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2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．
（6 分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335 种，其中“强水”条目下
写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这
里的“强水”是指（ ）
A．氨水
B．硝酸
C．醋
D．卤水
2．（6 分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．18gD2O 和18gH2O 中含有的质子数均为10NA
B．2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO 与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
3．（6 分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托
品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A．1：1
B．2：3
C．3：2
D．2：1
4．（6 分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（
）
实验
现象
结论
A
将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后
滴加KSCN 溶液
有气体生成，溶液
成血红色
稀硝酸将Fe 氧化为
Fe3+
B
将铜粉加入1.0mol•L
1
﹣的Fe2（SO4）3
溶液中
溶液变蓝，有黑色
固体出现
金属Fe 比Cu 活泼
C
用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的
铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴
落下来
金属铝的熔点比较
低
D 将0.1 mol•L
1
﹣ MgSO4溶液滴入NaOH
溶液中至不在有沉淀产生，再滴加
0.1 mol•L
1
﹣CuSO4溶液
先有白色沉淀生
成，后变为浅蓝
色沉淀
Cu（OH）2的溶度积
比Mg（OH）2的小
A．A
B．B
C．C
D．D
第1页（共31页）
5．（6 分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作
原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
6．（6 分）W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L
电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法
正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．阴离子的还原性：W＞Z
C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
7．（6 分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释
至体积V，pH 随lg
的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
B．ROH 的电离程度：b 点大于a 点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
第2页（共31页）
D．当lg
=2 时，若两溶液同时升高温度，则
增大
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10
2
﹣，K2=5.4×10﹣
5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）
无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。
回答下列问题。
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C
中可观察到的现象是 ，由此可知草酸晶体分解的产物中有 。装
置B 的主要作用是 。
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的
装置A、B 和图2 所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、 、I，装置H 反应
管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO 的现象是 。
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 。
9．（14 分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为
Mg2B2O5•H2O 和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制
备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
第3页（共31页）
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O 与硫酸反应的化学方程式 。为提高浸出速率，除适
当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 （写出两条）。
（2）利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是
（化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是 。然后在调节溶液的pH 约为
5，目的是 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其
电子式为 。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备
单质硼，用化学方程式表示制备过程 。
10．（15 分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问
题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，
即可得到I2，该反应的还原产物为 ；
（2）上述浓缩液中含有I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶
液，当AgCl 开始沉淀时，溶液中
为： ，已知Ksp（AgCl）
=1.8×10
10
﹣，Ksp（AgI）=8.5×10
17
﹣。
（3）已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol
1
﹣，1molH2（g）、1molI2（g）
分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ 的能量，则1molHI（g）分子中
化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
（4）Bodensteins 研究了下列反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），在716K 时，气体混合
物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t 的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
120
第4页（共31页）
X（HI）
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
X（HI）
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为： ；
②上述反应中，正反应速率为v 正=k 正x2（HI），逆反应速率为v 逆=k 逆x（H2）x（I2），
其中k 正、k 逆为速率常数，则k 逆为 （以K 和k 正表示）。若k 正
