性强
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为 A、B、 F、D、G、H、D 、I，装置 H 反
于ROH 的碱性，故A 正确；
应管中盛有的物质是 CuO 。
B．由图示可以看出 ROH 为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大，b点溶
②能证明草酸晶体分解产物中有 CO 的现象是 H 中黑色粉末变为红色，其后的 D 中澄清石灰水
第8页（共15页）变浑浊 。 故答案为：F、D、G、H、D；CuO；
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 向盛有少量 NaHCO 的试管里滴加草酸溶液，有气 ②CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且 CO 将黑色的
3
泡产生就说明草酸酸性大于碳酸 。 CuO 还原为红色的 Cu，只要 H 中黑色固体转化为红色且其后的 D 装置溶液变浑浊就说明含有
【考点】U2：性质实验方案的设计． CO，
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【专题】546：无机实验综合． 故答案为：H 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊；
【分析】（1）草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于水，受热脱水、升华， （3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量 NaHCO 的试管里滴加草酸
2 2 4 2 3
170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰水变浑浊；草酸的 溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，
钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验； 故答案为：向盛有少量 NaHCO 的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸。
3
（2）①要检验生成 CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化 【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作
碳，用碱石灰干燥 CO，利用 CO 的还原性将 CO 氧化，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化 能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性
碳，用排水法收集 CO；H 装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和 CO 反应有明显现象发 质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题目难度中等。
生； 9．（14分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为 Mg B O •H O 和
2 2 5 2
②CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊； Fe O ，还有少量 Fe O 、FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ）的工艺流程
3 4 2 3 2 3 2 3 3
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸。 如图所示：
【解答】解：（1）草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于水，受热脱水、升
2 2 4 2
华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应
生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以 C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄
回答下列问题：
清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草
（ 1） 写 出 Mg B O •H O 与 硫 酸 反 应 的 化 学 方 程 式 Mg B O •H O+2H SO
酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧 2 2 5 2 2 2 5 2 2 4
化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验， 2H BO +2MgSO 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 提高反应
3 3 4
故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO ；冷凝（水蒸气和草酸），防止草酸进入装置 温度或减小铁硼矿粉粒径 （写出两条）。
2
C反应生成沉淀而干扰 CO 的检验； （2）利用 Fe O 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 SiO 、CaSO
2 3 4 2 4
（2）①要检验生成 CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化 （化学式）。
碳，用碱石灰干燥 CO，利用 CO 和 CuO 发生还原反应生成 CO ，再利用澄清石灰水检验生成 （3）“净化除杂”需先加H O 溶液，作用是 将亚铁离子氧化为铁离子 。然后在调节溶液的pH
2 2 2
的二氧化碳，用排水法收集 CO 避免环境污染，所以其连接顺序是 A、B、F、D、G、H、D、 约为5，目的是 使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去 。
I； （4）“粗硼酸”中的主要杂质是 七水硫酸镁 （填名称）。
H 装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和 CO 反应有明显现象发生，CuO 能被 CO 还原且反应 （5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH ），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为
4
过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以 H 中盛放的物质是CuO，
