2015年-2019年全国高考化学真题试卷44套_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中化学

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2015-2019 年高考化学真题试卷集44 套
绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
化学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
C 12
N 14
O 16
Mg 24
S 32
Fe 56
Cu 64
一、选择题：本题共13 个小题，每小题6 分。共78 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
8．关于化合物2−苯基丙烯（
），下列说法正确的是
A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色
B．可以发生加成聚合反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于水及甲苯
9．实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b 中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
10．固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl 气体
分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是
A．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在
B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）
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C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变
D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl 
H++Cl−
11．NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A 的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力
变化曲线如图所示，其中b 点为反应终点。下列叙述错误的是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b 点的混合溶液pH=7
D．c 点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
12．利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。
下列说法错误的是
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+
2H++2MV+
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
13．科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是X 核
外电子数的一半。下列叙述正确的是
A．WZ 的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y 不满足8 电子稳定结构
三、非选择题：共174 分，第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求作
答。
（一）必考题：共129 分。
26．（14 分）
硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5·H2O、
SiO2 及少量Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
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回答下列问题：
（1）在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是
_________。
（3）根据H3BO3 的解离反应：H3BO3+H2O 
H++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3 是_______酸；在“过
滤2”前，将溶液pH 调节至3.5，目的是_______________。
（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工
序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
27．（15分）
硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫
酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
（2 ）步骤②需要加热的目的是_________________ ，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是
_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填
标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液
要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。
硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
28．（14分）
水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金
属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系
中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25
B．0.25
C．0.25~0.50
D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中
吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。
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可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写
出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化
铁，实验初始时体系中的
2
H O
p
和
CO
p
相等、
2
CO
p
和
2
H
p
相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率v (a)=___________kPa·min−1。467 ℃时
2
H
p
和
CO
p
随时间变化关系的
曲线分别是___________、___________。489 ℃时
2
H
p
和
CO
p
随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按
所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15 分）
在普通铝中加入少量Cu 和Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2 微小晶粒，其分散在Al 中可使得铝材的硬度
增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是
(填标号)。
A．
B．
C．
D．
（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是
、
。乙二
胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是
，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高
的是
(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/°C
1570
2800
23.8
−75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因
。
（4）图(a)是MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方
式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x=
pm，Mg 原子之间最
短距离y=
pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2 的密度是
g·cm−3(列出计算表达式)。
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36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
化合物G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 中的官能团名称是
。
（2）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B 的结构简式，用星号(*)标出B 中的手性
碳
。
（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式
。(不考虑立体异构，只
需写出3 个)
（4）反应④所需的试剂和条件是
。
（5）⑤的反应类型是
。
（6）写出F 到G 的反应方程式
。
（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备
的合成路线
(无机试剂任选)。
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理科综合化学参考答案
7.A
8.B
9.D
10.D
11.C
12.B
13.C
26．（1）NH4HCO3+NH3
(NH4)2CO3
（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3
KSCN
（3）一元弱
转化为H3BO3，促进析出
（4）2Mg2++3
2
3
CO
+2H2O
Mg(OH)2·MgCO3↓+2
3
HCO

（或2Mg2++2
2
3
CO
+H2O
Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑）
溶浸
高温焙烧
27.（1）碱煮水洗
（2）加快反应
热水浴
C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质
防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
28.（1）大于
（2）C
（3）小于
2.02
COOH*+H*+H2O*
COOH*+2H*+OH*（或H2O*
H*+OH*）
（4）0.0047
b
c
a
d
35.（1）A
（2）sp3
sp3
乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键
Cu2+
（3）Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2
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（4）
2
4 a
3
4 a
3
30
A
8
24 +16
64
10
N a




36.（1）羟基
（2）
（3）
（4）C2H5OH/浓H2SO4、加热
（5）取代反应
（6）
（7）
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2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
化学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
C 12
N 14
O 16
F 19
Na 23
S 32
Cl 35.5
As 75
I 127
Sm 150
一、选择题：本题共7 个小题，每小题6 分。共42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
8．已知NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．3 g 3He 含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L−1 磷酸钠溶液含有的
3
4
PO
数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7 被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
9．今年是门捷列夫发现元素周期律150 周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z 为短周期主族元素，W 与X
的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
A．原子半径：W<X
B．常温常压下，Y 单质为固态
C．气态氢化物热稳定性：Z<W
D．X 的最高价氧化物的水化物是强碱
10．下列实验现象与实验操作不相匹配的是
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量
的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀
盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3 溶液的试管中加过量铁粉，充分
振荡后加1 滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 后溶液颜色不变
11．下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是
A．向CuSO4 溶液中加入足量Zn 粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4
Cu+ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2
CaCO3↓+H2O
C．Na2O2 在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2
2Na2O+O2↑
D．向Mg(OH)2 悬浊液中滴加足量FeCl3 溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3
2Fe(OH)3+3MgCl2
12．绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中
的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
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A．图中a 和b 分别为T1、T2 温度下CdS 在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp 的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)
C．向m 点的溶液中加入少量Na2S 固体，溶液组成由m 沿mpn 线向p 方向移动
D．温度降低时，q 点的饱和溶液的组成由q 沿qp 线向p 方向移动
13．分子式为C4H8BrCl 的有机物共有（不含立体异构）
A．8 种
B．10 种
C．12 种
D．14 种
三、非选择题：共174 分，第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求作
答。
（一）必考题：共129 分。
26．（13分）
立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰
色为__________（填标号）。
A．黄色
B．红色
C．紫色
D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉
尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为
______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了
难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L−1 的I2−KI
溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2 用0.1000
mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I2+2
2
2
3
S O

2I−+
2
4
6
S O
。测定时消耗Na2S2O3 溶液体积V mL。终点颜色变化为
_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
27．（15分）
环戊二烯（
）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：
(g)
(g)+H2(g)
ΔH1=100.3 kJ·mol −1
①
H2(g)+ I2(g)
2HI(g)
ΔH2=−11.0 kJ·mol −1
②
对于反应：
(g)+ I2(g)
(g)+2HI(g)
③
ΔH3=___________kJ·mol −1。
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（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（
）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压
增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡
转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体
B．提高温度
C．增加环戊烯浓度
D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关
系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为
），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二
茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF 溶液（DMF 为惰性有
机溶剂）。
该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为
_________________________。
28．（15 分）
咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。
茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka 约为10−6，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从
茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2 上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套
筒1 中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3 顶端时，经虹吸管3 返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连
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续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1 中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，
加热前还要加几粒______________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是
______________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸馏浓缩”
需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标号）。
A．直形冷凝管
B．球形冷凝管
C．接收瓶
D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是中和_______和吸收_______。
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸
上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按
所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15 分）
近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O 组成的化合物。回答下列
问题：
（1）元素As 与N 同族。预测As 的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3 的_______（填“高”或“低”），
其判断理由是_________________________。
（2）Fe 成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm 的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为
______________________。
（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。
（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1 所示，晶胞中Sm 和As 原子的投影位置如图2 所示。
图1
图2
图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为
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____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1 中原子1 的坐
标为( 1 1 1
,
,
2 2 2 )，则原子2 和3 的坐标分别为__________、__________。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。
下面是制备一种新型环氧树脂G 的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A 是一种烯烃，化学名称为__________，C 中官能团的名称为__________、__________。
（2）由B 生成C 的反应类型为__________。
（3）由C 生成D 的反应方程式为__________。
（4）E 的结构简式为__________。
（5）E 的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、
__________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F 和NaOH 恰好完全反应生成1 mol 单一聚合度的G，若生成的NaCl 和H2O 的总质量为765 g，
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则G 的n 值理论上应等于__________。
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参考答案
7．D
8．B
9．D
10．A
11．C
12．B
13．C
26．（13分）
（1）D
（2）①BaSO4+4C
BaS+4CO↑
CO+H2O
CO2+H2
②BaCO3
③S2−+Ba2++Zn2++
2
4
SO

BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
1
25.00
0.1000 32
2
100
1000
V
m





（
）
％
27．（15分）
（1）89.3
（2）40％
3.56×104
BD
（3）CD
（4）Fe 电极
Fe+2
=
+H2↑（Fe+2C5H6
Fe(C5H5)2+H2↑）
水会阻碍中间物Na 的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
28．（15 分）
（1）增加固液接触面积，提取充分
沸石
（2）乙醇易挥发，易燃
使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）
（3）乙醇沸点低，易浓缩
AC
（4）单宁酸
水
（5）升华
35．（15 分）
（1）三角锥形
低
NH3 分子间存在氢键
（2）4s
4f5
（3）小于
（4）SmFeAsO1−xFx
3
30
A
2[281 16(1
)
19 ]
10
x
x
a cN





( 1 1
,
,0
2 2
)、(
1
0,0, 2 )
36．（15 分）
（1）丙烯
氯原子、羟基
（2）加成反应
（3）
（或
）
（4）
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（5）
（6）8
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绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
化学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
Li 7
C 12
N 14
O 16
Na 23
S 32
Cl 35.5
Ar 40
Fe 56
I 127
一、选择题：本题共7 个小题，每小题6 分。共42 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．高纯硅可用于制作光感电池
B．铝合金大量用于高铁建设
C．活性炭具有除异味和杀菌作用
D．碘酒可用于皮肤外用消毒
8．下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是
A．甲苯
B．乙烷
C．丙炔
D．1,3−丁二烯
9．X、Y、Z 均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X 与Z 同族，Y 最外层电子数等于X 次外层电
子数，且Y 原子半径大于Z。下列叙述正确的是
A．熔点：X 的氧化物比Y 的氧化物高
B．热稳定性：X 的氢化物大于Z 的氢化物
C．X 与Z 可形成离子化合物ZX
D．Y 的单质与Z 的单质均能溶于浓硝酸
10．离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是
A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变
B．水中的
3
NO
、
2
4
SO
、Cl−通过阴离子树脂后被除去
C．通过净化处理后，水的导电性降低
D．阴离子树脂填充段存在反应H++OH−
H2O
11．设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c(
4
2
H PO
)+2c(
2
4
HPO
)+3c(
3
4
PO
)+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
12．下列实验不能达到目的的是
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
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13．为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采
用强碱性电解质的3D−Zn — NiOOH 二次电池，结构如下图所示。电池反应为
Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) 



放电
充电
ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是
A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−
NiOOH(s)+H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−
ZnO(s)+H2O(l)
D．放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
三、非选择题：共174 分。第22~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38 题为选考题，考生根据要求作
答。
（一）必考题：共129 分。
26．（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、
Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式
____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5 ）“ 除杂2” 的目的是生成MgF2 沉淀除去Mg2+ 。若溶液酸度过高，Mg2+ 沉淀不完全，原因是
_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分
别为+2、+3、+4。当x=y= 1
3 时，z=___________。
27．（14分）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种
方法如下：
水杨酸
醋酸酐
乙酰水杨酸
熔点/℃
157~159
-72~-74
135~138
相对密度/（g·cm
﹣3）
1.44
1.10
1.35
相对分子质量
138
102
180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸
后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。
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①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴
B．酒精灯
C．煤气灯
D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有________（填标号），不需使用的_______________________（填名称）。
（3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为____________。
（6）本实验的产率是_________%。
28．（15 分）
近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯
气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)
分别等于1∶1、4∶1、7∶1 时HCl 平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl 初始浓度为c0，根据进料
浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物
高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1
2 Cl2(g)
ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+ 1
2 O2(g)=CuO(s)+ 1
2 Cl2(g)
ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)
ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl 的转化率的方法是______________。（写出2 种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要
包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
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负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol 电子，需消耗氧气__________L
（标准状况）。
（二）选考题：共45 分。请考生从2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按
所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15 分）
磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报
道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl 和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li 的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M 层电子的自旋状态
_________（填“相同”或“相反”）。
（2）FeCl3 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3 的结构式为________，其中Fe 的
配位数为_____________。
（3）苯胺（
）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（
）的相对分子质量相近，但苯胺
的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。
（4）NH4H2PO4 中，电负性最高的元素是______；P 的_______杂化轨道与O 的2p 轨道形成_______键。
（5）NH4H2PO4 和LiFePO4 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。
焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________（用n 代表P 原子数）。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
氧化白藜芦醇W 具有抗病毒等作用。下面是利用Heck 反应合成W 的一种方法：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为___________。
（2）
中的官能团名称是___________。
（3）反应③的类型为___________，W 的分子式为___________。
（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：
实验
碱
溶剂
催化剂
产率/%
1
KOH
DMF
Pd(OAc)2
22.3
2
K2CO3
DMF
Pd(OAc)2
10.5
3
Et3N
DMF
Pd(OAc)2
12.4
4
六氢吡啶
DMF
Pd(OAc)2
31.2
5
六氢吡啶
DMA
Pd(OAc)2
38.6
6
六氢吡啶
NMP
Pd(OAc)2
24.5
上述实验探究了________和________对反应产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。
（5）X 为D 的同分异构体，写出满足如下条件的X 的结构简式________________。
①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 mol 的X 与足量金属Na 反应可生成2 g H2。
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（6）利用Heck 反应，由苯和溴乙烷为原料制备
，写出合成路线________________。（无机
试剂任选）
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合化学
参考答案
7．C
8．D
9．B
10．A
11．B
12．A
13．D
26．（14 分）
（1）SiO2（不溶性硅酸盐）
MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2
Mg2++2F−平衡向右移动
（6）Mn2++2
3
HCO
=MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）1
3
27．（14分）
（1）A
（2）BD
分液漏斗、容量瓶
（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）
（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠
（5）重结晶
（6）60
28．（15分）
（1）大于
2
2
4
0
(0.42)
(0.42)
(1
0.84)
(1
0.21)c




O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低
（2）﹣116
（3）增加反应体系压强、及时除去产物
（4）Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
5.6
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15 分）
（1）Mg
相反
（2）
4
（3）分子晶体
苯胺分子之间存在氢键
（4）O
sp3
σ
（5）(PnO3n+1)(n+2)-
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15 分）
（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）
（2）羧基、碳碳双键
（3）取代反应
C14H12O4
（4）不同碱
不同溶剂
不同催化剂（或温度等）
（5）
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（6）
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2019 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合
理科综合共300 分，考试用时150 分钟。
物理试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1 至3 页，第Ⅱ卷4 至7 页，共120 分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务
必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
祝各位考生考试顺利！
化学部分
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案
标号。
2．本卷共6 题，每题6 分，共36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
以下数据供解题时参考：
相对原子质量：H
1
C
12
O
16
Zn
65
1．化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及
．．．化学反应的是
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水
2．下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是
实验现象
离子方程式
A
向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，
沉淀溶解


2
4
3
2
2
Mg OH
2NH
Mg
2NH
H O





B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐
色液体


3
2
3
Fe
3H O
Fe OH
3H




C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
2
2
2
4
4
2
3SO
2MnO
4H
3SO
2Mn
2H O








D
氧化亚铁溶于稀硝酸
2
2
FeO
2H
Fe
H O




3．下列有关金属及其化合物的应用不合理
．．．的是
A．将废铁屑加入
2
FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的
2
Cl
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
C．盐碱地（含较多
2
3
Na CO 等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．无水
2
CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
4．下列实验操作或装置能达到目的的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集
2
NO 气体
证明乙炔可使溴水褪色
5．某温度下，
2
HNO 和
3
CH COOH 的电离常数分别为
4
5.0 10

和
5
1.7 10

。将pH 和体积均相同的两种酸溶液分
别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
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A．曲线Ⅰ代表
2
HNO 溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
C．从c 点到d 点，溶液中





HA
OH
A
c
c
c



保持不变（其中HA、A分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中

Na
n
相同
6．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，
提高电池的容量。
下列叙述不正确
．．．的是
A．放电时，a 电极反应为
2I Br
2e
2I
Br






B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b 电极每增重0.65g ，溶液中有0.02mol I被氧化
D．充电时，a 电极接外电源负极
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4 题，共64 分。
7．（14 分）氮、磷、砷

As 、锑

Sb 、铋

Bi 、镆

Mc 为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列
问题：
（1）砷在元素周期表中的位置______。288
115 Mc 的中子数为______。
已知：P (s ，白磷)
P (s ，黑磷)
1
39.3kJ mol
H




；
P (s ，白磷)
P (s ，红磷)
1
17.6kJ mol
H




；
由此推知，其中最稳定的磷单质是______。
（2）氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：
3
NH ______
3
PH （填“＞”或“＜”）。
沸点：
2
4
N H ______
2
4
P H （填“＞”或“＜”），判断依据是______。
（3）
3
PH 和
3
NH 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对
3
PH 与HI 反应产物的推断正确的是___
___（填序号）。
a．不能与NaOH 反应
b．含离子键、共价键
c．能与水反应
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（4）
3
SbCl 能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl ，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，
配制
3
SbCl 溶液应注意_______________________。
（5）在1 L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t ℃时发生如下反应：



4
3
PH I s
PH
g
HI g



①



3
4
2
4PH
g
P
g
6H
g



②



2
2
2HI g
H
g
I
g



③
达平衡时，体系中

HI
mol
n
b

，

2I
mol
n
c

，

2
H
mol
n
d

，则t ℃时反应①的平衡常数K 值为___
___（用字母表示）。
8．（18 分）我国化学家首次实现了膦催化的

3
2

环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍
术醇的有效路线。
已知

3
2

环加成反应：
（
1
E 、
2
E 可以是COR

或COOR

）
回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为____________，所含官能团名称为____________，分子中手性碳原子（连有四个不同的原
子或原子团）的数目为____________。
（2）化合物B 的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为___
___。
①分子中含有碳碳三键和乙酯基

2
3
COOCH CH

②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式____________。
（3）C
D

的反应类型为____________。
（4）D
E

的化学方程式为__________________，除E外该反应另一产物的系统命名为____________。
（5）下列试剂分别与F和G 反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。
a．
2
Br
b．HBr
c．NaOH 溶液
（6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物M ，在方框中写出路线流程图
（其他试剂任选）。
9．（18 分）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
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回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。
（2）操作1 的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①烧瓶A 中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择
3
2
FeCl
6H O

而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生
2
SO
b．
3
2
FeCl
6H O

污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用
3
2
FeCl
6H O

比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B 的作用为____________。
（3）操作2 用到的玻璃仪器是____________。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集
83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向
g
a
环己烯样品中加入定量制得的
2
mol Br
b
，与环己烯充分反应后，剩余的
2
Br 与足量KI 作用
生成
2I ，用
1
mol L
c


的
2
2
3
Na S O 标准溶液滴定，终点时消耗
2
2
3
Na S O 标准溶液
mL
v
（以上数据均已扣除干扰因
素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
2
2
Br
2KI
I
2KBr


③
2
2
2
3
2
4
6
I
2Na S O
2NaI
Na S O


（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．
2
2
3
Na S O 标准溶液部分被氧化
10．（14 分）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
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回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl 在300℃时反应生成
3
1mol SiHCl 气体和
2
H ，放出225kJ 热量，该反应的热化学方程式为______
__________________。
3
SiHCl 的电子式为__________________。
Ⅱ．将
4
SiCl 氢化为
3
SiHCl 有三种方法，对应的反应依次为：
①




4
2
3
SiCl
g
H
g
SiHCl
g
HCl g




1
0
H


②




4
2
3
3SiCl
g
2H
g
Si s
4SiHCl
g




2
0
H


③





4
2
3
2SiCl
g
H
g
Si s
HCl g
3SiHCl
g





3
H

（1）氢化过程中所需的高纯度
2
H 可用惰性电极电解KOH 溶液制备，写出产生
2
H 的电极名称______（填“阳极”
或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。
（2）已知体系自由能变
G
H
T S




，
0
G


时反应自发进行。三个氢化反应的G

与温度的关系如图1 所
示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的
G

小，主要原
因是________________________。
（3）不同温度下反应②中
4
SiCl 转化率如图2 所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B 点：v
v

正
逆
b．v正：A 点
E

点
c．反应适宜温度：480
520

℃
（4）反应③的
3
H

______（用
1
H

，
2
H

表示）。温度升高，反应③的平衡常数K ______（填“增大”、“减小”
或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除
4
SiCl 、
3
SiHCl 和Si 外，还有______（填分子式）。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）
理科综合化学部分参考答案
1．D
2．A
3．C
4．B
5．C
6．D
7．（14 分）
（1）第四周期第ⅤA 族
173 黑磷
（2）＞
＞
2
4
N H 分子间存在氢键
（3）b、c
（4）
3
2
SbCl
H O
SbOCl
2HCl




（“ 
”写成“
”亦可）
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加盐酸，抑制水解
（4）
8
2
3
c
d
b
b








8．（18 分）
（1）
15
26
C H O
碳碳双键、羟基
3
（2）2
5
3
2
3
3
CH CHC
CCOOCH CH
|
CH

和
3
2
2
2
3
CH CH CH C
CCOOCH CH

（3）加成反应或还原反应
（4）
2-甲基-2-丙醇或2-甲基丙-2-醇
（5）b
（6）
（Pd C写成Ni 等合理催化剂亦可）
9．（18 分）
（1）
3
FeCl 溶液
溶液显紫色
（2）①
a、b
②减少环己醇蒸出
（3）分液漏斗、烧杯
（4）通冷凝水，加热
（5）淀粉溶液
82
2000
cv
b
a








（6）b、c
10．（14 分）
Ⅰ．




3
2
300
Si s
3HCl g
SiHCl
g
H
g


℃
1
225kJ mol
H




Ⅱ．
（1）阴极
2
2
2H O
2e
H
2OH




或
2
2H
2e
H




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（2）1000℃
2
1
H
H


导致反应②的G

小
（3）a、c
（4）
2
1
H
H


减小
（5）HCl 、
2
H
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绝密★启用前
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
化学
注
意
事
项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本卷满分为120 分，考试时间为100 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他
答案。作答非选择题，必须用0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H 1
C 12
N 14
O 16
Na 23
Mg 24
Al 27
S 32
Cl 35. 5
K 39
Ca 40
Cr 52
Fe 56
Cu 64
Ag 108
I 127
选择题
单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。每小题只有一个
．．．．选项符合题意。
1．糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是
A．氢
B．碳
C．氮
D．氧
2．反应NH4Cl+NaNO2
NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用
语正确的是
A．中子数为18的氯原子：
18
17Cl
B．N2的结构式：N=N
C．Na+的结构示意图：
D．H2O的电子式：
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥
B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈
C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白
D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝
4．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1 mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、
2
3
CO
、
2
AlO

B．0.1 mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、
2
4
SO
、
4
MnO

C．0.1 mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D．0.1 mol·L−1H2SO4溶液：K+、
4
NH
、
3
NO
、
3
HSO

5．下列实验操作能达到实验目的的是
A．用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH
B．将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 mol·L−1NaOH溶液
C．用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体
D．用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
6．下列有关化学反应的叙述正确的是
A．Fe在稀硝酸中发生钝化
B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2
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C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3
D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
7．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．室温下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH−
ClO−+Cl−+H2O
B．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH−
2
AlO
+H2↑
C．室温下用稀HNO3溶解铜：Cu+2
3
NO
+2H+
Cu2++2NO2↑+H2O
D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+
H2SiO3↓+2Na+
8．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单
质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X)
B．由X、Y组成的化合物是离子化合物
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．NaCl(aq) 

电解
Cl2(g)
Fe(s)

△
FeCl2(s)
B．MgCl2(aq) 
石灰乳
Mg(OH)2(s) 

煅烧
MgO (s)
C．S(s)
2
O (g)

点燃
SO3(g)
2
H O(l)
H2SO4(aq)
D．N2(g)
2
H (g)

高温高压、催化剂
NH3(g)
2
CO (g)
aq)

N aCl(
Na2CO3(s)
10．将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验
的说法正确的是
A．铁被氧化的电极反应式为Fe−3e−
Fe3+
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。每小题只有一个或两个
．．．．．选项符合题意。若正确答案只包括
一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得满分，
但只要选错一个，该小题就得0 分。
11．氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)
2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−
4OH−
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g)
2H2O(g)的ΔH 可通过下式估算：
ΔH=反应中形成新共价键的键能之和−反应中断裂旧共价键的键能之和
12．化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。
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下列有关化合物X、Y的说法正确的是
A．1 mol X最多能与2 mol NaOH反应
B．Y与乙醇发生酯化反应可得到X
C．X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D．室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
13．室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量
KSCN溶液，溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
向浓度均为0.05 mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加
少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C
向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀
粉溶液，溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为
9，NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比
CH3COOH的强
14．室温下，反应
3
HCO
+H2O 
H2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用
于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的
是
A．0.2 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c(
4
NH
)> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c (
4
NH
)> c (
3
HCO
)> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(
4
NH
)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c (
3
HCO
)+
c(
2
3
CO
)
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c(
2
3
CO
)+ c(OH−)=
0.3 mol·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
15．在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实
线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是
A．反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)的ΔH>0
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO转化率
D．380℃下，c 起始(O2)=5.0×10−4 mol·L−1，NO 平衡转化率为50%，则平衡常数K>2000
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非选择题
16．（12分）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂
作用下生成N2O的化学方程式为
▲
。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−
2
2
NO
+H2O
2NO2+2OH−
2
NO
+
3
NO
+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有
▲
（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是
▲
（填化学式）；
吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是
▲
（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为
3
NO
的
转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和
3
NO
，其离子方程式为
▲
。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是
▲
。
17．（15 分）化合物F 是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：
（1）A中含氧官能团的名称为
▲
和
▲
。
（2）A→B的反应类型为
▲
。
（3）C→D的反应中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的结构简式：
▲
。
（4）C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能与FeCl3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
（5）已知：
（R 表示烃基，R'和R"表示烃基或
氢）
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写出以
和CH3CH2CH2OH为原料制备
的合成路线流程图（无机试
剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
18．（12分）聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步
骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，
得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为
▲
；水解聚合反应会导致溶液的pH
▲
。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，
加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L
−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中
2
2
7
Cr O
与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将
▲
（填“偏大”或“偏小”或“无
影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
19.（15分）实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶
体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+
2
3
CO
(aq)
CaCO3(s)+
2
4
SO
(aq)达到平衡，则溶液中



2
4
2
3
SO
CO
c
c


=
▲
[Ksp(Ca
SO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为
▲
；浸取废渣时，向(NH4)2CO
3溶液中加入适量浓氨水的目的是
▲
。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO
4的转化率下降，其原因是
▲
；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4
转化率的操作有
▲
。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液
的实验方案：
▲
[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用
的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
20．（14分）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O
4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。
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①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：
▲
。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是
▲
。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：
▲
。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是
▲
。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
ΔH =41.2 kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)
ΔH =﹣122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其
中：
CH3OCH3的选择性=
3
3
2
CH OCH
C
2
O

的物质的量
反应的
的物质的量×100％
①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是
▲
。
②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A点）。不改变
反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有
▲
。
21．（12 分）【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题
．．．．．．．．，并在相应的答题区域内作答
．．．．．．．．．．．．。若多做，则按A 小
题评分。
A．[物质结构与性质]
Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为
▲
。
（2）
2
4
SO
的空间构型为
▲
（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为
▲
（填元素符号）。
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（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为
▲
；推测抗坏血酸在水中的溶解性：
▲
（填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为
▲
。
B．[实验化学]
丙炔酸甲酯（
）是一种重要的有机化工原料，沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯
的反应为
实验步骤如下：
步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。
步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。
步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。
（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是
▲
。
（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是
▲
；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是
▲
。
（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是
▲
；分离出有机相的操作名称为
▲
。
（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是
▲
。
化学试题参考答案
选择题(共40 分)
单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分。
1．C
2．D
3．B
4．A
5．D
6．C
7．A
8．B
9.B
10．C
不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分。
11．A
12．CD
13．C
14．BD
15．BD
非选择题(共80 分)
16．（12分）
（1）2NH3+2O2
N2O+3H2O
（2）①BC
②NaNO3
NO
（3）①3HClO+2NO+H2O
3Cl−+2
3
NO
+5H+
②溶液pH 越小，溶液中HClO 的浓度越大，氧化NO 的能力越强
17．（15 分）
（1）（酚）羟基
羧基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）
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18．（12 分）
（1）2Fe2++ H2O2+2H+
2Fe3++2H2O
减小
（2）①偏大
②n(
2
2
7
Cr O
)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3mol
由滴定时
2
2
7
Cr O
→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：
2
2
7
Cr O
~6Fe2+
（或
2
2
7
Cr O
+14H++6Fe2+
6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n(Fe2+)=6n(
2
2
7
Cr O
)=6×1.100×10−3mol=6.600×10−3 mol
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= 0.3696 g
3.000 g ×100%=12.32%
19．（15 分）
（1）1.6×104
（2）
3
HCO
+NH3·H2O
+
4
NH +
2
3
CO
+H2O(或
3
HCO
+NH3·H2O
+
4
NH +
2
3
CO
+H2O)
增加溶液中
2
3
CO
的浓度，促进CaSO4的转化
（3）温度过高，(NH4)2CO3分解
加快搅拌速率
（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH
试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
20．（14 分）
（1）①CaC2O4 400~600℃
 
                   
CaCO3+CO↑
②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔
（2）①CO2+H++2e−
HCOO−或CO2+
3
HCO
+2e−
HCOO−+
2
3
CO

②阳极产生O2，pH减小，
3
HCO
浓度降低；K+部分迁移至阴极区
（3）①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡
转化率下降，且上升幅度超过下降幅度
②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
21．（12 分）【选做题】
A．[物质结构与性质]
（1）[Ar]3d9 或1s22s22p63s23p63d9
（2）正四面体
O
（3）sp3、sp2
易溶于水
（4）4
B．[实验化学]
（1）作为溶剂、提高丙炔酸的转化率
（2）(直形)冷凝管
防止暴沸
（3）丙炔酸
分液
（4）丙炔酸甲酯的沸点比水的高
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2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
化学（北京卷）
本试卷共16 页，共300 分。考试时长150 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，
将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1
C 12
N 14
O 16
第一部分（选择题共120 分）
本部分共20 小题，每小题6 分，共120 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
6．下列我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是
A．4.03 米大口径碳化硅
反射镜
B．2022 年冬奥会聚氨酯
速滑服
C．能屏蔽电磁波的碳包覆
银纳米线
D．“玉兔二号”钛合
金筛网轮
7．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
D
NaCl 溶于水
电解CuCl2 溶液
CH3COOH 在水中电离
H2 与Cl2 反应能量变化
NaCl
Na++Cl−
CuCl2
Cu2++2Cl−
CH3COOH
CH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g)
2HCl(g)
ΔH=−183kJ·mol−1
8．2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持
测定了铟（49In）等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷（37Rb）同周期。下列说法不正确
的是
A．In 是第五周期第ⅢA 族元素
B．11549In 的中子数与电子数的差值为17
C．原子半径：In>Al
D．碱性：In(OH)3>RbOH
9．交联聚合物P 的结构片段如图所示。下列说法不正确的是（图中
表示链延长）
A．聚合物P 中有酯基，能水解
B．聚合物P 的合成反应为缩聚反应
C．聚合物P 的原料之一丙三醇可由油脂水解获得
D．邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P 的交联结构
10．下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
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物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
11．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。（已知：室温下，0.1 mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3）
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液（含酚酞）
溶液褪色，产生白色沉淀
②
少量NaHCO3溶液
产生气泡
③
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是
A．H2C2O4 有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4
CaC2O4↓+2H2O
B．酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4
NaHC2O4+CO2↑+H2O
C．H2C2O4 具有还原性，2
4
MnO
+5
2
2
4
C O
+16H+
2Mn2++10CO2↑+ 8H2O
D．H2C2O4 可发生酯化反应，HOOCCOOH+2C2H5OH 

浓硫酸
△
C2H5OOCCOOC2H5+2H2O
12．实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正
确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
第二部分（非选择题共180 分）
本部分共11 小题，共180 分。
25．（16 分）
抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
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ⅰ．
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；
B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是___________，反应类型是___________________________。
（2）D中含有的官能团：__________________。
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。
26．（12 分）
化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L−1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3
溶液v3 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。
（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：94 g·mol −1）。
（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
27．（14分）
氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2 和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是
______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)
ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)
ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)
ΔH3
……
iii 为积炭反应，利用ΔH1 和ΔH2 计算ΔH3 时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________
（选填字母序号）。
a.促进CH4 转化
b.促进CO 转化为CO2
c.减少积炭生成
④用CaO 可以去除CO2。H2 体积分数和CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1 时开始，H2 体积分数显
著降低，单位时间CaO 消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO 消耗率约为35%，但已失效，
结合化学方程式解释原因：____________________________。
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（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1 或K2，可交替得到H2 和
O2。
①制H2 时，连接_______________。
产生H2 的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3 的电极反应式，说明电极3 的作用：________________________。
28．（16 分）化学小组实验探究SO2 与AgNO3 溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2 通入AgNO3 溶液中，迅速反应，得到无色
溶液A 和白色沉淀B。
①浓H2SO4 与Cu 反应的化学方程式是____________________________________。
②试剂a 是____________。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B 可能为Ag2SO3、Ag2SO4 或二者混合物。（资料：Ag2SO4 微溶于水；
Ag2SO3 难溶于水）
实验二：验证B 的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。
②加入盐酸后沉淀D 大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D 中主要是BaSO3，进而推断B 中含有Ag2SO3。向
滤液E 中加入一种试剂，可进一步证实B 中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。
（3）根据沉淀F 的存在，推测
2-
4
SO 的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2 在AgNO3 溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B 进入D。
途径2：实验二中，
2-
3
SO 被氧化为
2-
4
SO 进入D。
实验三：探究
2-
4
SO 的产生途径
①向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有________：取上层清液继续滴加BaCl2 溶液，
未出现白色沉淀，可判断B 中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。
②实验三的结论：__________。
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（4）实验一中SO2 与AgNO3 溶液反应的离子方程式是_________________。
（5）根据物质性质分析，SO2 与AgNO3 溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有
Ag 和
2-
4
SO 生成。
（6）根据上述实验所得结论：__________________。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合化学
参考答案（北京卷）
6．A
7．B
8．D
9．D
10．B
11．C
12．C
25．（16 分）
（1）
取代反应（或酯化反应）
（2）羟基、羰基
（3）
（4）
（5）
（6）还原（加成）
（7）
26．（12 分）
（1）容量瓶
（2）
3
BrO
+5Br-+6H+=3Br2 +3H2O
（3）
（4）Br2 过量，保证苯酚完全反应
（5）反应物用量存在关系：KBrO3~3Br2~6KI，若无苯酚时，消耗KI 物质的量是KBrO3 物质的量的6 倍，因有苯酚
消耗Br2，所以当n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI 一定过量
（6）溶液蓝色恰好消失
（7）
1
3
2
(6a v
bv )
94
6v


（8）易挥发
27．（14 分）
（1）①CH4+2H2O
4H2+CO2
②C(s)+2H2O(g)= CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)=2CO(g)
③a b c
④降低
CaO+ CO2= CaCO3，CaCO3 覆盖在CaO 表面，减少了CO2 与CaO 的接触面积
（2）①K1
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
③制H2 时，电极3 发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-=NiOOH+H2O。制O2 时，上述电极反应逆向进行，使电极3 得以循
环使用
28．（16 分）
（1）①Cu+ 2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O
②饱和NaHSO3 溶液
（2）①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2+ +
2
3
SO
+4H2O
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②H2O2 溶液，产生白色沉淀
（3）①Ag+
Ag2SO4 溶解度大于BaSO4，没有BaSO4 沉淀时，必定没有Ag2SO4
②途径1 不产生
2
4
SO
，途径2 产生
2
4
SO

（4）2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3↓+2H+
（6）实验条件下：
SO2 与AgNO3 溶液生成Ag2SO3 的速率大于生成Ag 和
2
4
SO
的速率
碱性溶液中
2
3
SO
更易被氧化为
2
4
SO

