文档内容
2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（共 7小题，每小题 6分，满分 42分）
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（ ）
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
D．密闭容器中2molNO与1molO 充分反应，产物的分子数为2N
2 A
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比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1
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
（ ）
实验 现象 结论
A 将硝酸加入过量铁粉中，充分反应 有气体生成，溶液 稀硝酸将Fe 氧化为
后滴加KSCN溶液 成血红色 Fe3+
B 将铜粉加入 1.0mol•L﹣1的 Fe （SO ） 溶液变蓝，有黑色 金属Fe 比Cu 活泼
2 4
溶液中 固体出现
3
C 用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的 熔化后的液态铝滴 金属铝的熔点比较
铝箔在酒精灯上加热 落下来 低
D 将 0.1 mol•L﹣1 MgSO 溶液滴入 NaOH 先有白色沉淀生 Cu（OH） 的溶度
4 2
溶液中至不在有沉淀产生，再滴 成，后变为浅 积比 Mg（OH）
2
第1页（共30页）加0.1 mol•L﹣1CuSO 溶液 蓝色沉淀 的小
4
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
工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO 生成
2
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C H O +6O ═6CO +6H O
6 12 6 2 2 2
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
D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
7．（6分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V 的 MOH 和 ROH 溶液，分别加
0
水稀释至体积V，pH 随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
第2页（共30页）B．ROH 的电离程度：b点大于a点
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
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
1 2
×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体
（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃
2 2 4 2
以上分解。
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 。
（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和图2 所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
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 反应管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO 的现象是 。
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 。
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
第3页（共30页）Mg B O •H O 和 Fe O ，还有少量 Fe O 、FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为
2 2 5 2 3 4 2 3 2 3 2
原料制备硼酸（H BO ）的工艺流程如图所示：
3 3
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，
2 2 5 2
除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 （写出两条）。
（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
（化学式）。
（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
2 2
为5，目的是 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
（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
4
剂，其电子式为 。
（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
2
H SO ，即可得到I ，该反应的还原产物为 ；
2 4 2
（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 开始沉淀时，溶液中 为： ，已知 K
3 sp
（AgCl）=1.8×10﹣10，K （AgI）=8.5×10﹣17。
sp
（3）已知反应 2HI（g）⇌H （g）+I （g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH
2 2 2
（g）、1molI （g）分子中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能
2
量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H （g）+I （g），在 716K 时，
2 2
气体混合物中碘化氢的物质的量分数 x（HI）与反应时间t的关系如表：
第4页（共30页）t/min 0 20 40 60 80 120
X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为： ；
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
正 正 逆 逆
（H ）x（I ），其中 k 、k 为速率常数，则 k 为 （以 K 和 k
2 2 正 逆 逆 正
表示）。若k =0.0027min﹣1，在t=40min 时，v = min﹣1。
正 正
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
正 逆 2
示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为
（填字母）。
[化学--选修 2：化学与技术]
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 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：
回答下列问题：
第5页（共30页）（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 。
（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）。
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 。
（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）
A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
（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
3
样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 amol/L﹣1的 K Cr O 溶液滴定到终
2 2 7
点，消耗 K Cr O 溶液 bmL，反应中 Cr O 2﹣被还原为 Cr3+，样品中 CuCl的
2 2 7 2 7
质量分数为 。
[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
2
是 ，写出两个与 CS 具有相同空间构型和键合形式的分子或离
2
子 。
（4）CO 能与金属 Fe形成 Fe（CO） ，该化合物熔点为 253K，沸点为 376K，
5
其固体属于 晶体。
（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：
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。
第6页（共30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
2 2
二烯的合成路线（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7页（共30页）2015 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（共 7小题，每小题 6分，满分 42分）
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（ ）
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
【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．
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【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”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，据此分析解答。
【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；
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
