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2015 年江苏省高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分．每小题只有一个选项符合
题意．
1．（2分）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（ ）
A．采取低碳、节俭的生活方式
B．按照规定对生活废弃物进行分类放置
C．深入农村和社区宣传环保知识
D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理．
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【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．
【解答】解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措
施，故A不选；
B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选；
C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意
识，符合保护环境的措施，故C不选；
D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成
白色污染，故措施不合理，故D选；故选D。
【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，
明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大
2．（2分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A．质子数为17、中子数为20的氯原子2
17
0Cl
B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯乙烯分子的结构简式：H C﹣CH Cl
3 2
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
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【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数＝质子数+中子数；B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定
结构；
C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；
D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可。
【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数＝17+20
＝37，故正确应为： 37Cl，故A错误；
17
B、Cl原子得到 1个电子形成最外层满足 8个电子的 Cl﹣，离子结构示意图为：
，故B错误；
C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：
，故C正确；
D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H C＝CHCl，故D错误，故选
2
C。
【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和
中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大。
3．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．分子式为C H O的有机化合物性质相同
2 6
B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能
𝐻 𝑂 𝑂 𝑂
2 2 2
途径a：C→CO+H →CO +H O途径b：C→CO
2 2 2 2
高温 燃烧 燃烧
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【考点】51：氧化还原反应的电子转移数目计算；BN：化学能与热能的应用；H9：辨
识简单有机化合物的同分异构体．
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【分析】A、分子式为C H O的有机化合物存在同分异构体；
2 6
B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关；
C、氧化还原反应本质电子的得失，且得失电子守恒；
D、水中只含有H和O两种元素，汽油中含有C和H两种元素，依据元素守恒解答即
可．【解答】解：A、分子式为C H O的有机化合物存在同分异构体，即乙醇或甲醚，二者
2 6
属于不同的有机物，性质不同，故A错误；
B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途
径，放出的热量一样多，故B错误；
C、氧化还原反应中存在得失电子守恒定律，即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电
子的总数，故C正确；
D、汽油中含有C和H两种元素，而水中只存在H和O两种元素，故不可能通过化学
变化直接将水转变为汽油，故D错误，
故选：C。
【点评】本题主要考查的是有机物同分异构体的判断、化学反应的热效应、氧化还原反
应等，综合性较强，难度一般．
4．（2分）在CO 中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（ ）
2
A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）
C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【考点】GI：镁的化学性质．
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【分析】A、C元素的单质存在多种同素异形体；
B、电子层数越多，微粒半径越大；
C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．
【解答】解：A、元素 C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C ）等同素异形
60
体，故A错误；
B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电
子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；
点燃
¯
C、该反应为：2Mg+CO 2MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原
2
剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；
D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C。
【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还
原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度．
5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，
Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，
W的单质广泛用作半导体材料。下列叙述正确的是（ ）
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【分析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原
子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，
原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推
断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，结合各个选项解答即可。
【解答】解：Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子
且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周
期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据