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2018 年天津市高考化学试卷
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，共36 分．每题只有一个正确选项）
1．（6.00 分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
（
）
A．四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
2．（6.00 分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（
）
A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
B．热稳定性：HCl＜PH3
C．沸点：C2H5SH＜C2H5OH D．碱性：LiOH＜Be（OH）2
3．（6.00 分）下列叙述正确的是（
）
A．某温度下，一元弱酸HA 的Ka 越小，则NaA 的Kb（水解常数）越小
B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越高，该反应越易进行
D．不能用红外光谱区分C2H5OH 和CH3OCH3
4．（6.00 分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（
）
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B
向C6H5ONa 溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3＞C6H5OH
C
向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
D
①某溶液中加入Ba（NO3）2 溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
5．（6.00 分）室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH 和含1mol HBr 的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBr⇌
C2H5Br+H2O，充分反应后达到种衡。已知常压下，C2H5Br 和C2H5OH 的沸点分别为384℃和78.5℃．下列关叙述错误的
是（
）
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr 浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
6．（6.00 分）LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的pH 随c 初始（H2PO4
﹣）的变化如图1 所示，H3PO4
溶液中H2PO4
﹣的分布分数δ随pH 的变化如图2 所示[δ=
]
下列有关LiH2PO4 溶液的叙述正确的是（
）
A．溶液中存在3 个平衡
B．含P 元素的粒子有H2PO4
﹣、HPO42﹣和PO43﹣
C．随c 初始（H2PO4
﹣）增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1mol•L
﹣1 的H3PO4 溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4
二、非选择题II 卷（60 分）
7．（14.00 分）图中反应①是制备SiH4 的一种方法，其副产物MgCl2•6NH3 是优质的镁资源。回答下列问题：
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（1）MgCl2•6NH3 所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H
﹣除外）：
。
Mg 在元素周期表中的位置；
，Mg（OH）2 的电子式：
。
（2）A2B 的化学式为
，反应②的必备条件是
。上图中可以循环使用的物质有
。
（3）在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料
（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，写出该反应的化学
方程式：
。
（5）用Mg 制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
RBr
RMgBr
（R：烃基；R'：烃基或H）
依据上述信息，写出制备
所需醛的可能结构简式：
。
8．（18.00 分）化合物N 具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：
（1）A 的系统命名为
，E 中官能团的名称为
。
（2）A→B 的反应类型为
，从反应所得液态有机混合物中提纯B 的常用方法为
。
（3）C→D 的化学方程式为
。
（4）C 的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应：且1mol W 最多与2mol NaOH 发生反应，产物之一可被
氧化成二元醛。满足上述条件的W 有
种，若W 的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为
。
（5）F 与G 的关系为（填序号）
。
a．碳链异构
b．官能团异构
c．顺反异构
d．位置异构
（6）M 的结构简式为
。
（7）参照上述合成路线，以
为原料，采用如下方法制备医药中间体
。
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该路线中试剂与条件1 为
，X 的结构简式为
；
试剂与条件2 为
，Y 的结构简式为
。
9．（18.00 分）烟道气中的NO2 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1 所示采样和检测方法。回答下
列问题：
Ⅰ．采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃：③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤
关闭系统，停止采样。
（1）A 中装有无碱玻璃棉，其作用为
。
（2）C 中填充的干燥剂是（填序号）
。
a．碱石灰
b．无水CuSO4
C．P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流
向及试剂。
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是
。
Ⅱ．NOx 含量的测定
将vL 气样通入适量酸体的H2O2 溶液中，使NOx 完全被氧化成NO3
﹣，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL 该溶
液，加入v1 mL c1 mol•L
﹣1FeSO4 标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol•L
﹣1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点
时消耗v2mL。
（5）NO 被H2O2 氧化为NO3
﹣的离子方程式为
。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有
。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3
﹣+4H
+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72﹣+6Fe2++14H
+=2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx 折合成NO2 的含量为
mg•m
﹣3。
（8）判断下列情况对NOx 含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测定结果
。
若FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果
。
10．（14.00 分）CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：
（1）CO2 可以被NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2 主要转化为
（写离子符号）；若所得溶液（HCO3
﹣）：
c（CO32﹣）=2：1，溶液pH=
。室温下，H2CO3 的K1=4×10
﹣2；K2=5×10
﹣11）
（2）CO2 与CH4 经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
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化学键
C﹣H
C=O
H﹣H
（CO）
键能/kJ•mol
﹣1
413
745
436
1075
则该反应的△H=
。分别在v L 恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4 和CO2 各1 mol 的
混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是
（填“A”或“B”）
②按一定体积比加入CH4 和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO 和H2 产率的影响如图1 所示。此反应优选温度为900℃
的原因是
。
（3）O2 辅助的Al﹣CO2 电池工作原理如图2 所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）是重
要的化工原料。
电池的负极反应式：
。
电池的正极反应式：6O2+6e
﹣=6O2
﹣
6CO2+6O2
﹣=3C2O42﹣+6O2
反应过程中O2 的作用是
。
该电池的总反应式：
。
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2018 年天津市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，共36 分．每题只有一个正确选项）
1．（6.00 分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是
（
）
A．四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应
B．商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品
C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作
【分析】A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；
B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu；
C．瓷器由黏土烧制而成；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。
【解答】解：A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A 错误；
B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B 正确；
C．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C 正确；
D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分离提纯为解答的关键，
侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．（6.00 分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（
）
A．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3
B．热稳定性：HCl＜PH3
C．沸点：C2H5SH＜C2H5OH D．碱性：LiOH＜Be（OH）2
【分析】A．需要在同一温度下比较溶解度的大小；
B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氯的非金属性比磷强；
C．C2H5SH 与C2H5OH 分子结构相同，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，但C2H5OH 分子间存在氢键；
D．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较Li、Be 的金属性强弱即可判断LiOH 与Be（OH）2 的碱
性强弱。
【解答】解：A．在相同温度下，Na2CO3 的溶解度大于NaHCO3，故A 错误；
B．Cl 与P 为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，氯的非金属性比磷强，则HCl 的热稳定性比PH3 强，故
B 错误；
C．C2H5OH 分子间存在氢键，其分子间作用力比C2H5SH 大，则C2H5OH 沸点比C2H5SH 高，故C 正确；
D．Li 与Be 为同周期主族元素，核电荷数越大，金属性减弱，则Li 比Be 金属性强，LiOH 的碱性比Be（OH）2 的碱性
强，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表和元素周期律知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的
积累，难度不大。
3．（6.00 分）下列叙述正确的是（
）
A．某温度下，一元弱酸HA 的Ka 越小，则NaA 的Kb（水解常数）越小
B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越高，该反应越易进行
D．不能用红外光谱区分C2H5OH 和CH3OCH3
【分析】A．根据弱酸电离常数和盐的水解常数的关系分析；
B．Zn 的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn 作为负极；
C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒；
D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收。
【解答】解：A．某温度下，一元弱酸HA 的电离常数为Ka，则其盐NaA 的水解常数Kb 与Ka 存在关系为：Kb=
，所
以Ka 越小，Kb 越大，故A 错误；
B．Zn 的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn 作为负极，Fe 被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B
正确；
C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故C 错误；
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D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，
C2H5OH 存在醇羟基，﹣OH 有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH 和CH3OCH3，
故D 错误，
故选：B。
【点评】本题考查酸碱平衡，原电池，活化能及红外光谱区分有机物的相关知识，整体难度不大，重视化学原理的运
用，是基础题。
4．（6.00 分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（
）
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B
向C6H5ONa 溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3＞C6H5OH
C
向含有ZnS 和Na2S 的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
D
①某溶液中加入Ba（NO3）2 溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；
B．C6H5ONa 溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化；
D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2 溶液反应也生成硫酸钡沉淀。
【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能
确定是否含Fe3+，故A 错误；
B．C6H5ONa 溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3＞C6H5OH，故B 正确；
C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）大小，故C 错误；
D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2 溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32﹣，或SO42﹣，或二者均存在，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，把握离子检验、酸性比较、Ksp 比较为解答的关键，侧重分析
与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（6.00 分）室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH 和含1mol HBr 的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBr⇌
C2H5Br+H2O，充分反应后达到种衡。已知常压下，C2H5Br 和C2H5OH 的沸点分别为384℃和78.5℃．下列关叙述错误的
是（
）
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．增大HBr 浓度，有利于生成C2H5Br
C．若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【分析】A．加入NaOH，NaOH 和HBr 发生导致平衡逆向移动；
B．增大HBr 浓度，平衡正向移动；
C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同；
D．升高温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反应速率减慢。
【解答】解：A．加入NaOH，NaOH 和HBr 发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A 正
确；
B．增大HBr 浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B 正确；
C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大，但是各种反应物开始浓度相同、消
耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C 正确；
D．升高温度，增大乙醇挥发，导致溶液中乙醇浓度降低，反应速率减慢，到达平衡的时间增长，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，明确浓度、温度对化学平衡影响原理是解本题关键，侧重考查学生对基础知识
的理解和运用，易错选项是C，反应物的转化率增大但其转化率的比值不变。
6．（6.00 分）LiH2PO4 是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4 溶液的pH 随c 初始（H2PO4
﹣）的变化如图1 所示，H3PO4
溶液中H2PO4
﹣的分布分数δ随pH 的变化如图2 所示[δ=
]
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下列有关LiH2PO4 溶液的叙述正确的是（
）
A．溶液中存在3 个平衡
B．含P 元素的粒子有H2PO4
﹣、HPO42﹣和PO43﹣
C．随c 初始（H2PO4
﹣）增大，溶液的pH 明显变小
D．用浓度大于1mol•L
﹣1 的H3PO4 溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4
【分析】由图1 可知LiH2PO4 溶液呈酸性，说明电离程度H2PO4
﹣大于水解程度，且随着c 初始（H2PO4
﹣）增大，溶液pH
逐渐减小，但浓度约大于10
﹣4mol/L 时，pH 不再发生改变，由图2 可知，随着溶液pH 增大，c（H2PO4
﹣）增大，可说
明H3PO4 进一步电离，则溶液中存在H3PO4，当H2PO4
﹣的pH 约为4.66 时，分数δ达到最大，继续加入碱，可与H2PO4
﹣反应生成HPO42﹣等，以此解答该题。
【解答】解：A．溶液中存在H2PO4
﹣、HPO42﹣、H2O 的电离以及H2PO4
﹣、HPO42﹣和PO43﹣的水解等平衡，故A 错误；
B．含P 元素的粒子有H3PO4、H2PO4
﹣、HPO42﹣和PO43﹣，故B 错误；
C．由图1 可知浓度约大于10
﹣4mol/L 时，pH 不再发生改变，故C 错误；
D．用浓度大于1mol•L
﹣1 的H3PO4 溶液溶解Li2CO3，当pH 达到4.66 时，由图2 可知H2PO4
﹣的分数δ达到最大，约为0.994，
则H3PO4 几乎全部转化为LiH2PO4，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象
曲线的变化趋势，难度不大。
二、非选择题II 卷（60 分）
7．（14.00 分）图中反应①是制备SiH4 的一种方法，其副产物MgCl2•6NH3 是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2•6NH3 所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H
﹣除外）：
H
+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl
﹣
。
Mg 在元素周期表中的位置；
第三周期ⅡA 族
，Mg（OH）2 的电子式：
。
（2）A2B 的化学式为
Mg2Si
，反应②的必备条件是
熔融、电解
。上图中可以循环使用的物质有
NH3、
NH4Cl
。
（3）在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料
SiC
（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，写出该反应的化学
方程式：
2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O
。
（5）用Mg 制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
RBr
RMgBr
（R：烃基；R'：烃基或H）
依据上述信息，写出制备
所需醛的可能结构简式：
CH3CH2CHO，CH3CHO
。
【分析】由反应①可知A2B 应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4 和MgCl2•6NH3，MgCl2•6NH3 加入碱液，可生成
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Mg（OH）2，MgCl2•6NH3 加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工
业冶炼，而MgCl2•6NH3 与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应①而循环使用，以此解答
该题。
【解答】解：（1）MgCl2•6NH3 所含元素的简单离子分别为H
+、Mg2+、N3﹣、Cl
﹣，离子核外电子层数越多，离子半径越
大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为H
+＜Mg2+＜N3
﹣＜Cl
﹣，Mg 原子核外有3 个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期ⅡA 族，Mg（OH）2 为离子化合物，电
子式为
，
故答案为：H
+＜Mg2+＜N3﹣＜Cl
﹣；第三周期ⅡA 族；
；
（2）A2B 的化学式为Mg2Si，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化
镁沉淀，由流程可知MgCl2•6NH3 分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应①而循环使用，
故答案为：Mg2Si；熔融、电解；NH3、NH4Cl；
（3）在一定条件下，由SiH4 和CH4 反应生成H2 和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是SiH4
和CH4 分解生成Si、C 和氢气，Si、C 在高温下反应生成SiC，
故答案为：SiC；
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2 转化为稳定的Mg 化合物，应生成硫酸镁，则
反应物还应有氧气，反应的化学方程式为2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O，
故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O；
（5）由题给信息可知制备
，可由CH3CH2MgBr 与CH3CHO 生成，也可由CH3CH2CHO 和CH3MgBr 反应
生成，故答案为：CH3CH2CHO，CH3CHO。
【点评】本题为2018 年高考天津理综试卷，以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析
能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解和运用，难度中等，注意把握题给信息以及物质的性质。
8．（18.00 分）化合物N 具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：
（1）A 的系统命名为
1，6﹣己二醇
，E 中官能团的名称为
碳碳双键、酯基
。
（2）A→B 的反应类型为
取代反应
，从反应所得液态有机混合物中提纯B 的常用方法为
蒸馏
。
（3）C→D 的化学方程式为
。
（4）C 的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应：且1mol W 最多与2mol NaOH 发生反应，产物之一可被
氧化成二元醛。满足上述条件的W 有
5
种，若W 的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为
。
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（5）F 与G 的关系为（填序号）
c
。
a．碳链异构
b．官能团异构
c．顺反异构
d．位置异构
（6）M 的结构简式为
。
（7）参照上述合成路线，以
为原料，采用如下方法制备医药中间体
。
该路线中试剂与条件1 为
HBr、加热
，X 的结构简式为
；
试剂与条件2 为
O2/Cu 或Ag、加热
，Y 的结构简式为
。
【分析】A 和HBr 发生取代反应生成B，B 发生氧化反应生成C，根据CD 结构简式变化知，C 和CH3CH2OH 发生酯化反
应生成D，D 发生取代反应生成E，E 发生水解反应然后酸化得到F，根据GN 结构简式区别知，G 发生成肽反应生成N，
M 结构简式为
；
（7）根据反应条件知，
生成X、X 再和Y 反应生成
，则生成X 的试剂和条件分别是HBr、
加热，X 为
，则Y 为
，生成Y 的试剂和条件为O2/Cu 或Ag、加热。
【解答】解：A 和HBr 发生取代反应生成B，B 发生氧化反应生成C，根据CD 结构简式变化知，C 和CH3CH2OH 发生酯
化反应生成D，D 发生取代反应生成E，E 发生水解反应然后酸化得到F，根据GN 结构简式区别知，G 发生成肽反应
生成N，M 结构简式为
；
（1）A 为二元醇，羟基分别位于1、6 号碳原子上，A 的系统命名为1，6﹣己二醇，E 中官能团的名称为酯基和碳碳
双键，
故答案为：1，6﹣己二醇；酯基和碳碳双键；
（2）A→B 的反应类型为取代反应，A、B 互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B 的常用方法为蒸馏，
故答案为：取代反应；蒸馏；
（
3
）
该
反
应
为
羧
酸
和
醇
的
酯
化
反
应
，
C→D
的
化
学
方
程
式
为
，
故答案为：
；
（4）C 的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应，说明含有醛基，且1mol W 最多与2mol NaOH 发生反应，
产物之一可被氧化成二元醛，说明该物质中含有HCOO﹣基团，且溴原子连接边上的C 原子；
其结构简式可能为HCOOCH2CH2CH2CH2CH2Br、HCOOCH2CH2CH（CH3）CH2Br、HCOOCH2C（CH3）CH2CH2Br、HCOOCH（CH3）
CH2CH2CH2Br、HCOOCH（CH3）CH（CH3）CH2Br，所以符合条件的有5 种，
若W 的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为
，
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故答案为：5；
；
（5）F 与G 的关系为顺反异构，故选c；
（6）M 的结构简式为
，
故答案为：
；
（7）根据反应条件知，
生成X、X 再和Y 反应生成
，则生成X 的试剂和条件分别是HBr、
加热，X 为
，则Y 为
，生成Y 的试剂和条件为O2/Cu 或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试
剂与条件1 为HBr、加热，X 的结构简式为
；
试剂与条件2 为O2/Cu 或Ag、加热，Y 的结构简式为
，
故答案为：HBr、加热；
；O2/Cu 或Ag、加热；
。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应前后物质结构变化确定
反应类型，会根据合成路线判断（7）题反应条件及所需试剂，注意（4）题：只有连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含
有氢原子的醇才能被催化氧化生成醛，题目难度中等。
9．（18.00 分）烟道气中的NO2 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1 所示采样和检测方法。回答下
列问题：
Ⅰ．采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃：③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤
关闭系统，停止采样。
（1）A 中装有无碱玻璃棉，其作用为
除尘
。
（2）C 中填充的干燥剂是（填序号）
c
。
a．碱石灰
b．无水CuSO4
C．P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、明气体的流
向及试剂。
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（4）采样步骤②加热烟道气的目的是
防止NOx 溶于冷凝水
。
Ⅱ．NOx 含量的测定
将vL 气样通入适量酸体的H2O2 溶液中，使NOx 完全被氧化成NO3
﹣，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL 该溶
液，加入v1 mL c1 mol•L
﹣1FeSO4 标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol•L
﹣1 K2Cr2O7 标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点
时消耗v2mL。
（5）NO 被H2O2 氧化为NO3
﹣的离子方程式为
2NO+3H2O2=2H
++2NO3
﹣+2H2O
。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有
锥形瓶、酸式滴定管
。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3
﹣+4H
+=NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72﹣+6Fe2++14H
+=2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx 折合成NO2 的含量为
mg•m
﹣3。
（8）判断下列情况对NOx 含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
若缺少采样步骤③，会使测定结果
偏低
。
若FeSO4 标准溶液部分变质，会使测定结果
偏高
。
【分析】Ⅰ．采样
（1）第一步过滤器A 中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘；
（2）a．碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体；
b．无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强；
c．五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体；
（3）D 装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出；
（4）防止NOx 溶于冷凝水，需要加热烟道气；
Ⅱ．NOx 含量的测定
（5）NO 与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；
（6）滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；
（7）滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7 的物质的量为c2V2×10
﹣3mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2×10
﹣3mol，在所
配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1×10
﹣3mol，则与NO3
﹣反应的Fe2+物质的量=c1V1×10
﹣3mol﹣6c2V2×10
﹣3mol，则
VL 气样中氮元素总物质的量=5×
mol，计算氮元素含量，然后折算成二氧化氮的含量；
（8）若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4 变质则会导致
测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高；
【解答】解：Ⅰ．采样
（1）第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，
故答案为：除尘；
（2）a．碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a 不选；
b．无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b 不选；
c．五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c 选；
故答案为：c；
（3）D 装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出，装置图为：
，
故答案为：
；
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是：为了防止NOx 溶于冷凝水，
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故答案为：防止NOx 溶于冷凝水；
Ⅱ．NOx 含量的测定
（5）NO 与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H
++2NO3
﹣+2H2O，
故答案为：2NO+3H2O2=2H
++2NO3
﹣+2H2O；
（6）滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，
故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；
（7）滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7 的物质的量为c2V2×10
﹣3mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2×10
﹣3mol，在所
配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1×10
﹣3mol，则与NO3
﹣反应的Fe2+物质的量=c1V1×10
﹣3mol﹣6c2V2×10
﹣3mol，则
VL 气样中氮元素总物质的量=5×
mol，
则氮元素的总质量=
mg，
气样中氮元素含量=
mg/m3，
折合为NO2 的含量=
mg/m3，
故答案为：
；
（8）若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4 变质则会导致
测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，测定结果偏高，
故答案为：偏低；偏高。
【点评】本题考查了物质性质实验验证、物质组成的含量测定方法、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题
关键，题目难度中等。
10．（14.00 分）CO2 是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：
（1）CO2 可以被NaOH 溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2 主要转化为
c（CO32﹣）（写离子符号）；若所得溶液（HCO3
﹣）：c（CO32﹣）=2：1，溶液pH=
10
。室温下，H2CO3 的K1=4×10
﹣2；K2=5×10
﹣11）
（2）CO2 与CH4 经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g）
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C﹣H
C=O
H﹣H
（CO）
键能/kJ•mol
﹣1
413
745
436
1075
则该反应的△H=
+120kJ/mol
。分别在v L 恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4 和CO2 各1 mol
的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是
B
（填“A”或“B”）
②按一定体积比加入CH4 和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO 和H2 产率的影响如图1 所示。此反应优选温度为900℃
的原因是
900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时
合成气产率降低且反应速率降低
。
（3）O2 辅助的Al﹣CO2 电池工作原理如图2 所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）是重
要的化工原料。
电池的负极反应式：
Al﹣3e
﹣=Al 3+
。
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电池的正极反应式：6O2+6e
﹣=6O2
﹣
6CO2+6O2
﹣=3C2O42﹣+6O2
反应过程中O2 的作用是
催化剂
。
该电池的总反应式：
2Al+6CO2=Al2（C2O4）3
。
【分析】（1）K2=
=5×10
﹣11，则c（H
+）=
，当c（HCO3
﹣）=c（CO32﹣），c（H
+）
=5×10
﹣11，pH 在10.3，如果溶液的pH=13，则c（HCO3
﹣）＜＜c（CO32﹣）；
K2=
=5×10
﹣11，且所得溶液c（HCO3
﹣）：c（CO32﹣）=2：1，据此计算溶液pH；
（2）①该反应的△H=反应物总键能﹣生成物总键能；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆
向移动，A 在反应过程中压强在不断增大、B 在反应过程中压强不变；
②900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大；
（3）该原电池中Al 作负极，失电子生成铝离子；
在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物；
在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式。
【解答】解：（1）K2=
=5×10
﹣11，则c（H
+）=
，当c（HCO3
﹣）=c（CO32﹣），c（H
+）
=5×10
﹣11，pH 在10.3，如果溶液的pH=13，则c（HCO3
﹣）＜＜c（CO32﹣），所以该溶液中所得阴离子为c（CO32﹣）；
K2=
=5×10
﹣11，且所得溶液c（HCO3
﹣）：c（CO32﹣）=2：1，c（H
+）=
=5×10
﹣11
×2=1×10
﹣10，pH=10，
故答案为：c（CO32﹣）；10；
（2）①该反应的△H=反应物总键能﹣生成物总键能=[4×413+2×745﹣2×1075﹣2×436]kJ/mol=+120kJ/mol
；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A 在反应过程中压强在不断增大、B 在反应
过程中压强不变，所以A 相当于B 来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A 中反应物转化率小于B，则两容器中反应
达平衡后吸收的热量较多的是B，
故答案为：+120kJ/mol；B；
②根据图知，900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低
时合成气产率降低且反应速率降低，
故答案为：900℃时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时
合成气产率降低且反应速率降低；
（3）该原电池中Al 作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al﹣3e
﹣=Al 3+；
在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；
在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，
电池反应式为2Al+6CO2=Al2（C2O4）3，
故答案为：Al﹣3e
﹣=Al 3+；催化剂；2Al+6CO2=Al2（C2O4）3。
【点评】本题考查原电池原理、弱电解质的电离、化学平衡影响因素等知识点，侧重考查学生图象分析、判断及计算
能力，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意（1）题电离平衡常数的灵活运用，题目难度中等。
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2018 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题
1．（6.00 分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（
）
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
2．（6.00 分）下列叙述正确的是（
）
A．24g 镁与27g 铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2：1
D．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同
3．（6.00 分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（
）
A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
4．（6.00 分）下列实验操作不当的是（
）
A．用稀硫酸和锌粒制取H2 时，加几滴CuSO4 溶液以加快反应速率
B．用标准HCl 溶液滴定NaHCO3 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na
+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
5．（6.00 分）一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时，O2 与Li
+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x（x=0 或1）。
下列说法正确的是（
）
A．放电时，多孔碳材料电极为负极
B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C．充电时，电解质溶液中Li
+向多孔碳材料区迁移
D．充电时，电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+（1﹣
）O2
6．（6.00 分）用0.100 mol•L
﹣1 AgNO3 滴定50.0 mL0.0500 mol•L
﹣1 Cl
﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
（
）
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A．根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10
﹣10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag
+）•c（Cl
﹣）=Ksp（AgCl）
C．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L
﹣1 Cl
﹣，反应终点c 移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol•L
﹣1 Br
﹣，反应终点c 向b 方向移动
7．（6.00 分）W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X 和Z 同族。盐YZW 与浓盐酸反应，有黄绿色
气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW 的溶液。下列说法正确的是（
）
A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B．X 的氢化物水溶液酸性强于Z 的
C．Y2W2 与ZW2 均含有非极性共价键
D．标准状况下W 的单质状态与X 的相同
二、非选择题
8．（14.00 分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O，M=248g•mol
﹣1）可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
（1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10
﹣10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10
﹣5．市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试
剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液、H2O2 溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③
④
，有刺激性气体产生
⑤静置，
⑥
（2）利用K2Cr2O7 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在
中溶解，完全溶解后，全部转
移至100 mL 的
中，加蒸馏水至
。
②滴定：取0.00950 mol•L
﹣1 的K2Cr2O7 标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72 ﹣+6I
﹣
+14H
+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣．加入淀粉溶液
作为指示剂，继续滴定，当溶液
，即为终点。平行滴定3 次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度
为
%（保留1 位小数）。
9．（14.00 分）KIO3 是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3 的化学名称是
。
（2）利用“KClO3 氧化法”制备KIO3 工艺流程如下图所示：
酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2 和KCI．“逐Cl2”采用的方法是
。“滤液”中的溶质主要是
。“调pH”中发生反应的化学方程式为
。
（3）KIO3 也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
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①写出电解时阴极的电极反应式
。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为
，其迁移方向是
。
③与“电解法”相比，“KClO3 氧化法”的主要不足之处有
（写出一点）。
10．（15.00 分）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3 在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HsiO）2O 等，写出该反应的化学方程式
。
（2）SiHCl3 在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H=48 KJ•mol
﹣1
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl4（g）△H=﹣30 KJ•mol
﹣1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H 为
kJ•mol
﹣1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K 和343K 时SiHCl3
的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K 时反应的平衡转化率α=
%．平衡常数K343K=
（保留2 位小数）。
②在343K 下：要提高SiHCl3 转化率，可采取的措施是
；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施
有
、
。
③比较a、b 处反应速率大小：va
vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v 正﹣v 逆=k 正x
﹣k 逆
x
x
，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处的
=
（保留1
位小数）
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15.00 分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：
（1）Zn 原子核外电子排布式为
。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。
第一电离能I1（Zn）
I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是
。
（3）ZnF2 具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是
，ZnF2 不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 能够溶于乙
醇、乙醚等有机溶剂，原因是
。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 中，阴离子
空间构型为
，C 原子的杂化形式为
。
（5）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为
。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏
加德罗常数的值为NA，Zn 的密度为
g•cm
﹣3（列出计算式）。
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【化学--选修5：有机化学基础】
12．近来有报道，碘代化合物E 与化合物H 在Cr﹣Ni 催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合
成路线如图：
已知：RCHO+CH3CHO
R﹣CH=CH﹣CHO+H2O
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是
。
（2）B 为单氯代烃，由B 生成C 的化学方程式为
。
（3）由A 生成B、G 生成H 的反应类型分别是
、
。
（4）D 的结构简式为
。
（5）Y 中含氧官能团的名称为
。
（6）E 与F 在Cr﹣Ni 催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为
。
（7）X 与D 互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X 的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比
为3：3：2．写出3 种符合上述条件的X 的结构简式
。
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2018 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．（6.00 分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（
）
A．泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
【分析】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分会导致产生导电；
B．蛋白质在温度较高时易变性；
C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、
甲苯等物质；
D．Mg 比Fe 活泼，当发生化学腐蚀时Mg 作负极。
【解答】解：A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A 错误；
B．蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，故B 正确；
C．水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、
甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，故C 正
确；
D．Mg 比Fe 活泼，当发生化学腐蚀时Mg 作负极而被腐蚀，从而阻止Fe 被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D
正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质组成、结构和性质关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题
关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（6.00 分）下列叙述正确的是（
）
A．24g 镁与27g 铝中，含有相同的质子数
B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同
C．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2：1
D．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同
【分析】A.1molMg 含有12mol 质子，1molAl 含有13mol 质子；
B．氧气和臭氧均只含有氧原子；
C．质量数=质子数+中子数，H 无中子，D 含有1 个中子，O 含有8 个中子；
D.1mol 乙烷含有7mol 共价键，1mol 乙烯含有6mol 共价键。
【解答】解：A.24g 镁与27g 铝的物质的量均为1mol，1molMg 含有12mol 质子，1molAl 含有13mol 质子，二者不含
有相同的质子数，故A 错误；
B．氧气和臭氧均只含有氧原子，同等质量的氧气和臭氧中，相当于同等质量的氧原子，所含电子数相同，故B 正确；
C．质量数=质子数+中子数，H 无中子，D 含有1 个中子，O 含有8 个中子，所以1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比
为10：8=5：4，故C 错误；
D.1mol 乙烷含有7mol 共价键，1mol 乙烯含有6mol 共价键，二者化学键数不相同，故D 错误，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识，明确质子数，中子数，质量数之间的关系是解题的关键，
题目难度不大，是基础题。
3．（6.00 分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（
）
A．与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应
B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯
D．在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯
【分析】苯乙烯结构简式为
，
A．苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应；
B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；
C．该物质在一定条件下能与HCl 发生加成反应而不是取代反应；
D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。
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【解答】解：苯乙烯结构简式为
，
A．苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应，故A 正确；
B．B．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙烯中含有碳碳双键，所以苯乙烯能被酸
性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B 正确；
C．该物质在一定条件下能与HCl 发生加成反应而不是取代反应，所以在一定条件下与HCl 发生反应生成1﹣氯苯乙烷、
2﹣氯苯乙烷，故C 错误；
D．碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，该物质中含有碳碳双键，所以在催化剂条件下可以发生加聚反应生成聚
苯乙烯，故D 正确；
故选：C。
【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，涉及苯及烯烃的性质，明确官能团与性质关系是
解本题关键，熟练常见有机物官能团，题目难度不大。
4．（6.00 分）下列实验操作不当的是（
）
A．用稀硫酸和锌粒制取H2 时，加几滴CuSO4 溶液以加快反应速率
B．用标准HCl 溶液滴定NaHCO3 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na
+
D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
【分析】A．Zn 能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu 和稀硫酸构成原电池；
B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生
成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差；
C．钠元素的焰色反应呈黄色；
D．超过容积的
时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出。
【解答】解：A．Zn 能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu 和稀硫酸构成原电池，加快Zn 的腐蚀，从而加快化学反应
速率，故A 不选；
B．强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生
成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差，碳酸氢钠呈弱碱
性，所以应该选取甲基橙作指示剂，故B 选；
C．钠元素的焰色反应呈黄色，该实验蘸取的溶液为盐溶液，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有钠离子，故C 不选；
D．超过容积的
时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出，易产生安全事故，故D 不选；
故选：B。
【点评】本题考查实验评价，涉及焰色反应、甲基橙的选取、原电池原理等知识点，侧重考查学生实验操作、实验原
理等，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意实验操作的规范性，题目难度不大。
5．（6.00 分）一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时，O2 与Li
+在多孔碳材料电极处生成Li2O2﹣x（x=0 或1）。
下列说法正确的是（
）
A．放电时，多孔碳材料电极为负极
B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C．充电时，电解质溶液中Li
+向多孔碳材料区迁移
D．充电时，电池总反应为Li2O2﹣x═2Li+（1﹣
）O2
【分析】A．电池放电池，O2 中O 的化合价降低，过程为得电子的过程；
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B．放电时，Li 转化为Li
+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料；
C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li
+需得电子重新生成Li；
D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x 重新得到Li 和O2。
【解答】解：A．电池放电池，O2 中O 的化合价降低，过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，
故A 错误；
B．放电时，Li 转化为Li
+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，故B 错误；
C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li
+需得电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li
+
向阴极移动，即向锂电极区迁移，故C 错误；
D．充电时，相当于电解Li2O2﹣x 重新得到Li 和O2，所以电池总反应为：Li2O2﹣x═2Li+（1﹣
）O2，故D 正确，
故选：D。
【点评】本题考查原电池和电解池的知识，明确电极反应和电子的流向是解题的关键，整体难度不大，是基础题。
6．（6.00 分）用0.100 mol•L
﹣1 AgNO3 滴定50.0 mL0.0500 mol•L
﹣1 Cl
﹣溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
（
）
A．根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10
﹣10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag
+）•c（Cl
﹣）=Ksp（AgCl）
C．相同实验条件下，若改为0.0400mol•L
﹣1 Cl
﹣，反应终点c 移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol•L
﹣1 Br
﹣，反应终点c 向b 方向移动
【分析】A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c 点为滴定终点，此处﹣lgc（Cl
﹣）=5，据此计算；
B．曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c（Ag
+）•c（Cl
﹣）=Ksp（AgCl）；
C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数；
D．AgBr 比AgCl 更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br
﹣的浓度更低。
【解答】解：A．沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c 点为滴定终点，此处﹣lgc（Cl
﹣）=5，达到沉淀溶
解平衡时，c（Ag
+）=c（Cl
﹣）=10
﹣5mol/L，所以根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为10
﹣10，故A 正确；
B．曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点，Qc=c（Ag
+）c（Cl
﹣）=Ksp（AgCl），故B 正确；
C．溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400mol•L
﹣1 Cl
﹣，则所需AgNO3 溶液体积就变为
=20mL，故C 错误；
D．AgBr 比AgCl 更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br
﹣的浓度更低，则﹣lgc（Br
﹣）值更大，消耗AgNO3 溶液的体积不变，
故D 正确，
故选：C。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系式，把握图象反应的信息，题目难度不大，
是基础题。
7．（6.00 分）W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X 和Z 同族。盐YZW 与浓盐酸反应，有黄绿色
气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW 的溶液。下列说法正确的是（
）
A．原子半径大小为W＜X＜Y＜Z
B．X 的氢化物水溶液酸性强于Z 的
C．Y2W2 与ZW2 均含有非极性共价键
D．标准状况下W 的单质状态与X 的相同
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【分析】W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X 和Z 同族，盐YZW 与浓盐酸反应，有黄绿色气体
产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW 的溶液，氯气和NaOH 反应生成NaCl 和NaClO，YZW
应该是NaClO，则Y 是Na、Z 是Cl、W 是O 元素，X 和Z 同一族且为短周期元素，则X 为F 元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；
B．X 的氢化物为HF、Z 的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸；
C．Y2W2、ZW2 分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键；
D．标况下，氟气、氧气都是气态。
【解答】解：W、X、Y、Z 均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X 和Z 同族，盐YZW 与浓盐酸反应，有黄绿色
气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW 的溶液，氯气和NaOH 反应生成NaCl 和NaClO，
YZW 应该是NaClO，则Y 是Na、Z 是Cl、W 是O 元素，X 和Z 同一族且为短周期元素，则X 为F 元素；
A．原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是F
＜O＜Cl＜Na，即X＜W＜Z＜Y，故A 错误；
B．X 的氢化物为HF、Z 的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其氢化物的水溶液酸性X 弱于Z，故B 错
误；
C．Y2W2、ZW2 分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键，前者含有非极性键，后者不含非极性键，
故C 错误；
D．标况下，氟气、氧气都是气态，所以标况下W 和X 的单质状态相同，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查位置结构性质关系，侧重考查学生综合运用能力，正确判断YZW 物质是解本题关键，熟练掌握元素
周期表结构、原子结构、元素周期律即可，题目难度不大。
二、非选择题
8．（14.00 分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O，M=248g•mol
﹣1）可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
（1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10
﹣10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10
﹣5．市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试
剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2 溶液、Na2CO3 溶液、H2O2 溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③
向①中溶液加入足量稀盐酸
④
有乳白色或淡黄色沉淀生成
，有刺激性气体产生
⑤静置，
取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液
⑥
有白色沉淀生成
（2）利用K2Cr2O7 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.2000g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在
烧杯
中溶解，完全溶解后，全部
转移至100 mL 的
容量瓶
中，加蒸馏水至
凹液面最低处与刻度线相平
。
②滴定：取0.00950 mol•L
﹣1 的K2Cr2O7 标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72 ﹣+6I
﹣
+14H
+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣．加入淀粉溶液
作为指示剂，继续滴定，当溶液
由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化
，即为终点。平行滴定3 次，样品溶液的
平均用量为24.80mL，则样品纯度为
95.1
%（保留1 位小数）。
【分析】（1）Na2S2O3 和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫酸根离子时，需要先加入盐酸将S2O32﹣除
去，再加入氯化钡溶液进行检验；
（2）①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器；
②用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到
反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72﹣+6I
﹣+14H
+=3I2+2Cr3++7H2O，
I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣，得到Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣，据此计算。
【解答】解：（1）取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向①中溶液加入足量稀盐酸，有乳
白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，
有白色沉淀生成证明含硫酸根离子，
故答案为：向①中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白
色沉淀生成；
（2）①溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器，称取
1.2000g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL 的容量
瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平，
故答案为：烧杯；容量瓶；凹液面最低处与刻度线相平；
②取0.00950 mol•L
﹣1 的K2Cr2O7 标准溶液20.00 mL ，硫酸酸化后加入过量KI ，发生反应：Cr2O72 ﹣+6I
﹣
+14H
+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣．加入淀粉溶液
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作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应的亲爱的滴定终点，平行
滴定3 次，样品溶液的平均用量为24.80mL，
用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反
应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去淡黄绿色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72 ﹣+6I
﹣
+14H
+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32﹣=S4O62﹣+2I
﹣，
得到
Cr2O72﹣～3I2+～6S2O32﹣，
1
6
0.0095mol/L×0.02L
n
样品溶液的平均用量为24.80mL，溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100ml
溶液中
n（S2O32﹣）=0.00114 mol×
=0.0046mol，
则样品纯度=
×100%=95.1%
故答案为：由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化；95.1。
【点评】本题考查了实验方案的设计、离子检验、物质含量测定、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关
键，题目难度中等。
9．（14.00 分）KIO3 是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3 的化学名称是
碘酸钾
。
（2）利用“KClO3 氧化法”制备KIO3 工艺流程如下图所示：
酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2 和KCI．“逐Cl2”采用的方法是
加热
。“滤液”中的溶质主要是
KCl
。“调pH”中发生反应的化学方程式为
KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O
。
（3）KIO3 也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式
2H2O+2e
﹣═2OH
﹣+H2↑
。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为
K
+
，其迁移方向是
a 到b
。
③与“电解法”相比，“KClO3 氧化法”的主要不足之处有
产生Cl2 易污染环境
（写出一点）。
【分析】（1）KIO3 的化学名称是碘酸钾；
（2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，实验流程是用KClO3 氧化法制备KIO3，反应物
是KClO3 和I2，在酸性条件下ClO3
﹣可以氧化I2 生成IO3
﹣，根据已知条件，还原产物含有Cl2 和Cl
﹣，驱逐Cl2 后结晶产
物应为KCl，相当于是除杂步骤，调节pH 过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2 得来，据此分析；
（3）①电解池阴极为KOH 溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O 转化为H2，据此写出
阴极电极反应；
②隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K
+，电解池工作时，阳离子向阴极移动；
③电解法过程中，阳极发生反应I2﹣10e
﹣+12OH
﹣═2IO3
﹣+6H2O 制备KIO3，整个电解池装置没有产生氧化法过程中的
Cl2，即没有产生污染大气环境的有毒气体。
【解答】解：（1）KIO3 的化学名称是碘酸钾，
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故答案为：碘酸钾；
（2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，所以逐Cl2”采用的方法是：加热，
根据已知条件，还原产物含有Cl2 和Cl
﹣，驱逐Cl2 后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，所以滤液”中的溶质主要是
KCl，
调节pH 过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2 得来，则“调pH”中发生反应的化学方程式为：KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，
或者写成HIO3+KOH═KIO3+H2O，但考虑到题中告知酸化产物是KH（IO3）2，因此写前者更为合理，
故答案为：加热；KCl；KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O；
（3）①电解池阴极为KOH 溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O 转化为H2，所以阴极
的电极反应为：2H2O+2e
﹣═2OH
﹣+H2↑，
故答案为：2H2O+2e
﹣═2OH
﹣+H2↑；
②隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K
+，
电解池工作时，阳离子向阴极移动，所以K
+的移动方向应为从a 到b，
故答案为：K
+；a 到b；
③电解法过程中，阳极发生反应I2﹣10e
﹣+12OH
﹣═2IO3
﹣+6H2O 制备KIO3，电解池装置产生的气体是H2，氧化法过程则
产生Cl2，Cl2 是有毒气体会污染大气，因此氧化法的不足之处是产生Cl2 易污染环境，
故答案为：产生Cl2 易污染环境。
【点评】本题以KIO3 为考查背景，考查了氧化还原反应相关知识，流程分析，电解原理，氧化还原反应方程式及电极
反应方程式的书写，均为高频考点，也是高考的重点和难点，本题整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能
力。
10．（15.00 分）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3 在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HsiO）2O 等，写出该反应的化学方程式
2SiHCl3+3H2O=（HSiO）2O+6HCl
。
（2）SiHCl3 在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H=48 KJ•mol
﹣1
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl4（g）△H=﹣30 KJ•mol
﹣1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的△H 为
+114
kJ•mol
﹣1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K 和343K 时SiHCl3
的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K 时反应的平衡转化率α=
22
%．平衡常数K343K=
0.02
（保留2 位小数）。
②在343K 下：要提高SiHCl3 转化率，可采取的措施是
及时分离出产物
；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的
措施有
增大压强
、
使用催化剂或增大反应物的浓度等
。
③比较a、b 处反应速率大小：va
大于
vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v 正﹣v 逆=k 正x
﹣k 逆
x
x
，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处的
=
1.3
（保留1
位小数）
【分析】（1）重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3 和水反应，根据元素可知产物应有HCl，写出化学
方程式并配平；
（2）已知反应：①2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H1=48 KJ•mol
﹣1；②3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）△
H2=﹣30 KJ•mol
﹣1，根据盖斯定律可知，由3☓①+②得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），据此计算△H 的值；
（3）①直接观察即可知343K 时的平衡转化率，再根据转化率列出三段式，进而求出平衡常数K；
②影响平衡的因素有温度、压强及浓度等，可根据反应条件判断促进平衡正向移动，提高转化率的方法；要缩短反应
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达到平衡的时间，需要提高反应速率，而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。
③温度越高，反应速率越快，由图象观察a 处和b 处的温度大小比较即可；反应速率v=v 正﹣v 逆=k 正x
﹣k 逆
x
x
，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，则a 点时v 正=k 正x
，v 逆=k 逆x
x
，
由平衡时正逆反应速率相等，可得出K 正/K 逆=K（平衡常数），再结合此温度下的平衡状态，计算出平衡常数K 即可
计算
。
【解答】解：（1）SiHCl3 遇潮气时发烟生成（HsiO）2O 和HCl，结合原子守恒可知发生反应的化学方程式为2SiHCl3+3H2O=
（HsiO）2O+6HCl，
故答案为：2SiHCl3+3H2O=（HsiO）2O+6HCl；
（2）已知反应：①2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）△H1=+48 KJ•mol
﹣1；②3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）
△H2=﹣30 KJ•mol
﹣1，根据盖斯定律可知，由3☓①+②得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），则△H=（+48 KJ•mol
﹣1）×3+（﹣30 KJ•mol
﹣1）=+114 KJ•mol
﹣1，
故答案为：+114；
（3）①温度越高，反应速率越快，图象中点a 所在曲线为343K，由图示可知343K 时反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）
+SiCl4（g）的平衡转化率α=22%，设SiHCl3 的起始浓度为cmol/L，则
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始浓度（mol/L）
c
0
0
变化浓度（mol/L）
0.22c
0.11c
0.11c
平衡浓度（mol/L）
0.78c
0.11c
0.11c
平衡常数K343K=
=
≈0.02，
故答案为：22；0.02；
②由题目中前后反应气体体积不变，并且温度恒定，所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率；要缩
短反应达到的时间，应增大反应速率，则在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反应物
的浓度等，
故答案为：及时分离出产物；增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等；
③由图象可知，a 的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a 点的反应速率比b 高；a 点时转化率为20%，设起始
时SiHCl3 的物质的量为nmol，此时
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始物质的量（mol）
n
0
0
变化物质的量（mol）
0.2n
0.1n
0.1n
终态物质的量（mol）
0.8n
0.1n
0.1n
则：XSiHCl3=
=0.8，x
=x
=0.1；
反应速率v=v 正﹣v 逆=k 正x
﹣k 逆x
x
，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，则a 点时v 正=k
正x
=0.82K 正，v 逆=k 逆x
x
=0.01k 逆，由平衡时正逆反应速率相等，可得出
=K（平衡常数），
则
=
=
≈1.3，
故答案为：大于；1.3。
【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化学方程式，利用盖斯定律求算热化学反应方程式的焓变，依据化
学平衡图象获取信息，进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素，重视基本知识的掌握，培养学生获取信息的
能力及解题能力。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15.00 分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：
（1）Zn 原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2
。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn 和Cu 组成。
第一电离能I1（Zn）
大于
I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是
Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个
电子内层电子达到全充满稳定状态
。
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（3）ZnF2 具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是
离子键
，ZnF2 不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 能够溶
于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是
乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 为极性分子，即溶质、
溶剂都属于极性分子，所以互溶
。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 中，阴离子
空间构型为
平面正三角形
，C 原子的杂化形式为
sp2
。
（5）金属Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为
六方最密堆积
。六棱柱底边边长为acm，高为
ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn 的密度为
或
g•cm
﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）Zn 原子核外有30 个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s 能级上，根据构造原理书写其原子
核外电子排布式；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；
（3）离子晶体熔沸点较高，离子晶体中含有离子键；乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，极性分子的溶质易溶于极
性分子的溶剂，根据相似相溶原理分析；
（4）ZnCO3 中，阴离子CO32﹣中C 原子价层电子对个数=3+
=3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判
断碳酸根离子空间构型及C 原子的杂化形式；
（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn 原子个数=12×
+2×
+3=6，
六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3，
晶胞密度=
。
【解答】解：（1）Zn 原子核外有30 个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s 能级上，其核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu
失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu 较Zn 易失电子，则第一电离能Cu＜Zn，
故答案为：大于；Zn 原子轨道中电子处于全满状态，Cu 失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；
（3）离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；
根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，ZnCl2、ZnBr2、
ZnI2 能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，说明ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 为极性分子，
故答案为：离子键；乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 为极性分子，即溶质、溶剂都属于极性
分子，所以互溶；
（4）ZnCO3 中，阴离子CO32﹣中C 原子价层电子对个数=3+
=3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判
断碳酸根离子空间构型及C 原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2 杂化，
故答案为：平面正三角形；sp2；
（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn 原子个数=12×
+2×
+3=6，
六棱柱底边边长为acm，高为ccm，六棱柱体积=[（a×a×sin120°）×3×c]cm3，
晶
胞
密
度
=
=
g/cm3=
g/cm3
或
g/cm3，
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故答案为：
或
。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知
识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数
的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6 个晶胞共用而不是8 个，为易错点。
【化学--选修5：有机化学基础】
12．近来有报道，碘代化合物E 与化合物H 在Cr﹣Ni 催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合
成路线如图：
已知：RCHO+CH3CHO
R﹣CH=CH﹣CHO+H2O
回答下列问题：
（1）A 的化学名称是
丙炔
。
（2）B 为单氯代烃，由B 生成C 的化学方程式为
CH2ClC≡CH+NaCN
NCCH2C≡CH+NaCl
。
（3）由A 生成B、G 生成H 的反应类型分别是
取代反应
、
加成反应
。
（4）D 的结构简式为
HC≡CCH2COOCH2CH3
。
（5）Y 中含氧官能团的名称为
羟基、酯基
。
（6）E 与F 在Cr﹣Ni 催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为
。
（7）X 与D 互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X 的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比
为3：3：2．写出3 种符合上述条件的X 的结构简式
CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3
（合理即可）
。
【分析】B 为单氯代烃，说明光照条件下氯气和A 发生取代反应生成B，则B 为CH2ClC≡CH，根据C 分子式知，生成
C 的反应为取代反应，则C 为NCCH2C≡CH，C 在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇发生酯化反应生成
D 为HC≡CCH2COOCH2CH3；D 和HI 发生加成反应生成E；
根据H 结构简式及信息知，F 为
，G 为
，G 发生加成反应生成H，H 和E 发生取代反
应生成Y，结合题目分析解答。
【解答】解：B 为单氯代烃，说明光照条件下氯气和A 发生取代反应生成B，则B 为CH2ClC≡CH，根据C 分子式知，
生成C 的反应为取代反应，则C 为NCCH2C≡CH，C 在酸性条件下水解生成HC≡CCH2COOH，然后和乙醇发生酯化反应
生成D 为HC≡CCH2COOCH2CH3；D 和HI 发生加成反应生成E；
根据H 结构简式及信息知，F 为
，G 为
，G 发生加成反应生成H，H 和E 发生取代反
应生成Y，
（1）A 的化学名称是丙炔，故答案为：丙炔；
（2）B 为单氯代烃，B 为CH2ClC≡CH，C 为NCCH2C≡CH，由B 生成C 的化学方程式为：CH2ClC≡CH+NaCN
C 为NCCH2C
≡CH+NaCl，
故答案为：CH2ClC≡CH+NaCN
NCCH2C≡CH+NaCl；
（3）由A 生成B、G 生成H 的反应类型分别是取代反应、加成反应，
故答案为：取代反应；加成反应；
（4）通过以上分析知，D 的结构简式为HC≡CCH2COOCH2CH3，
故答案为：HC≡CCH2COOCH2CH3；
（5）Y 中含氧官能团的名称为羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
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（6）E 与F 在Cr﹣Ni 催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为
，
故答案为：
；
（7）D 为HC≡CCH2COOCH2CH3，X 与D 互为同分异构体，且具有完全相同官能团，说明含有碳碳三键和酯基，X 的核
磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2，
其结构简式有CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3（合理即可），
故答案为：CH3C≡CCH2COOCH3、CH3CH2C≡CCOOCH3、CH3C≡CCOOCH2CH3（合理即可）。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断及获取信息、灵活运用信息能力，明确有机物官能团及其性
质、物质之间的转化关系是解本题关键，注意：名词“偶联反应”为大学知识点，但是该题中以隐含信息形式出现，为
该题一个亮点，题目难度中等。
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2018 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共7 小题，每小题6 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6.00 分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（
）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
2．（6.00 分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是（
）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3 是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
3．（6.00 分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
在光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6.00 分）W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；
Y 的周期数是族序数的3 倍；Z 原子最外层的电子数与W 的电子总数相同，下列叙述正确的是（
）
A．X 与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W 的氧化物对应的水化物均为强酸
5．（6.00 分）NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．常温常压下，124gP4 中所含P 一P 键数目为4NA
B．100 mL 1mol•L
﹣1FeCl3 溶液中所含Fe3+的数目为0．lNA
C．标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 mol SO2 和1molO2 催化反应后分子总数为2NA
6．（6.00 分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3 二次电池，将NaClO4 溶于有机溶剂作为电解液。钠和
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负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是（
）
A．放电时，ClO4
﹣向负极移动
B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C．放电时，正极反应为：3CO2+4e
﹣═2CO32﹣+C
D．充电时，正极反应为：Na
++e
﹣═Na
7．（6.00 分）下列实验过程可以达到实验目的是（
）
编
号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000mol•L
﹣1 的NaOH
溶液
称取4.0g 固体NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL 容量
瓶中定容
B
探究维生素C 的还原性
向盛有2mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C 溶液，观察颜色变
化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH 溶液、浓硫酸和
KMnO4 溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2 支盛有5mL 不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，
观察实验现象
A．A
B．B
C．C
D．D
二、非选择题：每个试题考生必须作答。
8．（14.00 分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS、PbS 杂
质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0（Mn+）=01mol•L
﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为
。
（2）滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有
；氧化除杂工序中ZnO 的作用是
，若不通入氧气，其后果
是
。
（3）溶液中的Cd2+用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为
。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为
；沉积锌后的电解液可返回
工序继续使用。
9．（14.00 分）CH4﹣CO2 的催化重整不仅可以得到合成气（CO 和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列
问题：
（1）CH4﹣CO2 催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。
已知：C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol
﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol
﹣1
C（s）+
（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol
﹣1
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该催化重整反应的△H=
kJ•mol
﹣1．有利于提高CH4 平衡转化率的条件是
（填标号）。
A．高温低压
B．低温高压
C．高温高压
D．低温低压
某温度下，在体积为2L 的容器中加入2mol CH4、1molCO2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2 的转化率是50%，
其平衡常数为
mol2•L
﹣2。
（2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳碳量减少。相关数据如下表：
积碳反应
CH4（g）═C（s）+2H2
（g）
消碳反应
CH2（g）═C（s）+2CO
（g）
△H/（kJ•mol
﹣1）
75
172
活化能/（kJ•mol
﹣1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X
Y（填“优于或劣于”），理由是
。在反应进料气组成，压强及反应时间相同的
情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示。升高温度时，下列关于积碳反应，消碳反应的平衡常
数（K）和速率（v）的叙述正确的是
（填标号）。
A．K 积、K 消均增加
B．V 积减小、V 消增加
C．K 积减小、K 消增加
D．V 消增加的倍数比V 积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k•p（CH4）•[p（CO2）]
﹣0.5（k 为速率常数）。在p（CH4）
一定时，不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）从大到小的顺序
为
。
10．（15.00 分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O 作感光剂，以K3Fe[（CN）6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为
2k3[Fe（C2O4）3]
2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为
。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是
。
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②实验中观察到装置B、F 中澄清石灰水均变浑浊，装置E 中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含
有
、
。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是
。
④样品完全分解后，装置A 中的残留物含有FeO 和Fe2O3，检验Fe2O3 存在的方法是：
。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4 酸化，用cmol•L
﹣1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是
。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4 酸化，
用cmol•L
﹣1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为
。
[化学一选修3：物质结构与性质]（15 分）
11．（15.00 分）硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示：
H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
﹣85.5
115.2
＞600（分解）
﹣75.5
16.8
10.3
沸点/℃
﹣60.3
444.6
﹣10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe 原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为
，基态S 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为
形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S，SO2，SO3 的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是
。
（3）图（a）为S8 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为
。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为
形，其中共价键的类型有
种；固体三氧化
硫中存在如图（b）所示的三氯分子。该分子中S 原子的杂化轨道类型为
。
（5）FeS2 晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为anm，FeS2 相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度
的计算表达式为
g•cm
﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为
nm。
[化学一选修5：有机化学基础]（15 分）
12．以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E 是一种治疗心绞痛的
药物。由葡萄糖为原料合成E 的路线如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的分子式为
。
（2）A 中含有的官能团的名称为
。
（3）由B 到C 的反应类型为
。
（4）C 的结构简式为
。
（5）由D 到E 的反应方程式为
。
（6）F 是B 的同分异构体，7.30g 的F 与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L 二氧化碳（标准状况），F 的可能结构
共有
种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1 的结构简式为
。
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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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（6.00 分）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（
）
A．碳酸钠可用于去除餐具的油污
B．漂白粉可用于生活用水的消毒
C．氢氧化铝可用于中和过多胃酸
D．碳酸钡可用于胃肠X 射线造影检查
【分析】A．碳酸钠水溶液呈碱性，碱性条件下促进油脂水解；
B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO 具有强氧化性；
C．氢氧化铝属于弱碱，能中和酸；
D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水。
【解答】解：A．碳酸钠水解生成NaOH 而导致其水溶液呈碱性，碱性条件下促进油脂水解，从而除去油污，故A 正
确；
B．当把漂白粉撒到水中时，发生反应Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO 具有强氧化性而杀菌消毒，所以漂
白粉可用于生活用水的消毒，故B 正确；
C．氢氧化铝属于弱碱，能中和胃酸中的盐酸而降低胃液酸性，所以氢氧化铝可以用于中和过多胃酸，故C 正确；
D．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸
钡作胃肠X 射线造影检查，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产生活中的应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知
识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（6.00 分）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。下列叙述错误的是（
）
A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3 是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【分析】由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物，其中无机颗粒物的主要成分为铵盐，可由氨气和硝酸、硫酸反应生成，
以此解答该题。
【解答】解：A．雾和霾的分散剂都是空气，故A 正确；
B．由图示可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B 正确；
C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C 错误；
D．无机颗粒物的主要成分为铵盐，可形成雾霾，可知雾霾的形成与过度施用氮肥有关，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查环境污染问题，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的考查，有利于培养学生良好的科学素养，
树立环保意识，难度不大。
3．（6.00 分）实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。
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在光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】CH4 与Cl2 在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）和HCl。
【解答】解：CH4 与Cl2 在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有CH3Cl（g），CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）
和HCl，产生的CH2Cl2（l），CHCl3（l），CCl4（l）能附着在管壁上形成油状液滴，由于试管连接饱和食盐水，HCl 在其
中的溶解度降低，所以HCl 能和管内部的空气中的水蒸气形成白雾附着在管内壁上，整个反应是气体体积减少的反应，
管内液面上升，所以D 选项正确，
故选：D。
【点评】本题考查CH4 与Cl2 在光照下的取代反应，明确反应过程，产物及其物理状态和化学性质是解题的关键，为高
频考点，题目难度不大，是基础题。
4．（6.00 分）W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素。W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；
Y 的周期数是族序数的3 倍；Z 原子最外层的电子数与W 的电子总数相同，下列叙述正确的是（
）
A．X 与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y 与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W 的氧化物对应的水化物均为强酸
【分析】W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，该气
体是NO2，则W、X 分别是N、O 元素；Y 的周期数是族序数的3 倍，其原子序数大于O，则Y 为Na 元素；Z 原子最
外层的电子数与W 的电子总数相同，为Cl 元素；
A．X 是O 元素，与W 形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5 等；与Y 元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z 元
素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7 等；
B．Na 与O 元素形成的化合物Na2O2 中含有共价键；
C．形成的简单离子中W、X、Y 电子层结构相同；
D．W 的氧化物的水化物HNO2 是弱酸。
【解答】解：W、X、Y 和Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W 与X 可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，
该气体是NO2，则W、X 分别是N、O 元素；Y 的周期数是族序数的3 倍，其原子序数大于O，则Y 为Na 元素；Z 原
子最外层的电子数与W 的电子总数相同，为Cl 元素；
A．X 是O 元素，与W 形成的二元化合物有NO、NO2、N2O5 等；与Y 元素形成的二元化合物有Na2O、Na2O2；有Z 元
素形成的二元化合物有ClO2、Cl2O7 等，所以X 与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，故A 正确；
B．Na 与O 元素形成的化合物Na2O2 的电子式为
，含有共价键和离子键，故B 错误；
C．形成的简单离子中W、X、Y 电子层有2 个，而Z 离子核外电子层有3 个，所以这四种元素简单离子电子层结构不
相同，故C 错误；
D．W 的氧化物的水化物HNO3 是强酸，而HNO2 为弱酸，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、物质结构、
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元素周期表结构、元素周期律即可解答，注意规律中的特殊现象，题目难度不大。
5．（6.00 分）NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．常温常压下，124gP4 中所含P 一P 键数目为4NA
B．100 mL 1mol•L
﹣1FeCl3 溶液中所含Fe3+的数目为0．lNA
C．标准状况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D．密闭容器中，2 mol SO2 和1molO2 催化反应后分子总数为2NA
【分析】A．1molP4 含有6molP﹣P 键；
B．FeCl3 溶液中存在Fe3+的水解；
C.1mol 乙烷含有4molH，1mol 乙烯含有4molH；
D．SO2 和O2 的催化反应为可逆反应。
【解答】解：A.124gP4 的物质的量为
=1mol，根据P4 的结构式，1molP4 含有6molP﹣P 键，即含有P﹣P
键数目为6NA，故A 错误；
B．FeCl3 溶液中存在Fe3+的水解，所以100 mL 1mol•L
﹣1FeCl3 溶液中所含Fe3+的数目小于0.1mol，即小于0.1NA，故B
错误；
C.1mol 甲烷含有4molH，1mol 乙烯含有4molH，二者无论按何种比例，相当于1mol 混合气体含有4molH，则标准状
况下，11.2L 甲烷和乙烯混合物中含H 有
=2mol，即含氢原子数目为2NA，故C 正确；
D．SO2 和O2 的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2 mol SO2 和1molO2
催化反应后分子总数不一定为2mol，即不一定为2NA，故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意盐类水解知识和化学平衡知识的运用，明确P4 的结构是解题的关
键，为易错点，题目难度不大，是基础题。
6．（6.00 分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO3 二次电池，将NaClO4 溶于有机溶剂作为电解液。钠和
负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C，下列说法错误的是（
）
A．放电时，ClO4
﹣向负极移动
B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C．放电时，正极反应为：3CO2+4e
﹣═2CO32﹣+C
D．充电时，正极反应为：Na
++e
﹣═Na
【分析】A．放电时，Na 失电子作负极、Ni 作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动；
B．放电时Na 作负极、Ni 作正极，充电时Ni 作阳极、Na 作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电
电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na；
C．放电时负极反应式为Na﹣e
﹣=Na
+、正极反应式为3CO2+4e
﹣═2CO32﹣+C；
D．充电时，原来的正极作电解池的阳极，失电子发生氧化反应。
【解答】解：A．放电时，Na 失电子作负极、Ni 作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4
﹣向负极移动，
故A 正确；
B．放电时Na 作负极、Ni 作正极，充电时Ni 作阳极、Na 作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na⇌2Na2CO3+C、充电
电池反应式为2Na2CO3+C⇌3CO2+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B 正确；
C．放电时负极反应式为Na﹣e
﹣=Na
+、正极反应式为3CO2+4e
﹣═2CO32﹣+C，故C 正确；
D．充电时，原来的正极Ni 作电解池的阳极，Na 作电解池阴极，则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应，即
2CO32﹣+C﹣4e
﹣=3CO2，负极发生的反应为Na
++e
﹣═Na，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查原电池原理，明确充电电池中正负极、阴阳极发生反应关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断
能力，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
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7．（6.00 分）下列实验过程可以达到实验目的是（
）
编
号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000mol•L
﹣1 的NaOH
溶液
称取4.0g 固体NaOH 于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250mL 容量
瓶中定容
B
探究维生素C 的还原性
向盛有2mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C 溶液，观察颜色变
化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH 溶液、浓硫酸和
KMnO4 溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2 支盛有5mL 不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液，
观察实验现象
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．在转移溶液之前应该将溶液冷却至室温，否则配制的溶液浓度偏高；
B．氯化铁具有氧化性、维生素C 具有还原性，二者发生氧化还原反应而使溶液变色；
C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl 都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气；
D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须完全相同。
【解答】解：A．NaOH 溶解过程是放热的，导致溶液浓度高于室温，如果在转移溶液之前未将溶液冷却至室温，否则
配制的溶液体积偏小，则配制溶液浓度偏高，所以不能实现实验目的，故A 不选；
B．氯化铁具有氧化性、维生素C 具有还原性，二者发生氧化还原反应而生成亚铁离子，导致溶液由黄色变为浅绿色，
则溶液变色，所以能实现实验目的，故B 选；
C．高锰酸钾溶液和氢气、HCl 都不反应，且最后通过酸性高锰酸钾溶液会导致得到的氢气中含有水蒸气，所以不能实
现实验目的，用NaOH 吸收HCl、用浓硫酸干燥气体即可，故C 不选；
D．要探究浓度对化学反应速率影响实验时，应该只有浓度不同其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是
否相同，并且实验现象也不明显，所以不能实现实验目的，故D 不选，
故选：B。
【点评】本题考查化学实验评价，涉及溶液配制、性质检验、物质的分离提纯、化学反应速率影响因素探究等知识点，
侧重考查学生实验操作、实验分析和判断能力，明确实验原理及物质性质是解本题关键，题目难度不大。
二、非选择题：每个试题考生必须作答。
8．（14.00 分）我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2 和少量FeS、CdS、PbS 杂
质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0（Mn+）=01mol•L
﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为
2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2
。
（2）滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有
PbSO4
；氧化除杂工序中ZnO 的作用是
调节溶液的pH 到2.8﹣6.2 之间，
使Fe3+完全沉淀
，若不通入氧气，其后果是
无法除去溶液中Fe2+
。
（3）溶液中的Cd2+用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为
Cd2++Zn=Cd+Zn2+
。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为
Zn2++2e
﹣=Zn
；沉积锌后的电解液可返回
溶浸
工序
继续使用。
【分析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2 、4FeS+7O2
2Fe2O3+4SO2 、
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2PbS+3O2
2PbO+2SO2、2CdS+3O2
2CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸
浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO 和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1 为未反应
的SiO2 和生成的PbSO4；
氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO 和稀硫酸反应调节溶液的pH 值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3 而除去
Fe 3+，滤渣2 为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn 和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣
3 为Cd；将滤液电解得到Zn；
（1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS 都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS 的反应是主要反应；
（2）滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有生成的硫酸铅；ZnO 能和酸反应生成盐和水，从而改变溶液的pH 值；如果不通
入氧气，亚铁离子影响Zn 的制备；
（3）Cd2+和Zn 发生氧化还原反应生成Cd；
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn；沉积锌后的电解液中锌离子浓度降低，可以
通过返回溶浸工序继续使用。
【解答】解：焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2 、4FeS+7O2
2Fe2O3+4SO2 、
2PbS+3O2
2PbO+2SO2、2CdS+3O2
2CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸
浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO 和稀硫酸反应生成Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1 为未反应
的SiO2 和生成的PbSO4；
氧化除杂时通入氧气，使Fe 2+转化为Fe 3+，加入ZnO 和稀硫酸反应调节溶液的pH 值，将Fe 3+转化为Fe（OH）3 而除去
Fe 3+，滤渣2 为生成的Fe（OH）3；然后向溶液中加入Zn，Zn 和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣
3 为Cd；将滤液电解得到Zn；
（1）焙烧过程中ZnS、FeS、CdS、PbS 都和氧气发生氧化还原反应，但是ZnS 的反应是主要反应，所以其主要方程式
为2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2，
故答案为：2ZnS+3O2
2ZnO+2SO2；
（2）滤渣1 的主要成分除SiO2 外还有PbO 和稀硫酸生成的沉淀PbSO4；ZnO 能和酸反应生成盐和水，从而改变溶液的
pH 值，使溶液的pH 调节在2.8﹣6.2 之间，从而Fe 3+将转化为沉淀除去Fe 3+；Fe2+、Zn2+开始沉淀、完全沉淀的pH 相
近，如果不通入氧气，Fe2+不能完全除去而影响Zn 的制备，
故答案为：PbSO4；调节溶液的pH 到2.8﹣6.2 之间，使Fe3+完全沉淀；无法除去溶液中Fe2+；
（3）Cd2+和Zn 发生氧化还原反应生成Cd，离子方程式为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，
故答案为：Cd2++Zn=Cd+Zn2+；
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极上溶液中Zn 2+ 得电子生成Zn，电极反应式为Zn2++2e
﹣=Zn；沉积锌后的电
解液中锌离子浓度降低，可以通过返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费，
故答案为：Zn2++2e
﹣=Zn；溶浸。
【点评】本题考查物质制备，综合性较强，涉及物质分离提纯、电解原理、氧化还原反应、方程式的书写等知识点，
明确流程图中各物质的性质、发生的反应及物质分离提纯方法是解本题关键，知道每一步的目的及原理，题目难度中
等。
9．（14.00 分）CH4﹣CO2 的催化重整不仅可以得到合成气（CO 和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列
问题：
（1）CH4﹣CO2 催化重整反应为：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）。
已知：C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol
﹣1
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol
﹣1
C（s）+
（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol
﹣1
该催化重整反应的△H=
+247
kJ•mol
﹣1．有利于提高CH4 平衡转化率的条件是
A
（填标号）。
A．高温低压
B．低温高压
C．高温高压
D．低温低压
某温度下，在体积为2L 的容器中加入2mol CH4、1molCO2 以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2 的转化率是50%，
其平衡常数为
mol2•L
﹣2。
（2）反中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳碳量减少。相关数据如下表：
积碳反应
消碳反应
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CH4（g）═C（s）+2H2
（g）
CH2（g）═C（s）+2CO
（g）
△H/（kJ•mol
﹣1）
75
172
活化能/（kJ•mol
﹣1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X
劣于
Y（填“优于或劣于”），理由是
催化剂X 较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应
速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X 较催化剂Y 更利于积碳反应，不利于消碳反应，
会降低催化剂活性
。在反应进料气组成，压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系
如右图所示。升高温度时，下列关于积碳反应，消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是
AD
（填标
号）。
A．K 积、K 消均增加
B．V 积减小、V 消增加
C．K 积减小、K 消增加
D．V 消增加的倍数比V 积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k•p（CH4）•[p（CO2）]
﹣0.5（k 为速率常数）。在p（CH4）
一定时，不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则Pa（CO2）、Pb（CO2）、Pc（CO2）从大到小的顺序为
pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2）
。
【分析】（1）①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol
﹣1
②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol
﹣1
③C（s）+
（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol
﹣1
将方程式2③﹣①﹣②得CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H 进行相应的改变；
要提高CH4 平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现；
达到平衡时CO2 的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）
=n（H2）=1mol，
该化学反应CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），
开始（mol/L）1
0.5
0
0
反应（mol/L）0.25
0.25
0.5
0.5
平衡（mol/L）0.75
0.25
0.5
0.5
化学平衡常数K=
；
（2）①消碳反应越容易发生，催化剂活性越好，消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行；
积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，但是积碳反应更容易进行，生成物浓度增大、
反应物浓度降低；
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②在一定温度下，相同时间内，沉积的碳越多，则沉积碳生成速率越快，根据v=k•p（CH4）•[p（CO2）]
﹣0.5（k 为速
率常数）知，p（CH4）一定时，沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比。
【解答】解：（1）①C（s）+2H2（g）═CH4（g）△H=﹣75kJ•mol
﹣1
②C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣394kJ•mol
﹣1
③C（s）+
（g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol
﹣1
将方程式2③﹣①﹣②得CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），△H=2（﹣111kJ•mol
﹣1）﹣（﹣75kJ•mol
﹣1）﹣（﹣
394kJ•mol
﹣1）=+247kJ/mol；
要提高CH4 平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体
体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率，
达到平衡时CO2 的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n（CO2）=n（CH4）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）
=n（H2）=1mol，
该化学反应CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g），
开始（mol/L）1
0.5
0
0
反应（mol/L）0.25
0.25
0.5
0.5
平衡（mol/L）0.75
0.25
0.5
0.5
化学平衡常数K=
=
=
；
故答案为：+247；高温低压；
；
（2）①根据表中数据知，催化剂X 较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应
速率慢，综合考虑，催化剂X 较催化剂Y 更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；
积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡正向移动，生成物浓度增大、反应物浓度降低，所以积碳
反应、消碳反应平衡常数都增大，但是积碳反应更容易进行，所以积碳反应平衡常数增大倍数大于消碳反应，V 积增加
的倍数比V 消增加的倍数大，
所以选AD；
故答案为：劣于；催化剂X 较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，
综合考虑，催化剂X 较催化剂Y 更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；
AD；
②在一定温度下，相同时间内，沉积的碳越多，则沉积碳生成速率越快，根据v=k•p（CH4）•[p（CO2）]
﹣0.5（k 为速
率常数）知，p（CH4）一定时，沉积碳生成速率与二氧化碳压强成反比，根据图知，积碳量a＞b＞c，则pc（CO2）＞
pb（CO2）＞pa（CO2），
故答案为：pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2）。
【点评】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响等知识点，侧重考查学生
分析、推断及图象分析能力，正确理解题给信息及出题人目的是解本题关键，难点是（2）题分析解答。
10．（15.00 分）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe（C2O4）3]•3H2O 作感光剂，以K3Fe[（CN）6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为
2k3[Fe（C2O4）3]
2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为
3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）
6]2↓+3K2C2O4
。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是
排出装置中原有空气，避免O2 和CO2 干扰实验，同时用N2 把装置A、E 中反应生成的气体排出
进行后续检验
。
②实验中观察到装置B、F 中澄清石灰水均变浑浊，装置E 中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有
CO
、
CO2
。
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③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是
先关闭A、E 中的酒精灯，冷却后再停止通入N2
。
④样品完全分解后，装置A 中的残留物含有FeO 和Fe2O3，检验Fe2O3 存在的方法是：
取少量装置A 中残留物放入试
管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN 溶液，若观察到溶液变红，则证明A 中残留物中含Fe2O3
。
（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg 样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4 酸化，用cmol•L
﹣1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是
当滴
入最后一滴滴入后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色
。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4 酸化，
用cmol•L
﹣1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为
×100%
或
×100%（或
%）
。
【分析】（1）显色过程是FeC2O4 中的亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣结合成蓝色沉淀，据此写出该后续方程式；（2）①反
应开始前通氮气，可排净装置中空气，以免氧气、二氧化碳对实验干扰，同时把装置A、E 中反应生成的气体排出；
②B 中澄清石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，E 中固体变红、F 中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有一氧化碳；
③为避免倒吸，需先关闭反应装置中的酒精灯，冷却后再停止通入N2；
④检验Fe2O3，需将Fe2O3 转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验；
（3）①用KMnO4 溶液滴定亚铁离子，滴定终点溶液变成浅红色；
②根据n=cV 计算出消耗高锰酸根离子的物质的量，根据化合价升降相等可得反应关系式5Fe2+～MnO4
﹣，则n（Fe2+）
=5n（MnO4
﹣），然后根据m=nM 计算出样品中含有铁元素的质量，最后根据
×100%计算。
【解答】解：（1）显色过程是FeC2O4 中的亚铁离子与[Fe（CN）6]3﹣结合成蓝色沉淀的反应，该反应的化学方程式为：
3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4，
故答案为：3FeC2O4+2K3[Fe（CN）6]=Fe3[Fe（CN）6]2↓+3K2C2O4；（2）①在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，
以免O2 和CO2 对实验干扰，同时用N2 把装置A、E 中反应生成的气体排出进行后续检验，
故答案为：排出装置中原有空气，避免O2 和CO2 干扰实验，同时用N2 把装置A、E 中反应生成的气体排出进行后续检
验；
②B 中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2，E 中固体变红、F 中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原
性气体CO，
故答案为：CO；CO2；
③为防止倒吸，需要先关闭反应装置中的酒精灯，冷却至常温过程中需保持一直通入N2，
故答案为：先关闭A、E 中的酒精灯，冷却后再停止通入N2；
④检验固体中是否存在Fe2O3，需将Fe2O3 转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验，操作方法为：取少量装置A 中残留
物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN 溶液，若观察到溶液变红，则证明A 中残留物中含Fe2O3，
故答案为：取少量装置A 中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN 溶液，若观察到溶液变红，则证
明A 中残留物中含Fe2O3；
（3）①用KMnO4 溶液滴定亚铁离子，滴定终点溶液变成浅红色，则滴定终点为：当滴入最后一滴滴入后，溶液变成
浅红色，且半分钟内不褪色，
故答案为：当滴入最后一滴滴入后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色；
②用cmol•L
﹣1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗KMnO4 溶液VmL，消耗MnO4
﹣的物质的量为：n（MnO4
﹣）=cmol/L×
L=
mol，
根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO4
﹣，
则n（Fe2+）=5n（MnO4
﹣）=5×
mol，m（Fe2+）=56g/mol×5×
mol，
所以铁的质量分数=
×100%=
×100%或
×100%（或
%），
故答案为：
×100%或
×100%（或
%）。
【点评】本题考查探究物质组成、测量物质含量，题目难度较大，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常
见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力。
[化学一选修3：物质结构与性质]（15 分）
11．（15.00 分）硫及其化合物有许多用途。相关物质的物理常数如表所示：
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H2S
S8
FeS2
SO2
SO3
H2SO4
熔点/℃
﹣85.5
115.2
＞600（分解）
﹣75.5
16.8
10.3
沸点/℃
﹣60.3
444.6
﹣10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe 原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为
，基态S 原子电子占据最高
能级的电子云轮廓图为
哑铃
形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S，SO2，SO3 的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是
H2S
。
（3）图（a）为S8 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为
S8 与SO2 都是分子晶体，
S8 相对分子质量比SO2 大，S8 的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8＞SO2
。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为
平面三角
形，其中共价键的类型有
2
种；固体三
氧化硫中存在如图（b）所示的三氯分子。该分子中S 原子的杂化轨道类型为
sp3
。
（5）FeS2 晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为anm，FeS2 相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度
的计算表达式为
g•cm
﹣3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为
a
nm。
【分析】（1）基态Fe 原子价层电子为其3d、4s 能级上电子；
基态S 原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形；
（2）H2S 中S 原子价层电子对个数=2+
=4、SO2 中S 原子价层电子对个数=2+
=3、SO3 中S 原子价层电
子对个数=3+
=3；
（3）S8、SO2 都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比；
（4）SO3 中S 原子价层电子对个数=3+
=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型；该分
子中S﹣O 原子之间存在共价键；该分子中每个S 原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S 原子杂
化类型；
（5）晶胞边长为anm=a×10
﹣7cm，晶胞体积=（a×10
﹣7cm）3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×
=4，S22﹣个数=8×
+6×
=4，
其晶体密度=
；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半。
【解答】解：（1）基态Fe 原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，基态Fe 原子价层电子为其3d、4s 能级上电子，则
基态Fe 原子的核外价电子排布图为
；
基态S 原子电子占据的能级有1s、2s、2p、3s、3p，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：
；哑铃；
（2）H2S 中S 原子价层电子对个数=2+
=4、SO2 中S 原子价层电子对个数=2+
=3、SO3 中S 原子价层电
子对个数=3+
=3，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S，
故答案为：H2S；
（3）S8、SO2 都分子晶体，分子晶体熔沸点与其分子间作用力成正比，分子间作用力与其相对分子质量成正比，S8 相
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对分子质量大于SO2，所以分子间作用力S8 大于SO2，导致熔沸点S8 大于SO2，
故答案为：S8 与SO2 都是分子晶体，S8 相对分子质量比SO2 大，S8 的分子间作用力大于SO2，所以熔沸点S8＞SO2；
（4）SO3 中S 原子价层电子对个数=3+
=3，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为平面
正三角形；该分子中S﹣O 原子之间存在σ和离域大π键，所以共价键类型2 种；该分子中每个S 原子价层电子对个数
都是4，根据价层电子对互斥理论判断S 原子杂化类型为sp3，
故答案为：平面正三角；2；sp3；
（5）晶胞边长为anm=a×10
﹣7cm，晶胞体积=（a×10
﹣7cm）3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×
=4，S22﹣个数=8×
+6×
=4，
其晶体密度=
=
g/cm3；晶胞中Fe2+位于S22﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线
长度的一半=
×
anm=
anm，
故答案为：
；
a。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生
分析判断、公式的正确运用及空间想像能力，难点是晶胞计算，注意均摊分在晶胞中的灵活运用及nm 与cn 之间的换
算。
[化学一选修5：有机化学基础]（15 分）
12．以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E 是一种治疗心绞痛的
药物。由葡萄糖为原料合成E 的路线如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的分子式为
C6H12O6
。
（2）A 中含有的官能团的名称为
羟基
。
（3）由B 到C 的反应类型为
酯化反应或取代反应
。
（4）C 的结构简式为
。
（5）由D 到E 的反应方程式为
。
（6）F 是B 的同分异构体，7.30g 的F 与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L 二氧化碳（标准状况），F 的可能结构
共有
9
种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1 的结构简式为
。
【分析】葡萄糖和氢气发生加成反应生成A 为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A 发生消去反应生成B，B 和乙酸反应生成C，
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根据C 分子式知，B 中一个羟基发生酯化反应，C 结构简式为
，根据D 分子式知，生成D 的反应
为取代反应，D 发生水解反应生成E，根据E 结构简式知，D 为
，结合题目分析解答。
【解答】解：葡萄糖和氢气发生加成反应生成A 为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A 发生消去反应生成B，B 和乙酸反应生
成C，根据C 分子式知，B 中一个羟基发生酯化反应，C 结构简式为
，根据D 分子式知，生成D
的反应为取代反应，D 发生水解反应生成E，根据E 结构简式知，D 为
，
（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6，
故答案为：C6H12O6；
（2）A 为A 为HOCH2（CHOH）4CH2OH，A 中含有的官能团的名称为羟基，
故答案为：羟基；
（3）由B 到C 的反应类型为取代反应或酯化反应，
故答案为：取代反应或酯化反应；
（4）C 的结构简式为
，
故答案为：
；
（5 ）D 为
，D 发生水解反应生成E ，由D 到E 的反应方程式为
，
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故答案为：
；
（6）F 是B 的同分异构体，B 的相对分子质量为146，7.30g 的F 物质的量=
=0.05mol，生成n（CO2）
=
=0.1mol，说明该分子中含有2 个﹣COOH，B 的分子式为C6H10O4，B 的不饱和度=
=2，2 个﹣
COOH 的不饱和度是2，说明F 中不含碳碳不饱和键和环，
如果剩余碳链结构为C﹣C﹣C﹣C，羧基排放方式有6 种；
如果剩余碳链结构为
，羧基排放方式有3 种，
所以符合条件的同分异构体有9 种；
其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1 的结构简式为
，
故答案为：9；
。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异
构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。
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2018 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．（6.00 分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池
正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是（
）
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
2．（6.00 分）下列说法错误的是（
）
A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
3．（6.00 分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（
）
A．
B．
C．
D．
4．（6.00 分）NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3 为胶体粒子数为0.1NA
B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．92.0g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D．1.0molCH4 与Cl2 在光照下生成CH3Cl 的分子数为1.0NA
5．（6.00 分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺（2，2）戊烷（
）是最单的一种，下列关
于该化合物的说法错误的是（
）
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯化物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1molC5H12，至少需要2molH2
6．（6.00 分）主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20．W、X、Z 最外层电子数之和为10；W 与Y
同族；W 与Z 形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（
）
A．常温常压下X 的单质为气态
B．Z 的氢化物为离子化合物
C．Y 和Z 形成的化合物的水溶液呈碱性
D．W 与Y 具有相同的最高化合价
7．（6.00 分）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S 协同转化装置，实现对天然气中CO2 和H2S 的高效去除。示意图如
右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA﹣Fe2+﹣e
﹣=EDTA﹣Fe3+
②2EDTA﹣Fe3++H2S=2H
++S+2EDTA﹣Fe2+该装置工作时，下列叙述错误的是（
）
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A．阴极的电极反应：CO2+2H
++2e
﹣═CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA﹣Fe3+/EDTA﹣Fe2+，溶液需为酸性
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14.00 分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr•2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收
剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价络；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可
制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是
仪器a 的名称是
。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c 中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。
①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为
②同时c 中有气体产生，该气体的作用是
（3）打开K3，关闭K1 和K2．c 中亮蓝色溶液流入d，其原因是
；d 中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并
分离，需采用的操作是
、
洗涤，干燥。
（4）指出装置d 可能存在的缺点
9．（14.00 分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式
（2）利用烟道气中的SO2 生产Na2S2O5，的工艺为：
①pH=4.1 时，Ⅰ中为
溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3 固体，并再次充入SO2 的目的是
。
（3）制备Na2S2O5 也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2 碱吸收液中含有NaHSO3 和Na2SO3．阳极的电
极反应式为
。电解后，
室的NaHSO3 浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
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（4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5 残留量时，取50.00mL 葡萄萄酒样品，用0.01000mol•L
﹣1 的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL．滴定反应的离子方程式为
该样品中Na2S2O5 的残留量为
g•L
﹣1（以SO2 计）
10．（15.00 分）采用N2O5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列
问题：
（1）1840 年Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为
（2）F．Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：
其中NO2 二聚为N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强ρ随时间t 的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全
分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
ρ/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣44kJ•mol
﹣1
2NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ•mol
﹣1
则反应N2O5（g）=2NO2（g）+
O2（g）的△H=
kJ•mol
﹣1
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10
﹣3×ρN2O5（kPa•min
﹣1）•t=62min 时，测得体系中P02=2.9kPa，则此时
的ρN2O5=
kPa，v=
kPa•min
﹣1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）
63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），
原因是
④25℃时N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数KP=
kPa（Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1 位小
数）。
（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg 提出如下反应历程：
第一步：N2O5⇌NO2+NO3
快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2
慢反应
第三步NO+NO3→2NO2
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
（填标号）
A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
[化学一选修3：物质结构与性质]
11．（15.00 分）Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应
用。回答下列问题：
（1）下列Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为
（填标号）
A．
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B．
C．
D．
（2）Li
+与H
﹣具有相同的电子构型，r（Li
+）小于r（H
﹣），原因是
。
（3）LiAlH4 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4 中的阴离子空间构型是
中心原子的杂化形式为
。LiAlH4
中，存在
（填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Bormi﹣Haber 循环计算得到。
可知，Li 原子的第一电离能为
kJ•mol
﹣1，O=O 键键能为
kJ•mol
﹣1，Li2O 晶格能为
kJ•mol
﹣1。
（5）Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O 的
密度为
g•cm
﹣3（列出计算式）。
[化学一选修5：有机化学基础]（15 分）
12．化合物W 可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
回答下列问题
（1）A 的化学名称为
。
（2）②的反应类型是
。
（3）反应④所需试剂，条件分别为
。
（4）G 的分子式为
。
（5）W 中含氧官能团的名称是
。
（6）写出与E 互为同分异构体的酯类化合物的结构简式
（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1）
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（7）苯乙酸苄酯（
）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯
的合成路线
（无机试剂任选）。
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2018 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．（6.00 分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一，采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池
正极片中的金属，其流程如下：
下列叙述错误的是（
）
A．合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用
B．从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li
C．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+
D．上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠
【分析】正极片经碱溶可得到NaAlO2，可说明含有Al 元素，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，得
到含有P、Fe、Li 的滤液，加入碱液，生成的沉淀为Fe（OH）3，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。
【解答】解：A．合理处理废旧电池，可减少污染性废水的排放，且回收含有Al、Fe 等金属，可再利用，故A 正确；
B．由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li 等，故B 正确；
C．硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe3+，故C 正确；
D．加入硫酸钠，不能生成含Li 沉淀，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题为2018 年高考全国卷，以元素化合物知识为载体考查物质的分离、提纯，有利于培养学生的分析能力和
实验能力，树立积极的环境保护意识和资源的合理运用，题目难度不大。
2．（6.00 分）下列说法错误的是（
）
A．蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖
B．酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质
C．植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
【分析】A．果糖为单糖；
B．绝大多数酶是蛋白质；
C．植物油为高级脂肪酸甘油酯，烃基含不饱和碳碳双键；
D．多糖最终水解产物为单糖。
【解答】解：A．蔗糖和麦芽糖均为双糖，果糖为单糖，故A 错误；
B．绝大多数酶是蛋白质，少数具有生物催化功能的分子不是蛋白质，如复合酶，故B 错误；
C．植物油为液态油脂，分子的烃基中含不饱和碳碳双键，这种脂肪酸酯，能使Br2/CCl4 褪色，发生加成反应，故C
正确；
D．淀粉和纤维素为多糖，一定条件下水解的最终产物均为葡萄糖，故D 正确；
故选：AB。
【点评】本题考查了物质分类、物质性质、物质结构等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。
3．（6.00 分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠
溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的
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仪器，据此分析判断。
【解答】解：A．乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A 不选；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气
管不能深入溶液，故B 不选；
C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C 不选；
D．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故D
选；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
4．（6.00 分）NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．16.25gFeCl3，水解形成的Fe（OH）3 为胶体粒子数为0.1NA
B．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA
C．92.0g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NA
D．1.0molCH4 与Cl2 在光照下生成CH3Cl 的分子数为1.0NA
【分析】A．一个胶体粒子是一个聚合体；
B.22.4L 标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体；
C.1mol 丙三醇含有的羟基数为3mol；
D．CH4 与Cl2 的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CH3Cl。
【解答】解：A．胶体粒子是一个聚合体，16.25gFeCl3 的物质的量为
=0.1mol，水解形成Fe（OH）3 胶体
时，多个Fe（OH）3 聚合为一个胶体粒子，所以形成的胶体粒子数小于0.1mol，即0.1NA，故A 错误；
B.22.4L 标准状况的氩气的物质的量为1mol，氩气是单原子气体，所以含有18molAr，即含有18mol 质子，即18NA 个
质子，故B 正确；
C.92.0g 甘油（丙三醇）的物质的量为
=1mol，1mol 丙三醇含有3mol 羟基，即含有羟基数为3NA，故C 错误；
D．CH4 与Cl2 的在光照下发生的取代反应产物是混合物，不是完全生成CH3Cl，所以生成CH3Cl 的分子数不是1.0NA，
故D 错误，
故选：B。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的简单计算，注意胶粒是聚合体，气体摩尔体积22.4L/mol 的使用条件，甲烷与氯
气的光照取代反应实质是解题的关键，考查的知识点较多，题目较为综合，总体难度不大，是基础题。
5．（6.00 分）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺（2，2）戊烷（
）是最单的一种，下列关
于该化合物的说法错误的是（
）
A．与环戊烯互为同分异构体
B．二氯化物超过两种
C．所有碳原子均处同一平面
D．生成1molC5H12，至少需要2molH2
【分析】A．螺（2，2）戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；
B．螺（2，2）戊烷
的二氯化物中两个氯原子可能位于1 号碳原子上、可能位于1 号和2 号碳原子上、可
能位于1 号和3 号碳原子上；
C．该分子中中间的碳原子上具有甲烷结构特点；
D．每个C5H12 比螺（2，2）戊烷多4 个氢原子，相当于2 个H2。
【解答】解：A．螺（2，2）戊烷、环戊烯的分子式都为C5H8，环戊烯结构简式为
，螺（2，2）戊烷、环戊烯
分子式相同结构不同，所以二者互为同分异构体，故A 正确；
B．螺（2，2）戊烷
的二氯化物中两个氯原子可能位于1 号碳原子上、可能位于1 号和2 号碳原子上、可
能位于1 号和3 号碳原子上，所以其二氯化物超过2 种，故B 正确；
C．该分子中中间的碳原子上具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以该分子中所有C 原子不可能共平面，故C
错误；
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D．每个C5H12 比螺（2，2）戊烷多4 个氢原子，相当于2 个H2，所以生成1molC5H12，至少需要2molH2，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物结构和性质，涉及基本概念、分子空间结构等知识点，侧重考查学生对基本概念、基本知识
的理解和掌握，熟练掌握基本概念及甲烷、乙烯、苯的空间结构，题目难度不大。
6．（6.00 分）主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20．W、X、Z 最外层电子数之和为10；W 与Y
同族；W 与Z 形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正确的是（
）
A．常温常压下X 的单质为气态
B．Z 的氢化物为离子化合物
C．Y 和Z 形成的化合物的水溶液呈碱性
D．W 与Y 具有相同的最高化合价
【分析】W 与Z 形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，能腐蚀玻璃的是HF，W 原子序数小于Z，则W
为F 元素，W 与Y 同族且原子序数都不大于20，则Y 为Cl 元素，W、X、Z 最外层电子数之和为10，主族元素W、X、
Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20，则X 为Na 元素、Z 为Ca 元素，或者X 为Mg 元素、Z 为K 元素；
A．常温下X 单质为Na 或Mg 单质；
B．Z 的氢化物是KH 或CaH2；
C．Y、Z 形成的化合物是KCl 或CaCl2，为强酸强碱盐；
D．W、Y 的最高价分别是0、+7 价。
【解答】解：W 与Z 形成的化台物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，能腐蚀玻璃的是HF，W 原子序数小于Z，
则W 为F 元素，W 与Y 同族且原子序数都不大于20，则Y 为Cl 元素，W、X、Z 最外层电子数之和为10，主族元素W、
X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于20，则X 为Na 元素、Z 为Ca 元素，或者X 为Mg 元素、Z 为K 元素；
A．常温下Na 或Mg 单质都是固态，故A 错误；
B．Z 的氢化物是KH 或CaH2，二者都是离子化合物，故B 正确；
C．Y、Z 形成的化合物是KCl 或CaCl2，为强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故C 错误；
D．W、Y 的最高价分别是0、+7 价，F 元素非金属性最强，没有正化合价，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析判断能力，正确判断W、Z 元素是解本题关键，明确元
素周期表结构、物质结构、元素周期律即可解答，注意规律中的特殊现象，如F 元素没有正化合价等。
7．（6.00 分）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S 协同转化装置，实现对天然气中CO2 和H2S 的高效去除。示意图如
右所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA﹣Fe2+﹣e
﹣=EDTA﹣Fe3+
②2EDTA﹣Fe3++H2S=2H
++S+2EDTA﹣Fe2+该装置工作时，下列叙述错误的是（
）
A．阴极的电极反应：CO2+2H
++2e
﹣═CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S═CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA﹣Fe3+/EDTA﹣Fe2+，溶液需为酸性
【分析】A．根据图知，ZnO@石墨烯电极上反应物是CO2、H
+，生成物是CO、H2O，该电极上得电子发生还原反应；
B．根据图中进入物质、出来物质知，协同转化过程中反应物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O；
C．工作时石墨烯电极失电子作阳极，ZnO@石墨烯电极为阴极，外电路中电流从高电势流向低电势；
D．Fe3+、Fe2+在中性或碱性条件下产生沉淀。
【解答】解：A．根据图知，ZnO@石墨烯电极上反应物是CO2、H
+，生成物是CO、H2O，该电极上得电子发生还原反
应，电极反应式为CO2+2H
++2e
﹣═CO+H2O，故A 正确；
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B．根据图中进入物质、出来物质知，协同转化过程中反应物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O，电池反应式为CO2+H2S
═CO+H2O+S，故B 正确；
C．外电路中电流从高电势流向低电势，工作石墨烯电极失电子作阳极，ZnO@石墨烯电极为阴极，则石墨烯电势高于
ZnO@石墨烯，故C 错误；
D．Fe3+、Fe2+在中性或碱性条件下产生沉淀，所以溶液应该为酸性，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，涉及电极反应式的书写、元素化合物性质等知识点，侧重考查学生分析、判断及知识综
合运用能力，C 选项联合物理知识考查电化学原理，是该题一个亮点，题目难度中等。
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14.00 分）醋酸亚铬[（CH3COO）2Cr•2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收
剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价络；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可
制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：
（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是
去除水中的溶解氧
仪器a 的名称是
分液（滴液）漏斗
。
（2）将过量锌粒和氯化铬固体置于c 中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。
①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为
Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+
②同时c 中有气体产生，该气体的作用是
排除c 中空气
（3）打开K3，关闭K1 和K2．c 中亮蓝色溶液流入d，其原因是
c 中产生的氢气使压强大于大气压
；d 中析出砖红
色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是
冷却
、
过滤
洗涤，干燥。
（4）指出装置d 可能存在的缺点
敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
【分析】醋酸亚铬在气体分析中用作氧气吸收剂，说明亚铬离子具有强还原性，易与氧气反应，则制备实验中应避免
接触氧气，实验时，将过量锌粒和氯化络固体置于c 中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，打开K1、K2，关闭K3，
盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，且发生Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，可观察到c 中
溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，打开K3，关闭K1 和K2，c 中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，可生成醋酸亚铬砖红色
沉淀，以此解答该题。
【解答】解：（1）为避免亚铬离子被氧化，应除去水中的溶解氧，则实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，由装
置图可知a 为分液漏斗或滴液漏斗，
故答案为：去除水中的溶解氧；分液（滴液）漏斗；
（2）①c 中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明生成亚铬离子，反应的离子方程式为Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+，
故答案为：Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+；
②盐酸与锌反应可生成氢气，可将装置内的空气排出，避免亚铬离子被氧化，故答案为：排除c 中空气；
（3）打开K3，关闭K1 和K2，c 中压强增大，可将亮蓝色溶液流入d，为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是冷却、
过滤、洗涤，干燥等，
故答案为：c 中产生的氢气使压强大于大气压；冷却；过滤；
（4）d 为敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触而被氧化，应在密闭容器中制备，
故答案为：敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触。
【点评】本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、自学能力和实验能力，注意
把握物质的性质以及题给信息，把握实验的操作方法，难度不大。
9．（14.00 分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式
2NaHSO3═Na2S2O5+H2O
（2）利用烟道气中的SO2 生产Na2S2O5，的工艺为：
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①pH=4.1 时，Ⅰ中为
NaHSO3
溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3 固体，并再次充入SO2 的目的是
增大NaHSO3 浓度，形成过饱和溶液
。
（3）制备Na2S2O5 也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2 碱吸收液中含有NaHSO3 和Na2SO3．阳极的电
极反应式为
2H2O﹣4e
﹣═O2↑+4H
+
。电解后，a
室的NaHSO3 浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5
（4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5 残留量时，取50.00mL 葡萄萄酒样品，用0.01000mol•L
﹣1 的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL．滴定反应的离子方程式为
S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I
﹣+6H
+
该样品中
Na2S2O5 的残留量为
0.128
g•L
﹣1（以SO2 计）
【分析】（1）由NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，据此写出反应方程式；
（2）①向I 中通入SO2 使溶液pH 变为4.1，说明溶液显酸性，据此分析；
②工艺中加入Na2CO3 固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和
的NaHSO3 溶液；
（3）电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换
膜，阳离子向阴极移动，据此分析；
（4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5 具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应
产生Na2SO4，I2 被还原为I
﹣，根据方程式计算。
【解答】解：
（1）由NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，所以发生反应的化学方程式为2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，
故答案为：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O；
（2）①向I 中通入SO2 使溶液pH 变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3 显碱性，Na2SO3 显碱性，NaHCO3 显碱性，而NaHSO3
显酸性，说明反应产生了NaHSO3，I 中的溶液应为NaHSO3 溶液，
故答案为：NaHSO3；
②工艺中加入Na2CO3 固体，并再次充入SO2，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和
的NaHSO3 溶液，由此判断，再通入SO2 的目的应为：增大NaHSO3 浓度，形成过饱和溶液，
故答案为：增大NaHSO3 浓度，形成过饱和溶液；
（3）电解池阳极为稀硫酸溶液，电解质溶液显酸性，电解池阳极发生氧化反应，所以应为H2O 放电，产生O2 和H
+，
则电极反应为：2H2O﹣4e
﹣═O2↑+4H
+，
溶液中分隔各个室的膜为阳离子交换膜，阳离子向阴极移动，H+向右移动，在b 室则发生反应：2H
++2e
﹣═H2↑，所以
b 室较a 室H
+浓度有所降低，因此电解后，a 室的NaHSO3 浓度增加，
故答案为：2H2O﹣4e
﹣═O2↑+4H
+；a；
（4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5 具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应
产生Na2SO4，I2 被还原为I
﹣，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I
﹣+6H
+，
取50.00mL 葡萄萄酒样品，用0.01000mol•L
﹣1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5
的残留量以SO2 计算应为：
=0.128g/L，
故答案为：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I
﹣+6H
+；0.128。
【点评】本题以Na2S2O5 为背景，考查氧化还原反应和电解原理的知识，考查了氧化还原反应方程式的书写和配平，
电极反应方程式的书写，滴定的简单计算，均为高考的难点和重点，为高频考点，试题有助于培养综合分析问题的能
力，本题整体难度中等，是中档题。
10．（15.00 分）采用N2O5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列
问题：
（1）1840 年Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应氧化产物是一种气体，其分子式为
O2
（2）F．Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：
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其中NO2 二聚为N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强ρ随时间t 的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全
分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
ρ/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣44kJ•mol
﹣1
2NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ•mol
﹣1
则反应N2O5（g）=2NO2（g）+
O2（g）的△H=
+33.3
kJ•mol
﹣1
②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10
﹣3×ρN2O5（kPa•min
﹣1）•t=62min 时，测得体系中P02=2.9kPa，则此时
的ρN2O5=
30.0
kPa，v=
6.0×10
﹣2
kPa•min
﹣1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强P∞（35℃）
大于
63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），
原因是
温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量
增加，总压强提高
④25℃时N2O4（g）⇌2NO2（g）反应的平衡常数KP=
13.4
kPa（Kp 为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1 位小
数）。
（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R．A．Ogg 提出如下反应历程：
第一步：N2O5⇌NO2+NO3
快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2
慢反应
第三步NO+NO3→2NO2
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
AC
（填标号）
A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【分析】（1）干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，氯气是氧化剂，还原产物应为AgCl，硝酸银是还原剂，根据
还原剂失去电子转化为氧化产物判断；
（2）①已知：ⅰ、2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2﹣ⅱ即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g），据此计算△H 的值；
②根据阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二
氧化氮、四氧化二氮的压强；
（3）化学反应的速率由慢反应过程决定，并根据三步反应的特点分析判断。
【解答】解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子
式为O2，
故答案为：O2；
（2）①已知：
ⅰ、2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）△H1=﹣4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2（g）=N2O4（g）△H2=﹣55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2﹣ⅱ即得到N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）△H=+33.3kJ/mol，
故答案为：+33.3；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化
二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa﹣5.8kPa=30.0kPa，因此此时反应速率v=2.0
×10
﹣3×30=6.0×10
﹣2（kPa•min
﹣1），
故答案为：30.0；6.0×10
﹣2；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增
加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）大于63.1 kPa，
故答案为：温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的
量增加，总压强提高；大于；
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强
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是35.8kPa×2=71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2=17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后压强减少了8
9.5 kPa﹣63.1kPa=26.4kPa，所以根据方程式2NO2（g）N2O4（g）可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧
化氮对应的压强是71.6 kPa﹣26.4kPa×2=18.8kPa，则反应的平衡常数K=
≈13.4KPa，
故答案为：13.4；
（3）A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，故A 正确；
B．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故B 错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2 可知NO2 与NO3 的碰撞仅部分有效，故C 正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设
计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律
的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。
[化学一选修3：物质结构与性质]
11．（15.00 分）Li 是最轻的固体金属，采用Li 作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应
用。回答下列问题：
（1）下列Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为
D、C
（填标号）
A．
B．
C．
D．
（2）Li
+与H
﹣具有相同的电子构型，r（Li
+）小于r（H
﹣），原因是
Li
+核电荷数较大
。
（3）LiAlH4 是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4 中的阴离子空间构型是
正四面体
中心原子的杂化形式为
sp3
。
LiAlH4 中，存在
AB
（填标号）。
A．离子键B．σ键C．π键D．氢键
（4）Li2O 是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Bormi﹣Haber 循环计算得到。
可知，Li 原子的第一电离能为
520
kJ•mol
﹣1，O=O 键键能为
498
kJ•mol
﹣1，Li2O 晶格能为
2908
kJ•mol
﹣1。
（5）Li2O 具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O 的
密度为
g•cm
﹣3（列出计算式）。
【分析】（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高；
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（2）电子层结构相同的离子，离子核电荷数越大，其吸引电子能力越大；
（3）LiAlH4 中的阴离子中Al 原子价层电子对个数=4+
=4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其
空间构型及中心原子杂化方式；LiAlH4 中，阴阳离子之间存在离子键、Al 和H 原子之间存在极性共价单键、配位键；
（4）Li 原子的第一电离能为Li 原子失去1 个电子所需要的能量；O=O 键键能为氧气分子变为氧原子所需能量；晶格
能是气态离子形成1mol 离子晶体释放的能量；
（5）晶胞中Li
+个数是8、O2﹣个数=8×
+6×
=4，晶胞体积=（0.4665×10
﹣7 cm）3，晶胞密度=
。
【解答】解：（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量
最低的是1s、2s 能级，能量最高的是2s、2p 能级，
故答案为：D、C；
（2）Li
+与H
﹣具有相同的电子构型，离子核电荷数：Li
+＞H
﹣，其吸引电子能力：Li
+＞H
﹣，导致其半径越小，
故答案为：Li
+核电荷数较大；
（3）LiAlH4 中的阴离子中Al 原子价层电子对个数=4+
=4 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其
空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3 杂化；LiAlH4 中，阴阳离子之间存在离子键、Al 和H 原子之间存
在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键，
故答案为：正四面体；sp3；AB；
（4）Li 原子的第一电离能为Li 原子失去1 个电子所需要的能量，所以其第一电离能为
kJ/mol=520kJ/mol；O=O
键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol 离子晶体释
放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，
故答案为：520；498；2908；
（5 ）晶胞中Li
+ 个数是8 、O2 ﹣个数=8 ×
+6 ×
=4 ，晶胞体积= （0.4665 × 10
﹣7 cm ）3 ，晶胞密度
=
=
g/cm3，
故答案为：
。
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本
知识及基本原理，侧重考查学生公式运用、空间想像及数学运算能力，难点是晶胞计算方法，题目难度中等。
[化学一选修5：有机化学基础]（15 分）
12．化合物W 可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：
回答下列问题
（1）A 的化学名称为
一氯乙酸
。
（2）②的反应类型是
取代反应
。
（3）反应④所需试剂，条件分别为
乙醇、浓硫酸和加热
。
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（4）G 的分子式为
C12H18O3
。
（5）W 中含氧官能团的名称是
醚键、羟基
。
（6）写出与E 互为同分异构体的酯类化合物的结构简式
（核磁共振氢谱为两
组峰，峰面积比为1：1）
（7）苯乙酸苄酯（
）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯
的合成路线
（无机试剂任选）。
【分析】羧基和碳酸钠反应生成羧酸钠，B 发生取代反应生成C，C 酸化得到D，根据DE 结构简式知，D 和CH3CH2OH
发生酯化反应生成E，E 发生取代反应生成F，G 发生取代反应生成W；
（7）
和HCl 发生取代反应生成
，
和NaCN 反应生成
，
酸化得到
，
和苯甲醇发生酯化反应生成
。
【解答】解：羧基和碳酸钠反应生成羧酸钠，B 发生取代反应生成C，C 酸化得到D，根据DE 结构简式知，D 和CH3CH2OH
发生酯化反应生成E，E 发生取代反应生成F，G 发生取代反应生成W；
（1）A 的化学名称为一氯乙酸，
故答案为：一氯乙酸；
（2）B 中的Cl 原子被﹣CN 取代，所以②的反应类型是取代反应，
故答案为：取代反应；
（3）反应④为羧酸和乙醇的酯化反应，该反应所需试剂、条件分别为乙醇、浓硫酸和加热，
故答案为：乙醇、浓硫酸和加热；
（4）G 的分子式为C12H18O3，
故答案为：C12H18O3；
（5）W 中含氧官能团的名称是醚键、羟基，
故答案为：醚键、羟基；
（6）E 为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，与E 互为同分异构体的酯类化合物说明含有酯基，核磁共振氢谱为两组峰，峰
面积比为1：1，说明该分子结构对称，其结构简式为
，
故答案为：
；
（7）苯乙酸苄酯（
）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯
的合成路线（无机试剂任选）。（7）
和HCl 发生取代反应生成
，
和NaCN 反
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应生成
，
酸化得到
，
和苯甲醇发生酯化反应生成
，
其
合
成
路
线
为
，
故答案为：
。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据反应前后物质结构变化确定
反应类型，熟练掌握常见官能团及其物质之间的转化关系，题目难度不大。
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2018 年江苏省高考化学试卷
一、单项选择题共10 小题，每小题2 分，共20 分
1．（2.00 分）CO2 是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2 含量上升的是（
）
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
2．（2.00 分）用化学用语表示NH3+HCl═NH4Cl 中的相关微粒，其中正确的是（
）
A．中子数为8 的氮原子：
N B．HCl 的电子式：
C．NH3 的结构式：
D．Cl
﹣的结构示意图：
3．（2.00 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（
）
A．NaHCO3 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3 是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO 能与水反应，可用作食品干燥剂
4．（2.00 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 Fe2（SO4）3 溶液：Cu2+、NH4
+、NO3
﹣、SO42﹣
C．0.1mol•L
﹣1 HCl 溶液：Ba2+、K
+、CH3COO
﹣、NO3
﹣
D．0.1mol•L
﹣1 NaOH 溶液：Mg2+、Na
+、SO42﹣、HCO3
﹣
5 ．（2.00 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Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I
﹣后的Cl2 尾气
6．（2.00 分）下列有关物质性质的叙述一定不正确的是（
）
A．向FeCl2 溶液中滴加NH4SCN 溶液，溶液显红色
B．KAl（SO4）2•12H2O 溶于水可形成Al（OH）3 胶体
C．NH4Cl 与Ca（OH）2 混合加热可生成NH3
D．Cu 与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2
7．（2.00 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．饱和Na2CO3 溶液与CaSO4 固体反应：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣
B．酸化NaIO3 和NaI 的混合溶液：I
﹣+IO3
﹣+6H
+═I2+3H2O
C．KClO 碱性溶液与Fe（OH）3 反应：3ClO
﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl
﹣+4H
++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl
﹣+2H
+
Cl2↑+H2↑
8．（2.00 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
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9．（2.00 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（
）
A．NaHCO3（s）
Na2CO3（s）
NaOH（aq）
B．Al（s）
NaAlO2（aq）
Al（OH）3（s）
C．AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]
+（aq）
Ag（s）
D．Fe2O3（s）
Fe（s）
FeCl3（aq）
10．（2.00 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）+3O2（g）═2Fe2O3（s）常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3mol H2 与1mol N2 混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
二、不定项选择共5 小题，每小题4 分，共20 分
11．（4.00 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Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子
C．X、Y 均不能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．X→Y 的反应为取代反应
12．（4.00 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Na2CO3 溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3 的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，
下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的
溶解度
C
向CuSO4 溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3 溶液，有
黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
A．A
B．B
C．C
D．D
13．（4.00 分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（
）
A．图甲是CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0
B．图乙是室温下H2O2 催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2 分解
速率逐渐减小
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Na2SO4 除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明溶
液中c（SO42﹣）越大c（Ba2+）越小
14．（4.00 分）H2C2O4 为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）=5.4×10
﹣2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10
﹣5，设H2C2O4 溶液中c（总）=c
（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol•L
﹣1
H2C2O4 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（
）
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A．0.1000 mol•L
﹣1 H2C2O4 溶液：c（H
+）=0.1000 mol•L
﹣1+c（C2O42﹣）+c（OH
﹣）﹣c（H2C2O4）
B．c（Na
+）=c（总）的溶液：c（Na
+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）＞c（H
+）
C．pH=7 的溶液：c（Na
+）=0.1000 mol•L
﹣1+c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4）
D．c（Na
+）=2c（总）的溶液：c（OH
﹣）﹣c（H
+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）
15．（4.00 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2SO2（g）+O2（g）
⇌2SO3（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：
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 SO2、1mol O2
4 mol SO3
2 mol SO2、1mol O2
平衡v 正（SO2）/mol•L
﹣1•S
﹣1
v1
v2
v3
平衡c（SO3）/mol•L
﹣1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是（
）
A．v1＜v2，c2＜2c1
B．K1＞K3，p2＞2p3
C．v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2）
D．c2＞2c3，α2（SO3）+α3（SO2）＜1
三、非选择题
16．（12.00 分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2 和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获
得Fe3O4 的部分工艺流程如下：
（1）烙烧过程均会产生SO2，用NaOH 溶液吸收过量SO2 的离子方程式为
。
（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℃
硫去除率=（1﹣
）×100%
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
。
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
。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由
（填化学式）转化为
（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3．Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，理论上完全反应
消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=
。
17．（15.00 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：
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已知：
+
（1）A 的官能团名称为
（写两种）。
（2）D→E 的反应类为
。
（3）B 的分子式为C9H14O，写出B 的结构简式：
。
（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FeCl3 溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
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）。
18．（12.00 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）Al2（SO4）3+3x CaCO3+3xH2O═2[（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3]+3x CaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1﹣x）Al2（SO4 ）3•xAl（OH）3 中x 值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（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
。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2 过程中，溶液的pH
（填“增大”、“减小”、“不变）。
（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BaCl2 溶液充分反应，静置后过滤、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 CuSO4 标准溶液滴定过量的EDTA 至终点，消耗CuSO4 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）Al2（SO4 ）3•xAl（OH）3 中的x 值（写出计算过程）。
19．（15.00 分）以Cl2、NaOH、（NH2）2CO（尿素）和SO2 为原料可制备N2H4•H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要
实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH
﹣=ClO
﹣+Cl
﹣+H2O 是放热反应。
②N2H4•H2O 沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO 剧烈反应生成N2。
（1）步骤I 制备NaClO 溶液时，若温度超过40℃，Cl2 与NaOH 溶液反应生成NaClO3 和NaC1，其离子方程式为
；
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）步骤Ⅱ合成N2H4•H2O 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
；使用冷凝管的目的是
。
（3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3 制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3
﹣、SO32﹣随pH 的分布如图﹣2 所
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示，Na2SO3 的溶解度曲线如图﹣3 所示）。
①边搅拌边向Na2CO3 溶液中通入SO2 制备NaHSO3 溶液。实验中确定何时停止通SO2 的实验操作为
。
②请补充完整由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3 的实验方案：
，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
20．（14.00 分）NOx（主要指NO 和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx 是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx 的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H=﹣116.1 kJ•mol
﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H=75.9k J•mol
﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g）的△H=
kJ•mol
﹣1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3 和HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电
极反应式：
。
（3）用酸性（NH2）2CO 水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2 与（NH2）2CO 生成N2 和CO2 的反应。写出该反应的
化学方程式：
。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M 能催化NH3 与NOx 生成N2。
①NH3 与NO2 生成N2 的反应中，当生成1 mol N2 时，转移的电子数为
mol。
②将一定比例的O2、NH3 和NOx 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）。
反应相同时间NOx 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，NOx 的去除率
先迅速上升后上升缓慢的原因是
；当反应温度高于380℃时，NOx 的去除率迅速下降的原因可能是
。
【化学--选修3：物质结构与性质】
21．（12.00 分）臭氧（O3）在[Fe（H2O）6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx 分别氧化为SO42﹣和NO3
﹣，NOx 也可在其
他条件下被还原为N2。
（1）SO42﹣中心原子轨道的杂化类型为
；NO3
﹣的空间构型为
（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为
。
（3）与O3 分子互为等电子体的一种阴离子为
（填化学式）。
（4）N2 分子中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）=
。
（5）[Fe（H2O）6]2+与NO 反应生成的[Fe（NO）（H2O）5]2+中，NO 以N 原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe（NO）（H2O）
5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
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【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KMnO4 氧化3，4﹣亚甲二
氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：
3
+2KMnO4→2
+
+2MnO2+H2O
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KMnO4 溶液。反应结束后，加
入KOH 溶液至碱性。
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NaHSO3 溶液，HSO3
﹣转化为
（填化
学式）；加入KOH 溶液至碱性的目的是
。
（2）步骤2 中，趁热过滤除去的物质是
（填化学式）。
（3）步骤3 中，处理合并后溶液的实验操作为
。
（4）步骤4 中，抽滤所用的装置包括
、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
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2018 年江苏省高考化学试卷
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．（2.00 分）CO2 是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2 含量上升的是（
）
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
【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CO2 含量上升，故A 错误；
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CO2 含量上升，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
CO2 含量上升，故C 正确；
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CO2 含量上升，故D 错误；
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．（2.00 分）用化学用语表示NH3+HCl═NH4Cl 中的相关微粒，其中正确的是（
）
A．中子数为8 的氮原子：
N B．HCl 的电子式：
C．NH3 的结构式：
D．Cl
﹣的结构示意图：
【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：157N，故A 错误；
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，NH3 的结构式
，故C 正确；
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．（2.00 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（
）
A．NaHCO3 受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B．SiO2 熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C．Al2O3 是两性氧化物，可用作耐高温材料
D．CaO 能与水反应，可用作食品干燥剂
【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H2O 反应，且无毒分析。
【解答】解：A．碳酸氢钠与盐酸反应，可用作胃酸中和剂，与NaHCO3 的稳定性无关，故A 错误；
B．SiO2 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Al2O3 具有较高熔点，可用作耐高温材料，与Al2O3 是两性氧化物无关，故C 错误；
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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．（2.00 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 Fe2（SO4）3 溶液：Cu2+、NH4
+、NO3
﹣、SO42﹣
C．0.1mol•L
﹣1 HCl 溶液：Ba2+、K
+、CH3COO
﹣、NO3
﹣
D．0.1mol•L
﹣1 NaOH 溶液：Mg2+、Na
+、SO42﹣、HCO3
﹣
【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+、NH4
+、NO3
﹣、SO42﹣之间不反应，都不与Fe2（SO4）3 反应，在溶液中能够大量共存，故B 正确；
C．CH3COO
﹣与HCl 反应生成弱电解质CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故C 错误；
D．Mg2+、HCO3
﹣与NaOH 溶液反应，在溶液中不能大量共存，故D 错误；
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 ．（2.00 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Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I
﹣后的Cl2 尾气
【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．（2.00 分）下列有关物质性质的叙述一定不正确的是（
）
A．向FeCl2 溶液中滴加NH4SCN 溶液，溶液显红色
B．KAl（SO4）2•12H2O 溶于水可形成Al（OH）3 胶体
C．NH4Cl 与Ca（OH）2 混合加热可生成NH3
D．Cu 与FeCl3 溶液反应可生成CuCl2
【分析】A．亚铁离子不与NH4SCN 溶液反应；
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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NH4SCN 溶液反应，溶液变红色，而亚铁离子不与NH4SCN 反应，故A 错误；
B．KAl（SO4）2•12H2O 溶于水电离出铝离子，铝离子水解可形成Al（OH）3 胶体，故B 正确；
C．实验室中通常利用加热NH4Cl、Ca（OH）2 固体混合物制取NH3，故C 正确；
D．Cu 与FeCl3 溶液发生氧化还原反应生成FeCl2 和CuCl2，故D 正确；
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．（2.00 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．饱和Na2CO3 溶液与CaSO4 固体反应：CO32﹣+CaSO4⇌CaCO3+SO42﹣
B．酸化NaIO3 和NaI 的混合溶液：I
﹣+IO3
﹣+6H
+═I2+3H2O
C．KClO 碱性溶液与Fe（OH）3 反应：3ClO
﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl
﹣+4H
++H2O
D．电解饱和食盐水：2Cl
﹣+2H
+
Cl2↑+H2↑
【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Na2CO3 溶液与CaSO4 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：CO32﹣+CaSO4
⇌CaCO3+SO42﹣，故A 正确；
B．酸化NaIO3 和NaI 发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：5I
﹣+IO3
﹣+6H
+═3I2+3H2O，故B 错误；
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）3+4OH¯=2FeO42﹣+3Cl
﹣+5H2O，故
C 错误；
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
﹣+2H2O
2OH
﹣+H2↑+Cl2↑，故D 错误；
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．（2.00 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
【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Na2O 也可能是Na2O2；
C．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Na2O 也可能是Na2O2，Na2O 只含离子键、Na2O2 含有离子键和共价键，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；
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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Na2O2 而导致错误。
9．（2.00 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（
）
A．NaHCO3（s）
Na2CO3（s）
NaOH（aq）
B．Al（s）
NaAlO2（aq）
Al（OH）3（s）
C．AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]
+（aq）
Ag（s）
D．Fe2O3（s）
Fe（s）
FeCl3（aq）
【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．NaHCO3（s）加热分解生成Na2CO3（s），碳酸钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，该转化关系
均能实现，故A 正确；
B．NaAlO2（aq）与过量盐酸反应生成氯化铝和水，不会得到Al（OH）3（s），故B 错误；
C．[Ag（NH3）2]
+（aq）不与蔗糖反应，故C 错误；
D．Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不会得到FeCl3（aq），故D 错误；
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．（2.00 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）+3O2（g）═2Fe2O3（s）常温下可自发进行，该反应为吸热反应
C．3mol H2 与1mol N2 混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023
D．在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快
【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）+3O2（g）=2Fe2O3（s）可以自发进行，△S
＜0，满足△H﹣T△S＜0，△H＜0，该反应是放热反应，故B 错误；
C.3mol H2与1mol N2混合反应生成NH3，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．（4.00 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Br2 的加成产物分子中含有手性碳原子
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C．X、Y 均不能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．X→Y 的反应为取代反应
【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．（4.00 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Na2CO3 溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3 的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，
下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的
溶解度
C
向CuSO4 溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI 的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3 溶液，有
黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
A．A
B．B
C．C
D．D
【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CCl4，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；
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Na2CO3 反应生成NaHCO3 和苯酚钠，导致浊液变澄清，根据强酸制取弱酸原理知，苯酚酸性
大于HCO3
﹣而不是碳酸，故A 错误；
B．向碘水中加入等体积CCl4，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I2
在CCl4 中的溶解度大于在水中的溶解度，故B 正确；
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．（4.00 分）根据下列图示所得出的结论不正确的是（
）
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A．图甲是CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0
B．图乙是室温下H2O2 催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2 分解
速率逐渐减小
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Na2SO4 除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c（Ba2+）与c（SO42﹣）的关系曲线，说明溶
液中c（SO42﹣）越大c（Ba2+）越小
【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（BaSO4）=c（Ba2+）。c（SO42﹣）。
【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H2O2 分
解速率逐渐减小，故B 正确；
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（BaSO4）=c（Ba2+）。c（SO42﹣），c（Ba2+）与c（SO42﹣）成反比，则c（SO42﹣）
越大c（Ba2+）越小，故D 正确；
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．（4.00 分）H2C2O4 为二元弱酸，Ka1（H2C2O4）=5.4×10
﹣2，Ka2（H2C2O4）=5.4×10
﹣5，设H2C2O4 溶液中c（总）=c
（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）。室温下用NaOH 溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol•L
﹣1
H2C2O4 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（
）
A．0.1000 mol•L
﹣1 H2C2O4 溶液：c（H
+）=0.1000 mol•L
﹣1+c（C2O42﹣）+c（OH
﹣）﹣c（H2C2O4）
B．c（Na
+）=c（总）的溶液：c（Na
+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）＞c（H
+）
C．pH=7 的溶液：c（Na
+）=0.1000 mol•L
﹣1+c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4）
D．c（Na
+）=2c（总）的溶液：c（OH
﹣）﹣c（H
+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）
【分析】A．根据0.1000 mol•L
﹣1 H2C2O4 溶液中的电荷守恒和物料守恒分析；
B．c（Na
+）=c（总）时，二者恰好完全反应生成NaHC2O4，HC2O4
﹣的水解平衡常数为
=
＜Ka2（H2C2O4）
=5.4×10
﹣5，说明HC2O4
﹣的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；
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 H2C2O4 溶液中存在电荷守恒：c（H
+）=2c（C2O42﹣）+c（OH
﹣）+c（HC2O4
﹣），还存在
物料守恒：c（总）=c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）=0.1000mol/L，二者结合可得：c（H
+）=0.1000 mol•L
﹣1+c
（C2O42﹣）+c（OH
﹣）﹣c（H2C2O4），故A 正确；
B．c（Na
+）=c（总）的溶液中，溶质为NaHC2O4，HC2O4
﹣的水解平衡常数=
=
＜Ka2（H2C2O4）=5.4×10
﹣5，说明HC2O4
﹣的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），溶液中还存在水电离的氢离子，则c（H
+）
＞c（C2O42﹣），所以正确的离子浓度大小为：c（Na
+）＞c（H
+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故B 错误；
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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（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4），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，所以该关系不一定不成立，故C
错误；
D．c（Na
+）=2c（总）的溶液中，溶质为Na2C2O4，根据Na2C2O4 溶液中的质子守恒可得：c（OH
﹣）﹣c（H
+）=2c（H2C2O4）
+c（HC2O4
﹣），故D 正确；
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．（4.00 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2SO2（g）+O2（g）
⇌2SO3（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如表：
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 SO2、1mol O2
4 mol SO3
2 mol SO2、1mol O2
平衡v 正（SO2）/mol•L
﹣1•S
﹣1
v1
v2
v3
平衡c（SO3）/mol•L
﹣1
c1
c2
c3
平衡体系总压强p/Pa
p1
p2
p3
物质的平衡转化率α
α1（SO2）
α2（SO3）
α3（SO2）
平衡常数K
K1
K2
K3
下列说法正确的是（
）
A．v1＜v2，c2＜2c1
B．K1＞K3，p2＞2p3
C．v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2）
D．c2＞2c3，α2（SO3）+α3（SO2）＜1
【分析】A．将I 容器中的反应极限化时产生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3 起始，Ⅱ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2molSO2，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2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3 起始，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v1＜v2，Ⅱ容器相当于Ⅰ容器加压，若平衡不发生移动，则平衡时有c2=2c1，但加压有利
于该反应正向进行，所以c2＞2c1，故A 错误；
B．正反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以K1＞K3，容器中，根据理想气体状态方程pV=nRT，容器
Ⅱ是4molSO3 起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有c2=2c3，
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的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则c2＞2c3，
而压强关系为
=
＞
=
，则就不一定有p2＞2p3，故B 错误；
C．温度升高，化学反应速率加快，则v1＜v3，正反应吸热，温度升高不利于反应正向进行，则容器Ⅰ中SO2 的平衡转
化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C 正确；
D．容器Ⅱ是4molSO3 起始反应，容器Ⅲ极限化时生成2molSO2，容器Ⅱ相当于容器Ⅲ加压，若平衡不发生移动，则有
c2=2c3，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的反应温度高于容器Ⅱ的反应温度，则
c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相对于容器Ⅲ加压，且两容器温度相同，则有α2（SO3）+α3（SO2）=1，但加压有利于反应向减
压方向进行，则α2（SO3）减小，温度升高不利于反应正向进行，则α3（SO2）减小，因此最终α2（SO3）+α3（SO2）＜1，
故D 正确，
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．（12.00 分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2 和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获
得Fe3O4 的部分工艺流程如下：
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（1）烙烧过程均会产生SO2，用NaOH 溶液吸收过量SO2 的离子方程式为
SO2+OH
﹣═HSO3
﹣
。
（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℃
硫去除率=（1﹣
）×100%
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
FeS2
。
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CaSO4
而留在矿粉中
。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由
NaAlO2
（填化学式）转化为
Al（OH）3
（填
化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3．Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，理论上完全反应
消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=
1：16
。
【分析】（1）用NaOH 溶液吸收过量SO2 生成HSO3
﹣；
（2）①不添加CaO 的矿粉中S 元素来源是FeS2 和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高；
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CaSO4，
形成的硫酸盐分解温度较高；
（3）过滤前使用NaOH 溶液进行碱浸，Al2O3 转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2
﹣，向“过滤”得到的滤
液中通入过量CO2，可以将AlO2
﹣转化为Al（OH）3；
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，根据电子得失守
恒计算。
【解答】解：（1）用NaOH 溶液吸收过量SO2 生成HSO3
﹣，则发生反应的离子方程式为：SO2+OH
﹣═HSO3
﹣，
故答案为：SO2+OH
﹣═HSO3
﹣；
（2）①不添加CaO 的矿粉中S 元素来源是FeS2 和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S
元素主要来源是FeS2，
故答案为：FeS2；
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CaSO4，
形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S 的脱除率降低，
故答案为：硫元素转化为CaSO4 而留在矿粉中；
（3）过滤前使用NaOH 溶液进行碱浸，Al2O3 转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2
﹣，向“过滤”得到的滤
液中通入过量CO2，可以将AlO2
﹣转化为Al（OH）3，
故答案为：NaAlO2；Al（OH）3；
（4）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3 与FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4 和SO2，设有xmolFe3O4 和
ymolFeS2 完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3﹣
）=2y×5+y×
﹣2），解得
，所以理论上完全反应
消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16，
故答案为：1：16。
【点评】本题考查无机工艺流程制备，涉及到SO2 的反应，铝三角的反应，氧化还原反应的计算，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．（15.00 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：
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已知：
+
（1）A 的官能团名称为
碳碳双键、羰基
（写两种）。
（2）D→E 的反应类为
消去反应
。
（3）B 的分子式为C9H14O，写出B 的结构简式：
。
（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FeCl3 溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
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）。
【分析】B 的分子式为C9H14O，B 发生信息的反应生成C，则B 为
；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；
（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C9H14O，B 发生信息的反应生成C，则B 为
；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；
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（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FeCl3 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；
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．（12.00 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）Al2（SO4）3+3x CaCO3+3xH2O═2[（1﹣x）Al2（SO4）3•xAl（OH）3]+3x CaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1﹣x）Al2（SO4 ）3•xAl（OH）3 中x 值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（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CaCO3 的量或加快搅拌速
率
。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2 过程中，溶液的pH
减小
（填“增大”、“减小”、“不变）。
（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BaCl2 溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体
2.3300g。
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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 CuSO4 标准溶液滴定过量的EDTA 至终点，消耗CuSO4 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）Al2（SO4 ）3•xAl（OH）3 中的x 值（写出计算过程）。
【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SO2 能使溶液pH 降低；
（3）根据①过程计算25.00mL 硫酸铝溶液中SO42﹣的物质的量，根据②过程计算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CaCO3 的量或加快搅拌速率，
故答案为：适当增加CaCO3 的量或加快搅拌速率；
（2）碱式硫酸铝溶液呈弱碱性，吸收酸性气体SO2 能使溶液pH 减小，
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BaCl2 溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得
固体2.3300g，即得到2.3300gBaSO4 固体，则25.00mL 溶液中SO42﹣的物质的量为n（SO42﹣）=
=0.01mol，
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 CuSO4 标准溶液滴定过量的EDTA 至终点，消耗CuSO4 标准溶液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+）=（0.1×25×10
﹣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，
根据元素守恒，则有
=
=
=
=
，
可解得x=
≈0.41，
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．（15.00 分）以Cl2、NaOH、（NH2）2CO（尿素）和SO2 为原料可制备N2H4•H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要
实验流程如下：
已知：①Cl2+2OH
﹣=ClO
﹣+Cl
﹣+H2O 是放热反应。
②N2H4•H2O 沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO 剧烈反应生成N2。
（1）步骤I 制备NaClO 溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH 溶液反应生成NaClO3和NaC1，其离子方程式为
3Cl2+6OH
﹣
ClO3
﹣+5Cl
﹣+3H2O
；实验中控制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N2H4•H2O 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Na2CO3 制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3
﹣、SO32﹣随pH 的分布如图﹣2 所
示，Na2SO3 的溶解度曲线如图﹣3 所示）。
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①边搅拌边向Na2CO3 溶液中通入SO2 制备NaHSO3 溶液。实验中确定何时停止通SO2 的实验操作为
测量溶液的pH，
若pH 约为4，停止通SO2
。
②请补充完整由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3 的实验方案：
边搅拌边向NaHSO3 溶液中滴加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。
【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NaClO3，应控制温度在40℃
以下，生成的NaClO 与尿素反应生成N2H4•H2O 和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3 溶液中
通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
【解答】解：
（1）温度超过40℃，Cl2 与NaOH 溶液反应生成NaClO3 和NaC1，反应的离子方程式为3Cl2+6OH
﹣
ClO3
﹣+5Cl
﹣+3H2O，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，避免反应过于剧烈，放出大量的热而
导致温度升高，
故答案为：3Cl2+6OH
﹣
ClO3
﹣+5Cl
﹣+3H2O；缓慢通入氯气；
（2）实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO 碱性溶液，避免N2H4•H2O 与NaClO 剧烈反应生成N2，为避免N2H4•H2O
的挥发，可使用冷凝管回流，
故答案为：NaClO 碱性溶液；减少水合肼的挥发；
（3）用Na2CO3 制备无水Na2SO3，在Na2CO3 溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3 溶液中加入NaOH
溶液可生成Na2SO3，
①由图象可知，如溶液pH 约为4 时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，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SO2；
②由NaHSO3 溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3 溶液中滴加NaOH 溶液，测量溶液pH，由图象可知pH 约
为10 时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加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Na2SO3，
故答案为：边搅拌边向NaHSO3 溶液中滴加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。
【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．（14.00 分）NOx（主要指NO 和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx 是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx 的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H=﹣116.1 kJ•mol
﹣1
3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H=75.9k J•mol
﹣1
反应3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g）的△H=
﹣136.2
kJ•mol
﹣1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3 和HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电
极反应式：
HNO2﹣2e
﹣+H2O=3H
++NO3
﹣
。
（3）用酸性（NH2）2CO 水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2 与（NH2）2CO 生成N2 和CO2 的反应。写出该反应的
化学方程式：
2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M 能催化NH3 与NOx 生成N2。
①NH3 与NO2 生成N2 的反应中，当生成1 mol N2 时，转移的电子数为
mol。
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②将一定比例的O2、NH3 和NOx 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）。
反应相同时间NOx 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，NOx 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，与温度升高共同使NOx 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NOx 去除反应速率增大但是催化剂活性下降
；当反应温度高于380℃
时，NOx 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
。
【分析】（1）①2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H=﹣116.1 kJ•mol
﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H=75.9k J•mol
﹣1
将方程式
①+
②得3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g），△H 进行相应的改变；
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3 和HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，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HNO2 与（NH2）2CO，生成物是N2 和CO2，同时生成水；
（4）①NH3 与NO2 生成N2 的反应中，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成7 mol N2 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；
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）①2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H=﹣116.1 kJ•mol
﹣1
②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H=+75.9k J•mol
﹣1
将方程式
①+
②得3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g），△H=
×（﹣116.1 kJ•mol
﹣1）+
×（+75.9k J•mol
﹣1）=﹣136.2kJ/mol，
故答案为：﹣136.2；
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3 和HNO2 的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，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HNO2﹣2e
﹣+H2O=3H
++NO3
﹣，
故答案为：HNO2﹣2e
﹣+H2O=3H
++NO3
﹣；
（3）该反应中反应物是HNO2 与（NH2）2CO，生成物是N2 和CO2，同时生成水，反应方程式为2HNO2+（NH2）
2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O，
故答案为：2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O；
（4）①NH3 与NO2 生成N2 的反应中，反应方程式为8NH3+6NO2=7N2+12H2O，该反应中生成7 mol N2 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=
=
mol，
故答案为：
；
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NOx 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NOx 去除反应速率增大但是催化剂活性下降；
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，NOx 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NOx 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NOx 去除反应速率增大但是催化剂活性下降；
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】
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21．（12.00 分）臭氧（O3）在[Fe（H2O）6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx 分别氧化为SO42﹣和NO3
﹣，NOx 也可在其
他条件下被还原为N2。
（1）SO42﹣中心原子轨道的杂化类型为
sp3
；NO3
﹣的空间构型为
平面（正）三角形
（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为
[Ar]3d6 或1s22s22p63s23p63d6
。
（3）与O3 分子互为等电子体的一种阴离子为
NO2
﹣
（填化学式）。
（4）N2 分子中σ键与π键的数目比n（σ）：n（π）=
1：2
。
（5）[Fe（H2O）6]2+与NO 反应生成的[Fe（NO）（H2O）5]2+中，NO 以N 原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe（NO）（H2O）
5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
【分析】（1）根据VSEPR 理论和杂化轨道理论分析SO42﹣的中心S 原子杂化类型和NO3
﹣的空间构型；
（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）N2 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；
（5）NO 以N 原子与Fe2+形成配位键，H2O 以O 原子与Fe2+形成配位键。
【解答】解：（1）对于SO42﹣，根据VSEPR 理论，其价电子对数为VP=BP+LP=4+
=4，根据杂化轨道理论，中
心S 原子杂化方式为sp3，
对于NO3
﹣，根据VSEPR 理论，其价电子对数为VP=BP+LP=3+
=3，则其空间构型为平面（正）三角形，
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O3 分子互为等电子体的一种阴离子，可考虑将其中一
个O 替换为N
﹣，则等电子体为NO2
﹣，
故答案为：NO2
﹣；
（4）N2 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N2 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，H2O 以O 原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe（NO）（H2O）5]2+的结构应为：
，
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
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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KMnO4 氧化3，4﹣亚甲二
氧基苯甲醛制备，其反应方程式为：
3
+2KMnO4→2
+
+2MnO2+H2O
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KMnO4 溶液。反应结束后，加
入KOH 溶液至碱性。
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NaHSO3 溶液，HSO3
﹣转化为
SO42﹣
（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
。
（2）步骤2 中，趁热过滤除去的物质是
MnO2
（填化学式）。
（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。
【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KMnO4 溶液，二者发生反应
3
+2KMnO4→2
+
+2MnO2+H2O，反应结束后，加入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MnO2，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液，减少资源浪费；
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NaHSO3 溶液，HSO3
﹣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；
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KMnO4 溶液，二者发生反应
3
+2KMnO4→2
+
+2MnO2+H2O，反应结束后，加入KOH 溶液至碱性，使
转化
为可溶性的
；
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步骤2：趁热过滤，除去不溶性的MnO2，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液，减少资源浪费；
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NaHSO3 溶液，HSO3
﹣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，HSO3
﹣被氧化生成SO42﹣，
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：SO42﹣；将反应生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难溶性的物质，为MnO2，
故答案为：MnO2；
（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。
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2018 年北京市高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分．每题只有一个正确选项）
1．（6.00 分）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（
）
A．甲醇低温所制氢气用
于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚
变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”
的火箭燃料
D．开采可燃冰，将
其作为能源使用
A．A
B．B
C．C
D．D
2．（6.00 分）我国科研人员提出了由CO2 和CH4 转化为高附加值产品CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（
）
A．生成CH3COOH 总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH 过程中，有C﹣H 键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C 键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
3．（6.00 分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（
）
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol•L
﹣1 氨水的pH=11.1：NH3•H2O⇌NH4
++OH
﹣
C．由Na 和Cl 形成离子键的过程：
→
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e
﹣═Cu
4．（6.00 分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（
）
A
B
C
D
实验
NaOH 溶液滴入FeSO4溶液
中
石蕊溶液滴入氯水
中
Na2S 溶液滴入AgC1 浊
液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为
红褐色
溶液变红，随后迅速
褪色
沉淀由白色逐渐变为
黑色
产生无色气体，随后变为
红棕色
A．A
B．B
C．C
D．D
5．（6.00 分）一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料，其结构片段如下图。
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下列关于该高分子的说法正确的是（
）
A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH 或一NH2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
6．（6.00 分）测定0.1mol•L
﹣1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是（
）
A．Na2SO3 溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3
﹣+OH
﹣
B．④的pH 与①不同，是由于SO32﹣浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW 值相等
7．（6.00 分）验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaC1 溶液）。
①
②
③
在Fe 表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试置内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是（
）
A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe 氧化
C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法
D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼
二、非选择题II 卷（60 分）
8．（17.00 分）8﹣羟基哇啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8﹣羟基呼啉的
合成路线。
已知：i．
+
ii．同一个碳原子上连有2 个羟基的分子不稳定。
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（1）按官能团分类，A 的类别是
。
（2）A→B 的化学方程式是
。
（3）C 可能的结构简式是
。
（4）C→D 所需的试剂a 是
。
（5）D→E 的化学方程式是
。
（6）F→G 的反应类型是
。
（7）将下列K→L 的流程图补充完整：
（8）合成8﹣羟基喹啉时，L 发生了
（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L 与G 物质的量之比
为
。
9．（13.00 分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F 和有机碳等。
溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜CaSO4•0.5H2O
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有
。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4
10CaSO4•0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4
H2SO4（填“＞”或“＜”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P 和S 电子层数相同。
。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F 所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4 除去，写出生成HF 的化学方程式
：
。
（4）H2O2 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的
有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：
。
（5）脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO42﹣残留，原因是
；加入BaCO3 可进一步提高硫的脱除率，其
离子方程式是
。
（6）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol•L
﹣1NaOH 溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，
消耗NaOH 溶液c mL．精制磷酸中H3PO4 的质量分数是
（已知：H3PO4 摩尔质量为98 g•mol
﹣1）
10．（12.00 分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
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（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+△H1=+551
kJ•mol
﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297
kJ•mol
﹣1
反应Ⅱ的热化学方程式：
。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2
p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是
。
（3）I
﹣可以作为水溶液中SO2 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii 补充完整。
i．SO2+4I
﹣+4H
+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+
═
+
+2I
﹣
（4）探究i、ii 反应速率与SO2 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2 饱和溶液加入到2 mL 下列试剂中，
密闭放置观察现象，（已知：I2 易溶解在KI 溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol•L
﹣1 KI
a mol•L
﹣1 KI
0.2 mol•L
﹣1 H2SO4
0.2 mol•L
﹣1
H2SO4
0.2 mol•L
﹣1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后
出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊
较A 快
无明显现象象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，
出现浑浊较A 快
①B 是A 的对比实验，则a=
。
②比较A、B、C，可得出的结论是
。
③实验表明，SO2 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii 反应速率解释原因：
。
11．（16.00 分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
①A 为氯气发生装置。A 中反应方程式是
（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂。
③C 中得到紫色固体和溶液。C 中Cl2 发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有
。
（2）探究K2FeO4 的性质
①取C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4 氧化了Cl
﹣
而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN 溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH 溶液充分洗涤C 中所得固体，再用KOH 溶液将K2FeO4 溶出，得到紫色溶液b，
取少量b，滴加盐酸，有Cl2 产生。
i．由方案1 中溶液变红可知a 中含有
离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4将Cl
﹣氧化，还可能由
产
生（用方程式表示）。
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
﹣．用KOH 溶液洗涤的目的是
。
②根据K2FeO4 的制备实验得出：氧化性Cl2
FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和FeO42﹣的氧化性
强弱关系相反，原因是
。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42﹣＞MnO4
﹣，验证实验如下：将溶液b 滴入MnSO4 和足量H2SO4 的混合溶液中，
振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42﹣＞MnO4
﹣，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，
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理由或方案：
。
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2018 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分．每题只有一个正确选项）
1．（6.00 分）下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的不是化学变化的是（
）
A．甲醇低温所制氢气用
于新能源汽车
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚
变燃料
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”
的火箭燃料
D．开采可燃冰，将
其作为能源使用
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】一般来说，物质的熔点、状态发生改变，为物理变化，而生成新物质的变化属于化学变化，化学变化为原子
的重新组合，物质的组成、结构和性质发生变化，但原子不会改变，以此解答该题。
【解答】解：A．甲醇生成氢气，为化学变化，故A 不选；
B．氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，原子核发生变化，不属于化学变化的范畴，故B 选；
C．偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，燃烧生成氮气和水，发生化学变化，故C 不选；
D．可燃冰的主要成分为甲烷，燃烧生成二氧化碳和水，为化学变化，故D 不选。
故选：B。
【点评】本题为2018 年全国卷，题目考查物质的变化，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学
素养，主要把握化学变化与物理变化的区别，难度不大。
2．（6.00 分）我国科研人员提出了由CO2 和CH4 转化为高附加值产品CH3COOH 的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（
）
A．生成CH3COOH 总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH 过程中，有C﹣H 键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C﹣C 键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【分析】A．原子利用率是指被利用的原子数和总原子数之比；
B．甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化法判断；
C．图中可知。①→②过程中能量降低，说明为放热过程通过过渡态形成了C﹣C 化学键；
D．催化剂改变反应速率不改变化学平衡和反应焓变；
【解答】解：A．图中分析，1mol 甲烷和1mol 二氧化碳反应生成1mol 乙酸，生成CH3COOH 总反应的原子利用率为
100%，故A 正确；
B．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C
﹣H 键发生断裂，故B 正确；
C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C﹣C 键形成，故C 正确；
D．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应过程的分析、反应过程中催化剂作用和能量变化、化学键的变化，注意题干信息的理解
应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
3．（6.00 分）下列化学用语对事实的表述不正确的是（
）
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A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1mol•L
﹣1 氨水的pH=11.1：NH3•H2O⇌NH4
++OH
﹣
C．由Na 和Cl 形成离子键的过程：
→
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e
﹣═Cu
【分析】A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH 发生酯化反应生成C17H35CO18OC2H5；
B．常温时，0.1mol•L
﹣1 氨水的pH=11.1，说明NH3•H2O 不能完全电离，为弱电解质；
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键；
D．电解精炼铜，阴极析出铜。
【解答】解：A．硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH 发生酯化反应，乙醇脱去H 原子，硬脂酸脱去羟基，
反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OH
C17H35CO18OC2H5+H2O，故A 错误；
B．常温时，0.1mol•L
﹣1 氨水的pH=11.1，说明NH3•H2O 不能完全电离，为弱电解质，则电离方程式为NH3•H2O⇌NH4
++OH
﹣，故B 正确；
C．氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na 失去电子，Cl 得到电子，则由Na 和Cl 形成离子键的过程：
→
，故C 正确；
D．电解精炼铜，阴极析出铜，电极方程式为Cu2++2e
﹣═Cu，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题综合考查化学用语，涉及酯化反应、弱电解质的电离、电子式以及电极方程式，题目把化学用语与化学
反应原理巧妙地结合，很好地考查学生的分析能力，题目难度不大。
4．（6.00 分）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（
）
A
B
C
D
实验
NaOH 溶液滴入FeSO4溶液
中
石蕊溶液滴入氯水
中
Na2S 溶液滴入AgC1 浊
液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为
红褐色
溶液变红，随后迅速
褪色
沉淀由白色逐渐变为
黑色
产生无色气体，随后变为
红棕色
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化
还原反应无关，以此解答该题。
【解答】解：A．NaOH 溶液滴入FeSO4 溶液中，产生白色沉淀，为Fe（OH）2，随后后变为红褐色，生成Fe（OH）3，
Fe 元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A 不选；
B．石蕊溶液滴入氯水中，生成盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO 的漂白性有关，Cl 元素化合价发
生变化，属于氧化还原反应，故B 不选；
C．Na2S 溶液滴入AgC1 浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，由AgCl 生成Ag2S 沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没
有发生变化，不是氧化还原反应，故C 选；
D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO 转化为NO2，N 元素化合价变化，属于氧化还原
反应，故D 不选。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中
元素的化合价变化，题目难度不大。
5．（6.00 分）一种芳纶纤维的拉伸强度比钢丝还高，广泛用作防护材料，其结构片段如下图。
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下列关于该高分子的说法正确的是（
）
A．完全水解产物的单个分子中，苯环上的氢原子具有不同的化学环境
B．完全水解产物的单个分子中，含有官能团一COOH 或一NH2
C．氢键对该高分子的性能没有影响
D．结构简式为：
【分析】由结构可知，该高分子由
和
发生缩聚反应生成，高分子的结构简
式为
，以此来解答。
【解答】解：A．单体的苯环上均只有一种化学环境的H，故A 错误；
B．
和
的官能团分别为一NH2、一COOH，故B 正确；
C．氢键影响高分子的物理性质，如溶解性、熔沸点等，故C 错误；
D．结构简式为
，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握高分子的结构、缩聚反应为解答的关键，侧重分析与应用
能力的考查，注意选项C 为解答的易错点，题目难度不大。
6．（6.00 分）测定0.1mol•L
﹣1 Na2SO3 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是（
）
A．Na2SO3 溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3
﹣+OH
﹣
B．④的pH 与①不同，是由于SO32﹣浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的KW 值相等
【分析】A．Na2SO3 是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡；
B．温度相同，④溶液的pH 值低于①溶液的pH 值，说明溶液中OH
﹣浓度降低；
C．①到③过程温度升高，溶液pH 降低，增大浓度则有利于水解正向移动；
D．水的离子积常数Kw 只有温度有关。
【解答】解：A．Na2SO3 是强碱弱酸盐，SO32﹣存在水解平衡，水解平衡为：SO32﹣+H2O⇌HSO3
﹣+OH
﹣，忽略二级水解，
故A 正确；
B．温度相同，④溶液的pH 值低于①溶液的pH 值，说明溶液中OH
﹣浓度降低，也就说明过程中SO32﹣浓度有所降低，
故B 正确；
C．①到③过程温度升高，溶液pH 降低，说明温度升高并没有起到促进水解平衡右移的作用，增大浓度则有利于水解
正向移动，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故C 错误；