=0.0027min
1
﹣，在t=40min 时，v 正= min
1
﹣。
③由上述实验数据计算得到v 正～x（HI）和v 逆～x（H2）的关系可用如图表示。当
升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为 （填字母）。
[化学--选修2：化学与技术]
11．（15 分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇
和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜
（主要成分是Cu 和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl 的
工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是 ，溶解温度应控制在60
70℃
﹣
，原因是
。
第5页（共31页）
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式 。
（3）步骤⑤包括用pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 （写名
称）。
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 。
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有
（填字母）
A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品
完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L
1
﹣的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗
K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O7
2﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl 的质量分数为
。
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用
形象化描述。在基态14C 原子中，核外存在 对自旋相反的电子。
（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 。
（3）CS2分子中，共价键的类型有 ，C 原子的杂化轨道类型是 ，写
出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子 。
（4）CO 能与金属Fe 形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体
属于 晶体。
（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C 原子连接 个六元环，每个六元环占有
个C 原子。
②在金刚石晶体中，C 原子所连接的最小环也为六元环，每个C 原子连接
个六元环，六元环中最多有 个C 原子在同一平面。
第6页（共31页）
[化学--选修5：有机化学基础]
13．A（C2H2）是基本有机化工原料。由A 制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯
的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
回答下列问题：
（1）A 的名称是 ，B 含有的官能团是 。
（2）①的反应类型是 ，⑦的反应类型是 。
（3）C 和D 的结构简式分别为 、 。
（4）异戊二烯分子中最多有 个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式
为 。
（5）写出与A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）
。
（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A 和乙醛为起始原料制备1，3﹣
丁二烯的合成路线 。
第7页（共31页）
2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．
（6 分）我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335 种，其中“强水”条目下
写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这
里的“强水”是指（ ）
A．氨水
B．硝酸
C．醋
D．卤水
【考点】12：化学科学的主要研究对象；1B：真题集萃；EG：硝酸的化学性质．
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【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可
盛。”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即
和玻璃中成分不反应，据此分析解答。
【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A 错误；
B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生
反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B 正确；
C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu 等金属
不符合条件，故C 错误；
D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，
不符合条件，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，
知道硝酸的强氧化性，题目难度不大。
2．（6 分）NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．18gD2O 和18gH2O 中含有的质子数均为10NA
B．2L0.5mol/L 亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol 氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2molNO 与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA
【考点】1B：真题集萃；4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有
第8页（共31页）
【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A．一个D2O 和H2O 分子中质子数都是10，18g 的D2O 物质的量=
=0.9mol、18gH2O 的物质的量=
=1mol，根据N=nNA知，其分
子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；
B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且
第二步电离程度远远小于第一步电离程度；
C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol 氧气转
移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣1）]=2mol，据此计算生成0.1mol 氧气转
移的电子数；
C．NO 和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO 与1molO2恰
好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4。
【解答】解：A．一个D2O 和H2O 分子中质子数都是10，18g 的D2O 物质的量=
=0.9mol、18gH2O 的物质的量=
=1mol，根据N=nNA知，其分
子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是
