2010年高考试题-化学（江苏卷）解析版

2010高考真题精品解析—化学（江苏卷）
【名师简评】今年江苏省高考化学考试内容与《考试说明》基本一致，题型相对稳定。今年的高考中更突出化学知识的科学性、实用性、灵活性。
1、重视基础知识的同时，注重试题的开放性。
2、重视实验的探究性。
3、题目设计继续以社会生活、生产为载体。
4、突出化学与环保的紧密关系。
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 Mn 55 Fe 56 Co 59 Cu 64 Br 80 Ba 137
选择题
单项选择题：本题包括7小题，每小题2分，共计14分。每小题只有一个选项符合题意。
1．化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关。下列说法正确的是
A．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药
B．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
C．实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源
D．垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用
【答案】D
【解析】本题主要考查的知识点有是①化学物质与生活得关系、②绿色化学的概念、③化肥农药对人类生活的影响。A项，为了提高农作物的产量和质量，应研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量；B项、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；C项，化石能源是有限的一次能源，为了长远的可持续发展，必须要开发新能源；D项，垃圾也是一项重要的资源。综上分析可知，本题选D项。
2．水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是
A．H2O的电子式为
B．4℃时，纯水的pH=7
C．中，质量数之和是质子数之和的两倍
D．273K、101kPa，水分子间的平均距离：（气态）＞（液态）＞（固态）
【答案】C
【解析】本题主要考查的是有关水的化学基本用语。A项，水是共价化合物，其分子的电子式为；B项，温度升高，水的电离程度增大，C项，一个分子中，其质量数为20，质子数为10，D项，在温度压强一定时，它只能呈一种状态。综上分析可知，本题选C项
3．下列离子方程式表达正确的是
A．用惰性电极电解熔融氯化钠：
B．用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：
C．用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：
D．用食醋除去水瓶中的水垢：
【答案】B【解析】本题主要考查的是离子方程式的正误判断。A项，电解的是熔融状态的NaCl，不是NaCl溶液，2NaCl2Na + Cl2↑；B项，Al2O3能溶于NaOH溶液，生成偏铝酸盐；C项，NO2与NaOH反应，生成硝酸盐和亚硝酸盐，2OH- + 2NO2 = NO3- + NO2- + H2O；D项，水垢中的主要成分为CaCO3，是难溶物。综上分析可知，本题选B项。
4．下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是
A．二氧化硅是生产光纤制品的基本原料
B．水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂[
C．盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性
D．石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
【答案】D
【解析】本题主要考查的是常见物质在生成生活中的应用。A项，是光纤制品的主要原料；水玻璃是硅酸钠溶液，能作为粘合剂和防火材料；C项，盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不影响蛋白质的生理活性；D项，石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质。综上分析可知，本题选D项。
5．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．常温下，的溶液中氮原子数为0.2
B．1mol羟基中电子数为10
C．在反应中，每生成3mol转移的电子数为6
D．常温常压下，22.4L乙烯中键数为4
【答案】A
【解析】本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查22.4L/mol的正确使用；②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A项，无论水解与否，根据元素守恒；B项，1mol羟基中有9个电子；C项，在该反应中，每生成3mol,转移5个电子；D项，常温常压下，气体摩尔体积不为22.4L/mol。综上分析得知，本题选A项。
【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．的溶液中：、、、
B．由水电离的的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】本题主要考查的是离子共存问题。A项，由于H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存；B项，抑制了水的电离，溶液中存在大量的H+或OH-，但都不能与HCO3-共存；C项，溶液中的c(H+)=0.1mol/L,能与本组离子共存；D项，Fe3+能与SCN-发生络合反应。综上分析可知，本题选C项。
7．下列有关实验原理或操作正确的是
A．选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取少量
B．制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸
C．洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干
D．用广泛试纸测得0.10mol·LNH4Cl溶液的
【答案】B
【解析】本题主要考查的是实验的基本知识。A项，不能用图1装置收集;B项，实验室制备乙酸乙酯时，先在试管中放入乙醇，在慢慢加入浓硫酸，冷却后，再加入乙酸；C项，洗涤沉淀，在过滤器中的沉淀中，加入蒸馏水，浸没沉淀，让水自然流下，不用玻璃棒搅拌；D项，pH试纸只能测定溶液酸碱度的数值范围，但不能测得溶液具体的pH值。总是分析可知，本题选B项。
不定项选择题：本题包括7小题，每小题4分，共计28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。
8．下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
【答案】AC
【解析】本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，本题选AC项。
9．阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途。一种合成阿魏酸的反应可表示为
下列说法正确的是
A．可用酸性溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成
B．香兰素、阿魏酸均可与、溶液反应
C．通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应
D．与香兰素互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是有机物的结构与性质。A项，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，酚羟基也能使其褪色；B项，酚羟基和羟基都可以与反应；C项，它们都不能进行消去反应；D项，根据条件，其同分异构体为和综上分析可知，本题选BD项。
10．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是
选项
实验操作
实验目的或结论
A
某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体
说明该钾盐是
B
向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌一段时间后过滤
除去溶液中少量
C
常温下，向饱和溶液中加少量粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生
说明常温下

D
与浓硫酸170℃共热，制得的气体通人酸性溶液
检验制得气体是否为乙烯
【答案】B
【解析】本题主要考查的是实验基本操作。A项，与盐酸反应产生CO2气体的不一定是CO32-，也有可能是HCO3-；B项，加入Mg(OH)2、MgO等物质能促使Fe3+的水解转化为沉淀而除去FeCl3，同时也不会引进新杂质；C项，根据现象，说明沉淀中有BaCO3，说明Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)；D项，在此实验中，还有可能有副反应产生的SO2也能是高锰酸钾溶液褪色。综上分析可知，本题选B项。
【备考提示】溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，对于阴、阳离子个数比相同的物质来讲，Ksp的数值越小说明相应离子在水中越容易生成沉淀。
11．右图是一种航天器能量储存系统原理示意图。
下列说法正确的是
A．该系统中只存在3种形式的能量转化
B．装置Y中负极的电极反应式为：

C．装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生
D．装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化
【答案】C[
【解析】本题主要考查的是电化学知识。A项，在该装置系统中，有四种能量转化的关系，即太阳能、电能、化学能和机械能之间的相互转化；B项，装置Y为氢氧燃料电池，负极电极反应为H2 -2e- + 2OH- = 2H2O；C项，相当于用光能电解水，产生H2和O2，实现燃料（H2）和氧化剂（O2）的再生；D项，在反应过程中，有能力的损耗和热效应的产生，不可能实现化学能和电能的完全转化。综上分析可知，本题选C项。
12．常温下，用 0.1000 mol·LNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 mol·L溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是
A．点①所示溶液中：
B．点②所示溶液中：
C．点③所示溶液中：
D．滴定过程中可能出现：
【答案】D
【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项，处于点①时，酸过量，根据电荷守恒，则有B项，在点②时，pH=7。仍没有完全反应，酸过量，；C项。当时，两者完全反应，此时由于的水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，D项，在滴定过程中，当的量少时，不能完全中和醋酸，则有综上分析可知，本题选D项。
13．已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是
A．元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态
B．一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应
C．工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质
D．化合物AE与CE古有相同类型的化学键
【答案】BC