D．水的离子积常数Kw 只有温度有关，①和④温度相同，所以①和④的Kw 值相等，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确Na2SO3 的水解平衡是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高
考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
7．（6.00 分）验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaC1 溶液）。
①
②
③
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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在Fe 表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试置内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是（
）
A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe 氧化
C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法
D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼
【分析】A．②③相比较，可说明铁连接锌后，铁没有被腐蚀；
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，不能通过铁棒的表面反应判断；
D．用实验①的方法不能比较金属的活泼性。
【解答】解：A．②中铁没有被腐蚀，而③铁腐蚀，可说明铁连接锌后，锌保护了铁，故A 正确；
B．①②相比较，可知铁棒表面被氧化，但溶液中没有亚铁离子，可能的原因为K3[Fe（CN）6]将Fe 氧化，故B 正确；
C．如铁不纯，也可形成原电池反应而被氧化，加入K3[Fe（CN）6]可在铁的表面生成蓝色沉淀，则验证Zn 保护Fe 时
不能用①的方法，应用②的方法，故C 正确；
D．实验①可说明铁被氧化，说明方法存在缺陷，不能比较金属的活泼性，则换成铜，也不能证明金属的活泼性，故D
错误。
故选：D。
【点评】本题探究铁的腐蚀与防护，为2018 年北京考题，侧重考查学生的分析能力和实验能力，主要把握实验的原理
以及金属的腐蚀，主要把握实验的合理性与可行性的评价，把握物质的性质，难度中等。
二、非选择题II 卷（60 分）
8．（17.00 分）8﹣羟基哇啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8﹣羟基呼啉的
合成路线。
已知：i．
+
ii．同一个碳原子上连有2 个羟基的分子不稳定。
（1）按官能团分类，A 的类别是
烯烃
。
（2）A→B 的化学方程式是
CH2=CHCH3+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl
。
（3）C 可能的结构简式是
CH2ClCHOHCH2Cl 或CH2OHCHClCH2Cl
。
（4）C→D 所需的试剂a 是
NaOH 水溶液
。
（5）D→E 的化学方程式是
CH2OHCHOHCH2OH
CH2=CHCHO+2H2O
。
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（6）F→G 的反应类型是
取代反应
。
（7）将下列K→L 的流程图补充完整：
（8）合成8﹣羟基喹啉时，L 发生了
氧化
（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则L 与G 物质的量之
比为
3：1
。
【分析】E 和J 发生加成反应生成K，根据K 结构简式确定F 中含有苯环、A 为链状结构，由F 分子式知F 为
；
由E、J 分子式知，E 为CH2=CHCHO，J 为
，F 发生邻位取代生成G 为
，G 发生还原反应生成J；
根据信息ii 结合D 分子式知D 为CH2OHCHOHCH2OH，则C 为CH2ClCHOHCH2Cl 或CH2OHCHClCH2Cl，则a 为NaOH 水溶
液，结合A 分子式知A 为CH2=CHCH3，高温条件下A 和氯气发生取代反应，则B 为CH2=CHCH2Cl，K 在浓硫酸作用下
发生信息i 的反应生成
，然后
发生消去反应生成
L 为
，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知A 为CH2=CHCH3，为烯烃，
故答案为：烯烃；
（2）A 为CH2=CHCH3，B 为CH2=CHCH2Cl，高温条件下A 和氯气发生甲基上的取代反应，则A→B 的化学方程式是
CH2=CHCH3+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl，
故答案为：CH2=CHCH3+Cl2
CH2=CHCH2Cl+HCl；
（3）由以上分析可知C 的结构简式是C 为CH2ClCHOHCH2Cl 或CH2OHCHClCH2Cl2，
故答案为：CH2ClCHOHCH2Cl 或CH2OHCHClCH2Cl；
（4）通过以上分析知，C→D 所需的试剂a 是NaOH 水溶液，
故答案为：NaOH 水溶液；
（5 ）E 为CH2=CHCHO ，D 为CH2OHCHOHCH2OH ，D 发生消去反应生成E ，反应的化学方程式为
CH2OHCHOHCH2OH
CH2=CHCHO+2H2O，
故答案为：CH2OHCHOHCH2OH
CH2=CHCHO+2H2O；
（6）F 为
发生取代反应生成G，故答案为：取代反应；
（7）由题给信息可知K 首先发生加成反应生成
，然后再发生消去反应生成L 为
，
故答案为：：
（8）L 为
，G 为
，J 为
，L 与G 反应生成J 和8﹣羟基喹啉，L 失去氢，应为氧化反应，
反应的化学方程式为3
+
→3
+
+2H2O，L 与G 物质的量之比为3：1，
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故答案为：氧化反应；3：1。
【点评】本题考查有机物的合成，为2018 年北京考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息以及有机物官能
团的转化，正确推断有机物的结构为解答该题的关键，难度中等。
9．（13.00 分）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5（PO4）3（OH），还含有Ca5（PO4）3F 和有机碳等。
溶解度：Ca5（PO4）3（OH）＜CaSO4•0.5H2O
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有
研磨，加热
。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4
10CaSO4•0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4
＜
H2SO4（填“＞”或“＜”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P 和S 电子层数相同。
同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，
最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4 的酸性小于H2SO4 的酸性
。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F 所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4 除去，写出生成HF 的化学方程式
：
2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4•
H2O+6H3PO4+2HF
。
（4）H2O2 将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2 脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的
有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：
温度高于80℃时，H2O2 的分解速率加快，导致H2O2 的浓度降
低，也就导致有机碳脱除率下降
。
（5）脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO42﹣残留，原因是
CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），CaSO4 的溶
解度相对较大
；加入BaCO3 可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是
BaCO3+SO42﹣⇌BaSO4+CO32﹣
。
（6）取a g 所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol•L
﹣1NaOH 溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，
消耗NaOH 溶液c mL．精制磷酸中H3PO4 的质量分数是
（已知：H3PO4 摩尔质量为98 g•mol
﹣1）
【分析】（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等；
（2）①根据反应方程式，是由H2SO4 参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸；
②H3PO4 和H2SO4 均为无机含氧酸，主要可从P 和S 的非金属性角度考虑，S 的非金属性强于P，可以使O 上电子云密
度降低更大，继而导致H
+更易电离，H
+越易电离，含氧酸酸性越强；
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F 所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F 和H2SO4 反应，生成CaSO4•
H2O，
H3PO4 和HF，据此写出反应方程式；
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2 受
热分解，导致H2O2 浓度降低影响有机碳的脱除率；
（5）脱硫过程是加入CaCO3 发生反应，脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO42﹣残留，反应过程生成CaSO4，而
CaSO4 相对于CaCO3 溶解度较大，能产生多余的SO42﹣，加入BaCO3 可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，
BaCO3 可转化为更难溶的BaSO4；
（6）滴定反应为：H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O，据此计算。
【解答】解：（1）常用加快化学反应速率的措施有研磨，加热，溶解时搅拌等，根据流程图，加快化学反应速率的措
施有：研磨，加热，
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故答案为：研磨，加热；
（2）①根据反应方程式，是由H2SO4 参加反应得到H3PO4，是由强酸制取弱酸，因此酸性强弱为：H3PO4＜H2SO4，
故答案为：＜；
②H3PO4 和H2SO4 均为无机含氧酸，主要可从P 和S 的非金属性角度考虑，S 的非金属性强于P，可以使O 上电子云密
度降低更大，继而导致H
+更易电离，H
+越易电离，含氧酸酸性越强，可以简单解释为：P 的半径大于S，P 的非金属性
小于S，所以H3PO4 的酸性小于H2SO4 的酸性，
故答案为：同一周期，从左到右，半径逐渐减小，得电子能力增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，所以H3PO4
的酸性小于H2SO4 的酸性；
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F 所含氟转化为HF，反应过程为Ca5（PO4）3F 和H2SO4 反应，生成CaSO4•
H2O，
H3PO4 和HF，所以化学反应方程式为：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4•
H2O+6H3PO4+2HF，
故答案为：2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4•
H2O+6H3PO4+2HF；
（4）根据图象，80℃前随着温度升高，有机碳脱除率增大，80℃后随着温度升高，有机碳脱除率降低，考虑H2O2 受
热分解，导致H2O2 浓度降低影响有机碳的脱除率，所以可以解释为：温度高于80℃时，H2O2 的分解速率加快，导致
H2O2 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降，
故答案为：温度高于80℃时，H2O2 的分解速率加快，导致H2O2 的浓度降低，也就导致有机碳脱除率下降；
（5）脱硫过程是加入CaCO3 发生反应，脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有SO42﹣残留，反应过程生成CaSO4，而
CaSO4 相对于CaCO3 溶解度较大，能产生多余的SO42﹣，所以原因可以解释为：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），
CaSO4 的溶解度相对较大，
加入BaCO3 可进一步提高硫的脱除率，则是由于发生沉淀转化，BaCO3 可转化为更难溶的BaSO4，离子方程式为：
BaCO3+SO42﹣⇌BaSO4+CO32﹣，
故答案为：CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），CaSO4 的溶解度相对较大；BaCO3+SO42﹣⇌BaSO4+CO32﹣；
（6）用NaOH 滴定H3PO4 至Na2HPO4 的滴定反应为：H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O，根据反应方程式，制磷酸中H3PO4
的物质的量为
，则精制磷酸中H3PO4 的质量分数是
=
，
故答案为：
。
【点评】本题考察无机流程分析，综合了化学反应原理，考查了元素周期律，无机含氧酸强度比较，陌生反应方程式
的书写，沉淀溶解平衡原理，酸碱滴定反应相关计算，是一道考察综合知识的题，题目整体难度中等，有助于培养综
合运用化学原理解决问题的能力。
10．（12.00 分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4（l）=2SO2（g）+2H2O（g）+O 2（g）+△H1=+551
kJ•mol
﹣1
反应Ⅲ：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H3=﹣297
kJ•mol
﹣1
反应Ⅱ的热化学方程式：
3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣254kJ/mol
。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示，p2
＞
p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是
当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的
量分数增大
。
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（3）I
﹣可以作为水溶液中SO2 歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下，将ii 补充完整。
i．SO2+4I
﹣+4H
+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+
SO2
═
4H
+
+
SO42﹣
+2I
﹣
（4）探究i、ii 反应速率与SO2 歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2 饱和溶液加入到2 mL 下列试剂中，
密闭放置观察现象，（已知：I2 易溶解在KI 溶液中）
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol•L
﹣1 KI
a mol•L
﹣1 KI
0.2 mol•L
﹣1 H2SO4
0.2 mol•L
﹣1
H2SO4
0.2 mol•L
﹣1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后
出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊
较A 快
无明显现象象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，
出现浑浊较A 快
①B 是A 的对比实验，则a=
0.4
。
②比较A、B、C，可得出的结论是
在酸性条件下，SO2 与I
﹣反应速率更快，且SO2 与稀硫酸不发生反应
。
③实验表明，SO2 的歧化反应速率D＞A．结合i，ii 反应速率解释原因：
反应i、ii 知，SO2 先和I
﹣反应生成I2，I2 再
和SO2 进一步反应，D 中KI 溶液溶解了I2，导致D 中的ii 的反应较A 快
。
【分析】（1）根据图知，反应II 为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），
将方程式﹣I﹣III 即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H 进行相应的改变；
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4
（l）+S（s），催化过程中i。SO2+4I
﹣+4H
+=S↓+2I2+2H2O，说明I
﹣、H
+在i 作作反应物，在ii 中作生成物，同时ii 中还生
成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2；
（4）①B 是A 的对比实验，所用c（KI）应该相等；
②比较A、B、C，A 中只含KI、B 中含有KI 和硫酸、C 中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞C，且C 中没有明显现象，
说明不反应；
③反应i、ii 知，SO2 先和I
﹣反应生成I2，I2 再和SO2 进一步反应，D 中KI 溶液溶解了I2，导致D 中的ii 的反应较A 快。
【解答】解：（1）根据图知，反应II 为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），
将方程式﹣I﹣III 即得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣（+551kJ•mol
﹣1）﹣（﹣297kJ•mol
﹣1）=
﹣254kJ/mol，
故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s），△H=﹣254kJ/mol；
（2）相同温度下，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大，根据图知，相同温度下，达
到平衡状态时硫酸含量：P1＜P2，说明压强P2＞P1，
故答案为：＞；当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，导致硫酸在平衡体系中物质的量分数增大；
（3）化学反应中的催化剂在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物，总方程式为得3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4
（l）+S（s），催化过程中i。SO2+4I
﹣+4H
+=S↓+2I2+2H2O，说明I
﹣、H
+在i 作作反应物，在ii 中作生成物，同时ii 中还生
成H2SO4，根据元素守恒知，反应物还有SO2，所以ii 中方程式应该为：
I2+2H2O+SO2═4H
++SO42﹣+2I
﹣，
答案为：SO2；4H
+；SO42﹣；
（4）①B 是A 的对比实验，所用c（KI）应该相等，否则无法得出正确结论，所以a=0.4，
故答案为：0.4；
②比较A、B、C，A 中只含KI、B 中含有KI 和硫酸、C 中只含硫酸，反应快慢顺序是B＞A＞C，且C 中没有明显现象，
说明不反应，B 中含有酸导致其反应速率加快，所以得出的结论是：在酸性条件下，SO2 与I
﹣反应速率更快，且SO2 与
稀硫酸不发生反应，
故答案为：在酸性条件下，SO2 与I
﹣反应速率更快，且SO2 与稀硫酸不发生反应；
③反应i、ii 知，SO2 先和I
﹣反应生成I2，I2 再和SO2 进一步反应，D 中KI 溶液溶解了I2，导致D 中的ii 的反应较A 快，
所以看到的现象是：D 中出现浑浊较A 快，
故答案为：反应i、ii 知，SO2 先和I
﹣反应生成I2，I2 再和SO2 进一步反应，D 中KI 溶液溶解了I2，导致D 中的ii 的反应
较A 快。
【点评】本题考查较综合，涉及盖斯定律、外界条件对化学平衡移动影响、实验探究等，明确化学反应原理、实验原
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理及物质性质是解本题关键，注意：作对比实验时应该只有一个条件不同，其它条件完全相同，题目难度中等。
11．（16.00 分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。
资料：K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH 溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
（1）制备K2FeO4（夹持装置略）
①A 为氯气发生装置。A 中反应方程式是
2MnO4
﹣+10Cl
﹣+16H
+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O
（锰被还原为Mn2+）。
②将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂。
③C 中得到紫色固体和溶液。C 中Cl2 发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有
Cl2+2KOH
═KCl+KClO+H2O
。
（2）探究K2FeO4 的性质
①取C 中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2，为证明是否K2FeO4 氧化了Cl
﹣
而产生Cl2，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN 溶液至过量，溶液呈红色
方案Ⅱ
用KOH 溶液充分洗涤C 中所得固体，再用KOH 溶液将K2FeO4 溶出，得到紫色溶液b，
取少量b，滴加盐酸，有Cl2 产生。
i．由方案1 中溶液变红可知a 中含有
Fe3+
离子，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4 将Cl
﹣氧化，还可能由
4FeO42
﹣+20H
+═4Fe3++3O2↑+10H2O
产生（用方程式表示）。
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
﹣．用KOH 溶液洗涤的目的是
使K2FeO4 稳定溶出，并把K2FeO4 表面吸附的ClO
﹣除
尽，防止ClO
﹣与Cl
﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO
﹣干扰实验
。
②根据K2FeO4 的制备实验得出：氧化性Cl2
＞
FeO42﹣（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和FeO42﹣的氧化性
强弱关系相反，原因是
溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱
。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO42﹣＞MnO4
﹣，验证实验如下：将溶液b 滴入MnSO4 和足量H2SO4 的混合溶液中，
振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO42﹣＞MnO4
﹣，若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案，
理由或方案：
不能。没有排除两种可能的干扰。一是没有排除溶液稀释对溶液颜色变浅带来的影响，可增加一个空
白对照实验排除该干扰。二是没有排除该体系中其它氧化性粒子如O2、Fe3+的干扰，可在控制变量的条件下设计对照
实验，排除Fe3+或O2 的干扰。
。
【分析】（1）①A 为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4
﹣被还原为Mn2+，Cl
﹣被氧化为Cl2，
据此写出反应的方程式；
②装置B 为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2 中混有HCl，需要除去HCl，可将混合
气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；
③C 中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2 可以氧化Fe（OH）3 制取K2FeO4，还存在反应为Cl2
和KOH 反应；
（2）①i．方案I 中加入KSCN 溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定K2FeO4 将
Cl
﹣氧化，注意K2FeO4 在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
﹣，使用KOH 溶液溶出K2FeO4 晶体，可以使K2FeO4 稳定析出，并且除去ClO
﹣离子，
防止在酸性条件下ClO
﹣和Cl
﹣反应产生Cl2 干扰实验；
②Fe（OH）3 在碱性条件下被Cl2 氧化为FeO42﹣，可以说明Cl2 的氧化性大于FeO42﹣，而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和FeO42﹣
的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42﹣在酸性条件下氧化Cl
﹣生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样；
③一方面两种溶液混合反应相当于稀释，没有排除稀释时颜色变浅带来的影响，另一方面溶液体系中可能存在其他具
有氧化性的粒子如Fe3+和O2 等，也会给实验带来干扰。
【解答】解：（1）①A 为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，MnO4
﹣被还原为Mn2+，Cl
﹣被氧化为
Cl2，所以反应的方程式为：2MnO4
﹣+10Cl
﹣+16H
+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O，
故答案为：2MnO4
﹣+10Cl
﹣+16H
+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O；
②装置B 为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2 中混有HCl，需要除去HCl，可将混合
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气体通过饱和食盐水达到除杂的目的，所以装置B 应为：
，
故答案为：
；
③C 中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2 可以氧化Fe（OH）3 制取K2FeO4，还存在反应为Cl2
和KOH 反应，所以还发生的反应方程式为：Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O，故答案为：Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O；
（2）①i．方案I 中加入KSCN 溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，
但该离子的产生不能判断一定K2FeO4 将Cl
﹣氧化，注意K2FeO4 在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化
为Fe3+，发生反应为：4FeO42﹣+20H
+═4Fe3++3O2↑+10H2O，
故答案为：Fe3+；4FeO42﹣+20H
+═4Fe3++3O2↑+10H2O；
ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4 氧化了Cl
﹣，使用KOH 溶液溶出K2FeO4 晶体，可以使K2FeO4 稳定析出，同时考虑到K2FeO4 表
面可能吸附ClO
﹣，ClO
﹣在酸性条件下可与Cl
﹣反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH 溶液洗涤的目的是：使K2FeO4
稳定溶出，并把K2FeO4 表面吸附的ClO
﹣除尽，防止ClO
﹣与Cl
﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO
﹣干扰实验，
故答案为：使K2FeO4 稳定溶出，并把K2FeO4 表面吸附的ClO
﹣除尽，防止ClO
﹣与Cl
﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免
ClO
﹣干扰实验；
②Fe（OH）3 在碱性条件下被Cl2 氧化为FeO42﹣，可以说明Cl2 的氧化性大于FeO42﹣，而方案Ⅱ实验表明，Cl2 和FeO42﹣
的氧化性强弱关系相反，方案Ⅱ是FeO42﹣在酸性条件下氧化Cl
﹣生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以
可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱，
故答案为：溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；
③根据实验过程分析，该实验过程不能说明氧化性FeO42﹣＞MnO4
﹣，原因有二：①两种溶液混合反应相当于稀释，没
有排除稀释时颜色变浅带来的影响，可通过设置空白对照实验加以说明，②溶液体系中可能存在其他具有氧化性的粒
子如Fe3+和O2 等，也会给实验带来干扰，可通过控制变化法设置空白对照实验加以说明，
故答案为：不能。没有排除两种可能的干扰。一是没有排除溶液稀释对溶液颜色变浅带来的影响，可增加一个空白对
照实验排除该干扰。二是没有排除该体系中其它氧化性粒子如O2、Fe3+的干扰，可在控制变量的条件下设计对照实验，
排除Fe3+或O2 的干扰。
【点评】本题以K2FeO4 为背景，考查氧化还原方程式的书写、配平，穿插实验操作流程的分析，还考察氯及其氧化物
的氧化还原反应，需要明确实验室制取Cl2 的流程及其相关操作，题目整体难度中等，重在综合思维能力的考查，有助
于培养综合分析问题的能力，还需注意题目所给信息的准确使用。
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2017 年天津市高考化学试卷
一、本卷共6 题，每题6 分，共36 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．（6 分）下列有关水处理方法不正确的是（
）
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度NH4
+的废水并回收利用氨
2．（6 分）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．下列有关汉黄芩素的叙述正
确的是（
）
A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B．该物质遇FeCl3 溶液显色
C．1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2
D．与足量H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1 种
3．（6 分）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（
）
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
4．（6 分）以下实验设计能达到实验目的是（
）
实验目的
实验设计
A．
除去NaHCO3 固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．
制备无水AlCl3
蒸发Al 与稀盐酸反应后的溶液
C．
重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D．
鉴别NaBr 和KI 溶液
分别加新制氯水后，用CCl4 萃取
A．A
B．B
C．C
D．D
5．（6 分）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（
）
A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．
如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．用中文“
”（ào）命名的第118 号元素在周期表中位于第七周期0 族
6．（6 分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）．230℃时，该反应的平衡常数K=2×
10
﹣5．已知：Ni（CO）4 的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO 反应转化成气态Ni（CO）4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（
）
A．增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
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B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni（CO）4 分解率较低
D．该反应达到平衡时，v 生成[Ni（CO）4]=4v 生成（CO）
二、本卷共4 题，共64 分．
7．（14 分）某混合物浆液含有Al（OH）3、MnO2 和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4 不易完全被水浸
出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和
Ⅱ中的问题．
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH 的电子式为
．B→C 的反应条件为
，C→Al 的制备方法称为
．
（2）该小组探究反应②发生的条件．D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2 生成，当反应停止后，固体有剩
余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）
．
a．温度
b．Cl
﹣的浓度
c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O 的液态化合物，放热4.28kJ，
该反应的热化学方程式为
．
Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是
，分离后含铬元素的粒子是
；阴极室生
成的物质为
（写化学式）．
8．（18 分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
已知：
回答下列问题：
（1）
分子中不同化学环境的氢原子共有
种，共面原子数目最多为
．
（2）B 的名称为
．写出符合下列条件B 的所有同分异构体的结构简式
．
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，目的是
．
（4）写出⑥的化学反应方程式：
，该步反应的主要目的是
．
（5）写出⑧的反应试剂和条件：
；F 中含氧官能团的名称为
．
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（6）在方框中写出以
为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程．
…
目标化合物
9．（18 分）用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中c（I
﹣），实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液．
Ⅰ准备标准溶液
a．准确称取AgNO3 基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．
b．配制并标定100mL 0.1000mol•L
﹣1 NH4SCN 标准溶液，备用．
Ⅱ滴定的主要步骤
a．取待测NaI 溶液25.00mL 于锥形瓶中．
b．加入25.00mL 0.1000mol•L
﹣1 AgNO3 溶液（过量），使I
﹣完全转化为AgI 沉淀．
c．加入NH4Fe（SO4）2 溶液作指示剂．
d．用0.1000mol•L
﹣1NH4SCN 溶液滴定过量的Ag
+，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定．
e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理．
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有
．
（2）AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是
．
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是
．
（4）b 和c 两步操作是否可以颠倒
，说明理由
．
（5）所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为
mL，测得c（I
﹣）=
mol•L
﹣1．
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为
．
（7）判断下列操作对c（I
﹣）测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果
．
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果
．
10．（14 分）H2S 和SO2 会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下
列方法中的问题．
Ⅰ．H2S 的除去
方法1：生物脱H2S 的原理为：
H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5×105 倍，该菌的作用是
．
（2）由图1 和图2 判断使用硫杆菌的最佳条件为
．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是
．
方法2：在一定条件下，用H2O2 氧化H2S
（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4 时，氧化产物的分子式
为
．
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Ⅱ．SO2 的除去
方法1（双碱法）：用NaOH 吸收SO2，并用CaO 使NaOH 再生
NaOH 溶液
Na2SO3 溶液
（4）写出过程①的离子方程式：
；CaO 在水中存在如下转化：
CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH
﹣（aq）
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理
．
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3•H2O 的Kb=1.8×10
﹣5，H2SO3 的Ka1=1.3×10
﹣2，Ka2=6.2×10
﹣8．若氨水的浓度为2.0mol•L
﹣1，溶
液中的c（OH
﹣）=
mol•L
﹣1．将SO2 通入该氨水中，当c（OH
﹣）降至1.0×10
﹣7 mol•L
﹣1 时，溶液中的c（SO32﹣）
/c（HSO3
﹣）=
．
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2017 年天津市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、本卷共6 题，每题6 分，共36 分．在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的．
1．（6 分）下列有关水处理方法不正确的是（
）
A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸
B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
C．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．用烧碱处理含高浓度NH4
+的废水并回收利用氨
【分析】A．石灰、碳酸钠都可与酸反应；
B．可溶性的铝盐和铁盐可水解生成具有吸附性的胶体；
C．氯气不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀；
D．烧碱可与铵根离子反应生成氨气．
【解答】解：A．石灰与酸反应生成钙盐，碳酸钠与酸反应生成钠盐和二氧化碳，故可用于处理废水中的酸，故A 正
确；
B．铝盐、铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体，疏松多孔，具有吸附性，可吸附水中的悬浮物，故B 正确；
C．氯气可用于水的消毒杀菌，不能与Cu2+、Hg2+反应生成沉淀，对重金属离子没有作用，故C 错误；
D．烧碱可与铵根离子反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度的NH4
+的废水并回收利用氨，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查废水的处理，为2017 年天津考题，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学
素养，注意把握物质的性质，难度不大．
2．（6 分）汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用．下列有关汉黄芩素的叙述正
确的是（
）
A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5
B．该物质遇FeCl3 溶液显色
C．1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗1mol Br2
D．与足量H2 发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1 种
【分析】由结构可知分子式，分子中含酚﹣OH、碳碳双键、羰基及醚键，结合酚、烯烃等有机物的性质来解答．
【解答】解：A．汉黄芩素的分子式为C16H12O5，故A 错误；
B．含酚﹣OH，遇FeCl3 溶液显色，故B 正确；
C．酚﹣OH 的邻对位与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1 mol 该物质与溴水反应，最多消耗2mol
Br2，故C 错误；
D．与足量H2 发生加成反应后，该分子中官能团碳碳双键、羰基均减少，故D 错误；
故选：B。
【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H 原子数的判断及官能团的判断，题目难度不大．
3．（6 分）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（
）
A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能
B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能
C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能
D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能
【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答．
【解答】解：A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A 选；
B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B 不选；
C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C 不选；
D．发生氧化反应，故D 不选。
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故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目
难度不大．
4．（6 分）以下实验设计能达到实验目的是（
）
实验目的
实验设计
A．
除去NaHCO3 固体中的Na2CO3
将固体加热至恒重
B．
制备无水AlCl3
蒸发Al 与稀盐酸反应后的溶液
C．
重结晶提纯苯甲酸
将粗品水溶、过滤、蒸发、结晶
D．
鉴别NaBr 和KI 溶液
分别加新制氯水后，用CCl4 萃取
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠；
B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发；
C．苯甲酸在水中的溶解度不大，且利用溶解度受温度影响的差异分离；
D．氯气与NaBr、NaI 反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同．
【解答】解：A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，加热将原物质除去，不能除杂，故A 错误；
B．蒸发时促进氯化铝水解，生成的盐酸易挥发，则应在HCl 气流中蒸发结晶，故B 错误；
C．苯甲酸在水中的溶解度不大，应趁热过滤后，选择重结晶法分离提纯，故C 错误；
D．氯气与NaBr、NaI 反应分别生成溴、碘，在四氯化碳中的颜色不同，则分别加新制氯水后，用CCl4 萃取后观察颜
色可鉴别，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别为解答的关键，
侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项C 为解答的难点，题目难度不大．
5．（6 分）根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是（
）
A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C．
如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．用中文“
”（ào）命名的第118 号元素在周期表中位于第七周期0 族
【分析】A．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
B．H 与F、Cl 等形成共价化合物，与Na 等形成离子化合物；
C．发生强酸制取弱酸的反应，且HCl 不是最高价含氧酸；
D．目前周期表中112 号元素位于第七周期的IIB 族，118 号元素的原子结构中有7 个电子层、最外层电子数为8．
【解答】解：A．非金属性O＞N＞Si，气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4，故A 正确；
B．H 与F、Cl 等形成共价化合物，与Na 等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，
故B 正确；
C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl 不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C 的非金属性，故C 错误；
D．目前周期表中112 号元素位于第七周期的IIB 族，118 号元素的原子结构中有7 个电子层、最外层电子数为8，则
118 号元素在周期表中位于第七周期0 族，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析
与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项C 为解答的易错点，题目难度不大．
6．（6 分）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）．230℃时，该反应的平衡常数K=2×
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﹣5．已知：Ni（CO）4 的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO 反应转化成气态Ni（CO）4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（
）
A．增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni（CO）4 分解率较低
D．该反应达到平衡时，v 生成[Ni（CO）4]=4v 生成（CO）
【分析】A．平衡常数与温度有关；
B．Ni（CO）4 的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4；
C．由加热至230℃制得高纯镍分析；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比。
【解答】解：A．平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，故A 错误；
B．Ni（CO）4 的沸点为42.2℃，应大于沸点，便于分离出Ni（CO）4，则一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温
度，选50℃，故B 正确；
C．加热至230℃制得高纯镍，可知第二阶段，Ni（CO）4 分解率较大，故C 错误；
D．达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v 生成[Ni（CO）4]=v 生成（CO），
故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，为高频考点，把握K 与温度的关系、温度对平衡移动的影响为解答的关键，
侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，选项C 为解答的难点，题目难度不大。
二、本卷共4 题，共64 分．
7．（14 分）某混合物浆液含有Al（OH）3、MnO2 和少量Na2CrO4．考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4 不易完全被水浸
出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和
Ⅱ中的问题．
Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）
（1）反应①所加试剂NaOH 的电子式为
．B→C 的反应条件为
加热（或煅烧）
，C→Al 的制备方
法称为
电解法
．
（2）该小组探究反应②发生的条件．D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2 生成，当反应停止后，固体有剩
余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）
ac
．
a．温度
b．Cl
﹣的浓度
c．溶液的酸度
（3）0.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O 的液态化合物，放热4.28kJ，
该反应的热化学方程式为
2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ•mol
﹣1
．
Ⅱ含铬元素溶液的分离和利用
（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是
在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极
室移动，脱离浆液
，分离后含铬元素的粒子是
CrO42﹣、Cr2O72﹣
；阴极室生成的物质为
NaOH 和H2
（写化学
式）．
【分析】Ⅰ．（1）固体混合物含有Al（OH）3、MnO2，加入NaOH 溶液，过滤，可得到滤液A 为NaAlO2，通入二氧化
碳，生成B 为Al（OH）3，固体C 为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D 为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应
可生成氯气；
（2）题中涉及因素有温度和浓度；
（3）0.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O 的液态化合物，放热4.28kJ，
由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），以此可计
算反应热并写出热化学方程式；
Ⅱ．（4））电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题．
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【解答】解：（1）NaOH 为离子化合物，电子式为
，B 为Al（OH）3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔
融的氧化铝可得到铝，
故答案为：
；加热（或煅烧）；电解法；
（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，
故答案为：ac；
（3）0.1mol Cl2 与焦炭、TiO2 完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O 的液态化合物，放热4.28kJ，
由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g），则2mol
氯气反应放出的热量为
4.28kJ=85.6kJ，
所以热化学方程式为2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ•mol
﹣1，
故答案为：2Cl2（g）+TiO2（s）+2C（s）═TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣85.6kJ•mol
﹣1；
（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O，则分
离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，
故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH 和H2．
【点评】本题为2017 年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正
确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力．
8．（18 分）2﹣氨基﹣3﹣氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：
已知：
回答下列问题：
（1）
分子中不同化学环境的氢原子共有
4
种，共面原子数目最多为
13
．
（2 ）B 的名称为
2 ﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯
．写出符合下列条件B 的所有同分异构体的结构简式
．
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位
b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，目的是
避免苯环上甲基对位的氢
原子被硝基取代
．
（4）写出⑥的化学反应方程式：
，该步反应的主要目的是
保护氨基
．
（5）写出⑧的反应试剂和条件：
Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）
；F 中含氧官能团的名称为
羧基
．
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144 / 616
（6）在方框中写出以
为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程．
…
目标化合物
【分析】（1）甲苯含有1 个甲基，苯环左右对称；苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上；
（2）B 为邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜反应又能发生水
解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基；
（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H 原子；
（4）由结构简式可知反应⑥为取代反应，可避免氨基被氧化；
（5）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应；F 含有羧基、氨基和氯原子；
（6）
可水解生成
，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物．
【解答】解：（1）甲苯含有1 个甲基，苯环左右对称，则分子中不同化学环境的氢原子共有4 种，苯环为平面形结构，
与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面，甲基上可有1 个H 与苯环共平面，共13 个，
故答案为：4；13；
（2）B 为2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：a．苯环上只有两个取代基且互为邻位，b．既能发生银镜
反应又能发生水解反应，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为
，
故答案为：2﹣硝基甲苯或邻硝基甲苯；
；
（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H 原子，目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基
取代，
故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；
（4）由结构简式可知反应⑥为取代反应，反应的方程式为
，该
步反应的主要目的是避免氨基被氧化，
故答案为：
；保护氨基；
（5）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe），F 中含氧官能团的名称为羧基，
故答案为：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；
（6）
可水解生成
，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物，反应的流程为
，
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故答案为：
．
【点评】本题为2017 年天津考题，为有机物合成题目，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系、常见
反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大．
9．（18 分）用沉淀滴定法快速测定NaI 等碘化物溶液中c（I
﹣），实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液．
Ⅰ准备标准溶液
a．准确称取AgNO3 基准物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL 标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用．
b．配制并标定100mL 0.1000mol•L
﹣1 NH4SCN 标准溶液，备用．
Ⅱ滴定的主要步骤
a．取待测NaI 溶液25.00mL 于锥形瓶中．
b．加入25.00mL 0.1000mol•L
﹣1 AgNO3 溶液（过量），使I
﹣完全转化为AgI 沉淀．
c．加入NH4Fe（SO4）2 溶液作指示剂．
d．用0.1000mol•L
﹣1NH4SCN 溶液滴定过量的Ag
+，使其恰好完全转化为AgSCN 沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定．
e．重复上述操作两次．三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理．
回答下列问题：
（1）将称得的AgNO3 配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有
250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
．
（2）AgNO3 标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是
避免AgNO3 见光分解
．
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，其原因是
防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）
．
（4）b 和c 两步操作是否可以颠倒
否（或不能）
，说明理由
若颠倒，Fe3+与I
﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴
定终点
．
（5）所消耗的NH4SCN 标准溶液平均体积为
10.00
mL，测得c（I
﹣）=
0.0600
mol•L
﹣1．
（6）在滴定管中装入NH4SCN 标准溶液的前一步，应进行的操作为
用NH4SCN 标准溶液进行润洗；
．
（7）判断下列操作对c（I
﹣）测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果
偏高
．
②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果
偏高
．
【分析】（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的
胶头滴管；
（2）硝酸银见光分解；
（3）滴定应注意防止铁离子的水解，影响滴定结果；
（4）铁离子与碘离子发生氧化还原反应；
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN 溶
液平均体积为10.00mL，
结合c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I
﹣）×V（I
﹣）计算；
（6）装入NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN 标准溶液进行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I
﹣）×V（I
﹣），如操作导致c（NH4SCN）
×V（NH4SCN）偏小，则测定结果偏大，以此解答该题．
【解答】解：（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需
要的胶头滴管，
故答案为：250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解，故答案为：避免AgNO3 见光分解；
（3）滴定应在pH＜0.5 的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，
故答案为：防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）；
（4）b 和c 两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点，
故答案为：否（或不能）；若颠倒，Fe3+与I
﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点；
（5）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的NH4SCN 溶
液平均体积为10.00mL，
n（AgNO3）=25.00×10
﹣3L×0.1000mol•L
﹣1=2.5×10
﹣3mol，n（NH4SCN）=0.1000mol•L
﹣1×10.00×10
﹣3L=1.00×10
﹣3mol，
则c（I
﹣）×0.025L=2.5×10
﹣3mol﹣1.00×10
﹣3mol，c（I
﹣）=0.0600mol•L
﹣1，
故答案为：10.00；0.0600；
（6）装入NH4SCN 标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN 标准溶液进行润洗，故答案为：用NH4SCN 标准溶液进
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行润洗；
（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I
﹣）×V（I
﹣），
①若在配制AgNO3 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）
偏小，测定c（I
﹣）偏大，
故答案为：偏高；
①若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I
﹣）偏大，
故答案为：偏高．
【点评】本题为2017 年天津考题，涉及物质含量的测定，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意
把握实验的操作方法和注意事项，把握反应的原理和误差分析的角度，难度中等．
10．（14 分）H2S 和SO2 会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下
列方法中的问题．
Ⅰ．H2S 的除去
方法1：生物脱H2S 的原理为：
H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5×105 倍，该菌的作用是
降低反应活化能
．
（2）由图1 和图2 判断使用硫杆菌的最佳条件为
30℃、pH=2.0
．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是
蛋
白质变性（或硫杆菌失去活性）
．
方法2：在一定条件下，用H2O2 氧化H2S
（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4 时，氧化产物的分子式为
H2SO4
．
Ⅱ．SO2 的除去
方法1（双碱法）：用NaOH 吸收SO2，并用CaO 使NaOH 再生
NaOH 溶液
Na2SO3 溶液
（4）写出过程①的离子方程式：
2OH
﹣+SO2=SO32﹣+H2O
；CaO 在水中存在如下转化：
CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH
﹣（aq）
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH 再生的原理
SO32﹣与Ca2+生成CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成
．
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3•H2O 的Kb=1.8×10
﹣5，H2SO3 的Ka1=1.3×10
﹣2，Ka2=6.2×10
﹣8．若氨水的浓度为2.0mol•L
﹣1，溶
液中的c（OH
﹣）=
6.0×10
﹣3
mol•L
﹣1．将SO2 通入该氨水中，当c（OH
﹣）降至1.0×10
﹣7 mol•L
﹣1 时，溶液中的c
（SO32﹣）/c（HSO3
﹣）=
0.62
．
【分析】（1）硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5×105 倍，说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率；
（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升
温使蛋白质发生变性；
（3）当n（H2O2）/n（H2S）=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e
﹣，电子守恒得到H2S 变化为+6 价
化合物；
（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程②NaOH 再生是平衡CaO（s）+H2O （l）═Ca
（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH
﹣（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；
（5）NH3•H2O 的Kb=1.8×10
﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L
﹣1，可结合Kb=
计算c（OH
﹣），H2SO3 的
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Ka2=6.2×10
﹣8，结合Ka2=
计算c（SO32﹣）/c（HSO3
﹣）．
【解答】解：（1）4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5
×105 倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，
故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；
（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH 分别为：30℃、
pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，
故答案为：30℃、pH=2.0；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；
（3）当
=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e
﹣，电子守恒得到H2S 变化为+6 价化合物，
H2S～H2SO4～8e
﹣，氧化产物的分子式为H2SO4，
故答案为：H2SO4 ；
（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH
﹣+SO2=SO32﹣+H2O，过程
②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH
﹣（aq），因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3 沉淀，
平衡向正向移动，有NaOH 生成，
故答案为：2OH
﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3 沉淀，平衡向正向移动，有NaOH 生成；
（5 ）NH3•H2O 的Kb=1.8 × 10
﹣5 ，若氨水的浓度为2.0mol•L
﹣1 ，由Kb=
可知c （OH
﹣）
=
mol/L=6.0×10
﹣3mol/L，
当c（OH
﹣）降至1.0×10
﹣7 mol•L
﹣1 时，c（H
+）=1.0×10
﹣7 mol•L
﹣1，H2SO3 的Ka2=6.2×10
﹣8，由Ka2=
可知c（SO32﹣）/c（HSO3
﹣）=
=0.62，
故答案为：6.0×10
﹣3；0.62．
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离以及二氧化硫的污染和治理，为高考常见题型和高频考点，侧重考
查学生的分析能力和计算能力，注意把握题给信息的分析，掌握电离平衡常数的运用，难度中等．
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2017 年上海市高考化学试卷
一、选择题（本题包括25 小题，每小题2 分，共50 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2 分）世界气候大会与2009 年12 月在丹麦首都哥本哈根召开，商讨2012 至2020 年全球温室气体减排协议．下
列物质属于温室气体的是（
）
A．N2
B．H2
C．CO2
D．O2
2．（2 分）海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用。下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是（
）
A．单质溴
B．单质镁
C．烧碱D．食盐
3．（2 分）下列行为不是健康文明的生活方式的是（
）
A．不偏食，注意营养均衡B．每天坚持适度锻炼
C．沉迷网络聊天、游戏
D．不吸烟、不酗酒，远离毒品
4．（2 分）垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识．垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施．某垃
圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾应是（
）
A．危险垃圾B．可回收垃圾
C．有害垃圾D．其他垃圾
5．（2 分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（
）
A．盐酸B．Fe （OH）3 胶体
C．氯化钠溶液
D．CuSO4 溶液
6．（2 分）实验室制取下列气体时，不能用排气法收集，而只能用排水法收集的是（
）
A．NH3 B．Cl2
C．CO2
D．NO
7．（2 分）实验室中，有关试剂的保存方法错误的是（
）
A．烧碱溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
B．液溴用水封保存
C．少量金属钠保存在煤油中
D．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
8．（2 分）下列实验操作或装置正确的是（
）
A．
点燃酒精灯
B．
蒸馏
C．
过滤
D．
稀释浓硫酸
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9．（2 分）据报载我国最近合成新的同位素，其中一种是
Hf（铪），它的质子数是（
）
A．72
B．113
C．185
D．257
10．（2 分）下列物质中，只含共价键的是（
）
A．NaCl B．Na2O C．HCl
D．NaOH
11．（2 分）Na2CO3 俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同的分类法进行分类，不正确的是（
）
A．Na2CO3 是碱
B．Na2CO3 是盐
C．Na2CO3 是钠盐D．Na2CO3 是碳酸盐
12．（2 分）下列叙述正确的是（
）
A．1 mol O 的质量是32g/mol
B．OH
﹣的摩尔质量是17g
C．1mol H2O 的质量是18g/mol D．CO2 的摩尔质量是44g/mol
13．（2 分）下列反应的离子方程式中，正确的是（
）
A．向硝酸银溶液中加盐酸：Ag
++Cl
﹣═AgCl↓
B．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca（HCO3）2+2H
+═Ca2++2H2O+2CO2↑
C．盐酸跟氢氧化镁反应：H
++OH
﹣═H2O
D．碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+H
+═Mg2++H2O+CO2↑
14．（2 分）不属于氧化还原反应的是（
）
A．2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3
B．2Mg+CO2
2MgO+C
C．N2+3H2
2NH3
D．SiO2+CaO
CaSiO3
15．（2 分）Na 与H2O 反应现象明显，下列现象中不能观察到的是（
）
A．Na 浮在水面上
B．Na 在水面上游动
C．Na 沉在水下
D．Na 熔成光亮小球
16．（2 分）下列对二氧化硫气体的物理性质或化学性质描述正确的有（
）
A．无色、无味
B．容易液化、难溶于水
C．有漂白性，能使品红溶液褪色
D．和水反应生成硫酸
17．（2 分）下列化学用语正确的是（
）
A．氯化钠的电子式
B．乙烯的结构简式H﹣C=C﹣H
C．磷原子的结构示意图
D．乙酸的分子式C2H4O2
18．（2 分）实验室中配制250mL 0.10mol•L
﹣1NaOH 溶液时，必须使用到的玻璃仪器是（
）
A．
锥形瓶
B．
试管
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C．
分液漏斗
D．
容量瓶
19．（2 分）对于反应中的能量变化，表述正确的是（
）
A．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
B．断开化学键的过程会放出能量
C．加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．氧化反应均为吸热反应
20．（2 分）对原电池的电极名称，下列叙述中错误的是（
）
A．电子流入的一极为正极B．比较不活泼的一极为正极
C．电子流出的一极为负极D．发生氧化反应的一极为正极
21．（2 分）对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（
）
A．使用合适的催化剂可以加大反应速率
B．升高温度可以增大反应速率
C．增大N2 浓度可以使H2 转化率达到100%
D．增大N2 浓度可以增大反应速率
22．（2 分）如图是某些有机物的比例模型，其中表示为CH4 的是（
）（
代表氢原子
代表碳原子）
A．
B．
C．
D．
23．（2 分）下列物质不属于天然高分子化合物的是（
）
A．淀粉B．蚕丝C．葡萄糖
D．纤维素
24．（2 分）制造光导纤维的主要原料是（
）
A．硅
B．铜
C．铝
D．二氧化硅
25．
（2 分）55g 铁铝混合物与足量的盐酸反应生成标准状况下的氢气44.8L，则混合物中铁和铝的物质的量之比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．2：3
二、填空题（本题包括3 小题，每空2 分，共26 分）
26．（6 分）A《化学与生活》
合理膳食，保持营养均衡，是青少年学生健康成长的重要保证．
（1）维生素C 能增强人体对疾病的抵抗能力，促进人体生长发育，中学生每天要补充60mg 的维生素C．下列物质含
有丰富维生素C 的是
（填字母）．
A．牛肉
B．辣椒
C．鸡蛋
（2）青少年及成人缺乏某种微量元素将导致甲状腺肿大，而且会造成智力损害，该微量元素
是
（填字母）
A．碘
B．铁
C．钙
（3）蛋白质是人体必需的营养物质，它在人体内最终分解为
（填字母）．
A．葡萄糖
B．氨基酸
C．脂肪酸．
27．（4 分）材料是人类生存和发展的物质基础，合理使用材料可以改善我们的生活。
①居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质，长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该挥发性物质是
（填字母）。
A．酒精B．蔗糖C．甲醛
②玻璃是重要的硅酸盐产品。生产玻璃时，石灰石与石英反应的化学方程式为
28．（2 分）保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识，人与自然要和谐相处。对汽车加装尾气催化净化装置，可
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以使其中的NO、CO 相互反应转化成无毒的气体，其原理可以用化学方程式表示为
。
29．（6 分）下列有机物中：A．CH4
B．CH2=CH2
C．CH3CH2OH
D．CH3COOH
E．淀粉（填序号）
（1）水溶液显酸性的是
．
（2）可用于合成聚乙烯塑料的是
．
（3）通常用于检验碘单质的是
．
30．（8 分）如图是元素周期表的一部分，其中每个数字序号代表一种短周期元素．
请按要求回答下列问题：
（1）写出②的元素名称
；
（2）将①、②和③三种元素相比较，非金属性最强的是
（填元素符号）；
（3）元素⑥的氢化物的化学式为
；
（4）元素④和元素⑤的最高价氧化物对应的水化物在溶液中相互反应的离子方程式是
．
三、推断题（本题每空2 分，共8 分）
31．（8 分）下列物质A～F 是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大；E 在常温
下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化．
试回答下列问题：
（1）A 的化学式是
；
（2）反应F→D 的化学方程式是
．
（3）检验F 中金属阳离子的常用方法是
．
（4）物质B 与盐酸反应的离子方程式是
．
四、实验题（本题每空2 分，共16 分）
32．（16 分）（1）为了达到下表所列的一些有关家庭常用物质的实验要求，请选择合适的化学试剂，将其标号填入对
应的空格中。
实验要求
化学试剂
检验酒精中是否有水
区别CH4 和C2H4 两种无色气体
验证味精是否有食盐
除去Fe2O3 中的Al2O3
供选择的化学试剂：A．酸性高锰酸钾B．硝酸银溶液和硝酸C．氢氧化钠溶液D．无水硫酸铜粉末
（2）红热木炭与浓H2SO4 反应的化学方程式是C+2H2SO4
CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用
是
。按下图装置进行实验，可证明碳和浓硫酸反应放出气体SO2 和CO2．已知图中4 个洗气瓶均装有检测液。
现给出4 种溶液①品红溶液②酸性高锰酸钾溶液③品红溶液④澄清石灰水。试回答下列问题。
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第一个洗气瓶中品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有
性。
第一个洗气瓶的作用是
。
第二个洗气瓶中高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫具有
性。
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2017 年上海市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括25 小题，每小题2 分，共50 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2 分）世界气候大会与2009 年12 月在丹麦首都哥本哈根召开，商讨2012 至2020 年全球温室气体减排协议．下
列物质属于温室气体的是（
）
A．N2
B．H2
C．CO2
D．O2
【分析】温室效应加剧主要是由于现代化工业社会燃烧过多煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化
碳气体进入大气造成的．
【解答】解：化石燃料的过度燃烧产生大量的二氧化碳气体排放到大气中形成了温室效应，故温室气体主要是二氧化
碳气体。
故选：C。
【点评】本题主要考查形成温室效应的原因和形成的气体．
2．（2 分）海洋是一个巨大的宝藏，期待着人们的开发和利用。下列物质不经过化学变化就能从海水中获得的是（
）
A．单质溴
B．单质镁
C．烧碱D．食盐
【分析】根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，
淡水利用蒸馏原理来得到。
【解答】解：A．可从海水中获得氯化钠，通过电解熔融氯化钠得到钠和氯气，是化学变化，通过氯气将溴离子氧化
为溴单质，是化学变化，故A 错误；
B．通过电解熔融的氯化镁得到镁，是化学变化，故B 错误；
C．把从海水中获得的氯化钠配制成饱和食盐水，然后电解，即得烧碱、氢气和氯气，是化学变化，故C 错误；
D．把海水经太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了海水的成分，需要注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的
关键。
3．（2 分）下列行为不是健康文明的生活方式的是（
）
A．不偏食，注意营养均衡B．每天坚持适度锻炼
C．沉迷网络聊天、游戏
D．不吸烟、不酗酒，远离毒品
【分析】健康的生活方式：吃营养配餐；坚持体育锻炼；按时作息；不吸烟、不喝酒；拒绝毒品；积极参加集体活动．
【解答】解：A．营养均衡有利人体健康，故A 不选；
B．坚持适度锻炼是健康文明的生活方式，故B 不选；
C．沉迷网络聊天、游戏会破坏人的生物钟，使神经系统的兴奋性降低，影响人体健康，故C 选；
D．不吸烟、不酗酒，远离毒品是健康文明的生活方式，故D 不选。
故选：C。
【点评】本题考查健康文明的生活方式，难度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知识的积累掌握．
4．（2 分）垃圾处理无害化、减量化和资源化逐渐被人们所认识．垃圾的分类收集是实现上述理念的重要措施．某垃
圾箱上贴有如图所示的标志，向此垃圾箱中丢弃的垃圾应是（
）
A．危险垃圾B．可回收垃圾
C．有害垃圾D．其他垃圾
【分析】中国生活垃圾一般可分为四大类：可回收垃圾、厨余垃圾、有害垃圾和其他垃圾，
可回收垃圾主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类；
厨余垃圾包括剩菜剩饭、骨头、菜根菜叶、果皮等食品类废物；
有害垃圾包括废电池、废日光灯管、废水银温度计、过期药品等，这些垃圾需要特殊安全处理；
其它垃圾包括除上述几类垃圾之外的砖瓦陶瓷、渣土、卫生间废纸、纸巾等难以回收的废弃物，采取卫生填埋可有效
减少对地下水、地表水、土壤及空气的污染．
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【解答】解：A．危险垃圾的标志是
，故A 错误；
B．可回收垃圾的标志为
，故B 正确；
C．有害垃圾的标志为
，故C 错误；
D．生活垃圾有的可回收，有的不能回收，所以其标志较多，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题以垃圾箱的标志为载体考查了垃圾的分类，难度不大，明确标志包含的意义是解本题的关键，目前常用
的垃圾处理方法主要有：综合利用、卫生填埋、焚烧发电、堆肥、资源返还．
5．（2 分）当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（
）
A．盐酸B．Fe （OH）3 胶体
C．氯化钠溶液
D．CuSO4 溶液
【分析】丁达尔效应的是胶体特有的性质，所以只要判断下列分散系是胶体即可．
【解答】解：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm 之间，分散质微粒直径小于1﹣100nm 的是溶液，大于1﹣100nm 的是
浊液；
A、C、D 是溶液，B 是胶体。
故选：B。
【点评】本题考查胶体的性质，难度不大，胶体的本质特征是：胶体粒子的微粒直径在1﹣100nm 之间，这也是胶体
与其它分散系的本质区别．
6．（2 分）实验室制取下列气体时，不能用排气法收集，而只能用排水法收集的是（
）
A．NH3 B．Cl2
C．CO2
D．NO
【分析】和水反应的气体不能用排水法收集，和氧气反应的气体不能用排空气法收集，根据气体的溶解性、是否和氧
气反应、气体的密度来确定气体的收集方法．
【解答】解：A．NH3 溶于水且与水反应，因此NH3 不能用排水法收集只能用排气法收集，故A 错误；
B．Cl2 溶于水且与水反应，因此Cl2 不能用排水法收集只能用排气法收集，故B 错误；
C．CO2 溶于水且与水反应，因此CO2 不能用排水法收集只能用排气法收集，故C 错误；
D．NO 和氧气反应，所以不能用排空气法收集，和水不反应，所以可以用排水法收集，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了气体的收集方法，实验室收集气体选择依据气体本身的密度、溶解性等物理性质，能用排水法收
集的气体应为不易溶于水或难溶于水的物质，且不与水反应．，难度不大．
7．（2 分）实验室中，有关试剂的保存方法错误的是（
）
A．烧碱溶液保存在带玻璃塞的试剂瓶中
B．液溴用水封保存
C．少量金属钠保存在煤油中
D．浓硝酸保存在棕色细口瓶中
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【分析】A．玻璃的主要成分是二氧化硅；
B．液溴易挥发；
C．金属钠能与空气中的氧气和水反应；
D．浓硝酸见光易分解．
【解答】解：A．因烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，
故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故A 错误；
B．因液溴易挥发，保存溴时应加入少量水，故B 正确；
C．因金属钠能与空气中的氧气和水反应，须贮存在煤油中隔离空气，故C 正确；
D．因浓硝酸易分解，须存放在棕色试剂瓶中，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查了物质的保存方法，难度不大，掌握物质的性质是解题的关键．
8．（2 分）下列实验操作或装置正确的是（
）
A．
点燃酒精灯
B．
蒸馏
C．
过滤
D．
稀释浓硫酸
【分析】A．不能用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯；
B．从使用温度计的使用目的角度分析；
C．过滤时玻璃棒应紧靠三层滤纸；
D．稀释浓硫酸时应将浓硫酸加入水中．
【解答】解：A．不能用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯，易引起火灾，故A 错误；
B．蒸馏时，温度计应在蒸馏烧瓶支管口附近，且冷却水的方向错误，故B 错误；
C．过滤时要注意“一帖”、“二低”、“三靠”，本实验操作符合操作要求，故C 正确；
D．稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入，并不断用玻璃棒搅拌，以防酸液飞溅，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学实验的基本操作，题目难度不大，注意基本实验操作的要领和实验要求．
9．（2 分）据报载我国最近合成新的同位素，其中一种是
Hf（铪），它的质子数是（
）
A．72
B．113
C．185
D．257
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【分析】18572Hf（铪）左下角的72 代表含有的质子数，左上角的185 代表铪含有的质量数．
【解答】解：18572Hf（铪）左上角的185 代表铪含有的质量数，左下角的72 代表其质子数，故选：A。
【点评】本题考查原子的构成及原子中的数量关系，明确原子左下角数字代表质子数，左上角数字代表质量数，题目
较简单．
10．（2 分）下列物质中，只含共价键的是（
）
A．NaCl B．Na2O C．HCl
D．NaOH
【分析】含离子键的化合物为离子化合物，全部由共价键构成的化合物为共价化合物，气体单质中若含化学键，则为
共价键，据此分析。
【解答】解：A、NaCl 是离子化合物，含离子键，故A 错误；
B、Na2O 是离子化合物，含离子键，结构中无共价键，故B 错误；
C、HCl 是共价化合物，只含共价键，故C 正确；
D、NaOH 是离子化合物，含离子键和共价键，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质中化学键种类的判断，难度不大，应先判断物质是离子化合物和共价化合物。
11．（2 分）Na2CO3 俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同的分类法进行分类，不正确的是（
）
A．Na2CO3 是碱
B．Na2CO3 是盐
C．Na2CO3 是钠盐D．Na2CO3 是碳酸盐
【分析】电离生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐，根据盐中电离出的阳离子又可以将盐分为
钾盐、钠盐、钡盐等，根据电离出的酸根离子可以将盐分为碳酸盐、硫酸盐、硝酸盐等。碱是电离出的阴离子全部是
氢氧根离子的化合物。
【解答】解：A、碱电离生成的阴离子全部是氢氧根离子，则Na2CO3 不是碱，属于盐，故A 错误；
B、Na2CO3 俗名纯碱，生成金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物属于盐类，故B 正确；
C、因阳离子为钠离子，故属于钠盐，故C 正确；
D、因阴离子为碳酸根离子，则Na2CO3 是碳酸盐，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题考查学生盐的概念和分类知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。
12．（2 分）下列叙述正确的是（
）
A．1 mol O 的质量是32g/mol
B．OH
﹣的摩尔质量是17g
C．1mol H2O 的质量是18g/mol D．CO2 的摩尔质量是44g/mol
【分析】摩尔质量的单位为g/mol，质量的单位为g，如1molO 的质量为16g、二氧化碳的摩尔质量为44g/mol、氢氧
根离子的摩尔质量为17g/mol，据此进行解答．
【解答】解：A．质量的单位为g，1mol 氧原子的质量为16g，故A 错误；
B．氢氧根离子的摩尔质量为17g/mol，g 为质量的单位，故B 错误；
C.1mol 水的质量为18g，故C 错误；
D．摩尔质量的单位为g/mol，二氧化碳的摩尔质量为44g/mol，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了摩尔质量，题目难度不大，注意掌握摩尔质量的概念，明确摩尔质量与质量、物质的量、相对分
子量的关系．
13．（2 分）下列反应的离子方程式中，正确的是（
）
A．向硝酸银溶液中加盐酸：Ag
++Cl
﹣═AgCl↓
B．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应：Ca（HCO3）2+2H
+═Ca2++2H2O+2CO2↑
C．盐酸跟氢氧化镁反应：H
++OH
﹣═H2O
D．碳酸镁跟硫酸反应：MgCO3+H
+═Mg2++H2O+CO2↑
【分析】A．反应生成硝酸和氯化银；
B．反应生成氯化钙、水、二氧化碳，碳酸氢钙完全电离出钙离子和碳酸氢根离子；
C．氢氧化镁在离子反应中保留化学式；
D．电荷不守恒．
【解答】解：A．向硝酸银溶液中加盐酸的离子反应为Ag
++Cl
﹣═AgCl↓，故A 正确；
B．碳酸氢钙溶液跟盐酸反应的离子反应为HCO3
﹣+H
+═CO2↑+H2O，故B 错误；
C．盐酸跟氢氧化镁反应的离子反应为2H
++Mg（OH）2═Mg2++2H2O，故C 错误；
D．碳酸镁跟硫酸反应的离子反应为MgCO3+2H
+═Mg2++H2O+CO2↑，故D 错误；
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故选：A。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关
键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意电荷守恒及离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．
14．（2 分）不属于氧化还原反应的是（
）
A．2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3
B．2Mg+CO2
2MgO+C
C．N2+3H2
2NH3
D．SiO2+CaO
CaSiO3
【分析】发生的反应中，含元素的化合价变化，则为氧化还原反应；若不含元素的化合价变化，则不属于氧化还原反
应，以此来解答．
【解答】解：A．2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3 反应中，Al、Fe 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A 不选；
B．2Mg+CO2
2MgO+C 反应中，C、Mg 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；
C．N2+3H2
2NH3 反应中，N、H 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C 不选；
D．SiO2+CaO
CaSiO3 反应中没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故D 选；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答关键，侧重氧化还原反应判断的
考查，题目难度不大．
15．（2 分）Na 与H2O 反应现象明显，下列现象中不能观察到的是（
）
A．Na 浮在水面上
B．Na 在水面上游动
C．Na 沉在水下
D．Na 熔成光亮小球
【分析】钠与水反应时产生的各种现象如下：钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响
声．现象是物质性质的体现，根据钠的性质分析现象原因．
【解答】解：A．钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故A 正确；
B．钠和水反应生成氢气，由于受力不均导致钠在水面上四处游动，故B 正确；
C．钠的密度小于水的密度，所以钠会浮在水面上，故C 错误；
D．钠的熔点较低，钠与水反应放热使溶液温度升高，所以钠很快融化成为小球，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查了钠与水的反应．应从钠的强还原性和钠的物理性质来理解钠与水反应的现象，题目难度不大．
16．（2 分）下列对二氧化硫气体的物理性质或化学性质描述正确的有（
）
A．无色、无味
B．容易液化、难溶于水
C．有漂白性，能使品红溶液褪色
D．和水反应生成硫酸
【分析】二氧化硫为无色有刺激性气味的气体，易溶于水，与水反应生成亚硫酸，具有漂白性，以此解答．
【解答】解：A．二氧化硫具有刺激性气味，故A 错误；
B．二氧化硫易溶于水，1 体积水可溶解40 体积二氧化硫，故B 错误；
C．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，但不稳定，加热可复原，故C 正确；
D．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查较二氧化硫的性质以及应用，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知
识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．
17．（2 分）下列化学用语正确的是（
）
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A．氯化钠的电子式
B．乙烯的结构简式H﹣C=C﹣H
C．磷原子的结构示意图
D．乙酸的分子式C2H4O2
【分析】A、氯离子的电子式的书写错误；
B、结构简式可以表示出物质的基本结构；
C、原子的核外电子数=原子的质子数；
D、根据分子式的书写方法来回答。
【解答】解：A、氯化钠是钠离子和氯离子之间通过离子键形成的离子化合物，电子式为
，故A
错误；
B、乙烯结构简式为CH2=CH2，故B 错误；
C、磷原子的核外电子数=核内质子数=15．其原子结构示意图为
，故C 错误；
D、乙酸的分子式为C2H4O2，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题是一道关于化学式、电子式以及化学符号的书写知识的综合考查题，难度不大，注意知识的积累是关键。
18．（2 分）实验室中配制250mL 0.10mol•L
﹣1NaOH 溶液时，必须使用到的玻璃仪器是（
）
A．
锥形瓶
B．
试管
C．
分液漏斗
D．
容量瓶
【分析】根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选择需要的仪器，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧杯中溶
解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml 容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm 时，改用
胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，据此判断即可。
【解答】解：操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取药品，在烧
杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250ml 容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm 时，
改用胶头滴管滴加至溶液凹面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀。
所以需要的仪器为托盘天平、药匙、250mL 容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，
故所给的仪器中一定用到250ml 的容量瓶，
故选：D。
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【点评】本题考查溶液的配制，难度不大，清楚实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器是解题的关
键。
19．（2 分）对于反应中的能量变化，表述正确的是（
）
A．放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量
B．断开化学键的过程会放出能量
C．加热才能发生的反应一定是吸热反应
D．氧化反应均为吸热反应
【分析】A、反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应放热；
B、旧化学键的断裂需要吸收能量；
C、吸热反应不一定需要加热热才发生，加热才能发生的反应不一定是吸热反应；
D、有的氧化反应放热有的吸热．
【解答】解：A、大当反应物的总能量大于生成物的总能量时，该反应是放热反应，故A 正确；
B、断开化学键的过程会吸收能量，故B 错误；
C、吸热反应不一定需要加热热才发生，如氯化铵和十水合氢氧化钡的反应就是吸热的，加热才能发生的反应不一定是
吸热反应，如铝热反应，故C 错误；
D、食物的腐败变质是氧化反应，该过程是放热的，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生吸热反应和放热反应的知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
20．（2 分）对原电池的电极名称，下列叙述中错误的是（
）
A．电子流入的一极为正极B．比较不活泼的一极为正极
C．电子流出的一极为负极D．发生氧化反应的一极为正极
【分析】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以较活泼的金属作负极，较不活泼
的电极为正极，电子从负极沿导线流向正极．
【解答】解：A、原电池中，电子从负极沿导线流向正极，所以电子流入的一极为正极，故A 正确。
B、原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，所以较活泼的金属作负极，较不活泼的电极
为正极，故B 正确。
C、原电池中，电子从负极沿导线流向正极，所以电子流出的一极为负极，故C 正确。
D、电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据反应类型、电子流向、金属的活泼性强弱等判断原电池的正负极．
21．（2 分）对于工业合成氨反应：N2+3H2⇌2NH3，下列说法错误的是（
）
A．使用合适的催化剂可以加大反应速率
B．升高温度可以增大反应速率
C．增大N2 浓度可以使H2 转化率达到100%
D．增大N2 浓度可以增大反应速率
【分析】从影响化学反应速率的因素判断反应速率的变化，该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化．
【解答】解：A．催化剂可降低反应物的活化能，提高活化分子百分数，提高反应速率，故A 正确；
B．升高温度可提高活化分子的百分数，提高反应速率，故B 正确；
C．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，故C 错误；
D．增大N2 浓度，单位体积活化分子的数目增大，反应速率增大，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查合成氨的条件选择，题目难度不大，注意把握可逆反应的特点．
22．（2 分）如图是某些有机物的比例模型，其中表示为CH4 的是（
）（
代表氢原子
代表碳原子）
A．
B．
C．
D．
【分析】比例模型可以直观地表示分子的形状，其碳原子的成键情况是确定分子结构的关键，碳原子的成键情况主要
根据与碳原子形成共价键的原子的数目确定，原子半径的关系为C＞O＞H。
【解答】解：A、由比例模型可以看出分子中有1 个碳原子4 个氢原子，则结构简式为CH4，故A 选；
B、由比例模型可以看出分子中有2 个碳原子和4 个氢原子，则结构简式为CH2=CH2 故B 不选；
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C、由比例模型可以看出分子中有2 个碳原子和6 个氢原子，1 个氧原子，则结构简式为D 的结构简式CH3CH2OH，故
C 不选；
D、由比例模型可以看出分子中有6 个碳原子和6 个氢原子，为苯分子结构，则结构简式为C6H6，故D 不选；
故选：A。
【点评】本题考查学生利用比例模型来分析甲烷分子，明确模型中碳、氢、氧原子的大小及个数是解答本题的关键。
23．（2 分）下列物质不属于天然高分子化合物的是（
）
A．淀粉B．蚕丝C．葡萄糖
D．纤维素
【分析】相对分子质量在10000 以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分
子化合物，淀粉、纤维素、蛋白质为天然高分子化合物．
【解答】解：A．淀粉为多糖，相对分子质量在10000 以上，属于天然高分子化合物，故A 不选；
B．蚕丝的成分为蛋白质，相对分子质量在10000 以上，属于天然高分子化合物，故B 不选；
C．葡萄糖为单糖，分子式为C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C 选；
D．纤维素为多糖，相对分子质量在10000 以上，属于天然高分子化合物，故D 不选；
故选：C。
【点评】本题考查高分子化合物，明确物质的成分及相对分子质量即可解答，较简单．
24．（2 分）制造光导纤维的主要原料是（
）
A．硅
B．铜
C．铝
D．二氧化硅
【分析】二氧化硅对光具有良好的全反射作用，广泛用于光导纤维的材料，以此来解答。
【解答】解：制造光导纤维的主要原料是二氧化硅，Si 为半导体材料，Cu、Al 为金属材料，
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与
应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
25．
（2 分）55g 铁铝混合物与足量的盐酸反应生成标准状况下的氢气44.8L，则混合物中铁和铝的物质的量之比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．2：3
【分析】铁、铝混合物与足量的盐酸反应，反应方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据质
量和生成氢气的体积列方程组计算．
【解答】解：标准状况下44.8L 氢气的物质的量为：n（H2）=
=2mol。
设混合物中含有Fe、Al 的物质的量分别为xmol、ymol，
已知反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，则
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
x
x
2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑
y
y
则有：
，
解得：
，
所以n（Fe）：n（Al）=x：y=0.5mol：1mol=1：2，
故选：B。
【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据反应的化学方程式结合固体的质量和生成氢气的体积列方
程组计算即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力．
二、填空题（本题包括3 小题，每空2 分，共26 分）
26．（6 分）A《化学与生活》
合理膳食，保持营养均衡，是青少年学生健康成长的重要保证．
（1）维生素C 能增强人体对疾病的抵抗能力，促进人体生长发育，中学生每天要补充60mg 的维生素C．下列物质含
有丰富维生素C 的是
B
（填字母）．
A．牛肉
B．辣椒
C．鸡蛋
（2）青少年及成人缺乏某种微量元素将导致甲状腺肿大，而且会造成智力损害，该微量元素
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是
A
（填字母）
A．碘
B．铁
C．钙
（3）蛋白质是人体必需的营养物质，它在人体内最终分解为
B
（填字母）．
A．葡萄糖
B．氨基酸
C．脂肪酸．
【分析】（1）蔬菜和新鲜水果中富含维生素C；
（2）碘元素缺乏导致甲状腺肿大，而且会造成智力损害；
（3）蛋白质在人体中最终水解为氨基酸．
【解答】解：（1）蔬菜和新鲜水果中富含维生素C，牛肉和鸡蛋中富含蛋白质，
故答案为：B；
（2）碘元素缺乏导致甲状腺肿大，而且会造成智力损害，铁元素缺乏引起贫血，钙元素缺乏引起骨质疏松，
故答案为：A；
（3）蛋白质在人体中最终水解为氨基酸，
故答案为：B．
【点评】本题考查微量元素对人体健康的重要作用，常见的微量元素的缺乏引起的危害需要平时学习时注意积累，难
度不大．
27．（4 分）材料是人类生存和发展的物质基础，合理使用材料可以改善我们的生活。
①居室装修所使的人造板材会释放出一种挥发性物质，长期接触会引起过敏性皮炎，免疫功能异常，该挥发性物质是
C
（填字母）。
A．酒精B．蔗糖C．甲醛
②玻璃是重要的硅酸盐产品。生产玻璃时，石灰石与石英反应的化学方程式为
SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑
【分析】①装修材料中多含有甲醛，长期接触低剂量的甲醛，可引起过敏性皮炎、免疫功能异常；
②高温下，碳酸钙和二氧化硅反应生成硅酸钙和二氧化碳；
【解答】解：①甲醛是来自人造地板、家具以及装修粘合剂，长期接触低剂量的该物质，可引起过敏性皮炎、免疫功
能异常，
故答案为：C；
②高温下，碳酸钙和二氧化硅反应生成硅酸钙和二氧化碳，反应方程式为：SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑；
故答案为：SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑。
【点评】本题考查环境污染知识以及玻璃制备原理，题目难度不大，明确甲醛能够使蛋白质变性，熟悉玻璃制备原理
是解题关键，题目难度不大。学习中注意相关基础知识的积累。
28．（2 分）保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识，人与自然要和谐相处。对汽车加装尾气催化净化装置，可
以使其中的NO、CO 相互反应转化成无毒的气体，其原理可以用化学方程式表示为
2CO+2NO
2CO2+N2
。
【分析】根据质量守恒可知NO、CO 相互反应转化成无毒的气体，生成氮气和二氧化碳，据此进行解答。
【解答】解：NO、CO 相互反应转化成无毒的气体，根据元素守恒可知生成的无毒气体为N2、CO2，该反应的化学方程
式为：2CO+2NO
2CO2+N2，
故答案为：2CO+2NO
2CO2+N2。
【点评】本题考查化学方程式的书写，题目难度不大，正确判断产物为解答关键，注意掌握化学方程式的书写原则，
试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
29．（6 分）下列有机物中：A．CH4
B．CH2=CH2
C．CH3CH2OH
D．CH3COOH
E．淀粉（填序号）
（1）水溶液显酸性的是
D
．
（2）可用于合成聚乙烯塑料的是
B
．
（3）通常用于检验碘单质的是
E
．
【分析】（1）羧酸的水溶液呈酸性；
（2）乙烯具有碳碳双键，可以发生加聚反应生成高聚物；
（3）检验碘利用碘遇淀粉变蓝色．
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【解答】解：（1）乙酸属于羧酸，具有酸的通性，其水溶液呈酸性，故选：D；
（2）CH2=CH2 具有碳碳双键，可以发生加聚反应生成聚乙烯，可用于合成聚乙烯塑料，故选：B；
（3）碘遇淀粉变蓝色，通常用淀粉检验碘单质，故选：E．
【点评】本题考查常见有机物的性质，比较基础，注意基础知识的掌握．
30．（8 分）如图是元素周期表的一部分，其中每个数字序号代表一种短周期元素．
请按要求回答下列问题：
（1）写出②的元素名称
氧元素
；
（2）将①、②和③三种元素相比较，非金属性最强的是
F
（填元素符号）；
（3）元素⑥的氢化物的化学式为
H2S
；
（4）元素④和元素⑤的最高价氧化物对应的水化物在溶液中相互反应的离子方程式是
Al（OH）3+OH
﹣═AlO2
﹣
+2H2O
．
【分析】根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥分别是C、O、F、Na、Al、S 元素，
（1）②是O 元素；
（2）同一周期元素，从左到右非金属性逐渐增强；
（3）⑥为S 元素，其最低负价为﹣2，据此写出氢化物的化学式；
（4）④、⑤两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水．
【解答】解：根据元素在周期表中的位置知，①②③④⑤⑥分别是C、O、F、Na、Al、S 元素，
（1）由上面分析可知②是O 元素，其元素的名称为氧元素，故答案为：氧元素；
（2）同一周期元素，从左到右非金属性逐渐增强，所以C、O、F 的非金属性依次增强，则F 的非金属性最强，故答
案为：F；
（3）⑥为S 元素，其最低负价为﹣2，则S 的氢化物的化学式为H2S，故答案为：H2S；
（4）④、⑤两种元素的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应离子
方程式为Al（OH）3+OH
﹣═AlO2
﹣+2H2O，
故答案为：Al（OH）3+OH
﹣═AlO2
﹣+2H2O．
【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中的位置确定元素，再结合元素周期律
来分析解答，题目难度不大．
三、推断题（本题每空2 分，共8 分）
31．（8 分）下列物质A～F 是我们熟悉的单质或化合物，其中A、B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大；E 在常温
下是黄绿色气体；在适当的条件下，它们之间可以发生如图所示的转化．
试回答下列问题：
（1）A 的化学式是
Al
；
（2）反应F→D 的化学方程式是
2FeCl3+Fe=3FeCl2
．
（3）检验F 中金属阳离子的常用方法是
用KSCN 溶液，溶液变红色
．
（4）物质B 与盐酸反应的离子方程式是
Fe+2H
+=Fe2++H2↑
．
【分析】A、B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大，则B 为Fe，E 在常温下是黄绿色气体，则E 为Cl2，Fe 与盐酸
反应得到D 为FeCl2，氯化亚铁与氯气反应得到F 为FeCl3，金属A 与盐酸反应得到C 与氢气，C 与NaOH 反应得到白色
沉淀，且白色沉淀能溶于NaOH 溶液与稀盐酸，则A 为Al、C 为AlCl3、白色沉淀为Al（OH）3，结合对应物质的性质
以及题目要求解答该题．
【解答】解：A、B 均是常见的金属，且B 的合金用量最大，则B 为Fe，E 在常温下是黄绿色气体，则E 为Cl2，Fe 与
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盐酸反应得到D 为FeCl2，氯化亚铁氯气反应得到F 为FeCl3，金属A 与盐酸反应得到C 与氢气，C 与NaOH 反应得到白
色沉淀，且白色沉淀能溶于NaOH 溶液与稀盐酸，则A 为Al、C 为AlCl3、白色沉淀为Al（OH）3，
（1）由以上分析可知A 为Al，故答案为：Al；
（2）反应F→D 的化学方程式是为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故答案为：2FeCl3+Fe=3FeCl2；
（3）F 中金属阳离子为Fe3+，常用试剂KSCN 溶液检验，故答案为：用KSCN 溶液，溶液变红色；
（4）B 为Fe，与盐酸反应的离子方程式为Fe+2H
+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H
+=Fe2++H2↑．
【点评】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考
查，涉及Fe、Al、Cl 元素单质化合物的性质，B 的用途及转化关系特殊反应是推断突破口，难度不大，注意对基础知
识的掌握．
四、实验题（本题每空2 分，共16 分）
32．（16 分）（1）为了达到下表所列的一些有关家庭常用物质的实验要求，请选择合适的化学试剂，将其标号填入对
应的空格中。
实验要求
化学试剂
检验酒精中是否有水
区别CH4 和C2H4 两种无色气体
验证味精是否有食盐
除去Fe2O3 中的Al2O3
供选择的化学试剂：A．酸性高锰酸钾B．硝酸银溶液和硝酸C．氢氧化钠溶液D．无水硫酸铜粉末
（2）红热木炭与浓H2SO4 反应的化学方程式是C+2H2SO4
CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用是
强
氧化剂
。按下图装置进行实验，可证明碳和浓硫酸反应放出气体SO2 和CO2．已知图中4 个洗气瓶均装有检测液。
现给出4 种溶液①品红溶液②酸性高锰酸钾溶液③品红溶液④澄清石灰水。试回答下列问题。
第一个洗气瓶中品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有
漂白
性。
第一个洗气瓶的作用是
检验反应产生了二氧化硫
。
第二个洗气瓶中高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫具有
还原
性。
【分析】
（1）无色硫酸铜遇水变蓝，乙烯能被高锰酸钾氧化，食盐中氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀，氧化铝与NaOH
反应，以此来解答；
（2）根据反应方程式C+2H2SO4
CO2↑+2SO2↑+2H2O 中硫酸的化合价变化判断浓硫酸的作用；品红褪色，证明
了二氧化硫具有漂白性，据此可知产物中有二氧化硫生成；二氧化硫使高锰酸钾溶液溶液褪色，证明二氧化硫具有还
原性，据此进行解答。
【解答】解：（1）因无色硫酸铜遇水变蓝，则检验酒精中含水，选无水硫酸铜；
因乙烯能被高锰酸钾氧化，而甲烷不能，则区别CH4 和C2H4 两种无色气体选高锰酸钾溶液；
因食盐中氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀，则验证味精是否有食盐，选硝酸银溶液和硝酸；
因氧化铝与NaOH 反应，而氧化铁不反应，则除去Fe2O3 中的Al2O3 选氢氧化钠溶液，
故答案为：D；A；B；C；
（2）碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂；第一个洗气瓶中品红溶液褪色，体现了二氧
化硫具有漂白性，据此可以判断碳与浓硫酸的反应中有二氧化硫生成；第二个洗气瓶中高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫
被高锰酸钾溶液氧化，证明了二氧化硫具有还原性，
故答案为：强氧化剂；漂白；检验反应产物中有二氧化硫生成；还原。
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【点评】本题考查了物质检验、物质性质、浓硫酸的性质，题目难度中等，注意掌握浓硫酸具有的化学性质，能够正
确书写浓硫酸与碳、铜等反应的化学方程式，明确检验二氧化硫、二氧化碳混合气体的方法及先后顺序。
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2017 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）
一、选择题：本题共7 个小题，每小题6 分，共42 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）化学与生活密切相关．下列说法错误的是（
）
A．PM2.5 是指粒径不大于2.5μm 的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．植物油氢化过程中发生了加成反应
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．环己烷与苯可用酸性KMnO4 溶液鉴别
D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物
3．（6 分）下列实验操作规范且能达到目的是（
）
目的
操作
A．取20.00 mL 盐酸
在50 mL 酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL 后，将剩余盐酸
放入锥形瓶
B．清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH 试纸上
D．配制浓度为0.010 mol/L 的KMnO4
溶液
称取KMnO4 固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A
B．B
C．C
D．D
4．（6 分）NA 为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（
）
A．0.1 mol 的11B 中，含有0.6NA 个中子
B．pH=1 的H3PO4 溶液中，含有0.1NA 个H
+
C．2.24L（标准状况）苯在O2 中完全燃烧，得到0.6NA 个CO2 分子
D．密闭容器中1 mol PCl3 与1 mol Cl2 反应制备PCl5（g），增加2NA 个P﹣Cl 键
5．（6 分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a 常用掺有石墨烯的S8 材料，电池
反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）．下列说法错误的是（
）
A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li
++2e
﹣=3Li2S4
B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol 电子，负极材料减重0.14 g
C．石墨烯的作用主要是提高电极a 的导电性
D．电池充电时间越长，电池中的Li2S2 量越多
6．（6 分）短周期元素W、X、Y 和Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列
关系正确的是（
）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＜Z
B．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．简单离子的半径：Y＜X
7．（6 分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl
﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu 和
CuSO4，生成CuCl 沉淀从而除去Cl
﹣．根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（
）
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A．Ksp（CuCl）的数量级为10
﹣7
B．除Cl
﹣反应为Cu+Cu2++2Cl
﹣=2CuCl
C．加入Cu 越多，Cu
+浓度越高，除Cl
﹣效果越好
D．2Cu
+=Cu2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性
质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐
渐变红。由此可知：
、
。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1 和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g．将样品装入石
英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g．按下图连接好装置进行实验。
①仪器B 的名称是
。
②将下列实验操作步骤正确排序
（填标号）；重复上述操作步骤，直至A 恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热b。熄灭酒精灯c。关闭K1 和K2
d．打开K1 和K2，缓缓通入N2 e．称量A
f．冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=
（列式表示）。若实验时按a、d 次序操作，则使x
（填
“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1 和K2，缓缓通入N2，
加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D 中的溶液依次为
（填标号）。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为
。
a．品红
b．NaOH
c．BaCl2 d．Ba（NO3）2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式
。
9．（15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等
杂质．制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
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上述反应配平后FeO•Cr2O3 与NaNO3 的系数比为
．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是
．
（2）滤渣1 中含量最多的金属元素是
，滤渣2 的主要成分是
及含硅杂质．
（3）步骤④调滤液2 的pH 使之变
（填“大”或“小”），原因是
（用离子方程式表示）．
（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7 固体．冷却到
（填标号）得到的K2Cr2O7 固体产品最多．
a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃
步骤⑤的反应类型是
．
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为
．
10．（14 分）砷（As）是第四周期ⅤA 族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4 等化合物，有着广泛的用途．回
答下列问题：
（1）画出砷的原子结构示意图
．
（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫．写出发生反应的化
学方程式
．该反应需要在加压下进行，原因是
．
（3）已知：As（s）+
H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1
H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H2
2As（s）+
O2（g）=As2O5（s）△H3
则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=
．
（4）298K 时，将20mL 3x mol•L
﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol•L
﹣1 I2 和20mL NaOH 溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2
（aq）+2OH
﹣⇌AsO43﹣（aq）+2I
﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．
①下列可判断反应达到平衡的是
（填标号）．
a．溶液的pH 不再变化
b．v（I
﹣）=2v（AsO33﹣）
c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化
d．c（I
﹣）=y mol•L
﹣1
②tm 时，v 正
v 逆（填“大于”“小于”或“等于”）．
③tm 时v 逆
tn 时v 逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是
．
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K 为
．
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）研究发现，在CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载的Mn 氧化物纳米粒子
催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：
（1）Co 基态原子核外电子排布式为
．元素Mn 与O 中，第一电离能较大的是
，基态原子核外未成对
电子数较多的是
．
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（2）CO2 和CH3OH 分子中C 原子的杂化形式分别为
和
．
（3）在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为
，原因是
．
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2 中的化学键除了σ键外，还存在
．
（5）MgO 具有NaCl 型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X 射线衍射实验测得MgO 的晶胞参数
为a=0.420nm，则r（O2﹣）为
nm．MnO 也属于NaCl 型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn2+）为
nm．
[化学--选修5：有机化学基础]
12．氟他胺G 是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A 制备G 的合成路线如下：
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
。C 的化学名称是
。
（2）③的反应试剂和反应条件分别是
，该反应的类型是
。
（3）⑤的反应方程式为
。吡啶是一种有机碱，其作用是
。
（4）G 的分子式为
。
（5）H 是G 的同分异构体，其苯环上的取代基与G 的相同但位置不同，则H 可能的结构有
种。
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺（
）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（
）制
备4﹣甲氧基乙酰苯胺的合成路线
（其他试剂任选）。
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参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7 个小题，每小题6 分，共42 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）化学与生活密切相关．下列说法错误的是（
）
A．PM2.5 是指粒径不大于2.5μm 的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
【分析】A．PM2.5 是直径等于或小于2.5μm 的悬浮颗粒物；
B．绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；
C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成
二氧化碳；
D．天然气和液化石油气的燃烧产物无污染．
【解答】解：A．PM2.5 是指空气中直径等于或小于2.5μm 的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中
含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A 正确；
B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B 正确；
C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成
二氧化碳，燃煤中加入CaO 后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故C 错误；
D．天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧
化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，侧重考查环境保护与能
源的开发与利用，题目难度不大．
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．植物油氢化过程中发生了加成反应
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．环己烷与苯可用酸性KMnO4 溶液鉴别
D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物
【分析】A．植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应；
B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，二者的分子式不同；
C．环己烷与苯与高锰酸钾都不反应；
D．溴苯和苯都不溶于水．
【解答】解：A．植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程，由不饱和烃基变为饱和烃基，故A 正确；
B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度介于较大范围之间，没有具体的值，则二者的分子式不同，不是同分异构
体，故B 错误；
C．环己烷为饱和烃，苯性质稳定，二者与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故C 错误；
D．溴苯和苯混溶，且二者都不溶于水，不能用水分离，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题易错点为B，注意把握高
分子化合物的特点，难度不大．
3．（6 分）下列实验操作规范且能达到目的是（
）
目的
操作
A．取20.00 mL 盐酸
在50 mL 酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL 后，将剩余盐酸
放入锥形瓶
B．清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗，再用水清洗
C．
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH 试纸上
D．配制浓度为0.010 mol/L 的KMnO4
溶液
称取KMnO4 固体0.158 g，放入100 mL 容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．酸式滴定管刻度以下部分还有盐酸；
B．碘易溶于酒精，且酒精可与水混溶；
C．湿润pH 试纸，溶液浓度发生变化；
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D．不能在容量瓶中溶解固体．
【解答】解：A.50 mL 酸式滴定管，50mL 以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故
A 错误；
B．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故B 正确；
C．湿润pH 试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故C 错误；
D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及仪器的使用、洗涤、pH 的测定以及溶液的配制等操作，为高考常见题型，侧重考查
学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等．
4．（6 分）NA 为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（
）
A．0.1 mol 的11B 中，含有0.6NA 个中子
B．pH=1 的H3PO4 溶液中，含有0.1NA 个H
+
C．2.24L（标准状况）苯在O2 中完全燃烧，得到0.6NA 个CO2 分子
D．密闭容器中1 mol PCl3 与1 mol Cl2 反应制备PCl5（g），增加2NA 个P﹣Cl 键
【分析】A．B 的质子数为5，11B 中含有中子数=质量数﹣质子数=11﹣5=6；
B．缺少溶液体积，无法计算氢离子数目；
C．标况下苯的状态不是气体；
D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．
【解答】解：A．11B 中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B 中含有0.6mol 中子，含有0.6NA 个中子，故A 正确；
B．没有告诉pH=1 的H3PO4 溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B 错误；
C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C 错误；
D．PCl3 与Cl2 生成PCl5 的反应为可逆反应，则生成PCl5 的物质的量小于1mol，增加的P﹣Cl 键小于2NA，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，
注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B 为易错点，注意缺少溶液体积．
5．（6 分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a 常用掺有石墨烯的S8 材料，电池
反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）．下列说法错误的是（
）
A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li
++2e
﹣=3Li2S4
B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol 电子，负极材料减重0.14 g
C．石墨烯的作用主要是提高电极a 的导电性
D．电池充电时间越长，电池中的Li2S2 量越多
【分析】由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e
﹣=Li
+，Li
+移向正
极，所以a 是正极，发生还原反应：S8+2e
﹣=S82﹣，S82﹣+2Li
+=Li2S8，3Li2S8+2Li
++2e
﹣=4Li2S6，2Li2S6+2Li
++2e
﹣=3Li2S4，Li2S4+2Li
++2e
﹣=2Li2S2，根据电极反应式结合电子转移进行计算．
【解答】解：A．据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li
++2e
﹣=3Li2S4，故A 正确；
B．负极反应为：Li﹣e
﹣=Li
+，当外电路流过0.02mol 电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×
7g/mol=0.14g，故B 正确；
C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极
a 的导电性，故C 正确；
D．充电时a 为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2 量就会越少，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向
判断原电池的正负极，题目难度中等．
6．（6 分）短周期元素W、X、Y 和Z 在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列
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关系正确的是（
）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＜Z
B．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．简单离子的半径：Y＜X
【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X 为第二周期，Y、Z 为第三周期，设Y 的最外层电子数为n，则W 的最外
层电子数为n+2、X 的最外层电子数为n+3、Z 的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y 为
Al 元素，W 为N 元素，X 为O 元素，Z 为Cl 元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．
【解答】解：由以上分析可知X 为O、Y 为Al、Z 为Cl、W 为N 元素，
A．W 为N 元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl 高，故A 错误；
B．Y 为Al，对应的氧化物的水化物呈碱性，W 为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B 错误；
C．Al2O3 离子化合物，AlCl3 为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C 错误；
D．X 为O、Y 为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置
以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断，注意基础知识的理解
掌握，难度不大．
7．（6 分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl
﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu 和
CuSO4，生成CuCl 沉淀从而除去Cl
﹣．根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（
）
A．Ksp（CuCl）的数量级为10
﹣7
B．除Cl
﹣反应为Cu+Cu2++2Cl
﹣=2CuCl
C．加入Cu 越多，Cu
+浓度越高，除Cl
﹣效果越好
D．2Cu
+=Cu2++Cu 平衡常数很大，反应趋于完全
【分析】A．根据Ksp（CuCl）=c（Cu
+）×c（Cl
﹣）判断；
B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl；
C．铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；
D．酸性条件下，Cu
+不稳定，易发生2Cu
+=Cu2++Cu。
【解答】解：A．由图象可知，横坐标为1 时，lgc（Cu
+）大于﹣6，则Ksp（CuCl）的数量级为10
﹣7，故A 正确；
B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2++2Cl
﹣=2CuCl，故B 正确；
C．发生Cu+Cu2++2Cl
﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu 也不能改变效果，故C 错
误；
D．由题图可知，交点处c（Cu
+）=c（Cu2+）≈10﹣6mol/L，则2Cu
+=Cu2++Cu 平衡常数K=106，该平衡常数很大，2Cu
+=Cu2++Cu
趋向于完全，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意题给信息以及图标的分
析，把握溶度积的计算，难度不大
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性
质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐
渐变红。由此可知：
样品中没有Fe（Ⅲ）
、
Fe（Ⅱ）易被空气氧化为Fe（Ⅲ）
。
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（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1 和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g．将样品装入石
英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g．按下图连接好装置进行实验。
①仪器B 的名称是
干燥管
。
②将下列实验操作步骤正确排序
dabfce
（填标号）；重复上述操作步骤，直至A 恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热b。熄灭酒精灯c。关闭K1 和K2
d．打开K1 和K2，缓缓通入N2 e．称量A
f．冷却至室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=
（列式表示）。若实验时按a、d 次序操作，则
使x
偏小
（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1 和K2，缓缓通入N2，
加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D 中的溶液依次为
c、a
（填标号）。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为
产生白色沉淀、褪色
。
a．品红
b．NaOH
c．BaCl2 d．Ba（NO3）2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式
2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
。
【分析】（1）亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；
（2）①根据仪器的图形可判断仪器名称；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化；
③直至A 恒重，记为m3 g，应为FeSO4 和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1）。m（H2O）=（m2﹣m3），以此计算
n（H2O）、n（FeSO4），结晶水的数目等于
；若实验时按a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；
（3）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C 为氯化钡，用于检验SO3，D 为品红，可用于检验SO2。
【解答】解：（1）滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，可知样品中没有Fe（Ⅲ），但亚铁离子不稳定，易被空气中
氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，
故答案为：样品中没有Fe（Ⅲ）；Fe（Ⅱ）易被空气氧化为Fe（Ⅲ）；
（2）①由仪器的图形可知B 为干燥管，故答案为：干燥管；
②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的
变化，则正确的顺序为dabfce，
故答案为：dabfce；
③直至A 恒重，记为m3 g，应为FeSO4 和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3﹣m1），m（H2O）=（m2﹣m3），则n（H2O）
=
、n（FeSO4）=
，结晶水的数目等于
=
，
若实验时按a、d 次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，
故答案为：
；偏小；
（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe 元素化合价升高，S 元素化合价应降低，
则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C 为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉
淀，D 为品红，可用于检验SO2，品红褪色，
故答案为：c、a；产生白色沉淀、褪色；
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②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑，
故答案为：2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【点评】本题为2017 年广西试题，以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考
查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等。
9．（15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等
杂质．制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO•Cr2O3 与NaNO3 的系数比为
2：7
．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是
陶瓷在高温下会与
Na2CO3 反应
．
（2）滤渣1 中含量最多的金属元素是
Fe
，滤渣2 的主要成分是
Al（OH）3
及含硅杂质．
（3）步骤④调滤液2 的pH 使之变
小（填“大”或“小”），原因是
2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O （用离子方程式表示）．
（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7 固体．冷却到
d
（填标号）得到的K2Cr2O7 固体产品最多．
a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃
步骤⑤的反应类型是
复分解反应
．
（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为
×100%
．
【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr2O3，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应
为FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr 元素的化合价由+3 价升高为+6 价，Fe 元素的化
合价由+2 价升高为+3 价，N 元素的化合价由+5 价降低为+3 价，由电子、原子守恒可知，反应为
2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3
4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反
应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1 含Fe2O3，滤液1 中含NaAlO2、Na2CrO4，调节
pH 过滤分离出Al（OH）3、含Si 物质，滤液2 中含Na2CrO4，④中调节pH 发生2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O，滤液3 含
Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7 溶液中加入KCl 固体后得到K2Cr2O7，溶解度小
的析出，以此来解答．
【解答】解：（1 ）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3
4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3 与NaNO3 的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅
与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，
故答案为：2：7；陶瓷在高温下会与Na2CO3 反应；
（2）由上述分析可知，滤渣1 含Fe2O3，滤渣1 中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2 的主要成分是Al（OH）3 及含硅
杂质，
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故答案为：Fe；Al（OH）3；
（3）④中调节pH 发生2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O，则步骤④调滤液2 的pH 使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移
动，利于生成Cr2O72﹣，
故答案为：小；2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O；
（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7 固体，由溶解度可知，冷却到40℃K2Cr2O7
固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，10℃时最合适；步骤⑤发生
Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，
故答案为：d；复分解反应；
（5）用m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为
，由Cr 原子守恒可知，
则产率为
×100%，
故答案为：
×100%．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关
键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．
10．（14 分）砷（As）是第四周期ⅤA 族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4 等化合物，有着广泛的用途．回
答下列问题：
（1）画出砷的原子结构示意图
．
（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫．写出发生反应的化
学方程式
2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
．该反应需要在加压下进行，原因是
增加反应物O2 的浓度，提高As2S3
的转化速率
．
（3）已知：As（s）+
H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1
H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H2
2As（s）+
O2（g）=As2O5（s）△H3
则反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H=
2△H1﹣3△H2﹣△H3
．
（4）298K 时，将20mL 3x mol•L
﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol•L
﹣1 I2 和20mL NaOH 溶液混合，发生反应：AsO33﹣（aq）+I2
（aq）+2OH
﹣⇌AsO43﹣（aq）+2I
﹣（aq）+H2O（l）．溶液中c（AsO43﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．
①下列可判断反应达到平衡的是
ac
（填标号）．
a．溶液的pH 不再变化
b．v（I
﹣）=2v（AsO33﹣）
c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化
d．c（I
﹣）=y mol•L
﹣1
②tm 时，v 正
大于
v 逆（填“大于”“小于”或“等于”）．
③tm 时v 逆
小于
tn 时v 逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是
tm 时生成物浓度较低
．
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K 为
．
【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5 个电子，据此写出原子结构示意图：
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（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫，结合氧化还原反应
电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强可增加气体反应物的浓度，进而提高As2S3
的转化速率；
（3）①As（s）+
H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1
②H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H2
③2As（s）+
O2（g）=As2O5（s）△H3
盖斯定律计算得到反应As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）的△H；
（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；
②反应从正反应开始进行，tm 时反应继续正向进行；
③物质的浓度越大，反应速率越大；
④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．
【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5 个电子，原子结构示意图为
，
故答案为：
；
（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2O3）制成浆状，通入O2 氧化，生成H3AsO4 和单质硫，砷元素化合价+3 价
变化为+5 价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增加O2 反应速率，提高As2S3 的转化
速率；
故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；增加反应物O2 的浓度，提高As2S3 的转化速率；
（3）已知：①As（s）+
H2（g）+2O2（g）=H3AsO4（s）△H1
②H2（g）+
O2（g）=H2O（l）△H2
③2As（s）+
O2（g）=As2O5（s）△H3
则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As2O5（s）+3H2O（l）=2H3AsO4（s）△H=2△H1﹣3△H2﹣△H3，
故答案为：2△H1﹣3△H2﹣△H3；
（4）①a．溶液pH 不变时，则c（OH
﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a 正确；
b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I
﹣）=2v（AsO33﹣），故b 错误；
c．c （AsO43﹣）/c （AsO33﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c 正确；
d．由图可知，当c （AsO43﹣）=y mol•L
﹣1 时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I
﹣）=2y mol•L
﹣1，所以c（I
﹣）=y mol•L
﹣1 时没有达到平衡状态，故d 错误．
故答案为：ac；
②反应从正反应开始进行，tm 时反应继续正向进行，则v 正大于v 逆，故答案为：大于；
③tm 时比tn 时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm 时生成物浓度较低；
④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3 的浓度为3xmol/L×
=xmol/L，同理I2 的浓度为xmol/L，反应达到平
衡时，生产c（AsO43﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I
﹣）=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2 的浓度均为ymol/L，平衡时c
（AsO33﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I2）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH
﹣）=1mol/L，则K=
=
，
故答案为：
．
【点评】本题为2017 年广西考题，综合考查热化学方程式、化学平衡的计算以及影响因素等知识，侧重考查学生的分
析能力、计算能力，题中易错点为（4），注意把握图象的分析以及数据的处理，难度中等．
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）研究发现，在CO2 低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co 氧化物负载的Mn 氧化物纳米粒子
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催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：
（1）Co 基态原子核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2
．元素Mn 与O 中，第一电离能较大的是
O
，基态原子核外未成对电子数较多的是
Mn
．
（2）CO2 和CH3OH 分子中C 原子的杂化形式分别为
sp
和
sp3
．
（3）在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为
H2O＞CH3OH＞CO2＞H2
，原因是
H2O
与CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2 与H2 均为非极性分子，CO2 分子量较大，范德华力较大
．
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO3）2 中的化学键除了σ键外，还存在
π键、离子键
．
（5）MgO 具有NaCl 型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X 射线衍射实验测得MgO 的晶胞参数
为a=0.420nm，则r（O2﹣）为
0.148
nm．MnO 也属于NaCl 型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn2+）为
0.076
nm．
【分析】（1）Co 是27 号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O 为非金属性，难以失去电子，第一电离能较
大；
（2）CO2 和CH3OH 分子中C 原子分别形成2、4 个σ键；
（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；
（4）Mn（NO3）2 为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；
（5）阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．
【解答】解：
（1）Co 是27 号元素，位于元素周期表第4 周期第VIII 族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2
或[Ar]3d74s2．元素Mn 与O 中，由于O 元素是非金属性而Mn 是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O 基态原子
价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn 基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，
因此核外未成对电子数较多的是Mn，
故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2 或[Ar]3d74s2；O；Mn；
（2）CO2 和CH3OH 的中心原子C 原子的价层电子对数分别为2 和4，所以CO2 和CH3OH 分子中C 原子的杂化形式分别
为sp 和sp3，
故答案为：sp；sp3；
（3）在CO2 低压合成甲醇反应所涉及的4 种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O＞CH3OH＞CO2＞H2，原因是常温下水
和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，
而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比
氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，
故答案为：H2O＞CH3OH＞CO2＞H2；H2O 与CH3OH 均为极性分子，H2O 中氢键比甲醇多；CO2 与H2 均为非极性分子，
CO2 分子量较大，范德华力较大；
（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N 原子与3 个氧原子形成3 个σ键，硝酸根中
有一个氮氧双键，所以还存在π键，
故答案为：π键、离子键；
（5）因为O2﹣是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2﹣半径的4 倍，即4r=
a，解得r=
nm=0.148nm；
MnO 也属于NaCl 型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 r（O2﹣）+2r（Mn2+），
则r（Mn2+）=
=0.076nm．
故答案为：0.148；0.076．
【点评】本题为2017 年广西考题，涉及核外电子排布、晶胞计算、杂化轨道等知识，侧重考查学生的分析能量和计算
能力，需要学生熟练掌握晶胞结构，具备一定的数学计算能力，难度中等．
[化学--选修5：有机化学基础]
12．氟他胺G 是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A 制备G 的合成路线如下：
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回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
。C 的化学名称是
三氟甲苯
。
（2）③的反应试剂和反应条件分别是
浓HNO3/浓H2SO4，加热
，该反应的类型是
取代反应
。
（3）⑤的反应方程式为
。吡啶是一种有机碱，
其作用是
吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率
。
（4）G 的分子式为
C11H11F3N2O3
。
（5）H 是G 的同分异构体，其苯环上的取代基与G 的相同但位置不同，则H 可能的结构有
9
种。
（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺（
）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（
）制
备4﹣甲氧基乙酰苯胺的合成路线
（其他试剂任
选）。
【分析】由B 的分子式可知A 为
，则B 为
，C 为三氟甲苯，发生硝化反应生成D，D 还原生成E，
生成F 为
，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答（1）～（4）；
（5）H 是G 的同分异构体，其苯环上的取代基与G 的相同但位置不同，则苯环有3 个不同的取代基，对应的同分异
构体的种类为
种；
（6）由苯甲醚（
）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成
，发
生还原反应生成
，最后与CH3COCl 发生取代反应可生成
，以此解答该
题。
【解答】解：
（1）由以上分析可知A 为甲苯，结构简式为
，C 的化学名称是三氟甲苯，故答案为：
；
三氟甲苯；
（2）③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，加热，与浓硝酸发生取代反应，
故答案为：浓HNO3/浓H2SO4，加热；取代反应；
（3）⑤的反应方程式为
，反应中吡啶的作用是吸收
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反应产生的氯化氢，提高反应转化率，
故答案为：
；吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化
率；
（4）由结构简式可知G 的分子式为C11H11F3N2O3，故答案为：C11H11F3N2O3；
（5）H 是G 的同分异构体，其苯环上的取代基与G 的相同但位置不同，则苯环有3 个不同的取代基，如固定一种取
代基，则对应的同分异构体的种类为
=10，或者说，固定﹣CF3 和﹣NO2，如﹣CF3 和﹣NO2 处于邻位，另一种取代基
有4 种位置，﹣CF3 和﹣NO2 处于间位，另一种取代基有4 种位置，﹣CF3 和﹣NO2 处于对位，另一种取代基有2 种位置，
共10 种，则H 可能的结构还有9 种，
故答案为：9；
（6）由苯甲醚（
）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成
，发
生还原反应生成
，最后与CH3COCl 发生取代反应可生成
，则合成流程
为
，
故答案为：
。
【点评】本题考查有机物的合成，为2017 云南考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息，把握官能团的变
化，对比有机物的结构简式，推断A 为解答该题的突破口，难度中等。
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2017 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共13 个小题，每小题6 分，共78 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列说法错误的是（
）
A．糖类化合物也可称为碳水化合物
B．维生素D 可促进人体对钙的吸收
C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多
2．（6 分）阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是（
）
A．1L0.1mol•L
﹣1NH4Cl 溶液中，NH4
+的数量为0.1NA
B．2.4gMg 与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2 和O2 的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mol H2 和0.1mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
3．（6 分）a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c
所在周期数与族数相同；d 与a 同族，下列叙述正确的是（
）
A．原子半径：d＞c＞b＞a
B．4 种元素中b 的金属性最强
C．c 的氧化物的水化物是强碱
D．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强
4．（6 分）下列由实验得出的结论正确的是（
）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2﹣二溴乙烷无色、可溶于四氯化
碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的
活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试
纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A．A
B．B
C．C
D．D
5．（6 分）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4 混合溶液。
下列叙述错误的是（
）
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：Al3++3e
﹣═Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
6．（6 分）改变0.1mol•L
﹣1 二元弱酸H2A 溶液的pH，溶液中的H2A、HA
﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH 的变化如
图所示[已知δ（x）=
]．下列叙述错误的是（
）
A．pH=1.2 时，c（H2A）=c（HA
﹣）B．lg[K2（H2A）]=﹣4.2
C．PH=2.7 时，c（HA
﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）
D．pH=4.2 时，c（HA
﹣）=c（A2﹣）=c（H
+）
7．（6 分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（
）
实验
现象
结论
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A．
向2mL0.1mol/LFeCl 3 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1
滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 溶液
颜色不变
还原性：Fe＞Fe2+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内
有黑色颗粒产生
CO2 具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3 固体的试管，并在试管口放置湿
润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3 显碱性
D．
向2 支盛有2 mL 相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2
滴相同浓度的NaCl 和NaI 溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另
一支中无明显现象
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A．A
B．B
C．C
D．D
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。
实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
，还
可使用
代替硝酸。
（2）沉淀A 的主要成分是
，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为
。
（3）加氨水过程中加热的目的是
。沉淀B 的主要成分为
、
（填化学式）。
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4 处理后，用KMnO4 标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：
MnO4
﹣+H
++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g 水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L
﹣1 的KMnO4 溶液36.00mL，
则该水泥样品中钙的质量分数为
。
9．（14 分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：
①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1
已知：②C4H10（g）+
O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol
﹣1
③H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ•mol
﹣1
反应①的△H1 为
kJ•mol
﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x
0.1（填“大于”
或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是
（填标号）。
A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强
（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、
丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，
其降低的原因是
。
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃
之前随温度升高而增大的原因可能是
、
；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是
。
10．（15 分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实
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验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn（OH）2 碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）
2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2 被I
﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3 溶液滴定生成的I2（2S2O32
﹣+I2=2I
﹣+S4O62﹣）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是
。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
。
（3）Na2S2O3 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和
；蒸馏水
必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除
及二氧化碳。
（4）取100.00mL 水样经固氧、酸化后，用a mol•L
﹣1Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为
；
若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为
mg•L
﹣1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏
。（填“高”或“低”）
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R 代表）．回答下列
问题：
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为
．
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部
分元素的E1 变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1 自左而右依次增大的原因是
；氮元素的
E1 呈现异常的原因是
．
（3）经X 射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．
①从结构角度分析，R 中两种阳离子的相同之处为
，不同之处为
．（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
D．共价键类型
②R 中阴离子N5
﹣中的σ键总数为
个．分子中的大π键可用符号Πmn 表示，其中m 代表参与形成的大π键原子数，
n 代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5
﹣中的大π键应表示为
．
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4
+）N﹣H…Cl、
、
．
（4）R 的晶体密度为dg•cm
﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y 个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元
的相对质量为M，则y 的计算表达式为
．
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物G 是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G 的路线如下：
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已知以下信息：
①A 的核磁共振氢谱为单峰；B 的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1．
②D 的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD 可与1mol NaOH 或2mol Na 反应．
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
．
（2）B 的化学名称为
．
（3）C 与D 反应生成E 的化学方程式为
．
（4）由E 生成F 的反应类型为
．
（5）G 是分子式为
．
（6）L 是D 的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，1mol 的L 可与2mol 的Na2CO3 反应，L 共有
种；其
中核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1 的结构简式为
、
．
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2017 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共13 个小题，每小题6 分，共78 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列说法错误的是（
）
A．糖类化合物也可称为碳水化合物
B．维生素D 可促进人体对钙的吸收
C．蛋白质是仅由碳、氢、氧元素组成的物质
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多
【分析】A．糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物；
B．维生素D 的作用是促进钙，磷的吸收和骨骼的发育；
C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N 四中元素，还有些蛋白质含S、P 等元素；
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多．
【解答】解：A．糖类化合物符合通式Cn（H2O）m，故称为碳水化合物，故A 正确；
B．维生素D 可促进人体对钙的吸收，故B 正确；
C．蛋白质的基本组成元素是C、H、O、N 四中元素，故仅由碳、氢、氧元素不正确，故C 错误；
D．硒是人体必需的微量元素，但不宜摄入过多，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题考查糖类，维生素D，蛋白质，微量元素硒的相关性质及组成，本题难度中等．
2．（6 分）阿伏加德罗常数的值为NA．下列说法正确的是（
）
A．1L0.1mol•L
﹣1NH4Cl 溶液中，NH4
+的数量为0.1NA
B．2.4gMg 与H2SO4 完全反应，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，2.24LN2 和O2 的混合气体中分子数为0.2NA
D．0.1mol H2 和0.1mol I2 于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【分析】A．铵根易水解；
B．Mg 与H2SO4 反应生成Mg2+，故1molMg 参与反应转移2mol 电子；
C．标准状况下，22.4L 任何气体所含的分子数为1mol；
D．H2+I2⇌2HI 是可逆反应，不过是1+1=2 的反应，这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍
为0.2NA
【解答】解：A．铵根易水解，所含NH4
+数小于0.1NA，故A 错误；
B．n（Mg）=
=0.1mol，Mg 与H2SO4 反应生成Mg2+，则1molMg 参与反应转移2mol 电子，故0.1molMg 参与
反应转移0.2mol 电子，即0.2NA，故B 错误；
C．标准状况下，22.4L 任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2 和O2 的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1NA，故
C 错误；
D．H2+I2⇌2HI 是可逆反应，不过是1+1=2 的反应，即这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数
仍为0.2NA，故选D。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L。
3．（6 分）a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c
所在周期数与族数相同；d 与a 同族，下列叙述正确的是（
）
A．原子半径：d＞c＞b＞a
B．4 种元素中b 的金属性最强
C．c 的氧化物的水化物是强碱
D．d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强
【分析】a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同，则
a 的核外电子总数应为8，为O 元素，则b、c、d 为第三周期元素，c 所在周期数与族数相同，应为Al 元素，d 与a 同
族，应为S 元素，b 可能为Na 或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题．
【解答】解：由以上分析可知a 为O 元素、b 可能为Na 或Mg、c 为Al、d 为S 元素。
A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a 为O，原子半径最小，故A 错误；
B．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d 为非金属，金属性较弱，则4 种元素中b 的金
属性最强，故B 正确；
C．c 为Al，对应的氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，故C 错误；
D．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a 的单质的氧化性强，故D 错误。
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故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握原子核外电子排布
的特点，把握性质的比较角度，难度不大．
4．（6 分）下列由实验得出的结论正确的是（
）
实验
结论
A．
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透明
生成的1，2﹣二溴乙烷无色、可溶于四氯化
碳
B．
乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体
乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的
活性
C．
用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除
乙酸的酸性小于碳酸的酸性
D．
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的石蕊试
纸变红
生成的氯甲烷具有酸性
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷；
B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应；
D．使湿润的石蕊试纸变红的气体为HCl．
【解答】解：A．乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2﹣二溴乙烷，溶液最终变为无
色透明，故A 正确；
B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且﹣OH 中H 的活性比水弱，故B 错误；
C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大
于碳酸，故C 错误；
D．甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲
烷为非电解质，不能电离，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查化学实验方案的评价，侧重考查有机物的性质，有利于培养学生的分析能力和实验能力，注意
把握有机物的官能团的性质以及反应的现象的判断，难度不大．
5．（6 分）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4 混合溶液。
下列叙述错误的是（
）
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：Al3++3e
﹣═Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【分析】A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，对应的电极反应为2Al﹣6e
﹣+3H2O=Al2O3+6H
+；
B、阴极材料选择没有特定的要求；
C、阴极上是电解质中的阳离子发生得电子的还原反应；
D、在电解池中，阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
【解答】解：A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A 正确；
B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B 正确；
C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H
++2e
﹣=H2↑，故C 错误；
D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查电解原理及其应用。电化学原理是高中化学的核心考点，学生要知道阳极与电池的正极相连发
生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应。
6．（6 分）改变0.1mol•L
﹣1 二元弱酸H2A 溶液的pH，溶液中的H2A、HA
﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH 的变化如
图所示[已知δ（x）=
]．下列叙述错误的是（
）
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A．pH=1.2 时，c（H2A）=c（HA
﹣）B．lg[K2（H2A）]=﹣4.2
C．PH=2.7 时，c（HA
﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）
D．pH=4.2 时，c（HA
﹣）=c（A2﹣）=c（H
+）
【分析】由图象可知，pH=1.2 时，c（H2A）=c（HA
﹣），PH=2.7 时，c（H2A）=c（A2﹣），pH=4.2 时，c（HA
﹣）=c（A2﹣），
随着pH 的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA
﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据
计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题。
【解答】解：A．由图象可知pH=1.2 时，H2A 与HA
﹣的曲线相交，则c（H2A）=c（HA
﹣），故A 正确；
B．pH=4.2 时，c（H
+）=10
﹣4.2mol/L，c（HA
﹣）=c（A2﹣），K2（H2A）=
=10
﹣4.2，则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，
故B 正确；
C．由图象可知，PH=2.7 时，c（H2A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA
﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣），故C 正确；
D．pH=4.2 时，c（HA
﹣）=c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，如体积不变，则c（HA
﹣）=c（A2﹣）=0.05mol•L
﹣1，c（H
+）
=10
﹣4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c（HA
﹣）、c（A2﹣）与c（H
+）浓度大小关系，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握弱电解质的电
离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
7．（6 分）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（
）
实验
现象
结论
A．
向2mL0.1mol/LFeCl 3 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1
滴KSCN 溶液
黄色逐渐消失，加KSCN 溶液
颜色不变
还原性：Fe＞Fe2+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2 的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内
有黑色颗粒产生
CO2 具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3 固体的试管，并在试管口放置湿
润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3 显碱性
D．
向2 支盛有2 mL 相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2
滴相同浓度的NaCl 和NaI 溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另
一支中无明显现象
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．向2mL0.1mol/LFeCl3 的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；
D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．
【解答】解：A．向2mL0.1mol/LFeCl3 的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe 为还原剂，Fe2+为还原产
物，还原性：Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN 溶液颜色不变，故A 正确；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B 正确；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C 错误；
D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），
故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、钠的性质、物质的检验以及难溶电解质的溶解平衡，侧重考查学生
的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质，难度不大．
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
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8．（14 分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。
实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
将样品中可
能存在的Fe2+氧化为Fe3+
，还可使用
H2O2
代替硝酸。
（2）沉淀A 的主要成分是
SiO2（H2SiO3）
，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
。
（3）加氨水过程中加热的目的是
防止胶体生成，易沉淀分离
。沉淀B 的主要成分为
Al（OH）3
、
Fe（OH）
3
（填化学式）。
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4 处理后，用KMnO4 标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：
MnO4
﹣+H
++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O．实验中称取0.400g 水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol•L
﹣1 的KMnO4 溶液36.00mL，
则该水泥样品中钙的质量分数为
45.0%
。
【分析】水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物，加入氯化铵、盐酸和硝酸，
由于二氧化硅与酸不反应，则得到的沉淀A 为SiO2，滤液中含有Fe3+、Al3+、Mg2+等离子，加入氨水调节pH4﹣5，可
生成Al（OH）3、Fe（OH）3 沉淀，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，滤液主要含有Ca2+，加入草酸铵可生成草
酸钙沉淀，加入硫酸用高锰酸钾测定，发生5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，根据高锰酸钾的量可计算含量，以此解答该题．
【解答】解：（1）铁离子在pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，比避免引入新杂质，还可
用过氧化氢代替硝酸，
故答案为：将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；
（2）由以上分析可知沉淀A为SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与HF的反应，方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，
故答案为：SiO2（H2SiO3）；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是防止生成胶体而难以分离，生成的沉淀主
要是Al（OH）3、Fe（OH）3，
故答案为：防止胶体生成，易沉淀分离；Al（OH）3、Fe（OH）3；
（4）反应的关系式为5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，
n（KMnO4）=0.0500mol/L×36.00mL=1.80mmol，
n（Ca2+）=4.50mmol，
水泥中钙的质量分数为
×100%=45.0%，
故答案为：45.0%．
【点评】本题为2017 年辽宁考题，侧重考查物质的含量的测定，为高频考点，注意把握流程的分析，把握物质的性质，
结合关系式法计算，题目有利于培养学生的分析能力、实验能力和计算能力，难度中等．
9．（14 分）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1﹣丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：
①C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1
已知：②C4H10（g）+
O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol
﹣1
③H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H3 =﹣242kJ•mol
﹣1
反应①的△H1 为
+123
kJ•mol
﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x
小于
0.1（填“大
于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是
AD
（填标号）。
A．升高温度B．降低温度C．增大压强D．降低压强
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（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、
丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，
其降低的原因是
原料中过量H2 会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降
。
（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃
之前随温度升高而增大的原因可能是
升高温度时，反应速率加快，单位时间内产生丁烯更多
、590℃前升高温度，
反应①平衡正向移动
；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是
高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致
产率降低
。
【分析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H1；
由a 图定温度，压强由0.1MPa 变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，结合反应前后气体体积的变化分
析x；
要使丁烯的平衡产率增大，需通过改变温度和压强使平衡正向移动；
（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，增加氢气的量会促使平衡逆向移动，丁烯的产率下降；
（3）升温速率加快，单位时间内生成丁烯更多，升温反应①平衡正向移动，丁烯产率增加；
由题中信息可知丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以当温度超过590℃时，部分丁烷裂解导致产率降低。
【解答】解：（1）②C4H10（g）+
O2（g）=C4H8（g）+H2O（g）△H2=﹣119kJ•mol
﹣1
③H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H3=﹣242kJ•mol
﹣1
②﹣③得C4H10（g）=C4H8（g）+H2（g）△H1=+123kJ•mol
﹣1
由a 图可知温度相同时，由0.1MPa 变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，
所以x 的压强更小，x＜0.1；
由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平
衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD 正确，
故答案为：+123；小于；AD；
（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使
平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低，
故答案为：原料中过量H2 会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；
（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度
平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯；
而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少，产率下降，
故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有
更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低。
【点评】本题考查盖斯定律以及化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强对平衡移动的影响为解
答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学平衡在实际生产中的应用，题目难度不大。
10．（15 分）水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实
验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn（OH）2 碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO（OH）
2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化，滴定
将固氧后的水样酸化，MnO（OH）2 被I
﹣还原为Mn2+，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3 溶液滴定生成的I2（2S2O32
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﹣+I2=2I
﹣+S4O62﹣）。
回答下列问题：
（1）取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是
使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误
差
。
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2
。
（3）Na2S2O3 溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和
一定容积的容
量瓶、胶头滴管、量筒
；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除
氧气
及二氧化碳。
（4）取100.00mL 水样经固氧、酸化后，用a mol•L
﹣1Na2S2O3 溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为
当滴入
最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化
；若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含
量为
80ab
mg•L
﹣1。
（5）上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏
低
。（填“高”或“低”）
【分析】（1）采集的水样中溶解的氧气因外界条件（特别是温度和压强）改变其溶解度发生改变；
（2）“氧的固定”的方法是：用Mn（OH）2 碱性悬浊液（含有KI）与水样混合，反应生成MnO（OH）2，实现氧的固
定；
（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；测水样中的氧，
故避免使用的蒸馏水溶解有氧；
（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根
据方程式中I2、S2O32﹣之间的关系式计算；
（5）根据n（O2）=
mol 分析，不当操作对b 的影响，以此判断测量结果的误差；
【解答】解：（1）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，
这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差，
故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；
（2）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2，
故答案为：2Mn（OH）2+O2=2MnO（OH）2；
（3）物质的量浓度的配制实验，使用的仪器有：烧杯、玻璃棒、一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；蒸馏水必须经
过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除氧气及二氧化碳，
故答案为：一定容积的容量瓶、胶头滴管、量筒；氧气；
（4）碘遇淀粉变蓝色，故选择淀粉作指示剂，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化说明滴定到达终点；根
据方程式，O2～2I2～4S2O32﹣得n（O2）=
mol，m（O2）=
=8abmg，则水样
中溶解氧的含量为：
=80abmg。L
﹣1，
故答案为：当滴入最后一滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；80abmg。L
﹣1；
（5）根据n（O2）=
mol 分析，不当操作对b 的影响，b 值减小，则会导致测量结果偏低，
故答案为：低。
【点评】本题主要考查了杂质离子的检测实验设计及其滴定法测定含量的过程，有关信息应用和化学方程式的计算，
实验步骤判断是解题关键，题目难度中等。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl（用R 代表）．回答下列
问题：
（1）氮原子价层电子对的轨道表达式（电子排布图）为
．
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）．第二周期部
分元素的E1 变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1 自左而右依次增大的原因是
同周期从左到右
核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大
；氮元素的E1 呈现异常的原因是
N 的
2p 能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子
．
（3）经X 射线衍射测得化合物R 的晶体结构，其局部结构如图（b）所示．
①从结构角度分析，R 中两种阳离子的相同之处为
ABD
，不同之处为
C
．（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型
B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构
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D．共价键类型
②R 中阴离子N5
﹣中的σ键总数为
5
个．分子中的大π键可用符号Πmn 表示，其中m 代表参与形成的大π键原子数，n
代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可表示为Π66），则N5
﹣中的大π键应表示为
Π56
．
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为（NH4
+）N﹣H…Cl、
（H3O
+）O﹣H…N
、
（NH4
+）N﹣H…N
．
（4）R 的晶体密度为dg•cm
﹣3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y 个[（N5）6（H3O）3（NH4）4Cl]单元，该单元
的相对质量为M，则y 的计算表达式为
．
【分析】（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，书写电子排布图；
（2）同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N 的最外层为半充
满结构，较为稳定；
（3）①根据图（b），阳离子为H3O
+和NH4
+，NH4
+中心原子N 含有4 个σ键，孤电子对数为
=0，价层电子对
数为2，杂化类型为sp3，H3O
+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为
=1，空间构型为正四面体，价层电子对
数为4，为sp3 杂化，空间构型为三角锥形；
②根据图（b）N5
﹣中键总数为5 个，根据信息，N5
﹣的大π键可用符号Π56；
③O、N 的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H 都可与H 形成氢键；
（4）根据d=
=
计算．
【解答】解：（1）氮原子价层电子为最外层电子，即2s22p3，则电子排布图为
，故答案为：
；
（2）元素的非金属性越强，越易得到电子，则第一电子亲和能越大，同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减
小，从左到右易结合电子，放出的能量增大，N 的最外层为半充满结构，较为稳定，不易结合一个电子，
故答案为：同周期从左到右核电荷数依次增大，半径逐渐减小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N 的2p 能级
处于半充满状态，相对稳定，不易结合电子；
（3）①A．阳离子为H3O
+和NH4
+，NH4
+中心原子N 含有4 个σ键，孤电子对数为
=0，价层电子对数为4，杂
化类型为sp3，H3O
+中心原子是O，含有3σ键，孤电子对数为
=1，价层电子对数为4，为sp3 杂化；
B．由以上分析可知H3O
+和NH4
+中心原子的价层电子对数都为4；
C．NH4
+为空间构型为正四面体，H3O
+为空间构型为三角锥形；
D．含有的共价键类型都为σ键．
两种阳离子的相同之处为ABD，不同之处为C；
故答案为：ABD；C；
②根据图（b）N5
﹣中键总数为5 个，根据信息，N5
﹣有6 个电子可形成大π键，可用符号Π56 表示，
故答案为：5；Π56；
③O、N 的非金属性较强，对应的O﹣H、N﹣H 都可与H 形成氢键，还可表示为（H3O
+）O﹣H…N、（NH4
+）N﹣H…N，
故答案为：（H3O
+）O﹣H…N、（NH4
+）N﹣H…N；
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（4）由d=
=
可知，y=
，故答案为：
．
【点评】本题为2017 年考题，题目综合考查核外电子排布、元素周期律、轨道的杂化以及晶胞的计算、氢键等问题，
侧重考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等，易错点为（3），注意把握氢键的形成．
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物G 是治疗高血压的药物“比索洛尔”的中间体，一种合成G 的路线如下：
已知以下信息：
①A 的核磁共振氢谱为单峰；B 的核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为6：1：1．
②D 的苯环上仅有两种不同化学环境的氢；1molD 可与1mol NaOH 或2mol Na 反应．
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
．
（2）B 的化学名称为
2﹣丙醇
．
（
3
）
C
与
D
反
应
生
成
E
的
化
学
方
程
式
为
．
（4）由E 生成F 的反应类型为
取代反应
．
（5）G 是分子式为
C18H31NO4
．
（6）L 是D 的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，1mol 的L 可与2mol 的Na2CO3 反应，L 共有
6
种；其中
核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3：2：2：1 的结构简式为
、
．
【分析】A 的化学式为C2H4O，其核磁共振氢谱为单峰，则A 为
；B 的化学C3H8O，核磁共振氢谱为三组峰，
峰面积比为6：1：1，则B 的结构简式为CH3CH（OH）CH3；D 的化学式为C7H8O2，其苯环上仅有两种不同化学环境的
氢，1 mol D 可与1 mol NaOH 或2 mol Na 反应，则苯环上有酚羟基和﹣CH2OH，且为对位结构，则D 的结构简式为
，E 应为
，结合对应有机物的结构和官能团的性质可解答（1）～（5）；
（6）L 是D 的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，1 mol 的L 可与2 mol 的Na2CO3 反应，说明L 的分子结构中
含有2 个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2 种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲
基的位置有3 种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1 种，只满足条件的L 共有6 种，以此解答该题．
【解答】解：（1）由以上分析可知A 的结构简式为
，故答案为：
；
（2）B 的结构简式为CH3CH（OH）CH3，其化学名称为2﹣丙醇，故答案为：2﹣丙醇；
（3）D 为
，对比E 的分子式可知，C 和D 发生取代反应生成E，发生反应生成E 的化学方程式为
，
故答案为：
；
（4）对比E 和F 的分子式可知由E 生成F 的反应类型为取代反应，生成F 的同时生成HCl，故答案为：取代反应；
（5）由结构简式可知有机物G 的分子式为C18H31NO4，故答案为：C18H31NO4；
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（6）L 是D 的同分异构体，可与FeCl3 溶液发生显色反应，1 mol 的L 可与2 mol 的Na2CO3 反应，说明L 的分子结构中
含有2 个酚羟基和一个甲基，当二个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有2 种，当二个酚羟基在间位时，苯环上甲
基的位置有3 种，当二个酚羟基在对位时，苯环上甲基的位置有1 种，只满足条件的L 共有6 种，其中核磁共振氢谱
为四组峰，峰面积比为3：2：2：1 的结构简式为
、
，
故答案为：6；
；
．
【点评】本题考查有机物的合成与推断，为2017 年考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物的结构、性质以
及转化的特点，答题时注意分析题给信息，为解答该题的关键，难度中等．
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2017 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）
一、选择题：本题共7 个小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（
）
A．尼龙绳
B．宣纸C．羊绒衫
D．棉衬衣
2．（6 分）《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，
遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（
）
A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取
3．（6 分）已知
（b）
、（d）
、（p）
的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（
）
A．b 的同分异构体只有d 和p 两种
B．它们的二氯代物均只有三种
C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D．只有b 的所有原子处于同一平面
4．（6 分）实验室用H2 还原WO3 制备金属W 的装置如图所示（Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸
收少量氧气），下列说法正确的是（
）
A．①、②、③中依次盛装KMnO4 溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
5．（6 分）支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁
为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（
）
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
6．（6 分）短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 的原子半径是所有
短周期主族元素中最大的。由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激
性气体产生。下列说法不正确的是（
）
A．X 的简单氢化物的热稳定性比W 强
B．Y 与X 的简单离子的具有相同的电子层结构
C．Y 与Z 形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z 与X 属于同一主族，与Y 属于同一周期
7．（6 分）常温下将NaOH 溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列
叙述错误的是（
）
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A．Ka2（H2X）的数量级为10
﹣6
B．曲线N 表示pH 与lg
的变化关系
C．NaHX 溶液中c（H
+）＞c（OH
﹣）
D．当混合溶液呈中性时，c（Na
+）＞c（HX
﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH
﹣）=c（H
+）
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（15 分）凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成
铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。
回答下列问题：
（1）a 的作用是
。
（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是
。f 的名称是
。
（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水：打开K1，关闭K2、K3，加热b，蒸气充满管路：停止加热，关闭K1，g 中蒸馏水倒吸
进入c，原因是
；打开K2 放掉水，重复操作2～3 次。
（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（H3BO3）和指示剂，铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，
关闭K3，d 中保留少量水，打开K1，加热b，使水蒸气进入e。
①d 中保留少量水的目的是
。
②e 中主要反应的离子方程式为
，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是
。
（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为cmol•L
﹣1 的盐酸V mL，则样品中氮
的质量分数为
%，样品的纯度≤
%。
9．（14 分）Li4Ti5O12 和LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2
等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
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（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为
。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式
。
（3）TiO2•xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40min 所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2•xH2O 转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2•xH2O 转化率最高的原因
。
（4）Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为
。
（5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol•L
﹣1，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液
中c（Fe3+）=1.0×10
﹣5，此时是否有Mg3（PO4）2 沉淀生成？
（列式计算）。FePO4、Mg3（PO4）2 的Ksp 分别为
1.3×10
﹣22、1.0×10
﹣24
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式
。
10．（14 分）近期发现，H2S 是继NO、CO 之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调解神经信号传递、舒张血
管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是
（填标号）。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C.0.10mol•L
﹣1 的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为
、
，制得等量H2 所需能量较少的
是
。
（3）H2S 与CO2 在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在610k 时，将0.10mol CO2 与0.40mol
H2S 充入2.5L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S 的平衡转化率a1=
%，反应平衡常数K=
。
②在620K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S 的转化率a2
a1，该反应的△H
0．
（填“＞”“＜”
或“=”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S 转化率增大的是
（填标号）
A．H2S
B．CO2C．COS
D．N2。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）元素K 的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为
nm（填标号）。
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A.404.4B.553.5
C.589.2D.670.8
E.766.5
（2）基态K 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是
，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为
。K
和Cr 属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K 的熔点、沸点等都比金属Cr 低，原因是
。
（3）X 射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在I3
+离子。I3
+离子的几何构型为
，中心原子的杂化类型为
。
（4）KIO3 晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O 分
别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K 与O 间的最短距离为
nm，与K 紧邻的O 个数为
。
（5）在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，则K 处于
位置，O 处于
位置。
[化学--选修5：有机化学基础]
12．化合物H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A 制备H 的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO
RCH=CHCHO+H2O
②
+
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
。
（2）由C 生成D 和E 生成F 的反应类型分别为
、
。
（3）E 的结构简式为
。
（4）G 为甲苯的同分异构体，由F 生成H 的化学方程式为
。
（5）芳香化合物X 是F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学
环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，写出2 种符合要求的X 的结构简式
。
（6）写出用环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物
的合成路线
（其他试剂任选）。
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2017 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 个小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列生活用品中主要由合成纤维制造的是（
）
A．尼龙绳
B．宣纸C．羊绒衫
D．棉衬衣
【分析】宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素，羊绒衫的主要成分为蛋白质，只有尼龙绳主要成分为聚酯类合成纤维，
据此进行解答。
【解答】解：A．尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维，满足条件，故A 正确；
B．宣纸的主要成分为天然纤维素，不属于合成纤维，故B 错误；
C．羊绒衫的主要成分是蛋白质，不属于合成纤维，故C 错误；
D．棉衬衣的主要成分为天然纤维素，不是合成纤维，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查常见高分子材料的分类及应用，题目难度不大，明确常见有机物组成、性质及分类为解答关键，注
意掌握合成纤维与纤维素、蛋白质等区别。
2．（6 分）《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，
遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是（
）
A．蒸馏B．升华C．干馏D．萃取
【分析】“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的方法，
将被提纯物质气化、冷凝的过程，以此解答该题。
【解答】解：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳”，涉及用到加热的
方法，将被提纯物质气化、冷凝为固体的过程，为升华操作，没有隔绝空气强热，不是干馏，萃取无需加热。
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，有利于培养学生良好的科
学素养，注意把握题给信息以及常见分离方法，难度不大。
3．（6 分）已知
（b）
、（d）
、（p）
的分子式均为C6H6，下列说法正确的是（
）
A．b 的同分异构体只有d 和p 两种
B．它们的二氯代物均只有三种
C．它们均可与酸性高锰酸钾溶液反应
D．只有b 的所有原子处于同一平面
【分析】A．b 为苯，对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃；
B．d 对应的二氯代物大于3 种；
C．b、p 与高锰酸钾不反应；
D．d、p 都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点。
【解答】解：A．b 为苯，对应的同分异构体可为环状烃，也可为链状烃，如HC≡C﹣CH=CH﹣CH=CH2，则同分异构体
不仅仅d 和p 两种，故A 错误；
B．d 编号如图
，对应的二氯代物中，两个氯原子可分别位于1、2，1、3，1、4，2、3，2、5，3、6 等位置，
故B 错误；
C．p 为饱和烃，与高锰酸钾不反应，且b 也不反应，故C 错误；
D．d、p 都含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则d、p 所有原子不可能处于同一平面，只有b 为平面形结构，故
D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握有机物同分异构体的判断
以及空间构型的判断，题目难度中等。
4．（6 分）实验室用H2 还原WO3 制备金属W 的装置如图所示（Zn 粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸
收少量氧气），下列说法正确的是（
）
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A．①、②、③中依次盛装KMnO4 溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液
B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体浓度
C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热
D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气
【分析】H2 还原WO3 制备金属W，装置Q 用于制备氢气，因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、H2S、
氧气和水，得到干燥的氢气与WO3 在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W 被重
新氧化，以此解答该题。
【解答】解：A．气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A 错误；
B．点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，
声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B 正确；
C．实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W 处在氢气的氛围中冷却，以避免W 被重新氧化，故C 错误；
D．二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题为2017 年福建理综试题，涉及物质的制备实验的设计，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握
实验的原理以及操作的注意事项，难度不大。
5．（6 分）支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁
为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（
）
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【分析】外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极，被保护金属与电源的负极相连作为阴极，电子从电源
负极流出，给被保护的金属补充大量的电子，使被保护金属整体处于电子过剩的状态，让被保护金属结构电位低于周
围环境，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，阳极若是惰性电极，则是电解质溶液
中的离子在阳极失电子，据此解答。
【解答】解：A．被保护的钢管桩应作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢管桩表面腐蚀电流
接近于零，避免或减弱腐蚀的发生，故A 正确；
B．通电后，惰性高硅铸铁作阳极，海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应，电子经导线流向电源正极，再从电
源负极流出经导线流向钢管桩，故B 正确；
C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，故C 错误；
D．在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境，则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，故D
正确；
故选：C。
【点评】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键，侧重分析与应
用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。
6．（6 分）短周期主族元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W 的简单氢化物可用作制冷剂，Y 的原子半径是所有
短周期主族元素中最大的。由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激
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性气体产生。下列说法不正确的是（
）
A．X 的简单氢化物的热稳定性比W 强
B．Y 与X 的简单离子的具有相同的电子层结构
C．Y 与Z 形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D．Z 与X 属于同一主族，与Y 属于同一周期
【分析】W 的简单氢化物可用作制冷剂，常见为氨气，则W 为N 元素，Y 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，
应为Na 元素，由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生，
黄色沉淀为S，则由X、Y 和Z 三种元素形成的一种盐为Na2S2O3，刺激性气体为SO2，则X 为O 元素，Z 为S 元素，结
合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题。
【解答】解：由以上分析可知W 为N 元素，X 为O 元素，Y 为Na 元素，Z 为S 元素。
A．非金属性O＞N，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A 正确；
B．Y 为Na 元素，X 为O 元素，对应的简单离子核外都有10 个电子，与Ne 的核外电子排布相同，故B 正确；
C．Y 与Z 形成的化合物为Na2S，为强碱弱酸盐，水解呈碱性，则可使红色石蕊试液变蓝色，蓝色石蕊试纸不变色，故
C 错误；
D．Z 为S 元素，与O 同主族，与Na 同周期，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题为2017 年福建理综试题，题目考查原子结构与元素周期律知识，侧重考查学生的分析能力，本题注意把
握物质的性质与用途，为解答该题的关键，难度不大。
7．（6 分）常温下将NaOH 溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH 与离子浓度变化的关系如图所示。下列
叙述错误的是（
）
A．Ka2（H2X）的数量级为10
﹣6
B．曲线N 表示pH 与lg
的变化关系
C．NaHX 溶液中c（H
+）＞c（OH
﹣）
D．当混合溶液呈中性时，c（Na
+）＞c（HX
﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH
﹣）=c（H
+）
【分析】H2X 为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH 相同时
＞
，
由图象可知N 为lg
的变化曲线，M 为lg
的变化曲线，当lg
或lg
=0 时，说明
或
=1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。
【解答】解：A．lg
=0 时，
=1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10
﹣5.4，可知Ka2（H2X）的数量级为
10
﹣6，故A 正确；
B．由以上分析可知曲线N 表示pH 与lg
的变化关系，故B 正确；
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C．由图象可知，lg
=0 时，即c（HX
﹣）=c（X2﹣），此时pH≈5.4，可知HX
﹣电离程度大于X2﹣水解程度，则NaHX
溶液呈酸性，溶液中c（H
+）＞c（OH
﹣），故C 正确；
D．由图象可知当pH=7 时，lg
＞0，则c（X2﹣）＞c（HX
﹣），故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本题注意把握图象的曲线的
变化意义，把握数据的处理，难度较大。
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（15 分）凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成
铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3•H3BO3；NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。
回答下列问题：
（1）a 的作用是
避免b 中压强过大
。
（2）b 中放入少量碎瓷片的目的是
防止暴沸
。f 的名称是
冷凝管
。
（3）清洗仪器：g 中加蒸馏水：打开K1，关闭K2、K3，加热b，蒸气充满管路：停止加热，关闭K1，g 中蒸馏水倒吸
进入c，原因是
c 中温度下降，管路中形成负压
；打开K2 放掉水，重复操作2～3 次。
（4）仪器清洗后，g 中加入硼酸（H3BO3）和指示剂，铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，
关闭K3，d 中保留少量水，打开K1，加热b，使水蒸气进入e。
①d 中保留少量水的目的是
液封，防止氨气逸出的作用
。
②e 中主要反应的离子方程式为
NH4
++OH
﹣
NH3↑+H2O
，e 采用中空双层玻璃瓶的作用是
保温，使氨完全
蒸出
。
（5）取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g 中吸收液时消耗浓度为cmol•L
﹣1 的盐酸V mL，则样品中氮
的质量分数为
%，样品的纯度≤
%。
【分析】（1）a 为玻璃管，可连接空气，避免烧瓶内压强过大；
（2）加热纯液体时，应避免液体暴沸；
（3）冷却后，装置内压强较低，可倒吸；
（4）①d 中保留少量水，可防止气体逸出；
②铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气；e 采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用；
（5）滴定g 中吸收液时消耗浓度为cmol•L
﹣1的盐酸V mL，则n（HCl）=0.001cVmol；结合反应NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），以此解答该题。
【解答】解：（1）a 为玻璃管，可连接空气，避免在加热时烧瓶内压强过大，
故答案为：避免b 中压强过大；
（2）加热纯液体时，加入碎瓷片可避免液体暴沸，F 为冷凝管，故答案为：防止暴沸；冷凝管；
（3）停止加热，关闭K1，g 中蒸馏水倒吸进入c，原因是c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外
界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c 中，即c 中温度下降，管路中形成负压，
故答案为：c 中温度下降，管路中形成负压；
（4）①d 中保留少量水，可检验装置是否漏气，如漏气，液面会下降，且起到防止漏气的作用，
故答案为：液封，防止氨气逸出的作用；
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②铵盐试样由d 注入e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气，反应的离子方程式为NH4
++OH
﹣
NH3↑+H2O；
e 采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用，以减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出，
故答案为：NH4
++OH
﹣
NH3↑+H2O；保温，使氨完全蒸出；
（5）滴定g 中吸收液时消耗浓度为cmol•L
﹣1的盐酸V mL，则n（HCl）=0.001cVmol；结合反应NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3
可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H5NO2）=n（HCl），
则m（N）=0.001cVmol×14g/mol=0.014cVg，则样品中氮的质量分数为
=
%，
m（C2H5NO2）=0.001cVmol×75g/mol=0.075cVg，则样品的纯度为
=
%，
故答案为：
；
。
【点评】本题考查含量的测定实验设计，为高考常见题型，试题涉及了元素化合物的性质、实验原理、物质制备等，
侧重考查学生对实验方案理解及对元素化合物的知识的应用能力，难度中等。
9．（14 分）Li4Ti5O12 和LiFePO4 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2
等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为
100℃、
2h 或90℃、5h
。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式
FeTiO3+4H
++4Cl
﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O
。
（3）TiO2•xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40min 所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2•xH2O 转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2•xH2O 转化率最高的原因
低于40℃，TiO2•xH2O 转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧
水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O 转化反应速率下降
。
（4）Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为
4
。
（5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol•L
﹣1，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液
中c（Fe3+）=1.0×10
﹣5，此时是否有Mg3（PO4）2 沉淀生成？
Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO43﹣）=
=1.3×
10
﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（
）3×（1.3×10
﹣17mol/L）2=1.69×10
﹣40＜Ksp=1.0×10
﹣24，因此不会生成
Mg3（PO4）2 沉淀
（列式计算）。FePO4、Mg3（PO4）2 的Ksp 分别为1.3×10
﹣22、1.0×10
﹣24
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式
2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑
。
【分析】用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3，还含有少量MgO、SiO2 等杂质）来制备Li4Ti5O12 和LiFePO4，由制备流程可知，
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加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2．xH2O，与双氧水反应Ti 元素的
化合价升高，生成（NH4）2Ti5O15，与LiOH 反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤
液②中含Mg2+ 、Fe2+ ，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4 ，高温煅烧②中发生
2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。
【解答】解：（1）由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为选择温度为100℃、2h 或90℃、5h，
故答案为：100℃、2h 或90℃、5h；
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H
++4Cl
﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，
故答案为：FeTiO3+4H
++4Cl
﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；
（3）40℃时TiO2•xH2O 转化率最高，因低于40℃，TiO2•xH2O 转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分
解与氨气逸出导致TiO2•xH2O 转化反应速率下降，
故答案为：低于40℃，TiO2•xH2O 转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O
转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15 中Ti 的化合价为+4，Li 的化合价为+1 价，由化合价的代数和为0 可知，O 元素的负价代数和为22，设
过氧键的数目为x，则（x×2）×1+（15﹣x×2）×2=22，解得x=4，故答案为：4；
（5）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10
﹣5，由Ksp（FePO4），可知c（PO43﹣）=
=1.3×10
﹣17mol/L，
Qc[Mg3（PO4）2]=（
）3×（1.3×10
﹣17mol/L）2=1.69×10
﹣40＜Ksp=1.0×10
﹣24，则无沉淀生成，
故答案为：Fe3+恰好沉淀完全时，c（PO43﹣）=
=1.3×10
﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（
）3×
（1.3×10
﹣17mol/L）2=1.69×10
﹣40＜Ksp=1.0×10
﹣24，因此不会生成Mg3（PO4）2 沉淀；
（6）“高温煅烧②”中由FePO4 制备LiFePO4 的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑，
故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关
键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。
10．（14 分）近期发现，H2S 是继NO、CO 之后第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调解神经信号传递、舒张血
管减轻高血压的功能。回答下列问题：
（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是
D
（填标号）。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C.0.10mol•L
﹣1 的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
（2）下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为
H2O （l）=H2（g ）+
O2（g ）△
H=+286kJ/mol
、
H2S （g）=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol
，制得等量H2 所需能量较少的是
系统（Ⅱ）
。
（3）H2S 与CO2 在高温下发生反应：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）。在610k 时，将0.10mol CO2 与0.40mol
H2S 充入2.5L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
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①H2S 的平衡转化率a1=
2.5
%，反应平衡常数K=
0.00285
。
②在620K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S 的转化率a2
＞
a1，该反应的△H
＞
0．（填“＞”“＜”
或“=”）
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S 转化率增大的是
B
（填标号）
A．H2S
B．CO2C．COS
D．N2。
【分析】（1）比较酸性强弱，可根据强酸制备弱酸、测定等浓度的pH 以及溶液的导电能力判断；
（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化
学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式；
（3）对于反应H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
起始（mol）0.40
0.10
0
0
转化（mol）x
x
x
x
平衡（mol）0.40﹣x
0.10﹣x
x
x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则
=0.02，x=0.01，结合平衡移动的影响因素解答该题。
【解答】解：（1）A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，可说明亚硫酸的
酸性比氢硫酸强，故A 正确；
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，故B 正确；
C.0.10mol•L
﹣1 的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，故C 正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，故D 错误。
故答案为：D；
（2）系统（Ⅰ）涉及水的分解，系统（Ⅱ）涉及硫化氢的分解，利用盖斯定律分别将系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）的热化
学方程式相加，可得到水、硫化氢分解的热化学方程式，则系统（I）的热化学方程式H2O（l）=H2（g）+
O2（g）△
H=+286kJ/mol；
系统（II）的热化学方程式H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol。
根据系统I、系统II 的热化学方程式可知：每反应产生1mol 氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2 所需
能量较少的是系统II。
故答案为：H2O（l）=H2（g）+
O2（g）△H=+286kJ/mol；H2S （g）+=H2（g）+S（s）△H=+20kJ/mol；系统（Ⅱ）；
（3）对于反应H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
起始（mol）0.40
0.10
0
0
转化（mol）x
x
x
x
平衡（mol）0.40﹣x
0.10﹣x
x
x
反应平衡后水的物质的量分数为0.02，
则
=0.02，x=0.01，
①H2S 的平衡转化率a1=
=2.5%，
体积为2.5L，则平衡时各物质的浓度为c（H2S）=
mol/L=0.156mol/L，c（CO2）=
mol/L=0.036mol/L，
c（COS）=c（H2O）=
mol/L=0.004mol/L，
则K=
=0.00285，
故答案为：2.5；0.00285；
②根据题目提供的数据可知温度由610K 升高到620K 时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02 变为0.03，所
以H2S 的转化率增大，a2＞a1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，
化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0，
故答案为：＞；＞；
③A．增大H2S 的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S 转化率降低，故A 错误；
B．增大CO2 的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S 反应，所以H2S 转化率增大，故B 正确；
C．COS 是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S 转化率降低，故C 错误；
D．N2 是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S 转化率无影响，故D 错误。
故答案为：B。
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【点评】本题为2017 年考题，题目考查较为综合，涉及元素周期律、热化学方程式以及化学平衡的影响因素和计算等
问题，综合考查学生的分析能力和计算能力，注意把握盖斯定律的应用以及化学平衡三段式的计算方法，难度中等。
[化学--选修3：物质结构与性质]
11．（15 分）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）元素K 的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为
A
nm（填标号）。
A.404.4B.553.5
C.589.2D.670.8
E.766.5
（2）基态K 原子中，核外电子占据的最高能层的符号是
N
，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为
球形
。K
和Cr 属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K 的熔点、沸点等都比金属Cr 低，原因是
K 的原子半径较
大，且价电子较少，金属键较弱
。
（3）X 射线衍射测定等发现，I3AsF6 中存在I3
+离子。I3
+离子的几何构型为
V 形
，中心原子的杂化类型为
sp3
。
（4）KIO3 晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O 分
别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K 与O 间的最短距离为
0.315
nm，与K 紧邻的O 个数为
12
。
（5）在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，则K 处于
体心
位置，O 处于
棱心
位置。
【分析】（1）紫色波长介于400nm～435nm 之间；
（2）基态K 原子核外有4 个电子层，最高能层为第四层，最外层电子为4s1 电子，K 和Cr 属于同一周期，K 的原子半
径较大，且价电子较少，金属键较弱；
（3）I3
+中心原子的价层电子对数为
=4，则为sp3 杂化，价层电子对为正四面体，中心I 原子的孤电子对数
为
=2，为V 形；
（4）K 与O 间的最短距离为面对角线的一半；O 位于面心，K 位于顶点，1 个顶点为12 个面共有；
（5）在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，个数为8×
=1，则K 也为1，应位于体心，则O 位于棱
心，个数为12×
=3。
【解答】解：（1）紫色波长介于400nm～435nm 之间，只有A 符合，故答案为：A；
（2）基态K 原子核外有4 个电子层，最高能层为第四层，即N 层，最外层电子为4s1 电子，该能层电子的电子云轮廓
图形状为球形，K 和Cr 属于同一周期，K 的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属K 的熔点、沸点等都
比金属Cr 低，
故答案为：N；球形；K 的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱；
（3）I3
+中心原子的价层电子对数为
=4，则为sp3 杂化，价层电子对为正四面体，中心I 原子的孤电子对数
为
=2，为V 形，故答案为：V 形；sp3；
（4）K 与O 间的最短距离为面对角线的一半，则K 与O 间的最短距离为
×0.446nm=0.315nm，O 位于面心，K 位
于顶点，1 个顶点为12 个面共有，即与K 紧邻的O 个数为12 个，
故答案为：0.315；12；
（5）在KIO3 晶胞结构的另一种表示中，I 处于各顶角位置，个数为8×
=1，则K 也为1 个，应位于体心，则O 位于
棱心，每个棱为4 个晶胞共有，则O 个数为12×
=3，故答案为：体心；棱心。
【点评】本题为2017 年考题，题目涉及核外电子排布、杂化、晶胞的计算等知识，综合考查学生的分析能力和计算能
力，题目易错点为（3），注意价层电子对的判断，难度中等。
[化学--选修5：有机化学基础]
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12．化合物H 是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A 制备H 的一种合成路线如下：
已知：①RCHO+CH3CHO
RCH=CHCHO+H2O
②
+
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
苯甲醛
。
（2）由C 生成D 和E 生成F 的反应类型分别为
加成反应
、
取代反应
。
（3）E 的结构简式为
。
（
4
）
G
为
甲
苯
的
同
分
异
构
体
，
由
F
生
成
H
的
化
学
方
程
式
为
。
（5）芳香化合物X 是F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学
环境的氢，峰面积比为
6 ：2 ：1 ：1 ，写出
2
种符合要求的
X
的结构简式
。
（6 ）写出用环戊烷和
2 ﹣丁炔为原料制备化合物
的合成路线
（其他试剂任选）。
【分析】由信息①可知A 应含有醛基，且含有7 个C 原子，应为
，则B 为
，则C
为
，D 为
，E 为
，与乙醇发生酯化反应生成F 为
，对比F、H 的结构简式可知G 为
，以此解答（1）～（4）；
（5）F 为
，芳香化合物X 是F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含
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有羧基，其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2 个甲基，且为对
称结构；
（6）环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物
，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2﹣丁炔发生加成反应生成
，最后与溴发生加成可生成
，以此解答该题。
【解答】解：（1）由以上分析可知A 为苯甲醛，故答案为：苯甲醛；
（2）C 为
，发生加成反应生成
，E 为
，与乙醇发生酯
化反应生成F，也为取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
（3）由以上分析可知E 为
，故答案为：
；
（4 ）G 为
，F 为
，二者发生加成反应生成H ，反应的方程式为
，
故答案为：
；
（5）F 为
，芳香化合物X 是F 的同分异构体，X 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含
有羧基，其核磁共振氢谱显示有4 种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2 个甲基，且为对
称结构，可能结构有
，
故答案为：
；
（6）环戊烷和2﹣丁炔为原料制备化合物
，环戊烷应先生成环戊烯，然后与2﹣丁炔发生加成反应生成
，
最
后
与
溴
发
生
加
成
可
生
成
，
在
反
应
的
流
程
为
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，
故答案为：
。
【点评】本题为2017 年考题，考查有机物推断和合成，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性
质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大。
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2017 年江苏省高考化学试卷
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2 分）2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”．下列做法应提倡的是（
）
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
2．（2 分）下列有关化学用语表示正确的是（
）
A．质量数为31 的磷原子：3115P
B．氟原子的结构示意图：
C．CaCl2 的电子式：
D．明矾的化学式：Al2（SO4）3
3．（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系正确的是（
）
A．Na2O2 吸收CO2 产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．ClO2 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SiO2 硬度大，可用于制造光导纤维
D．NH3 易溶于水，可用作制冷剂
4．（2 分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是（
）
A．制取SO2 B．验证漂白性
C．收集SO2 D．尾气处理
5．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中只有Y、Z 处于同一周期且相邻，Z 是地壳中含量最
多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素．下列说法正确的是（
）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y 的单质的氧化性比Z 的强
D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
6．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．钠与水反应：Na+2H2O═Na
++2OH
﹣+H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl
﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH
﹣
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH
﹣+H
++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3
﹣+OH
﹣═CaCO3↓+H2O
7．（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（
）
A．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
B．S
SO3
H2SO4
C．CaCO3
CaO
CaSiO3
D．NH3
NO
HNO3
8．（2 分）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3 ）．下列说法不正确的是
①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1=a kJ•mol
﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2=b kJ•mol
﹣1
③CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=c kJ•mol
﹣1
④2CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）△H4=d kJ•mol
﹣1（
）
A．反应①、②为反应③提供原料气
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B．反应③也是CO2 资源化利用的方法之一
C．反应CH3OH（g）═
CH3OCH3 （g）+
H2O（l）的△H=
kJ•mol
﹣1
D．反应2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d ）kJ•mol
﹣1
9．（2 分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（
）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN
﹣、Cl
﹣
B．c（H
+）/c（OH
﹣）=1×10
﹣12 的溶液中：K
+、Na
+、CO32﹣、NO3
﹣
C．c（Fe2+ ）=1 mol•L
﹣1 的溶液中：K
+、NH4
+、MnO4
﹣、SO42﹣
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na
+、NH4
+、SO42﹣、HCO3
﹣
10．（2 分）H2O2 分解速率受多种因素影响．实验测得70℃时不同条件下H2O2 浓度随时间的变化如图所示．下列说法
正确的是（
）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2 浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH 越小，H2O2 分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2 分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2 分解速率的影响大
二、不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只
包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得
满分，但只要选错一个，该小题就得0 分
11 ．（4 分）萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（
）
A．a 和b 都属于芳香族化合物
B．a 和c 分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b 和c 均能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．b 和c 均能与新制的Cu（OH）2 反应生成红色沉淀
12．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．反应N2 （g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）的△H＜0，△S＞0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10
﹣12，pH=10 的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤5.6×10
﹣4 mol•L
﹣1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4 反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
13．（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
14．（4 分）常温下，Ka （HCOOH）=1.77×10
﹣4，Ka （CH3COOH）=1.75×10
﹣5，Kb （NH3•H2O）=1.76×10
﹣5，下列说
法正确的是（
）
A．浓度均为0.1 mol•L
﹣1 的HCOONa 和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH 均为3 的HCOOH 和CH3COOH 溶液至终点，消耗NaOH 溶液的体积相
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等
C．0.2 mol•L
﹣1 HCOOH 与0.1 mol•L
﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（HCOOH）+c（H
+）
D．0.2 mol•L
﹣1 CH3COONa 与0.1 mol•L
﹣1 盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：c（CH3COO
﹣）＞c（Cl
﹣）＞c（CH3COOH）
＞c（H
+）
15．（4 分）温度为T1 时，在三个容积均为1L 的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2 （g）（正
反应吸热）．实验测得：v 正=v （NO2 ）消耗=k 正c2（NO2 ），v 逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），k 正、
k 逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（
）
容器编号
物质的起始浓度（mol•L
﹣1）
物质的平衡浓度
（mol•L
﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：5
B．达平衡时，容器Ⅱ中c（O2 ）/c（NO2 ）比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO 的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2 时，若k 正=k 逆，则T2＞T1
三、解答题
16．（12 分）铝是应用广泛的金属．以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2 和Fe2O3 等杂质）为原料制备铝的一种工艺
流程如下：
注：SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀．
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为
．
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3 溶液，溶液的pH
（填“增大”、“不变”或“减小”）．
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是
．
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3 溶液，原理如图所示．
阳极的电极反应式为
，阴极产生的物质A 的化学式为
．
（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其主要
原因是
．
17．（15 分）化合物H 是一种用于合成γ﹣分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
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（1）C 中的含氧官能团名称为
和
。
（2）D→E 的反应类型为
。
（3）写出同时满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式：
。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一水解产物分子中只有
2 种不同化学环境的氢。
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G 的结构简式：
。
（5）已知：
（R 代表烃基，R'代表烃基或H）请写出以
和（CH3）2SO4 为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题
干）。
18．（12 分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为
．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu 与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+
对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为
．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3 溶解后配成100.00mL 溶液A；
②取25.00mL 溶液A，加入足量AgNO3 溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL 溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L
﹣1 的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子
方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H
+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过
程）．
19．（15 分）某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响
可忽略）．
已知：①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3
②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2
++Cl
﹣+2H2O
③常温时N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）2
+：
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4Ag（NH3）2
++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4
++4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为
．
（2）NaClO 溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为
．HNO3 也能氧化Ag，从
反应产物的角度分析，以HNO3 代替NaClO 的缺点是
．
（3）为提高Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并
．
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与NH3•H2O
反应外（该条件下NaClO3 与NH3•H2O 不反应），还因为
．
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag 的实验方案：
（实验中须使用的试剂有：2mol•L
﹣1 水合肼溶液，
1mol•L
﹣1H2SO4 ）．
20．（14 分）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂
X 中含有CO32﹣，其原因是
．
（2）H3AsO3 和H3AsO4 水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH 的
关系分别如图﹣1 和图﹣2 所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO3 溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停
止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为
．
②H3AsO4 第一步电离方程式H3AsO4⇌H2AsO4
﹣+H
+的电离常数为Ka1，则pKa1=
（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH 对吸附剂X 表面所带电荷有影响．pH=7.1 时，吸附剂X 表面不带电荷；pH＞7.1 时带负电荷，pH 越
高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1 时带正电荷，pH 越低，表面所带正电荷越多．pH 不同时吸附剂X 对三价砷和五价
砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X 吸附砷的质量）如图﹣3 所示．
①在pH7～9 之间，吸附剂X 对五价砷的平衡吸附量随pH 升高而迅速下降，其原因是
．
②在pH4～7 之间，吸附剂X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为
．提高吸附剂X 对三价砷
去除效果可采取的措施是
．
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．A．[物
质结构与性质]
21．（12 分）铁氮化合物（FexNy）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景．某FexNy 的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参
与．
（1）Fe3+基态核外电子排布式为
．
（2）丙酮（
）分子中碳原子轨道的杂化类型是
，1mol 丙酮分子中含有σ键的数目为
．
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为
．
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为
．
（5）某FexNy 的晶胞如图﹣1 所示，Cu 可以完全替代该晶体中a 位置Fe 或者b 位置Fe，形成Cu 替代型产物Fe（x﹣n）
CunNy．FexNy 转化为两种Cu 替代型产物的能量变化如图﹣2 所示，其中更稳定的Cu 替代型产物的化学式为
．
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B．[实验化学]
22．1﹣溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71℃，密度为1.36g•cm
﹣3．实验室制备少量1﹣溴丙烷的主要步
骤如下：
步骤1：在仪器A 中加入搅拌磁子、12g 正丙醇及20mL 水，冰水冷却下缓慢加入28mL 浓H2SO4；冷却至室温，搅拌
下加入24g NaBr．
步骤2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止．
步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相．
步骤4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用12mL H2O、12mL 5% Na2CO3 溶液和12mL H2O 洗涤，分液，得粗产品，
进一步提纯得1﹣溴丙烷．
（1）仪器A 的名称是
；加入搅拌磁子的目的是搅拌和
．
（2）反应时生成的主要有机副产物有2﹣溴丙烷和
．
（3）步骤2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是
．
（4）步骤2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是
．
（5）步骤4 中用5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5% Na2CO3 溶液，振荡，
，
静置，分液．
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2017 年江苏省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2 分）2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”．下列做法应提倡的是（
）
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别
是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可．
【解答】解：A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A 错误；
B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B 错误；
C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C 正确；
D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D 错误；
故选：C。
【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放，环保问题已经引起了全球的重视，难度不大．
2．（2 分）下列有关化学用语表示正确的是（
）
A．质量数为31 的磷原子：3115P
B．氟原子的结构示意图：
C．CaCl2 的电子式：
D．明矾的化学式：Al2（SO4）3
【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
B．氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有7 个电子；
C．两个氯离子不能合并；
D．明矾为十二水合硫酸铝钾．
【解答】解：A．质量数为31 的磷原子的质量数=15+16=31，该原子正确的表示方法为：3115P，故A 正确；
B．氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为：
，故B 错误；
C．氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为
，故C 错误；
D．明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：KAl（SO4）2•12H2O，故D 错误；
故选：A。
【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、原子结构示意图、元素符号、化学式等知
识，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养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正确的是（
）
A．Na2O2 吸收CO2 产生O2，可用作呼吸面具供氧剂
