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2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题.
1．（3 分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
选项
化学性质
实际应用
A
ClO2 具有强氧化性
自来水消毒杀菌
B
SO2 具有还原性
用作漂白剂
C
NaHCO3 受热易分解并且生成气体
焙制糕点
D
Al（OH）3 分解吸收大量热量并有H2O 生成
阻燃剂
A．A
B．B
C．C
D．D
2．（3 分）下列说法错误的是（ ）
A．乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应
B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体
3．（3 分）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A 除去NaHCO3 固体中混有的NH4Cl
直接将固体加热
B 实验室收集Cu 与稀硝酸反应成的
NO
向上排空气法收集
C 检验乙酸具有酸性
配制乙酸溶液，滴加NaHCO3 溶液有气泡产生
D 测定某稀硫酸的浓度
取20.00ml 该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用
0.1000mol/L 的NaOH 标准液进行滴定
A．A
B．B
C．C
D．D
4．（3 分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（ ）
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
5．（3 分）锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH 溶液，反应为
2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（ ）
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣
D．放电时，电路中通过2mol 电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
6．（3 分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的简单离子具有相同
电子层结构，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与Y 同族，Z 与X 形成的离子
化合物的水溶液呈中性．下列说法正确的是（ ）
A．W 与X 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
B．简单离子半径：W＜X＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
7．（3 分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol•L﹣1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
＞1
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
不变
二、解答题.
8．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化
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钙的实验方法．回答下列问题：
（一）碳酸钙的制备
（1）步骤①加入氨水的目的是
．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于
．
（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是
（填标号）．
a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（二）过氧化钙的制备
（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 性
（填“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是
．
（4）步骤③中反应的化学方程式为
，该反应需要在冰浴下进行，原因是
．
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是
．
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧
化钙产品．该工艺方法的优点是
，产品的缺点是
．
9．煤燃烧排放的烟含有SO2 和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2 溶液作为吸收剂可同时对
烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
（1）NaClO2 的化学名称为
。
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx 的烟气，反应温度323K，NaClO2 溶液浓度为5×
10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/
（mol•L﹣1
）
8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
①写出NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 。增加压强，NO 的转化率
（填“提高”、“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH 逐渐
（填“增大”、“不变”或“减小”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率 脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2 和
NO 在烟气中初始浓度不同，还可能是
。
（3）在不同温度下，NaClO2 溶液脱硫、脱硝的反应中SO2 和NO 的平衡分压Pe 如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均 （填“增大”、“不变”或“减
小”）。
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K 表达式为
。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2 替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2 相比NaClO 具有的优点是
。
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的△
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H=
。
10．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂．从废钒催化剂中回收
V2O5 既避免污染环境
又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2～2.9 2.8～3.1
22～28
60～65
1～2
＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时V2O5 转化为VO2+，反应的离子方程式为 ，同时V2O4 转成VO2+．“废渣1”的
主要成分是
．
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3 至少为
mol．
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124﹣形式存在于溶液中．“废渣2”中含有
．
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124﹣
R4V4O12+4OH﹣（以ROH 为强碱性
阴离子交换树脂）．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈
性（填“酸”“碱”“中”）．
（5）“流出液”中阳离子最多的是
．
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式
．
【[化学——选修2：化学与技术】（15 分）
11．（15 分）聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制备PFS
的一种工艺流程．
回答下列问题
（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为 ．粉碎过筛的目的
是
．
（2）酸浸时最合适的酸是
，写出铁锈与酸反应的离子方程式
．