此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，
A、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A正确；
B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al
＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B错误；
C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C错误；
D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比
较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大。
6．（2分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO 2﹣、Cl﹣
4𝐾
𝑤
B． =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH +、Ca2+、Cl﹣、NO ﹣
4 3
+
𝑐(𝐻 )
C．与Al反应能放出H 的溶液中：Fe2+、K+、NO ﹣、SO 2﹣
2 3 4
D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO ﹣、CO 2﹣
2 3
【考点】DP：离子共存问题．
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【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；
𝐾
𝑤
B. =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；
+
𝑐(𝐻 )
C．与Al反应能放出H 的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
2
D．水电离的 c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶
液．
【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A
错误；
𝐾
𝑤
B. =1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大
+
𝑐(𝐻 )
量共存，故B正确；
C．与 Al反应能放出 H 的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中 Fe2+（或
2
Al）、H+、NO ﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；
3
D．水电离的 c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶
液，酸溶液中不能大量存在AlO ﹣、CO 2﹣，故D错误；
2 3
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间
的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共
存”的信息，题目难度不大．
7．（2分）下列实验操作正确的是（ ）A．用玻璃棒蘸取CH COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH
3
B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次
C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
D．用装置乙加热分解NaHCO 固体
3
【考点】1B：真题集萃；U5：化学实验方案的评价．
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【专题】25：实验评价题．
【分析】A．pH试纸不能事先湿润；
B．为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗；
C．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；
D．加热固体应防止试管炸裂。
【解答】解：A．测定醋酸pH，pH试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结
果偏大，故A错误；
B．为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润
洗，故B正确；
C．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒
出，故C错误；
D．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D错误。
故选：B。
【点评】本题为2015年高考题江苏卷第7题，综合考查pH的使用、分液、滴定以及实
验安全等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，比较基础，难度适中，有利于培
养学生良好的科学素养。
8．（2分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）
𝐶𝑙 𝐻
2 2
A．粗硅→SiCl →Si
4
高温 高温
盐酸 电解
B．Mg（OH） →MgCl （aq）→Mg
2 2
盐酸 蒸发
C．Fe O →FeCl （aq）→无水FeCl
2 3 3 3
𝑁𝐻 3 ⋅𝐻 2 𝑂 蔗糖
D．AgNO （aq） → [Ag（NH ） ]OH（aq）→Ag
3 3 2
△
【考点】2E：硅酸盐工业；FH：硅和二氧化硅；GR：常见金属元素的单质及其化合物
的综合应用．
菁优网版权所有【分析】A．Si可与氯气在高温下反应生成 SiCl ，SiCl 可与氢气发生反应生成 Si和
4 4
HCl；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．
【解答】解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl ，SiCl 可与氢气发生反应生成Si
4 4
和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故
B错误；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C
错误；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误。
故选：A。
【点评】本题为2015年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学
生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注
意相关基础知识的积累．
9．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl +H O＝2H++Cl﹣+ClO﹣
2 2
B．Na CO 溶液中CO 2﹣的水解：CO 2﹣+H O＝HCO ﹣+OH﹣
2 3 3 3 2 3
C．酸性溶液中KIO 与KI反应生成I ：IO ﹣+I﹣+6H+＝I +3H O
3 2 3 2 2
D．NaHCO 溶液中加足量Ba（OH） 溶液：HCO ﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO ↓+H O
3 2 3 3 2
【考点】49：离子方程式的书写．
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【分析】A．氯气与水生成HClO，HClO为弱酸，应写成化学式；
B．CO 2﹣的水解为可逆反应；
3
C．电荷不守恒；
D．NaHCO 溶液中加足量Ba（OH） 溶液，生成BaCO 和水．
3 2 3
【解答】解：A．氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl +H O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO
2 2
为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；
B．CO 2﹣的水解为可逆反应，应为CO 2﹣+H O⇌HCO ﹣+OH﹣，故B错误；
3 3 2 3C．酸性溶液中KIO 与KI反应生成I ，发生IO ﹣+5I﹣+6H+＝3I +3H O，故C错误；
3 2 3 2 2
D．NaHCO 溶液中加足量 Ba（OH） 溶液，生成 BaCO 和水，发生 HCO ﹣