0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A 错误；
B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且
第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小
于2NA，故B 错误；
C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O 元素的化
合价为﹣1 价，每生成1mol 氧气转移电子物质的量=1mol×2×[0﹣（﹣
1）]=2mol，则生成0.1mol 氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C 正确；
D．NO 和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO 与1molO2恰
好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，
所以产物分子数小于2NA，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电
解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即
可解答，易错选项是AD，注意A 中D2O 的相对分子质量是20，注意D 中存在
第9页（共31页）
转化关系2NO2⇌N2O4。
3．（6 分）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。
将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托
品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）
A．1：1
B．2：3
C．3：2
D．2：1
【考点】1B：真题集萃；5A：化学方程式的有关计算．菁优网版权所有
【分析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌
洛托品，每个乌洛托品分子中含有6 个C 原子、4 个N 原子，根据C 原子、N 原
子守恒判断甲醛和氨的物质的量之比。
【解答】解：将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成
乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6 个C 原子、4 个N 原子，每个甲醛分子
中含有1 个C 原子、每个氨气分子中含有1 个N 原子，根据C 原子、N 原子守
恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6 个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要甲醛
和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA知，分子数之比等于物质的量之
比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的有关计算，为高频考点，明确物质的量的基本公式及
物质的构成是解本题关键，注意结合原子守恒解答，题目难度不大。
4．（6 分）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（
）
实验
现象
结论
A
将硝酸加入过量铁粉中，充分反应
后滴加KSCN 溶液
有气体生成，溶液成血红
色
稀硝酸将Fe 氧
化为
Fe3+
B
将铜粉加入1.0mol•L
1
﹣的Fe2
（SO4）3溶液中
溶液变蓝，有黑色固体出
现
金属Fe 比Cu
活泼
C
用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过
的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下
来
金属铝的熔点
比较低
第10页（共31页）
D 将0.1 mol•L
1
﹣ MgSO4 溶液滴入
NaOH 溶液中至不在有沉淀产
生，再滴加0.1 mol•L
1
﹣CuSO4溶
液
先有白色沉淀生成，后变
为浅蓝色沉淀
Cu（OH）2的溶
度积比Mg
（OH）2的小
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】52：元素及其化合物．
【分析】A．过量铁粉，反应生成亚铁离子；
B．Cu 和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；
C．三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝
并不滴落；
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化。
【解答】解：A．过量铁粉，反应生成亚铁离子，加入KSCN 溶液、溶液不显红色，故
A 错误；
B．Cu 和Fe3+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，所以没有黑
色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B 错误；
C．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形
成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔
的时候铝熔化了但是不会滴落，故C 错误；
D．由操作和现象可知，发生沉淀的转化，则Cu（OH）2的溶度积比Mg（OH）2的小，
故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、氧化还原反应、
硝酸性质等知识点，明确物质性质及离子检验方法是解本题关键，题目难度不
大。
5．（6 分）微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作
原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是（ ）
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A．正极反应中有CO2生成
B．微生物促进了反应中电子的转移
C．质子通过交换膜从负极区移向正极区
D．电池总反应为C6H12O6+6O2═6CO2+6H2O
【考点】1B：真题集萃；BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【分析】A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，
负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O
24e
﹣
﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应式为
O2+4e﹣+4H+═2H2O；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池；
C．原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；
D．燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同。
【解答】解：A．根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成
水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O
24e
﹣
﹣=6CO2+24H+，正极的电极反应
式为O2+4e﹣+4H+═2H2O，因此CO2在负极产生，故A 错误；
B．葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所
以微生物促进了反应中电子的转移，故B 正确；
C．通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极
移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C 正确；
D．该反应属于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应
