文档内容
2018 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 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
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
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【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） +CO +H O=CaCO ↓+2HClO，
2 2 2 3
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） +CO +H O=CaCO ↓+2HClO，
2 2 2 3
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。
第1页 | 共24页【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．NH 是形成无机颗粒物的催化剂
3
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【考点】EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响．
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【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。
第2页 | 共24页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．
【考点】T4：甲烷的取代反应．
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【分析】CH 与 Cl 在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有 CH Cl
4 2 3
（g），CH Cl （l），CHCl （l），CCl （l）和HCl。
2 2 3 4
【解答】解：CH 与 Cl 在光照条件下发生取代反应，取代反应的产物有 CH Cl
4 2 3
（g），CH Cl （l），CHCl （l），CCl （l）和HCl，产生的CH Cl （l），
2 2 3 4 2 2
CHCl （l），CCl （l）能附着在管壁上形成油状液滴，由于试管连接饱和食
3 4
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。
第3页 | 共24页【点评】本题考查CH 与Cl 在光照下的取代反应，明确反应过程，产物及其物
4 2
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 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
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．
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【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 NO ，则 W、X 分别是 N、O
2
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、NO 、N O 等；与 Y 元素形
2 2 5
成的二元化合物有Na O、Na O ；有Z元素形成的二元化合物有ClO 、Cl O
2 2 2 2 2 7
等；
B．Na与O元素形成的化合物Na O 中含有共价键；
2 2
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HNO 是弱酸。
2
【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NO ，则W、X 分别是N、
2
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、NO 、N O 等；与 Y 元素形
2 2 5
成的二元化合物有Na O、Na O ；有Z元素形成的二元化合物有ClO 、Cl O
2 2 2 2 2 7
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
第4页 | 共24页确；
B．Na与O 元素形成的化合物Na O 的电子式为 ，含有共价
2 2
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HNO 是强酸，而HNO 为弱酸，故D错误；
3 2
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、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分）N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A
A．常温常压下，124gP 中所含P一P键数目为4N
4 A
B．100 mL 1mol•L﹣1FeCl 溶液中所含Fe3+的数目为0.1N
3 A
C．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N
A
D．密闭容器中，2 mol SO 和1molO 催化反应后分子总数为2N
2 2 A
【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【分析】A．1molP 含有6molP﹣P键；
4
B．FeCl 溶液中存在Fe3+的水解；
3
C.1mol乙烷含有4molH，1mol乙烯含有4molH；
D．SO 和O 的催化反应为可逆反应。
2 2
【解答】解：A.124gP 的物质的量为 =1mol，根据P 的结构式，1molP
4 4 4
含有6molP﹣P 键，即含有P﹣P键数目为6N ，故A错误；
A
B．FeCl 溶液中存在Fe3+的水解，所以 100 mL 1mol•L﹣1FeCl 溶液中所含Fe3+的
3 3
数目小于0.1mol，即小于0.1N ，故B错误；
A
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
第5页 | 共24页有 =2mol，即含氢原子数目为2N ，故C正确；
A
D．SO 和O 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，
2 2
所以密闭容器中，2 mol SO 和 1molO 催化反应后分子总数不一定为 2mol，
2 2
即不一定为2N ，故D错误，
A
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P 的结构是解题的关键，为易错点，题目难度不大，是基础
4
题。
6．（6分）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na﹣CO 二次电池，将NaClO
2 4
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：3CO +4Na⇌2Na CO +C，下列说法错误的是（ ）
2 2 3
A．放电时，ClO ﹣向负极移动
4
B．充电时释放CO ，放电时吸收CO
2 2
C．放电时，正极反应为：3CO +4e﹣═2CO 2﹣+C
2 3
D．充电时，正极反应为：Na++e﹣═Na
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
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【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 3CO +4Na⇌2Na CO +C、充电电池反应式为 2Na CO +C⇌
2 2 3 2 3
3CO +4Na；
2