3 2 3 3
+Ba2++OH﹣＝BaCO ↓+H O，故D正确。
3 2
故选：D。
【点评】本题为2015年江苏卷第9题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重
于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式
的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查
各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方
程式等，难度不大．
10．（2分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是
（ ）
催化剂
¯
A．反应CH +H O 3H +CO，每消耗1molCH 转移12mol电子
4 2 2 4
△
B．电极A上H 参与的电极反应为：H +2OH﹣﹣2e﹣＝2H O
2 2 2
C．电池工作时，CO 2﹣向电极B移动
3
D．电极B上发生的电极反应为：O +2CO +4e﹣＝2CO 2﹣
2 2 3
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H ，反应中C元素化合价由﹣4价升高到+2
2
价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H 为负极反应，被氧化
2
生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO 2﹣，以此解答该题。
3
催化剂
¯
【解答】解：A．反应 CH +H O 3H +CO，C元素化合价由﹣4价升高到+2
4 2 2
△
价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH 转移6mol电子，故A错误；
4B．电解质没有OH﹣，负极反应为H +CO+2CO 2﹣﹣4e﹣＝H O+3CO ，故B错误；
2 3 2 2
C．电池工作时，CO 2﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；
3
D．B为正极，正极为氧气得电子生成 CO 2﹣，电极反应为：O +2CO +4e﹣＝2CO 2
3 2 2 3
﹣，故D正确。
故选：D。
【点评】本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物
质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确
定正负极产物，难度中等。
二、不定项选择题：本题包括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）下列说法正确的是（ ）
A．若H O 分解产生1molO ，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
2 2 2
B．室温下，pH＝3的CH COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞
3
7
C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D．一定条件下反应N
2
+3H
2
⇌2NH
3
达到平衡时，3v
正
（H
2
）＝2v
逆
（NH
3
）
【考点】1B：真题集萃；BK：金属的电化学腐蚀与防护；CG：化学平衡状态的判断；
D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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【分析】A．H O 分解产生1molO ，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移
2 2 2
2mol电子；
B．CH COOH为弱酸，pH＝3的 CH COOH溶液与 pH＝11的 NaOH溶液相比较，醋
3 3
酸过量；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；
D．化学反应中速率之比等于计量数之比．
𝑀𝑛𝑂
2
¯
【解答】解：A．H O 分解产生1molO ，方程式为2H O ↑ 2H O+O ↑，反应
2 2 2 2 2 2 2
中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；B．CH COOH为弱酸，pH＝3的 CH COOH溶液与 pH＝11的 NaOH溶液相比较，醋
3 3
酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可
防止被氧化，故C正确；
D．一定条件下反应 N +3H ⇌2NH 反应，速率关系符合系数比，即 v （H ）：v
2 2 3 正 2 正
（NH ）＝3：2，当反应达到平衡时，v （NH ）＝v （NH ），则达到平衡时，应为
3 正 3 逆 3
2v
正
（H
2
）＝3v
逆
（NH
3
），故D错误。
故选：C。
【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、
金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础
知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科
学素养．
12．（ 4分 ） 己 烷 雌 酚 的 一 种 合 成 路 线 如 图 ： 下 列 叙 述 正 确 的 是 （ ）
A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应
B．在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应
C．用FeCl 溶液可鉴别化合物X和Y
3
D．化合物Y中不含有手性碳原子
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【分析】A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇；
B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似；
C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应；
D．根据手性碳原子的定义判断．
【解答】解：A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去
反应，条件为氢氧化钠醇溶液，故A错误；
B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B正确；
C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；
D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题为2015年江苏考题第12题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有
机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．
13．（4分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（ ）
A．制备Al（OH） 悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl 溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液
3 3
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和
Na CO 溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水
2 3
C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加
KSCN溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H O 分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入
2 2
2mL5%H O 和1mLH O，向另一支试管中加入2mL5%H O 和1mLFeCl 溶液，观察并比
2 2 2 2 2 3
较实验现象
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【分析】A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子；