【解析】本题主要考查的原子结构与元素周期律的应用。从题目所给条件可以看出A为N元素、B为C元素、C为Na元素、D为Al元素、E为Cl元素，A项，由C、N元素组成的化合物，在常温下，一般形成的原子晶体，呈固态；B项，其对应的最高价氧化物对应的水化物为NaOH和Al(OH)3,能反应；C项，对于Na、Al、Cl2的制备，在工业上都采用电解的方法；D项，化合物AE和NCl3，为分子晶体，只有共价键，化合物CE为NaCl,是离子晶体，存在离子键。综上分析可知，本题选C项。
14．在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下（已知 kJ·mol）
容器
甲
乙
丙
反应物投入量
1mol N2、3mol H2
2mol NH3
4mol NH3
NH3的浓度（mol·L）
c1
c2
c3
反应的能量变化
放出akJ
吸收bkJ
吸收ckJ
体系压强（Pa）
p1
p2
p3
反应物转化率
下列说法正确的是
A． B． C． D．
【答案】BD
【解析】本题主要考查的是化学平衡知识。A项，起始浓度不同，转化率也不同，不成倍数关系，B项，实际上为等同平衡，不同的是反应的起始方向不同，在此过程中乙吸收的热热量相当于甲完全转化需再放出的热量，故a+b=92.4;C项，通过模拟中间状态分析，丙的转化率小于乙，故2p2> p3;D项，a1+b1=1.，而a2> a3,所以a1+ a3<1.综上分析可知，本题选BD项。
非选择题
15. （12分）高纯是制备高性能磁性材料的主要原料。实验室以为原料制备少量高纯的操作步骤如下：
（1）制备溶液：
在烧瓶中（装置见右图）加入一定量和水，搅拌，
通入和混合气体，反应3h。停止通入，
继续反应片刻，过滤（已知）。
①石灰乳参与反应的化学方程式为 。
②反应过程中，为使尽可能转化完全，在通入和比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有 、 。
③若实验中将换成空气，测得反应液中、的浓度随反应时间t变化如右图。导致溶液中、浓度变化产生明显差异的原因是 。
（2）制备高纯固体：已知难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；开始沉淀时。请补充由（1）制得的溶液制备高纯的操作步骤[实验中可选用的试剂： 、、 、]。
① ；② ；③ ；④ ；⑤低于100℃干燥。
【答案】
（1）
①Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O
②控制适当的温度 缓慢通入混合气体
③Mn2+催化O2与H2SO3,反应生成H2S04
（2）
①边搅拌边加入NaHCO3(Na2CO3),并控制溶液PH<7.7
②过滤，用少量水洗涤2~3次。
③检验SO42-是否被洗涤除去
④用少量C2H5OH洗涤
(凡合理答案均可)
【解析】本题主要考查的是实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析。因此实验基础的考察依然是以后学习和复习的重点。（1）①石灰乳参与反应主要是与SO2的反应。②为是SO2尽快转化，在比例不变的情况下，可以通过控制温度或控制气体的流速以确保反应的充分进行；③从图中可以看出，c(Mn2+)减少，c(SO42-)增加，可以认为Mn2+在O2与H2SO3反应中起了催化作用；（2）根据题给信息，可以得出制备高纯MnCO3的操作流程：加入NaHCO3溶解，同时控制溶液的pH<7.7→过滤、洗涤→检验SO42-是否被除去→为了降低MnCO3的损耗，用C2H5OH洗涤→低温干燥。
16.（10分）钡盐行业生产中排出大量的钡泥[主要含有、、、等]。某主要生产、、的化工厂利用钡泥制取，其部分工艺流程如下：
（1）酸溶后溶液中，与的反应化学方程式为 。
（2）酸溶时通常控制反应温度不超过70℃，且不使用浓硝酸，
原因是 、 。
（3）该厂结合本厂实际，选用的X为 （填化学式）；中和Ⅰ使溶液中 （填离子符号）的浓度减少（中和Ⅰ引起的溶液体积变化可忽略）。
（4）上述流程中洗涤的目的是 。
【答案】
(1)Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O
(2)防止反应速度过快 浓HNO3易挥发、分解
(3)BaCO3 Fe3+ H+
(4)减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染
(凡合理答案均可)
【解析】本题主要考查的是无机化工流程的分析，此题为化工生产题型，主要考察了化合物性质。（1）Ba(FeO2)2与HNO3反应，生成对应的硝酸盐；（2）控制温度，不用浓硝酸的目的是控制反应速率，防止反应速率过快；同时浓硝酸容易挥发分解；（3）通过产物，结合溶液的酸碱性，选用的X为BaCO3，在I中有Fe3+、H+和Ba2+、NO3-等，加入BaCO3后，能使Fe3+和H+浓度降低；（4）在废渣中有可溶性钡盐，有毒，因此，洗涤的目的是减少可溶性钡盐对环境的污染。
17.（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理。
方法Ⅰ中氨水吸收燃煤烟气中的化学反应为：
能提高燃煤烟气中去除率的措施有 ▲ （填字母）。
A．增大氨水浓度
B.升高反应温度
C.使燃煤烟气与氨水充分接触
D. 通入空气使转化为
采用方法Ⅰ脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的，原因是▲（用离子方程式表示）。
方法Ⅱ重要发生了下列反应：




与反应生成的热化学方程式为 。
方法Ⅲ中用惰性电极电解溶液的装置
如右图所示。阳极区放出气体的成分为 。
（填化学式）
【答案】
（1）AC
(2)S（g）+O2（g）= S O2（g） H=-574.0kJmol-1
(3) O2 SO2
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到环境保护，一道题考察了几个知识点。覆盖面比较多。但盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、点击方程式都是重点内容（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2=CO2+HSO3而产生CO2 (2)主要考察盖斯定律的灵活运用。适当变形，注意反应热的计算。不要忽视热化学方程式的书写的注意事项。（3）阴极的电极产生的气体为O2和SO2.
