文档文本内容
第1 页（共35 页）
2014 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（本题共7 小题，每小题6 分，共42 分）
1．（6 分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．戊烷
B．戊醇
C．戊烯
D．乙酸乙酯
2．（6 分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是
（ ）
选项
现象或事实
解释
A
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3 可直接和油污反应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2 与空气中的
CO2 反应生成CaCO3
C
施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）
不能与NH4Cl 混合使用
K2CO3 与NH4Cl 反应生成氨气
会降低肥效
D
FeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板制作
FeCl3 能从含有Cu2+的溶液中置
换出铜
A．A
B．B
C．C
D．D
3．（6 分）已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2 分
解的机理为：
H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢
H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I﹣的浓度有关
B．IO﹣也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1
D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）
4．（6 分）X，Y，Z 均为短周期元素，X，Y 处于同一周期，X，Z 的最低价
离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
（ ）
A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z
B．单质沸点：X＞Y＞Z
C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣
D．原子序数：X＞Y＞Z
5．（6 分）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误
的是（ ）
第2 页（共35 页）
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60℃时溴酸银的Ksp 约等于6×10﹣4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
6．（6 分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干
B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
7．（6 分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸 Na2S
AgNO3 与AgCl
的浊液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸 蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化
性
C
稀盐酸 Na2SO3 Ba（NO3）2 溶
液
SO2 与可溶性钡盐均可生成
白色沉淀
D
浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3 溶液
酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
A．A
B．B
C．C
D．D
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58 分）
8．（13 分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实
第3 页（共35 页）
验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2 及表格：
图1 图2
图3
相对分子质量
密度/
（g•cm﹣3）
沸点/℃
水中溶解性
异戊醇
88
0.8123
131
微溶
乙酸
60
1.0492
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.8670
142
难溶
实验步骤：
在A 中加入4.4g 异戊醇、6.0g 乙酸、数滴浓硫酸和2～3 片碎瓷片，开始缓慢
加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、
饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4 固体，静置
片刻，过滤除去MgSO4 固体，进行蒸馏纯化，收集140﹣143℃馏分，得乙
酸异戊酯3.9g．
第4 页（共35 页）
回答下列问题：
（1）仪器B 的名称是 ；
（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 ，第二次水洗的主要目
的是 ；
（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后 （填标
号）
a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是 ；
（5）实验中加入少量无水MgSO4 的目的是 ；
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3） （填标
号）
（7）本实验的产率是 （填标号）
a.30% b.40% c.60% d.90%
（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏
（填“高”或“低”），其原因是 ．
9．（15 分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答
下列问题：
（1）H3PO2 是一元中强酸，写出其电离方程式 ；
（2）H3PO2 及NaH2PO2 均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2 中，P 元素的化合价为 ；
②利用H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
则氧化产物为 （填化学式）；
③NaH2PO2 为 （填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显 （填“弱酸
性”、“中性”或“弱碱性”）；
（3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2 溶液反应生成PH3 气体
和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4 反应，写出白磷与Ba（OH）2 溶液反应
第5 页（共35 页）
的化学方程式 ；
（4）H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和
阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式 ；
②分析产品室可得到H3PO2 的原因 ；
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸
用H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极
室与产品室，其缺点是产品中混有 杂质，该杂质产生的原因
是 。
10．（15 分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水
合法生产，回答下列问题：
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯
（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式 ；
（2）已知：
甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1
乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=
kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是 ；