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是
，下列氧化剂中最合适的是
（填标号）．
A．KMnO4
B．Cl2
C．H2O2
D．HNO3
（4）聚合釜中溶液的pH 必须控制在一定的范围内，pH 偏小时Fe3+水解程度弱，pH 偏大时
则
．
（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是
．
（6）盐基度B 是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B=
（n 为物质的量）．为测
量样品的B 值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以
酚酞为指示剂，用c mol•L﹣1 的标准NaOH 溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干
扰）．到终点时消耗NaOH 溶液V mL．按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH 溶液V0 mL，
已知该样品中Fe 的质量分数w，则B 的表达式为
．
【化学-选修3：物质结构与性质】（15 分）
12．（15 分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料
等．回答下列问题：
（1）写出基态As 原子的核外电子排布式
．
（2）根据元素周期律，原子半径Ga As，第一电离能Ga As．（填“大于”或“小
于”）
（3）AsCl3 分子的立体构型为
，其中As 的杂化轨道类型为
．
（4）GaF3 的熔点高于1000℃，GaCl3 的熔点为77.9℃，其原因是
．
（5）GaAs 的熔点为1238℃，密度为ρ g•cm﹣3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为 ，
Ga 与As 以 键键合．Ga 和As 的摩尔质量分别为MGa g•mol﹣1 和MAs g•mol﹣1，原子半径
分别为rGa pm 和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百
分率为
．
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四、【化学-选修5：有机化学基础】（15 分）
13．（15 分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser 反应．
2R﹣C≡C﹣H
R﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值．下面是利用Glaser 反应制备化合
物E 的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B 的结构简式为
，D 的化学名称为
．
（2）①和③的反应类型分别为
、
．
（3）E 的结构简式为 ．用1mol E 合成1，4﹣二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气
mol．
（4）化合物（
）也可发生Glaser 偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方
程式为
．
（5）芳香化合物F 是C 的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，
写出其中3 种的结构简式
．
（6）写出用2﹣苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D 的合成路线
．
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2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）
参考答案与试题解析
一、选择题.
1．（3 分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
选项
化学性质
实际应用
A
ClO2 具有强氧化性
自来水消毒杀菌
B
SO2 具有还原性
用作漂白剂
C
NaHCO3 受热易分解并且生成气体
焙制糕点
D
Al（OH）3 分解吸收大量热量并有
H2O 生成
阻燃剂
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F5：二氧化硫的化学性质；GF：钠的重要化合
物；GK：镁、铝的重要化合物．菁优网版权所有
【专题】52：元素及其化合物．
【分析】A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒；
B．做漂白剂与漂白性有关；
C．NaHCO3 不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体；
D．氢氧化铝分解吸收热量。
【解答】解：A．ClO2 具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A 正确；
B．做漂白剂与漂白性有关，与还原性无关，故B 错误；
C．NaHCO3 不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，故C 正确；
D．氢氧化铝分解吸收热量，可用于阻燃剂，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质与应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的双基的掌
握，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。
2．（3 分）下列说法错误的是（ ）
A．乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应
B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料
C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷
D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】533：有机反应．
【分析】A．乙烷与浓盐酸不反应；
B．聚乙烯为食品包装材料；
C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；
D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。
【解答】解：A．乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，故A 错误；
B．聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，故B 正确；
C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，故C 正确；
D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解
答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。
3．（3 分）下列有关实验的操作正确的是（ ）
实验
操作
A
除去NaHCO3 固体中混有的NH4Cl 直接将固体加热
B
实验室收集Cu 与稀硝酸反应成
的NO
向上排空气法收集
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C
检验乙酸具有酸性
配制乙酸溶液，滴加NaHCO3 溶液有气
泡产生
D 测定某稀硫酸的浓度
取20.00ml 该稀硫酸于干净的锥形瓶
中，用
0.1000mol/L 的NaOH 标准液进行滴定
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．碳酸氢钠热稳定性较弱，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；
B．NO 与空气中氧气反应，不能用排空气法收集；
C．乙酸溶液中滴加NaHCO3 溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸；
D．该中和滴定实验中没有加入指示剂．
【解答】解：A．由于碳酸氢钠加热易分解，不能利用加热的方法除去NaHCO3 固体中混有的
NH4Cl，故A 错误；
B．NO 与氧气反应，应该用排水法收集，不能用排空气法收集，故B 错误；
C．配制乙酸溶液，滴加NaHCO3 溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸，碳酸具有酸性，则
证明乙酸具有酸性，故C 正确；
D．稀硫酸与NaOH 溶液的反应没有明显现象，需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D 错
误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质分离与提纯、气体收集方
