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2018 年江苏省高考化学试卷解析版 【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．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数；
参考答案与试题解析
B．氯化氢为共价化合物，不存在阴阳离子；
一、单项选择题共10小题，每小题2分，共20分
C．氨气分子中含有3个N﹣H键；
1．（2分）CO 是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO 含量上升的是（ ）
2 2
D．氯离子的最外层达到8电子稳定结构。
A．光合作用 B．自然降雨
【解答】解：A．中子数为8的氮原子的质量数＝8+7＝15，噶原子正确的表示方法为：15 N，故A错误；
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积 7
【考点】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的开发． B．HCl为共价化合物，电子式中不能标出电荷，其正确的电子式为 ，故B错误；
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【分析】A．光合作用是吸收空气中二氧化碳生成氧气；
B．二氧化碳微溶于水，自然降雨过程中二氧化碳含量减少； C．氨气为共价化合物，分子中含有3个N﹣H键，NH 3 的结构式 ，故C正确；
C．化石燃料燃烧会生成大量二氧化碳；
D．碳酸盐沉积是空气中二氧化碳反应生成沉淀的过程。
D． 为氯原子结构示意图，氯离子的最外层含有8个电子，其正确的离子结构示意图为
【解答】解：A．光合作用是叶绿素吸收二氧化碳生成氧气，过程中不会引起大气中CO 含量上升，故A错
2
，故D错误；
误；
故选：C。
B．自然降雨过程中，空气中二氧化碳部分溶于水，过程中不会引起大气中CO 含量上升，故B错误；
2
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、元素符号、结构式、离子结构示
C．化石燃料为煤、石油、天然气等，都含碳元素，化石燃料的燃烧过程中都会生成二氧化碳气体，过程会
意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题有利于提高学生的规范答题能力。
引起大气中CO 含量上升，故C正确；
2
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
D．碳酸盐的沉积是碳元素减少的过程，过程中不会引起大气中CO 含量上升，故D错误；
2
A．NaHCO 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
故选：C。 3
B．SiO 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
【点评】本题考查了碳循环过程中碳元素的变化、化石燃料燃烧、化合反应等，掌握基础是解题关键，题目 2
C．Al O 是两性氧化物，可用作耐高温材料
难度不大。 2 3
D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
2．（2分）用化学用语表示NH +HCl═NH Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）
3 4
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
A．中子数为8的氮原子：7 8N 菁优网版权所有
【分析】A．碳酸氢钠的稳定性与制胃酸中和剂没有关系；
B．HCl的电子式：
B．二氧化硅能导光，可用于制光导纤维，与二氧化硅的熔点无关；
C．氧化铝可用作耐高温材料，利用的是其高熔点，与是两性氧化物无关；
C．NH 的结构式：
3
D．根据CaO与H O反应，且无毒分析。
2
【解答】解：A．碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO 的稳定性无关，故A错误；
3
D．Cl﹣的结构示意图：
B．SiO
2
可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性，与其熔点无关，故B错误；C．由于Al O 具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al O 是两性氧化物无关，故C错误；
2 3 2 3
D．由于CaO与水发生反应，且无毒，可用作食品干燥剂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质组成、结构与性质的关系，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质即可解答，
注意掌握常见物质性质与用途的关系，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
4．（2分）室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．0.1mol•L﹣1 KI溶液：Na+、K+、ClO﹣、OH﹣ A．用装置甲灼烧碎海带
B．0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） 溶液：Cu2+、NH +、NO ﹣、SO 2﹣ B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
2 4 3 4 3 4
C．0.1mol•L﹣1 HCl溶液：Ba2+、K+、CH COO﹣、NO ﹣ C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl
3 3 2
D．0.1mol•L﹣1 NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO 2﹣、HCO ﹣ D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl 尾气
4 3 2
【考点】DP：离子共存问题． 【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【分析】A．次氯酸根离子能够氧化碘化钾； 【分析】A．灼烧海带需要在坩埚中进行；
B．四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应； B．装置乙为过滤装置，能够过滤海带灰的浸泡液；
C．醋酸根离子与氢离子反应； C．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热；
D．氢氧化钠与镁离子、碳酸氢根离子反应。 D．氯气在氯化钠溶液中的溶解度较小，应该用氢氧化钠溶液。
【解答】解：A．ClO﹣能够氧化KI，在溶液中不能大量共存，故A错误； 【解答】解：A．需要在坩埚中灼烧海带，不能用烧杯灼烧，故A错误；
B．Cu2+、NH +、NO ﹣、SO 2﹣之间不反应，都不与Fe （SO ） 反应，在溶液中能够大量共存，故B正 B．装置乙中装置及操作均合理，可用装置乙过滤海带灰的浸泡液，故B正确；
4 3 4 2 4 3
确； C．装置丙中缺少加热装置，无法获得氯气，故C错误；
C．CH COO﹣与HCl反应生成弱电解质CH COOH，在溶液中不能大量共存，故C错误； D．氯气难溶于饱和氯化钠溶液，应该为NaOH溶液吸收多余的氯气，故D错误；
3 3
D．Mg2+、HCO ﹣与NaOH溶液反应，在溶液中不能大量共存，故D错误； 故选：B。
3
故选：B。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及灼烧、过滤装置及气体制备与尾气吸收等知
【点评】本题考查离子共存，题目难度不大，明确常见离子的性质即可解答，注意掌握离子共存的条件，试 识，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握常见化学实验基本操作方法，试题有利于提高学生的化学实验
题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。 能力。
5．（2分）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的是（ ） 6．（2分）下列有关物质性质的叙述一定不正确的是（ ）
A．向FeCl 溶液中滴加 NH SCN溶液，溶液显红色
2 4
B．KAl（SO ） •12H O溶于水可形成Al（OH） 胶体
4 2 2 3
C．NH Cl与Ca（OH） 混合加热可生成NH
4 2 3
D．Cu与FeCl 溶液反应可生成CuCl
3 2【考点】DD：盐类水解的应用． +3Cl﹣+5H O，故C错误；
2
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【分析】A．亚铁离子不与NH SCN溶液反应； D．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中
4