C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO +4e﹣═2CO 2﹣+C；
2 3
第6页 | 共24页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ClO ﹣向负极移动，故A 正确；
4
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 3CO +4Na⇌2Na CO +C、充电电池反应式为 2Na CO +C⇌
2 2 3 2 3
3CO +4Na，所以充电时释放CO ，放电时吸收CO ，故B正确；
2 2 2
C．放电时负极反应式为Na﹣e﹣=Na+、正极反应式为3CO +4e﹣═2CO 2﹣+C，故
2 3
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2CO 2﹣+C﹣4e﹣=3CO ，负极发生的反应
3 2
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。
7．（6分）下列实验过程可以达到实验目的是（ ）
实验过程
编号 实验目的
A 配 制 称取4.0g固 体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶
0.4000mol•L﹣1 解，转移至250mL 容量瓶中定容
的NaOH溶液
B 探究维生素C的还 向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生
原性 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KMnO 溶液
4
D 探究浓度对反应 向2支盛有5mL 不同浓度 NaHSO 溶液的试管中同
3
速率的影响 时加入2mL5%H O 溶液，观察实验现象
2 2
A．A B．B C．C D．D
第7页 | 共24页【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【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SiO 和少量FeS、CdS、PbS 杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
2
第8页 | 共24页相关金属离子[c （Mn+）=0.1mol•L﹣1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0
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+3O 2ZnO+2SO 。
2 2
（2）滤渣1的主要成分除SiO 外还有 PbSO ；氧化除杂工序中ZnO的作用
2 4
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。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【分析】焙烧过程中发生的反应有 2ZnS+3O 2ZnO+2SO 、4FeS+7O
2 2 2
2Fe O +4SO 、 2PbS+3O 2PbO+2SO 、
2 3 2 2 2
2CdS+3O 2CdO+2SO ，所以焙烧过程中生成的气体是SO ；然后加入
2 2 2
稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe O 、PbO、CdO 和稀硫酸反应生成
2 3
Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO 、Cd2+，所以滤渣 1 为未反应的 SiO 和生成的
4 2
PbSO ；
4
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
第9页 | 共24页pH值，将Fe 3+转化为Fe（OH） 而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH） ；
3 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SiO 外还有生成的硫酸铅；ZnO能和酸反应生成盐和
2
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+3O 2ZnO+2SO 、4FeS+7O
2 2 2
2Fe O +4SO 、 2PbS+3O 2PbO+2SO 、
2 3 2 2 2
2CdS+3O 2CdO+2SO ，所以焙烧过程中生成的气体是SO ；然后加入
2 2 2
稀硫酸酸浸，FeS（未焙烧）、ZnO、Fe O 、PbO、CdO 和稀硫酸反应生成
2 3
Fe 2+、Zn 2+、Fe 3+、PbSO 、Cd2+，所以滤渣 1 为未反应的 SiO 和生成的
4 2
PbSO ；
4
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） 而除去Fe 3+，滤渣2为生成的Fe（OH） ；
3 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+3O 2ZnO+2SO ，
2 2
故答案为：2ZnS+3O 2ZnO+2SO ；
2 2
（2）滤渣1的主要成分除SiO 外还有PbO和稀硫酸生成的沉淀PbSO ；ZnO能
2 4
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：PbSO ；调节溶液的 pH 到 2.8﹣6.2 之间，使 Fe3+完全沉淀；无法除
4
第10页 | 共24页去溶液中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 分）CH ﹣CO 的催化重整不仅可以得到合成气（CO 和 H ），还对温
4 2 2
室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH ﹣CO 催化重整反应为：CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g）。
4 2 4 2 2
已知：C（s）+2H （g）═CH （g）△H=﹣75kJ•mol﹣1
2 4
C（s）+O （g）=CO （g）△H=﹣394kJ•mol﹣1
2 2
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CH 平衡转化率的条件是
4
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 CH 、1molCO 以及催化剂进行重整
4 2
反应，达到平衡时CO 的转化率是50%，其平衡常数为 mol2•L﹣2。
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
CH （g）═C（s）CO （g）+C（s）═
4 2
+2H （g） 2CO（g）
2
第11页 | 共24页△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 、K 均增加
积 消
B．V 减小、V 增加
积 消
C．K 减小、K 增加
积 消
D．V 增加的倍数比V 增加的倍数大
消 积
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（CH ）•[p
4
（CO ）]﹣0.5（k 为速率常数）。在 p（CH ）一定时，不同 p（CO ）下积碳
2 4 2
量随时间的变化趋势如图所示，则 P （CO ）、P （CO ）、P （CO ）从大
a 2 b 2 c 2
到小的顺序为 p （CO ）＞p （CO ）＞p （CO ） 。
c 2 b 2 a 2
第12页 | 共24页【考点】CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）①C（s）+2H （g）═CH （g）△H=﹣75kJ•mol﹣1
2 4
②C（s）+O （g）=CO （g）△H=﹣394kJ•mol﹣1
2 2
③C（s）+ （g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1