3
发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故 B正确；
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，不符合条件，故 C错误；
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，故D 错误；
故选：B。
【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，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。
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
D．密闭容器中2molNO与1molO 充分反应，产物的分子数为2N
2 A
第8页（共30页）【考点】1B：真题集萃；4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【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=
2 2 2
=0.9mol、18gH O 的物质的量= =1mol，根据 N=nN 知，其
2 A
分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质
子数；
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
2 3
离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；
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
2 2 2 2
转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成 0.1mol氧
气转移的电子数；
C．NO 和 O 反应方程式为 2NO+O =2NO ，根据方程式知，2molNO与
2 2 2
1molO 恰好完全反应生成 2molNO ，但NO 和N O 之间存在转化，方程式
2 2 2 2 4
2NO ⇌N O 。
2 2 4
【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
= =0.9mol、18gH O 的物质的量= =1mol，根据 N=nN 知，
2 A
其分子数之比等于物质的量之比=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，二者的质子数分别是 9N 、10N ，故 A 错
A A A A
误；
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
2 3
离，且第二步电离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
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
2 2 2 2 2 2
化合价为﹣1价，每生成 1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣
（﹣1）]=2mol，则生成 0.1mol氧气转移的电子 0.2mol，电子数为 0.2N ，
A
故C正确；
D．NO 和 O 反应方程式为 2NO+O =2NO ，根据方程式知，2molNO与
2 2 2
1molO 恰好完全反应生成 2molNO ，但NO 和N O 之间存在转化，方程式
2 2 2 2 4
2NO ⇌N O ，所以产物分子数小于 2N ，故D 错误；
2 2 4 A
第9页（共30页）故选：C。
【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、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，注意 A 中 D O 的相对分子质量是 20，
2
注意D 中存在转化关系 2NO ⇌N O 。
2 2 4
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比为（ ）
A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1
【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量之比。
【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
A
数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，
故选：C。
【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
式及物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大。
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
（ ）
实验 现象 结论
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
第10页（共30页）应后滴加KSCN溶液 红色 氧化为
Fe3+
B 将 铜 粉 加 入 1.0mol•L﹣1的 Fe 溶液变蓝，有黑色固体 金属 Fe 比 Cu
2
（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
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
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
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】52：元素及其化合物．
【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；
B．Cu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；
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；
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化。
【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；
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，溶液由黄色变为蓝色，故 B错误；
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落，故 C错误；
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
2
（OH） 的小，故D 正确；
2
故选：D。
【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
第11页（共30页）反应、硝酸性质等知识点，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。
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
工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO 生成
2
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C H O +6O ═6CO +6H O
6 12 6 2 2 2
【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理．
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【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
6 12 6 2
成水，负极的电极反应式为 C H O +6H O﹣24e﹣=6CO +24H+，正极的电极
6 12 6 2 2
反应式为O +4e﹣+4H+═2H O；
2 2
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；
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；
D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。
【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
6 12 6 2
应生成水，负极的电极反应式为 C H O +6H O﹣24e﹣=6CO +24H+，正极的
6 12 6 2 2
电极反应式为O +4e﹣+4H+═2H O，因此CO 在负极产生，故A 错误；
2 2 2
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，所以微生物促进了反应中电子的转移，故 B正确；
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（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C 正确；
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C H O +6O =6CO +6H O，故D 正确；
6 12 6 2 2 2
第12页（共30页）故选：A。
【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，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，难点是电极反应式的书写。
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
D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
【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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【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；