B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体； 通电
¯
C．氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水； 生成氢氧化钠，水不能拆开，正确的离子方程式为：2Cl﹣+2H O 2OH﹣+H ↑+Cl ↑，故D错误；
2 2 2
D．金属铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子。
故选：A。
【解答】解：A．铁离子与NH SCN溶液反应，溶液变红色，而亚铁离子不与NH SCN反应，故A错误；
4 4
【点评】本题考查离子方程式的书写判断，题目难度不大，明确离子方程式的书写原则即可解答，C为易错
B．KAl（SO ） •12H O溶于水电离出铝离子，铝离子水解可形成Al（OH） 胶体，故B正确；
4 2 2 3
点，注意反应环境，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。
C．实验室中通常利用加热NH Cl、Ca（OH） 固体混合物制取NH ，故C正确；
4 2 3
8．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只
D．Cu与FeCl 溶液发生氧化还原反应生成FeCl 和CuCl ，故D正确；
3 2 2
有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（ ）
故选：A。
A．原子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）
【点评】本题考查较为综合，涉及铁离子检验、氨气制备、盐的水解原理、氧化还原反应等知识，明确常见
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的灵活应用能力。
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
A．饱和Na CO 溶液与CaSO 固体反应：CO 2﹣+CaSO ⇌CaCO +SO 2﹣
2 3 4 3 4 3 4
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
B．酸化NaIO 和NaI的混合溶液：I﹣+IO ﹣+6H+═I +3H O 菁优网版权所有
3 3 2 2
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；Y原
C．KClO碱性溶液与Fe（OH） 反应：3ClO﹣+2Fe（OH） ═2FeO 2﹣+3Cl﹣+4H++H O
3 3 4 2
子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数大于
通电
¯ Y，则Z为Al元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是O、
D．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+ Cl ↑+H ↑
2 2
Na、Al、S元素；
【考点】49：离子方程式的书写． A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
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【分析】A．碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化； B．由X、Y组成的化合物可能是Na O也可能是Na O ；
2 2 2
B．离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒； C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
C．碱性条件下，反应产物中不能拆开氢离子； D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强。
D．水为弱电解质，离子方程式中不能拆开。 【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，为O元素；
【解答】解：A．饱和Na CO 溶液与CaSO 固体反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，该反应的离子方程式为： Y原子的最外层只有一个电子且原子序数大于X，则Y为Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序数
2 3 4
CO 2﹣+CaSO ⇌CaCO +SO 2﹣，故A正确； 大于Y，则Z为Al元素；W与X属于同一主族且为短周期元素，则W为S元素，即X、Y、Z、W分别是
3 4 3 4
B．酸化NaIO 和NaI发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5I﹣+IO ﹣+6H+═3I +3H O，故B错误； O、Na、Al、S元素；
3 3 2 2
C．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH） +4OH¯＝2FeO 2﹣ A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径r（Y）＞r（Z）＞r（W），故A错
3 4误； 解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
B．由X、Y组成的化合物可能是Na O也可能是Na O ，Na O只含离子键、Na O 含有离子键和共价键， 10．（2分）下列说法正确的是（ ）
2 2 2 2 2 2
故B错误； A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Y＞Z，则Y的最高价氧化物的水化物 B．反应4Fe（s）+3O （g）═2Fe O （s）常温下可自发进行，该反应为吸热反应
2 2 3
的碱性比Z的强，故C错误； C．3mol H 与1mol N 混合反应生成NH ，转移电子的数目小于6×6.02×1023
2 2 3
D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性X＞W，所以X的简单气态氢化物的 D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
热稳定性比W的强，故D正确； 【考点】51：氧化还原反应的电子转移数目计算；B7：常见的能量转化形式．
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故选：D。 【分析】A．还有部分化学能转化成了热能；
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生判断及知识综合运用能力，明确原子结构、元素周 B．依据反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0分析；
期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意：B选项中易漏掉Na O 而导致错误。 C．该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于2mol；
2 2
9．（2分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ） D．酶有最佳温度，温度过高会降低酶的催化活性。
△ 饱和石灰水 【解答】解：A．原电池工作时，化学能不可能全部转化为电能，部分转化为热能，故A错误；
A．NaHCO （s）→Na CO （s） → NaOH（aq）
3 2 3
B．反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0，已知常温常压下反应4Fe（s）+3O （g）＝2Fe O （s）可以自
𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑞) 过量𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑞) 2 2 3
B．Al（s） → NaAlO （aq） → Al（OH） （s）
2 3
发进行，△S＜0，满足△H﹣T△S＜0，△H＜0，该反应是放热反应，故B错误；
氨水 蔗糖(𝑎𝑞)
C．AgNO 3 （aq）→[Ag（NH 3 ） 2 ]+（aq） → Ag（s） C.3mol H 2 与1mol N 2 混合反应生成NH 3 ，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质的量小于2mol，转移
𝐴𝑙 𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑞)
D．Fe O （s）→Fe（s） → FeCl （aq）
电子小于6mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，故C正确；
2 3 3
高温
D．在酶催化淀粉水解反应中，适宜温度淀粉水解速率加快，但温度过高可能导致酶的催化活性降低甚至消
