文档内容
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
【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系．
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【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
第1页 | 共21页合运用能力，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
【考点】54：物质的量的相关计算；84：质子数、中子数、核外电子数及其相互
联系．
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【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
第2页 | 共21页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
【考点】HD：有机物的结构和性质．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【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。
【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分）下列实验操作不当的是（ ）
A．用稀硫酸和锌粒制取H 时，加几滴CuSO 溶液以加快反应速率
2 4
B．用标准HCl溶液滴定 NaHCO 溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
3
第3页 | 共21页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
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【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分）一种可充电锂﹣空气电池如图所示。当电池放电时，O 与Li+在多孔
2
碳材料电极处生成Li O （x=0或1）。下列说法正确的是（ ）
2 2﹣x
第4页 | 共21页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Li O ═2Li+（1﹣ ）O
2 2﹣x 2
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【分析】A．电池放电池，O 中O的化合价降低，过程为得电子的过程；
2
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Li O 重新得到Li和O 。
2 2﹣x 2
【解答】解：A．电池放电池，O 中 O 的化合价降低，过程为得电子的过程，
2
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Li O 重新得到Li和O ，所以电池总反应为：Li O
2 2﹣x 2 2 2﹣x
═2Li+（1﹣ ）O ，故D 正确，
2
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。
第5页 | 共21页6．（6 分）用 0.100 mol•L﹣1 AgNO 滴定 50.0 mL0.0500 mol•L﹣1 Cl﹣溶液的滴定
3
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K （AgCl）的数量级为10﹣10
sp
B．曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）•c（Cl﹣）=K （AgCl）
sp
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
【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
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【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﹣）=K
sp
（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K （AgCl）的数量级为10﹣10，故A
sp
正确；
B．曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点，Q =c（Ag+）c（Cl﹣）=K （AgCl），
c sp
第6页 | 共21页故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AgNO 溶液体积就
3
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AgNO 溶液的体积不变，故D 正确，
3
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．Y W 与ZW 均含有非极性共价键
2 2 2
D．标准状况下W的单质状态与X的相同
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．
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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Cl ，此气体同冷烧碱
2
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．Y W 、ZW2分别是Na O 、ClO ，同一种非金属元素之间易形成非极性键；
2 2 2 2 2
D．标况下，氟气、氧气都是气态。
第7页 | 共21页【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Cl ，此气体同
2
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．Y W 、ZW2分别是Na O 、ClO ，同一种非金属元素之间易形成非极性键，
2 2 2 2 2
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分）硫代硫酸钠晶体（Na S O •5H O，M=248g•mol﹣1）可用作定影剂、
2 2 3 2
还原剂。
回答下列问题：
（1）已知：K （BaSO ）=1.1×10﹣10，K （BaS O ）=4.1×10﹣5．市售硫代硫
sp 4 sp 2 3
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H SO 、BaCl 溶液、Na CO 溶液、H O 溶液
2 4 2 2 3 2 2
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
第8页 | 共21页成 ，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 ⑥ 有白色沉淀生成
钡溶液
（2）利用K Cr O 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
2 2 7
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 K Cr O 标准溶液 20.00 mL，硫酸酸化后加入过
2 2 7
量 KI，发生反应：Cr O 2﹣+6I﹣+14H+=3I +2Cr3++7H O．然后用硫代硫酸钠样
2 7 2 2
品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作
2 2 3 4 6
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
95.0 %（保留1位小数）。
【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
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【分析】（1）Na S O 和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫
2 2 3
酸根离子时，需要先加入盐酸将S O 2﹣除去，再加入氯化钡溶液进行检验；
2 3
（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 ：
I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘
2 2 3 4 6
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，
Cr O 2﹣+6I﹣+14H+=3I +2Cr3++7H O，I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣，得到 Cr O 2﹣～
