2014年广东省高考化学试卷.doc

《2014年广东省高考化学试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014年广东省高考化学试卷.doc（26页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（共 26 页）2014 年广东省高考化学试卷年广东省高考化学试卷一、选择题：每小题一、选择题：每小题 4 份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对得四分，选错或不答的得得四分，选错或不答的得 0 分分1 （4 分）生活处处有化学下列说法正确的是（ ）A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸2 （4 分）水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）ANa+、Ca2+、Cl、SO42BFe2+、H+、SO3

2、2、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、Fe3+、NO3、SCN3 （4 分）下列叙述和均正确并且有因果关系的是（ ）选项叙述叙述ANa2S 有强还原性用于除去废水中的 Cu2+和 Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入 CO2产生白色沉淀CZn 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 SO2AABBCCDD4 （4 分）设 NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（ ）A1mol 甲苯含有 6NA个 CH 键B18g H2O 含有 10NA个质子C标准状况下，22.4L 氨水含有 NA个 NH3分子D56g 铁

3、片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2分子5 （4 分）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为 Al，其它均为 Cu，则（ ）第 2 页（共 26 页）A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu6 （4 分）常温下，0.2molL1的一元酸 HA 与等浓度的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是（ ）AHA 为弱酸B该混合液 pH7C图中 X 表示 HA，Y 表示 OH，Z 表示 H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）7 （4 分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实

4、验操作现象结论ASO2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：NaHCO3Na2CO3D向盛有少量 NaHCO3的试管中滴加草酸溶液有气泡产生酸性：草酸碳酸第 3 页（共 26 页）AABBCCDD8 （4 分）甲辛等元素在周期表中的相对位置如图甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是（ ）A金属性：甲乙丁B原子半径：辛己戊C丙与庚的原子核外电子数相差 13D乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的

5、化合物三、解答题三、解答题9 （15 分）不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛（1）下列化合物 I 的说法，正确的是 A遇 FeCl3溶液可能显紫色B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应D.1mol 化合物 I 最多能与 2mol NaOH 反应（2）反应是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：化合物的分子式为 ，1mol 化合物能与 mol H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物（3）化合物可由芳香族化合物或分别通过消去反应获得，但只有能与Na 反应产生 H2，的结构简式为 （写 1 种） ；由生成的反应条件为 第 4 页（共 26 页）（4）聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为

6、 利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为 10 （16 分）用 CaSO4代替 O2与燃料 CO 反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯 CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1（1）反应 2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H= （用

7、H1、H2和H3表示）（2）反应的平衡常数的对数 lgK 随反应温度 T 的变化曲线见图，结合各反应的H，归纳 lgKT 曲线变化规律：（a） ；（b） （3）向盛有 CaSO4的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应于 900达到平衡，c平衡（CO）=8.0105 molL1，计算 CO 的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字） （4）为减少副产物，获得更纯净的 CO2，可在初始燃料中适量加入 （5）以反应中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生 CaSO4，该反应的化学方程式为 ；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构

8、简式为 第 5 页（共 26 页）11 （16 分）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含 SiO2（7.8%） 、Al2O3（5.1%） 、Fe2O3（3.1%）和 MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：SiCl4的沸点为 57.6，金属氯化物的沸点均高于 150）（1）向反应器中通入 Cl2前，需通一段时间 N2，主要目的是 （2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体 I 中的碳氧化物主要为 ，由气体中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为 （3）步骤为：搅拌、 、所得溶液 IV 中的阴离子有 第 6 页（共 26 页）（4）由溶液生成沉淀的总反应的

9、离子方程式为 ，100kg 初级石墨最多可获得 V 的质量为 kg（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图 2 防腐示意图，并作相应标注12 （17 分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛（1）某小组拟在同浓度 Fe3+的催化下，探究 H2O2浓度对 H2O2分解反应速率的影响限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1molL1 Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器写出本实验 H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目： 设计实验方案：在不同 H2O2浓度下，测定 （要求所测得的数据能直接体现反应速率大