B．ClO2 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．SiO2 硬度大，可用于制造光导纤维
D．NH3 易溶于水，可用作制冷剂
【分析】A．Na2O2 吸收CO2 生成O2 和Na2CO3，氧气能供给呼吸；
B．ClO2 具有强氧化性；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理；
D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低。
【解答】解：A．Na2O2 吸收CO2 生成O2 和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼
吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A 正确；
B．ClO2 具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B 错误；
C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C 错误；
D．氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明确物质结构和性质是解本题关键，结构决定
性质、性质决定用途，题目难度不大。
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4．（2 分）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是（
）
A．制取SO2 B．验证漂白性
C．收集SO2 D．尾气处理
【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，
具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题．
【解答】解：A．稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A 错误；
B．二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，故B 正确；
C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C 错误；
D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验
能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等
5．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中只有Y、Z 处于同一周期且相邻，Z 是地壳中含量最
多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素．下列说法正确的是（
）
A．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
B．W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y 的单质的氧化性比Z 的强
D．X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的
元素，则Z 是O、W 是Na 元素，其中只有Y、Z 处于同一周期且相邻，且Y 原子序数小于Z，则Y 是N 元素，X 是H
元素；
A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；
B．W 的最高价氧化物的水化物是NaOH；
C．Y 单质是氮气、Z 单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；
D．X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最多的元素，W 是短周期中金属性最
强的元素，则Z 是O、W 是Na 元素，其中只有Y、Z 处于同一周期且相邻，且Y 原子序数小于Z，则Y 是N 元素，X
是H 元素；
A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X 位于
第一周期、Y 和Z 位于第二周期且原子序数Y＜Z，W 位于第三周期，所以原子半径：r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），
故A 错误；
B．W 的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH 是强碱，故B 错误；
C．Y 单质是氮气、Z 单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N 元素，所以Z 单质的
氧化性大于Y，故C 错误；
D．X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，
正确判断元素是解本题关键，注意：铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大．
6．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．钠与水反应：Na+2H2O═Na
++2OH
﹣+H2↑
B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl
﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH
﹣
C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH
﹣+H
++SO42﹣═BaSO4↓+H2O
D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3
﹣+OH
﹣═CaCO3↓+H2O
【分析】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒；
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B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH 生成；
C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2；
D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水．
【解答】解：A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子
方程式为2Na+2H2O═2Na
++2OH
﹣+H2↑，故A 错误；
B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH 生成，离子方程式为2Cl
﹣
+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH
﹣，故B 正确；
C．二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH
﹣+2H
++SO42﹣═
BaSO4↓+2H2O，故C 错误；
D．二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4
++Ca2++HCO3
﹣+2OH
﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，
侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不
大．
7．（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（
）
A．Fe
FeCl2
Fe（OH）2
B．S
SO3
H2SO4
C．CaCO3
CaO
CaSiO3
D．NH3
NO
HNO3
【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫；
C．CaCO3 高温分解生成CaO，CaO 和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；
D．氨气催化氧化生成NO，NO 和水不反应。
【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A 错误；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B 错误；
C．CaCO3 高温分解生成CaO，CaO 为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C 正确；
D．氨气催化氧化生成NO，NO 和水不反应，不能生成硝酸，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，
题目难度中等。
8．（2 分）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3 ）．下列说法不正确的是
①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1=a kJ•mol
﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2=b kJ•mol
﹣1
③CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3=c kJ•mol
﹣1
④2CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）△H4=d kJ•mol
﹣1（
）
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是CO2 资源化利用的方法之一
C．反应CH3OH（g）═
CH3OCH3 （g）+
H2O（l）的△H=
kJ•mol
﹣1
D．反应2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H=（2b+2c+d ）kJ•mol
﹣1
【分析】A．反应③中的反应物为CO2、H2；
B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇；
C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；
D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）．
【解答】解：A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A 正确；
B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是CO2 资源化利用的方法之一，故B 正确；
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C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH（g）═
CH3OCH3 （g）
+
H2O（l）的△H≠
kJ•mol
﹣1，故C 错误；
D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g），则△H=（2b+2c+d ）kJ•mol
﹣1，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧
重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等．
9．（2 分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（
）
A．无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN
﹣、Cl
﹣
B．c（H
+）/c（OH
﹣）=1×10
﹣12 的溶液中：K
+、Na
+、CO32﹣、NO3
﹣
C．c（Fe2+ ）=1 mol•L
﹣1 的溶液中：K
+、NH4
+、MnO4
﹣、SO42﹣
D．能使甲基橙变红的溶液中：Na
+、NH4
+、SO42﹣、HCO3
﹣
【分析】A．无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应；
B．c（H
+）/c（OH
﹣）=1×10
﹣12 的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存；
C．能和亚铁离子反应的离子不能大量共存；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存．
【解答】解：A．Fe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN
﹣发生络合反应而不能大量共存，故A 错误；
B．c（H
+）/c（OH
﹣）=1×10
﹣12 的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量
共存，故B 正确；
C．Fe2+、MnO4
﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故C 错误；
D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3
﹣能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离
子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用，题目难度不大．
10．（2 分）H2O2 分解速率受多种因素影响．实验测得70℃时不同条件下H2O2 浓度随时间的变化如图所示．下列说法
正确的是（
）
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2 浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH 越小，H2O2 分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2 分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2 分解速率的影响大
【分析】A．图甲中溶液的pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；
B．图乙中H2O2 浓度相同，但加入NaOH 浓度不同，说明溶液的pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变
化量越大；
C．图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液＞1.0mol/LNaOH 溶液＞0mol/LNaOH
溶液；
D．图丁中pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大．
【解答】解：A．图甲中溶液的pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH
条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A 错误；
B．图乙中H2O2 浓度相同，但加入NaOH 浓度不同，说明溶液的pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变
化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH 越大双氧水分解速率越快，故B 错误；
C．图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液＞1.0mol/LNaOH 溶液＞0mol/LNaOH
溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH 的影响，但与溶液的pH 值不成正比，故C 错误；
D．图丁中pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH
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值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2 分解速率的影响大，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归
纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等．
二、不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只
包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得
满分，但只要选错一个，该小题就得0 分
11 ．（4 分）萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（
）
A．a 和b 都属于芳香族化合物
B．a 和c 分子中所有碳原子均处于同一平面上
C．a、b 和c 均能使酸性KMnO4 溶液褪色
D．b 和c 均能与新制的Cu（OH）2 反应生成红色沉淀
【分析】A．a 中不含苯环；
B．a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；
C．a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO；
D．只有﹣CHO 与新制的Cu（OH）2 反应生成红色沉淀．
【解答】解：A．a 中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b 属于，故A 错误；
B．a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a 和c 分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B 错误；
C．a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO，均能使酸性KMnO4 溶液褪色，故C 正确；
D．只有﹣CHO 与新制的Cu（OH）2 反应生成红色沉淀，则只有c 能与新制的Cu（OH）2 反应生成红色沉淀，故D 错
误；
故选：C。
【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
能力和应用能力的考查，注意选项B 为解答的难点，题目难度不大．
12．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．反应N2 （g）+3H2 （g）⇌2NH3 （g）的△H＜0，△S＞0
B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C．常温下，Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10
﹣12，pH=10 的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤5.6×10
﹣4 mol•L
﹣1
D．常温常压下，锌与稀H2SO4 反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023
【分析】A．由化学计量数可知△S＜0；
B．导线连接锌块，构成原电池时Zn 为负极；
C．pH=10 的含Mg2+溶液中，c（OH
﹣）=10
﹣4 mol•L
﹣1，c（Mg2+ ）≤
；
D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．
【解答】解：A．合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A 错误；
B..导线连接锌块，构成原电池时Zn 为负极，Fe 作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B 正确；
C．pH=10 的含Mg2+溶液中，c（OH
﹣）=10
﹣4 mol•L
﹣1，c（Mg2+ ）≤
=5.6×10
﹣4 mol•L
﹣1，故C 正确；
D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质Ksp 的计算等，为高频考点，把握化学反应原理
为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项D 为易错点，题目难度中等．
13．（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
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B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；
B．生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；
C．硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等。
【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故A 错误；
B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入KCl 生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B 错误；
C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI，故C 正确；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质
的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14．（4 分）常温下，Ka （HCOOH）=1.77×10
﹣4，Ka （CH3COOH）=1.75×10
﹣5，Kb （NH3•H2O）=1.76×10
﹣5，下列说
法正确的是（
）
A．浓度均为0.1 mol•L
﹣1 的HCOONa 和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH 均为3 的HCOOH 和CH3COOH 溶液至终点，消耗NaOH 溶液的体积相
等
C．0.2 mol•L
﹣1 HCOOH 与0.1 mol•L
﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（HCOOH）+c（H
+）
D．0.2 mol•L
﹣1 CH3COONa 与0.1 mol•L
﹣1 盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：c（CH3COO
﹣）＞c（Cl
﹣）＞c（CH3COOH）
＞c（H
+）
【分析】A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO
﹣＞NH4
+＞HCOO
﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（Na
+）+c（H
+）=0.1mol/L+c（H
+）、c（NH4
+）
+c（H
+）=c（Cl
﹣）+c（OH
﹣）=0.1mol/L+c（OH
﹣），水解程度NH4
+＞HCOO
﹣，所以前者c（H
+）大于后者c（OH
﹣）；
B．pH 相同的HCOOH 和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH
均为3 的HCOOH 和CH3COOH 溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（Na
+）+c（H
+），混合溶
液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH 和HCOONa；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH 和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离
程度大于醋酸钠水解程度。
【解答】解：A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COO
﹣＞NH4
+
＞HCOO
﹣，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（Na
+）+c（H
+）=0.1mol/L+c（H
+）、
c（NH4
+）+c（H
+）=c（Cl
﹣）+c（OH
﹣）=0.1mol/L+c（OH
﹣），水解程度NH4
+＞HCOO
﹣，所以前者c（H
+）大于后者c（OH
﹣），所以浓度均为0.1 mol•L
﹣1 的HCOONa 和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故A 正确；
B．pH 相同的HCOOH 和CH3COOH，浓度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH 溶液分别滴定等体积pH
均为3 的HCOOH 和CH3COOH 溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH 和CH3COOH，
物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH 体积多，故B 错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）=c（Na
+）+c（H
+），混合溶
液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH 和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na
+），所以
得c（HCOO
﹣）+c（OH
﹣）＞c（HCOOH）+c（H
+），故C 错误；
D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH 和NaCl，混合溶液的pH＜7，说明醋酸电离
程度大于醋酸钠水解程度，甲酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO
﹣）＞c（Cl
﹣）＞c（CH3COOH）
＞c（H
+），故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、
溶液中存在的守恒是解本题关键，注意C 中等量代换，题目难度不大。
15．（4 分）温度为T1 时，在三个容积均为1L 的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2 （g）（正
反应吸热）．实验测得：v 正=v （NO2 ）消耗=k 正c2（NO2 ），v 逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），k 正、
k 逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（
）
容器编号
物质的起始浓度（mol•L
﹣1）
物质的平衡浓度
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（mol•L
﹣1）
c（NO2）
c（NO）
c（O2）
c（O2）
Ⅰ
0.6
0
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
0.2
Ⅲ
0
0.5
0.35
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：5
B．达平衡时，容器Ⅱ中c（O2 ）/c（NO2 ）比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO 的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2 时，若k 正=k 逆，则T2＞T1
【分析】A．I 中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2 （g）
开始（mol/L）0.6
0
0
反应（mol/L）0.4
0.4
0.2
平衡（mol/L）0.2
0.4
0.2
化学平衡常数K=
=0.8
容器体积为1L，则平衡时I 中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，
恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II 中压强之比为4：5，则II 中平衡时气体总物质的量为
1mol，II 中开始时浓度商=
=
＜0.8，则平衡正向移动；
B．如果II 中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=
，
平衡时c（NO2）=c（O2）=
mol/L，c（NO）=0.5mol/L+
mol/L=
mol/L，II 中
≈1.3＞0.8，说明
II 中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2）；
C．如果III 中NO 和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L 剩余，与I 相
比，III 是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%；
D．v 正=v （NO2 ）消耗=k 正c2（NO2 ），v 逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正c2（NO2 ）=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），且k 正=k 逆，则c2（NO2 ）=c2 （NO）
•c（O2 ），化学平衡常数K 等于1。
【解答】解：A．I 中的反应2NO2（g）⇌2NO（g）+O2 （g）
开始（mol/L）0.6
0
0
反应（mol/L）0.4
0.4
0.2
平衡（mol/L）0.2
0.4
0.2
化学平衡常数K=
=0.8
容器体积为1L，则平衡时I 中气体总物质的量=1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，
恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II 中压强之比为4：5，则II 中平衡时气体总物质的量为
1mol，II 中开始时浓度商=
=
＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，
所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4：5，故A 错误；
B．如果II 中平衡时c（NO2）=c（O2），设参加反应的c（NO2）=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x=
，
平衡时c（NO2）=c（O2）=
mol/L，c（NO）=0.5mol/L+
mol/L=
mol/L，II 中
≈1.3＞0.8，说明
II 中平衡时应该存在c（NO2）＞c（O2），容器I 中c（O2 ）/c（NO2）=1，所以达平衡时，容器Ⅱ中c（O2 ）/c（NO2 ）
小于1，则比容器Ⅰ中的小，故B 错误；
C．如果III 中NO 和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有c（O2）=0.1mol/L 剩余，与I 相
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比，III 是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中NO 的
体积分数小于50%，故C 正确；
D．v 正=v （NO2 ）消耗=k 正c2（NO2 ），v 逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k 正c2（NO2 ）=k 逆c2 （NO）•c（O2 ），且k 正=k 逆，则c2（NO2 ）=c2 （NO）
•c（O2 ），化学平衡常数K 等于1，该温度下的K 大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移
动，所以T2＞T1，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的
根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题，
题目难度较大。
三、解答题
16．（12 分）铝是应用广泛的金属．以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2 和Fe2O3 等杂质）为原料制备铝的一种工艺
流程如下：
注：SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀．
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为
Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣+H2O
．
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3 溶液，溶液的pH
减小
（填“增大”、“不变”或“减小”）．
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是
石墨电极被阳极上产生的O2 氧化
．
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3 溶液，原理如图所示．
阳极的电极反应式为
4CO32﹣+2H2O﹣4e
﹣═4HCO3
﹣+O2↑
，阴极产生的物质A 的化学式为
H2
．
（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其主要
原因是
NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3 薄膜
．
【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2 和Fe2O3 等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH 溶解时Fe2O3
不反应，由信息可知SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠
反应生成Al（OH）3，过滤II 得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I 为电解氧化铝生成Al 和氧气，电解II 为电解
Na2CO3 溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，
以此来解答．
【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣
+H2O；
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3 溶液，与NaAlO2 反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH
﹣＞AlO2
﹣＞CO32
﹣，可知溶液的pH 减小，故答案为：减小；
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2 氧化，
故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2 氧化；
（4）由图可知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e
﹣═4HCO3
﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质
A 的化学式为H2，
故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e
﹣═4HCO3
﹣+O2↑；H2；
（5）铝粉在1000℃时可与N2 反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl 固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其主要
原因是NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3 薄膜，故答案为：NH4Cl 分解产生的HCl 能够破坏Al 表面的Al2O3
薄膜．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的
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关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等．
17．（15 分）化合物H 是一种用于合成γ﹣分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：
（1）C 中的含氧官能团名称为
醚键
和
酯基
。
（2）D→E 的反应类型为
取代反应
。
（3）写出同时满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式：
。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一水解产物分子中只有
2 种不同化学环境的氢。
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G 的结构简式：
。
（5）已知：
（R 代表烃基，R'代表烃基或H）请写出以
和（CH3）2SO4 为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题
干）。
【分析】由合成流程可知，A→B 发生取代反应，B→C 发生还原反应，C→D 为取代反应，D→E 为氨基上H 被取代，属
于取代反应，比较F 与H 的结构可知，G 为
，G→H 发生氧化反应，
（1）C 中含氧官能团为醚键、酯基；
（2）D→E 为氨基上H 被取代；
（3）C 的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣
氨基酸，另一水解产物分子中只有2 种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C 为手
性碳；
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，可知F→G 的转化﹣COOCH3 转化为﹣CH2OH；
（5）以
和（CH3）2SO4 为原料制备
，结合上述合成流程可知，
﹣OH 转化为﹣Br，酚﹣OH 转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应．
【解答】解：（1）由结构可知C 中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；
（2）D→E 为氨基上H 被取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（3）C 的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣
氨基酸，另一水解产物分子中只有2 种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C 为手
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性碳，可知符合条件的结构简式为
，
故答案为：
；
（4）G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，可知F→G 的转化﹣COOCH3 转化为﹣CH2OH，其它结构不变，则G 的
结构简式为
，
故答案为：
；
（5）以
和（CH3）2SO4 为原料制备
，结合上述合成流程可知，
﹣OH 转化为﹣Br ，酚﹣OH 转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应，则合成流程为
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关
键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意有机物性质的应用及同分异构体判断，题目难度中等．
18．（12 分）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂．
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50℃时，向CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，该反应的化学方程式为
4CuCl+O2+8H2O
2Cu2（OH）2Cl2•3H2O
．
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜．Cu 与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+
对该反应有催化作用，其催化原理如图所示．M′的化学式为
Fe2+
．
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：
①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3 溶解后配成100.00mL 溶液A；
②取25.00mL 溶液A，加入足量AgNO3 溶液，得AgCl 0.1722g；
③另取25.00mL 溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.08000mol•L
﹣1 的EDTA（Na2H2Y•2H2O）标准溶液滴定Cu2+ （离子
方程式为Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H
+），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样品的化学式（写出计算过
程）．
【分析】（1）①45～50℃时，向CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为CuCl、氧气、水；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu 元素的化合价升高，则M 中Fe 元素的化合价降低；
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（2）由②可知n（Cl
﹣）=n（AgCl）×
=
=4.800×10
﹣3mol，由③可知n（Cu2+）
=n（EDTA）×
=0.08000 mol•L
﹣1×30.00 mL×10
﹣3 L•mL
﹣1×
=9.600×10
﹣3 mol，结合化合物中正负
化合价的代数和为0 及物质定组成来计算．
【解答】解：（1）①45～50℃时，向CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu2 （OH）2 Cl2•3H2O，反应物为CuCl、氧气、
水，Cu 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O2+8H2O
2Cu2（OH）
2Cl2•3H2O，
故答案为：4CuCl+O2+8H2O
2Cu2（OH）2Cl2•3H2O；
②Fe3+对该反应有催化作用，结合图可知，Cu 元素的化合价升高，则M 中Fe 元素的化合价降低，可知M′的化学式为
Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）n（Cl
﹣）=n（AgCl）×
=
=4.800×10
﹣3mol，
n（Cu2+）=n（EDTA）×
=0.08000 mol•L
﹣1×30.00 mL×10
﹣3 L•mL
﹣1×
=9.600×10
﹣3 mol，
n（OH
﹣）=2n（Cu2+）﹣n（Cl
﹣）=2×9.600×10
﹣3 mol﹣4.800×10
﹣3 mol=1.440×10
﹣2 mol，
m（Cl
﹣）=4.800×10
﹣3 mol×35.5 g•mol
﹣1=0.1704 g，
m（Cu2+）=9.600×10
﹣3 mol×64 g•mol
﹣1=0.6144 g，
m（OH
﹣）=1.440×10
﹣2 mol×17 g•mol
﹣1=0.2448 g，
n（H2O）=
=4.800×10
﹣3 mol，
则a：b：c：x=n（Cu2+）：n（OH
﹣）：n（Cl
﹣）：n（H2O）=2：3：1：1，
即化学式为Cu2 （OH）3Cl•H2O，
答：该样品的化学式为Cu2 （OH）3Cl•H2O．
【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验，为高频考点，把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键，
侧重分析能力和实验能力的考查，注意氧化还原反应及定组成的应用，题目难度中等．
19．（15 分）某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响
可忽略）．
已知：①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3
②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2
++Cl
﹣+2H2O
③常温时N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）2
+：
4Ag（NH3）2
++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4
++4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为
水浴加热
．
（2）NaClO 溶液与
Ag 反应的产物为AgCl 、NaOH 和O2，该反应的化学方程式为
4Ag+4NaClO+2H2O═
4AgCl+4NaOH+O2↑
．HNO3 也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3 代替NaClO 的缺点是
会释放出氮氧化
物（或NO、NO2），造成环境污染
．
（3）为提高Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并
将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
．
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与NH3•H2O
反应外（该条件下NaClO3 与NH3•H2O 不反应），还因为
未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的
Cl
﹣，不利于AgCl 与氨水反应
．
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag 的实验方案：
向滤液中滴加2mol•L
﹣1 水合肼溶液，搅拌使其充分反
应，同时用1mol•L
﹣1H2SO4 溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥
（实
验中须使用的试剂有：2mol•L
﹣1 水合肼溶液，1mol•L
﹣1H2SO4 ）．
【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，为控
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制80℃，可水浴加热，过滤I 分离出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，发生AgCl+2NH3•H2O⇌Ag（NH3）2
++Cl
﹣+2H2O，
过滤II 分离出的滤渣为Ag，对过滤II 得到的滤液用N2H4•H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）2
+得到Ag，
以此来解答．
【解答】解：（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热，
故答案为：水浴加热；
（2）NaClO 溶液与Ag 反应的产物为AgCl、NaOH 和O2，Ag、O 元素的化合价升高，Cl 元素的化合价降低，由电子、
原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑．HNO3 也能氧化Ag，从反应产物的角度
分析，以HNO3 代替NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物（或NO、NO2 ），造成环境污染，
故答案为：4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；会释放出氮氧化物（或NO、NO2 ），造成环境污染；
（3）为提高Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，减少Ag 的损失，
故答案为：将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中；
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO 与NH3•H2O
反应外（该条件下NaClO3 与NH3•H2O 不反应），还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl
﹣，不利于AgCl 与氨水反应，
故答案为：未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl
﹣，不利于AgCl 与氨水反应；
（5）由信息③可知，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag 的实验方案为向滤液中滴加2mol•L
﹣1 水合肼溶液，搅拌使其
充分反应，同时用1 mol•L
﹣1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，
干燥，
故答案为：向滤液中滴加2mol•L
﹣1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol•L
﹣1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的
NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的
关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等．
20．（14 分）砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂
X 中含有CO32﹣，其原因是
碱性溶液吸收了空气中的CO2
．
（2）H3AsO3 和H3AsO4 水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH 的
关系分别如图﹣1 和图﹣2 所示．
①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH 溶液逐滴加入到H3AsO3 溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停
止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为
OH
﹣+H3AsO3=H2AsO3
﹣+H2O
．
②H3AsO4 第一步电离方程式H3AsO4⇌H2AsO4
﹣+H
+的电离常数为Ka1，则pKa1=
2.2
（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH 对吸附剂X 表面所带电荷有影响．pH=7.1 时，吸附剂X 表面不带电荷；pH＞7.1 时带负电荷，pH 越
高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1 时带正电荷，pH 越低，表面所带正电荷越多．pH 不同时吸附剂X 对三价砷和五价
砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X 吸附砷的质量）如图﹣3 所示．
①在pH7～9 之间，吸附剂X 对五价砷的平衡吸附量随pH 升高而迅速下降，其原因是
在pH7～9 之间，随pH 升高
H2AsO4
﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X 表面所带负电荷增多，静电斥力增加
．
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②在pH4～7 之间，吸附剂X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为
在pH4～7 之间，吸附剂X 表面带
正电，五价砷主要以H2AsO4
﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3 分子存在，与吸附剂X
表面产生的静电引力小
．提高吸附剂X 对三价砷去除效果可采取的措施是
加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
．
【分析】（1）空气中的CO2 属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3 的浓度减小、H2AsO3
﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3 生成H2AsO3
﹣，该反应为酸碱
的中和反应；
②Ka1=
，pH=2.2 时c（H
+）=10
﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3
﹣）；
（3）①吸附剂X 表面所带负电荷增多，静电斥力越大；
②在pH4～7 之间，吸附剂X 表面带正电，五价砷主要以H2AsO4
﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1 时带正电荷，pH 越
低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3 分子存在；
在pH4～7 之间，吸附剂X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除
三价砷．
【解答】解：（1）空气中的CO2 属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH 是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳
酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2，故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；
（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3 的浓度减小、H2AsO3
﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3 生成H2AsO3
﹣，该反应为酸碱
的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH
﹣+H3AsO3=H2AsO3
﹣+H2O，
故答案为：OH
﹣+H3AsO3=H2AsO3
﹣+H2O；
②Ka1=
，pH=2.2 时c（H
+）=10
﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3
﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣
lg
=2.2，
故答案为：2.2；
（3）①吸附剂X 表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9 之间，随pH 升高H2AsO4
﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂
X 表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9 之间，吸附剂X 对五价砷的平衡吸附量随pH 升高而迅速下降，
故答案为：在pH7～9 之间，随pH 升高H2AsO4
﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X 表面所带负电荷增多，静电斥力增加；
②在pH4～7 之间，吸附剂X 表面带正电，五价砷主要以H2AsO4
﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1 时带正电荷，pH 越
低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3 分子存在，与吸附剂X 表面产生的静电引力小，
所以在pH4～7 之间，吸附剂X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；
在pH4～7 之间，吸附剂X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除
三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，
故答案为：在pH4～7 之间，吸附剂X 表面带正电，五价砷主要以H2AsO4
﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而
三价砷主要以H3AsO3 分子存在，与吸附剂X 表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【点评】本题以含有As 的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析，为高频考点，侧重考查学生对基础知识的掌握
和灵活运用、图象分析判断能力，明确出题人的目的是解本题关键，难点是图象的正确理解和分析，题目难度中等．
【选做题】本题包括A、B 两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A 小题评分．A．[物
质结构与性质]
21．（12 分）铁氮化合物（FexNy）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景．某FexNy 的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参
与．
（1）Fe3+基态核外电子排布式为
[Ar]3d5 或1s22s22p63s23p63d5
．
（2）丙酮（
）分子中碳原子轨道的杂化类型是
sp2和sp3
，1mol 丙酮分子中含有σ键的数目为
9NA
．
（3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为
H＜C＜O
．
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为
乙醇分子间存在氢键
．
（5）某FexNy 的晶胞如图﹣1 所示，Cu 可以完全替代该晶体中a 位置Fe 或者b 位置Fe，形成Cu 替代型产物Fe（x﹣n）
CunNy．FexNy 转化为两种Cu 替代型产物的能量变化如图﹣2 所示，其中更稳定的Cu 替代型产物的化学式为
Fe3CuN
．
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【分析】（1）Fe 的原子序数为26，Fe3+基态核外电子数为23，且3d 电子为半满稳定结构；
（2）
中单键均为σ键，双键中含1 个σ键，甲基上C 形成4 个σ键，C=O 中C 形成3 个σ键；
（3）非金属性越强，电负性越大；
（4）乙醇分子之间形成氢键，导致沸点较高；
（5）由图2 可知，Cu 替代a 位置的Fe 时能量较低，更稳定，则Cu 位于顶点，N（Cu）=8×
=1，Fe 位于面心，N（Fe）
=6×
=3，N 位于体心，以此来解答．
【解答】解：（1）Fe 的原子序数为26，Fe3+基态核外电子数为23，且3d 电子为半满稳定结构，可知Fe3+基态核外电子
排布式为[Ar]3d5 或1s22s22p63s23p63d5，
故答案为：[Ar]3d5 或1s22s22p63s23p63d5；
（2）
中单键均为σ键，双键中含1 个σ键，甲基上C 形成4 个σ键，C=O 中C 形成3 个σ键，均为孤对电
子，则羰基上C 为sp2 杂化，甲基上C 为sp3 杂化，1mol 丙酮共有9molσ键，数目为9NA 个，
故答案为：sp2 和sp3；9NA；
（3）非金属性越强，电负性越大，则C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，
故答案为：H＜C＜O；
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键，导致沸点高，
故答案为：乙醇分子间存在氢键；
（5）由图2 可知，Cu 替代a 位置的Fe 时能量较低，更稳定，则Cu 位于顶点，N（Cu）=8×
=1，Fe 位于面心，N（Fe）
=6×
=3，N 位于体心，则只有1 个N，其化学式为Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN．
【点评】本题考查物质结构与性质，为高频考点，把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构
为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等．
B．[实验化学]
22．1﹣溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71℃，密度为1.36g•cm
﹣3．实验室制备少量1﹣溴丙烷的主要步
骤如下：
步骤1：在仪器A 中加入搅拌磁子、12g 正丙醇及20mL 水，冰水冷却下缓慢加入28mL 浓H2SO4；冷却至室温，搅拌
下加入24g NaBr．
步骤2：如图所示搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止．
步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相．
步骤4：将分出的有机相转入分液漏斗，依次用12mL H2O、12mL 5% Na2CO3 溶液和12mL H2O 洗涤，分液，得粗产品，
进一步提纯得1﹣溴丙烷．
（1）仪器A 的名称是
蒸馏烧瓶
；加入搅拌磁子的目的是搅拌和
防止暴沸
．
（2）反应时生成的主要有机副产物有2﹣溴丙烷和
丙烯、正丙醚
．
（3）步骤2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是
减少1﹣溴丙烷的挥发
．
（4）步骤2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是
减少HBr 挥发
．
（5）步骤4 中用5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5% Na2CO3 溶液，振荡，
将分液漏
斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体
，静置，分液．
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【分析】（1）由图可知仪器的名称，搅拌磁子除搅拌外，还可防止液体剧烈沸腾；
（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应；
（3）冰水浴可降低温度，减少生成物的挥发；
（4）步骤2 中需缓慢加热，可减少浓硫酸与NaBr 反应生成的HBr 挥发；
（5）加入12mL 5% Na2CO3 溶液，振荡，洗涤1﹣溴丙烷时可能发生HBr 与碳酸钠的反应生成气体，需要排出气体．
【解答】解：（1）由图可知，仪器A 的名称是蒸馏烧瓶，加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止暴沸，
故答案为：蒸馏烧瓶；防止暴沸；
（2）正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应，或分子间取代反应，则反应时生成的主要有机副产物有2﹣溴丙烷和
丙烯、正丙醚，
故答案为：丙烯、正丙醚；
（3）步骤2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少1﹣溴丙烷的挥发，
故答案为：减少1﹣溴丙烷的挥发；
（4）步骤2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行，目的是减少HBr 挥发，
故答案为：减少HBr 挥发；
（5）步骤4 中用5%Na2CO3 溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL 5% Na2CO3 溶液，振荡，将分液漏斗
下口向上倾斜、打开活塞排出气体，静置，分液，
故答案为：将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体．
【点评】本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键，侧重分析能
力和实验能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度中等．
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2017 年海南省高考化学试卷
一、选择题：本题共6 小题，每小题2 分，共12 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2 分）下列说法错误的是（
）
A．蔗糖可作调味剂
B．细铁粉可作食品抗氧剂
C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂
2．（2 分）分别将足量下列气体通入稀Na2S 溶液中，可以使溶液变浑浊的是（
）
A．CO
B．SO2
C．HCl
D．CO2
3．（2 分）下列分子中，其中子总数为24 的是（
）
A．18O3 B．2H217O2
C．14N16O2
D．14C16O2
4．（2 分）在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3
﹣+2M3++4H2O=M2O7n﹣+Cl
﹣+8H
+，M2O7n﹣中M 的化合价是（
）
A．+4
B．+5
C．+6
D．+7
5．（2 分）下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（
）
A．
B．
C．
D．
6．（2 分）能正确表达下列反应的离子方程式为（
）
A．用醋酸除去水垢：2H
++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H
++FeS=H2S↑+Fe2+
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣=Al2（CO3）3↓
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH
﹣=NO3
﹣+NO2
﹣+H2O
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有一个或两个选项是符合题目要求的．若正确答案只包括
一个选项，多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一
个就得0 分．
7．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜
B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢
C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气
D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
8．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．酒越陈越香与酯化反应有关
B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体
9．（4 分）NA 为阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（
）
A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol•L
﹣1 的乙酸溶液中含H
+的数量为0.1NA
D．1 mol 的CO 和N2 混合气体中含有的质子数为14NA
10．（4 分）一种电化学制备NH3 的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H
+．下列叙述错误的是（
）
A．Pb 电极b 为阴极
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B．阴极的反应式为：N2+6H
++6e
﹣=2NH3
C．H
+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2 和H2
11．（4 分）已知反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）△H＜0．在一定温度和压强下于密闭容器中，
反应达到平衡．下列叙述正确的是（
）
A．升高温度，K 减小B．减小压强，n（CO2）增加
C．更换高效催化剂，α（CO）增大D．充入一定量的氮气，n（H2）不变
12．（4 分）下列实验操作正确的是（
）
A．滴定前用待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出
三、非选择题：共64 分．第13～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第18、19 题为选考题，考生根据要求作
答．（一）必考题（共44 分）
13．（8 分）X、Y、L、M 为核电荷数依次增大的前20 号主族元素．X2 是最轻的气体，Y、L 与M 三种元素的质子数均
为5 的倍数．回答下列问题：
（1）X 与L 组成的最简单化合物的电子式为
．
（2）X 与M 组成的物质为
（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的
化学方程式为
．
（3）Y 在周期表中的位置是
，其含氧酸的化学式为
．
（4）L 与M 形成的化合物中L 的化合价是
．
14．（8 分）碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产．回答下列问题：
（1）碳酸钠俗称
，可作为碱使用的原因是
（用离子方程式表示）．
（2）已知：
①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ•mol
﹣1
②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ•mol
﹣1
反应2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的△H=
kJ•mol
﹣1，该反应的平衡常数表达式K=
．
（3）向含有BaSO4 固体的溶液中滴加Na2CO3 溶液，当有BaCO3 沉淀生成时溶液中
=
．已知Ksp（BaCO3）
=2.6×10
﹣9，Ksp（BaSO4）=1.1×10
﹣10．
15．（8 分）已知苯可以进行如下转化：
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型为
，化合物A 的化学名称为
．
（2）化合物B 的结构简式为
，反应②的反应类型为
．
（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯
．
16．（10 分）锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途．回答下列问题：
（1）用碳酸锂和
反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl 的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应
式为
．
（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是
．
（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂．鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用
的实验方法和现象分别是
．
（4）LiPF6 易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质．LiPF6 受热易分解，其热分解产物为PF5 和
．
17．（10 分）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4•7H2O 的过程如图所示：
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硼镁泥的主要成分如下表：
MgO
SiO2
FeO、Fe2O3
CaO
Al2O3
B2O3
30%～40%
20%～25%
5%～15%
2%～3%
1%～2%
1%～2%
回答下列问题：
（1）“酸解”时应该加入的酸是
，“滤渣1”中主要含有
（写化学式）．
（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是
、
．
（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是
．
（4）分离滤渣3 应趁热过滤的原因是
．
[选修5：有机化学基础]
18．（6 分）香茅醛（
）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的叙述正确的有（
）
A．分子式为C10H18O
B．不能发生银镜反应
C．可使酸性KMnO4 溶液褪色
D．分子中有7 种不同化学环境的氢
六、标题
19．（14 分）当醚键两端的烷基不相同时（R1﹣O﹣R2，R1≠R2），通常称其为“混醚”．若用醇脱水的常规方法制备混醚，
会生成许多副产物：
R1﹣OH+R2﹣OH
R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O
一般用Williamson 反应制备混醚：R1 ﹣X+R2 ﹣ONa→R1 ﹣O ﹣R2+NaX ，某课外研究小组拟合成
（乙基苄基醚），采用如下两条路线进行对比：
Ⅰ：
Ⅱ：①
②
③
回答下列问题：
（1）路线Ⅰ的主要副产物有
、
．
（2）A 的结构简式为
．
（3）B 的制备过程中应注意的安全事项是
．
（4）由A 和B 生成乙基苄基醚的反应类型为
．
（5）比较两条合成路线的优缺点：
．
（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有
种．
（7）某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线
．
[选修3：物质结构与性质]
20．（6 分）下列叙述正确的有（
）
A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则其最高正价为+7
B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性
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D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
21．（14 分）ⅣA 族元素及其化合物在材料等方面有重要用途．回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示．该单质的晶体类型为
，原子间存在的共价键类型有
，碳原
子的杂化轨道类型为
．
（2）SiCl4 分子的中心原子的价层电子对数为
，分子的立体构型为
，属于
分子（填“极性”或“非
极性”）．
（3）四卤化硅SiX4 的沸点和二卤化铅PbX2 的熔点如图（b）所示．
①SiX4 的沸点依F、Cl、Br、I 次序升高的原因是
．
②结合SiX4 的沸点和PbX2 的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I 次序，PbX2 中的化学键的离子性
、共
价性
．（填“增强”“不变”或“减弱”）
（4）碳的另一种单质C60 可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示．K 位于立方体的棱上和立方体的内
部，此化合物的化学式为
；其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为
g•cm
﹣3．
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2017 年海南省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6 小题，每小题2 分，共12 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2 分）下列说法错误的是（
）
A．蔗糖可作调味剂
B．细铁粉可作食品抗氧剂
C．双氧水可作消毒剂D．熟石灰可作食品干燥剂
【分析】A．蔗糖具有甜味；
B．铁粉具有强的还原性；
C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性；
D．生石灰具有吸水性，熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性．
【解答】解：A．蔗糖具有甜味，可以做调味剂，故A 正确；
B．铁粉具有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B 正确；
C．过氧化氢具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，可以用于消毒剂，故C 正确；
D．熟石灰即氢氧化钙不具有吸水性，不能用于食品干燥剂，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的组成、性质、用途等，明确相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．
2．（2 分）分别将足量下列气体通入稀Na2S 溶液中，可以使溶液变浑浊的是（
）
A．CO
B．SO2
C．HCl
D．CO2
【分析】A、CO 与稀Na2S 溶液不反应；
B、足量SO2 气体通入稀Na2S 溶液中发生归中反应生成硫沉淀；
C、足量HCl 气体通入稀Na2S 溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；
D、足量CO2 气体通入稀Na2S 溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢．
【解答】解：A、CO 与稀Na2S 溶液不反应，无浑浊，故A 错误；
B、二氧化硫具有氧化性，与Na2S 反应生成S 沉淀，产生了沉淀，则可以使溶液变浑浊，故B 正确；
C、因为HCl 的酸性比硫化氢强，所以足量HCl 气体通入稀Na2S 溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C
错误；
D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2 气体通入稀Na2S 溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，
故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，侧重考查无机化合物之间的反应，题目难度不大．
3．（2 分）下列分子中，其中子总数为24 的是（
）
A．18O3 B．2H217O2
C．14N16O2
D．14C16O2
【分析】中子数=质量数﹣质子数，据此进行计算．
【解答】解：A．18O3 中子数为（18﹣8）×3=30，故A 错误；
B．2H217O2 中子数为（2﹣1）×2+（17﹣8）×2=20，故B 错误；
C．14N16O2 中子数为（14﹣7）+（16﹣8）×2=23，故C 错误；
D．14C16O2 中子数为（14﹣6）+（16﹣8）×2=24，故D 正确，
故选：D。
【点评】明确原子结构中质子数、中子数、相对原子质量等之间的关系．是解题的关键，本题难度中等．
4．（2 分）在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3
﹣+2M3++4H2O=M2O7n﹣+Cl
﹣+8H
+，M2O7n﹣中M 的化合价是（
）
A．+4
B．+5
C．+6
D．+7
【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算．
【解答】解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以﹣1+2×（+3）=﹣n+（﹣1）+（+8），解得n=2，根据化合价规则，
M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2 价，所以M 元素的化合价为+6 价。
故选：C。
【点评】本题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
5．（2 分）下列危险化学品标志中表示腐蚀品的是（
）
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A．
B．
C．
D．
【分析】根据图示标志的含义来分析，常见的图示有腐蚀品、易燃液体、放射性物质、强氧化剂、爆炸品等．
【解答】解：A、图示标志是腐蚀品标志，故A 正确；
B、图示标志是易燃固体，故B 错误；
C、图示标志是放射性物品，故C 错误；
D、图示标志是氧化剂，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了试剂的分类及常见危险品标志，了解危险化学品的分类、各个常见标志所代表的含义是解答本题
的关键，题目难度不大．
6．（2 分）能正确表达下列反应的离子方程式为（
）
A．用醋酸除去水垢：2H
++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H
++FeS=H2S↑+Fe2+
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3CO32﹣=Al2（CO3）3↓
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO2+2OH
﹣=NO3
﹣+NO2
﹣+H2O
【分析】A．醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁、二氧化硫、硫单质和水；
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4 价的氮发生氧化还原反应生成+5、+3 价的氮．
【解答】解：A．碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO
﹣，
故A 错误；
B．硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为2FeS+6H2SO4（浓）
2Fe3++3SO42﹣+3SO2↑+2S+6H2O，故B 错误；
C．铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为
2Al3++3CO32﹣+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑，故C 错误；
D．用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，+4 价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为2NO2+2OH
﹣=NO3
﹣+NO2
﹣+H2O，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子方程式正误判断常用方法：
检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守
恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有一个或两个选项是符合题目要求的．若正确答案只包括
一个选项，多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一
个就得0 分．
7．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．稀硫酸和铜粉反应可制备硫酸铜
B．碘化钾与浓硫酸反应可制备碘化氢
C．过氧化钠与二氧化碳反应可制备氧气
D．铝箔在氯气中燃烧可制备无水三氯化铝
【分析】A．稀硫酸不与铜发生反应；
B．浓硫酸能够将碘离子氧化成碘单质；
C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；
D．铝与氯气燃烧生成氯化铝．
【解答】解：A．Cu 与浓硫酸加热能够反应，与稀硫酸不反应，故A 错误；
B．浓硫酸具有强氧化性，能够将HI 氧化，不能用浓硫酸与碘化钾反应制取HI，故B 错误；
C．过氧化钠能够与二氧化碳反应生成生成氧气，可用过氧化钠制备氧气，故C 正确；
D．铝箔在氯气中燃烧生成氯化铝，可据此制备无水三氯化铝，故D 正确；
故选：CD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题侧重对学生
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基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
8．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．酒越陈越香与酯化反应有关
B．乙烷、丙烷和丁烷都没有同分异构体
C．乙烯和聚氯乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色
D．甲烷与足量氯气在光照下反应可生成难溶于水的油状液体
【分析】A．乙醇被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；
B．丁烷存在同分异构体；
C．聚乙烯不含碳碳双键；
D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等．
【解答】解：A．酒中含乙醇，乙醇可被氧化成乙醛，乙醛进一步被氧化成乙酸，乙醇和乙酸在一定条件下反应生成
乙酸乙酯，乙酸乙酯具有香味，故酒是陈的香，故A 正确；
B．丁烷存在正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B 错误；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故C 错误；
D．甲烷与足量氯气反应可生成三氯甲烷、四氯化碳等，二者都为难溶于水的油状液体，故D 正确。
故选：AD。
【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为解答的关键，侧重分析与应用能力
的考查，注意把握同分异构体的判断，题目难度不大．
9．（4 分）NA 为阿伏加德罗常数的值．下列叙述错误的是（
）
A．1 mol 乙烯分子中含有的碳氢键数为4NA
B．1 mol 甲烷完全燃烧转移的电子数为8NA
C．1 L 0.1 mol•L
﹣1 的乙酸溶液中含H
+的数量为0.1NA
D．1 mol 的CO 和N2 混合气体中含有的质子数为14NA
【分析】A、乙烯中含4 条碳氢键；
B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4 价变为+4 价；
C、乙酸为弱酸，不能完全电离；
D、CO 和氮气中均含14 个质子．
【解答】解：A、乙烯中含4 条碳氢键，故1mol 乙烯中含4NA 条碳氢键，故A 正确；
B、甲烷燃烧时，碳元素由﹣4 价变为+4 价，故1mol 甲烷燃烧转移8mol 即8NA 个电子，故B 正确；
C、乙酸为弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子个数小于0.1NA 个，故C 错误；
D、CO 和氮气中均含14 个质子，故1molCO 和氮气的混合物中含有的质子数为14NA 个，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构．
10．（4 分）一种电化学制备NH3 的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H
+．下列叙述错误的是（
）
A．Pb 电极b 为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H
++6e
﹣=2NH3
C．H
+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2 和H2
【分析】由电化学制备NH3 的装置可知，通入氮气的一端为为阴极，通入氢气的一端为阳极，电解反应
N2+3H2
2NH3，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答．
【解答】解：A．Pb 电极b 上氢气失去电子，为阳极，故A 错误；
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B．阴极上发生还原反应，则阴极反应为N2+6H
++6e
﹣=2NH3，故B 正确；
C．电解池中，H
+由阳极向阴极迁移，故C 正确；
D．由图可知，氮气与氢气不直接接触，陶瓷可以隔离N2 和H2，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题为2017 年海南高考题，侧重考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应及离子移动方向为解答的
关键，注重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
11．（4 分）已知反应CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）△H＜0．在一定温度和压强下于密闭容器中，
反应达到平衡．下列叙述正确的是（
）
A．升高温度，K 减小B．减小压强，n（CO2）增加
C．更换高效催化剂，α（CO）增大D．充入一定量的氮气，n（H2）不变
【分析】A．升高温度，平衡向逆反应方向移动；
B．减小压强，平衡向体积增大的方向移动；
C．催化剂不会引起化学平衡的移动；
D．在一定温度和压强下，充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动．
【解答】解：A．△H＜0，正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A 正确；
B．比较方程式气体的计量数关系，反应前气体的计量数等于反应后气体的计量数之和，则减小压强，平衡不移动，n
（CO2）不变，故B 错误；
C．催化剂能改变反应速率，但不会引起化学平衡的移动，所以α（CO）不变，故C 错误；
D．充入一定量的氮气，相当于混合气体压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，但该反应前后气体体积不变，
平衡不移动，n（H2）不变，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，本题注意观察方程式的特征，把握外界条件对平衡状态的影
响．
12．（4 分）下列实验操作正确的是（
）
A．滴定前用待测液润洗锥形瓶
B．容量瓶和滴定管使用前均需要检漏
C．蒸馏完毕时，先关闭冷凝水，再停止加热
D．分液时，下层溶液先从下口放出，上层溶液再从上口倒出
【分析】A．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大；
B．容量瓶有瓶塞、滴定管有旋塞，使用前必须检查是否漏水；
C．先关闭冷凝水再停止加热，易导致冷凝管炸裂；
D．为了提高分液效果，分液漏斗下层液体从而下口放出，上层溶液再从上口倒出．
【解答】解：A．中和滴定时，盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否则待测液中溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，
故A 错误；
B．为了避免影响实验结果，容量瓶和滴定管使用前均需要检漏，故B 正确；
C．蒸馏时，应防止冷凝管破裂，蒸馏完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水，故C 错误；
D．分液时，为了避免污染试剂，下层溶液先从分液漏斗下口放出，上层溶液再从分液漏斗上口倒出，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及中和滴定、分液、蒸馏操作方法等知识，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．
三、非选择题：共64 分．第13～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第18、19 题为选考题，考生根据要求作
答．（一）必考题（共44 分）
13．（8 分）X、Y、L、M 为核电荷数依次增大的前20 号主族元素．X2 是最轻的气体，Y、L 与M 三种元素的质子数均
为5 的倍数．回答下列问题：
（1）X 与L 组成的最简单化合物的电子式为
．
（2）X 与M 组成的物质为
离子
（填“共价”或“离子”）化合物，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的
化学方程式为
CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑
．
（3）Y 在周期表中的位置是
第二周期ⅢA 族
，其含氧酸的化学式为
H3BO3
．
（4）L 与M 形成的化合物中L 的化合价是
﹣3
．
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【分析】X2 是最轻的气体，X 应为H 元素，Y、L 与M 三种元素的质子数均为5 的倍数，且为主族元素，则质子数分别
为5、15、20，分别B、P、Ca 等元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题．
【解答】解：（1）X 与L 组成的最简单化合物为PH3，电子式类似氨气，为
，故答案为：
；
（2）X 与M 组成的物质为CaH2，为离子化合物，可与水反应生成氢气，方程式为CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑，
故答案为：离子；CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑；
（3）Y 为B 元素，位于周期表第二周期ⅢA 族，含氧酸为H3BO3，故答案为：第二周期ⅢA 族；H3BO3；
（4）L 与M 形成的化合物Ca3P2，Ca 的化合价为+2 价，P 为﹣3 价，故答案为：﹣3．
【点评】本题考查原子结构与元素周期率，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握常见元素在周期表的位
置与性质的递变规律，难度不大．
14．（8 分）碳酸钠是一种重要的化工原料，主要采用氨碱法生产．回答下列问题：
（1）碳酸钠俗称
纯碱
，可作为碱使用的原因是
CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣
（用离子方程式表示）．
（2）已知：
①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ•mol
﹣1
②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ•mol
﹣1
反应2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）的△H=
+135.6
kJ•mol
﹣1，该反应的平衡常数表达式K=
c
（H2O）•c（CO2）
．
（3）向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中
=
．已知Ksp（BaCO3）
=2.6×10
﹣9，Ksp（BaSO4）=1.1×10
﹣10．
【分析】（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3 为强碱弱酸盐，CO32﹣水解使溶液呈碱性；
（2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ•mol
﹣1
②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ•mol
﹣1
，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）据此进行分析；K=
；
（3）当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算．
【解答】解：（1）碳酸钠俗称纯碱；Na2CO3 为强碱弱酸盐，CO32﹣离子水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣，使溶液
呈碱性，
故答案为：纯碱；CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣；
（2）①2NaOH（s）+CO2（g）═Na2CO3（s）+H2O（g）△H1=﹣127.4kJ•mol
﹣1
②NaOH（s）+CO2（g）═NaHCO3（s）△H1=﹣131.5kJ•mol
﹣1
，①﹣2×②得，2NaHCO3（s）═Na2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）△H=+135.6kJ•mol
﹣1；K=c（H2O）•c（CO2），
故答案为：+135.6；c（H2O）•c（CO2）；
（3）Ksp（Ba SO4）=c（Ba2+）（SO42﹣）=1.1×10
﹣10；Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32﹣）=2.6×10
﹣9，
所以
=
=
=
，
故答案为：
．
【点评】本题考查化学平衡的有关计算，反应热计算等，题目难度中等，注意掌握平衡常数的计算和应用与盖斯定律．
15．（8 分）已知苯可以进行如下转化：
回答下列问题：
（1）反应①的反应类型为
加成反应
，化合物A 的化学名称为
环己烷
．
（2）化合物B 的结构简式为
，反应②的反应类型为
消去反应
．
（3）如何仅用水鉴别苯和溴苯
加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯
．
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【分析】由转化关系可知苯与氢气发生加成反应，生成A 为环己烷，结构简式为
或
，由B 的分子式可
知B 为
，然后发生消去反应生成
，结合对应有机物的官能团的性质解答该题．
【解答】解：（1）反应①为加成反应，生成A 为
，为环己烷，故答案为：加成反应；环己烷；
（2）由以上分析可知B 为
，发生消去反应生成
，故答案为：
；消去反应；
（3）苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，加入水，油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯，故答案为：加入水，
油层在上层的为苯，油层在下层的为溴苯．
【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机合成流程中的官能团变化、有机反应为解答的关键，侧重分
析与推断能力的考查，题目难度不大．
16．（10 分）锂是最轻的活泼金属，其单质及其化合物有广泛的用途．回答下列问题：
（1）用碳酸锂和
盐酸
反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl 的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反
应式为
Li
++e
﹣=Li
．
（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是
Li 与二氧化碳反应
．
（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂．鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用
的实验方法和现象分别是
焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾、深红色的为硬脂酸锂
．
（4）LiPF6 易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质．LiPF6 受热易分解，其热分解产物为PF5 和
LiF
．
【分析】（1）碳酸锂与盐酸反应生成LiCl，由电解LiCl﹣KCl 的熔融混合物生产金属锂，阴极上锂离子得到电子；
（2）Li 与Mg 性质相似，与二氧化碳反应；
（3）阳离子不同、焰色反应不同；
（4）LiPF6 受热易分解，生成两种两种氟化物．
【解答】解：（1）用碳酸锂和盐酸反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl﹣KCl 的熔融混合物生产金属锂，阴极上的
电极反应式为Li
++e
﹣=Li，
故答案为：盐酸；Li
++e
﹣=Li；
（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是Li 与二氧化碳反应，故答案为：Li 与二氧化碳反应；
（3）鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色
的为硬脂酸钾，故答案为：焰色反应，观察到黄色的为硬脂酸钠、紫色的为硬脂酸钾，深红色的为硬脂酸锂；
（4）LiPF6 受热易分解，发生LiPF6
LiF+PF5，其热分解产物为PF5 和LiF，故答案为：LiF．
【点评】本题为2017 年海南高考题，为高频考点，把握电解原理、物质的性质、物质的鉴别为解答的关键，侧重分析
与应用能力的考查，注意元素化合物的应用，注重迁移应用能力的考查，题目难度不大．
17．（10 分）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO4•7H2O 的过程如图所示：
硼镁泥的主要成分如下表：
MgO
SiO2
FeO、Fe2O3
CaO
Al2O3
B2O3
30%～40%
20%～25%
5%～15%
2%～3%
1%～2%
1%～2%
回答下列问题：
（1）“酸解”时应该加入的酸是
浓硫酸
，“滤渣1”中主要含有
SiO2
（写化学式）．
（2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是
将Fe2+氧化成Fe3+
、
调节溶液pH，使Fe3+、Al3+完全转化为氢
氧化物沉淀
．
（3）判断“除杂”基本完成的检验方法是
取上层清液少量，滴加KSCN 溶液，若不变红色，表明除杂基本完成
．
（4）分离滤渣3 应趁热过滤的原因是
防止硫酸镁结晶析出
．
【分析】硼镁泥主要成份是MgO，还有CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2 等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3
都和硫酸反应，SiO2 不与硫酸反应，B2O3 转化为H3BO3，则滤渣1 为SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，加入的次氯酸钙
可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO 促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣2 为Al（OH）3、
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Fe（OH）3，浓缩过滤得到滤渣3 为CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镁晶体，以
此来解答．
【解答】解：（1）“酸解”时应该加入的酸是浓硫酸，pH=1 时B2O3 转化为H3BO3，二氧化硅不反应，则“滤渣1”中主要
含有SiO2，
故答案为：浓硫酸；SiO2；
（2）“除杂”时加入次氯酸钙发生2Fe2++ClO
﹣+2H
+═2Fe3++Cl
﹣+H2O，氧化镁促进铁离子、铝离子水解，则次氯酸钙、氧
化镁的作用分别是氧化亚铁离子、促进铁离子、铝离子转化为沉淀，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；调节溶液pH，使Fe3+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀；
（3）铁离子可用KSCN 溶液检测，
故答案为：取上层清液少量，滴加KSCN 溶液，若不变红色，表明除杂基本完成；
（4）分离滤渣3 应趁热过滤的原因是温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，硫酸
镁在80℃左右溶解度最大所以该过程中温度应控制80℃左右，温度太低会析出晶体，所以要趁热过滤，
故答案为：防止硫酸镁结晶析出．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握图中发生的反应、混合物分离提纯、溶解度与温度的关系等为
解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应及水解原理的应用，题目难度不大．
[选修5：有机化学基础]
18．（6 分）香茅醛（
）可作为合成青蒿素的中间体，关于香茅醛的叙述正确的有（
）
A．分子式为C10H18O
B．不能发生银镜反应
C．可使酸性KMnO4 溶液褪色
D．分子中有7 种不同化学环境的氢
【分析】有机物含有碳碳双键和醛基，具有烯烃、醛的性质，结合有机物的结构特点解答该题．
【解答】解：A．由结构简式可知C10H18O，故A 正确；
B．含有醛基，可发生银镜反应，故B 错误；
C．碳碳双键和醛基都可被高锰酸钾氧化，故C 正确；
D．结构不对称，分子中有8 种不同化学环境的氢，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃和醛的性
质，题目难度不大．
六、标题
19．（14 分）当醚键两端的烷基不相同时（R1﹣O﹣R2，R1≠R2），通常称其为“混醚”．若用醇脱水的常规方法制备混醚，
会生成许多副产物：
R1﹣OH+R2﹣OH
R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O
一般用Williamson 反应制备混醚：R1 ﹣X+R2 ﹣ONa→R1 ﹣O ﹣R2+NaX ，某课外研究小组拟合成
（乙基苄基醚），采用如下两条路线进行对比：
Ⅰ：
Ⅱ：①
②
③
回答下列问题：
（1）路线Ⅰ的主要副产物有
、
C2H5﹣O﹣C2H5
．
（2）A 的结构简式为
．
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（3）B 的制备过程中应注意的安全事项是
规范使用金属钠；防止氢气爆炸
．
（4）由A 和B 生成乙基苄基醚的反应类型为
取代反应
．
（5）比较两条合成路线的优缺点：
路线Ⅰ步骤少，但副产物多，产率低；路线Ⅱ步骤多，但副产物少，产率高
．
（6）苯甲醇的同分异构体中含有苯环的还有
4
种．
（7 ）某同学用更为廉价易得的甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，请参照路线Ⅱ，写出合成路线
①
+Cl2
+HCl
，
②
2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑
，
③
+C2H5ONa→
+NaCl
．
【分析】Ⅰ．由信息“R1﹣OH+R2﹣OH
R1﹣O﹣R2+R1﹣O﹣R1+R2﹣O﹣R2+H2O”可知路线Ⅰ两种醇发生分子间脱
水生成醚，可发生在不同的醇之间或相同的醇之间，该反应相对较为安全，但生成副产品，产率较低；
Ⅱ．苯甲醇与浓盐酸在加热条件下发生取代反应生成A 为
，乙醇与钠反应生成B 为C2H5ONa，反应
生成氢气，易爆炸，A、B 发生取代反应可生成
，产率较高，以此解答该题．
【解答】解：（1）由以上分析可知路线Ⅰ的主要副产物有
、C2H5﹣O﹣C2H5，
故答案为：
；C2H5﹣O﹣C2H5；
（2）A 为
，故答案为：
；
（3）生成C2H5ONa 的同时生成氢气，应远离火源，防止爆炸，故答案为：远离火源，防止爆炸；
（4）由A 和B 生成乙基苄基醚的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
（5）路线Ⅰ步骤少，但副产物多，产率低；路线Ⅱ步骤多，但副产物少，产率高，
故答案为：路线Ⅰ步骤少，但副产物多，产率低；路线Ⅱ步骤多，但副产物少，产率高；
（6）苯甲醇的同分异构体，如含有2 个取代基，可为甲基苯酚，甲基苯酚有邻间对三种，如含有1 个取代基，则为苯
甲醚，则还有4 种，故答案为：4；
（7 ）甲苯替代苯甲醇合成乙基苄基醚，可首先发生①
+Cl2
+HCl ，②发生
2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，然后发生③
+C2H5ONa→
+NaCl，
故
答
案
为
：
①
+Cl2
+HCl
，
②
2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑
，
③
+C2H5ONa→
+NaCl．
【点评】本题为2017 年海南高考题，侧重考查有机物的合成，主要把握题给信息以及有机物的官能团的性质，为解答
该题的关键，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力．
[选修3：物质结构与性质]
20．（6 分）下列叙述正确的有（
）
A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则其最高正价为+7
B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性
D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
【分析】A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则该元素为Br；
B．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于其相
邻元素；
C．HClO4 是中学中最强酸，且结构比HClO 稳定；
D．根据氢键对物理性质的影响分析，形成分子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低．
【解答】解：A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5 倍，则该元素为Br，故最高正价为+7，故A 正确；
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B．同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于其相
邻元素，则Na 元素第一电离能小于Mg 元素，但是Na 元素第二电离能大于Mg 元素，因为此时钠离子是全满为稳定
结构，故B 错误；
C．HClO 中的+1 价氯稳定性比HClO4 中的+7 价氯差，更容易得电子，故氧化性次氯酸大于高氯酸，故C 错误；
D．邻羟基苯甲醛（
）能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛（
）能形成分子间氢键，形成分
子间的氢键时沸点较高，形成分子内的氢键时沸点较低，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，故D 正确，
故选：AD。
【点评】本题考查元素推断，电离能比较，物质酸性以及氧化性的比较，氢键对物质的物理性质的影响，本题难度中
等．
21．（14 分）ⅣA 族元素及其化合物在材料等方面有重要用途．回答下列问题：
（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示．该单质的晶体类型为
混合晶体
，原子间存在的共价键类型有
σ键、π
键
，碳原子的杂化轨道类型为
sp2
．
（2）SiCl4 分子的中心原子的价层电子对数为
4
，分子的立体构型为
正四面体
，属于
非极性
分子（填“极性”
或“非极性”）．
（3）四卤化硅SiX4 的沸点和二卤化铅PbX2 的熔点如图（b）所示．
①SiX4 的沸点依F、Cl、Br、I 次序升高的原因是
SiX4 属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高
．
②结合SiX4 的沸点和PbX2 的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I 次序，PbX2 中的化学键的离子性
减弱
、共
价性
增强
．（填“增强”“不变”或“减弱”）
（4）碳的另一种单质C60 可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图（c）所示．K 位于立方体的棱上和立方体的内
部，此化合物的化学式为
K3C60
；其晶胞参数为1.4nm，晶体密度为
2.0
g•cm
﹣3．
【分析】（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，C 原子形成3 个σ键；
（2）SiCl4 分子的中心原子为Si，形成4 个σ键，具有甲烷的结构特点；
（3）由图象可知四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，PbX2 的沸点逐渐降低，其中PbF2
为离子晶体，PbBr2、PbI2 为分子晶体；
（4）K 位于棱和体心，C60 位于定点和面心，利用均摊法可计算化学式，结合质量、体积计算晶胞的密度大小．
【解答】解：（1）碳的一种单质的结构如图（a）所示，应为石墨，属于混合型晶体，在石墨晶体中，同层的每一个碳
原子以sp2 杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成片层结
构，在同一平面的碳原子还各剩下一个p 轨道，其中有一个2p 电子．这些p 轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2
杂化轨道构成的平面，形成了大π键．故答案为：混合晶体；σ键、π键；sp2；
（2）SiCl4 分子的中心原子为Si，形成4 个σ键，价层电子对数为4，具有正四面体结构，属于非极性分子，故答案为：
4；正四面体；非极性；
（3）①四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，
故答案为：SiX4 属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；
②PbX2 的沸点逐渐降低，其中PbF2 为离子晶体，PbBr2、PbI2 为分子晶体，可知依F、Cl、Br、I 次序，PbX2 中的化学键
的离子性减弱、共价性增强，
故答案为：减弱；增强；
（4）K 位于棱和体心，晶胞中的个数为12×
+9=12，C60 位于定点和面心，个数为8×
+6×
=4，化学式为K3C60，
则晶胞的质量为
g，其晶胞参数为1.4nm=1.4×10
﹣7cm ，则体积为（1.4×10
﹣7）3cm3，所以密度为
=2.0g•cm
﹣3，
故答案为：K3C60；2.0．
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【点评】本题考查较为综合，涉及杂化类型、晶胞的计算以及晶体类型的判断等知识，为高频考点，侧重考查学生的
分析能力和计算能力，注意把握石墨的晶体类型以及成键特点，难度中等．
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2017 年北京市高考化学试卷
一、本部分共7 小题，每小题6 分，共42 分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1．（6 分）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是（
）
A．
瓷器
B．
丝绸
C．
茶叶
D．
中草药
2．（6 分）2016 年IUPAC 命名117 号元素为Ts（中文名“
”，tián），Ts 的原子核外最外层电子数是7，下列说法不
正确的是（
）
A．Ts 是第七周期第ⅦA 族元素
B．Ts 的同位素原子具有相同的电子数
C．Ts 在同族元素中非金属性最弱
D．中子数为176 的Ts 核素符号是
Ts
3．（6 分）下列变化中，气体被还原的是（
）
A．二氧化碳使Na2O2 固体变白
B．氯气使KBr 溶液变黄
C．乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色
D．氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀
4．（6 分）我国在CO2 催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2 转化过程示意图如下：下列说法不正确的是（
）
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5～C11 的烃类混合物
D．图中a 的名称是2﹣甲基丁烷
5．（6 分）根据SO2 通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是（
）
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2 的FeCl3 溶液
产生白色沉淀
SO2 有还原性
B
H2S 溶液
产生黄色沉淀
SO2 有氧化性
C
酸性KMnO4 溶液
紫色溶液褪色
SO2 有漂白性
D
Na2SiO3 溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
A．A
B．B
C．C
D．D
6．（6 分）聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘，其结构表示如下
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（图中虚线表示氢键）
下列说法不正确的是（
）
A．聚维酮的单体是
B．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质
D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
7．（6 分）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所的结论不正确的是（
）
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
二、解答题（共4 小题，满分58 分）
8．（17 分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：
已知：
RCOOR'+R''OH
RCOOR''+R'OH（R、R'、R''代表烃基）
（1）A 属于芳香烃，其结构简式是
．B 中所含的官能团是
．
（2）C→D 的反应类型是
．
（3）E 属于酯类．仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E，写出有关化学方程式：
．
（4）已知：2E
F+C2H5OH．F 所含官能团有
和
．
（5）以D 和F 为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
9．（13 分）TiCl4 是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4 的流程示意图如下：
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资料：TiCl4 及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181（升华）
316
1412
熔点/℃
﹣69
25
193
304
714
在TiCl4中的溶解
性
互溶
﹣
微溶
难溶
（1）氯化过程：TiO2 与Cl2 难以直接反应，加碳生成CO 和CO2 可使反应得以进行．
已知：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol
﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol
﹣1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：
．
②氯化过程中CO 和CO2 可以相互转化，根据如图判断：CO2 生成CO 反应的△H
0（填“＞”“＜”或“=”），判断依
据：
．
③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl 和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3 溶液，则尾气的吸收液依次是
．
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4 混合液，则滤渣中含有
．
（2）精制过程：粗TiCl4 经两步蒸馏得纯TiCl4．示意图如下：
物质a 是
，T2 应控制在
．
10．（12 分）SCR 和NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx 排放．
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3 和CO2，该反应的化学方程式：
．
②反应器中NH3 还原NO2 的化学方程式：
．
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2 在O2 作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4
的形成：
．
④尿素溶液浓度影响NO2 的转化，测定溶液中尿素（M=60g•mol
﹣1）含量的方法如下：取a g 尿素溶液，将所含氮完全
转化为NH3，所得NH3 用过量的v1 mL c1 mol•L
﹣1H2SO4 溶液吸收完全，剩余H2SO4 用v2mL c2 mol•L
﹣1NaOH 溶液恰好中
和，则尿素溶液中溶质的质量分数是
．
（2）NSR（NOx 储存还原）工作原理：
NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图a 所示．
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①通过BaO 和Ba（NO3）2 的相互转化实现NOx 的储存和还原．储存NOx 的物质是
．
②用H2 模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b 表示该过程相关物质浓
度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2 与Ba（NO3）2 的物质的量之比是
．
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO 有关．在有氧条件下，15NO 与
NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整：
15NNO+
H2O．
11．（16 分）某小组在验证反应“Fe+2Ag
+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05mol•L
﹣1 硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
（1）检验产物
①取少量黑色固体，洗涤后，
（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有
。
（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是
（用离子方
程式表示）。针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN 溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量
多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min 时量少；溶液红色较3min 时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min 时量少；溶液红色较3 0min 时变浅
（资料：Ag
+与SCN
﹣生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于
（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3
﹣具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据
现象，判断溶液中存在Ag
+，可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c 不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d 成立。
实验Ⅰ：向硝酸酸化的
溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN 溶液，
3min 时溶液呈浅红色，30min 后溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是
，操作及现象是
。
（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：
。
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2017 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、本部分共7 小题，每小题6 分，共42 分．在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项．
1．（6 分）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是（
）
A．
瓷器
B．
丝绸
C．
茶叶
D．
中草药
【分析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机物指的是不含碳元素的化合
物，无机物多数不能燃烧，据此分析．
【解答】解：A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A 正确；
B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B 错误；
C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C 错误；
D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳
元素，但含碳元素的却不一定是有机物．
2．（6 分）2016 年IUPAC 命名117 号元素为Ts（中文名“
”，tián），Ts 的原子核外最外层电子数是7，下列说法不
正确的是（
）
A．Ts 是第七周期第ⅦA 族元素
B．Ts 的同位素原子具有相同的电子数
C．Ts 在同族元素中非金属性最弱
D．中子数为176 的Ts 核素符号是
Ts
【分析】A．根据原子核外电子排布规则，该原子结构示意图为
，据此判断该元素在周
期表中的位置；
B．同种元素的不同核素互为同位素，同种元素原子一定具有相同电子数；
C．同一主族元素，原子序数越大非金属性越弱；
D．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数。
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【解答】解：A．该原子结构示意图为
，该元素位于第七周期、第VIIA 族，故A 正确；
B．同位素具有相同质子数、不同中子数，而原子的质子数=核外电子总数，则TS 的同位素原子具有相同的电子数，故
B 正确；
C．同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则TS 在同族元素中非金属性最弱，故C 正确；
D．该元素的质量数=质子数+中子数=176+117=293，该原子正确的表示方法为：117293Ts，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原
子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3．（6 分）下列变化中，气体被还原的是（
）
A．二氧化碳使Na2O2 固体变白
B．氯气使KBr 溶液变黄
C．乙烯使Br2 的四氯化碳溶液褪色
D．氨气使AlCl3 溶液产生白色沉淀
【分析】A．过氧化钠与二氧化碳的反应中，二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂；
B．氯气将溴离子氧化成溴单质；
C．溴的化合价从0 变为﹣1，做氧化剂，则乙烯被氧化；
D．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，该反应不属于氧化还原反应．
【解答】解：A．二氧化碳与淡黄色的Na2O2 反应生成白色的碳酸钠，该反应中Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，二氧化
碳不是氧化剂和还原剂，故A 错误；
B．氯气使KBr 溶液变黄，该反应中氯气做氧化剂，反应中被还原，故B 正确；
C．乙烯与溴的反应中，溴做氧化剂，乙烯被氧化，故C 错误；
D．氨气与AlCl3 溶液的反应不是氧化还原反应，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确氧化还原反应的实质为解答关键，注意掌握氧化反应与
还原反应的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．
4．（6 分）我国在CO2 催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2 转化过程示意图如下：下列说法不正确的是（
）
A．反应①的产物中含有水
B．反应②中只有碳碳键形成
C．汽油主要是C5～C11 的烃类混合物
D．图中a 的名称是2﹣甲基丁烷
【分析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，生成物中应含有氢；
B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C 键、C﹣H 键；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发；
D．图中a 烃含有5 个C，且有一个甲基．
【解答】解：A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A 正
确；
B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C 键、C﹣H 键，故B 错误；
C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11 的烃类混合物，故C 正确；
D．图中a 烃含有5 个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D 正确。
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故选：B。
【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握化学反应的特点，把握物
质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大．
5．（6 分）根据SO2 通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是（
）
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2 的FeCl3 溶液
产生白色沉淀
SO2 有还原性
B
H2S 溶液
产生黄色沉淀
SO2 有氧化性
C
酸性KMnO4 溶液
紫色溶液褪色
SO2 有漂白性
D
Na2SiO3 溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3＞H2SiO3
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀为硫酸钡，二氧化硫被氧化；
B．黄色沉淀为S 单质，结合化合价变化分析；
C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；
D．生成的胶状沉淀为H2SiO3，根据强酸制取弱酸原理分析．
【解答】解：A．FeCl3 将SO2 氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2 反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，
表现了还原性，故A 正确；
B．SO2 与H2S 反应生成S 单质，该反应中SO2 中+4 价S 元素被还原生成0 价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，
故B 正确；
C．酸性KMnO4 溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2 表现了还原性，故C 错误；
D．Na2SiO3 溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3＞H2SiO3，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查二氧化硫的性质，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的
化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力．
6．（6 分）聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3 形成聚维酮碘，其结构表示如下
（图中虚线表示氢键）
下列说法不正确的是（
）
A．聚维酮的单体是
B．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成
C．聚维酮碘是一种水溶性物质
D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应
【分析】由高聚物结构简式可知
的单体为
，高聚物可与HI3
形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题．
【解答】解：A．由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是
，故A 正确；
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B．
由2m+n 个单体加聚生成，故B 错误；
C．高聚物可与HI3 形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C 正确；
D．含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题为2017 年北京考题，侧重考查有机物的结构和性质，涉及高聚物单体以及性质的判断，注意把握氢键以
及官能团的性质，题目有利于培养学生的分析能力，难度不大．
7．（6 分）下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所的结论不正确的是（
）
①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【分析】题中涉及实验都在加热条件下，浓硝酸不稳定，加热分解生成的二氧化氮气体为红棕色，且加热条件下，浓
硝酸可与碳发生氧化还原反应，以此解答该题．
【解答】解：A．加热条件下，浓硝酸分解生成二氧化氮和氧气，则产生的气体一定是混合气体，故A 正确；
B．在加热条件下，浓硝酸可分解生成二氧化氮，不一定与碳反应生成，故B 正确；
C．硝酸中N 元素化合价为+5 价，生成二氧化氮的N 元素化合价为+4 价，化合价降低，在生成的红棕色气体为还原产
物，故C 正确；
D．碳加热至红热，可与空气中氧气反应生成二氧化碳，不一定是与浓硝酸发生了反应，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题为2017 年北京考题，考查浓硝酸的性质，侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用，
注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
二、解答题（共4 小题，满分58 分）
8．（17 分）羟甲香豆素是一种治疗胆结石的药物，合成路线如下图所示：
已知：
RCOOR'+R''OH
RCOOR''+R'OH（R、R'、R''代表烃基）
（1）A 属于芳香烃，其结构简式是
．B 中所含的官能团是
硝基
．
（2）C→D 的反应类型是
取代反应
．
（3 ）E 属于酯类．仅以乙醇为有机原料，选用必要的无机试剂合成E ，写出有关化学方程式：
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O
．
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（4）已知：2E
F+C2H5OH．F 所含官能团有
和
．
（5）以D 和F 为原料合成羟甲香豆素分为三步反应，写出有关化合物的结构简式：
【分析】由羟甲香豆素结构简式可知D 为
，则C 为
，B 为
，则A 为
，
由题中（3）信息可知E 为CH3COOCH2CH3，由（4）可知F 为CH3CH2OOCCH2COCH3，以此解答（1）～（4）；
（5）以D 和F 为原料，生成中间产物1 为
，为加成反应，然后生成中间产物2 为
，发生的为酯交换反应，即信息2 反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素，以此解答该题．
【解答】解：（1）由以上分析可知A 为
，B 为
，含有的官能团为硝基，故答案为：
；硝基；
（2）C 为
，发生取代反应生成
，故答案为：取代反应；
（3 ）E
为
CH3COOCH2CH3 ，可由乙酸和乙醇发生酯化反应生成，方程式为
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O，
故答案为：CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O；
（4）F 为CH3CH2OOCCH2COCH3，含有的官能团为
和
，故答案为：
；
（5）以D 和F 为原料，生成中间产物1 为
，为加成反应，然后生成中间产物2
，
发生的为酯交换反应，即信息2 反应，最后发生消去反应可生成羟甲香豆素．
故答案为：
；
．
【点评】本题为2017 年北京考题，侧重考查有机物的合成，为高考常见题型，注意把握题给信息以及官能团的变化，
为解答该类题目的关键，题目难度中等，有利于培养学生的分析能力．
9．（13 分）TiCl4 是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4 的流程示意图如下：
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资料：TiCl4 及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181（升华）
316
1412
熔点/℃
﹣69
25
193
304
714
在TiCl4中的溶解
性
互溶
﹣
微溶
难溶
（1）氯化过程：TiO2 与Cl2 难以直接反应，加碳生成CO 和CO2 可使反应得以进行．
已知：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol
﹣1
2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol
﹣1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：
TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）
△H=﹣45.5kJ•mol
﹣1
．
②氯化过程中CO 和CO2 可以相互转化，根据如图判断：CO2 生成CO 反应的△H
＞
0（填“＞”“＜”或“=”），判断依
据：
温度越高，CO 的物质的量越多而CO2 的物质的量少，说明CO2 生成CO 的反应是吸热反应
．
③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl 和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3 溶液，则尾气的吸收液依次是
饱和
食盐水、氯化亚铁溶液
．
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4 混合液，则滤渣中含有
MgCl2、TiO2、C
．
（2）精制过程：粗TiCl4 经两步蒸馏得纯TiCl4．示意图如下：
物质a 是
SiCl4
，T2 应控制在
136℃左右
．
【分析】由制备纯TiCl4 的流程示意图，钛精矿与氯气、C 发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2C
TiCl4+2CO，结合
表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，
（1）①由I．TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol
﹣1
II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol
﹣1，
结合盖斯定律可知，I+II 得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）；
②氯化过程中CO 和CO2 可以相互转化，温度高时CO 的物质的量多、CO2 的物质的量少；
③尾气中的HCl 和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3 溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气；
④过滤得到粗TiCl4 混合液，可能混有反应物中固体物质；
（2）粗TiCl4 经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4．
【解答】解：由制备纯TiCl4 的流程示意图，钛精矿与氯气、C 发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2C
TiCl4+2CO，
结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，
（1）①由I．TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（g）+O2（g）△H1=+175.4kJ•mol
﹣1
II.2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=﹣220.9kJ•mol
﹣1，
结合盖斯定律可知，I+II 得到TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g），△H=（+175.4kJ•mol
﹣1）+（﹣220.9kJ•mol
﹣1）=﹣45.5kJ•mol
﹣1，
即热化学方程式为TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣45.5kJ•mol
﹣1，
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故答案为：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（g）+2CO（g）△H=﹣45.5kJ•mol
﹣1；
②因温度越高，CO 的物质的量越多而CO2 的物质的量少，说明CO2 生成CO 的反应是吸热反应，所以△H＞0，
故答案为：＞；温度越高，CO 的物质的量越多而CO2 的物质的量少，说明CO2 生成CO 的反应是吸热反应；
③尾气中的HCl 和Cl2 经吸收可得粗盐酸、FeCl3 溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收
液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液，
故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；
④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4 混合液，结合表格中氯化物的性质可知滤渣中含有MgCl2、
TiO2、C，
故答案为：MgCl2、TiO2、C；
（2）粗TiCl4 经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1 为58℃左
右时分离出物质a 为SiCl4，控制温度T2 为136℃左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；136℃左右．
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关
键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大．
10．（12 分）SCR 和NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx 排放．
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3 和CO2，该反应的化学方程式：
CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+CO2↑
．
②反应器中NH3 还原NO2 的化学方程式：
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
．
③当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2 在O2 作用下会形成（NH4）2SO4，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH4）2SO4
的形成：
2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4
．
④尿素溶液浓度影响NO2 的转化，测定溶液中尿素（M=60g•mol
﹣1）含量的方法如下：取a g 尿素溶液，将所含氮完全
转化为NH3，所得NH3 用过量的v1 mL c1 mol•L
﹣1H2SO4 溶液吸收完全，剩余H2SO4 用v2mL c2 mol•L
﹣1NaOH 溶液恰好中
和，则尿素溶液中溶质的质量分数是
．
（2）NSR（NOx 储存还原）工作原理：
NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图a 所示．
①通过BaO 和Ba（NO3）2 的相互转化实现NOx 的储存和还原．储存NOx 的物质是
BaO
．
②用H2 模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO3）2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图b 表示该过程相关物质浓
度随时间的变化关系．第一步反应消耗的H2 与Ba（NO3）2 的物质的量之比是
8：1
．
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）．用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO 有关．在有氧条件下，15NO 与
NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO．将该反应的化学方程式补充完整：415NO+4NH3+3O2
4 15NNO+
6
H2O．
【分析】（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3 和CO2，结合原子守恒配平书写化学方程式；
②反应器中NH3 还原NO2 生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式；
③SO2 在O2 作用下与NH3、H2O 反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2 是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子
守恒可得此反应的化学方程式；
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④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），
以此计算；
（2）①由图a 可知储存NOx 的物质是BaO；
②第一步反应中H2 被氧化生成水，化合价由0 价升高到+1 价，Ba（NO3）2 的N 元素化合价由+5 价降低到﹣3 价，生
成氨气，结合得失电子数目相等计算；
③在有氧条件下15NO 与NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N 元素守恒可知15NO 与NH3 应为1：
1，结合电子得失相等配平．
【解答】解：（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3 和CO2，反应物为尿素和水，反应生成物为氨气和水，原
子守恒书写化学方程式为：CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO（NH2）2+H2O
2NH3↑+CO2↑；
②NH3 在催化剂作用下还原NO2 生成氮气和水，反应的化学方程式为8NH3+6NO2
7N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO2
7N2+12H2O；
③SO2 在O2 作用下与NH3、H2O 反应形成（NH4）2SO4，此反应中SO2 是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为
2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4，
故答案为：2SO2+O2+4NH3+2H2O═2（NH4）2SO4；
④涉及反应为2NH3+H2SO4=n（NH4）2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中n（H2SO4）=v1×c1×10
﹣3mol，n（NaOH）
=v2×c2×10
﹣3mol，
由方程式可知n（NaOH）+n（NH3）=2n（H2SO4），
则n（NH3）=（2v1×c1×10
﹣3﹣v2×c2×10
﹣3）mol，
则m（CO（NH2）2）=
×（2v1×c1×10
﹣3﹣v2×c2×10
﹣3）mol×60g/mol=（0.06v1c1﹣0.03v2c2 ）g，
尿素溶液中溶质的质量分数是
=
，
故答案为：
；
（2）①由图示可知BaO 和NOx 反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2 再还原为N2，则储存NOx 的物质为BaO，故答案为：
BaO；
②第一步反应中H2 被氧化生成水，化合价由0 价升高到+1 价，Ba（NO3）2 的N 元素化合价由+5 价降低到﹣3 价，生
成氨气，则1molBa（NO3）2 生成氨气转移16mol 电子，参加反应的氢气的物质的量为
=8mol，则消耗的H2 与Ba
（NO3）2 的物质的量之比是8：1，
故答案为：8：1；
③在有氧条件下15NO 与NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO，由N 元素守恒可知15NO 与NH3 应为1：
1，可知反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2
415NNO+6H2O，
故答案为：415NO+4NH3+3O2；4；6．
【点评】本题为2017 北京考题，题目以氮氧化物为载体考查元素化合物知识以及化学方程式的相关计算，侧重于学生
的分析能力和计算能力的考查，题目难度中等，注意把握题给信息，结合质量守恒计算该题．
11．（16 分）某小组在验证反应“Fe+2Ag
+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05mol•L
﹣1 硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
（1）检验产物
①取少量黑色固体，洗涤后，
加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解
（填操作和现象），证明黑色固
体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有
Fe2+
。
（2）针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是
Fe+2Fe3+=3Fe2+ （用
离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN 溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量
多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
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ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min 时量少；溶液红色较3min 时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min 时量少；溶液红色较3 0min 时变浅
（资料：Ag
+与SCN
﹣生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于
4Fe2++O2+4H
+=4Fe3++2H2O
（用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3
﹣具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据
白色沉淀
现象，判断溶液中存在Ag
+，可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c 不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d 成立。
实验Ⅰ：向硝酸酸化的
0.05mol•L
﹣1NaNO3
溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加
KSCN 溶液，3min 时溶液呈浅红色，30min 后溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是
FeCl2/FeCl3
，操作及现象是
按图连接好装置，电流表指针发生偏转
。
（3）根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ～ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：
i→ii Ag
++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成的Fe3+使
Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN
﹣，红色变浅
。
【分析】（1）银和盐酸、稀硫酸等不反应，可用K3[Fe（CN）3]检验亚铁离子，生成蓝色沉淀；
（2）过量的铁与硝酸反应生成亚铁离子，亚铁离子可被空气中氧气氧化，银离子如氧化亚铁离子，则发生
Ag
++Fe2+=Ag+Fe3+，如反应能发生，可设计成原电池，负极加入FeCl2/FeCl3，正极为硝酸银，可根据电流计是否发生偏
转判断；
（3）取上层清液，滴加KSCN 溶液，溶液变红，可证明溶液中有Fe3+，生成白色沉淀为AgSCN，随着放置时间的增加，
溶液红色变浅，可能为空气中氧气氧化SCN
﹣，以此解答该题。
【解答】解：（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl 或H2SO4 溶解Fe，而银不能溶解，
故答案为：加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；
②K3[Fe（CN）3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
②O2 氧化Fe2+反应为4Fe2++O2+4H
+=4Fe3++2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag
+，Ag
+可能氧化Fe2+生成
Fe3+，
故答案为：4Fe2++O2+4H
+=4Fe3++2H2O；白色沉淀；
③证明假设abc 错误，就是排除Ag
+时实验比较，相当于没有Ag
+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用
0.05mol•L
﹣1NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d 的反应Ag
++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3
混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d 正确，
故答案为：0.05mol•L
﹣1NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；
（3）i→iii 中Fe3+变化的原因：i→ii Ag
++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成的Fe3+使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min 时变
浅，说明空气中氧气氧化SCN
﹣，使平衡向生成Fe3+的方向移动，Fe（SCN）3 浓度减小，则溶液的颜色变浅，
故答案为：i→ii Ag
++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成的Fe3+使Fe3+增加，红色变深，ii→iii 空气中氧气氧化SCN
﹣，红色变浅。
【点评】本题为2017 年北京考题，涉及物质的性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质
的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等。
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2016 年浙江省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4 可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较
强的物理吸附
2．（6 分）下列叙述不正确的是（
）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得
的反应速率偏高
C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻
度线
3．（6 分）短周期主族元素X，Y，Z，W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的2 倍，X，Y
的核电荷数之比为3：4，W
﹣的最外层为8 电子结构，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反
应，下列说法正确的是（
）
A．X 与Y 能形成多种化合物，一般条件下都能与Z 的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y 和ZWY3 都只存在离子键
D．Y，W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
4．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．
的一溴代物和
的一溴代物都有4 种（不考虑立体异构）
B．CH3CH=CHCH3 分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物
的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷
D．
与
都是α﹣氨基酸且互为同系物
5．（6 分）金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电
源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材
料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（
）
A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg，Al，Zn 三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高
C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M
++nO2+2nH2O+4ne
﹣=4M（OH）n
D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
6．（6 分）苯甲酸钠（
，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著
高于A
﹣，已知25℃时，HA 的Ka=6.25×10
﹣5，H2CO3 的Ka1=4.17×10
﹣7，Ka2=4.90×10
﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，
除了添加NaA 外，还需加压冲入CO2 气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（
）
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A．相比于未充CO2 的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2 充气压力，饮料中c（A
﹣）不变
C．当pH 为5.0 时，饮料中
=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）+c（OH
﹣）﹣c（HA）
7．（6 分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4
+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其
他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（
）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X 可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4
+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4
++NO2
﹣=N2↑+2H2O
二、非选择题（共5 小题，满分58 分）
8．（10 分）化合物X 是一种有机合成中间体，Z 是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X 和Z：
已知：①化合物A 的结构中有2 个甲基
②RCOOR′+R″CH2COOR′
请回答：
（1）写出化合物E 的结构简式
，F 中官能团的名称是
；
（2）Y→Z 的化学方程式是
；
（3）G→X 的化学方程式是
，反应类型是
；
（4）若C 中混有B，请用化学方法检验B 的存在（要求写出操作、现象和结论）
．
9．（6 分）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4 可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）4
27H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据
；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3 的原理
；
（3）已知MgO 可溶于NH4Cl 的水溶液，用化学方程式表示其原理
．
10．（12 分）磁性材料A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A 的组成元素为
（用化学符号表示），化学式为
；
（2）C 溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用
；
（3）已知化合物A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L
﹣1），该气体分子
的电子式为
，写出该反应的离子方程式
；
（4）写出F→G 反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G 中的主要微粒（不考虑H2O，H
+，K
+，I
﹣）
。
11．（15 分）催化还原CO2 是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO 催化剂存在下，CO2 和
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H2 可发生两个平行反应，分别生成CH3OH 和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol
﹣8Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2Ⅱ
某实验室控制CO2 和H2 初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K）
催化剂
CO2 转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性；转化的CO2 中生成甲醇的百分比
已知：①CO 和H2 的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol
﹣1 和﹣285.8kJ•mol
﹣1。
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol
﹣1
请回答（不考虑温度对△H 的影响）：
（1）反应I 的平衡常数表达式K=
；反应Ⅱ的△H2=
kJ•mol
﹣1。
（2）有利于提高CO2 转化为CH3OH 平衡转化率的措施有
。
A．使用催化剂Cat.1
B、使用催化剂Cat.2
C、降低反应温度
D、投料比不变，增加反应物的浓度
E、增大CO2 和H2 的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2 转化成CH3OH 的选择性有显著的影响，其原因是
。
（4）在如图中分别画出反应I 在无催化剂、有Cat.1 和有Cat.2 三种情况下“反应过程﹣能量”示意图。
（5）研究证实，CO2 也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在
极，该电极反应式
是
。
12．（15 分）无水MgBr2 可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10g 镁屑和150mL 无水乙醚；装置B 中加入15mL 液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化
镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2
产品。
已知：①Mg 与Br2 反应剧烈放热；MgBr2 具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A 的名称是
。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是
。
（2）如将装置B 改为装置C（图2），可能会导致的后果是
。
（3）步骤3 中，第一次过滤除去的物质是
。
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（4）有关步骤4 的说法，正确的是
。
A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B、洗涤晶体可选用0℃的苯
C、加热至160℃的主要目的是除去苯
D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①滴定前润洗滴定管的操作方法是
。
②测定时，先称取0.2500g 无水MgBr2 产品，溶解后，用0.0500mol•L
﹣1 的EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗EDTA 标准
溶液26.50mL，则测得无水MgBr2 产品的纯度是
（以质量分数表示）。
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2016 年浙江省高考化学试卷
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）下列说法不正确的是（
）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32 号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4 可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较
强的物理吸附
【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；
B．Ge 是32 号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4 不溶于水和胃酸；
D．Fe 和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应．
【解答】解：A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放
出热量，故A 正确；
B.32 号元素Ge 位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32 号元素）的
单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B 正确
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4 不溶于水和胃酸，所以BaSO4 可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃
道疾病，故C 正确；
D．Fe 和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途、能量守恒等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关
键，注意D 中发生反应而不是利用胶体性质，为易错点．
2．（6 分）下列叙述不正确的是（
）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得
的反应速率偏高
C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻
度线
【分析】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；
B．应先加热再混合；
C．蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；
D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线。
【解答】解：A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，
不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A 正确；
B．该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫
酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B
错误；
C．蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故C 正确；
D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴
别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等。
3．（6 分）短周期主族元素X，Y，Z，W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的2 倍，X，Y
的核电荷数之比为3：4，W
﹣的最外层为8 电子结构，金属单质Z 在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反
应，下列说法正确的是（
）
A．X 与Y 能形成多种化合物，一般条件下都能与Z 的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y 和ZWY3 都只存在离子键
D．Y，W 的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的2 倍，则X 为C
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元素，X、Y 的核电荷数之比为3：4，则Y 为O 元素，W
﹣的最外层为8 电子结构，W 为F 或Cl 元素，金属单质Z 在空
气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z 为Na 元素，W 只能为Cl 元素，以此解答该题．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 原子核外最外层电子数是其电子层数的2 倍，则X
为C 元素，X、Y 的核电荷数之比为3：4，则Y 为O 元素，W
﹣的最外层为8 电子结构，W 为F 或Cl 元素，金属单质Z
在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z 为Na 元素，W 只能为Cl 元素，
A．X 与Y 形成的化合物有CO、CO2 等，Z 的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO 和NaOH 不反应，故A 错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，
故B 错误；
C．化合物Z2Y 和ZWY3 分别为Na2O、NaClO3，NaClO3 存在离子键和共价键，故C 错误；
D．Y 的单质臭氧，W 的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素结构与元素周期率知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把
握原子结构与元素周期率的递变规律，把握物质的性质的相似性和递变性，难度中等．
4．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．
的一溴代物和
的一溴代物都有4 种（不考虑立体异构）
B．CH3CH=CHCH3 分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物
的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷
D．
与
都是α﹣氨基酸且互为同系物
【分析】A．有几种氢原子其一溴代物就有几种；
B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构；
C．该分子中最长的碳链上有6 个C 原子；
D．结构相似、在分子组成上相差一个或n 个﹣CH2 原子团的有机物互称同系物．
【解答】解：A．有几种氢原子其一溴代物就有几种，甲苯、2﹣甲基丁烷的一溴代物都有4 种，故A 正确；
B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构中四个C 原子在同一平面上不在同一直线上，
故B 错误；
C．该分子中最长的碳链上有6 个C 原子，其名称为2，3，4，4﹣四甲基己烷，故C 错误；
D．结构相似、在分子组成上相差一个或n 个﹣CH2 原子团的有机物互称同系物，二者结构不相似，所以不是同系物，
故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查同分异构体种类判断、基本概念、有机物命名等知识点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，
明确基本概念内涵、常见物质结构、有机物命名原则是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大．
5．（6 分）金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电
源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材
料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（
）
A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg，Al，Zn 三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高
C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M
++nO2+2nH2O+4ne
﹣=4M（OH）n
D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
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【分析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的
量越多则得到的电能越多；
C．正极上氧气得电子和水反应生成OH
﹣；
D．负极上Mg 失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH
﹣。
【解答】解：A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面
积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A 正确；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的
量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g 时，这三种金属转移电子物质的量分别为
=
mol、
×3=
mol、
=
mol，所以Al﹣空气电池的理论比能量最高，故B 正确；
C．正极上氧气得电子和水反应生成OH
﹣，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为
O2+2H2O+4e
﹣=4OH
﹣，故C 错误；
D．负极上Mg 失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH
﹣，所以宜采用中性
电解质及阳离子交换膜，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极
上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键，易错选项是C。
6．（6 分）苯甲酸钠（
，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著
高于A
﹣，已知25℃时，HA 的Ka=6.25×10
﹣5，H2CO3 的Ka1=4.17×10
﹣7，Ka2=4.90×10
﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，
除了添加NaA 外，还需加压冲入CO2 气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（
）
A．相比于未充CO2 的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2 充气压力，饮料中c（A
﹣）不变
C．当pH 为5.0 时，饮料中
=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）+c（OH
﹣）﹣c（HA）
【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A
﹣；
B．酸性增强，溶液中c（A
﹣）减小；
C．
=
；
D．根据质子守恒分析。
【解答】解：A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A
﹣，充CO2 的饮料中HA 的浓度较大，所以相
比于未充CO2 的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A 错误；
B．提高CO2 充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A
﹣）减小，故B 错误；
C．当pH 为5.0 时，饮料中
=
=
=0.16，故C 正确；
D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A
﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质
子守恒：c（H
+）+c（HA）=c（HCO3
﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH
﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H
+）=c（HCO3
﹣）+2c（CO32
﹣）+c（OH
﹣）﹣c（HA），故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力
和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。
7．（6 分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4
+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其
他成分），设计了如下流程：
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下列说法不正确的是（
）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X 可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4
+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4
++NO2
﹣=N2↑+2H2O
【分析】工业废气中CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成固体1 为CaCO3、CaSO3，气体1 是不能被过量石灰水吸收的N2、
NO、CO，气体1 通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2
与含有NH4
+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2 含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此
解答该题．
【解答】解：工业废气中CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成固体1 为CaCO3、CaSO3，气体1 是不能被过量石灰水吸收
的N2、NO、CO，气体1 通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，
NaNO2 与含有NH4
+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2 含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
A．工业废气中CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1 为主要含有Ca（OH）2、
CaCO3、CaSO3，故A 正确；
B．由分析可知，气体1 是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1 通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，
X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B 错误；
C．气体2 含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C 正确；
D．NaNO2 与含有NH4
+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4
++NO2
﹣
=N2↑+2H2O，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合引用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答
该题的关系，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识，难度不大．
二、非选择题（共5 小题，满分58 分）
8．（10 分）化合物X 是一种有机合成中间体，Z 是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X 和Z：
已知：①化合物A 的结构中有2 个甲基
②RCOOR′+R″CH2COOR′
请回答：
（1）写出化合物E 的结构简式
CH2=CH2
，F 中官能团的名称是
羟基
；
（2）Y→Z 的化学方程式是
；
（3）G→X 的化学方程式是
，反应类
型是
取代反应
；
（4）若C 中混有B，请用化学方法检验B 的存在（要求写出操作、现象和结论）
取适量试样于试管中，先用NaOH
溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B 存在
．
【分析】A 可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A 属于饱和一元醇，化合物A 的结构中有2 个甲基，则A 为（CH3）
2CHCH2OH，故B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH．由Y 的分子式可知，Y 的结构简式为CH2=CHCl，可知D 为
HC≡CH，Y 发生加聚反应生成高分子Z 为
．结合信息②可知G 为酯，F 属于醇，D 与氢气发生加成反应
生成E 为CH2=CH2 ，E 能与水发生加成反应生成F 为CH3CH2OH ，故G 为（CH3 ）2CHCOOCH2CH3 ，X 为
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．
【解答】解：A 可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A 属于饱和一元醇，化合物A 的结构中有2 个甲基，则A 为
（CH3）2CHCH2OH，故B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH．由Y 的分子式可知，Y 的结构简式为CH2=CHCl，
可知D 为HC≡CH，Y 发生加聚反应生成高分子Z 为
．结合信息②可知G 为酯，F 属于醇，D 与氢气发生
加成反应生成E 为CH2=CH2，E 能与水发生加成反应生成F 为CH3CH2OH，故G 为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X 为
．
（1）化合物E 的结构简式为：CH2=CH2，F 为CH3CH2OH，F 中官能团的名称是：羟基，
故答案为：CH2=CH2；羟基；
（2）Y→Z 的化学方程式是
，
故答案为
；
（3）G→X 的化学方程式是：
，反应类型
是取代反应，
故答案为：
；取代反应；
（4）B 为（CH3）2CHCHO，C 为（CH3）2CHCOOH，检验C 中含有B，只需检验醛基即可，取适量试样于试管中，先用
NaOH 溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B 存在，
故答案为：取适量试样于试管中，先用NaOH 溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，
则有B 存在．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写、官能团的检验等，注意根据有机物分
子式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对题目给予反应信息的理解．
9．（6 分）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4 可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）4
27H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据
反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气
；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3 的原理
Al2O3+2OH
﹣=2AlO2
﹣+H2O
；
（3）已知MgO 可溶于NH4Cl 的水溶液，用化学方程式表示其原理
MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O
．
【分析】（1）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；
（2）氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行．
【解答】解：（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）4
27H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生
成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气．
故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；
（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、溶于碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去，反应的离子
方程式为：Al2O3+2OH
﹣=2AlO2
﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH
﹣=2AlO2
﹣+H2O；
（3 ）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：
MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，
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故答案为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O．
【点评】本题考查了镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，题目难度不大．
10．（12 分）磁性材料A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：
请回答：
（1）A 的组成元素为
Fe、S
（用化学符号表示），化学式为
Fe3S4
；
（2）C 溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用
刻蚀铜线路板
；
（3）已知化合物A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L
﹣1），该气体分子
的电子式为
，写出该反应的离子方程式
Fe3S4+6H
+=3Fe2++S+3H2S↑
；
（4）写出F→G 反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G 中的主要微粒（不考虑H2O，H
+，K
+，I
﹣）
H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2
溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3
。
【分析】C 加入KSCN，D 为血红色溶液，可知C 为FeCl3，D 为Fe（SCN）3 等，可知B 为Fe2O3，且n（Fe2O3）
=
=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A 燃烧生成的无色气体E 溶液水得到
酸性溶液，加入碘的KI 溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E 的水溶液，E 应为SO2，F 为H2SO3，G 含有和H2SO4 和
HI，可知A 含有Fe、S 元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）=
=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：
4，应为Fe3S4，以此解答该题。
【解答】解：C 加入KSCN，D 为血红色溶液，可知C 为FeCl3，D 为Fe（SCN）3 等，可知B 为Fe2O3，且n（Fe2O3）
=
=0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A 燃烧生成的无色气体E 溶液水得到
酸性溶液，加入碘的KI 溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E 的水溶液，E 应为SO2，F 为H2SO3，G 含有和H2SO4 和
HI，可知A 含有Fe、S 元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）=
=0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：
4，应为Fe3S4，
（1）由以上分析可知，A 组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；
（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻蚀铜线路板，故答案为：刻蚀铜线路板；
（3）化合物A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L
﹣1），淡黄色不溶物为
S ，气体的相对分子质量为1.518 × 22.4L=34 ，为H2S 气体，电子式为
，反应的离子方程式为
Fe3S4+6H
+=3Fe2++S+3H2S↑，
故答案为：
；Fe3S4+6H
+=3Fe2++S+3H2S↑；
（4）F→G 反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G 中的主要微粒（不考虑H2O，H
+，K
+，I
﹣）为SO42﹣
和H2SO3，可先检验SO42﹣，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则有SO42
﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2 溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，
滴加H2O2 溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质
的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，难度中等。
11．（15 分）催化还原CO2 是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO 催化剂存在下，CO2 和
H2 可发生两个平行反应，分别生成CH3OH 和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol
﹣8Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2Ⅱ
某实验室控制CO2 和H2 初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K）
催化剂
CO2 转化率（%）
甲醇选择性（%）
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543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性；转化的CO2 中生成甲醇的百分比
已知：①CO 和H2 的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol
﹣1 和﹣285.8kJ•mol
﹣1。
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol
﹣1
请回答（不考虑温度对△H 的影响）：
（1）反应I 的平衡常数表达式K=
；反应Ⅱ的△H2=
+41.2
kJ•mol
﹣1。
（2）有利于提高CO2 转化为CH3OH 平衡转化率的措施有
CD
。
A．使用催化剂Cat.1
B、使用催化剂Cat.2
C、降低反应温度
D、投料比不变，增加反应物的浓度
E、增大CO2 和H2 的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2 转化成CH3OH 的选择性有显著的影响，其原因是
表中
数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响
。
（4）在如图中分别画出反应I 在无催化剂、有Cat.1 和有Cat.2 三种情况下“反应过程﹣能量”示意图。
（5）研究证实，CO2 也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在
阴
极，该电极反应式是
CO2+6H
++6e
﹣=CH3OH+H2O
。
【分析】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；已知：CO 和H2 的标准燃烧热分别为﹣
283.0kJ•mol
﹣1 和﹣285.8kJ•mol
﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol
﹣1，可知热化学方程式a．CO（g）+
O2（g）
=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol
﹣1，b．H2（g）+
O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol
﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△
H3=44.0kJ•mol
﹣1，利用盖斯定律可计算CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的反应热；
（2）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol
﹣8 可知提高CO2 转化为CH3OH 平衡转化率，应
使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
（3）不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；
（4）加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变；
（5）CO2 也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇。
【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=
，
已知：CO 和H2 的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol
﹣1 和﹣285.8kJ•mol
﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol
﹣1，
可知热化学方程式a．CO（g）+
O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol
﹣1，b．H2（g）+
O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol
﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol
﹣1，
由盖斯定律将b﹣a+c 可得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2=（﹣285.8+283.0+44）kJ•mol
﹣1=+41.2kJ•mol
﹣1，
故答案为：
；+41.2；
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A 错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B 错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C 正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，故D 正确；
E、增大CO2 和H2 的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E 错误。
故答案为：CD；
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（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相
同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未
达到平衡数据，
故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有
影响；
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2 的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2 对反应Ⅰ催化效果更好，催
化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2 的反应过程中活化能更低，故图为
，
故答案为：
；
（5）CO2 也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C 元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式
为CO2+6H
++6e
﹣=CH3OH+H2O，
故答案为：阴；CO2+6H
++6e
﹣=CH3OH+H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等知识，为高考常见题型，
侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等。
12．（15 分）无水MgBr2 可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：
步骤1 三颈瓶中装入10g 镁屑和150mL 无水乙醚；装置B 中加入15mL 液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化
镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2
产品。
已知：①Mg 与Br2 反应剧烈放热；MgBr2 具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A 的名称是
干燥管
。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是
防止镁屑与氧气反应，生成的MgO
阻碍Mg 和Br2 的反应
。
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（2）如将装置B 改为装置C（图2），可能会导致的后果是
会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全
隐患
。
（3）步骤3 中，第一次过滤除去的物质是
镁屑
。
（4）有关步骤4 的说法，正确的是
BD
。
A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B、洗涤晶体可选用0℃的苯
C、加热至160℃的主要目的是除去苯
D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①滴定前润洗滴定管的操作方法是
从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下
部放出，重复2﹣3 次
。
②测定时，先称取0.2500g 无水MgBr2 产品，溶解后，用0.0500mol•L
﹣1 的EDTA 标准溶液滴定至终点，消耗EDTA 标准
溶液26.50mL，则测得无水MgBr2 产品的纯度是
97.5%
（以质量分数表示）。
【分析】（1）仪器A 为干燥管，空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应；
（2）将装置B 改为C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全
隐患；
（3）反应完毕后恢复至常温，过滤除去固体为镁屑；
（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C 的苯，可以减少产品的溶解；
C．加热至160°C 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；
D．室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2 产
品，该步骤是为了除去乙醚和溴；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗2﹣3 次；
②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=EDTA 标准溶液物质的量，结合n=
计算得到溴化镁的质量，
纯度=
×100%；
【解答】解：（1）仪器A 为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，
例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg 和Br2 的反
应，
故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO 阻碍Mg 和Br2 的反应；
（2）将装置B 改为C 装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全
隐患，装置B 是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，
故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）步骤3 过滤出去的是不溶于水的镁屑，
故答案为：镁屑；
（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A 错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C 的苯，可以减少产品的溶解，故B 正确；
C．加热至160°C 的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C 错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D 正确；
故选BD，
故答案为：BD；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放
出，重复2﹣3 次，
故答案为：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2﹣3 次；
②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质量为
0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=
×100%=97.5%，
故答案为：97.5%；
【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的综合应用，掌握基础是解题关键，题
目难度中等。
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2016 年天津市高考化学试卷
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，满分36 分）
1．（6 分）根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是（
）
A
B
C
D
《神农本草经》记载，麻黄能
“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人已用麻黄治疗咳
嗽
该药是抗酸药，服用时喝些
醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远
离并报警
贴有该标志的物品是可
回收物
A．A
B．B
C．C
D．D
2．（6 分）下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（
）
A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸
B．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
C．α﹣氨基丙酸与α﹣氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2 种二肽
D．氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下向负极移动
3．（6 分）下列叙述正确的是（
）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小
4．（6 分）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（
）
A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是碱：NH4
++2H2O═NH3•H2O+H3O
+
B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH
﹣+2H2O═2AlO2
﹣+3H2↑
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
+2HCO3
﹣→
+2H2O+2CO2↑
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4
﹣+16H
++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
5．（6 分）下列选用的仪器和药品能达到实验目的是（
）
A
B
C
D
饱和NaHSO3 溶液
制乙炔的发生装置
蒸馏时的接收装置
除去SO2 中的少量HCl
准确量取一定体积K2Cr2O7 标准溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
6．（6 分）室温下，用相同浓度的NaOH 溶液，分别滴定浓度均为0.1mol•L
﹣1 的三种酸（HA、HB 和HD）溶液，滴定
曲线如图所示，下列判断错误的是（
）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P 点时，溶液中：c（B
﹣）＞c（Na
+）＞c（HB）＞c（H
+）＞c（OH
﹣）
C．pH=7 时，三种溶液中：c（A
﹣）=c（B
﹣）=c（D
﹣）
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D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH
﹣）﹣c（H
+）
二、解答题（共4 小题，满分64 分）
7．（14 分）如表为元素周期表的一部分．
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题：
（1）Z 元素在周期表中的位置为
．
（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）
．
（3）下列事实能说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金属性强的是
．
a．Y 单质与H2S 溶液反应，溶液变浑浊
b．在氧化还原反应中，1molY 单质比1molS 得电子多
c．Y 和S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X 与Z 两元素的单质反应生成1mol X 的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别
为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式：
．
（5）碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg（OH）2 和1mol 烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的
电子式为
．Q 与水反应的化学方程式为
．
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，
气体的相对分子质量都小于50，为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol•L
﹣1 NaOH 溶
液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为
，生成硫酸铜物质的量为
．
8．（18 分）己烯醛（D）是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D 的方法之一，根据该合成路线回答下列问题：
已知
RCHO+R′OH+R″OH
（1）A 的名称是
；B 分子中的共面原子数目最多为
；C 分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境
的氢原子共有
种．
（2）D 中含氧官能团的名称是
．写出检验该官能团的化学反应方程式：
．
（3）E 为有机物，能发生的反应有：
a．聚合反应
b．加成反应
c．消去反应
d．取代反应
（4）B 的同分异构体F 与B 有完全相同的官能团，写出F 所有可能的结构：
（5）以D 为主要原料制备己醛（目标化合物），在方框中将合成路线的后半部分补充完整．
（6）问题（5）的合成路线中的第一步反应的目的是
．
9．（18 分）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg•L
﹣1．我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO 不能低于5mg•L
﹣1．某化学小组同学设计了下列装置（夹
持装置略），测定某河水的DO．
Ⅰ．测定原理：
碱性条件下，O2 将Mn2+氧化为MnO（OH）2：①2Mn2++O2+4OH
﹣═2MnO（OH）2↓
酸性条件下，MnO（OH）2 将I
﹣氧化为I2：②MnO（OH）2+I
﹣+H
+→Mn2++I2+H2O（未配平）
用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2；③2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣
Ⅱ．测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2 排尽空气后，停止充N2．
b．向烧瓶中加入200mL 水样．
c．向烧瓶中依次迅速加入1mL MnSO4 无氧溶液（过量）、2mL 碱性KI 无氧溶液（过量）开启搅拌器，至反应①完全．
d．搅拌并向烧瓶中加入2mL H2SO4 无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性．
e．从烧瓶中取出40.00mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol•L
﹣1 Na2S2O3 溶液进行滴定，记录数据．f…
g．处理数据（忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化）．
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回答下列问题：
（1）配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为
．
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是
．
①滴定管
②注射器
③量筒
（3）搅拌的作用是
．
（4）配平反应②的方程式，其化学计量数依次为
．
（5）步骤f 为
．
（6）步骤e 中达到滴定终点的标志为
．若某次滴定消耗Na2S2O3 溶液4.50mL，水样的DO=
mg•L
﹣1（保
留一位小数）．作为饮用水源，此次测得DO 是否达标：
（填“是”或“否”）
（7）步骤d 中加入H2SO4 溶液反应后，若溶液pH 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因（用离子
方程式表示，至少写出2 个）
．
10．（14 分）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节．回答下列问题：
（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是
（至少答出两点）．
但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：
．
（2）氢气可用于制备H2O2．已知：
H2（g）+A（l）═B（l）△H1
O2（g）+B（l）═A（l）+H2O2（l）△H2
其中A、B 为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）+O2（g）═H2O2（l）的△H=
0（填“＞”或“=”）
（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0 达到化学平衡．下列有关叙述
正确的是
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收ymol H2 只需1mol MHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为
．
（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源，电解法制取有广泛用途的Na2FeO4．同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH
﹣→FeO42﹣
+3H2↑，装置如图所示，装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO42﹣，镍电极有气泡产生．若氢氧化钠溶液浓度过高，
铁电极区会产生红褐色物质．已知：Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，易被H2 还原．
①电解一段时间后，c（OH
﹣）降低的区域在
（填“阴极室”或“阳极室”）．
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为
．
③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2，任选M、N 两点中的一点，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因
．
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2016 年天津市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，满分36 分）
1．（6 分）根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是（
）
A
B
C
D
《神农本草经》记载，麻黄能
“止咳逆上气”
碳酸氢钠药片
古代中国人已用麻黄治疗咳
嗽
该药是抗酸药，服用时喝些
醋能提高药效
看到有该标志的丢弃物，应远
离并报警
贴有该标志的物品是可
回收物
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用；
B．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应；
C．该标志为放射性物质标志；
D．该标志为循环回收标志．
【解答】解：A．麻黄能“止咳逆上气”，则麻黄具有治疗咳嗽的作用，可以制作咳嗽药，故A 正确；
B．醋中含有乙酸，能和碳酸氢钠反应，从而降低疗效，故B 错误；
C．该标志为放射性物质标志，对环境及人有危害，所以看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，故C 正确；
D．该标志为循环回收标志，所以贴有该标志的物品是可回收物，故D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查信息及标志，侧重考查学生对基本生活常识及基本标志的了解，知道化学在生产生活中的应用，会
运用化学知识解决生产生活问题，题目难度不大．
2．（6 分）下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是（
）
A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸
B．氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性
C．α﹣氨基丙酸与α﹣氨基苯丙酸混合物脱水成肽，只生成2 种二肽
D．氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子，在电场作用下向负极移动
【分析】A．氨基酸是组成蛋白质的基本单位；
B．重金属盐能使蛋白质发生变性；
C．α﹣氨基丙酸与α﹣氨基苯丙酸混合物脱水成肽，生成4 种二肽；
D．氨基酸中﹣COOH 和NaOH 反应生成羧酸根离子，应该向正极移动．
【解答】解：A．氨基酸通过发生水解反应生成蛋白质，所以蛋白质最终水解产物是氨基酸，故A 正确；
B．重金属盐能使蛋白质发生变性，但不能使氨基酸发生变性，故B 错误；
C．氨基酸生成二肽，是两个氨基酸分子脱去一个水分子，当同种氨基酸脱水，生成2 种二肽；是异种氨基酸脱水：可
以是α﹣氨基丙酸脱羟基、α﹣氨基苯丙酸脱氢；也可以α﹣氨基丙酸脱氢、α﹣氨基苯丙酸脱羟基，生成2 种二肽。所
以共有4 种，故C 错误；
D．氨基酸中﹣COOH 和NaOH 反应生成羧酸根离子，带负电荷，应该向正极移动，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题以氨基酸为载体考查有机物结构和性质，为高频考点，明确有机物官能团及其性质关系、成肽反应实质
是解本题关键，易错选项是C，注意同种氨基酸也能发生成肽反应，题目难度不大．
3．（6 分）下列叙述正确的是（
）
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热（△H）
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小．
【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应热，故A
错误；
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B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B 错误；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C 错误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了催化剂对化学反应的影响、金属的腐蚀及溶解度大小的比较，注意催化剂不能改变化学平衡，题
目难度中等．
4．（6 分）下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是（
）
A．室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是碱：NH4
++2H2O═NH3•H2O+H3O
+
B．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH
﹣+2H2O═2AlO2
﹣+3H2↑
C．用碳酸氢钠溶液检验水杨酸中的羧基：
+2HCO3
﹣→
+2H2O+2CO2↑
D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4
﹣+16H
++5C2O42﹣═2Mn2++10CO2↑+8H2O
【分析】A．盐类水解是可逆反应；
B．Al 和NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg 不反应；
C．羧基能和碳酸氢钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠不反应；
D．弱电解质写化学式．
【解答】解：A．盐类水解是可逆反应，应该写可逆号，离子方程式为：NH4
++2H2O⇌NH3•H2O+H3O
+，故A 错误；
B．Al 和NaOH 溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg 不反应，离子方程式为2Al+2OH
﹣+2H2O═2AlO2
﹣+3H2↑，故B 正确；
C．羧基能和碳酸氢钠反应，但酚羟基和碳酸氢钠不反应，离子方程式为
+HCO3
﹣→
+H2O+CO2↑，
故C 错误；
D．弱电解质写化学式，离子方程式为2MnO4
﹣+6H
++5H2C2O4═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，明确物质之间反应、物质性质及离子方程式书写规则是解本题关
键，涉及盐类水解、氧化还原反应等知识点，易错选项是C，注意羧基能和碳酸氢盐反应但酚羟基不能和碳酸氢盐反
应，但羧基、酚羟基都能和碳酸钠反应，题目难度不大．
5．（6 分）下列选用的仪器和药品能达到实验目的是（
）
A
B
C
D
饱和NaHSO3 溶液
制乙炔的发生装置
蒸馏时的接收装置
除去SO2 中的少量HCl
准确量取一定体积K2Cr2O7 标准溶液
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．水和碳化钙反应速率很快，长颈漏斗无法控制反应速率，该反应放出大量热，碳化钙和水反应生成微溶
的氢氧化钙糊状物；
B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞；
C．HCl 能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫；
D．重铬酸钾具有强氧化性．
【解答】解：A．反应大量放热。会损坏启普发生器；生成的氢氧化钙是糊状物。会堵塞反应容器，使水面难以升降；
电石与水反应很剧烈，应选用分液漏斗，以便控制水的流速；为了获得平稳的乙炔气流，可用饱和食盐水代替水，故
A 错误；
B．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能用塞子塞，否则锥形瓶中气压过大会导致安全事故，故B 错误；
C..HCl 能和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫，从而除去HCl，故C 正确；
D．重铬酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶而不能用碱式滴定管，应该用酸式滴定管，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及仪器选取、物质制备、除杂等知识点，明确实验原理、基本
操作、物质性质是解本题关键，会根据实验目的及仪器用途选取合适的仪器，题目难度中等．
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6．（6 分）室温下，用相同浓度的NaOH 溶液，分别滴定浓度均为0.1mol•L
﹣1 的三种酸（HA、HB 和HD）溶液，滴定
曲线如图所示，下列判断错误的是（
）
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P 点时，溶液中：c（B
﹣）＞c（Na
+）＞c（HB）＞c（H
+）＞c（OH
﹣）
C．pH=7 时，三种溶液中：c（A
﹣）=c（B
﹣）=c（D
﹣）
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（HA）+c（HB）+c（HD）=c（OH
﹣）﹣c（H
+）
【分析】A．根据等浓度的三种一元酸的PH 大小确定三种酸的电离常数；
B．HB 被中和一半时，溶液中溶质有中和生成的盐与未反应完的酸，根据盐的水解与酸的电离程度进行比较；
C．当pH=7 时，三种溶液所消耗的氢氧化钠的体积不相同；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后根据盐的水解写出质子守恒
解答。
【解答】解：A．相同物质的量浓度的一元酸，酸的pH 越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，则该酸的酸
性越强，其电离平衡常数越大，根据图知，未加NaOH 溶液时，pH：HA＜HB＜HD，说明酸的电离程度HA＞HB＞HD，
则KHA＞KHB＞KHD，故A 正确；
B．中和50%即P 点，溶液中溶质为等物质的量浓度的酸（HB）和盐（NaB），由图可知溶液呈酸性，则c（H
+）＞c（OH
﹣），且酸的电离程度大于酸根离子水解程度，
①NaB 完全电离：NaB=Na
++B
﹣，这一步的c（B
﹣）=c（Na
+），
②HB 少部分电离：HB⇌H
++B
﹣，则c（HB）＞c（H
+），
③NaB 少部分水解：B
﹣+H2O⇌HB+OH
﹣，
由于酸的电离程度大于盐的水解程度，则HB 电离产生的B
﹣相对NaB 水解消耗的B
﹣多，所以c（B
﹣）＞c（Na
+），由于
HB 电离消耗得多，水解生成的HB 少，
所以c（Na
+）＞c（HB），则c（B
﹣）＞c（Na
+）＞c（HB）＞c（H
+）＞c（OH
﹣），故B 正确；
C．当pH=7 时，根据电荷守恒三种溶液中离子浓度关系为：
c（Na
+）+c（H
+）=c（A
﹣）+c（OH
﹣），由于c（H
+）=c（OH
﹣），所以c（Na
+）=c（A
﹣），
c（Na
+）+c（H
+）=c（B
﹣）+c（OH
﹣），由于c（H
+）=c（OH
﹣），所以c（Na
+）=c（B
﹣），
c（Na
+）+c（H
+）=c（D
﹣）+c（OH
﹣），由于c（H
+）=c（OH
﹣），所以c（Na
+）=c（D
﹣），
由于三种酸根的水解程度不同，则溶液呈中性时所消耗的氢氧化钠的体积不相同，则三种溶液中钠离子浓度不同，c
（A
﹣），c（B
﹣），c（D
﹣）也不同，c（A
﹣）＞c（B
﹣）＞c（D
﹣），故C 错误；
D．恰好中和时，三种溶液所消耗的氢氧化钠体积相同，生成三种盐的浓度相同，混合后溶液因盐的水解呈碱关系为：
c（OH
﹣）=c（HA）+c（HB）+c（HD）+c（H
+），故D 正确；
故选：C。
【点评】本题以弱电解质的电离为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确电解质溶液中三大守恒以及酸的电离程度与
酸根离子水解程度的大小是解题关键，题目难度中等。
二、解答题（共4 小题，满分64 分）
7．（14 分）如表为元素周期表的一部分．
碳
氮
Y
X
硫
Z
回答下列问题：
（1）Z 元素在周期表中的位置为
第三周期VⅡA 族
．
（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）
Si
．
（3）下列事实能说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金属性强的是
ac
．
a．Y 单质与H2S 溶液反应，溶液变浑浊
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b．在氧化还原反应中，1molY 单质比1molS 得电子多
c．Y 和S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高
（4）X 与Z 两元素的单质反应生成1mol X 的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ．已知该化合物的熔、沸点分别
为﹣69℃和58℃．写出该反应的热化学方程式：
Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol
．
（5）碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水反应生成2mol Mg（OH）2 和1mol 烃，该烃分子中碳氢质量比为9：1，烃的
电子式为
．Q 与水反应的化学方程式为
Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑
．
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，
气体的相对分子质量都小于50，为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol•L
﹣1 NaOH 溶
液和1mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为
NO 0.9mol，NO2 1.3mol
，生成硫酸铜物质的量为
2mol
．
【分析】根据元素周期表结构可知，X 为Si 元素，Y 为O 元素，Z 为Cl 元素，
（1）Z 为氯元素，其原子序数为17，含有3 个电子层，最外层含有7 个电子，据此判断其在周期表中的位置；
（2）元素周期表中，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大；
（3）说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金属性强，可以根据元素单质氧化性强弱或生成气体氢化物稳定性分析，而
与得失电子数没有必然关系；
（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX 的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，由于该化合物
的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4 为液态，据此结合热化学方程式的书写原则解答；
（5）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H 的物质的量之比为
：
=3：4，根据“碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水
反应生成2mol Mg（OH）2 和1mol 烃”可知该烃的化学式，然后写出其电子式；根据烃的化学式确定Q 的化学式，然
后再写出Q 与水反应的化学方程式；
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，
分别设出二氧化氮、一氧化氮的物质的量，根据原子守恒、电子守恒列式计算出NO、二氧化碳的物质的量；根据电子
守恒可计算出参与反应的Cu 的物质的量．
【解答】解：根据元素周期表结构可知，X 为Si 元素，Y 为O 元素，Z 为Cl 元素，
（1）Z 为Cl 元素，其原子序数为17，位于周期表中第三周期、ⅤⅡA 族，
故答案为：第三周期ⅤⅡA 族；
（2）同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径最大的为Si，
故答案为：Si；
（3）a．Y 单质与H2S 溶液反应，溶液变浑浊，说明氧气的氧化性比硫强，则说明Y 元素的非金属性比S 元素的非金
属性强，故a 正确；
b．在氧化还原反应中，1molY 单质比1molS 得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故b 错误；
c．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，Y 和S 两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y 的
非金属性较强，故c 正确；
故答案为：ac；
（4）X（Si）与Z（Cl）两元素的单质反应生成1molX 的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物
的熔、沸点分别为﹣69℃和58℃，则常温下SiCl4 为液态，该反应的热化学方程式为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△
H=﹣687kJ/mol，
故答案为：Si（s）+2Cl2（g）=SiCl4（l）△H=﹣687kJ/mol；
（5）该烃分子中碳氢质量比为9：1，C、H 的物质的量之比为
：
=3：4，根据“碳与镁生成的1mol 化合物Q 与水
反应生成2mol Mg（OH）2 和1mol 烃”可知该烃的化学式为C3H4，电子式为
；
Q 的化学式为Mg2C3，Mg2C3 与水反应生成氢氧化镁和C3H4，反应的化学方程式为：Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑，
故答案为：
；Mg2C3+4H2O=2Mg（OH）2+C3H4↑；
（6）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应可能生成一氧化氮和二氧化氮，相对分子质量都小于50，符合题意，
1mol 氧气参与反应转移电子的物质的量为4mol，假设二氧化氮的物质的量为x，NO 的物质的量为y，
则：
，
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解得：
；
根据电子守恒，参与反应的Cu 的物质的量为：n（Cu）=
=2mol，
故答案为：NO 0.9mol，NO2 1.3mol；2mol．
【点评】本题为2016 年天津高考题，考查了原子结构与元素周期律、元素周期表的关系及氧化还原反应的计算等知识，
题目难度中等，明确元素周期表结构、元素周期律内容为结构件，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养
了学生的分析能力及化学计算能力．
8．（18 分）己烯醛（D）是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D 的方法之一，根据该合成路线回答下列问题：
已知
RCHO+R′OH+R″OH
（1）A 的名称是
丁醛
；B 分子中的共面原子数目最多为
9
；C 分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的
氢原子共有
8
种．
（2）D 中含氧官能团的名称是
醛基
．写出检验该官能团的化学反应方程式：
+2Ag（NH3）
2OH
+2Ag↓+3NH3+H2O
（
或
者
+2Cu
（
OH
）
2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O）
．
（3）E 为有机物，能发生的反应有：
cd
a．聚合反应
b．加成反应
c．消去反应
d．取代反应
（4 ）B
的同分异构体
F
与
B
有完全相同的官能团，写出
F
所有可能的结构：
（5）以D 为主要原料制备己醛（目标化合物），在方框中将合成路线的后半部分补充完整．
（6）问题（5）的合成路线中的第一步反应的目的是
保护醛基
．
【分析】（1）A 为丁醛；B 中碳碳双键连接的原子为平面结构，O 原子及连接的原子形成V 形，旋转C﹣O 单键可以使
个平面共面，可以使甲基中碳原子处于平面内，旋转碳碳单键可以使甲基中1 个H 原子出平面内；C 分子中与环相连
的三个基团的化学环境均不相同；
（2）由D 的结构简式可知，含有的含氧官能团为醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基；
（3）C 相当于醚键水解形成羟基后再发生分子内脱水反应形成碳碳双键、醛基得到A、D，可推知E 为CH3CH2OH；
（4）B 的同分异构体F 与B 有完全相同的官能团，则F 含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3 中1 个H 原子被﹣
OCH3 取代，注意存在顺反异构情况；
（5 ）
与氢气发生加成反应生成
，然后在酸性条件下得到
；
（6）保护醛基，防止被氢气还原．
【解答】解：（1）A 的名称为丁醛；B 中碳碳双键连接的原子为平面结构，O 原子及连接的原子形成V 形，旋转C﹣O
单键可以使个平面共面，可以使甲基中碳原子处于平面内，旋转碳碳单键可以使甲基中1 个H 原子出平面内，有9 个
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原子共平面飞中最多；C 分子中与环相连的三个基团的化学环境均不相同，与环相连的三个基团中，不同化学环境的
氢原子共有8 种，
故答案为：丁醛；9；8；
（2）由D 的结构简式可知，含有的含氧官能团为醛基，用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液检验醛基，反应方程式为：
+2Ag（NH3）2OH
+2Ag↓+3NH3+H2O，
或者
+2Cu（OH）2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O，
故答案为：醛基；
+2Ag （NH3 ）2OH
+2Ag↓+3NH3+H2O （或者
+2Cu（OH）2+NaOH
+Cu2O↓+3H2O）；
（3）C 相当于醚键水解形成羟基后再发生分子内脱水反应形成碳碳双键、醛基得到A、D，可推知E 为CH3CH2OH，可
以发生消去反应、取代反应，不能发生聚合反应、加成反应，
故选：cd；
（4）B 的同分异构体F 与B 有完全相同的官能团，则F 含有醚键、碳碳双键，可以看作CH2=CHCH3 中1 个H 原子被﹣
OCH3
取
代
，
注
意
存
在
顺
反
异
构
情
况
，
可
能
的
结
构
简
式
有
：
，
故答案为：
；
（5 ）
与氢气发生加成反应生成
，然后在酸性条件下得到
，
补
全
合
成
路
线
为
：
，
故答案为：
；
（6）问题（5）的合成路线中的第一步反应的目的是：保护醛基，防止被氢气还原，
故答案为：保护醛基．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机物的结构与性质、性质条件同分异构体书写、官能团的检验及有机反应
方程式的书写、信息获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，（4）中注意顺反异构情况．
9．（18 分）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg•L
﹣1．我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO 不能低于5mg•L
﹣1．某化学小组同学设计了下列装置（夹
持装置略），测定某河水的DO．
Ⅰ．测定原理：
碱性条件下，O2 将Mn2+氧化为MnO（OH）2：①2Mn2++O2+4OH
﹣═2MnO（OH）2↓
酸性条件下，MnO（OH）2 将I
﹣氧化为I2：②MnO（OH）2+I
﹣+H
+→Mn2++I2+H2O（未配平）
用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2；③2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣
Ⅱ．测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2 排尽空气后，停止充N2．
b．向烧瓶中加入200mL 水样．
c．向烧瓶中依次迅速加入1mL MnSO4 无氧溶液（过量）、2mL 碱性KI 无氧溶液（过量）开启搅拌器，至反应①完全．
d．搅拌并向烧瓶中加入2mL H2SO4 无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性．
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e．从烧瓶中取出40.00mL 溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000mol•L
﹣1 Na2S2O3 溶液进行滴定，记录数据．f…
g．处理数据（忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化）．
回答下列问题：
（1）配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为
将溶剂水煮沸后冷却
．
（2）在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是
②
．
①滴定管
②注射器
③量筒
（3）搅拌的作用是
使溶液混合均匀，快速完成反应
．
（4）配平反应②的方程式，其化学计量数依次为
1，2，4，1，1，3
．
（5）步骤f 为
重复步骤e 的操作2﹣3 次
．
（6）步骤e 中达到滴定终点的标志为
溶液蓝色褪去且半分钟内不变化
．若某次滴定消耗Na2S2O3 溶液4.50mL，水
样的DO=
9.0
mg•L
﹣1（保留一位小数）．作为饮用水源，此次测得DO 是否达标：
是
（填“是”或“否”）
（7）步骤d 中加入H2SO4 溶液反应后，若溶液pH 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因（用离子
方程式表示，至少写出2 个）
2H
++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，SO2+I2+2H2O=4H
++SO42﹣+2I
﹣，4H
++4I
﹣+O2=2I2+2H2O
．
【分析】（1）配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶液把溶剂中溶解的氧气赶出；
（2）加入水样需要避免空气进入三颈瓶，橡皮塞处用注射器把水样注入；
（3）搅拌的作用是混合均匀反应充分；
（4）MnO（OH）2+I
﹣+H
+→Mn2++I2+H2O，反应中碘元素化合价﹣1 价变化为0 价，锰元素化合价降低+4 价变化为+2 价，
电子转移总数2，结合原子守恒配平离子方程式；
（5）为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行滴定实验测定数值，取几次的平均值计算；
（6）用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2 发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣，指示剂为淀粉，随滴入溶液反应溶液蓝色变
化为无色且半分钟不变说明反应达到终点；用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2 发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣，以淀粉
作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变说明反应达到终点，
若某次滴定消耗Na2S2O3 溶液4.50mL，2Mn2++O2+4OH
﹣═2MnO（OH）2↓，MnO（OH）2+2I
﹣+4H
+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32
﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣，得到定量关系计算得到水样中的DO，注意溶液体积的变化；
（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘
离子氧化．
【解答】解：（1）溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶剂后
冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到，
故答案为：将溶剂水煮沸后冷却；
（2）加入水样需要避免空气进入三颈瓶，橡皮塞处用中注射器把水样注入，在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的
仪器是②，滴定管和量筒无法实现加入水样的目的，
故答案为：②；
（3）操作步骤中搅拌的作用是使溶液混合均匀，快速完成反应，
故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应；
（4）MnO（OH）2+I
﹣+H
+→Mn2++I2+H2O，MnO（OH）2+I
﹣+H
+→Mn2++I2+H2O，反应中碘元素化合价﹣1 价变化为0 价，
锰元素化合价降低+4 价变化为+2 价，电子转移总数2，配平得到离子方程式为：MnO（OH）2+2I
﹣+4H
+=Mn2++I2+3H2O，
故答案为：1，2，4，1，1，3；
（5）为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行滴定实验测定数值，取几次的平均值计算，步骤f 为重复步骤e
的操作2﹣3 次，
故答案为：重复步骤e 的操作2﹣3 次；
（6）用Na2S2O3 标准溶液滴定生成的I2 发生反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣，以淀粉作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，
滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变说明反应达到终点，若某次滴定消耗Na2S2O3 溶液4.50mL，
2Mn2++O2+4OH
﹣═2MnO（OH）2↓，MnO（OH）2+2I
﹣+4H
+=Mn2++I2+3H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I
﹣，得到定量关系为：
O2～2MnO（OH）2～2I2～4S2O32﹣，
1
4
n
0.0045L×0.01000mol•L
﹣1
n=1.12×10
﹣5mol，
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200mL 水样中含氧气1.12×10
﹣5mol×
=5.6×10
﹣5mol
氧气浓度=
=2.8×10
﹣4mol/L，
水中溶氧量（DO）=2.8×10
﹣4mol/L×32g/mol=8.96×10﹣3g/L≈9.0mg/L＞5 mg/L，生活饮用水源的DO 不能低于5mg•L
﹣1．则此水样符合标准，
故答案为：溶液蓝色褪去且半分钟内不变化；9.0；是；
（7）硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘
离子氧化，反应的离子方程式分别为：2H
++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O；SO2+I2+2H2O=4H
++SO42﹣+2I
﹣；4H
++4I
﹣+O2=2I2+2H2O，
故答案为：2H
++S2O32﹣=S↓+SO2↑+H2O，SO2+I2+2H2O=4H
++SO42﹣+2I
﹣，4H
++4I
﹣+O2=2I2+2H2O．
【点评】本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的相关知识、氧化还原反应电子守恒应用，主要是实验基本
操作、滴定实验的步骤、水样DO 的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
10．（14 分）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节．回答下列问题：
（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是
污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高
（至少答出两点）．
但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：
H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O
．
（2）氢气可用于制备H2O2．已知：
H2（g）+A（l）═B（l）△H1
O2（g）+B（l）═A（l）+H2O2（l）△H2
其中A、B 为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）+O2（g）═H2O2（l）的△H=
＜
0（填“＞”或“=”）
（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0 达到化学平衡．下列有关叙述
正确的是
ac
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收ymol H2 只需1mol MHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v（放氢）＞v（吸氢）
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为
将光能转化为化学能
．
（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源，电解法制取有广泛用途的Na2FeO4．同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH
﹣→FeO42﹣
+3H2↑，装置如图所示，装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO42﹣，镍电极有气泡产生．若氢氧化钠溶液浓度过高，
铁电极区会产生红褐色物质．已知：Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，易被H2 还原．
①电解一段时间后，c（OH
﹣）降低的区域在
阳极室
（填“阴极室”或“阳极室”）．
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为
防止Na2FeO4 与H2 反应使产率降低
．
③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2，任选M、N 两点中的一点，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因
M
点：c（OH
﹣）低，Na2FeO4 稳定性差，且反应慢（或N 点：c（OH
﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4 产
率降低）
．
【分析】（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢氧燃
料电池的负极反应式为H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O；
（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T
△S，因为均为两反应自发反应，因此△H 均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H1＜0；
（3）MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质
的量不变，容器内气体压强保持不变；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2 需大于1mol MHx；c．若
降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，平衡正向移动，则v
（放氢）＜v（吸氢）；
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能；
（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少；
②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，易被H2 还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时
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排出，防止Na2FeO4 与H2 反应使产率降低；
③根据题意Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，在M 点，c（OH
﹣）低，Na2FeO4 稳定性差，且反应慢，在N 点：c（OH
﹣）
过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4 产率降低．
【解答】解：（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等；碱性氢
氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O，
故答案为：污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高；H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O；
（2）①H2（g）+A（l）=B（l）△H1，②O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）△H2，两反应的△S＜0，根据△G=△H﹣T
△S，因为均为两反应自发反应，因此△H 均小于0，将①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的△H=△H1+△H2＜0，
故答案为：＜；
（3）MHx（s）+yH2（g）⇌MHx+2y（s）△H＜0，该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，a．平衡时气体的物质
的量不变，容器内气体压强保持不变，正确；b．该反应为可逆反应，不能完全转化，吸收ymol H2 需大于1mol MHx，
错误；c．若降温，平衡正向移动，该反应的平衡常数增大，正确；d．若向容器内通入少量氢气，相当于增大压强，
平衡正向移动，则v（放氢）＜v（吸氢），错误；
故选ac；
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是将光能转化为化学能，
故答案为：将光能转化为化学能；
（5）①根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气，铁电极发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子减少，因此电
解一段时间后，c（OH
﹣）降低的区域在阳极室，
故答案为：阳极室；
②氢气具有还原性，根据题意Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，易被H2 还原．电解过程中，须将阴极产生的气体及时
排出，防止Na2FeO4 与H2 反应使产率降低，
故答案为：防止Na2FeO4 与H2 反应使产率降低；
③根据题意Na2FeO4 只在强碱性条件下稳定，在M 点，c（OH
﹣）低，Na2FeO4 稳定性差，且反应慢，在N 点：c（OH
﹣）
过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4 产率降低，
故答案为：M 点：c（OH
﹣）低，Na2FeO4 稳定性差，且反应慢（或N 点：c（OH
﹣）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，
使Na2FeO4 产率降低）．
【点评】本题主要考查了化学反应中的能量变化、化学平衡状态的判断、电解原理及其应用的相关知识，题目难度中
等．
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2016 年四川省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题3 分，满分21 分）
1．（3 分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（
）
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
2．（3 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
3．（3 分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（
）
A．某无色溶液中可能大量存在H
+、Cl
﹣、MnO4
﹣
B．pH=2 的溶液中可能大量存在Na
+、NH4
+、SiO32﹣
C．Fe2+与H2O2 在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2 O2+2H
+═2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba（OH）2 溶液的反应：H
++SO42﹣+Ba2++OH
﹣═BaSO4↓+2H2O
4．（3 分）NA 表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.4g Mg 在足量O2 中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L CO2 气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA 的CH3OH 分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/L CH3COOH 溶液中含有的H
+数为0.05NA
5．（3 分）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6（x＜1），下
列关于该电池的说法不正确的是（
）
A．放电时，Li
+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6﹣xe
﹣═xLi
++C6
C．充电时，若转移1mol e
﹣，石墨（C6）电极将增重7x g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe
﹣═Li1﹣xCoO2+xLi
+
6．（3 分）一定条件下，CH4 与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒
压下，平衡时φ （CH4）的体积分数与Z 和T（温度）的关系如图所示．下列说法正确的是（
）
A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z 的大小为a＞3＞b
C．图中X 点对应的平衡混合物中
=3
D．温度不变时，图中X 点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
7．（3 分）向1L 含0.01mol NaAlO2 和0.02mol NaOH 的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的
反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol 时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3 下列对应关系正
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确的是（
）
选项
n（CO2）/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c（Na
+）＞c（AlO2
﹣）+c（OH
﹣）
B
0.01
c（Na
+）＞c（AlO2
﹣）＞c（OH
﹣）＞c（CO32﹣）
C
0.015
c（Na
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（CO32﹣）＞C（OH
﹣）
D
0.03
c（Na
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（OH
﹣）＞c（H
+）
A．A
B．B
C．C
D．D
二、解答题（共4 小题，满分13 分）
8．M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子L 层中p 轨道电子数是s 电
子数的2 倍，R 是同周期元素中最活泼的金属元素，X 和M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z 的基
态原子4s 和3d 轨道半充满．请回答下列问题：
（1）R 基态原子的电子排布式是
，X 和Y 中电负性较大的是
（填元素符号）．
（2）X 的氢化物的沸点低于与其组成相似的M 的氢化物，其原因是
．
（3）X 与M 形成的XM3 分子的空间构型是
．
（4）M 和R 所形成的一种离子化合物R2M 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是
（填离子符号）．
（5）在稀硫酸中，Z 的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M 的一种氢化物，Z 被还原为+3 价，该反应的化学方程式
是
．
9．（13 分）CuCl 广泛应用于化工和印染等行业．某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O 制备CuCl，并进行相关探究．
【资料查阅】
【实验探究】
该
小
组
用
如
图
所
示
装
置
进
行
实
验
（
夹
持
仪
器
略）．
请回答下列问题：
（1）仪器X 的名称是
．
（2）实验操作的先后顺序是a→
→e（填操作的编号）
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B 中物质由白色变为蓝色，C 中试纸的颜色变化是
．
（4）装置D 中发生的氧化还原反应的离子方程式是
．
【探究反思】
（5）反应结束后，取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2 或CuO 杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是
．
②若杂质是CuO，则产生的原因是
．
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10．高血脂严重影响人体健康，化合物E 是一种临床治疗高血脂症的药物，E 的合成路线如图（部分反应条件和试剂
略）：
已知：
（R1 和R2 代表烷基）
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的名称是
，试剂Ⅱ中官能团的名称是
，第②步的反应类型是
．
（2）第①步反应的化学方程式是
．
（3）第⑥步反应的化学方程式是
．
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是
．
（5）C 的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y 和CH3（CH2）4OH．若X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共振
氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X 和Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是
．
11．资源的高效利用对保护环境．促进经济持续健康发展具有重要作用．磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F 和CaCO3•MgCO3．某
研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4 和H2 其简化流程如图：
已知：①Ca5（PO4）3F 在950℃不分解
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是
（3）NH4NO3 溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是
（5）工业上常用磷精矿[Ca5PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸．已知25℃，101kPa 时：
CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），当CO 与H2O（g）的起始物质的量之比为1：5，达平衡时，
CO 转化了
．若a kg 含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5
（PO4）3F 转化为P4，将产生的CO 与H2O（g）按起始物质的量之比1：3 混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2
kg．
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2016 年四川省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题3 分，满分21 分）
1．（3 分）化学与生产和生活密切相关，下列过程中没有发生化学变化的是（
）
A．氯气作水的杀菌消毒剂
B．硅胶作袋装食品的干燥剂
C．二氧化硫作纸浆的漂白剂
D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂
【分析】本题考查学生对物理变化和化学变化的确定．判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中
有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质的是物理变化．
【解答】解：A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能杀菌消毒，属于化学变化，故A 错误；
B、硅胶做干燥剂是吸水，没有发生化学变化，故B 正确；
C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质，发生了化学反应，属于化学变化，故C 错误；
D、肥皂水显碱性，与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应，发生了化学反应，故D 错误。
故选：B。
【点评】搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有生成其他物
质．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化．
2．（3 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；
B．生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；
C．硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等。
【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故A 错误；
B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入KCl 生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B 错误；
C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI，故C 正确；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质
的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3．（3 分）下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是（
）
A．某无色溶液中可能大量存在H
+、Cl
﹣、MnO4
﹣
B．pH=2 的溶液中可能大量存在Na
+、NH4
+、SiO32﹣
C．Fe2+与H2O2 在酸性溶液中的反应：2Fe2++H2 O2+2H
+═2Fe3++2H2O
D．稀硫酸与Ba（OH）2 溶液的反应：H
++SO42﹣+Ba2++OH
﹣═BaSO4↓+2H2O
【分析】A．无色溶液中不能存在有颜色的离子；
B．pH=2 的溶液呈酸性，弱酸的酸根离子不能大量存在；
C．Fe2+与H2O2 在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水；
D．离子的配比数不符合反应的实际．
【解答】解：A．MnO4
﹣是紫色，不可能存在无色溶液中，故A 错误；
B．pH=2 的溶液呈酸性，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，故B 错误；
C．Fe2+与H2O2 在酸性溶液中发生氧化还原反应，生成铁离子和水，反应的离子方程式2Fe2++H2O2+2H
+═2Fe3++2H2O 满
足电子守恒和电荷守恒，故C 正确；
D．氢离子和硫酸根离子比例应为2：1，应为2H
++SO42﹣+Ba2++2OH
﹣═BaSO4↓+2H2O，故D 错误。
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故选：C。
【点评】本题综合考查离子共存以及离子方程式的正误判断，为高频考点，侧重于学生的分析以及元素化合物知识的
综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质以及离子的性质，难度不大．
4．（3 分）NA 表示阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.4g Mg 在足量O2 中燃烧，转移的电子数为0.1NA
B．标准状况下，5.6L CO2 气体中含有的氧原子数为0.5NA
C．氢原子数为0.4NA 的CH3OH 分子中含有的σ键数为0.4NA
D．0.1L0.5mol/L CH3COOH 溶液中含有的H
+数为0.05NA
【分析】A．镁失去电子生成二价镁离子；
B．将标况下气体的体积转化为物质的量，结合1 个二氧化碳分子含有2 个氧原子解答；
C.1 个甲醇含有1 个C﹣O 键，1 个O﹣H，3 个C﹣H 键；
D．醋酸是弱酸，不能完全电离．
【解答】解：A、2.4g 镁的物质的量为
=0.1mol，反应中失去0.2mol 电子，故A 错误；
B、标准状况下5.6L 二氧化碳的物质的量为
=0.25mol，含有的氧原子为0.25mol×2=0.5mol，含有的氧原子
数为0.5NA，故B 正确；
C、个甲醇含有1 个C﹣O 键，1 个O﹣H，3 个C﹣H 键，共含有5 个σ键，氢原子数为0.4NA 的甲醇分子为0.1mol，含
有0.5molσ键，故C 错误；
D、醋酸是弱酸，不能完全电离，0.1L0.5mol/L CH3COOH 溶液中含有的H
+数小于0.05NA，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，注意甲醇的结构、弱电解质电离
特点，题目难度不大．
5．（3 分）某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池，放电时电池总反应为：Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6（x＜1），下
列关于该电池的说法不正确的是（
）
A．放电时，Li
+在电解质中由负极向正极迁移
B．放电时，负极的电极反应式为LixC6﹣xe
﹣═xLi
++C6
C．充电时，若转移1mol e
﹣，石墨（C6）电极将增重7x g
D．充电时，阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe
﹣═Li1﹣xCoO2+xLi
+
【分析】放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co 元素的化合价降低，Co 得到电子，则Li1﹣xCoO2 为正极，LixC6
为负极，Li 元素的化合价升高变成Li
+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，
据此解答．
【解答】解：放电时的反应为Li1﹣xCoO2+LixC6═LiCoO2+C6，Co 元素的化合价降低，Co 得到电子，则Li1﹣xCoO2 为正极，
LixC6 为负极，Li 元素的化合价升高变成Li
+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过
程，
A．放电时，负极LixC6 失去电子得到Li
+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li
+在电解质中由负极向正极迁移，故A 正
确；
B．放电时，负极LixC6 失去电子产生Li
+，电极反应式为LixC6﹣xe
﹣═xLi
++C6，故B 正确；
C．充电时，石墨（C6）电极变成LixC6，电极反应式为：xLi
++C6+xe
﹣═LixC6，则石墨（C6）电极增重的质量就是锂离子
的质量，根据关系式：
xLi
+～～～xe
﹣
1mol
1mol
可知若转移1mole
﹣，就增重1molLi
+，即7g，故C 错误；
D．正极上Co 元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1﹣xCoO2+xLi
++xe
﹣═LiCoO2，充电是放电的逆反应，故D
正确；
故选：C。
【点评】本题考查二次电池的充放电原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与
氧化还原反应的结合，在写电极反应式时注意装置中有自由移动的Li
+，C 选项考查学生的仔细程度，难度适中．
6．（3 分）一定条件下，CH4 与H2O（g）发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）设起始
=Z，在恒
压下，平衡时φ （CH4）的体积分数与Z 和T（温度）的关系如图所示．下列说法正确的是（
）
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A．该反应的焓变△H＞0
B．图中Z 的大小为a＞3＞b
C．图中X 点对应的平衡混合物中
=3
D．温度不变时，图中X 点对应的平衡在加压后φ（CH4）减小
【分析】由图象可知升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，起始
=Z，Z 越小，说明加入甲烷的物质的量相等水来说越多，含量越大，以此解答该题．
【解答】解：A．升高温度，甲烷的体积分数减小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应的焓变△H＞0，故A 正确；
B．起始
=Z，Z 越小，说明甲烷相对越多，达到平衡时甲烷的含量越多，则Z 的大小为a＜3＜b，故B 错误；
C．起始
=3，水和甲烷按1：1 反应，达到平衡时，二者比值不等于3，故C 错误；
D．增大压强，平衡逆向移动，所以平衡在加压后φ（CH4）增大，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素及应用，为高频考点，题目难度不大，明确化学平衡及其影响为解答关键，
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．
7．（3 分）向1L 含0.01mol NaAlO2 和0.02mol NaOH 的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的
反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol 时发生的反应是：2NaAlO2+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+Na2CO3 下列对应关系正
确的是（
）
选项
n（CO2）/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c（Na
+）＞c（AlO2
﹣）+c（OH
﹣）
B
0.01
c（Na
+）＞c（AlO2
﹣）＞c（OH
﹣）＞c（CO32﹣）
C
0.015
c（Na
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（CO32﹣）＞C（OH
﹣）
D
0.03
c（Na
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（OH
﹣）＞c（H
+）
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧化钠消耗0.01mol
二氧化碳，生成0.01mol 碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol 偏铝酸钠消耗0.005mol
二氧化碳，生成0.005mol 碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol 的二
氧化碳，生成0.03mol 的碳酸氢钠，由此分析各选项．
【解答】解：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na
+）+c（H
+）=c（AlO2
﹣）+c（OH
﹣），故A 错误；
B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol 碳酸钠和0.01mol 偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝
酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小
为：c（Na
+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2
﹣）＞c（OH
﹣），故B 错误；
C、当二氧化碳为0.015mol 时，所以得溶液为0.015mol 碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c（Na
+）＞c（CO32﹣）＞c
（OH
﹣）＞c（HCO3
﹣），故C 错误；
D、当二氧化碳的量为0.03mol 时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺
序为：c（Na
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（OH
﹣）＞c（H
+），故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目
有一定的难度．
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二、解答题（共4 小题，满分13 分）
8．M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子L 层中p 轨道电子数是s 电
子数的2 倍，R 是同周期元素中最活泼的金属元素，X 和M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z 的基
态原子4s 和3d 轨道半充满．请回答下列问题：
（1）R 基态原子的电子排布式是
1s22s22p63s1
，X 和Y 中电负性较大的是
Cl
（填元素符号）．
（2）X 的氢化物的沸点低于与其组成相似的M 的氢化物，其原因是
H2O 分子能形成氢键，而H2S 不能形成氢键
．
（3）X 与M 形成的XM3 分子的空间构型是
平面三角形
．
（4）M 和R 所形成的一种离子化合物R2M 晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是
Na
+
（填离子符号）．
（5）在稀硫酸中，Z 的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M 的一种氢化物，Z 被还原为+3 价，该反应的化学方程式是
3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4
．
【分析】M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子L 层中p 轨道电子数是
s 电子数的2 倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M 为O 元素；由原子序数可知R、X、Y 均处于第三周期，R 是同周
期元素中最活泼的金属元素，则R 为Na；X 和M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X 为S 元素，
可知Y 为Cl；Z 的基态原子4s 和3d 轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB 族，故Z 为Cr．
【解答】解：M、R、X、Y 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z 是一种过渡元素．M 基态原子L 层中p 轨道电子
数是s 电子数的2 倍，核外电子排布式为1s22s22p4，故M 为O 元素；由原子序数可知R、X、Y 均处于第三周期，R 是
同周期元素中最活泼的金属元素，则R 为Na；X 和M 形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，则X 为S 元
素，可知Y 为Cl；Z 的基态原子4s 和3d 轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1，处于VIB 族，故Z 为Cr．
（1）R 为Na，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s1，同周期自左而右电负性增大，故Cl 元素电负性大于S 的，
故答案为：1s22s22p63s1；Cl；
（2）H2O 分子能形成氢键，使水的沸点升高，而H2S 不能形成氢键，故硫化氢的沸点低于水的，
故答案为：H2O 分子能形成氢键，而H2S 不能形成氢键；
（3）X 与M 形成的SO3 分子中S 原子孤电子对数=
=0，价层电子对数为3+0=3，故其空间构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（4）M 和R 所形成的一种离子化合物为Na2O，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×
+6×
=4，黑色球与白色
球数目之比为2：1，故图中黑球代表的离子是Na
+，
故答案为：Na
+；
（5）Z 的最高价含氧酸的钾盐（橙色）为K2Cr2O7，与氧元素的氢化物发生氧化还原反应，该氢化物为H2O2，在稀硫
酸中，Cr 元素被还原为+3价，H2O2被氧化生成氧气，反应方程式为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4，
故答案为：3H2O2+K2Cr2O7+4H2SO4=Cr2（SO4）3+3O2↑+7H2O+K2SO4．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、氢键、空间构型、晶胞计算、氧化还原反应
等，注意氢键对物质性质的影响，掌握均摊法进行晶胞有关计算．
9．（13 分）CuCl 广泛应用于化工和印染等行业．某研究性学习小组拟热分解CuCl2•2H2O 制备CuCl，并进行相关探究．
【资料查阅】
【实验探究】
该
小
组
用
如
图
所
示
装
置
进
行
实
验
（
夹
持
仪
器
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略）．
请回答下列问题：
（1）仪器X 的名称是
球形干燥管
．
（2）实验操作的先后顺序是a→
c﹣d﹣b
→e（填操作的编号）
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B 中物质由白色变为蓝色，C 中试纸的颜色变化是
先逐渐变为红色，后褪色
．
（4）装置D 中发生的氧化还原反应的离子方程式是
Cl2+2OH
﹣=Cl
﹣+ClO
﹣+H2O
．
【探究反思】
（5）反应结束后，取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2 或CuO 杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是
加热时间不足或温度偏低
．
②若杂质是CuO，则产生的原因是
通入HCl 的量不足
．
【分析】热分解CuCl2•2H2O 制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl 气体，然后加热A 处试管，X 为球形干燥管，
X 中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O 分解生成水，且C 处试纸先变红后褪色，可知发生
2CuCl2
2CuCl+Cl2↑，D 中NaOH 溶液吸收尾气；取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2 或
CuO 杂质，混有CuCl2 与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO 与没有在HCl 的氛围中加热或者未等试管冷却就停
止通入HCl 气体有关，以此来解答．
【解答】解：（1）由图及常见的仪器可知，仪器X 的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；
（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl2•2H2O 制备CuCl，防止CuCl 被氧化和Cu
+水解所以必
须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl 气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通
入氮气直至装置冷却，所以操作顺序为：a﹣c﹣d﹣b﹣e，
故答案为：c﹣d﹣b；
（3）B 中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C 中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，