式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是
解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发
生还原反应，难点是电极反应式的书写。
6．（6 分）W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L
第12页（共31页）
电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18．下列说法
正确的是（ ）
A．单质的沸点：W＞X
B．阴离子的还原性：W＞Z
C．氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
D．X 与Y 不能存在于同一离子化合物中
【考点】1B：真题集萃；8F：原子结构与元素周期律的关系；8G：原子结构与元素的
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【分析】W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外L 电
子层的电子数分别为0、5、8、8，则则W 是H 元素，X 是N 元素，Y、Z 为第三周
期元素；
它们的最外层电子数之和为18，W 最外层电子数是1，X 最外层电子数是5，Y、Z
最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于Z，则Y 是P
元素、Z 是Cl 元素，
A．W、X 单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；
B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；
D．X、Y 分别是N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中。
【解答】解：W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，且原子核外
L 电子层的电子数分别为0、5、8、8，则W 是H 元素，X 是N 元素，Y、Z 为第三
周期元素；
它们的最外层电子数之和为18，W 最外层电子数是1，X 最外层电子数是5，Y、Z
最外层电子数之和是12，且二者都是主族元素，Y 原子序数小于Z，则Y 是P
元素、Z 是Cl 元素，
A．H、N 元素单质都是分子晶体，分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比，氮气
相对分子质量大于氢气，所以单质的沸点：W＜X，故A 错误；
B．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱，非金属性W＜Z，所以阴
离子的还原性：W＞Z，故B 正确；
C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＜Cl，
最高价氧化物的水化物酸性H3PO4＜HClO4，但氧化物的水化物的酸性不一定
第13页（共31页）
存在此规律，如磷酸酸性大于次氯酸，故C 错误；
D．X、Y 分别是N、P 元素，可能存在磷酸铵、磷酸一氢铵、磷酸二氢铵中，磷酸铵、
磷酸一氢铵、磷酸二氢铵都是铵盐，属于离子化合物，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构和元素性质，为高频考点，涉及离子化合物判断、酸性
强弱判断、物质熔沸点高低判断、元素周期律等知识点，正确判断元素是解本
题关键，结合物质的结构性质解答，易错选项是C。
7．（6 分）浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释
至体积V，pH 随lg
的变化如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．MOH 的碱性强于ROH 的碱性
B．ROH 的电离程度：b 点大于a 点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c（OH﹣）相等
D．当lg
=2 时，若两溶液同时升高温度，则
增大
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有
【分析】A．相同浓度的一元碱，碱的pH 越大其碱性越强；
B．弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程度增大；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣）；
D．MOH 的碱性强于ROH 的碱性，当lg
=2 时，若两溶液同时升高温度，促进
弱电解质电离。
【解答】解：A．相同浓度的一元碱，碱的pH 越大其碱性越强，根据图知，未加水时，
相同浓度条件下，MOH 的pH 大于ROH 的pH，说明MOH 的电离程度大于
第14页（共31页）
ROH，则MOH 的碱性强于ROH 的碱性，故A 正确；
B．由图示可以看出ROH 为弱碱，弱电解质在水溶液中随着浓度的减小其电离程
度增大，b 点溶液体积大于a 点，所以b 点浓度小于a 点，则ROH 电离程度：b
＞a，故B 正确；
C．若两种溶液无限稀释，最终其溶液中c（OH﹣）接近于纯水中c（OH﹣），所以它
们的c（OH﹣）相等，故C 正确；
D．根据A 知，碱性MOH＞ROH，当lg
=2 时，由于ROH 是弱电解质，升高温度
能促进ROH 的电离，所以c（M+）/c（R+）减小，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质在水溶液中电离平衡，为高频考点，明确弱电解质电离
特点、弱电解质电离程度与溶液浓度关系等知识点是解本题关键，易错选项是
C，注意：碱无论任何稀释都不能变为中性溶液或酸性溶液，接近中性时要考虑
水的电离，为易错点。
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，其K1=5.4×10
2
﹣，K2=5.4×10﹣
5．草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O4•2H2O）
无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水，升华，170℃以上分解。
回答下列问题。
（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C
中可观察到的现象是 有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊 ，由此可知草酸晶体
分解的产物中有
CO
2 。装置B 的主要作用是 冷凝（水蒸气和草酸），防止
草酸进入装置
C 反应生成沉淀而干扰
CO
2 的检验 。
第15页（共31页）
（2）乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的
装置A、B 和图2 所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、
F 、
D 、
G 、
H 、
D
、I，装
置H 反应管中盛有的物质是
CuO
。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO 的现象是
H 中黑色粉末变为红色，其后的
D 中澄清石灰水变浑浊
。
（3）设计实验证明：草酸的酸性比碳酸的强 向盛有少量
NaHCO
3的试管里滴加
草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸 。
【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】546：无机实验综合．
【分析】
（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升
华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳而使澄清石灰
水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B 装置温度较低，
有冷凝作用，防止干扰实验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰
水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO 的还原性将CO 氧化，再利用澄
清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO；H 装置中盛放的物质应该
具有氧化性，且和CO 反应有明显现象发生；
②CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸。
【解答】解：
（1）草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、
升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳
和氢氧化钙反应生成难溶性的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C 中
观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；草
酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体
中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰二氧化碳的检
验，B 装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰二氧化碳的检验，
故答案为：有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊；CO2；冷凝（水蒸气和草酸），防止草
酸进入装置C 反应生成沉淀而干扰CO2的检验；
（2）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰
第16页（共31页）
水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO 和CuO 发生还原反应生成CO2，
再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO 避免环境污染，所
以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；
H 装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO 反应有明显现象发生，CuO 能被
CO 还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H 中盛放的物质是
CuO，
故答案为：F、D、G、H、D；CuO；
②CO 具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且
CO 将黑色的CuO 还原为红色的Cu，只要H 中黑色固体转化为红色且其后的
D 装置溶液变浑浊就说明含有CO，
故答案为：H 中黑色粉末变为红色，其后的D 中澄清石灰水变浑浊；
（3）要证明草酸酸性大于碳酸，可以利用强酸制取弱酸，向盛有少量NaHCO3的
试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸酸性大于碳酸，
故答案为：向盛有少量 NaHCO3的试管里滴加草酸溶液，有气泡产生就说明草酸
酸性大于碳酸。
【点评】本题考查性质实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用、
实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，难点是排列实验先后顺
序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，题
目难度中等。
9．（14 分）硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为
Mg2B2O5•H2O 和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制
备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出Mg2B2O5•H2O 与硫酸反应的化学方程式
Mg
2B2O5•H2O + 2H
2SO4
2H3BO3+ 2MgSO
4 。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措
施有 提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径 （写出两条）。
第17页（共31页）
（2）利用
Fe
3O4 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质
是
SiO
2、
CaSO
4 （化学式）。
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是 将亚铁离子氧化为铁离子 。然后
在调节溶液的pH 约为5，目的是 使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除
去 。
（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 七水硫酸镁 （填名称）。
（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其
电子式为
。
（6）单质硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备
单质硼，用化学方程式表示制备过程
2H
3BO3
B2O3+ 3H
2O 、
B 2O3+ 3Mg
2B
+ 3MgO
。
【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．菁优网版权所有
【分析】以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O 和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、
CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解
Fe3O4、SiO2不溶，CaO 转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶
液，将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH 约为5，使铁离子、铝离子均转
化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离
出H3BO3，以此来解答。
【解答】解：以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O 和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、
CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3），由流程可知，加硫酸溶解只
有SiO2不溶，CaO 转化为微溶于水的CaSO4，“净化除杂”需先加H2O2溶液，
将亚铁离子转化为铁离子，调节溶液的pH 约为5，使铁离子、铝离子均转化为
沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出
H3BO3，
（1 ）Mg2B2O5•H2O 与硫酸反应的化学方程式Mg2B2O5•H2O+2H2SO4
第18页（共31页）
2H3BO3+2MgSO4，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度浓度外，还可采取的
措施有提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径等，故答案为：Mg2B2O5•H2O+2H2SO4
2H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；
（2）利用Fe3O4的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是
SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3O4；SiO2、CaSO4；