第9页（共15页）。 （5）NaBH 为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为 ，故答案为：
4
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学
方程式表示制备过程 2H
3
BO
3
B
2
O
3
+3H
2
O、B
2
O
3
+3Mg 2B+3MgO 。 ；
（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为 2H BO B O +3H O、
【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． 3 3 2 3 2
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【分析】以铁硼矿（主要成分为 Mg 2 B 2 O 5 •H 2 O 和 Fe 3 O 4 ，还有少量 Fe 2 O 3 、FeO、CaO、Al 2 O 3 和 B 2 O 3 +3Mg 2B+3MgO， 故 答 案 为 ： 2H 3 BO 3 B 2 O 3 +3H 2 O、 B 2 O 3 +3Mg
SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ），由流程可知，加硫酸溶解 Fe O 、SiO 不溶，CaO 转化
2 3 3 3 4 2 2B+3MgO。
为微溶于水的 CaSO ，“净化除杂”需先加 H O 溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的
4 2 2 【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为 2015年高考真题，把握实验流程
pH 约为 5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、
及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难
冷却结晶、过滤分离出 H BO ，以此来解答。
3 3 度中等。
【解答】解：以铁硼矿（主要成分为 Mg B O •H O 和 Fe O ，还有少量 Fe O 、FeO、CaO、
2 2 5 2 3 4 2 3 10．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
Al O 和 SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ），由流程可知，加硫酸溶解只有 SiO 不溶，CaO
2 3 2 3 3 2 （1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加 MnO 和 H SO ，即可得到 I ，
2 2 4 2
转化为微溶于水的 CaSO ，“净化除杂”需先加 H O 溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶
4 2 2 该反应的还原产物为 MnSO ；
4
液的 pH 约为 5，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发
（2）上述浓缩液中含有 I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加 AgNO 溶液，当 AgCl
3
浓缩、冷却结晶、过滤分离出 H BO ，
3 3
开始沉淀时，溶液中 为： 4.7×10﹣7 ，已知 K （AgCl）=1.8×10﹣10，K （AgI）
（1）Mg B O •H O 与硫酸反应的化学方程式 Mg B O •H O+2H SO 2H BO +2MgSO ，为 sp sp
2 2 5 2 2 2 5 2 2 4 3 3 4
提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉 =8.5×10﹣17。
粒径等，故答案为：Mg 2 B 2 O 5 •H 2 O+2H 2 SO 4 2H 3 BO 3 +2MgSO 4 ；提高反应温度或减小铁硼 （3）已知反应 2HI（g）⇌H 2 （g）+I 2 （g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH 2 （g）、1molI 2 （g）分子
中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能量，则 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸
矿粉粒径；
收的能量为 299 kJ。
（2）利用 Fe O 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 SiO 、CaSO ，故答
3 4 2 4
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H （g）+I （g），在 716K 时，气体混合物中碘化
案为：Fe O ；SiO 、CaSO ； 2 2
3 4 2 4
氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如表：
（3）“净化除杂”需先加 H O 溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调节溶液的 pH 约
2 2
t/min 0 20 40 60 80 120
为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去； X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是七水硫酸镁，故答 X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
案为：七水硫酸镁； ①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为： ；
第10页（共15页）②上述反应中，正反应速率为 v =k x2（HI），逆反应速率为 v =k x（H ）x（I ），其中 k 动，正反应建立平衡，平衡时 HI 的物质的量分数减小，逆反应建立平衡，平衡时 H 的物质的
正 正 逆 逆 2 2 2
、k 为速率常数，则 k 为 （以 K 和 k 表示）。若 k =0.0027min﹣1，在 t=40min
量分数增大。
正 逆 逆 正 正
【解答】解：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中 I 元素发生氧化反应，Mn 元素被
时，v = 1.95×10﹣3 min﹣1。
正
还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO ；
③由上述实验数据计算得到 v ～x（HI）和 v ～x（H ）的关系可用如图表示。当升高到某一温 4
正 逆 2
（2）当 AgCl开始沉淀时，说明溶液中的 c（I﹣）和 c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此可以根据