法、中和滴定等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能
力及化学实验能力．
4．（3 分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（ ）
A．异丙苯的分子式为C9H12
B．异丙苯的沸点比苯高
C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面
D．异丙苯和苯为同系物
【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有
【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A．由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12；
B．异丙苯和苯均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；
C．苯环为平面结构，与苯环直接相连的C 在同一平面内，四面体C 最多三原子共平面；
D．异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3 个CH2 原子团，互为同系物．
【解答】解：A．由有机物结构简式可知有机物的分子式为C9H12，故A 正确；
B．异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强与苯，沸点比苯
高，故B 正确；
C．苯环为平面结构，但侧链中存在四面体结构，故C 错误；
D．异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3 个CH2 原子团，互为同系物，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意
把握有机物的结构和官能团的性质，注意四面体碳最多3 原子共平面，难度不大．
5．（3 分）锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH 溶液，反应为
2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（ ）
A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐减小
C．放电时，负极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣
D．放电时，电路中通过2mol 电子，消耗氧气22.4L（标准状况）
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】根据2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣可知，O2 中元素的化合价降低，被还原，应为原
电池正极，Zn 元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn
（OH）42﹣，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。
【解答】解：A．充电时阳离子向阴极移动，故A 错误；
B．充电时，电池反应为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐增大，故B 错
误；
C．放电时，负极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，故C 正确；
D．放电时，每消耗标况下22.4L 氧气，转移电子4mol，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书
写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。
6．（3 分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 的简单离子具有相同
电子层结构，X 的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W 与Y 同族，Z 与X 形成的离子
化合物的水溶液呈中性．下列说法正确的是（ ）
A．W 与X 形成的化合物溶于水后溶液呈碱性
B．简单离子半径：W＜X＜Z
C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y
D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z
【考点】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】四种短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是短周期主族元
素原子中最大的，则X 为Na．由原子序数可知，Y、Z 处于第三周期，而Z 与X（钠）形成的
离子化合物的水溶液呈中性，则Z 为Cl．W、X 的简单离子具有相同电子层结构，且W 与Y 同
族，W 在第二周期且是非金属元素，W 可能是氮（或）氧，则对应的Y 为磷（或硫）．
【解答】解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是短周期主
族元素原子中最大的，则X 为Na．由原子序数可知，Y、Z 处于第三周期，而Z 与X（钠）形
成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z 为Cl．W、X 的简单离子具有相同电子层结构，且W 与
Y 同族，W 在第二周期且是非金属元素，W 可能是氮（或）氧，则对应的Y 为磷（或硫）。
A．W 可能是氮或氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能
生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A 正确；
B．X 离子（Na+）、W 离子的电子层为2 层，Z 离子（Cl﹣）电子层为3 层，电子层结构相同，核
电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：X＜
W＜Z，故B 错误；
C．W 与Y 处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：W＞Y，故C 错
误；
D．Y 与Z 处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，故D
错误。
故选：A。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断各元素为解答关
键，注意元素的不确定性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
7．（3 分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．向0.1mol•L﹣1 CH3COOH 溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将CH3COONa 溶液从20℃升温至30℃，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
＞1
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中
不变
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；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．
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【分析】A．加水促进电离，则n（H+）增大，c（CH3COOH）减小；
B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh 增大；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，
=
．
【解答】解：A．Ka=
，加水虽然促进电离，n（CH3COO﹣）增大，但c
（CH3COO﹣）减小，Ka 保持不变，则溶液中
增大，故A 错误；
B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh 增大，则溶液中
=
减小，故B 错
误；
C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H+）=c（OH﹣），由电荷守恒可知，溶液中
=1，故
C 错误；
D．向AgCl、AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO3，c（Ag+）相同，
=
，Ksp 只与
温度有关，而温度不变，则溶液中
不变，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混
合定性分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡常数的应用及电荷守恒应
用，题目难度中等．
二、解答题.