（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中
：
=1：1）
第6 页（共35 页）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A 点的平衡常数Kp= （用平衡分
压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；
②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为 ，理由是 ；
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度
290℃，压强6.9MPa，
：
=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进
一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的
措施有 、 。
【化学-选修2：化学与技术】
11．（15 分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）
3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大
致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热
法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：
第7 页（共35 页）
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
备注
白磷
44
280.5
PH3
﹣133.8
﹣87.8
难溶于水、有还原性
SiF4
﹣90
﹣86
易水解
回答下列问题：
（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的
%；
（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3 反应化学方程式
为： ．现有1t 折合含有P2O5 约30%的磷灰石，最多可制得到85%的
商品磷酸 t．
（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰
石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是 （填化学式）．冷
凝塔1 的主要沉积物是 ，冷凝塔2 的主要沉积物是 ．
（4）尾气中主要含有 ，还含有少量的PH3、H2S 和HF 等．将尾气先通
入纯碱溶液，可除去 ；再通入次氯酸钠溶液，可除去 ．（均
填化学式）
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是 ．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe 三种金属元素组
成，回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过
方法区分晶体、准晶体和非晶体．
（2）基态Fe 原子有 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 ，可
用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 ．
（3）新制备的Cu（OH）2 可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成
Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 ；1mol 乙醛分子中含有的σ
键的数目为 ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因
第8 页（共35 页）
是 ．Cu2O 为半导体材料，在其立方晶胞内部有4 个氧原子，其余氧
原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 个铜原子．
（4）Al 单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数
为 ，列式表示Al 单质的密度 g•cm﹣3（不必计算出结果）．
【化学-选修5：有机化学基础】
13．席夫碱类化合物G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G 的一
种路线如下：
已知以下信息：
①
②1molB 经上述反应可生成2molC，且C 不能发生银镜反应。
③D 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106。
④核磁共振氢谱显示F 苯环上有两种化学环境的氢。
⑤
回答下列问题：
（1）由A 生成B 的化学方程式为 ，反应类型为 ；
（2）E 的化学名称是 ，由D 生成E 的化学方程式为 ；
（3）G 的结构简式为 ；
（4）F 的同分异构体中含有苯环的还有 种（不考虑立体异构），其中
核磁共振氢谱中有4 组峰，且面积比为6：2：2：1 的是 ，（写出其
中的一种的结构简式）。
（5）由苯和化合物C 经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺。
第9 页（共35 页）
反应条件1 所选择的试剂为 ；反应条件2 所选择的试剂为 ；I 的
结构简式为 。
第10 页（共35 页）
2014 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（本题共7 小题，每小题6 分，共42 分）
1．（6 分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（ ）
A．戊烷
B．戊醇
C．戊烯
D．乙酸乙酯
【考点】I4：同分异构现象和同分异构体．菁优网版权所有
【专题】531：同系物和同分异构体．
【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙
酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构．
【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3 种，而戊醇和戊烯存在碳
链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构
类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构
体的数目均大于3 种，
故选：A。
【点评】本题主要考查了同分异构体数目的判断，可通过同分异构体的类型进
行简单判断，难度不大．
2．（6 分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是
（ ）
选项
现象或事实
解释
A
用热的烧碱溶液洗去油污
Na2CO3 可直接和油污反
应
B
漂白粉在空气中久置变质
漂白粉中的CaCl2 与空气
中的CO2 反
应生成CaCO3
第11 页（共35 页）
C
施肥时，草木灰（有效成分为
K2CO3）不能
与NH4Cl 混合使用
K2CO3 与NH4Cl 反应生成
氨气会降低
肥效
D
FeCl3 溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3 能从含有Cu2+的溶
液中置换出铜
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】FH：硅和二氧化硅；GF：钠的重要化合物；GL：两性氧化物和两性
氢氧化物；IC：乙烯的用途．菁优网版权所有
【分析】A．依据盐类水解的性质及油脂水解的性质解答；
B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸；
C．依据盐类水解的性质解答；
D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜．
【解答】解：A．油脂在碱性环境下水解生成可溶性物质，碳酸钠为强碱弱酸
盐水解显碱性，升高温度促进盐类水解，所以用热的纯碱溶液洗去油污，碳
酸钠与油脂不直接反应，故A 错误；
B．漂白粉漂白原理为次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次
氯酸具有漂白作用，二氧化碳与氯化钙不反应，故B 错误；
C．碳酸钾和氯化铵在溶液中水解促进生成氨气，降低肥效，施肥时，草木灰
（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl 混合使用，故C 正确；
D．氯化铁能够与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，铜不能置换铁，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解的分析应用、氧化性强