（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是将亚铁离子氧化为铁离子。然后在调
节溶液的pH 约为5，目的是使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去，
故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除
去；
（4）最后浓缩结晶时硫酸镁易结合水以晶体析出，则“粗硼酸”中的主要杂质是
七水硫酸镁，故答案为：七水硫酸镁；
（5）NaBH4为离子化合物，含离子键、共价键，其电子式为
，故答案
为：
；
（6）以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼的化学方程式为2H3BO3
B2O3+3H2O 、B2O3+3Mg
2B+3MgO ，故答案为：2H3BO3
B2O3+3H2O、B2O3+3Mg
2B+3MgO。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，为2015 年高考真题，
把握实验流程及发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与
实验能力的综合考查，题目难度中等。
10．（15 分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问
题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，
即可得到I2，该反应的还原产物为
MnSO
4 ；
第19页（共31页）
（2）上述浓缩液中含有I﹣、Cl﹣等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶
液，当AgCl 开始沉淀时，溶液中
为：
4.7
×
10
7
﹣
，已知Ksp（AgCl）
=1.8×10
10
﹣，Ksp（AgI）=8.5×10
17
﹣。
（3）已知反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）的△H=+11kJ•mol
1
﹣，1molH2（g）、1molI2（g）
分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ 的能量，则1molHI（g）分子中
化学键断裂时需吸收的能量为
299
kJ。
（4）Bodensteins 研究了下列反应：2HI（g）⇌H2（g）+I2（g），在716K 时，气体混合
物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t 的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
120
X（HI）
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
X（HI）
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为：
；
②上述反应中，正反应速率为v 正=k 正x2（HI），逆反应速率为v 逆=k 逆x（H2）x（I2），
其中k 正、k 逆为速率常数，则k 逆为
（以K 和k 正表示）。若k 正
=0.0027min
1
﹣，在t=40min 时，v 正=
1.95
×
10
3
﹣
min
1
﹣。
③由上述实验数据计算得到v 正～x（HI）和v 逆～x（H2）的关系可用如图表示。当
升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为
A 、
E
（填字母）。
【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I 元素发生氧化反应，Mn
第20页（共31页）
元素被还原，还原产物应为硫酸锰；
（2）当AgCl 开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此
可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中
=
；
（3）正反应为吸热反应，化学键断裂时需吸收的能量﹣化学键生成时需放出的能
量=反应吸收的热量；
（4）①表中第一列，由HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由
第一列数据可知，平衡时HI 物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的
量分数为1
0.784=0.216
﹣
，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反
应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度代入平衡常数表达式K=
计算；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式，可知k 逆的表达式；
在t=40min 时，x（HI）=0.85，代入正反应速率表达式v 正=k 正x2（HI）计算；
③升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热
反应方向移动，正反应建立平衡，平衡时HI 的物质的量分数减小，逆反应建立
平衡，平衡时H2的物质的量分数增大。
【解答】解：（1）海藻中的碘元素以碘化物形式存在，反应中I 元素发生氧化反应，
Mn 元素被还原，还原产物应为硫酸锰，故答案为：MnSO4；
（2）当AgCl 开始沉淀时，说明溶液中的c（I﹣）和c（Cl﹣）均已达到饱和状态，因此
可以根据溶度积表达式进行计算，溶液中
=
=
=4.7×10
7
﹣，
故答案为：4.7×10
7
﹣；
（3）设1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为x kJ，则：2x kJ
436kJ
﹣
﹣
151kJ=11kJ，解得x=299，
故答案为：299；
第21页（共31页）
（4）①表中第一列，由HI 分解建立平衡，表中第二列向逆反应进行建立平衡，由
第一列数据可知，平衡时HI 物质的量分数为0.784，则氢气、碘蒸汽总物质的
量分数为1
0.784=0.216
﹣
，而氢气、与碘蒸汽物质的量分数相等均为0.108，反
应前后气体体积不变，用物质的量分数代替浓度计算平衡常数，则平衡常数
K=
=
，
故答案为：
；
②到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k 正x2（HI）=k 逆x（H2）x（I2），则k 逆=k 正×
=
，
在t=40min 时，正反应建立平衡的x（HI）=0.85，则v 正=k 正x2（HI）=0.0027min﹣
1×0.852=1.95×10
3
﹣min
1
﹣，
故答案为：
；1.95×10
3
﹣；
③对于2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）反应建立平衡时：
升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除C 点，正反应为吸热反应，升高温度，
平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时HI 的物质的量分
数减小，因此排除B 点，故选A 点；
对于H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）反应建立平衡时：
升高温度，正、逆反应速率均加快，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平
衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数增大，故选E 点；
因此反应重新达到平衡，v 正～x（HI）对应的点为A，v 逆～x（H2）对应的点为E，
故答案为：A、E。
【点评】本题比较综合，涉及考查氧化还原反应、反应热计算、化学平衡常数计算、
化学反应速率计算及影响因素、平衡移动等，属于拼合型题目，（4）为易错点，
侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据为不同方向建立
的平衡，题目中没有明确，增大题目难度。
第22页（共31页）
[化学--选修2：化学与技术]