8．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化
钙的实验方法．回答下列问题：
（一）碳酸钙的制备
（1）步骤①加入氨水的目的是 调节溶液pH 使Fe（OH）3 沉淀 ．小火煮沸的作用是使沉淀颗
粒长大，有利于 过滤分离 ．
（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是 ade （填标号）．
a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
（二）过氧化钙的制备
（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 酸 性（填
“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是 除去溶液中溶解的二氧
化碳 ．
（4）步骤③中反应的化学方程式为 CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl ，该反
应需要在冰浴下进行，原因是 温度过高时双氧水易分解 ．
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是 去除晶体表面
水分 ．
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧
化钙产品．该工艺方法的优点是 工艺简单、操作方便 ，产品的缺点是 纯度较低 ．
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【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】（一）碳酸钙的制备
由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子
转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；
（1）碱可中和酸，小火煮沸利于沉淀生成；
（2）过滤遵循一贴二低三靠；
（二）过氧化钙的制备
由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过
氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；制备过氧化钙的另一种方法
是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品，石灰石便宜易得，
但纯度较低，以此来解答．
【解答】解：（一）碳酸钙的制备
由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子
转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；
（1）步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长
大，有利于过滤，
故答案为：调节溶液pH 使Fe（OH）3 沉淀；过滤分离；
（2）a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故错误；
b．玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故正确；
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故正确；
d．滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故错误；
e．玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度，可能捣破滤纸，过滤失败，故错误；
故答案为：ade；
（二）过氧化钙的制备
由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过
氧化氢反应生成CaO2、NH4Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；
（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此
时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳，
故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；
（4）步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3．H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O，该反应需要在冰
浴下进行，原因是温度过高时双氧水易分解，
故答案为：CaCl2+2NH3．H2O+H2O2+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；温度过高时双氧水易分解；
（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面水
分，
故答案为：去除晶体表面水分；
（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧
化钙产品．该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单，产品的缺点是纯度较低，
故答案为：工艺简单、操作方便；纯度较低．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为
解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质的性质及应用，题目难度中等．
9．煤燃烧排放的烟含有SO2 和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2 溶液作为吸收剂可同时对
烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：
（1）NaClO2 的化学名称为 亚氯酸钠 。
（2）在鼓泡反应器中通入含SO2、NOx 的烟气，反应温度323K，NaClO2 溶液浓度为5×
10﹣3mol•L﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。
离子
SO42﹣
SO32﹣
NO3﹣
NO2﹣
Cl﹣
c/
（mol•L﹣1
）
8.35×10﹣4 6.87×10﹣6 1.5×10﹣4
1.2×10﹣5
3.4×10﹣3
①写出NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式 3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O 。增
加压强，NO 的转化率 提高 （填“提高”、“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH 逐渐 减小 （填“增大”、“不变”或“减小”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率 大于 脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO2
和NO 在烟气中初始浓度不同，还可能是 NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高 。
第10 页（共15 页）
（3）在不同温度下，NaClO2 溶液脱硫、脱硝的反应中SO2 和NO 的平衡分压Pe 如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均 减小 （填“增大”、“不变”或
“减小”）。
②反应ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣的平衡常数K 表达式为
。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2 替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2 相比NaClO 具有的优点是 形成CaSO4 沉淀，反应平衡向产
物方向移动，SO2 转化率提高 。
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）的△H=
△H1+△H2﹣△H3 。