D．相同条件下，只有催化剂不同．
【解答】解：A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al（OH） 悬浊液，故A
3
错误；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，振荡后静置分液，并除去有机相的水可除
杂，故B正确；
C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子，检验亚铁离子，应先加 KSCN溶液，再加氯
水，故C错误；
D．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H O 和1mLFeCl 溶液反应速率
2 2 3
快，则可探究催化剂对H O 分解速率的影响，故D正确；
2 2
故选：BD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提
纯、离子检验及影响反应速率的因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
14．（4分）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7（通入气体对溶液体积的
影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．向0.10mol•L﹣1NH HCO 溶液中通入CO ：c（NH +）＝c（HCO ﹣）+c（CO 2
4 3 2 4 3 3
﹣）
B．向0.10mol•L﹣1NaHSO 溶液中通入NH ：c（Na+）＞c（NH +）＞c（SO 2﹣）
3 3 4 3
C．向0.10mol•L﹣1Na SO 溶液通入SO ：c（Na+）＝2[c（SO 2﹣）+c（HSO ﹣）+c
2 3 2 3 3
（H SO ）]
2 3
D．向0.10mol•L﹣1CH COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH COOH）＝c（Cl
3 3
﹣）
【考点】DN：离子浓度大小的比较．
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【分析】A．pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由
物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO 2﹣）+c（HSO ﹣）+c（H SO ），溶液呈中性，由电
3 3 2 3
荷守恒可得：c（Na+）+c（NH +）＝2c（SO 2﹣）+c（HSO ﹣），联立判断；
4 3 3
C．未反应前结合物料守恒可知 c（Na+）＝2[c（SO 2﹣）+c（HSO ﹣）+c
3 3
（H SO ）]，向0.10mol•L﹣1Na SO 溶液通入SO ，至溶液pH＝7，反应后溶液中溶质
2 3 2 3 2
为NaHSO 、Na SO ；
3 2 3
D．向0.10mol•L﹣1CH COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，反应后溶液中溶质为
3
NaCl、醋酸和醋酸钠．
【解答】解：A．pH＝7，则c（H+）＝c（OH﹣），结合电荷守恒可知，c（NH +）＝c
4
（HCO ﹣）+2c（CO 2﹣），故A错误；
3 3
B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故
c（Na+）＞c（NH +），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO 2﹣）+c（HSO ﹣）+c
4 3 3
（H SO ），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH +）＝2c（SO 2﹣）+c
2 3 4 3
（HSO ﹣），联立可得：c（NH +）+c（H SO ）＝c（SO 2﹣），故B错误；
3 4 2 3 3
C．向0.10mol•L﹣1Na SO 溶液通入SO ，发生Na SO +SO +H O＝2NaHSO ，至溶液
2 3 2 2 3 2 2 3
pH＝7，反应后溶液中溶质为的 NaHSO 、Na SO ，则 c（Na+）＜2[c（SO 2﹣）+c
3 2 3 3
（HSO ﹣）+c（H SO ）]，故C错误；
3 2 3D．向 0.10mol•L﹣1CH COONa溶液中通入 HCl，至溶液 pH＝7，c（H+）＝c（OH
3
﹣），HCl不足，反应后溶液中溶质为 NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c
（Na+）＝c（CH COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH COOH）+c
3 3
（CH COO﹣），则c（Na+）＞c（CH COOH）＝c（Cl﹣），故D正确；
3 3
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类
水解及电离为解答的关键，注意pH＝7的信息及应用，题目难度不大．
15．（4分）在体积均为 1.0L的恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入
0.1molCO 和0.2molCO ，在不同温度下反应CO （g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，
2 2 2
平衡时CO 的物质的量浓度c（CO ）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处
2 2
于曲线上）。下列说法正确的是（ ）
A．反应CO （g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0
2
B．体系的总压强P
总
：P
总
（状态Ⅱ）＞2P
总
（状态Ⅰ）
C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）
D．逆反应速率V
逆
：V
逆
（状态Ⅰ）＞V
逆
（状态Ⅲ）
【考点】1B：真题集萃；C7：化学平衡建立的过程；CB：化学平衡的影响因素．
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【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO ）小可知
2
△H；
B．分别加入 0.1molCO 和 0.2molCO ，曲线 I为加入 0.1molCO ，曲线 II为加入
2 2 2
0.2molCO ，结合CO （g）+C（s）⇌2CO（g）及图中变化量判断；
2 2
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO ，与状态Ⅲ平衡时CO
2
的浓度相同，再加入0.1molCO ，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再
2
充入CO ，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；
2
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快。【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO ）
2
小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；
B．分别加入 0.1molCO 和 0.2molCO ，曲线 I为加入 0.1molCO ，曲线 II为加入
2 2 2
0.2molCO ，若平衡不移动，体系的总压强为P （状态Ⅱ）＝2P （状态Ⅰ），由方程
2 总 总
式可知CO 减少多少，体系中气体总量就增加多少，且图中曲线I中二氧化碳减少量小
2
于一半，则气体总量小于1.5；而曲线II中二氧化碳减少量大于一半，则气体总量大于
3.0，则体系的总压强为P
总
（状态Ⅱ）＞2P
总
（状态Ⅰ），故B正确；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO ，与状态Ⅲ平衡时CO
2
的浓度相同，再加入0.1molCO ，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再
2
充入CO ，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态
2
Ⅲ），故C正确；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V （状态Ⅰ）
逆
＜V
逆