11．（15 分）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于醇
和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜
（主要成分是Cu 和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl 的
工艺过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①中得到的氧化产物是
CuSO
4或
Cu
2 +
，溶解温度应控制在60﹣
70℃，原因是 温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解 。
（2 ）写出步骤③中主要反应的离子方程式
2Cu
2 + + SO
3
2﹣
+ 2Cl
﹣
+ H 2O=2CuCl↓
+ SO
4
2﹣
+ 2H
+
。
（3）步骤⑤包括用pH=2 的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 硫酸 （写名
称）。
（4）上述工艺中，步骤⑥不能省略，理由是 醇洗有利于加快去除
CuCl
表面水分
防止其水解氧化 。
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。工业上常用的固液分离设备有
BD
（填字母）
A、分馏塔 B、离心机 C、反应釜 D、框式压滤机
（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品
完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L
1
﹣的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗
K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O7
2﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl 的质量分数为
。
【考点】1B：真题集萃；P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；U3：制备
实验方案的设计．菁优网版权所有
第23页（共31页）
【专题】24：实验设计题．
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu 和少
量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成
CuCl，发生2Cu2++SO3
2﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl+SO4
2﹣+2H+，得到的CuCl 经硫酸酸
洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，步骤
②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生化学
变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+
+CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7 溶液，发生6Fe2++Cr2O7
2﹣+14H+=6Fe3+
+2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题。
【解答】解：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu 和
少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成
CuCl，发生2Cu2++SO3
2﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO4
2﹣+2H+，得到的CuCl 经硫酸
酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。
（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu 生成CuSO4或Cu2+，溶解
温度应控制在60
70℃
﹣
，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，
故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；
（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO3
2﹣+2Cl﹣
+H2O=2CuCl↓+SO4
2﹣+2H+，故答案为：2Cu2++SO3
2﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO4
2﹣
+2H+；
（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl 溶解，
不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，
故答案为：硫酸；
（4）步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面
的水分，防止水解、氧化，
故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl 表面水分防止其水解氧化；
（5）步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离，根据混合的水溶性进行分离，没有发生
化学变化，可用离心机以及框式压滤机，以得到滤饼，
故答案为：BD；
（6）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl﹣，加入K2Cr2O7溶液，发生
6Fe2++Cr2O7
2﹣+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
第24页（共31页）
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O7
2﹣，
6 1
n ab×10
3
﹣mol
n=6ab×10
3
﹣mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10
3
﹣mol=0.597abg，
则样品中CuCl 的质量分数为
，
故答案为：
。
【点评】本题为2015 年高考题，题目考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用
语、氧化还原滴定的应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的
考查，注意把握物质的性质以及反应流程，难度中等，注意（6）中利用关系式的
计算。
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用 电子
云 形象化描述。在基态14C 原子中，核外存在
2
对自旋相反的电子。
（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是
C 有
4 个价电子且半径较
小，难以通过得或失电子达到稳定结构 。
（3）CS2分子中，共价键的类型有
σ 键和
π 键
，C 原子的杂化轨道类型是
sp
，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子
CO
2、
SCN
﹣ 或
COS
等
。
（4）CO 能与金属Fe 形成Fe（CO）5，该化合物熔点为253K，沸点为376K，其固体
属于 分子 晶体。
（5）碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C 原子连接
3
个六元环，每个六元环占有
2
个C
原子。
②在金刚石晶体中，C 原子所连接的最小环也为六元环，每个C 原子连接
12
个六元环，六元环中最多有
4
个C 原子在同一平面。
第25页（共31页）
【考点】8H：物质的结构与性质之间的关系；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【分析】（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用