【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）NaClO2 的化学名称为亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为
3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO 的转化率提高；
②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O 可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被
消耗，吸收剂溶液的pH 逐渐降低；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应
速率。原因是除了SO2 和NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被
氧化；
（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO 的平衡分压的负对数随
温度的升高而减小，则说明温度越高，NO 的平衡分压越大，NO 的含量越高，故升高温度，平
衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K 表达式为K=
；
（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2 替代NaClO2，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓
度，促使平衡向正反应方向进行；
②则根据盖斯定律计算。
【解答】解：（1）NaClO2 的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；
（2）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO2 溶液呈碱性，则NaClO2 溶液脱硝过程中主要反应的离子
方程式为3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO 的转化
率提高，故答案为：3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O；提高；
②根据反应的方程式3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O 可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被
消耗，吸收剂溶液的pH 逐渐降低，故答案为：减小；
③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应
速率。原因是除了SO2 和NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO 溶解度较低或脱硝反应
活化能较高，故答案为：大于；NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高；
（3）①由图分析可知，根据反应3ClO2﹣+4NO+4OH﹣=4NO3﹣+3Cl﹣+2H2O，NO 的平衡分压的负对数随
温度的升高而减小，则说明温度越高，NO 的平衡分压越大，NO 的含量越高，故升高温度，平
衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；
②根据反应的方程式ClO2﹣+2SO32﹣═2SO42﹣+Cl﹣可知平衡常数K 表达式为K=
，故答案为：
；
第11 页（共15 页）
（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）2 替代NaClO2，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使
平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）2 效果好，故答案为：形成CaSO4 沉淀，反应平衡向产
物方向移动，SO2 转化率提高；
②已知SO2（g）+2OH﹣（aq）═SO32﹣（aq）+H2O（l）△H1
ClO﹣（aq）+SO32﹣（aq）═SO42﹣（aq）+Cl﹣（aq）△H2
CaSO4（s）═Ca2+（aq）+SO42﹣（aq）△H3
则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO﹣（aq）+2OH﹣（aq）═CaSO4
（s）+H2O（l）+Cl﹣（aq）△H=△H1+△H2﹣△H3．，故答案为：△H1+△H2﹣△H3。
【点评】本题考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学
生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，方程式的书写要遵循相关守恒，题目难
度中等。
10．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂．从废钒催化剂中回收
V2O5 既避免污染环境
又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2～2.9 2.8～3.1
22～28
60～65
1～2
＜1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
（1）“酸浸”时V2O5 转化为VO2+，反应的离子方程式为 V2O5+2H+=2VO2++H2O ，同时V2O4 转成
VO2+．“废渣1”的主要成分是 SiO2 ．
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3 至少为 0.5 mol．
（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124﹣形式存在于溶液中．“废渣2”中含有 Fe（OH）3、Al
（OH）3 ．
（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124﹣
R4V4O12+4OH﹣（以ROH 为强碱性
阴离子交换树脂）．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈 碱 性（填“酸”“碱”“中”）．
（5）“流出液”中阳离子最多的是 K+ ．
（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑ ．
【考点】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
【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．
【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5 转化为VO2+，V2O4 转成
VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2 不溶，则过滤得到的滤渣1 为SiO2，然
后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH 时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al
（OH）3 沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2 为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和
“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124﹣
R4V4O12+4OH﹣，由ROH 为强碱性阴离子交换树脂
可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵
（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答．
【解答】解：从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知，“酸浸”时V2O5 转化为VO2+，V2O4 转成
VO2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2 不溶，则过滤得到的滤渣1 为SiO2，然