故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；
（4）D 中是Cl2 和NaOH 反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH
﹣=Cl
﹣+ClO
﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH
﹣=Cl
﹣+ClO
﹣+H2O；
（5）①由2CuCl2
2CuCl+Cl2↑，杂质是CuCl2 说明CuCl2 没有反应完全，分解温度不高，故答案为：加热
时间不足或温度偏低；
②杂质是氧化铜，说明CuCl 被氧气氧化才产生了CuO，说明装置中有氧气，可能是没有在HCl 的氛围中加热或者未等
试管冷却就停止通入HCl 气体，故答案为：通入HCl 的量不足．
【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、实验装置的作用、元素化合物知识为解答的关
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，（5）为解答的难点，题目难度中等．
10．高血脂严重影响人体健康，化合物E 是一种临床治疗高血脂症的药物，E 的合成路线如图（部分反应条件和试剂
略）：
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已知：
（R1 和R2 代表烷基）
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的名称是
甲醇
，试剂Ⅱ中官能团的名称是
溴原子
，第②步的反应类型是
取代反应
．
（2）第①步反应的化学方程式是
CH3CH（COOH）2+2CH3OH
CH3CH（COOCH3）2+2H2O
．
（3）第⑥步反应的化学方程式是
+CO2↑
．
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，其结构简式是
CH3I
．
（5）C 的同分异构体在酸性条件下水解，生成X、Y 和CH3（CH2）4OH．若X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共振
氢谱都只有两种类型的吸收峰，则X 和Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是
．
【分析】（1）试剂I 的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴原子；
对比
、
、BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应②属于取代反应；
（2）反应①是CH3CH（COOH）2 与CH3OH 发生酯化反应生成CH3CH（COOCH3）2；
（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B 酸化生成C，则C 为
，结合信息可知
D
；
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比D、E 的结构简式可知试剂Ⅲ为CH3I；
（5）C 的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y 和CH3（CH2）4OH，生成物
X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X 为
，Y 为HOCH2CH2OH．
【解答】解：（1）试剂I 的结构简式为CH3OH，名称是甲醇；试剂Ⅱ的结构简式为BrCH2CH2CH2Br，含有的官能团为溴
原子；对比
、
、BrCH2CH2CH2Br 的结构可知，反应②属于取代反应，
故答案为：甲醇；溴原子；取代反应；
（2）反应①是CH3CH（COOH）2 与CH3OH 发生酯化反应生成CH3CH（COOCH3）2，反应方程式为：CH3CH（COOH）
2+2CH3OH
CH3CH（COOCH3）2+2H2O，
故答案为：CH3CH（COOH）2+2CH3OH
CH3CH（COOCH3）2+2H2O；
（3）反应④在碱性条件下发生酯的水解反应生成B，B 酸化生成C，则C 为
，结合信息可知
D
，第⑥步反应的化学方程式是：
+CO2↑，
故答案为：
→
+CO2↑；
（4）第⑦步反应中，试剂Ⅲ为单碘代烷烃，对比D、E 的结构简式可知试剂Ⅲ为CH3I，
故答案为：CH3I；
（5）C 的分子式为C15H20O5，其同分异构体在酸性条件下水解，说明含有酯基，生成X、Y 和CH3（CH2）4OH，生成物
X 含有羧基和苯环，且X 和Y 的核磁共振氢谱均只有两种类型的吸收峰，则X 为
，Y 为HOCH2CH2OH，
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X 和Y 发生缩聚反应所得缩聚物的结构简式是：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机合成和有机推断，涉及有机物的命名、官能团的识别、反应类型的判断、同分异构体、化学方
程式的书写等，是对有机化学基础的综合考查，侧重考查学生分析推理能力．
11．资源的高效利用对保护环境．促进经济持续健康发展具有重要作用．磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F 和CaCO3•MgCO3．某
研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4 和H2 其简化流程如图：
已知：①Ca5（PO4）3F 在950℃不分解
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是
二氧化碳（CO2）
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是
烧杯、漏斗和玻璃棒
（3）NH4NO3 溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是
NH4
+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca（OH）2 反应生成Ca2+
（4）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是
MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4
（5）工业上常用磷精矿[Ca5PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸．已知25℃，101kPa 时：
CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是
Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）
+HF（g）△H=﹣418kJ/mol
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），当CO 与H2O（g）的起始物质的量之比为1：5，达平衡时，
CO 转化了
．若a kg 含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5
（PO4）3F 转化为P4，将产生的CO 与H2O（g）按起始物质的量之比1：3 混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2
kg．
【分析】磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F 和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分
为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3 溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解CaO，
得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁离子，
可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C 等，在高温下发生4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，
可生成P4，以此解答该题．
【解答】解：磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F 和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的
成分为二氧化碳（CO2），磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5（PO4）3F、CaO、MgO，NH4NO3 溶液中铵离子水解呈酸性，可溶解
CaO，得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+，可生成CaCO3，磷矿Ⅱ含有Ca5（PO4）3F、MgO，加入硫酸铵浸取，浸取液Ⅱ含有镁
离子，可生成氢氧化镁，磷精矿加入二氧化硅、C 等，在高温下发生4Ca5 （PO4 ）
3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4，
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F 和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和
碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2），故答案为：二氧化碳（CO2）；
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗和玻璃棒；
（3）NH4NO3 溶液中铵离子水解呈酸性，H
+能从磷矿I 中浸取出Ca2+，故答案为：NH4
+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca
（OH）2 反应生成Ca2+；
（4 ）根据化学工艺流程判断浸取液II 的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3 ，发生反应的化学方程式是
MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4，
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故答案为：MgSO4+2NH3+2H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4；
（5）已知25℃，101kPa 时：
①CaO（s）+H2SO4（l）═CaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣271kJ/mol
②5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）═Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=﹣937kJ/mol
根据盖斯定律：①×5﹣②得Ca5（PO4）3F 和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4
（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol，
故答案为：Ca5（PO4）3F （s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ/mol；
（6）根据题给数据利用三行式分析．设CO 的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1
5
0
0
转化浓度（mol/L）
平衡浓度（mol/L）
则K=
=
=1．
相同条件下当CO 与H2O（g）的起始物质的量之比为1：3，平衡常数不变，设转化的CO 为x．
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1
3
0
0
转化浓度（mol/L）x
x
x
x
平衡浓度（mol/L）（1﹣x）
（3﹣x）
x
x
则
=1，解得x=
，即达平衡时，CO 转化了
，转化为P4 的Ca5（PO4）3F 质量为a×10%×b%kg，
根据反应4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4 知生成CO 的质量为
kg，
则转化的CO 的质量为
×
kg，
根据反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）知相同条件下达平衡时能产生H2
=
kg．
故答案为：
．
【点评】本题考查物质的制备，涉及化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等知识，题目难
度较大，注意掌握实验的原理和流程，把握平衡常数的意义，试题计算量较大，充分培养了学生的分析、理解能力及
化学计算能力．
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2016 年上海市高考化学试卷
一、选择题（本题共10 分，每小题2 分，每题只有一个正确选项）
1．（2 分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（
）与苯（
）
A．均为芳香烃
B．互为同素异形体
C．互为同系物
D．互为同分异构体
2．（2 分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（
）
A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱
D．海水提溴
3．（2 分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（
）
A．HBO2 B．H2BO3
C．H3BO3
D．H2B4O7
4．（2 分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（
）
A．CaO 与CO2
B．NaCl 与HCl
C．SiC 与SiO2
D．Cl2 与I2
5．（2 分）烷烃
的命名正确的是（
）
A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
二、选择题（本题共36 分，每小题3 分，每题只有一个正确选项）
6．（3 分）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（
）
A．CH3COOH 溶液与Zn 反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa 溶液的pH 大于7
C．CH3COOH 溶液与Na2CO3 反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH 溶液可使紫色石蕊变红
7．（3 分）已知W、X、Y、Z 为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z 同主族，X、Y、Z 同周期，其中只有X 为金属
元素．下列说法一定正确的是（
）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W 的含氧酸的酸性比Z 的含氧酸的酸性强
C．W 的气态氢化物的稳定性小于Y 的气态氢化物的稳定性
D．若W 与X 原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
8．（3 分）图1 是铜锌原电池示意图．图2 中，x 轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y 轴表示（
）
A．铜棒的质量
B．c（Zn2+）C．c（H
+）
D．c（SO42﹣）
9．（3 分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（
）
A．碳酸钙粉末
B．稀硫酸
C．氯化钙溶液
D．二氧化硫水溶液
10．（3 分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和
代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（
）
A．一定属于吸热反应B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应D．一定属于分解反应
11．（3 分）合成导电高分子化合物PPV 的反应为：
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下列说法正确的是（
）
A．PPV 是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV 与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol
最多可与2 mol H2 发生反应
12．（3 分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（
）
A．氧化镁中混有氧化铝
B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
13．（3 分）O2F2 可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（
）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2 既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol 电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
14．
（3 分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2 的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下
列说法错误的是（
）
A．a、b 两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d 两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c 处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2 的转化率
15．（3 分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（
）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3 为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH 试纸
变红
HCl 为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2 具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2 具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
16．（3 分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（
）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
17．（3 分）某铁的氧化物（FexO）1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧
化．x 值为（
）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
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三、选择题（本题共20 分，每小题4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个
正确选项的，选对一个给2 分，选错一个，该小题不给分）
18．（4 分）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（
）
A．过量的氢气与氮气B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸D．过量的锌与18 mol/L 硫酸
19．（4 分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I
﹣+2H
+．某溶液中可能含有Na
+、NH4
+、K
+、I
﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物
质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（
）
A．肯定不含I
﹣
B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣
D．肯定含有NH4
+
20．（4 分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2 的铝制易拉罐中加入过量NaOH 浓溶液，立即封闭罐
口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（
）
A．CO2+2OH
﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH
﹣+3H2O→2[Al（OH）4]
﹣
C．2Al+2OH
﹣+6H2O→2[Al（OH）4]
﹣+3H2↑
D．Al3++4OH
﹣→[Al（OH）4]
﹣
21．（4 分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（
）
A．CO2 是直线型分子，推测CS2 也是直线型分子
B．SiH4 的沸点高于CH4，推测H2Se 的沸点高于H2S
C．Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，推测Fe 与I2 反应生成FeI3
D．NaCl 与浓H2SO4 加热可制HCl，推测NaBr 与浓H2SO4 加热可制HBr
22．（4 分）称取（NH4）2SO4 和NH4HSO4 混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH 的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml
（标准状况），则（NH4）2SO4 和NH4HSO4 的物质的量比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1
D．3.65：1
四、（本题共12 分）
23．（12 分）NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN 与NaClO 反应，生成NaOCN 和NaCl
（2）NaOCN 与NaClO 反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl 和N2
已知HCN（Ki=6.3×10
﹣10）有剧毒；HCN、HOCN 中N 元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH 应调节为
（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是
．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
（3）处理100m3 含NaCN 10.3mg/L 的废水，实际至少需NaClO
g（实际用量应为理论值的4 倍），才能使NaCN
含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2 与Cl2 的化学性质相似．（CN）2 与NaOH 溶液反应生成
、
和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是
；H、C、N、O、Na 的原子半径从小
到大的顺序为
．
（6）HCN 是直线型分子，HCN 是
分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO 的电子式为
．
五、（本题共12 分）
24．（12 分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2 的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2 的一个重要方法是将CO2 还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2 的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v 正
v 逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L
﹣1
[H2]/mol•L
﹣1
[CH4]/mol•L
﹣1
[H2O]/mol•L
﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d 与m、n、x、y 之间的关系式为
．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10
﹣7，Ki2=5.6×10
﹣11
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草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10
﹣2，Ki2=6.4×10
﹣5
0.1mol/L Na2CO3 溶液的pH
0.1mol/L Na2C2O4 溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是
．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液
中各种离子浓度大小的顺序正确的是
．（选填编号）
a．[H
+]＞[HC2O4
﹣]＞[HCO3
﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3
﹣]＞[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H
+]＞[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3
﹣]＞[HC2O4
﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H
++HCO3
﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH
变化不大，用平衡移动原理解释上述现象
．
六、（本题共12 分）
25．（12 分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a 装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是
．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因
是
；浓硫酸用量又不能过多，原因是
．
（2）饱和Na2CO3 溶液的作用是
．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，
、
，然后分液．
（4）若用b 装置制备乙酸乙酯，其缺点有
、
．由b 装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和
食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是
，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是
．
七、（本题共12 分）
26．（12 分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2 和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤
转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入
溶液中（填写试剂名称），出现
，可以证明有硫
化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO+H2O
CO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，
经CO 变换后的气体中：V（H2）：V（N2）=
．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3 碱液作吸收液，其优点是
；缺点是
．如果选择K2CO3 碱液作吸收液，用什么方法可以降
低成本？
写出这种方法涉及的化学反应方程式．
（4）以下是测定半水煤气中H2 以及CO 的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验
步骤测定其中H2 以及CO 的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤
（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2 的体积分数．
八、（本题共9 分）
27．（9 分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
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（1）化合物X 与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4 反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X 的结构简式
为
．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A 能发生的反应有
．（填反应类型）
B 的结构简式为
．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体
的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：A
B…
目标产物）
九、（本题共13 分）
28．（13 分）M 是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是
。反应④的反应条件是
。
（2）除催化氧化法外，由A 得到
所需试剂为
。
（3）已知B 能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下，
。
（4）写出结构简式，C
；M
（5）D 与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。
①不含羰基②含有3 种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
十、（本题共14 分）
29．（14 分）CO2 是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2 与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2 通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3 很容易分解．2.00mol NH4HCO3 完全分解，分解产物经干燥后的体积为
L（标准状况）．
（2）某H2 中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH 溶液中，CO2 被完全吸收．如果NaOH 完全反应，该NaOH
溶液的浓度为
．
（3）CO2 和KO2 有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2 在密封舱内和KO2 反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O 的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O
CO+3H2
已知：CO+2H2
CH3OH
CO2+3H2
CH3OH+H2O
300mol CH4 完全反应后的产物中，加入100mol CO2 后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2 的
转化率．
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2016 年上海市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10 分，每小题2 分，每题只有一个正确选项）
1．（2 分）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（
）与苯（
）
A．均为芳香烃
B．互为同素异形体
C．互为同系物
D．互为同分异构体
【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。
【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生
的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。
2．（2 分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（
）
A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱
D．海水提溴
【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．海带提碘是由KI 变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A 不选；
B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl 元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B 不选；
C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和
水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C 选；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D 不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价
变化角度分析，题目难度不大。
3．（2 分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（
）
A．HBO2 B．H2BO3
C．H3BO3
D．H2B4O7
【分析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B 原子最外层电子数是3 个，所以其最高化合价是+3
价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0 判断化学式．
【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B 原子最外层电子数是3 个，所以其最高化合价
是+3 价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0 判断，H2BO3 中B 的化合价为+4 价，所以不可能是H2BO3，故
选项B 符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查元素化合价判断及化学式书写，掌握主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数是解题的
关键，难度较小．
4．（2 分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（
）
A．CaO 与CO2
B．NaCl 与HCl
C．SiC 与SiO2
D．Cl2 与I2
【分析】物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体
熔化时只克服分子间作用力，以此解答该题．
【解答】解：A．CaO 为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2 在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，
与化学键无关，故A 错误；
B．NaCl 为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl 在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无
关，故B 错误；
C．SiC 与SiO2 都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C 正确；
D．Cl2 与I2 在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分
析与应用能力的考查，题目难度不大．
5．（2 分）烷烃
的命名正确的是（
）
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A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
【分析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为6 个碳原子，含有1 个甲基和1 个乙基，注意从
离支链较近的一端给主链的碳原子编号，以此解答该题．
【解答】解：选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名
称是2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了烷烃的命名，为高频考点，侧重双基的考查，题目难度不大，该题的关键是明确有机物的命名原
则，然后结合有机物的结构特点灵活运用即可．
二、选择题（本题共36 分，每小题3 分，每题只有一个正确选项）
6．（3 分）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（
）
A．CH3COOH 溶液与Zn 反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa 溶液的pH 大于7
C．CH3COOH 溶液与Na2CO3 反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH 溶液可使紫色石蕊变红
【分析】A．只能证明乙酸具有酸性；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH 是强碱，醋酸根水解而成碱性；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强；
D．可以证明乙酸具有酸性．
【解答】解：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A 错误；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH 是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B 正确；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C 错误；
D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，关键是原理的理解，难度不大．
7．（3 分）已知W、X、Y、Z 为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z 同主族，X、Y、Z 同周期，其中只有X 为金属
元素．下列说法一定正确的是（
）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W 的含氧酸的酸性比Z 的含氧酸的酸性强
C．W 的气态氢化物的稳定性小于Y 的气态氢化物的稳定性
D．若W 与X 原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z 依次增大，W 与Z 是同一主族的元素，而X、Y、Z 是同一周期的元素，且只有
X 是金属元素，则同主族元素W 与Z 都是非金属，可能分别为N、P 或O、S 或F、Cl，Y 可能为Si 或S，金属元素X
可为Na、Mg、Al 中的一种，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．
【解答】解：由于原子序数按W、X、Y、Z 依次增大，W 与Z 是同一主族的元素，而X、Y、Z 是同一周期的元素，且
只有X 是金属元素，则同主族元素W 与Z 都是非金属，可能分别为N、P 或O、S 或F、Cl，Y 可能为Si 或S，金属元
素X 可为Na、Mg、Al 中的一种，
A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以
原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A 正确；
B．W 的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z 的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故B 错误；
C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C 错误；
D．若W、X 原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，正确推断元素名称为解答关键，注
意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．
8．（3 分）图1 是铜锌原电池示意图．图2 中，x 轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y 轴表示（
）
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A．铜棒的质量
B．c（Zn2+）C．c（H
+）
D．c（SO42﹣）
【分析】铜锌原电池中，Zn 是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e
﹣=Zn2+，Cu 是正极，氢离子得电子发
生还原反应，电极反应为2H
++2e
﹣=H2↑，据此解答．
【解答】解：铜锌原电池中，Zn 是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e
﹣=Zn2+，Cu 是正极，氢离子得电
子发生还原反应，电极反应为2H
++2e
﹣=H2↑，
A．Cu 是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu 棒的质量不变，故A 错误；
B．由于Zn 是负极，不断发生反应Zn﹣2e
﹣=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B 错误；
C．由于反应不断消耗H
+，所以溶液的c（H
+）逐渐降低，故C 正确；
D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D 错误；
故选：C。
【点评】考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还
原反应是解答的关键，题目比较简单．
9．（3 分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（
）
A．碳酸钙粉末
B．稀硫酸
C．氯化钙溶液
D．二氧化硫水溶液
【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H
++Cl
﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析
判断选项．
【解答】解：在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H
++Cl
﹣+HClO，若反应氢离子和碳酸根反应使反应向右进行，使溶液中次氯
酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，
A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向
进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A 正确；
B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B 错误；
C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C 错误；
D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D
错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键，
题目较简单．
10．（3 分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和
代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（
）
A．一定属于吸热反应B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应D．一定属于分解反应
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，且反应是可逆反应，
A．分解反应不一定是吸热反应；
B．图示可知反应物在反应后反应物分子仍存在，证明反应未进行彻底；
C．反应中有单质生成为氧化还原反应；
D．反应物为一种，生成两种生成物我分解反应．
【解答】解：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，
A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑的反应是放热反应，故
A 错误；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，故B 正确；
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C．该反应中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C 正确；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查常见化学反应类型的判断，主要考查可逆反应的判断、四种基本反应类型的判断、化合反应与氧化
还原反应的关系等，题目难度不大，注意要熟练掌握基本反应的特点．
11．（3 分）合成导电高分子化合物PPV 的反应为：
下列说法正确的是（
）
A．PPV 是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV 与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol
最多可与2 mol H2 发生反应
【分析】由反应方程式可知PPV 由对二碘苯与
发生缩聚反应生成，与苯乙炔、苯乙烯的加
聚产物不同，以此解答该题．
【解答】解：A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故A 错误；
B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故B 正确；
C．PPV 与聚苯乙烯
的重复单元不相同，故C 错误；
D．该物质一个分子中含有2 个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol
最
多可以与5mol 氢气发生加成反应，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构尤其时
高聚物的结构，难度不大．
12．（3 分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（
）
A．氧化镁中混有氧化铝
B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【分析】A．氧化铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反应；
B．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠过量，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤后分别加入盐酸，可又生成氯化
铝、氯化铁；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH 发生反应；
D．二者都可以与NaOH 发生反应生成沉淀，加入盐酸都可溶解．
【解答】解：A．MgO 是碱性氧化物与NaOH 不能反应，而Al2O3 是两性氧化物，可以与NaOH 发生反应产生NaAlO2，
过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A 不选；
B．向溶液中加入过量的NaOH 溶液，氯化铁变为Fe（OH）3 沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适
量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al（OH）3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到
氯化铝溶液，除去了杂质，故B 不选；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH 发生反应，而氧化铁与NaOH 不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤
洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C 不选；
D．二者都可以与NaOH 发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D 选。
故选：D。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的
异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
13．（3 分）O2F2 可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（
）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2 既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol 电子
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D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2 中，S 元素化合价由﹣2 价升高到+6 价，被氧化，O 元素由+1 价降低到0 价，
被还原，以此解答该题．
【解答】解：A．O 元素由+1 价降低到0 价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A 错误；
B．在反应中，O2F2 中的O 元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S 元素的化合价是﹣2 价，
反应后升高为+6 价，所以H2S 表现还原性，而O2F2 表现氧化性，故B 错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF 的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C 错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把
握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF 的物质的量，题目难度不大．
14．
（3 分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2 的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下
列说法错误的是（
）
A．a、b 两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d 两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c 处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2 的转化率
【分析】A．从a 进入的气体是含有SO2、O2、N2 等的冷气，经过热交换器后从b 处出来的是热的气体；
B．在c 处出来的气体SO2、O2 在催化剂表面发生反应产生的含有SO3 及未反应的SO2、O2 等气体，该反应是放热反应，
当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3 变为液态；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3 的吸收创造条件；
D．使未反应的SO2 进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2 的转化率．
【解答】解：A．根据装置图可知，从a 进入的气体是含有SO2、O2、N2 等的冷气，经过热交换器后从b 处出来的是热
的气体，成分与a 处相同，故A 正确；
B．在c 处出来的气体SO2、O2 在催化剂表面发生反应产生的含有SO3 及未反应的SO2、O2 等气体，该反应是放热反应，
当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3 变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，故B 错误；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3 的吸收创造条件，故C 正确；
D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2 进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2 的转化
率，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题是对化学与技术的考查，涉及工业制硫酸中SO2 催化氧化的设备及工作原理，注意对基础知识的理解掌
握．
15．（3 分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（
）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3 为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH 试纸
变红
HCl 为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2 具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2 具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．NH3 制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3 为碱性气体；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl 气体，pH 试纸变红，则说明气体为酸性气体；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2 可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI 转化为I2，则说明
Cl2 有强氧化性；
D．SO2 使品红溶液褪色体现的是SO2 的漂白性．
【解答】解：A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3 制备可以采取浓氨水和
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生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3 为碱性气体，故A 正确；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl 气体，pH 试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B 正确；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2 可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI 转化为I2，则说明
Cl2 有强氧化性，故C 正确；
D．SO2 使品红溶液褪色体现的是SO2 的漂白性，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备和性质实验，熟练掌握元素化合物性质，掌握常见气体的制备、检验，难度不大．
16．（3 分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（
）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
【分析】因为KNO3 的溶解度随温度的升高而升高，NaCl 的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作Ⅰ是加水
溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3 饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得
KNO3 晶体．
【解答】解：KNO3 中混有NaCl 应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶。因为KNO3 的溶解度随温度的升高而升
高，NaCl 的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化。则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到
较高温度下的KNO3 饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3 结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3
晶体。
故选：C。
【点评】本题考查常见物质的分离、提纯的方法，理解利用溶解度差异进行的分离提纯，是基础知识的综合运用．
17．（3 分）某铁的氧化物（FexO）1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧
化．x 值为（
）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【分析】根据电子守恒可知，FexO 被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2 转移的电子数相等．
【解答】解：FexO 中Fe 的平均化合价为+
，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2 转移的电子数相
等。标准状况下112mL Cl2 转移电子数为
×2=0.01mol。则有：
×（3﹣
）×x=0.01mol，
解得x=0.8，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用，本题中注意平均化合价的应用，
侧重考查学生的分析计算能力．
三、选择题（本题共20 分，每小题4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个
正确选项的，选对一个给2 分，选错一个，该小题不给分）
18．（4 分）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（
）
A．过量的氢气与氮气B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸D．过量的锌与18 mol/L 硫酸
【分析】A．合成氨是一个可逆反应，不能朝一个方向进行到底；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，过量浓盐酸和二氧化锰反应二氧化锰可以完全反应；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
D．过量的锌与18mol/L 硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气．
【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A 正确；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以
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完全反应，故B 错误；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C 正确；
D．过量的锌与18mol/L 硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D 错误；
故选：AC。
【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问
题．
19．（4 分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I
﹣+2H
+．某溶液中可能含有Na
+、NH4
+、K
+、I
﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物
质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（
）
A．肯定不含I
﹣
B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣
D．肯定含有NH4
+
【分析】无色溶液中加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I
﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，
此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣；由于SO32﹣的还原性比I
﹣强，又是少量溴水，故I
﹣是否
存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，据此进行判断。
【解答】解：加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I
﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反
应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣，故C 正确；
由于SO32﹣的还原性比I
﹣强，又是少量溴水，故I
﹣是否存在无法判断，故A 错误；
因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，故B 正确；
根据分析可知，无法判断是否含有铵根离子，故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子共存的条
件，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20．（4 分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2 的铝制易拉罐中加入过量NaOH 浓溶液，立即封闭罐
口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（
）
A．CO2+2OH
﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH
﹣+3H2O→2[Al（OH）4]
﹣
C．2Al+2OH
﹣+6H2O→2[Al（OH）4]
﹣+3H2↑
D．Al3++4OH
﹣→[Al（OH）4]
﹣
【分析】向集满CO2 的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2 与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH
﹣→CO32﹣+H2O，表
现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH
﹣+6H2O→2[Al（OH）4]
﹣+3H2↑，
则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH
﹣+3H2O→2[Al（OH）4]
﹣，据此进行解
答。
【解答】解：向集满CO2 的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2 与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH
﹣→CO32﹣+H2O，
表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH
﹣+6H2O→2[Al（OH）4]
﹣+3H2↑，
则罐壁又重新凸起；
因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH
﹣+3H2O→2[Al（OH）4]
﹣，
根据分析可知，能够发生反应为A、B、C 的，没有发生的反应为D，
故选：D。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质，
试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
21．（4 分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（
）
A．CO2 是直线型分子，推测CS2 也是直线型分子
B．SiH4 的沸点高于CH4，推测H2Se 的沸点高于H2S
C．Fe 与Cl2 反应生成FeCl3，推测Fe 与I2 反应生成FeI3
D．NaCl 与浓H2SO4 加热可制HCl，推测NaBr 与浓H2SO4 加热可制HBr
【分析】A．O 和S 同主族，二者形成的CO2 和CS2 都是直线形分子；
B．C 和Si，Se 和S 都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；
C．I2 的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；
D．浓硫酸能够将HBr 氧化为Br2．
【解答】解：A．O 和S 是同族元素，故形成的CO2 和CS2 都是直线形分子，该推理合理，故A 正确；
B．C 和Si，Se 和S 都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用
力大小可以用相对分子质量来比较，故B 正确；
C．因I2 的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C 错误；
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D．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr 氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故D 错误；
故选：AB。
【点评】本题考查较为综合，涉及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中等，明确
常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
22．（4 分）称取（NH4）2SO4 和NH4HSO4 混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH 的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml
（标准状况），则（NH4）2SO4 和NH4HSO4 的物质的量比为（
）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1
D．3.65：1
【分析】先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与
氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可
计算出混合物中（NH4）2SO4 和NH4HSO4 的物质的量之比。
【解答】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4 时消耗NaOH 的量最小，7.24g（NH4）2SO4 的物质的量为：
≈
0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足，
（NH4）2SO4 和NH4HSO4 混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4，然后与（NH4）2SO4 反应生成氨气，
标准状况下生成氨气的物质的量为：
=0.08mol，
则与氢离子反应消耗NaOH 的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4 的物质的量为0.02mol，
所以（NH4）2SO4 的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为：
≈0.0374mol，
则（NH4）2SO4 和NH4HSO4 的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，
故选：C。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断氢氧化钠的过量情况及发生反应的先后顺序为解答
关键，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
四、（本题共12 分）
23．（12 分）NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN 与NaClO 反应，生成NaOCN 和NaCl
（2）NaOCN 与NaClO 反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl 和N2
已知HCN（Ki=6.3×10
﹣10）有剧毒；HCN、HOCN 中N 元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH 应调节为
碱性
（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是
防止生成HCN，造成人
员中毒或污染空气
．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
2OCN
﹣+3ClO
﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl
﹣+N2↑
（3）处理100m3 含NaCN 10.3mg/L 的废水，实际至少需NaClO
14900
g（实际用量应为理论值的4 倍），才能使NaCN
含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2 与Cl2 的化学性质相似．（CN）2 与NaOH 溶液反应生成
NaOCN
、
NaCN
和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是
3p
；H、C、N、O、Na 的原子半径从小到
大的顺序为
H＜O＜N＜C＜Na
．
（6）HCN 是直线型分子，HCN 是
极性
分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO 的电子式为
．
【分析】（1）NaCN 易与酸反应生成HCN，而HCN 有剧毒，故应该使溶液的pH 呈碱性；
（2）反应中氯元素的化合价从+1 价降低到﹣1 价，得到2 个电子．N 元素化合价从﹣3 价升高到0 价，失去3 个电子，
结合氧化还原反应中化合价升降相等配平；
（3）参加反应的NaCN 为
=20mol，反应中C 由+2 价升高到+4 价，N 元素化合价从﹣3 价升高到0
价，即1molNaCN 失去5mol 电子，1mol 次氯酸钠得到2mol 电子，利用电子守恒计算；
（4）（CN）2 与Cl2 的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理分析（CN）2 与NaOH 溶液反应产物；
（5）氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，据此可知氯原子核外电子中能量最高的电子亚层；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，据此判断H、C、N、O、
Na 的原子半径大小；
（6）HCN 是直线型分子，其正负电荷的重心不重合；HClO 为共价化合物，分子中含有1 个O﹣Cl 键和个H﹣O 键，
据此写出其电子式．
【解答】解：（1）NaCN 易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶
液的pH 应调节为碱性，
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故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；
（2）反应中氯元素的化合价从+1 价降低到﹣1 价，得到2 个电子．N 元素化合价从﹣3 价升高到0 价，失去3 个电子，
则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN
﹣+3ClO
﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl
﹣+N2↑，
故答案为：2OCN
﹣+3ClO
﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl
﹣+N2↑；
（3）参加反应的NaCN 是：
=20mol，反应中C 由+2 价升高到+4 价，N 元素化合价从﹣3 价升高到
0 价，即1molNaCN 失去5mol 电子，1mol 次氯酸钠得到2mol 电子，所以处理100 m3 含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实
际至少需NaClO 的质量为：
×74.5g/mol×4=14900g，
故答案为：14900；
（4）（CN）2 与Cl2 的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2 与NaOH 溶液反应生成NaOCN、
NaCN、和H2O，
故答案为：NaOCN；NaCN；
（5）氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则H、C、N、O、Na 的原
子半径从小到大的顺序为：H＜O＜N＜C＜Na，
故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；
（6）HCN 是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则HCN 为极性分子；HClO 为共价化合物，分子中含有1 个O
﹣Cl 键和个H﹣O 键，其电子式为
，
故答案为：极性；
．
【点评】本题考查了氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中等，明确氧化还原反应的
实质及配平原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．
五、（本题共12 分）
24．（12 分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2 的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2 的一个重要方法是将CO2 还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2 的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v 正
v 逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L
﹣1
[H2]/mol•L
﹣1
[CH4]/mol•L
﹣1
[H2O]/mol•L
﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d 与m、n、x、y 之间的关系式为
．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10
﹣7，Ki2=5.6×10
﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10
﹣2，Ki2=6.4×10
﹣5
0.1mol/L Na2CO3 溶液的pH
大于
0.1mol/L Na2C2O4 溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是
草酸
．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶
液中各种离子浓度大小的顺序正确的是
ac
．（选填编号）
a．[H
+]＞[HC2O4
﹣]＞[HCO3
﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3
﹣]＞[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H
+]＞[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3
﹣]＞[HC2O4
﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H
++HCO3
﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH
变化不大，用平衡移动原理解释上述现象
当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H
+浓度变化较小，血液中
的pH 基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H
+浓度变化较小，血液的pH 基本不变
．
【分析】（1）H2 的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高
温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小；
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（2）相同温度时平衡常数不变
；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离
子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H
+]＞
[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3
﹣]＞[CO32；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H
+浓度变化较小，血液中的pH 基本不变；当少量
碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H
+浓度变化较小，血液的pH 基本不变．
【解答】解：（1）H2 的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升
高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小，
故答案为：
v 正
v 逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d 与m、n、x、y 之间的关系式为
，故答案为：
；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3 溶液的pH 大
于0.1 mol/L Na2C2O4 溶液的pH，
草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H
+]＞
[HC2O4
﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3
﹣]＞[CO32﹣]，则ac 正确，bd 错误．
故答案为：ac；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H
+浓度变化较小，血液中的pH 基本不变；当少量
碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H
+浓度变化较小，血液的pH 基本不变，
故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H
+浓度变化较小，血液中的pH 基本不变；当少量碱性物
质进入血液中，平衡向左移动，使H
+浓度变化较小，血液的pH 基本不变．
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数、离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等知识，为高考常见题型和
高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数的意义以及离子浓度大小比较方法，难度中等．
六、（本题共12 分）
25．（12 分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a 装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是
增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率
．加入
数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是
浓H2SO4 能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，
提高酯的产率
；浓硫酸用量又不能过多，原因是
浓H2SO4 具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产
率
．
（2）饱和Na2CO3 溶液的作用是
中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解
．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，
振荡
、
静置
，然后分液．
（4）若用b 装置制备乙酸乙酯，其缺点有
原料损失较大
、
易发生副反应
．由b 装置制得的乙酸乙酯产品经饱
和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是
乙醚
，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是
蒸馏
．
【分析】（1）制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4 能吸收生成的水，使平衡
向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4 具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
（3）乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；
（4）b 由于不是水浴加热，温度不易控制，饮醋制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液
发生分子间脱水生成乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，可蒸馏分离．
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【解答】解：（1）由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产
率．由于浓H2SO4 能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4
具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，
故答案为；增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4 能吸收生成的水，使平衡向生成
酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4 具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3 溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在
水中的溶解，
故答案为：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
（3）乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可，故答案
为：振荡；静置；
（4）根据b 装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，
由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以b 装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还
可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏，
故答案为：原料损失较大；易发生副反应；乙醚；蒸馏．
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实
验的严密性以及操作方法，把握实验原理，难度不大．
七、（本题共12 分）
26．（12 分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2 和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤
转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入
硝酸铅（或硫酸铜）
溶液中（填写试剂名称），出现
黑色
沉淀
，可以证明有硫化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO 变换：CO+H2O
CO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，
经CO 变换后的气体中：V（H2）：V（N2）=
3：1
．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3 碱液作吸收液，其优点是
价廉
；缺点是
吸收CO2 能力差
．如果选择K2CO3 碱液作吸收液，用什
么方法可以降低成本？
碱液循环使用
写出这种方法涉及的化学反应方程式．
2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O
（4）以下是测定半水煤气中H2 以及CO 的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验
步骤测定其中H2 以及CO 的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤
IV
（选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2 的体积分数．
【分析】（1）可以利用硫化氢与硝酸铅或硫酸铜等反应进行检验；
（2）反应中氮气体积不变，根据方程式计算生成氢气的体积，进而计算CO 变换后的气体中氢气与氮气体积之比；
（3）碳酸钠比碳酸钾便宜，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢
钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水
蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气．
【解答】解：（1）将水煤气通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀，证明含有硫化氢，
故答案为：硝酸铅（或硫酸铜）；黑色沉淀；
（2）若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，反应中氮气体积不变，根据方程式：CO+H2O
CO2+H2，
可知经CO 变换后的气体中V（H2）：V（N2）=（38+28）：22=3：1，
故答案为：3：1；
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（3）碳酸钠比碳酸钾价格便宜，价廉，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳
生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用，反应方程式为：2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：价廉；吸收CO2 能力差；碱液循环使用；2KHCO3
K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水
蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数，故流程图为：
，
故答案为：
；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，故步骤IV 可以确定半水煤气中H2 的体积分数，
故答案为：IV．
【点评】本题考查物质含量测定、气体检验、物质的分离提纯等，注意渗透实验中经济性，是对学生综合能力的考查．
八、（本题共9 分）
27．（9 分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
（1）化合物X 与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4 反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X 的结构简式
为
CH≡CCH（CH3）2
．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A 能发生的反应有
加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应
．（填反应类型）
B 的结构简式为
．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体
的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：A
B…
目标产物）
【分析】（1）化合物X 与异戊二烯的分子式相同，则X 的分子式为C6H10，X 的不饱和度为2，X 与Br2/CCl4 发生加成反
应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X 分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A 分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2 的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生
氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A 分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应；
将A 与异戊二烯的结构简式对比可知，A 首先与H2 发生加成反应生成
，再发生消除反应即可得到异
戊二烯；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2 在一定条件下先与HCl 发生加成反应生成
，然后
在
氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成
，最后
在催化剂、
加热条件下与H2 发生加成反应即可生成
．
【解答】解：（1）化合物X 与异戊二烯的分子式相同，则X 的分子式为C6H10，X 的不饱和度为2，X 与Br2/CCl4 发生加
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成反应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X 分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2，
故答案为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A 分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2 的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生
氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A 分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应，
将A 与异戊二烯的结构简式对比可知，A 首先与H2 发生加成反应生成
，再发生消除反应即可得到异
戊二烯，
故答案为：加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应；
；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2 在一定条件下先与HCl 发生加成反应生成
，然后
在
氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成
，最后
在催化剂、
加热条件下与H2 发生加成反应即可生成
，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、有机物官能团的性质等，熟练掌握官能团的性质与衍变，是
对有机化学基础的综合考查．
九、（本题共13 分）
28．（13 分）M 是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是
消去反应
。反应④的反应条件是
浓硫酸、加热
。
（2）除催化氧化法外，由A 得到
所需试剂为
银氨溶液，酸
。
（3）已知B 能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下，
碳碳双键比醛基（羰基）易还原
。
（4）写出结构简式，C
CH2=CHCHO
；M
（5 ）D 与1 ﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
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（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。
等
①不含羰基②含有3 种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
【分析】丙烯（CH2=CHCH3 ）在催化剂作用下与H2/CO 作用生成丁醛，2 分子丁醛发生加成反应得到
，与A 的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A 可以得
到
，可知A 为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2 发生加成反应生
成B（C8H16O），B 与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B 能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2 加成，
可推知B 为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y 为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂
作用下被氧化为C（C3H4O），C 的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO 进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D 的
结构简式为：CH2=CHCOOH ，D 与Y 在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M ，M 的结构简式为：
。
【解答】解：丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO 作用生成丁醛，2 分子丁醛发生加成反应得到
，与A 的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A 可以得
到
，可知A 为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2 发生加成反应生
成B（C8H16O），B 与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B 能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2 加成，
可推知B 为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y 为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂
作用下被氧化为C（C3H4O），C 的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO 进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D 的
结构简式为：CH2=CHCOOH ，D 与Y 在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M ，M 的结构简式为：
。
（1）反应①的反应类型是：消去反应，反应④发生酯化反应，反应条件是：浓硫酸、加热，
故答案为：消去反应；浓硫酸、加热；
（2）除催化氧化法外，由A 得到
还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化
成羧基，然后再酸化，
故答案为：银氨溶液，酸；
（3）化合物A（C8H14O）与H2 发生加成反应生成B（C8H16O），B 与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由B 能发生银
镜反应，说明碳碳双键首先与H2 加成，即碳碳双键比醛基（羰基）易还原，
故答案为：碳碳双键比醛基（羰基）易还原；
（4）由上述分析可知，C 的结构简式为CH2=CHCHO，M 的结构简式为
，
故答案为：CH2=CHCHO；
；
（5 ）D 为CH2=CHCOOH ，与1 ﹣丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3 ，
CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3 与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：
故答案为：
；
（6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，不饱和度=1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子中含有碳碳双键，
或者含有1 个环，②含有3 种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式为：
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等，
故答案为：
。
【点评】本题考查有机物的推断与合成途径、限制条件同分异构体的书写、有机反应类型等，成分利用有机物的分子
式进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化。
十、（本题共14 分）
29．（14 分）CO2 是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2 与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2 通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3 很容易分解．2.00mol NH4HCO3 完全分解，分解产物经干燥后的体积为
89.6
L（标准状况）．
（2）某H2 中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH 溶液中，CO2 被完全吸收．如果NaOH 完全反应，该NaOH
溶液的浓度为
2.4mol/L≥c≥1.2mol/L
．
（3）CO2 和KO2 有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2 在密封舱内和KO2 反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O 的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2O
CO+3H2
已知：CO+2H2
CH3OH
CO2+3H2
CH3OH+H2O
300mol CH4 完全反应后的产物中，加入100mol CO2 后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2 的
转化率．
【分析】（1）NH4HCO3 完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3
NH3↑+CO2↑+H2O，2molNH4HCO3 可生成
4mol 气体；
（2）2.40molCO2 与NaOH 完全反应，产物可能为Na2CO3 或NaHCO3 或二者都有，结合质量守恒解答；
（3）9 mol CO2 在密封舱内和KO2 反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，当把两个方程式相加得到
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，根据方程式计算消耗水的量；
（4）甲烷完全反应生成CO 和氢气，根据反应CO+2H2
CH3OH、CO2+3H2
CH3OH+H2O 设CO2 的转化率为
α，CO 的转化率为β，结合质量守恒可计算转化率；或根据氢元素守恒计算．
【解答】解：（1）NH4HCO3 完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3
NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，
则2molNH4HCO3 可生成4mol 气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；
（2）2.40molCO2 与NaOH 完全反应，产物可能为Na2CO3 或NaHCO3 或二者都有，
假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）=
=1.20mol/L；
假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）=
=2.40mol/L；
综合以上两种情况可知，NaOH 溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．
故答案为：2.4 mol/L≥c≥1.2
mol/L；
（3）可用两种方法解答：
方法一：依题意，9 mol CO2 在密封舱内和KO2 反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个
方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n（H2O）=
n（CO2）=
×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O 的物质的量为3mol，
方法二：设反应前密封舱内H2O 的物质的量为n
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
2n
n
1.5n
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n
1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O 的物质的量为3mol．
答：反应前密封舱内H2O 的量应该是3mol；
（4）方法一：
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CH4+H2O→CO+3H2
300mol
300mol
900mol
设CO2 的转化率为α，CO 的转化率为β
CO+2H2→CH3OH
CO2+3H2→CH3OH+H2O
300βmol
600βmol
300βmol
100αmol
300αmol
100αmol
根据题意，共生成350mol 甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得α=0.8，即设CO2 的转化率为80%．
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2 的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol
900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol
100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol
﹣120mol=350mol×2+100amol，
解得a=0.8，
即设CO2 的转化率为80%，
答：CO2 的转化率为80%．
【点评】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错
点为（4）答题时注意体会．
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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
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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
．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．
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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△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
．
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（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
．
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
【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
【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
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
【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，
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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
【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）
【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
【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、
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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
【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
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（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
．
【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
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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
．
（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
．
【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；
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（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：
；
（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”）．
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（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↑
．
【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
=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，
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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
．
【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；
（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%
．
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【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：
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（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
．
【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，
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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．
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2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题：本大题共7 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列关于燃料的说法错误的是（
）
A．燃料燃烧产物CO2 是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO 是大气污染物之一
2．（6 分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（
）
A．乙烯和乙醇
B．苯和氯乙烯
C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷
3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子，b2﹣和c
+的电子层结构相同，d 与b 同族．下列叙述
错误的是（
）
A．a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c 的原子半径是这些元素中最大的
D．d 与a 形成的化合物的溶液呈弱酸性
4．（6 分）分子式为C4H8Cl2 的有机物共有（不含立体异构）（
）
A．7 种B．8 种C．9 种D．10 种
5．（6 分）Mg﹣AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（
）
A．负极反应式为Mg﹣2e
﹣=Mg2+
B．正极反应式为Ag
++e
﹣=Ag
C．电池放电时Cl
﹣由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
6．（6 分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．
该白色粉末可能为（
）
A．NaHCO3、Al（OH）3
B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3
D．Na2CO3、CuSO4
7．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（
）
实验目的
实验操作
A．
制备Fe（OH）3 胶体
将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中
B．
由MgCl2 溶液制备无水MgCl2
将MgCl2 溶液加热蒸干
C．
除去Cu 粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D．
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
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．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
8．（14 分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为
，其中氮的化合价为
．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为
．
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol
﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4=
，联氨和N2O4 可作为火箭推进剂的主要原因为
．
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为
（已知：N2H4+H
+⇌
N2H5
+的K=8.7×107；Kw=1.0×10
﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为
．
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是
．联氨可用于处理
高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的O2
kg；与使用Na2SO3 处理水中溶
解的O2 相比，联氨的优点是
．
9．（14 分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛
（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
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①C3H6（g）+NH3（g）+
O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol
﹣1
②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol
﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是
；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是
；提高丙烯腈
反应选择性的关键因素是
．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是
；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是
（双选，填标号）．
A．催化剂活性降低
B．平衡常数变大
C．副反应增多
D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为
，
理由是
．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为
．
10．（15 分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液．在FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的
是
．
（2）甲组同学取2mLFeCl2 溶液．加入几滴氯水，再加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说明Cl2 可将Fe2+氧化．FeCl2 溶
液与氯水反应的离子方程式为
．
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2 溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴
氯水和l 滴KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是
．
（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI 溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合．分别取2mL 此溶液于3 支试管中进行如下
实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4 充分振荡、静置，CCl4 层呈紫色；
②第二只试管中加入1 滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红．
实验②检验的离子是
（填离子符号）；实验①和③说明：在I
﹣过量的情况下，溶液中仍含有
（填离子符
号），由此可以证明该氧化还原反应为
．
（5）丁组同学向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式
为
；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成．产生气泡的原因是
；生成沉
淀的原因是
（用平衡移动原理解释）．
四、选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在答
题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学--选修2：化学与技术
11．（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图
所示：
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生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、
净化等工艺得到双氧水．回答下列问题：
（1）蒽醌法制备H2O2 理论上消耗的原料是
，循环使用的原料是
，配制工作液时采用有机溶剂而不采
用水的原因是
．
（2）氢化釜A 中反应的化学方程式为
．进入氧化塔C 的反应混合液中的主要溶质为
．
（3）萃取塔D 中的萃取剂是
，选择其作萃取剂的原因是
．
（4）工作液再生装置F 中要除净残留的H2O2，原因是
．
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4 溶液测定，该反应的离子方程式为
，一种双氧水的质量分数为27.5%
（密度为1.10g•cm
﹣3），其浓度为
mol•L
﹣1．
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．（15 分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于
造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为
，3d 能级上的未成对电子数为
．
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4 蓝色溶液．
①[Ni（NH3）6]SO4 中阴离子的立体构型是
．
②在[Ni（NH3）6]SO4 中Ni2+与NH3 之间形成的化学键称为
，提供孤电子对的成键原子是
．
③氨的沸点
（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是
；氨是
分子（填“极性”或“非极性”），中心
原子的轨道杂化类型为
．
（3）单质铜及镍都是由
键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ•mol
﹣1、INi=1753kJ•mol
﹣1，
ICu＞INi的原因是
．
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为
．
②若合金的密度为d g•cm
﹣3，晶胞参数a=
nm．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15 分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为
从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成
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路线如下：
已知：
①A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
②
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
。
（2）B 的结构简式为
。其核磁共振氢谱显示为
组峰，峰面积比为
。
（3）由C 生成D 的反应类型为
。
（4）由D 生成E 的化学方程式为
。
（5）G 中的官能团有
、
、
。（填官能团名称）
（6）G 的同分异构体中，与G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有
种。（不含立体结构）
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2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7 小题，每小题6 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（6 分）下列关于燃料的说法错误的是（
）
A．燃料燃烧产物CO2 是温室气体之一
B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染
C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
D．燃料不完全燃烧排放的CO 是大气污染物之一
【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体；
B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染；
C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小；
D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中．
【解答】解：A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故A 正确；
B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气污染，故B 错误；
C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C 正确；
D．燃料不完全燃烧排放的CO 有毒，是大气污染物之一，故D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积累，题目较简单．
2．（6 分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（
）
A．乙烯和乙醇
B．苯和氯乙烯
C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷
【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O 键、﹣CHO 及苯环的物质可发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯
及其同系物等，注意﹣COOH 不能发生加成反应，以此来解答。
【解答】解：A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A 错误；
B．苯一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B 正确；
C．乙酸分子中羰基不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C 错误；
D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质、反应类型，题目难度不大，主要是加成反应的实质理解应用，题目较简单。
3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子，b2﹣和c
+的电子层结构相同，d 与b 同族．下列叙述
错误的是（
）
A．a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1
B．b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c 的原子半径是这些元素中最大的
D．d 与a 形成的化合物的溶液呈弱酸性
【分析】a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子，则a 为H 元素；b2﹣和c
+的电子层结构相同，结合离子
所得电荷可知b 为O 元素，c 为Na；d 与b 同族，则d 为S 元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答．
【解答】解：a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有1 个电子，则a 为H 元素；b2﹣和c
+的电子层结构相同，结合
离子所得电荷可知b 为O 元素，c 为Na；d 与b 同族，则d 为S 元素。
A．H 元素与Na 形成化合物NaH，H 元素为﹣1 价，故A 错误；
B．O 元素与H 元素形成H2O、H2O2，与Na 元素形成Na2O、Na2O2，与S 元素形成SO2、SO3，故B 正确；
C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中H 原子半径最小，Na 的原子半径最大，
故C 正确；
D．d 与a 形成的化合物为H2S，H2S 的溶液呈弱酸性，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握元素化合物知识，注意对元素周期律
的理解掌握，有利于基础知识的巩固．
4．（6 分）分子式为C4H8Cl2 的有机物共有（不含立体异构）（
）
A．7 种B．8 种C．9 种D．10 种
【分析】C4H8Cl2 可以看作为C4H10 中2 个H 原子被2 个Cl 原子取代，C4H10 有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2 两种，再
结合定一移一法判断．
【解答】解：C4H8Cl2 可以看作为C4H10 中2 个H 原子被2 个Cl 原子取代，C4H10 有CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2 两种，
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CH3CH2CH2CH3 中，当两个Cl 原子取代同一个C 原子上的H 时，有2 种，当两个Cl 原子取代不同C 原子上的H 时，有
1、2，1、3，1、4，2、3 四种情况，有故该情况有6 种，
CH3CH（CH3）2 中，当两个Cl 原子取代同一个C 原子上的H 时，有1 种，当两个Cl 原子取代不同C 原子上的H 时，有
2 种，故该情况有3 种，
故共有9 种，
故选：C。
【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，题目难度不大，二氯代物的同分异构体常采用“定一移一”法解答，注
意重复情况．
5．（6 分）Mg﹣AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是（
）
A．负极反应式为Mg﹣2e
﹣=Mg2+
B．正极反应式为Ag
++e
﹣=Ag
C．电池放电时Cl
﹣由正极向负极迁移
D．负极会发生副反应Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑
【分析】Mg﹣AgCl 电池中，活泼金属Mg 是还原剂、AgCl 是氧化剂，金属Mg 作负极，正极反应为：2AgCl+2e
﹣═2C1
﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e
﹣=Mg2+，据此分析。
【解答】解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为：Mg﹣2e
﹣=Mg2+，故A 正确；
B．AgCl 是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e
﹣═2C1
﹣+2Ag，故B 错误；
C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl
﹣在正极产生由正极向负极迁移，故C 正确；
D．镁是活泼金属与水反应，即Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理，注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银离子的氧化性是解题的关键，题目难
度中等。
6．（6 分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：
①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在．
该白色粉末可能为（
）
A．NaHCO3、Al（OH）3
B．AgCl、NaHCO3 C．Na2SO3、BaCO3
D．Na2CO3、CuSO4
【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，
固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；
②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答
该题．
【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3 都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A 错误；
B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl 不溶于盐酸，故B 错误；
C．BaCO3 不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4 反应
生成BaSO4 沉淀，故C 正确；
D．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解
答该题的关键，难度中等．
7．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（
）
实验目的
实验操作
A．
制备Fe（OH）3 胶体
将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中
B．
由MgCl2 溶液制备无水MgCl2
将MgCl2 溶液加热蒸干
C．
除去Cu 粉中混有的CuO
加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥
D．
比较水与乙醇中氢的活泼性
分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液；
B．直接加热，易导致氯化镁水解；
C．二者都与稀硝酸反应；
D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性．
【解答】解：A．将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加
饱和氯化铁溶液，故A 错误；
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B．氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛围中，故B 错误；
C．二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故C 错误；
D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢的活泼性，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比较等知识，为高考常见题型，侧重于
学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22 题～第32 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33 题～第
40 题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129 分）
8．（14 分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为
，其中氮的化合价为
﹣2
．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O
．
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol
﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4=
2△H3﹣2△H2﹣△H1
，联氨和N2O4 可作为火箭推进剂的主要原因为
反应
放热量大，产生大量气体
．
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为
8.7×10
﹣7 （已知：N2H4+H
+
⇌N2H5
+的K=8.7×107；Kw=1.0×10
﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为
N2H6（HSO4）2
．
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是
固体逐渐变黑，并有气
泡产生
．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的O2
1
kg；
与使用Na2SO3 处理水中溶解的O2 相比，联氨的优点是
N2H4 的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2 和H2O），
而Na2SO3 产生Na2SO4
．
【分析】（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共
价化合物，元素化合价代数和为0 计算化合价；
（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol
﹣1
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5
++OH
﹣，平衡常数
Kb=
=
×
=K×Kw，由于是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6
（HSO4）2；
（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e
﹣，O2～4e
﹣，依据守恒计算判
断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答．
【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成
的共价化合物，电子式为：
，其中氢元素化合价为+1 价，则氮元素化合价为﹣2 价，
故答案为：
；﹣2；
（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：
2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，
故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3
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﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨和N2O4 反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，
故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体；
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5
++OH
﹣，平衡常数
Kb=
=
×
=K×Kw=8.7×107×1.0×10
﹣14=8.7×10
﹣7，第二步电离方程式
为N2H5
++H2O⇌N2H62++OH
﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6（HSO4）2，
故答案为：8.7×10
﹣7，N2H6（HSO4）2；
（5 ）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2 价的N 元素被氧化为N2 ，反应方程式为：
N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不
会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子
N2H4→N2 失去4e
﹣，O2→O2﹣得到4e
﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论
上1kg 的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3 处理水中溶解的O2 相比，联氨的优点是用量少，不产生其他杂
质（反应产物为N2 和H2O），而Na2SO3 产生Na2SO4，
故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4 的用量少，不产生其他杂质（反应产物为N2 和H2O），而Na2SO3
产生Na2SO4．
【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，主要
是氧化还原反应的计算及其产物的判断，题目难度中等．
9．（14 分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产．主要副产物有丙烯醛
（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等．回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6（g）+NH3（g）+
O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol
﹣1
②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol
﹣1
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是
两个反应均为放热量大的反应
；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条
件是
低温、低压
；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是
催化剂
．
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃．低于460℃时，丙烯腈的产率
不
是
（填“是”或“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是
该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降
低
；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是
AC
（双选，填标号）．
A．催化剂活性降低
B．平衡常数变大
C．副反应增多
D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示．由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为
1
，
理由是
该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低
．进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为
1：7.5：
1
．
【分析】（1）依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；
有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂；
（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是
下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要
从产率的影响因素进行考虑；
（3）根据图象可知，当
约为1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应C3H6
（g）+NH3（g）+
O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳状态，
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依据氧气在空气中约占20%计算条件比．
【解答】解：（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力
学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙烯腈
反应选择性的关键因素是催化剂；
故答案为：两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂；
（2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是
下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率．高于460°C 时，
丙烯腈产率降低，
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故A 正确；
B．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故B 错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，故C 正确；
D．反应活化能的大小不影响平衡，故D 错误；
故答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC；
（3）根据图象可知，当
约为1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6
（g）+NH3（g）+
O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳状态，
而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1：7.5：1，
故答案为：1：1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1：7.5：1．
【点评】本题考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识．注意图象分析判断，定量关系的理解应用是解题关键，
题目难度中等．
10．（15 分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题：
（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液．在FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是
防
止氯化亚铁被氧化
．
（2）甲组同学取2mLFeCl2 溶液．加入几滴氯水，再加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说明Cl2 可将Fe2+氧化．FeCl2 溶
液与氯水反应的离子方程式为
Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl
﹣
．
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2 溶液中先加入0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴
氯水和l 滴KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是
隔离空气（排除氧气对实验的影响）
．
（4）丙组同学取10mL0.1mol/LKI 溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合．分别取2mL 此溶液于3 支试管中进行如下
实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4 充分振荡、静置，CCl4 层呈紫色；
②第二只试管中加入1 滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀；
③第三支试管中加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红．
实验②检验的离子是
Fe2+
（填离子符号）；实验①和③说明：在I
﹣过量的情况下，溶液中仍含有
Fe3+
（填离子符
号），由此可以证明该氧化还原反应为
可逆反应
．
（5）丁组同学向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为
2Fe2++H2O2+2H
+=2Fe3++2H2O
；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成．产生气泡的原因是
铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气
；生成沉淀的原因是
过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正
向移动
（用平衡移动原理解释）．
【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯化亚铁被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响；
（4）加入1 滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，第一支试管中加入1mL CCl4 充分
振荡、静置，CCl4 层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不
发生氧化还原反应；
（5）向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，
铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，过氧化氢分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动．
【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，
故答案为：防止氯化亚铁被氧化；
（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl
﹣，
故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl
﹣；
（3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，
故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）；
（4）加入1 滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第
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一支试管中加入1mL CCl4 充分振荡、静置，CCl4 层显紫色说明生成I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方
程式为：2I
﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，③第三支试管中加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁
溶液中不发生氧化还原反应，仍含有铁离子，在I
﹣过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，说明该反应为可逆反应．
故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应．
（5）向盛有H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，
反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H
+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的原因是铁离子
做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H
+，水解反应为吸热反应，
过氧化氢分解放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动．
故答案为：2Fe2++H2O2+2H
+=2Fe3++2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气；过氧化氢分解反应放热，促进
Fe3+的水解平衡正向移动．
【点评】本题考查了铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子检验、盐类水解等知识点，注意题干
信息的分析判断，题目难度中等．
四、选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在答
题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置
答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学--选修2：化学与技术
11．（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图
所示：
生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、
净化等工艺得到双氧水．回答下列问题：
（1）蒽醌法制备H2O2 理论上消耗的原料是
氢气和氧气
，循环使用的原料是
乙基蒽醌
，配制工作液时采用有
机溶剂而不采用水的原因是
乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂
．
（2）氢化釜A 中反应的化学方程式为
．进入氧化塔C 的反应混合液中
的主要溶质为
乙基氢蒽醌
．
（3）萃取塔D 中的萃取剂是
水
，选择其作萃取剂的原因是
过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水
．
（4）工作液再生装置F 中要除净残留的H2O2，原因是
过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸
．
（5 ）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4 溶液测定，该反应的离子方程式为
5H2O2+6H
++2MnO4
﹣
=2Mn2++5O2↑+8H2O
，一种双氧水的质量分数为27.5%（密度为1.10g•cm
﹣3），其浓度为
8.90
mol•L
﹣1．
【分析】（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成；
乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有机溶剂；
（2）由原理和流程可知，A 中乙基蒽醌与氢气反应；进入氧化塔C 的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌；
（3）D 中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水；
（4）除净残留的H2O2，因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；
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（5）双氧水在酸性条件下与KMnO4 溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合c=
计算浓度．
【解答】解：（1）由转化反应可知，乙基蒽醌先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反应，则蒽醌法制备H2O2
理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌，且结合流程图
种再生工作液环节可知乙基蒽醌循环使用；配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶
于有机溶剂，
故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂；
（2）由原理和流程可知，A 中乙基蒽醌与氢气反应，反应为
；进入氧化塔C
的反应混合液中的主要溶质为乙基氢蒽醌，
故答案为：
；乙基氢蒽醌；
（3）D 中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基
蒽醌不溶于水，
故答案为：水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水；
（4）工作液再生装置F 中要除净残留的H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，
故答案为：过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸；
（5 ）双氧水在酸性条件下与KMnO4 溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应为5H2O2+6H
++2MnO4
﹣
=2Mn2++5O2↑+8H2O ，由c=
可知一种双氧水的质量分数为27.5% （密度为1.10g•cm
﹣3 ），其浓度为
=8.90mol/L，
故答案为：5H2O2+6H
++2MnO4
﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.90．
【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，注意有机物的性质及应用，题目难度中等．
[化学--选修3：物质结构与性质]
12．（15 分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于
造币，亦可用于制作仿银饰品．回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d84s2
，3d 能级上的未成对电子数为
2
．
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4 蓝色溶液．
①[Ni（NH3）6]SO4 中阴离子的立体构型是
正四面体
．
②在[Ni（NH3）6]SO4 中Ni2+与NH3 之间形成的化学键称为
配位键
，提供孤电子对的成键原子是
N
．
③氨的沸点
高于
（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是
氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强
；氨是
极性
分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为
sp3
．
（3）单质铜及镍都是由
金属
键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ•mol
﹣1、INi=1753kJ•mol
﹣1，ICu＞INi 的原因是
Cu
+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大
．
（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示．
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为
3：1
．
②若合金的密度为d g•cm
﹣3，晶胞参数a=
×107
nm．
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【分析】（1）Ni 元素原子核外电子数为28，结合能量最低原理书写核外电子排布式；
（2）①SO42﹣中S 原子的孤电子对数=
=0，价层电子对数=4+0=4；
②Ni2+提供空轨道，NH3 中N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；
③PH3 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH3 分子为三角锥形结构，分子中正负电荷
重心不重合，N 原子有1 对孤对电子，形成3 个N﹣H 键，杂化轨道数目为4；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu
+的外围电子排布为3d10，Ni
+的外围电子排布为3d84s1，Cu
+的核外电子排布更稳
定；
（4）①根据均摊法计算晶胞中Ni、Cu 原子数目；
②属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合m=ρV 可以计算晶胞棱长．
【解答】解：（1）Ni 元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d 能级上的未成对电子数
为2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
（2）①SO42﹣中S 原子的孤电子对数=
=0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3 中N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
故答案为：配位键；N；
③PH3 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3
分子的，
NH3 分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N 原子有1 对孤对电子，形成3 个N﹣H 键，
杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3 杂化，
故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3；
（3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu
+的外围电子排布为3d10，Ni
+的外围电子排布为3d84s1，
Cu
+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的，
故答案为：金属；Cu
+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大；
（4）①晶胞中Ni 处于顶点，Cu 处于面心，则晶胞中Ni 原子数目为8×
=1、Cu 原子数目=6×
=3，故Cu 与Ni 原子
数目之比为3：1，
故答案为：3：1；
②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为
g，则
g=d g•cm
﹣3×（a×10
﹣7 cm）3，解得a=
×
107．
故答案为：
×107．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化方式判断、配位键、氢键、电离能、
晶胞计算等，是对物质结构主干知识的综合考查，需要学生具备扎实的基础．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15 分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为
从而具有胶黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成
路线如下：
已知：
①A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰
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②
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
丙酮
。
（2）B 的结构简式为
。其核磁共振氢谱显示为
2
组峰，峰面积比为
1：6
。
（3）由C 生成D 的反应类型为
取代反应
。
（4）由D 生成E 的化学方程式为
+NaOH
+NaCl
。
（5）G 中的官能团有
酯基
、
碳碳双键
、
氰基
。（填官能团名称）
（6）G 的同分异构体中，与G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有
8
种。（不含立体结构）
【分析】A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A 分子中氧原子数目为
=1，分子中C、H
原子总相对原子质量为58﹣16=42，则分子中最大碳原子数目为
=3…6，故A 的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱显
示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A 为
，B 为
，B 发生消去反应生成C 为
，C 与氯气光照反应生成D，D 发生水解反应生成E，结合E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反应生成
D，则D 为
，E 发生氧化反应生成F，F 与甲醇发生酯化反应生成G，则E 为
，F 为
，G 为
。
【解答】解：A 的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A 分子中氧原子数目为
=1，分子中C、
H 原子总相对原子质量为58﹣16=42，则分子中最大碳原子数目为
=3…6，故A 的分子式为C3H6O，其核磁共振氢谱
显示为单峰，且发生信息中加成反应生成B，故A 为
，B 为
，B 发生消去反应生成C 为
，C 与氯气光照反应生成D，D 发生水解反应生成E，结合E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反应生成
D，则D 为
，E 发生氧化反应生成F，F 与甲醇发生酯化反应生成G，则E 为
，F 为
，G 为
。
（1）由上述分析可知，A 为
，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮；
（2）由
上述分析可知，B 的结构简式为
其核磁共振氢谱显示为2 组峰，峰面积比为1：
6，
故答案为：
；2；1：6；
（3）由C 生成D 的反应类型为：取代反应，
故答案为：取代反应；
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（4）由D 生成E 的化学方程式为
+NaOH
+NaCl，
故答案为：
+NaOH
+NaCl；
（5）G 为
，G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基，
故答案为：酯基、碳碳双键、氰基；
（6）G（
）的同分异构体中，与G 具有相同官能团且能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基：
HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2，当为HCOOCH2CH=CH2 时，﹣CN 的取代位置有3 种，当为
HCOOCH=CHCH3 时，﹣CN 的取代位置有3 种，当为HCOOC（CH3）=CH2 时，﹣CN 的取代位置有2 种，共有8 种。
故答案为：8。
【点评】本题考查考查有机物的推断，关键是确定A 的结构简式，再结合反应条件、有机物分子式进行推断，熟练掌
握官能团的性质与转化，（6）中注意利用取代方法确定同分异构体。
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2016 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）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（
）
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
2．（6 分）设NA 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（
）
A．14g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3 分子数为2NA
C．1mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24L CCl4 含有的共价键数为0.4NA
3．（6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl 有3 种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
4．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（
）
A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．将Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
5．（6 分）三室式电渗析法处理含Na2SO4 废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直流电场
的作用下，两膜中间的Na
+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的
是（
）
A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大
B．该法在处理含Na2SO4 废水时可以得到NaOH 和H2SO4 产品
C．负极反应为2H2O﹣4e
﹣=O2+4H
+，负极区溶液pH 降低
D．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.5mol 的O2 生成
6．（6 分）298K 时，在20.0mL 0.10mol•L
﹣1 氨水中滴入0.10mol•L
﹣1 的盐酸，溶液的pH 与所加盐酸的体积关系如图所
示．已知0.10mol•L
﹣1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（
）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M 点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M 点处的溶液中c（NH4
+）=c（Cl
﹣）=c（H
+）=c（OH
﹣）
D．N 点处的溶液中pH＜12
7．（6 分）短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加．m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z 的单
质，通常为黄绿色气体，q 的水溶液具有漂白性，r 溶液是一种常见的强酸，s 通常是难溶于水的混合物．上述物质的
转化关系如图所示．下列说法正确的是（
）
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A．原子半径的大小W＜X＜Y
B．元素的非金属性Z＞X＞Y
C．Y 的氢化物常温常压下为液态
D．X 的最高价氧化物的水化物为强酸
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3 将NOx 还原生成N2．某
同学在实验室中对NH3 与NO2 反应进行了探究．回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的
，反应的化学方程式为
．
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→
（按气流方向，用小写字母表示）．
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3 充入注射器X 中，硬质玻璃管Y 中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2 夹好）．在一
定温度下按图示装置进行实验．
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢充入Y 管中
①Y 管中
②反应的化学方程式
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y 管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③
④
9．（15 分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4
﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等
形式存在，Cr（OH）3 为难溶于水的灰蓝色固体，回答：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是
。
（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L
﹣1 的Na2CrO4 溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H
+）
的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4 溶液中的转化反应
。
②由图可知，溶液酸性增强，CrO42﹣的平衡转化率
（填“增大“减小”或“不变”）。
根据A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为
。
（3）用K2CrO4 为指示剂，以AgNO3 标准液滴定溶液中的Cl
﹣，Ag
+与CrO42﹣生成砖红色沉淀时到达滴定终点。当溶液
中Cl
﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10
﹣5mol•L
﹣1）时，溶液中c （Ag
+）为
mol•L
﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）
等于
mol•L
﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10
﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10
﹣10）。
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（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为
。
10．（14 分）NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2 中Cl 的化合价为
。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2 的化学方程式
。
（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为
、
。“电
解”中阴极反应的主要产物是
。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
，该
反应中氧化产物是
。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2 的氧
化能力。NaClO2 的有效氯含量为
。（计算结果保留两位小数）
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在
答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位
置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学--选修2：化学与技术]
11．（15 分）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）
为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1 的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是
．
（2）“平炉”中发生的化学方程式为
．
（3）“平炉”中需要加压，其目的是
．
（4）将K2MnO4 转化为KMnO4 的生产有两种工艺．
①“CO2 歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，反
应中生成KMnO4，MnO2 和
（写化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为
，阴极逸出的气体是
．
③“电解法”和“CO2 歧化法”中，K2MnO4 的理论利用率之比为
．
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g 样品，溶解后定容于100mL 容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L
﹣1 的H2C2O4
标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4 溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为
（列出计算式即可，已知2MnO4
﹣+5H2C2O4+6H
+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
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[化学--选修3：物质结构与性质]
12．（15 分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：
（1）基态Ge 原子的核外电子排布式为[Ar]
，有
个未成对电子．
（2）Ge 与C 是同族元素，C 原子之间可以形成双键、叁键，但Ge 原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分
析，原因是
．
（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因
．
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
﹣49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
（4）光催化还原CO2 制备CH4 反应中，带状纳米Zn2GeO4 是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O 电负性由大至小的顺序
是
．
（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为
微粒之间存在的作用力是
．
（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge 单晶的晶胞，其
中原子坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（
，0，
）；C 为（
，
，0）．则D 原子的坐标参数为
．
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge 单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为
g•cm
﹣3（列出计算式即
可）．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15 分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路
线
回答下列问题：
（1）下列关于糖类的说法正确的是
．（填标号）
a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm 的通式
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
（2）B 生成C 的反应类型为
．
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（3）D 中的官能团名称为
，D 生成E 的反应类型为
．
（4）F 的化学名称是
，由F 生成G 的化学方程式为
．
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E 的同分异构体，0.5molW 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W
共有
种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为
．
（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C2H4 为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成
路线
．
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2016 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）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（
）
A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质
C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【分析】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等物质；
C．加热可导致蛋白质变性；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%．
【解答】解：A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于鉴别蛋白质类物质，
故A 正确；
B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B 正确；
C．加热可导致蛋白质变性，一般高温可杀菌，故C 正确；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学
素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．
2．（6 分）设NA 为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（
）
A．14g 乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA
B．1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3 分子数为2NA
C．1mol Fe 溶于过量硝酸，电子转移数为2NA
D．标准状况下，2.24L CCl4 含有的共价键数为0.4NA
【分析】A．乙烯和丙烯最简式CH2，计算14gCH2 中的氢原子数；
B．氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应；
C.1mol Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁，依据反应的铁计算电子转移；
D．标准状况下四氯化碳不是气体．
【解答】解：A.14g 乙烯和丙烯混合气体中含CH2 物质的量=
=1mol，含氢原子数为2NA，故A 正确；
B.1mol N2 与4mol H2 反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol 氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，
故B 错误；
C.1mol Fe 溶于过量硝酸生成硝酸铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C 错误；
D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4 含物质的量不是0.1mol，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等知识
点的应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．
3．（6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A．2﹣甲基丁烷也称异丁烷
B．由乙烯生成乙醇属于加成反应
C．C4H9Cl 有3 种同分异构体
D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物
【分析】A．异丁烷含有4 个C 原子，2﹣甲基丁烷含有5 个C 原子；
B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇；
C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象；
D．油脂不是高分子化合物．
【解答】解：A．异丁烷含有4 个C 原子，2﹣甲基丁烷含有5 个C 原子，故A 错误；
B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，故B 正确；
C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，C4H10 的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）
CH32 种，CH3CH2CH2CH3 分子中有2 种化学环境不同的H 原子，其一氯代物有2 种；CH3CH（CH3）CH3 分子中有2 种化
学环境不同的H 原子，其一氯代物有2 种；故C4H9Cl 的同分异构体共有4 种，故C 错误；
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D．油脂不是高分子化合物，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的命名，有机物的反应类型，同分异构体书写及高分子化合物等知识，为高频考点，把握官
能团与性质的关系为解答的关键，注意有机物的成分、性质及反应类型，注重基础知识的考查，题目难度不大．
4．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（
）
A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物
B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO
C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
D．将Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2
【分析】A．互不相溶的液体采用分液方法分离，用的仪器是分液漏斗；
B．NO 易和空气中O2 反应生成NO2；
C．FeCl3 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH）3 而产生浑浊；
D．将Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气。
【解答】解：A．长颈漏斗不能用作分离操作，互不相溶的液体采用分液漏斗分离，乙酸、乙醇、乙酸乙酯互溶，不
能采取分液法分离，应该采用蒸馏方法分离提纯，故A 错误；
B．NO 易和空气中O2 反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO 不易溶于水，应该用排水法收集，故B 错误；
C．FeCl3 属于强酸弱碱盐，Fe 3+易水解生成Fe（OH）3 而产生浑浊，为了防止氯化铁水解，应该将氯化铁溶解在较浓的
盐酸中再加水稀释，故C 正确；
D．将Cl2 与HCl 混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的氯气，应该将饱和食盐水出来的气体
再用浓硫酸干燥，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离提纯、气体收集、盐类水解、洗气等知识点，明确
实验原理、物质性质、实验操作基本方法及仪器的用途是解本题关键，注意：从水溶液中出来的气体中含有水蒸气，
为易错点。
5．（6 分）三室式电渗析法处理含Na2SO4 废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd 均为离子交换膜，在直流电场
的作用下，两膜中间的Na
+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的
是（
）
A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大
B．该法在处理含Na2SO4 废水时可以得到NaOH 和H2SO4 产品
C．负极反应为2H2O﹣4e
﹣=O2+4H
+，负极区溶液pH 降低
D．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.5mol 的O2 生成
【分析】A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH 减小；
B、从两极的电极反应和溶液的电中性角度考虑；
C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子放电；
D、当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.25mol 的O2 生成．
【解答】解：A、阴离子向阳极（即正极区）移动，氢氧根离子放电pH 减小，故A 错误；
B、直流电场的作用下，两膜中间的Na
+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通
电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合
成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧
化钠，故可以得到NaOH 和H2SO4 产品，故B 正确；
C、负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C 错误；
D、每生成1mol 氧气转移4mol 电子，当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.25mol 的O2 生成，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的阴阳极以及阴阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干
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信息的分析应用，题目难度不大．
6．（6 分）298K 时，在20.0mL 0.10mol•L
﹣1 氨水中滴入0.10mol•L
﹣1 的盐酸，溶液的pH 与所加盐酸的体积关系如图所
示．已知0.10mol•L
﹣1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（
）
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M 点对应的盐酸体积为20.0mL
C．M 点处的溶液中c（NH4
+）=c（Cl
﹣）=c（H
+）=c（OH
﹣）
D．N 点处的溶液中pH＜12
【分析】A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂；
B．如果M 点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，溶液应该呈酸性；
C．M 处溶液呈中性，则存在c（H
+）=c（OH
﹣），根据电荷守恒得c（NH4
+）=c（Cl
﹣），该点溶液中溶质为氯化铵和一
水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；
D．N 点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L
﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH
﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32
×10
﹣3 mol/L，c（H
+）=
mol/L=7.6×10
﹣12mol/L．
【解答】解：A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，所以应选择甲基橙作指示剂，所以盐酸
滴定氨水需要甲基橙作指示剂，故A 错误；
B．如果M 点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，
要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B 错误；
C．M 处溶液呈中性，则存在c（H
+）=c（OH
﹣），根据电荷守恒得c（NH4
+）=c（Cl
﹣），该点溶液中溶质为氯化铵和一
水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度
很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4
+）=c（Cl
﹣）＞c（H
+）=c（OH
﹣），故C 错误；
D．N 点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L
﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH
﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32
×10
﹣3 mol/L，c（H
+）=
mol/L=7.6×10
﹣12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，
明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B 采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中
和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等．
7．（6 分）短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加．m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z 的单
质，通常为黄绿色气体，q 的水溶液具有漂白性，r 溶液是一种常见的强酸，s 通常是难溶于水的混合物．上述物质的
转化关系如图所示．下列说法正确的是（
）
A．原子半径的大小W＜X＜Y
B．元素的非金属性Z＞X＞Y
C．Y 的氢化物常温常压下为液态
D．X 的最高价氧化物的水化物为强酸
【分析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加．m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z 的单
质，通常为黄绿色气体，则n 为Cl2，Z 为Cl，氯气与p 在光照条件下生成r 与s，r 溶液是一种常见的强酸，则r 为HCl，
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s 通常是难溶于水的混合物，则p 为CH4，氯气与m 反应生成HCl 与q，q 的水溶液具有漂白性，则m 为H2O，q 为HClO，
结合原子序数可知W 为H 元素，X 为C 元素，Y 为O 元素，然后结合元素周期律解答．
【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增加。m、p、r 是由这些元素组成的二元化合物，n 是元素Z
的单质，通常为黄绿色气体，则n 为Cl2，Z 为Cl，氯气与p 在光照条件下生成r 与s，r 溶液是一种常见的强酸，则r
为HCl，s 通常是难溶于水的混合物，则p 为CH4，氯气与m 反应生成HCl 与q，q 的水溶液具有漂白性，则m 为H2O，
q 为HClO，结合原子序数可知W 为H 元素，X 为C 元素，Y 为O 元素，
A．所以元素中H 原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）＜Y（O）＜X（C），故A 错误；
B．氯的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属性比氯的强，高氯酸为强酸，碳酸为弱酸，氯元素非金属性比碳
的强，故非金属性Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B 错误；
C．氧元素氢化物为水或双氧水，常温下为液态，故C 正确；
D．X 的最高价氧化物的水化物为碳酸，碳酸属于弱酸，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分
析与推断能力的考查，注意n 为氯气及氯气性质为推断的突破口，题目难度不大．
二、解答题（共3 小题，满分43 分）
8．（14 分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3 将NOx 还原生成N2．某
同学在实验室中对NH3 与NO2 反应进行了探究．回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的
A
，反应的化学方程式为
Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O
．
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→
d→c→f→e→j
（按气流方向，用小写字
母表示）．
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3 充入注射器X 中，硬质玻璃管Y 中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2 夹好）．在一
定温度下按图示装置进行实验．
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢
充入Y 管中
①Y 管中
红棕色气体慢慢
变浅
②反应的化学方程式
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到
室温
Y 管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③
Z 中NaOH 溶液产生倒
吸现象
④
反应后气体分子数减少，Y 管压强
小于外压
【分析】（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，依据反应物状态和条件选择发生装置；
②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结合氨气为碱性气体，密度小于空气密度，
极易溶于水的性质解答；
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（2）打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢充入Y 管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所
以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O 以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2 发生的现象．
【解答】解：（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加
热，所以选择A 为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
故答案为：A；Ca（OH）2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱
石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾
气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→j；
故答案为：d→c→f→e→j；
（2）打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢充入Y 管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所
以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；
根据反应8NH3+6NO2
7N2+12H2O 以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内
压强降低，所以打开K2 在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢
充入Y 管中
①红棕色气体慢慢变浅
②反应的化学方程式
8NH3+6NO2
7N2+12H2O
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到
室温
Y 管中有少量水珠
生成的气态水凝聚
打开K2
③Z中NaOH溶液产生倒吸
现象
④反应后气体分子数减少，Y 管中压强小
于外压
【点评】本题考查了氨气的制备和性质的检验，明确氨气的制备原理及制备气体的一般程序是解题关键，题目难度不
大．
9．（15 分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4
﹣（绿色）、Cr2O72﹣（橙红色）、CrO42﹣（黄色）等
形式存在，Cr（OH）3 为难溶于水的灰蓝色固体，回答：
（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，往Cr2（SO4）3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是
溶液蓝紫色变
浅，同时产生灰蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液
。
（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L
﹣1 的Na2CrO4 溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H
+）
的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4 溶液中的转化反应
2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O
。
②由图可知，溶液酸性增强，CrO42﹣的平衡转化率
增大
（填“增大“减小”或“不变”）。
根据A 点数据，计算出该转化反应的平衡常数为
1.0×1014
。
（3）用K2CrO4 为指示剂，以AgNO3 标准液滴定溶液中的Cl
﹣，Ag
+与CrO42﹣生成砖红色沉淀时到达滴定终点。当溶液
中Cl
﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10
﹣5mol•L
﹣1）时，溶液中c （Ag
+）为
2.0×10
﹣5
mol•L
﹣1，此时溶液中c（CrO42
﹣）等于
5.0×10
﹣3
mol•L
﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10
﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10
﹣10）。
（4）+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为
Cr2O72﹣+3HSO3
﹣
+5H
+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O
。
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【分析】（1）根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr（OH）3 为两性氢氧化物，能溶解在氢氧化钠溶液中，往Cr2（SO4）
3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，先生成沉淀，沉淀再溶解；
（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O；
②图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A 点c（Cr2O72﹣）=0.25mol/L，c（H
+）=10
﹣7mol/L，
c（CrO42﹣）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算；
（3）当溶液中Cl
﹣完全沉淀时，即c（Cl
﹣）=1.0×10
﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10
﹣10，计算得到c（Ag
+）；再依
据计算得到的银离子浓度和溶度积常数计算此时溶液中c（CrO42﹣）；
（4）NaHSO3 的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3
﹣被氧化为SO42﹣。
【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr（OH）3 为两性氢氧化物，能溶解在氢氧化钠溶液中，往Cr2（SO4）
3 溶液中滴入NaOH 溶液直至过量，先生成Cr（OH）3 灰蓝色沉淀，继续加入NaOH 后沉淀溶解，生成绿色Cr（OH）4
﹣；
故答案为：溶液蓝紫色变浅，同时产生灰蓝色沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O；
故答案为：2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O；
②溶液酸性增大，平衡2CrO42﹣+2H
+⇌Cr2O72﹣+H2O 正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A 点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，
则消耗的CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42﹣）=1.0mol/L﹣0.25mol/L×2=0.5mol/L，H
+浓度为1×10
﹣7mol/L，
此时该转化反应的平衡常数为K=
=
=1.0×1014；
故答案为：增大；1.0×1014；
（3）当溶液中Cl
﹣完全沉淀时，即c（Cl
﹣）=1.0×10
﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10
﹣10，计算得到c（Ag
+）
=
=
=2.0×10
﹣5；此时溶液中c（CrO42﹣）=
=
=5.0×10
﹣3；
故答案为：2.0×10
﹣5；
5.0×10
﹣3；
（4）NaHSO3 的还原性将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3
﹣被氧化为SO42﹣，反应的离子方程式为：
Cr2O72﹣+3HSO3
﹣+5H
+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O；
故答案为：Cr2O72﹣+3HSO3
﹣+5H
+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O。
【点评】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用
和两性物质的性质，题目难度中等。
10．（14 分）NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
（1）NaClO2 中Cl 的化合价为
+3 价
。
（2）写出“反应”步骤中生成ClO2 的化学方程式
2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2
。
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（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为
NaOH 溶液
、Na2CO3
溶液
。“电解”中阴极反应的主要产物是
ClO2
﹣（或NaClO2）
。
（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
2：1
，该
反应中氧化产物是
O2
。
（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2 的氧
化能力。NaClO2 的有效氯含量为
1.57
。（计算结果保留两位小数）
【分析】（1）在NaClO2 中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据正负化合价的代数和为0 计算得到；
（2）NaClO3 和SO2 在H2SO4 酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2 是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说
明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH 溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3 溶液除去Ca2+，ClO2 氧化能
力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2 的还原产物为NaClO2；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2
﹣，则此反应中ClO2 为氧化剂，还原产物
为ClO2
﹣，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2 为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2 得到2mol 电子，依据电子守恒可知
氧化剂和还原剂的物质的量之比；
（5）每克NaClO2 的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为
mol×4
×
=
mol，计算得到氯气的质量。
【解答】解：（1）在NaClO2 中Na 为+1 价，O 为﹣2 价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl 的化合价为+3 价，
故答案为：+3；
（2）NaClO3 和SO2 在H2SO4 酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3 是氧化剂，还原产物为ClO2，回收产物为NaHSO4，说
明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，
故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；
（3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH 溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3 溶液除去Ca2+，ClO2 氧化能
力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2 的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2 得电子生成ClO2
﹣，阳极Cl
﹣
失电子生成Cl2。
故答案为：NaOH 溶液；Na2CO3 溶液；ClO2
﹣（或NaClO2）；
（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2
﹣，则此反应中ClO2 为氧化剂，还原产物
为ClO2
﹣，化合价从+4 价降为+3 价，H2O2 为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2 得到2mol 电子，依据电子守恒可知
氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；O2；
（5）1gNaClO2 的物质的量
=
mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl
﹣～4e
﹣，Cl2～2Cl
﹣～2e
﹣，可
知氯气的物质的量为
mol×4×
=
mol，则氯气的质量为
mol×71g/mol=1.57g，
故答案为：1.57g。
【点评】本题考查了物质制备的实验方法分析、氧化还原反应概念分析和电子转移的计算、注意物质性质的理解应用，
题目难度中等。
（二）选考题：共45 分．请考生从给出的3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在
答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位
置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学--选修2：化学与技术]
11．（15 分）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）
为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1 的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是
增大反应物接触
面积，加快反应速率，提高原料利用率
．
（2）“平炉”中发生的化学方程式为
2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O
．
（3）“平炉”中需要加压，其目的是
提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率
．
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（4）将K2MnO4 转化为KMnO4 的生产有两种工艺．
①“CO2 歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，反
应中生成KMnO4，MnO2 和
KHCO3
（写化学式）．
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为
MnO42﹣﹣e
﹣=MnO4
﹣
，阴极逸出的气体是
H2
．
③“电解法”和“CO2 歧化法”中，K2MnO4 的理论利用率之比为
3：2
．
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g 样品，溶解后定容于100mL 容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L
﹣1 的H2C2O4
标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4 溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为
× 100%
（列出计算式即可，已知
2MnO4
﹣
+5H2C2O4+6H
+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．
【分析】（1）固体混合粉碎目的是增大接触面积加快反应速率；
（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水；
（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；
（4）①在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳
过量推测反应生成KMnO4，MnO2 和KHCO3；
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4
﹣；
在阴极，水电离产生的H
+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e
﹣=H2↑+2OH
﹣；
③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4 的理论利用率是100%，而在二氧化
碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3 中K2MnO4 的理论利用率是
；
（5）依据离子方程式2MnO4
﹣+5H2C2O4+6H
+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可由n（H2C2O4）计算出n（KMnO4），进而计算出样
品中的n（KMnO4），然后可计算样品的纯度．
【解答】解：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1：1 的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接
触面积加快反应速率，提高原料利用率．
故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（2）流程分析可知平炉中发生的反应是氢氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰酸钾和水，反应的化学方程式为：
2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；
（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率．
故答案为：提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；
（4）①在K2MnO4 溶液中通入CO2 气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4 发生歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳
过量推测反应生成KMnO4，MnO2 和KHCO3；
故答案为：KHCO3；
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4 水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4
﹣．电
极反应式是：MnO42﹣﹣e
﹣=MnO4
﹣；在阴极，水电离产生的H
+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e
﹣=H2↑+2OH
﹣；所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，
故答案为：MnO42﹣﹣e
﹣=MnO4
﹣；H2；
③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4 的理论利用率是100%，而在二氧化
碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3 中K2MnO4 的理论利用率是
，所以二者的理论利用率之比为3：
2，
故答案为：3：2；
（5）依据离子方程式2MnO4
﹣+5H2C2O4+6H
+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
可知KMnO4 与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4，
n（H2C2O4）=20.00×10
﹣3L×0.2000mol/L=20.00×10
﹣3×0.2000mol
n（KMnO4）=20.00×10
﹣3×0.2000×
mol，
1.0800g 样品中n（KMnO4）=20.00×10
﹣3×0.2000×
×
mol，
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1.0800g 样品中m（KMnO4）=20.00×10
﹣3×0.2000×
×
×158g，
样品的纯度=
×100%．
故答案为：
×100%．
【点评】本题考查了物质制备工艺流程的知识．制备方案的过程分析和物质性质的理解应用，特别是电解原理、滴定
实验的熟练掌握和计算应用，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]
12．（15 分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：
（1）基态Ge 原子的核外电子排布式为[Ar]
3d104s24p2
，有
2
个未成对电子．
（2）Ge 与C 是同族元素，C 原子之间可以形成双键、叁键，但Ge 原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分
析，原因是
锗的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p﹣p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形
成π键
．
（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因
GeCl4、GeBr4、GeI4 熔、沸点依次增高；原因是分子
结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强
．
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
﹣49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
（4）光催化还原CO2 制备CH4 反应中，带状纳米Zn2GeO4 是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O 电负性由大至小的顺序
是
O＞Ge＞Zn
．
（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，其中Ge 原子的杂化方式为
sp3
微粒之间存在的作用力是
共价键
．
（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge 单晶的晶胞，其
中原子坐标参数A 为（0，0，0）；B 为（
，0，
）；C 为（
，
，0）．则D 原子的坐标参数为
（
，
，
）
．
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge 单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为
g•cm
﹣3（列出计算式即可）．
【分析】（1）Ge 是32 号元素，位于第四周期第IVA 族，基态Ge 原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；
（2）Ge 原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；
（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；
（4）元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大；
（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，Ge 原子与周围4 个Ge 原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于
原子晶体；
（6）①D 与周围4 个原子形成正四面体结构，D 与顶点A 的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C 及上底面面心原
子的平面且平行侧面将晶胞2 等分，同理过D 原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2 等等份可知D 处于到各个面的
处；
②根据均摊法计算晶胞中Ge 原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=
计算晶胞密度．
【解答】解：（1）Ge 是32 号元素，位于第四周期第IVA 族，基态Ge 原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2
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或[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s 能级上2 个电子为成对电子，4p 轨道中2 个电子分别处以不同的轨道内，有2 轨道
未成对电子，
故答案为：3d104s24p2；2；
（2）虽然Ge 与C 是同族元素，C 原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge 的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形
成π键，所以Ge 原子之间难以形成双键或叁键，
故答案为：Ge 原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；
（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，
分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，
故答案为：GeCl4、GeBr4、GeI4 的熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐
增强；
（4）元素非金属性：Zn＜Ge＜O，元素的非金属性越强，吸引电子的能力越强，元素的电负性越大，故电负性：O＞
Ge＞Zn，
故答案为：O＞Ge＞Zn；
（5）Ge 单晶具有金刚石型结构，Ge 原子与周围4 个Ge 原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于
原子晶体，Ge 原子之间形成共价键，Ge 原子杂化轨道数目为4，采取sp3 杂化，
故答案为：sp3；共价键；
（6）①D 与周围4 个原子形成正四面体结构，D 与顶点A 的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C 及上底面面心原
子的平面且平行侧面将晶胞2 等分，同理过D 原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2 等份，可知D 处于到各个面的
处，则D 原子的坐标参数为（
，
，
），
故答案为：（
，
，
）；
②晶胞中Ge 原子数目为4+8×
+6×
=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为
，晶胞参
数a=565.76pm，
其密度为
÷（565.76×10
﹣10cm）3=
，
故答案为：
．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与性质、电负性、杂化方式、晶胞
计算等，（6）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．
[化学--选修5：有机化学基础]
13．（15 分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路
线
回答下列问题：
（1）下列关于糖类的说法正确的是
cd
．（填标号）
a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm 的通式
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b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
（2）B 生成C 的反应类型为
酯化反应或取代反应
．
（3）D 中的官能团名称为
酯基、碳碳双键
，D 生成E 的反应类型为
消去反应
．
（4 ）F 的化学名称是
己二酸
，由F 生成G 的化学方程式为
n HOOC （CH2 ）4COOH+n
HOCH2CH2CH2CH2OH
+（2n﹣1）H2O
．
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E 的同分异构体，0.5molW 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，W
共有
12
种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为
．
（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C2H4 为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二甲酸的合成
路线
．
【分析】（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm 形式，如脱氧核糖（C6H10O4）；
b．麦芽糖水解生成葡萄糖；
c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；
d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；
（2）B 与甲醇发生酯化反应生成C；
（3）由D 的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D 脱去2 分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应；
（4）己二酸与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成
；
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E 的同分异构体，0.5mol W 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生
成二氧化碳为1mol，说明W 含有2 个羧基，2 个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）
COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；
（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成
，在Pd/C 作用下生成
，然后用酸性
高锰酸钾溶液氧化生成
．
【解答】解：（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是CnH2mOm 形式，如脱氧核糖（C6H10O4），
故a 错误；
b．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故b 错误；
c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故c 正确；
d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d 正确，
故选：cd；
（2）B 与甲醇发生酯化反应生成C，属于取代反应，
故答案为：酯化反应或取代反应；
（3）由D 的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，D 脱去2 分子氢气形成苯环得到E，属于消去反应，
故答案为：酯基、碳碳双键；消去反应；
（4）F 的名称为己二酸，己二酸与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成
，反应方程式为：n HOOC
（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH
+（2n﹣1）H2O，
故答案为：己二酸；n HOOC（CH2）4COOH+n HOCH2CH2CH2CH2OH
+（2n﹣1）H2O；
（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W 是E 的同分异构体，0.5mol W 与足量碳酸氢钠溶液反应生成44gCO2，生
成二氧化碳为1mol，说明W 含有2 个羧基，2 个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）
COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种，共有12 种，其中核磁
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共振氢谱为三组峰的结构简式为：
，
故答案为：12；
；
（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成
，在Pd/C 作用下生成
，然后用酸性
高锰酸钾溶液氧化生成
，合成路线流程图为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的合成、官能团的结构与性质、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学
基础基础的综合考查，（6）中注意根据题目中转化关系涉及合成路线，较好的考查学生知识迁移运用能力．
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2016 年江苏省高考化学试卷
一、单项选择题（共10 小题，每小题2 分，满分20 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2 分）大气中CO2 含量的增加会加剧“温室效应”．下列活动会导致大气中CO2 含量增加的是（
）
A．燃烧煤炭供热B．利用风力发电C．增加植被面积D．节约用电用水
2．（2 分）下列有关化学用语表示正确的是（
）
A．中子数为10 的氧原子：
B．Mg2+的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
3．（2 分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（
）
A．SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．NH4HCO3 受热易分解，可用作氮肥
C．Fe2（SO4）3 易溶于水，可用作净水剂
D．Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料
4．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有6 个电子，Y 是迄今发现的非金属性最
强的元素，在周期表中Z 位于IA 族，W 与X 属于同一主族．下列说法正确的是（
）
A．元素X、W 的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由Y、Z 两种元素组成的化合物是离子化合物
C．W 的简单气态氢化物的热稳定性比Y 的强
D．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
5．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．将铜插入稀硝酸中：Cu+4H
++2NO3
﹣═Cu2++2NO2↑+H2O
B．向Fe2（SO4）3 溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe═2Fe2+
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4
+
D．向Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H
+═H2SiO3↓+3Na
+
6．（2 分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3 的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3 四
个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（
）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
C．
分离NaHCO3
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D．
干燥NaHCO3
7．（2 分）下列说法正确的是（
）
A．氢氧燃料电池工作时，H2 在负极上失去电子
B．0.1mol•L
﹣1Na2CO3 溶液加热后，溶液的pH 减小
C．常温常压下，22.4LCl2 中含有的分子数为6.02×1023 个
D．室温下，稀释0.1mol•L
﹣1CH3COOH 溶液，溶液的导电能力增强
8．（2 分）通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（
）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=+571.6kJ•mol
﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ•mol
﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=+206.1kJ•mol
﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3 减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）的△H=+74.8kJ•mol
﹣1
9．（2 分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（
）
A．SiO2
SiCl4
Si
B．FeS2
SO2
H2SO4
C．N2
NH3
NH4Cl（aq）
D．MgCO3
MgCl2（aq）
Mg
10．（2 分）下列图示与对应的叙述不相符合的是（
）
A．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
二、不定项选择题：本题共5 个小题，每小题4 分，共计20 分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案
只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且全部选对
的得4 分，但只要选错一个，该小题就得0 分。
11．（4 分）化合物X 是一种医药中间体，其结构简式如图所示．下列有关化合物X 的说法正确的是（
）
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3 溶液反应
C．1 mol 化合物X 最多能与2 molNaOH 反应
D．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
12．（4 分）制备（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O 的实验中，需对过滤出产品的母液（pH＜1）进行处理．常温下，分别取母
液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（
）
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A．通入过量Cl2：Fe2+、H
+、NH4
+、Cl
﹣、SO42﹣
B．加入过量NaClO 溶液：NH4
+、Fe2+、H
+、SO42﹣、ClO
﹣
C．加入过量NaOH 溶液：Na
+、Fe2+、NH4
+、SO42﹣、OH
﹣
D．加入过量NaClO 溶液和NaOH 的混合溶液：Na
+、SO42﹣、Cl
﹣、ClO
﹣、OH
﹣
13．（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
14．（4 分）H2C2O4 为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L
﹣1 的H2C2O4 和
NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH 的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关
系一定正确的是（
）
A．pH=2.5 的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4
﹣）
B．c（Na
+）=0.100 mol•L
﹣1 的溶液中：c（H
+）+c（H2C2O4）=c（OH
﹣）+c（C2O42﹣）
C．c（HC2O4
﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na
+）＞0.100 mol•L
﹣1+c（HC2O4
﹣）
D．pH=7 的溶液中：c（Na
+）＞2c（C2O42﹣）
15．（4 分）一定温度下，在3 个体积均为1.0L 的容量密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，下
列说法正确的是（
）
容器
温度/℃
物质的起始浓度/mol•L
﹣1
物质的平衡浓度
/mol•L
﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应放热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
三、解答题（共5 小题，满分68 分）
16．（12 分）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2 和CaCO3]为原料制备KClO3 的流程如图1：
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（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2 与Ca（OH）2 作用生成Ca（ClO）2 的反应，Ca（ClO）
2 进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2 分解为CaCl2 和O2。
①生成Ca（ClO）2 的化学方程式为
。
②提高Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的转化率的可行措施有
（填序号）。
A．适当减缓通入Cl2 速率
B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2 完全溶解
（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的总反应方程式为：
6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O
氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为
（填化学式）。
②滤液中Ca（ClO3）2 与CaCl2 的物质的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]
1：5（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）向滤液中加入稍过量KCl 固体可将Ca（ClO3）2 转化为KClO3，若溶液中KClO3 的含量为100g▪L
﹣1，从该溶液中尽
可能多地析出KClO3 固体的方法是
。
17．（15 分）化合物H 是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
（1）D 中的含氧官能团名称为
（写两种）．
（2）F→G 的反应类型为
．
（3）写出同时满足下列条件的C 的一种同分异构体的结构简式
．
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3 溶液发生显色反应；
③分子中只有4 种不同化学环境的氢．
（4）E 经还原得到F，E 的分子式为C14H17O3N，写出E 的结构简式
．
（5）已知：①苯胺（
）易被氧化
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请以甲苯和（CH3CO）2O 为原料制备
，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示
例见本题题干）．
18．（12 分）过氧化钙（CaO2•8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂．
（1）Ca（OH）2 悬浊液与H2O2 溶液反应可制备CaO2•8H2O．
Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2•8H2O
反应时通常加入过量的Ca（OH）2，其目的是
．
（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2•8H2O 后，池塘水中浓度增加的离子有
（填序号）．
A．Ca2+
B．H
+
C．CO32﹣
D．OH
﹣
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4 和碱性KI 溶液，生成MnO（OH）2 沉淀，密封静
置，加入适量稀H2SO4，将MnO（OH）2 与I
﹣完全反应生成Mn2+和I2 后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3 标准溶液滴定
至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2 将Mn2+氧化成MnO（OH）2 的离子方程式：
．
②取加过一定量CaO2•8H2O 的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000mol•L
﹣1Na2
S2O3 标准溶液13.50mL．计算该水样中的溶解氧（用mg•L
﹣1 表示），写出计算过程．
19．（15 分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4 和少量Fe、Al 的氧化物）为原料制备MgCO3•3H2O．实
验过程如图1：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3（S）+2H
+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H=﹣50.4kJ•mol
﹣1
Mg2SiO4（s）+4H
+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H=﹣225.4kJ•mol
﹣1
酸溶需加热的目的是
；所加H2SO4 不宜过量太多的原因是
．
（2）加入H2O2 氧化时发生发应的离子方程式为
．
（3）用图2 所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+．
①实验装置图中仪器A 的名称为
．
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有机萃取剂，
、
静置、分液，并重复多次．
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3•3H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，
，过滤、
用水洗涤固体2﹣3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O．
[已知该溶液中pH=8.5 时Mg（OH）2 开始沉淀；pH=5.0 时Al（OH）3 沉淀完全]．
20．（14 分）铁炭混合物（铁屑和活性炭的混合物）、纳米铁粉均可用于处理水中污染物．
（1）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池．将含有Cr2O72﹣的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O72﹣
转化为Cr3+，其电极反应式为
．
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（2）在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如图1 所示．
①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是
．
②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因
是
．
（3）纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物．
①一定条件下，向FeSO4 溶液中滴加碱性NaBH4 溶液，溶液中BH4
﹣（B 元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、
H2 和B（OH）4
﹣，其离子方程式为
．
②纳米铁粉与水中NO3
﹣反应的离子方程式为
4Fe+NO3
﹣+10H
+═4Fe2++NH4
++3H2O
研究发现，若pH 偏低将会导致NO3
﹣的去除率下降，其原因是
．
③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3
﹣的速率有较大差异（见图2），产生该差异的可能原因是
．
【选做题】本题包括21、22 两小题，请选定其中一个小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按21 小题评分．[物
质结构与性质]
21．（12 分）[Zn（CN）4]2﹣在水溶液中与HCHO 发生如下反应：
4HCHO+[Zn（CN）4]2﹣+4H
++4H2O═[Zn（H2O）4]2++4HOCH2CN
（1）Zn2+基态核外电子排布式为
．
（2）1mol HCHO 分子中含有σ键的数目为
mol．
（3）HOCH2CN 分子中碳原子轨道的杂化轨道类型是
．
（4）与H2O 分子互为等电子体的阴离子为
．
（5）[Zn（CN）4]2﹣中Zn2+与CN
﹣的C 原子形成配位键，不考虑空间构型，[Zn（CN）4]2﹣的结构可用示意图表示为
．
[实验化学]（共1 小题，满分0 分）
22．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解．实验室制备少量Na2S2O5 的方法．在不
断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3 过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示．当溶液pH 约为4 时，
停止反应．在20℃静置结晶，生成Na2S2O5 的化学方程式为：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O．
（1）SO2 与Na2CO3 溶液反应生成NaHSO3 和CO2，其离子方程式为
．
（2）装置Y 的作用是
．
（3）析出固体的反应液经减压抽滤，洗涤，25℃﹣30℃干燥，可获得Na2S2O5 固体．
①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、
和抽气泵．
②依次用饱和SO2 水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5 固体，用饱和SO2 水溶液洗涤的目的是
．
（4）实验制得的Na2S2O5 固体中含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，其可能的原因是
．
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2016 年江苏省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共10 小题，每小题2 分，满分20 分，每小题只有一个选项符合题意）
1．（2 分）大气中CO2 含量的增加会加剧“温室效应”．下列活动会导致大气中CO2 含量增加的是（
）
A．燃烧煤炭供热B．利用风力发电C．增加植被面积D．节约用电用水
【分析】燃烧煤炭供热时，碳与氧气反应产生大量的二氧化碳气体；风力发电、节约用水用电中不会涉及到含碳物质
的燃烧；增加植被面积可以有效减少CO2 的排放，据此分析回答．
【解答】解：A．燃烧煤炭供热时，碳与氧气反应产生大量的二氧化碳气体，故A 正确；
B．风力发电可减少二氧化碳含量，故B 错误；
C、增加植被面积可以吸收二氧化碳，减少CO2 含量，故C 错误；
D、节约用水用电与二氧化碳无关，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查环境问题及物质的性质，明确含碳物质的燃烧会导致二氧化碳含量增大，导致温室效应，题目较为
简单，根据生活实际分析的回答即可解答．
2．（2 分）下列有关化学用语表示正确的是（
）
A．中子数为10 的氧原子：
B．Mg2+的结构示意图：
C．硫化钠的电子式：
D．甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2
【分析】A．中子数+质子数=质量数，结合原子表示方法分析判断，质量数标记在元素符号左上角，质子数标记在左
下角；
B．镁离子是镁原子失去最外层2 个电子形成；
C．硫化钠是钠离子和硫离子形成的离子化合物，电子式中需要标记阴阳离子；
D．结构简式需要表示出结构特征和官能团；
【解答】解：A．中子数为10 的氧原子，质子数为8，则质量数为18，则原子表示为
，故A 错误；
B．镁离子是镁原子失去最外层2 个电子形成，离子的结构示意图为：
，故B 正确；
C．硫化钠的化学式中含有两个钠离子，硫化钠正确的电子式为：
，故C 错误；
D．甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，C2H4O2 为甲酸甲酯的分子式，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学用语的规范应用和书写方法，注意检查的熟练掌握，题目较简单．
3．（2 分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（
）
A．SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆
B．NH4HCO3 受热易分解，可用作氮肥
C．Fe2（SO4）3 易溶于水，可用作净水剂
D．Al2O3 熔点高，可用作耐高温材料
【分析】A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性；
B．碳酸氢铵具有易分解的性质，做氮肥是利用其溶解后铵根离子被植物吸收做氮肥；
C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；
D．利用氧化铝熔点高的性质可以做耐火材料．
【解答】解：A．二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是
其氧化性，故A 错误；
B．做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B 错误；
C．硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故
C 错误；
D．Al2O3 熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故D 正确；
故选：D。
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【点评】本题考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质应用分析判断，注意知识积累，题目较简单．
4．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子的最外层有6 个电子，Y 是迄今发现的非金属性最
强的元素，在周期表中Z 位于IA 族，W 与X 属于同一主族．下列说法正确的是（
）
A．元素X、W 的简单阴离子具有相同的电子层结构
B．由Y、Z 两种元素组成的化合物是离子化合物
C．W 的简单气态氢化物的热稳定性比Y 的强
D．原子半径：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）
【分析】Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X 原子的最外层有6 个电子，且原子序数小于F，应为O 元素，
在周期表中Z 位于IA 族，由原子序数关系可知Z 为Na 元素，W 与X 属于同一主族，W 应为S 元素，结合对应物质的
性质以及元素周期率知识解答该题．
【解答】解：Y 是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X 原子的最外层有6 个电子，且原子序数小于F，应为O
元素，在周期表中Z 位于IA 族，由原子序数关系可知Z 为Na 元素，W 与X 属于同一主族，W 应为S 元素，
A．元素X、W 的简单阴离子分别为O2﹣、S2﹣，离子的电子层结构不同，故A 错误；
B．Y 为F，Z 为Na，由Y、Z 两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B 正确；
C．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C 错误；
D．原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则半径r（F）＜r（O）＜r（S）
＜r（Na），故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与
元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
5．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．将铜插入稀硝酸中：Cu+4H
++2NO3
﹣═Cu2++2NO2↑+H2O
B．向Fe2（SO4）3 溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe═2Fe2+
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4
+
D．向Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H
+═H2SiO3↓+3Na
+
【分析】A．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；
B．铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，离子方程式中需要符合电荷守恒；
C．硫酸铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝是两性氢氧化物不溶于弱酸弱碱；
D．硅酸钠溶液中滴入盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸钠是强电解质溶液中完全电离．
【解答】解：A．将铜插入稀硝酸中反应的离子方程式为：3Cu+8H
++2NO3
﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A 错误；
B．向Fe2（SO4）3 溶液中加入过量铁粉反应的离子方程式为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B 错误；
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4
+，故C 正确；
D．向Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸反应的离子方程式：SiO32﹣+2H
+═H2SiO3↓，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式书写方法，主要是物质性质的熟练掌握、反应产物判断等知识，题目难度不大．
6．（2 分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3 的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3 四
个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（
）
A．
制取氨气
B．
制取NaHCO3
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C．
分离NaHCO3
D．
干燥NaHCO3
【分析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；
B．气体通入方向错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥．
【解答】解：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应
物，故A 错误；
B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B 错误；
C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C 正确；
D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯以及制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考
查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
7．（2 分）下列说法正确的是（
）
A．氢氧燃料电池工作时，H2 在负极上失去电子
B．0.1mol•L
﹣1Na2CO3 溶液加热后，溶液的pH 减小
C．常温常压下，22.4LCl2 中含有的分子数为6.02×1023 个
D．室温下，稀释0.1mol•L
﹣1CH3COOH 溶液，溶液的导电能力增强
【分析】A、氢氧燃料电池中，H2 在负极上失去电子；
B、加热促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大；
C、不是标准状况，不能用公式计算气体的物质的量；
D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关．
【解答】解：A、氢氧燃料电池中，H2 在负极上失去电子被氧化，故A 正确；
B、Na2CO3 溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH 增大，故B 错误；
C、常温常压，不是标准状况，22.4LCl2 中，不能用公式计算气体的物质的量，故C 错误；
D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1mol•L
﹣1CH3COOH 溶液，使得离子浓度减小，
导电能力减弱，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了原电池基本原理、盐类水解的影响因素、NA 的计算和导电能力强弱的判断，综合性强，但是较为
基础，掌握基本原理是解题的关键，难度不大．
8．（2 分）通过以下反应均可获取H2．下列有关说法正确的是（
）
①太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1=+571.6kJ•mol
﹣1
②焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2=+131.3kJ•mol
﹣1
③甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=+206.1kJ•mol
﹣1．
A．反应①中电能转化为化学能
B．反应②为放热反应
C．反应③使用催化剂，△H3 减小
D．反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）的△H=+74.8kJ•mol
﹣1
【分析】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；
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B、△H2＞0，反应为吸热反应；
C、催化剂不能改变反应热的大小；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③﹣②．
【解答】解：A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A 错误；
B、反应的△H2＞0，故该反应为吸热反应，故B 错误；
C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C 错误；
D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）═C（s）+2 H2（g）相当于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2，△H=+206.1kJ•mol
﹣1﹣
（+131.3kJ•mol
﹣1）=+74.8kJ•mol
﹣1，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了化学反应与能量变化，利用盖斯定律进行相关计算，注意催化剂不能改变焓变，盖斯定律计算时
焓变的加减时正负号为易错点，题目难度较小．
9．（2 分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（
）
A．SiO2
SiCl4
Si
B．FeS2
SO2
H2SO4
C．N2
NH3
NH4Cl（aq）
D．MgCO3
MgCl2（aq）
Mg
【分析】A．二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；
B．FeS2 燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；
D．碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成金属镁．
【解答】解：A．二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A 错误；
B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B 错误；
C．氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实
现，故C 正确；
D．碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解
熔融状态的氯化镁得到金属镁，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硅、硫、氮、镁的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题
关键，题目较简单．
10．（2 分）下列图示与对应的叙述不相符合的是（
）
A．图甲表示燃料燃烧反应的能量变化
B．图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化
C．图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程
D．图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线
【分析】A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量；
B．温度过高，酶失去催化活性；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等；
D．强碱滴定强酸，溶液pH 增大，存在pH 的突变。
【解答】解：A．燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A 错误；
B．酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B 正确；
C．弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C 正确；
D．强碱滴定强酸，溶液pH 增大，存在pH 的突变，图象符合，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响，考查《化学反应原理》主要
内容，侧重学生的分析能力的考查，为高考常见题型，易错点为B，注意蛋白质的性质，难度不大。
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二、不定项选择题：本题共5 个小题，每小题4 分，共计20 分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案
只包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且全部选对
的得4 分，但只要选错一个，该小题就得0 分。
11．（4 分）化合物X 是一种医药中间体，其结构简式如图所示．下列有关化合物X 的说法正确的是（
）
A．分子中两个苯环一定处于同一平面
B．不能与饱和Na2CO3 溶液反应
C．1 mol 化合物X 最多能与2 molNaOH 反应
D．在酸性条件下水解，水解产物只有一种
【分析】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反应，结合有物结构特点解答题．
【解答】解：A．两苯环连接在饱和原子上具有甲烷结构点且﹣C 为键可自由旋，则分子中两个苯不一定处于同一平面，
故A 错误；
B．含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，故B 错误；
C．含有酯基，且可水解生成酚羟基和羧基，都可与氢氧化钠反应，且含有羧基，则1 mol 化合物X 最多能与3 molNaOH
反应，故C 错误；
D．能水解的只有酯基，且为环状化合物，则水解产物只有一种，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题查有机物的结构与性，为高频考点，题目中等，注意把握官能团的性质，为解答该题的关键，题目有利
于培养学生良好的科学素养，提高分析能力，
12．（4 分）制备（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O 的实验中，需对过滤出产品的母液（pH＜1）进行处理．常温下，分别取母
液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（
）
A．通入过量Cl2：Fe2+、H
+、NH4
+、Cl
﹣、SO42﹣
B．加入过量NaClO 溶液：NH4
+、Fe2+、H
+、SO42﹣、ClO
﹣
C．加入过量NaOH 溶液：Na
+、Fe2+、NH4
+、SO42﹣、OH
﹣
D．加入过量NaClO 溶液和NaOH 的混合溶液：Na
+、SO42﹣、Cl
﹣、ClO
﹣、OH
﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，离子能大量共存，并结
合母液中含有（NH4）2•Fe（SO4）2•6H2O 晶体中的离子，利用离子共存的观点分析解答．
【解答】解：A．氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在二价铁离子，故A 错误；
B．Fe2+有强还原性，酸性条件ClO
﹣离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B 错误；
C．Fe2+、OH
﹣结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C 错误；
D．该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO 溶液和NaOH 的混合溶液，离子之间不反应，能共存，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应即
可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．
13．（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（
）
选
项
实验操作和现象
结论
A
向硅酸钠溶液中滴加1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出
现凝胶
非金属性：Cl＞Si
B
向滴有甲基橙的AgNO3 溶液中滴加KCl 溶液，溶液由红色变为黄色
KCl 溶液具有碱性
C
在CuSO4 溶液中滴加KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色
白色沉淀可能为CuI
D
某溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀
该溶液中一定含有SO42
﹣
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；
B．生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；
C．硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI；
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D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等。
【解答】解：A．该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故A 错误；
B．硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入KCl 生成AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故B 错误；
C．苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与KI 发生氧化还原反应生成碘和CuI，故C 正确；
D．滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质
的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
14．（4 分）H2C2O4 为二元弱酸．20℃时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L
﹣1 的H2C2O4 和
NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH 的变化曲线如图所示．下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关
系一定正确的是（
）
A．pH=2.5 的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4
﹣）
B．c（Na
+）=0.100 mol•L
﹣1 的溶液中：c（H
+）+c（H2C2O4）=c（OH
﹣）+c（C2O42﹣）
C．c（HC2O4
﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na
+）＞0.100 mol•L
﹣1+c（HC2O4
﹣）
D．pH=7 的溶液中：c（Na
+）＞2c（C2O42﹣）
【分析】A．依据图象可知pH=2.5 的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4
﹣）；
B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na
+）=0.100mol/L 的溶液中c（H
+）+c（H2C2O4）=c（OH
﹣）+c（C2O42﹣）；
C．c（HC2O4
﹣）=c（C2O42﹣）的溶液中c（Na
+）＜0.100 mol•L
﹣1+c（HC2O4
﹣）；
D．20℃时，Kw=0.681×10
﹣14，pH=7 的溶液中，显酸性，（H
+）＞c（OH
﹣），根据电荷守恒判断．
【解答】解：A．由图象可知，pH=2.5 的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42﹣）浓度之和小于c（HC2O4
﹣），则c（H2C2O4）
+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4
﹣），故A 错误；
B．依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na
+）=0.100mol/L 的溶液中为NaHC2O4 溶液，溶液中存在电荷守恒（H
+）
+c（Na
+）=2c（C2O42﹣）+c（HC2O4
﹣）+c（OH
﹣），物料守恒c（Na
+）=c（C2O42﹣）+c（HC2O4
﹣）+c（H2C2O4），代入计算
得到c（H
+）+c（H2C2O4）=c（OH
﹣）+c（C2O42﹣），故B 正确；
C．c（H2C2O4）+c（HC2O4
﹣）+c（C2O42﹣）=0.100mol•L
﹣1，c（HC2O4
﹣）=c（C2O42﹣），电荷守恒（H
+）+c（Na
+）=2c（C2O42
﹣）+c（HC2O4
﹣）+c（OH
﹣），pH 约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c（Na
+）＜0.100 mol•L
﹣1+c（HC2O4
﹣），
故C 错误；
D．20℃时，Kw=0.681×10
﹣14，pH=7 的溶液中，显酸性，（H
+）＞c（OH
﹣），根据电荷守恒c（H
+）+c（Na
+）=2c（C2O42
﹣）+c（OH
﹣），所以c（Na
+）＜2c（C2O42﹣），故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、电荷
守恒的运用，答题时注意体会，难度中等．
15．（4 分）一定温度下，在3 个体积均为1.0L 的容量密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）达到平衡，下
列说法正确的是（
）
容器
温度/℃
物质的起始浓度/mol•L
﹣1
物质的平衡浓度
/mol•L
﹣1
c（H2）
c（CO）
c（CH3OH）
c（CH3OH）
Ⅰ
400
0.20
0.10
0
0.080
Ⅱ
400
0.40
0.20
0
Ⅲ
500
0
0
0.10
0.025
A．该方应的正反应放热
B．达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C．达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D．达到平衡时，容器Ⅲ中的反应速率比容器Ⅰ中的大
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【分析】对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L 的CH3OH 相当于0.20mol/L 的H2 和0.1mol/L 的CO，为等效平衡，但Ⅲ
温度较高，平衡时CH3OH 较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，
但Ⅱ浓度较大，由方程式可知，增大浓度，平衡正向移动，以此解答该题．
【解答】解：A．对比Ⅰ、Ⅲ，如温度相同，0.1mol/L 的CH3OH 相当于0.20mol/L 的H2 和0.1mol/L 的CO，为等效平衡，
但Ⅲ温度较高，平衡时CH3OH 较低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故A 正确；
B．对比Ⅰ、Ⅱ，在相同温度下反应，但Ⅱ浓度较大，由方程式2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）可知，增大浓度，平
衡正向移动，该反应正向为体积减小的反应，增大浓度转化率会增大，则容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的小，故
B 错误；
C．Ⅱ浓度较大，Ⅲ温度较高，增大浓度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，Ⅲ的转化率降低，Ⅲ中相当于起始C
（H2）为Ⅱ的一半，平衡时Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的两倍，故C 错误；
D．对比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ温度较高，浓度相当，升高温度，反应速率增大，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查化学反应速率的影响，涉及等效平衡问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度
不大，但易错，答题时注意把握反应的特点以及平衡的影响因素．
三、解答题（共5 小题，满分68 分）
16．（12 分）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2 和CaCO3]为原料制备KClO3 的流程如图1：
（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2 与Ca（OH）2 作用生成Ca（ClO）2 的反应，Ca（ClO）
2 进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2 分解为CaCl2 和O2。
①生成Ca（ClO）2 的化学方程式为
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
。
②提高Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的转化率的可行措施有
AB
（填序号）。
A．适当减缓通入Cl2 速率
B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2 完全溶解
（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的总反应方程式为：
6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O
氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为
CaCO3、Ca（OH）2
（填化学式）。
②滤液中Ca（ClO3）2 与CaCl2 的物质的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]
＜
1：5（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）向滤液中加入稍过量KCl 固体可将Ca（ClO3）2 转化为KClO3，若溶液中KClO3 的含量为100g▪L
﹣1，从该溶液中尽
可能多地析出KClO3 固体的方法是
蒸发浓缩、冷却结晶
。
【分析】电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2 进一步转化为Ca（ClO3）2，
过滤后在滤液中加入KCl 转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）①氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
②提高Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2 溶于水，CaCO3 不溶于水，Ca（OH）2
微溶；
②氯化过程中Cl2 与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2 和CaCl2；
（3）经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3。
【解答】解：电石渣含有Ca（OH）2，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2 进一步转化为Ca（ClO3）
2，过滤后在滤液中加入KCl 转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，
（1）②氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②提高Cl2 转化为Ca（ClO3）2 的转化率，可使氯气和氢氧化钙充分接触，可适当减缓通入Cl2 速率、充分搅拌浆料，因
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氢氧化钙微溶于水，加水溶解的做法不可取，因浓度过低，对后续实验不利，
故答案为：AB；
（2）①发生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2 溶于水，CaCO3 不溶于水，Ca（OH）2
微溶，则滤渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，
故答案为：CaCO3、Ca（OH）2；
②氯化过程中Cl2 与氢氧化钙反应部分生成Ca（ClO）2 和CaCl2，则n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案为：＜；
（3）该溶液中尽可能多地析出KClO3 固体，应经蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
【点评】本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把
握物质的性质以及题给信息，把握反应的流程，同时要具有扎实的实验基础知识，难度不大。
17．（15 分）化合物H 是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：
（1）D 中的含氧官能团名称为
酚羟基、羰基和酰胺键等
（写两种）．
（2）F→G 的反应类型为
消去反应
．
（
3
）
写
出
同
时
满
足
下
列
条
件
的
C
的
一
种
同
分
异
构
体
的
结
构
简
式
．
①能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3 溶液发生显色反应；
③分子中只有4 种不同化学环境的氢．
（4）E 经还原得到F，E 的分子式为C14H17O3N，写出E 的结构简式
．
（5）已知：①苯胺（
）易被氧化
请以甲苯和（CH3CO）2O 为原料制备
，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示
例见本题题干）．
【分析】（1）由结构简式可知D 含有酚羟基、羰基和酰胺键；
（2）F 含有羟基，而生成G 含有碳碳双键，可知发生消去反应；
（3）C 的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3 溶液
发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO﹣结构；③分子中只有4 种不同化学环境的氢，应为对称结构；
（4）E 经还原得到F，E 的分子式为C14H17O3N，Ω=
=7，由F 的结构简式可知E 中含有C=O 键，发生还原
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反应生成﹣OH；
（5）甲苯和（CH3CO）2O 为原料制备
，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻﹣硝基甲苯，然后发生还原
反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成
，氧化可生成
．
【解答】解：（1）由结构简式可知D 含有酚羟基、羰基和酰胺键，故答案为：酚羟基、羰基和酰胺键；
（2）F 含有羟基，而生成G 含有碳碳双键，可知发生消去反应，故答案为：消去反应；
（3）C 的一种同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3 溶液
发生显色反应，说明水解可生成酚羟基，应含有HCOO﹣结构；③分子中只有4 种不同化学环境的氢，应为对称结构，
则同分异构体可为
，
故答案为：
；
（4）E 经还原得到F，E 的分子式为C14H17O3N，Ω=
=7，由F 的结构简式可知E 中含有C=O 键，发生还原
反应生成﹣OH，E 的结构简式为
，
故答案为：
；
（5）甲苯和（CH3CO）2O 为原料制备
，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻﹣硝基甲苯，然后发生还原
反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成
，氧化可生成
，流程为
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的合成与推断、有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，是对有机会
基础的综合考查，较好的考查学生信息获取与知识迁移运用，题目有利于培养学生的分析能力，难度中等．
18．（12 分）过氧化钙（CaO2•8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂．
（1）Ca（OH）2 悬浊液与H2O2 溶液反应可制备CaO2•8H2O．
Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2•8H2O
反应时通常加入过量的Ca（OH）2，其目的是
提高过氧化氢的利用率
．
（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2•8H2O 后，池塘水中浓度增加的离子有
AD
（填序号）．
A．Ca2+
B．H
+
C．CO32﹣
D．OH
﹣
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4 和碱性KI 溶液，生成MnO（OH）2 沉淀，密封静
置，加入适量稀H2SO4，将MnO（OH）2 与I
﹣完全反应生成Mn2+和I2 后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3 标准溶液滴定
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至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2 将Mn2+氧化成MnO（OH）2 的离子方程式：