18.（12分）正极材料为的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。
（1）橄榄石型是一种潜在的锂离子电池正极材料，它可以通过、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
①共沉淀反应投料时，不将和溶液直接混合的原因是 。
②共沉淀反应的化学方程式为 。
③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的的导电性能外，还能 。
（2）废旧锂离子电池的正极材料试样（主要含有及少量AI、Fe等）可通过下列实验方法回收钴、锂。
在上述溶解过程中，被氧化成，在溶解过程中反应的化学方程式为 。
在空气中加热时，固体残留率随温度的变化
如右图所示。已知钴的氢氧化物加热至290℃时已完全
脱水，则1000℃时，剩余固体的成分为 。（填化学式）；
在350~400℃范围内，剩余固体的成分为 。（填化学式）。
【答案】
(1)
①Fe2+在碱性条件下更易被氧化（凡合理答案均可）
②（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O
③与空气中O2反应，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化
（2）
①
② 、
【解析】本题考察的知识比较散，涉及到能源利用，物质性质、化工流程分析，图表分析，覆盖面比较广。（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在碱性条件下更容易被氧化；②根据题给的信息，发生的反应为（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③消耗空气中的O2,保护Fe2+,防止Fe2+被氧化；（2）①通过题给信息可知LiCoO2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，反应为8 LiCoO2+ Na2S2O3+11H2SO4=4Li SO4+8CoSO4+ Na2SO4+11 H2O②根据质量的变化，在变化过程中，Co的质量没有变，通过题给数据看，在10000C是Co(OH)2完全分解，则产物CoO，在350-4000C时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析，在2920C,n(Cr)n(O)=100/93：（89.25-100*59/93)/16=2:3,其化学式为Co2O3在5000C n(Cr)n(O)= 100/93：（86.38-100*59/93)/16=3:4其化学式为Co3O4 ，所以可以确定在350-4000C时的化学式为Co2O3和Co3O4
19. (14分)阿立哌唑(A)是一种新的抗精神分裂症药物，可由化合物B、C、D在有机溶剂中通过以下两条路线合成得到。
(1)E的结构简式为 。[
(2)由C、D生成化合物F的反应类型是 。
(3)合成F时还可能生成一种相对分子质量为285的副产物G，G的结构简式为 。
(4)H属于氨基酸，与B的水解产物互为同分异构体。H能与溶液发生显色反应，且苯环上的一氯代物只有2种。写出两种满足上述条件的H的结构简式： 。
(5)已知：，写出由C制备化合物的合成路
线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）
（2）取代反应
【解析】本题是一道综合性的有机物合成题，本题主要考察的是结构简式、同分异构体的书写、有机反应类型和根据条件进行有机合成，同时也要关注重要官能团的性质。
（1）比较容易，就是羟基上的B和Br进行取代，可知其结构为
（2）同样通过F的结构式分析可知由C、D合成化合物F仍然是卤素原子与H的取代反应
（3）通过对其相对分质量的分析可知，出来发生取代反应外，又发生了消去反应，故其
结构为；
（4）综上分析可知，在H分子结构中，有苯环、氨基、羧基、羟基，由此不难得出其分子结构为和；
（5）关注官能团种类的改变，搞清反应机理。
【备考提示】解答有机推断题时，我们应首先认真审题，分析题意，分离出已知条件和推断内容，弄清被推断物和其他有机物的关系，以特征点作为解题突破口，结合信息和相关知识进行推理，排除干扰，作出正确推断，一般可采取的方法有：顺推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用正向思维，得出正确结论）、逆推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用逆向思维，得出正确结论）、多法结合推断（综合应用顺推法和逆推法）等。
20．（10分）以水氯镁石(主要成分为)为原料生产碱式碳酸镁的主要流程如下：
(l)预氨化过程中有Mg(OH)2沉淀生成，已知常温下Mg(OH)2的，若溶液中，则溶液中= 。
(2)上述流程中的滤液浓缩结晶，所得主要固体物质的化学式为 。
(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到。取碱式碳酸镁4.66g，高温煅烧至恒重，得到固体2.00g和标准状况下0.896L，通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。
