文档内容
2018 年江苏省高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、单项选择题共10小题，每小题2分，共20分
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
（ ）
A．光合作用 B．自然降雨
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积
【考点】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的开发．
菁优网版权所有
【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．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。
【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错误；
2
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
2
升，故B错误；
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，过程会引起大气中CO 含量上升，故C正确；
2
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
2
误；
故选：C。
【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，题目难度不大。
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
A．中子数为8的氮原子：7 8N
B．HCl的电子式：
C．NH 的结构式：
3D．Cl﹣的结构示意图：
【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．
菁优网版权所有
【分析】A．元素符号的左上角为质量数，质量数＝质子数+中子数；
B．氯化氢为共价化合物，不存在阴阳离子；
C．氨气分子中含有3个N﹣H键；
D．氯离子的最外层达到8电子稳定结构。
【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；
7
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；
C．氨气为共价化合物，分子中含有 3个 N﹣H键，NH 的结构式 ，故 C正
3
确；
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 ，故D错误；
故选：C。
【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。
3．（2分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NaHCO 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
3
B．SiO 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
2
C．Al O 是两性氧化物，可用作耐高温材料
2 3
D．CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
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．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；
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
3
关，故A错误；
B．SiO 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；
2
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
2 3 2 3
错误；
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﹣
B．0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） 溶液：Cu2+、NH +、NO ﹣、SO 2﹣
2 4 3 4 3 4
C．0.1mol•L﹣1 HCl溶液：Ba2+、K+、CH COO﹣、NO ﹣
3 3
D．0.1mol•L﹣1 NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO 2﹣、HCO ﹣
4 3
【考点】DP：离子共存问题．
菁优网版权所有
【分析】A．次氯酸根离子能够氧化碘化钾；
B．四种离子之间不反应，都不与硫酸铁反应；
C．醋酸根离子与氢离子反应；
D．氢氧化钠与镁离子、碳酸氢根离子反应。
【解答】解：A．ClO﹣能够氧化KI，在溶液中不能大量共存，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
4 3 4 2 4 3
大量共存，故B正确；
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
3 3
误；D．Mg2+、HCO ﹣与NaOH溶液反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
3
故选：B。
【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，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的灵活应用能力。
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（ ）
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I﹣的Cl
2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl 尾气
2
【考点】U5：化学实验方案的评价．
菁优网版权所有
【分析】A．灼烧海带需要在坩埚中进行；
B．装置乙为过滤装置，能够过滤海带灰的浸泡液；
C．浓盐酸与二氧化锰的反应需要加热；
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．需要在坩埚中灼烧海带，不能用烧杯灼烧，故A错误；
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；
C．装置丙中缺少加热装置，无法获得氯气，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；
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能力。
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 4B．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．
菁优网版权所有
【分析】A．亚铁离子不与NH SCN溶液反应；
4
B．铝离子水解生成氢氧化铝胶体；
C．氯化铵与氢氧化钙加热生成氯化钙、氨气和水；
D．金属铜与铁离子反应生成亚铁离子和铜离子。
【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
4 4
反应，故A错误；
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，
4 2 2 3
故B正确；
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
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
故选：A。
【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。
7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
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
B．酸化NaIO 和NaI的混合溶液：I﹣+IO ﹣+6H+═I +3H O
3 3 2 2
C．KClO碱性溶液与Fe（OH） 反应：3ClO﹣+2Fe（OH） ═2FeO 2﹣+3Cl﹣
3 3 4
+4H++H O
2
通电
¯
D．电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H+ Cl ↑+H ↑
2 2
【考点】49：离子方程式的书写．
菁优网版权所有
【分析】A．碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化；
B．离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；
C．碱性条件下，反应产物中不能拆开氢离子；D．水为弱电解质，离子方程式中不能拆开。
【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
2 3 4
应的离子方程式为：CO 2﹣+CaSO ⇌CaCO +SO 2﹣，故A正确；
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+═
3 3
3I +3H O，故B错误；
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﹣+3Cl﹣+5H O，故C错误；
3 4 2