弱判断等，掌握物质性质和反应实质是关键，为高考常见题型，注意相关知
识的学习与积累，难度不大．
3．（6 分）已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2 分
解的机理为：
H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢
第12 页（共35 页）
H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣ 快
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与I﹣的浓度有关
B．IO﹣也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1
D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）
【考点】16：化学反应的基本原理；17：化学反应的能量变化规律；BB：反应
热和焓变；CA：化学反应速率的影响因素．菁优网版权所有
【专题】513：物质的性质和变化专题；517：化学反应中的能量变化．
【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；
B、反应的催化剂是I﹣；
C、分解1mol 过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；
D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；
【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣ 慢 ②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣
快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大
小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0 时反应不能发生，故A 正确；
B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，
故B 错误；
C、1mol 过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H 不是反应的活化能，是生成物
与反应物的能量差，故C 错误；
D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用
其浓度变化表示反应速率，故D 错误。故选：A。
【点评】本题是2014 年河北高考题，题目主要考查催化剂、活化能、化学反应
速率的相关知识，题目难度不大．
4．（6 分）X，Y，Z 均为短周期元素，X，Y 处于同一周期，X，Z 的最低价
离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构。下列说法正确的是
（ ）
A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z
B．单质沸点：X＞Y＞Z
第13 页（共35 页）
C．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣
D．原子序数：X＞Y＞Z
【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有
【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Z 的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X 为第ⅥA 族元素，Z 为
ⅦA 族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y 在Z 的下一周期，则
Y 为Na 元素，Z 为F 元素，X、Y 同周期，则X 为S 元素，结合元素在周
期表中的位置以及元素周期律知识解答该题．
【解答】解：X、Z 的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X 为第ⅥA 族元素，Z
为ⅦA 族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y 在Z 的下一周期，则
Y 为Na 元素，Z 为F 元素，X、Y 同周期，则X 为S 元素，
A．X、Y、Z 分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A 错
误；
B．常温下Na、S 为固体，F2 为气体，Na 的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺
序应为Na＞S＞F2，故B 错误；
C．Na+、F﹣具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为
F﹣＞Na+，故C 错误；
D．X、Y、Z 原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，为高考常见题型，侧重于学
生的分析能力的考查，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确
推断元素的种类．
5．（6 分）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误
的是（ ）
第14 页（共35 页）
A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60℃时溴酸银的Ksp 约等于6×10﹣4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【考点】62：溶解度、饱和溶液的概念；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转
化的本质．菁优网版权所有
【专题】519：物质的量浓度和溶解度专题．
【分析】A．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为
吸热过程；
B．温度升高，可以加快物质的溶解速率；
C．根据溶度积表达式及溶液中银离子和溴酸根离子的浓度计算；
D．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸
银的混合物。
【解答】解：A．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸
银的溶解过程为吸热过程，故A 错误；
B．升高温度，溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时溴酸银溶解速度加快，
故B 正确；
C.60℃时溴酸银的溶解度为0.6g，溴酸银的物质的量为：
≈2.5×
10﹣3mol，100.6g 溴酸银溶液的体积约为100.6mL，溶液中银离子、溴酸根离
子浓度约为2.5×10﹣2mol/L，所以60℃时溴酸银的Ksp=2.5×10﹣2×2.5×
10﹣2≈6×10﹣4，故C 正确；
第15 页（共35 页）
D．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受
温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故D
正确；
故选：A。
【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡、溶度积的表达式及计算、物质的分离
与提纯，题目难度中等，注意掌握难溶物的溶解平衡及其影响因素，明确溶
度积的概念及计算方法。
6．（6 分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干
B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗
C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【专题】25：实验评价题；541：化学实验常用仪器及试剂．
【分析】A．锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干；
B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀
释；
C．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消
耗的标准液体积偏大；
D．容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此
次配制失败．
【解答】解：A．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制
溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A 错误；
B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液
稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B 正确；
C．滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质
的量偏大，测定结果偏高，故C 错误；
第16 页（共35 页）
D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管
吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了常见计量仪器的构造及使用方法偏大，题目难度不大，注
意掌握常见仪器的构造及正确的使用方法，明确容量瓶、锥形瓶、滴定管的
使用方法．
7．（6 分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
AgNO3 与
AgCl 的浊
液
Ksp（AgCl）＞Ksp（Ag2S）
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化
性
C
稀盐酸 Na2SO3 Ba（NO3）2
溶液
SO2 与可溶性钡盐均可生
成白色沉淀
D
浓硝酸 Na2CO3 Na2SiO3 溶液 酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸
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
【专题】25：实验评价题．
【分析】A．不发生沉淀的转化，AgNO3 与AgCl 的浊液中，Qc（Ag2S）＞Ksp
（Ag2S），则生成Ag2S；
B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二
氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成
硫酸钡沉淀；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与
硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．
第17 页（共35 页）
【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3 与AgCl 的浊
液中，Qc（Ag2S）＞Ksp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不
能比较溶度积，故A 错误；
B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C 与浓硫酸发生氧化还原反应生成二
氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪
色，故B 正确；
C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2 溶液发生氧化还原反应生成
硫酸钡沉淀，但SO2 与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反
应，故C 错误；
D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与
硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸
的干扰，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀的生成与转
化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验
装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难
度不大．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58 分）
8．（13 分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实
验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2 及表格：
第18 页（共35 页）
图1 图2
图3
相对分子质量
密度/
（g•cm﹣3）
沸点/℃
水中溶解性
异戊醇
88
0.8123
131
微溶
乙酸
60
1.0492
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.8670
142
难溶
实验步骤：
在A 中加入4.4g 异戊醇、6.0g 乙酸、数滴浓硫酸和2～3 片碎瓷片，开始缓慢
加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、
饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4 固体，静置
片刻，过滤除去MgSO4 固体，进行蒸馏纯化，收集140﹣143℃馏分，得乙
酸异戊酯3.9g．
回答下列问题：
（1）仪器B 的名称是 球形冷凝管 ；
（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是 洗掉大部分硫酸和醋酸 ，第
二次水洗的主要目的是 洗掉碳酸氢钠 ；
（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后 d （填标
号）
a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出
b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出
c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出
第19 页（共35 页）
d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出
（4）本实验中加入过量乙酸的目的是 提高醇的转化率 ；
（5）实验中加入少量无水MgSO4 的目的是 干燥乙酸异戊酯 ；
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3） b （填标号）
（7）本实验的产率是 c （填标号）
a.30% b.40% c.60% d.90%
（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏 高
（填“高”或“低”），其原因是 会收集少量未反应的异戊醇 ．
【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】24：实验设计题．
【分析】（1）根据题中仪器B 的构造判断该仪器的名称；
（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；
第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；
（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；
（4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高
进行判断加入过量乙酸的目的；
（5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用；
（6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产
品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；
（7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算
出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计
算出产率；
（8）若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反
应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大．
【解答】解：（1）由装置中仪器B 的构造可知，仪器B 的名称为球形冷凝
管，
故答案为：球形冷凝管；
（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是
第20 页（共35 页）
除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗
净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢
钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，
故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠；
（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液
时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗
的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为d，
故答案为：d；
（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种
反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量
乙酸的目的是提高转化率，
故答案为：提高醇的转化率；
（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干
燥，
故答案为：干燥乙酸异戊酯；
（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad 错
误；c 中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，
因此仪器及装置安装正确的是b，
故答案为：b；
（7）乙酸的物质的量为：n=
=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=
=0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1 进行反应，所以乙酸过
量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成
0.05mol 乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：
=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：
×100%=60%，
故答案为：c；
（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊
醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高，
故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇．
第21 页（共35 页）
【点评】本题为一道高考题，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、
提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度
较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能
力及灵活应用所学知识的能力．
9．（15 分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答
下列问题：
（1）H3PO2 是一元中强酸，写出其电离方程式 H3PO2⇌H2PO2﹣+H+ ；
（2）H3PO2 及NaH2PO2 均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2 中，P 元素的化合价为 +1 ；
②利用H3PO2 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
则氧化产物为 H3PO4 （填化学式）；
③NaH2PO2 为 正盐 （填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显 弱碱性 （填“弱
酸性”、“中性”或“弱碱性”）；
（3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2 溶液反应生成PH3 气体
和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4 反应，写出白磷与Ba（OH）2 溶液反应
的化学方程式 2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑ ；
（4）H3PO2 也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和
阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式 2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+ ；
②分析产品室可得到H3PO2 的原因 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料
室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2 ；
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸
用H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极
室与产品室，其缺点是产品中混有 PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）
杂质，该杂质产生的原因是 H2PO2﹣或H3PO2 被氧化 。
第22 页（共35 页）
【考点】1B：真题集萃；B1：氧化还原反应；D3：电解质在水溶液中的电离；
DI：电解原理；EI：磷．菁优网版权所有
【专题】51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
【分析】（1）根据H3PO2 是一元中强酸可知，H3PO2 是弱电解质，溶液中部分
电离出氢离子，据此写出电离方程式；
（2）①根据化合物中总化合价为0 计算出P 元素的化合价；
②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1 计
算出反应产物中P 的化合价；
③根据H3PO2 是一元中强酸，可以判断NaH2PO2 为正盐，由于为H3PO2 为弱电
解质，则NaH2PO2 为强碱弱酸盐，则溶液显示弱碱性；
（3）根据题干信息“将白磷（P4）与Ba（OH）2 溶液反应生成PH3 气体和Ba
（H2PO2）2”写出该反应的化学方程式为；
（4）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，判断放电能
力强弱，然后写出阳极的电极反应式；
②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3PO2 的原因；
③根据H3PO2 及NaH2PO2 均容易被氧化分析该装置缺点。
【解答】解：（1）H3PO2 是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电
离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，
故答案为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；
（2）①H3PO2 中，总化合价为0，其中氢元素为+1 价，氧元素为﹣2 价，则P
元素的化合价为：+1 价，
故答案为：+1；
第23 页（共35 页）
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2 为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比
为4：1，设反应产物中P 的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×
（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5 价的H3PO4，
故答案为：H3PO4；
③由于H3PO2 是一元中强酸，所以NaH2PO2 为正盐，由于为H3PO2 为弱电解
质，则NaH2PO2 为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，
故答案为：正盐；弱碱性；
（3）H3PO2 的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2 溶液反应生成PH3 气体
和Ba（H2PO2）2，该反应的化学方程式为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba
（H2PO2）2+2PH3↑，
故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；