后加氧化剂KClO3，将VO2+变为VO2+，再加KOH 时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）3、Al
（OH）3 沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2 为Fe（OH）3、Al（OH）3，“离子交换”和
“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124﹣
R4V4O12+4OH﹣，由ROH 为强碱性阴离子交换树脂
可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵
（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，
（1）“酸浸”时V2O5 转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2++H2O，由上述分析可知滤
渣1 为SiO2，
故答案为：V2O5+2H+=2VO2++H2O；SiO2；
（2）“氧化”中欲使3 mol 的VO2+变为VO2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3 至少为
第12 页（共15 页）
=0.5mol，
故答案为：0.5；
（3）由上述流出分析可知滤渣2 为Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）
3；
（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH﹣浓度
大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；
（5）由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，故答案为：
K+；
（6）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑，故答案为：
2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑．
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分
离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训
练，综合性较强，题目难度中等．
【[化学——选修2：化学与技术】（15 分）
11．（15 分）聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制备PFS
的一种工艺流程．
回答下列问题
（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为 Fe2O3•xH2O ．粉碎过筛的目的
是 选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率 ．
（2）酸浸时最合适的酸是 硫酸 ，写出铁锈与酸反应的离子方程式 Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++
（x+3）H2O ．
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是 氧化亚铁离子 ，下列氧化剂中最合适的是 C （填标
号）．
A．KMnO4
B．Cl2
C．H2O2
D．HNO3
（4）聚合釜中溶液的pH 必须控制在一定的范围内，pH 偏小时Fe3+水解程度弱，pH 偏大时则
容易生成Fe（OH）3，产率降低 ．
（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是 可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解 ．
（6）盐基度B 是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B=
（n 为物质的量）．为测
量样品的B 值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以
酚酞为指示剂，用c mol•L﹣1 的标准NaOH 溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干
扰）．到终点时消耗NaOH 溶液V mL．按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH 溶液V0 mL，
已知该样品中Fe 的质量分数w，则B 的表达式为
．
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有
【专题】544：定量测定与误差分析．
【分析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸，过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离
子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES 固体产品，
（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，粉碎过筛是选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高
“酸浸”反应速率；
（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化
铁和酸反应生成铁离子和水；
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质；
（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体；
（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而导致物质分解；
（6）B=
（n 为物质的量），n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×c mol•L﹣1，n（Fe）=
=
mol．
【解答】解：（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，化学式为：Fe2O3•xH2O，粉碎过筛是选取细
小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率，
故答案为：Fe2O3•xH2O；选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率；
第13 页（共15 页）
（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化
铁和酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++（x+3）H2O，
故答案为：H2SO4；Fe2O3•xH2O+6H+=2Fe3++（x+3）H2O；
（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质，A、B、D 都
会引入新的杂质，C 中过氧化氢被还原生成水无杂质离子引入，故答案为：C；
（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，聚合釜中溶液的pH 必须控制在一定的范围内，pH
偏小时Fe3+水解程度弱，pH 偏大时则容易生成Fe（OH）3，产率降低，
故答案为：容易生成Fe（OH）3，产率降低；
（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高聚合硫酸铁分解，
故答案为：可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解；
（6）n（OH﹣）=（V0﹣V）×10﹣3×c mol•L﹣1，n（Fe）=
=
mol，B=
（n 为物质的
量）=3×
=
，
故答案为：
．
【点评】本题考查了物质组成探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注
意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
【化学-选修3：物质结构与性质】（15 分）
12．（15 分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料