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，同时溶液中生成氢氧化钠，水不能拆开，正确的离子方程式为：2Cl﹣+2H O
2
通电
¯
2OH﹣+H ↑+Cl ↑，故D错误；
2 2
故选：A。
【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。
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（ ）
A．原子半径：r（W）＞r（Z）＞r（Y）
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
菁优网版权所有
【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、Na、Al、S元素；
A．同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；
B．由X、Y组成的化合物可能是Na O也可能是Na O ；
2 2 2C．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；
D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强。
【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；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O、Na、Al、S元素；
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错误；
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
2 2 2 2 2 2
有离子键和共价键，故B错误；
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的碱性比Z的强，故C错误；
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热稳定性比W的强，故D正确；
故选：D。
【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。
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（ ）
△ 饱和石灰水
A．NaHCO （s）→Na CO （s） → NaOH（aq）
3 2 3
𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑞) 过量𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑞)
B．Al（s） → NaAlO （aq） → Al（OH） （s）
2 3
氨水 蔗糖(𝑎𝑞)
C．AgNO （aq）→[Ag（NH ） ]+（aq） → Ag（s）
3 3 2
𝐴𝑙 𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑞)
D．Fe O （s）→Fe（s） → FeCl （aq）
2 3 3
高温
【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．
菁优网版权所有
【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；
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；
C．蔗糖为非还原性糖，不与银氨溶液反应；D．铁与盐酸反应生成的是氯化亚铁。
【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
3 2 3
酸钙沉淀和NaOH，该转化关系均能实现，故A正确；
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
2 3
误；
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解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。
10．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能
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
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．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【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．
菁优网版权所有
【分析】A．还有部分化学能转化成了热能；
B．依据反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0分析；
C．该反应为可逆反应，生成氨气的物质的量小于2mol；
D．酶有最佳温度，温度过高会降低酶的催化活性。
【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；
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）
2
＝2Fe O （s）可以自发进行，△S＜0，满足△H﹣T△S＜0，△H＜0，该反应是放热反
2 3
应，故B错误；
C.3mol H 与1mol N 混合反应生成NH ，由于该反应为可逆反应，则生成氨气的物质
2 2 3
的量小于2mol，转移电子小于6mol，转移电子的数目小于6×6.02×1023，故C正确；
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失，故D错误；
故选：C。【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，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。
二、不定项选择共5小题，每小题4分，共20分
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
一定条件下反应制得：
下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．X分子中所有原子一定在同一平面上
B．Y与Br 的加成产物分子中含有手性碳原子
2
C．X、Y均不能使酸性KMnO 溶液褪色
4
D．X→Y的反应为取代反应
【考点】HD：有机物的结构和性质．
菁优网版权所有
【分析】A．苯分子中所有原子共平面，共价单键可以旋转；
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；
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；
D．X中﹣OH上的H原子被 取代。
【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H原子与苯环不共平面，故A错误；
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的产物中连接甲基的碳原子为手性碳原子，故B正确；
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C错误；D．X中﹣OH上的H原子被 取代，所以为取代反应，故D正确；
故选：BD。
【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。
12．（4分）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚浊液中滴加 Na CO 苯酚的酸性强于 H CO 的酸
2 3 2 3
溶液，浊液变清 性
B 向碘水中加入等体积 CCl ， I 在 CCl 中的溶解度大于在
4 2 4
振荡后静置，上层接近无水中的溶解度
色，下层显紫红色
C 向 CuSO 溶液中加入铁粉， Fe2+的氧化性强于 Cu2+的氧
4
有红色固体析出 化性
D 向 NaCl、NaI的混合稀溶液K （AgCl）＞K （AgI）
sp sp
中滴入少量稀AgNO 溶液，
3
有黄色沉淀生成
A．A B．B C．C D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．
菁优网版权所有
【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；
B．向碘水中加入等体积CCl ，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被
4
萃取到四氯化碳中；
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；
D．离子浓度相同条件下，溶度积越小的越易先产生沉淀。
【解答】解：A．苯酚和Na CO 反应生成NaHCO 和苯酚钠，导致浊液变澄清，根据
2 3 3
强酸制取弱酸原理知，苯酚酸性大于HCO ﹣而不是碳酸，故A错误；
3
B．向碘水中加入等体积CCl ，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被
4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+，
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；
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，导致无法判断溶度积大小，故D错误；
故选：B。