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，
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．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
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．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：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，则 W是 H 元素，X 是 N 元
素，Y、Z为第三周期元素；
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，
第13页（共30页）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
气相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A 错误；
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：W＞Z，故 B正确；
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，最高价氧化物的水化物酸性 H PO ＜HClO ，但氧化物的水化物的酸性
3 4 4
不一定存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故 C错误；
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、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故 D 错误；
故选：B。
【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解答，易错选项是 C。
7．（6分）浓度均为 0.10mol/L、体积均为 V 的 MOH 和 ROH 溶液，分别加
0
水稀释至体积V，pH 随lg 的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
B．ROH 的电离程度：b点大于a点
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
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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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；
B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
第14页（共30页）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。
【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 的碱性强于ROH 的碱性，故 A 正确；
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；
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（OH﹣）相等，故 C正确；
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 的电离，所以 c（M+）/c（R+）减小，故D 错误；
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
1 2
×10﹣5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体
（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃
2 2 4 2
以上分解。
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 。装置 B的主要作用是 冷凝（水蒸气和草
2
酸），防止草酸进入装置 C反应生成沉淀而干扰 CO 的检验 。
2
第15页（共30页）（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和图2 所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
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 反应管中盛有的物质是 CuO 。
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 中澄清石灰水变浑浊 。
（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
3
加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸 。
【考点】U2：性质实验方案的设计．
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【专题】546：无机实验综合．
【分析】（1）草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于水，受
2 2 4 2
热脱水、升华，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；
（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 反应有明显现象发生；
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；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸。
【解答】解：（1）草酸晶体（H C O •2H O）无色，熔点为 101℃，易溶于
2 2 4 2
水，受热脱水、升华，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：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说
第16页（共30页）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，
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），
2
防止草酸进入装置C反应生成沉淀而干扰 CO 的检验；
2
（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的二氧化碳，用排水法收集 CO 避免环
2
境污染，所以其连接顺序是 A、B、F、D、G、H、D、I；
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，
故答案为：F、D、G、H、D；CuO；
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 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 CO，
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；
（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
3
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，
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
3
酸酸性大于碳酸。
【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质进行排列顺序，注意要排除其它因素
干扰，题目难度中等。
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 Fe O ，还有少量 Fe O 、FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为
2 2 5 2 3 4 2 3 2 3 2
原料制备硼酸（H BO ）的工艺流程如图所示：
3 3
第17页（共30页）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 Mg B O •H O+2H SO
2 2 5 2 2 2 5 2 2 4
2H BO +2MgSO 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还
3 3 4
可采取的措施有 提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径 （写出两条）。
（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
3 4
是 SiO 、CaSO （化学式）。
2 4
（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
2 2
后在调节溶液的 pH 约为 5，目的是 使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀
而除去 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 七水硫酸镁 （填名称）。
（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
4
剂，其电子式为 。
（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 2H BO B O +3H O、
3 3 2 3 2
B O +3Mg 2B+3MgO 。
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．
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【分析】以铁硼矿（主要成分为 Mg B O •H O 和 Fe O ，还有少量 Fe O 、
2 2 5 2 3 4 2 3
FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ），由流程可知，加
2 3 2 3 3
硫酸溶解 Fe O 、SiO 不溶，CaO 转化为微溶于水的 CaSO ，“净化除杂”需
3 4 2 4
先加 H O 溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的 pH 约为 5，使铁离
2 2
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、
冷却结晶、过滤分离出 H BO ，以此来解答。
3 3
【解答】解：以铁硼矿（主要成分为 Mg B O •H O 和 Fe O ，还有少量
2 2 5 2 3 4
Fe O 、FeO、CaO、Al O 和 SiO 等）为原料制备硼酸（H BO ），由流程
2 3 2 3 2 3 3
可知，加硫酸溶解只有 SiO 不溶，CaO 转化为微溶于水的 CaSO ，“净化除
2 4
第18页（共30页）杂”需先加 H O 溶液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的 pH 约为 5，
2 2
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、冷却结晶、过滤分离出H BO ，
3 3
（1）Mg B O •H O 与硫酸反应的化学方程式 Mg B O •H O+2H SO
2 2 5 2 2 2 5 2 2 4
2H BO +2MgSO ，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取
3 3 4
的 措 施 有 提 高 反 应 温 度 或 减 小 铁 硼 矿 粉 粒 径 等 ， 故 答 案 为 ：
Mg B O •H O+2H SO 2H BO +2MgSO ；提高反应温度或减小铁硼矿
2 2 5 2 2 4 3 3 4
粉粒径；
（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
3 4
SiO 、CaSO ，故答案为：Fe O ；SiO 、CaSO ；
2 4 3 4 2 4
（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
2 2
调节溶液的 pH 约为 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；
（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，故答案为：七水硫酸镁；
（5）NaBH 为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为 ，
4
故答案为： ；
（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
3 3
B O +3H O、 B O +3Mg 2B+3MgO， 故 答 案 为 ： 2H BO
2 3 2 2 3 3 3
B O +3H O、B O +3Mg 2B+3MgO。
2 3 2 2 3
【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，题目难度中等。
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
第19页（共30页）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
2
H SO ，即可得到I ，该反应的还原产物为 MnSO ；
2 4 2 4
（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 开始沉淀时，溶液中 为： 4.7×10﹣7 ，已
3
知K （AgCl）=1.8×10﹣10，K （AgI）=8.5×10﹣17。
sp sp
（3）已知反应 2HI（g）⇌H （g）+I （g）的△H=+11kJ•mol﹣1，1molH
2 2 2
（g）、1molI （g）分子中化学键断裂时分别需要吸收 436kJ、151kJ 的能
2
量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为 299 kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）⇌H （g）+I （g），在 716K 时，
2 2
气体混合物中碘化氢的物质的量分数 x（HI）与反应时间t的关系如表：
t/min 0 20 40 60 80 120
X（HI） 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
X（HI） 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为： ；
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
正 正 逆 逆
（H ）x（I ），其中 k 、k 为速率常数，则 k 为 （以 K 和 k
2 2 正 逆 逆 正
表示）。若k =0.0027min﹣1，在t=40min 时，v = 1.95×10﹣3 min﹣1。
正 正
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
正 逆 2
示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 A、E
（填字母）。
【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
第20页（共30页）算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【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 元素被还原，还原产物应为硫酸锰；
（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 = ；
（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浓度代入平衡常数
表达式K= 计算；
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
逆
式；
在t=40min 时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式 v =k x2（HI）计算；
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 的物质的量分数增大。
2
【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 元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO ；
4
（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 = =
=4.7×10﹣7，
故答案为：4.7×10﹣7；
第21页（共30页）（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；
（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浓度计算平衡常
数，则平衡常数K= = ，
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
正 逆 2 2
k =k × = ，
逆 正
在 t=40min 时，正反应建立平衡的 x（HI）=0.85，则 v =k x2（HI）
正 正
=0.0027min﹣1×0.852=1.95×10﹣3min﹣1，
故答案为： ；1.95×10﹣3；
③对于2HI（g）⇌H （g）+I （g）反应建立平衡时：
2 2
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，故选A 点；
对于H （g）+I （g）⇌2HI（g）反应建立平衡时：
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，再次平衡时 H 的物质的量分数增大，故选E点；
2
因此反应重新达到平衡，v ～x（HI）对应的点为 A，v ～x（H ）对应的点
正 逆 2
为E，
故答案为：A、E。
【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力、分析解决问题的能力，注意表中
第22页（共30页）数据为不同方向建立的平衡，题目中没有明确，增大题目难度。
[化学--选修 2：化学与技术]
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 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：
回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是 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 。
（ 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
（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）。
（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
水分防止其水解氧化 。
（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）
A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
（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
3
样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 amol/L﹣1的 K Cr O 溶液滴定到终
2 2 7
点，消耗 K Cr O 溶液 bmL，反应中 Cr O 2﹣被还原为 Cr3+，样品中 CuCl的
2 2 7 2 7
质量分数为 。
第23页（共30页）【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：制备实验方案的设计．
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【专题】24：实验设计题．