【考点】GF：钠的重要化合物；GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
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失，故D错误；
【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
故选：C。
B．偏铝酸钠与过量盐酸反应生成的氯化铝，不会生成氢氧化铝沉淀；
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应的计算、反应自发进行的判断、原电池、淀粉水解等知识，
C．蔗糖为非还原性糖，不与银氨溶液反应；
明确反应自发进行的条件为解答关键，注意酶的催化活性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
D．铁与盐酸反应生成的是氯化亚铁。
二、不定项选择共5小题，每小题4分，共20分
【解答】解：A．NaHCO （s）加热分解生成Na CO （s），碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，
3 2 3
11．（4分）化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2﹣甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制
该转化关系均能实现，故A正确；
得：
B．NaAlO （aq）与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al（OH） （s），故B错误；
2 3
C．[Ag（NH ） ]+（aq）不与蔗糖反应，故C错误；
3 2
D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl （aq），故D错误；
3
故选：A。
【点评】本题考查常见金属元素及其化合物的综合应用，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质即可下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ） 液，浊液变清 性
A．X分子中所有原子一定在同一平面上
B 向碘水中加入等体积CCl ，振 I 在 CCl 中的溶解度大于在
4 2 4
B．Y与Br 的加成产物分子中含有手性碳原子
2 荡后静置，上层接近无色，下水中的溶解度
C．X、Y均不能使酸性KMnO 溶液褪色
4 层显紫红色
D．X→Y的反应为取代反应
C 向CuSO 溶液中加入铁粉，有Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化
4
【考点】HD：有机物的结构和性质．
菁优网版权所有 红色固体析出 性
【分析】A．苯分子中所有原子共平面，共价单键可以旋转；
D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中 K （AgCl）＞K （AgI）
sp sp
B．Y与溴发生加成反应后，连接甲基的碳原子上含有4个不同原子或原子团；
滴入少量稀 AgNO 溶液，有
3
C．含有碳碳不饱和键、含有酚羟基的有机物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
黄色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
D．X中﹣OH上的H原子被 取代。 【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【解答】解：A．苯分子中所有原子共平面，共价单键可以旋转，所以O﹣H键可以旋转，导致﹣OH中的
【分析】A．苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，导致浊液变澄清；
H原子与苯环不共平面，故A错误；
B．向碘水中加入等体积CCl
4
，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中；
B．Y与溴发生加成反应后，连接甲基的碳原子上含有4个不同原子或原子团，所以Y与溴发生加成反应后
C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
的产物中连接甲基的碳原子为手性碳原子，故B正确；
D．离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀。
C．含有碳碳不饱和键、含有酚羟基的有机物都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，X 【解答】解：A．苯酚和 Na 2 CO 3 反应生成 NaHCO 3 和苯酚钠，导致浊液变澄清，根据强酸制取弱酸原理
中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，所以X、Y能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故
知，苯酚酸性大于HCO
3
﹣而不是碳酸，故A错误；
C错误；
B．向碘水中加入等体积CCl
4
，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，
由此证明I 在CCl 中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正确；
2 4
C．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应为Cu2++Fe＝Cu+Fe2+，
D．X中﹣OH上的H原子被 取代，所以为取代反应，故D正确；
该反应中氧化剂是Cu2+、氧化产物是Fe2+，则氧化性：Cu2+＞Fe2+，故C错误；
故选：BD。
D．离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀，因为c（Cl﹣）、c（I﹣）相对大小未知，导致无法
【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、原子共平面
判断溶度积大小，故D错误；
判断方法、基本概念即可解答，注意：关键单键可以旋转，题目难度不大。
故选：B。
12．（4分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及萃取实验、氧化还原反应、溶度积常数、酸性强弱判断等知识
选项 实验操作和现象 结论 点，侧重考查学生实验操作、实验分析和评价能力，明确实验原理、物质性质是解本题关键，易错选项是
A 向苯酚浊液中滴加 Na CO 溶 苯酚的酸性强于 H CO 的酸 D。
2 3 2 313．（4分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ） 故选：C。
【点评】本题考查图象分析，涉及弱电解质的电离、化学反应速率影响因素、溶度积常数等知识点，侧重考
查学生图象分析及判断能力，明确化学反应原理是解本题关键，注意：化学平衡常数、电离平衡常数、溶度
积常数等都只与温度有关，与其它因素都无关，题目难度不大。
14．（4分）H C O 为二元弱酸，K （H C O ）＝5.4×10﹣2，K （H C O ）＝5.4×10﹣5，设H C O 溶液中
2 2 4 a1 2 2 4 a2 2 2 4 2 2 4
c（总）＝c（H C O ）+c（HC O ﹣）+c（C O 2﹣）。室温下用 NaOH溶液滴定 25.00 mL 0.1000 mol•L﹣1
2 2 4 2 4 2 4
H C O 溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
2 2 4
A．图甲是CO（g）+H O（g）＝CO （g）+H （g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H
2 2 2
A．0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液：c（H+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2﹣）+c（OH﹣）﹣c（H C O ）
＜0 2 2 4 2 4 2 2 4
B．c（Na+）＝c（总）的溶液：c（Na+）＞c（H C O ）＞c（C O 2﹣）＞c（H+）
B．图乙是室温下H O 催化分解放出氧气的反应中c（H O ）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行 2 2 4 2 4
2 2 2 2
C．pH＝7的溶液：c（Na+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2﹣）﹣c（H C O ）
2 4 2 2 4
H O 分解速率逐渐减小
2 2
D．c（Na+）＝2c（总）的溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H C O ）+c（HC O ﹣）
C．图丙是室温下用0.1000 mol•L﹣1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，说 2 2 4 2 4