O2+2Mn2++4OH
﹣=2MnO（OH）2↓
．
②取加过一定量CaO2•8H2O 的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000mol•L
﹣1Na2
S2O3 标准溶液13.50mL．计算该水样中的溶解氧（用mg•L
﹣1 表示），写出计算过程．
【分析】（1）依据方程式可知反应时加入氢氧化钙是为了提高双氧水的利用率；
（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2•8H2O，池塘水中浓度增加的离
子有钙离子和氢氧根离子；
（3）①O2 将Mn2+氧化成MnO（OH）2 的反应中O2 是氧化剂得到4 个电子，Mn 元素的化合价从+2 价升高到+4 价，失
2 个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：O2+2Mn2++4OH
﹣=MnO（OH）2；
②依据流程图并依据电子得失守恒可知氧气得到的电子就是硫代硫酸钠失去的电子，其中硫元素化合价从+2 价升高到
+2.5 价，计算该水样中的溶解氧．
【解答】解：（1）依据方程式Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2•8H2O 可知，反应时加入氢氧化钙是为了提高双氧水的利
用率，
故答案为：提高过氧化氢的利用率；
（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2•8H2O，池塘水中浓度增加的离
子有钙离子和氢氧根离子，选择AD，
故答案为：AD；
（3）①O2 将Mn2+氧化成MnO（OH）2 的反应中O2 是氧化剂得到4 个电子，Mn 元素的化合价从+2 价升高到+4 价，失
2 个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为：O2+2Mn2++4OH
﹣=2MnO（OH）2，
故答案为：O2+2Mn2++4OH
﹣=2MnO（OH）2；
②I2+2S2O32﹣=2I
﹣+S4O62﹣，n（I2）=
=
=6.750×
10
﹣5mol，
n（MnO（OH）2）=n（I2）=6.750×10
﹣5mol，
n（O2）=
n（MnO（OH）2）=
×6.750×10
﹣5mol=3.375×10
﹣5mol，
水中溶解氧=
=10.80mg/L，
答：该水样中的溶解氧10.80mg/L．
【点评】本题考查氧化还原反应方程式书写以及溶解氧含量测定等，主要是滴定实验过程的理解应用和计算分析，掌
握基础是解题关键，题目难度中等．
19．（15 分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4 和少量Fe、Al 的氧化物）为原料制备MgCO3•3H2O．实
验过程如图1：
（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为
MgCO3（S）+2H
+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H=﹣50.4kJ•mol
﹣1
Mg2SiO4（s）+4H
+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H=﹣225.4kJ•mol
﹣1
酸溶需加热的目的是
加快酸溶速率
；所加H2SO4 不宜过量太多的原因是
避免制备MgCO3 时消耗过多的碱
．
（2）加入H2O2 氧化时发生发应的离子方程式为
2Fe2++2H
++H2O2=2Fe3++2H2O
．
（3）用图2 所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+．
①实验装置图中仪器A 的名称为
分液漏斗
．
②为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A 中加入一定量的有机萃取剂，
充
分振荡
、静置、分液，并重复多次．
（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO3•3H2O 的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水，至5＜pH＜8.5，
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过滤，边搅拌边向滤液中滴加碳酸钠溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成
，
过滤、用水洗涤固体2﹣3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O．
[已知该溶液中pH=8.5 时Mg（OH）2 开始沉淀；pH=5.0 时Al（OH）3 沉淀完全]．
【分析】废渣主要成分为MgCO3、Mg2SiO4 和少量Fe、Al 的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫酸镁、
硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2 氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后
水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH 至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤液中加
入碳酸钠溶液，可生成MgCO3 沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O．以此解答该题．
【解答】解：废渣主要成分为MgCO3、Mg2SiO4 和少量Fe、Al 的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，过量后滤液中含有硫
酸镁、硫酸亚铁以及硫酸铝，加入H2O2 氧化亚铁离子，然后加入有机萃取剂萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，
分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH 至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤后在滤
液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3 沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O．
（1）加热，温度升高，可增大反应速率，即加快酸溶速率，但加入硫酸不能过多，避免制备MgCO3 时消耗过多的碱
而浪费原料，
故答案为：加快酸溶速率；避免制备MgCO3 时消耗过多的碱；
（2）加入H2O2 溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++2H
++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：
2Fe2++2H
++H2O2=2Fe3++2H2O；
（3）①由装置图可知仪器A 为分液漏斗，用于萃取、分液，故答案为：分液漏斗；
②萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离，故答案为：充分振荡；
（4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可调节溶液pH 至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，过滤
后在滤液中加入碳酸钠溶液，可生成MgCO3 沉淀，静置，向上层清夜中滴加碳酸钠溶液，若无沉淀生成，说明已完全
反应，过滤后，用水洗涤固体2﹣3 次，在50℃下干燥，得到MgCO3•3H2O．
故答案为：至5＜pH＜8.5，过滤，边搅拌边向滤液中滴加碳酸钠溶液至有大量沉淀生成，静置，向上层清夜中滴加碳
酸钠溶液，若无沉淀生成．
【点评】本题考查物质的制备及混合物分离和提纯，明确流程中的方法和基本操作、发生的化学反应是解答的关键，
要求学生具有分析和解决问题的能力，题目有利于培养学生的实验能力，题目难度较大．
20．（14 分）铁炭混合物（铁屑和活性炭的混合物）、纳米铁粉均可用于处理水中污染物．
（1）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池．将含有Cr2O72﹣的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O72﹣
转化为Cr3+，其电极反应式为
Cr2O72﹣+14H
++6e
﹣=2Cr3++7H2O
．
（2）在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如图1 所示．
①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是
活性炭对Cu2+和Pb2+具有吸附作
用
．
②当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是
铁的质量分数的增加，碳铁混合物形成的微电池数目减少
．
（3）纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物．
①一定条件下，向FeSO4 溶液中滴加碱性NaBH4 溶液，溶液中BH4
﹣（B 元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、
H2 和B（OH）4
﹣，其离子方程式为
2Fe2++BH4
﹣+4OH
﹣=2Fe+2H2↑+B（OH）4
﹣
．
②纳米铁粉与水中NO3
﹣反应的离子方程式为
4Fe+NO3
﹣+10H
+═4Fe2++NH4
++3H2O
研究发现，若pH 偏低将会导致NO3
﹣的去除率下降，其原因是
纳米铁粉与氢离子反应生成氢气
．
③相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3
﹣的速率有较大差异（见图2），产生该差异的可能原因是
Cu 或Cu2+催
化纳米铁粉去除NO3
﹣的反应（或形成Fe﹣Cu 原电池增大纳米铁粉去除NO3
﹣的反应速率）
．
【分析】（1）正极上Cr2O72﹣转化为Cr3+，发生还原反应，结合电荷守恒书写电极方程式；
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（2）①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，则只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+；
②随着铁的质量分数的增加，形成的微电池数目减少，则Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；
（3）①向FeSO4 溶液中滴加碱性NaBH4 溶液，溶液中BH4
﹣（B 元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2 和B
（OH）4
﹣，反应中只有Fe、H 元素化合价发生变化，结合质量守恒、电荷守恒可写出离子方程式；
②pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；
③由图2 可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应．
【解答】解：
（1）正极上Cr2O72﹣转化为Cr3+，发生还原反应，在酸性溶液中，电极方程式为Cr2O72﹣+14H
++6e
﹣=2Cr3++7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+14H
++6e
﹣=2Cr3++7H2O；
（2）①当铁炭混合物中铁的质量分数为0 时，则只有碳粉，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，
也可起到净水的作用，
故答案为：活性炭对Cu2+和Pb2+具有吸附作用；
②随着铁的质量分数的增加，形成的微电池数目减少，反应速率减小，则Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，
故答案为：铁的质量分数的增加，碳铁混合物形成的微电池数目减少；
（3）①向FeSO4 溶液中滴加碱性NaBH4 溶液，溶液中BH4
﹣（B 元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2 和B
（OH）4
﹣，反应中只有Fe、H 元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++BH4
﹣+4OH
﹣=2Fe+2H2↑+B
（OH）4
﹣，
故答案为：2Fe2++BH4
﹣+4OH
﹣=2Fe+2H2↑+B（OH）4
﹣；
②pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO3
﹣的去除率下降，故答案为：纳米铁粉与氢
离子反应生成氢气；
③由图2 可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应，
故答案为：Cu 或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3
﹣的反应（或形成Fe﹣Cu 原电池增大纳米铁粉去除NO3
﹣的反应速率）．
【点评】本题考查物质的分离、提纯，侧重于化学与生后、环境的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧
重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．
【选做题】本题包括21、22 两小题，请选定其中一个小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按21 小题评分．[物
质结构与性质]
21．（12 分）[Zn（CN）4]2﹣在水溶液中与HCHO 发生如下反应：
4HCHO+[Zn（CN）4]2﹣+4H
++4H2O═[Zn（H2O）4]2++4HOCH2CN
（1）Zn2+基态核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10
．
（2）1mol HCHO 分子中含有σ键的数目为
3
mol．
（3）HOCH2CN 分子中碳原子轨道的杂化轨道类型是
sp3 杂化、sp 杂化
．
（4）与H2O 分子互为等电子体的阴离子为
NH2
﹣
．
（5）[Zn（CN）4]2﹣中Zn2+与CN
﹣的C 原子形成配位键，不考虑空间构型，[Zn（CN）4]2﹣的结构可用示意图表示为
．
【分析】（1）Zn 是30 号元素，其原子核外有30 个电子，失去两个电子生成锌离子，Zn2+基态核外有28 个电子，根据
构造原理书写其核外电子排布式；
（2）1 个HCHO 分子中含有2 个C﹣H 键、1 个C=O 双键，分子中含有3 个σ键；
（3）根据价层电子对=σ 键电子对+中心原子上的孤电子对判断，注意三键含有1 个σ键和2 个π键；
（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体；
（5）[Zn（CN）4]2﹣中锌离子提供空轨道，C 原子提供电子对形成配位键．
【解答】解：（1）Zn 是30 号元素，其原子核外有30 个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其
核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10 ，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10 ；
（2）单键为σ键，双键含有1 个σ键和1 个π键，三键含有1 个σ键和2 个π键，HCHO 分子中含有2 个C﹣H 键、1 个
C=O 双键，分子中含有3 个σ键，所以1mol 甲醛（HCHO）分子中含有的σ键数目为3mol，
故答案为：3；
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（3）
，其中与羟基（﹣OH）相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对=4+0=4，杂化轨道类型
为SP3，另外一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1 个σ键和2 个π键，价层电子对=2+
=2，所以碳原子
杂化轨道类型为SP，
故答案为：sp3 杂化、sp 杂化；
（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3 原子最外层电子数为8 的分子
或离子，这样的微粒有：H2S、NH2
﹣，阴离子为：NH2
﹣，
故答案为：NH2
﹣；
（5 ）[Zn （CN ）4]2 ﹣中锌离子提供空轨道，C 原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：
，图示箭头表示碳提供电子给锌，
故答案为：
．
【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布式书写、σ键的数目、杂化理论的应用、等电子体、配位键等知
识点，知道配位键的表示方法是解答的易错点，难点是HOCH2CN 分子中碳原子轨道的杂化判断，题目难度中等．
[实验化学]（共1 小题，满分0 分）
22．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解．实验室制备少量Na2S2O5 的方法．在不
断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3 过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示．当溶液pH 约为4 时，
停止反应．在20℃静置结晶，生成Na2S2O5 的化学方程式为：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O．
（1）SO2 与Na2CO3 溶液反应生成NaHSO3 和CO2，其离子方程式为
2SO2+CO32﹣+H2O=2HSO3
﹣+CO2
．
（2）装置Y 的作用是
防止倒吸
．
（3）析出固体的反应液经减压抽滤，洗涤，25℃﹣30℃干燥，可获得Na2S2O5 固体．
①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、
吸滤瓶
和抽气泵．
②依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水溶液洗涤的目的是
减少Na2S2O5在水中的溶解
．
（4）实验制得的Na2S2O5 固体中含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，其可能的原因是
在制备过程中Na2S2O5 易分解生
成Na2SO3，且Na2SO3 易被氧化生成Na2SO4
．
【分析】（1）向Na2CO3 过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3 和CO2；
（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y 为安全瓶，可防止倒吸；
（3）①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵；
②用饱和SO2 水溶液洗涤，可降低溶质的溶解度；
（4）Na2S2O5 易分解生成a2SO3，且Na2SO3 易被氧化．
【解答】解：在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3 过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3 和
CO2，多余的二氧化硫可用氢氧化钠溶液吸收，因二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y 为安全瓶，可防止倒吸，
（1）向Na2CO3 过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3 和CO2，反应的离子方程式为2SO2+CO32﹣+H2O=2HSO3
﹣
+CO2，
故答案为：2SO2+CO32﹣+H2O=2HSO3
﹣+CO2；
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（2）二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y 为安全瓶，可防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
（3）①组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵，故答案为：吸滤瓶；
②由反应2NaHSO3═Na2S2O5+H2O 可知，增大HSO3
﹣的浓度，有利于生成Na2S2O5，用饱和SO2水溶液洗涤，可降低Na2S2O5
的溶解度，减少Na2S2O5 的溶解，
故答案为：减少Na2S2O5 在水中的溶解；
（4）Na2S2O5 易分解生成Na2SO3，且Na2SO3 易被氧化，可知验制得的Na2S2O5 固体中含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，
故答案为：在制备过程中Na2S2O5 易分解生成Na2SO3，且Na2SO3 易被氧化生成Na2SO4．
【点评】本题考查物质的制备，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，解答本题注意把
握物质的性质以及题给信息，要具有扎实的实验基础知识，难度不大．
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2016 年海南省高考化学试卷
一、选择题：本题共6 小题，每小题2 分，共12 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2 分）下列物质中，其主要成分不属于烃的是（
）
A．汽油B．甘油C．煤油D．柴油
2．（2 分）下列物质不可用作食品添加剂的是（
）
A．谷氨酸单钠
B．柠檬酸
C．山梨酸钾D．三聚氰胺
3．（2 分）下列反应可用离子方程式“H
++OH
﹣=H2O”表示的是（
）
A．NaHSO4 溶液与Ba（OH）2 溶液混合
B．NH4Cl 溶液与Ca（OH）2 溶液混合
C．HNO3 溶液与KOH 溶液混合
D．Na2HPO4 溶液与NaOH 溶液混合
4．（2 分）下列叙述错误的是（
）
A．氦气可用于填充飞艇
B．氯化铁可用于硬水的软化
C．石英砂可用于生产单晶硅
D．聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层
5．（2 分）向含有MgCO3 固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（
）
A．c（CO32﹣）
B．c（Mg2+）C．c（H
+）
D．Ksp（MgCO3）
6．（2 分）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）
已知燃烧1kg 该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热△H 为（
）
A．3.8×104kJ•mol
﹣1
B．﹣3.8×104kJ•mol
﹣1
C．3.4×104kJ•mol
﹣1
D．﹣3.4×104kJ•mol
﹣1
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，
多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一个就得0 分．
7．（4 分）下列实验设计正确的是（
）
A．将SO2 通入溴水中证明SO2 具有漂白性
B．将铁屑放入稀HNO3 中证明Fe 比H2 活泼
C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32﹣
D．将乙烯通入KMnO4 酸性溶液证明乙烯具有还原性
8．（4 分）下列有关实验操作的叙述错误的是（
）
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
9．（4 分）利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol 水，下列说法正确的是（
）
A．可生成H2 的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023 个
C．可生成H2 的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2 的量理论上等于0.04mol Na 与水反应产生H2 的量
10．（4 分）某电池以K2FeO4 和Zn 为电极材料，KOH 溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（
）
A．Zn 为电池的负极
B．正极反应式为2FeO42﹣+10H
++6e
﹣=Fe2O3+5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH
﹣向负极迁移
11．（4 分）由反应物X 转化为Y 和Z 的能量变化如图所示．下列说法正确的是（
）
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A．由X→Y 反应的△H=E5﹣E2
B．由X→Z 反应的△H＜0
C．降低压强有利于提高Y 的产率
D．升高温度有利于提高Z 的产率
12．（4 分）工业上可由乙苯生产苯乙烯：
，下列说法正确的是（
）
A．该反应的类型为消去反应
B．乙苯的同分异构体共有三种
C．可用Br2、CCl4 鉴别乙苯和苯乙烯
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题
13．（8 分）短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，
Z 的质子数为偶数，室温下M 单质为淡黄色固体，回答下列问题：
（1）M 元素位于周期表中的第
周期、
族．
（2）Z 元素是
，其在自然界中常见的二元化合物是
．
（3）X 与M 的单质在高温下反应的化学方程式为
，产物分子为直线形，其化学键属
共价键（填“极性”
或“非极性”）．
（4）四种元素中的
可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为
．
14．（8 分）KAl（SO4）2•12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为
Al，含有少量的Fe、Mg 杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用
（填标号）．
a．HCl 溶液
b．H2SO4 溶液
c．氨水
d．NaOH 溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为
．
（3）沉淀B 的化学式为
；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是
．
（4）已知：Kw=1.0×10
﹣14，Al（OH）3⇌AlO2
﹣+H
++H2O
K=2.0×10
﹣13．Al（OH）3 溶于NaOH 溶液反应的平衡常数
等于
．
15．（8 分）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：
（1）B 和A 为同系物，B 的结构简式为
．
（2）反应①的化学方程式为
，其反应类型为
．
（3）反应③的反应类型为
．
（4）C 的结构简式为
．
（5）反应②的化学方程式为
．
16 ．（9 分）顺﹣1 ，2 ﹣二甲基环丙烷和反﹣1 ，2 ﹣二甲基环丙烷可发生如图1 转化：
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该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时
为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题：
（1）已知：t1 温度下，k（正）=0.006s
﹣1，k（逆）=0.002s
﹣1，该温度下反应的平衡常数值K1=
；该反应的活化
能Ea（正）小于Ea（逆），则△H
0（填“小于”“等于”或“大于”）．
（2）t2 温度下，图2 中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是
（填曲线编号），平衡常数值
K2=
；温度t1
t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是
．
17．（11 分）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS 和12.8%的CuS．某同学用15.0g 该废催化剂为原
料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下：
回答下列问题：
（1）在下列装置中，第一次浸出必须用
，第二次浸出应选用
．（填标号）
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成
．滤
渣2 的主要成分是
．
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是
．
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4•5H2O，则铜的回收率为
．
（二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础]
18．（6 分）下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1 的有（
）
A．乙酸甲酯B．对苯二酚C．2﹣甲基丙烷
D．对苯二甲酸
19．（14 分）富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图
是合成富马酸铁的一种工艺路线：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
由A 生成B 的反应类型为
．
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（2）C 的结构简式为
．
（3）富马酸的结构简式为
．
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是
．
（5）富马酸为二元羧酸，1mol 富马酸与足量饱和NaHCO3 溶液反应可放出
LCO2（标况）；富马酸的同分异构体
中，同为二元羧酸的还有
（写出结构简式）．
[选修3--物质结构与性质]
20．下列叙述正确的有（
）
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl 的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对相斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
21．M 是第四周期元素，最外层只有1 个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素Y 的负一价离子的最外层电
子数与次外层的相同．回答下列问题：
（1）单质M 的晶体类型为
，晶体中原子间通过
作用形成面心立方密堆积，其中M 原子的配位数
为
．
（2）元素Y 基态原子的核外电子排布式为
，其同周期元素中，第一电离能最大的是
（写元素符号）．元
素Y 的含氧酸中，酸性最强的是
（写化学式），该酸根离子的立体构型为
．
（3）M 与Y 形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．
①该化合物的化学式为
，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为
g•cm
﹣3．（写出计算式，不要求计
算结果．阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是
．此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液
中阳离子的化学式为
．
[选修2--化学与技术]
22．下列单元操作中采用了热交换设计的有（
）
A．电解食盐水制烧碱B．合成氨中的催化合成
C．硫酸生产中的催化氧化D．氨碱法中的氨盐水碳酸化
23．海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如图所示．
回答下列问题：
（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的
（填离子符号），M 的主要成分是
（填化学式）．
（2）除溴塔中主要的离子方程式为
．
（3）沸腾炉①和②的主要作用是
．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是
．
（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为
．
（5）电解槽中阳极产物为
，该产物可直接用于本工艺流程中的
．
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2016 年海南省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6 小题，每小题2 分，共12 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2 分）下列物质中，其主要成分不属于烃的是（
）
A．汽油B．甘油C．煤油D．柴油
【分析】烃只含有C、H 元素，汽油、煤油、柴油为烃类混合物，以此解答该题．
【解答】解：甘油为丙三醇，是醇类，不是烃，汽油、煤油、柴油为碳原子数在不同范围内的烃类混合物，多为烷烃。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的分类，注意把握常见烃以及烃的衍生物的种类，题目侧重于化学与生活的考查，有利于培
养学生良好的科学素养，难度不大．
2．（2 分）下列物质不可用作食品添加剂的是（
）
A．谷氨酸单钠
B．柠檬酸
C．山梨酸钾D．三聚氰胺
【分析】食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的人工合成或者天
然物质，食品添加剂首先应该是对人类无害的，其次才是对食品色、香、味等性质的改善和提高，以此解答．
【解答】解：A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A 不选；
B．柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B 不选；
C．山梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C 不选；
D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D 选。
故选：D。
【点评】本题考查常见食品添加剂的识别，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的
积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．（2 分）下列反应可用离子方程式“H
++OH
﹣=H2O”表示的是（
）
A．NaHSO4 溶液与Ba（OH）2 溶液混合
B．NH4Cl 溶液与Ca（OH）2 溶液混合
C．HNO3 溶液与KOH 溶液混合
D．Na2HPO4 溶液与NaOH 溶液混合
【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H
++OH
﹣=H2O 表示，以此来解答．
【解答】解：A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H
++OH
﹣=H2O 表示，
故A 不选；
B．NH4Cl 溶液与Ca（OH）2 溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H
++OH
﹣=H2O 表示，
故B 不选；
C．HNO3 溶液与KOH 溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H
++OH
﹣=H2O，故C 选；
D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4 溶液与NaOH 溶液混合不能用H
++OH
﹣=H2O 表示，故D
不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关
键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意化学式的拆分，题目难度不大．
4．（2 分）下列叙述错误的是（
）
A．氦气可用于填充飞艇
B．氯化铁可用于硬水的软化
C．石英砂可用于生产单晶硅
D．聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层
【分析】A．根据氦气的密度小于空气的密度判断；
B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应；
C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与一氧化碳；
D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯．
【解答】解：A．气球内其他的密度必须比空气密度小，氦气的密度小于空气的密度，并且化学性质稳定，不易和其
它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A 正确；
B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B 错误；
C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与一氧化碳，所以石英砂可用于生产单晶硅，故C 正确；
D．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D 正确；
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故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及物质的性质及用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难
度不大．
5．（2 分）向含有MgCO3 固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（
）
A．c（CO32﹣）
B．c（Mg2+）C．c（H
+）
D．Ksp（MgCO3）
【分析】MgCO3 固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸，发生CO32﹣+H
+=HCO3
﹣或CO32﹣+2H
+=CO2+H2O，平衡正向移动，以此解答该题．
【解答】解：MgCO3 固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3（s）⇌Mg2+（aq）+CO32﹣（aq），加入少量稀盐酸可与CO32﹣
促使溶解平衡正向移动，故溶液中c（CO32﹣）减小，c（Mg2+）及c（H
+）增大，Ksp（MgCO3）只与温度有关，不变，
只有A 正确。
故选：A。
【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及平
衡移动的影响因素，难度不大．
6．（2 分）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：
C57H104O6（s）+80O2（g）=57CO2（g）+52H2O（l）
已知燃烧1kg 该化合物释放出热量3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热△H 为（
）
A．3.8×104kJ•mol
﹣1
B．﹣3.8×104kJ•mol
﹣1
C．3.4×104kJ•mol
﹣1
D．﹣3.4×104kJ•mol
﹣1
【分析】C57H104O6 的相对分子质量为884，已知燃烧1kg 该化合物释放出热量3.8×104kJ，可首先计算1kg 该化合物的
物质的量，则计算1mol 该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．
【解答】解：燃烧热指的是燃烧1mol 可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg 油酸甘油酯释放出热量3.8×
104kJ，
则1kg 该化合物的物质的量为
，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣
=﹣3.4×104kJ•mol
﹣1，
故选：D。
【点评】本题为2016 年海南高考题，考查燃烧热的计算，侧重学生的分析、计算能力的考查，解答本题注意相对分子
质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大．
二、选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共24 分．每小题有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，
多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一个就得0 分．
7．（4 分）下列实验设计正确的是（
）
A．将SO2 通入溴水中证明SO2 具有漂白性
B．将铁屑放入稀HNO3 中证明Fe 比H2 活泼
C．将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32﹣
D．将乙烯通入KMnO4 酸性溶液证明乙烯具有还原性
【分析】A、SO2 通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性；
B、将铁屑放入稀HNO3 中是硝酸的强氧化性；
C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢
根离子；
D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化．
【解答】解：A、SO2 通入溴水褪色是发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性，而不是漂白性，故A 错误；
B、将铁屑放入稀HNO3 中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe 比H2 活泼，故B 错
误；
C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO32﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢
根离子，故C 错误；
D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及氧化还原反应、乙烯有还原性等，注重物质性质及物质分类的考查，综
合性较强，但题目难度不大．
8．（4 分）下列有关实验操作的叙述错误的是（
）
A．过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁
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B．从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
D．向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
【分析】A．过滤时应防止液体飞溅；
B．滴加试剂时应防止污染滴管；
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应；
D．向容量瓶转移液体时，应防止流出容量瓶外．
【解答】解：A．过滤时为防止液体飞溅，漏斗的尖端应接触烧杯内壁，使滤液沿烧杯内壁缓缓流下，故A 正确；
B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B 错误；
C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C 正确；
D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验原理及实验装置的作用为解答的关键，明确实验基本
操作和物质的性质即可解答，注意实验的评价性和操作性分析，题目难度不大．
9．（4 分）利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol 水，下列说法正确的是（
）
A．可生成H2 的质量为0.02g
B．可生成氢的原子数为2.408×1023 个
C．可生成H2 的体积为0.224L（标准情况）
D．生成H2 的量理论上等于0.04mol Na 与水反应产生H2 的量
【分析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol 水，可产生0.02 mol H2 和0.01 mol O2，结合n=
=
=
结合
物质的构成解答该题．
【解答】解：根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02 mol 水，可产生0.02 mol H2 和0.01 mol O2．则可得：
A．可生成H2 的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A 错误；
B．可生成氢的原子数为0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022 个，故B 错误；
C．可生成标准状况下H2 的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C 错误；
D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04mol Na 与水反应产生0.02 molH2，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查物质的量的计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，本题为2016 年海南高考题，难度不大，注
意把握相关物理量的计算公式的运用以及物质的构成特点，把握相关反应，难度不大．
10．（4 分）某电池以K2FeO4 和Zn 为电极材料，KOH 溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（
）
A．Zn 为电池的负极
B．正极反应式为2FeO42﹣+10H
++6e
﹣=Fe2O3+5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
D．电池工作时OH
﹣向负极迁移
【分析】某电池以K2FeO4 和Zn 为电极材料，KOH 溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，发生反应为
3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，Zn 被氧化，为原电池的负极，K2FeO4 具有氧化性，为正极，碱性
条件下被还原生成Fe（OH）3，结合电极方程式以及离子的定向移动解答该题．
【解答】解：A．根据化合价升降判断，Zn 化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4 为正极材料，故A 正确；
B．KOH 溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO42﹣+6e
﹣+8H2O=2Fe（OH）3+10OH
﹣，故B 错误；
C．总方程式为3Zn+2K2FeO4+8H2O=3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，生成KOH，则该电池放电过程中电解质溶液浓度
增大，故C 错误；
D．电池工作时阴离子OH
﹣向负极迁移，故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查原电池知识，为2016 年海南高考题，侧重考查学生的分析能力，题目较为基础，注意从元素化合价
的角度分析，把握原电池与氧化还原反应的关系，难度不大．
11．（4 分）由反应物X 转化为Y 和Z 的能量变化如图所示．下列说法正确的是（
）
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
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A．由X→Y 反应的△H=E5﹣E2
B．由X→Z 反应的△H＜0
C．降低压强有利于提高Y 的产率
D．升高温度有利于提高Z 的产率
【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应物的总能量﹣
生成物的总能量，结合温度、压强对平衡移动的影响解答该题．
【解答】解：A．根据化学反应的实质，由X→Y 反应的△H=E3﹣E2，故A 错误；
B．由图象可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，即由反应的△H＜0，故B 正确；
C．根据化学反应2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y
的产率，故C 正确；
D．由B 分析可知，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，Z 的产率降低，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了化学反应中能量的变化图，为2016 年海南高考题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握图象
的分析，注意根据反应物的总能量与生成物的总能量进行比较，题目较简单．
12．（4 分）工业上可由乙苯生产苯乙烯：
，下列说法正确的是（
）
A．该反应的类型为消去反应
B．乙苯的同分异构体共有三种
C．可用Br2、CCl4 鉴别乙苯和苯乙烯
D．乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为7
【分析】A．根据反应C﹣C 变为C=C 的特点判断；
B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对等，也可能不含苯环；
C．苯乙烯可与溴发生加成反应；
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上．
【解答】解：A．反应C﹣C 变为C=C，为消去反应，故A 正确；
B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4 种，如不含苯环，则同分异构体种类更多，故B 错
误；
C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C 正确；
D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有7 个碳原子共平面，苯乙烯有8
个碳原子共平面，故D 错误。
故选：AC。
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能团与性质关系即可解答，
侧重考查基本概念、烯烃、基本反应类型等知识点，题目难度不大．
三、非选择题，包括必考题和选考题两部分．第13～17 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第18～23 题为选考
题，考生根据要求作答．（一）必考题
13．（8 分）短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，
Z 的质子数为偶数，室温下M 单质为淡黄色固体，回答下列问题：
（1）M 元素位于周期表中的第
三
周期、
VIA
族．
（2）Z 元素是
Si
，其在自然界中常见的二元化合物是
SiO2
．
（3）X 与M 的单质在高温下反应的化学方程式为
C+2S
CS2
，产物分子为直线形，其化学键属
极性
共
价键（填“极性”或“非极性”）．
（4）四种元素中的
Mg
可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为
Mg+2HCl═
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MgCl2+H2↑
．
【分析】短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种高硬度单质是宝石，则X 为C 元素；Y2+电子层
结构与氖相同，则Y 为Mg；Z 的质子数为偶数，室温下M 单质为淡黄色固体，则Z 为Si，M 为S 元素．
【解答】解：短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种高硬度单质是宝石，则X 为C 元素；Y2+电
子层结构与氖相同，则Y 为Mg；Z 的质子数为偶数，室温下M 单质为淡黄色固体，则Z 为Si，M 为S 元素．
（1）M 为S 元素，核外各层电子数为2、8、6，有3 个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA 族，
故答案为：三；VIA；
（2）Z 元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，
故答案为：Si；SiO2；
（3）X 碳与硫的单质在高温下反应生成CS2，反应化学方程式为C+2S
CS2，产物分子为直线形，结构与二氧化
碳类似，由于是由不同元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，
故答案为：C+2S
CS2；极性；
（4）四种元素中只有Mg 为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg 为活
泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，反应的化学方程式为：Mg+2HCl═MgCl2+H2↑，
故答案为：Mg；Mg+2HCl═MgCl2+H2↑．
【点评】本题考查结构与位置关系、元素及其化合物的推断、化学键、化学方程式化学等知识，比较基础，注意对基
础知识的全面掌握．
14．（8 分）KAl（SO4）2•12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成分为
Al，含有少量的Fe、Mg 杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：
（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用
d
（填标号）．
a．HCl 溶液
b．H2SO4 溶液
c．氨水
d．NaOH 溶液
（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为
2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑
．
（3）沉淀B 的化学式为
Al（OH）3
；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是
Al3+水解，使溶液中H
+浓度增
大
．
（4）已知：Kw=1.0×10
﹣14，Al（OH）3⇌AlO2
﹣+H
++H2O
K=2.0×10
﹣13．Al（OH）3 溶于NaOH 溶液反应的平衡常数
等于
20
．
【分析】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg 杂质，可选择浓NaOH 溶解，得到偏铝酸钠溶液，并通过过滤
除去Fe、Mg 等杂质，滤液中加入NH4HCO3 溶液后，促进AlO2
﹣水解生成Al（OH）3 沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸
中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4 溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾；
（1）铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而Mg、Fe 只能溶解于酸，据此选择试剂；
（2）用NaOH 溶液溶解Al 生成偏铝酸钠及氢气，据此写出反应化学方程式；
（3）滤液中加入NH4HCO3 溶液后，促进AlO2
﹣水解生成Al（OH）3 沉淀；Al3+水解使明矾溶液显酸性；
（4）Al（OH）3 沉淀溶解在NaOH 溶液里发生的反应为Al（OH）3+OH
﹣⇌AlO2
﹣+2H2O，结合水的离子积和氢氧化铝的
电离平衡常数计算此反应的平衡常数．
【解答】解：（1）根据铝能溶解在强酸和强碱性溶液，而铁和镁只能溶解在强酸性溶液中的性质差异，可选择NaOH
溶液溶解易拉罐，可除去含有的铁、镁等杂质，故答案为：d；
（2）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；故答
案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（3）滤液中加入NH4HCO3 溶液后，电离出的NH4
+和HCO3
﹣均能促进AlO2
﹣水解，反应式为NH4
++AlO2
﹣+2H2O=Al（OH）
3↓+NH3•H2O，生成Al（OH）3 沉淀；因Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H
+，则明矾水溶液显酸性，故答案为：Al（OH）3；Al3+
水解，使溶液中H
+浓度增大；
（4）Al（OH）3⇌AlO2
﹣+H
++H2O①H2O⇌H
++OH
﹣②，①﹣②可得Al（OH）3+OH
﹣⇌AlO2
﹣+2H2O，则Al（OH）3 溶于NaOH
溶液反应的平衡常数=K÷Kw=
=20，故答案为：20．
【点评】本题以铝制备明矾为载体，考查物质的制备与设计，涉及反应原理的探究及溶解平衡与水电离平衡常数的应
用、盐类水解等，属基础考查，中等难度，易错点为（4）平衡常数的计算．
15．（8 分）乙二酸二乙酯（D）可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：
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（1）B 和A 为同系物，B 的结构简式为
CH2=CHCH3
．
（2）反应①的化学方程式为
CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH
，其反应类型为
加成反应
．
（3）反应③的反应类型为
水解反应或取代反应
．
（4）C 的结构简式为
HOOC﹣COOH
．
（5）反应②的化学方程式为
HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH
CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O
．
【分析】C2H6O 与C 反应生成D，由D 的结构简式可知C 为HOOC﹣COOH，C2H6O 为CH3CH2OH，则A 为CH2=CH2，与
水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl 发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl 为CH2=CHCH2Cl，B 为CH2=CHCH3，
CH2=CHCHO 发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．
【解答】解：C2H6O 与C 反应生成D，由D 的结构简式可知C 为HOOC﹣COOH，C2H6O 为CH3CH2OH，则A 为CH2=CH2，
与水发生加成反应生成乙醇．C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，
CH2=CHCHO 发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．
（1）由上述分析可知，B 的结构简式为：CH2=CHCH3，
故答案为：CH2=CHCH3；
（2）反应①是CH2=CH2 和水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH，属于加成反应，
故答案为：CH2=CH2+H2O
CH3CH2OH，加成反应；
（3）反应③是CH2=CHCH2Cl 发生水解反应生成CH2=CHCH2OH，也属于取代反应，
故答案为：水解反应或取代反应；
（4）C 的结构简式为：HOOC﹣COOH，
故答案为：HOOC﹣COOH；
（5 ）反应②是乙二酸与乙醇发生酯化反应生成乙二酸二乙酯，化学方程式为：HOOC ﹣
COOH+2CH3CH2OH
CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，
故答案为：HOOC﹣COOH+2CH3CH2OH
CH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．
【点评】本题考查有机物的推断，充分利用有机物的结构简式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，
比较基础．
16 ．（9 分）顺﹣1 ，2 ﹣二甲基环丙烷和反﹣1 ，2 ﹣二甲基环丙烷可发生如图1 转化：
该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时
为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题：
（1）已知：t1 温度下，k（正）=0.006s
﹣1，k（逆）=0.002s
﹣1，该温度下反应的平衡常数值K1=
3
；该反应的活化能
Ea（正）小于Ea（逆），则△H
小于
0（填“小于”“等于”或“大于”）．
（2）t2 温度下，图2 中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是
B （填曲线编号），平衡常数值K2=
；
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温度t1
小于
t2（填“小于”“等于”或“大于”），判断理由是
放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动
．
【分析】（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s
﹣1，以及v（逆）=k（逆）c（反），k（逆）=0.002s
﹣1，结
合化学平衡状态时正逆反应速率相等，可列出正、反浓度关系，可计算平衡常数，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），
说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应；
（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则
可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3 想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=
=
，
以此解答该题．
【解答】解：（1）根据v（正）=k（正）c（顺），k（正）=0.006s
﹣1，则v（正）=0.006c（顺），v（逆）=k（逆）c（反），
k（逆）=0.002s
﹣1，则v（逆）=0.002c（反），化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温
度下反应的平衡常数值K1=
=
=3，该反应的活化能Ea（正）小于Ea（逆），说明断键吸收的能量小于成键
释放的能量，即该反应为放热反应，则△H 小于0，
故答案为：3；小于；
（2）随着时间的推移，顺式异构体的质量分数不断减少，则符合条件的曲线是B，设顺式异构体的起始浓度为x，则
可逆反应左右物质的系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3 想，反式异构体为0.7x，所以平衡常数K2=
=
，
因为K1＞K2，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t2＞t1，
故答案为：B；
；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动．
【点评】本题考查化学平衡的计算，为2016 年海南高考题，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数
的意义以及应用，解答时注意体会图象的涵义，为解答该题的重要突破，难度中等．
17．（11 分）某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS 和12.8%的CuS．某同学用15.0g 该废催化剂为原
料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下：
回答下列问题：
（1）在下列装置中，第一次浸出必须用
D
，第二次浸出应选用
A
．（填标号）
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成
H2O2 与固
体颗粒接触分解
．滤渣2 的主要成分是
SiO2
．
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是
蒸发皿
．
（4）某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO4•5H2O，则铜的回收率为
30%
．
【分析】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有
有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，不
产生有毒气体；
（2）H2O2 与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿；
（4）根据CuS 质量分数计算废催化剂中Cu 的物质的量，再计算硫酸铜晶体的物质的量，进而计算铜的回收率．
【解答】解：（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，
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有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D 装置，第二次浸出时发生反应：
CuS+H2O2+H2SO4=CuSO4+S↓+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A 装置，
故答案为：D；A；
（2）第二次浸出时，向盛有滤液1 的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2 与固体
颗粒接触分解，
二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2 的主要成分是SiO2，
故答案为：H2O2 与固体颗粒接触分解；SiO2；
（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿，
故答案为：蒸发皿；
（4）废催化剂中Cu 的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5g CuSO4﹒5H2O 中Cu 的物质含量的为1.5g÷
250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为
×100%=30%，
故答案为：30%．
【点评】本题以金属回收为载体，综合考查化学实验，涉及化学工艺流程、对原理与装置的分析、物质的分离提纯、
化学计算等，是对学生综合能力的考查．
（二）选考题，任选一模块作答[选修5--有机化学基础]
18．（6 分）下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1 的有（
）
A．乙酸甲酯B．对苯二酚C．2﹣甲基丙烷
D．对苯二甲酸
【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰，说明物质含有2 种H 原子，其峰面积之比为2：1，则两种H 原子数目之比为
2：1．
注意等效氢判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效，②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，③处于镜面对称
位置上的氢原子等效．
【解答】解：A．乙酸甲酯（CH3COOCH3）中含有2 种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为1：1，
故A 错误；
B．对苯二酚（
）中含有2 种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故B 正确；
C.2﹣甲基丙烷中含有2 种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：1，故C 错误；
D．对苯二甲酸（
）中含有2 种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，
故D 正确。
故选：BD。
【点评】本题考查有机物的结构，涉及核磁共振氢谱，关键是判断分子中H 原子种类，注意等效氢判断方法，比较基
础．
19．（14 分）富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图
是合成富马酸铁的一种工艺路线：
回答下列问题：
（1）A 的化学名称为
环己烷
由A 生成B 的反应类型为
取代反应
．
（2）C 的结构简式为
．
（3）富马酸的结构简式为
．
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是
取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN 溶液，若溶液显
血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无
．
（5）富马酸为二元羧酸，1mol 富马酸与足量饱和NaHCO3 溶液反应可放出
44.8
LCO2（标况）；富马酸的同分异构
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体中，同为二元羧酸的还有
（写出结构简式）．
【分析】环己烷与氯气在光照条件下生成B 为卤代烃，B 发生消去反应生成环己烯，则B 为
，环己烯与溴发
生加成反应生成C 为
，C 再发生消去反应生成
，
与氯气发生取代反应生成
，
发
生氧化反应生成
，再发生消去反应、中和反应得到
，进行酸化得到富马酸为：
．
【解答】解：环己烷与氯气在光照条件下生成B 为卤代烃，B 发生消去反应生成环己烯，则B 为
，环己烯与
溴发生加成反应生成C 为
，C 再发生消去反应生成
，
与氯气发生取代反应生成
，
发生氧化反应生成
，再发生消去反应、中和反应得到
，进行酸化得到富
马酸为：
．
（1）A 的化学名称为环己烷，由A 生成B 的反应类型为取代反应，
故答案为：环己烷；取代反应；．
（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C 的结构简式为：
，
故答案为：
；
（3）由上述分析可知，富马酸的结构简式为：
，
故答案为：
；
（4）检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN 溶液，若溶液显
血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无，
故答案为：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN 溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+，反之，则无；
（5）富马酸为二元羧酸，1mol 富马酸与足量饱和NaHCO3 溶液反应可放出2mol CO2，标况下生成二氧化碳的体积为
2mol×22.4L/mol=44.8L，富马酸的同分异构体中，同为二元羧酸的还有
，
故答案为：44.8；
．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，根据有机物的结构简式与反应条件进行分析，熟练掌握官能团的性质与衍变，
注意富马酸为反式结构．
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[选修3--物质结构与性质]
20．下列叙述正确的有（
）
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl 的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对相斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
【分析】A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多；
B、同周期核电荷数越多半径越小；
C、HF 分子间存在氢键；
D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入．
【解答】解：A、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，
即外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，故A 错误；
B、同周期核电荷数越多半径越小，所以第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，故B 正确；
C、HF 分子间存在氢键，HCl 分子内没有氢键，故C 错误；
D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查核外电子排布规律、元素周期律、氢键和价层电子对理论等，难度不大，注意选A 在理解核外电子
排布规律，注意能级处于全满、半满、全空时的稳定状态．
21．M 是第四周期元素，最外层只有1 个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素Y 的负一价离子的最外层电
子数与次外层的相同．回答下列问题：
（1）单质M 的晶体类型为
金属晶体
，晶体中原子间通过
金属键
作用形成面心立方密堆积，其中M 原子的配
位数为
12
．
（2）元素Y 基态原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p5
，其同周期元素中，第一电离能最大的是
Ar
（写元
素符号）．元素Y 的含氧酸中，酸性最强的是
HClO4
（写化学式），该酸根离子的立体构型为
正四面体
．
（3）M 与Y 形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．
①该化合物的化学式为
CuCl
，已知晶胞参数a=0.542nm，此晶体的密度为
g•cm
﹣3．（写出计
算式，不要求计算结果．阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是
Cu
+可与氨形成易溶于水的配位化合物
．此化合物的氨水溶液遇到空
气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为
[Cu（NH3）4]2+
．
【分析】依据题意可知：M 为铜元素，Y 为氯元素；
（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采
用沿X、Y、Z 三轴切割的方法确定其配位数；
（2）元素氯是17 号元素，位于第三周期，依据构造原理排布排布基态电子；稀有气体的第一电离能最大；含氯的酸
中高氯酸酸性最强是含氧酸中最强酸；依据酸根离子中氯原子为sP3 杂化方式判断其构型；
（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×
+6×
=4，氯原子个数为4，则化学式
为；CuCl；1mol 晶胞中含有4molCuCl，1mol 晶胞的质量为M（CuCl）×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为
，据此解答；
②Cu
+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl 难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu
+被氧化为Cu2+，所以深蓝
色溶液中阳离子为：[Cu（NH3）4]2+；
【解答】解：（1）铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体，铜晶体是面心
立方堆积，采用沿X、Y、Z 三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4，三个面共有4×3=12 个铜原子，所
以每个铜原子的配位数是12；
故答案为：金属晶体；金属键；12；
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（2）元素氯是17 号元素，位于第三周期，依据构造原理其基态电子排布为：1s22s22p63s23p5；其同周期元素中，第一
电离能最大的是Ar，含氯的酸中高氯酸酸性最强是含氧酸中最强酸，化学式为：HClO4，高氯酸酸根离子中氯原子为
sP3 杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；
故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；HClO4；
正四面体；
（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为：8×
+6×
=4，氯原子个数为4，则化学式
为；CuCl；1mol 晶胞中含有4molCuCl，1mol 晶胞的质量为M（CuCl）×4，晶胞参数a=0.542nm，则晶体密度为；
；
故答案为：CuCl；
；
②Cu
+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl 难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu
+被氧化为Cu2+，所以深蓝
色溶液中阳离子为：[Cu（NH3）4]2+；
故答案为：Cu
+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子）；[Cu（NH3）4]2+．
【点评】本题考查了晶体类型及结构特点，涉及到电子排布式、第一电离能、杂化类型的判断、配合物以及有关晶体
的计算，题目难度较大，解题时注意切割法分析晶胞的技巧．
[选修2--化学与技术]
22．下列单元操作中采用了热交换设计的有（
）
A．电解食盐水制烧碱B．合成氨中的催化合成
C．硫酸生产中的催化氧化D．氨碱法中的氨盐水碳酸化
【分析】二氧化硫氧化反应、硝酸工业中氨气的催化氧化、氮气与氢气的反应都需要加热，而且反应放热，在工业生
产中，常常进行热交换，以充分利用能源，以此解答．
【解答】解：A．氯碱工业中电解饱和食盐水是常温下的反应，不需要进行热交换，故A 错误；
B．氮气与氢气的反应都需要加热，而且它们反应时会放热，所以使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故B
正确；
C．二氧化硫的氧化反应需在高温下进行，且反应时会放热，使用热交换器可以充分利用反应所放出的热量，故C 正确；
D．氨碱法中的氨盐水碳酸化需在常温下进行，温度不能较高，防止气体挥发，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了几个常见工业生产的原理，侧重于化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，注意工
业反应条件，题目难度不大．
23．海水晒盐的卤水中还有氯化镁，以卤水为原料生产镁的一中工艺流程如图所示．
回答下列问题：
（1）脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的
SO42﹣
（填离子符号），M 的主要成分是
BaSO4
（填化学式）．
（2）除溴塔中主要的离子方程式为
Cl2+2Br
﹣═2Cl
﹣+Br2
．
（3）沸腾炉①和②的主要作用是
脱除氯化镁晶体中的部分水
．沸腾炉③通入热氯化氢的主要目的是
防止氯化镁
晶体进一步脱水过程中发生水解
．
（4）电解槽中阴极的电极反应方程式为
Mg2++2e
﹣═Mg
．
（5）电解槽中阳极产物为
氯气
，该产物可直接用于本工艺流程中的
除溴塔（除溴工段）
．
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【分析】卤水中含有Mg2+、Na
+、Cl
﹣、SO42﹣、Br
﹣等离子，卤水中加入CaO 在脱硫槽除去SO42﹣，生成CaSO4，经过滤
机①得到X 为CaSO4，经除溴塔，通入氯气，可除去Br
﹣，生成Z 为Br2，在搅拌槽中加入BaO，进一步除去SO42﹣，M
的主要成分是BaSO4，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，沸腾炉
③通入热的HCl 气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可得到镁锭，以此解答该题．
【解答】解：卤水中含有Mg2+、Na
+、Cl
﹣、SO42﹣、Br
﹣等离子，卤水中加入CaO 在脱硫槽除去SO42﹣，生成CaSO4，经
过滤机①得到X 为CaSO4，经除溴塔，通入氯气，可除去Br
﹣，生成Z 为Br2，在搅拌槽中加入BaO，进一步除去SO42
﹣，M 的主要成分是BaSO4，经蒸发器、造粒塔，得到氯化镁晶体，再经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，沸
腾炉③通入热的HCl 气体，可防止发生水解，在电解槽中电解熔融的氯化镁，可得到镁锭，
（1）由以上分析可知脱硫槽、搅拌槽均用于脱除卤水中的SO42﹣，M 的主要成分是BaSO4，故答案为：SO42﹣；BaSO4；
（2）除溴塔中通入氯气，以除去Br
﹣，反应的离子方程式为Cl2+2Br
﹣═2Cl
﹣+Br2，故答案为：Cl2+2Br
﹣═2Cl
﹣+Br2；
（3）经沸腾炉①和②脱除氯化镁晶体中的部分水，因氯化镁易水解生成氢氧化镁，则沸腾炉③通入热的HCl 气体，可
防止发生水解，
故答案为：脱除氯化镁晶体中的部分水；防止氯化镁晶体进一步脱水过程中发生水解；
（4）电解氯化镁生成镁和氯气，阴极发生还原反应，电极方程式为Mg2++2e
﹣═Mg，故答案为：Mg2++2e
﹣═Mg；
（5）阳极生成氯气，可用于除溴塔，除去溴，故答案为：氯气；除溴塔（除溴工段）．
【点评】本题考查物质的制备和分离，为2016 年海南高考题，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，
注意根据物质的性质认真分析流程图的反应过程，正确判断各物质是解答该题的关键．
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2016 年北京市高考化学试卷
一、选择题.
1．（3 分）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（
）
A．徐光宪建立稀土串级萃取理论
B．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C．闵恩泽研发重油裂解催化剂
D．侯德榜联合制碱法
2．（3 分）下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（
）
A．冷水浸泡
B．加热煎制
C．箅渣取液
D．灌装保存
A．A
B．B
C．C
D．D
3．（3 分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（
）
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂
D．增稠剂
4．（3 分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯．有关物质的沸点、熔点如表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法不正确的是（
）
A．该反应属于取代反应
B．甲苯的沸点高于144℃
C．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
5．（3 分）K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H
+．用K2Cr2O7 溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是（
）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH 还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7 酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4 溶液至过量，溶液变为橙色
6．（3 分）在两份相同的Ba（OH）2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4 溶液，其导电能力随滴入
溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（
）
A．①代表滴加H2SO4 溶液的变化曲线
B．b 点，溶液中大量存在的离子是Na
+、OH
﹣
C．c 点，两溶液中含有相同量的OH
﹣
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D．a、d 两点对应的溶液均显中性
7．（3 分）用石墨电极完成下列电解实验．
实验一
实验二
装置
现象
a、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部褪色；c 处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有气泡产生；…
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（
）
A．a、d 处：2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣
B．b 处：2Cl
﹣﹣2e
﹣═Cl2↑
C．c 处发生了反应：Fe﹣2e
﹣═Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m 处能析出铜
二、解答题（共4 小题，满分58 分）
8．（17 分）功能高分子P 的合成路线如下：
（1）A 的分子式是C7H8，其结构简式是
．
（2）试剂a 是
．
（3）反应③的化学方程式：
．
（4）E 的分子式是C6H10O2．E 中含有的官能团：
．
（5）反应④的反应类型是
．
（6）反应⑤的化学方程式：
．
（7）已知：2CH3CHO
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭
头上注明试剂和反应条件）．
9．（13 分）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3
﹣）已成为环境修复研究的热点之一．
（1）Fe 还原水体中NO3
﹣的反应原理如图1 所示．
①作负极的物质是
．
②正极的电极反应式是
．
（2）将足量铁粉投入水体中，经24 小时测定NO3
﹣的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
﹣的去除率
接近100%
＜50%
24 小时pH
接近中性
接近中性
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铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO3
﹣的去除率低．其原因是
．
（3）实验发现：在初始pH=4.5 的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3
﹣的去除率．对Fe2+
的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3
﹣；
Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如图2 所示，可得到的结论是
．
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3
﹣去除率
的原因：
．
（4）其他条件与（2）相同，经1 小时测定NO3
﹣的去除率和pH，结果如表：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
﹣的去除率
约10%
约3%
1 小时pH
接近中性
接近中性
与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH 不同时，NO3
﹣去除率和铁的最终物质形态不同的原因：
．
10．（12 分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4 及炭黑等）和H2SO4 为原料，制备高纯PbO，实
现铅的再生利用．其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb 和PbO2 反应生成PbSO4 的化学方程式是
．
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H
++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii 的离子方程式：
．
②下列实验方案可证实上述催化过程．将实验方案补充完整．
a．向酸化的FeSO4 溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红．
b．
．
（3）PbO 溶解在NaOH 溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）⇌NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示．
①过程Ⅱ的目的是脱硫．滤液1 经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是
（选填序号）．
A．减小Pb 的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4 浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：
11．（16 分）以Na2SO3 溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性．
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2 mol•L
﹣1 Na2SO3 溶液
饱和Ag2SO4 溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2 mol•L
﹣1 CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1 mol•L
﹣1 Al2（SO4）3 溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
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（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3．用离子方程式解释现象Ⅰ：
．
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42﹣，含有Cu
+、Cu2+和SO32﹣．
已知：Cu
+
Cu+Cu2+，Cu2+
CuI↓（白色）+I2．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu
+的实验现象是
．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣．
a．白色沉淀A 是BaSO4，试剂1 是
．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是
．
（3）已知：Al2（SO3）3 在水溶液中不存在．经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能
溶于强碱，还可使酸性KMnO4 溶液褪色．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和
．
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al（OH）3 所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中．对假设ii 设计
了对比实验，证实了假设ii 成立．
a．将对比实验方案补充完整．
步骤一：
步骤二：
（按图形式呈现）．
b．假设ii 成立的实验证据是
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有
．盐溶液间反应的多样性与
有关．
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2016 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题.
1．（3 分）我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是（
）
A．徐光宪建立稀土串级萃取理论
B．屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C．闵恩泽研发重油裂解催化剂
D．侯德榜联合制碱法
【分析】2015 年10 月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖．
【解答】解：2015 年10 月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖。
故选：B。
【点评】本题考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，能轻松简答．
2．（3 分）下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是（
）
A．冷水浸泡
B．加热煎制
C．箅渣取液
D．灌装保存
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体的分离，一般利用固体的颗粒大小将固体和液体分离，以此解答该题．
【解答】解：A．冷水浸泡属于物质的溶解，故A 错误；
B．加热煎制属于加热，故B 错误；
C．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C 正确；
D．灌装是液体转移，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的分离，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目密切联系生活，有利于培养学生良好的科
学素养，提高学生学习的积极性，难度不大．
3．（3 分）下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（
）
A．抗氧化剂B．调味剂
C．着色剂
D．增稠剂
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延
长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题．
【解答】解：A．抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A 正确；
B．调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B 错误；
C．着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C 错误；
D．增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活
的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．
4．（3 分）在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯．有关物质的沸点、熔点如表：
对二甲苯
邻二甲苯
间二甲苯
苯
沸点/℃
138
144
139
80
熔点/℃
13
﹣25
﹣47
6
下列说法不正确的是（
）
A．该反应属于取代反应
B．甲苯的沸点高于144℃
C．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
【分析】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应；
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B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低；
C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，用蒸馏的方法分离；
D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至﹣25℃～13℃，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来．
【解答】解：A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A 正确；
B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故B 错误；
C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C 正确；
D、因为对二甲苯的熔点较高，将温度冷却至﹣25℃～13℃，对二甲苯形成固体，从而将对二甲苯分离出来，故D 正
确；
故选：B。
【点评】本题涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，考查学生根据表格的数据分析解决问题
的能力，难度不大．
5．（3 分）K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H
+．用K2Cr2O7 溶液进行下列实验：
结合实验，下列说法不正确的是（
）
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72﹣被C2H5OH 还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7 酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4 溶液至过量，溶液变为橙色
【分析】K2Cr2O7 溶液中存在平衡：Cr2O72﹣（橙色）+H2O⇌2CrO42﹣（黄色）+2H
+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向
移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72﹣具有较强的氧化性，可氧化乙
醇，而CrO42﹣不能，以此解答该题．
【解答】解：A．在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，
溶液变黄，故A 正确；
B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B 正确；
C．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C 正确；
D．若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，
为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O72﹣、CrO42﹣氧化性的比较，难度不大．
6．（3 分）在两份相同的Ba（OH）2 溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4 溶液，其导电能力随滴入
溶液体积变化的曲线如图所示．下列分析不正确的是（
）
A．①代表滴加H2SO4 溶液的变化曲线
B．b 点，溶液中大量存在的离子是Na
+、OH
﹣
C．c 点，两溶液中含有相同量的OH
﹣
D．a、d 两点对应的溶液均显中性
【分析】A．Ba（OH）2 溶液和H2SO4、NaHSO4 溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba
（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图
知，曲线①在a 点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2 溶液和H2SO4 的反应，则曲
线②为Ba（OH）2 溶液和NaHSO4 溶液的反应；
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B．根据图知，a 点为Ba（OH）2 溶液和H2SO4 恰好反应，H2SO4、NaHSO4 溶液的物质的量浓度相等，则b 点溶液溶质
为NaOH；
C．c 点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；
D．a 点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d 点②中溶质为Na2SO4．
【解答】解：A．Ba（OH）2 溶液和H2SO4、NaHSO4 溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba
（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图
知，曲线①在a 点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2 溶液和H2SO4 的反应，则曲
线②为Ba（OH）2 溶液和NaHSO4 溶液的反应，即①代表滴加H2SO4 溶液的变化曲线，故A 正确；
B．根据图知，a 点为Ba（OH）2 溶液和H2SO4 恰好反应，H2SO4、NaHSO4 溶液的物质的量浓度相等，则b 点溶液溶质
为NaOH，所以b 点，溶液中大量存在的离子是Na
+、OH
﹣，故B 正确；
C．c 点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中
钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C 错误；
D．a 点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d 点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点
溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等．
7．（3 分）用石墨电极完成下列电解实验．
实验一
实验二
装置
现象
a、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部褪色；c 处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有气泡产生；…
下列对实验现象的解释或推测不合理的是（
）
A．a、d 处：2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣
B．b 处：2Cl
﹣﹣2e
﹣═Cl2↑
C．c 处发生了反应：Fe﹣2e
﹣═Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m 处能析出铜
【分析】实验一a、d 处试纸变蓝，说明生成OH
﹣，为电解池的阴极，b 处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯
气，c 处无明显变化，铁丝左侧为阳极，右侧为阴极，
实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n 处有
气泡产生，为阴极，以此解答该题．
【解答】解：A．d 处试纸变蓝，为阴极，生成OH
﹣，电极方程式为2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣，故A 正确；
B．b 处变红，局部褪色，是因为Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl 的酸性使溶液变红，HClO 的漂白性使局部褪色，故B 错误；
C．c 处为阳极，发生了反应：Fe﹣2e
﹣═Fe2+，故C 正确；
D．实验一中ac 形成电解池，db 形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池，一个球两面为不同的两极，左
边铜珠的左侧为阳极，发生的电极反应为Cu﹣2e
﹣=Cu2+，右侧（即位置m 处）为阴极，发生的电极反应为Cu2++2e
﹣=Cu，
同样右边铜珠的左侧为阳极，右侧（即位置n 处）为阴极，因此m 处能析出铜的说法正确，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极的判断以及电极反应，为解答该题的关键，
题目易错点为D，注意铜珠的左右侧可看出阴、阳极，难度中等．
二、解答题（共4 小题，满分58 分）
8．（17 分）功能高分子P 的合成路线如下：
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（1）A 的分子式是C7H8，其结构简式是
．
（2）试剂a 是
浓硫酸和浓硝酸
．
（3）反应③的化学方程式：
+NaOH
+NaCl
．
（4）E 的分子式是C6H10O2．E 中含有的官能团：
碳碳双链，酯基
．
（5）反应④的反应类型是
加聚反应
．
（6）反应⑤的化学方程式：
+nH2O
+n CH3CH2OH
．
（7）已知：2CH3CHO
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭
头上注明试剂和反应条件）．
【分析】A 的分子式是C7H8，其结构简式是
，结合P 的结构简式，可知A 与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取
代反应生成B 为
，B 与氯气在光照条件下发生取代反应生成C 为
，C 在氢氧化钠水
溶液、加热条件下发生水解反应生成D 为
，可知G 的结构简式为
，则
F
，E 的分子式是C6H10O2，则E 为CH3CH=CHCOOCH2CH3．
【解答】解：A 的分子式是C7H8，其结构简式是
，结合P 的结构简式，可知A 与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发
生取代反应生成B 为
，B 与氯气在光照条件下发生取代反应生成C 为
，C 在氢氧化
钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D 为
，可知G 的结构简式
，则F，E 的分子
式是C6H10O2，则E 为CH3CH=CHCOOCH2CH3．
（1）A 的分子式是C7H8，其结构简式是
，故答案为：
；
（2）试剂a 是：浓硫酸和浓硝酸，故答案为：浓硫酸和浓硝酸；
（3）反应③的化学方程式：
+NaOH
+NaCl，
故答案为：
+NaOH
+NaCl；
（4）E 为CH3CH=CHCOOCH2CH3，E 中含有的官能团：碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基；
（5）反应④的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应；
（6）反应⑤的化学方程式
+nH2O
+n CH3CH2OH，
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故答案为
+nH2O
+n CH3CH2OH；
（7）乙烯与HBr 发生加成反应生成CH3CH2Br，然后发生水解反应生成CH3CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CHO，2
分子乙醛发生加成反应生成
，再发生氧化反应生成
，再与氢气发生加成反应生成
，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成生成CH3CH=CHCOOH，最后与乙醇发生酯化反应生成
CH3CH=CHCOOCH2CH3
，
合
成
路
线
流
程
图
为
：
CH2=CH2
CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3，
故
答
案
为
：
CH2=CH2
CH3CH2Br
CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH=CHCOOH
CH3CH=CHCOOCH2CH3．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P 的结构简式与反应条件、分子式进行推断，侧重考查学生分析推
理能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考题型，难度中等．
9．（13 分）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3
﹣）已成为环境修复研究的热点之一．
（1）Fe 还原水体中NO3
﹣的反应原理如图1 所示．
①作负极的物质是
铁
．
②正极的电极反应式是
NO3
﹣+8e
﹣+10H
+=NH4
++3H2O
．
（2）将足量铁粉投入水体中，经24 小时测定NO3
﹣的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
﹣的去除率
接近100%
＜50%
24 小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO3
﹣的去除率低．其原因是
FeO（OH）不导电，阻碍电子转移
．
（3）实验发现：在初始pH=4.5 的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3
﹣的去除率．对Fe2+
的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe2+直接还原NO3
﹣；
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Ⅱ．Fe2+破坏FeO（OH）氧化层．
①做对比实验，结果如图2 所示，可得到的结论是
本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3
﹣；在Fe 和Fe2+共同作用下
能提高NO3
﹣的去除率
．
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4．结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3
﹣去除率
的原因：
Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H
+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移
．
（4）其他条件与（2）相同，经1 小时测定NO3
﹣的去除率和pH，结果如表：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
﹣的去除率
约10%
约3%
1 小时pH
接近中性
接近中性
与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH 不同时，NO3
﹣去除率和铁的最终物质形态不同的原因：
初始pH 低时，产
生的Fe2+充足；初始pH 高时，产生的Fe2+不足
．
【分析】（1）①Fe 还原水体中NO3
﹣，根据题意Fe3O4 为电解质，则Fe 作还原剂，失去电子，作负极；
②NO3
﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4
+，根据图2 信息可知为酸性环境；
（2）由于Fe3O4 为电解质，而电解质主要作用是为电子转移提供媒介，然后根据FeO（OH）不导电进行分析；
（3）①根据图2 中的三个实验结果进行分析；
②结合（2）题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析；
（4）根据Fe2+的作用进行分析．
【解答】解：（1）①Fe 还原水体中NO3
﹣，则Fe 作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁；
②NO3
﹣在正极得电子发生还原反应产生NH4
+，根据图2 信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为：NO3
﹣+8e
﹣
+10H
+=NH4
++3H2O，
故答案为：NO3
﹣+8e
﹣+10H
+=NH4
++3H2O；
（2）pH 越高，Fe3+越易水解生成FeO（OH），而FeO（OH）不导电，阻碍电子转移，所以NO3
﹣的去除率低．
故答案为：FeO（OH）不导电，阻碍电子转移；
（3）①从图2 的实验结果可以看出，单独加入Fe2+时，NO3
﹣的去除率为0，因此得出Fe2+不能直接还原NO3
﹣；而Fe
和Fe2+共同加入时NO3
﹣的去除率比单独Fe 高，因此可以得出结论：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3
﹣；在Fe 和
Fe2+共同作用下能提高NO3
﹣的去除率．
故答案为：本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3
﹣；在Fe 和Fe2+共同作用下能提高NO3
﹣的去除率；
②同位素示踪法证实了Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H
+，Fe2+将不导
电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移．
故答案为：Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H
+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移；
（4）根据实验结果可知Fe2+的作用是将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，而NO3
﹣的去除率由铁的最终物质
形态确定，因此可知实验初始pH 会影响Fe2+的含量．
故答案为：初始pH 低时，产生的Fe2+充足；初始pH 高时，产生的Fe2+不足．
【点评】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的Fe 与NO3
﹣的反应跟溶液酸碱性有关，
抓住这一点是解题的关键，第Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性．
10．（12 分）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4 及炭黑等）和H2SO4 为原料，制备高纯PbO，实
现铅的再生利用．其工作流程如下：
（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb 和PbO2 反应生成PbSO4 的化学方程式是
Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O
．
（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H
++SO42﹣═2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii 的离子方程式：
2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+
．
②下列实验方案可证实上述催化过程．将实验方案补充完整．
a．向酸化的FeSO4 溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红．
b．
取a 中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去
．
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（3）PbO 溶解在NaOH 溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）⇌NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示．
①过程Ⅱ的目的是脱硫．滤液1 经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是
AB
（选填序号）．
A．减小Pb 的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4 浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：
向PbO 粗品中加入一定量的35%NaOH 溶液，
加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO 固体
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4 及炭黑等）和H2SO4 为原料，制备高纯PbO，含铅废
料加入硫酸亚铁、稀硫酸加热反应过滤得到PbSO4 粗品，加入10%的氢氧化钠溶液加热反应，冷却过滤得到PbO 粗品，
粗PbO 溶解在35%NaOH 溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得PbO，
（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2 和H2SO4 反应生成PbSO4 和水；
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应
前后保持不变．根据题给信息知反应i 中Fe2+被PbO2 氧化为Fe3+，则反应ii 中Fe3+被Pb 还原为Fe2+，据此书写离子方
程式；
②a 实验证明发生反应i，则b 实验需证明发生反应ii，实验方案为取a 中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，
红色褪去；
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的pH，
使平衡PbO（s）+NaOH（aq）⇌NaHPbO2（aq）逆向移动；
②根据PbO 的溶解度曲线进行解答；
【解答】解：（1）根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb、PbO2 和H2SO4 反应生成PbSO4 和水，化
学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，
故答案为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O；
（2）①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应
前后保持不变．根据题给信息知反应i 中Fe2+被PbO2 氧化为Fe3+，则反应ii 中Fe3+被Pb 还原为Fe2+，离子方程式为：
2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+，
故答案为：2Fe3++Pb+SO42﹣═PbSO4+2Fe2+；
②a 实验证明发生反应i，则b 实验需证明发生反应ii，实验方案为：
a．向酸化的FeSO4 溶液中加入KSCN 溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，亚铁离子被氧化为铁离子，
b．取a 中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe3++3SCN
﹣=Fe（SCN）3，加入过量Pb，和平衡状态下铁离子反应生成亚
铁离子，平衡逆向进行充分反应后，红色褪去，
故答案为：取a 中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去；
（3）①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO 能溶解与NaOH 溶液，因此滤液
Ⅰ中含有Pb 元素，滤液Ⅰ重复使用可减少PbO 损失，提高产品的产率，且滤液Ⅰ中过量的NaOH 可以重复利用，提
高原料的利用率，故选AB．
故答案为：AB；
②根据PbO 的溶解度曲线，提纯粗Pb 的方法为将粗PbO 溶解在NaOH 溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH
溶液和较高的温度，PbO 的溶解度高，因此加热至较高温度，充分溶解，然后再高温下趁热过滤除去杂质，后冷却后
PbO 又析出结晶，再次过滤可得到PbO 固体．
故答案为：向PbO 粗品中加入一定量的35%NaOH 溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得
到PbO 固体．
【点评】本题考查了化学工艺流程分析、催化剂、离子方程式书写、化学实验方案的设计、物质分离提纯、平衡一点
原理的应用，题目难度中等．
11．（16 分）以Na2SO3 溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性．
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2 mol•L
﹣1 Na2SO3 溶液
饱和Ag2SO4 溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
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0.2 mol•L
﹣1 CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1 mol•L
﹣1 Al2（SO4）3 溶液
Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3．用离子方程式解释现象Ⅰ：
2Ag
++SO32﹣=Ag2SO3↓
．
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42﹣，含有Cu
+、Cu2+和SO32﹣．
已知：Cu
+
Cu+Cu2+，Cu2+
CuI↓（白色）+I2．
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu
+的实验现象是
析出红色固体
．
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32﹣．
a．白色沉淀A 是BaSO4，试剂1 是
HCl 和BaCl2 溶液
．
b．证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是
在I
﹣的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32﹣转化为SO42﹣
．
（3）已知：Al2（SO3）3 在水溶液中不存在．经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能
溶于强碱，还可使酸性KMnO4 溶液褪色．
①推测沉淀中含有亚硫酸根和
Al（OH）3
．
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al（OH）3 所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中．对假设ii 设计
了对比实验，证实了假设ii 成立．
a．将对比实验方案补充完整．
步骤一：
步骤二：
（按图形式呈现）．
b．假设ii 成立的实验证据是
V1 明显大于V2
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有
溶解性、还原性、在水溶液中呈碱性
．盐溶液间反应的多样性与
两种盐溶液
中阴、阳离子的性质
有关．
【分析】（1）0.2mol/LNa2SO3 溶液滴入饱和Ag2SO4 溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3；
（2）①根据第二题中现象2 及已知信息，可以得知，取少量洗净（排除Cu2+干扰）的棕黄色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀
变红（铜单质），则证明有Cu
+；
②a．根据BaSO4 沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2；
b．由白色沉淀A 可知之前所取上层清液中有SO42﹣，由加入KI 生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I
﹣作
用生成CuI 白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I
﹣反应生成I2，因而推断生成的I2 参与了其他反
应，因而有还原剂SO32﹣；
（3）①由题意，白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，可以得到沉淀中含有Al3+和OH
﹣，可使酸性KMnO4 溶液褪色
是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
②根据实验目的和对比实验设计原理进行解答；
（4）根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性
质和反应条件有关．
【解答】解：（1）实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3 溶液滴入饱和Ag2SO4 溶液，由于Ag2SO4 饱和溶液且溶液混合后稀释，因
此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO32﹣浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag
++SO32﹣=Ag2SO3↓，
故答案为：2Ag
++SO32﹣=Ag2SO3↓；
（2）①依据反应Cu
+和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu
+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现
象是有红色固体生成，
故答案为：析出红色固体；
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②a．分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I
﹣=2CuI+I2、I2+SO32﹣+H2O=SO42﹣+2I
﹣+2H
+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4
沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2 溶液，考虑沉淀A 没有BaSO3，因此应在酸性环境中．
故答案为：HCl 和BaCl2 溶液；
b．由白色沉淀A 可知之前所取上层清液中有SO42﹣，由加入KI 生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I
﹣作
用生成CuI 白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I
﹣反应生成I2，因而推断生成的I2 参与了其他反
应，因而有还原剂SO32﹣；
故答案为：棕黄色沉淀与KI 溶液反应生成白色沉淀（CuI），证明含有Cu2+，白色沉淀A 为硫酸钡，证明含有SO32﹣；
（3）①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4 溶液
褪色，可以推测沉淀中含有Al3+和OH
﹣，可使酸性KMnO4 溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子；
故答案为：Al3+、OH
﹣；
②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al（OH）3 还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，
然后采用滴加NaOH 溶液，因此对比实验首先要制备出Al（OH）3 沉淀，然后滴加NaOH 溶液，若两者消耗的NaOH
体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al（OH）3 沉淀，若两者消耗的NaOH 体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱
式盐．
铝的碱式盐和NaOH 溶液反应相当于铝离子和NaOH 反应，反应比例为1：4，而Al（OH）3 和NaOH 反应比例为1：1，
因此若V1 明显大于V2，则假设ii 成立；若V1=V2，则假设i 成立．
故答案为：a．
；
b．假设ii 成立的实验证据是V1 明显大于V2，
故答案为：V1 明显大于V2；
（4）题目中有多处暗示我们还原性，比如（3）中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目
的，根据题目，我们探究的是Na2SO3 溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与
两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关．
故答案为：还原性、水解呈碱性；两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关．
【点评】本题考查化学实验方案的分析、评价和设计．主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大．
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2015 年重庆市高考化学试卷
一、选择题
1．（6 分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（
）
A．用胆矾炼铜
B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷
D．打磨磁石制指南针
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．I 的原子半径大于Br，HI 比HBr 的热稳定性强
B．P 的非金属性强于Si，H3PO4 比H2SiO3 的酸性强
C．Al2O3 和MgO 均可与NaOH 溶液反应
D．SO2 和SO3 混合气体通入Ba（NO3）2 溶液可得到BaSO3 和BaSO4
3．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C．25℃时，0.1mol•L
﹣1 的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1mol AgCl 和0.1molAgI 混合后加入1L 水中，所得溶液中c（Cl
﹣）=c（I
﹣）
4．（6 分）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（
）
A．
观察Fe（OH）2 的生成
B．
配制一定物质的量浓度的NaNO3 溶液
C．
实验室制取氨
D．
验证乙烯的生成
5．（6 分）某化妆品的组分Z 具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（
）
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A．X、Y 和Z 均能使溴水褪色
B．X 和Z 均能与NaHCO3 溶液反应放出CO2
C．Y 既能发生取代反应，也能发生加成反应
D．Y 可作加聚反应单体，X 可作缩聚反应单体
6．（6 分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol
﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol
﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol
﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol
﹣1
则x 为（
）
A．3a+b﹣c
B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c
D．c﹣a﹣b
7．（6 分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO
和H2S 混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
K=0.1
反应前CO 的物质的量为10mol，平衡后CO 物质的量为8mol，下列说法正确的是（
）
A．升高温度，H2S 浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO 后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S 物质的量为7mol
D．CO 的平衡转化率为80%
二、综合题（本大题共4 小题，共58 分）
8．（15 分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3 等物质．当汽车发生碰撞时，产气药
剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3 是气体发生剂，受热分解产生N2 和Na，N2 的电子式为
．
（2）Fe2O3 是主氧化剂，与Na 反应生成的还原产物为
（已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4 是助氧化剂，反应过程中与Na 作用生成KCl 和Na2O，KClO4 含有化学键的类型为
，K 的原子结构示
意图为
．
（4）NaHCO3 是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为
．
（5）100g 上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为
；
②该产气药剂中NaN3 的质量分数为
．
9．（15 分）ClO2 与Cl2 的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1 装置（夹持装
置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．
（1）仪器D 的名称是
．安装F 中导管时，应选用图2 中的
．
（2）打开B 的活塞，A 中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2 在D 中被稳定剂充分吸收，
滴加稀盐酸的速度宜
（填“快”或“慢”）．
（3）关闭B 的活塞，ClO2 在D 中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是
．
（4）已知在酸性条件下NaClO2 可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，该反应的离子方程式为
，在ClO2 释放实
验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是
．
（5）已吸收ClO2 气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2 的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保
鲜，你认为效果较好的稳定剂是
，原因是
．
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10．（14 分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T 可通过下列反应路线
合成（部分反应条件略）．
（1）A 的化学名称是
，A→B 新生成的官能团是
；
（2）D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为
．
（3）D→E 的化学方程式为
．
（4）G 与新制的Cu（OH）2 发生反应，所得有机物的结构简式为
．
（5）L 可由B 与H2 发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M 的结构简式为
．
（6）已R3C≡CR4
，则T 的结构简式为
．
11．（14 分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其
进行修复和防护具有重要意义．
（1）原子序数为29 的铜元素位于元素周期表中第
周期．
（2）某青铜器中Sn、Pb 的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn 和Pb 原子数目之比为
．
（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl 在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的
是
．
A．降低了反应的活化能
B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变
D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2O 涂在被腐蚀部位，Ag2O 与有害组分CuCl 发生
复分解反应，该化学方程式为
．
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图．
①腐蚀过程中，负极是
（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl
﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式
为
；
③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为
L（标准状况）．
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2015 年重庆市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（6 分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（
）
A．用胆矾炼铜
B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷
D．打磨磁石制指南针
【分析】A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，整个过程中Cu 元素由化合态转化为单质，一定发生化学变化；
B．铁矿石主要成份为Fe2O3，炼铁得到Fe 单质，有新物质生成，属于化学反应；
C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；
D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成．
【解答】解：A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，由CuSO4•5H2O→Cu，有新物质生成，属于化学反应，故A 不选；
B．铁矿石主要成份为Fe2O3，由Fe2O3→Fe，有新物质生成，属于化学反应，故B 不选；
C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故C 不选；
D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应，故选D；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应的判断，比较基础，明确原理是解题关键，A、B 选项可以借助化合价变价，利用氧化还原
反应知识判断．
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．I 的原子半径大于Br，HI 比HBr 的热稳定性强
B．P 的非金属性强于Si，H3PO4 比H2SiO3 的酸性强
C．Al2O3 和MgO 均可与NaOH 溶液反应
D．SO2 和SO3 混合气体通入Ba（NO3）2 溶液可得到BaSO3 和BaSO4
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；
B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；
C．MgO 不能与氢氧化钠溶液反应；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．
【解答】解：A．I、Br 同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I 的原子半径大
于Br，HI 比HBr 的热稳定性弱，故A 错误；
B．Si、P 同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P 的非金属性强于Si，H3PO4
比H2SiO3 的酸性强，故B 正确；
C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO 属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，
故C 错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，
故SO2 和SO3 混合气体通入Ba（NO3）2 溶液可得到BaSO4，故D 错误，
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D 选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强
氧化性．
3．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C．25℃时，0.1mol•L
﹣1 的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1mol AgCl 和0.1molAgI 混合后加入1L 水中，所得溶液中c（Cl
﹣）=c（I
﹣）
【分析】A．加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离；
B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3 溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；
C．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；
D．AgCl 与AgI 的溶度积不同，所得溶液中c（Cl
﹣）≠c（I
﹣）．
【解答】解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO
﹣+H
+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO
﹣离子浓度增大，抑
制醋酸的电离，故A 错误；
B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3 溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH＜7，故
B 错误；
C．硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中
离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C 正确；
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D．均存在溶解平衡，溶液中Ag
+浓度相同，AgCl 与AgI 的溶度积不同，所得溶液中c（Cl
﹣）≠c（I
﹣），故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，A 为易错点，学生容易认为醋酸根与氢离子结合，平衡右移，促
进电离．
4．（6 分）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（
）
A．
观察Fe（OH）2 的生成
B．
配制一定物质的量浓度的NaNO3 溶液
C．
实验室制取氨
D．
验证乙烯的生成
【分析】A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C．氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化．
【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油
和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A 正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸
钠溶液转移到容量瓶中，故B 错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，
且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C 错误；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶
液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确
实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大．
5．（6 分）某化妆品的组分Z 具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（
）
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A．X、Y 和Z 均能使溴水褪色
B．X 和Z 均能与NaHCO3 溶液反应放出CO2
C．Y 既能发生取代反应，也能发生加成反应
D．Y 可作加聚反应单体，X 可作缩聚反应单体
【分析】A．X 和Z 中含有酚羟基、Y 中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而
使溴水褪色；
B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应；
C．Y 含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；
D．Y 中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X 中含有酚羟基，能发生缩聚反应．
【解答】解：A．X 和Z 中含有酚羟基、Y 中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反
应而使溴水褪色，所以X 和Z 都能和溴水发生取代反应、Y 能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，
故A 正确；
B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z 和X 中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，
故B 错误；
C．Y 含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取
代反应，故C 正确；
D．Y 中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X 中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D 正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的
性质，注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应，为易错点．
6．（6 分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol
﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol
﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol
﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol
﹣1
则x 为（
）
A．3a+b﹣c
B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c
D．c﹣a﹣b
【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol
﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol
﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol
﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol
﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此
计算反应热．
【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol
﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol
﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol
﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol
﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=x kJ•mol
﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol
﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A。
【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，
注意方程式可以进行加减，题目难度不大．
7．（6 分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO
和H2S 混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
K=0.1
反应前CO 的物质的量为10mol，平衡后CO 物质的量为8mol，下列说法正确的是（
）
A．升高温度，H2S 浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO 后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S 物质的量为7mol
D．CO 的平衡转化率为80%
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【分析】A．升高温度，H2S 浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B．通入CO 后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；
C．反应前CO 的物质的量为10mol，平衡后CO 物质的量为8mol，设反应前H2S 物质的量为n，则：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（mol）：10
n
0
0
变化（mol）：2
2
2
2
平衡（mol）：8
n﹣2
2
2
反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=
列方程计算；
D．根据C 中的计算数据计算CO 的平衡转化率。
【解答】解：A．升高温度，H2S 浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放
热反应，故A 错误；
B．通入CO 后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B 错误；
C．反应前CO 的物质的量为10mol，平衡后CO 物质的量为8mol，设反应前H2S 物质的量为n，则：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
起始（mol）：10
n
0
0
变化（mol）：2
2
2
2
平衡（mol）：8
n﹣2
2
2
反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K=
=
=0.1，解
得n=7，故C 正确；
D．根据上述数据，可知CO 的平衡转化率为
×100%=20%，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三
段式均解题法在化学平衡计算中的应用。
二、综合题（本大题共4 小题，共58 分）
8．（15 分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3 等物质．当汽车发生碰撞时，产气药
剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3 是气体发生剂，受热分解产生N2 和Na，N2 的电子式为
．
（2）Fe2O3 是主氧化剂，与Na 反应生成的还原产物为
Fe
（已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4 是助氧化剂，反应过程中与Na 作用生成KCl 和Na2O，KClO4 含有化学键的类型为
离子键、共价键
，K
的原子结构示意图为
．
（4 ）NaHCO3 是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为
2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O
．
（5）100g 上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为
CO2、H2O
；
②该产气药剂中NaN3 的质量分数为
65%
．
【分析】（1）由8 电子结构可知，N2 分子中N 原子之间形成3 对共用电子对；
（2）Fe2O3 是主氧化剂，与Na 发生置换反应，则还原产物为Fe；
（3）KClO4 由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl 原子与O 原子之间形成共价键；
K 原子质子数为19，原子核外有4 个电子层，各层电子数为2、8、8、1；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水；
（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽；
②根据n=
计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM 计算m（NaN3），进而计算NaN3
的质量分数．
【解答】解：（1）由8 电子结构可知，N2 分子中N 原子之间形成3 对共用电子对，其电子式为
，
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故答案为：
；
（2）Fe2O3 是主氧化剂，与Na 发生置换反应，Fe 元素发生还原反应，则还原产物为Fe，
故答案为：Fe；
（3）KClO4 由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl 原子与O 原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；
K 原子质子数为19，原子核外有4 个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为
，
故答案为：离子键、共价键；
；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O；
（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，
故答案为：CO2、H2O；
②氮气的物质的量
=1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）=
=1mol，则m（NaN3）=1mol×
65g/mol=65g，故NaN3 的质量分数为
×100%=65%，
故答案为：65%．
【点评】本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体，考查电子式、化学键类型、化学反应方程式的书写、化学计算等知
识，属于拼合型题目，侧重对基础知识的考查．
9．（15 分）ClO2 与Cl2 的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1 装置（夹持装
置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．
（1）仪器D 的名称是
锥形瓶
．安装F 中导管时，应选用图2 中的
b
．
（2）打开B 的活塞，A 中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2 在D 中被稳定剂充分吸收，
滴加稀盐酸的速度宜
慢
（填“快”或“慢”）．
（3）关闭B 的活塞，ClO2 在D 中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是
吸
收Cl2
．
（4）已知在酸性条件下NaClO2 可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，该反应的离子方程式为
4H
++5ClO2
﹣=Cl
﹣
+4ClO2↑+2H2O
，在ClO2 释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是
验证是否有ClO2 生成
．
（5）已吸收ClO2 气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2 的浓度随时间的变化如图3 所示，若将其用于水果保
鲜，你认为效果较好的稳定剂是
稳定剂Ⅱ
，原因是
稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓
度
．
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【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器D 是锥形瓶；F 装置应是Cl2 和KI 反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长
管进气，短管出气；
（2）为使ClO2 在D 中被稳定剂充分吸收，产生ClO2 的速率要慢；
（3）F 装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2 时，碘遇淀粉变蓝，而F 中溶液的颜色不变，说明Cl2 被吸收；
（4）在酸性条件下NaClO2 可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程
式为4H
++5ClO2
﹣=Cl
﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2 释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是验证是否
有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器D 是锥形瓶；F 装置应是Cl2 和KI 反应，还需要连接尾气处理装置，所以
应长管进气，短管出气，故选b，
故答案为：锥形瓶；b；
（2）为使ClO2 在D 中被稳定剂充分吸收，产生ClO2 的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，
故答案为：慢；
（3）F 装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2 时，碘遇淀粉变蓝，而F 中溶液的颜色不变，则装置C 的作用是吸收Cl2，
故答案为：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2 可发生反应生成NaCl 并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程
式为：4H
++5ClO2
﹣=Cl
﹣+4ClO2↑+2H2O；在ClO2 释放实验中，打开E 的活塞，D 中发生反应，则装置F 的作用是验证是
否有ClO2 生成，
故答案为：4H
++5ClO2
﹣=Cl
﹣+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【点评】本题以ClO2 的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，
注意根据问题进行制备流程分析，难度中等．
10．（14 分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T 可通过下列反应路线
合成（部分反应条件略）．
（1）A 的化学名称是
丙烯
，A→B 新生成的官能团是
﹣Br
；
（2）D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为
2
．
（3）D→E 的化学方程式为
CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH
HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O
．
（4）G 与新制的Cu（OH）2 发生反应，所得有机物的结构简式为
HC≡CCOOH
．
（5）L 可由B 与H2 发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M 的结构简式为
CH3CH2CH2
C≡CCHO
．
（6）已R3C≡CR4
，则T 的结构简式为
．
【分析】根据A、B 结构简式知，A 发生取代反应生成B，B 和溴发生加成反应生成D，D 在氢氧化钠的醇溶液中加热
发生消去反应生成E，E 发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G 结构简式为HC≡CCHO，G 和NaNH2 反应生成J，
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根据G 和J 结构简式知，该反应为取代反应；
L 可由B 与H2 发生加成反应而得，则L 为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr 知，M 结构简式
为CH3CH2CH2 C≡CCHO，根据R3C≡CR4
知，T 结构简式为
，据此分
析解答．
【解答】解：根据A、B 结构简式知，A 发生取代反应生成B，B 和溴发生加成反应生成D，D 在氢氧化钠的醇溶液中
加热发生消去反应生成E，E 发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G 结构简式为HC≡CCHO，G 和NaNH2 反应生成
J，根据G 和J 结构简式知，该反应为取代反应；
L 可由B 与H2 发生加成反应而得，则L 为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr 知，M 结构简式
为CH3CH2CH2C≡CCHO，根据R3C≡CR4
知，T 结构简式为
，
（1）A 的化学名称是丙烯，A→B 新生成的官能团是﹣Br，故答案为：丙烯；﹣Br；
（2）D 中两种氢原子，所以D 的核磁共振氢谱显示峰的组数为2，故答案为：2；
（3）D 在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，D→E 的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH
HC≡
CCH2Br+2NaBr+2H2O，
故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOH
HC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
（4）G 与新制的Cu（OH）2 发生反应，G 中醛基被氧化生成羧基，所得有机物的结构简式为HC≡CCOOH，
故答案为：HC≡CCOOH；
（5）通过以上分析知，M 的结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2C≡CCHO；
（6）通过以上分析知，T 结构简式为
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、物质结构简式
结合（5）（6）题中信息进行推断，知道常见有机反应类型及反应条件，题目难度中等．
11．（14 分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其
进行修复和防护具有重要意义．
（1）原子序数为29 的铜元素位于元素周期表中第
四
周期．
（2）某青铜器中Sn、Pb 的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn 和Pb 原子数目之比为
10：1
．
（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl 在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的
是
AB
．
A．降低了反应的活化能
B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变
D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2O 涂在被腐蚀部位，Ag2O 与有害组分CuCl 发生
复分解反应，该化学方程式为
Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O
．
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图．
①腐蚀过程中，负极是
c
（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl
﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为
2Cu2++3OH
﹣+Cl
﹣=Cu2（OH）3Cl↓
；
③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为
0.448
L（标准状况）．
【分析】（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu 原子核外有4 个电子层；
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（2）Sn、Pb 的物质的量之比=
：
=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nNA 知，物质的量之比等于其
个数之比；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数；
B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会；
C．催化剂改变反应路径，但焓变不变；
D．平衡常数只与温度有关；
（4）Ag2O 与有害组分CuCl 发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物；
（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu 失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu 作负极；
②Cl
﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上
生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl 沉淀；
③n[Cu2（OH）3Cl]=
=0.02mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nVm 计算体积．
【解答】解：（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu 原子核外有4 个电子层，所以Cu 元素位于第四周期，故答
案为：四；
（2）Sn、Pb 的物质的量之比=
：
=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nNA 知，物质的量之比等于其
个数之比，所以Sn、Pb 原子个数之比为10：1，故答案为：10：1；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A 正确；
B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B 正
确；
C．催化剂改变反应路径，但焓变不变，故C 错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，与催化剂无关，故D 错误；
故选AB；
（4）Ag2O 与有害组分CuCl 发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，
反应方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O，
故答案为：Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O；
（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu 失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu 作负极，即c 是负极，
故答案为：c；
②Cl
﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上
生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl 沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH
﹣+Cl
﹣=Cu2（OH）3Cl↓，故答案为：2Cu2++3OH
﹣+Cl
﹣=Cu2（OH）3Cl↓；
③n[Cu2（OH）3Cl]=
=0.02mol，根据转移电子得n（O2）=
=0.02mol，V（O2）=0.02mol
×22.4L/mol=0.448L，
故答案为：0.448．
【点评】本题考查较综合，侧重考查学生自身综合应用及计算能力，涉及氧化还原反应计算、离子方程式及复分解反
应方程式的书写、原电池原理、催化剂的作用等知识点，利用原电池原理、物质性质及转移电子守恒进行解答，易错
点是（3）题，题目难度中等．
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2015 年浙江省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关
C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D．燃料的脱硫脱氮、SO2 的回收利用和NOx 的催化转化都是减少酸雨产生的措施
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，与标准比色卡对照即可
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸．如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补
加
C．在未知溶液中滴加BaCl2 溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较低温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
3．（6 分）如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素原子的核电荷数为X 元素的2 倍．下
列说法正确的是（
）
X
Y
Z
W
T
A．X、W、Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
B．Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．YX2 晶体熔化、液态WX3 气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T 元素的单质具有半导体特性，T2X3 具有氧化性和还原性
4．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．己烷有4 种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D．聚合物（
）可由单体CH3CH=CH2 和CH2=CH2 加聚制得
5．（6 分）在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2 混合气体制备H2 和CO 是一种新的能源利用方式，基本
原理如图所示．下列说法不正确的是（
）
A．X 是电源的负极
B．阴极的反应式是：H2O+2e
﹣═H2+O2﹣，CO2+2e
﹣═CO+O2﹣
C．总反应可表示为：H2O+CO2
H2+CO+O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1
6．（6 分）40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（
）
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A．在pH=9.0 时，c（NH4
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（NH2COO
﹣）＞c（CO32﹣）
B．不同pH 的溶液中存在关系：c（NH4
+）+c（H
+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3
﹣）+c（NH2COO
﹣）+c（OH
﹣）
C．随着CO2 的通入，
不断增大
D．在溶液pH 不断降低的过程中，有含NH2COO
﹣的中间产物生成
7．（6 分）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫
酸
亚
铁
（
FeSO4•7H2O
）
，
设
计
了
如
下
流
程
：
下列说法不正确的是（
）
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X 选用铁粉
B．固体1 中一定含有SiO2，控制pH 是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2
C．从溶液2 得到FeSO4•7H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1 中直接加NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
二、非选择题：
8．（10 分）化合物X 是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：RX
ROH；RCHO+CH3COOR′
RCH=CHCOOR′
请回答：
（1）E 中官能团的名称是
．
（2）B+D→F 的化学方程式
．
（3）X 的结构简式
．
（4）对于化合物X，下列说法正确的是
．
A．能发生水解反应
B．不与浓硝酸发生取代反应
C．能使Br2/CCl4 溶液褪色
D．能发生银镜反应
（5）下列化合物中属于F 的同分异构体的是
．
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A．
B．
C．CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH
D．
9．（18 分）Ⅰ．请回答：
（1）H2O2 的电子式
．
（2）镁燃烧不能用CO2 灭火，用化学方程式表示其理由
．
（3）在AgCl 沉淀中加入KBr 溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式
．
（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
MnO4
﹣+
C2O42﹣+
═
Mn2++
CO2↑+
．
Ⅱ．化合物甲和NaAlH4 都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2 反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3 反
应可得到NaAlH4．将4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况）的H2．
请推测并回答：
（1）甲的化学式
．
（2）甲与AlCl3 反应得到NaAlH4 的化学方程式
．
（3）NaAlH4 与水发生氧化还原反应的化学方程式
．
（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程
式
．
（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得
到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由
．
10．（15 分）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
（1）已知：
化学键
C﹣H
C﹣C
C=C
H﹣H
键能/kJ•mol¯1
412
348
612
436
计算上述反应的△H=
kJ•mol
﹣1．
（2）维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡
转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K=
（用α等符号表示）．
（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600℃，
并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性
（指除了H2 以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实
．
②控制反应温度为600℃的理由是
．
（4）某研究机构用CO2 代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺﹣﹣﹣﹣乙苯﹣二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常
压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2
═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有
（填编号）．
①CO2 与H2 反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
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③有利于减少积炭
④有利用CO2 资源利用．
11．（15 分）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取．
实验（一）碘含量的测定
取0.0100mol•L
﹣1 的AgNO3 标准溶液装入滴定管，取100.00mL 海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量．测
得的电动势（E）反映溶液中c（I
﹣）的变化，部分数据如表：
V（AgNO3）/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
﹣225
﹣200
﹣150
﹣100
50.0
175
275
300
325
实验（二）碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O
请回答：
（1）实验（一）中的仪器名称：仪器A
，仪器B
．
（2）①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去AgNO3 溶液的体积为
mL，计算得海带中碘的百分含量为
%．
（3）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为
．
②步骤X 中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是
．
③下列有关步骤Y 的说法，正确的是
．
A．应控制NaOH 溶液的浓度和体积
B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D．NaOH 溶液可以由乙醇代替
④实验（二）中操作Z 的名称是
．
（4）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是
．
“物质结构与性质”模块（10 分）
12．（1）Cu2+的电子排布式是
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（2）下列物质中既有离子键又有共价键的是
A．MgO
B．NaOH
C．CaCl2
D．（NH4）2SO4
（3）关于下列分子的说法不正确的是
A．既有σ键又有π键
B．O﹣H 键的极性强于C﹣H 键的极性
C．是非极性分子
D．该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键．
（4）下列说法不正确的是
A．HOCH2CH（OH）CH2OH 与CH3CHClCH2CH3 都是手性分子
B．NH4
+和CH4 的空间构型相似
C．BF3 与
都是平面型分子
D．CO2 和H2O 都是直线型分子
（5）下列有关性质的比较，正确的是
A．第一电离能：O＞N
B．水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2OCH2CH3
C．沸点：HCl＞HF
D．晶格能：NaCl＞MgO．
“有机化学基础”模块（10 分）
13．某研究小组以化合物1 为原料，按下列路线制备聚合物8：
已知：
请回答：
（1）以下四个化合物中，含有羧基的是
．
A．化合物3
B．化合物4
C．化合物6
D．化合物7
（2）化合物4→8 的合成路线中，未涉及到的反应类型是
．
A．取代反应
B．消去反应
C．加聚反应
D．还原反应
（3）下列四个化合物中，与化合物4 互为同系物的是
．
A．CH3COOC2H5
B．C6H5COOH
C．CH3CH2CH2COOH
D．CH3COOH
（4）化合物4 的属于酯类的所有同分异构体的结构简式
．
（5）化合物7→8 的化学方程式
．
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2015 年浙江省高考化学试卷
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）下列说法不正确的是（
）
A．液晶态介于晶体状态和液态之间，液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性
B．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，水在4℃时密度最大，这些都与分子间的氢键有关
C．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化
D．燃料的脱硫脱氮、SO2 的回收利用和NOx 的催化转化都是减少酸雨产生的措施
【分析】A、通常我们把物质的状态分为固态、液态和气态，但是某些有机化合物具有一种特殊的状态，在这种状态
中，他们一方面像液体，具有流动性，一方面又像晶体，分子在某个方向上排列比较整齐，因而具有各向异性，这种
物质叫液晶，据此解答即可；
B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；
C、纳米粒子是指粒度在1﹣100nm 之间的粒子，与胶体相同，胶体的聚沉属于物理变化；
D、根据二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止
酸雨的产生．
【解答】解：A、液晶态是指介于晶体和液体之间的物质状态，像液体具有流动性，像固体具有晶体的有序性，故A
正确；
B、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故B 正确；
C、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、均有新物质生成，属于化学变化，但是纳米银粒子的聚集属于小颗粒的胶体离子
变成大颗粒聚成下来，没有新物质生成，故C 错误；
D、采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx 的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨
的有效措施，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查的是液晶的概念以及其性质、胶体的性质、物理变化与化学变化的本质区别、空气污染与防治
等，综合性较强，有一定难度．
2．（6 分）下列说法正确的是（
）
A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH 试纸上，与标准比色卡对照即可
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸．如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补
加
C．在未知溶液中滴加BaCl2 溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42﹣或SO32﹣
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较低温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【分析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH 试纸；
B、液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却
后重新添加碎瓷片；
C、硫酸钡和AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀；
D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液．
【解答】解：A、氯水中的次氯酸能漂白pH 试纸，不能用pH 试纸测定新制氯水的pH 值，故A 错误；
B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取
停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B 正确；
C、硫酸钡和AgCl 均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2 溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，
溶液中可能含Ag
+，故C 错误；
D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D
错误，
故选：B。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验，难度不大，注意D 为易错点，若硝酸钾中混有少
量的氯化钠，可以采用此方法提纯．
3．（6 分）如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素原子的核电荷数为X 元素的2 倍．下
列说法正确的是（
）
X
Y
Z
W
T
A．X、W、Z 元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增
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B．Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增
C．YX2 晶体熔化、液态WX3 气化均需克服分子间作用力
D．根据元素周期律，可以推测T 元素的单质具有半导体特性，T2X3 具有氧化性和还原性
【分析】X、Y、Z、W 为短周期元素，由元素周期表可知：X 应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W 与X
处于同一主族，且W 元素原子的核电荷数为X 元素的2 倍，那么X 为O，W 为S，据此结合选项判断即可．
【解答】解：X、Y、Z、W 为短周期元素，由元素周期表可知：X 应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，W 与
X 处于同一主族，且W 元素原子的核电荷数为X 元素的2 倍，那么X 为O，W 为S，那么Z 为P，T 为As，Y 为Si，
A、元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O＞S＞P，故H2O＞H2S＞H3P，故A 错误；
B、S 元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，故B 错误；
C、YX2 为SiO2，属于原子晶体，该固体熔化克服的是共价键，没有分子间作用力，故C 错误；
D、As 处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3 为As2O3，As 的化合价为+3，处于中间价，
故既有氧化性也有还原性，故D 正确，
故选：D。
【点评】本题考查元素的位置与性质、结构的关系，难度不大，解题是时注意元素的性质的递变规律及其应用．
4．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．己烷有4 种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应都属于取代反应
C．油脂皂化反应得到高级脂肪酸盐与甘油
D．聚合物（
）可由单体CH3CH=CH2 和CH2=CH2 加聚制得
【分析】A．己烷有五种同分异构体；
B．有机物分子中的原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应为取代反应；
C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐；
D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然
后将四个半键闭合即可．
【解答】解：A．己烷有五种同分异构体，其碳链结构分别为
、
、
、
、
，
己烷同分异构体为不同物质，所以其熔沸点不同，且含有支链越多其熔沸点越低，故A 错误；
B．在一定条件下，苯与液溴、硝酸、硫酸作用生成溴苯、硝基苯、苯磺酸的反应，是苯中的氢原子被溴原子、硝基、
磺基取代，所以都属于取代反应，故B 正确；
C．油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，碱性条件下，高级脂肪酸和碱反应生成高级脂肪酸盐和水，所以实际上是油脂在
碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，该反应为皂化反应，故C 正确；
D．凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然
后将四个半键闭合即可，所以聚合物（
）的单体是CH3CH=CH2 和CH2=CH2，故D 正确；
故选：A。
【点评】本题考查较综合，涉及高聚物单体判断、取代反应判断、同分异构体种类判断、油脂水解等知识点，侧重考
查基本概念、基本理论，这些都是高频考点，难点是同分异构体种类判断，要考虑官能团异构、官能团位置结构、碳
链异构，易错选项是D．
5．（6 分）在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2 混合气体制备H2 和CO 是一种新的能源利用方式，基本
原理如图所示．下列说法不正确的是（
）
A．X 是电源的负极
B．阴极的反应式是：H2O+2e
﹣═H2+O2﹣，CO2+2e
﹣═CO+O2﹣
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C．总反应可表示为：H2O+CO2
H2+CO+O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1
【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X 极相连的电极产生的气体判断；
B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；
C．根据图示以及电解的目的解答；
D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C 总的反应分析；
【解答】解：A．根据图示知：与X 相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2 混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，
发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X 是电源的负极，故A 正确；
B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2 混合气体制备H2 和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e
﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e
﹣═CO+O2﹣，故B 正确；
C．电解H2O﹣CO2 混合气体制备H2 和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：
H2O+CO2
H2+CO+O2，故C 正确；
D．电解H2O﹣CO2 混合气体制备H2 和CO，总反应为：H2O+CO2
H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，
阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌
握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键．
6．（6 分）40℃时，在氨﹣水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如图所示．下列说法不正确的是（
）
A．在pH=9.0 时，c（NH4
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（NH2COO
﹣）＞c（CO32﹣）
B．不同pH 的溶液中存在关系：c（NH4
+）+c（H
+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3
﹣）+c（NH2COO
﹣）+c（OH
﹣）
C．随着CO2 的通入，
不断增大
D．在溶液pH 不断降低的过程中，有含NH2COO
﹣的中间产物生成
【分析】A．根据pH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；
B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；
C．根据Kb=
分析；
D．根据图象可知开始没有NH2COO
﹣，后来也不存在NH2COO
﹣．
【解答】解：A．pH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系：c（NH4
+）＞c（HCO3
﹣）＞c（NH2COO
﹣）＞c（CO32﹣），
故A 正确；
B．溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH 的溶液中存在电荷守恒关系为：c（NH4
+）
+c（H
+）=2c（CO32﹣）+c（HCO3
﹣）+c（NH2COO
﹣）+c（OH
﹣），故B 正确；
C．已知Kb=
，温度一定时，Kb 为常数，不随浓度的变化而变化，随着CO2 的通入，c（NH4
+）逐渐
增大，则
不断减小，故C 错误；
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D．由图象可知开始没有NH2COO
﹣，后来也不存在NH2COO
﹣，所以NH2COO
﹣为中间产物，即在溶液pH 不断降低的过
程中，有含NH2COO
﹣的中间产物生成，故D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等，题目难度中等，侧重于考查
学生对图象的分析与应用能力．
7．（6 分）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取七水合硫
酸
亚
铁
（
FeSO4•7H2O
）
，
设
计
了
如
下
流
程
：
下列说法不正确的是（
）
A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X 选用铁粉
B．固体1 中一定含有SiO2，控制pH 是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2
C．从溶液2 得到FeSO4•7H2O 产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解
D．若改变方案，在溶液1 中直接加NaOH 至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO4•7H2O
【分析】硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其它杂质），混合物中加入足量硫酸，Fe2O3、
Al2O3 与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁离子还原
为亚铁离子，调节pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2 为氢氧化铝，溶液2 为硫酸亚铁，蒸发浓缩、
冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，以此进行解答。
【解答】解：硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质），混合物中加入足量硫酸，
Fe2O3、Al2O3 与酸反应生成的硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，固体1 为二氧化硅；在滤液中加入铁粉将铁
离子还原为亚铁离子，调节pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，固体2 为氢氧化铝，溶液2 为硫酸亚铁，
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体，
A．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X 为铁粉，故A 正确；
B．由流程分析可知，固体1 中一定含有SiO2，调节pH 值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2 为氢氧化铝，故
B 正确；
C．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2 得到FeSO4•7H2O 产品的过程中，须控制
条件防止其氧化和分解，故C 正确；
D．在溶液1 中含有铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，铁离子与氢氧根离子结合生
成氢氧化铁沉淀，所以最终得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查制备实验方案的设计与评价、工艺流程的分析应用，题目难度中等，侧重学生分析能力和创新能力
的培养，注意把握常见物质的分离方法。
二、非选择题：
8．（10 分）化合物X 是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：RX
ROH；RCHO+CH3COOR′
RCH=CHCOOR′
请回答：
（1）E 中官能团的名称是
醛基
．
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（2）B+D→F 的化学方程式
．
（3）X 的结构简式
．
（4）对于化合物X，下列说法正确的是
AC
．
A．能发生水解反应
B．不与浓硝酸发生取代反应
C．能使Br2/CCl4 溶液褪色
D．能发生银镜反应
（5）下列化合物中属于F 的同分异构体的是
BC
．
A．
B．
C．CH2=CHCH=CHCH=CHCH=CHCOOH
D．
【分析】乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A 是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B 是乙酸；
甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则C 为
，C 在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，
那么D 应为
，由D 能被氧化为E，且结合给出的信息：RCHO+CH3COOR′
RCH=CHCOOR′，
那么应E 为
，据此推断得出F 为：
，那么X 为
，
据此结合各小题回答即可．
【解答】解：乙烯与水在催化剂作用下发生加成反应生成乙醇，故A 是乙醇，乙醇催化氧化最终生成乙酸，故B 是乙
酸；甲苯在光照条件下与氯气发生的是取代反应，则D 为醇，由D 能被氧化为E ，且结合给出的信息：
RCHO+CH3COOR′
RCH=CHCOOR′，那么E 应为醛类，即甲苯与氯气发生的是甲基上的取代，那么C 为
，C 在氢氧化钠的水溶液中发生的是取代反应，那么D 应为
，即E 为
，
据此推断得出F 为：
，那么X 为
，
（1）依据分析可知：E 为苯甲醛，含有官能团为﹣CHO，即醛基，故答案为：醛基；
（2 ）B 为乙酸，D 为苯甲醇，两者发生酯化反应生成乙酸苯甲酯，化学反应方程式为：
，
故
答
案
为
：
；
（3 ）E 与F 形成X ，即
与
反应生成X ，依据信息可知：
RCHO+CH3COOR′
RCH=CHCOOR′ ，那么X 应为：
，故答案为：
；
（4）A．X 中含有酯基，能发生水解反应，故A 正确；
B．X 中含有苯环，能与浓硝酸发生取代反应，故B 错误；
C．X 中含有碳碳双键，能使Br2/CCl4 溶液褪色，故C 正确；
D．X 中不含有醛基，不能发生银镜反应，故D 错误，
故选AC；
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（5）F 为
，分子式为：C9H10O2，A 中含有10 个碳原子数，与F 不是同分异构体，故A 错误；
B 和C 的分子式均为C9H10O3，且与F 结构不同，属于同分异构体；D 中C 原子个数为10，与F 不是同分异构体，故D
错误，
故选BC．
【点评】本题主要考查的是有机物的合成与有机物的推断，充分掌握常见有机化合物的性质以及抓住所给信息解题是
关键，有一定的难度，注意整理．
9．（18 分）Ⅰ．请回答：
（1）H2O2 的电子式
．
（2）镁燃烧不能用CO2 灭火，用化学方程式表示其理由
2Mg+CO2
C+2MgO
．
（3）在AgCl 沉淀中加入KBr 溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式
AgCl+Br
﹣=AgBr+Cl
﹣
．
（4）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
2
MnO4
﹣+
5
C2O42﹣+
16H
+
═
2
Mn2++
10
CO2↑+
8H2O
．
Ⅱ．化合物甲和NaAlH4 都是重要的还原剂．一定条件下金属钠和H2 反应生成甲．甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3 反
应可得到NaAlH4．将4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L（已折算成标准状况）的H2．
请推测并回答：
（1）甲的化学式
NaH
．
（2）甲与AlCl3 反应得到NaAlH4 的化学方程式
4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl
．
（3）NaAlH4 与水发生氧化还原反应的化学方程式
NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑
．
（4）甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂（铁锈的成分表示为Fe2O3），脱锈过程发生反应的化学方程式
3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH
．
（5）某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得
到的固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的．
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由
制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致
产物中有NaCl；
验纯方法不合理，如果有Na 残留，Na 与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl
．
【分析】I、（1）双氧水中两个氢原子分别与两个氧原子通过共用一对电子结合，两个氧原子之间通过共用1 对电子结
合；
（2）高温下，Mg 与二氧化碳反应生成易燃的MgO；
（3）AgBr 的溶解度小于AgCl 溶解度，向AgCl 沉淀中加入KBr 溶液发生了沉淀的转化；
（4）依据氧化还原反应得失电子守恒，结合元素守恒和电荷守恒书写即可；
II、（1）钠元素在化合物中只能形成+1 价，据此结合生成氢气的物质的量判断其化学式即可；
（2）NaH 与AlCl3 反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，据此书写；
（3）NaAlH4 与水反应生成氢气，应是水中的H 元素与NaH 中的H 元素之间得失电子，据此书写即可；
（4）由题意可知NaH 常做还原剂那么铁锈为氧化剂，反应生成铁单质，据此书写；
（5）制备过程中未指明吸收杂质气体HCl，据此解答；氢气与金属钠反应未指明钠的用量，钠可能过量，过量的钠也
可以与水反应生成氢气．
【解答】解：I、（1）双氧水为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O﹣O 键，双氧水的电子式为：
，
故答案为：
；
（2）高温下，Mg 与二氧化碳反应生成MgO，化学反应方程式为：2Mg+CO2
C+2MgO，不能起到灭火的作用，
故答案为：2Mg+CO2
C+2MgO；
（3）AgCl 沉淀中加入KBr 溶液，生成了更难溶的AgBr 沉淀，离子反应方程式为：AgCl+Br
﹣=AgBr+Cl
﹣，故答案为：AgCl+Br
﹣=AgBr+Cl
﹣；
（4）此反应中Mn 由+7 价降低到+2 价，得到5 个电子，C 由+3 价升高到+4 价失去1 个电子，2 个C 失去2 个电子，
故高锰酸根与草酸根的化学计量数分别为2 和5，据此配平得2MnO4
﹣+5C2O42﹣+16H
+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：
2MnO4
﹣+5C2O42﹣+16H
+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
II、（1）Na 在化合价中呈现+1 价，故该物质的化学式可能为NaH，又甲与AlCl3 反应可得到NaAlH4，Al 的化合价为+3，
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故H 元素的化合价为﹣1，4.80g 甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L，即0.1mol 氢气，化学反应方程式为：
2NaH
2Na+H2↑
48g
22.4L
4.8g
2.24L
故此化合物为NaH，故答案为：NaH；
（2）NaH 与AlCl3 反应可得到NaAlH4，此反应无化合价的变化，根据原子守恒推测另一种生成物，化学反应方程式为：
4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl，故答案为：4NaH+AlCl3=NaAlH4+3NaCl；
（3）NaAlH4 与水反应生成氢气，即NaH 中H 化合价升高，水中H 元素化合价降低，化学反应方程式为：
NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑，故答案为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑；
（4）NaH 常做还原剂（H 化合价升高为+1 价），铁锈在此为氧化剂（Fe 化合价降低为0 价），反应生成铁单质，化学
反应方程式为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH，故答案为：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH；
（5）稀盐酸具有挥发性，且可以利用浓硫酸干燥，故制取的氢气中可能混有杂质气体HCl，那么制取的甲中就混有NaCl，
验证过程中未排除金属钠的干扰，过量的金属能也可以与水反应生成氢气．
故答案为：制备过程不合理，因为盐酸易挥发，氢气中混有HCl，导致产物中有NaCl；
验纯方法不合理，如果有Na 残留，Na 与水反应也产生氢气，且没有考虑混入的NaCl．
【点评】本题主要考查的是常见元素以及其化合物的知识，综合性较强，涉及电子式的书写、物质的判断、氧化还原
反应的是电子守恒、化学反应方程式书写、实验方案的评价等，难度较大．
10．（15 分）乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
（1）已知：
化学键
C﹣H
C﹣C
C=C
H﹣H
键能/kJ•mol¯1
412
348
612
436
计算上述反应的△H=
+124
kJ•mol
﹣1．
（2）维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应．已知乙苯的平衡
转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K=
（用α等符号表示）．
（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1：9），控制反应温度600℃，
并保持体系总压为常压的条件下进行反应．在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性
（指除了H2 以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实
正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水
蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动
．
②控制反应温度为600℃的理由是
600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化
率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大
．
（4）某研究机构用CO2 代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺﹣﹣﹣﹣乙苯﹣二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯．保持常
压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2+H2
═CO+H2O，CO2+C═2CO．新工艺的特点有
①②③④
（填编号）．
①CO2 与H2 反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
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③有利于减少积炭
④有利用CO2 资源利用．
【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3 中总键能与﹣CH=CH2、
H2 总键能之差；
（2）参加反应的乙苯为nα mol，则：
⇌
+H2
开始（mol）：n
0
0
转化（mol）：nα
nα
nα
平衡（mol）：n（1﹣α）
nα
nα
维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，由PV=nRT 可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则
=
，故V′=（1+α）V，再根据平衡常数表达式K=
计算解答；
（3）①保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；
②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高；结合温度对乙苯转化率、苯乙烯选择性、温度对反应速率与催化剂
的影响及消耗能量等，分析控制反应温度为600℃的理由；
（4）①CO2 与H2 反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移；
②由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，
消耗的能量减少；
③由于会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭；
④CO2 代替水蒸气，有利用CO2 资源利用．
【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是﹣CH2CH3 中总键能与﹣CH=CH2、
H2 总键能之差，故△H=（5×412+348﹣3×412﹣612﹣436）kJ•mol
﹣1=+124kJ•mol
﹣1，
故答案为：+124；
（2）物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应
参加反应的乙苯为nα mol，则：
⇌
+H2
开始（mol）：n
0
0
转化（mol）：nα
nα
nα
平衡（mol）：n（1﹣α）
nα
nα
维持体系总压强p 恒定，在温度T 时，由PV=nRT 可知，混合气体总浓度不变，设反应后的体积为V′，则
=
，故V′=（1+α）V，则平衡常数K=
=
=
，
故答案为：
；
（3）①正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正
反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率，
故答案为：正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡
向正反应方向移动；
②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，
高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大，故选择600℃左右，
故答案为：600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择
性下降，高温下可能失催化剂失去活性，且消耗能量较大；
（4）①CO2 与H2 反应，导致氢气浓度减低，有利于乙苯脱氢反应的化学平衡右移，故正确；
②由题目信息可知，在保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度，
消耗的能量减少，故正确；
③由于会发生反应CO2+C═2CO，有利于减少积炭，故正确；
④CO2 代替水蒸气，有利用CO2 资源利用，故正确，
故选：①②③④．
【点评】本题考查反应热计算、化学平衡常数计算、反应速率及平衡移动的影响因素、对条件控制的分析评价等，（1）
中认为苯环存在单双键交替形式不影响计算结构，（2）中平衡常数计算为易错点、难点，注意温度、压强不变，容器
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的体积发生变化，学生容易认为容器的体积不变，题目难度较大．
11．（15 分）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取．
实验（一）碘含量的测定
取0.0100mol•L
﹣1 的AgNO3 标准溶液装入滴定管，取100.00mL 海带浸取原液至滴定池，用电势滴定法测定碘含量．测
得的电动势（E）反映溶液中c（I
﹣）的变化，部分数据如表：
V（AgNO3）/mL
15.00
19.00
19.80
19.98
20.00
20.02
21.00
23.00
25.00
E/mV
﹣225
﹣200
﹣150
﹣100
50.0
175
275
300
325
实验（二）碘的制取
另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：
已知：3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O
请回答：
（1）实验（一）中的仪器名称：仪器A
坩埚
，仪器B
500mL 容量瓶
．
（2）①根据表中数据绘制滴定曲线：
②该次滴定终点时用去AgNO3 溶液的体积为
20.00
mL，计算得海带中碘的百分含量为
0.635%
%．
（3）①分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为
向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，
检查玻璃塞是否漏水
．
②步骤X 中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是
液体分为上下两层，下层呈紫红色
．
③下列有关步骤Y 的说法，正确的是
AB
．
A．应控制NaOH 溶液的浓度和体积
B．将碘转化成离子进入水层
C．主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D．NaOH 溶液可以由乙醇代替
④实验（二）中操作Z 的名称是
过滤
．
（4）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是
碘单质易升华，会导致碘损失
．
【分析】（1）在仪器A 中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为500mL，应该选用规格为500mL 的容量瓶；
（2）①根据表中数据绘制出滴定曲线；
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②根据图象判断滴定终点时用去AgNO3 溶液的体积；根据硝酸银与碘离子的反应计算出100mL 溶液中含有碘离子的物
质的量，再计算出500mL 溶液中含有的碘离子，最后计算出海带中碘的百分含量；
（3）①检查分液漏斗是否漏水，需要分别检查瓶塞、旋塞是否漏水；
②碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；
③A．反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液；
B．碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；
C．该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；
D．乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质．
④碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；
（4）从碘单质易升华角度分析．
【解答】解：（1）根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B 配制500mL 含有碘离子的浸取液，
需要使用500mL 的容量瓶，
故答案为：坩埚；500mL 容量瓶；
（2）①根据表中数据可以绘制出电动势（E）与消耗硝酸银溶液体积的关系图为：
，
故答案为：
；
②根据滴定曲线可知，当加入20mL 硝酸银溶液时，电动势出现了突变，说明滴定终点时消耗了20.00mL 硝酸银溶液；
20.00mL 硝酸银溶液中含有硝酸银的物质的量为：0.0100mol/L×0.02L=0.0002mol，则500mL 原浸出液完全反应消耗硝
酸银的物质的量为：0.0002mol×
=0.001mol，说明20.00g 该海带中含有0.001mol 碘离子，所以海带中碘的百分
含量为：
×100%=0.635%，
故答案为：20.00mL；0.635%；
（3）①检查分液漏斗是否漏水的操作方法为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，
检查玻璃塞是否漏水，
故答案为：向分液漏斗中加入少量蒸馏水，检查旋塞处是否漏水，将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水；
②碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X 向含有碘单质的水溶液中加入四氯
化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，则下层呈紫红色，
故答案为：液体分为上下两层，下层呈紫红色；
③A．发生反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O 中，需要浓氢氧化钠溶液，所以应控制NaOH 溶液的浓度和体积，故A
正确；
B．根据反应3I2+6NaOH═5NaI+NaIO3+3H2O 可知，步骤Y 将碘转化成离子进入水层，故B 正确；
C．该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，将碘转化成离子进入水层，不是除去有机杂质，故C 错误；
D．乙醇易溶于水和四氯化碳，将氢氧化钠换成乙醇，仍然无法分离出碘单质，故D 错误；
故答案为：AB；
④步骤Z 将碘单质和水分离，由于碘单质不溶于水，可通过过滤操作完成，故答案为：过滤；
（4）方案甲中采用蒸馏操作，由于碘单质容易升华，会导致碘单质损失，所以甲方案不合理，故答案为：碘单质易升
华，会导致碘损失．
【点评】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考
查学生的分析、理解能力及化学实验能力，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法．
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“物质结构与性质”模块（10 分）
12．（1）Cu2+的电子排布式是
1s22s22p63s23p63d9
（2）下列物质中既有离子键又有共价键的是
BD
A．MgO
B．NaOH
C．CaCl2
D．（NH4）2SO4
（3）关于下列分子的说法不正确的是
CD
A．既有σ键又有π键
B．O﹣H 键的极性强于C﹣H 键的极性
C．是非极性分子
D．该物质的分子之间不能形成氢键，但它可以与水分子形成氢键．
（4）下列说法不正确的是
AD
A．HOCH2CH（OH）CH2OH 与CH3CHClCH2CH3 都是手性分子
B．NH4
+和CH4 的空间构型相似
C．BF3 与
都是平面型分子
D．CO2 和H2O 都是直线型分子
（5）下列有关性质的比较，正确的是
B
A．第一电离能：O＞N
B．水溶性：CH3CH2OH＞CH3CH2OCH2CH3
C．沸点：HCl＞HF
D．晶格能：NaCl＞MgO．
【分析】（1）Cu 元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p43d104s1，Cu 原子失去4s、3d
能级的1 个电子形成Cu2+；
（2）活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键、非金属元素之间易形成共价键，铵盐中都含有离子键；
（3）A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键一个π键；
B．两种元素非金属性差距越大极性越大；
C．结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；
D．该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键；
（4）A．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子；
B．NH4
+和CH4 的空间构型都是正四面体结构；
C．
是平面型分子，根据价层电子对互斥理论判断BF3 空间构型；
D．CO2 是直线形分子、H2O 是V 形分子；
（5）A．同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于其相邻
元素；
B．能和水形成氢键的物质溶解性大；
C．氢化物的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但含有氢键的氢化物熔沸点较高；
D．晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比．
【解答】解：（1）Cu 元素原子核外电子数为29，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu 原子失去4s、
3d 能级的1 个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；
（2）A．MgO 中只含离子键，故错误；
B．NaOH 中含有离子键和共价键，故正确；
C．CaCl2 中只含离子键，故错误；
D．（NH4）2SO4 中含有离子键和共价键，故正确；
故选BD；
（3）A．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键一个π键，该分子中含有碳碳双键，所以既有σ键又有π键，故正确；
B．两种元素非金属性差距越大极性越大，O﹣H 之间的非金属性之差大于C﹣H 之间的非金属性之差，所以O﹣H 键的
极性强于C﹣H 键的极性，故正确；
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C．结构对称，正负电荷重心重合的分子为非极性分子，该分子结构不对称，正负电荷重心不重合，所以为极性分子，
故错误；
D．该物质中含有酚羟基，所以该分子的分子之间能形成氢键，故错误；
故选CD；
（4）A．HOCH2CH（OH）CH2OH 不是手性分子，故A 错误；
B．NH4
+和CH4 中中心原子价层电子对个数都是4 且不含孤电子对，所以其空间构型都是正四面体结构，故B 正确；
C．
是平面型分子，BF3 中B 原子价层电子对个数是3 且不含孤电子对，所以为平面三角形结构，故C 正确；
D．CO2 是直线形分子、H2O 是V 形分子，故D 错误；
故选AD；
（5）A．同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA 族、第VA 族元素第一电离能大于其相邻
元素，所以第一电离能N＞O，故错误；
B．能和水形成氢键的物质溶解性大，乙醇和水能形成氢键、乙醚和水不能形成氢键，所以水溶性CH3CH2OH＞
CH3CH2OCH2CH3，故正确；
C．氢化物的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，HF 中含有氢键、HCl 中不含氢
键，所以沸点HCl＜HF，故错误；
D．晶格能与离子半径成反比、与离子电荷成正比，氯化钠中离子半径都大于MgO 中离子半径，且电荷小于MgO 中
电荷，所以晶格能NaCl＜MgO，故错误；
故选B．
【点评】本题考查物质结构、性质，涉及熔沸点、晶格能、氢键、原子杂化、微粒空间构型判断、原子核外电子排布
等知识点，这些都是高频考点，难点是空间构型及原子杂化方式判断，注意氢键只影响物理性质，不影响化学性质，
影响物质熔沸点、溶解度等．
“有机化学基础”模块（10 分）
13．某研究小组以化合物1 为原料，按下列路线制备聚合物8：
已知：
请回答：
（1）以下四个化合物中，含有羧基的是
BC
．
A．化合物3
B．化合物4
C．化合物6
D．化合物7
（2）化合物4→8 的合成路线中，未涉及到的反应类型是
D
．
A．取代反应
B．消去反应
C．加聚反应
D．还原反应
（3）下列四个化合物中，与化合物4 互为同系物的是
CD
．
A．CH3COOC2H5
B．C6H5COOH
C．CH3CH2CH2COOH
D．CH3COOH
（4）化合物4 的属于酯类的所有同分异构体的结构简式
HCOOCH2CH3、CH3COOCH3
．
（5）化合物7→8 的化学方程式
n CH2=CHCOOCH3
．
【分析】乙烯与HBr 发生加成反应生成2 为CH3CH2Br，结合信息可知，CH3CH2Br 与NaCN 发生取代反应生成3 为CH3CH2CN，
CH3CH2CN 水解得到4 为CH3CH2COOH，CH3CH2COOH 在Br2/P 条件下发生取代反应生成5 为CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH
在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，再酸化得到6 为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH 与甲醇发生酯化反应生成7 为
CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3 发生加聚反应生成聚合物8 为
，据此解答．
【解答】解：乙烯与HBr 发生加成反应生成2 为CH3CH2Br，结合信息可知，CH3CH2Br 与NaCN 发生取代反应生成3 为
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CH3CH2CN，CH3CH2CN 水解得到4 为CH3CH2COOH，CH3CH2COOH 在Br2/P 条件下发生取代反应生成5 为CH3CHBrCOOH，
CH3CHBrCOOH 在氢氧化钠醇溶液条件下发生消去反应，再酸化得到6 为CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH 与甲醇发生酯化
反应生成7 为CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3 发生加聚反应生成聚合物8 为
．
（1）A．化合物3 为CH3CH2CN，不含羧基，故不选；
B．化合物4 为CH3CH2COOH，含有羧基，故选；
C．化合物6 为CH2=CHCOOH，含有羧基，故选；
D．化合物7 CH2=CHCOOCH3，不含羧基，故不选，
故选：BC；
（2）化合物4→8 的合成路线中，依次发生的取代反应、消去反应、酯化反应（属于取代反应）、加聚反应，未涉及还
原反应，
故选：D；
（3）CH3COOC2H5 属于酯，C6H5COOH 属于芳香酸，CH3CH2CH2COOH CH3COOH，属于脂肪酸，均含有1 个羧基，组成
相差2 个CH2 原子团，二者互为同系物，
故选：CD；
（4）化合物4 为CH3CH2COOH，属于酯类的所有同分异构体有：HCOOCH2CH3、CH3COOCH3，
故答案为：HCOOCH2CH3、CH3COOCH3；
（5 ）化合物7→8 的化学方程式为n CH2=CHCOOCH3
，故答案为：n
CH2=CHCOOCH3
．
【点评】本题考查有机物推断，根据反应条件利用顺推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度不
大．
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2015 年天津市高考化学试卷
一、选择题：
1．（6 分）下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（
）
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3 溶液解毒
D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
2．（6 分）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（
）
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na
+，无K
+
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
3．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．Na 与H2O 的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3 和MnO2 均可加快H2O2 分解，同等条件下二者对H2O2 分解速率的改变相同
D．Mg（OH）2 固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH
﹣（aq），该固体可溶于NH4Cl 溶液
4．（6 分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（
）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
5．（6 分）室温下，将0.20mol Na2CO3 固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（
）
加入的物质
结论
A
100mL
2mol•L
﹣1H2SO4
反应结束后，c（Na
+）=c（SO42﹣）
B
0.20molCaO
溶液中
增大
C
200mL H2O
由水电离出的c（H
+）•c（OH
﹣）不变
D
0.4molNaHSO4 固体
反应完全后，溶液pH 减小，c（Na
+）不变
A．A
B．B
C．C
D．D
6．（6 分）某温度下，在2L 的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平
衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z 的
体积分数不变．下列叙述不正确的是（
）
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X 与Y 的平衡转化率之比为1：1
D．第二次平衡时，Z 的浓度为0.4mol•L
﹣1
二、非选择题
7．（14 分）随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x 等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化
如图1 所示。
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根据判断出的元素回答问题：
（1）f 在周期表中的位置是
；
（2）比较d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
＞
；比较g、h 的最高价氧化物对应水
化物的酸性强弱：
＞
。
（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式：
；
（4）已知1mole 的单质在足量d2 中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：
；
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L
﹣1R 溶液的烧杯中滴加1mol•L
﹣1NaOH 溶液，沉淀物质的
量随NaOH 溶液体积的变化示意图如图2
①R 溶液中，离子浓度由大到小的顺序是
；
②写出m 点反应的离子方程式：
；
③若在R 溶液中改加20ml 1.2mol•L
﹣1Ba（OH）2 溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为
mol。
8．（18 分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A 和B 为原料合成扁桃酸衍生物F 的路线如图1：
（1）A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为
，写出A+B→C 的化学反应方程
式：
；
（2）C（
）中①、②、③3 个﹣OH 的酸性由强到弱的顺序是
；
（3）E 是由2 分子C 生成的含有3 个六元环的化合物，E 分子中不同化学环境的氢原子有
种．
（4）D→F 的反应类型是
，1molF 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为
mol．
写出符合下列条件的F 的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：
．
①属于一元酸类化合物
②苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基
（5）已知：
A 有多种合成方法，在图2 方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图（其他原料任选），合成路线流程图示例如下：
H2C=CH2
CH3CH2OH
CH3COOC2H5．
9．（18 分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍，湿法技术是将粉碎的印刷电路板
经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品．某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如图1：
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回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu（NH3）42+，反应中H2O2 的作用是
，写出操作①的名称：
；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH 反应，写出该反应的离子方程式：
，操作②用到的主要
仪器名称为
，其目的是（填序号）
．
a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2+在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2 与稀硫酸反应生成CuSO4 和
，若操作③使用如图2 装置，图中存在的错误
是
；
（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4 溶液，阴极析出铜，阳极产物是
，操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步
骤是
；
（5）流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是
，循环使用的NH4Cl 在反应
Ⅰ中的主要作用是
．
10．（14 分）FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性
小，请回答下列问题：
（1）FeCl3 净水的原理是
，FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除H
+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）
；
（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3．
①若酸性FeCl2 废液中c（Fe2+）=2.0×10
﹣2mol•L
﹣1，c（Fe3+）=1.0×10
﹣3mol•L
﹣1，c（Cl
﹣）=5.3×10
﹣2mol•L
﹣1，则该溶
液的pH 约为
；
②完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：
ClO3
﹣+
Fe2++
=
Cl
﹣+
Fe3++
（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H
+
K1
Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2
++H
+
K2
Fe（OH）2
++H2O⇌Fe（OH）3+H
+
K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3 由大到小的顺序是
．
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：
xFe3++yH2O⇌Fex（OH）y
（3x﹣y）++yH
+
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）
．
a．降温
b．加水稀释
c．加入NH4Cl
d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是
；
（4）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示，由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe
（mg•L
﹣1）表示]的最佳范围约为
mg•L
﹣1．
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2015 年天津市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
1．（6 分）下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是（
）
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3 溶液解毒
D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂去污能力减弱
【分析】A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫；
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液；
C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应；
D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙．
【解答】解：A．硫在空气或氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成SO3，故A 错误；
B．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2（OH）2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面
的铜锈，故B 正确；
C．水杨酸为邻羟基苯甲酸，含有羧基、酚羟基，羧基能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应
时，可以用NaHCO3 溶液解毒，故C 正确；
D．肥皂有效成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难
溶的高级脂肪酸钙，使肥皂去污能力减弱，故D 正确，
故选：A。
【点评】本题考查化学与生活，比较基础，体现了化学知识在生产、生活中的应用．
2．（6 分）下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（
）
A．在溶液中加KSCN，溶液显红色，证明原溶液中有Fe3+，无Fe2+
B．气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na
+，无K
+
D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2
【分析】A．如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN 溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+；
B．无水硫酸铜吸水变为CuSO4•5H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；
C．灼烧白色粉末，火焰成黄色，证明原粉末中有Na
+，不能证明无K
+，因为黄光可遮住紫光，K
+焰色反应需透过蓝色
的钴玻璃滤去黄光后观察；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2 等．
【解答】解：A．Fe3+遇KSCN 会使溶液呈现红色，Fe2+遇KSCN 不反应无现象，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加
KSCN 溶液，溶液呈红色，则证明存在Fe3+，并不能证明无Fe2+，故A 错误；
B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2O═CuSO4•5H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故B 正
确；
C．灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na
+，并不能证明无K
+，Na
+焰色反应为黄色，可遮住紫光，K
+焰色反
应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察，故C 错误；
D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2 等，故将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体不一定是CO2，
故D 错误，
故选：B。
【点评】本题考查常见物质及离子检验，侧重对基础知识的考查，注意对基础知识的掌握积累．
3．（6 分）下列说法不正确的是（
）
A．Na 与H2O 的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行
B．饱和Na2SO4 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，但原理不同
C．FeCl3 和MnO2 均可加快H2O2 分解，同等条件下二者对H2O2 分解速率的改变相同
D．Mg（OH）2 固体在溶液存在平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH
﹣（aq），该固体可溶于NH4Cl 溶液
【分析】A．该反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，反应放出大量的热，结合△G=△H﹣T△S＜0，
反应自发进行；
B．饱和Na2SO4 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，前者为盐析，后者为蛋白质变性；
C．FeCl3 和MnO2 对H2O2 分解催化效果不相同；
D．NH4Cl 溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，平衡右移．
【解答】解：A．Na 与水反应为固体与液态反应生成气体，该反应为熵增反应，即△S＞O，反应中钠熔化为小球，说
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明反应放出大量的热，即△H＜0，则△G=△H﹣T△S＜0，故该反应自发进行，故A 正确；
B．饱和Na2SO4 溶液或浓硝酸均可使蛋白质溶液产生沉淀，饱和Na2SO4 溶液降低蛋白质溶解度，为盐析现象，为可逆
过程，再加入水可以溶解，硝酸具有强氧化性，使蛋白质变性，过程不可能，二者原理不同，故B 正确；
C．FeCl3 和MnO2 对H2O2 分解催化效果不相同，同等条件下H2O2 分解速率的改变不相同，故C 错误；
D．NH4Cl 溶液中铵根离子水解呈酸性，消耗Mg（OH）2（s）溶解平衡中的氢氧根离子，使Mg（OH）2（s）⇌Mg2+
（aq）+2OH
﹣（aq）平衡右移，故Mg（OH）2 可溶于NH4Cl 溶液，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题侧重对化学反应原理考查，涉及反应自发性判断、蛋白质的性质、反应速率影响因素、沉淀溶解平衡等，
注意B 选项中蛋白质变性的一些方法，难度不大．
4．（6 分）锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是（
）
A．铜电极上发生氧化反应
B．电池工作一段时间后，甲池的c（SO42﹣）减小
C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加
D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡
【分析】由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn 发生氧化反应，为负极，Cu 电极上发生还原反应，为
正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离
子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn 的摩尔质量大于Cu，
故乙池溶液总质量增大．
【解答】解：A．由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn 为负极，发生氧化反应，Cu 为正极，发生还
原反应，故A 错误；
B．阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c（SO42﹣）不变，故B 错误；
C．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e
﹣=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+
与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn 的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故C 正确；
D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离子交换膜，故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查原电池工作原理，比较基础，注意阳离子交换膜只允许阳离子通过，C 选项利用电荷守恒分析．
5．（6 分）室温下，将0.20mol Na2CO3 固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是（
）
加入的物质
结论
A
100mL
2mol•L
﹣1H2SO4
反应结束后，c（Na
+）=c（SO42﹣）
B
0.20molCaO
溶液中
增大
C
200mL H2O
由水电离出的c（H
+）•c（OH
﹣）不变
D
0.4molNaHSO4 固体
反应完全后，溶液pH 减小，c（Na
+）不变
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】n（Na2CO3）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣，
A．n（H2SO4）=2mol/L×0.1L=0.2mol，H2SO4 和Na2CO3 反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式
知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，根据电荷守恒判断c（Na
+）、c（SO42﹣）相对大小；
B．CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，所以得CaO+H2O+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，根据方程
式知，二者恰好反应生成NaOH，反应后溶液中的溶质是NaOH；
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C．加水稀释促进碳酸钠水解；
D．NaHSO4 和Na2CO3 反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、
H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性．
【解答】解：n（Na2CO3）=0.2mol，碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为CO32﹣+H2O
⇌HCO3
﹣+OH
﹣，
A．n（H2SO4）=2mol/L×0.1L=0.2mol，H2SO4 和Na2CO3 反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O，根据方程式
知，二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4，溶液呈中性，则c（H
+）=c（OH
﹣），根据电荷守恒得（Na
+）=2c（SO42﹣），
故A 错误；
B．CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，随着CO32﹣的消耗，CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣向左移动，
c（HCO3
﹣）减小，反应生成OH
﹣，则c（OH
﹣）增大，导致溶液中
增大，故B 正确；
C．加水稀释促进碳酸钠水解，则由水电离出的n（H
+）、n（OH
﹣）都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数
小于溶液体积增大倍数，c（H
+）、c（OH
﹣）减小，二者浓度之积减小，故C 错误；
D．NaHSO4 和Na2CO3 反应方程式为：2NaHSO4+Na2CO3=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据方程式知，二者恰好反应生成Na2SO4、
H2O、CO2，溶液中的溶质是硫酸钠，溶液呈中性，溶液由碱性变为中性，溶液的pH 减小，因为硫酸氢钠中含有钠离
子，所以c（Na
+）增大，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题为2015 年高考题的改编题，考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确盐类水解原理及物质之间的反应
是解本题关键，结合电荷守恒、盐类水解特点分析解答，易错选项是C，注意C 中计算的是水电离出的c（H
+）．c（OH
﹣）之积而不是溶液中c（H
+）．c（OH
﹣）之积，为易错点．
6．（6 分）某温度下，在2L 的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）⇌3Z（g），平
衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡后，X、Y、Z 的
体积分数不变．下列叙述不正确的是（
）
A．m=2
B．两次平衡的平衡常数相同
C．X 与Y 的平衡转化率之比为1：1
D．第二次平衡时，Z 的浓度为0.4mol•L
﹣1
【分析】A．平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到平衡
后，X、Y、Z 的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；
C．设第一次达到平衡状态时X 参加反应的物质的量为amol，根据转化率=
进行计算；
D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y 的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次
平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，据此解答．
【解答】解：A．平衡时，X、Y、Z 的体积分数分别为30%、60%、10%，在此平衡体系中加入1molZ（g），再将达到
平衡后，X、Y、Z 的体积分数不变，说明反应前后气体计量数之和不变，所以m=2，故A 正确；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，所以两次平衡的平衡常数相同，故B 正确；
C．设第一次达到平衡状态时X 参加反应的物质的量为amol，
X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）
开始（mol）
1
2
0
转化（mol）
a
2a
3a
平衡（mol）（1﹣a）（2﹣2a）
3a
相同条件下，气体的体积与物质的量成正比，所以其体积分数等于其物质的量分数，即（1﹣a）：（2﹣2a）：3a=30%：
60%：10%，所以a=0.1，则参加反应的△n（X）=0.1mol、△n（Y）=0.2mol，
转化率=
，
X 的转化率=
=10%，Y 的转化率=
=10%，所以X 和Y 的转化率之比为1：1，故C 正确；
D．该反应的反应前后气体计量数之和不变，第一次反应是按照X、Y 的计量数之比来投料，所以第二次平衡与第一次
平衡是等效平衡，两次平衡后各物质的含量不变，投入Z 后，设Z 参加反应的物质的量为3bmol，
X（g）+2Y（g）⇌3Z（g）
第一次平衡（mol）：0.9
1.8
0.3
加入1molZ：0.9
1.8
1.3
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转化：b
2b
3b
第二次平衡（mol）：（0.9+b）（1.8+2b）（1.3﹣3b）
各物质含量不变，所以（0.9+b）：（1.8+2b）：（1.3﹣3b）=30%：60%：10%=3：6：1，
b=0.3，n（Z）=（1.3﹣0.9）mol=0.4mol，Z 的物质的量浓度=
=0.2mol/L，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题为2015 年高考题，考查化学平衡计算、等效平衡、平衡常数等知识点，侧重考查学生分析计算能力，注
意平衡常数、电离平衡常数、溶度积常数、盐类水解平衡常数都只与温度有关，与浓度无关，难点是D 选项计算，题
目难度中等．
二、非选择题
7．（14 分）随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x 等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化
如图1 所示。
根据判断出的元素回答问题：
（1）f 在周期表中的位置是
第三周期ⅢA 族
；
（2）比较d、e 常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：
O2﹣
＞
Na
+
；比较g、h 的最高价氧化物对应水
化物的酸性强弱：
HClO4
＞
H2SO4
。
（3）任选上述元素组成一种四个原子共价化合物，写出其电子式：
（或
）
；
（4）已知1mole 的单质在足量d2 中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：
2Na（s）
+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol
﹣1
；
（5）上述元素可组成盐R：zx4f（gd4）2，向盛有10mL1mol•L
﹣1R 溶液的烧杯中滴加1mol•L
﹣1NaOH 溶液，沉淀物质的
量随NaOH 溶液体积的变化示意图如图2
①R 溶液中，离子浓度由大到小的顺序是
c（SO42﹣）＞c（NH4
+）＞c（Al3+）＞c（H
+）＞c（OH
﹣）
；
②写出m 点反应的离子方程式：
NH4
++OH
﹣=NH3•H2O
；
③若在R 溶液中改加20ml 1.2mol•L
﹣1Ba（OH）2 溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为
0.022
mol。
【分析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x 是H 元素，y 是C 元素，z 是N 元素，d 是O 元素，e 是Na 元素，
f 是Al 元素，g 是S 元素，h 是Cl 元素。
（1）f 是Al 元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA 族；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强；
（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2 等；
（4）1molNa 的单质在足量O2 中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ 热量，2molNa 反应放出热量为511kJ，注明聚集
状态、反应热书写热化学方程式；
（5）①R 是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4
+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4
+水解程度更大；
②m 点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4
+与OH
﹣反应生成NH3•H2O；
③根据n=cV 计算n（Al3+ ）、n（NH4
+）、n（SO42﹣）、n（Ba2+）、n（OH
﹣），根据SO42﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的
量计算生成BaSO4 的物质的量，依次发生：Al3++OH
﹣=Al（OH）3↓、NH4
++OH
﹣=NH3•H2O、Al（OH）3+OH
﹣=AlO2
﹣+2H2O，
根据方程式计算生成Al（OH）3 的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量。
【解答】解：从图中的化合价和原子半径的大小，可知x 是H 元素，y 是C 元素，z 是N 元素，d 是O 元素，e 是Na
元素，f 是Al 元素，g 是S 元素，h 是Cl 元素。
（1）f 是Al 元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA 族，故答案为：第三周期ⅢA 族；
（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2﹣）＞r（Na
+）；非金属性越强，最高
价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：r（O2﹣）＞r（Na
+）；HClO4＞H2SO4；
（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2 等，其电子式为：
（或
），
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故答案为：
（或
）；
（4）1molNa 的单质在足量O2 中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ 热量，2molNa 反应放出热量为511kJ，则该反应
的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol
﹣1，
故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol
﹣1；
（5）①R 是NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4
+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4
+水解程度更大，故离子浓度由大到
小的顺序是：c（SO42﹣）＞c（NH4
+）＞c（Al3+）＞c（H
+）＞c（OH
﹣），
故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4
+）＞c（Al3+）＞c（H
+）＞c（OH
﹣）；
②m 点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4
+与OH
﹣反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4
++OH
﹣=NH3•H2O，
故答案为：NH4
++OH
﹣=NH3•H2O；
③10mL 1mol•L
﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4
+的物质的量为0.01mol，SO42﹣的物质的量为0.02mol，
20mL 1.2 mol•L
﹣1Ba（OH）2 溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH
﹣为0.048mol，
由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO4，
Al3++3OH
﹣=Al（OH）3↓
0.01mol 0.03mol 0.01mol
反应剩余OH
﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.018mol，
NH4
++OH
﹣=NH3•H2O
0.01mol 0.01mol
反应剩余OH
﹣为0.018mol﹣0.01mol=0.008mol，
Al（OH）3+OH
﹣=AlO2
﹣+2H2O
0.008mol 0.008mol
故得到Al（OH）3 沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol
则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，
故答案为：0.022mol。
【点评】本题考查结构位置性质关系、离子半径的大小比较、元素周期律、热化学方程式书写、离子浓度大小比较、
化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
8．（18 分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A 和B 为原料合成扁桃酸衍生物F 的路线如图1：
（1）A 分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A 所含官能团名称为
醛基、羧基
，写出A+B→C 的化学
反应方程式：
；
（2）C（
）中①、②、③3 个﹣OH 的酸性由强到弱的顺序是
③＞①＞②
；
（3）E 是由2 分子C 生成的含有3 个六元环的化合物，E 分子中不同化学环境的氢原子有
4
种．
（4）D→F 的反应类型是
取代反应
，1molF 在一定条件下与足量NaOH 溶液反应，最多消耗NaOH 的物质的量为
3
mol．
写出符合下列条件的
F
的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：
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．
①属于一元酸类化合物
②苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基
（5）已知：
A 有多种合成方法，在图2 方框中写出由乙酸合成A 的路线流程图（其他原料任选），合成路线流程图示例如下：
H2C=CH2
CH3CH2OH
CH3COOC2H5．
【分析】（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A 是OHC﹣COOH，根据C
的结构可知B 是
，A+B→C 发生加成反应；
（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；
（3）C 中有羟基和羧基，2 分子C 可以发生酯化反应，可以生成3 个六元环的化合物，C 分子间醇羟基、羧基发生酯
化反应，则E 为
；
（4）对比D、F 的结构，可知溴原子取代﹣OH 位置；F 中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与
氢氧化钠反应；
F 的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取
代基为﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH；
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3 反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到
HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH．
【解答】解：（1）A 的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A 是OHC﹣COOH，根据
C 的结构可知B 是
，A+B→C 发生加成反应，反应方程式为：
，
故答案为：醛基、羧基；
；
（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：③＞①＞②，
故答案为：③＞①＞②；
羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；
（3）C 中有羟基和羧基，2 分子C 可以发生酯化反应，可以生成3 个六元环的化合物，C 分子间醇羟基、羧基发生酯
化反应，则E 为
，为对称结构，分子中有4 种化学环境不同的H 原子，分别为苯环上2 种、
酚羟基中1 种、亚甲基上1 种，
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故答案为：4；
（4）对比D、F 的结构，可知溴原子取代﹣OH 位置，D→F 的反应类型是：取代反应；F 中溴原子、酚羟基、酯基（羧
酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应，1molF 最多消耗3mol NaOH；
F 的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2 个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取
代基为﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：
，
故答案为：取代反应；3；
；
（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3 反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到
HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu 作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流
程图为：CH3COOH
ClCH2COOH
HOCH2COONa
HOCH2COOH
OHC﹣COOH，
故答案为：CH3COOH
ClCH2COOH
HOCH2COONa
HOCH2COOH
OHC﹣COOH．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、同分异构体的书写、常见有机反应类型、官能团的性质等，是对有机化学基
础的综合考查，难度中等．
9．（18 分）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍，湿法技术是将粉碎的印刷电路板
经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品．某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如图1：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu（NH3）42+，反应中H2O2 的作用是
氧化剂
，写出操作①的名称：
过滤
；
（2 ）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu （NH3 ）42+ 与有机物RH 反应，写出该反应的离子方程式：
Cu （NH3 ）
42++2RH=CuR2+2NH4
++2NH3↑
，操作②用到的主要仪器名称为
分液漏斗
，其目的是（填序号）
ab
．
a．富集铜元素
b．使铜元素与水溶液中的物质分离
c．增加Cu2+在水中的溶解度
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2 与稀硫酸反应生成CuSO4 和
RH
，若操作③使用如图2 装置，图中存在的错误是
分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多
；
（4）操作④以石墨作电极电解CuSO4 溶液，阴极析出铜，阳极产物是
O2、H2SO4
，操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的
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主要步骤是
加热浓缩、冷却结晶、过滤
；
（5）流程中有三处实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是
H2SO4
，循环使用的NH4Cl 在反
应Ⅰ中的主要作用是
防止由于溶液中c（OH
﹣）过高，生成Cu（OH）2 沉淀
．
【分析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，
所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu（NH3）42+，Cu 元素化合价由0 价变为+2 价，所以Cu 是还原剂，则双氧
水是氧化剂，将Cu 氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH 反应，生成CuR2，同时生成NH4
+和NH3；
互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4 和HR，
然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫
酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；
（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH 反应生成CuR2，同时生成NH4
+和NH3，根据反应物和生成物书
写该反应的离子方程式为；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗；
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2 与稀硫酸反应生成CuSO4 和RH，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗
内不能盛放太多溶液；
（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，SO42﹣向阳极移动；从溶液中获
取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法；
（5）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用；氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨电离而降低溶液碱性．
【解答】解：废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方
法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu 转化为Cu（NH3）42+，Cu 元素化合价由0 价变为+2 价，所以Cu 是还原剂，则
双氧水是氧化剂，将Cu 氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH 反应，生成CuR2，同时生成NH4
+和
NH3；
互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4 和HR，
然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫
酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；
（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，该混
合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体，所以操作①是过滤，故答案为：氧化剂；过滤；
（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH 反应生成CuR2，同时生成NH4
+和NH3，根据反应物和生成物书
写该反应的离子方程式Cu（NH3）42++2RH=CuR2+2NH4
++2NH3↑；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液
漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab 正确，
故答案为：Cu（NH3）42++2RH=CuR2+2NH4
++2NH3↑；分液漏斗；ab；
（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2 与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成CuSO4 和RH，分液时分液漏斗下端要紧
靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液，
故答案为：RH；分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多；
（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大
量的H
+生成，且SO42﹣也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H2SO4；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结
晶、过滤方法，
故答案为：O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤；
（5）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，在反应III 中用到硫酸，所以H2SO4 能循环利用；氯化铵电离出的铵根离子抑制
一水合氨电离而降低溶液碱性，从而抑制氢氧化铜生成，
故答案为：H2SO4；防止由于溶液中c（OH
﹣）过高，生成Cu（OH）2 沉淀．
【点评】本题为2015 年高考题，考查物质分离和提纯，涉及基本实验操作、氧化还原反应、电解原理等知识点，侧重
考查学生实验操作规范性、知识综合应用能力等，能从整体上把握是解本题关键，易错点是（5）题第一个空，题目难
度中等．
10．（14 分）FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3 高效，且腐蚀性
小，请回答下列问题：
（1）FeCl3 净水的原理是
Fe3+水解生成的Fe（OH）3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质
，FeCl3 溶液腐蚀钢铁设备，除
H
+作用外，另一主要原因是（用离子方程式表示）
2Fe3++Fe=3Fe2+
；
（2）为节约成本，工业上用NaClO3 氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3．
①若酸性FeCl2 废液中c（Fe2+）=2.0×10
﹣2mol•L
﹣1，c（Fe3+）=1.0×10
﹣3mol•L
﹣1，c（Cl
﹣）=5.3×10
﹣2mol•L
﹣1，则该溶
液的pH 约为
2
；
②完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：
1
ClO3
﹣+
6
Fe2++
6H
+
=
1
Cl
﹣+
6
Fe3++
3H2O
（3）FeCl3 在溶液中分三步水解：
Fe3++H2O⇌Fe（OH）2++H
+
K1
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Fe（OH）2++H2O⇌Fe（OH）2
++H
+
K2
Fe（OH）2
++H2O⇌Fe（OH）3+H
+
K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3 由大到小的顺序是
K1＞K2＞K3
．
通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为：
xFe3++yH2O⇌Fex（OH）y
（3x﹣y）++yH
+
欲使平衡正向移动可采用的方法是（填序号）
bd
．
a．降温
b．加水稀释
c．加入NH4Cl
d．加入NaHCO3
室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是
调节溶液的pH
；
（4）天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如图所示，由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe
（mg•L
﹣1）表示]的最佳范围约为
18～20
mg•L
﹣1．
【分析】（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe 会与
铁离子反应生成亚铁离子；
（2）①根据电荷守恒：c（Cl
﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H
+）（酸性溶液中OH
﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），
据此溶液中氢离子的浓度，再根据pH=﹣lgc（H
+）计算；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl 元素的化合价从+5 价降低到﹣1
价，得到6 个电子，而Fe 元素的化合价从+2 价升高到+3 价，失去1 个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系
数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数
是3；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小；
控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以降温平衡逆向移动；加水稀释，则水解平衡也正向移动；加入氯化
铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，平衡正向移动；
从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH；
（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg•L
﹣1 时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小．
【解答】解：（1）Fe3+水解生成的Fe（OH）3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用；钢铁设备中的Fe
会与铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：Fe3+水解生成的Fe（OH）3 胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质；2Fe3++Fe=3Fe2+；
（2）①根据电荷守恒：c（Cl
﹣）=2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+c（H
+）（酸性溶液中OH
﹣浓度很小，在这里可以忽略不计），
则c（H
+）=c（Cl
﹣）﹣2c（Fe2+）﹣3c（Fe3+）=1.0×10
﹣2mol•L
﹣1，则溶液pH=﹣lg1.0×10
﹣2=2，
故答案为：2；
②氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl 元素的化合价从+5 价降低到﹣1
价，得到6 个电子，而Fe 元素的化合价从+2 价升高到+3 价，失去1 个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系
数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数
是3，配平后离子方程式为：ClO3
﹣+6Fe2++6H
+=Cl
﹣+6Fe3++3H2O，
故答案为：1；6；6H
+；1；6；3H2O；
（3）铁离子的水解分为三步，且水解程度逐渐减弱，所以水解平衡常数逐渐减小，则K1＞K2＞K3；
控制条件使平衡正向移动，使平衡正向移动，因为水解为吸热反应，所以降温，平衡逆向移动；加水稀释，则水解平
衡也正向移动；加入氯化铵，氯化铵溶液为酸性，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，则消耗氢离子，
所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故选bd；
从反应的离子方程式中可知，氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成，所以关键步骤是调节溶液的pH，
故答案为：K1＞K2＞K3；bd；调节溶液的pH；
（4）由图象可知，聚合氯化铁的浓度在18～20 mg•L
﹣1 时，去除率达到最大值，污水的浑浊度减小，
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故答案为：18～20．
【点评】本题考查铁的化合物性质的应用、氧化还原反应方程式的配平、对图象的分析能力、平衡移动影响因素等，
需要学生具备扎实的基础与灵活运用难度，难度中等．
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2015 年四川省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．（6 分）下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（
）
A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂
C．漂粉精作消毒剂
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂
2．（6 分）下列有关CuSO4 溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中Na
+、NH4
+、NO3
﹣、Mg2+可以大量共存
B．通入CO2 气体产生蓝色沉淀
C．与H2S 反应的离子方程式：Cu2++S2﹣=CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4
+
3．（6 分）下列操作或装置能达到实验目的是（
）
A．
配置一定浓度的NaCl 溶液
B．
除去氯气中的HCl 气体
C．
观察铁的吸氧腐蚀
D．
检验乙炔的还原性
4．（6 分）用如图所示装置除去含有CN
﹣、Cl
﹣废水中的CN
﹣时，控制溶液pH 为9～10，阳极产生的ClO
﹣将CN
﹣氧化
为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（
）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式：Cl
﹣+2OH
﹣﹣2e
﹣═ClO
﹣+H2O
C．阴极的电极反应式：2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣
D．除去CN
﹣的反应：2CN
﹣+5ClO
﹣+2H
+═N2↑+2CO2↑+5Cl
﹣+H2O
5．（6 分）设NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.0gH218O 与D2O 的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4 g 乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6LCO2 与足量Na2O2 反应转移的电子数为0.5NA
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D．50mL12mol/L 盐酸与足量MnO2 共热，转移的电子数为0.3NA
6．（6 分）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3 与NaCl 溶液混合，析出部分NaHCO3 晶体，过滤，所得滤
液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（
）
A．
＜1.0×10
﹣7mol/L
B．c（Na
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H
+）+c（NH4
+）＞c（OH
﹣）+c（HCO3
﹣）+2 c（CO32﹣）
D．c（Cl
﹣）＞c（HCO3
﹣）＞c（NH4
+）＞c（CO32﹣）
7．（6 分）一定量的CO2 与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时，体系
中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P 分）=气体总压（P 总）×体积分数，下列说法正确的是（
）
A．550℃时，若充入惰性气体，v 正，v 退均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2 的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2 和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0P 总
二、非选择题（共58 分）
8．（13 分）X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；X 和R 属同族元素，Z 和U 位于第ⅦA 族；
X 和Z 可形成化合物XZ4；Q 基态原子的s 轨道和P 轨道的电子总数相等：T 的一种单质在空气中能够自燃．
请回答下列问题：
（1）R 基态原子的电子排布式是
．
（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3 的立体构型是
．