将方程式2③﹣①﹣②得CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g），△H进行
4 2 2
相应的改变；
要提高CH 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；
4
达到平衡时 CO 的转化率是 50%，根据方程式知，参加反应的 n（CO ）=n
2 2
（CH ）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H ）=1mol，
4 2
该化学反应CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g），
4 2 2
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；
A．积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动；
B．升高温度所有的化学反应速率都增大；
C．积碳反应和消碳反应的正反应都是吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动；
D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，V 增加的倍数比V 增加的
消 积
第13页 | 共24页倍数大；
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（CH ）•[p（CO ）]﹣0.5（k 为速率常数）知，p（CH ）一定时，沉积
4 2 4
碳生成速率与二氧化碳压强成反比。
【解答】解：（1）①C（s）+2H （g）═CH （g）△H=﹣75kJ•mol﹣1
2 4
②C（s）+O （g）=CO （g）△H=﹣394kJ•mol﹣1
2 2
③C（s）+ （g）=CO（g）△H=﹣111kJ•mol﹣1
将方程式 2③﹣①﹣②得 CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g），△H=2
4 2 2
（﹣111kJ•mol﹣1）﹣（﹣75kJ•mol﹣1）﹣（﹣394kJ•mol﹣1）=+247kJ/mol；
要提高CH 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，
4
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 CO 的转化率是 50%，根据方程式知，参加反应的 n（CO ）=n
2 2
（CH ）=1mol×50%=0.5mol，生成的n（CO）=n（H ）=1mol，
4 2
该化学反应CH （g）+CO （g）═2CO（g）+2H （g），
4 2 2
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；
A．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，则K
、K 均增加，故正确；
积 消
B．升高温度化学反应速率都增大，V 增加、V 增加，故错误；
积 消
C．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，则K
、K 均增加，故错误；
积 消
第14页 | 共24页D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，V 增加的倍数比V 增加的
消 积
倍数大，故正确；
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（CH ）•[p（CO ）]﹣0.5（k 为速率常数）知，p（CH ）一定时，沉积
4 2 4
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 p
c
（CO ）＞p （CO ）＞p （CO ），
2 b 2 a 2
故答案为：p （CO ）＞p （CO ）＞p （CO ）。
c 2 b 2 a 2
【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 分）K [Fe（C O ） ]•3H O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用
3 2 4 3 2
于晒制蓝图，回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K [Fe（C O ） ]•3H O作感光剂，以K Fe[（CN） ]溶液
3 2 4 3 2 3 6
为 显 色 剂 。 其 光 解 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2K [Fe （ C O ）
3 2 4
] 2FeC O +3K C O +2CO ↑ ； 显 色 反 应 的 化 学 方 程 式 为
3 2 4 2 2 4 2
3FeC O +2K [Fe（CN） ]=Fe [Fe（CN） ] ↓+3K C O 。
2 4 3 6 3 6 2 2 2 4
（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O 和CO 干扰实验，同时用
2 2
第15页 | 共24页N 把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验 。
2
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 、 CO 。
2
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N 。
2
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe O ，检验Fe O 存在的方
2 3 2 3
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Fe O 。
2 3
（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 H SO 酸化，用 cmol•L﹣1KMnO 溶液
2 4 4
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H SO 酸化，用cmol•L﹣1KMnO 溶液滴定至终点，消
2 4 4
耗KMnO 溶液VmL．该晶体中铁的质量分数的表达式为 ×100%
4
或 ×100%（或 %） 。
【考点】5C：物质的量浓度的相关计算；RD：探究物质的组成或测量物质的含
量．
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【分析】（1）显色过程是 FeC O 中的亚铁离子与[Fe（CN） ]3﹣结合成蓝色沉
2 4 6
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N ；
2
④检验Fe O ，需将Fe O 转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验；
2 3 2 3
（3）①用KMnO 溶液滴定亚铁离子，滴定终点溶液变成浅红色；
4
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
第16页 | 共24页应关系式5Fe2+～MnO ﹣，则n（Fe2+）=5n（MnO ﹣），然后根据m=nM计算
4 4
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 FeC O 中的亚铁离子与[Fe（CN） ]3﹣结合成蓝
2 4 6
色沉淀的反应，该反应的化学方程式为：3FeC O +2K [Fe（CN） ]=Fe [Fe
2 4 3 6 3
（CN） ] ↓+3K C O ，
6 2 2 2 4
故答案为：3FeC O +2K [Fe（CN） ]=Fe [Fe（CN） ] ↓+3K C O ；（2）①在
2 4 3 6 3 6 2 2 2 4
反应开始前通入 N ，可排净装置中的空气，以免 O 和 CO 对实验干扰，同
2 2 2