2 7 2 2 2 2 3 4 6 2 7
3I +～6S O 2﹣，据此计算。
2 2 3
【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
第9页 | 共21页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 K Cr O 标准溶液 20.00 mL，硫酸酸化后加入过量 KI，
2 2 7
发生反应：Cr O 2﹣+6I﹣+14H+=3I +2Cr3++7H O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴
2 7 2 2
定至淡黄绿色，发生反应：I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣．加入淀粉溶液作为指示剂，
2 2 3 4 6
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
应到达滴定终点，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：I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣．加
2 2 3 4 6
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 ，
Cr O 2﹣+6I﹣+14H+=3I +2Cr3++7H O，I +2S O 2﹣=S O 2﹣+2I﹣，
2 7 2 2 2 2 3 4 6
得到 Cr O 2﹣～3I +～6S O 2﹣，
2 7 2 2 3
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（S O 2﹣）=0.00114 mol× =0.0046mol，
2 3
则样品纯度= ×100%=95.0%
故答案为：由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化；95.0。
【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 分）KIO 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
3
问题：
（1）KIO 的化学名称是 碘酸钾 。
3
第10页 | 共21页（2）利用“KClO 氧化法”制备KIO 工艺流程如下图所示：
3 3
酸化反应”所得产物有KH（IO ）、Cl 和KCI．“逐Cl ”采用的方法是 加热 。
3 2 2 2
“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（IO ） +KOH═
3 2
2KIO +H O 。
3 2
（3）KIO 也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
3
①写出电解时阴极的电极反应式 2H O+2e﹣═2OH﹣+H ↑ 。
2 2
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，“KClO 氧化法”的主要不足之处有 产生 Cl 易污染环境
3 2
（写出一点）。
【考点】DI：电解原理；U3：制备实验方案的设计．
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【分析】（1）KIO 的化学名称是碘酸钾；
3
（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KClO 氧化法制备KIO ，反应物是KClO 和I ，在酸性条件下ClO ﹣
3 3 3 2 3
可以氧化I 生成IO ﹣，根据已知条件，还原产物含有Cl 和Cl﹣，驱逐Cl 后
2 3 2 2
结晶产物应为 KCl，相当于是除杂步骤，调节 pH 过程中产生 KIO ，则是由
3
KH（IO ） 得来，据此分析；
3 2
第11页 | 共21页（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H O转化为H ，据此写出阴极电极反应；
2 2
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I ﹣10e﹣+12OH﹣═2IO ﹣+6H O制备KIO ，整个
2 3 2 3
电解池装置没有产生氧化法过程中的Cl ，即没有产生污染大气环境的有毒气
2
体。
【解答】解：（1）KIO 的化学名称是碘酸钾，
3
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
Cl ”采用的方法是：加热，
2
根据已知条件，还原产物含有Cl 和Cl﹣，驱逐Cl 后结晶产物应为KCl，相当于
2 2
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KIO ，则是由KH（IO ） 得来，则“调pH”中发生反应的化
3 3 2
学方程式为：KH（IO ） +KOH═2KIO +H O，或者写成 HIO +KOH═
3 2 3 2 3
KIO +H O，但考虑到题中告知酸化产物是KH（IO ），因此写前者更为合理，
3 2 3 2
故答案为：加热；KCl；KH（IO ） +KOH═2KIO +H O；
3 2 3 2
（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 H O 转化为 H ，所以阴极的电极反应为：2H O+2e﹣═
2 2 2
2OH﹣+H ↑，
2
故答案为：2H O+2e﹣═2OH﹣+H ↑；
2 2
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I ﹣10e﹣+12OH﹣═2IO ﹣+6H O制备KIO ，电解
2 3 2 3
池装置产生的气体是H ，氧化法过程则产生Cl ，Cl 是有毒气体会污染大气，
2 2 2
因此氧化法的不足之处是产生Cl 易污染环境，
2
故答案为：产生Cl 易污染环境。
2
【点评】本题以 KIO 为考查背景，考查了氧化还原反应相关知识，流程分析，
3
第12页 | 共21页电解原理，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 分）三氯氢硅（ SiHCl ）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列
3
问题：
（1）SiHCl 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
3
（HSiO） O 等，写出该反应的化学方程式 2SiHCl +3H O=（HSiO）
2 3 2
O+6HCl 。
2
（2）SiHCl 在催化剂作用下发生反应：
3
2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）△H=48 KJ•mol﹣1
3 2 2 4
3SiH Cl （g）=SiH （g）+2SiHCl （g）△H=﹣30 KJ•mol﹣1
2 2 4 3
则反应4SiHCl （g）=SiH （g）+3SiCl （g）的△H为 +114 kJ•mol﹣1。
3 4 4
（3）对于反应2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g），采用大孔弱碱性阴离子
3 2 2 4
交换树脂催化剂，在 323K 和 343K 时 SiHCl 的转化率随时间变化的结果如
3
图所示。
①343K 时反应的平衡转化率 α= 22 %．平衡常数 K = 0.02 （保留 2 位
343K
小数）。
②在 343K 下：要提高 SiHCl 转化率，可采取的措施是 及时分离出产物 ；
3
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：v 大于 v （填“大于”“小于”或“等于”）。反应
a b
速率v=v ﹣v =k x ﹣k x x ，k 、k 分别为正、逆
正 逆 正 逆 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）
第13页 | 共21页【考点】CP：化学平衡的计算．
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【分析】（1）重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl 和水反应，
3
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：①2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）△H =48 KJ•mol﹣1；②
3 2 2 4 1
3SiH Cl （g）=SiH （g）+2SiHCl （g）△H =﹣30 KJ•mol﹣1，根据盖斯定律
2 2 4 3 2
可知，由3☓①+②得反应4SiHCl （g）=SiH （g）+3SiCl （g），据此计算△
3 4 4
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 ﹣v =k x ﹣k x x ，k 、k 分别为正、逆
正 逆 正 逆 正 逆
向反应速率常数，则a 点时v正=k x ，v逆=k x x ，