（状态Ⅲ），故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，本题为2015年江苏高考题，
把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度
中等。
二、非选择题
16．（12分）以磷石膏（主要成分 CaSO ，杂质 SiO 、Al O 等）为原料可制备轻质
4 2 2 3
CaCO ．
3
（1）匀速向浆料中通入CO ，浆料清液的pH和c（SO 2﹣）随时间变化见图．清液pH
2 4
＞11时 CaSO 转化的离子方程式为 CaSO +2NH •H O+CO ＝CaCO +2NH ++SO 2﹣
4 4 3 2 2 3 4 4
+H O或CaSO +CO 2﹣＝CaCO +SO 2﹣ ；能提高其转化速率的措施有 AC （填序
2 4 3 3 4
号）A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度 D．减小CO 通入速率
2
（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子
为 SO 2﹣ 和 HCO ﹣ （填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是 取少量最后一
4 3
次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则
表明已洗涤完全 ．
（3）在敞口容器中，用NH Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液
4
中c（Ca2+）增大的原因是 浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙
离子浸出 ．
【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】磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫
酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO 、Al O 等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，
2 2 3
加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸
钙，
（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO 2﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时
4
CaSO 生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨
4
水浓度，增大c（CO 2﹣）；
3
（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO 2﹣并有HCO ﹣
4 3
生成，沉淀吸附SO 2﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验；
4
（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强．
【解答】解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液
为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO 、Al O 等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙
2 2 3
等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成
碳酸钙，（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO 2﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时
4
CaSO 生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为 CaSO +2NH •
4 4 3
H O+CO ＝CaCO +2NH ++SO 2﹣+H O或CaSO +CO 2﹣＝CaCO +SO 2﹣，为提高其转
2 2 3 4 4 2 4 3 3 4
化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO 2﹣），而升高温度，氨气挥发，不能
3
增大转化率，
故答案为：CaSO +2NH •H O+CO ＝CaCO +2NH ++SO 2﹣+H O或 CaSO +CO 2﹣＝
4 3 2 2 3 4 4 2 4 3
CaCO +SO 2﹣；AC；
3 4
（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO 2﹣并有HCO ﹣
4 3
生成，沉淀吸附SO 2﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过
4
滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤
完全，
故答案为：SO 2﹣；HCO ﹣；取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸
4 3
酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；
（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增
大，
故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．
【点评】本题为 2015年江苏考题第 16题，以实验流程的形成综合考查元素化合物知
识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度中等，注意把握提给信息以及相关
物质的性质．
17．（15分）化合物 F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：
（1）化合物A中的含氧官能团为 醚键 和 醛基 （填官能团的名称）．
（2）化合物B的结构简式为 ；由C→D的反应类型
是： 取代反应 ．
（ 3） 写 出 同 时 满 足 下 列 条 件 的 E的 一 种 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式．
Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢
𝐻
2
（4）已知：RCH CN → RCH CH NH ，请写出以 为原料
2 2 2 2
催化剂，△
制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程
𝑂 𝐶𝐻 𝐶𝐻 𝑂𝐻
2 3 2
图示例如图：CH CHO → CH COOH → CH COOCH CH ．
3 3 3 2 3
催化剂△ 浓硫酸△
【考点】HC：有机物的合成．
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【分析】A含有的官能团为醚键和醛基，对比 A、C的结构简式可知 B为
， B与 SOCl 发 生 取 代 反 应 生 成
2
， 然 后 与 NaCN发 生 取 代 反 应 生 成
， 经 水 解 、 还 原 ， 最 终 生 成
；
以 制备 ，可在浓硫酸作用下生成 ，然后与
HCl发生加成反应生成 ，与 NaCN发生取代反应生成 ，在催化作用
下与氢气反应可生成 ，以此解答该题．
【解答】解：A含有的官能团为醚键和醛基，对比 A、C的结构简式可知 B为
， B与 SOCl 发 生 取 代 反 应 生 成
2
， 然 后 与 NaCN发 生 取 代 反 应 生 成
， 经 水 解 、 还 原 ， 最 终 生 成
，（1）由结构简式可知A含有的官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；
（2）B为 ， 与 NaCN发生取
代反应生成 ，
故答案为： ；取代反应；
（3）E的一种同分异构体含有 3种不同化学环境的氢，且含有 2个苯环，且结构对
称 ， 则 对 应 的 结 构 有
，
故 答 案 为 ：
；
（4）以 制备 ，可在浓硫酸作用下生成 ，然
后与HCl发生加成反应生成 ，与NaCN发生取代反应生成 ，在催化
作用下与氢气反应可生成 ，也可与HCl反应生成 ，再生
成 ，
则流程为 ，故答案为： ．
【点评】本题为2015年江苏卷第17题，涉及有机物的合成，侧重于学生的分析能力的
考查，答题时注意把握提给信息以及官能团的性质，注意合成路线的设计，为解答该题
的难点．
