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2009江苏高考化学试题及参考答案
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
Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ag 108 I 127
选择题
单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题意。
1.《中华人民共和国食品安全法》于2009年6月1日起实施。下列做法不利于食品安全的是：
A．用聚氯乙烯塑料袋包装食品 B．在食用盐中添加适量的碘酸钾
C．在食品加工中科学使用食品添加剂 D．研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量
解析：由于聚氯乙烯塑料在一定条件下能产生有毒物质，所以不可以作包装食品袋。
答案为A。
2.下列有关化学用语使用正确的是：
A．硫原子的原子结构示意图： B．NH4Cl的电子式：
C．原子核内有10个中子的氧原子：18 80 D．对氯甲苯的结构简式：
解析：A图是S2－的结构示意图，所以错误；B中没有Cl－的电子式，所以也错误；
D中苯环上的Cl原子和甲基不在对位上，所以D错误；正确答案为C。
3.下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是：

a
b
c
A
Al
AlCl3
Al(OH)3
B
HNO3
NO
NO2
C
Si
SiO2
H2SiO3
D
CH2＝CH2
CH3CH2OH
CH3CHO

a
b
c

解析：将各选项中的物质代入图中进行验证，只有B能符合题意，所以正确答案为B。
4. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是：
A．25℃时，pH＝13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH－数目为0.2NA
B．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀NaOH 溶液反应，转移电子总数为0.2NA
C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA
D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA
解析：pH＝13，则c(OH－)＝0.1mol·L－1，n(OH－)＝0.1mol，则N(OH－)＝0.1NA，A错误；
Cl2与NaOH 反应时，每摩Cl2转移1mol电子，所以2.24LCl2应转移0.1mol，B错误；
标况下，22.4L甲醇的物质的量远大于1mol，所以D错误；正确答案为C。
5. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：
A．明矾水解形成的Al(OH)3 胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C．MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D．电解MgCl2 饱和溶液，可制得金属镁
解析：明矾可用于水的净化，A的说法正确（但现在不用于净化饮用水，因为Al3+ 对人体有害）；
由于形成原电池，锌作负极被腐蚀，所以能够保护船体，减慢腐蚀的速率，则B说法正确；
电解MgCl2 饱和溶液时，由于生成难溶的Mg(OH)2，难以制得金属镁，所以D错误，
是正确答案。
6.下列有关实验操作的叙述正确的是：
A．实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯
B．用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4 溶液
C．用量筒量取5.00mL1.00mol·L－1 盐酸于50mL容量瓶中，
加水稀释至刻度，可配制0.100mol·L－1 盐酸
D．用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出
解析：A的图中玻璃导管插入液面以下了，会引起倒吸，所以错误；
量筒的精度达不到0.01mL，所以C错误；
由于有机层在上层，所以应从分液漏斗的上口倒出，所以D错误；
正确答案为B。
7.在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是：
A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO42－
B．含有0.1mol·L－1Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO3－
C．含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－
解析：Al3＋在强碱性溶液中不能大量存在，所以A错误；
I－与Fe3＋在溶液中发生氧化还原反应而不能共存，所以B错误；
Ca2＋与CO32－反应生成难溶的CaCO3 ，所以C错误；
正确答案为D。
8. X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，
Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，
Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是：
A．元素Y、Z、W具有相同电子层的离子，其半径依次增大
B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2
C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：XmY> XmR
D．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸
解析：根据题意判断出5种元素分别是： X：H、Y：O、Z：Na、W：Al、R：S；
A中的离子半径是依次减小的，所以错误；
X能与Y形成化合物H2O2 ，所以B错误；
Al最高价氧化物的水化物是Al(OH)3，属于两性氢氧化物，所以D错误；
正确答案为C。
不定项选择题：本题包括6小题，每小题4分，共计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，多选时，该题得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。
9.下列化学实验事实及其解释都正确的是：
A．向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘
B．向SO2 水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO4 难溶于盐酸
C．向0.1mol·L－1 FeSO4 溶液中滴加少量酸性KMnO4 溶液，KMnO4 溶液褪色，说明Fe2+具有
氧化性
D．向2.0mL浓度均为0.1mol·L－1 的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01mol·L－1 AgNO3 溶液，
振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl 的Ksp比AgI 的Ksp大
解析：B中的实验事实不存在，所以B不正确；
C 中的实验事实存在，解释错误，说明Fe2+具有还原性，所以C错误；
正确答案为AD。
10.具有显著抗癌活性的10－羟基喜树碱的结构如图所示。下列关于10－羟基喜树碱的说法正确的是：
A．分子式为C20H16N2O5
B．不能与FeCl3 溶液发生显色反应
C．不能发生酯化反应
D．一定条件下，1mol该物质最多可与1molNaOH反应
解析：10－羟基喜树碱的分子式为：C20H16N2O5 ，所以A正确；
由于分子结构的苯环上有酚羟基，能与FeCl3 溶液发生显色反应，所以B错误；
分子结构中含有醇羟基，能发生酯化反应，所以C错误；
由于分子中含有酚羟基、酚酯环的结构，所以1mol可与3molNaOH反应，所以D错误；
11.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是：
A．漂白粉溶液在空气中失效：CIO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3－
B．用浓盐酸与MnO2 反应制取少量氯气：MnO2＋2H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
C．向NaAlO2 溶液中通入过量的CO2 制取Al(OH)3：
AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3－
D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：
3ClO－＋2Fe(OH)3＝2FeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋
解析：漂白粉若失效，则不可能存在HClO，所以与事实不符，A错误；
虽然与事实相符，但B的方程式中氢原子没有配平，是错误的；
强碱溶液中不可能生成H＋，所以与事实不符，D是错误的；
正确答案只有C。
12. 以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。
关于该电池的叙述正确的是：
A．该电池能够在高温下工作
B．电池的负极反应为：C6H12O6＋6H2O－24e－＝6CO2＋24H＋
C．放电过程中，H+从正极区向负极区迁移
D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下
CO2 22.4/6 L
解析：由于是微生物燃料电池，则不可能在高温下工作，所以A错误；
放电过程中，H+从负极区向正极区迁移，结合O2－形成H2O ，所以C错误；
消耗1mol氧气则转移4mole－，由C6H12O6＋6H2O－24e－＝6CO2＋24H＋计算出：
转移4mole－则生成1molCO2 ，即22.4L，所以D错误。
正确答案为B。
13.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：
A．室温下，向0.01mol·L－NH4HSO4 溶液中滴加NaOH 溶液至中性：
c(Na＋)>c((SO42－)>c(NH4＋)>c(OH－)＝c(H＋)
B．0.1mol·L－1NaHCO3溶液： c(Na＋)>c(OH－)>c((HCO3－)>c(H＋)
C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c((HCO3－)+2c(H2CO3)
D．25℃时，，pH＝4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH 、CH3COONa 混合溶液：
c(CH3COO－)＋c(OH－)<c(CH3COOH)＋c(H＋)
解析：由于HCO3－的水解毕竟是微弱的，所以c(OH－)不可能大于c((HCO3－)，所以B错误；
D中的关系应是：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，所以D错误；
正确答案为A、C。