【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D。
13．（4分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）
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
2 2 2
线，说明该反应的△H＜0
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，
2 2 2 2
说明随着反应的进行H O 分解速率逐渐减小
2 2
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，说明HX是一元强酸
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
2 4
c（SO 2﹣）的关系曲线，说明溶液中c（SO 2﹣）越大c（Ba2+）越小
4 4
【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线．
菁优网版权所有
【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；
B．反应物浓度越大，反应速率越大；
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不完全电离；
D．温度不变，溶度积常数不变，Ksp（BaSO ）＝c（Ba2+）。c（SO 2﹣）。
4 4
【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；
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，则随着反应的进行H O 分解速率逐渐减小，故B正确；
2 2
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不完全电离，所以HX为一元弱酸，故C错误；
D．温度不变，溶度积常数不变，Ksp（BaSO ）＝c（Ba2+）。c（SO 2﹣），c（Ba2+）与
4 4
c（SO 2﹣）成反比，则c（SO 2﹣）越大c（Ba2+）越小，故D正确；
4 4
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﹣
2 2 4 a1 2 2 4 a2 2 2 4
5，设 H C O 溶液中 c（总）＝c（H C O ）+c（HC O ﹣）+c（C O 2﹣）。室温下用
2 2 4 2 2 4 2 4 2 4
NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液至终点。滴定过程得到的下列
2 2 4
溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）
A．0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液：c（H+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2﹣）+c（OH﹣）
2 2 4 2 4
﹣c（H C O ）
2 2 4
B．c（Na+）＝c（总）的溶液：c（Na+）＞c（H C O ）＞c（C O 2﹣）＞c（H+）
2 2 4 2 4
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
D．c（Na+）＝2c（总）的溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H C O ）+c（HC O ﹣）
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．
菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【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；
2 2 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
2 4 2 4𝐾 ‒14
1 × 10
𝑊
为 = ＜K （H C O ）＝5.4×10﹣5，说明 HC O ﹣的电离程度大于
a2 2 2 4 2 4
𝐾 ‒2
5.4 × 10
𝑎1
其水解程度，则c（C O 2﹣）＞c（H C O ）；
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0.1000 mol•L﹣1的大小关系；
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．0.1000 mol•L﹣1 H C O 溶液中存在电荷守恒：c（H+）＝2c（C O 2
2 2 4 2 4
﹣）+c（OH﹣）+c（HC O ﹣），还存在物料守恒：c（总）＝c（H C O ）+c（HC O
2 4 2 2 4 2 4
﹣）+c（C O 2﹣）＝0.1000mol/L，二者结合可得：c（H+）＝0.1000 mol•L﹣1+c（C O 2
2 4 2 4
﹣）+c（OH﹣）﹣c（H C O ），故A正确；
2 2 4
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 ‒14
1 × 10
𝑊
= = ＜K （H C O ）＝5.4×10﹣5，说明HC O ﹣的电离程度大于
a2 2 2 4 2 4
𝐾 ‒2
5.4 × 10
𝑎1
其水解程度，则 c（C O 2﹣）＞c（H C O ），溶液中还存在水电离的氢离子，则 c
2 4 2 2 4
（H+）＞c（C O 2﹣），所以正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（H+）＞c（C O 2
2 4 2 4
﹣）＞c（H C O ），故B错误；
2 2 4
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
2 4
﹣）﹣c（H C O ），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
2 2 4
后浓度与0.1000 mol•L﹣1的关系，所以该关系不一定不成立，故C错误；
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
2 2 4 2 2 4
可得：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H C O ）+c（HC O ﹣），故D正确；
2 2 4 2 4
故选：AD。
【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力。
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 （g）⇌2SO （g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：
2 2 3
容器1 容器2 容器3应温度T/K 700 700 800
反应物投入量 2 mol SO 、1mol O 4 mol SO 2 mol SO 、1mol O
2 2 3 2 2
平衡v （SO ）/mol v v v
正 2 1 2 3
•L﹣1•S﹣1
平衡c（SO ）/mol•L c c c
3 1 2 3
﹣1
平衡体系总压强p/Pa p p p
1 2 3
物质的平衡转化率α α （SO ） α （SO ） α （SO ）
1 2 2 3 3 2
平衡常数K K K K
1 2 3
下列说法正确的是（ ）
A．v ＜v ，c ＜2c
1 2 2 1
B．K ＞K ，p ＞2p
1 3 2 3
C．v ＜v ，α （SO ）＞α （SO ）
1 3 1 2 3 2
D．c ＞2c ，α （SO ）+α （SO ）＜1
2 3 2 3 3 2
【考点】CP：化学平衡的计算．
菁优网版权所有
【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
3 3
容器相当于Ⅰ容器加压；
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分析；
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；
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
2
方向进行，温度升高不利于反应正向进行。
【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
3 3
始，整体来讲Ⅱ容器的物料浓度高于Ⅰ容器中的物料浓度，所以v ＜v ，Ⅱ容器相当于
1 2
Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有 c ＝2c ，但加压有利于该反应正向进
2 1
行，所以c ＞2c ，故A错误；
2 1
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
1 3
想气体状态方程 pV＝nRT，容器Ⅱ是 4molSO 起始反应，容器Ⅲ极限化时生成
3
2molSO ，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
2 2 3反应正向进行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应
𝑝 𝑐 𝑇 𝑐
7 7 7
2 2 2 2
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
2p ，故B错误；
3
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
1 3