18．（12分）软锰矿（主要成分MnO ，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气
2
中SO 反应可制备MnSO •H O，反应的化学方程式为：MnO +SO ＝MnSO
2 4 2 2 2 4
（1）质量为17.40g纯净MnO 最多能氧化 4.48 L（标准状况）SO ．
2 2
（2）已知：K [Al（OH） ]＝1×10﹣33，K [Fe（OH） ]＝3×10﹣39，pH＝7.1时Mn
sp 3 sp 3
（OH） 开始沉淀．室温下，除去MnSO 溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣
2 4
6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为 5.0≤pH＜7.1 ．
（3）如图可以看出，从 MnSO 和 MgSO 混合溶液中结晶 MnSO •H O晶体，需控制
4 4 4 2
结晶温度范围为 高于60℃ ．
（4）准确称取0.1710gMnSO •H O样品置于锥形瓶中，加入适量H PO 和NH NO 溶
4 2 3 4 4 3
液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）＝0.0500mol•L﹣1的标准溶液滴定至终
点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO •H O样品
4 2
的纯度（请给出计算过程）【考点】5A：化学方程式的有关计算；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本
质．
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【分析】（1）根据MnO +SO ＝MnSO 可知，n（SO ）＝n（MnO ）；
2 2 4 2 2
（2）pH＝7.1时Mn（OH） 开始沉淀．室温下，除去MnSO 溶液中的Fe3+、Al3+，结
2 4
合Al（OH） 完全变成沉淀时的pH、Fe（OH） 完全变成沉淀时的pH分析；
3 3
（3）从MnSO 和MgSO 混合溶液中结晶MnSO •H O晶体，根据图上信息，高于60
4 4 4 2
℃以后MnSO •H O的溶解度减小，而MgSO •6H O的溶解度增大，因此控制结晶温度
4 2 4 2
范围是高于60℃；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×
0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO •H O）＝1.00×10﹣3mol×
4 2
169g/mol＝0.169g，以此计算纯度．
【 解 答 】 解 ： （ 1） 根 据 MnO +SO ＝ MnSO 可 知 ， n（ SO ） ＝ n（ MnO ）
2 2 4 2 2
17.4𝑔
= =0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L，
87𝑔/𝑚𝑜𝑙
故答案为：4.48；
（2）pH＝7.1时Mn（，除去OH） 开始沉淀．室温下MnSO 溶液中的Fe3+、Al3+，
2 4
氢氧化铝完全变成沉淀时的 pH：Ksp[Al（OH） ]＝1×10﹣33＝c（Al3+）×c3（OH
3
﹣），c（Al3+）＝1×10﹣6mol•L﹣1，解得：c（OH﹣）＝1×10﹣9mol•L﹣1，c（H+）＝1
×10﹣5mol•L﹣1pH＝5，同理 Fe（OH） 完全变成沉淀时，pH约为 3.5，故 pH范围
3
是：5.0≤pH＜7.1，故答案为：5.0≤pH＜7.1；
（3）从MnSO 和MgSO 混合溶液中结晶MnSO •H O晶体，根据图上信息，高于60
4 4 4 2
℃以后MnSO •H O的溶解度减小，而MgSO •6H O的溶解度增大，因此控制结晶温度
4 2 4 2
范围是高于60℃这样可以得到纯净的MnSO •H O，故答案为：高于60℃；
4 2（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×
0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO •H O）＝1.00×10﹣3mol×
4 2
0.169𝑔
169g/mol＝0.169g，纯度为 ×100%＝98.8%，
0.1710𝑔
答：MnSO •H O样品的纯度为98.8%．
4 2
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应计算、溶度积计算及混合物分离、图象分
析等，本题为 2015年江苏高考题 18题，综合性较强，侧重分析、计算能力的综合考
查，题目难度中等．
19．（15分）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO ） 溶液
3 3
的反应制备高效水处理剂K FeO ．已知K FeO 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓
2 4 2 4
KOH溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH） 催化作
3
用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH） 和O ．
3 2
（1）装置 A中 KMnO 与盐酸反应生成 MnCl 和 Cl ，其离子方程式为 2MnO ﹣
4 2 2 4
+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl ↑+8H O ，将制备的 Cl 通过装置 B可除去 HCl （填
2 2 2
化学式）．
（2）Cl 和KOH在较高温度下反应生成KClO ，在不改变KOH溶液的浓度和体积的
2 3
条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是 缓慢滴加盐酸、装置C
用冰水浴中 ．
（3）制备K FeO 时，KClO饱和溶液与Fe（NO ） 饱和溶液的混合方式为 在搅拌
2 4 3 3
下，将Fe（NO ） 饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中 ．
3 3
（4）提纯 K FeO 粗产品[含有 Fe（OH） 、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的
2 4 3
K FeO 粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中， 用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水
2 4
浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次
后，在真空干燥箱中干燥 （实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】24：实验设计题．
【分析】（1）KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为 Cl ，反应还有水生成，
4 2
KMnO 、HCl、MnCl 改写成离子形式，Cl 、H O为分子式形式，配平书写离子方程
4 2 2 2
式；
由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去；
（2）Cl 和KOH在较高温度下反应生成KClO ，制取KClO温度反应在0℃～5℃，装
2 3
置C应放在冰水浴中，充分利用原料，应降低通入氯气的速率；
（3）K FeO 在Fe3+和Fe（OH） 催化作用下发生分解，应把Fe（NO ） 饱和溶液滴
2 4 3 3 3
加到KClO溶液中；
（4）用砂芯漏斗过滤，除去氢氧化铁，由于K FeO 可溶于水、微溶于浓KOH溶液，
2 4
将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K FeO 晶体，再进行过
2 4
滤，用乙醇洗涤，减少因溶解导致晶体损失，最后在真空干燥箱中干燥．
【解答】解：（1）KMnO 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl ，反应还有水生
4 2
成，KMnO 、HCl、MnCl 改写成离子形式，Cl 、H O为分子式形式，离子方程式为：
4 2 2 2
2MnO ﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl ↑+8H O，
4 2 2
由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去，
故答案为：2MnO ﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl ↑+8H O；HCl；