正 逆
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）SiHCl 遇潮气时发烟生成（HsiO） O和HCl，结合原子守恒
3 2
可知发生反应的化学方程式为2SiHCl +3H O=（HsiO） O+6HCl，
3 2 2
故答案为：2SiHCl +3H O=（HsiO） O+6HCl；
3 2 2
第14页 | 共21页（2）已知反应：①2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）△H =+48 KJ•mol﹣1；②
3 2 2 4 1
3SiH Cl （g）=SiH （g）+2SiHCl （g）△H =﹣30 KJ•mol﹣1，根据盖斯定律
2 2 4 3 2
可知，由 3☓①+②得反应 4SiHCl （g）=SiH （g）+3SiCl （g），则△H=
3 4 4
（+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 2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）的平衡转化率 α=22%，
3 2 2 4
设SiHCl 的起始浓度为cmol/L，则
3
2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）
3 2 2 4
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K = = ≈0.02，
343K
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SiHCl 的物质的量为nmol，此时
3
2SiHCl （g）=SiH Cl （g）+SiCl （g）
3 2 2 4
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：X = =0.8，x =x =0.1；
SiHCl3
反应速率 v=v ﹣v =k x ﹣k x x ，k 、k 分别为正、
正 逆 正 逆 正 逆
第15页 | 共21页逆向反应速率常数，则 a 点时 v 正=k x =0.82K ，v 逆=k
正 正 逆
x x =0.01k ，由平衡时正逆反应速率相等，可得出 =K（平
逆
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 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I （Zn） 大于 I （Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是 Zn原子
1 1
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）ZnF 具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是 离子键 ，ZnF 不溶
2 2
于有机溶剂而 ZnCl 、ZnBr 、ZnI 能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是
2 2 2
ZnF 属于离子化合物而 ZnCl 、ZnBr 、ZnI 为共价化合物，ZnCl 、ZnBr 、
2 2 2 2 2 2
ZnI 为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶质、溶剂都属
2
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（ZnCO ）入药，可用于治疗
3
皮肤炎症或表面创伤。ZnCO 中，阴离子空间构型为 平面正三角形 ，C
3
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N ，Zn
A
第16页 | 共21页的密度为 或 g•cm﹣3
（列出计算式）。
【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算．
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【专题】51D：化学键与晶体结构．
【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）ZnCO 中，阴离子CO 2﹣中C原子价层电子对个数=3+ =3且不含
3 3
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；
第17页 | 共21页（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ZnF ，为离子晶体，离子晶体中含有离
2
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，ZnF 属于离子化合物而 ZnCl 、ZnBr 、ZnI 为共价化
2 2 2 2
合物，ZnCl 、ZnBr 、ZnI 为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，
2 2 2
即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶，
故答案为：离子键；ZnF 属于离子化合物而ZnCl 、ZnBr 、ZnI 为共价化合物，
2 2 2 2
ZnCl 、ZnBr 、ZnI 为极性分子，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，即溶
2 2 2
质、溶剂都属于极性分子，所以互溶；
（4）ZnCO 中，阴离子CO 2﹣中C原子价层电子对个数=3+ =3且不含
3 3
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，
故答案为： 或 。
第18页 | 共21页故选：C。
【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+CH CHO R﹣CH=CH﹣CHO+H O
3 2
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 CH ClC ≡
2
CH+NaCN NCCH C≡CH+NaCl 。
2
（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≡CCH COOCH CH 。
2 2 3
（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 CH C≡CCH COOCH 、CH CH C≡CCOOCH 、CH C≡
3 2 3 3 2 3 3
第19页 | 共21页CCOOCH CH （合理即可） 。
2 3
【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】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CH ClC≡CH，根据C分子式知，生成C的反应为取代反应，则C为NCCH C
2 2
≡CH，C 在酸性条件下水解生成 HC≡CCH COOH，然后和乙醇发生酯化反
2
应生成D 为HC≡CCH COOCH CH ；D和HI发生加成反应生成E；
2 2 3
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 CH ClC≡CH，根据 C 分子式知，生成 C 的反应为取代反应，则 C
2
为 NCCH C≡CH，C 在酸性条件下水解生成 HC≡CCH COOH，然后和乙醇
2 2
发生酯化反应生成D 为HC≡CCH COOCH CH ；D和 HI发生加成反应生成
2 2 3
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CH ClC≡CH，C为NCCH C≡CH，由B生成C的化
2 2
学方程式为：CH ClC≡CH+NaCN C为NCCH C≡CH+NaCl，
2 2
故答案为：CH ClC≡CH+NaCN NCCH C≡CH+NaCl；
2 2
（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≡CCH COOCH CH ，
2 2 3
故答案为：HC≡CCH COOCH CH ；
2 2 3
（5）Y中含氧官能团的名称为羟基、酯基，
故答案为：羟基、酯基；
第20页 | 共21页（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≡CCH COOCH CH ，X 与 D 互为同分异构体，且具有完全相同
2 2 3
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 CH C≡CCH COOCH 、CH CH C≡CCOOCH 、CH C≡
3 2 3 3 2 3 3
CCOOCH CH （合理即可），
2 3
故答案为：CH C≡CCH COOCH 、CH CH C≡CCOOCH 、CH C≡CCOOCH CH
3 2 3 3 2 3 3 2 3
（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。
第21页 | 共21页