电子云形象化描述；根据同一轨道的2 两个电子自选方向相反判断；
（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳的非金属性较弱，但半径较小，反应
中难以失去或得到电子；
（3）CS2分子的结构式为S=C=S，含有σ 键和π 键；结合σ 键和孤对电子数判断价
层电子对数，以此判断杂化类型；与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子
或离子为等电子体，应含有3 个原子，价电子数为16；
（4）熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质；
（5）①石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3 个C
C
﹣
化学健，每个C
C
﹣
化学健被2 个碳原子共用；
②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4 个碳原子形成四个碳碳单键，这
5 个碳原子形成的是正四面体结构，键角为109028，最小的环为6 元环。
【解答】解：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可
用电子云形象化描述，离核近的区域电子云密度较大，离核远的区域电子云密
度较小，C 原子核外电子排布为1s22s22p2，轨道式为如图所示：
，
则在基态14C 原子中，核外存在2 对自旋相反的电子，
故答案为：电子云；2；
（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳原子核外有4 个电子，且元素的非
金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子，
故答案为：C 有4 个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构；
（3）CS2分子的结构式为S=C=S，含有σ 键和π 键，
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CS2分子中C 原子形成2 个σ 键，孤对电子数为
=0，则为sp 杂化，
与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子为等电子体，应含有3 个原子
价电子数为16，常见有CO2、SCN﹣或COS 等，
故答案为：σ 键和π 键；sp；CO2、SCN﹣或COS 等；
（4）Fe（CO）5熔点为253K，沸点为376K，具有分子晶体的性质，则固体应为分子
晶体，故答案为：分子；
（5）①石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子连接3 个C
C
﹣
化学健，则每个
C 原子连接 3 个六元环，每个六元环占有的C 原子数为6×
=2，故答案为：
3；2；
②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4 个碳原子形成四个碳碳单键，最
小的环为6 元环，每个单键为3 个环共有，则每个C 原子连接4×3=12 个六元
环，晶胞中共平面的原子如图
，共4 个，故答案为：12；4。
【点评】本题为2015 年考题，考查物质结构和性质，侧重考查学生空间想象能力、
知识运用能力，涉及晶胞计算、原子结构等知识点，综合性较强，采用均摊法、
价层电子对互斥理论等理论分析解答，题目难度中等。
[化学--选修5：有机化学基础]
13．A（C2H2）是基本有机化工原料。由A 制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯
的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：
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回答下列问题：
（1）A 的名称是 乙炔 ，B 含有的官能团是 碳碳双键和酯基 。
（2）①的反应类型是 加成反应 ，⑦的反应类型是 消去反应 。
（3）C 和D 的结构简式分别为
、
CH
3CH2CH2CHO
。
（4）异戊二烯分子中最多有
11
个原子共平面，顺式聚异戊二烯的结构简式为
。
（5）写出与A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体（写结构简式）
CH3CH
（
CH
3）﹣
C ≡
CH
、
CH
3CH2CH2C ≡
CH
、
CH
3CH2C ≡
CCH
3 。
（6）参照异戊二烯的上述合成路线，设计一条由A 和乙醛为起始原料制备1，3﹣
丁
二
烯
的
合
成
路
线
。
【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】由分子式可知A 为HC≡CH，结合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式
发现B（C4H6O2）为A 与乙酸发生加成反应所得，生成B 为CH2=CHOOCCH3，
发生加聚反应生成
，水解生成C 为
，由聚乙烯醇缩丁醛可
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知D 为CH3CH2CH2CHO，HC≡CH 与丙酮在KOH 条件下发生加成反应生成
，与氢气发生加成反应生成
，在氧化铝的作用
下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成
，以此解答该题。
【解答】解：由分子式可知A 为HC≡CH，与乙酸发生加成反应生成B 为
CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成
，水解生成C 为
，由
聚乙烯醇缩丁醛可知D 为CH3CH2CH2CHO，HC≡CH 与丙酮在KOH 条件下
反应生成
，与氢气发生加成反应生成
，在氧化
铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成
，
（1）由以上分析可知A 为乙炔，B 为CH2=CHOOCCH3，含有的官能团为碳碳双键
和酯基，故答案为：乙炔；碳碳双键和酯基；
（2 ）A 为HC≡CH ，与乙酸发生加成反应生成B 为CH2=CHOOCCH3 ，
在氧化铝的作用下发生消去反应生成异戊二烯，
故答案为：加成反应；消去反应；
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（3 ）C 为
，D 为CH3CH2CH2CHO ，故答案为：
；
CH3CH2CH2CHO；
（4）异戊二烯结构简式为CH2=C（CH3）﹣CH=CH2，分子中含有2 个C=C 键，与
C=C 键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有1 个H 原子与C=C 键也可能
在同一个平面上，则共有11 个原子共平面，如图所示：
顺式聚异戊二烯的结构简式为
，故答案为：11 ；
；
（5）与A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有C≡C 键，可能的
结构简式有CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3等，
故答案为：CH3CH（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C≡CH、CH3CH2C≡CCH3；
（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成HC≡CCHOHCH3，然后与氢气发生加成反应
生成H2C=CHCHOHCH3 ，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成
CH2=CHCH=CH2 ，该题最好的方法是使用逆推法，合成路线为
，故答案为：
。
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【点评】本题为2015 年高考题，题目侧重烯烃、炔烃的性质的考查，有助于培养学
生良好的分析能力和自学能力，难度适中，注意把握题给信息，易错点为结构
的判断和同分异构体的书写。
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