度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 A、E （填字母）。
溶度积表达式进行计算，溶液中 = = =4.7×10﹣7，
故答案为：4.7×10﹣7；
（3）设 1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 x kJ，则：2x kJ﹣436kJ﹣151kJ=11kJ，
解得x=299，
故答案为：299；
【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．
菁优网版权所有 （4）①表中第一列，由 HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可
【专题】51E：化学平衡专题．
知，平衡时 HI 物质的量分数为 0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为 1﹣0.784=0.216，而
【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中 I 元素发生氧化反应，Mn 元素被还
氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为 0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替
原，还原产物应为硫酸锰；
浓度计算平衡常数，则平衡常数 K= = ，
（2）当 AgCl开始沉淀时，说明溶液中的 c（I﹣）和 c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此可以根据
溶度积表达式进行计算，溶液中 = ； 故答案为： ；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则 k x2（HI）=k x（H ）x（I ），则 k =k ×
（3）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能量=反应吸收的 正 逆 2 2 逆 正
热量； = ，
（4）①表中第一列，由 HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由第一列数据可
在 t=40min 时，正反应建立平衡的 x（HI）=0.85，则 v =k x2（HI）=0.0027min﹣1×0.852=1.95
知，平衡时 HI 物质的量分数为 0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的量分数为 1﹣0.784=0.216，而 正 正
×10﹣3min﹣1，
氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为 0.108，反应前后气体体积不变，用物质的量分数代替
故答案为： ；1.95×10﹣3；
浓度代入平衡常数表达式 K= 计算；
③对于2HI（g）⇌H （g）+I （g）反应建立平衡时：
2 2
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k 的表达式； 升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除 C 点，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热
逆
在t=40min 时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式 v =k x2（HI）计算； 反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时 HI 的物质的量分数减小，因此排除 B点，故
正 正
③升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移 选A 点；
第11页（共15页）对于H （g）+I （g）⇌2HI（g）反应建立平衡时： A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
2 2
升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动， （6）准确称取所制备的氯化亚铜样品 mg，将其置于过量的 FeCl 溶液中，待样品完全溶解后，
3
再次平衡时H 的物质的量分数增大，故选 E点； 加入适量稀硫酸，用 amol/L﹣1的 K Cr O 溶液滴定到终点，消耗 K Cr O 溶液 bmL，反应中
2 2 2 7 2 2 7
因此反应重新达到平衡，v 正 ～x（HI）对应的点为A，v 逆 ～x（H 2 ）对应的点为E， Cr 2 O 7 2﹣被还原为Cr3+，样品中 CuCl的质量分数为 。
故答案为：A、E。
【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；U3：制备实验方案的
【点评】本题比较综合，涉及考查氧化还原反应、反应热计算、化学平衡常数计算、化学反应速
设计．
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率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，（4）为易错点，侧重考查学生自学能
【专题】24：实验设计题．
力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大题目
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是 Cu和少量 CuO）生成
难度。
硫 酸 铜 ， 过 滤 后 在 滤 液 中 加 入 亚 硫 酸 铵 发 生 氧 化 还 原 反 应 生 成 CuCl， 发 生
2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl+SO 2﹣+2H+，得到的 CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，
3 2 4
[化学--选修 2：化学与技术]
可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据
11．（15分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可
混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化
溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是 Cu和少量
亚 铜 与 氯 化 铁 发 生 Fe3++CuCl═ Fe2++Cu2++Cl﹣， 加 入 K Cr O 溶 液 ， 发 生
2 2 7
CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：