等．回答下列问题：
（1）写出基态As 原子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d104s24p3 ．
（2）根据元素周期律，原子半径Ga 大于 As，第一电离能Ga 小于 As．（填“大于”或“小
于”）
（3）AsCl3 分子的立体构型为 三角锥形 ，其中As 的杂化轨道类型为 sp3 ．
（4）GaF3 的熔点高于1000℃，GaCl3 的熔点为77.9℃，其原因是 GaF3 为离子晶体，GaCl3 为分子
晶体，离子晶体的熔点高 ．
（5）GaAs 的熔点为1238℃，密度为ρ g•cm﹣3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为 原子晶
体 ，Ga 与As 以 共价 键键合．Ga 和As 的摩尔质量分别为MGa g•mol﹣1 和MAs g•mol﹣1，原
子半径分别为rGa pm 和rAs pm，阿伏伽德罗常数值为NA，则GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体
积的百分率为
×100% ．
【考点】86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；9I：晶胞的计算；
9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有
【专题】51D：化学键与晶体结构．
【分析】（1）As 为ⅤA 族33 号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（3）AsCl3 中价层电子对个数=σ 键个数+孤电子对个数=3+
=4，所以原子杂化方式是sp3，
由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（4）GaF3 的熔点高于1000℃，GaCl3 的熔点为77.9℃，其原因是GaF3 为离子晶体，GaCl3 为分子
晶体，离子晶体的熔点高；
（5）GaAs 的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm﹣3，根
据均摊法计算，As：
，Ga：4× 1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（
）×10﹣30，晶胞的体积V2=
=
，故GaAs 晶胞中原
子的体积占晶胞体积的百分率为
将V1、V2 带入计算得百分率=
×100%．
【解答】解：（1）As 为ⅤA 族33 号元素，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案
第14 页（共15 页）
为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；
（2）根据元素周期律，Ga 与As 位于同一周期，Ga 原子序数小于As，故半径Ga 大于As，同周
期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga 小于As，
故答案为：大于；小于；
（3）AsCl3 中价层电子对个数=σ 键个数+孤电子对个数=3+
=4，所以原子杂化方式是sp3，
由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，
故答案为：三角锥形；sp3；
（4）GaF3 的熔点高于1000℃，GaCl3 的熔点为77.9℃，其原因是GaF3 为离子晶体，GaCl3 为分子
晶体，离子晶体的熔点高，
故答案为：GaF3 为离子晶体，GaCl3 为分子晶体，离子晶体的熔点高；
（5）GaAs 的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm﹣3，根
据均摊法计算，As：
，Ga：4× 1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=（
）×10﹣30，晶胞的体积V2=
=
，故GaAs 晶胞中原
子的体积占晶胞体积的百分率为
将V1、V2 带入计算得百分率=
×100%，
故答案为：原子晶体；共价；
×100%．
【点评】本题考查了分子空间构型、电子排布式、原子杂化方式、晶胞密度的计算、电离能及半
径大小比较等知识，综合性较强，最后的计算难度较大，要求学生有较严谨的态度和扎实的基
础，也是对学生能力的考查．
四、【化学-选修5：有机化学基础】（15 分）
13．（15 分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser 反应．
2R﹣C≡C﹣H
R﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H2
该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值．下面是利用Glaser 反应制备化合
物E 的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）B 的结构简式为
，D 的化学名称为 苯乙炔 ．
（2）①和③的反应类型分别为 取代反应 、 消去反应 ．
（3）E 的结构简式为
．用1mol E 合成1，4﹣二苯基丁烷，理论上需
要消耗氢气 4 mol．
（4）化合物（
）也可发生Glaser 偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方
程式为 n
+（n﹣1）H2 ．
（5）芳香化合物F 是C 的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，
写
出
其
中
3 种
的
结
构
简
式
任意三种 ．
（6）写出用2﹣苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D 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．
第15 页（共15 页）
【分析】由B 的分子式、C 的结构简式可知B 为
，则A 与氯乙烷发生取代反应生成
B，则A 为
．对比C、D 的结构可知C 脱去2 分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应
属于消去反应．D 发生信息中的偶联反应生成E 为
．
（6）
在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成
，然后与溴发生加
成反应生成
，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成
．
【解答】解：由B 的分子式、C 的结构简式可知B 为
，则A 与氯乙烷发生取代反应
生成B，则A 为
．对比C、D 的结构可知C 脱去2 分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，
该反应属于消去反应．D 发生信息中的偶联反应生成E 为
．
（1）B 的结构简式为
，D 的化学名称为苯乙炔，
故答案为：
；苯乙炔；
（2）①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应，
故答案为：取代反应、消去反应；
（3）E 的结构简式为
，用1mol E 合成1，4﹣二苯基丁烷，碳碳三键与氢
气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol，
故答案为：
；4；
（4）化合物（
）也可发生Glaser 偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方
程式为：n
+（n﹣1）H2，
故答案为：n
+（n﹣1）H2；
（5）芳香化合物F 是C 的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，
可能的结构简式为：
，
故答案为：
任意3 种；
（6）
在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成
，然后与溴发生加
成反应生成
，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成
，合成路线流程图为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获
取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性
质与转化．