4 2 2
（2）Cl 和KOH在较高温度下反应生成KClO ，制取KClO温度反应在0℃～5℃，装
2 3
置C应放在冰水浴中，充分利用原料，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，
故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；
（3）K FeO 在Fe3+和Fe（OH） 催化作用下发生分解，应把Fe（NO ） 饱和溶液滴
2 4 3 3 3
加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe（NO ） 饱和溶液缓慢滴加到KClO
3 3
饱和溶液中，
故答案为：在搅拌下，将Fe（NO ） 饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中；
3 3
（4）提纯 K FeO 粗产品[含有 Fe（OH） 、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的
2 4 3
K FeO 粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴
2 4
中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，
在真空干燥箱中干燥，故答案为：用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和﹣﹣的KOH溶
液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥．
【点评】本题考查实验制备方案、氧化还原反应、物质的分离提纯、对条件与操作的分
析评价、阅读获取信息能力，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难
度中等．
20．（14分）烟气（主要污染物SO 、NO ）经O 预处理后用CaSO 水悬浮液吸收，可减
2 x 3 3
少烟气中SO 、NO 的含量；O 氧化烟气中SO 、NO 的主要反应的热化学方程式为：
2 x 3 2 x
NO（g）+O （g）═NO （g）+O （g）△H＝﹣200.9kJ•mol﹣1
3 2 2
1
NO（g） + O （g）═NO （g）△H＝﹣58.2kJ•mol﹣1
2 2
2
SO （g）+O （g）═SO （g）+O （g）△H＝﹣241.6kJ•mol﹣1
2 3 3 2
（1）反应3NO（g）+O （g）＝3NO （g）的△H＝ ﹣317.3 mol•L﹣1。
3 2
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO 的物质的量，改变加入O 的物质的量，反
2 3
应一段时间后体系中n（NO）、n（NO ）和n（SO ）随反应前n（O ）：n（NO）的变
2 2 3
化见图。
①当n（O ）：n（NO）＞1时，反应后NO 的物质的量减少，其原因是 O 将NO
3 2 3 2
氧化为更高价态氮氧化物 。
②增加 n（O ），O 氧化 SO 的反应几乎不受影响，其可能原因是 可能是其反应较
3 3 2
慢 。
（3）当用CaSO 水悬浮液吸收经O 预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO 2﹣将
3 3 3
NO 转化为 NO ﹣，其离子方程式为： SO 2﹣+2NO +2OH﹣＝SO 2﹣+2NO ﹣
2 2 3 2 4 2
+H O 。
2
（4）CaSO 水悬浮液中加入 Na SO 溶液，达到平衡后溶液中 c（SO 2﹣）＝
3 2 4 3
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 3
×𝑐(𝑆𝑂 2‒) [用 c（SO 2﹣）、Ksp（CaSO ）和 Ksp（CaSO ）表示]；
4 4 3 4
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 4
CaSO 水悬浮液中加入Na SO 溶液能提高NO 的吸收速率，其主要原因 CaSO 转化
3 2 4 2 3
为CaSO 使溶液中SO 2﹣的浓度增大，加快SO 2﹣与NO 的反应速率 。
4 3 3 2【考点】1B：真题集萃；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CB：化学平衡的影
响因素；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
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【分析】（1）NO（g）+O （g）═NO （g）+O （g）△H＝﹣200.9kJ•mol﹣1①
3 2 2
1
NO（g） + O （g）═NO （g）△H＝﹣58.2kJ•mol﹣1②
2 2
2
将方程式2②+①3NO（g）+O （g）＝3NO （g），焓变进行相应的改变；
3 2
（2）①臭氧具有强氧化性，能氧化生成的NO ；
2
②增加n（O ），O 氧化SO 的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可
3 3 2
能是其反应速率较慢；
（3）溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，SO 2﹣将NO 转化为NO ﹣，同时SO 2﹣被氧
3 2 2 3
化生成SO 2﹣，根据反应物和生成物书写离子方程式；
4
（4）CaSO 水悬浮液中加入Na SO 溶液，发生反应CaSO +SO 2﹣＝CaSO +SO 2﹣，
3 2 4 3 4 4 3
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 ) 𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 3 𝑠𝑝 4
溶 液 中 c（ Ca2+） = = ； 根 据 CaSO +SO 2﹣ ＝
3 4
2‒ 2‒
𝑐(𝑆𝑂 ) 𝑐(𝑆𝑂 )
3 4
CaSO +SO 2﹣知，加入硫酸钠导致亚硫酸根离子浓度增大，浓度越大反应速率越大。
4 3
【解答】解：（1）NO（g）+O （g）═NO （g）+O （g）△H＝﹣200.9kJ•mol﹣1①
3 2 2
1
NO（g） + O （g）═NO （g）△H＝﹣58.2kJ•mol﹣1②
2 2
2
将方程式2②+①3NO（g）+O （g）＝3NO （g），所以△H＝2×（﹣58.2kJ•mol﹣1）
3 2
+（﹣200.9kJ•mol﹣1）＝﹣317.3kJ/mol，
故答案为：﹣317.3；
（2）①当 n（O ）：n（NO）＞1时，臭氧过量，臭氧具有强氧化性，能将反应后
3
NO 氧化为更高价氮氧化物，导致二氧化氮减少，故答案为：O 将NO 氧化为更高价
2 3 2
态氮氧化物；②增加n（O ），O 氧化SO 的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可
3 3 2
能是其反应速率较慢，故答案为：可能是其反应较慢；
（3）溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，SO 2﹣将NO 转化为NO ﹣，同时SO 2﹣被氧
3 2 2 3
化生成 SO 2﹣，根据反应物和生成物书写离子方程式为 SO 2﹣+2NO +2OH﹣＝SO 2﹣
4 3 2 4
+2NO ﹣+H O，故答案为：SO 2﹣+2NO +2OH﹣＝SO 2﹣+2NO ﹣+H O；
2 2 3 2 4 2 2
（4）CaSO 水悬浮液中加入Na SO 溶液，发生反应CaSO +SO 2﹣＝CaSO +SO 2﹣，
3 2 4 3 4 4 3
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 ) 𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 3 𝑠𝑝 4
溶 液 中 c（ Ca2+） = = ， 所 以 c（ SO 2﹣ ）
3
2‒ 2‒
𝑐(𝑆𝑂 ) 𝑐(𝑆𝑂 )
3 4
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 3
= ×𝑐(𝑆𝑂 2‒)；根据CaSO +SO 2﹣＝CaSO +SO 2﹣知，加入硫酸钠导
4 3 4 4 3
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 4
致c（SO 2﹣）增大，浓度越大反应速率越大，所以加快反应速率，提高NO 的吸收速
3 2
率，
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 3
故答案为： ×𝑐(𝑆𝑂 2‒)；CaSO 转化为CaSO 使溶液中SO 2﹣的浓度增