【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
明HX是一元强酸 菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
D．图丁是室温下用Na SO 除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO 2﹣）的关系
2 4 4
【分析】A．根据0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液中的电荷守恒和物料守恒分析；
曲线，说明溶液中c（SO 2﹣）越大c（Ba2+）越小 2 2 4
4
B． c（ Na+） ＝ c（ 总 ） 时 ， 二 者 恰 好 完 全 反 应 生 成 NaHC O ， HC O ﹣ 的 水 解 平 衡 常 数 为
【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线． 2 4 2 4
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𝐾 ‒14
1 × 10
𝑊
【分析】A．根据图知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡逆向，升高温度平衡向吸热方向移动；
= ＜K （H C O ）＝5.4×10﹣5，说明 HC O ﹣的电离程度大于其水解程度，则 c
a2 2 2 4 2 4
𝐾 ‒2
5.4 × 10
𝑎1
B．反应物浓度越大，反应速率越大；
（C O 2﹣）＞c（H C O ）；
C．根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电 2 4 2 2 4
C．pH＝7时溶液呈中性，由于氢氧化钠溶液浓度不知，中和后溶液的体积不知，不能确定反应后浓度与
离；
0.1000 mol•L﹣1的大小关系；
D．温度不变，溶度积常数不变，Ksp（BaSO ）＝c（Ba2+）。c（SO 2﹣）。
4 4
D．c（Na+）＝2c（总）时，氢氧化钠与草酸恰好反应生成草酸钠，根据醋酸钠溶液中的质子守恒判断。
【解答】解：A．根据图知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡逆向，升高温度平衡向吸热方向移
【解答】解：A．0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液中存在电荷守恒：c（H+）＝2c（C O 2﹣）+c（OH﹣）+c
动，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应△H＜0，故A正确； 2 2 4 2 4
（HC O ﹣），还存在物料守恒：c（总）＝c（H C O ）+c（HC O ﹣）+c（C O 2﹣）＝0.1000mol/L，二者
B．反应物浓度越大，反应速率越大，根据图知，随着时间的进行，双氧水浓度逐渐降低，则随着反应的进 2 4 2 2 4 2 4 2 4
结合可得：c（H+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2﹣）+c（OH﹣）﹣c（H C O ），故A正确；
行H O 分解速率逐渐减小，故B正确； 2 4 2 2 4
2 2
𝐾 ‒14
1 × 10
𝑊
C．根据图知，HX中未加NaOH溶液时，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，说明该溶液中HX不完全电
B．c（Na+）＝c（总）的溶液中，溶质为 NaHC O ，HC O ﹣的水解平衡常数 = = ＜
2 4 2 4
𝐾 ‒2
5.4 × 10
𝑎1
离，所以HX为一元弱酸，故C错误；
K （H C O ）＝5.4×10﹣5，说明HC O ﹣的电离程度大于其水解程度，则c（C O 2﹣）＞c（H C O ），溶
D．温度不变，溶度积常数不变，Ksp（BaSO ）＝c（Ba2+）。c（SO 2﹣），c（Ba2+）与 c（SO 2﹣）成反 a2 2 2 4 2 4 2 4 2 2 4
4 4 4
液中还存在水电离的氢离子，则c（H+）＞c（C O 2﹣），所以正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（H+）
比，则c（SO 2﹣）越大c（Ba2+）越小，故D正确； 2 4
4＞c（C O 2﹣）＞c（H C O ），故B错误； 【考点】CP：化学平衡的计算．
2 4 2 2 4
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C．草酸与氢氧化钠溶液等体积、等浓度时满足：c（Na+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2﹣）﹣c（H C O ）， 【分析】A．将I容器中的反应极限化时产生2molSO ，Ⅱ容器是以4molSO 起始，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加
2 4 2 2 4 3 3
但氢氧化钠溶液浓度不知，中和后溶液的体积不知，不能确定反应后浓度与0.1000 mol•L﹣1的关系，所以该 压；
关系不一定不成立，故C错误； B．正反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，恒容容器中，根据理想气体状态方程pV＝nRT分
D．c（Na+）＝2c（总）的溶液中，溶质为Na C O ，根据Na C O 溶液中的质子守恒可得：c（OH﹣）﹣c 析；
2 2 4 2 2 4
（H+）＝2c（H C O ）+c（HC O ﹣），故D正确； C．温度升高，化学反应速率加快，正反应吸热，温度升高不利于反应正向进行；
2 2 4 2 4
故选：AD。 D．容器Ⅲ极限化时生成2molSO ，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，加压有利于反应向减压方向进行，温度升高
2
【点评】本题考查离子浓度大小比较、弱电解质的电离平衡等知识，题目难度中等，明确反应后溶质组成为 不利于反应正向进行。
解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能 【解答】解：A．将I容器中的反应极限化时产生2molSO ，Ⅱ容器是以4molSO 起始，整体来讲Ⅱ容器的
3 3
力。 物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v ＜v ，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时
1 2
15．（4分）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO （g）+O 有c ＝2c ，但加压有利于该反应正向进行，所以c ＞2c ，故A错误；
2 2 2 1 2 1
（g）⇌2SO （g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表： B．正反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以K ＞K ，容器中，根据理想气体状态方程pV
3 1 3
容器1 容器2 容器3 ＝nRT，容器Ⅱ是4molSO
3
起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO
2
，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不
发生移动，则有c ＝2c ，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温
应温度T/K 700 700 800 2 3
𝑝 𝑐 𝑇 𝑐
7 7 7
2 2 2 2
反应物投入量 2 mol SO 、1mol O 4 mol SO 2 mol SO 、1mol O
2 2 3 2 2 度高于容器Ⅱ的反应温度，则 c ＞2c ，而压强关系为 = = ＞ ×2= ，则就不一定有 p ＞
2 3 2
𝑝 𝑐 𝑇 8𝑐 8 4
3 3 3 3
平衡v （SO ）/mol• v v v
正 2 1 2 3
2p ，故B错误；
3
L﹣1•S﹣1
C．温度升高，化学反应速率加快，则v ＜v ，正反应吸热，温度升高不利于反应正向进行，则容器Ⅰ中
1 3
平衡c（SO ）/mol•L c c c
3 1 2 3
SO 的平衡转化率更高，所以α （SO ）＞α （SO ），故C正确；
2 1 2 3 2
﹣1
D．容器Ⅱ是4molSO 起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO ，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生
3 2
平衡体系总压强p/Pa p p p
1 2 3 移动，则有c ＝2c ，但加压有利于反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高
2 3