（3）x 所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中．酸性最强的是
（填化学式）；Z 和U 的氢化物中沸点较高
的是
（填化学式）；Q，R，U 的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是
（填化学式）
（4）CuSO4 溶液能用作T4 中毒的解毒剂，反应可生成T 的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是
．
9．（13 分）（NH4）2SO4 是常用的化肥和化工原料．受热易分解．某兴趣小组拟探究其分解产物．
【查阅资料】（NH4）2SO4 在260℃和400℃时分解产物不同．
【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）
实验1：连接装置A﹣B﹣C﹣D，检查气密性．按图示加入试剂（装置B 盛0.5000mol/L 盐酸70.00mL）通入N2 排尽空
气后，于260℃加热装置A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色．取下装置B，加入指示利．用
0.2000moI/LNaOH 溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH 溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．
（1）仪器X 的名称是
．
（2）滴定前，下列操作的正确顺序是
（填字母编号）．
a．盛装0.2000mol/LNaOH 溶液
b．用0.2000mol/L NaOH 溶液润洗
c．读数、记录d．查漏、清洗
e．排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面
（3）装置B 内溶液吸收气体的物质的量是
mol．
实验2：连接装置A﹣D﹣B，检查气密性．按图示重新加入试剂；通入N2 排尽空气后，于400℃加热装置A 至
（NH4）2SO4 完全分解无残留物．停止加热，冷却．停止通入N2，观察到装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体．经
检验，该白色固体和装置D 内溶液中有SO32﹣．无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．
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（4）检查装置D 内溶液中有SO32﹣．无SO42﹣的实验操作和现象是
．
（5）装置B 内溶液吸收的气体是
．
（6）（NH4）2SO4 在400℃分解的化学方程式是
．
10．（16 分）化合物F 是（异戊巴比妥）是临床常用的镇静催眠药物．其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）
C
D
E
F
已知：
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的化学名称是
．化合物B 的官能团名称是
．第④步的化学反应类型是
．
（2）第①步反应的化学方程式是
．
（3 ）第⑤步反应的化学方程式是
．
（4）试剂Ⅱ相对分子质量为60，其结构简式是
．
（5）化合物B 的一种同分异构体G 与NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物H，H 在一定条件下发生聚合反应得到
高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是
．
11．（16 分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe 主要以
Fe2O3
存
在
）
转
变
成
重
要
的
化
工
原
料
FeSO4
（
反
应
条
件
略）．
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：
（1）第Ⅰ步H2SO4 与Fe2O3 反应的离子方程式是
。
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全被还原，应选择
（填字母编号）。
A．KMnO4 溶液
B．KCl 溶液
C．KSCN 溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3 调溶液pH 到5.8 左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH 到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、
硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH 降低的原因是
。
（4）FeSO4 可转化为FeCO3，FeCO3 在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。
已知25℃，101kPa 时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/mol
FeCO3 在空气中加热反应生成Fe2O3 的热化学方程式是
。
（5）FeSO4 在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反
应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是
（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%，将a kg 质量分数为b%的硫酸加入到c kg 烧渣中浸取，铁的浸
取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH 后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第Ⅲ步应
加入FeCO3
kg。
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2015 年四川省高考化学试卷
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）下列物质在生话中应用时，起还原作用的是（
）
A．明矾作净水剂B．甘油作护肤保湿剂
C．漂粉精作消毒剂
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂
【分析】物质起还原作用，则该物质作还原剂，其化合价要升高，据此分析．
【解答】解：A．明矾净水时铝离子发生水解反应，没有元素化合价的变化，故A 错误；
B．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的变化，故B 错误；
C．漂粉精作消毒剂，氯元素的化合价降低，作氧化剂，故C 错误；
D．铁粉作食品袋内的脱氧剂，Fe 与氧气反应，铁的化合价升高，作还原剂，起到还原作用，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，题目难度不大，注意根据化合价的变化分析．
2．（6 分）下列有关CuSO4 溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中Na
+、NH4
+、NO3
﹣、Mg2+可以大量共存
B．通入CO2 气体产生蓝色沉淀
C．与H2S 反应的离子方程式：Cu2++S2﹣=CuS↓
D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3•H2O=Cu（OH）2↓+2NH4
+
【分析】A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应；
B．通入CO2 气体，与硫酸铜溶液不反应；
C．H2S 在离子反应中保留化学式；
D．与过量浓氨水反应，生成络离子．
【解答】解：A．该组离子之间不反应，与硫酸铜也不反应，则可大量共存，故A 正确；
B．通入CO2 气体，与硫酸铜溶液不反应，不能生成蓝色沉淀，故B 错误；
C．H2S 在离子反应中保留化学式，则与H2S 反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H
+，故C 错误；
D．与过量浓氨水反应，生成络离子，则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存及离子反应，为高频考点，为2015 年高考真题，把握常见离子之间的反应为解答的关键，
侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查，题目难度不大．
3．（6 分）下列操作或装置能达到实验目的是（
）
A．
配置一定浓度的NaCl 溶液
B．
除去氯气中的HCl 气体
C．
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观察铁的吸氧腐蚀
D．
检验乙炔的还原性
【分析】A．依据定容时眼睛应平视刻度线解答；
B．除去杂质不能引入新的杂质；
C．铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；
D．生成的乙炔中含有H2S、PH3 等还原性气体．
【解答】解：A．配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，故A 错误；
B．饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，故B 错误；
C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C 正确；
D．生成的乙炔中含有H2S、PH3 等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题为实验题，考查了实验基本操作及设计，明确实验原理及仪器使用方法即可解答，题目难度不大．
4．（6 分）用如图所示装置除去含有CN
﹣、Cl
﹣废水中的CN
﹣时，控制溶液pH 为9～10，阳极产生的ClO
﹣将CN
﹣氧化
为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（
）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式：Cl
﹣+2OH
﹣﹣2e
﹣═ClO
﹣+H2O
C．阴极的电极反应式：2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣
D．除去CN
﹣的反应：2CN
﹣+5ClO
﹣+2H
+═N2↑+2CO2↑+5Cl
﹣+H2O
【分析】A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极；
B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水；
C．阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子；
D．阳极产生的ClO
﹣将CN
﹣氧化为两种无污染的气体，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成．
【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，
所以可以用石墨作氧化剂、铁作阴极，故A 正确；
B．阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl
﹣+2OH
﹣﹣2e
﹣═ClO
﹣+H2O，故B 正确；
C．电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e
﹣═H2↑+2OH
﹣，故C 正确；
D．阳极产生的ClO
﹣将CN
﹣氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以
应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN
﹣+5ClO
﹣+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl
﹣+2OH
﹣，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题为2015 年四川省高考化学试题，涉及电解原理，明确各个电极上发生的反应及电解原理是解本题关键，
易错选项是BD，注意B 中反应生成物，注意D 中碱性条件下不能有氢离子参加反应或生成．
5．（6 分）设NA 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（
）
A．2.0gH218O 与D2O 的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4 g 乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6LCO2 与足量Na2O2 反应转移的电子数为0.5NA
D．50mL12mol/L 盐酸与足量MnO2 共热，转移的电子数为0.3NA
【分析】A、H218O 与D2O 的摩尔质量均为20g/mol；
B、求出乙醛的物质的量，然后根据1mol 乙醛中含6molσ键来分析；
C、求出二氧化碳的物质的量，然后根据CO2 与足量Na2O2 的反应为歧化反应来分析；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，稀盐酸和二氧化锰不反应．
【解答】解：A、H218O 与D2O 的摩尔质量均为20g/mol，故2.0gH218O 与D2O 混合物的物质的量为0.1mol，而1molH218O
与D2O 中均含10mol 中子，故0.1molH218O 与D2O 混合物中含1mol 中子，即NA 个，故A 正确；
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B、4.4g 乙醛的物质的量为0.1mol，而1mol 乙醛中含6molσ键，故0.1mol 乙醛中含0.6molσ键，即0.6NA 个，故B 错
误；
C、标况下，5.6L 二氧化碳的物质的量为0.25mol，而CO2 与足量Na2O2 的反应为歧化反应，1mol 二氧化碳发生反应时
反应转移1mol 电子，故0.25mol 二氧化碳反应时此反应转移0.25mol 电子，即0.25NA 个，故C 错误；
D、二氧化锰只能与浓盐酸反应，一旦浓盐酸变稀，反应即停止，4molHCl 反应时转移2mol 电子，而50mL12mol/L 盐
酸的物质的量n=CV=12mol/L×0.05L=0.6mol，这0.6mol 盐酸不能完全反应，则转移的电子的物质的量小于0.3mol 电
子，即小于0.3NA 个，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
6．（6 分）常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3 与NaCl 溶液混合，析出部分NaHCO3 晶体，过滤，所得滤
液pH＜7．下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是（
）
A．
＜1.0×10
﹣7mol/L
B．c（Na
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
C．c（H
+）+c（NH4
+）＞c（OH
﹣）+c（HCO3
﹣）+2 c（CO32﹣）
D．c（Cl
﹣）＞c（HCO3
﹣）＞c（NH4
+）＞c（CO32﹣）
【分析】A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3 与NaCl 溶液混合，析出部分NaHCO3 晶体，过滤，所得滤
液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH
﹣）小于纯水中c（OH
﹣）；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒、物料守恒判断；
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl
﹣）＞c（HCO3
﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根
离子水解但程度较小。
【解答】解：A．常温下，等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3 与NaCl 溶液混合，析出部分NaHCO3 晶体，过滤，所
得滤液pH＜7，说明滤液呈酸性，溶液中c（OH
﹣）小于纯水中c（OH
﹣），
=c（OH
﹣）＜1.0×10
﹣7mol/L，故A
正确；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，碳酸氢铵和NaCl 的物质的量相等，虽然析出部分碳酸钠，但仍然存在物料守
恒c（Na
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故B 正确；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒，根据电荷守恒得c（H
+）+c（NH4
+）+c（Na
+）=c（Cl
﹣）+c（OH
﹣）
+c（HCO3
﹣）+2 c（CO32﹣），根据物料守恒得c（Na
+）=c（Cl
﹣），则c（H
+）+c（NH4
+）=c（OH
﹣）+c（HCO3
﹣）+2 c（CO32
﹣），因为析出部分钠离子、碳酸氢根离子，所以存在c（H
+）+c（NH4
+）＞c（OH
﹣）+c（HCO3
﹣）+2 c（CO32﹣），故C
正确
D．因为析出部分碳酸氢钠，结合物料守恒知滤液中存在c（Cl
﹣）＞c（HCO3
﹣），溶液中析出部分碳酸氢根离子、铵根
离子水解但程度较小，所以存在c（HCO3
﹣）＜c（NH4
+），故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中溶质及其性质、析出物质成分是解本题关键，注意溶
液中仍然遵循电荷守恒和物料守恒，易错选项是D。
7．（6 分）一定量的CO2 与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）⇌2CO（g），平衡时，体系
中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P 分）=气体总压（P 总）×体积分数，下列说法正确的是（
）
A．550℃时，若充入惰性气体，v 正，v 退均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2 的转化率为25.0%
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C．T℃时，若充入等体积的CO2 和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0P 总
【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v 正，v 逆均减小，又该反应
是气体体积增大的反应，则平衡正向移动；
B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO 的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；
C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO 和CO2 的体积分数都为50%即为平衡状态；
D、925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=
，据此计算；
【解答】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v 正，v 逆均减小，又该
反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故A 错误；
B、由图可知，650℃时，反应达平衡后CO 的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，
则有C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）
开始
1
0
转化
x
2x
平衡；
1﹣x
2x
所以
×100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2 的转化率为
×100%=25%，故B 正确；
C、由图可知，T℃时，反应达平衡后CO 和CO2 的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C 错误；
D、925℃时，CO 的体积分数为96%，则CO2 的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数
Kp=
=
=23.0P，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析
问题、解决问题的能力．
二、非选择题（共58 分）
8．（13 分）X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；X 和R 属同族元素，Z 和U 位于第ⅦA 族；
X 和Z 可形成化合物XZ4；Q 基态原子的s 轨道和P 轨道的电子总数相等：T 的一种单质在空气中能够自燃．
请回答下列问题：
（1）R 基态原子的电子排布式是
1s22s22p63s23p2
．
（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3 的立体构型是
三角锥形
．
（3）x 所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中．酸性最强的是
HNO3
（填化学式）；Z 和U 的氢化物中沸点较
高的是
HF
（填化学式）；Q，R，U 的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是
Si、Mg、Cl2
（填化学式）
（4 ）CuSO4 溶液能用作T4 中毒的解毒剂，反应可生成T 的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是
P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4
．
【分析】X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z 和U 位于第ⅦA 族，则Z 为F 元素，U 为Cl；
Q 基态原子的s 轨道和P 轨道的电子总数相等，原子序数大于F，核外电子排布为1s22s22p63s2，故Q 为Mg；X 和Z 可
形成化合物XZ4，X 元素表现+4 价，原子序数小于F 元素，故X 为C 元素；X 和R 属同族元素，则R 为Si；T 的一种单
质在空气中能够自燃，原子序数介于Si 与Cl 之间，故T 为P 元素，据此解答．
【解答】解：X，Z，Q，R，T，U 分别代表原子序数依次增大的短周期元素；Z 和U 位于第ⅦA 族，则Z 为F 元素，U
为Cl；Q 基态原子的s 轨道和P 轨道的电子总数相等，原子序数大于F，核外电子排布为1s22s22p63s2，故Q 为Mg；X
和Z 可形成化合物XZ4，X 元素表现+4 价，原子序数小于F 元素，故X 为C 元素；X 和R 属同族元素，则R 为Si；T 的
一种单质在空气中能够自燃，原子序数介于Si 与Cl 之间，故T 为P 元素．
（1）R 为Si 元素，基态原子的电子排布式是1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；
（2）化合物TU3 为PCl3，分子中P 原子价层电子对数为3+
=4，有1 对孤电子对，其立体构型是三角锥形，故
答案为：三角锥形；
（3）x 为碳元素，处于第二周期，所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HNO3；
Z 和U 的氢化物分别为HF、HCl，HF 分子之间存在氢键，HCl 分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故HF 的沸
点高于HCl；
Mg、Si 为固体，为氯气为气体，氯气熔点最低，Si 属于原子晶体，熔点高于Mg，故熔点由高到低的排列顺序是Si、
Mg、Cl2，
故答案为：HNO3；HF；Si、Mg、Cl2；
（4 ）CuSO4 溶液能用作P4 中毒的解毒剂，反应可生成蓝色酸和铜，该反应的化学方程式是：
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P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4，故答案为：P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4．
【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子构型、氢键、元素周期律、熔沸点比较等，推断元素是
解题关键，侧重对基础知识的巩固．
9．（13 分）（NH4）2SO4 是常用的化肥和化工原料．受热易分解．某兴趣小组拟探究其分解产物．
【查阅资料】（NH4）2SO4 在260℃和400℃时分解产物不同．
【实验探究】该小组拟选用如图所示装置进行实验（夹持和加热装置略）
实验1：连接装置A﹣B﹣C﹣D，检查气密性．按图示加入试剂（装置B 盛0.5000mol/L 盐酸70.00mL）通入N2 排尽空
气后，于260℃加热装置A 一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2．品红溶液不褪色．取下装置B，加入指示利．用
0.2000moI/LNaOH 溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH 溶液25.00mL．经检验滴定后的溶液中无SO42﹣．
（1）仪器X 的名称是
圆底烧瓶
．
（2）滴定前，下列操作的正确顺序是
dbaec
（填字母编号）．
a．盛装0.2000mol/LNaOH 溶液
b．用0.2000mol/L NaOH 溶液润洗
c．读数、记录d．查漏、清洗
e．排尽滴定尖嘴的气泡并调整液面
（3）装置B 内溶液吸收气体的物质的量是
0.03
mol．
实验2：连接装置A﹣D﹣B，检查气密性．按图示重新加入试剂；通入N2 排尽空气后，于400℃加热装置A 至
（NH4）2SO4 完全分解无残留物．停止加热，冷却．停止通入N2，观察到装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体．经
检验，该白色固体和装置D 内溶液中有SO32﹣．无SO42﹣．进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物．
（4）检查装置D 内溶液中有SO32﹣．无SO42﹣的实验操作和现象是
取少许D 溶液于试管中，加入足量BaCl2 溶液，有
白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D 内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣
．
（5）装置B 内溶液吸收的气体是
NH3
．
（6）（NH4）2SO4 在400℃分解的化学方程式是
3（NH4）2SO4
4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑
．
【分析】实验1：（1）仪器X 为圆底烧瓶；
（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整
液面，读数、记录，滴定前准备完成；
（3）根据消耗氢氧化钠计算B 装置中剩余的HCl，参加反应的HCl 吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=
NH4Cl，进而计算吸收NH3 的物质的量，
实验2：（4）取D 溶液于试管中，加入足量BaCl2 溶液，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解且生成刺激性气味的气体，说
明D 内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；
（5）装置D 内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧
化硫、氨气与水形成的盐，装置B 内溶液吸收的气体是氨气；
（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4 在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O 生成，S 元素化合价降低，根据电子转移
守恒，只能为N 元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，配平书写方程式．
【解答】解：（1）由仪器X 的结构可知，X 为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
（2）滴定前，先检查滴定管是否漏水，再进行清洗，然后用标准液润洗，再注入标准液，排尽滴定尖嘴的气泡并调整
液面，读数、记录，滴定前准备完成，故正确的顺序为：dbaec，
故答案为：dbaec；
（3）滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH 为0.025L×0.2mol/L=0.005mol，故剩余HCl 为0.005mol，则参加反应的HCl
为0.07L×0.5mol/L﹣0.005mol=0.03mol，参加反应的HCl 吸收分解生成的NH3，发生反应：NH3+HCl=NH4Cl，故吸收NH3
的物质的量为0.03mol，
故答案为：0.03；
（4）检查装置D 内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣的实验操作和现象是：取少许D 溶液于试管中，加入足量BaCl2 溶液，有
白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成刺激性气味的气体，说明D 内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣，
故答案为：取少许D 溶液于试管中，加入足量BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，再加入盐酸，白色沉淀完全溶解，生成
刺激性气味的气体，说明D 内溶液中有SO32﹣，无SO42﹣；
（5）装置D 内溶液中有SO32﹣，说明分解生成SO2，装置A、D 之间的导气管内有少量白色固体，白色固体应是二氧
化硫、氨气与水形成的盐，装置B 内溶液吸收的气体是氨气，
故答案为：NH3；
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（6）由（5）中分析可知，（NH4）2SO4 在400℃分解时，有NH3、SO2、H2O 生成，S 元素化合价降低，根据电子转移
守恒，只能为N 元素化合价升高，气体产物中无氮氧化物，说明生成N2，分解反应方程式为：3（NH4）
2SO4
4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑，
故答案为：3（NH4）2SO4
4NH3↑+3SO2↑+6H2O↑+N2↑．
【点评】本题考查化学实验，涉及化学仪器、滴定操作、实验方案设计、化学计算、物质推断、化学方程式书写等，
是对学生综合能力的考查，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力难度中等．
10．（16 分）化合物F 是（异戊巴比妥）是临床常用的镇静催眠药物．其合成路线如下（部分反应条件和试剂略）
C
D
E
F
已知：
请回答下列问题：
（1）试剂Ⅰ的化学名称是
乙醇
．化合物B 的官能团名称是
醛基
．第④步的化学反应类型是
酯化反应或取代反应
．
（2）第①步反应的化学方程式是
+2NaOH
+2NaBr
．
（
3
）
第
⑤
步
反
应
的
化
学
方
程
式
是
+
（
CH3
）
2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→
+CH3CH2OH+NaBr
．
（4）试剂Ⅱ相对分子质量为60，其结构简式是
．
（5）化合物B 的一种同分异构体G 与NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物H，H 在一定条件下发生聚合反应得到
高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是
．
【分析】
在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A 为
，对比A、B 分子式可
知，A 中羟基被氧化为醛基，则B 为
，B 进一步氧化生成C 为
，C 与乙醇发生酯化反
应生成D，结合题目信息及F 的结构简式，可知D 为
，E 为
，试
剂Ⅱ为
，据此解答．
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【解答】解：
在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成A 为
，对比A、B 分子
式可知，A 中羟基被氧化为醛基，则B 为
，B 进一步氧化生成C 为
，C 与乙醇发生酯
化反应生成D，结合题目信息及F 的结构简式，可知D 为
，E 为
，
试剂Ⅱ为
．
（1）试剂Ⅰ为CH3CH2OH，化学名称是：乙醇，化合物B 为
，含有的官能团名称是：醛基，第④步的
化学反应类型是：酯化反应或取代反应，
故答案为：乙醇；醛基；酯化反应或取代反应；
（2）第①步反应的化学方程式是：
+2NaOH
+2NaBr，
故答案为：
+2NaOH
+2NaBr；
（
3
）
第
⑤
步
反
应
的
化
学
方
程
式
是
：
+
（
CH3
）
2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→
+CH3CH2OH+NaBr，
故答案为：
+（CH3）2CHCH2CH2Br+CH3CH2ONa→
+CH3CH2OH+NaBr；
（4）试剂Ⅱ相对分子质量为60，由上述分析可知，其结构简式是
，故答案为：
；
（5）化合物B（
）的一种同分异构体G 与NaOH 溶液共热反应，生成乙醇和化合物H，则H 的结构简
式为CH2=CHCOONa，H 在一定条件下发生聚合反应得到高吸水性树脂，该聚合物的结构简式是
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物推断，需要学生对给予的信息进行利用，结合转化关系中物质的结构、分子式与反应条件进
行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，难度中等．
11．（16 分）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe 主要以
Fe2O3
存
在
）
转
变
成
重
要
的
化
工
原
料
FeSO4
（
反
应
条
件
略）．
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：
（1）第Ⅰ步H2SO4 与Fe2O3 反应的离子方程式是
Fe2O3+6H
+=2Fe3++3H2O
。
（2）检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全被还原，应选择
C
（填字母编号）。
A．KMnO4 溶液
B．KCl 溶液
C．KSCN 溶液
（3）第Ⅲ步加FeCO3 调溶液pH 到5.8 左右，然后在第Ⅳ步通入空气使溶液pH 到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、
硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH 降低的原因是
氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H
+
。
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（4）FeSO4 可转化为FeCO3，FeCO3 在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。
已知25℃，101kPa 时：
4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/mol
C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol
2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/mol
FeCO3 在空气中加热反应生成Fe2O3 的热化学方程式是
4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol
。
（5）FeSO4 在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反
应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，正极反应式是
FeS2+4e
﹣=Fe+2S2﹣
（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%，将a kg 质量分数为b%的硫酸加入到c kg 烧渣中浸取，铁的浸
取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH 后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第Ⅲ步应
加入FeCO3
（0.0118ab﹣0.646c）
kg。
【分析】硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向滤液
中加入FeCO3 调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4 晶体。
（1）H2SO4 与Fe2O3 反应生成硫酸铁与水；
（2）用KSCN 溶液检验第Ⅱ步中Fe3+是否完全还原；
（3）氧气可以讲亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解使溶液pH 降低；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2，根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减，构
造目标热化学方程式；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2 获得电子生成Fe、S2﹣；
（6）第Ⅲ步应加入FeCO3 后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，根据FeS2～
7Fe2（S04）3～7Fe2O3 计算参加反应的FeS2 的物质的量，根据硫元素守恒计算n 总（FeSO4），由Fe 元素守恒计算n（FeCO3），
再根据m=nM 计算其质量。
【解答】解：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原Fe3+后过滤，向
滤液中加入FeCO3 调节溶液pH，过滤后在通入空气、调节溶液pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到FeSO4
晶体。
（1）H2SO4 与Fe2O3 反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H
+=2Fe3++3H2O，
故答案为：Fe2O3+6H
+=2Fe3++3H2O；
（2）KMnO4 溶液、K3[Fe（CN）6]溶液可以检验有Fe2+生成，取第Ⅱ步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，
若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，
故答案为：C；
（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H
+，使溶液pH 降低，
故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H
+；
（4）发生反应：4FeCO3+O2
2Fe2O3+4CO2，
已知：①4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H=﹣1648kJ/mol
②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393kJ/mol
③2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）═2FeCO3（s）△H=﹣1480kJ/mol
根据盖斯定律，①﹣③×2+②×④可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故△H=﹣1648kJ/mol﹣2×（﹣
1480kJ/mol）+4×（﹣393kJ/mol）=﹣260kJ/mol，
故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol，
故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）△H=﹣260kJ/mol；
（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2═Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2 获得电子生成Fe、S2﹣，正极电极反应式
为：FeS2+4e
﹣=Fe+2S2﹣，
故答案为：FeS2+4e
﹣=Fe+2S2﹣；
（6）Fe2O3 含量为50%，ckg 烧渣中，Fe2O3 质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，则参加反应的Fe2O3 质量为50%×
ckg×96%，其物质的量为（50%×c×103×96%）g÷160g/mol=3c mol，
akg 质量分数为b%的硫酸中m（H2SO4）=b%×akg，其物质的量为（b%×a×103）g÷98g/mol=
mol，
第Ⅲ步应加入FeCO3 后，浸取时加入的硫酸、活化硫铁矿还原Fe3+时生成的硫酸完全转化为FeSO4，
根据FeS2～7Fe2（S04）3～7Fe2O3，可知参加反应的FeS2 的物质的量
×3c mol，
根据硫元素守恒计算n 总（FeSO4）=
×3c mol×2+
mol，
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由Fe 元素守恒n（FeCO3）=n 总（FeSO4）﹣n（FeS2）﹣2n（Fe2O3）=
×3c mol×2+
mol﹣
×3c mol﹣2×3c
mol=
mol﹣
mol，故m（FeCO3）=（
﹣
）mol×116g/mol≈（11.8ab﹣646c）g，即为（0.0118ab
﹣0.646c）Kg，
故答案为：（0.0118ab﹣0.646c）。
【点评】本题以化学工艺流程为载体，考查离子方程式书写、离子检验、热化学方程式书写、电极反应式、化学计算
等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（6）中计算为易错点、难点，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐，较好的
考查学生分析计算能力。
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2015 年上海市高考化学试卷
一、选择题（本题共10 分，每小题2 分，每题只有一个正确选项）
1．（2 分）中国科学技术名词审定委员会已确定第116 号元素Lv 的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是
（
）
A．原子序数116 B．中子数177
C．核外电子数116
D．相对原子质量293
2．（2 分）下列物质见光不会分解的是（
）
A．HClO B．NH4ClC．HNO3 D．AgNO3
3．（2 分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（
）
A．不可能有很高的熔沸点B．不可能是单质
C．可能是有机物D．可能是离子晶体
4．（2 分）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（
）
A．单质氧化性的强弱
B．单质沸点的高低
C．单质与氢气化合的难易
D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
5．（2 分）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（
）
A．还原性
B．氧化性
C．漂白性
D．酸性
二、选择题（本题共36 分，每小题3 分，每题只有一个正确选项）
6．（3 分）将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4 分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（
）
A．2 种B．3 种C．4 种D．5 种
7．（3 分）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（
）
A．NaOH
B．KMnO4
C．KSCN D．苯酚
8．（3 分）已知H2O2 在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（
）
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2 的平衡转化率
C．H2O2 分解的热化学方程式：H2O2→H2O+
O2+Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
9．（3 分）已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是（
）
A．分子式为C9H5O4
B．1mol 咖啡酸最多可与5mol 氢气发生加成反应
C．与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应
D．能与Na2CO3 溶液反应，但不能与NaHCO3 溶液反应
10．（3 分）卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（
）
A．
B．
C．
D．
11．（3 分）下列有关物质性质的比较，错误的是（
）
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A．溶解度：小苏打＜苏打B．密度：溴乙烷＞水
C．硬度：晶体硅＜金刚石D．碳碳键键长：乙烯＞苯
12．（3 分）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（
）
A．硫酸铜
B．氢氧化钠C．硫酸亚铁D．二氧化硫
13．（3 分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（
）
A．操作I 中苯作萃取剂
B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．通过操作II 苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
14．（3 分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（
）
A．d 为石墨，铁片腐蚀加快
B．d 为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e
﹣=4OH
﹣
C．d 为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d 为锌块，铁片上电极反应为：2H
++2e
﹣→H2↑
15．（3 分）一般情况下，前者无法决定后者的是（
）
A．原子核外电子排布﹣﹣元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱﹣﹣电离常数的大小
C．分子间作用力的大小﹣﹣分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量﹣﹣化学反应的热效应
16．（3 分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最
高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（
）
A．元素丙的单质可用于冶炼金属
B．甲与丁形成的分子中有非极性分子
C．简单离子半径：丁＞乙＞丙
D．甲与乙形成的化合物均有氧化性
17．（3 分）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H
+、NH4
+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl
﹣、OH
﹣、NO3
﹣．向该溶液中
加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
三、选择题（本题共20 分，每小题4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个
正确选项的，选对一个给2 分，选错一个，该小题不给分）
18．（4 分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O 中的氨作用相同的是（
）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
19．（4 分）离子方程式2Ca2++3HCO3
﹣+3OH
﹣→2CaCO3↓+CO32﹣+3H2O 可以表示（
）
A．Ca（HCO3）2 与NaOH 溶液反应B．NaHCO3 与澄清石灰水反应
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C．Ca（HCO3）2 与澄清石灰水反应D．NH4HCO3 与澄清石灰水反应
20．（4 分）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（
）
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
21．（4 分）工业上将Na2CO3 和Na2S 以1：2 的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在
该反应中（
）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol 电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2 就会放出2.5m3CO2
22．（4 分）将O2 和NH3 的混合气体448mL 通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL
气体．原混合气体中O2 的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（
）
A．231.5mL
B．268.8mL
C．287.5mL
D．313.6mL
四、解答题（共1 小题，满分12 分）
23．（12 分）白云石的主要成份是CaCO3•MgCO3，在我国有大量的分布．以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛
的用途．白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离．碳化反应是放热反应，化
学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2⇌CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O
完成下列填空
（1）Ca（OH）2 的碱性比Mg（OH）2 的碱性
（选填“强”或“弱”）
Ca（OH）2 的溶解度比Mg（OH）2 的溶解度
（选填“大”或“小”）
（2）碳化温度保持在50～60℃．温度偏高不利于碳化反应，原因是
、
．温度偏低也不利于碳化反应，
原因是
．
（3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10min 到13min 之内钙离子的反应速率
为
．15min 之后钙离子浓度增大，原因是
（用化学方程式表示）．
（4）Mg 原子核外电子排布式为
；Ca 原子最外层电子的能量
Mg 原子最外层电子的能量．（选填“低于”、
“高于”或“等于”）
五、（本题共12 分）
24．（12 分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品．下图是
离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过．
完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式．
（2）离子交换膜的作用为：
、
．
（3）精制饱和食盐水从图中
位置补充，氢氧化钠溶液从图中
位置流出．（选填“a”、“b”、“c”或“d”）
（4）KClO3 可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2 和KHSO4 等物质．
写出该反应的化学方程式
（5）室温下，0.1mol/L NaClO 溶液的pH
0.1mol/L Na2SO3 溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
浓度均为0.1mol/L 的Na2SO3 和Na2CO3 的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3
﹣、HCO3
﹣浓度从大到小的顺序为
．
已知：H2SO3Ki1=1.54×10
﹣2Ki2=1.02×10
﹣7
HClOKi1=2.95×10
﹣8
H2CO3Ki1=4.3×10
﹣7Ki2=5.6×10
﹣11．
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六、（本题共12 分）
25．（12 分）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、
污水处理等方面．工业生产过程如下：
①在NH4Cl 溶液中加入Ca（OH）2；
②不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO2•8H2O 沉淀；
③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2．
完成下列填空
（1）第①步反应的化学方程式为
．
第②步反应的化学方程式为
．
（2）可循环使用的物质是
．
工业上常采用Ca（OH）2 过量而不是H2O2 过量的方式来生产，这是因为
．
（3）检验CaO2•8H2O 是否洗净的方法是
．
（4）CaO2•8H2O 加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，
目的是
、
．
（5）已知CaO2 在350℃迅速分解生成CaO 和O2．如图是实验室测定产品中CaO2 含量的装置（夹持装置省略）．
若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2 的质量分数为
（用字母表
示）．
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有
．
七、（本题共12 分）
26．（12 分）甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入
甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化
钠．
完成下列填空：
（1）将4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L 的硫酸滴定，至
终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为
mol/L．
（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过
mL．
（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化
钠溶液滴定．
HCHO+H2O2→HCOOH+H2O
NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O
已知H2O2 能氧化甲酸生成二氧化碳和水．
如果H2O2 用量不足，会导致甲醛含量的测定结果
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
；如果
H2O2 过量，会导致甲醛含量的测定结果
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
．
（4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：
HCHO+2Cu（OH）2
HCOOH+Cu2O↓+2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一
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判断．
①主要仪器：试管酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
．
八、（本题共10 分）
27．（12 分）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点．
完成下列填空：
（1）写出该共聚物的结构简式．
（2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体
．写出该两步反应所需的试剂及条
件
、
（3）将
与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A 在酸性条件下遇FeCl3 溶液不显色．
A 的结构简式为
．
由上述反应可推知，由A 生成对溴苯乙烯的反应条件为
．
（4）丙烯催化二聚得到2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，B 与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于
同一平面．
写出B 的结构简式．
设计一条由2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯制备B 的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：A
B…
目标产物）
九、（本题共12 分）
28．（12 分）醉药普鲁卡因E（结构简式为
）的三条合成路线如下图所示（部分反
应试剂和条件已省略）：
完成下列填空：
（1）比A 多一个碳原子，且一溴代物只有3 种的A 的同系物的名称是
．
（2）写出应试剂和反应条件，反应①
③
（3）设计反应②的目的是
．
（4）B 的结构简式为
；C 的名称是
．
（5）写出一种满足下列条件的D 的同分异构体的结构简式．
①芳香族化合物
②能发生水解反应
③有3 种不同环境的氢原子
1mol 该物质与NaOH 溶液共热最多消耗
mol NaOH．
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是
．
十、（本题共14 分）
29．（12 分）制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤．
完成下列计算：
（1）CaCO3 质量分数为0.90 的石灰石100kg 完全分解产生CO2
L（标准状况）．
石灰窑中，该石灰石100kg 与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完
全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为
mol．
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3．
向粗盐水中加入Ca（OH）2 除镁离子：MgCl2+Ca（OH）2→Mg（OH）2↓+CaCl2
然后加入Na2CO3 除钙离子．
处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO3
g．
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如果用碳酸化尾气（含NH3 体积分数为0.100、CO2 体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：
Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4
+
处理上述10m3 粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算．
（3）某氨盐水含氯化钠1521kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070kg．列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量．
②析出的碳酸氢钠晶体的质量．
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2015 年上海市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10 分，每小题2 分，每题只有一个正确选项）
1．（2 分）中国科学技术名词审定委员会已确定第116 号元素Lv 的名称为鉝，质量数293．关于鉝的叙述错误的是
（
）
A．原子序数116 B．中子数177
C．核外电子数116
D．相对原子质量293
【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．
【解答】解：A．第116 号元素Lv 的原子序数为116，故A 正确；
B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B 正确；
C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C 正确；
D．293 代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即
一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，
两者近似相等，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．
2．（2 分）下列物质见光不会分解的是（
）
A．HClO B．NH4ClC．HNO3 D．AgNO3
【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．
【解答】解：A．HClO 见光分解为HCl 与氧气，故A 不选；
B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B 选；
C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C 不选；
D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D 不选；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光
照，题目难度不大．
3．（2 分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（
）
A．不可能有很高的熔沸点B．不可能是单质
C．可能是有机物D．可能是离子晶体
【分析】一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、
共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析．
【解答】解：A．含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si﹣O 极性键，其熔沸点很高，故A 错误；
B．含有极性键的物质至少含有2 种元素，属于化合物，不可能是单质，故B 正确；
C．有机物中含有极性键，如甲烷中含有C﹣H 极性键，故C 正确；
D．离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH 中含有O﹣H 极性键，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难
度不大，注意利用举例法分析．
4．（2 分）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（
）
A．单质氧化性的强弱
B．单质沸点的高低
C．单质与氢气化合的难易
D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱
【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及
最高正价氧化物对应水化物酸性强弱．
【解答】解：A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A 不选；
B．单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B 选；
C．单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C 不选；
D．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故D 不选。
故选：B。
【点评】本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知
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识的积累．
5．（2 分）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（
）
A．还原性
B．氧化性
C．漂白性
D．酸性
【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．
【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，
体现还原性。
故选：A。
【点评】本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，
同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．
二、选择题（本题共36 分，每小题3 分，每题只有一个正确选项）
6．（3 分）将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4 分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（
）
A．2 种B．3 种C．4 种D．5 种
【分析】Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4 中Na 为金属晶体，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4 为离子晶体，以此解答．
【解答】解：Na 为金属晶体，熔化时克服金属键，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4 为离子晶体，熔化时克服离子键，需
要克服相同类型作用力的物质有4 种。
故选：C。
【点评】本题考查晶体类型的判断和化学键键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，题目
难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别．
7．（3 分）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（
）
A．NaOH
B．KMnO4
C．KSCN D．苯酚
【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题．
【解答】解：A．加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A 错误；
B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B 正确；
C．亚铁离子与KSCN 不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C 错误；
D．亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有
明显不同的现象．
8．（3 分）已知H2O2 在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（
）
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2 的平衡转化率
C．H2O2 分解的热化学方程式：H2O2→H2O+
O2+Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【分析】A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；
D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量．
【解答】解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A 错误；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2 的平衡转化率，故B 错误；
C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2 分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+
O2
（g）+Q，故C 错误；
D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D 正确；
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故选：D。
【点评】本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中
等
9．（3 分）已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是（
）
A．分子式为C9H5O4
B．1mol 咖啡酸最多可与5mol 氢气发生加成反应
C．与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应
D．能与Na2CO3 溶液反应，但不能与NaHCO3 溶液反应
【分析】有机物含有羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，
具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C9H8O4，故A 错误；
B．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol 咖啡酸最多可与4mol 氢气发生加成反应，故B 错误；
C．含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C 正确；
D．含有羧基，可与NaHCO3 溶液反应，故D 错误。
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，题目难度不大，注意有机物的结构特点和官能团的性质，
易错点为D，注意官能团的酸性强弱的比较．
10．（3 分）卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】A、环己烷中只存在1 种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；
B、2，2﹣二甲基丙烷只存在一种H，此有机物可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到；
C、2﹣甲基丙烷中存在2 种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；
D、2，2，3，3﹣四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可．
【解答】解：A、
可以由环己烷取代制得，故A 不选；
B、
可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到，故B 不选；
C、2﹣甲基丙烷中存在2 种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体，故
不适合由相应的烃经卤代
反应制得，故C 选；
D、
可以由2，2，3，3﹣四甲基丁烷制得，故D 不选，故选C。
【点评】本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，制取氯代烃的途径和方法必须满足制取的副反应产物最少
为好，难度不大．
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11．（3 分）下列有关物质性质的比较，错误的是（
）
A．溶解度：小苏打＜苏打B．密度：溴乙烷＞水
C．硬度：晶体硅＜金刚石D．碳碳键键长：乙烯＞苯
【分析】A．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
B．卤代烃的密度比水大；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间．
【解答】解：A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳
酸氢钠，故A 正确；
B．卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B 正确；
C．晶体硅与金刚石都为原子晶体C﹣C＜Si﹣Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C 正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，故D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难
度不大，注意把握性质比较的角度以及规律．
12．（3 分）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（
）
A．硫酸铜
B．氢氧化钠C．硫酸亚铁D．二氧化硫
【分析】A、CuS 不溶于酸；
B、H2S 和NaOH 发生酸碱中和反应；
C、FeS 不溶于水但溶于酸；
D、SO2 和H2S 发生归中反应．
【解答】解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水。
A、CuS 不溶于水也不溶于酸，故CuSO4 能和H2S 反应生成CuS 沉淀：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，
故A 正确；
B、H2S 和NaOH 发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B 错误；
C、FeS 不溶于水但溶于酸，故FeSO4 和H2S 不能反应，故C 错误；
D、SO2 和H2S 发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS 不溶于水但溶于酸，故FeSO4
和H2S 不能反应．
13．（3 分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（
）
A．操作I 中苯作萃取剂
B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．通过操作II 苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚
钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到
苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚．
【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到
苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸
得到苯酚和NaCl 溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚。
A．操作I 是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A 正确；
B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B 错误；
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C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C 正确；
D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度
中等．
14．（3 分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（
）
A．d 为石墨，铁片腐蚀加快
B．d 为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e
﹣=4OH
﹣
C．d 为锌块，铁片不易被腐蚀
D．d 为锌块，铁片上电极反应为：2H
++2e
﹣→H2↑
【分析】A、d 为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；
D、d 为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
【解答】解：A、d 为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A 正确；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e
﹣═4OH
﹣，故B 正确；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C 正确；
D、d 为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e
﹣═4OH
﹣，故D 错
误；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟
记原电池原理，难点是电极反应式的书写．
15．（3 分）一般情况下，前者无法决定后者的是（
）
A．原子核外电子排布﹣﹣元素在周期表中的位置
B．弱电解质的相对强弱﹣﹣电离常数的大小
C．分子间作用力的大小﹣﹣分子稳定性的高低
D．物质内部储存的能量﹣﹣化学反应的热效应
【分析】A、元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关；
B、电离常数越大说明该弱电解质越易电离；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质；
D、物质内部储存的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应．
【解答】解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子
核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A 正确；
B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B 正确；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳定性决定于其中的化学键，故C 错误；
D、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，
故D 正确，
故选：C。
【点评】本题主要考查的是元素周期表的形成、弱电解质的电离与电离常数、反应热效应等，综合性较强，有一定难
度．
16．（3 分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最
高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（
）
A．元素丙的单质可用于冶炼金属
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B．甲与丁形成的分子中有非极性分子
C．简单离子半径：丁＞乙＞丙
D．甲与乙形成的化合物均有氧化性
【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反
应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序
数可知，甲外围电子排布为2s2sp2 或2s22p4，甲为C 或O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为3s23p4，故丁为S
元素，据此解答．
【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相
互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原
子序数可知，甲外围电子排布为2s2sp2 或2s22p4，甲为C 或O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为3s23p4，故丁
为S 元素。
A．Al 与一些金属氧化物可以发生铝热反应，由于冶炼金属，故A 正确；
B．甲与丁形成的分子中CS2 为直线型对称结构，三氧化硫为平面正三角形结构，均属于非极性分子，故B 正确；
C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞Na
+＞Al3+，
故C 正确；
D．甲与乙形成的化合物有氧化钠、过氧化钠等，氧化钠氧化性很弱，通常条件下基本不表现氧化性，故D 错误，
故选：D。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意甲元素的不确定性，难度中等．
17．（3 分）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H
+、NH4
+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl
﹣、OH
﹣、NO3
﹣．向该溶液中
加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈
碱性，若为酸性，则不存在OH
﹣、NO3
﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H
+、NH4
+、Fe3+，以此解答该题．
【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能
呈碱性，
若溶液为酸性，则不存在：OH
﹣、NO3
﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl
﹣，阳离子可以为：H
+、NH4
+、Ba2+、Al3+，最多存在5
种离子；
若呈碱性，则不存在Al3+、H
+、NH4
+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32﹣，可存在的离子为：Ba2+、Cl
﹣、OH
﹣、NO3
﹣，则最多只有4 种，
根据分析可知，最多存5 种离子，
故选：C。
【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，
注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．
三、选择题（本题共20 分，每小题4 分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个
正确选项的，选对一个给2 分，选错一个，该小题不给分）
18．（4 分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O 中的氨作用相同的是（
）
A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O 反应中氨气中N 元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．
【解答】解：A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3 中N 元素的化合价不变，故A 错误；
B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O 反应中，氨气中N 元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故B 正确；
C．4NH3+6NO→5N2+6H2O 反应中，氨气中N 元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C 正确；
D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2 反应中，氨气中H 元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N 元素的化合价变化分析，
题目难度不大．
19．（4 分）离子方程式2Ca2++3HCO3
﹣+3OH
﹣→2CaCO3↓+CO32﹣+3H2O 可以表示（
）
A．Ca（HCO3）2 与NaOH 溶液反应B．NaHCO3 与澄清石灰水反应
C．Ca（HCO3）2 与澄清石灰水反应D．NH4HCO3 与澄清石灰水反应
【分析】与量有关的离子反应中，量少的物质完全反应，碳酸钙、水在离子反应中保留化学式，以此来解答．
【解答】解：A．Ca（HCO3）2 与足量的NaOH 反应即n[Ca（HCO3）2]：n（NaOH）=1：2 时，离子反应为Ca2++2HCO3
﹣+2OH
﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，与少量NaOH 反应即n[Ca（HCO3）2]：n（NaOH）=1：1 时，离子反应为Ca2++HCO3
﹣
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+OH
﹣=CaCO3↓+H2O，当n[Ca（HCO3）2]：n（NaOH）=2：3 时，符合离子方程式2Ca2++3HCO3
﹣+3OH
﹣→2CaCO3↓+CO32
﹣+3H2O，故A 选；
B．Ca（OH）2 与少量的NaHCO3 反应即n[Ca（OH）2]：n（NaHCO3）=1：1 时，离子反应为Ca2++HCO3
﹣+OH
﹣=CaCO3↓+H2O，
与过量NaHCO3 反应即n[Ca（OH）2]：n（NaHCO3）=1：2 时，离子反应为Ca2++2HCO3
﹣+2OH
﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，
当n[Ca（OH）2]：n（NaHCO3）=2：3 时，符合离子方程式2Ca2++3HCO3
﹣+3OH
﹣→2CaCO3↓+CO32﹣+3H2O，故B 选；
C．Ca（OH）2 与少量的Ca（HCO3）2 反应的离子反应为Ca2++HCO3
﹣+OH
﹣=CaCO3↓+H2O，Ca（OH）2 与足量的Ca（HCO3）
2 反应的离子反应为Ca2++HCO3
﹣+OH
﹣=CaCO3↓+H2O，故C 不选；
D．NH4HCO3 与足量澄清石灰水的离子反应为NH4
++Ca2++HCO3
﹣+2OH
﹣=CaCO3↓+NH3．H2O+H2O，NH4HCO3 与少量澄清石
灰水的离子反应为Ca2++2HCO3
﹣+2OH
﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O，故D 不选；
故选：AB。
【点评】本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有
关的离子反应考查，注意量少的物质完全反应，题目难度不大．
20．（4 分）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（
）
A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大
【分析】A、合成氨是发热反应，升温平衡逆向进行；
B、反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行；
C、减小反应物浓度，平衡逆向进行；
D、催化剂同等程度影响正逆反应速．
【解答】解：合成氨的化学方程式为：N2+3H2
2NH3，△H＜0，反应是气体体积减小的发热反应，
A、合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行，对逆反应的反应速率影响更大，故A 错误；
B、反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，对正反应的反应速率影响更大，故B 正确；
C、减小反应物浓度，平衡逆向进行，正反应减小的多，对正反应的反应速率影响更大，故C 错误；
D、催化剂改变反应速率，不改变化学平衡，同等程度影响正逆反应速率，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，主要是费用特征和平衡移动原理的理解应用，掌握基础是关键，
题目较简单．
21．（4 分）工业上将Na2CO3 和Na2S 以1：2 的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在
该反应中（
）
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol 电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2 就会放出2.5m3CO2
【分析】工业上将Na2CO3 和Na2S 以1：2 的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其
反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S 元素的化合价从﹣2 价升高到+2 价，S 的化合价从+4 价降
低到+2 价，据此分析．
【解答】解：A．由反应方程式中S 元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A 正确；
B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2 中，Na2S 为还原剂，SO2 为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，
故B 错误；
C．反应中2Na2S 转化为3Na2S2O3，转移8 个电子，则生成1molNa2S2O3，转移
mol 电子，故C 错误；
D．根据方程式可知，每当4molSO2 参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2 参与反应就会放出2.5m3CO2，
故D 正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难
度中等．
22．（4 分）将O2 和NH3 的混合气体448mL 通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL
气体．原混合气体中O2 的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（
）
A．231.5mL
B．268.8mL
C．287.5mL
D．313.6mL
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【分析】发生反应为：4NH3+5O2
4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL 气体可能为氧气，有可
能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别根据剩余气体为氧气、NO 结合反应方程式列式计算
即可．
【解答】解：最终收集到44.8mL 气体可能为氧气，有可能为NO，
当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O2
4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气
总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x 体积氨气消耗氧气体积为：x×
=
x，同时生成NO 体积为
x，生成的NO 完全反应消耗氧气的体积为：x×
=
x，则：②
x+
x+44.8mL=y，联立①②解得：x=134.4mL、y=313.6mL，
即：氧气体积为313.6mL；
当剩余的气体为NO 时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O2
4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，
剩余的44.8mL 为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积
为x×
=
x，同时生成NO 体积为x，其中转化成硝酸的NO 体积为：x﹣44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：
（x﹣44.8mL）
×
，消耗氧气总体积为：④
x+（x﹣44.8mL）×
=y，联立③④可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：原混合气体中
氧气的总体积为287.5mL，
根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL 或287.5mL，
故选：CD。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算
中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力．
四、解答题（共1 小题，满分12 分）
23．（12 分）白云石的主要成份是CaCO3•MgCO3，在我国有大量的分布．以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛
的用途．白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离．碳化反应是放热反应，化
学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2⇌CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O
完成下列填空
（1）Ca（OH）2 的碱性比Mg（OH）2 的碱性
强
（选填“强”或“弱”）
Ca（OH）2 的溶解度比Mg（OH）2 的溶解度
大
（选填“大”或“小”）
（2）碳化温度保持在50～60℃．温度偏高不利于碳化反应，原因是
二氧化碳的溶解度小
、
碳酸氢镁分解
．温
度偏低也不利于碳化反应，原因是
反应速率较小
．
（3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10min 到13min 之内钙离子的反应速率为
0.009mol/（L•min）
．15min 之后钙离子浓度增大，原因是
CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2
（用化学方程式表示）．
（4）Mg 原子核外电子排布式为
1s22s22p63s2
；Ca 原子最外层电子的能量
高于
Mg 原子最外层电子的能量．（选
填“低于”、“高于”或“等于”）
【分析】（1）金属性越强，对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强，氢氧化钙微溶于水，而氢氧化镁难溶；
（2）温度过高，二氧化碳的溶解度减小，且碳酸氢镁不稳定，如温度过低，反应速率较小；
（3）在10min 到13min 之内钙离子浓度由0.145mol/L 变化为0.118mol/L，结合v=
计算速率；15min 之后钙离子
浓度增大，原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙；
（4）Mg 原子核外有12 个电子，Ca 原子核外电子层数比Mg 多，原子半径大，最外层电子距离原子核较远．
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【解答】解：（1）金属性Ca＞Mg，金属性越强，对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强，则Ca（OH）2 的碱性
比Mg（OH）2 的碱性强，
氢氧化钙微溶于水，而氢氧化镁难溶，则Ca（OH）2 的溶解度比Mg（OH）2 的溶解度大，
故答案为：强；大；
（2）温度过高，二氧化碳的溶解度减小，且碳酸氢镁不稳定，不利于碳化反应，如温度过低，反应速率较小，也不利
于不利于碳化反应，
故答案为：二氧化碳的溶解度小；碳酸氢镁分解；反应速率较小；
（
3
）
在
10min
到
13min
之
内
钙
离
子
浓
度
由
0.145mol/L
变
化
为
0.118mol/L
，
v=
=
=0.009mol/（L•min），
15min 之后钙离子浓度增大，原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，反应的方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）
2，
故答案为：0.009mol/（L•min）；CaCO3+CO2+H2O=Ca（HCO3）2；
（4）Mg 原子核外有12 个电子，子核外电子排布式为1s22s22p63s2，Ca 原子核外电子层数比Mg 多，原子半径大，最
外层电子距离原子核较远，则能量较高，
故答案为：1s22s22p63s2；高于．
【点评】本题为2015 年上海高考题第四题，综合考查难溶电解质的溶解平衡、化学反应速率以及核外电子排布等知识，
侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等．
五、（本题共12 分）
24．（12 分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品．下图是
离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过．
完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式．
2Cl
﹣+2H2O
2OH
﹣+H2↑+Cl2↑
（2）离子交换膜的作用为：
防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯
、
防止阳极生成的氯
气与阴极生成的氢气反应遇火反应而引发安全事故
．
（3）精制饱和食盐水从图中
a
位置补充，氢氧化钠溶液从图中
d
位置流出．（选填“a”、“b”、“c”或“d”）
（4）KClO3 可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2 和KHSO4 等物质．
写出该反应的化学方程式
2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O
（5）室温下，0.1mol/L NaClO 溶液的pH
大于
0.1mol/L Na2SO3 溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
浓度均为0.1mol/L 的Na2SO3 和Na2CO3 的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3
﹣、HCO3
﹣浓度从大到小的顺序为
c（SO32
﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3
﹣）＞c（HSO3
﹣）
．
已知：H2SO3Ki1=1.54×10
﹣2Ki2=1.02×10
﹣7
HClOKi1=2.95×10
﹣8
H2CO3Ki1=4.3×10
﹣7Ki2=5.6×10
﹣11．
【分析】（1）电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；
（2）阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；
（3）电解饱和食盐时阳极阴离子Cl
﹣、OH
﹣放电，Cl
﹣的放电能力强于OH
﹣，阳极发生的方程式为：2Cl
﹣﹣2e
﹣═Cl2↑，
阴极：2H
++2e
﹣═H2↑；H2、NaOH 在阴极，NaOH 溶液的出口为d，Cl2 在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入；
（4）KClO3 和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2 和KHSO4，发生氧化还原反应，结合质量守恒可书写化
学方程式；
（5）H2SO3Ki1=1.54×10
﹣2，Ki2=1.02×10
﹣7，HClOKi1=2.95×10
﹣8 ，说明ClO
﹣水解程度大于SO32﹣；
H2SO3Ki1=1.54×10
﹣2 Ki2=1.02×10
﹣7，H2CO3Ki1=4.3×10
﹣7Ki2=5.6×10
﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣；
【解答】解：（1）电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl
﹣+2H2O
2OH
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﹣+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2Cl
﹣+2H2O
2OH
﹣+H2↑+Cl2↑；
（2）阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生
成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反
应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；
故答案为：防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯；防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢气反
应遇火反应而引发安全事故；
（3）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH 溶
液的出口为d；
Cl2 在阳极，依据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为a，
故答案为：a，d；
（4）KClO3 和草酸（H2C2O4）在酸性条件下反应生成ClO2、CO2 和KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═
2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O，
故答案为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4═2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；
（5）H2SO3 Ki1=1.54×10
﹣2，Ki2=1.02×10
﹣7，HClOKi1=2.95×10
﹣8 ，说明ClO
﹣水解程度大于SO32﹣，0.1mol/L NaClO 溶液
的pH 大于0.1mol/L Na2SO3 溶液的pH，依据电离平衡常数大小比较，H2SO3Ki1=1.54×10
﹣2 Ki2=1.02×10
﹣7，H2CO3Ki1=4.3
×10
﹣7Ki2=5.6×10
﹣11．说明SO32﹣水解程度小于CO32﹣，浓度均为0.1mol/L 的Na2SO3 和Na2CO3 的混合溶液中，SO32﹣、
CO32﹣、HSO3
﹣、HCO3
﹣浓度从大到小的顺序为c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3
﹣）＞c（HSO3
﹣），
故答案为：＞，c（SO32﹣）＞c（CO32﹣）c（HCO3
﹣）＞c（HSO3
﹣）．
【点评】本题考查了电解原理的分析，电极分析判断方法，化学方程式书写，主要是弱电解质电离程度大小和盐类水
解的原理应用，离子浓度大小比较，题目难度中等．
六、（本题共12 分）
25．（12 分）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、
污水处理等方面．工业生产过程如下：
①在NH4Cl 溶液中加入Ca（OH）2；
②不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO2•8H2O 沉淀；
③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2•8H2O，再脱水干燥得到CaO2．
完成下列填空
（1）第①步反应的化学方程式为
2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2
．
第②步反应的化学方程式为
CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl
．
（2）可循环使用的物质是
NH4Cl
．
工业上常采用Ca（OH）2 过量而不是H2O2 过量的方式来生产，这是因为
H2O2 价格较高且易分解，碱性条件下抑制
CaO2•8H2O 溶解
．
（3）检验CaO2•8H2O 是否洗净的方法是
取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银
溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净
．
（4）CaO2•8H2O 加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，
目的是
防止过氧化钙和水反应
、
防止过氧化钙分解
．
（5）已知CaO2 在350℃迅速分解生成CaO 和O2．如图是实验室测定产品中CaO2 含量的装置（夹持装置省略）．
若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2 的质量分数为
%
（用字
母表示）．
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有
样品质量和反应后固体质量
．
【分析】（1）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；
第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O 和氯化铵；
（2）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵；
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H2O2 价格较高且易分解；
（3）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验；
（4）CaO2 能和水反应，氧气能抑制CaO2 分解；
（5）根据过氧化钙和氧气之间的关系式计算；
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量．
【解答】解：（1）第①步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）
2=2NH3•H2O+CaCl2；
第②步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成CaO2•8H2O 和氯化铵，反应方程式为
CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3•H2O+CaCl2；CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；
（2）第①步中氯化铵参加反应、第②步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是NH4Cl；
H2O2 价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2•8H2O 溶解，所以工业上常采用Ca（OH）2 过量而不是H2O2 过量的方
式来生产；
故答案为：NH4Cl；H2O2 价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2•8H2O 溶解；
（3）实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白
色沉淀，其检验方法是：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白
色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉
淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；
（4）CaO2 能和水反应生成氢氧化钙和氧气，CaO2 在350℃迅速分解生成CaO 和O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分
解；
故答案为：防止过氧化钙和水反应、防止过氧化钙分解；
（5）设超氧化钙质量为x，
2CaO2
2CaO+O2↑
144g
22.4L
x
10
﹣3VL
144g：22.4L=x：10
﹣3VL
x=
=
g=
，
其质量分数=
=
%，
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，
样品质量和反应后固体质量，
故答案为：
%；样品质量和反应后固体质量．
【点评】本题考查制备实验方案评价，为高频考点，侧重考查离子检验、化学反应方程式的书写、物质含量测定等知
识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是题给信息的挖掘和运用．
七、（本题共12 分）
26．（12 分）甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入
甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化
钠．
完成下列填空：
（1）将4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L 的硫酸滴定，至
终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为
11
mol/L．
（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过
10
mL．
（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化
钠溶液滴定．
HCHO+H2O2→HCOOH+H2O
NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O
已知H2O2 能氧化甲酸生成二氧化碳和水．
如果H2O2 用量不足，会导致甲醛含量的测定结果
偏低
（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
HCHO 未完全
氧化
；如果H2O2 过量，会导致甲醛含量的测定结果
偏低（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为
部分HCOOH
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被氧化
．
（4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：
HCHO+2Cu（OH）2
HCOOH+Cu2O↓+2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一
判断．
①主要仪器：试管酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
向氢氧化钠溶液中滴入硫酸铜溶液，震荡，然后加入甲酸，加热至沸．如果出现砖红色沉淀，表明甲酸或甲酸盐会
继续与氢氧化铜反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐
．
【分析】产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，
（1）将4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，由硫酸的物
质的量可得NaOH，以此确定甲醛的物质的量，进而计算浓度；
（2）若滴定管规格为50mL，如硫酸全部反应，体积为50mL，则可知消耗硫酸的物质的量，可知需要甲醛的物质的量，
结合（1）浓度，可确定体积；
（3）如果H2O2 用量不足，则HCHO 未被完全氧化，生成HCOOH 偏低，消耗的NaOH 偏低，会导致甲醛含量的测定结
果偏低，如果H2O2 过量，导致部分HCOOH 进一步被氧化生成二氧化碳或碳酸，消耗氢氧化钠偏少；
（4）甲酸、甲酸盐中都含有醛基，在足量新制氢氧化铜浊液中加热条件下可进一步反应生成碳酸盐，如证明甲醛的氧
化产物不是甲酸或甲酸盐，可配制氢氧化铜浊液，加入氢氧化钠至碱性，与甲酸在碱性条件下加热，观察是否有砖红
色沉淀生成，如有，可说明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，否则，可生成甲酸或甲酸盐．
【解答】解：产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，
（1）n（H2SO4）=1.100mol/L×0.02L=0.022mol，
将4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，加入硫酸发生
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，
则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.044mol，
c（HCHO）=
=11mol/L，
故答案为：11；
（2）若滴定管规格为50mL，如硫酸全部反应，体积为50mL，则可知消耗硫酸的物质的量为0.05L×1.1mol/L=0.055mol，
则n（HCHO）=n（NaOH）=2n（H2SO4）=0.11mol，
甲醛水溶液取样不能超过的体积为
=0.01L=10mL，
故答案为：10；
（3）发生HCHO+H2O2→HCOOH+H2O，NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O，关系式为HCHO～NaOH，如果H2O2 用量不足，
则HCHO 未被完全氧化，生成HCOOH 偏低，消耗的NaOH 偏低，会导致甲醛含量的测定结果偏低，
如果H2O2 过量，导致部分HCOOH 进一步被氧化生成二氧化碳或碳酸，二氧化碳逸出导致消耗氢氧化钠偏少，
故答案为：偏低；HCHO 未被完全氧化；偏低；部分HCOOH 被氧化；
（4）因新制氢氧化铜足量，且甲酸、甲酸盐中都含有醛基，在足量新制氢氧化铜浊液中加热条件下可进一步反应生成
碳酸盐，如证明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，可配制氢氧化铜浊液，加入氢氧化钠至碱性，与甲酸在碱性条件
下加热，观察是否有砖红色沉淀生成，如有，可说明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，否则，可生成甲酸或甲酸盐．
故答案为：向氢氧化钠溶液中滴入硫酸铜溶液，震荡，然后加入甲酸，加热至沸．如果出现砖红色沉淀，表明甲酸或
甲酸盐会继续与氢氧化铜反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐．
【点评】本题为2015 年上海高考题，以甲醛为载体综合考查物质的性质探究以及含量测定，侧重于学生的分析、实验
和计算能力的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度中等．
八、（本题共10 分）
27．（12 分）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点．
完成下列填空：
（1）写出该共聚物的结构简式．
或
（2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体
．写出该两步反应所需的试剂及条
件
液溴、溴化铁作催化剂
、
溴、光照
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（3）将
与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A 在酸性条件下遇FeCl3 溶液不显色．
A 的结构简式为
．
由上述反应可推知，由A 生成对溴苯乙烯的反应条件为
浓硫酸、加热
．
（4）丙烯催化二聚得到2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，B 与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于
同一平面．
写出B 的结构简式．
（CH3）2C=C（CH3）2
设计一条由2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯制备B 的合成路线．
CH2=C（CH3）C（CH3）2
（CH3）2CBrCH（CH3）
2
（CH3）2C=C（CH3）2
（合成路线常用的表示方式为：A
B…
目标产物）
【分析】（1）对溴苯乙烯与丙烯在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物；
（2）乙苯生成
时，苯环上H 原子被取代需要溴化铁作催化剂，支链上H 原子被取代需要光照条件；
（3）
与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A 在酸性条件下遇FeCl3 溶液不显色，说明A 中没有酚羟基，
则只有支链上Br 原子被﹣OH 取代，据此判断A 结构简式；A 发生醇的消去反应生成对溴苯乙烯；
（4）B 与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，则B 中四个甲基连接碳碳双键两端
碳原子，其结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2，
2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯和HBr 发生加成反应生成（CH3）2CBrCH（CH3）2，（CH3）2CBrCH（CH3）2 发生消去反应生成
（CH3）2C=C（CH3）2．
【解答】解：（1）对溴苯乙烯与丙烯在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，其结构简式
或
，
故答案为：
或
；
（2）乙苯生成
时，苯环上H 原子被取代需要溴化铁作催化剂，需要液溴作反应物，支链上H 原子被
取代需要光照条件，需要溴作反应物，故答案为：液溴、溴化铁作催化剂；溴、光照；
（3）
与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A 在酸性条件下遇FeCl3 溶液不显色，说明A 中没有酚羟基，
则只有支链上Br 原子被﹣OH 取代，则A 结构简式为
，A 在浓硫酸、加热条件下发生消去反
应生成对溴苯乙烯，
故答案为：
；浓硫酸、加热；
（4）B 与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面，则B 中四个甲基连接碳碳双键两端
碳原子，其结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2，
2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯和HBr 发生加成反应生成（CH3）2CBrCH（CH3）2，（CH3）2CBrCH（CH3）2 发生消去反应生成
（CH3）2C=C（CH3）2，其流程图为CH2=C（CH3）C（CH3）2
（CH3）2CBrCH（CH3）2
（CH3）
2C=C（CH3）2，
故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；CH2=C（CH3）C（CH3）2
（CH3）2CBrCH（CH3）2
（CH3）2C=C
（CH3）2．
【点评】本题为2015 年高考题，考查有机化学合成，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用能力，需要学生对常见
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有机物官能团及其性质、常见反应类型及条件熟练掌握并灵活运用，难点是合成路线设计的（4）题，题目难度较大．
九、（本题共12 分）
28．（12 分）醉药普鲁卡因E（结构简式为
）的三条合成路线如下图所示（部分反
应试剂和条件已省略）：
完成下列填空：
（1）比A 多一个碳原子，且一溴代物只有3 种的A 的同系物的名称是
邻二甲苯
．
（2）写出应试剂和反应条件，反应①
浓硝酸、浓硫酸作催化剂加热
③
酸性高锰酸钾溶液，不需要条件
（3）设计反应②的目的是
保护氨基防止被氧化
．
（4）B 的结构简式为
；C 的名称是
对氨基苯甲酸
．
（5）写出一种满足下列条件的D 的同分异构体的结构简式．
①芳香族化合物
②能发生水解反应
③有3 种不同环境的氢原子
1mol 该物质与NaOH 溶液共热最多消耗
2
mol NaOH．
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是
步骤多、副反应多、原
料利用率低
．
【分析】A 的分子式为C7H8，结合对甲基苯胺结构，可知A 为
，反应①的产物为
，对比反应①、③的分子
式，应是甲基氧化为羧基，则反应③的产物为
，C、D 均可以得到
，再对比分子式可知，C 为
，D 为
，则B 为
，
发生取代反应得到普鲁卡因E，据此解答．
【解答】解：A 的分子式为C7H8，结合对甲基苯胺结构，可知A 为
，反应①的产物为
，对比反应①、③的
分子式，应是甲基氧化为羧基，则反应③的产物为
，C、D 均可以得到
，再对比分子式可知，C 为
，D 为
，则B 为
，
发生取代反应得到普鲁卡因E．
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（1）比A 多一个碳原子，且一溴代物只有3 种的A 的同系物结构简式为
，名称是邻二甲苯，故答案为：
邻二甲苯；
（2）反应①的试剂是浓硝酸、反应条件是浓硫酸作催化剂加热，反应③的试剂是酸性高锰酸钾溶液，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸作催化剂加热；酸性高锰酸钾溶液，不需要条件；
（3）氨基易被氧化，为防止氨基被氧化，所以设计反应②，故答案为：保护氨基；
（4）B 的结构简式为
；C 为
，C 的名称是对氨基苯甲酸，
故答案为：
；对氨基苯甲酸；
（5）D 为
，D 的同分异构体符合下列条件：①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含
有酯基；③有3 种不同环境的氢原子，其中一种结构简式为
，
酯基水解生成的酚羟基和羧基都和NaOH 反应，所以1mol 该物质与NaOH 溶液共热最多消耗2mol NaOH，
故答案为：
；2；
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是：步骤多、副反应多、原
料利用率低，
故答案为：步骤多、副反应多、原料利用率低．
【点评】本题为2015 年上海高考题，考查有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据结构简式、分子
式、反应条件进行推断，正确判断物质结构简式是解本题关键，难点是（5）题同分异构体结构简式判断，题目难度中
等．
十、（本题共14 分）
29．（12 分）制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤．
完成下列计算：
（1）CaCO3 质量分数为0.90 的石灰石100kg 完全分解产生CO2
20160
L（标准状况）．
石灰窑中，该石灰石100kg 与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完
全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为
400
mol．
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3．
向粗盐水中加入Ca（OH）2 除镁离子：MgCl2+Ca（OH）2→Mg（OH）2↓+CaCl2
然后加入Na2CO3 除钙离子．
处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO3
10388
g．
如果用碳酸化尾气（含NH3 体积分数为0.100、CO2 体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：
Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4
+
处理上述10m3 粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算．
（3）某氨盐水含氯化钠1521kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070kg．列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量．
②析出的碳酸氢钠晶体的质量．
【分析】（1）根据质量分数计算碳酸钙的质量，再根据CaCO3
CaO+CO2↑计算二氧化碳的体积；
碳酸钙分解产生二氧化碳，焦炭完全燃烧也生成二氧化碳，根据碳元素守恒计算焦炭的物质的量；
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（2）加入碳酸钠最少时，反应完毕为NaCl 溶液，反应过程中氯离子物质的量不变，根据氯离子守恒：n 生成（NaCl）
=2n（MgCl2）+2n（CaCl2 ），根据钠离子守恒：n 生成（NaCl）=2n（Na2CO3 ），再根据m=nM 计算Na2CO3 的质量；
加入的碳酸钠除钙离子，溶液中n（Ca2+）=n（Na2CO3），反应中NH3、CO2 按物质的量之比2：1 反应，而碳酸化尾气
中NH3、CO2 的物质的量之比为0.1：0.04=2.5：1，故反应中氨气有剩余，根据钙离子物质的量计算二氧化碳的物质的
量，结合二氧化碳的体积分数计算碳酸化尾气的体积；
（3）①根据氯离子守恒计算滤液中NaCl 物质的量，再根据m=nM 计算；
②根据钠离子守恒计算生成碳酸氢钠的物质的量，再根据m=nM 计算．
【解答】解：（1）碳酸钙的质量为0.90×100kg=90Kg，即质量为90000g，设生成二氧化碳的体积为V，则：
CaCO3
CaO+CO2↑
100g
22.4
90000g
V
所以V=
=20160L；
碳酸钙分解产生二氧化碳，焦炭完全燃烧也生成二氧化碳，根据碳元素守恒，焦炭燃烧生成的二氧化碳为29120L﹣
20160L=8960L，焦炭与其燃烧生成的二氧化碳物质的量相等，故需要焦炭的物质的量为
=400mol，
故答案为：20160；400；
（2）加入碳酸钠最少时，反应完毕为NaCl 溶液，反应过程中氯离子物质的量不变，
根据氯离子守恒：n 生成（NaCl）=2n（MgCl2）+2n（CaCl2 ）=10m3×6.80mol/m3×2+10m3×3.00mol/m3×2=196mol，
根据钠离子守恒：n 生成（NaCl）=2n（Na2CO3 ），故n（Na2CO3 ）=
=98mol，故需要Na2CO3 的最少质量为98mol
×106g/mol=10388g；
加入的碳酸钠除钙离子，溶液中n（Ca2+）=n（Na2CO3）=98mol，反应中NH3、CO2 按物质的量之比2：1 反应，而碳酸
化尾气中NH3、CO2 的物质的量之比为0.1：0.04=2.5：1，故反应中氨气有剩余，根据Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4
+，
可知需要二氧化碳为98mol，故需要碳酸化尾气的体积为98mol×22.4L/mol÷0.04=54880L，
故答案为：10388；54880L；
（3）反应方程式为：NaCl（饱和）+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，
①原溶液中氯化钠的物质的量为
=26×1000mol，滤液中氯化铵的物质的量为
=20×
1000mol，根据氯离子守恒，滤液中NaCl 物质的量为26×1000mol﹣20×1000mol=6×1000mol，则过滤后溶液中氯化
钠的质量为6×1000mol×58.5g/mol=351×1000g，即为351kg，
答：过滤后溶液中氯化钠的质量为351kg；
②根据钠离子守恒，生成碳酸氢钠的物质的量为26×1000mol﹣6×1000mol=20×1000mol，则析出碳酸氢钠的质量为
20×1000mol×84g/mol=1680×1000g，即为1680kg，
答：析出碳酸氢钠的质量为1680kg．
【点评】本题考查混合物的有关计算，注意利用守恒法进行计算解答，侧重考查学生的分析计算能力，题目过程复杂、
计算量大，为易错题目，难度中等．
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2015 年山东省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题5 分，满分35 分）
1．（5 分）进行化学实验时应强化安全意识．下列做法正确的是（
）
A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B．用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
C．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
D．制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片
2．（5 分）短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W 的原子序数之和是Z 的3 倍，下
列说法正确的是（
）
Y
Z
X
W
A．原子半径：X＜Y＜Z
B．气态氢化物的稳定性：X＞Z
C．Z、W 均可与Mg 形成离子化合物
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
3．（5 分）分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（
）
A．分子中含有2 种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应
D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
4．（5 分）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2 溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中
符合上述条件的是（
）
A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2
5．（5 分）下列由实验现象得出的结论正确的是（
）
操作及现象
结论
A
向AgCl 悬浊液中加入NaI 溶液时出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN 溶液，溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br
﹣还原性强于Cl
﹣
D
加热盛有NH4Cl 固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl 固体可以升华
A．A
B．B
C．C
D．D
6．（5 分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（
）
A．向稀HNO3 中滴加Na2SO3 溶液：SO32﹣+2H
+═SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3 溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO2
﹣+4NH4
++2H2O
D．向CuSO4 溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na
++2Cu（OH）2↓+O2↑
7．（5 分）室温下向10mL 0.1 mol•L
﹣1NaOH 溶液中加入0.1mol•L
﹣1 的一元酸HA 溶液pH 的变化曲线如图所示．下列说
法正确的是（
）
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A．a 点所示溶液中c（Na
+）＞c（A
﹣）＞c（H
+）＞c（HA）
B．a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7 时，c（Na
+）=c（A
﹣）+c（HA）
D．b 点所示溶液中c（A
﹣）＞c（HA）
二、解答题
8．（15 分）利用LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH 可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．
（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH 和LiCl 溶液．B 极区电解液为
溶液（填化学式），
阳极电极反应式为
，电解过程中Li
+向
电极迁移（填“A”或“B”）．
（2）利用钴渣[含Co（OH）3、Fe（OH）3 等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co（OH）3 溶解还原反应的离子方程式为
，铁渣中铁元素的化合价为
，在空气中煅烧CoC2O4 生成钴氧
化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为
．
9．（19 分）合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用．
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与
金属原子的个数比（H/M）．
在OA 段，氢溶解于M 中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M 逐惭增大；在AB 段，MHx 与氢气发生氢化反
应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx（s）+H2（g）⇌zMHy（s）△H（Ⅰ）；在B 点，氢化反应结束，进一步
增大氢气压强，H/M 几乎不变．反应（Ⅰ）中z=
（用含x 和y 的代数式表示）．温度为T1 时，2g 某合金4min
内吸收氢气240mL，吸氢速率v=
mL•g
﹣1•min
﹣1．反应（Ⅰ）的焓变△HⅠ
0（填“＞”“＜”或“=”）．
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2 时，η（T1）
η
（T2）（填“＞”“＜”或“=”）．当反应（Ⅰ）处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后
反应（Ⅰ）可能处于图中的
点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过
或
的方式释放氢气．
（3）贮氢合金ThNi5 可催化由CO、H2 合成CH4 的反应，温度为T 时，该反应的热化学方程式为
．已知温度为
T 时：CH4（g）+2H2O═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol
﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol
﹣1．
10．（19 分）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O 的流程如下：
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（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是
。实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，除量筒外还需使用下
列仪器中的
。
a．烧杯
b．容量瓶
c．玻璃棒
d．滴定管
（2）加入NH3•H2O 调节pH=8 可除去
（填离子符号），滤渣Ⅱ中含
（填化学式）。加入H2C2O4 时应避
免过量，原因是
。
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10
﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10
﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H
+═Cr2O72﹣+H20
Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ移取xml 一定浓度的Na2CrO4 溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴
加盐酸体积为V0mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2 溶液于锥形瓶中，加入x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4 溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸
碱指示剂，用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的
（填“上方”或“下方”）。BaCl2 溶液的浓度为
mol•L
﹣1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将
（填“偏大”或“偏小”）。
化学---化学与技术(满分12 分）
11．（12 分）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx 气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：
已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2 及少量Na2CO3 外，还有
（填化学式）．
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是
．蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量
的NaNO2 等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的
（填操作名称）最合理．
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3 的目的是
．母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是
．
a．转入中和液
b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液
d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3 两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38 吨NaNO2 时，Na2CO3 的理论用量为
吨
（假定Na2CO3 恰好完全反应）．
化学---物质结构与性质(满分0 分）
12．氟在自然界中常以CaF2 的形式存在．
（1）下列关于CaF2 的表述正确的是
．
a．Ca2+与F
﹣间仅存在静电吸引作用
b．F
﹣的离子半径小于Cl
﹣，则CaF2 的熔点高于CaCl2
c．阴阳离子比为2：1 的物质，均与CaF2 晶体构型相同
d．CaF2 中的化学键为离子键，因此CaF2 在熔融状态下能导电
（2）CaF2 难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是
（用离子方程式表示）．
已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．
（3）F2 通入稀NaOH 溶液中可生成OF2，OF2 分子构型为
，其中氧原子的杂化方式为
．
（4）F2 与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3 等．已知反应Cl2（g）+3F2（g）═2ClF3（g）△H=
﹣313kJ•mol
﹣1，F﹣F 键的键能为159kJ•mol
﹣1，Cl﹣Cl 键的键能为242kJ•mol
﹣1，则ClF3 中Cl﹣F 键的平均键能为
kJ•mol
﹣1．ClF3 的熔、沸点比BrF3 的
（填“高”或“低”）．
化学---有机化学基础(满分0 分）
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13．菠萝酯F 是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：
已知
（1）A 的结构简式为
，A 中所含官能团的名称是
．
（2）由A 生成B 的反应类型是
，E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式
为
．
（3）写出D 和E 反应生成F 的化学方程式
．
（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1﹣丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）．
合成路线流程图示例：
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2015 年山东省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7 小题，每小题5 分，满分35 分）
1．（5 分）进行化学实验时应强化安全意识．下列做法正确的是（
）
A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B．用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
C．浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
D．制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液中加入碎瓷片
【分析】A．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应；
B．碳酸氢钠分解生成水；
C．酸碱中和放出大量的热，且强酸、强碱具有强腐蚀性；
D．加入碎瓷片，防止暴沸．
【解答】解：A．金属钠着火生成过氧化钠，与泡沫灭火器喷出的二氧化碳反应，反应生成的氧气助燃，不能灭火，
应利用沙土铺盖，故A 错误；
B．碳酸氢钠分解生成水，则用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口略向下倾斜，故B 错误；
C．酸碱中和放出大量的热，且强酸、强碱具有强腐蚀性，则浓硫酸溅到皮肤上时立即用抹布擦拭，再水冲洗，最后涂
上适量的碳酸氢钠溶液，故C 错误；
D．制备乙烯时向乙醇和浓硫酸的混合液加入碎瓷片，防止暴沸，从实验安全的角度考虑，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题为2015 年山东高考题，侧重化学与生活、实验安全的考查，把握物质的性质、实验基本技能、实验安全
常识等为解答的关键，题目难度不大．
2．（5 分）短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W 的原子序数之和是Z 的3 倍，下
列说法正确的是（
）
Y
Z
X
W
A．原子半径：X＜Y＜Z
B．气态氢化物的稳定性：X＞Z
C．Z、W 均可与Mg 形成离子化合物
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
【分析】Y、W 的原子序数之和是Z 的3 倍，设Y 的原子序数为x，则Z 的原子序数为x+1，W 的原子序数为x+10，则
x+x+10=3×（x+1），解得x=7，即Y 为N，结合位置关系可知，Z 为O，X 为Si，W 为Cl，然后结合元素化合物知识来
解答。
【解答】解：Y、W 的原子序数之和是Z 的3 倍，设Y 的原子序数为x，则Z 的原子序数为x+1，W 的原子序数为x+10，
则x+x+10=3×（x+1），解得x=7，即Y 为N，结合位置关系可知，Z 为O，X 为Si，W 为Cl，
A．电子层越多，原子半径越大，则原子半径为X＞Y＞Z，故A 错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性为X＜Z，故B 错误；
C．Z、W 均可与Mg 形成离子化合物，分别为MgO、MgCl2，故C 正确；
D．Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜W，故D
错误；
故选：C。
【点评】本题为2015 年山东高考题，侧重位置、结构与性质的考查，把握原子序数的关系推断元素为解答的关键，注
意元素性质的比较方法，选项D 为解答的易错点，题目难度不大。
3．（5 分）分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（
）
A．分子中含有2 种官能团
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1mol 分枝酸最多可与3molNaOH 发生中和反应
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D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
【分析】由结构简式可知，分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答．
【解答】解：A．分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键，共4 种官能团，故A 错误；
B．含﹣COOH 与乙醇发生酯化反应，含﹣OH 与乙酸发生酯化反应，故B 正确；
C．不是苯环，只有﹣COOH 与NaOH 反应，则1mol 分枝酸最多可与2molNaOH 发生中和反应，故C 错误；
D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与﹣OH 均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题为2015 年山东高考题，侧重有机物结构与性质的考查，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意官
能团的判断，题目难度不大．
4．（5 分）某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2 溶液中同时有气体和沉淀产生．下列化合物中
符合上述条件的是（
）
A．AlCl3 B．Na2O C．FeCl2 D．SiO2
【分析】选项中物质只有FeCl2 不能由两种单质直接反应生成，且SiO2 与Ba（HCO3）2 不反应，Na2O 与Ba（HCO3）2
溶液反应不生成气体，以此来解答．
【解答】解：A．Al 与氯气化合生成AlCl3，AlCl3 与Ba（HCO3）2 溶液反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故A 正
确；
B．钠与氧气反应生成氧化钠，但Na2O 与Ba（HCO3）2 溶液反应不生成气体，只生成碳酸钡沉淀，故B 错误；
C．Fe 与氯气化合生成FeCl3，故C 错误；
D．Si 与氧气化合生成SiO2，但SiO2 与Ba（HCO3）2 不反应，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题为2015 年山东高考题，侧重元素化合物知识及反应原理的考查，把握物质的性质、发生的反应为解答的
关键，注意选项A 中相互促进水解反应，题目难度不大．
5．（5 分）下列由实验现象得出的结论正确的是（
）
操作及现象
结论
A
向AgCl 悬浊液中加入NaI 溶液时出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN 溶液，溶液呈红色
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色
Br
﹣还原性强于Cl
﹣
D
加热盛有NH4Cl 固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结
NH4Cl 固体可以升华
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．同类型的沉淀转化时，溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀；
B．原溶液中含有Fe3+，加入KSCN 溶液，溶液呈红色；
C．向NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2 生成，发生反应：2Br
﹣+Cl2=2Cl
﹣+Br2，
还原剂还原性强于还原产物还原性；
D．NH4Cl 受热分解为NH3 与HCl，在试管口处冷却，NH3 与HCl 反应又得到NH4Cl 固体．
【解答】解：A．同类型的沉淀转化时，难溶电解质之间可实现由溶度积常数较大的物质转化为溶度积常数较小的物
质，AgCl 悬浊液中加入KI 溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A 错误；
B．原溶液中若含有Fe3+，加入KSCN 溶液，溶液也会呈红色，不能说明原溶液中是否含有Fe2+，故B 错误；
C．向NaBr 溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，说明有Br2 生成，发生反应：2Br
﹣+Cl2=2Cl
﹣+Br2，
说明Br
﹣还原性强于Cl
﹣，故C 正确；
D．NH4Cl 受热分解为NH3 与HCl，在试管口处冷却，NH3 与HCl 反应又得到NH4Cl 固体，不能说明NH4Cl 固体可以升华，
故D 错误，
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，难度不大．
6．（5 分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（
）
A．向稀HNO3 中滴加Na2SO3 溶液：SO32﹣+2H
+═SO2↑+H2O
B．向Na2SiO3 溶液中通入过量SO2：SiO32﹣+SO2+H2O═H2SiO3↓+SO32﹣
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量的NH3•H2O：Al3++4NH3•H2O═AlO2
﹣+4NH4
++2H2O
D．向CuSO4 溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na
++2Cu（OH）2↓+O2↑
【分析】A．发生氧化还原反应生成硫酸钠、NO、水；
B．反应生成硅酸和亚硫酸氢钠；
C．反应生成氢氧化铝和硫酸铵；
D．反应生成硫酸钠、氢氧化铜、氧气．
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【解答】解：A．向稀HNO3 中滴加Na2SO3 溶液的离子反应为2NO3
﹣+3SO32﹣+2H
+═3SO42﹣+2NO↑+H2O，故A 错误；
B．向Na2SiO3 溶液中通入过量SO2 的离子反应为SiO32﹣+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3
﹣，故B 错误；
C．向Al2（SO4）3 溶液中加入过量的NH3•H2O 的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4
+，故C 错误；
D．向CuSO4 溶液中加入Na2O2 的离子反应为2Na2O2+2Cu2++2H2O═4Na
++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关
键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难
度不大．
7．（5 分）室温下向10mL 0.1 mol•L
﹣1NaOH 溶液中加入0.1mol•L
﹣1 的一元酸HA 溶液pH 的变化曲线如图所示．下列说
法正确的是（
）
A．a 点所示溶液中c（Na
+）＞c（A
﹣）＞c（H
+）＞c（HA）
B．a、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C．pH=7 时，c（Na
+）=c（A
﹣）+c（HA）
D．b 点所示溶液中c（A
﹣）＞c（HA）
【分析】A．a 点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA 为弱酸，NaA 溶液水解呈碱性；
B．b 点时HA 过量，溶液呈酸性，HA 电离出H
+，抑制水的电离；
C．pH=7 时，c（H
+）=c（OH
﹣），结合电荷守恒判断；
D．b 点HA 过量一倍，溶液存在NaA 和HA，溶液呈酸性，说明HA 电离程度大于A
﹣水解程度．
【解答】解：A．a 点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA 为弱酸，NaA 溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H
+），
故A 错误；
B．a 点A
﹣水解，促进水的电离，b 点时HA 过量，溶液呈酸性，HA 电离出H
+，抑制水的电离，故B 错误；
C．pH=7 时，c（H
+）=c（OH
﹣），由电荷守恒可知c（Na
+）+c（H
+）=c（A
﹣）+c（OH
﹣），则c（Na
+）=c（A
﹣），故C 错
误；
D．b 点HA 过量一倍，溶液存在NaA 和HA，溶液呈酸性，说明HA 电离程度大于A
﹣水解程度，则存在c（A
﹣）＞c（HA），
故D 正确。
故选：D。
【点评】本题为2015 年考题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度
中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．
二、解答题
8．（15 分）利用LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料．LiOH 可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得．
（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH 和LiCl 溶液．B 极区电解液为
LiOH
溶液（填化学
式），阳极电极反应式为
2Cl
﹣﹣2e
﹣=Cl2↑
，电解过程中Li
+向
B
电极迁移（填“A”或“B”）．
（2）利用钴渣[含Co（OH）3、Fe（OH）3 等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co（OH）3 溶解还原反应的离子方程式为
2Co（OH）3+4H
++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O
，铁渣中铁元素的化合价为
+3
，
在空气中煅烧CoC2O4 生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为1.344L（标准状况），则
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钴氧化物的化学式为
Co3O4
．
【分析】（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH 和LiCl 溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B 中氢离子放
电，可知B 为阴极，在B 中制备LiOH，Li
+由A 经过阳离子交换膜向B 移动；A 中为LiCl 溶液，氯离子放电生成氯气；
（2）Co（OH）3 溶解还原反应为Co（OH）3、H
+、SO32﹣的氧化还原反应；由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，
再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子；煅烧CoC2O4 生成钴氧
化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2 的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=
=0.06mol，
由化学式可知n（Co）=0.06mol×
=0.03mol，则氧化物中n（O）=
=0.04mol，以此来解
答．
【解答】解：（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH 和LiCl 溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B 中氢离
子放电，可知B 为阴极，在B 中制备LiOH，B 极区电解液为LiOH 溶液；Li
+由A 经过阳离子交换膜向B 移动；A 中为
LiCl 溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl
﹣﹣2e
﹣=Cl2↑，
故答案为：LiOH；2Cl
﹣﹣2e
﹣=Cl2↑；
（2）Co（OH）3 溶解还原反应为Co（OH）3、H
+、SO32﹣的氧化还原反应，其离子反应为2Co（OH）3+4H
++SO32﹣=2Co2++SO42
﹣+5H2O；由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧
气时亚铁离子被氧化为铁离子，可知铁渣中铁元素的化合价为+3 价；煅烧CoC2O4 生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧
后固体质量为2.41g，CO2 的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=
=0.06mol，由化学式可知n（Co）=0.06mol
×
=0.03mol，则氧化物中n（O）=
=0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：
4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，
故答案为：2Co（OH）3+4H
++SO32﹣=2Co2++SO42﹣+5H2O；+3；Co3O4．
【点评】本题为2015 年山东高考题29 题，侧重电化学、物质制备及混合物分离提纯的考查，把握原电池原理及制备
流程中的反应为解答的关键，（2）中化学式的计算为解答的难点，题目难度不大．
9．（19 分）合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用．
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与
金属原子的个数比（H/M）．
在OA 段，氢溶解于M 中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M 逐惭增大；在AB 段，MHx 与氢气发生氢化反
应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx（s）+H2（g）⇌zMHy（s）△H（Ⅰ）；在B 点，氢化反应结束，进一步
增大氢气压强，H/M 几乎不变．反应（Ⅰ）中z=
（用含x 和y 的代数式表示）．温度为T1 时，2g 某合金4min
内吸收氢气240mL，吸氢速率v=
30
mL•g
﹣1•min
﹣1．反应（Ⅰ）的焓变△HⅠ
＜
0（填“＞”“＜”或“=”）．
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2 时，η（T1）＞
η
（T2）（填“＞”“＜”或“=”）．当反应（Ⅰ）处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后
反应（Ⅰ）可能处于图中的
c
点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过
加热
或
减压
的方式释放氢气．
（3）贮氢合金ThNi5 可催化由CO、H2 合成CH4 的反应，温度为T 时，该反应的热化学方程式为
CO（g）+3H2（g）
═CH4（g）+H2O（g）△H=﹣206kJ/mol
．已知温度为T 时：CH4（g）+2H2O═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol
﹣1
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol
﹣1．
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【分析】（1）zMHx（s）+H2（g）⇌zMHy（s）中遵循质量守恒定律，则反应前后H 原子个数相同；吸氢速率v=
；
由图可知，相同氢原子与金属原子的个数比时，T2 温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动；
（2）T2 温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，低温下有利于吸收
氢；当反应（Ⅰ）处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，因温度不变，K 不变，则平衡时氢
原子与金属原子的个数比增大，平衡点在曲线AB 上；释放氢气即为平衡逆向移动，结合该反应为放热反应、气体体
积减小的反应特点解答；
（3）①CH4（g）+2H2O═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol
﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol
﹣1，由盖斯定律可知，②﹣①得到CO（g）+3H2（g）═CH4
（g）+H2O（g），以此来解答．
【解答】解：（1）zMHx（s）+H2（g）⇌zMHy（s）中遵循质量守恒定律，则反应前后H 原子个数相同，则zx+2=zy，解
得z=
；吸氢速率v=
=30mL•g
﹣1•min
﹣1；由图可知，相同氢原子与金属原子的个数比时，T2 温度高，对应的
平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，可知正反应△HⅠ＜0，
故答案为：
；30；＜；
（2）T2 温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，低温下有利于吸收
氢，T1＜T2 时，则η（T1）＞η（T2）；当反应（Ⅰ）处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，因
温度不变，K 不变，平衡时氢原子与金属原子的个数比增大，平衡点在曲线AB 上，则达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于
图中的c 点；释放氢气即为平衡逆向移动，因该反应为放热反应、气体体积减小的反应，则该贮氢合金可通过加热或
减压的方式释放氢气，
故答案为：＞；c；加热；减压；
（3）①CH4（g）+2H2O═CO2（g）+4H2（g）△H=+165kJ•mol
﹣1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ•mol
﹣1，由盖斯定律可知，②﹣①得到CO（g）+3H2（g）═CH4
（g）+H2O（g），△H=﹣41kJ•mol
﹣1﹣（+165kJ•mol
﹣1）=﹣206kJ/mol，则热化学方程式为CO（g）+3H2（g）═CH4（g）
+H2O（g）△H=﹣206kJ/mol，
故答案为：CO（g）+3H2（g）═CH4（g）+H2O（g）△H=﹣206kJ/mol．
【点评】本题为2015 年山东高考题30 题，涉及化学平衡、热化学反应式、反应热计算及图象分析，把握平衡移动的
影响因素、图象中纵横坐标的含义为解答的关键，（2）为解答的难点，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中
等．
10．（19 分）毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O 的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是
增大接触面积从而使反应速率加快
。实验室用37%的盐酸配置15%
的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的
ac
。
a．烧杯
b．容量瓶
c．玻璃棒
d．滴定管
（2）加入NH3•H2O 调节pH=8 可除去
Fe3+
（填离子符号），滤渣Ⅱ中含
Mg（OH）2、Ca（OH）2
（填化学式）。
加入H2C2O4 时应避免过量，原因是
H2C2O4 过量会导致生成BaC2O4 沉淀，产品的产量减少
。
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已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10
﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10
﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用简洁酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H
+═Cr2O72﹣+H20
Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ移取xml 一定浓度的Na2CrO4 溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴
加盐酸体积为V0mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2 溶液于锥形瓶中，加入x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4 溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸
碱指示剂，用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的
上方
（填“上方”或“下方”）。BaCl2 溶液的浓度为
mol•L
﹣1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将
偏大
（填“偏大”或“偏小”）。
【分析】制备BaCl2•2H2O 的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），加盐酸溶解，碳酸钡和盐
酸反应：BaCO3+2H
+=Ba2++CO2↑+H2O，加入氨水，调pH 为8，Fe3+完全沉淀时的pH 为3.2，只有Fe3+完全沉淀，滤渣1
为Fe（OH）3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH 为13.9，Mg2+完全
沉淀时的pH 为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，
加入H2C2O4，得到CaC2O4↓，除去Ca2+，蒸发浓缩冷却结晶得到BaCl2•2H2O，
（1）研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；溶液中质量分数=
×100%，
实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需量取浓盐酸的体积和水的体积，且需使用烧杯作为容器稀释，玻璃棒搅拌；
（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O 调节pH=8 可除去Fe3+，加入NaOH 调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除
去部分Ca2+，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入过量H2C2O4，易发生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H
+，产品的产
量减少；
（3）根据滴定管的构造分析0 刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据
Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓、2CrO42﹣+2H
+═Cr2O72﹣+H20，与Ba2+反应的CrO42﹣的物质的量为总盐酸的物质的量减去过量的
盐酸，BaCl2 溶液的浓度计算公式，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1 减小，则Ba2+浓度测量值将偏大。
【解答】解：（1）化学反应的速率与反应物的接触面积有关，毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，可以增大反应物的接
触面积，增大反应速率，溶液中质量分数=
×100%，实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需计算出浓盐酸
的体积和水的体积，需用量筒量取，浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器稀释选择a，玻璃棒搅拌加速溶解选择c，
故答案为：增大接触面积从而使反应速率加快；ac；
（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH 为3.2，加入氨水，调pH 为8，Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4
+，
Fe3+完全沉淀，滤渣1 为Fe（OH）3，加入氢氧化钠调节PH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH 为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH
为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp（BaC2O4）
=1.6×10
﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10
﹣9，易形成CaC2O4 沉淀，加入H2C2O4 时应避免过量，防止CaC2O4 沉淀完全后，过
量的H2C2O4 会导致生成BaC2O4 沉淀，产品的产量减少，
故答案为：Fe3+；Mg（OH）2、Ca（OH）2；H2C2O4 过量会导致生成BaC2O4 沉淀，产品的产量减少；
（3）无论酸式还是碱式滴定管，0 刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42﹣+2H
+═Cr2O72﹣+H20 的盐酸的物质的量为：V1
×10
﹣3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol•L
﹣1 盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：
V0×10
﹣3×bmol，Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42﹣的物质的量为V0×10
﹣3×bmol﹣V1×10
﹣3×bmol=（V0
﹣V1 ）b × 10
﹣3mol ，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2 溶液于锥形瓶中，所以BaCl2 溶液的浓度为：
mol/L=
mol/L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1 减小，则Ba2+浓度测量
值将偏大，
故答案为：上方；
；偏大。
【点评】本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O 的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、
沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键，题目难度中等。
化学---化学与技术(满分12 分）
11．（12 分）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx 气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如图：
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已知：Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2
（1）中和液所含溶质除NaNO2 及少量Na2CO3 外，还有
NaNO3
（填化学式）．
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是
防止NaNO2 的析出
．蒸发Ⅰ产生的
蒸气中含有少量的NaNO2 等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的
溶碱
（填操作名称）最合理．
（3）母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3 的目的是
将NaNO2 转化为NaNO3
．母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的
是
cd
．
a．转入中和液
b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液
d．转入结晶Ⅱ操作
（4）若将NaNO2、NaNO3 两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38 吨NaNO2 时，Na2CO3 的理论用量为
1.59
吨（假定Na2CO3 恰好完全反应）．
【分析】由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、
Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2 析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中
含有少量的NaNO2 等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I 中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化
时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2 转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母
液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，以此解答（1）～（3）；
（4）生产1.38 吨NaNO2 时，n（NaNO2）=
=2×104mol，NaNO2、NaNO3 两种产品的物质的量之比为2：
1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na 原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），结合m=nM 计算．
【解答】解：由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收发生Na2CO3+NO+NO2═2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、
Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑，然后中和液进行蒸发Ⅰ操作，应避免浓度过大NaNO2 析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽中
含有少量的NaNO2 等有毒物质要回收再循环利用；结晶过滤分离出NaNO3，母液I 中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化
时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，可将NaNO2 转化为NaNO3，转化液蒸发、结晶、过滤分离出NaNO3，母
液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率，
（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案
为：NaNO3；
（2）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是防止NaNO2 的析出，蒸发Ⅰ产生的蒸汽
中含有少量的NaNO2 等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：
防止NaNO2 的析出；溶碱；
（3）由上述分析可知，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3 的目的是将NaNO2 转化为NaNO3．母液Ⅱ需回收利用，可转入
转化液或转入结晶Ⅱ操作，提高其利用率，
故答案为：将NaNO2 转化为NaNO3；cd；
（4）生产1.38 吨NaNO2 时，n（NaNO2）=
=2×104mol，NaNO2、NaNO3 两种产品的物质的量之比为2：
1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na 原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×
104mol+1×104mol）×
×106g/mol=1.59×106g=1.59t，
故答案为：1.59．
【点评】本题考查物质的制备流程及混合物分离提纯综合应用，为高考常见题型，把握流程中的反应、分离方法为解
答的关键，注意工业生产与环境保护、原料利用率等，侧重分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．
化学---物质结构与性质(满分0 分）
12．氟在自然界中常以CaF2 的形式存在．
（1）下列关于CaF2 的表述正确的是
bd
．
a．Ca2+与F
﹣间仅存在静电吸引作用
b．F
﹣的离子半径小于Cl
﹣，则CaF2 的熔点高于CaCl2
c．阴阳离子比为2：1 的物质，均与CaF2 晶体构型相同
d．CaF2 中的化学键为离子键，因此CaF2 在熔融状态下能导电
（2）CaF2 难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是
3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣
（用离子方程式表示）．
已知AlF63﹣在溶液中可稳定存在．
（3）F2 通入稀NaOH 溶液中可生成OF2，OF2 分子构型为
V 形
，其中氧原子的杂化方式为
sp3
．
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（4）F2 与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3 等．已知反应Cl2（g）+3F2（g）═2ClF3（g）△H=
﹣313kJ•mol
﹣1，F﹣F 键的键能为159kJ•mol
﹣1，Cl﹣Cl 键的键能为242kJ•mol
﹣1，则ClF3 中Cl﹣F 键的平均键能为
172
kJ•mol
﹣1．ClF3 的熔、沸点比BrF3 的
低
（填“高”或“低”）．
【分析】（1）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，则；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关；
d．离子化合物在熔融时能发生电离．
（2）F
﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣；
（3）根据价层电子对互斥理论分析，先计算价层电子对数，再判断中心原子的杂化类型，及分子构型；
（4）△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能；相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高．
【解答】解：（1）a．阴阳离子间存在静电引力和静电斥力，Ca2+与F
﹣间存在静电吸引作用，还存在静电斥力，故a 错
误；
b．离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2 的熔点高于CaCl2，
故b 正确；
c．晶体的结构与电荷比、半径比有关，阴阳离子比为2：1 的物质，与CaF2 晶体的电荷比相同，若半径比相差较大，
则晶体构型不相同，故c 错误；
d．CaF2 中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2 在熔融状
态下能导电，故b 正确；
故答案为：bd；
（2）CaF2 难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F
﹣与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63﹣，使CaF2 的溶
解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；
故答案为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63﹣；
（3）OF2 分子中O 原子的价层电子对数=2+
（6﹣2×1）=4，则O 原子的杂化类型为sp3 杂化，含有2 个孤电子对，
所以分子的空间构型为V 形；
故答案为：V 形；sp3；
（4）△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，设Cl﹣F 键的平均键能为QkJ•mol
﹣1，
则242+159×3﹣2×3×Q=﹣313，解得Q=172；
相对分子质量越大，分子晶体的熔沸点越高，已知ClF3 的相对分子质量比BrF3 的小，所以ClF3 的熔、沸点比BrF3 的低；
故答案为：172；低．
【点评】本题考查了物质结构与性质，题目涉及晶体熔沸点的比较、化学键、沉淀溶解平衡、杂化理论的应用、键能
与反应热的计算等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．
化学---有机化学基础(满分0 分）
13．菠萝酯F 是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：
已知
（1）A 的结构简式为
，A 中所含官能团的名称是
醛基、碳碳双键
．
（2）由A 生成B 的反应类型是
加成反应
，E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简
式为
．
（
3
）
写
出
D
和
E
反
应
生
成
F
的
化
学
方
程
式
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．
（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1﹣丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）．
合成路线流程图示例：
【分析】根据题目所给信息，可知1，3﹣丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A 为
，A 与足量的氢气发
生加成反应生成B 为
，B 在HBr 条件下发生取代反应生成C 为
，C 与Mg 在干醚的条件下得
到
，
发生信息中反应得到
，再发生催化氧化反应生成
，
被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D为
，对比D 与F的结构可知，D 与CH2=CHCH2OH
反应酯化反应得到F，故E 为CH2=CHCH2OH．
（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg 在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1﹣丁
醇．
【解答】解：根据题目所给信息，可知1，3﹣丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A 为
，A 与足量的氢
气发生加成反应生成B 为
，B 在HBr 条件下发生取代反应生成C 为
，C 与Mg 在干醚的条件
下得到
，
发生信息中反应得到
，再发生催化氧化反应生成
，
被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成D 为
，对比D 与F 的结构
可知，D 与CH2=CHCH2OH 反应酯化反应得到F，故E 为CH2=CHCH2OH．
（1）由上述分析可知，A 的结构简式为
，所含官能团有：醛基、碳碳双键，
故答案为：
；醛基、碳碳双键；
（2）由A 生成B 的反应类型属于加成反应，E 为CH2=CHCH2OH，E 的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同
分异构体的结构简式为：
，
故答案为：加成反应；
；
（3）D和E反应生成F的化学方程式为：
，
故答案为：
；
（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg 在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1﹣丁
醇，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，成分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推
理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等．
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2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．（6 分）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（
）
A．硅胶可用作食品干燥剂
B．P2O5 不可用作食品干燥剂
C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
2．（6 分）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到1mol 羧酸和2mol 乙醇，该羧酸的分子式为（
）
A．C14H18O5
B．C14H16O4
C．C16H22O5
D．C16H20O5
3．（6 分）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a
﹣的电子层结构与氦相同，
b 和c 的次外层有8 个电子，c
﹣和d
+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（
）
A．a 和其他3 种元素均能形成共价化合物
B．元素的非金属性次序为c＞b＞a
C．d 和其他3 种元素均能形成离子化合物
D．元素a、b、c 各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
4．（6 分）NA 代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（
）
A．60g 丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1L 0.1mol•L
﹣1 的NaHCO3 溶液中HCO3
﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物．23g 钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235g 核素92235U 发生裂变反应：92235U+01n
3890Sr+54136Xe+1001n 净产生的中子（01n）数为10NA
5．（6 分）分子式为C5H10O2 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
6．（6 分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（
）
A．向苦卤中通入Cl2 是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产常选用NaOH 作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2 将其还原吸收
7．（6 分）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（
）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
A．A
B．B
C．C
D．D
二、解答题
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8．（14 分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯
化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所
示：
溶解度/（g/100g 水）
温度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn（OH）2
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Ksp 近似值
10
﹣17
10
﹣17
10
﹣39
回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为
，电池反应的离子方程式为：
．
（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌
g．（已经F=96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2 和NH4Cl，两者可以通过
分离回收，
滤渣的主要成分是MnO2、
和
，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是
，其原理是
．
（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O 的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4 和H2O2，溶
解，铁变为
加碱调节pH 为
时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10
﹣5mol•L
﹣1 时，即可认为该离子
沉淀完全）．继续加碱调节pH 为
时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L
﹣1）．若上述过程不加H2O2 的后果
是
，原因是
．
9．（14 分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2 和H2）在催化剂的作用下合
成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2
③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ．mol
﹣1）
436
343
1076
465
413
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1=
kJ．mol
﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol
﹣1，则△H3=
kJ．mol
﹣1
（2）反应①的化学平衡常数K 的表达式为
；图1 中能正确反映平衡常数K 随温度变化关系的曲线为
（填
曲线标记字母），其判断理由是
。
（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60 时体系中的CO 平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2 所示。a
（CO）值随温度升高而
（填“增大”或“减小”），其原因是
。图2 中的压强由大到小为
，其判断
理由是
10．（15 分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：
（1 ）工业上可用KClO3 与Na2SO3 在H2SO4 存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为
．
（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：
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①电解时发生反应的化学方程式为
．
②溶液X 中大量存在的阴离子有
．
③除去ClO2 中的NH3 可选用的试剂是
（填标号）a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水
（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2 的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL 水溶解后，再加入3mL 稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol•L
﹣1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I
﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去
20.00mL 硫代硫酸钠溶液．在此过程中：
①锥形瓶内ClO2 与碘化钾反应的离子方程式为
②玻璃液封装置的作用是
③V 中加入的指示剂通常为
，滴定至终点的现象是
④测得混合气中ClO2 的质量为
g．
（4）用ClO2 处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是
（填
标号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．
三、化学——选修2：化学与技术。（满分15 分）
11．（15 分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图
如图：
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相关化合物的物理常数
物质
相对分子质量
密度（g/cm
﹣3）
沸点/℃
异丙苯
120
0.8640
153
丙酮
58
0.7898
56.5
苯酚
94
1.0722
182
回答下列问题：
（1）在反应器A 中通入的X 是
。
（2）反应①和②分别在装置
和
中进行（填装置符号）。
（3）在分解釜C 中加入的Y 为少置浓硫酸，其作用是
，优点是用量少，缺点是
。
（4）反应②为
（填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是
。
（5）中和釜D 中加入的Z 最适宜的是
（填编号。已知苯酚是一种弱酸）。
a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO
（6）蒸馏塔F 中的馏出物T 和P 分别为
和
，判断的依据是
。
（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是
。
四、化学-选修3：物质结构与性质。（满分15 分）
12．（15 分）A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B
+具有相同的电子构型；C、D 为同周期元素，C 核
外电子总数是最外层电子数的3 倍；D 元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是
（填元素符号），其中C 原子的核外电子排布式为
．
（2）单质A 有两种同素异形体，其中沸点高的是
（填分子式），原因是
；A 和B 的氢化物所属的晶体
类型分别为
和
．
（3）C 和D 反应可生成组成比为1：3 的化合物E，E 的立体构型为
，中心原子的杂化轨道类型为
．
（4）化合物D2A 的立体构型为
，中心原子的价层电子对数为
，单质D 与湿润的Na2CO3 反应可制备D2A，
其化学方程式为
．
（5）A 和B 能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F 的化学式为
；晶胞中A 原子的
配位数为
；列式计算晶体F 的密度（g•cm
﹣3 ）
（保留小数点后两位数字）．
五、化学一选修5：有机化学基础（满分15 分）
13．（15 分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前
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景．PPG 的一种合成路线如下：
已知：
①烃A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B 为单氯代烃：化合物C 的分子式为C5H8
③E、F 为相对分子质量差14 的同系物，F 是福尔马林的溶质
④
冋答下列问题：
（1）A 的结构简式为
．
（2）由B 生成C 的化学方程式为
．
（3）由E 和F 生成G 的反应类型为
，G 的化学名称为
．
（4）①由D 和H 生成PPG 的化学方程式为：
②若PPG 平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为
（填标号）．
a．48b．58c．76
d．122
（5）D 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有
种（不含立体异构）：
①能与饱和NaHCO3 溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为6：1：1 的是
（写结构简式）
D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是
（填标号）．
a．质谱仪
b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．
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2015 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
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）食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好．下列说法错误的是（
）
A．硅胶可用作食品干燥剂
B．P2O5 不可用作食品干燥剂
C．六水合氯化钙可用作食品干燥剂
D．加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂
【分析】A．硅胶具有吸水性，无毒；
B．P2O5 吸水转化为酸；
C．六水合氯化钙不能吸水；
D．具有吸水性的植物纤维无毒．
【解答】解：A．硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A 正确；
B．P2O5 吸水转化为酸，导致食品变质，则P2O5 不可用作食品干燥剂，故B 正确；
C．六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故C 错误；
D．具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D 正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的性质及食品干燥剂，为高频考点，把握物质的性质、化学与生活的关系为解答的关键，侧重
分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．
2．（6 分）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到1mol 羧酸和2mol 乙醇，该羧酸的分子式为（
）
A．C14H18O5
B．C14H16O4
C．C16H22O5
D．C16H20O5
【分析】1mol 该酯完全水解可得到1mol 羧酸和2mol 乙醇，则说明酯中含有2 个酯基，结合酯的水解特点以及质量守
恒定律判断．
【解答】解：某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol 该酯完全水解可得到1mol 羧酸和2mol 乙醇，说明酯中含有2 个酯
基，设羧酸为M，
则反应的方程式为C18H26O5+2H2O=M+2C2H6O，
由质量守恒可知M 的分子式为C14H18O5，
故选：A。
【点评】本题为2015 年高考题，考查有机物的推断，为高频考点，把握酯化反应中碳原子个数变化、官能团的变化为
推断的关系，侧重酯的性质的考查，题目难度不大．
3．（6 分）原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1．a
﹣的电子层结构与氦相同，
b 和c 的次外层有8 个电子，c
﹣和d
+的电子层结构相同．下列叙述错误的是（
）
A．a 和其他3 种元素均能形成共价化合物
B．元素的非金属性次序为c＞b＞a
C．d 和其他3 种元素均能形成离子化合物
D．元素a、b、c 各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6
【分析】原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a
﹣的电子层结构与氦相同，
则a 为H 元素；b 和c 的次外层有8 个电子，原子只能有3 个电子层，则b 为S 元素，c 为Cl，c
﹣和d
+的电子层结构相
同，则d 为K 元素．
A．H 元素与K 元素形成的化合物为KH，属于离子化合物；
B．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H 元素为正价，其非金属性最弱；
C．K 元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl；
D．H 元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S 元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl 元素最高正化
合价为+7、最低负化合价为﹣1．
【解答】解：原子序数依次增大的元素a、b、c、d，它们的最外层电子数分别为1、6、7、1，a
﹣的电子层结构与氦相
同，则a 为H 元素；b 和c 的次外层有8 个电子，原子只能有3 个电子层，则b 为S 元素，c 为Cl，c
﹣和d
+的电子层结
构相同，则d 为K 元素。
A．H 元素与S 元素、Cl 元素放出形成H2S、HCl，二者属于共价化合物，但与K 元素形成的化合物为KH，属于离子化
合物，故A 错误；
B．同周期自左而右非金属性增强，氢化物中H 元素为正价，其非金属性最弱，故非金属性Cl＞S＞H，故B 正确；
C．K 元素与其它元素可以形成KH、K2S、KCl，均属于离子化合物，故C 正确；
D．H 元素最高正化合价为+1、最低负化合价为﹣1，S 元素最高正化合价为+6、最低负化合价为﹣2，Cl 元素最高正化
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合价为+7、最低负化合价为﹣1，最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6，故D 正确，
故选：A。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，题目涉及金属氢化物是
中学知识的盲点，难度不大．
4．（6 分）NA 代表阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（
）
A．60g 丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1L 0.1mol•L
﹣1 的NaHCO3 溶液中HCO3
﹣和CO32﹣离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物．23g 钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235g 核素92235U 发生裂变反应：92235U+01n
3890Sr+54136Xe+1001n 净产生的中子（01n）数为10NA
【分析】A．丙醇中含7 个C﹣H 键、2 个C﹣C 键、1 个C﹣O 键和1 个O﹣H 键；
B．HCO3
﹣水解生成碳酸，结合原子守恒分析；
C．钠发生氧化反应后，Na 元素的化合价由0 升高为+1 价；
D．92235U+01n
3890Sr+54136Xe+1001n 净产生的中子为10﹣1=9 个．
【解答】解：A.60g 丙醇为1mol，丙醇中含7 个C﹣H 键、2 个C﹣C 键、1 个C﹣O 键和1 个O﹣H 键，存在的共价键
总数为11NA，故A 错误；
B.1L 0.1mol•L
﹣1 的NaHCO3 溶液中HCO3
﹣和CO32﹣离子数之和小于0.1NA，碳酸分子中含C 原子，故B 错误；
C.23g 钠充分燃烧时转移电子数为
×（1﹣0）×NA=1NA，故C 正确；
D．92235U+01n
3890Sr+54136Xe+1001n 净产生的中子为10﹣1=9 个，则235g 核素92235U 发生裂变反应净产生的中子（01n）
数为9NA，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏伽德罗常数及计算，为高频考点，把握物质中的化学键、物料守恒、盐类水解、氧化还原反应
中转移电子计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．
5．（6 分）分子式为C5H10O2 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体的有机化合物有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
【分析】分子式为C5H10O2 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为戊酸，戊酸的种类
等于丁基的种类，写出丁基的种类即可．
【解答】解：分子式为C5H10O2 且可与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则该有机物中含有﹣COOH，所以为戊酸，戊酸的
种类等于丁基的种类，丁基（﹣C4H9）的异构体有：﹣CH2CH2CH2CH3，﹣CH（CH3）CH2CH3，﹣CH2CH（CH3）CH3，﹣C
（CH3）3，故戊酸的有机物的异构体数目为4，故选B。
【点评】本题主要考查同分异构体书写、官能团的性质与确定等，难度中等，注意利用丁基异构判断．
6．（6 分）海水开发利用的部分过程如图所示．下列说法错误的是（
）
A．向苦卤中通入Cl2 是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产常选用NaOH 作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2 将其还原吸收
【分析】A．向苦卤中通入Cl2 置换出溴单质，分离得到溴；
B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再
进行重结晶进行提纯；
C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；
D．先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2 将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的．
【解答】解：A．向苦卤中通入Cl2 置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2 是为了提取溴，故A 正确；
B．粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2 溶液、过量的NaOH 溶液和过
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量的Na2CO3 溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故B 正确；
C．工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C 错误；
D．海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2 将其还原吸收转化为HBr，
达到富集的目的，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的综合利用，注意掌握中学常见的化学工业，侧重对化学与技术的考查，难度不大．
7．（6 分）用图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（
）
选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
浓硝酸
用砂纸打磨过的铝条
产生红棕色气体
C
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
D
草酸溶液
高锰酸钾酸性溶液
溶液逐渐褪色
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．先发生盐酸与NaOH 的反应；
B．常温下，Al 遇浓硝酸发生钝化；
C．NaOH 过量，开始不生成沉淀；
D．发生氧化还原反应．
【解答】解：A．先发生盐酸与NaOH 的反应，然后盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应生成气
体，则现象不合理，故A 错误；
B．常温下，Al 遇浓硝酸发生钝化，则不能观察到红棕色气体，现象不合理，故B 错误；
C．NaOH 过量，开始不生成沉淀，反应生成偏铝酸钠和氯化钠，开始无现象，故C 错误；
D．草酸与高锰酸钾发生氧化还原反应，溶液褪色，现象合理，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及实验装置的综合应用，为高频考点，为2015 年高考真题，把握物质的性质、发生的反
应、反应与现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．
二、解答题
8．（14 分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯
化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下表所
示：
溶解度/（g/100g 水）
温度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn（OH）2
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Ksp 近似值
10
﹣17
10
﹣17
10
﹣39
回答下列问题：
（1 ）该电池的正极反应式为
MnO2+H
++e
﹣=MnOOH
，电池反应的离子方程式为：
2MnO2+Zn+2H
+=2MnOOH+Zn2+
．
（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗锌
0.05
g．（已经F=96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2 和NH4Cl，两者可以通过
加热浓缩
冷却结晶
分
离回收，滤渣的主要成分是MnO2、
碳粉
和
MnOOH
，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是
空气中加
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热
，其原理是
碳粉转变为二氧化碳，MnOOH 氧化为二氧化锰
．
（4）用废电池的锌皮制作ZnSO4•7H2O 的过程中，需除去铁皮中的少量杂质铁，其方法是：加入稀H2SO4 和H2O2，溶
解，铁变为
Fe3+
加碱调节pH 为
2.7
时，铁刚好沉淀完全（离子浓度小于1×10
﹣5mol•L
﹣1 时，即可认为该离子沉
淀完全）．继续加碱调节pH 为
6
时，锌开始沉淀（假定Zn2+浓度为0.1mol•L
﹣1）．若上述过程不加H2O2 的后果是
Zn2+
和Fe2+分离不开
，原因是
Zn（OH）2、Fe（OH）2 的Ksp 相近
．
【分析】（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2 被还原生成MnOOH；负极锌被氧化生成Zn2+，以此书写电池总反应
式；
（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为
，以此
计算消耗锌的质量、物质的量；
（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH 等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH 可被氧化；
（4）铁加入稀H2SO4 和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10
﹣5mol•L
﹣1，结合Ksp=10
﹣39
计算pH，并根据Ksp 计算锌开始沉淀的pH．
【解答】解：（1）该电池的正极发生还原反应，MnO2 被还原生成MnOOH，电极方程式为MnO2+H
++e
﹣=MnOOH，负
极锌被氧化生成Zn2+，电池总反应式为2MnO2+Zn+2H
+=2MnOOH+Zn2+，
故答案为：MnO2+H
++e
﹣=MnOOH；2MnO2+Zn+2H
+=2MnOOH+Zn2+；
（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为
，则消
耗Zn 的质量为
×
×65g/mol=0.05g，
故答案为：0.05；
（3）滤液中主要有ZnCl2 和NH4Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH
等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH 可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，故答案为：加热浓缩；冷却结晶；
碳粉；MnOOH；空气中加热；碳粉转变为二氧化碳，MnOOH 氧化为二氧化锰；
（4）铁加入稀H2SO4 和H2O2，可被氧化生成Fe3+，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10
﹣5mol•L
﹣1，因Ksp=10
﹣39，
则c（OH
﹣）=
mol/L≈0.5×10
﹣11mol/L，此时pH=2.7，
如锌开始沉淀，则c（OH
﹣）=
mol/L=10
﹣8mol/L，此时pH=6，
由表中数据可知Zn（OH）2、Fe（OH）2 的Ksp 相近，如不加H2O2，则Zn2+和Fe2+分离不开，
故答案为：Fe3+；2.7；6；Zn2+和Fe2+分离不开；Zn（OH）2、Fe（OH）2 的Ksp 相近．
【点评】本题为2015 年新课标卷考题，考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基
本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养．
9．（14 分）甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2 和H2）在催化剂的作用下合
成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1
②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H2
③CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H3
回答下列问题：
化学键
H﹣H
C﹣O
C≡O
H﹣O
C﹣H
E/（kJ．mol
﹣1）
436
343
1076
465
413
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H1=
﹣99
kJ．mol
﹣1，已知△H2=﹣58kJ．mol
﹣1，则△H3=
+41
kJ．mol
﹣1
（2）反应①的化学平衡常数K 的表达式为
；图1 中能正确反映平衡常数K 随温度变化关系的
曲线为
a
（填曲线标记字母），其判断理由是
反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小
。
（3）合成气的组成n（H2）/n（CO+CO2）=2.60 时体系中的CO 平衡转化率（a）与温度和压强的关系如图2 所示。a
（CO）值随温度升高而
减小
（填“增大”或“减小”），其原因是
反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反
应方向移动，平衡体系中CO 的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO
的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减小
。图2 中的压强由大到小为
P3＞P2＞P1
，其判断理由是
相同
温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增大压
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强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于CO 的转化率升高
【分析】（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能；根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，反应热也进行相应的
计算；
（2）化学平衡常数指可逆反应得到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次
幂的乘积所得的比值；
化学平衡常数只受温度影响，根据温度对平衡移动的影响，进而判断温度对平衡常数影响；
（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO 的转化率降低，根据升高温度对反应①、③的影响，进行分析CO
转化率变化原因；
相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子式减小的反应，增
大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大。
【解答】解：（1）反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，故△H1=1076kJ．mol
﹣1+2×436kJ．mol
﹣1﹣（3×413+343+465）
kJ．mol
﹣1=﹣99kJ．mol
﹣1；
根据盖斯定律：反应②﹣反应①=反应③，故△H3=△H2﹣△H1=﹣58kJ．mol
﹣1﹣（﹣99kJ．mol
﹣1）=+41kJ．mol
﹣1，
故答案为：﹣99；+41；
（2）反应①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）的平衡常数表达式K=
；
反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，曲线a 正确反映平衡常数K 随温度变
化关系，
故答案为：
；a；反应①正反应为放热反应，平衡常数随温度升高而减小；
（3）由图可知，压强一定时，随温度的升高，CO 的转化率减小，反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反
应方向移动，平衡体系中CO 的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO
的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减小；
相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小的反应，增
大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于CO 的转化率升高，故压强：P3＞P2＞
P1，
故答案为：减小；反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO 的量增大，反应③
为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO 的增大，总结果，随温度升高，CO 的转化率减
小；
P3＞P2＞P1；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应①正反应为气体分子数减小
的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移动，CO 的转化率增大，故增大压强有利于CO 的转化率升高。
【点评】本题考查反应热有关计算、平衡常数及其影响因素、化学平衡的影响因素、化学平衡图象综合应用等，侧重
考查学生分析计算能力，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
10．（15 分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題：
（1 ）工业上可用KClO3 与Na2SO3 在H2SO4 存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为
2：1
．
（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：
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①电解时发生反应的化学方程式为
NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑
．
②溶液X 中大量存在的阴离子有
Cl
﹣、OH
﹣
．
③除去ClO2 中的NH3 可选用的试剂是
c
（填标号）a．水b．碱石灰c．浓硫酸d．饱和食盐水
（3）用如图装置可以测定混合气中ClO2 的含量：
Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL 水溶解后，再加入3mL 稀硫酸：
Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水．使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：
Ⅴ．用0.1000mol•L
﹣1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32﹣═2I
﹣+S4O62﹣），指示剂显示终点时共用去
20.00mL 硫代硫酸钠溶液．在此过程中：
①锥形瓶内ClO2 与碘化钾反应的离子方程式为
2ClO2+10I
﹣+8H
+═2Cl
﹣+5I2+4H2O
②玻璃液封装置的作用是
吸收残留的ClO2 气体（避免碘的逸出）
③V 中加入的指示剂通常为
淀粉溶液
，滴定至终点的现象是
溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色
④测得混合气中ClO2 的质量为
0.02700
g．
（4）用ClO2 处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐．若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是
d
（填标
号）a．明矾b．碘化钾c．盐酸d．硫酸亚铁．
【分析】（1）KClO3 在H2SO4 存在下与Na2SO3 反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3
﹣+SO32﹣+2H
+═2ClO2+SO42﹣+H2O；
（2 ）由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中进行电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3 ，电解方程式为
NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑，在NCl3 溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3 和X，X 中含Cl
﹣、OH
﹣；由信息可知，
ClO2 易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，利用性质差异分离提纯；
（3）①由题目信息可知，ClO2 通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I
﹣为I2，自身被还原为Cl
﹣，同时生成水；
②玻璃液封装置可防止有害气体逸出；
③淀粉遇碘单质变蓝；
④根据关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3 计算n（ClO2），再根据m=nM 计算m（ClO2）；
（4）亚氯酸盐具有氧化性，Fe2+将ClO2
﹣还原成Cl
﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子．
【解答】解：（1）KClO3 在H2SO4 存在下与Na2SO3 反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知
该离子反应为2ClO3
﹣+SO32﹣+2H
+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化
剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；
（2 ）①由生产流程可知氯化铵在盐酸溶液中电解，阴极生成氢气，阳极生成NCl3 ，电解方程式为
NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑，
故答案为：NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑；
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②在NCl3 溶液中加入NaClO2，可生成ClO2、NH3 和X，发生NCl3+NaClO2+H2O→ClO2+NH3+NaOH+NaCl，溶液X 中大量
存在的阴离子有Cl
﹣、OH
﹣，
故答案为：Cl
﹣、OH
﹣；
③a．ClO2 易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收氨气，故错误；
b．碱石灰不能吸收氨气，故错误；
c．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故正确；
d．ClO2 易溶于水，不能利用水吸收氨，故错误；
故答案为：c；
（3）①由题目信息可知，ClO2 通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化I
﹣为I2，自身被还原为Cl
﹣，同时生成水，反
应离子方程式为2ClO2+10I
﹣+8H
+═2Cl
﹣+5I2+4H2O，
故答案为：2ClO2+10I
﹣+8H
+═2Cl
﹣+5I2+4H2O；
②玻璃液封装置的作用是吸收残留的ClO2 气体（避免碘的逸出），故答案为：吸收残留的ClO2 气体（避免碘的逸出）；
③V 中加入的指示剂通常为淀粉溶液，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：淀
粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
④含有Na2S2O3 物质的量为0.02 L×0.1mol/L=0.002 mol，则：
根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，
2
10
n（ClO2）
0.002mol
所以n（ClO2）=0.0004mol，所以m（ClO2）=0.0004 mol×67.5g/mol=0.02700g，
故答案为：0.02700；
（4）若要除去超标的亚氯酸盐，ac 均不能还原亚氯酸盐，b 中KI 具有还原性但氧化产物不适合饮用水使用，只有d
中Fe2+将ClO2
﹣还原成Cl
﹣，Fe2+ 被氧化为铁离子，且铁离子水解生成胶体可净化饮用水，则最适宜的是d，故答案为：
d．
【点评】本题考查物质含量的测定，为高频考点，为2015 年高考真题，把握物质的性质、制备流程、发生的反应为解
答的关键，侧重分析与实验、计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度中等．
三、化学——选修2：化学与技术。（满分15 分）
11．（15 分）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图
如图：
相关化合物的物理常数
物质
相对分子质量
密度（g/cm
﹣3）
沸点/℃
异丙苯
120
0.8640
153
丙酮
58
0.7898
56.5
苯酚
94
1.0722
182
回答下列问题：
（1）在反应器A 中通入的X 是
氧气或空气
。
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（2）反应①和②分别在装置
A
和
C
中进行（填装置符号）。
（3）在分解釜C 中加入的Y 为少置浓硫酸，其作用是
催化剂
，优点是用量少，缺点是
腐蚀设备
。
（4）反应②为
放热
（填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在50﹣60℃，温度过高的安全隐患是
可能会导致
（过氧化物）爆炸
。
（5）中和釜D 中加入的Z 最适宜的是
c
（填编号。已知苯酚是一种弱酸）。
a．NaOHb．CaCO3c．NaHCO3d．CaO
（6）蒸馏塔F 中的馏出物T 和P 分别为
丙酮
和
苯酚
，判断的依据是
丙酮的沸点低于苯酚
。
（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是
原子利用率高
。
【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A 中发生氧化反应生成
，在蒸发器中分离出
，未反应的异丙苯进行循环利用，
在
分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到
、
，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能
与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T 为丙酮、P 为苯酚。
（1）在反应器A 发生信息中的反应①，应通入氧气或空气；
（2）由上述分析可知，反应①在A 中发生，反应②在C 中发生；
（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备；
（4）反应②的△H＜0，为放热反应，含有过氧化物，温度过高，容易发生爆炸，
（5）加入的Z 中和硫酸，且不能与苯酚反应；
（6）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；
（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高。
【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A 中发生氧化反应生成
，在蒸发器中分离出
，未反应的异丙苯进行循环利用，
在
分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到
、
，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能
与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T 为丙酮、P 为苯酚。
（1）在反应器A 发生信息中的反应①，故需要氧气或空气，所以X 为氧气或空气，
故答案为：氧气或空气；
（2）由上述分析可知，反应①在反应器中发生，即A 装置，反应②在分解釜中进行，即C 装置，
故答案为：A；C；
（3）
在浓硫酸作条件下分解得到
、
，浓硫酸作作催化剂，浓硫酸腐蚀性
强，容易腐蚀设备，
故答案为：催化剂；腐蚀设备；
（4）反应②的△H＜0，为放热反应，有过氧化物存在，温度过高会导致爆炸，反应温度控制在50﹣60℃，
故答案为：放热；温度过高会导致爆炸；
（5）加入Z 的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，
a．NaOH 能与硫酸、苯酚反应，故不选；
b．CaCO3 为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b 不选；
c．NaHCO3 能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c 选；
d．CaO 能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止氧化钙与硫酸的反应，故d 不选；
故选：c；
（6）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T 为丙酮、P 为苯酚，
故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；
（7）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，
故答案为：原子利用率高。
【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与
给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等。
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四、化学-选修3：物质结构与性质。（满分15 分）
12．（15 分）A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2﹣和B
+具有相同的电子构型；C、D 为同周期元素，C 核
外电子总数是最外层电子数的3 倍；D 元素最外层有一个未成对电子．回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是
O
（填元素符号），其中C 原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p3
．
（2）单质A 有两种同素异形体，其中沸点高的是
O3 （填分子式），原因是
O3 相对分子质量较大，范德华力较大
；
A 和B 的氢化物所属的晶体类型分别为
分子晶体
和
离子晶体
．
（3）C 和D 反应可生成组成比为1：3 的化合物E，E 的立体构型为
三角锥形
，中心原子的杂化轨道类型为
sp3
．
（4）化合物D2A 的立体构型为
V 形
，中心原子的价层电子对数为
4
，单质D 与湿润的Na2CO3 反应可制备D2A，
其化学方程式为
2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl
．
（5）A 和B 能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞边长a=0.566nm，F 的化学式为
Na2O
；晶胞中A 原子
的配位数为
8
；列式计算晶体F 的密度（g•cm
﹣3 ）
2.27g•cm
﹣3
（保留小数点后两位数字）．
【分析】A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，C、D 为同周期元素，C 核外电子总数是最外层电子数的3 倍，
则C 为P 元素；D 元素最外层有一个未成对电子，D 为Cl 元素；
A2﹣和B
+具有相同的电子构型，则A 为O 元素、B 为Na 元素；
（1）四种元素电负性最大的为O 元素，C 为P 元素；
（2）A 为O 元素，有O2、O3 两种同素异形体，O3 相对分子质量较大，沸点较高，B 的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C 和D 反应可生成化合物为PCl3，为sp3 杂化；
（4 ）化合物D2A 为Cl2O ，立体构型为V 形，氯气与湿润的Na2CO3 反应的方程式为
2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A 和B 能够形成化合物F 为离子化合物，阴离子位于晶胞的定点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na 的个数
为8，O 的个数为8×
+6×
=4，
N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，计算质量和体积，可计算密度．
【解答】解：A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，C、D 为同周期元素，C 核外电子总数是最外层电子数的3
倍，则C 为P 元素；D 元素最外层有一个未成对电子，D 为Cl 元素；
A2﹣和B
+具有相同的电子构型，则A 为O 元素、B 为Na 元素；
（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O 元素，C 为P 元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3，
故答案为：O；1s22s22p63s23p3；
（2）A 为O 元素，有O2、O3 两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3 相对分子质量较大，则范德华力
较大，沸点较高，A 的氢化物为水，为分子晶体，B 的氢化物为NaH，为离子晶体，
故答案为：O3；O3 相对分子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；
（3）C 和D 反应可生成组成比为1：3 的化合物为PCl3，P 形成3 个δ键，孤电子对数为
=1，则为sp3 杂化，立
体构型为为三角锥形，
故答案为：三角锥形；sp3；
（4）化合物D2A 为Cl2O，O 为中心原子，形成2 个δ键，孤电子对数为
=2，则中心原子的价层电子对数为4，
立体构型为V 形，
氯气与湿润的Na2CO3 反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，
故答案为：V 形；4；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A 和B 能够形成化合物F 为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na 的个数
为8，O 的个数为8×
+6×
=4，
N（Na）：N（O）=2：1，则形成的化合物为Na2O，
晶胞中O 位于顶点，Na 位于体心，每个晶胞中有1 个Na 与O 的距离最近，每个定点为8 个晶胞共有，则晶胞中O
原子的配位数为8，
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晶胞的质量为
g，
晶胞的体积为（0.566×10
﹣7）3cm3，
则晶体F 的密度为
g•cm
﹣3=2.27 g•cm
﹣3，
故答案为：Na2O；8；2.27g•cm
﹣3．
【点评】本题考查物质结构和性质，为高频考点，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，采用均摊法、价层电子对互斥理论等理论分析解答，难点是晶胞计算，题目难度中等．
五、化学一选修5：有机化学基础（满分15 分）
13．（15 分）聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前
景．PPG 的一种合成路线如下：
已知：
①烃A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢
②化合物B 为单氯代烃：化合物C 的分子式为C5H8
③E、F 为相对分子质量差14 的同系物，F 是福尔马林的溶质
④
冋答下列问题：
（1）A 的结构简式为
．
（2）由B 生成C 的化学方程式为
．
（3）由E 和F 生成G 的反应类型为
加成反应
，G 的化学名称为
3﹣羟基丙醛
．
（
4
）
①
由
D
和
H
生
成
PPG
的
化
学
方
程
式
为
：
②若PPG 平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为
b
（填标号）．
a．48b．58c．76
d．122
（5）D 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有
5
种（不含立体异构）：
①能与饱和NaHCO3 溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为6：1：1 的是
（写结构简式）
D 的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是
c
（填标号）．
a．质谱仪
b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪．
【分析】烃A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，
=5…10，则A 为C5H10，结构为
；
A 发生光照下取代反应生成B 为
，B 发生消去反应生成C 为
，化合物C 的分子式为C5H8；C 发
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生氧化反应生成D 为HOOC（CH2）3COOH，E、F 为相对分子质量差14 的同系物，F 是福尔马林的溶质，则F 为HCHO，
可知E 为CH3CHO，由信息④可知E 与F 反应生成G 为OHCH2CH2CHO，G 与氢气发生加成反应生成H 为OHCH2CH2CH2OH，
D 与H 发生缩聚反应生成PPG（
），以此来解答．
【解答】解：烃A 的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，
=5…10，则A 为C5H10，结构
为
；A 发生光照下取代反应生成B 为
，B 发生消去反应生成C 为
，化合物C 的分子式
为C5H8；C 发生氧化反应生成D 为HOOC（CH2）3COOH，E、F 为相对分子质量差14 的同系物，F 是福尔马林的溶质，
则F 为HCHO，可知E 为CH3CHO，由信息④可知E 与F 反应生成G 为OHCH2CH2CHO，G 与氢气发生加成反应生成H
为OHCH2CH2CH2OH，D 与H 发生缩聚反应生成PPG（
），
（1）A 的结构简式为
，故答案为：
；
（2）由B 生成C 的化学方程式为
，
故答案为：
；
（3）由E 和F 生成G 的反应类型为加成反应，G 的化学名称为3﹣羟基丙醛，故答案为：加成反应；3﹣羟基丙醛；
（
4
）
①
由
D
和
H
生
成
PPG
的
化
学
方
程
式
为
，
故答案为：
；
②若PPG 平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为
≈58，故答案为：b；
（5）D 的同分异构体中能同时满足①能与饱和NaHCO3 溶液反应产生气体，含﹣COOH，②既能发生银镜反应，又能发
生水解反应﹣COOCH，D 中共5 个C，则含3 个C﹣C﹣C 上的2 个H 被﹣COOH、﹣OOCH 取代，共为3+2=5 种，含其
中核磁共振氢谱显示为3 组峰，且峰面积比为6：1：1 的是
，D 及同分异构体中组成相同，由元素分
析仪显示的信号（或数据）完全相同，故答案为：5；
；c．
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，为2015 年高考真题，把握合成中碳链变化、官能团变化及反应条件推
断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等．
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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
﹣1CuSO4 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
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（
）
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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
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：
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
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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
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
。
（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Cr2O72﹣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。
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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。
[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
。
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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
【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
【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（
）
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A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．2：1
【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
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
﹣1CuSO4 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
【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（
）
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
【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。
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【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 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
【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
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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
【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
CO2
。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
CO2
的
检
验
。
（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
。
【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
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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
Mg2B2O5•H2O+2H2SO4
2H3BO3+2MgSO4
。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）。
（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
（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
2H3BO3
B2O3+3H2O、B2O3+3Mg
2B+3MgO
。
【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
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；
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（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
MnSO4
；
（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）。
【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 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，
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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；
（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
﹣3min
﹣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。
[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
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
。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式
2Cu2++SO32﹣+2Cl
﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+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）
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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Cr2O72﹣被还原为Cr3+，样品中CuCl 的质量分数为
。
【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++SO32﹣+2Cl
﹣+H2O=2CuCl+SO42﹣+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++Cr2O72﹣+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++SO32﹣+2Cl
﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+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++SO32﹣+2Cl
﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H
+，故答案为：
2Cu2++SO32﹣+2Cl
﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+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++Cr2O72﹣+14H
+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72﹣，
6
1
n
ab×10
﹣3mol
n=6ab×10
﹣3mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10
﹣3mol=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
CO2、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。
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【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，
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
、
CH3CH2CH2CHO
。
（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（CH3）﹣C≡CH、CH3CH2CH2C
≡CH、CH3CH2C≡CCH3
。
（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
。
【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；
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（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；
（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
：
。
【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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2015 年江苏省高考化学试卷
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2 分）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（
）
A．采取低碳、节俭的生活方式
B．按照规定对生活废弃物进行分类放置
C．深入农村和社区宣传环保知识
D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
2．（2 分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（
）
A．质子数为17、中子数为20 的氯原子
Cl
B．氯离子（Cl
﹣）的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl
3．（2 分）下列说法正确的是（
）
A．分子式为C2H6O 的有机化合物性质相同
B．相同条件下，等质量的碳按a、b 两种途径完全转化，途径a 比途径b 放出更多热能
途径a：C
CO+H2
CO2+H2O
途径b：C
CO2
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
4．（2 分）在CO2 中，Mg 燃烧生成MgO 和C．下列说法正确的是（
）
A．元素C 的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO 中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）
C．在该反应条件下，Mg 的还原性强于C 的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
5．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子最外层有6 个电子，Y 是至今发现的非金属性最强
的元素，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（
）
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
6．（2 分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（
）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na
+、Al3+、SO42﹣、Cl
﹣
B．
=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液中：NH4
+、Ca2+、Cl
﹣、NO3
﹣
C．与Al 反应能放出H2 的溶液中：Fe2+、K
+、NO3
﹣、SO42﹣
D．水电离的c（H
+）=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液中：K
+、Na
+、AlO2
﹣、CO32﹣
7．（2 分）下列实验操作正确的是（
）
A．用玻璃棒蘸取CH3COOH 溶液点在水湿润的pH 试纸上，测定该溶液的pH
B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3 次
C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
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D．用装置乙加热分解NaHCO3 固体
8．（2 分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（
）
A．粗硅
SiCl4
Si
B．Mg（OH）2
MgCl2（aq）
Mg
C．Fe2O3
FeCl3（aq）
无水FeCl3
D．AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]OH（aq）
Ag
9．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H
++Cl
﹣+ClO
﹣
B．Na2CO3 溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3
﹣+OH
﹣
C．酸性溶液中KIO3 与KI 反应生成I2：IO3
﹣+I
﹣+6H
+=I2+3H2O
D．NaHCO3 溶液中加足量Ba（OH）2 溶液：HCO3
﹣+Ba2++OH
﹣=BaCO3↓+H2O
10．（2 分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（
）
A．反应CH4+H2O
3H2+CO，每消耗1molCH4 转移12mol 电子
B．电极A 上H2 参与的电极反应为：H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O
C．电池工作时，CO32﹣向电极B 移动
D．电极B 上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e
﹣=2CO32﹣
二、不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只
包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得
满分，但只要选错一个，该小题就得0 分．
11．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．若H2O2 分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B．室温下，pH=3 的CH3COOH 溶液与pH=11 的NaOH 溶液等体积混合，溶液pH＞7
C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3 达到平衡时，3v 正（H2）=2v 逆（NH3）
12 ．（4
分）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（
）
A．在NaOH 水溶液中加热，化合物X 可发生消去反应
B．在一定条件，化合物Y 可与HCHO 发生缩聚反应
C．用FeCl3 溶液可鉴别化合物X 和Y
D．化合物Y 中不含有手性碳原子
13．（4 分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（
）
A．制备Al（OH）3 悬浊液：向1mol•L
﹣1AlCl3 溶液中加过量的6mol•L
﹣1NaOH 溶液
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和Na2CO3 溶液，振荡后静置分液，并除
去有机相的水
C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN 溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H2O2 分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2 和1mLH2O，向另一支试管中
加入2mL5%H2O2 和1mLFeCl3 溶液，观察并比较实验现象
14．（4 分）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微
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粒的物质的量浓度关系正确的是（
）
A．向0.10mol•L
﹣1NH4HCO3 溶液中通入CO2：c（NH4
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）
B．向0.10mol•L
﹣1NaHSO3 溶液中通入NH3：c（Na
+）＞c（NH4
+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液通入SO2：c（Na
+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3）]
D．向0.10mol•L
﹣1CH3COONa 溶液中通入HCl：c（Na
+）＞c（CH3COOH）=c（Cl
﹣）
15．（4 分）在体积均为1.0L 的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2 和0.2molCO2，在不
同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2 的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图
中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（
）
A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0
B．体系的总压强P 总：P 总（状态Ⅱ）＞2P 总（状态Ⅰ）
C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）
D．逆反应速率V 逆：V 逆（状态Ⅰ）＞V 逆（状态Ⅲ）
二、非选择题
16．（12 分）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3 等）为原料可制备轻质CaCO3．
（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH 和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11 时CaSO4 转化的离子方程式
为
；能提高其转化速率的措施有
（填序号）
A．搅拌浆料
B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度
D．减小CO2 通入速率
（2）当清液pH 接近6.5 时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为
和
（填化学
式）；检验洗涤是否完全的方法是
．
（3）在敞口容器中，用NH4Cl 溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是
．
17 ．（15 分）化合物F 是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：
（1）化合物A 中的含氧官能团为
和
（填官能团的名称）．
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（2）化合物B 的结构简式为
；由C→D 的反应类型是：
．
（3）写出同时满足下列条件的E 的一种同分异构体的结构简式
．
Ⅰ．分子含有2 个苯环Ⅱ．分子中含有3 种不同化学环境的氢
（4）已知：RCH2CN
RCH2CH2NH2，请写出以
为原料制备化合物X（结构简式见图）
的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：
CH3CHO
CH3COOH
CH3COOCH2CH3．
18．（12 分）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg 等）的水悬浊液与烟气中SO2 反应可制备MnSO4•H2O，
反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4
（1）质量为17.40g 纯净MnO2 最多能氧化
L（标准状况）SO2．
（2）已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10
﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10
﹣39，pH=7.1 时Mn（OH）2 开始沉淀．室温下，除去MnSO4
溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10
﹣6mol•L
﹣1），需调节溶液pH 范围为
．
（3）如图可以看出，从MnSO4 和MgSO4 混合溶液中结晶MnSO4•H2O 晶体，需控制结晶温度范围为
．
（4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O 样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4 和NH4NO3 溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，
用c（Fe2+）=0.0500mol•L
﹣1 的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算
MnSO4•H2O 样品的纯度（请给出计算过程）
19．
（15 分）实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与Fe（NO3）3 溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已
知K2FeO4 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）
3 催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3 和O2．
（1）装置A 中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为
，将制备的Cl2通过装置B 可除去
（填
化学式）．
（2）Cl2 和KOH 在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH 溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，
实验中可采取的措施是
．
（3）制备K2FeO4 时，KClO 饱和溶液与Fe（NO3）3 饱和溶液的混合方式为
．
（4）提纯K2FeO4 粗产品[含有Fe（OH）3、KCl 等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4 粗产品溶于冷的3mol•L
﹣1KOH
溶液中，
（实验中须使用的试剂有：饱和KOH 溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空
干燥箱）．
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20．（14 分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3 预处理后用CaSO3 水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx 的含量；
O3 氧化烟气中SO2、NOx 的主要反应的热化学方程式为：
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol
﹣1
NO（g）+
O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol
﹣1
SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol
﹣1
（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=
mol•L
﹣1．
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2 的物质的量，改变加入O3 的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n
（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．
①当n（O3）：n（NO）＞1 时，反应后NO2 的物质的量减少，其原因是
．
②增加n（O3），O3 氧化SO2 的反应几乎不受影响，其可能原因是
．
（3）当用CaSO3 水悬浮液吸收经O3 预处理的烟气时，清液（pH 约为8）中SO32﹣将NO2 转化为NO2
﹣，其离子方程式
为：
．
（4）CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=
[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp
（CaSO4）表示]；CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液能提高NO2 的吸收速率，其主要原因
．
四.（12 分）【选做题】本题包括21、22 两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A
小题评分．
21．（12 分）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H
++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH
（1）Cr3+基态核外电子排布式为
；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是
（填元素符号）．
（2）CH3COOH 中C 原子轨道杂化类型为
．1mol CH3COOH 分子中含有σ键的数目为
．
（3）与H2O 互为等电子体的一种阳离子为
（填化学式）；H2O 与CH3CH3OH 可以任意比例互溶，除因为它们都
是极性分子外，还因为
．
22．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4
干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3 溶液洗涤．
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4 固体，放置一段时间后过滤．
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是
，锥形瓶中的溶液应为
．
（2）步骤1 所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为
．
（3）步骤2 中用10%NaHCO3 溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的
（填化学式）．
（4）步骤3 中加入无水MgSO4 固体的作用是
．
（5）步骤4 中采用减压蒸馏技术，是为了防止
．
附表相关物质的沸点（101kPa）
物质
沸点/℃
物质
沸点/℃
溴
58.8
1，2﹣二氯乙烷
83.5
苯甲醛
179
间溴苯甲醛
229
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2015 年江苏省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题包括10 小题，每小题2 分，共计20 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（2 分）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（
）
A．采取低碳、节俭的生活方式
B．按照规定对生活废弃物进行分类放置
C．深入农村和社区宣传环保知识
D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等
【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．
【解答】解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A 不选；
B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B 不选；
C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C
不选；
D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D
选；故选D。
【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及
环境保护意识即可解答，题目难度不大
2．（2 分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（
）
A．质子数为17、中子数为20 的氯原子
Cl
B．氯离子（Cl
﹣）的结构示意图：
C．氯分子的电子式：
D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl
【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；
B、氯离子（Cl
﹣）为Cl 原子得到1 个电子形成的阴离子，最外层满足8 个电子的稳定结构；
C、氯气为双原子分子，最外层均满足8 个电子的稳定结构；
D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可。
【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20 的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A
错误；
B、Cl 原子得到1 个电子形成最外层满足8 个电子的Cl
﹣，离子结构示意图为：
，故B 错误；
C、氯气中存在1 对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8 电子稳定结构，电子式为：
，故C 正确；
D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D 错误，故选C。
【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、
结构简式书写等，难度不大。
3．（2 分）下列说法正确的是（
）
A．分子式为C2H6O 的有机化合物性质相同
B．相同条件下，等质量的碳按a、b 两种途径完全转化，途径a 比途径b 放出更多热能
途径a：C
CO+H2
CO2+H2O
途径b：C
CO2
C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数
D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油
【分析】A、分子式为C2H6O 的有机化合物存在同分异构体；
B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关；
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C、氧化还原反应本质电子的得失，且得失电子守恒；
D、水中只含有H 和O 两种元素，汽油中含有C 和H 两种元素，依据元素守恒解答即可．
【解答】解：A、分子式为C2H6O 的有机化合物存在同分异构体，即乙醇或甲醚，二者属于不同的有机物，性质不同，
故A 错误；
B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab 两种途径，放出的热量一样多，故B 错
误；
C、氧化还原反应中存在得失电子守恒定律，即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，故C 正确；
D、汽油中含有C 和H 两种元素，而水中只存在H 和O 两种元素，故不可能通过化学变化直接将水转变为汽油，故D
错误，
故选：C。
【点评】本题主要考查的是有机物同分异构体的判断、化学反应的热效应、氧化还原反应等，综合性较强，难度一般．
4．（2 分）在CO2 中，Mg 燃烧生成MgO 和C．下列说法正确的是（
）
A．元素C 的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体
B．Mg、MgO 中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）
C．在该反应条件下，Mg 的还原性强于C 的还原性
D．该反应中化学能全部转化为热能
【分析】A、C 元素的单质存在多种同素异形体；
B、电子层数越多，微粒半径越大；
C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；
D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．
【解答】解：A、元素C 除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A 错误；
B、Mg 有3 个电子层，Mg2+为Mg 失去最外层的2 个电子形成的阳离子，只有2 个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），
故B 错误；
C、该反应为：2Mg+CO2
2MgO+C，此反应中Mg 为还原剂，C 为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还
原性，即还原性Mg＞C，故C 正确；
D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D 错误，故选C。
【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的
转化等，综合性较强，有一定的难度．
5．（2 分）短周期主族元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 原子最外层有6 个电子，Y 是至今发现的非金属性最强
的元素，Z 在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W 的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（
）
A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z
B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X
C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X
D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W
【分析】Y 是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y 是F，X 最外层有6 个电子且原子序数小于Y，应为O，Z 在周
期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z 为Al，W 的单质广泛用作半导体材料，
那么W 为Si，据此推断A、X、Y、Z、W 分别为O、F、Al 和Si，结合各个选项解答即可．
【解答】解：Y 是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y 是F，X 最外层有6 个电子且原子序数小于Y，应为O，Z
在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z 为Al，W 的单质广泛用作半导体
材料，那么W 为Si，据此推断A、X、Y、Z、W 分别为O、F、Al 和Si，
A、最外层电子数分别为6、7、3 和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A 正确；
B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，
故B 错误；
C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C 错误；
D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D 错误，故选A。
【点评】本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，
难度不大．
6．（2 分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（
）
A．使酚酞变红色的溶液中：Na
+、Al3+、SO42﹣、Cl
﹣
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B．
=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液中：NH4
+、Ca2+、Cl
﹣、NO3
﹣
C．与Al 反应能放出H2 的溶液中：Fe2+、K
+、NO3
﹣、SO42﹣
D．水电离的c（H
+）=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液中：K
+、Na
+、AlO2
﹣、CO32﹣
【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；
B.
=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液，显酸性；
C．与Al 反应能放出H2 的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；
D．水电离的c（H
+）=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．
【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A 错误；
B.
=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B 正确；
C．与Al 反应能放出H2 的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H
+、NO3
﹣发生氧化还原反应，
碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C 错误；
D．水电离的c（H
+）=1×10
﹣13mol•L
﹣1 的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2
﹣、CO32
﹣，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子的共存，为2015 年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分
解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大．
7．（2 分）下列实验操作正确的是（
）
A．用玻璃棒蘸取CH3COOH 溶液点在水湿润的pH 试纸上，测定该溶液的pH
B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3 次
C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相
D．用装置乙加热分解NaHCO3 固体
【分析】A．pH 试纸不能事先湿润；
B．为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗；
C．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；
D．加热固体应防止试管炸裂．
【解答】解：A．测定醋酸pH，pH 试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结果偏大，故A 错误；
B．为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润洗，故B 正确；
C．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故C 错误；
D．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题为2015 年高考题江苏卷第7 题，综合考查pH 的使用、分液、滴定以及实验安全等知识，侧重于学生的
分析、实验能力的考查，比较基础，难度适中，有利于培养学生良好的科学素养．
8．（2 分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（
）
A．粗硅
SiCl4
Si
B．Mg（OH）2
MgCl2（aq）
Mg
C．Fe2O3
FeCl3（aq）
无水FeCl3
D．AgNO3（aq）
[Ag（NH3）2]OH（aq）
Ag
【分析】A．Si 可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4 可与氢气发生反应生成Si 和HCl；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；
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C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．
【解答】解：A．Si 可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4 可与氢气发生反应生成Si 和HCl，该反应可用于工业提纯硅，
故A 正确；
B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B 错误；
C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl 环境中进行，故C 错误；
D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D 错误。
故选：A。
【点评】本题为2015 年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握
物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累．
9．（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（
）
A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H
++Cl
﹣+ClO
﹣
B．Na2CO3 溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3
﹣+OH
﹣
C．酸性溶液中KIO3 与KI 反应生成I2：IO3
﹣+I
﹣+6H
+=I2+3H2O
D．NaHCO3 溶液中加足量Ba（OH）2 溶液：HCO3
﹣+Ba2++OH
﹣=BaCO3↓+H2O
【分析】A．氯气与水生成HClO，HClO 为弱酸，应写成化学式；
B．CO32﹣的水解为可逆反应；
C．电荷不守恒；
D．NaHCO3 溶液中加足量Ba（OH）2 溶液，生成BaCO3 和水．
【解答】解：A．氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H
++Cl
﹣+HClO，HClO 为弱酸，应写成化学式，且为可逆符
号，故A 错误；
B．CO32﹣的水解为可逆反应，应为CO32﹣+H2O⇌HCO3
﹣+OH
﹣，故B 错误；
C．酸性溶液中KIO3 与KI 反应生成I2，发生IO3
﹣+5I
﹣+6H
+=3I2+3H2O，故C 错误；
D．NaHCO3 溶液中加足量Ba（OH）2 溶液，生成BaCO3 和水，发生HCO3
﹣+Ba2++OH
﹣=BaCO3↓+H2O，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题为2015 年江苏卷第9 题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重于学生的分析能力以及元素化合
物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、
生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，
难度不大．
10．（2 分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（
）
A．反应CH4+H2O
3H2+CO，每消耗1molCH4 转移12mol 电子
B．电极A 上H2 参与的电极反应为：H2+2OH
﹣﹣2e
﹣=2H2O
C．电池工作时，CO32﹣向电极B 移动