进行，则容器Ⅰ中SO 的平衡转化率更高，所以α （SO ）＞α （SO ），故C正确；
2 1 2 3 2
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
3 2
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
2 3
容器Ⅲ的温度不等，容器Ⅲ的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c ＞2c ，若容器Ⅱ
2 3
不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α （SO ）+α （SO ）＝1，但加压
2 3 3 2
有利于反应向减压方向进行，则α （SO ）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α
2 3 3
（SO ）减小，因此最终α （SO ）+α （SO ）＜1，故D正确，
2 2 3 3 2
故选：CD。
【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，是一道难题。
三、非选择题
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）
2 3 2 3 2 2
为原料，生产氧化铝并获得Fe O 的部分工艺流程如下：
3 4
（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﹣
2 2 2
═HSO ﹣ 。
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。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃
焙烧后矿粉中硫元素总质量
硫去除率＝（1 ）×100%
-
焙烧前矿粉中硫元素总质量
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
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 硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中 。
4
（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
2 2
学式）转化为 Al（OH） （填化学式）。
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
2 3 2 3 2
成Fe O 和SO ，理论上完全反应消耗的n（FeS ）：n（Fe O ）＝ 1：16 。
3 4 2 2 2 3
【考点】U3：制备实验方案的设计．
菁优网版权所有
【专题】41：守恒法．
【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
2
度较高；
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；
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
2 3 2
主要含有 AlO ﹣，向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO ，可以将 AlO ﹣转化为 Al
2 2 2
（OH） ；
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
2 3 2 3 2
成Fe O 和SO ，根据电子得失守恒计算。
3 4 2
【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
2 3
为：SO +OH﹣═HSO ﹣，
2 3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
2
度较高，所以可判断焙烧过程中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
4
率降低，
故答案为：硫元素转化为CaSO 而留在矿粉中；
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
2 3 2
主要含有 AlO ﹣，向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO ，可以将 AlO ﹣转化为 Al
2 2 2
（OH） ，
3
故答案为：NaAlO ；Al（OH） ；
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
2 3 2 3 2
成Fe O 和SO ，设有xmolFe O 和ymolFeS 完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×
3 4 2 2 3 2
8 8 𝑥
（3 ）＝2y×5+y ×( ‒2），解得 =16，所以理论上完全反应消耗的 n
-
3 3 𝑦
（FeS ）：n（Fe O ）＝1：16，
2 2 3
故答案为：1：16。
【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
2
应的计算，均为高频考点和高考的重点，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。
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：△
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 。
（3）B的分子式为C H O，写出B的结构简式： 。
9 14
（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： 。
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；
3
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。
（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．
菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【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
9 14
去掉氢原子生成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；
（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 。
【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 ；
9 14
C中去掉氢原子生成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；
（1）A的官能团名称为碳碳双键和羰基，
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，
故答案为：消去反应；
（3）通过以上分析知，B的结构简式： ，
故答案为： ；
（4） 的一种同分异构体同时满足下列条件：
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
3
基但不含醛基；
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，
符合条件的结构简式为 ，
故答案为： ；（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 ， 其 合 成 路 线 为
，
故答案为： 。
【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。
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，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为：
（2﹣x）Al （SO ） +3x CaCO +3xH O═2[（1﹣x）Al （SO ） •xAl（OH） ]+3x
2 4 3 3 2 2 4 3 3
CaSO ↓+3xCO ↑
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
2 4 3 3
率。
（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 的量或加快搅拌速率 。
3
（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
2
变）。
（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：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
2
滤、洗涤，干燥至恒重，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pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1 CuSO 标准溶液
4
滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO 标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA
4
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
【考点】M3：有关混合物反应的计算．