时用N 把装置A、E中反应生成的气体排出进行后续检验，
2
故答案为：排出装置中原有空气，避免 O 和 CO 干扰实验，同时用 N 把装置
2 2 2
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 CO ，E 中固体变红、F 中澄
2
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；CO ；
2
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N ，
2
故答案为：先关闭A、E中的酒精灯，冷却后再停止通入N ；
2
④检验固体中是否存在 Fe O ，需将 Fe O 转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检
2 3 2 3
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Fe O ，
2 3
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Fe O ；
2 3
（3）①用KMnO 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：
4
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﹣1KMnO 溶液滴定至终点，消耗 KMnO 溶液 VmL，消耗 MnO ﹣的
4 4 4
物质的量为：n（MnO ﹣）=cmol/L× L= mol，
4
根据化合价升降相等可得反应关系式：5Fe2+～MnO ﹣，
4
则n（Fe2+）=5n（MnO ﹣）=5× mol，m（Fe2+）=56g/mol×5× mol，
4
第17页 | 共24页所以铁的质量分数= ×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：
H S S FeS SO SO H SO
2 8 2 2 3 2 4
熔点/℃ ﹣85.5 115.2 ＞600（分 ﹣75.5 16.8 10.3
解）
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，H S，SO ，SO 的气态分子中，中心原子价层
2 2 3
电子对数不同于其他分子的是 H S 。
2
（3）图（a）为 S 的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，
8
主要原因为 S 与 SO 都是分子晶体，S 相对分子质量比 SO 大，S 的分子
8 2 8 2 8
间作用力大于SO ，所以熔沸点S ＞SO 。
2 8 2
第18页 | 共24页（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）所示的三聚分
子。该分子中S 原子的杂化轨道类型为 sp3 。
（5）FeS 晶体的晶胞如图（c）所示，晶胞边长为 anm，FeS 相对式量为 M、
2 2
阿伏加德罗常数的值为 N ，其晶体密度的计算表达式为
A
g•cm﹣3；晶胞中 Fe2+位于 S 2﹣所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为
2
a nm。
【考点】86：原子核外电子排布；98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的
计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
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【专题】51D：化学键与晶体结构．
【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）H S 中 S 原子价层电子对个数=2+ =4、SO 中 S 原子价层电子对个
2 2
数=2+ =3、SO 中S原子价层电子对个数=3+ =3；
3
（3）S 、SO 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
8 2
作用力与其相对分子质量成正比；
（4）SO 中 S 原子价层电子对个数=3+ =3，且不含孤电子对，根据价层
3
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，S 2﹣个数=8× +6× =4，其晶体密度= ；晶胞中Fe2+位于
2
S 2﹣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。
2
【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
第19页 | 共24页子价层电子为其 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）H S 中 S 原子价层电子对个数=2+ =4、SO 中 S 原子价层电子对个
2 2
数=2+ =3、SO 中S原子价层电子对个数=3+ =3，中心原子价层
3
电子对数不同于其他分子的是H S，
2
故答案为：H S；
2
（3）S 、SO 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
8 2
作用力与其相对分子质量成正比，S 相对分子质量大于 SO ，所以分子间作
8 2
用力S 大于SO ，导致熔沸点S 大于SO ，
8 2 8 2
故答案为：S 与 SO 都是分子晶体，S 相对分子质量比 SO 大，S 的分子间作
8 2 8 2 8
用力大于SO ，所以熔沸点S ＞SO ；
2 8 2
（4）SO 中 S 原子价层电子对个数=3+ =3，且不含孤电子对，根据价层
3
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 ， S 2﹣ 个 数 =8 × +6 × =4 ， 其 晶 体 密 度
2
= = g/cm3；晶胞中Fe2+位于S 2﹣所形成的八面体的体心，该正八
2
面体的边长为每个面对角线长度的一半= × anm= anm，
故答案为： ； a。
第20页 | 共24页【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 C H O 。
6 12 6
（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
。
第21页 | 共24页【考点】HC：有机物的合成．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH （CHOH） CH OH，A 发
2 4 2
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
，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HOCH （CHOH） CH OH，
2 4 2
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C H O ，
6 12 6
故答案为：C H O ；
6 12 6
（2）A为A 为HOCH （CHOH） CH OH，A 中含有的官能团的名称为羟基，
2 4 2
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，
第22页 | 共24页故答案为：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 ，
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（CO ）= =0.1mol，说明该分子中含有
2
2 个﹣COOH，B 的分子式为 C H O ，B 的不饱和度= =2，2 个
6 10 4
﹣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
，
第23页 | 共24页故答案为：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。
第24页 | 共24页