物质的平衡转化率α α 1 （SO 2 ） α 2 （SO 3 ） α 3 （SO 2 ） 于容器Ⅱ的反应温度，则c ＞2c ，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α （SO ）
2 3 2 3
平衡常数K K 1 K 2 K 3 +α 3 （SO 2 ）＝1，但加压有利于反应向减压方向进行，则α 2 （SO 3 ）减小，温度升高不利于反应正向进行，
下列说法正确的是（ ） 则α （SO ）减小，因此最终α （SO ）+α （SO ）＜1，故D正确，
3 2 2 3 3 2
A．v ＜v ，c ＜2c 故选：CD。
1 2 2 1
B．K ＞K ，p ＞2p 【点评】本题考查化学平衡，综合运用等效平衡原理和极限法分析问题是解题的关键，B项是易错点和难
1 3 2 3
C．v ＜v ，α （SO ）＞α （SO ） 点，需借助理想气体状态方程定量说明，作为江苏卷的压轴题，秉承着一贯的风格，具有较大的区分度，是
1 3 1 2 3 2
D．c ＞2c ，α （SO ）+α （SO ）＜1 一道难题。
2 3 2 3 3 2三、非选择题 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转
16．（12分）以高硫铝土矿（主要成分为Al O 、Fe O 、SiO ，少量FeS 和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝 化为CaSO ，形成的硫酸盐分解温度较高；
2 3 2 3 2 2 4
并获得Fe O 的部分工艺流程如下： （3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al O 转化为NaAlO ，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO ﹣，向
3 4 2 3 2 2
“过滤”得到的滤液中通入过量CO ，可以将AlO ﹣转化为Al（OH） ；
2 2 3
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe O ，Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，根
2 3 2 3 2 3 4 2
据电子得失守恒计算。
【解答】解：（1）用 NaOH溶液吸收过量 SO 生成 HSO ﹣，则发生反应的离子方程式为：SO +OH﹣═
2 3 2
（1）烙烧过程均会产生SO ，用NaOH溶液吸收过量SO 的离子方程式为 SO +OH﹣═HSO ﹣ 。 HSO ﹣，
2 2 2 3 3
（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题图所示。 故答案为：SO +OH﹣═HSO ﹣；
2 3
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS 和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断
2
焙烧过程中S元素主要来源是FeS ，
2
故答案为：FeS ；
2
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转
化为CaSO ，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低，
4
故答案为：硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中；
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃ 4
（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al O 转化为NaAlO ，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO ﹣，向
焙烧后矿粉中硫元素总质量 2 3 2 2
硫去除率＝（1 - ）×100% “过滤”得到的滤液中通入过量CO ，可以将AlO ﹣转化为Al（OH） ，
焙烧前矿粉中硫元素总质量 2 2 3
故答案为：NaAlO ；Al（OH） ；
2 3
①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 FeS 。
2
（4）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe O ，Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，设有
②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 硫元素转 2 3 2 3 2 3 4 2
8 8
化为CaSO 而留在矿粉中 。
4 xmolFe O 和 ymolFeS 完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3 ）＝2y×5+y ×( ‒2），解得
2 3 2 -
3 3
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO ，铝元素存在的形式由 NaAlO （填化学式）转化为 Al
2 2
𝑥
（OH） （填化学式）。
3 =16，所以理论上完全反应消耗的n（FeS ）：n（Fe O ）＝1：16，
2 2 3
𝑦
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe O ．Fe O 与FeS 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe O 和SO ，理
2 3 2 3 2 3 4 2
故答案为：1：16。
论上完全反应消耗的n（FeS ）：n（Fe O ）＝ 1：16 。
2 2 3
【点评】本题考查无机工艺流程制备，涉及到SO 的反应，铝三角的反应，氧化还原反应的计算，均为高频
【考点】U3：制备实验方案的设计． 2
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考点和高考的重点，题目整体难度不大，最后一问稍难，侧重氧化反应知识的考查。
【专题】41：守恒法．
17．（15分）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
【分析】（1）用NaOH溶液吸收过量SO 生成HSO ﹣；
2 3
（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS 和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；
2【分析】B的分子式为C H O，B发生信息的反应生成C，则B为 ；C中去掉氢原子生成D，
9 14
D发生消去反应生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇；
（5） 和溴发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 和
发生加成反应生成 ， 和氢气发生加成反应生成
△
已知： + → 。
（1）A的官能团名称为 碳碳双键、羰基 （写两种）。
（2）D→E的反应类型为 消去反应 。
【解答】解：B的分子式为C H O，B发生信息的反应生成C，则B为 ；C中去掉氢原子生成
9 14
D，D发生消去反应生成E，醇羟基变为碳碳双键，E发生一系列反应是丹参醇；
（3）B的分子式为C H O，写出B的结构简式： 。 （1）A的官能团名称为碳碳双键和羰基，
9 14
故答案为：碳碳双键、羰基；
（2）通过以上分析知，D中的醇羟基转化为E中的碳碳双键，所以D→E的反应类为消去反应，
（4） 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：
故答案为：消去反应；
。
①分子中含有苯环，能与FeCl
3
溶液发生显色反应，不能发生银镜反应； （3）通过以上分析知，B的结构简式： ，
②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
故答案为： ；
（5）写出以 和 为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任
用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【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．
①分子中含有苯环，能与FeCl 溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，说明含有酚羟基但不含醛基；
3
②碱性条件水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl 溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒
2
符合条件的结构简式为 ， 重，得固体2.3300g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol•L﹣1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液