(4)若热水解不完全，所得碱式碳酸镁中将混有，则产品中镁的质量分数 ▲ （填 “升高”、“降低”或“不变”）。
【答案】
（1）2.0mol.L-1
（2）NH4Cl
（3）Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）升高
【解析】本题主要考查的是有关Ksp的计算和无机化工流程和化学计算。（1）依据Ksp计算的公式可知c(Mg2+)=Ksp/c2(OH-)= 2.0mol/L；（2）通过流程分析，最后 综上分析可知，滤液中的主要成分为NH4Cl，浓缩以后得到的固体物质为NH4Cl；（3）根据题给相关物质的数据可有以下计算
所以，，从而得到其化学组成为；Mg(OH)24MgCO34H2O
（4）因为MgCO3中Mg的含量比碱式碳酸镁的含量高，因此，混有MgCO3后，Mg的含量升高。
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。请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答。若两题都做，则按A题评分。
A．乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用与水反应生成乙炔。
(1) 中与互为等电子体，的电子式可表示为 ；1mol 中含有的键数目为 。
(2)将乙炔通入溶液生成红棕色沉淀。基态核外电子排布式为 。
(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是 ；分子中处于同一直线上的原子数目最多为 。
(4) 晶体的晶胞结构与晶体的相似（如右图所示），但晶体中含有的中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。晶体中1个周围距离最近的数目为 。
【答案】
（1） 2NA
（2）1s22s22p63s23p63d10
（3）sp杂化 sp2杂化 3
（4）4
【解析】本题主要考察核外电子排布式、等电子体原理、杂化轨道、分子的平面构型、晶体结构等
（1）根据等电子体原理可知，O22+的电子式，在1mol三键含有2mol的键和1mol的键，故1mol O22+中，含有2NA个键
（2）Cu为29号元素，要注意3d轨道写在4s轨道的前面同时还有就是它的3d结构，Cu+的基本电子排布式为1s22s22p63s23p63d10
（3）—通过丙烯氰的结构可以知道碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化，同一直线上有3个原子。
（4）依据晶胞示意图可以看出，从晶胞结构图中可以看出，1个Ca2+周围距离最近的C22-
有4个，而不是6个，要特别主要题给的信息。
B．对硝基甲苯是医药、染料等工业的一种重要有机中间体，它常以浓硝酸为硝化剂，浓硫酸为催化剂，通过甲苯的硝化反应制备。
一种新的制备对硝基甲苯的实验方法是：以发烟硝酸为硝化剂，固体NaHSO4为催化剂（可循环使用），在溶液中，加入乙酸酐（有脱水作用），45℃反应1h 。反应结束后，过滤，滤液分别用5% NaHCO3,溶液、水洗至中性，再经分离提纯得到对硝基甲苯。
(l)上述实验中过滤的目的是 。
(2) 滤液在分液漏斗中洗涤静置后，有机层处于 层（填“上”或'下”）；放液时，若发现液体流不下来，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，还有 。
(3) 下列给出了催化剂种类及用量对甲苯硝化反应影响的实验结果。
催化剂
n（催化剂）
硝化产物中各种异构体质量分数(%)
总产率（%）
n（甲苯）
对硝基甲苯
邻硝基甲苯
间硝基甲苯
浓H2SO4
1.0
35.6
60.2
4.2
98.0
1.2
36.5
59.5
4.0
99.8
NaHSO4
0.15
44.6
55.1
0.3
98.9
0.25
46.3
52.8
0.9
99.9
0.32
47.9
51.8
0.3
99.9
0.36
45.2
54.2
0.6
99.9
①NaHSO4催化制备对硝基甲苯时，催化剂与甲苯的最佳物质的量之比为 。
②由甲苯硝化得到的各种产物的含量可知，甲苯硝化反应的特点是 。
③与浓硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的优点有_ 、 。
【答案】
（1）回收NaHSO4
（2）下 分液漏斗上口塞子未打开
（3）①0.32
②甲苯硝化主要得到对硝基甲苯和邻硝基甲苯
③在硝化产物中对硝基甲苯比例提高 催化剂用量少且能循环使用
【解析】本题主要考察的是物质的性质和制备，同时考查了数据的处理与分析能力，能够迅速在表中提取到有用信息，利用信息解决有关问题。
（1）NaHSO4在该反应中作为催化剂，因此反应后过滤的目的是为了回收NaHSO4
（2）该反应是以CCl4 作为有机溶剂，CCl4的密度比水大。故有机层在下层；分液漏斗里的液体放不下来，出了分液漏斗堵塞，还有可能是分液漏斗上口活塞未打开
（3）①从题给数据分析，当催化剂与甲苯的比例为0.32时，总产率最高且对硝基甲苯的含量最高 ②从题给数据可以看出，无论以何种比例反应，产物中的主要成分主要是对硝基甲苯和邻硝基甲苯； ③用NaHSO4 做催化剂的优点是在硝化物中对消极甲苯的比例提高、同时催化剂能循环使用。