菁优网版权所有
【专题】41：守恒法．
【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
4
2.50mL硫酸铝溶液中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。
【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 的量或加快搅拌速率，
3
故答案为：适当增加CaCO 的量或加快搅拌速率；
3
（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
故答案为：减小；
（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
2
后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g，即得到2.3300gBaSO 固体，则25.00mL
4
2.3300𝑔
溶液中SO 2﹣的物质的量为n（SO 2﹣） = =0.01mol，
4 4
233𝑔/𝑚𝑜𝑙
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pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol•L﹣1 CuSO 标准溶液
4
滴定过量的 EDTA至终点，消耗 CuSO 标准溶液 20.00 mL，则 2.5mL硫酸铝溶液中
4Al3+的物质的量为 n'（Al3+）＝n（EDTA）﹣n（Cu2+）＝（0.1×25×10﹣3﹣0.08×20
×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+）
＝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。
19．（15分）以Cl 、NaOH、（NH ） CO（尿素）和SO 为原料可制备N H •H O（水合
2 2 2 2 2 4 2
肼）和无水Na SO ，其主要实验流程如下：
2 3
已知：①Cl +2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H O是放热反应。
2 2
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
（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
2
△
¯
NaClO 和NaCl，其离子方程式为 3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O ；实验中控制
3 2 3 2
温度计温度除用冰水浴外，还需采取的措施是 缓慢通入氯气 。
（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
2 4 2
℃以下反应一段时间后，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
2 3 2 3 2 3 3
﹣、SO 2﹣随pH的分布如图﹣2所示，Na SO 的溶解度曲线如图﹣3所示）。
3 2 3①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
2 3 2 3
SO 的实验操作为 测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO 。
2 2
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
3 2 3 3
液中滴加NaOH溶液，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．
菁优网版权所有
【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 ，应控制温度在 40℃以下，生成的 NaClO与尿素反应生成 N H •H O和
3 2 4 2
Na CO ，可用蒸馏的方法分离出N H •H O，副产品Na CO 溶液中通入二氧化硫，可
2 3 2 4 2 2 3
制得Na SO ，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
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
2 3
△
¯
的离子方程式为3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O，实验中控制温度计温度除用冰水
2 3 2
浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，
△
¯
故答案为：3Cl +6OH﹣ ClO ﹣+5Cl﹣+3H O；缓慢通入氯气；
2 3 2
（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
2 4 2
剧烈反应生成N ，为避免N H •H O的挥发，可使用冷凝管回流，
2 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
2 3 2 3 2 3NaHSO ，然后在NaHSO 溶液中加入NaOH溶液可生成Na SO ，
3 3 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
3
化硫，可通过测量溶液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，
3 2 3 3
测量溶液 pH，由图象可知 pH约为 10时，可完全反应生成 Na SO ，此时停止滴加
2 3
NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，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
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
3
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。
【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，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中
等。
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
x 2 x
是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NO 的相关热化学方程式如下：
x
2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1 kJ•mol﹣1
2 2 3 2
3HNO （aq）═HNO （aq）+2NO（g）+H O（l）△H＝+75.9k J•mol﹣1
2 3 2
反应3NO （g）+H O（l）═2HNO （aq）+NO（g）的△H＝ ﹣136.2 kJ•mol﹣1。
2 2 3
（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
x 3 2
浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式： HNO ﹣2e﹣+H O＝3H++NO ﹣ 。
2 2 3
（3）用酸性（NH ） CO水溶液吸收 NO ，吸收过程中存在 HNO 与（NH ） CO生
2 2 x 2 2 2
成N 和CO 的反应。写出该反应的化学方程式： 2HNO +（NH ） CO＝2N ↑+CO
2 2 2 2 2 2 2
↑+3H O 。
2
（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
24
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
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
2 3 x（装置见图﹣1）。
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
x
随着温度的升高，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
x
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
x
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 ；当反应温度高
x
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成
x
NO 。
【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、时间的变化曲线．
菁优网版权所有
【分析】（1）①2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1 kJ•
2 2 3 2
mol﹣1
②3HNO （aq）═HNO （aq）+2NO（g）+H O（l）△H＝75.9k J•mol﹣1
2 3 2
3 1
将方程式 ① + ②得3NO （g）+H O（l）═2HNO （aq）+NO（g），△H进行相应
2 2 3
2 2
的改变；
（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
x 3 2
浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子；