故答案为： ； pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1 CuSO
4
标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO
4
标
准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1）
计算（1﹣x）Al （SO ） •xAl（OH） 中的x值（写出计算过程）。
2 4 3 3
（5） 和溴发生加成反应生成 ， 发生消去反应生成 ， 和
【考点】M3：有关混合物反应的计算．
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【专题】41：守恒法．
发生加成反应生成 ， 和氢气发生加成反应生成
【分析】（1）反应是室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫
酸铝溶液，根据反应方程式分析，可以通过增大反应程度提高x的值；
（2）碱式硫酸铝溶液呈弱碱性，吸收酸性气体SO 能使溶液pH降低；
2
（3）根据①过程计算 25.00mL硫酸铝溶液中 SO 2﹣的物质的量，根据②过程计算 2.50mL硫酸铝溶液中
4
Al3+的物质的量，再计算25mL溶液中Al3+的物质的量，根据Al与S的计量比计算x的值。
，其合成路线为 ，
【解答】解：（1）反应是室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到
碱式硫酸铝溶液，根据反应方程式分析，可以通过增大反应程度提高x的值，所以可以适当增加CaCO 的量
3
或加快搅拌速率，
故答案为：适当增加CaCO 的量或加快搅拌速率；
3
故答案为： 。 （2）碱式硫酸铝溶液呈弱碱性，吸收酸性气体SO 能使溶液pH减小，
2
【点评】本题考查有机物推断和合成，利用流程图中反应前后物质结构变化确定反应类型及断键和成键方 故答案为：减小；
式，难点是合成路线设计，熟练掌握常见官能团及其性质关系、物质之间转化关系，题目难度中等。 （3）①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl 溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥
2
18．（12分）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末， 至恒重，得固体2.3300g，即得到2.3300gBaSO 固体，则25.00mL溶液中SO 2﹣的物质的量为n（SO 2﹣）
4 4 4
反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为： 2.3300𝑔
= =0.01mol，
233𝑔/𝑚𝑜𝑙
（2﹣x）Al （SO ） +3x CaCO +3xH O═2[（1﹣x）Al （SO ） •xAl（OH） ]+3x CaSO ↓+3xCO ↑
2 4 3 3 2 2 4 3 3 4 2
生成物（1﹣x）Al （SO ） •xAl（OH） 中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 ②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol•L﹣1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液
2 4 3 3
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 适当增加CaCO 的量或 pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1 CuSO 标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO 标
3 4 4
加快搅拌速率 。 准溶液20.00 mL，则2.5mL硫酸铝溶液中Al3+的物质的量为n'（Al3+）＝n（EDTA）﹣n（Cu2+）＝（0.1×
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO 过程中，溶液的pH 减小 （填“增大”、“减小”、“不变）。 25×10﹣3﹣0.08×20×10﹣3）mol＝9×10﹣4mol，所以25mL硫酸铝溶液中Al3+的物质的量应为n（Al3+）
2
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下： ＝9×10﹣3mol，2‒
𝑛(𝑆𝑂 )
𝑛(𝑆) 3(1 ‒ 𝑥) 0.01 10
4
根据元素守恒，则有 = = = = ，
𝑛(𝐴𝑙) 3+ 2(1 ‒ 𝑥) + 𝑥 ‒3 9
𝑛(𝐴𝑙 ) 9 × 10
7
可解得x = ≈0.41，
17
答：通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度可确定x的值约为0.41。
【点评】本题考查碱式碳酸铝溶液的制备及滴定计算，明确滴定过程中发生的反应，根据元素守恒计算是解
题的关键，注意计算正确，把握住定量关系，易错点为两次实验使用的溶液体积不一样，题目整体难度中
等。
①边搅拌边向Na CO 溶液中通入SO 制备 NaHSO 溶液。实验中确定何时停止通SO 的实验操作为 测
2 3 2 3 2
19．（15分）以Cl 、NaOH、（NH ） CO（尿素）和SO 为原料可制备N H •H O（水合肼）和无水Na SO ，
2 2 2 2 2 4 2 2 3
量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO 。
2
其主要实验流程如下：
②请补充完整由 NaHSO 溶液制备无水 Na SO 的实验方案： 边搅拌边向 NaHSO 溶液中滴加 NaOH溶
3 2 3 3
液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条
件下趁热过滤 ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO ，应控制
3
已知：①Cl +2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H O是放热反应。
2 2 温度在 40℃以下，生成的 NaClO与尿素反应生成 N H •H O和 Na CO ，可用蒸馏的方法分离出 N H •
2 4 2 2 3 2 4
②N H •H O沸点约118℃，具有强还原性，能与 NaClO剧烈反应生成N 。
2 4 2 2
H O，副产品Na CO 溶液中通入二氧化硫，可制得Na SO ，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
2 2 3 2 3
（1）步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl 与NaOH溶液反应生成 NaClO 和NaCl，其离子方
2 3
【解答】解：（1）温度超过 40℃，Cl 与 NaOH溶液反应生成 NaClO 和 NaC1，反应的离子方程式为
2 3
△
△
¯
程式为 3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O ；实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 ¯
2 3 2 3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O，实验中控制温度计温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免
2 3 2
缓慢通入氯气 。
反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，
（2）步骤Ⅱ合成N H •H O的装置如图﹣1所示。 NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间
2 4 2 △
后，再迅速升温至110℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 NaClO碱性溶液 ；使用冷凝管的 ¯
故答案为：3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O；缓慢通入氯气；
2 3 2
目的是 减少水合肼的挥发 。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na CO 制备无水Na SO （水溶液中H SO 、HSO ﹣、SO 2﹣随pH的分 （2）实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，避免N H •H O与 NaClO剧烈反应生成N ，为
2 3 2 3 2 3 3 3 2 4 2 2
布如图﹣2所示，Na SO 的溶解度曲线如图﹣3所示）。 避免N H •H O的挥发，可使用冷凝管回流，
2 3 2 4 2
故答案为：NaClO碱性溶液；减少水合肼的挥发；
（3）用Na CO 制备无水Na SO ，在Na CO 溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO ，然后在NaHSO 溶