D．电极B 上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e
﹣=2CO32﹣
【分析】甲烷和水经催化重整生成CO 和H2，反应中C 元素化合价由﹣4 价升高到+2 价，H 元素化合价由+1 价降低到
0 价，原电池工作时，CO 和H2 为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题。
【解答】解：A．反应CH4+H2O
3H2+CO，C 元素化合价由﹣4 价升高到+2 价，H 元素化合价由+1 价降低到0 价，
每消耗1molCH4 转移6mol 电子，故A 错误；
B．电解质没有OH
﹣，负极反应为H2+CO+2CO32﹣﹣4e
﹣=H2O+3CO2，故B 错误；
C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A 移动，故C 错误；
D．B 为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e
﹣=2CO32﹣，故D 正确。
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故选：D。
【点评】本题为2015 年江苏考题第10 题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子
流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，难度中等。
二、不定项选择题：本题包括5 小题，每小题4 分，共计20 分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只
包括一个选项，多选时，该小题得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2 分，选两个且都正确的得
满分，但只要选错一个，该小题就得0 分．
11．（4 分）下列说法正确的是（
）
A．若H2O2 分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B．室温下，pH=3 的CH3COOH 溶液与pH=11 的NaOH 溶液等体积混合，溶液pH＞7
C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3 达到平衡时，3v 正（H2）=2v 逆（NH3）
【分析】A．H2O2 分解产生1molO2，反应中O 元素化合价由﹣1 价升高到0 价，转移2mol 电子；
B．CH3COOH 为弱酸，pH=3 的CH3COOH 溶液与pH=11 的NaOH 溶液相比较，醋酸过量；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；
D．化学反应中速率之比等于计量数之比．
【解答】解：A．H2O2 分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑
2H2O+O2↑，反应中O 元素化合价由﹣1 价升高到
0 价，转移2mol 电子，故A 错误；
B．CH3COOH 为弱酸，pH=3 的CH3COOH 溶液与pH=11 的NaOH 溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，
pH＜7，故B 错误；
C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C 正确；
D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3 反应，速率关系符合系数比，即v 正（H2）：v 正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，
v 正（NH3）=v 逆（NH3），则达到平衡时，应为2v 正（H2）=3v 逆（NH3），故D 错误。
故选：C。
【点评】本题为2015 年江苏考题第11 题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平
衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查
学生的良好的学习习惯和科学素养．
12 ．（4
分）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（
）
A．在NaOH 水溶液中加热，化合物X 可发生消去反应
B．在一定条件，化合物Y 可与HCHO 发生缩聚反应
C．用FeCl3 溶液可鉴别化合物X 和Y
D．化合物Y 中不含有手性碳原子
【分析】A．X 为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇；
B．Y 含有酚羟基，与苯酚性质相似；
C．Y 含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应；
D．根据手性碳原子的定义判断．
【解答】解：A．X 为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件为氢氧化钠醇溶液，
故A 错误；
B．Y 含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B 正确；
C．Y 含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C 正确；
D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y 中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D 错误。
故选：BC。
【点评】本题为2015 年江苏考题第12 题，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，
为解答该类题目的关键，难度不大．
13．（4 分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（
）
A．制备Al（OH）3 悬浊液：向1mol•L
﹣1AlCl3 溶液中加过量的6mol•L
﹣1NaOH 溶液
B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和Na2CO3 溶液，振荡后静置分液，并除
去有机相的水
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C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN 溶液，观察实验现象
D．探究催化剂对H2O2 分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2 和1mLH2O，向另一支试管中
加入2mL5%H2O2 和1mLFeCl3 溶液，观察并比较实验现象
【分析】A．NaOH 过量，反应生成偏铝酸钠；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；
C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子；
D．相同条件下，只有催化剂不同．
【解答】解：A．NaOH 过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al（OH）3 悬浊液，故A 错误；
B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，振荡后静置分液，并除去有机相的水可除杂，故B 正确；
C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子，检验亚铁离子，应先加KSCN 溶液，再加氯水，故C 错误；
D．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2 和1mLFeCl3 溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2 分解
速率的影响，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、离子检验及影响反应速率
的因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
14．（4 分）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微
粒的物质的量浓度关系正确的是（
）
A．向0.10mol•L
﹣1NH4HCO3 溶液中通入CO2：c（NH4
+）=c（HCO3
﹣）+c（CO32﹣）
B．向0.10mol•L
﹣1NaHSO3 溶液中通入NH3：c（Na
+）＞c（NH4
+）＞c（SO32﹣）
C．向0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液通入SO2：c（Na
+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3）]
D．向0.10mol•L
﹣1CH3COONa 溶液中通入HCl：c（Na
+）＞c（CH3COOH）=c（Cl
﹣）
【分析】A．pH=7，则c（H
+）=c（OH
﹣），结合电荷守恒分析；
B．溶液中钠离子与S 原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c（Na
+）=c（SO32
﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na
+）+c（NH4
+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣），联立判断；
C．未反应前结合物料守恒可知c（Na
+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液通入SO2，
至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；
D．向0.10mol•L
﹣1CH3COONa 溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．
【解答】解：A．pH=7，则c（H
+）=c（OH
﹣），结合电荷守恒可知，c（NH4
+）=c（HCO3
﹣）+2c（CO32﹣），故A 错误；
B．溶液中钠离子与S 原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na
+）＞c（NH4
+），由物料
守恒可知，c（Na
+）=c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na
+）+c（NH4
+）=2c（SO32
﹣）+c（HSO3
﹣），联立可得：c（NH4
+）+c（H2SO3）=c（SO32﹣），故B 错误；
C．向0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、
Na2SO3，则c（Na
+）＜2[c（SO32﹣）+c（HSO3
﹣）+c（H2SO3）]，故C 错误；
D．向0.10mol•L
﹣1CH3COONa 溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H
+）=c（OH
﹣），HCl 不足，反应后溶液中溶质为NaCl、
醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na
+）=c（CH3COO
﹣）+c（Cl
﹣），由物料守恒可知，c（Na
+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO
﹣），则c（Na
+）＞c（CH3COOH）=c（Cl
﹣），故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子浓度大小比较，为2015 年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意
pH=7 的信息及应用，题目难度不大．
15．（4 分）在体积均为1.0L 的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2 和0.2molCO2，在不
同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2 的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图
中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（
）
A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0
B．体系的总压强P 总：P 总（状态Ⅱ）＞2P 总（状态Ⅰ）
C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）
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D．逆反应速率V 逆：V 逆（状态Ⅰ）＞V 逆（状态Ⅲ）
【分析】A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；
B．分别加入0.1molCO2 和0.2molCO2，曲线I 为加入0.1molCO2，曲线II 为加入0.2molCO2，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO
（g）平衡逆向移动；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II 看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO 的浓度相同，再加入0.1molCO2，
若平衡不移动，Ⅱ状态CO 的浓度等于2 倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移动，消耗CO；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快．
【解答】解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，
可知△H＞0，故A 错误；
B．分别加入0.1molCO2 和0.2molCO2，曲线I 为加入0.1molCO2，曲线II 为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总
压强为P 总（状态Ⅱ）=2P 总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2）相同，则加
热使平衡正向移动，则体系的总压强为P 总（状态Ⅱ）＞2P 总（状态Ⅰ），故B 正确；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II 看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO 的浓度相同，再加入0.1molCO2，
若平衡不移动，Ⅱ状态CO 的浓度等于2 倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c（CO，状态
Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C 正确；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V 逆（状态Ⅰ）＜V 逆（状态Ⅲ），故D 错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，本题为2015 年江苏高考题，把握平衡移动的影响因素、图象
分析为解答的关键，选项BC 为解答的难点，题目难度中等．
二、非选择题
16．（12 分）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3 等）为原料可制备轻质CaCO3．
（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH 和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11 时CaSO4 转化的离子方程式
为
CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4
++SO42﹣+H2O 或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣
；能提高其转化速率的措施有
AC
（填序号）
A．搅拌浆料
B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度
D．减小CO2 通入速率
（2）当清液pH 接近6.5 时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为
SO42﹣
和
HCO3
﹣
（填
化学式）；检验洗涤是否完全的方法是
取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，
若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
．
（3）在敞口容器中，用NH4Cl 溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是
浸
取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出
．
【分析】磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、
SiO2、Al2O3 等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，
氯化钙最终可生成碳酸钙，
（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH 逐渐减小，清液pH＞11 时CaSO4 生成碳酸钙、铵根离子和
硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣）；
（2）当清液pH 接近6.5 时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3
﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸
酸化的氯化钡检验；
（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强．
【解答】解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳
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酸钙、SiO2、Al2O3 等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化
钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，
（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH 逐渐减小，清液pH＞11 时CaSO4 生成碳酸钙、铵根离子和
硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4
++SO42﹣+H2O 或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，为提
高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣），而升高温度，氨气挥发，不能增大转化率，
故答案为：CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4
++SO42﹣+H2O 或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；AC；
（2）当清液pH 接近6.5 时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3
﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸
酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白
色沉淀，则表明已洗涤完全，
故答案为：SO42﹣；HCO3
﹣；取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白
色沉淀，则表明已洗涤完全；
（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增大，
故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．
【点评】本题为2015 年江苏考题第16 题，以实验流程的形成综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实
验能力的考查，难度中等，注意把握提给信息以及相关物质的性质．
17 ．（15 分）化合物F 是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：
（1）化合物A 中的含氧官能团为
醚键
和
醛基
（填官能团的名称）．
（2）化合物B 的结构简式为
；由C→D 的反应类型是：
取代反应
．
（
3
）
写
出
同
时
满
足
下
列
条
件
的
E
的
一
种
同
分
异
构
体
的
结
构
简
式
．
Ⅰ．分子含有2 个苯环Ⅱ．分子中含有3 种不同化学环境的氢
（4）已知：RCH2CN
RCH2CH2NH2，请写出以
为原料制备化合物X（结构简式见图）
的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：
CH3CHO
CH3COOH
CH3COOCH2CH3．
【分析】A 含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C 的结构简式可知B 为
，B 与SOCl2 发
生取代反应生成
，然后与NaCN 发生取代反应生成
，经水解、
还原，最终生成
；
以
制备
，可在浓硫酸作用下生成
，然后与HCl 发生加成反应生成
，
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与NaCN 发生取代反应生成
，在催化作用下与氢气反应可生成
，以此解答该题．
【解答】解：A 含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C 的结构简式可知B 为
，B 与SOCl2
发生取代反应生成
，然后与NaCN 发生取代反应生成
，经水解、
还原，最终生成
，
（1）由结构简式可知A 含有的官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；
（2 ）B 为
，
与NaCN 发生取代反应生成
，
故答案为：
；取代反应；
（3）E 的一种同分异构体含有3 种不同化学环境的氢，且含有2 个苯环，且结构对称，则对应的结构有
，
故答案为：
；
（4）以
制备
，可在浓硫酸作用下生成
，然后与HCl 发生加成反应生成
，与NaCN 发生取代反应生成
，在催化作用下与氢气反应可生成
，也可与HCl 反应生
成
，再生成
，
则流程为
，
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故答案为：
．
【点评】本题为2015 年江苏卷第17 题，涉及有机物的合成，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握提给信
息以及官能团的性质，注意合成路线的设计，为解答该题的难点．
18．（12 分）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg 等）的水悬浊液与烟气中SO2 反应可制备MnSO4•H2O，
反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4
（1）质量为17.40g 纯净MnO2 最多能氧化
4.48
L（标准状况）SO2．
（2）已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10
﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10
﹣39，pH=7.1 时Mn（OH）2 开始沉淀．室温下，除去MnSO4
溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10
﹣6mol•L
﹣1），需调节溶液pH 范围为
5.0≤pH＜7.1
．
（3）如图可以看出，从MnSO4 和MgSO4 混合溶液中结晶MnSO4•H2O 晶体，需控制结晶温度范围为
高于60℃
．
（4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O 样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4 和NH4NO3 溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，
用c（Fe2+）=0.0500mol•L
﹣1 的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算
MnSO4•H2O 样品的纯度（请给出计算过程）
【分析】（1）根据MnO2+SO2=MnSO4 可知，n（SO2）=n（MnO2）；
（2）pH=7.1 时Mn（OH）2 开始沉淀．室温下，除去MnSO4 溶液中的Fe3+、Al3+，结合Al（OH）3 完全变成沉淀时的
pH、Fe（OH）3 完全变成沉淀时的pH 分析；
（3）从MnSO4 和MgSO4 混合溶液中结晶MnSO4•H2O 晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O 的溶解度减小，
而MgSO4•6H2O 的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10
﹣3mol，根据Mn 元
素守恒，m（MnSO4•H2O）=1.00×10
﹣3mol×169g/mol=0.169g，以此计算纯度．
【解答】解：
（1）根据MnO2+SO2=MnSO4 可知，n（SO2）=n（MnO2）=
=0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48；
（2）pH=7.1 时Mn（，除去OH）2 开始沉淀．室温下MnSO4 溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al
（OH）3]=1×10
﹣33=c（Al3+）×c3（OH
﹣），c（Al3+）=1×10
﹣6mol•L
﹣1，解得：c（OH
﹣）=1×10
﹣9mol•L
﹣1，c（H
+）=1
×10
﹣5mol•L
﹣1pH=5，同理Fe（OH）3 完全变成沉淀时，pH 约为3.5，故pH 范围是：5.0≤pH＜7.1，故答案为：5.0≤
pH＜7.1；
（3）从MnSO4 和MgSO4 混合溶液中结晶MnSO4•H2O 晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O 的溶解度减小，
而MgSO4•6H2O 的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃这样可以得到纯净的MnSO4•H2O，故答案为：高于
60℃；
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（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10
﹣3mol，根据Mn 元
素守恒，m（MnSO4•H2O）=1.00×10
﹣3mol×169g/mol=0.169g，纯度为
×100%=98.8%，
答：MnSO4•H2O 样品的纯度为98.8%．
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应计算、溶度积计算及混合物分离、图象分析等，本题为2015 年江苏高考
题18 题，综合性较强，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度中等．
19．
（15 分）实验室用图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与Fe（NO3）3 溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已
知K2FeO4 具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）
3 催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3 和O2．
（1）装置A 中KMnO4 与盐酸反应生成MnCl2 和Cl2，其离子方程式为
2MnO4
﹣+16H
++10Cl
﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
，将
制备的Cl2 通过装置B 可除去
HCl
（填化学式）．
（2）Cl2 和KOH 在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH 溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，
实验中可采取的措施是
缓慢滴加盐酸、装置C 用冰水浴中
．
（3）制备K2FeO4 时，KClO 饱和溶液与Fe（NO3）3 饱和溶液的混合方式为
在搅拌下，将Fe（NO3）3 饱和溶液缓慢
滴加到KClO 饱和溶液中
．
（4）提纯K2FeO4 粗产品[含有Fe（OH）3、KCl 等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4 粗产品溶于冷的3mol•L
﹣1KOH
溶液中，
用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH 溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇
洗涤2﹣3 次后，在真空干燥箱中干燥
（实验中须使用的试剂有：饱和KOH 溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪
器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．
【分析】（1）KMnO4 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2 改写成离子形
式，Cl2、H2O 为分子式形式，配平书写离子方程式；
由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl 除去；
（2）Cl2 和KOH 在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO 温度反应在0℃～5℃，装置C 应放在冰水浴中，充分利用原
料，应降低通入氯气的速率；
（3）K2FeO4 在Fe3+和Fe（OH）3 催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3 饱和溶液滴加到KClO 溶液中；
（4）用砂芯漏斗过滤，除去氢氧化铁，由于K2FeO4 可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中
加入饱和的KOH 溶液，析出K2FeO4 晶体，再进行过滤，用乙醇洗涤，减少因溶解导致晶体损失，最后在真空干燥箱中
干燥．
【解答】解：（1）KMnO4 具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2 改写成离
子形式，Cl2、H2O 为分子式形式，离子方程式为：2MnO4
﹣+16H
++10Cl
﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl 除去，
故答案为：2MnO4
﹣+16H
++10Cl
﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；HCl；
（2）Cl2 和KOH 在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO 温度反应在0℃～5℃，装置C 应放在冰水浴中，充分利用原
料，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，
故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C 用冰水浴中；
（3）K2FeO4 在Fe3+和Fe（OH）3 催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3 饱和溶液滴加到KClO 溶液中，具体操作为：
在搅拌下，将Fe（NO3）3 饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，
故答案为：在搅拌下，将Fe（NO3）3 饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中；
（4）提纯K2FeO4 粗产品[含有Fe（OH）3、KCl 等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4 粗产品溶于冷的3mol•L
﹣1KOH
溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH 溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗
涤2﹣3 次后，在真空干燥箱中干燥，
故答案为：用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和﹣﹣的KOH 溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用
乙醇洗涤2﹣3 次后，在真空干燥箱中干燥．
【点评】本题考查实验制备方案、氧化还原反应、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价、阅读获取信息能力，
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是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难度中等．
20．（14 分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3 预处理后用CaSO3 水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx 的含量；
O3 氧化烟气中SO2、NOx 的主要反应的热化学方程式为：
NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol
﹣1
NO（g）+
O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol
﹣1
SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol
﹣1
（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=
﹣317.3
mol•L
﹣1．
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2 的物质的量，改变加入O3 的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n
（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．
①当n（O3）：n（NO）＞1 时，反应后NO2 的物质的量减少，其原因是
O3 将NO2 氧化为更高价态氮氧化物
．
②增加n（O3），O3 氧化SO2 的反应几乎不受影响，其可能原因是
可能是其反应较慢
．
（3）当用CaSO3 水悬浮液吸收经O3 预处理的烟气时，清液（pH 约为8）中SO32﹣将NO2 转化为NO2
﹣，其离子方程式
为：
SO32﹣+2NO2+2OH
﹣=SO42﹣+2NO2
﹣+H2O
．
（4）CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=
[用c（SO42
﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液能提高NO2 的吸收速率，其主要原因
CaSO3
转化为CaSO4 使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2 的反应速率
．
【分析】（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol
﹣1①
NO（g）+
O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol
﹣1②
将方程式2②+①3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），焓变进行相应的改变；
（2）①臭氧具有强氧化性，能氧化生成的NO2；
②增加n（O3），O3 氧化SO2 的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是其反应速率较慢；
（3）溶液pH 约为8，说明溶液呈碱性，SO32﹣将NO2 转化为NO2
﹣，同时SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根据反应物和生成
物书写离子方程式；
（4 ）CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液，发生反应CaSO3+SO42 ﹣=CaSO4+SO32 ﹣，溶液中c （Ca2+ ）
=
=
；根据CaSO3+SO42﹣=CaSO4+SO32﹣知，加入硫酸钠导致亚硫酸根离子浓度增大，浓度越
大反应速率越大．
【解答】解：（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol
﹣1 ①
NO（g）+
O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol
﹣1②
将方程式2②+①3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），所以△H=2×（﹣58.2kJ．mol
﹣1）+（﹣200.9kJ．mol
﹣1）=﹣317.3kJ/mol，
故答案为：﹣317.3；
（2）①当n（O3）：n（NO）＞1 时，臭氧过量，臭氧具有强氧化性，能将反应后NO2 氧化为更高价氮氧化物，导致二
氧化氮减少，故答案为：O3 将NO2 氧化为更高价态氮氧化物；
②增加n（O3），O3 氧化SO2 的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是其反应速率较慢，故答案为：
可能是其反应较慢；
（3）溶液pH 约为8，说明溶液呈碱性，SO32﹣将NO2 转化为NO2
﹣，同时SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根据反应物和生成
物书写离子方程式为SO32﹣+2NO2+2OH
﹣=SO42﹣+2NO2
﹣+H2O，故答案为：SO32﹣+2NO2+2OH
﹣=SO42﹣+2NO2
﹣+H2O；
（4 ）CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液，发生反应CaSO3+SO42 ﹣=CaSO4+SO32 ﹣，溶液中c （Ca2+ ）
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=
=
，所以c（SO32﹣）=
；根据CaSO3+SO42﹣=CaSO4+SO32﹣知，
加入硫酸钠导致c（SO32﹣）增大，浓度越大反应速率越大，所以加快反应速率，提高NO2 的吸收速率，
故答案为：
；CaSO3 转化为CaSO4 使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2 的反应速
率．
【点评】本题为2015 年江苏省高考题，考查了溶度积常数计算、反应速率影响因素、氧化还原反应离子方程式的书写、
盖斯定律等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析计算能力，知道常见物质的性质、离子方程式书写规则，难点是
（4）题计算，题目难度中等．
四.（12 分）【选做题】本题包括21、22 两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A
小题评分．
21．（12 分）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H
++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH
（1）Cr3+基态核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d3
；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是
O
（填
元素符号）．
（2）CH3COOH 中C 原子轨道杂化类型为
sp3 和sp2
．1mol CH3COOH 分子中含有σ键的数目为
7mol 或7×6.02×
1023
．
（3）与H2O 互为等电子体的一种阳离子为
H2F
+
（填化学式）；H2O 与CH3CH3OH 可以任意比例互溶，除因为它们都
是极性分子外，还因为
H2O 与CH3CH2OH 之间可以形成氢键
．
【分析】（1）Cr 位于周期表第四周期ⅥB 族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3 个电子生成Cr3+，配
合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O 为配体；
（2）CH3COOH 中C 原子分别形成4 个、3 个δ键，没有孤对电子，CH3CHOOH 分子中含有1 个C﹣C、3 个C﹣H、1 个
C﹣O、1 个C=O、1 个O﹣H 等化学键；
（3）与H2O 互为等电子体的阳离子应含有3 个原子、且电子数为10，H2O 与CH3CH2OH 都含有氢键，且都为极性分子，
二者互溶．
【解答】解：（1）Cr 位于周期表第四周期ⅥB 族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3 个电子生成Cr3+，
则离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d3，
配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O 为配体，O 原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，
故答案为：1s22s22p63s23p63d3；O；
（2）CH3COOH 中C 原子分别形成4 个、3 个δ键，没有孤对电子，分别为sp3 杂化、sp2 杂化，CH3CHOOH 分子中含有
1 个C﹣C、3 个C﹣H、1 个C﹣O、1 个C=O、1 个O﹣H 等化学键，则1mol CH3COOH 分子中含有σ键的数目为7mol
或7×6.02×1023，
故答案为：sp3 和sp2；7mol 或7×6.02×1023；
（3）与H2O 互为等电子体的阳离子应含有3 个原子、且电子数为10，应为H2F
+，H2O 与CH3CH2OH 都含有氢键，且都
为极性分子，二者互溶，
故答案为：H2F
+；H2O 与CH3CH2OH 之间可以形成氢键．
【点评】本题为2015 年江苏考题第21 题，为选做题，综合考查原子结构与元素的性质，题目涉及核外电子排布、杂
化类型以及等电子体等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大．
22．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：
步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4
干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．
步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3 溶液洗涤．
步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4 固体，放置一段时间后过滤．
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．
（1）实验装置中冷凝管的主要作用是
冷凝回流
，锥形瓶中的溶液应为
NaOH
．
（2）步骤1 所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为
AlCl3
．
（3）步骤2 中用10%NaHCO3 溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的
Br2、HCl
（填化学式）．
（4）步骤3 中加入无水MgSO4 固体的作用是
除去有机相的水
．
（5）步骤4 中采用减压蒸馏技术，是为了防止
间溴苯甲醛被氧化
．
附表相关物质的沸点（101kPa）
物质
沸点/℃
物质
沸点/℃
溴
58.8
1，2﹣二氯乙烷
83.5
苯甲醛
179
间溴苯甲醛
229
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【分析】苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，
生成的HBr 用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水
MgSO4 固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题．
【解答】解：（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲
醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，
故答案为：冷凝回流；NaOH；
（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3 为催化剂，1，2
﹣二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物，
故答案为：AlCl3；
（3）将反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl 反应，
故答案为：Br2、HCl；
（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4 固体，可起到除去有机相的水的作用，
故答案为：除去有机相的水；
（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，
故答案为：间溴苯甲醛被氧化．
【点评】本题为2015 年高考化学江苏卷化学选做题实验化学部分，本题考查有机物的制备，侧重于学生的分析能力和
实验能力的考查，注意把握基本实验操作方法以及实验的原理，难度不大．
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2015 年海南省高考化学试卷
一、选择题（共6 小题，每小题2 分，满分12 分）
1．（2 分）化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（
）
A．明矾净化水
B．纯碱去油污
C．食醋除水垢
D．漂白粉漂白织物
2．（2 分）下列离子中半径最大的是（
）
A．Na
+
B．Mg2+ C．O2﹣
D．F
﹣
3．（2 分）0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol•L
﹣1 的NaOH 溶液反应，形成的溶液pH 最小的是（
）
A．NO2 B．SO2
C．SO3
D．CO2
4．（2 分）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol
﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g 水，则放出的热量约为（
）
A．55kJ B．220kJC．550kJD．1108kJ
5．（2 分）分子式为C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
6．（2 分）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO
﹣+4OH
﹣═2RO4n﹣+3Cl
﹣+5H2O，则RO4n﹣中R 的化合价
是（
）
A．+3
B．+4
C．+5
D．+6
二、选择题（共6 小题，每小题4 分，满分24 分.每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，
多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一个就得0 分。）
7．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2
B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH 溶液
C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜
D．煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2
8．（4 分）10mL 浓度为1mol•L
﹣1 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气
生成量的是（
）
A．K2SO4B．CH3COONa
C．CuSO4
D．Na2CO3
9．（4 分）下列反应不属于取代反应的是（
）
A．淀粉水解制葡萄糖
B．石油裂解制丙烯
C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯
D．油脂与浓NaOH 反应制高级脂肪酸钠
10．（4 分）下列指定微粒的数目相等的是（
）
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数
C．同温、同压、同体积的CO 和NO 含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数
11．（4 分）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8×10
﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10
﹣3）在水中的电离度与浓度
关系的是（
）
A．
B．
C．
D．
12．（4 分）a．b．c．d 为短周期元素，a 的M 电子层有1 个电子，b 的最外层电子数为内层电子数的2 倍，c 的最高
化合价为最低化合价绝对值的3 倍，c 与d 同周期，d 的原子半径小于c．下列叙述错误的是（
）
A．d 元素的非金属性最强
B．它们均存在两种或两种以上的氧化物
C．只有a 与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．a．b．c．d 与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
三、解答题（共5 小题，满分44 分）
13．（8 分）乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示：
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回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
．
（2）B 的化学名称是
．
（3）由乙醇生成C 的反应类型为
．
（4）E 是一种常见的塑料，其化学名称是
．
（5）由乙醇生成F 的化学方程式为
．
14．（8 分）单质Z 是一种常见的半导体材料，可由X 通过如图所示的路线制备．其中X 为Z 的氧化物；Y 为氢化物，
分子结构与甲烷相似．回答下列问题：
（1）能与X 发生化学反应的酸是
；由X 制备Mg2Z 的化学方程式为
．
（2）由Mg2Z 生成Y 的化学方程式为
，Y 分子的电子式为
．
（3）Z、X 中共价键的类型分别是
、
．
15．（9 分）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下
列问题：
（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是
．
（2）已知Ksp（AgCl）=1.8×10
﹣10，若向50mL0.018mol•L
﹣1 的AgNO3 溶液中加入50mL0.020mol•L
﹣1 的盐酸，混合后溶
液中Ag
+的浓度为
mol•L
﹣1，pH 为
．
（3）AgNO3 光照易分解，生成Ag 和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为
．
（4）如图所示原电池正极的反应式为
．
16．（8 分）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：
（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为
（用离子方程表示）：0.1mol•L
﹣1 的氨水中加入少量NH4Cl 固体，溶液的
pH
（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4
+的浓度
（填“增大”或“减小”）．
（2）硝酸铵加热分解可得到N2O 和H2O．250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式
为
，平衡常数表达式为
；若有1mol 硝酸铵完全分解，转移的电子数为
mol．
（3）由N2O 和NO 反应生成N2 和NO2 的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=
kJ•mol
﹣1．
17．
（11 分）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现
用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．
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回答下列问题：
（1）制取无水氯化铁的实验中，A 中反应的化学方程式为
，装置B 中加入的试剂是
．
（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A 用来制取
．尾气的成分是
．若仍用D 装置进行尾气处理，
存在的问题是
、
．
（3）若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3，检验FeCl3 常用的试剂是
．欲制得纯净的FeCl2，在实验操作
中应先
，再
．
【选修5－有机化学基础】
18．（6 分）下列有机物的命名错误的是（
）
A．
1，2，4﹣三甲苯
B．
3﹣甲基戊烯
C．
2﹣甲基﹣1﹣丙醇
D．
1，3﹣二溴丙烷
19．（14 分）芳香化合物A 可进行如下转化：
回答下列问题：
（1）B 的化学名称为
．
（2）由C 合成涤纶的化学方程式为
．
（3）E 的苯环上一氯代物仅有两种，E 的结构简式为
．
（4）写出A 所有可能的结构简式
．
（5）写出符合下列条件的E 的同分异构体的结构简式
．
①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢
②可发生银镜反应和水解反应．
【选修3－物质结构与性质】
20．下列物质的结构或性质与氢键无关的是（
）
A．乙醚的沸点
B．乙醇在水中的溶解度
C．氢化镁的晶格能
D．DNA 的双螺旋结构
21．钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业．
回答下列问题：
（1）钒在元素周期表中的位置为
，其价层电子排布图为
．
（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1 所示．晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为
、
．
（3）V2O5 常用作SO2 转化为SO3 的催化剂．SO2 分子中S 原子价层电子对数是
对，分子的立体构型为
；
SO3 气态为单分子，该分子中S 原子的杂化轨道类型为
；SO3 的三聚体环状结构如图2 所示，该结构中S 原子
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的杂化轨道类型为
；该结构中S﹣O 键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为
（填图2 中字母），该分子中含有
个σ键．
（4）V2O5 溶解在NaOH 溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为
；也可以得到偏钒酸钠，
其阴离子呈如图3 所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为
．
【选修2－化学与技术】
22．下列有关海水综合利用的说法正确的是（
）
A．电解饱和食盐水可制得金属钠
B．海带提碘只涉及物理变化
C．海水提溴涉及到氧化还原反应
D．海水提镁涉及到复分解反应
23．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．
回答下列问题：
（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外还有
．除去铁矿石中脉石
（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为
、
；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2 和
（填化学
式）．
（2）已知：①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol
﹣1
②CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol
﹣1
③C（s）+
O2（g）═CO（g）△H=﹣110kJ•mol
﹣1
则反应Fe2O3（s）+3C（s）+
O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=
kJ•mol
﹣1．理论上反应
放出的热量
足以供给反应
所需要的热量（填上述方程式序号）．
（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的
部分，主
要反应的化学方程式为
；熔融造气炉相当于高炉的
部分．
（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是
．
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2015 年海南省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题2 分，满分12 分）
1．（2 分）化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（
）
A．明矾净化水
B．纯碱去油污
C．食醋除水垢
D．漂白粉漂白织物
【分析】用到的物质的氧化性，说明该过程中发生了氧化还原反应，而且该物质在反应中得电子化合价降低而作氧化
剂，根据元素化合价变化来判断。
【解答】解：A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化
合价变化，所以为非氧化还原反应，故A 错误；
B．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，
所以为非氧化还原反应，故B 错误；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，该过程中没有元素化合价变化，所以为非氧化还原反应，故C 错误；
D．漂白粉具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质的性质以化合价的变化是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，
难度不大。
2．（2 分）下列离子中半径最大的是（
）
A．Na
+
B．Mg2+ C．O2﹣
D．F
﹣
【分析】电子层越多的离子半径越大，电子层一样的离子，核电荷数越多半径越小，据此来回答．
【解答】解：四种离子均含有2 个电子层，而且电子排布相同，其核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：O2﹣
＞F
﹣＞Na
+＞Mg2+，所以O2﹣的半径最大，
故选：C。
【点评】本题考查学生离子半径大小的比较方法知识，注意知识的积累是解题的关键，难度不大，侧重于基础知识的
考查．
3．（2 分）0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol•L
﹣1 的NaOH 溶液反应，形成的溶液pH 最小的是（
）
A．NO2 B．SO2
C．SO3
D．CO2
【分析】0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol•L
﹣1 的NaOH 溶液反应，二者的物质的量相同，
NO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；
SO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3；
SO3 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4；
CO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，根据反应产物的酸碱性判断．
【解答】解：0.1mol 下列气体分别与1L0.1mol•L
﹣1 的NaOH 溶液反应，二者的物质的量相同，
NO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2 为强碱弱酸盐，溶液显碱性；
SO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3 在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，
溶液显弱酸性；
SO3 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4 在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；
CO2 与NaOH 等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3，NaHCO3 在溶液中即电离又水解，水解程度大于电离程
度，溶液显弱碱性；
综上可知，形成的溶液pH 最小的是SO3；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的性质，题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离，题目难度中等，注意根
据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性．
4．（2 分）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol
﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g 水，则放出的热量约为（
）
A．55kJ B．220kJC．550kJD．1108kJ
【分析】已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol
﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O
（l）△H=﹣2215kJ•mol
﹣1，根据生成水的质量计算放出的热量．
【解答】解：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol
﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）
+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol
﹣1，
一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g 水，则放出的热量约为
=55.375kJ≈55kJ；
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故选：A。
【点评】本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算，题目难度不大，注意把握燃烧热的概念即1mol 纯物质完全燃烧生
成稳定氧化物放出的热量．
5．（2 分）分子式为C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（
）
A．3 种B．4 种C．5 种D．6 种
【分析】分子式为C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1 个H 原子被1 个羟基
取代产物，书写丁烷的同分异构体，根据等效氢判断丁醇的同分异构体数目．
【解答】解：分子式为C4H10O 并能与金属钠反应放出氢气，则该有机物属于醇，可以可知丁烷中的1 个H 原子被羟基
取代产物，丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，
CH3CH2CH2CH3 中有2 种H 原子，1 个H 原子被1 个羟基取代有2 种结构，
CH3CH（CH3）CH3 中有2 种H 原子，1 个H 原子被1 个羟基取代有2 种结构，
故符合条件的C4H10O 结构共有4 种，
故选：B。
【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意掌握书写的方法，利用等效氢进行判断．
6．（2 分）已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO
﹣+4OH
﹣═2RO4n﹣+3Cl
﹣+5H2O，则RO4n﹣中R 的化合价
是（
）
A．+3
B．+4
C．+5
D．+6
【分析】根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O 元素化合价为﹣2 价，R、O
元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R 元素化合价。
【解答】解：根据电荷守恒得3×1+4×1=3×1+2n，则n=2，所以RO4n﹣为RO42﹣，该离子中O 元素化合价为﹣2 价，R、
O 元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R 元素化合价=﹣2﹣（﹣2）×4=+6，故选D。
【点评】本题以氧化还原反应为载体考查元素化合价判断，根据电荷守恒、离子中各元素化合价的代数和分析解答即
可，侧重考查分析计算能力，题目难度不大。
二、选择题（共6 小题，每小题4 分，满分24 分.每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，
多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4 分，但只要选错一个就得0 分。）
7．（4 分）下列叙述正确的是（
）
A．稀盐酸可除去烧瓶内残留的MnO2
B．可用磨口玻璃瓶保存NaOH 溶液
C．稀硝酸可除去试管内壁的银镜
D．煮沸自来水可除去其中的Ca（HCO3）2
【分析】A．稀盐酸不能与二氧化锰反应；
B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠；
C．Ag 与稀硝酸反应生成硝酸银、NO 与水，可以除去试管内壁的银镜；
D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2 可以转化为CaCO3．
【解答】解：A．稀盐酸不能与二氧化锰反应，用浓盐酸、加热除去烧瓶内残留的MnO2，故A 错误；
B．玻璃中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠为无机矿物胶，使瓶塞与瓶口粘连在一起，故B 错
误；
C．Ag 与稀硝酸反应生成硝酸银、NO 与水，可以除去试管内壁的银镜，故C 正确；
D．自来水煮沸，Ca（HCO3）2 可以转化为CaCO3，使硬水得到软化，故D 正确，
故选：CD。
【点评】本题考查元素化合物性质、试剂保持、硬水软化等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
8．（4 分）10mL 浓度为1mol•L
﹣1 的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气
生成量的是（
）
A．K2SO4B．CH3COONa
C．CuSO4
D．Na2CO3
【分析】为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的
总物质的量不变，而C 选项中构成原电池，加快反应速率，D 选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少．
【解答】解：A．加入K2SO4 溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率
且又不影响氢气生成量，故A 正确；
B，加入CH3COONa 溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，且提供的
氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故B 正确；
C．Zn 可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C 错误；
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D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D 错误，
故选：AB。
【点评】本题考查化学反应速率影响因素，比较基础，需注意生成氢气的量不变，注意C 选项构成原电池，加快反应
速率．
9．（4 分）下列反应不属于取代反应的是（
）
A．淀粉水解制葡萄糖
B．石油裂解制丙烯
C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯
D．油脂与浓NaOH 反应制高级脂肪酸钠
【分析】有机物中原子或原子团被其它原子或原子团取代的反应为取代反应，如水解反应、酯化反应等，以此来解答．
【解答】解：A．淀粉水解制葡萄糖，为水解反应，也属于取代反应，故A 不选；
B．石油裂解制丙烯，为大分子转化为小分子的反应，不属于取代反应，故B 选；
C．乙醇与乙酸反应制乙酸乙酯，为酯化反应，也属于取代反应，故C 不选；
D．油脂与浓NaOH 反应制高级脂肪酸钠，为油脂的水解反应，也属于取代反应，故D 不选；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质及反应类型，为基础性习题，把握有机物的性质、反应类型的判断为解答的关键，侧
重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
10．（4 分）下列指定微粒的数目相等的是（
）
A．等物质的量的水与重水含有的中子数
B．等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数
C．同温、同压、同体积的CO 和NO 含有的质子数
D．等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数
【分析】A．H2O 中的中子数为8，D2O 中的中子数为10；
B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=
可知，等质量时含CH2 的个数相同；
C．同温、同压、同体积，由n=
可知，气体的物质的量相同；
D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al 元素的化合价均由0 升高为+3 价．
【解答】解：A．H2O 中的中子数为8，D2O 中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A 错误；
B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=
可知，等质量时含CH2 的个数相同，1 个C2H4 分子共用6 对电子（其中4 个
C﹣H，2 个C﹣C），1 个C3H6 分子共用9 对电子（其中6 个C﹣H，3 个C﹣C），因此可以发现规律：1 个CH2 平均共用
3 对电子，含CH2 的个数相同则共有电子对数相同，故B 正确；
C．同温、同压、同体积，由n=
可知，气体的物质的量相同，C、N 的质子数不同，则CO 和NO 含有的质子数不同，
故C 错误；
D．铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al 元素的化合价均由0 升高为+3 价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯
气完全反应时转移的电子数均为n×（3﹣0）NA，故D 正确；
故选：BD。
【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握物质的构成、物质的量计算公式、转移电子计算等为解答的关
键，侧重分析与应用能力、计算能力的考查，题目难度不大．
11．（4 分）下列曲线中，可以描述乙酸（甲、Ka=1.8×10
﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10
﹣3）在水中的电离度与浓度
关系的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由乙酸（甲、Ka=1.8×10
﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10
﹣3）可知，乙酸的Ka 小，则乙酸的酸性弱；等浓度
时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答．
【解答】解：由乙酸（甲、Ka=1.8×10
﹣5）和一氯乙酸（乙、Ka=1.4×10
﹣3）可知，乙酸的Ka 小，则乙酸的酸性弱；
由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除A、C；
弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除D，显然只有B 符合，
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故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，把握Ka 与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解
答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
12．（4 分）a．b．c．d 为短周期元素，a 的M 电子层有1 个电子，b 的最外层电子数为内层电子数的2 倍，c 的最高
化合价为最低化合价绝对值的3 倍，c 与d 同周期，d 的原子半径小于c．下列叙述错误的是（
）
A．d 元素的非金属性最强
B．它们均存在两种或两种以上的氧化物
C．只有a 与其他元素生成的化合物都是离子化合物
D．a．b．c．d 与氢形成的化合物中化学键均为极性共价键
【分析】a．b．c．d 为短周期元素，a 的M 电子层有1 个电子，所以a 的电子数为11，则a 为Na 元素；b 原子最外
层电子数为最内层电子数的2 倍，其最外层电子数是4，为C 元素；
c 元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3 倍，则c 为S 元素；c 与d 同周期，d 的原子半径小于c，则d 为Cl 元素；
结合元素化合物的性质与元素周期律解答．
【解答】解：a．b．c．d 为短周期元素，a 的M 电子层有1 个电子，所以a 的电子数为11，则a 为Na 元素；b 原子
最外层电子数为最内层电子数的2 倍，其最外层电子数是4，为C 元素；c 元素的最高化合价为最低化合价绝对值的3
倍，则c 为S 元素；c 与d 同周期，d 的原子半径小于c，则d 为Cl 元素。
A．四种元素中非金属性最强的是Cl，故A 正确；
B．Na、C、S、Cl 均存在两种或两种以上的氧化物，故B 正确；
C．a 为Na 元素，是活泼的金属元素，与其他非金属元素形成离子化合物，故C 正确；
D．a 为Na 元素，是活泼的金属元素，与H 元素形成NaH 为离子化合物，只有离子键，没有共价键，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，涉及元素推断、元素周期律、化学键等知识点，侧重考查学生分析判断及
知识运用能力，题目难度不大．
三、解答题（共5 小题，满分44 分）
13．（8 分）乙醇是一种重要的化工原料，由乙醇为原料衍生出的部分化工产品如图所示：
回答下列问题：
（1）A 的结构简式为
CH3COOH
．
（2）B 的化学名称是
乙酸乙酯
．
（3）由乙醇生成C 的反应类型为
取代反应
．
（4）E 是一种常见的塑料，其化学名称是
聚氯乙烯
．
（5）由乙醇生成F 的化学方程式为
CH3CH2OH
CH2=CH2↑+H2O
．
【分析】乙醇被氧化生成A，且A 能和乙醇反应，根据A 的分子式知，A 为CH3COOH，A 在浓硫酸作催化剂、加热条
件下发生消去反应生成F，F 为CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C 在浓硫酸作催化剂、加热
条件下能发生消去反应，则C 结构简式为CH2ClCH2OH、D 为CH2=CHCl，D 发生聚合反应生成聚氯乙烯，E 结构简式为
，A 和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B 为CH3COOCH2CH3，据此分析解答．
【解答】解：乙醇被氧化生成A，且A 能和乙醇反应，根据A 的分子式知，A 为CH3COOH，A 在浓硫酸作催化剂、加
热条件下发生消去反应生成F，F 为CH2=CH2，乙醇和氯气在光照条件下发生取代反应生成C，C 在浓硫酸作催化剂、
加热条件下能发生消去反应，则C 结构简式为CH2ClCH2OH、D 为CH2=CHCl，D 发生聚合反应生成聚氯乙烯，E 结构简
式为
，A 和乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成B，B 为CH3COOCH2CH3，
（1）A 是乙酸，A 的结构简式为CH3COOH，故答案为：CH3COOH；
（2）B 为CH3COOCH2CH3，B 的化学名称是乙酸乙酯，故答案为：乙酸乙酯；
（3）C 是2﹣氯乙醇，由乙醇生成C 的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
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（4）E 结构简式为
，其化学名称是聚氯乙烯，故答案为：聚氯乙烯；
（5）F 是乙烯，乙醇在浓硫酸作催化剂、加热170℃条件下，乙醇发生消去反应生成乙烯，反应方程式为
CH3CH2OH
CH2=CH2↑+H2O，
故答案为：CH3CH2OH
CH2=CH2↑+H2O．
【点评】本题为2015 年海南高考题，考查有机物推断，侧重考查学生分析推断能力，涉及乙醇、乙烯、卤代烃、羧酸、
酯、高分子化合物之间的转化，明确常见有机物官能团及其性质、常见有机反应类型及反应条件即可解答，注意乙醇
制取乙烯必须控制好温度．
14．（8 分）单质Z 是一种常见的半导体材料，可由X 通过如图所示的路线制备．其中X 为Z 的氧化物；Y 为氢化物，
分子结构与甲烷相似．回答下列问题：
（1）能与X 发生化学反应的酸是
氢氟酸
；由X 制备Mg2Z 的化学方程式为
SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si
．
（2）由Mg2Z 生成Y 的化学方程式为
Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4
，Y 分子的电子式为
．
（3）Z、X 中共价键的类型分别是
非极性键
、
极性键
．
【分析】常见的半导体材料为Si，X 为Z 的氧化物，那么X 为二氧化硅；Y 为氢化物，且分子结构与甲烷相似，那么Y
为硅烷，结构简式为：SiH4，据此结合各小题解答即可．
【解答】解：（1）二氧化硅为酸性氧化物，不溶于一般的酸，但是能溶于氢氟酸，此性质常用于腐蚀玻璃，由流程可
知，二氧化硅与金属镁反应生成硅化镁，化学反应方程式为：SiO2+4Mg
2MgO↑+Mg2Si，故答案为：氢氟酸；
SiO2+4Mg
2MgO+Mg2Si；
（2）硅化镁与盐酸反应生成硅烷，化学反应方程式为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4，硅烷类似与甲烷的正四面体结构，
故Si 分别与H 形成1 对共价键，电子式为：，故答案为：Mg2Si+4HCl=2MgCl2+SiH4；
；
（3）Z 为Si，硅单质为原子晶体，晶体中存在Si﹣Si 非极性共价键，X 为SiO2，属于原子晶体，存在Si﹣O 极性共价
键，故答案为：非极性键、极性键．
【点评】本题主要考查的是元素的推断以及硅和其化合物的知识，设计化学反应方程式书写、电子式以及共价键类型
的判断，难度不大．
15．（9 分）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照相器材等领域亦有广泛应用．回答下
列问题：
（1）久存的银制品表面会变黑，失去银白色光泽，原因是
Ag 与空气中微量H2S 反应生成黑色的Ag2S
．
（2）已知Ksp（AgCl）=1.8×10
﹣10，若向50mL0.018mol•L
﹣1 的AgNO3 溶液中加入50mL0.020mol•L
﹣1 的盐酸，混合后溶
液中Ag
+的浓度为
1.8×10
﹣7
mol•L
﹣1，pH 为
2
．
（3 ）AgNO3 光照易分解，生成Ag 和红棕色气体等物质，其光照分解反应的化学方程式为
2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑
．
（4）如图所示原电池正极的反应式为
Ag
++e
﹣=Ag
．
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【分析】（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生成黑
色的Ag2S；
（2）n（AgNO3）=0.05L×0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L×0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl 发生反应
AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl 剩余，混合溶液中c（Cl
﹣）=
=10
﹣3 mol/L，溶液
中c（Ag
+）=
；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c（H
+）=
=0.01mol/L，
溶液的pH=﹣lgc（H
+）；
（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag 元素化合价由+1 价变为0 价、N 元素化合价由+5 价变为+4 价，根据氧化还原
反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O 元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式；
（4）该原电池中，Cu 的活动性大于Ag，Cu 易失电子发生氧化反应，所以Cu 是负极、Ag 是正极，正极上银离子得电
子发生还原反应．
【解答】解：（1）长期放置在空气中的银制品，其表面会逐渐变黑，这是由于银和空气中的微量硫化氢发生了反应生
成黑色的Ag2S，故答案为：Ag 与空气中微量H2S 反应生成黑色的Ag2S；
（2）n（AgNO3）=0.05L×0.018mol/L=0.0009mol，n（HCl）=0.05L×0.020mol/L=0.001mol，硝酸银和HCl 发生反应
AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，根据方程式知，HCl 剩余，混合溶液中c（Cl
﹣）=
=10
﹣3 mol/L，溶液
中c （Ag
+ ）=
=
mol/L=1.8 ×10
﹣7mol/L ；实际上氢离子不参加反应，则溶液中c （H
+）
=
=0.01mol/L，溶液的pH=﹣lgc（H
+）=﹣lg0.01=2，
故答案为：1.8×10
﹣7；2；
（3）红棕色气体是NO2，该反应中Ag 元素化合价由+1 价变为0 价、N 元素化合价由+5 价变为+4 价，根据氧化还原
反应知，还有元素失电子化合价升高，只能是O 元素失电子生成O2，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式为
2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑；
（4）该原电池中，Cu 的活动性大于Ag，Cu 易失电子发生氧化反应，所以Cu 是负极、Ag 是正极，正极上银离子得电
子发生还原反应，电极反应式为Ag
++e
﹣=Ag，故答案为：Ag
++e
﹣=Ag．
【点评】本题为2015 年海南省高考题，考查原电池原理、氧化还原反应、pH 计算、溶度积常数等知识点，综合性较
强，明确正负极判断及其发生的反应、溶度积常数含义、氧化还原反应本质等知识点即可解答，注意（2）题要进行过
量计算，为易错点．
16．（8 分）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料，回答下列问题：
（1）氨的水溶液显弱碱性，其原因为
NH3•H2O⇌NH4
++OH
﹣（用离子方程表示）：0.1mol•L
﹣1 的氨水中加入少量NH4Cl
固体，溶液的pH
降低
（填“升高”或“降低”）；若加入少量明矾，溶液中NH4
+的浓度
增大
（填“增大”或“减小”）．
（2）硝酸铵加热分解可得到N2O 和H2O．250℃时，硝酸铵在密闭容器中分解达到平衡，该分解反应的化学方程式为
NH4NO3
N2O+2H2O
，平衡常数表达式为
K=c（N2O）×c2（H2O）
；若有1mol 硝酸铵完全分解，转移的电子数
为
4
mol．
（3）由N2O 和NO 反应生成N2 和NO2 的能量变化如图所示，若生成1molN2，其△H=
﹣139
kJ•mol
﹣1．
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【分析】（1）一水合氨为弱碱，溶于水存在部分电离，依据化学平衡原理解释加入NH4Cl 固体以及明矾后平衡移动方
向以及pH 的变化；
（2）依据所给的反应物和产物，结合元素守恒书写方程式即可，依据反应书写平衡常数表达式，依据氧化还原反应得
失电子守恒计算转移电子数；
（3）由图可知，此反应为放热反应，热效应=（209﹣348）kJ•mol
﹣1．
【解答】解：（1）一水合氨为弱碱，在水溶液中存在部分电离，电离出氢氧根离子使溶液显碱性，方程式为：NH3•H2O
⇌NH4
++OH
﹣，向氨水中加入少量NH4Cl 固体，铵根浓度增大，平衡左移，即氢氧根浓度减小，pH 值降低，加入少量明
矾，明矾电离出的铝离子结合氢氧根生成氢氧化铝，促进氨水的电离，铵根浓度增大，故答案为：NH3•H2O⇌NH4
++OH
﹣；降低；增大；
（2）硝酸铵分解生成N2O 和H2O，达到平衡，说明为可逆反应，化学反应方程式为：NH4NO3
N2O+2H2O，250℃时，
水为气体状态，故平衡常数K=c（N2O）×c2（H2O），NH4NO3 中NH4
+的N 元素化合价为﹣3 价，NO3
﹣中的N 元素的化
合价为+5 价，反应后N 元素的化合价为+1 价，发生归中反应，N 元素由﹣3 价升高为+1 价，此反应中每分解1mol 硝
酸铵，转移电子数为4mol，故答案为：NH4NO3
N2O+2H2O；K=c（N2O）×c2（H2O）；4；
（3）由图可知，此反应反应物总能量高于生成物，且△H=209﹣348=﹣139kJ•mol
﹣1，故答案为：﹣139．
【点评】本题主要考查的是弱电解质的电离以及电离平衡的影响因素，还考查了氧化还原反应原理以及化学反应的热
效应计算，难度不大．
17．
（11 分）工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气生产无水氯化铁；向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁．现
用如图所示的装置模拟上述过程进行实验．
回答下列问题：
（1）制取无水氯化铁的实验中，A 中反应的化学方程式为
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
，装置B
中加入的试剂是
浓硫酸
．
（2）制取无水氯化亚铁的实验中，装置A 用来制取
HCl
．尾气的成分是
HCl 和H2
．若仍用D 装置进行尾气处
理，存在的问题是
发生倒吸
、
可燃性气体H2 不能被吸收
．
（3）若操作不当，制得的FeCl2 会含有少量FeCl3，检验FeCl3 常用的试剂是
KSCN 溶液
．欲制得纯净的FeCl2，在实
验操作中应先
点燃A 处的酒精灯
，再
点燃C 处的酒精灯
．
【分析】（1）实验室利用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，浓硫酸可以干燥氯气；
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl 气体，尾气的成分是剩余HCl 和生成的氢气，HCl 极易溶解于水，氢气不能溶于水，
据此解答即可；
（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先点燃A 处的酒精灯排除装置中的空气，据此解答即
可．
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【解答】解：（1）制取无水氯化铁的实验中，A 装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反
应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置B 的作用是干燥氯气，常用浓硫酸，故答案为：MnO2+4HCl
（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；
（2）制取无水氯化亚铁，需要HCl 气体，故A 装置制取的是HCl，反应方程式为：Fe+2HCl
FeCl2+H2，故尾气
的成分为未反应的HCl 和生成的氢气，由于HCl 极易溶于水，故若仍然采用D 装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，
且氢气不溶于水，不利于氢气的吸收，氢气易燃，造成安全隐患，故答案为：HCl；HCl 和H2；发生倒吸；可燃性气体
H2 不能被吸收；
（3）检验氯化铁常用硫氰化钾溶液，若要制取纯净的FeCl2，需先排净装置中的空气，故先点燃A 处的酒精灯，再点
燃C 处的酒精灯，故答案为：KSCN；点燃A 处的酒精灯；点燃C 处的酒精灯．
【点评】本题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁
离子的检验等，难度一般．
【选修5－有机化学基础】
18．（6 分）下列有机物的命名错误的是（
）
A．
1，2，4﹣三甲苯
B．
3﹣甲基戊烯
C．
2﹣甲基﹣1﹣丙醇
D．
1，3﹣二溴丙烷
【分析】题中B、C、D 都为烃的衍生物，命名时注意主链的选取和编号，官能团的位置和个数以及取代基的位置和种
类，A 为苯的同系物，命名时注意序号之和最小，以此解答该题．
【解答】解：A．主链为苯，从左边甲基下面第一个甲基开始编号，名称为：1，2，4﹣三甲苯，故A 正确；
B．没有标出官能团位置，应为3﹣甲基﹣1﹣戊烯，故B 错误；
C．主链错误，应为2﹣丁醇，故C 错误；
D．Br 在1、3 位置，为1，3﹣二溴丙烷，故D 正确。
故选：BC。
【点评】本题为2015 年考题，基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．该题的关键是明确有机物的命
名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可．有利于培养学生的规范答题能力．
19．（14 分）芳香化合物A 可进行如下转化：
回答下列问题：
（1）B 的化学名称为
醋酸钠
．
（
2
）
由
C
合
成
涤
纶
的
化
学
方
程
式
为
．
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（3）E 的苯环上一氯代物仅有两种，E 的结构简式为
．
（4）写出A 所有可能的结构简式
、
．
（5）写出符合下列条件的E 的同分异构体的结构简式
．
①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢
②可发生银镜反应和水解反应．
【分析】A 水解得到三种产物，且已知乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应得到涤纶，那么C 应为乙二醇，可以猜测A
为酯类，B 为羧酸钠，化学式C2H3O2Na 可写成CH3COONa，即B 是乙酸钠，那么A 应是由乙二醇和乙酸以及另外一种
酸得到的二元酯，依据A 的分子式为C11H12O5，D 也为羧酸钠，D 经过酸化后E 中应含有11﹣2﹣2=7 个C，
应有：12+2×2﹣4﹣6=6 个H；
应有：5+2﹣2﹣2=3 个O，
即E 为C7H6O3，且含有羧基，
（1）A 在氢氧化钠的水溶液中得到B，那么B 应为钠盐；
（2）乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成涤纶，据此书写化学反应方程式；
（3）E 的苯环上一氯代物仅有两种，说明两个取代基处于对位；
（4）苯环上连接2 个取代基时，有邻间对三种位置关系；
（5）符合条件①核磁共振氢谱显示苯环上仅有2 种H，含2 个支链处于对位，②可发生银镜反应和水解反应，为甲酸
酯类，据此解答即可．
【解答】解：（1）A 在碱性条件下水解得到B，B 的分子式为：C2H3O2Na，故B 是乙酸钠，故答案为：乙酸钠；
（2）涤纶为乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成的化合物，即
和
发生酯化反
应
，
缩
聚
生
成
涤
纶
，
反
应
方
程
式
为
，
故答案为：
；
（3）由推断可以得出E 为：C7H6O3，不饱和度=
=5，且含有羧基，剩余部分一定为苯环和羟基，由于其一
氯代物仅有两种，故羟基与羧基处于对位，故E 的结构简式为：
，故答案为：
；
（4）依据分析可知：A 的结构为苯环上连接2 个基团，分别为：CH3COO﹣和﹣COOCH2CH2OH，结合E 的结构可知，A
的结构简式为：
、
，故答案为：
、
；
（5）E 的分子式为：C7H6O3，①核磁共振氢谱显示苯环上仅有两种氢，说明2 个取代基处于对位，②可发生银镜反应
和水解反应，说明是甲酸形成的酯类，故结构简式为
，故答案为：
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．
【点评】本题主要考查的是有机物的推断，主要考查的是酯类的水解，还涉及同分异构体的书写、化学反应方程式的
书写等，难度较大．
【选修3－物质结构与性质】
20．下列物质的结构或性质与氢键无关的是（
）
A．乙醚的沸点
B．乙醇在水中的溶解度
C．氢化镁的晶格能
D．DNA 的双螺旋结构
【分析】氢键是分子间作用力的一种，F、O、N 的电负性较强，对应的氢化物分子之间能形成氢键，氢键的存在，多
数物质的物理性质有显著的影响，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度等，存在氢键的物质，水溶性显著增强，分子
间作用力增强，熔沸点升高或降低，以此解答该题．
【解答】解：A．乙醚分子间不存在氢键，乙醚的沸点与氢键无关，故A 选；
B．乙醇和水分子间能形成氢键，乙醇在水中的溶解度与氢键有关，故B 不选；
C．氢化镁为离子化合物，氢化镁的晶格能与氢键无关，故C 选；
D．DNA 含有O﹣H、N﹣H 键，双螺旋结构与氢键有关，故D 不选。
故选：AC。
【点评】本题为2015 年海南考题第19 题，侧重于氢键的考查，为高频考点，注意把握氢键的形成以及对物质的性质
的影响，把握氢键与化学键、分子间作用了的区别，难度不大．
21．钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业．
回答下列问题：
（1）钒在元素周期表中的位置为
第4 周期ⅤB 族
，其价层电子排布图为
．
（2）钒的某种氧化物的晶胞结构如图1 所示．晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为
4
、
2
．
（3）V2O5 常用作SO2 转化为SO3 的催化剂．SO2 分子中S 原子价层电子对数是
3
对，分子的立体构型为
V 形
；
SO3 气态为单分子，该分子中S 原子的杂化轨道类型为
sp2
；SO3 的三聚体环状结构如图2 所示，该结构中S 原子的
杂化轨道类型为
sp3
；该结构中S﹣O 键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约160pm，较短的键为
a （填
图2 中字母），该分子中含有
12
个σ键．
（4）V2O5 溶解在NaOH 溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为
正四面体
；也可以得到偏钒
酸钠，其阴离子呈如图3 所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为
NaVO3
．
【分析】（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4 周期ⅤB 族，根据核外电子
的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注意由
于4s 轨道能量比3d 轨道能量低，因此先排4s 轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，以此书写电子排布图；
（2）由晶胞可知，V 位于顶点和体心，O 有4 个位于面心，2 个位于体心；
（3）SO2 分子中S 原子形成2 个σ键，孤电子对数为
=1，SO3 气态为单分子，该分子中S 原子形成3 个σ键，没
有孤对电子，SO3 的三聚体中S 原子形成4 个σ键，以此判断空间构型和杂化类型；SO3 的三聚体中每个S 形成，存在
S=O 键和S﹣O 键，S=O 键长较短；
（4）VO43﹣中，V 形成4 个σ键，孤电子对数为
=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V 与3 个O 形成
阴离子，且V 的化合价为+5 价，以此判断形成的化合物的化学式．
【解答】解：（1）由题意知，钒的核电荷数为23，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第4 周期ⅤB 族，根据核外
电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，注
意由于4s 轨道能量比3d 轨道能量低，因此先排4s 轨道，因此其价层电子排布式为3d34s2，则电子排布图为
，
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故答案为：第4 周期ⅤB 族；
；
（2）由晶胞可知，V 位于顶点和体心，阳离子个数为1+8×
=2，O 有4 个位于面心，2 个位于体心，则阴离子个数
为4×
+2=4，
故答案为：4；2；
（3）SO2 分子中S 原子形成2 个σ键，孤电子对数为
=1，SO2 分子中S 原子价层电子对数是3，为V 形结构，
SO3 气态为单分子，该分子中S 原子形成3 个σ键，没有孤对电子，则为sp2 杂化，
SO3 的三聚体中S 原子形成4 个σ键，为sp3 杂化；SO3 的三聚体中每个S 形成，存在S=O 键和S﹣O 键，S=O 键长较短，
即a 较短，该分子中含有σ键数目为3×4=12，
故答案为：3；V 形；sp2；sp3；a；12；
（4）VO43﹣中，V 形成4 个σ键，孤电子对数为
=0，为正四面体结构，由链状结构可知每个V 与3 个O 形成
阴离子，且V 的化合价为+5 价，则形成的化合物化学式为NaVO3，故答案为：正四面体；NaVO3．
【点评】本题为2015 年海南选做题，综合考查物质的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握杂化类型
以及价层电子数的判断，难度中等．
【选修2－化学与技术】
22．下列有关海水综合利用的说法正确的是（
）
A．电解饱和食盐水可制得金属钠
B．海带提碘只涉及物理变化
C．海水提溴涉及到氧化还原反应
D．海水提镁涉及到复分解反应
【分析】A．电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；
B．海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质；
C．海水中溴元素是以溴离子的形式存在，溴离子变为溴单质会发生氧化反应；
D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁．
【解答】解：A．钠易与水反应，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，
故A 错误；
B．海带提碘，将碘离子氧化生成碘单质，发生化学变化，故B 错误；
C．海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及氧化
还原反应，故C 正确；
D．海水提镁，涉及生成氢氧化镁、氢氧化镁与盐酸反应，生成氯化镁电解可生成镁，涉及复分解反应，故D 正确。
故选：CD。
【点评】本题为2015 年海南高考题第20 题，为选做题，侧重于海水的综合利用的考查，注意把握物质的性质以及应
用，难度不大，注意把握从海水中提取钠、溴、碘以及镁的反应原理．
23．铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用．
回答下列问题：
（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示．原料中除铁矿石和焦炭外还有
石灰石
．除去铁矿石中
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脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为
CaCO3
CaO+CO2↑
、
CaO+SiO2
CaSiO3
；高炉排出
气体的主要成分有N2、CO2 和
CO
（填化学式）．
（2）已知：①Fe2O3（s）+3C（s）═2Fe（s）+3CO（g）△H=+494kJ•mol
﹣1
②CO（g）+
O2（g）═CO2（g）△H=﹣283kJ•mol
﹣1
③C（s）+
O2（g）═CO（g）△H=﹣110kJ•mol
﹣1
则反应Fe2O3（s）+3C（s）+
O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H=
﹣355
kJ•mol
﹣1．理论上反应
②③
放出的
热量足以供给反应
①
所需要的热量（填上述方程式序号）．
（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的
炉腰
部分，
主要反应的化学方程式为
Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2
；熔融造气炉相当于高炉的
炉腹
部分．
（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2 污染空气，脱SO2 的方法是
碱液或氢氧化钠、氨水
．
【分析】（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧化硅
反应生成硅酸钙；加入焦炭，先生成CO，最后生成二氧化碳；
（2）利用盖斯定律将①+②×3 得到Fe2O3（s）+3C（s）+
O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）的△H，因①为吸热反应，
②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应；
（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发
生2C+O2
2CO 以及CaCO3
CaO+CO2↑，CaO+SiO2
CaSiO3 反应；
（4）高炉气中混有SO2，SO2 为酸性气体，可与碱反应．
【解答】解：（1）铁矿石中含有氧化铁和脉石，为除去脉石，可加入石灰石，石灰石分解生成氧化钙，氧化钙和二氧
化硅反应生成硅酸钙，涉及反应有CaCO3
CaO+CO2↑，CaO+SiO2
CaSiO3，加入焦炭，先生成CO，最后
生成二氧化碳，尾气中含有CO，
故答案为：石灰石；CaCO3
CaO+CO2↑；CaO+SiO2
CaSiO3；CO；
（2）利用盖斯定律将①+②×3 得到Fe2O3（s）+3C（s）+
O2（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=（+494kJ•mol
﹣1）+3×
（﹣283kJ•mol
﹣1）=﹣355kJ•mol
﹣1，
因①为吸热反应，②③为放热反应，则②③反应放出的热量可使①反应，
故答案为：﹣355；②③；①；
（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发
生2C+O2
2CO 以及CaCO3
CaO+CO2↑，CaO+SiO2
CaSiO3 反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹
部分，
故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2；炉腹；
（4）高炉气中混有SO2，SO2 为酸性气体，可与碱反应，可用碱液或氢氧化钠、氨水等吸收，
故答案为：碱液或氢氧化钠、氨水．
【点评】本题为2015 年海南考题，涉及高炉炼铁，侧重于化学与生产的考查，综合考查元素化合物知识，有利于培养
学生良好的科学素养，难度中等．
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2015 年广东省高考化学试卷
一、选择题（共6 小题，每小题4 分，满分24 分）
1．（4 分）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（
）
A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
D．PX 项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
2．（4 分）水溶液中能大量共存的一组离子是（
）
A．NH4
+、Ba2+、Br
﹣、CO32﹣B．Cl
﹣、SO32﹣、Fe2+、H
+
C．K
+、Na
+、SO42﹣、MnO4
﹣D．Na
+、H
+、NO3
﹣、HCO3
﹣
3．（4 分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（
）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
Na2S 有强还原性
用于除去废水中的Cu2+和Hg2+
B
CaCO3 是难溶物
CaCl2 溶液中通入CO2 产生白色沉淀
C
Zn 具有还原性和导电性
可用作锌锰干电池的负极材料
D
浓H2SO4 有强氧化性
浓H2SO4 可用于干燥SO2
A．A
B．B
C．C
D．D
4．（4 分）设NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（
）
A．23gNa 与足量H2O 反应完全后可生成NA 个H2 分子
B．1molCu 和足量热浓硫酸反应可生成NA 个SO3 分子
C．标准状况下，22.4LN2 和H2 混合气中含NA 个原子
D．3mol 单质Fe 完全转化为Fe3O4，失去8NA 个电子
5．（4 分）一定温度下，水溶液中H
+和OH
﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（
）
A．升高温度，可能引起由c 向b 的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10
﹣13
C．该温度下，加入FeCl3 可能引起由b 向a 的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c 向d 的变化
6．（4 分）准确取20.00mL 某待测HCl 溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L
﹣1NaOH 溶液滴定，下列说法正确的是（
）
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH 溶液进行滴定
B．随着NaOH 溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
二、双项选择题（共2 小题，每小题6 分，满分12 分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部
选对的得6 分，只有1 个且正确的得3 分，有选错或不答的得0 分。）
7．（6 分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（
）
选项
实验操作
现象
结论
A
SO2 通入溴水中
溶液褪色
SO2 有漂白性
B
将Fe（NO3）2 样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN 溶液
溶液变红
Fe（NO3）2 样品已氧化变质
C
向饱和碳酸钠溶液中通入CO2
有晶体析出
溶解度：NaHCO3＞Na2CO3
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D
向盛有少量NaHCO3 的试管中滴加草酸溶液
有气泡产生
酸性：草酸＞碳酸
A．A
B．B
C．C
D．D
8．（6 分）甲～庚等元素在周期表中的相对位置如表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，
甲原子最外层与最内层具有相同电子数，下列判断正确的是（
）
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊
C．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
三、非选择题（共大题共4 小题，满分64 分.按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步
骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
9．（15 分）有机锌试剂（R﹣ZnBr）与酰氯（
）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为
．
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有
（双选）．
A．可以发生水解反应
B．可与新制Cu（OH）2 共热生成红色沉淀
C．可与FeCl3 溶液反应显紫色
D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
（3）化合物Ⅲ含有3 个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径Ⅰ合成路线的表示方式．完成途径2 中由Ⅲ到Ⅴ的合成
路线：
．（标明反应试剂，忽略反应条件）．
（4）化合物V 的核磁共振氢谱中峰的组数为
．以H 替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体
共有
种（不考虑手性异构）．
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为
．
10．（16 分）用O2 将HCl 转化为Cl2，可提高效益，减少污染．
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（1）传统上该转化通过如图1 所示的催化循环实现．其中，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）⇌H2O（g）+CuCl2（s）△
H1，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为
（反应热用△H1 和△H2 表示）．
（2）新型RuO2 催化剂对上述HCl 转化为Cl2 的总反应具有更好的催化活性．
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl 平衡转化率随温度变化的αHCl～T 曲线如图2，则总反应的△H
0（填“＞”、
“=”或“＜”）；A、B 两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是
．
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl～T 曲线的示意图，并简要说明理由：
．
③下列措施中，有利于提高αHCl 的有
．
A．增大n（HCl）
B．增大n（O2）
C．使用更好的催化剂
D．移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n（Cl2）/10
﹣3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min 内以HCl 的物质的量变化表示的反应速率（以mol•min
﹣1 为单位，写出计算过程）．
（4）Cl2 用途广泛，写出用Cl2 制备漂白粉的化学反应方程式
．
11．（16 分）七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3 和MgCO3）和废
Al 片制备七铝十二钙的工艺如下：
（1）锻粉主要含MgO 和
，用适量NH4NO3 溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5
×10
﹣6mol•L
﹣1，则溶液pH 大于
（Mg（OH）2 的Ksp=5×10
﹣12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4 代替NH4NO3，
原因是
．
（2）滤液Ⅰ中阴离子有
（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成
，从而导致CaCO3
产率降低．
（3）用NaOH 溶液可除去废Al 片表面的氧化膜，反应的离子方程式为
．
（4）电解制备Al（OH）3 时，电极分别为Al 片和石墨，电解总反应方程式为
．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4
﹣和Al2Cl7
﹣两种离子在Al 电极上相互转化，其它离子不参与电极反
应，放电时负极Al 的电极反应式为
．
12．（17 分）NH3 及其盐都是重要的化工原料．
（1）用NH4Cl 和Ca（OH）2 制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为
．
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（2）按图装置进行NH3 性质实验．
①先打开旋塞1，B 瓶中的现象是
，原因是
，稳定后，关闭旋塞1．
②再打开旋塞2，B 瓶中的现象是
．
（3）设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl 水解程度的影响．
限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH 计、温度计、恒
温水浴槽（可调控温度）
①实验目的：探究
对溶液中NH4Cl 水解程度的影响．
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字
母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．
物理量
实验序号
V（溶液）/ml
…
1
100
…
2
100
…
③按实验序号1 所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为Y，则NH4Cl 水解反应的平衡转化率为
（只
列出算式，忽略水自身电离的影响）．
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2015 年广东省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题4 分，满分24 分）
1．（4 分）化学是你，化学是我，化学深入我们生活．下列说法正确的是（
）
A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
D．PX 项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
【分析】A．淀粉遇碘水显蓝色；
B．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质；
C．烃是指仅含碳氢两种元素的化合物；
D．不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃．
【解答】解：A．淀粉遇碘水显蓝色，纤维素遇碘水不显蓝色，木材纤维的主要成分是纤维素，故A 错误；
B．食用花生油成分是油脂，鸡蛋清成分是蛋白质，油脂水解生成高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解生成氨基酸，故B
正确；
C．聚氯乙烯还含有氯元素，故C 错误；
D．对二甲苯含有苯环，属于不饱和烃，故D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质与简单分类，比较基础，明确不饱和烃，是含有双键或三键或苯环的烃是解题的关键．
2．（4 分）水溶液中能大量共存的一组离子是（
）
A．NH4
+、Ba2+、Br
﹣、CO32﹣B．Cl
﹣、SO32﹣、Fe2+、H
+
C．K
+、Na
+、SO42﹣、MnO4
﹣D．Na
+、H
+、NO3
﹣、HCO3
﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能相互促进水解等，则离子大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能大量共存，故A 错误；
B．SO32﹣、H
+结合生成水和气体，不能大量共存，故B 错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，故C 正确；
D．H
+、HCO3
﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、水解反应的离
子共存考查，题目难度不大．
3．（4 分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（
）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
Na2S 有强还原性
用于除去废水中的Cu2+和Hg2+
B
CaCO3 是难溶物
CaCl2 溶液中通入CO2 产生白色沉淀
C
Zn 具有还原性和导电性
可用作锌锰干电池的负极材料
D
浓H2SO4 有强氧化性
浓H2SO4 可用于干燥SO2
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．CuS 和HgS 难溶于水；
B．CO2 与CaCl2 不反应；
C．Zn 能导电，在原电池中能失电子作负极；
D．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂。
【解答】解：A．用Na2S 除去废水中的Cu2+和Hg2+，是因为CuS 和HgS 难溶于水，陈述I、II 没有因果关系，故A 错误；
B．CO2 与CaCl2 不反应，CaCl2 溶液中通入CO2 没有白色沉淀生成，陈述II 错误，故B 错误；
C．Zn 能导电，在原电池中能失电子作负极，则锌可用作锌锰干电池的负极材料，故C 正确；
D．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，与强氧化性无关，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的化学性质是解题关键，注意审题：陈述I、II 均正确并且有因果
关系，题目难度不大。
4．（4 分）设NA 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（
）
A．23gNa 与足量H2O 反应完全后可生成NA 个H2 分子
B．1molCu 和足量热浓硫酸反应可生成NA 个SO3 分子
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C．标准状况下，22.4LN2 和H2 混合气中含NA 个原子
D．3mol 单质Fe 完全转化为Fe3O4，失去8NA 个电子
【分析】A、求出钠的物质的量，然后根据反应后1mol 钠反应生成0.5mol 氢气来分析；
B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2；
C、N2 和H2 均为双原子分子；
D、根据Fe3O4 中铁为+
价来分析．
【解答】解：A、23g 钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol 钠生成0.5mol 氢气，即生成0.5NA 个分子，故A 错
误；，
B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B 错误；
C、标准状况下，22.4LN2 和H2 混合气的物质的量为1mol，而N2 和H2 均为双原子分子，故1mol 混合气体中无论两者
的比例如何，均含2mol 原子，即2NA 个，故C 错误；
D、Fe3O4 中铁为+
价，故1mol 铁反应失去
mol 电子，3mol 单质Fe 完全转化为Fe3O4 失去8mol 电子，即8NA 个，
故D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
5．（4 分）一定温度下，水溶液中H
+和OH
﹣的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（
）
A．升高温度，可能引起由c 向b 的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10
﹣13
C．该温度下，加入FeCl3 可能引起由b 向a 的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c 向d 的变化
【分析】A、升高温度，水的离子积常数增大；
B、由b 点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10
﹣14；
C、b 点到a 点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；
D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可．
【解答】解：A、温度升高，水的离子积常数增大，水溶液中，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，将不在曲线上，故A
错误；
B、b 点c（H
+）=c（OH
﹣）=1.0×10
﹣7，故KW=1.0×10
﹣7×1.0×10
﹣7=1.0×10
﹣14，故B 错误；
C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，
氢氧根离子浓度减小（由b 到a），符合图象变化趋势，故C 正确；
D、由c 点到d 点，水的离子积常数减小，温度不变，K 不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D 错误，
故选：C。
【点评】本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素，掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键，
难度不大．
6．（4 分）准确取20.00mL 某待测HCl 溶液于锥形瓶中，用0.1000mol•L
﹣1NaOH 溶液滴定，下列说法正确的是（
）
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH 溶液进行滴定
B．随着NaOH 溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
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D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【分析】A．滴定管使用必须用NaOH 标准液润洗；
B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小；
C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大。
【解答】解：A．滴定管使用必须用NaOH 标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，故A 错误；
B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH 溶液滴入，锥形瓶中溶液pH 由小变大，故B 正确；
C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，故C 错误；
D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题为2015 年广东高考题，侧重中和滴定实验的考查，把握中和滴定原理、仪器的使用、误差分析为解答的
关键，注重分析与实验能力的结合，题目难度不大。
二、双项选择题（共2 小题，每小题6 分，满分12 分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部
选对的得6 分，只有1 个且正确的得3 分，有选错或不答的得0 分。）
7．（6 分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（
）
选项
实验操作
现象
结论
A
SO2 通入溴水中
溶液褪色
SO2 有漂白性
B
将Fe（NO3）2 样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN 溶液
溶液变红
Fe（NO3）2 样品已氧化变质
C
向饱和碳酸钠溶液中通入CO2
有晶体析出
溶解度：NaHCO3＞Na2CO3
D
向盛有少量NaHCO3 的试管中滴加草酸溶液
有气泡产生
酸性：草酸＞碳酸
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．SO2 通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；
B．将Fe（NO3）2 样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；
C．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小；
D．发生强酸制取弱酸的反应．
【解答】解：A．SO2 通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，与二氧化硫的还原性有关，故A 错误；
B．将Fe（NO3）2 样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN 溶
液，故B 错误；
C．相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出晶体可知，溶解度：NaHCO3＜Na2CO3，故C 错误；
D．发生强酸制取弱酸的反应，由气体生成为二氧化碳，则酸性：草酸＞碳酸，故D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实
验能力的考查，题目难度不大．
8．（6 分）甲～庚等元素在周期表中的相对位置如表，己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，
甲原子最外层与最内层具有相同电子数，下列判断正确的是（
）
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：庚＜己＜戊
C．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【分析】己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，则为浓硫酸，可知己为S 元素，结合位置关系可知丁为Si，丙为
B，庚为F，戊为As；甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，则甲为Mg，甲、乙同主族且相邻，
可知乙为Ca 元素，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．
【解答】解：己的最高价氧化物对应水化物有强脱水性，则为浓硫酸，可知己为S 元素，结合位置关系可知丁为Si，
丙为B，庚为F，戊为As；甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，则甲为Mg，可知乙为Ca 元
素，
A．丙与戊的原子序数相差为33﹣5=28，故A 正确；
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B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，故B 错误；
C．金属性Ca＞Mg，常温下，乙的单质能与水剧烈反应，而甲不能，故C 错误；
D．丁的最高价氧化物为SiO2，可用于制造光导纤维，故D 正确；
故选：AD。
【点评】本题考查位置、结构、性质的关系及应用，为高频考点，把握信息及元素的位置推断元素为解答的关键，侧
重分析、推断能力的考查，题目难度不大．
三、非选择题（共大题共4 小题，满分64 分.按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步
骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
9．（15 分）有机锌试剂（R﹣ZnBr）与酰氯（
）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为
C12H9Br
．
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有
AD
（双选）．
A．可以发生水解反应
B．可与新制Cu（OH）2 共热生成红色沉淀
C．可与FeCl3 溶液反应显紫色
D．可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
（3）化合物Ⅲ含有3 个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径Ⅰ合成路线的表示方式．完成途径2 中由Ⅲ到Ⅴ的合成
路线：
．（标明反应试剂，
忽略反应条件）．
（4）化合物V 的核磁共振氢谱中峰的组数为
4
．以H 替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共
有
4
种（不考虑手性异构）．
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为
．
【分析】（1）根据有机物I 的结构确定其分子式；
（2）有机物Ⅱ含有苯环，具有苯的性质，含有酯基，具有酯基的性质，没有醛基、酚羟基，不能与新制Cu（OH）2
共热生成红色沉淀，不能与FeCl3 溶液反应显紫色；
（3）化合物Ⅲ含有3 个碳原子，且可发生加聚反应，结合Ⅵ的结构及途径I 中的转化可知，Ⅲ为CH2=CHCOOH，与HBr
发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化反应生成V 为BrCH2CH2COOCH2CH3；
（4）V 为BrCH2CH2COOCH2CH3，分子中含有4 种化学环境不同的H 原子；以H 替代化合物Ⅵ中的ZnBr 得到
CH3CH2COOCH2CH3，其同分异构体属于羧酸，可以看作﹣COOH 取代丁烷形成的羧酸，结合丁烷同分异构体及等效氢判
断；
（5）对比Ⅵ、Ⅱ的结构，结合途径1 中生成Ⅱ的反应为取代反应，可以判断化合物Ⅶ的结构简式为
．
【解答】解：（1）根据有机物I 的结构简式，可知其分子式为C12H9Br，
故答案为：C12H9Br；
（2）A．含有酯基，具有酯基的性质，可以发生水解反应，故A 正确；
B．不含醛基，不能与新制Cu（OH）2 共热生成红色沉淀，故B 错误；
C．不含酚羟基，不能与FeCl3 溶液反应显紫色，故C 错误；
D．含有苯环，可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液发生苯环的硝化反应，故D 正确，
故选：AD；
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（3）化合物Ⅲ含有3 个碳原子，且可发生加聚反应，结合Ⅵ的结构及途径I 中的转化可知，Ⅲ为CH2=CHCOOH，与HBr
发生加成反应生成Ⅳ为BrCH2CH2COOH，再与乙醇发生酯化反应生成V 为BrCH2CH2COOCH2CH3，合成路线流程图为：
，
故答案为：
；
（4）V 为BrCH2CH2COOCH2CH3，分子中含有4 种化学环境不同的H 原子，核磁共振氢谱中4 组吸收峰；
以H 替代化合物Ⅵ中的ZnBr 得到CH3CH2COOCH2CH3，其同分异构体属于羧酸，可以看作﹣COOH 取代丁烷形成的羧酸，
丁烷有CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2，CH3CH2CH2CH3 中H 原子被﹣COOH 取代，形成2 种羧酸，CH3CH（CH3）2 中H
原子被﹣COOH 取代，也形成2 种羧酸，故有4 种，
故答案为：4；4；
（5）对比Ⅵ、Ⅱ的结构，结合途径1 中生成Ⅱ的反应为取代反应，可以判断化合物Ⅶ的结构简式为
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，利用途径1 的转化关系理解V→Ⅵ的转化，
较好的考查学生分析推理能力、获取信息能力，（4）中注意利用取代法判断同分异构体数目，难度中等．
10．（16 分）用O2 将HCl 转化为Cl2，可提高效益，减少污染．
（1）传统上该转化通过如图1 所示的催化循环实现．其中，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）⇌H2O（g）+CuCl2（s）△
H1，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）
△H=2（△H1+△H2）
（反应热用△H1 和△H2 表示）．
（2）新型RuO2 催化剂对上述HCl 转化为Cl2 的总反应具有更好的催化活性．
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl 平衡转化率随温度变化的αHCl～T 曲线如图2，则总反应的△H
＜
0（填“＞”、
“=”或“＜”）；A、B 两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是
K（A）
．
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl～T 曲线的示意图，并简要说明理由：
增大压强，平衡向正反
应方向移动，αHCl 增大，相同温度下HCl 的平衡转化率比之前实验的大
．
③下列措施中，有利于提高αHCl 的有
BD
．
A．增大n（HCl）
B．增大n（O2）
C．使用更好的催化剂
D．移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n（Cl2）/10
﹣3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min 内以HCl 的物质的量变化表示的反应速率（以mol•min
﹣1 为单位，写出计算过程）．
（4）Cl2 用途广泛，写出用Cl2 制备漂白粉的化学反应方程式
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
．
【分析】（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则反应热化
学方程式为：CuCl2（g）+
O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，根据盖斯定律（①+②）×2 可得总反应的热化学方程式；
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（2）①由图可知，温度越高，平衡时HCl 的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动；
②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl 的平衡转化率比之前实验的大；
③改变措施有利于提高αHCl，应使平衡向正反应方向移动，注意不能只增加HCl 的浓度；
（3）根据v=
计算2.0～6.0min 内v（Cl2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（HCl）；
（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水．
【解答】解：（1）由图示可知，整个过程为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O，反应①为：2HCl（g）+CuO（s）⇌H2O（g）+CuCl2
（s）△H1，
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则反应热化学方程式为：CuCl2（g）+
O2（g）=CuO（s）+Cl2（g）△H2，
根据盖斯定律（①+②）×2 可得总反应的热化学方程式：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）△H=2（△H1+△H2），
故答案为：4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）△H=2（△H1+△H2）；
（2）①由图可知，温度越高，平衡时HCl 的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，
即△H＜0，化学平衡常数减小，即K（A）＞K（B），
故答案为：＜；K（A）；
②正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl 的平衡转化率比之前实验的大，
故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T 曲线的示意图为
，
故答案为：
，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl 增大，相同温
度下HCl 的平衡转化率比之前实验的大；
③A．增大n（HCl），HCl 浓度增大，平衡右移，但HCl 的转化率降低，故A 错误；
B．增大n（O2），氧气浓度增大，平衡右移，HCl 的转化率提高，故B 正确；
C．使用更好的催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，HCl 的转化率不变，故C 错误；
D．移去生成物H2O，有利于平衡右移，HCl 的转化率增大，故D 正确，
故选：BD；
（3）由表中数据可知，2.0～6.0min 内△n（Cl2）=（5.4﹣1.8）×10
﹣3mol=3.6×10
﹣3mol，则以Cl2 的物质的量变化表
示的反应速率v（Cl2）=
=9×10
﹣4mol•min
﹣1，速率之比等于其化学计量数之比，故v（HCl）=2v（Cl2）=1.8
×10
﹣3mol．min
﹣1，
答：2.0～6.0min 内以HCl 的物质的量变化表示的反应速率1.8×10
﹣3mol•min
﹣1；
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（4）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．
【点评】本题比较综合，涉及热化学方程式书写、化学平衡及平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，（3）中注
意用单位时间内物质的量变化表示速率，较好的考查的分析解决问题的能力，难度中等．
11．（16 分）七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3 和MgCO3）和废
Al 片制备七铝十二钙的工艺如下：
（1）锻粉主要含MgO 和
CaO
，用适量NH4NO3 溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于
5×10
﹣6mol•L
﹣1，则溶液pH 大于
11
（Mg（OH）2 的Ksp=5×10
﹣12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4 代替NH4NO3，
原因是
CaSO4 微溶于水，用（NH4）2SO4 代替NH4NO3，会生成CaSO4 沉淀引起Ca2+的损失
．
（2）滤液Ⅰ中阴离子有
NO3
﹣，OH
﹣
（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成
Ca（HCO3）2
，
从而导致CaCO3 产率降低．
（3）用NaOH 溶液可除去废Al 片表面的氧化膜，反应的离子方程式为
Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣+H2O
．
（4）电解制备Al（OH）3 时，电极分别为Al 片和石墨，电解总反应方程式为
2Al+6H2O
2Al（OH）3↓+3H2↑
．
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4
﹣和Al2Cl7
﹣两种离子在Al 电极上相互转化，其它离子不参与电极反
应，放电时负极Al 的电极反应式为
Al﹣3e
﹣+7AlCl4
﹣=4Al2Cl7
﹣
．
【分析】（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来；用适量NH4NO3 溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2
的饱和溶液，根据Mg（OH）2 的Ksp 来计算；CaSO4 微溶于水；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3 溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3 溶液水解显酸性，与CaO 反应生成Ca（NO3）
2 和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2 和NH3•H2O，将CO2 和NH3 通入滤液I 中后发生反应：Ca（NO3）
2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，据此分析滤液中的阴离子；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2 过量，据此分析
产物；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
（4）用Al 片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al 做阳极，据此分析；
（5）放电时负极电极本身Al 放电，失电子，根据AlCl4
﹣和Al2Cl7
﹣中铝元素和氯元素的比例来确定做AlCl4
﹣做反应物而
生成Al2Cl7
﹣．
【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3
CaO+CO2↑，
MgCO3
MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO 和CaO；用适量NH4NO3 溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，
即得Mg（OH）2 的饱和溶液，根据Mg（OH）2 的Ksp 可知：Ksp=c（Mg2+）•c2（OH
﹣）=5×10
﹣12，而c（Mg2+）小于5
×10
﹣6mol•L
﹣1，故c（OH
﹣）大于10
﹣3mol/L，则溶液中的c（H
+）小于10
﹣11mol/L，溶液的pH 大于11；CaSO4 微溶于
水，如果用（NH4）2SO4 代替NH4NO3，会生成CaSO4 沉淀引起Ca2+的损失，
故答案为：CaO；11；CaSO4 微溶于水，用（NH4）2SO4 代替NH4NO3，会生成CaSO4 沉淀引起Ca2+的损失；
（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3 溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3 溶液水解显酸性，与CaO 反应生成Ca（NO3）
2 和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2 和NH3•H2O，将CO2 和NH3 通入滤液I 中后发生反应：Ca（NO3）
2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3
﹣，还含有OH
﹣；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成
CO2 过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3 产率降低，故答案为：NO3
﹣，OH
﹣；Ca（HCO3）2；
（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH
﹣═2AlO2
﹣+H2O；
（4）用Al 片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al 做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al﹣3e
﹣=Al3+①，阴极上是来
自于水的H
+放电：2H2O+2e
﹣=2OH
﹣+H2↑②
将①×2+②×3 可得总反应：2Al+6H2O
2Al（OH）3↓+3H2↑，故答案为：2Al+6H2O
2Al（OH）3↓+3H2↑；
（5）放电时负极电极本身Al 放电，失电子，由于AlCl4
﹣中氯元素的含量高于Al2Cl7
﹣中氯元素的含量，故AlCl4
﹣做反应
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物而Al2Cl7
﹣为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al﹣3e
﹣+7AlCl4
﹣=4Al2Cl7
﹣，故答案为：Al﹣3e
﹣
+7AlCl4
﹣=4Al2Cl7
﹣．
【点评】本题是一道非常典型的工艺流程图题，综合性较强，综合了元素化合物、电解池和原电池的知识考查，难度
较大．
12．（17 分）NH3 及其盐都是重要的化工原料．
（1）用NH4Cl 和Ca（OH）2 制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为
ACG
．
（2）按图装置进行NH3 性质实验．
①先打开旋塞1，B 瓶中的现象是
出现白烟
，原因是
A 瓶压强比B 瓶大，氯化氢进入B 瓶与氨气反应生成氯化铵
固体小颗粒形成白烟
，稳定后，关闭旋塞1．
②再打开旋塞2，B 瓶中的现象是
烧瓶中的液体倒吸入B 瓶，且紫色石蕊试液变红
．
（3）设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl 水解程度的影响．
限选试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、100mL 容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH 计、温度计、恒
温水浴槽（可调控温度）
①实验目的：探究
温度
对溶液中NH4Cl 水解程度的影响．
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字
母表示；表中“V（溶液）”表示所配制溶液的体积）．
物理量
实验序号
V（溶液）/ml
…
1
100
…
2
100
…
③按实验序号1 所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为Y，则NH4Cl 水解反应的平衡转化率为
（只列出算式，忽略水自身电离的影响）．
【分析】（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气（2NH4Cl+Ca（OH）2≜CaCl2+2NH3↑+2H2O），反应发生为固
体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气
处理需考虑倒吸，据此分析解答；
（2）①根据A、B 容器压强以及A、B 混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析；②氨气、氯化氢为气
体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，氯化铵为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，据此分析；
（3）①根据影响NH4Cl 水解的因素以及题干提供的限选试剂与仪器分析；
②氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所配制溶液的体积，根据温度不同，盐类水解后PH 不同，进行设计表格
数据；
③读取的待测物理量的数值为Y，Y 为PH 值，PH=﹣lgc（H
+）可求算出氢离子浓度，根据NH4
++H2O⇌NH3•H2O+H
+，求
解NH4Cl 水解反应的平衡转化率．
【解答】解：（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气（2NH4Cl+Ca（OH）2≜CaCl2+2NH3↑+2H2O），反应发生
为固体与固体加热制取气体的装置，因防止药品中的湿存水以及反应产生的水使反应试管受热不均匀，所以选择试管
口向下的A 装置制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，所以选择
C 装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗空间大，水柱不易极速上升，能防止倒吸，故选G 装置，
故答案为：ACG；
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（2）①A 容器压强为150KPa，B 容器压强100KPa，A 容器压强大于B 容器，先打开旋塞1，A 容器中的氯化氢进入B
容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl=NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以B 瓶中的现象是出现白烟，
故答案为：出现白烟；A 瓶压强比B 瓶大，氯化氢进入B 瓶与氨气反应生成氯化铵固体小颗粒形成白烟；
②氨气、氯化氢为气体反应生成的氯化铵为固体，压强减小，再打开旋塞2，紫色的石蕊试液倒吸入B 瓶中，氯化铵
为强酸弱碱盐，溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，水解方程式为：NH4
++H2O⇌NH3•H2O+H
+，溶液呈酸性，
所以紫色石蕊试液变红，
故答案为：烧瓶中的液体倒吸入B 瓶，且紫色石蕊试液变红；
（3）①盐类水解，水解离子浓度越大，水解程度越小，盐类水解为吸热反应，温度越高，水解程度越大，根据题干提
供的限选试剂与仪器中的温度计、恒温水浴槽（可调控温度），可选择温度不同对盐类水解的影响，
故答案为：温度；
②根据①可知，该实验为探究温度对氯化铵水解的影响，氯化铵为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，所以可根据不同温
度下，水解的溶液的pH 进行判断，所配制溶液的体积都为100mL，m（NH4Cl）相同都为m g，温度不同，分别为T1℃、
T2℃，分别测水解后pH，
故答案为：
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
NH4Cl 质量（g）
温度（℃）
pH
1
100
m
T1
Y
2
100
m
T2
Z
③读取的待测物理量的数值为Y，Y 为pH 值，pH=﹣lgc（H
+），c（H
+）=10
﹣Ymol/L，NH4
++H2O⇌NH3•H2O+H
+，水解的氯
化铵的物质的量为n（NH4Cl）=c（H
+）×V=10
﹣Y×0.1mol，则NH4Cl 水解反应的平衡转化率为
×
100%=
，
故答案为：
．
【点评】本题主要考查了氨的制备以及铵盐的性质，掌握实验室制取氨气的原理以及铵盐的水解规律是解答的关键，
题目难度中等．
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2015 年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7 小题，每小题6 分，满分42 分）
1．（6 分）下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（
）
A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业
B．铝合金片﹣﹣冶金工业
C．铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．铅笔漆﹣﹣涂料工业
2．（6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键
B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C．丁烷有3 种同分异构体
D．油脂的皂化反应属于加成反应
3．（6 分）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（
）
选
项
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH 固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加NaOH 固体
B
配制FeCl3 溶液
将FeCl3 固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有
NH4
+
取少量试液于试管中，加入NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的
气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A．A
B．B
C．C
D．D
4．（6 分）纯净物X、Y、Z 转化关系如图所示，下列判断正确的是（
）
A．X 可能是金属铜
B．Y 不可能是氢气
C．Z 可能是氯化钠
D．Z 可能是三氧化硫
5．（6 分）短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W 原子的质子数是其最外层电子数的
三倍，下列说法不正确的是（
）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．元素X、Z、W 的最高化合价分别与其主族序数相等
6．（6 分）某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O 和CO2 转化为O2 和燃料（C3H8O）．下列说法
正确的是（
）
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H
+从b 极区向a 极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2 被还原
D．a 电极的反应为：3CO2+18H
+﹣18e
﹣═C3 H8O+5 H2 O
7．（6 分）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表．下列判断不正确的是（
）
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0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
二、非选择题（共3 小题，满分45 分）
8．（15 分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为
．
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为
．
（2）25℃，在0.10mol•L
﹣1H2S 溶液中，通入HCl 气体或加入NaOH 固体以调节溶液pH，溶液pH 与c（S2﹣）关系如图
（忽略溶液体积的变化、H2S 的挥发）．
①pH=13 时，溶液中的c（H2S）+c（HS
﹣）=
mol•L
﹣1．
②某溶液含0.020mol•L
﹣1Mn2+、0.10mol•L
﹣1H2S，当溶液PH=
时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10
﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10
﹣2
6.3×10
﹣8
H2CO3
4.2×10
﹣7
5.6×10
﹣11
①HSO3
﹣的电离平衡常数表达式K=
．
②0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液中离子浓度由大到小的顺序为
．
③H2SO3 溶液和NaHCO3 溶液反应的主要离子方程式为
．
9．（15 分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛．
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为
．
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2 等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是
（只要求写出一种）．
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是
．
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③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ•mol
﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ•mol
﹣1
由Al2O3、C 和Cl2 反应生成AlCl3 的热化学方程式为
．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，生成的盐主要有3 种，其化学式分别
为
、
、
．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是
．
10．（15 分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验．
实验一
制取氯酸钾和氯水
利用如图1 所示的实验装置进行实验．
（1）制取实验结束后，取出B 中试管冷却结晶，过滤，洗涤．该实验操作过程需要的玻璃仪器有
．
（2）若对调B 和C 装置的位置，
（填“能”或“不能”）提高B 中氯酸钾的产率．
实验二
氯酸钾与碘化钾反应的研究
（3）在不同条件下KClO3 可将KI 氧化为I2 或KIO3．该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列
a 实验的记录如下（实验在室温下进行）：
试管编号
1
2
3
4
0.2mol•L
﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol•L
﹣1H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水/mL
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a 实验的实验目的是
．
②设计1 号试管实验的作用是
．
③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此
反应的离子方程式为
．
实验三
测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）该小组设计的实验方案为：使用如图2 装置，加热15.0mL 饱和氯水试样，测定产生气体的体积．此方案不可行
的主要原因是
．（不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因）
（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：
．
资料：i．次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ii．次氯酸或氯气可被SO2、H2O2 和FeCl2 等物质还原成Cl
﹣．
【化学-物质结构与性质】（13 分）
11．（13 分）科学家正在研究温室气体CH4 和CO2 的转化和利用．
（1）CH4 和CO2 所含的三种元素电负性从小到大的顺序为
．
（2）下列关于CH4 和CO2 的说法正确的是
（填序号）．
a．固态CO2 属于分子晶体
b．CH4 分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4 熔点低于CO2
d．CH4 和CO2 分子中碳原子的杂化类型分别是sp3 和sp
（3）在Ni 基催化剂作用下，CH4 和CO2 反应可获得化工原料CO 和H2．
①基态Ni 原子的电子排布式为
，该元素位于元素周期表的第
族．
②Ni 能与CO 形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4 中含有
molσ键．
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（4）一定条件下，CH4 和CO2 都能与H2O 形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表．CH4 与H2O
形成的水合物俗称“可燃冰”．
①“可燃冰”中分子间存在的2 种作用力是
．
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2 置换CH4 的设想．已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据
上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是
．
【化学-有机化学基础】（13 分）
12．“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M 的结构简式如图所示
（1）下列关于M 的说法正确的是
（填序号）．
a．属于芳香族化合物
b．遇FeCl3 溶液显紫色
c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d．1molM 完全水解生成2mol 醇
（2）肉桂酸是合成M 的中间体，其一种合成路线如下：
①烃A 的名称为
．步骤Ⅰ中B 的产率往往偏低，其原因是
．
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为
．
③步骤Ⅲ的反应类型是
．
④肉桂酸的结构简式为
．
⑤C 的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有
种．
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2015 年福建省高考化学试卷
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）下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（
）
A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业
B．铝合金片﹣﹣冶金工业
C．铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．铅笔漆﹣﹣涂料工业
【分析】A．根据橡皮擦的成分分析；
B．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；
C．铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的；
D．铅笔漆属于涂料．
【解答】解：A．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，材料与相应工业对应，故A 不选；
B．冶炼金属铝属于冶金工业，材料与相应工业对应，故B 不选；
C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时容易留下痕迹，铅笔芯生产与电镀工业工业无关，材料与相应工业
不对应，故C 选；
D．铅笔漆属于涂料的一种，材料与相应工业对应，故D 不选；
故选：C。
【点评】本题考查生活中的材料铅笔相关的工业，掌握制作铅笔的材料成分为解答关键，题目难度不大．
2．（6 分）下列关于有机化合物的说法正确的是（
）
A．聚氯乙烯分子中含碳碳双键
B．以淀粉为原料可制取乙酸乙酯
C．丁烷有3 种同分异构体
D．油脂的皂化反应属于加成反应
【分析】A．根据聚氯乙烯（
）的结构分析；
B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生
成乙酸乙酯；
C．丁烷有2 种同分异构体；
D．有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂
的皂化反应属于油脂的水解反应．
【解答】解：A．聚氯乙烯的结构简式为：
，聚氯乙烯中不含碳碳双键，故A 错误；
B ．淀粉水解生成葡萄糖（C6H10O5 ）n+nH2O
nC6H12O6 ，葡萄糖生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛
2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O ，乙醛氧化生成乙酸
2CH3CHO+O2
2CH3COOH ，
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O，以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故B 正确；
C．丁烷分子式为C4H10，有2 种同分异构体，正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷结构简式为（CH3）2CHCH3，故
C 错误；
D．油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，如：
+3NaOH→3C17H35COONa+
，
该反应属于取代反应，故D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，D 选项注意加成
反应与水解反应的区别．
3．（6 分）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（
）
选
项
实验目的
实验操作
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A
称取2.0gNaOH 固体
先在托盘上各放一张滤纸，然后在右盘上添加2g 砝码，左盘上添加NaOH 固体
B
配制FeCl3 溶液
将FeCl3 固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有
NH4
+
取少量试液于试管中，加入NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的
气体
D
验证铁的吸氧腐蚀
将铁钉放入试管中，用盐酸浸没
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．NaOH 易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量；
B．铁离子易水解，配制氯化铁溶液时，应该将氯化铁溶于盐酸中；
C．氨气溶于水呈碱性，则检验铵根离子时，先加入氢氧化钠溶液加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验；
D．盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀。
【解答】解：A．NaOH 易潮解，具有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且放在左盘，天平游码回零，砝码为2.0g，故A 错
误；
B．铁离子易发生水解，则配制FeCl3 溶液时，应该将氯化铁固体溶于盐酸中，然后用蒸馏水稀释，故B 错误；
C．取少量试液于试管中，加入NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，若试纸变蓝，说明原溶液
中含有铵根离子，该方法合理，故C 正确；
D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生的是析氢腐蚀，故D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验操作、金属腐蚀、离子检验、溶液配制等知识，把握
物质的性质、实验操作及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不
大。
4．（6 分）纯净物X、Y、Z 转化关系如图所示，下列判断正确的是（
）
A．X 可能是金属铜
B．Y 不可能是氢气
C．Z 可能是氯化钠
D．Z 可能是三氧化硫
【分析】A．X+Y→Z，Z 电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X 可能是金属铜，Y 可能为氯气，根据铜、氯及其
化合物的性质分析解答；
B．X+Y→Z，Z 电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X 可能是氯气，Y 可能为氢气，符合条件；
C．Z 可能是氯化钠，X、Y 只能为氢气、氯气中的一种，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解水和电解质，
不符合Z 电解生成X、Y 条件；
D．Z 可能是三氧化硫，X、Y 只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，
不符合Z 电解生成X、Y 条件．
【解答】解：A．X+Y→Z，Z 电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X 可能是金属铜，Y 可能为氯气，反应为：X+Y→Z，
Cu+Cl2
CuCl2，Z 为CuCl2，电解CuCl2 溶液：CuCl2
Cu+Cl2↑，故A 正确；
B．X+Y→Z，Z 电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X 可能是氯气，Y 可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl2
2HCl，
Z 为HCl，电解HCl 溶液：2HCl
H2↑+Cl2↑，故B 错误；
C ．Z 可能是氯化钠，X 、Y 只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z ，2Na+Cl2
2NaCl ，Z 电解：
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z 电解生成X、Y 条件，故C 错误；
D．Z 可能是三氧化硫，X、Y 只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O2
2SO3，三氧化硫和水反应
SO3+H2O=H2SO4 生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z 电解生成X、Y 条件，故D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突
破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+Y→Z，Z 电解生成X、Y，说明电解电解
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质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．
5．（6 分）短周期元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W 原子的质子数是其最外层电子数的
三倍，下列说法不正确的是（
）
A．原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．元素X、Z、W 的最高化合价分别与其主族序数相等
【分析】短周期元素w 的质子数是其最外层电子数的三倍，则W 是P 元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：
X 是N 元素，Y 是O 元素，Z 是Si 元素，由此分析解答．
【解答】解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子
半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A 错误；
B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价
氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B 正确；
C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳
定性：Y＞X＞W＞Z，故C 正确；
D、主族元素除了O 和F 之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W 的最高化合价分别与其主族序数相等，故D
正确；
故选：A。
【点评】本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类
是解题的关键，比较容易．
6．（6 分）某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O 和CO2 转化为O2 和燃料（C3H8O）．下列说法
正确的是（
）
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H
+从b 极区向a 极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2 被还原
D．a 电极的反应为：3CO2+18H
+﹣18e
﹣═C3 H8O+5 H2 O
【分析】A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；
B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a 与电源负极相连，所以a 是负极阴极，而电解
池中氢离子向阴极移动；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O
2C3H8O+9O2，即生成9mol 的氧气，阴极有6mol 的二氧化碳被还原，由此
分析解答；
D、a 与电源负极相连，所以a 是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H
++18e
﹣=C3H8O+5H2O．
【解答】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A 错误；
B、a 与电源负极相连，所以a 是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H
+从阳极b 极区向阴极a 极区迁移，
故B 正确；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O
2C3H8O+9O2，即生成9mol 的氧气，阴极有6mol 的二氧化碳被还原，也就
是1mol 的氧气，阴极有
mol 的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C 错误；
D、a 与电源负极相连，所以a 是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H
++18e
﹣=C3H8O+5H2O，故D 错误；
故选：B。
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【点评】本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及
离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．
7．（6 分）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表．下列判断不正确的是（
）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【分析】A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下
=0.4，由此解答；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短．
【解答】解：A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下
=0.4，所以a=
=6，故A 正确；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v 可能不变，故B 正确；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b＜318.2，故C 正确；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查较综合，涉及反应速率计算、影晌速率的因素分析等，侧重学生表格数据分析及计算能力的考查，
注重对高考高频考点的训练，题目难度中等．
二、非选择题（共3 小题，满分45 分）
8．（15 分）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为
．
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为
C+2H2SO4 （浓）
2SO2↑+CO2↑+2H2O
．
（2）25℃，在0.10mol•L
﹣1H2S 溶液中，通入HCl 气体或加入NaOH 固体以调节溶液pH，溶液pH 与c（S2﹣）关系如图
（忽略溶液体积的变化、H2S 的挥发）．
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①pH=13 时，溶液中的c（H2S）+c（HS
﹣）=
0.043
mol•L
﹣1．
②某溶液含0.020mol•L
﹣1Mn2+、0.10mol•L
﹣1H2S，当溶液PH=
5
时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10
﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10
﹣2
6.3×10
﹣8
H2CO3
4.2×10
﹣7
5.6×10
﹣11
①HSO3
﹣的电离平衡常数表达式K=
．
②0.10mol•L
﹣1Na2SO3 溶液中离子浓度由大到小的顺序为
c（Na
+）＞c（SO32﹣）＞c（OH
﹣）＞c（HSO3
﹣）＞c（H
+）
．
③H2SO3 溶液和NaHCO3 溶液反应的主要离子方程式为
H2SO3+HCO3
﹣=HSO3
﹣+CO2↑+H2O
．
【分析】（1）①S 是16 号元素．S 原子获得2 个电子变为S2﹣，硫离子的结构示意图为：
；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（2）①pH=13 时，c（S2﹣）=5.7×10
﹣2mol/L，在0.10mol•L
﹣1H2S 溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS
﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L
﹣1；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；
（3）①HSO3
﹣的电离方程式为：HSO3
﹣⇌H
++SO32﹣，平衡常数表达式为K=
；
②Na2SO3 溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；
③由表可知H2SO3 的二级电离小于H2CO3 的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3
﹣，所以反应的主要离子方程式
为H2SO3+HCO3
﹣=HSO3
﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3
﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．
【解答】解：（1）①S 是16 号元素．S 原子获得2 个电子变为S2﹣，硫离子的结构示意图为：
，故答案为：
；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方
程式为：C+2H2SO4（浓）
2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）
2SO2↑+CO2↑+2H2O；
（2）①pH=13 时，c（S2﹣）=5.7×10
﹣2mol/L，在0.10mol•L
﹣1H2S 溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS
﹣）+c（S2﹣）=0.10mol•L
﹣1，所以c（H2S）+c（HS
﹣）=0.1﹣5.7×10
﹣2=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）=
=
=1.4×10
﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，
所以pH=5 时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
（3 ）①HSO3
﹣的电离方程式为：HSO3
﹣⇌H
++SO32 ﹣，平衡常数表达式为K=
，故答案为：
；
②Na2SO3 溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解：SO32﹣+H2O⇌HSO3
﹣+OH
﹣，HSO3
﹣+H2O⇌H2SO3+OH
﹣，以第一步水解为主，
水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3 溶液中的离子浓度顺序为：c（Na
+）＞c（SO32﹣）＞c（OH
﹣）＞c（HSO3
﹣）＞c（H
+），
故答案为：c（Na
+）＞c（SO32﹣）＞c（OH
﹣）＞c（HSO3
﹣）＞c（H
+）；
③由表可知H2SO3 的二级电离小于H2CO3 的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3
﹣，所以反应的主要离子方程
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式为H2SO3+HCO3
﹣=HSO3
﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3
﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．故答案为：H2SO3+HCO3
﹣=HSO3
﹣
+CO2↑+H2O．
【点评】本题考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉
淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用．
9．（15 分）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛．
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为
Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H
+
．
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2 等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是
防止后续步骤生成的AlCl3 水解或增大反应物的接触面积，
加快反应速率
（只要求写出一种）．
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是
Fe 或铁
．
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ•mol
﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ•mol
﹣1
由Al2O3、C 和Cl2 反应生成AlCl3 的热化学方程式为
Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9KJ/mol
．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，生成的盐主要有3 种，其化学式分别为
NaCl
、
NaClO
、
Na2CO3
．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是
除去FeCl3，提高AlCl3 纯度
．
【分析】（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此
书写水解方程式；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物
和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3 和SiO2 先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si 分别和
Cl2 反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO 和O2 反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，
O2，SiCl4，以及AlCl3 和FeCl3 变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可
以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，
①步骤1 中焙烧固体：水分挥发其作用是防止后续步骤生成的水解，气孔数目增多其作用是增大反应物的接触面积，
加快反应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，则焦炭还原氧化铁反应生成相对原子质量比硅大
的单质是铁；
③根据盖斯定律结合已知方程式构建目标方程式求解；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，Cl2 和NaOH 溶液反应生成NaCl、NaClO 和H2O，CO2 和
NaOH 溶液反应生成Na2CO3 和H2O；
⑤在氯化铝的粗品中加入NaCl 后熔融能降低FeCl3 的熔点，由于铝的活动性比铁强，在步骤V 中加入铝粉，就可以将
铁置换出来，达到除去杂质，提高AlCl3 纯度的目的．
【解答】解：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能
净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H
+，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H
+；
（2）①步骤1 中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的
过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3 水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3 与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对
原子质量比硅大的单质是铁，
故答案为：Fe 或铁；
③Ⅰ、Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ•mol
﹣1
Ⅱ、2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ•mol
﹣1
根据盖斯定律，将Ⅰ﹣Ⅱ可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=（+1344.1kJ•mol
﹣1）﹣（+1169.2kJ•mol
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﹣1）=+174.9KJ/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9KJ/mol；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH 冷溶液吸收，Cl2 和NaOH 溶液反应生成NaCl、NaClO 和H2O，CO2 和
NaOH 溶液反应生成Na2CO3 和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO 和Na2CO3，
故答案为：NaCl、NaClO、Na2CO3；
⑤步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3 的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的
粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3 在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化
铝，
故答案为：除去FeCl3，提高AlCl3 纯度．
【点评】本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产
流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等，题目难度中等．
10．（15 分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验．
实验一
制取氯酸钾和氯水
利用如图1 所示的实验装置进行实验．
（1）制取实验结束后，取出B 中试管冷却结晶，过滤，洗涤．该实验操作过程需要的玻璃仪器有
烧杯、漏斗、玻璃
棒、胶头滴管
．
（2）若对调B 和C 装置的位置，
能
（填“能”或“不能”）提高B 中氯酸钾的产率．
实验二
氯酸钾与碘化钾反应的研究
（3）在不同条件下KClO3 可将KI 氧化为I2 或KIO3．该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列
a 实验的记录如下（实验在室温下进行）：
试管编号
1
2
3
4
0.2mol•L
﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol•L
﹣1H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水/mL
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a 实验的实验目的是
研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响
．
②设计1 号试管实验的作用是
硫酸浓度为0 的对照实验
．
③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此
反应的离子方程式为
ClO3
﹣+6I
﹣+6H
+=Cl
﹣+3I2+3H2O
．
实验三
测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）该小组设计的实验方案为：使用如图2 装置，加热15.0mL 饱和氯水试样，测定产生气体的体积．此方案不可行
的主要原因是
因存在氯气的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案无法测算试样含氯总量
．（不考虑实验装置及操作
失误导致不可行的原因）
（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：
量取一定量的试样，加入足
量的H2O2 溶液，充分反应，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量
．
资料：i．次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ii．次氯酸或氯气可被SO2、H2O2 和FeCl2 等物质还原成Cl
﹣．
【分析】实验一制取氯酸钾和氯水
A 装置二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，该反应为MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，B 装置：氯气与热的KOH
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溶液发生反应3Cl2+6KOH（浓）
5KCl+KClO3+3H2O，产生氯酸钾和氯化钾及水，挥发出的HCl 极易溶于水，和氢
氧化钾反应HCl+KOH=KCl+H2O，尾气用氢氧化钠吸收，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，
（1）制取实验结束后，取出B 中试管冷却结晶需要玻璃仪器烧杯、过滤、洗涤需要漏斗、玻璃棒、胶头滴管；
（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，HCl 极易溶于水，能和KOH 反应生成KCl 杂
质，若对调B 和C 装置，可以除去氯化氢杂质，能提高B 中氯酸钾的产率；
实验二氯酸钾与碘化钾反应的探究
（3）①根据表格数据分析：试管1、2、3、4 中都是0.20mol•L
﹣1KI/mL，KClO3（s）0.10g，改变的只有硫酸的体积和
水的量，所以研究的目的就是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；
②1 号试管硫酸浓度未0，设计1 号试管实验的作用是做对照实验，比较硫酸浓度对反应产物的影响；
③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色说明有碘单质生成，假设氧化产物唯一，还
原产物为氯化钾，根据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒书写该反应的离子方程式；
实验三测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）氯气能溶于水，次氯酸不稳定易分解生成氯化氢、氧气，因存在氯气的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案无法
测算试样含氯总量；
（5）根据题干信息次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液
中加入足量的H2O2 溶液，发生氧化还原，H2O2 被氧化变为O2，氯气被还原成Cl
﹣，然后加热除去过量的H2O2，冷却，
再加入足量的硝酸银溶液，发生沉淀反应Ag
++Cl
﹣=AgCl↓产生沉淀，称量沉淀质量，根据氯元素守恒确定氯元素的质量．
【解答】解：实验一制取氯酸钾和氯水
（1）制取实验结束后，取出B 中试管，进行冷却结晶操作需要烧杯、过滤需要漏斗和玻璃棒，洗涤需要玻璃仪器烧杯
盛放液体，需用玻璃棒引流、需用胶头滴管移取少量液体，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管；
（2）实验室用二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，HCl 极易溶于水，能和KOH 反应生成KCl 杂
质，若对调B 和C 装置，可以除去氯化氢杂质，能提高B 中氯酸钾的产率，
故答案为：能；
实验二氯酸钾与碘化钾反应的探究
（3）①根据表格数据分析：对照试管1、2、3、4 中数据发现都是0.20mol•L
﹣1KI/mL，KClO3（s）0.10g，改变的只有
硫酸的体积和水的量，所以研究的目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，
故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；
②1 号试管硫酸浓度为0，设计1 号试管实验的作用是做对照实验，比较硫酸浓度影响反应产物，
故答案为：硫酸浓度为0 的对照实验；
③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色说明有碘单质生成，假设氧化产物唯一，还
原产物为氯化钾，Cl（+5→﹣1）I（﹣1→0），根据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：ClO3
﹣+6I
﹣+6H
+=Cl
﹣+3I2+3H2O，
故答案为：ClO3
﹣+6I
﹣+6H
+=Cl
﹣+3I2+3H2O；
实验三测定饱和氯水中氯元素的总量
（4）氯气能溶于水且能和水反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，次氯酸不稳定易分解2HClO
2HCl+O2↑，因存在氯气的
重新溶解以及次氯酸分解等，此方案无法测算试样含氯总量，
故答案为：因存在氯气的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案无法测算试样含氯总量；
（5）根据题干信息次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液
中加入足量的H2O2 溶液，发生氧化还原，H2O2 被氧化变为O2，氯气被还原成Cl
﹣，充分反应，再加入足量的硝酸银溶
液，发生沉淀反应Ag
++Cl
﹣=AgCl↓产生沉淀，称量沉淀质量，根据氯元素守恒确定氯元素的质量，
故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2 溶液，充分反应，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量．
【点评】本题考查氯及其化合物的性质，侧重考查化学仪器的使用、实验方案的设计与评价、离子方程式的书写等知
识，掌握实验室制取氯气是解答的关键，题目难度中等．
【化学-物质结构与性质】（13 分）
11．（13 分）科学家正在研究温室气体CH4 和CO2 的转化和利用．
（1）CH4 和CO2 所含的三种元素电负性从小到大的顺序为
H＜C＜O
．
（2）下列关于CH4 和CO2 的说法正确的是
ad
（填序号）．
a．固态CO2 属于分子晶体
b．CH4 分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4 熔点低于CO2
d．CH4 和CO2 分子中碳原子的杂化类型分别是sp3 和sp
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（3）在Ni 基催化剂作用下，CH4 和CO2 反应可获得化工原料CO 和H2．
①基态Ni 原子的电子排布式为
[Ar]3d84s2
，该元素位于元素周期表的第
VⅢ
族．
②Ni 能与CO 形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4 中含有
8
molσ键．
（4）一定条件下，CH4 和CO2 都能与H2O 形成笼状结构（如图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表．CH4 与H2O
形成的水合物俗称“可燃冰”．
①“可燃冰”中分子间存在的2 种作用力是
氢键、范德华力
．
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2 置换CH4 的设想．已知图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据
上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是
二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧
化碳与水的结合能力强于甲烷
．
【分析】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大；
（2）依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答；
（3）①Ni 为28 号元素；
②该配合物的配离子中Ni 原子和C 原子、CO 分子中C 原子和O 原子之间都存在σ键；
（4）①可燃冰中存在水分子，水分子中存在分子间作用力和氢键；
②依据表格得出二氧化碳的分子直径小于0.586nm，且与水的结合能力为29.91 大于16.40，据此解答即可．
【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性O＞C＞H，故电负性H＜C＜O，故答案为：H
＜C＜O；
（2）a、二氧化碳属于分子晶体，故a 正确；
b、甲烷中含有极性共价键，但是正四面体结构，属于非极性分子，故b 错误；
c、二氧化碳熔点高，原因是C 与O 形成2 对共价键，故c 错误；
d、甲烷为正四面体形，C 原子含有4 个σ键，无孤电子对，采取sp3 杂化，二氧化碳为直线形，碳氧双键中有1 个σ键
和1 个π键，因此C 原子采取sp 杂化，故d 正确，故选ad；
（3）①Ni 为28 号元素，基态Ni 原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，处于元素周期表中第四周期第VⅢ族，故答案为：
[Ar]3d84s2；VⅢ；
②该配合物的配离子中Ni 原子和C 原子之间有4 个σ键，CO 分子中C 和O 之间存在1 个σ键，1 个π键，1 个配位键，
因此4 个CO 有4 个σ键，故1mol Ni（CO）4 中含有8molσ键，故答案为：8；
（4）①CH4 与H2O 形成的水合物俗称“可燃冰”，分子晶体中作用力是范德华力，水分子之间存在氢键，故答案为：氢
键，范德华力；
②由表格可知：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.512＜0.586，能顺利进入笼状空腔内，且二氧化
碳与水的结合能力强于甲烷，即29.91＞16.40，故答案为：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化
碳与水的结合能力强于甲烷．
【点评】本题以研究温室气体CH4 和CO2 的转化和利用为载体，主要考查的是电负性的大小比较、分子晶体的性质、
核外电子排布以及化学键等，综合性较强，难度较大．
【化学-有机化学基础】（13 分）
12．“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M 的结构简式如图所示
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（1）下列关于M 的说法正确的是
ac
（填序号）．
a．属于芳香族化合物
b．遇FeCl3 溶液显紫色
c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
d．1molM 完全水解生成2mol 醇
（2）肉桂酸是合成M 的中间体，其一种合成路线如下：
①烃A 的名称为
甲苯
．步骤Ⅰ中B 的产率往往偏低，其原因是
反应中有一氯取代物和三氯取代物生成
．
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为
．
③步骤Ⅲ的反应类型是
加成反应
．
④肉桂酸的结构简式为
．
⑤C 的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有
9
种．
【分析】（1）a．含有苯环的化合物属于芳香族化合物；
b．含有酚羟基的物质遇FeCl3 溶液显紫色；
c．含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
d.1molM 完全水解生成2mol 乙醇、1mol 2﹣甲基﹣2﹣丙醇；
（2）A 与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B 发生卤代烃的水解反应，再脱去1 分子水得到
，
则A 为
，B 为
，
与CH3CHO 发生加成反应生成
，C 的分子式为C9H10O，
对比C 的结构与D 的分子式可知，C 脱去1 分子水得到D，应是发生消去反应生成D，则D 为
，D
与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为
，据此解答．
【解答】解：（1）a．M 含有苯环，属于芳香族化合物，故a 正确；
b．M 不含酚羟基，遇FeCl3 溶液不显紫色，故b 错误；
c．M 含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故c 正确；
d.1molM 完全水解生成2mol 乙醇、1mol 2﹣甲基﹣2﹣丙醇，故d 错误，
故选：ac；
（2）A 与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成B，B 发生卤代烃的水解反应，再脱去1 分子水得到
，
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则A 为
，B 为
，
与CH3CHO 发生加成反应生成
，对比C 的结构与D 的
分子式可知，C 脱去1 分子水得到D，应是发生消去反应生成D，则D 为
，D 与银氨溶液发生氧化
反应、酸化得到肉桂酸，故肉桂酸的结构简式为
．
①烃A 为
，名称为甲苯，步骤Ⅰ中反应中有一氯取代物和三氯取代物生成，B 的产率往往偏低，
故答案为：甲苯；反应中有一氯取代物和三氯取代物生成；
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为
，
故答案为：
；
③步骤Ⅲ的反应类型是：加成反应，故答案为：加成反应；
④根据分析可知，肉桂酸的结构简式为：
，故答案为：
；
⑤C（
）的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物，有2 个侧链为﹣CH3、﹣CH2OOCH，
或﹣CH3、﹣OOCCH3，或﹣CH3、﹣COOCH3，各有邻、间、对3 种，共有9 种，
故答案为：9．
【点评】本题考查有机物推断、有机物的结构与性质、有机反应类型、有机反应方程式和限制条件同分异构体的书写
等知识，注意根据反应条件及有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．
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2015 年北京市高考化学试卷
一、选择题
1．下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（
）
A．火药使用
B．粮食酿酒
C．转轮排字
D．铁的冶炼
A．A
B．B
C．C
D．D
2．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（
）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
3．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（
）
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
4．最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO 与O 在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是（
）
A．CO 和O 生成CO2 是吸热反应
B．在该过程中，CO 断键形成C 和O
C．CO 和O 生成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO 与O2 反应的过程
5．合成导电高分子材料PPV 的反应：
下列说法正确的是（
）
A．合成PPV 的反应为加聚反应
B．PPV 与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C．
和苯乙烯互为同系物
D．通过质谱法测定PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度
6．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和
NaClO 溶液的pH 约为11）（
）
A．该消毒液可用NaOH 溶液吸收Cl2 制备：Cl2+2OH
﹣═ClO
﹣+Cl‑ +H2O
B．该消毒液的pH 约为12：ClO
﹣+H2O⇌HClO+OH
﹣
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C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H
++Cl
﹣+ClO
﹣═Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO
﹣═HClO+CH3COO
﹣
7．在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe 表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe 表面产生少量红棕色气泡
后，迅速停止
Fe、Cu 接触后，其表面
均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（
）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe 表面形成致密的氧化层，阻止Fe 进一步反应
C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3 的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu 之间连接电流计，可判断Fe 是否被氧化
二、解答题
8．“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J 的路线如下：
已知：
（1）A 属于炔烃，其结构简式是
．
（2）B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B 的结构简式是
．
（3）C、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物．E 中含有的官能团是
．
（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是
；试剂b 是
．
（5）M 和N 均为不饱和醇．M 的结构简式是
．
（6）N 为顺式结构，写出N 和H 生成I（顺式结构）的化学方程式：
．
9．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其
反应过程如图1 所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是
．
反应Ⅰ得到的产物用I2 进行分离．该产物的溶液在过量I2 的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2 的H2SO4 层和含高浓度
I2 的HI 层．
（2）①根据上述事实，下列说法正确的是
（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
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b．加I2 前，H2SO4 溶液和HI 溶液不互溶
c．I2 在HI 溶液中比在H2SO4 溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是
．
③经检测，H2SO4 层中c（H
+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2 的原因是
．
（3）反应Ⅱ：
2H2SO4（I）=2SO2（g）+O2+2H2O（g）△H=+550kJ▪mo1
﹣1．
它由两步反应组成：
ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ▪mo1
﹣1；
ⅱ．SO3（g）分解．
L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2 表示L 一定时，ⅱ中SO3（g）的平衡转化率随X 的变化关系．
①X 代表的物理量是
．
②判断L1、L2 的大小关系，并简述理由：
．
10．研究CO2 在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．
（1）溶于海水的CO2 主要以4 种无机碳形式存在．其中HCO3
﹣占95%．写出CO2 溶于水产生HCO3
﹣的方程式：
．
（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．
①写出钙化作用的离子方程式：
．
②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：
+
（CH2O）x+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下
方法：
①气提、吸收CO2．用N2 从酸化后的海水中吹出CO2 并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并
标出所用试剂．
②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol▪L
﹣1HCl 溶液滴定，消耗ymLHCl 溶液．海水中溶解无机碳
的浓度=
mol▪L
﹣1．
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．
①结合方程式简述提取CO2 的原理：
．
②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是
．
11．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+
和Fe2+的相互转化．实验如图1 所示：
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（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达
．
（2）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中
造成的影响．
（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：
．
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I 中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag
+使c（I
﹣）降低，导致I
﹣的还原性弱
于Fe2+．用图2 装置（a、b 均为石墨电极）进行实验验证．
①K 闭合时，指针向右偏转，b 作
极．
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3 溶液．产生的现象证实了其推测．该现象
是
．
（5）按照（4）的原理，该同学用图2 装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因．
①转化的原因是
．
②与（4）实验对比，不同的操作是
．
（6）实验Ⅰ中，还原性：I
﹣＞Fe2；而实验Ⅱ中，还原性Fe2﹣＞I
﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是
．
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2015 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是（
）
A．火药使用
B．粮食酿酒
C．转轮排字
D．铁的冶炼
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】化学反应的根本标志是有新物质生成，发生化学变化，题中火药使用、粮食酿酒以及铁的冶炼都发生化学变
化，而转轮排字不涉及化学反应．
【解答】解：A．火药使用涉及反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，发生化学反应，故A 不选；
B．粮食酿酒为淀粉在酒曲酶的作用下生成乙醇，发生化学反应，故B 不选；
C．转轮排字为印刷操作，没有涉及化学反应，故C 选；
D．铁的冶炼涉及3CO+Fe2O3
2Fe+3CO2，发生化学反应，故D 不选。
故选：C。
【点评】本题为2015 年北京考题，涉及化学反应与生活、生产的考查，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，
有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
2．下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（
）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解．
【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4
＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A 不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B 不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，
能用元素周期律解释，故C 不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D 选。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．
3．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（
）
A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
【分析】A．根据N 元素的化合价升高被氧化，N 元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；
B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；
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C．根据氮循环中物质的分类进行解答；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．
【解答】解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5 价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故
A 错误；
B．工业合成氨是将N2 与H2 在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B 正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，
故C 正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2 在放电条件下与O2 直接化合生成无色
且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O2
2NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D 正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查了氮以及化合物的性质，理解还原反应、人工固氮等知识点是解答的关键，题目难度不大．
4．最新报道：科学家首次用X 射线激光技术观察到CO 与O 在催化剂表面形成化学键的过程．反应过程的示意图如下：
下列说法正确的是（
）
A．CO 和O 生成CO2 是吸热反应
B．在该过程中，CO 断键形成C 和O
C．CO 和O 生成了具有极性共价键的CO2
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO 与O2 反应的过程
【分析】由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，CO 与O 在催化剂表面形成CO2，不存在CO 的断键
过程，以此解答该题．
【解答】解：A．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A 错误；
B．由图可知不存在CO 的断键过程，故B 错误；
C．CO 与O 在催化剂表面形成CO2，CO2 含有极性共价键，故C 正确；
D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO 与O 反应的过程，而不是与氧气反应，故D 错误。
故选：C。
【点评】本题为2015 年考题，侧重于化学反应原理的探究的考查，题目着重于考查学生的分析能力和自学能力，注意
把握题给信息，难度不大．
5．合成导电高分子材料PPV 的反应：
下列说法正确的是（
）
A．合成PPV 的反应为加聚反应
B．PPV 与聚苯乙烯具有相同的重复结构单元
C．
和苯乙烯互为同系物
D．通过质谱法测定PPV 的平均相对分子质量，可得其聚合度
【分析】A．缩聚反应，是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，
同时产生有简单分子（如H2O、HX、醇等）的化学反应；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为
，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键；
C．同系物所含官能团数目相同；
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D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量．
【解答】解：A．合成PPV 通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI 生成，不属于加聚反应，故A 错误；
B．聚苯乙烯的重复结构单元为
，不含碳碳双键，而该高聚物的结构单元中含有碳碳双键，所以不相同，
故B 错误；
C．
有两个碳碳双键，而苯乙烯有一个碳碳双键，结构不同，二者不是同系物，故
C 错误；
D．质谱仪能记录分子离子、碎片离子的相对质量，质谱图中数值最大的即是该分子的相对分子质量，故D 正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查聚合反应原理、有机物结构与性质，题目难度不大，注意明确聚合反应原理，选项B 为易错点，
找准链节是解题的关键．
6．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和
NaClO 溶液的pH 约为11）（
）
A．该消毒液可用NaOH 溶液吸收Cl2 制备：Cl2+2OH
﹣═ClO
﹣+Cl‑ +H2O
B．该消毒液的pH 约为12：ClO
﹣+H2O⇌HClO+OH
﹣
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H
++Cl
﹣+ClO
﹣═Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO
﹣═HClO+CH3COO
﹣
【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84 消毒液，含有
NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．
【解答】解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A 正确；
B．饱和NaClO 溶液的pH 约为11，而消毒液的pH 约为12，因此溶液的pH 主要不是由ClO
﹣的水解造成的，氢氧化钠
过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B 错误；
C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H
++Cl
﹣+ClO
﹣═Cl2↑+H2O，故C 正确；
D．由于HClO 酸性较弱，则NaClO 可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D 正确。
故选：B。
【点评】本题为2015 年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于
培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．
7．在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe 表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe 表面产生少量红棕色气泡
后，迅速停止
Fe、Cu 接触后，其表面
均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是（
）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O2═2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe 表面形成致密的氧化层，阻止Fe 进一步反应
C．对此Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3 的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu 之间连接电流计，可判断Fe 是否被氧化
【分析】A．硝酸具有强氧化性，与Fe 反应生成NO，NO 遇空气变为二氧化氮；
B．浓硝酸具有强氧化性，Fe 表面形成致密的氧化层，发生钝化现象；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe 与稀硝酸反应生成NO，而Fe 与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化
性强于稀硝酸；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu 之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极．
【解答】解：A．稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe 反应生成NO，NO 遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕
色的化学方程式：2NO+O2═2NO2，故A 正确；
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B．Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe 表面形成致密的氧化层，阻止Fe 进一步反应，故B 正确；
C．对比I、Ⅱ的现象，Fe 与稀硝酸反应生成NO，而Fe 与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化
性强于稀硝酸，故C 错误；
D．根据Ⅲ中现象，说明构成原电池，在Fe、Cu 之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，
进而判断Fe 是否被氧化，故D 正确，
故选：C。
【点评】本题考查硝酸的化学性质、原电池原理，难度不大，侧重考查学生分析解决问题的能力．
二、解答题
8．“张﹣烯炔环异构化反应”被《Name Reactions》收录，该反应可高效构筑五元环状化合物：
（R、R′、R〞表示氢、烷基或芳基）
合成五元环有机化合物J 的路线如下：
已知：
（1）A 属于炔烃，其结构简式是
CH3C≡CH
．
（2）B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30．B 的结构简式是
HCHO
．
（3）C、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物．E 中含有的官能团是
碳碳双键、醛基
．
（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是
；
试剂b 是
NaOH、醇溶液
．
（5）M 和N 均为不饱和醇．M 的结构简式是
CH3C≡CCH2OH
．
（6 ）N
为顺式结构，写出
N
和
H
生成
I （顺式结构）的化学方程式：
．
【分析】由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH3C≡CH，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B 为HCHO，
A 与B 发生加成反应生成M 为CH3C≡CCH2OH，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为
CH3CH=CHCH2OH；C、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为
，D 为CH3CHO，由信息
可知生成E 为
，E 氧化生成F 为
，试剂a 为溴水，生成G 为
，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H，则H
，
CH3CH=CHCH2OH 与
发生酯化反应生成I，最后I 发生“张﹣烯炔环异构化反应”生成J，以此来解
答．
【解答】解：由合成流程可知，A 为炔烃，结构为CH3C≡CH，B 由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量是30，B
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为HCHO，A 与B 发生加成反应生成M 为CH3C≡CCH2OH，M 和N 均为不饱和醇，则M 与氢气发生加成反应生成N 为
CH3CH=CHCH2OH；C、D 含有与B 相同的官能团，C 是芳香族化合物，则C 为
，D 为CH3CHO，由信息
可知生成E 为
，E 氧化生成F 为
，试剂a 为溴水，生成G 为
，试剂b 为NaOH/醇溶液，G 发生消去反应生成H，则H 为
，
（1）A 属于炔烃，其结构简式是CH3C≡CH，故答案为：CH3C≡CH；
（2）B 的结构简式是HCHO，故答案为：HCHO；
（3）E 为
，含有的官能团是碳碳双键、醛基，故答案为：碳碳双键、醛基；
（4）F 与试剂a 反应生成G 的化学方程式是
；试剂
b 是NaOH、醇溶液，
故答案为：
；NaOH、醇溶液；
（5）M 的结构简式是CH3C≡CCH2OH，故答案为：CH3C≡CCH2OH；
（
6
）
N
为
顺
式
结
构
，
N
和
H
生
成
I
（
顺
式
结
构
）
的
化
学
方
程
式
为
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的合成及推断，为高频考点，为2015 年高考真题，把握合成流程中官能团的变化、反应条件、
碳链变化推断物质为解答的关键，侧重分析与推断能力综合考查，题目难度中等．
9．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法．其
反应过程如图1 所示：
（1）反应Ⅰ的化学方程式是
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI
．
反应Ⅰ得到的产物用I2 进行分离．该产物的溶液在过量I2 的存在下会分成两层﹣﹣含低浓度I2 的H2SO4 层和含高浓度
I2 的HI 层．
（2）①根据上述事实，下列说法正确的是
ac
（选填序号）．
a．两层溶液的密度存在差异
b．加I2 前，H2SO4 溶液和HI 溶液不互溶
c．I2 在HI 溶液中比在H2SO4 溶液中易溶
②辨别两层溶液的方法是
观察颜色，颜色深的为HI 层，颜色浅的为硫酸层
．
③经检测，H2SO4 层中c（H
+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2 的原因是
硫酸层中含少量的I2，I2+H2O=HI+HIO，
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且HI 电离出氢离子
．
（3）反应Ⅱ：
2H2SO4（I）=2SO2（g）+O2+2H2O（g）△H=+550kJ▪mo1
﹣1．
它由两步反应组成：
ⅰ．H2SO4（I）=SO3（g）+H2O（g），△H=+177kJ▪mo1
﹣1；
ⅱ．SO3（g）分解．
L （L1，L2），X 可分别代表压强或温度．图2 表示L 一定时，ⅱ中SO3（g）的平衡转化率随X 的变化关系．
①X 代表的物理量是
压强
．
②判断L1、L2 的大小关系，并简述理由：
L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大
．
【分析】（1）由图可知，反应I 为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；
（2）①分成两层，与溶解性、密度有关；
②两层的颜色不同；
③H2SO4 中c（H
+）：c（SO42﹣）=2：1，且HI 电离出氢离子；
（3）①由图可知，X 越大，转化率越低；
②分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
【解答】解：
（1）由图可知，反应I 为二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，该反应为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，
故答案为：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI；
（2）①a．两层溶液的密度存在差，才出现上下层，故a 正确；
b．加I2 前，H2SO4 溶液和HI 溶液互溶，与分层无关，故b 错误；
c．I2 在HI 溶液中比在H2SO4 溶液中易溶，则碘在不同溶剂中溶解性不同，类似萃取，与分层有关，故c 正确；
故答案为：ac；
②辨别两层溶液的方法是观察颜色，颜色深的为HI 层，颜色浅的为硫酸层，故答案为：观察颜色，颜色深的为HI 层，
颜色浅的为硫酸层；
③H2SO4 层中c（H
+）：c（SO42﹣）=2.06：1．其比值大于2 的原因是硫酸层中含少量的I2，I2+H2O=HI+HIO，且HI 电离出
氢离子，故答案为：硫酸层中含少量的I2，I2+H2O=HI+HIO，且HI 电离出氢离子；
（3）①由图可知，X 越大，转化率越低，升高温度转化率增大，则X 表示压强，故答案为：压强；
②由SO3（g）=SO2（g）+O2（g）△H＞0，温度高，转化率大，图中等压强时L2 对应的转化率大，则L1＜L2，故答案
为：L1＜L2，分解反应为吸热反应，温度高，转化率大．
【点评】本题考查混合物分离提纯及化学平衡等，为高频考点，把握发生的反应、平衡影响因素为解答的关键，侧重
分析与应用能力的综合考查，题目难度中等．
10．研究CO2 在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域．
（1）溶于海水的CO2 主要以4 种无机碳形式存在．其中HCO3
﹣占95%．写出CO2 溶于水产生HCO3
﹣的方程式：CO2+H2O
⇌H2CO3，H2CO3⇌H
++HCO3
﹣
．
（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳．
①写出钙化作用的离子方程式：
2HCO3
﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
．
②同位素示踪法证实光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：
xCO2
+
2xH218O
（CH2O）x+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础．测量溶解无机碳，可采用如下
方法：
①气提、吸收CO2．用N2 从酸化后的海水中吹出CO2 并用碱液吸收（装置示意图如下）．将虚线框中的装置补充完整并
标出所用试剂．
②滴定．将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol▪L
﹣1HCl 溶液滴定，消耗ymLHCl 溶液．海水中溶解无机碳
的浓度=
mol▪L
﹣1．
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量．
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①结合方程式简述提取CO2 的原理：a 室：2H2O﹣4e=4H
++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b 室，发生反应：H
++HCO3
﹣=CO2↑+H2O
．
②用该装置产生的物质处理室排出的海水，合格后排回大海．处理至合格的方法是
c 室：2H2O+2e
﹣=2OH
﹣+H2↑，用
c 室排出的碱液将从b 室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH
．
【分析】（1）二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根；
（2）①由图可知：此过程碳酸氢根转化生成碳酸钙，据此书写方程式；
②光合作用是二氧化碳与水在太阳光作用下，在叶绿体中反应生成有机物、放出氧气的过程，氧气来源于水中的氧，
据此解答；
（3）①由题意可知，需从酸化后的海水中吹出二氧化碳，那么需要滴加稀酸酸化，且装置中应从长管吹入氮气，从短
管吹出二氧化碳，据此解答即可；
②依据原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O 解答即可；
（4）a 室接电源的正极，为阳极，水失去电子生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜进入b 室，与b 室中的碳
酸氢根反应生成二氧化碳气体，据此解答即可；
②c 室连接电源的负极，为阴极，水得到电子生成氢气和氢氧根，a 室中产生氢离子，用c 室排除的碱液将从b 室排出
的酸性海水调节即可，据此解答．
【解答】解：（1）二氧化碳溶于水生成的碳酸为弱酸，部分电离生成碳酸氢根，有关方程式为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3
⇌H
++HCO3
﹣，
故答案为：CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H
++HCO3
﹣；
（2）①反应物中含有碳酸氢根，生成物为碳酸钙，依据元素守恒以及电荷守恒得出方程式为：
2HCO3
﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：2HCO3
﹣+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O；
②光合作用产生的氧气来源于水，即水中的氧原子采用示踪法标记为18O，依据元素守恒配平应需要xCO2 和2xH218O，
故答案为：xCO2；2xH218O；
（3）①酸化海水，可以使用试剂：稀硫酸，利用分液漏斗滴加，长管进气，短管出气，故装置为：
，
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故答案为：
；
②此反应原理为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，即碳酸氢钠与盐酸的物质的量之比为1：1，那么海水中碳酸氢钠的
浓度为c，体积均为mL，依据题意有c×z=xy，解c=
，故答案为：
；
（4）a 室：2H2O﹣4e
﹣=4H
++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b 室，发生反应：H
++HCO3
﹣=CO2↑+H2O，故答案为：
a 室：2H2O﹣4e=4H
++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜进入b 室，发生反应：H
++HCO3
﹣=CO2↑+H2O；
②c 室：2H2O+2e
﹣=2OH
﹣+H2↑，用c 室排出的碱液将从b 室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，故答案为：c
室：2H2O+2e
﹣=2OH
﹣+H2↑，用c 室排出的碱液将从b 室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH．
【点评】本题主要考查的是海水的综合利用以及原电池和电解池的工作原理，充分理解所给信息是解决本题的关键，
难度较大．
11．为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2”反应中Fe3+
和Fe2+的相互转化．实验如图1 所示：
（1）待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时，再进行实验Ⅱ目的是使实验Ⅰ的反应到达
化学平衡状态
．
（2）ⅲ是ⅱ的对比实验，目的是排除ⅱ中
溶液稀释对颜色的变化
造成的影响．
（3）ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化．用化学平衡移动原理解释原因：
Ag
+与I
﹣生成AgI 黄色
沉淀，I
﹣浓度降低，2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动
．
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测I 中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag
+使c（I
﹣）降低，导致I
﹣的还原性弱
于Fe2+．用图2 装置（a、b 均为石墨电极）进行实验验证．
①K 闭合时，指针向右偏转，b 作
正
极．
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3 溶液．产生的现象证实了其推测．该现象
是
左管出现黄色沉淀，指针向左偏转
．
（5）按照（4）的原理，该同学用图2 装置进行实验，证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因．
①转化的原因是
Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I
﹣
．
②与（4）实验对比，不同的操作是
向U 型管右管中滴加0.01mol/LFeSO4 溶液
．
（6）实验Ⅰ中，还原性：I
﹣＞Fe2；而实验Ⅱ中，还原性Fe2﹣＞I
﹣．将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是
该
反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动
．
【分析】（1）待实验I 溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I 的反应达到化学平衡状态；
（2）根据实验iii 和实验ii 的对比可以看出是为了排除有ii 中水造成溶液中离子浓度改变的影响；
（3）i．加入AgNO3，Ag
+与I
﹣生成AgI 黄色沉淀，I
﹣浓度降低，2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动；
ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；
①K 闭合时，指针向右偏转，可知b 极Fe3+得到电子，作正极；
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3 溶液，若生成黄色沉淀，可知I
﹣浓度降低，
2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动；
（5）①Fe2+浓度增大，还原性增强；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4 溶液；
（6）将（3）和（4）、（5）作对比，可知氧化性、还原性与浓度有关．
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【解答】解：（1）待实验I 溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I 的反应达到化学平衡状态，否则干扰
平衡移动的判断，故答案为：化学平衡状态；
（2）由实验iii 和实验ii 的对比可知，对比实验的目的是为了排除有ii 中水造成溶液中离子浓度改变的影响，故答案
为：溶液稀释对颜色的变化；
（3）i．加入AgNO3，Ag
+与I
﹣生成AgI 黄色沉淀，I
﹣浓度降低，2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化，
故答案为：Ag
+与I
﹣生成AgI 黄色沉淀，I
﹣浓度降低，2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动；
ii．加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；
①K 闭合时，指针向右偏转，右侧为正极，可知b 极Fe3+得到电子，则b 作正极，故答案为：正；
②当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管左管中滴加0.01mol/L AgNO3 溶液，若生成黄色沉淀，I
﹣浓度降低，2Fe3++2I
﹣⇌2Fe2++I2 平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化，故答案为：左管出现黄色沉淀，指针向左偏
转；
（5）①转化的原因为Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I
﹣，
故答案为：Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I
﹣；
②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零（反应达到平衡）后，向U 型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4 溶液，Fe2+
向Fe3+转化，
故答案为：向U 型管右管中滴加0.01mol/L FeSO4 溶液；
（6）将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，
可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动，
故答案为：该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影
响平衡移动．
【点评】本题为2015 年北京高考真题，侧重原电池、氧化还原反应及平衡移动的综合考查，把握平衡移动的影响因素
及物质的性质为解答的关键，对分析与实验能力要求较高，题目难度较大．
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2015 年安徽省高考化学试卷
一、选择题：
1．（6 分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（
）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6 个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g 该物质完全燃烧得到6.72LCO2
2．（6 分）下列有关实验的选项正确的是（
）
A．配制0.10mol•L
﹣
1NaOH 溶液
B．除去CO 中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，
分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数
为12.20mL
A．A
B．B
C．C
D．D
3．（6 分）下列有关说法正确的是（
）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3 固体都能发生分解
B．Fe（OH）3 胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2 三种气体都可用浓H2SO4 干燥
D．SiO2 既能和NaOH 溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
4．（6 分）下列有关NaClO 和NaCl 混合溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中，H
+、NH4
+、SO42﹣、Br
﹣可以大量共存
B．该溶液中，Ag
+、K
+、NO3
﹣、CH3CHO 可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4 溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO
﹣+2H
+═Cl
﹣+2Fe3++H20
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023 个
5．（6 分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a 表示该
反应在T℃时N2 的浓度随时间的变化，曲线b 表示该反应在某一起始反应条件改变时N2 的浓度随时间的变化．下列叙
述正确的是（
）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b 对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b 对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
6．（6 分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl 溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以
下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（
）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3 产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2 产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH 为8.6
弱碱性溶液中Mg 也可被氧
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化
D
将光亮的镁条放入pH 为8.6 的NaHCO3 溶液中，有气泡产
生
弱碱性溶液中OH
﹣氧化了
Mg
A．A
B．B
C．C
D．D
7．（6 分）25℃时，在10mL 浓度均为0.1mol•L
﹣1 的NaOH 和NH3•H2O 混合溶液中滴加0.1mol•L
﹣1 盐酸，下列有关溶
液中粒子浓度关系正确的是（
）
A．未加盐酸时：c（OH
﹣）＞c（Na
+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL 盐酸时：c（NH4
+）+c（H
+）=c（OH
﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7 时：c（Cl
﹣）=c（Na
+）
D．加入20mL 盐酸时：c（Cl
﹣）=c（NH4
+）+c（Na
+）
二、非选择题
8．（14 分）C、N、O、Al、Si、Cu 是常见的六种元素．
（1）Si 位于元素周期表第
周期第
族；
（2）N 的基态原子核外电子排布式为
；Cu 的基态原子最外层有
个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al
Si
N
O
金刚石
晶体硅
CH4
SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu 片插入浓HNO3 中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间
（t）的变化如图2 所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1 时，原电池的负极是Al 片，此时，正极的电极反应式是
，溶液中的H
+向
极移动．t1 时，原电池
中电子流动方向发生改变，其原因是
．
9．（16 分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE 的
两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
（1）A 的名称是
；试剂Y 为
；
（2）B→C 的反应类型是
；B 中官能团的名称是
，D 中官能团的名称是
；
（3）E→F 的化学方程式是
；
（4）W 是D 的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（
）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），
写出W 所有可能的结构简式：
；
（5）下列说法正确的是
．
a、B 的酸性比苯酚强
b、D 不能发生还原反应
c、E 含有3 种不同化学环境的氢
d、TPE 既属于芳香烃也属于烯烃．
10．（14 分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料
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制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4 常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是
，原料中的金属
钠通常保存在
中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有
、
、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
NaBO2+
SiO2+
Na+
H2═
NaBH4+
Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是
；第③步分出NaBH4 并回收溶剂，采用的方法是
；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa 下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热
21.6kJ，该反应的热化学方程式是
．
11．（14 分）某研究小组将纯净的SO2 气体通入0.1mol•L
﹣1 的Ba（NO3）2 溶液中，得到了BaSO4 沉淀．为探究上述溶
液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3
﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2 的25mL0.1mol•L
﹣1BaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入
纯净的SO2 气体．
假设一成立
实验2：在盛有不含O2 的25mL0.1mol•L
﹣1Ba（NO3）2 溶液的烧杯中，缓
慢通入纯净的SO2 气体
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH 随通入SO2 体积的变化曲线如图．
实验1 中溶液pH 变小的原因是
；V1 时，实验2 中溶液pH 小于实验1 的原因是（用离子方程式表示）
．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2 和KNO3 氧化相同的H2SO3 溶液（溶液体积变化忽略不
计），充分反应后两溶液的pH 前者
（填“大于”或“小于”）后者，理由是
．
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2015 年安徽省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：
1．（6 分）碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图，下列有关该物质的说法正确的是（
）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6 个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6g 该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【分析】A、
为有机物的结构简式，其中顶点省略的是C 原子，每个C 原子均形成4 对共价键，每个O 原子
形成2 对共价键，C 原子价键不饱和的用H 原子补充，据此判断分子式；
B、单键即为σ键，依据此结构简式判断σ键的个数；
C、相同原子之间形成非极性共价键，不同原子之间形成极性共价键，据此解答；
D、依据C 的完全燃烧产物为二氧化碳，依据此有机物物质的量判断标准状况下生成二氧化碳的体积．
【解答】解：A、
，此有机物中含有3 个C、3 个O 和2 个H，故分子式为：C3H2O3，故A 正确；
B、此分子中存在4 个C﹣O 键、1 个C=O 双键，还存在2 个C﹣H 键，1 个C=C 双键，总共8 个σ键，故B 错误；
C、此有机物中存在C=C 键，属于非极性共价键，故C 错误；
D、8.6g 该有机物的物质的量为：
=0.1mol，由于未指明标准状况，故生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，
故D 错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查的是有机物结构简式的判断，涉及分子式书写、化学键类型判断、有机物的燃烧等，综合性较
强，但是难度不大．
2．（6 分）下列有关实验的选项正确的是（
）
A．配制0.10mol•L
﹣
1NaOH 溶液
B．除去CO 中的CO2
C．苯萃取碘水中I2，
分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数
为12.20mL
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A、容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能用于溶解固体，溶解固体需在烧杯中进行；
B、二氧化碳为酸性气体，和强碱反应形成盐，CO 既不溶于碱也不溶于水；
C、苯的密度小于水，萃取后的溶液应位于分液漏斗的上层，上层溶液从上口倒出；
D、滴定管的0 刻度在上方，据此读数即可．
【解答】解：A、溶解固体药品应用烧杯，不能直接在容量瓶中溶解，故A 错误；
B、CO 不与水和氢氧化钠溶液反应，而二氧化碳可以与氢氧化钠反应，利用此装置可以除去CO 中混有的二氧化碳，
故B 正确；
C、苯萃取碘水中的碘，在分液漏斗的上层，应从上口倒出，故C 错误；
D、滴定管的0 刻度在上方，此图中正确读数应为11.80mL，故D 错误，
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故选：B。
【点评】本题主要考查的是实验室中常见仪器的使用以及简单实验操作，还考查了仪器的读数等，难度不大．
3．（6 分）下列有关说法正确的是（
）
A．在酒精灯加热条件下，Na2CO3、NaHCO3 固体都能发生分解
B．Fe（OH）3 胶体无色、透明，能产生丁达尔现象
C．H2、SO2、CO2 三种气体都可用浓H2SO4 干燥
D．SiO2 既能和NaOH 溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【分析】A、NaHCO3 不稳定，加热易分解；
B、氢氧化铁胶体为红褐色；
C、浓硫酸具有酸性、强氧化性、吸水性和脱水性，所以浓硫酸不能干燥还原性气体、碱性气体，据此分析解答；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水．
【解答】解：A、NaHCO3 不稳定，加热易分解：2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O，碳酸钠受热稳定，加热不分解，
故A 错误；
B、Fe（OH）3 胶体为红褐色、透明，不是无色，故B 错误；
C、H2、SO2、CO2 三种气体均不与浓硫酸反应，故能利用浓硫酸干燥，故C 正确；
D、二氧化硅是酸性氧化物，酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，因此二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，但和氢氟
酸反应是二氧化硅的特性，故D 错误，故选C。
【点评】本题考查了物质性质的分析应用，熟练掌握浓硫酸、二氧化硅的性质、常见胶体的颜色与性质等基础知识是
解题关键，题目难度不大．
4．（6 分）下列有关NaClO 和NaCl 混合溶液的叙述正确的是（
）
A．该溶液中，H
+、NH4
+、SO42﹣、Br
﹣可以大量共存
B．该溶液中，Ag
+、K
+、NO3
﹣、CH3CHO 可以大量共存
C．向该溶液中滴入少量FeSO4 溶液，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO
﹣+2H
+═Cl
﹣+2Fe3++H20
D．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023 个
【分析】A、次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存；
B、银离子与氯离子生成AgCl 白色难溶沉淀，故而不能电离共存；
C、NaClO 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl 为中性，溶液中不存在大量的氢离子；
D、次氯酸具有氧化性，浓盐酸具有还原性，两者发生归中反应生成氯气，据此解答即可．
【解答】解：A、NaClO 和NaCl 混合溶液中存在大量的次氯酸根，次氯酸为弱酸，次氯酸根与氢离子不能大量共存，
故A 错误；
B、NaClO 和NaCl 混合溶液中存在大量的氯离子，与银离子反应生成白色难溶沉淀，故不能大量共存，故B 错误；
C、NaClO 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，NaCl 为中性，溶液中不存在大量的氢离子，与2Fe2++ClO
﹣+2H
+═Cl
﹣+2Fe3++H20
反应矛盾，故C 错误；
D、浓盐酸中Cl 由﹣1 价升高到0 价，次氯酸中Cl 由+1 价降低到0 价，故每生成1mol 氯气转移电子数为1mol，故D
正确，故选D。
【点评】本题主要考查的是溶液中离子的判断，涉及离子共存、盐类水解、氧化还原反应原理等，综合性较强，容易
出错的是C 选项，没有注意原溶液的酸碱性．
5．（6 分）等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），下图曲线a 表示该
反应在T℃时N2 的浓度随时间的变化，曲线b 表示该反应在某一起始反应条件改变时N2 的浓度随时间的变化．下列叙
述正确的是（
）
A．T℃时，该反应的平衡常数K=
B．T℃时，随着反应的进行，混合气体的密度减小
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C．曲线b 对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b 对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【分析】A、依据氮气的浓度变化，找出三段式，计算平衡常数即可；
B、此容器为恒容密闭容器，ρ=
，据此判断即可；
C、催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；
D、由图可知，b 曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应．
【解答】解：A、N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），
起（mol/L）
c0c00
转（mol/L）
c0 ﹣c1
c0 ﹣c1
2（c0 ﹣c1 ）
平（mol/L）
c1c12（c0 ﹣c1 ）
故K=
，故A 正确；
B、反应物和生成物均是气体，故气体的质量m 不变，容器为恒容容器，故V 不变，那么密度ρ=
不变，故B 错误；
C、由图可知，b 曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b 曲线不
可能是由于催化剂影响的，故C 错误；
D、由图可知，b 曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸
热反应，即△H＞0，故D 错误，故选A。
【点评】本题主要考查的是化学平衡建立的过程，涉及平衡常数的计算、平衡移动原理的应用、催化剂对平衡的影响
等，综合性较强，有一定难度．
6．（6 分）某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl 溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以
下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是（
）
选项
实验及现象
结论
A
将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝
反应中有NH3 产生
B
收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色
反应中有H2 产生
C
收集气体的同时测得溶液的pH 为8.6
弱碱性溶液中Mg 也可被氧
化
D
将光亮的镁条放入pH 为8.6 的NaHCO3 溶液中，有气泡产
生
弱碱性溶液中OH
﹣氧化了
Mg
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝；
B．氢气燃烧发出淡蓝色的火焰；
C．PH 为8.6 时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg 可以被氧化；
D．若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体．
【解答】解：A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以
证明气体中含有氨气，故A 正确；
B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B 正确；
C．PH 为8.6 时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg 可以被氧化，故C 正确；
D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D 的结论不合理，故D 错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉镁、氯化铵、碳酸氢钠的性质是解题关键，注意物质检验方法的积累．
7．（6 分）25℃时，在10mL 浓度均为0.1mol•L
﹣1 的NaOH 和NH3•H2O 混合溶液中滴加0.1mol•L
﹣1 盐酸，下列有关溶
液中粒子浓度关系正确的是（
）
A．未加盐酸时：c（OH
﹣）＞c（Na
+）=c（NH3•H2O）
B．加入10mL 盐酸时：c（NH4
+）+c（H
+）=c（OH
﹣）
C．加入盐酸至溶液pH=7 时：c（Cl
﹣）=c（Na
+）
D．加入20mL 盐酸时：c（Cl
﹣）=c（NH4
+）+c（Na
+）
【分析】氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离，一水合氨为弱碱，在水溶液中部分电离，相同体积与浓度的氢氧化
钠与一水合氨其中和能力是相同的，据此分析解答即可。
【解答】解：A、NaOH 和NH3•H2O 混合溶液中，NaOH 完全电离，NH3•H2O 部分电离，因此c（OH
﹣）＞0.1mol/L，c
（Na
+）=0.1mol/L，c（NH3•H2O）＜0.1mol/L，故c（OH
﹣）＞c（Na
+）＞c（NH3•H2O），故A 错误；
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B、在此混合溶液中加入10mL 盐酸，存在电中性原则：c（NH4
+）+c（H
+）+c（Na
+）=c（OH
﹣）+c（Cl
﹣），由于等体积
等浓度混合，故c（Na
+）=c（Cl
﹣），即c（NH4
+）+c（H
+）=c（OH
﹣），故B 正确；
C、加入盐酸至pH=7 时，溶液呈中性，即c（H
+）=c（OH
﹣），那么c（NH4
+）+c（Na
+）=c（Cl
﹣），即c（Cl
﹣）＞c（Na
+），
故C 错误；
D、加入20mL 盐酸时，此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即存在c（H
+）＞c（OH
﹣），
那么c（NH4
+）+c（Na
+）＜c（Cl
﹣），故D 错误，故选B。
【点评】本题主要考查酸碱混合的定性判断，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，易错点为C，注意
酸碱中和滴定的实验原理。
二、非选择题
8．（14 分）C、N、O、Al、Si、Cu 是常见的六种元素．
（1）Si 位于元素周期表第
三
周期第
IVA
族；
（2）N 的基态原子核外电子排布式为
1s22s22p3
；Cu 的基态原子最外层有
1
个电子；
（3）用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al
＞
Si
N
＜
O
金刚石
＞
晶体硅
CH4
＜
SiH4
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu 片插入浓HNO3 中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间
（t）的变化如图2 所示，反应过程中有红棕色气体产生．
0～t1 时，原电池的负极是Al 片，此时，正极的电极反应式是
2H
++NO3
﹣+e
﹣=NO2↑+H2O
，溶液中的H
+向
正
极移
动．t1 时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是
Al 在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al 的进一步反应
．
【分析】（1）Si 原子序数为14，有3 个电子层，最外层电子数为4；
（2）N 的原子序数为7，共排布3 个能层；Cu 为29 号元素，和核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，据此解答即可；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大；元素的非金属性越强，其电负性越大；晶体类型相同的，原子半径越小，
熔点越高；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，据此解答即可；
（4）依据题意，0～t1 时，原电池的负极是Al 片，且有红棕色气体产生，说明溶液中的硝酸根在正极放电，据此解答
即可；电流发生改变，即原电池的正负极发生改变，据此分析原因即可．
【解答】解：（1）Si 原子序数为14，有3 个电子层，最外层电子数为4，故Si 处于第三周期第IVA 族，故答案为：三；
IVA；
（2）N 的原子序数为7，共排布3 个能层，其核外电子排布式为：1s22s22p3，Cu 元素为29 号元素，原子核外有29 个
电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故其最外层电子数为1，故答案为：1s22s22p3；1；
（3）同一周期，原子序数越小，半径越大，由于原子序数Al＜Si，故半径Al＞Si；元素的非金属性越强，其电负性越
大，由于非金属性O＞N，故电负性N＜O；晶体类型相同的，原子半径越小，熔点越高，由于C 的原子半径小于Si
的原子半径，故熔点：金刚石＞晶体硅；分子组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，由于SiH4
相对分子质量大于CH4，故沸点CH4＜SiH4，故答案为：＞；＜；＞；＜；
（4）0～t1时，原电池的负极是Al片，溶液中产生红棕色气体是二氧化氮，故正极反应方程式为：2H
++NO3
﹣+e
﹣=NO2↑+H2O，
此时溶液中的氢离子移向正极，一段时间后，由于Al 与浓硝酸发生钝化，导致原电池中Al 作正极，Cu 作负极，故答
案为：2H
++e
﹣+NO3
﹣=NO2↑+H2O；正；Al 在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al 的进一步反应．
【点评】本题主要考查的元素位构性的关系、原电池工作原理，涉及电负性大小比较、原子半径大小比较等，难度不
大，注意整理．
9．（16 分）四苯基乙烯（TPE）及其衍生物具有聚集诱导发光特性，在光电材料等领域应用前景广泛，以下是TPE 的
两条合成路线（部分试剂和反应条件省略）：
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（1）A 的名称是
甲苯
；试剂Y 为
酸性高锰酸钾溶液
；
（2）B→C 的反应类型是
取代反应
；B 中官能团的名称是
羧基
，D 中官能团的名称是
羰基
；
（3）E→F 的化学方程式是
；
（4）W 是D 的同分异构体，具有下列结构特征：①属于萘（
）的一元取代物；②存在羟甲基（﹣CH2OH），
写出W 所有可能的结构简式：
；
（5）下列说法正确的是
ad
．
a、B 的酸性比苯酚强
b、D 不能发生还原反应
c、E 含有3 种不同化学环境的氢
d、TPE 既属于芳香烃也属于烯烃．
【分析】（1）由A 的分子式与B 的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸；
（2）对比B、C 的结构简式可知，B 发生取代反应生成C；由B、D 结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基；
（3）E 的分子式为C13H11Br，F 的分子式为C13H12O，对比E 的结构与F 的分子式可知，E 中Br 原子被﹣OH 取代生成F；
（4）D 的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W 是D 的同分异构体属于萘（
）的一元取代物，存在羟甲基
（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2 种化学环境不同的H 原子，
据此书写；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基；
b．D 含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应；
c．E 中含有4 种化学环境不同的H 原子；
d．TPE 只有含有C、H2 种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃．
【解答】解：（1）由A 的分子式与B 的结构可知，应是甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，
故答案为：甲苯；酸性高锰酸钾溶液；
（2）对比B、C 的结构简式可知，B 发生取代反应生成C；由B、D 结构可知，含有的官能团分别为羧基、羰基，
故答案为：取代反应；羧基；羰基；
（3 ）对比E 的结构与F 的分子式可知，E 中Br 原子被﹣OH 取代生成F ，反应方程式为
，
故答案为：
；
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（4）D 的分子式为C13H10O，不饱和度为9，W 是D 的同分异构体属于萘（
）的一元取代物，存在羟甲基
（﹣CH2OH），萘环不饱和度为7，则侧链存在碳碳三键，故侧链为﹣C≡CCH2OH，萘有2 种化学环境不同的H 原子，
符合条件的W 有：
，
故答案为：
；
（5）a．羧基酸性大于酚羟基，故a 正确；
b．D 含有苯环与羰基，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故b 错误；
c．E 中含有4 种化学环境不同的H 原子，故c 错误；
d．TPE 只有含有C、H2 种元素，属于烃，含有苯环，属于芳香烃，含有碳碳双键，属于烯烃，故d 正确，
故选：ad．
【点评】本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构与分子式进行分析解答，是对有机化学基础的综合考查，难
度不大．
10．（14 分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料
制备NaBH4，其流程如图：
已知：NaBH4 常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33℃）；
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是
除去反应器中的水蒸气
和空气
，原料中的金属钠通常保存在
煤油
中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有
镊子
、
滤
纸
、玻璃片和小刀等；
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
1
NaBO2+
2
SiO2+
4
Na+
2
H2═
1
NaBH4+
2
Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是
过滤
；第③步分出NaBH4 并回收溶剂，采用的方法是
蒸馏
；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）．在25℃、101kPa 下，已知每消耗3.8gNaBH4（s）放热
21.6kJ，该反应的热化学方程式是
NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol
．
【分析】NaBO2、SiO2、Na 和H2 在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4 常温下能与水反应，且氢气和氧气混
合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4 水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4 可溶于
异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4 溶解于异丙胺、Na2SiO3 不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液采用
过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得
到异丙胺和固体NaBH4，
（1）为防止安全事故发生和防止NaBH4 水解，在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，
从而排出空气和水蒸气；
原料中的金属钠通常保存在煤油中，需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等；
（2）该反应中H 元素化合价由0 价变为﹣1 价、Na 元素化合价由0 价变为+1 价，根据转移电子守恒、原子守恒配平
方程式；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法；
（4）n（NaBH4）=
=0.1mol，在25℃、101kPa 下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4
（s）放热216.0kJ，据此书写热化学方程式．
【解答】解：NaBO2、SiO2、Na 和H2 在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，NaBH4 常温下能与水反应，且氢气和氧
气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4 水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；NaBH4 可
溶于异丙胺，根据③知，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4 溶解与异丙胺、Na2SiO3 不溶于异丙胺，难溶性固体和溶液
采用过滤方法分离，通过过量得到滤液和滤渣，滤渣成分是Na2SiO3；异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，
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得到异丙胺和固体NaBH4，
（1）NaBH4 常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4 水解、防止产生安全事故，需
要将装置中的空气和水蒸气排出；
钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；
实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、
滤纸、玻璃片和小刀等，
故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；
（2）该反应中H 元素化合价由0 价变为﹣1 价、Na 元素化合价由0 价变为+1 价，转移电子总数为4，
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，
故答案为：1；2；4；2；1；2；
（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，②中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4 溶解与异丙胺、Na2SiO3 不溶于异丙胺，
所以第②步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33℃，将滤液采用蒸馏的方
法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，
故答案为：过滤；蒸馏；
（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）=
=0.1mol，在25℃、101kPa 下，
每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）
=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol，
故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）△H=﹣216.0kJ/mol．
【点评】本题考查物质制备实验方案设计，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，涉及物质分离
提纯、热化学反应方程式的书写、氧化还原反应、实验基本操作等知识点，综合性较强且较基础，难点是分析流程图
中发生的反应、基本操作等，题目难度中等．
11．（14 分）某研究小组将纯净的SO2 气体通入0.1mol•L
﹣1 的Ba（NO3）2 溶液中，得到了BaSO4 沉淀．为探究上述溶
液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组提出了如下假设：
假设一：溶液中的NO3
﹣
假设二：溶液中溶解的O2；
（1）验证假设一
该小组设计实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象．
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2 的25mL0.1mol•L
﹣1BaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入
纯净的SO2 气体．
无现象
假设一成立
实验2：在盛有不含O2 的25mL0.1mol•L
﹣1Ba（NO3）2 溶液的烧杯中，缓
慢通入纯净的SO2 气体
生成白色沉淀
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液pH 随通入SO2 体积的变化曲线如图．
实验1 中溶液pH 变小的原因是
SO2 溶于水后生成H2SO3
；V1 时，实验2 中溶液pH 小于实验1 的原因是（用离子
方程式表示）
3SO2+2H2O+2NO3
﹣=2NO+4H
++3SO42﹣
．
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤、预期现象和结论．
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）：
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别用足量的O2 和KNO3 氧化相同的H2SO3 溶液（溶液体积变化忽略不
计），充分反应后两溶液的pH 前者
小于
（填“大于”或“小于”）后者，理由是
反应的离子方程式表明，足量的O2
和NO3
﹣分别氧化相同的H2SO3，生成的H
+的物质的量前者大于后者
．
【分析】（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1 无现象；二氧化硫溶于水后生成H2SO3，
亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H
++SO32﹣，H
+、NO3
﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸
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根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡；
（2）试验1 中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子，所以溶液的pH 减小；试验2 中反应生成强电
解质硫酸，则实验2 的pH 更小；
（3）验证假设二，需要用实验1 做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2 处理的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯
中，缓慢通入纯净的SO2 气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立；
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H
++2SO42 ﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：
3H2SO3+2NO3
﹣=2NO↑+4H
++H2O+3SO42﹣，根据反应方程式判断两溶液的pH 大小．
【解答】解：（1）根据强酸制取弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1 无现象；
二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H
++SO32﹣，H
+、NO3
﹣结合生成具有强氧化性的HNO3，
硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，
故答案为：无现象；白色沉淀生成；
（2）试验1 中，二氧化硫溶于水后生成H2SO3，亚硫酸电离出氢离子：H2SO3⇌2H
++SO32﹣，所以溶液的pH 减小；试验
2 发生反应：3SO2+2H2O+2NO3
﹣=2NO+4H
++3SO42﹣，反应中生成了强酸硫酸，则实验2 的pH 小于实验1，
故答案为：SO2 溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH 值减小；3SO2+2H2O+2NO3
﹣=2NO+4H
++3SO42﹣；
（3）验证假设二，需要用实验1 做对比实验，然后做实验3：在盛有未经脱O2 处理的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯
中，缓慢通入纯净的SO2 气体，若有白色沉淀生成，则假设二成立，即：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2 的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2 气
体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2 处理的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的
SO2 气体
有白色沉淀生成
，
故答案为：
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2 的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2 气
体
无现象
假设二成立
实验3：在盛有未经脱O2 处理的25ml0.1mol/LBaCl2 溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的
SO2 气体
有白色沉淀生成
（4）氧气与亚硫酸反应的离子方程式为：2H2SO3+O2=4H
++2SO42 ﹣，亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为：
3H2SO3+2NO3
﹣=2NO↑+4H
++H2O+3SO42﹣，根据反应可知，足量的O2 和NO3
﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物
质的量前者大于后者，所以前者溶液的pH 小于后者，
故答案为：小于；反应的离子方程式表明，足量的O2 和NO3
﹣分步氧化相同的亚硫酸，生成的氢离子的物质的量前者
大于后者．
【点评】本题考查了性质实验方案的设计，题目难度中等，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题充分考查学生
的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握物质性质实验方案的设计与评价原则．
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