（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，
2 2 2
生成物是N 和CO ，同时生成水；
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
3 2 2 3 2 2 2
应中生成7 mol N 时，转移的物质的量为8mol×3＝24mol，据此计算生成1mol氮气转
2
移电子物质的量；
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；
在温度、催化剂条件下，氨气能被催化氧化生成NO。【解答】解：（1）①2NO （g）+H O（l）═HNO （aq）+HNO （aq）△H＝﹣116.1
2 2 3 2
kJ•mol﹣1
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 = ×
2 2 3
2 2 2
1
（﹣116.1 kJ•mol﹣1） + ×（+75.9k J•mol﹣1）＝﹣136.2kJ/mol，
2
故答案为：﹣136.2；
（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
x 3 2
浓的硝酸，说明电解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 ﹣，
2 2 3
故答案为：HNO ﹣2e﹣+H O＝3H++NO ﹣；
2 2 3
（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
2 2 2 2 2
应方程式为2HNO +（NH ） CO＝2N ↑+CO ↑+3H O，
2 2 2 2 2 2
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
3 2 2 3 2 2 2
应中生成7 mol N 时，转移的物质的量为8mol×3＝24mol，则生成1mol氮气转移电子
2
24𝑚𝑜𝑙 24
物质的量 = ×1𝑚𝑜𝑙= mol，
7𝑚𝑜𝑙 7
24
故答案为： ；
7
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，
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
x
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性下
x
降；
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
x
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成NO，
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
x
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
x
化剂活性下降；氨气在该条件下与氧气反应生成NO。
【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、一半来自于二氧化氮，为易错点。
【化学--选修3：物质结构与性质】
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
3 2 6 2 x
SO 2﹣和NO ﹣，NO 也可在其他条件下被还原为N 。
4 3 x 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
4 3
形 （用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为 [Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 。
（3）与O 分子互为等电子体的一种阴离子为 NO ﹣ （填化学式）。
3 2
（4）N 分子中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）＝ 1：2 。
2
（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+
2 6 2 5
形成配位键。请在[Fe（NO）（H O） ]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
2 5
【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．
菁优网版权所有
【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
4
NO ﹣的空间构型；
3
（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；
（3）等电子体是指原子总数相同，价电子总数相同的粒子；
（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
（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
【解答】解：（1）对于 SO 2﹣，根据 VSEPR理论，其价电子对数为 VP＝BP+LP＝4
4
6 ‒ 2 × 4 + 2
+ =4，根据杂化轨道理论，中心S原子杂化方式为sp3，
2对 于 NO ﹣ ， 根 据 VSEPR理 论 ， 其 价 电 子 对 数 为 VP＝ BP+LP＝ 3
3
5 ‒ 2 × 3 + 1
+ =3，则其空间构型为平面（正）三角形，
2
故答案为：sp3；平面（正）三角形；
（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：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6，
故答案为：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；
（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
3
一种阴离子，可考虑将其中一个O替换为N﹣，则等电子体为NO ﹣，
2
故答案为：NO ﹣；
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
2 2
分子中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）＝1：2，
故答案为：1：2；
（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
2
（NO）（H O） ]2+的结构应为： ，
2 5
故答案为： 。
【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】
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﹣亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：
4
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O
4 2 2
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。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。
4
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
骤3：对合并后的溶液进行处理。
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
3
液，HSO ﹣转化为 SO 2﹣ （填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 将反应生
3 4
成的酸转化为可溶性的盐 。
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 MnO （填化学式）。
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．
菁优网版权所有
【专题】548：制备实验综合．
【分析】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，二者发生反应
4
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O，反应结束后，加入
4 2 2
KOH溶液至碱性，使 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
2
费；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
3
液，HSO ﹣具有还原性，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
加入KOH溶液能和﹣COOH反应生成可溶性的盐；
（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，二者发生反应
4
3 +2KMnO →2 + +2MnO +H O，反应结束后，加入
4 2 2
KOH溶液至碱性，使 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
2
费；
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
3
液，HSO ﹣具有还原性，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
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。