14. I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)＋I－(aq)＝I3－(aq) ， 某 I2、KI混合溶液中，
I3－的物质的量浓度c(I3－)与温度T的关系如图所示
（曲线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法正确的是：
A．反应I2(aq)＋I－(aq)＝I3－(aq)的△H＞0
B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2
C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆
D．状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大
解析：根据题中图示可知，c(I3－)是随着温度T 的升高而减小的，说明：
I2(aq)＋I－(aq)＝I3－(aq) 是一个放热反应，即△H＜0 ，所以A错误；
根据平衡移动规律，c(I3－)变小，则c(I2)应变大，所以 状态B的c(I2)大，所以D错误；
正确答案为B、C。
非选择题
15.（10分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量
Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O的质量分数为
97.0%~103.0%）的主要流程如下：

（1）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.0~8.5，以除去溶液中的少量
Al3＋、Fe3＋。检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验操作是 。
（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH为4.0，其目的有：①将溶液中的少量
Ca(OH)2 转化为CaCl2；②防止Ca2＋在蒸发时水解；③ 。
（3）测定样品中Cl－含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶
中定容；b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中；c.用0.05000mol·L－1 AgNO3 溶液
滴定至终点，消耗AgNO3 溶液体积的平均值为20.39mL。
①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有： 。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为： 。
③若用上述方法测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可
忽略），其可能原因有： ； 。
15.解析：（1）Fe(OH)3若没有沉淀完全，则会有Fe3＋存在，检验Fe3＋的存在用KSCN溶液最好，
检验时一定要取上层清液，检验现象才能明显；
（2）空气中的CO2会影响产品的纯度，所以应该防止溶液吸收空气中的CO2。
（3）①滴定实验中，需润洗的仪器有滴定管、移液管，该实验是用 AgNO3 溶液滴定
待测液的，所以需要润洗的仪器一定有酸式滴定管。
② 根据关系式：CaCl2·2H2O ~ 2AgNO3
147 2
α×0.7500×25/250 0.05000×0.02039
解得：α＝0.9991＝99.9%
③根据反应：CaCl2·2H2O ~ 2Cl－~ 2AgNO3
若Cl－偏多，则滴定的结果就会偏高，所以样品中若混有含氯量高于CaCl2的
或CaCl2·2H2O 晶体中的结晶水失去一部分都能使CaCl2·2H2O的质量分数偏高；
答案：（1）取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3 沉淀完全
（2）防止溶液吸收空气中的CO2
（3）①酸式滴定管 ②99.9% ③样品中存在少量的NaCl ，少量CaCl2·2H2O 失水
16.（8分）以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料，
原料的综合利用率较高。其主要流程如下：