【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
3 2 4
经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，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
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，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
3 2 4
CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，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+，
4
溶解温度应控制在 60﹣70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分
解，
故答案为：CuSO 或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；
4
（ 2） 铜 离 子 与 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+， 故 答 案 为 ：
3 2 4
2Cu2++SO 2﹣+2Cl﹣+H O=2CuCl↓+SO 2﹣+2H+；
3 2 4
（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，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，
故答案为：硫酸；
（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，防止水解、氧化，
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）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
第24页（共30页）有发生化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，
故答案为：BD；
（6）氯化亚铜与氯化铁发生 Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入 K Cr O 溶液，
2 2 7
发生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
n=6ab×10﹣3mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10﹣3mol=0.597abg，
则样品中CuCl的质量分数为 ，
故答案为： 。
【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反应流程，难度中等，注意（6）中利
用关系式的计算。
[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 电子
云 形象化描述。在基态 14C原子中，核外存在 2 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 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 分子中，共价键的类型有 σ 键和 π键 ，C原子的杂化轨道类型是
2
sp ，写出两个与 CS 具有相同空间构型和键合形式的分子或离子 CO 、
2 2
SCN﹣或COS 等 。
（4）CO 能与金属 Fe形成 Fe（CO） ，该化合物熔点为 253K，沸点为 376K，
5
其固体属于 分子 晶体。
（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：
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
第25页（共30页）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 12
个六元环，六元环中最多有 4 个C原子在同一平面。
【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．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【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
用电子云形象化描述；根据同一轨道的 2两个电子自选方向相反判断；
（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，
反应中难以失去或得到电子；
（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
2
断价层电子对数，以此判断杂化类型；与 CS 具有相同空间构型和键合形式
2
的分子或离子为等电子体，应含有 3个原子，价电子数为16；
（4）熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质；
（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2个碳原子共用；
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个碳原子形成的是正四面体结构，键角为 109028，最小的环为6元环。
【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对自旋相反的电子，
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
第26页（共30页）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
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
2
子，价电子数为16，常见有 CO 、SCN﹣或COS 等，
2
故答案为：σ 键和π键；sp；CO 、SCN﹣或COS 等；
2
（4）Fe（CO） 熔点为 253K，沸点为 376K，具有分子晶体的性质，则固体应
5
为分子晶体，故答案为：分子；
（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 ，共 4个，故答案为：12；
4。
【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论分析解答，题目难度中等。
[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
2 2
二烯的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
第27页（共30页）回答下列问题：
（1）A 的名称是 乙炔 ，B含有的官能团是 碳碳双键和酯基 。
（2）①的反应类型是 加成反应 ，⑦的反应类型是 消去反应 。
（3）C 和D 的结构简式分别为 、 CH CH CH CHO 。
3 2 2
（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）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 ）﹣C≡CH、CH CH CH C≡CH、CH CH C≡CCH 。
3 3 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 路 线
。
【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【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
2 2 2 4 2
分子式发现 B（C H O ）为 A 与乙酸发生加成反应所得，生成 B为
4 6 2
CH =CHOOCCH ，发生加聚反应生成 ，水解生成 C为
2 3
，由聚乙烯醇缩丁醛可知 D 为 CH CH CH CHO，HC≡CH 与丙酮在 KOH
3 2 2
条件下发生加成反应生成 ，与氢气发生加成反应生成
第28页（共30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
在催化作用下发生加聚反应生成 ，以此解答该题。
【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 ，发生加聚反应生成 ，水解生成 C为
2 3
，由聚乙烯醇缩丁醛可知 D 为 CH CH CH CHO，HC≡CH 与丙酮在 KOH
3 2 2
条件下反应生成 ，与氢气发生加成反应生成
，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应生
成 ，
（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
2 3
双键和酯基，故答案为：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 ，
2 3
在氧化铝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 ： ；
3 2 2
CH CH CH CHO；
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
2 3 2
键，与 C=C键直接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29页（共30页）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 CH CH（CH ）﹣C≡CH、CH CH CH C≡CH、CH CH C≡
3 3 3 2 2 3 2
CCH 等，
3
故答案为：CH CH（CH ）﹣C≡CH、CH CH CH C≡CH、CH CH C≡CCH ；
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
3
应生成 H C=CHCHOHCH ，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成
2 3
CH =CHCH=CH ， 该 题 最 好 的 方 法 是 使 用 逆 推 法 ， 合 成 路 线 为
2 2
， 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。
第30页（共30页）