（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，其中放电能
力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，
故答案为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；
②产品室可得到H3PO2 的原因是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原
料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2，
故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩
散至产品室，二者反应生成H3PO2；
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸
用H3PO2 稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极
室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H2PO2﹣或H3PO2 氧化成PO43﹣，
产品中混有PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4），
故答案为：PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）；H2PO2﹣或H3PO2 被氧化。
【点评】本题考查了盐的水解原理、电解原理、弱电解质的电离、氧化还原反
应等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学
知识的掌握情况。
10．（15 分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水
合法生产，回答下列问题：
第24 页（共35 页）
（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯
（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式
C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4 ；
（2）已知：
甲醇脱水反应 2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1
乙醇异构化反应 C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H= ﹣45.5
kJ•mol﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是 无副产品，原子
利用率100% ；
（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中
：
=1：1）
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A 点的平衡常数Kp= 0.07（MPa）﹣1
（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；
②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为 p1＜p2＜p3＜p4 ，理由是 反应
分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 ；
③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度
290℃，压强6.9MPa，
：
=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进
一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的
措施有 将产物乙醇液化移去 、 增加
：
比 。
【考点】1B：真题集萃；BE：热化学方程式；C8：化学平衡常数的含义；
CB：化学平衡的影响因素；CM：转化率随温度、压强的变化曲线．菁优网版权所有
第25 页（共35 页）
【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．
【分析】（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸
乙酯水解，将水分成氢原子和羟基生成乙醇和硫酸；
（2）利用盖斯定律构造目标热化学方程式并求焓变，气相直接水合法原子利用
率100%；
（3）①列出Kp 表达式，利用三段法计算平衡分压带入表达式计算即可；
②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）
→C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，根据压强对平衡移动的
影响分析；
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以
改变物质的浓度。
【解答】解：（1）乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），化学
方程式为C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H，硫酸氢乙酯水解生成乙醇和硫酸，化
学方程式为C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4，
故答案为：C2H4+H2SO4→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；
（2）已知：甲醇脱水反应 ①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△
H1=﹣23.9kJ•mol﹣1
甲醇制烯烃反应 ②2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1
乙醇异构化反应 ③C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律①﹣②﹣③可得：C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）△H=
（﹣23.9+29.1﹣50.7）kJ/mol=﹣45.5kJ/mol；
乙烯直接水化法中反应物中所有原子全部都变成生成物，所以原子利用率
100%，没有副产品，
故答案为：﹣45.5；无副产品，原子利用率100%；
（3）①C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）
开始：1
1
0
转化：0.2
0.2
0.2
平衡：0.8
0.8
0.2
乙醇占
=
，乙烯和水各占
=
，则乙醇的分压为
第26 页（共35 页）
7.85MPa×
=0.87MPa，乙烯和水的分压为7.85MPa×
=3.49MPa，
所以Kp=
=
=0.07（MPa）﹣1，
故答案为：0.07（MPa）﹣1；
②在相同温度下由于乙烯转化率为p1＜p2＜p3＜p4，由C2H4（g）+H2O（g）═
C2H5OH（g）可知正反应为气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向
移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是p1＜p2＜p3＜p4，
故答案为：p1＜p2＜p3＜p4；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化
率提高；
③若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以
改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出来，或增大水蒸气的浓
度，改变二者物质的量的比等，
故答案为：将产物乙醇液化移去；增加
：
比。
【点评】本题考查了化学方程式的书写、压强对平衡移动的影响、物质制取方
案的比较、反应热及平衡常数的计算等知识，综合性非常强，该题是高考中
的常见题型，属于中等难度较大，侧重于学生分析问题、解决问题、知识迁
移能力的培养。
【化学-选修2：化学与技术】
11．（15 分）磷矿石主要以磷酸钙[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）
3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大
致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热