（1）反应I前需在FeSO4 溶液中加入 （填字母），以除去溶液中的Fe3＋。
A．锌粉 B．铁屑 C．KI溶液 D．H2
（2）反应I需控制反应温度低35℃，其目的是 。
（3）工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是： 。
（4）反应Ⅳ常被用于电解生产(NH4)2S2O8 (过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极
发生的电极反应可表示为： 。
16. 解析：（1）为了防止Fe2+被氧化，所以应加入既能防止Fe2+被氧化，又不会引入新杂质的物质，
所以加入铁屑最好。
（2）温度若较高则会促进Fe2+的水解，也会使NH4HCO3分解，所以反应温度应低35℃。
（3）要使K2SO4晶体析出，就要降低其在溶液中的溶解度，由于K2SO4是离子化合物，
电解
在醇类溶剂中的溶解度一定变小。
（4）根据图示知： (NH4)2SO4 (NH4)2S2O8 +H2
H2应在阴极产生，所以阳极发生的变化就为：SO42－→S2O82－
答案：（1）B
（2）防止NH4HCO3 分解（或减少Fe2+的水解 ）
（3）降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4 析出
（4）2SO42－－2e－＝S2O82－
17.（8分）废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎
分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是 （填字母）
A．热裂解形成燃油 B．露天焚烧
C．作为有机复合建筑材料的原料 D．直接填埋
（2）用H2O2 和H2SO4 的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
Cu(s)＋2H＋(aq)＝Cu2＋(aq)＋H2(g) △H＝64.39kJ·mol－1
2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g) △H＝－196.46kJ·mol－1
H2(g)＋1/2O2(g)＝H2O(l) △H＝－285.84kJ·mol－1
在H2SO4 溶液中Cu 与H2O2 反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为： 。
（3）控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2 和3.0mol·L－1
H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）
温度（℃）
20
30
40
50
60
70
80
铜的平均溶解速率
（×10－3mol·L－1·min－1）
7.34
8.01
9.25
7.98
7.24
6.73
5.76
当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，
其主要原因是 。
（4）在提纯后的CuSO4 溶液中加入一定量的Na2SO3 和NaCl 溶液，加热，生成
CuCl 的离子方程式是 。
17. 解析：（1）热裂解形成燃油则可使资源再生利用所以A正确；
露天焚烧会产生污染空气的气体，所以B不符合环保理念；
作为有机复合建筑材料的原料也使资源再生利用，所以C正确；
直接填埋则可能会造成土壤、水体等污染，所以D不符合环保理念。
（2）根据盖斯定律，将三个方程式加合得：
Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)＝Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H＝－319.68kJ·mol－1
（3）由于温度升高，使得一部分H2O2发生分解，减少了与Cu的反应，
所以铜的溶解速率逐渐减小。
（4）根据CuSO4 → CuCl ，则铜的价态降低，则Na2SO3 中硫的价态必然降低，
剩余反应方程式为：2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H＋
答案：（1）BD
（2）Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)＝Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H＝－319.68kJ·mol－1
（3）H2O2分解速率加快
（4）2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O2CuCl↓＋SO42－＋2H＋
18.（10分）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与Cl2
比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。
（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：
方法一：2NaClO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
方法二2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O：
用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是 。
（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5~6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子
（ClO2－）。2001年我国卫生部规定，饮用水中ClO2－的含量应不超过0.2mg·L－1 。
饮用水中ClO2、ClO2－的含量可用连续碘量法进行测定。
ClO2被I－还原为ClO2－、Cl－的转化率与溶液pH的关系
如右图所示。
当pH≤2.0时，ClO2－也能被I－还原成Cl－。
反应生成的I2 用标准Na2S2O3溶液滴定：
Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI
①请写出pH≤2.0时，ClO2－与I－反应的离子方程式 。
②请完成相应的实验步骤：
步骤1：准确量取VmL水样加入到锥形瓶中。
步骤2：调节水样的pH为7.0~8.0。
步骤3：加入足量的KI晶体。
步骤4：加入少量淀粉溶液，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3
溶液V1mL。
步骤5： 。
步骤6：再用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。
③根据上述分析数据，测得该饮用水样中ClO2－浓度为 mol·L－1
（用含字母的代数式表示）
④若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2－还原成Cl－，
该反应的氧化产物是 （填化学式）。
18. 解析：（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，
会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，
所以 用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒。
（2）①pH≤2.0时，溶液显酸性，所以ClO2－与I－反应的离子方程式为：
ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O
②根据曲线图示在pH≤2.0时， ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，
ClO2被I－还原只生成ClO2－；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5~6.5，
所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0~8.0，则第
一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，
所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品
水样中亚氯酸根离子的含量。
③由 2ClO2 +2I－→2ClO2－+I2 和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI
得： 2ClO2－ ~ Na2S2O3
n(ClO2－) c×V1/1000 n(ClO2－)＝2 c×V1/1000
由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O 和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI
得： ClO2－ ~ 2Na2S2O3
n(ClO2－)总 c×V2/1000 n(ClO2－)总＝1/2 c×V2/1000
原水样中ClO2－浓度＝[ 1/2 c×V2/1000－2 c×V1/1000]/V/1000
＝c(V2－4V1)/4V
④根据反应：4Fe2＋+ClO2－+2H2O→4Fe3＋+Cl－+4OH－，Fe3＋+ OH－→Fe(OH)3
所以氧化产物为Fe(OH)3、（FeCl3）
答案：（1）方法二制备的ClO2中不含Cl2
（2） ①ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O
②调节溶液的pH≤2.0
③c(V2－4V1)/4V
④Fe(OH)3
19.（14分）多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：