6Fe2++Cr O 2﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，结合关系式解答该题。
2 7 2
【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是 Cu和少量 CuO）
生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成 CuCl，发生
2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl↓+SO 2﹣+2H+，得到的 CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗
3 2 4
涤，烘干得到氯化亚铜。
（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO 或Cu2+，溶解温度应控制在
4
60﹣70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，
回答下列问题：
故答案为：CuSO 或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；
4
（1）步骤①中得到的氧化产物是 CuSO 或 Cu2+ ，溶解温度应控制在 60﹣70℃，原因是 温度
4 （ 2） 铜 离 子 与 亚 硫 酸 铵 发 生 氧 化 还 原 反 应 生 成 CuCl， 发 生
低溶解速度慢，温度过高铵盐分解 。
2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl↓+SO 2﹣+2H+， 故 答 案 为 ：
3 2 4
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式 2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl↓+SO 2﹣+2H+ 。
3 2 4 2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl↓+SO 2﹣+2H+；
3 2 4
（3）步骤⑤包括用pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 硫酸 （写名称）。
（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止 CuCl溶解，不能加入硝
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 醇洗有利于加快去除 CuCl表面水分防止其水解氧
酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，
化 。
故答案为：硫酸；
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有 BD （填字母）
（4）步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止
第12页（共15页）水解、氧化， 晶体。
故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化； （5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学变化， ①在石墨烯晶体中，每个C原子连接 3 个六元环，每个六元环占有 2 个C原子。
可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼， ②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个 C原子连接 12 个六元环，六元
故答案为：BD； 环中最多有 4 个C 原子在同一平面。
（ 6） 氯 化 亚 铜 与 氯 化 铁 发 生 Fe3++CuCl═ Fe2++Cu2++Cl﹣， 加 入 K Cr O 溶 液 ， 发 生
2 2 7
6Fe2++Cr O 2﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，
2 7 2
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr O 2﹣，
2 7
6 1
n ab×10﹣3mol
【考点】8H：物质的结构与性质之间的关系；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
n=6ab×10﹣3mol， 菁优网版权所有
【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10﹣3mol=0.597abg，
【分析】（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描
则样品中CuCl的质量分数为 ，
述；根据同一轨道的2 两个电子自选方向相反判断；
故答案为： 。
（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或
【点评】本题为 2015年高考题，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原滴 得到电子；
定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及 （3）CS 分子的结构式为 S=C=S，含有 σ 键和 π键；结合 σ 键和孤对电子数判断价层电子对数，
2
反应流程，难度中等，注意（6）中利用关系式的计算。 以此判断杂化类型；与 CS 具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有 3
2
个原子，价电子数为16；
[化学--选修 3：物质结构与性质] （4）熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质；
12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题： （5）①石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接 3个 C﹣C化学健，每个 C﹣C化学健被
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 电子云 形象化描述。 2个碳原子共用；
在基态14C 原子中，核外存在 2 对自旋相反的电子。 ②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的 4个碳原子形成四个碳碳单键，这 5个碳原子形成
（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 C有 4个价电子且半径较小，难以通过 的是正四面体结构，键角为 109028，最小的环为6元环。
得或失电子达到稳定结构 。 【解答】解：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象