法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：
第27 页（共35 页）
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
备注
白磷
44
280.5
PH3
﹣133.8
﹣87.8
难溶于水、有还原性
SiF4
﹣90
﹣86
易水解
回答下列问题：
（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的 69
%；
（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3 反应化学方程式为：
Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑ ．现有1t 折合含有P2O5 约
30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸 0.49 t．
（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰
石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是 CaSiO3 （填化学
式）．冷凝塔1 的主要沉积物是 液态白磷 ，冷凝塔2 的主要沉积物是
固态白磷 ．
（4）尾气中主要含有 SiF4、CO ，还含有少量的PH3、H2S 和HF 等．将尾
气先通入纯碱溶液，可除去 SiF4、H2S、HF ；再通入次氯酸钠溶液，可
除去 PH3 ．（均填化学式）
第28 页（共35 页）
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是 产品纯度
高 ．
【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】18：实验分析题；25：实验评价题；43：演绎推理法；548：制备实验
综合．
【分析】（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：
4%+96%×85%×80%=69%；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3 可制得磷酸，根据质
量守恒书写化学方程式；根据P 元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，依据
此关系式计算；
（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的
难溶性固体是CaSiO3；根据冷却塔1、2 的温度与白磷的熔点比较分析白磷
的状态；
（4）二氧化硅和HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成
CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S 和HF 等；
将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S 与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强
氧化性，可除掉强还原性的PH3；
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大；
【解答】解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例
为：4%+96%×85%×80%=69%，
故答案为：69；
（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3 可制得磷酸，根据质
量守恒定律可得反应的化学方程式为
Ca5F（PO4）
3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；
根据P 元素守恒可得关系式P2O5～2H3PO4，142 份P2O5 可制取196 份磷酸，1t
折合含有P2O5 约30%的磷灰石，含有P2O5 的质量为0.3t，所以可制得到
85%的商品磷酸的质量为
=0.49t，
故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF↑；0.49；
第29 页（共35 页）
（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的
难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1 的温度是70℃，280.5℃＞t＞44℃，所以此
时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2 的温度是18℃，低于白磷的熔点，故
此时的主要沉积物是固体白磷，
故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；
（4）二氧化硅和HF 反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成
CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S 和HF 等；
将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S 与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强
氧化性，可除掉强还原性的PH3，
故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；
（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂
质少，因此逐渐被采用，
故答案为：产品纯度高．
【点评】本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有
关计算，该题是高考中的常见题型，题目难度中等，侧重对学生分析问题、
解答问题能力的培养．
【化学-选修3：物质结构与性质】
12．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe 三种金属元素组
成，回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过
X 射线衍射 方法区分晶体、准晶体和非晶体．
（2）基态Fe 原子有 4 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d5 ，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为 血
红色 ．
（3）新制备的Cu（OH）2 可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成
Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为 sp3、sp2 ；1mol 乙醛分子中含有
的σ 键的数目为 6NA ，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是 乙酸
存在分子间氢键 ．Cu2O 为半导体材料，在其立方晶胞内部有4 个氧原
第30 页（共35 页）
子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有 16 个铜原子．
（4）Al 单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数
为 12 ，列式表示Al 单质的密度
g•cm﹣3（不必计算出结果）．
【考点】1B：真题集萃；86：原子核外电子排布；96：共价键的形成及共价键
的主要类型；99：配合物的成键情况；9I：晶胞的计算；A6：不同晶体的结
构微粒及微粒间作用力的区别．菁优网版权所有
【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题；51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）晶体对X 射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者
之间；
（2）根据Fe 原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子
时，先失去4s 上的电子后失去3d 上的电子，硫氰化铁为血红色；
（3）乙醛中甲基上的C 采取sp3 杂化类型，醛基中的C 采取sp2 杂化类型；1
个乙醛分子含有6 个σ 键和一个π 键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较
高；根据O 数目和Cu2O 中Cu 和O 的比例计算晶胞中Cu 原子的数目；