（1）写出D中两种含氧官能团的名称： 和 。
（2）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式 。
①苯的衍生物，且苯环上的一取代产物只有两种；②与Na2CO3溶液反应放出气体；
③水解后的产物才能与FeCl3 溶液发生显色反应。
（3）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为 。
（4）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为 。
（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成
苯乙酸乙酯（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）。
提示：①R－Br+Na→R－CN+NaBr ；②合成过程中无机试剂任选；
③合成路线流程图示例如下：
Br2
CH3CH2OH H2C＝CH2 BrH2C－CH2Br
19. 解析及答案：（1）根据D的结构简式，不难得出，分子结构中含有的官能团为羧基和醚键；
（2）根据信息①可知：分子结构中一定含有苯环，苯环上有两种不同的取代基，
且两种取代基在苯环上分别处于对位；
根据信息②可知：分子结构中一定含有羧基；
根据信息③可知：分子结构中一定含有酚酯的结构；
则将D结构改变可以有：
（3）根据图中E→F的信息，1nol HN
NH
最多可以和2molE反应，
所以该副产物的结构简式为：
（4）分析F与多沙唑嗪结构上差别，结合X的分子式：C10H10N3O2Cl，
确定X的结构简式为：
（5）根据题中苯乙酸乙酯的分子结构，将制备原料苯甲醛和乙醇的分子结构与之对比，
结合有机反应原理，按照提示的合成路线流程图示例，完成合成苯乙酸乙酯的路线流程图；答案为：