（3）CS 分子中，共价键的类型有 σ 键和 π键 ，C原子的杂化轨道类型是 sp ，写出两个 化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密度较小，C原子核外电子排布
2
与CS 具有相同空间构型和键合形式的分子或离子 CO 、SCN﹣或COS 等 。
2 2
为 1s22s22p2，轨道式为如图所示： ，则在基态 14C原子中，核外存在 2对自旋
（4）CO 能与金属 Fe形成 Fe（CO） ，该化合物熔点为 253K，沸点为 376K，其固体属于 分子
5 相反的电子，
第13页（共15页）故答案为：电子云；2；
（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳原子核外有 4个电子，且元素的非金属性较弱，但
半径较小，反应中难以失去或得到电子，
故答案为：C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构；
（3）CS 分子的结构式为S=C=S，含有σ 键和π键，
2
CS 分子中 C原子形成2 个σ 键，孤对电子数为 =0，则为sp 杂化，
2
回答下列问题：
与 CS 具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有 3个原子，价电子数为
2
（1）A 的名称是 乙炔 ，B含有的官能团是 碳碳双键和酯基 。
16，常见有CO 、SCN﹣或COS 等，
2
（2）①的反应类型是 加成反应 ，⑦的反应类型是 消去反应 。
故答案为：σ 键和π键；sp；CO 、SCN﹣或COS 等；
2
（4）Fe（CO） 5 熔点为 253K，沸点为 376K，具有分子晶体的性质，则固体应为分子晶体，故答 （3）C 和D 的结构简式分别为 、 CH 3 CH 2 CH 2 CHO 。
案为：分子； （4）异戊二烯分子中最多有 11 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为
（5）①石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接 3个 C﹣C化学健，则每个 C原子连接 3
个六元环，每个六元环占有的 C原子数为6× =2，故答案为：3；2；
。
②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的 4 个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为 6元
（5）写出与 A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式） CH CH（CH ）
3 3
环，每个单键为 3个环共有，则每个 C原子连接 4×3=12 个六元环，晶胞中共平面的原子如图
﹣C≡CH、CH CH CH C≡CH、CH CH C≡CCH 。
3 2 2 3 2 3
（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由 A 和乙醛为起始原料制备 1，3﹣丁二烯的合成
，共4个，故答案为：12；4。
路线 。
【点评】本题为 2015年考题，考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、知识运用能
【考点】HC：有机物的合成．
力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理 菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
论分析解答，题目难度中等。
【分析】由分子式可知 A 为 HC≡CH，结合乙炔（C H ）和乙酸（C H O ）的分子式发现 B
2 2 2 4 2
（C H O ）为 A 与乙酸发生加成反应所得，生成 B为 CH =CHOOCCH ，发生加聚反应生成
[化学--选修 5：有机化学基础] 4 6 2 2 3
13．A（C H ）是基本有机化工原料。由 A 制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线
2 2
，水解生成 C为 ，由聚乙烯醇缩丁醛可知 D 为 CH CH CH CHO，HC≡
（部分反应条件略去）如图所示： 3 2 2
CH 与丙酮在 KOH 条件下发生加成反应生成 ，与氢气发生加成反应生成
第14页（共15页），在氧化铝的作用下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生
顺式聚异戊二烯的结构简式为 ，故答案为：11； ；
（5）与 A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有 C≡C键，可能的结构简式有
加聚反应生成 ，以此解答该题。 CH
3
CH（CH
3
）﹣C≡CH、CH
3
CH
2
CH
2
C≡CH、CH
3
CH
2
C≡CCH
3
等，
【解答】解：由分子式可知 A 为 HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成 B为 CH =CHOOCCH ，发 故答案为：CH CH（CH ）﹣C≡CH、CH CH CH C≡CH、CH CH C≡CCH ；
2 3 3 3 3 2 2 3 2 3
（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成 HC≡CCHOHCH ，然后与氢气发生加成反应生成
3
生加聚反应生成 ，水解生成 C为 ，由聚乙烯醇缩丁醛可知 D 为 H 2 C=CHCHOHCH 3 ，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成 CH 2 =CHCH=CH 2 ，该题最好的方
CH CH CH CHO，HC≡CH 与丙酮在 KOH 条件下反应生成 ，与氢气发生加成反
3 2 2
法是使用逆推法，合成路线为
应生成 ，在氧化铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反
，故答案为： 。
【点评】本题为 2015年高考题，题目侧重烯烃、炔烃的性质的考查，有助于培养学生良好的分析
应生成 ，
能力和自学能力，难度适中，注意把握题给信息，易错点为结构的判断和同分异构体的书写。
（1）由以上分析可知 A 为乙炔，B 为 CH =CHOOCCH ，含有的官能团为碳碳双键和酯基，故答
2 3
案为：乙炔；碳碳双键和酯基；
（2）A 为 HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成 B为 CH =CHOOCCH ， 在氧化铝
2 3
的作用下发生消去反应生成异戊二烯，
故答案为：加成反应；消去反应；
（3）C 为 ，D 为 CH CH CH CHO，故答案为： ；CH CH CH CHO；
3 2 2 3 2 2
（4）异戊二烯结构简式为 CH =C（CH ）﹣CH=CH ，分子中含有 2个 C=C键，与 C=C键直接
2 3 2
相连的原子在同一个平面上，甲基有 1个 H 原子与 C=C键也可能在同一个平面上，则共有 11
个原子共平面，如图所示：
第15页（共15页）