（4）在Al 晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al 原子在通过这个顶点的
三个面心上，面心占
，通过一个顶点可形成8 个晶胞．
【解答】解：（1）从外观无法区分三者，但用X 光照射挥发现：晶体对X 射
线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射
现象即可确定，
故答案为：X 射线衍射；
（2）26 号元素Fe 基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在
3d 上存在4 个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s 上的2 个电
子后失去3d 上的1 个电子，因此Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，
硫氰化铁为血红色，
故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；
（3）乙醛中甲基上的C 形成4 条σ 键，无孤电子对，因此采取sp3 杂化类型，
醛基中的C 形成3 条σ 键和1 条π 键，无孤电子对，采取sp2 杂化类型；1
第31 页（共35 页）
个乙醛分子含有6 个σ 键和一个π 键，则1mol 乙醛含有6molσ 键，即6NA
个σ 键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于
乙醛；该晶胞中O 原子数为4×1+6×
+8×
=8，由Cu2O 中Cu 和O 的比
例可知该晶胞中铜原子数为O 原子数的2 倍，即为16 个；
故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；16；
（4）在Al 晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al 原子在通过这个顶点的
三个面心上，面心占
，通过一个顶点可形成8 个晶胞，因此该晶胞中铝原
子的配位数为8×3×
=12；一个晶胞中Al 原子数为8×
=4，因此
Al 的密度ρ=
=
=
g•cm﹣3，
故答案为：
．
【点评】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢
键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作
常考题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点．
【化学-选修5：有机化学基础】
13．席夫碱类化合物G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G 的一
种路线如下：
已知以下信息：
①
②1molB 经上述反应可生成2molC，且C 不能发生银镜反应。
③D 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106。
第32 页（共35 页）
④核磁共振氢谱显示F 苯环上有两种化学环境的氢。
⑤
回答下列问题：
（1）由A 生成B 的化学方程式为 （CH3）2CH﹣CCl（CH3）2+NaOH
（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O ，反应类型为 消去反应 ；
（2）E 的化学名称是 对硝基乙苯 ，由D 生成E 的化学方程式为
+HO﹣NO2
+H2O ；
（3）G 的结构简式为
；
（4）F 的同分异构体中含有苯环的还有 19 种（不考虑立体异构），其中核
磁共振氢谱中有4 组峰，且面积比为6：2：2：1 的是
，（写出其中的一种的
结构简式）。
（5）由苯和化合物C 经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺。
反应条件1 所选择的试剂为 浓硝酸、浓硫酸 ；反应条件2 所选择的试剂为
Fe 粉/盐酸 ；I 的结构简式为
。
【考点】HB：有机物的推断．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A 的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热
条件下发生消去反应得到B 为烯烃，1mol B 发生信息①中氧化反应生成
2mol C，且C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烃，且不饱和C 原子没有
H 原子，故B 为（CH3）2C=C（CH3）2，C 为（CH3）2C=O，逆推可知A 为
（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2．D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，
第33 页（共35 页）
D 含有一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH2CH3，D 为
，核磁共振氢谱显示F 苯环上有两种化学环境的氢，故D 发
生乙基对位取代反应生成E 为
，由F 的分子式可知，E 中
硝基被还原为﹣NH2，则F 为
，C 与F 发生信息⑤中反
应，分子间脱去1 分子水形成N=C 双键得到G，则G 为
，据此解答。
【解答】解：A 的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、
加热条件下发生消去反应得到B 为烯烃，1mol B 发生信息①中氧化反应生
成2mol C，且C 不能发生银镜反应，B 为对称结构烯烃，且不饱和C 原子
没有H 原子，故B 为（CH3）2C=C（CH3）2，C 为（CH3）2C=O，逆推可
知A 为（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2．D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为
106，D 含有一个苯环，侧链式量=106﹣77=29，故侧链为﹣CH2CH3，D 为
，核磁共振氢谱显示F 苯环上有两种化学环境的氢，故D 发
生乙基对位取代反应生成E 为
，由F 的分子式可知，E 中
硝基被还原为﹣NH2，则F 为
，C 与F 发生信息⑤中反
应，分子间脱去1 分子水形成N=C 双键得到G，则G 为
。
（1）由A 生成B 的化学方程式为：（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2+NaOH
（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，属于消去反应，
故答案为：（CH3）2CH﹣CCl（CH3）2+NaOH
（CH3）2C=C（CH3）
2+NaCl+H2O；消去反应；
（2）由上述分析可知，E 为
，化学名称是对硝基乙苯，由
D 生成
E 的化学方程式为：
+HO﹣NO2
+H2O，
第34 页（共35 页）
故答案为：对硝基乙苯；
+HO﹣NO2
+H2O；
（3）由上述分析可知，G 的结构简式为
，
故答案为：
；
（4）F 为
，含有苯环同分异构体中，
若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位2 种，
若只有一个取代基，可以为﹣CH（NH2）CH3、﹣CH2CH2NH2、
﹣NH﹣CH2CH3、﹣CH2NHCH3、﹣N（CH3）2，有5 种；
若取代为2 个，还有﹣CH3、﹣CH2NH2 或﹣CH3、﹣NHCH3，各有邻、间、对三
种，共有6 种；
若取代基有3 个，即﹣CH3、﹣CH3、﹣NH2，2 个甲基相邻，氨基有2 种位置，
2 个甲基处于间位，氨基有3 种位置，2 个甲基处于对位，氨基有1 种位
置，共有2+3+1=6 种，
故符合条件的同分异构体有：2+5+6+6=19，
其中核磁共振氢谱为4 组峰，且面积比为6：2：2：1，说明含有2 个﹣CH3，
可以是
，
故答案为：19；
；
（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H 为硝基苯，硝基苯在Fe 粉/盐
酸条件下还有得到I 为
，再与（CH3）2C=O 反应得到
，
最后加成反应还原得到
，
故反应条件1 所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件2 所选用的试剂
第35 页（共35 页）
为：Fe 粉/稀盐酸，I 的结构简式为
，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe 粉/盐酸；
。
【点评】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行运用，能较
好的考查学生自学能力，要充分利用合成路线中有机物的分子式，关键是确
定A 与D 的结构，再利用正、逆推法相结合进行推断，（4）中同分异构体
问题为易错点，难度中等。