20. (10分)联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4能放出大量的热。
（1）已知：2NO2(g)＝N2O4(g) △H＝－57.20kJ·mol－1。
一定温度下，在密闭容器中反应2NO2(g)＝N2O4(g) 达到平衡。
其它条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是 （填字母）。
A．减小NO2的浓度 B．降低温度C．增加NO2的浓度 D．升高温度
（2）25℃时，1.00gN2H4(l)与足量N2O4(l)完全反应生成N2(g)和H2O (l) ，放出19.14kJ
的热量。则反应2N2H4(l)+N2O4(l)＝3N2(g)+4H2O (l)的△H＝ kJ·mol－1
（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体达到平衡时，
c(NO2)＝0.0300mol·L－1、c(N2O4)＝0.0120mol·L－1。
计算反应2 NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K。
（4）现用一定量的Cu 与足量的浓HNO3 反应，制得1.00L已达平衡的N2O4和NO2
混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu 多少克？
20. 解析：（1）由于该反应为气体体积减小的放热反应，要提高NO2转化率，则应该采取：
①降低温度，②增加NO2的浓度③增大压强等措施，所以B、C符合要求；
（2）由1.00gN2H4(l)放出19.14kJ，则2mol(即64g)N2H4(l)放热为1224.96kJ，
所以 △H＝1224.96kJ·mol－1
（3）、（4）见答案。
答案：（1）BC （2）－1224.96
（3）根据题意知平衡时： c(N2O4 )＝0.0120mol·L－1 ，c(NO2)＝0.0300mol·L－1
K＝ c(N2O4 )/c2(NO2) ＝0.0120/0.0300×0.0300 ＝13.3
答：平衡常数为13.3。
（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：
n(N2O4 )＝c(N2O4)×V＝0.0120mol·L－1×1.00L＝0.0120mol ，
n(NO2 )＝c(NO2)×V＝0.0300mol·L－1×1.00L＝0.0300mol ，
则n总(NO2 )＝n(NO2 )＋2×n(N2O4 )＝0.0540mol
由Cu＋4HNO3＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O可得：
m(Cu)＝ 64g·mol－1×0.0540mol /2 ＝1.73g
答：理论上至少需消耗Cu 1.73g。
21.（12分）本题包括A、B两小题，分别对应于“物质结构与性质”和“实验化学”两个选修
模块的内容。请选择其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。
A． 生物质能是一种洁净、可再生能源。生物质气（主要成分为CO、CO2、H2 等）与H2
混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。
（1）上述反应的催化剂含有Cu、Zn、Al等元素。写出基态Zn原子的核外电子排布式 。
（2）根据等电子原理，写出CO分子的结构式 。
（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2 的碱性溶液反应生成Cu2O 沉淀。
①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是 ；
甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为 。
②甲醛分子的空间构型是 ；
1mol甲醛分子中σ键的数目为 。
③在1个Cu2O 晶胞中（结构如图所示），
所包含的Cu 原子数目为 。
21.A 解析：（1）Zn的原子序数为30，在周期表中位于第四周期、ⅡB族，则其核外电子
排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2 。
（2）根据等电子原理，CO与N2属于等电子体，所以其分子结构相似，
由于N2的结构式为N≡N，所以CO也应为C≡O 。
（3）①由于醇羟基比醛基容易形成氢键，所以甲醇的沸点高于甲醛；
由于甲醛分子结构中每个碳原子只形成三个共价键，则应该是sp2杂化形式。
② 甲醛的结构式为—C—H
O
H
，所以甲醛的空间构型为平面三角形；
甲醛分子中的2个C－H键是σ键，C＝O键中的一个键是σ键，另一个
则是π键，则一个甲醛分子中有2个σ键，所以1mol甲醛分子中σ键的
数目为3NA。
③由化学式Cu2O和晶胞模型可知，白球为氧原子，黑色球为铜原子，且铜
原子位于晶胞内部，所以1个Cu2O 晶胞中包含Cu 原子数目为4个。
答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s2 或[Ar]3d104s2
（2）C≡O（或O≡C）
（3）① 甲醇分子之间形成氢键，sp2杂化 ②平面三角形 3NA ③4
B．环己酮是一种重要的化工原料，实验室常用下列方法制备环己酮：

环己醇、环己酮和水的部分物理性质见下表：
物质
沸点（℃）
密度（g·cm－3，20℃）
溶解性
环己醇
161.1（97.8）★
0.9624
能溶于水
环己酮
155.6（95）★
0.9478
微溶于水
水
100.0
0.9982

★括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物的沸点
（1）酸性Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应的△H<0，反应剧烈将导致体系温度迅速上升，副反应
增多。实验中将酸性Na2Cr2O7 溶液加到盛有环己醇的烧杯中，在55~60℃进行反应。
反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95~100℃的馏分，得到主要含环己酮和水的混合物。
①酸性Na2Cr2O7 溶液的加料方式为 。
②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是 。
（2）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：
a. 蒸馏，收集151~156℃的馏分； b. 过滤；
c. 在收集到的馏分中加NaCl 固体至饱和，静置，分液；
d. 加入无水MgSO4 固体，除去有机物中的少量水。
①上述操作的正确顺序是 （填字母）。
②上述操作b、c中使用的玻璃仪器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需 。
③在上述操作c中，加入NaCl 固体的作用是 。
（3）利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己酮，环己酮分子中有 种不同化学
环境的氢原子。
21.B 解析：（1）①由于酸性Na2Cr2O7 溶液氧化环己醇反应剧烈，导致体系温度迅速上升、副
反应增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，应用酸式滴定管缓慢滴加。
②环己酮和