2 3 2 3 2 3 3 3液中加入NaOH溶液可生成Na SO ，
2 3
①由图象可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO ，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶
3
液pH的方法控制，
故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO ；
2
②由 NaHSO 溶液制备无水Na SO ，可边搅拌边向NaHSO 溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图
3 2 3 3
象可知pH约为10时，可完全反应生成Na SO ，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析
2 3
反应相同时间 NO 的去除率随反应温度的变化曲线如图﹣2所示，在 50～250℃范围内随着温度的升高，
x
出，由图象3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na SO ，
2 3
NO 的去除率先迅速上升后上升缓慢的原因是 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同
x
故答案为：边搅拌边向NaHSO 溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶
3
使NO 去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NO 去除反应速率增大但是催化剂活
x x
液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。
性下降 ；当反应温度高于380℃时，NO 的去除率迅速下降的原因可能是 氨气在该条件下与氧气反应生
x
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根
成NO 。
据实验目的及物质的性质进行排列顺、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质
【考点】51：氧化还原反应的电子转移数目计算；BE：热化学方程式；CL：产物的百分含量随浓度、时间
性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
的变化曲线．
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20．（14分）NO （主要指NO和NO ）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NO 是环境保护的重要课
x 2 x 【分析】（1）①2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
2 2 3 2
题。
②3HNO （aq）═HNO （aq）+2NO（g）+H O（l）△H＝75.9k J•mol﹣1
2 3 2
（1）用水吸收NO 的相关热化学方程式如下：
x 3 1
2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1 将方程式 ① + ②得3NO 2 （g）+H 2 O（l）═2HNO 3 （aq）+NO（g），△H进行相应的改变；
2 2 3 2 2 2
3HNO （aq）═HNO （aq）+2NO（g）+H O（l）△H＝+75.9k J•mol﹣1
2 3 2 （2）用稀硝酸吸收NO ，得到HNO 和HNO 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解
x 3 2
反应3NO （g）+H O（l）═2HNO （aq）+NO（g）的△H＝ ﹣136.2 kJ•mol﹣1。
2 2 3 时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子；
（2）用稀硝酸吸收NO ，得到HNO 和HNO 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解
x 3 2
（3）根据反应物、生成物书写反应方程式，该反应中反应物是 HNO 与（NH ） CO，生成物是 N 和
2 2 2 2
时阳极的电极反应式： HNO ﹣2e﹣+H O＝3H++NO ﹣ 。
2 2 3
CO ，同时生成水；
2
（3）用酸性（NH ） CO水溶液吸收NO ，吸收过程中存在HNO 与（NH ） CO生成N 和CO 的反应。
2 2 x 2 2 2 2 2
（4）①NH 与 NO 生成 N 的反应中，反应方程式为 8NH +6NO ＝7N +12H O，该反应中生成 7 mol N
3 2 2 3 2 2 2 2
写出该反应的化学方程式： 2HNO +（NH ） CO＝2N ↑+CO ↑+3H O 。
2 2 2 2 2 2 时，转移的物质的量为8mol×3＝24mol，据此计算生成1mol氮气转移电子物质的量；
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH 与NO 生成N 。
3 x 2 ②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低；
24
在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。
①NH 与NO 生成N 的反应中，当生成1 mol N 时，转移的电子数为 mol。
3 2 2 2
7
【解答】解：（1）①2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
2 2 3 2
②将一定比例的O 、NH 和NO 的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图﹣1）。
2 3 x ②3HNO （aq）═HNO （aq）+2NO（g）+H O（l）△H＝+75.9k J•mol﹣1
2 3 2
3 1 3
将方程式 ① + ②得3NO （g）+H O（l）═2HNO （aq）+NO（g），△H = ×（﹣116.1 kJ•mol﹣1）
2 2 3
2 2 21 可在其他条件下被还原为N 。
2
+ ×（+75.9k J•mol﹣1）＝﹣136.2kJ/mol，
2 （1）SO 2﹣中心原子轨道的杂化类型为 sp3 ；NO ﹣的空间构型为 平面（正）三角形 （用文字描
4 3
故答案为：﹣136.2； 述）。
（2）用稀硝酸吸收NO ，得到HNO 和HNO 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解 （2）Fe2+基态核外电子排布式为 [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 。
x 3 2
时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO ﹣2e﹣+H O＝3H++NO ﹣， （3）与O 分子互为等电子体的一种阴离子为 NO ﹣ （填化学式）。
2 2 3 3 2
故答案为：HNO ﹣2e﹣+H O＝3H++NO ﹣； （4）N 分子中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）＝ 1：2 。
2 2 3 2
（3）该反应中反应物是HNO 与（NH ） CO，生成物是N 和CO ，同时生成水，反应方程式为2HNO + （5）[Fe（H O） ]2+与NO反应生成的[Fe（NO）（H O） ]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe
2 2 2 2 2 2 2 6 2 5
（NH ） CO＝2N ↑+CO ↑+3H O， （NO）（H O） ]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
2 2 2 2 2 2 5
故答案为：2HNO +（NH ） CO＝2N ↑+CO ↑+3H O；
2 2 2 2 2 2
（4）①NH 与 NO 生成 N 的反应中，反应方程式为 8NH +6NO ＝7N +12H O，该反应中生成 7 mol N
3 2 2 3 2 2 2 2
24𝑚𝑜𝑙 24
时，转移的物质的量为 8mol×3＝24mol，则生成 1mol氮气转移电子物质的量 = ×1𝑚𝑜𝑙=
7𝑚𝑜𝑙 7
mol，
24
【考点】53：物质结构中的化学键数目计算；98：判断简单分子或离子的构型．
故答案为： ；
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7
【分析】（1）根据VSEPR理论和杂化轨道理论分析SO 2﹣的中心S原子杂化类型和NO ﹣的空间构型；
4 3
②在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，
（2）Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，Fe2+为Fe失去4s2电子所得；
迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO 去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主
x （3）等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的粒子；
要是温度升高引起的NO 去除反应速率增大但是催化剂活性下降；
x
（4）N 分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一根为σ键，两根为π键；
2
在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO，当反应温度高于380℃时，NO 的去除率迅速下降的
x （5）NO以N原子与Fe2+形成配位键，H O以O原子与Fe2+形成配位键。
2
原因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO，
6 ‒ 2 × 4 + 2
故答案为：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NO 去除反应速率迅速增大；上升
【解答】解：（1）对于SO
4
2﹣，根据VSEPR理论，其价电子对数为VP＝BP+LP＝4 + =
x 2
阶段缓慢主要是温度升高引起的NO 去除反应速率增大但是催化剂活性下降；
x 4，根据杂化轨道理论，中心S原子杂化方式为sp3，
氨气在该条件下与氧气反应生成NO。
5 ‒ 2 × 3 + 1
【点评】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、氧化还原反应计算、外界条件对化学反应速率影响因素等
对于NO
3
﹣，根据VSEPR理论，其价电子对数为VP＝BP+LP＝3 + =3，则其空间构型为
2
知识点，侧重考查学生图象分析判断及计算能力，注意（4）①中生成的氮气不是一半氮原子来自于氨气、
平面（正）三角形，
一半来自于二氧化氮，为易错点。
故答案为：sp3；平面（正）三角形；
【化学--选修3：物质结构与性质】
（2）Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，Fe2+为Fe失去4s2电子所得，所以Fe2+基态核外电子排布式为：
21．（12分）臭氧（O ）在[Fe（H O） ]2+催化下能将烟气中的SO 、NO 分别氧化为SO 2﹣和NO ﹣，NO 也
3 2 6 2 x 4 3 x [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6，故答案为：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6； 步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO 溶液。反应结
4
（3）等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的粒子，与O 分子互为等电子体的一种阴离子，可考虑 束后，加入KOH溶液至碱性。
3
将其中一个O替换为N﹣，则等电子体为NO ﹣， 步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
2
故答案为：NO ﹣； 骤3：对合并后的溶液进行处理。
2
（4）N 分子中N与N之间形成氮氮三键，其中有一根为σ键，两根为π键，所以N 分子中σ键与π键的 步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体
2 2
数目比n（σ）：n（π）＝1：2， （1）步骤 1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO 溶液，HSO ﹣转化为
3 3
故答案为：1：2； SO 2﹣ （填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 将反应生成的酸转化为可溶性的盐 。
4
（5）NO以N原子与Fe2+形成配位键，H O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe（NO）（H O） ]2+的结 （2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 MnO （填化学式）。
2 2 5 2
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为 加入盐酸至水层不再产生沉淀 。
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括 布氏漏斗 、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】548：制备实验综合．
【分析】实验步骤如下
构应为： ，
步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO 溶液，二者发
4
生反应
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O，反应结束后，加入 KOH溶液至碱性，使
故答案为： 。 4 2 2
【点评】本题考查物质结构基础知识，涉及到价层电子对互斥理论，杂化轨道理论，共价键类型，等电子体
原理，配合物的形成，均为高频考点，题目考查较为基础，难度不大。
【化学--选修5：有机化学基础】 转化为可溶性的 ；
22．3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO 氧化3，4﹣ 步骤2：趁热过滤，除去不溶性的MnO ，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液，减少资源浪费；
4 2
亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为： 骤3：对合并后的溶液进行处理，向溶液中加入稀盐酸至水层不再产生沉淀为止；
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体；
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO 溶液，HSO ﹣具有还原
3 3
性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应；
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O
4 2 2
加入KOH溶液能和﹣COOH反应生成可溶性的盐；
实验步骤如下（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质难溶性的物质；
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为加入盐酸；
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【解答】解：实验步骤如下
步骤1：向反应瓶中加入3，4﹣亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80℃滴加KMnO 溶液，二者发
4
生反应
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O，反应结束后，加入 KOH溶液至碱性，使
4 2 2
转化为可溶性的 ；
步骤2：趁热过滤，除去不溶性的MnO ，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液，减少资源浪费；
2
骤3：对合并后的溶液进行处理，向溶液中加入稀盐酸至水层不再产生沉淀为止；
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4﹣亚甲二氧基苯甲酸固体；
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加 NaHSO 溶液，HSO ﹣具有还原
3 3
性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，HSO ﹣被氧化生成SO 2﹣，
3 4
加入KOH溶液能和﹣COOH反应生成可溶性的盐，从而易于分离；
故答案为：SO 2﹣；将反应生成的酸转化为可溶性的盐；
4
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质难溶性的物质，为MnO ，
2
故答案为：MnO ；
2
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为加入盐酸至水层不再产生沉淀，
故答案为：加入盐酸至水层不再产生沉淀；
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵，
故答案为：布氏漏斗。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查学生实验操作、实验分析能力，明确实验原理、仪器用途、物质性质
是解本题关键，但是有机化学制备实验在中学中接触较少，导致学生感觉难度较大。