4 3 4 3
𝐾 (𝐶𝑎𝑆𝑂 )
𝑠𝑝 4
大，加快SO 2﹣与NO 的反应速率。
3 2
【点评】本题为2015年江苏省高考题，考查了溶度积常数计算、反应速率影响因素、
氧化还原反应离子方程式的书写、盖斯定律等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析
计算能力，知道常见物质的性质、离子方程式书写规则，难点是（4）题计算，题目难
度中等。
四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区
域内作答．若多做，则按A小题评分．
21．（ 12分 ） 下 列 反 应 曾 用 于 检 测 司 机 是 否 酒 后 驾 驶 ： 2Cr O 2﹣
2 7
+3CH CH OH+16H++13H O→4[Cr（H O） ]3++3CH COOH
3 2 2 2 6 3
（1）Cr3+基态核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3 ；配合物[Cr（H O） ]3+中，与
2 6
Cr3+形成配位键的原子是 O （填元素符号）．
（2）CH COOH中C原子轨道杂化类型为 sp3和sp2 ．1mol CH COOH分子中含有
3 3
σ键的数目为 7mol或7×6.02×1023 ．
（3）与H O互为等电子体的一种阳离子为 H F+ （填化学式）；H O与CH CH OH
2 2 2 3 3
可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为 H O与CH CH OH之间可
2 3 2
以形成氢键 ．【考点】86：原子核外电子排布；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
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【 分 析 】（ 1） Cr位 于 周 期 表 第 四 周 期 Ⅵ B族 ， 原 子 核 外 电 子 排 布 为
1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，配合物[Cr（H O） ]3+中Cr3+为中心离
2 6
子，H O为配体；
2
（2）CH COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，CH CHOOH分子
3 3
中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C＝O、1个O﹣H等化学键；
（3）与 H O互为等电子体的阳离子应含有 3个原子、且电子数为 10，H O与
2 2
CH CH OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶．
3 2
【解答】解：（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为
1s22s22p63s23p63d54s1， 失 去 3个 电 子 生 成 Cr3+， 则 离 子 的 电 子 排 布 为
1s22s22p63s23p63d3，
配合物[Cr（H O） ]3+中Cr3+为中心离子，H O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+
2 6 2
形成配位键，
故答案为：1s22s22p63s23p63d3；O；
（2）CH COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、
3
sp2杂化，CH CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C＝O、1
3
个 O﹣H等化学键，则 1mol CH COOH分子中含有σ键的数目为 7mol或 7×6.02×
3
1023，
故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；
（3）与 H O互为等电子体的阳离子应含有 3个原子、且电子数为 10，应为 H F+，
2 2
H O与CH CH OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，
2 3 2
故答案为：H F+；H O与CH CH OH之间可以形成氢键．
2 2 3 2
【点评】本题为 2015年江苏考题第 21题，为选做题，综合考查原子结构与元素的性
质，题目涉及核外电子排布、杂化类型以及等电子体等问题，侧重于学生的分析能力的
考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大．
22．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其
实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl 、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，
3
升温至60℃，缓慢滴加经H SO 干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．
2 4
步骤 2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO 溶液洗涤．
3
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO 固体，放置一段时间后过滤．
4
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是 冷凝回流 ，锥形瓶中的溶液应为 NaOH ．
（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为 AlCl ．
3
（3）步骤2中用10%NaHCO 溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的 Br 、HCl
3 2
（填化学式）．
（4）步骤3中加入无水MgSO 固体的作用是 除去有机相的水 ．
4
（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止 间溴苯甲醛被氧化 ．
附表相关物质的沸点（101kPa）
物质 沸点/℃ 物质 沸点/℃
溴 58.8 1，2﹣二氯乙烷 83.5
苯甲醛 179 间溴苯甲醛 229
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】24：实验设计题．
【分析】苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在 60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成
HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，
有机相中含有Br ，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO 固体，可起
2 4
到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以
此解答该题．
【解答】解：（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反
应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空
气，
故答案为：冷凝回流；NaOH；（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl 、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物
3
质中无水AlCl 为催化剂，1，2﹣二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物，
3
故答案为：AlCl ；
3
（3）将反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br 、
2
HCl反应，
故答案为：Br 、HCl；
2
（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO 固体，可起到除去有机相的水的作
4
用，
故答案为：除去有机相的水；
（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，
故答案为：间溴苯甲醛被氧化．
【点评】本题为2015年高考化学江苏卷化学选做题实验化学部分，本题考查有机物的
制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握基本实验操作方法以及实验
的原理，难度不大．