10、小） 设计实验装置，完成如 1 图所示的装置示意图参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示） 实验序号物理量V0.1molL1 Fe2（SO4）3/mL1a2a（2）利用图 2（a）和 2（b）中的信息，按图 2（c）装置（连能的 A、B 瓶中已充有 NO2气体）进行实验可观察到 B 瓶中气体颜色比 A 瓶中的 （填“深”或“浅”） ，其原因是 第 7 页（共 26 页）2014 年广东省高考化学试卷年广东省高考化学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：每小题一、选择题：每小题 4 份，在给出的四个选项中，只

11、有一个符合题目要求选对份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对得四分，选错或不答的得得四分，选错或不答的得 0 分分1 （4 分）生活处处有化学下列说法正确的是（ ）A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸【分析】A合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属融合在一起形成的混合物；B棉和麻主要成分是纤维素；C花生油是植物油是不饱和酯类；D蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸【解答】解：A “不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故 A 正确； B

12、棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体，n 值不同，故 B 错误；C花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故 C 错误；D豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故 D 错误。故选：A。【点评】本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，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2 （4 分）水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）ANa+、Ca2+、Cl、SO42BFe2+、H+、SO32、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、Fe3+、NO3、SCN【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反第 8 页（共 26 页）应、不发生双水解的就能共

13、存，据此分析解答【解答】解：ACa2+、SO42生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故 A 错误；B酸性条件下，ClO具有强氧化性，能将 Fe2+、SO32氧化为 Fe3+、SO42，所以不能共存，故 B 错误；C这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故 C 正确；DFe3+、SCN生成络合物 Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点3 （4 分）下列叙述和均正确并且有因果关系的是（ ）选项叙述叙述ANa2S 有强还原

14、性用于除去废水中的 Cu2+和 Hg2+BCaCO3是难溶物CaCl2溶液中通入 CO2产生白色沉淀CZn 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 SO2AABBCCDD【分析】ACuS 和 HgS 难溶于水；BCO2与 CaCl2不反应；CZn 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；BCO2与 CaCl2不反应，CaCl2溶液中通入 CO2没有白色沉淀生成，陈述

15、II 错误，故 B 错误；CZn 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第 9 页（共 26 页）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（ ）A1mol 甲苯含有 6NA个 CH 键B18g H2O 含有 10NA个质子C标准状况下，22.4L 氨水含有 NA个 NH3分子D56g 铁片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2

16、分子【分析】A甲苯中含有 8 个碳氢键，1mol 甲苯中含有 8mol 碳氢键；B水分子中含有 10 个质子，1mol 水中含有 10mol 质子；C标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量【解答】解：A1mol 甲苯中含有 8mol 碳氢键，含有 8NA个 CH 键，故 A 错误；B18g 水的物质的量为 1mol，1mol 水中含有 10mol 质子，含有 10NA个质子，故 B 正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故 C 错误；D56g 铁的物质的量为 1

17、mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力第 10 页（共 26 页）5 （4 分）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为 Al，其它均为 Cu，则（ ）A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2+2eCu【分析】电极为 Al，其它均为 Cu，Al 易失电子作负极，所以是负极、是

18、阴极，是阳极、是正极，电流方向从正极流向负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，据此分析解答【解答】解：电极为 Al，其它均为 Cu，Al 易失电子作负极，所以是负极、是阴极，是阳极、是正极，A电流从正极沿导线流向负极，即电极A电极，故 A 正确；B电极上电极反应式为 Al3e=Al3+，发生氧化反应，故 B 错误；C电极是正极，正极上发生反应为 Cu 2+2e=Cu，所以电极质量逐渐增大，故 C 错误；D电极为阳极，电极反应式为 Cu2eCu 2+，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难

19、度中等6 （4 分）常温下，0.2molL1的一元酸 HA 与等浓度的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法不正确的是（ ）第 11 页（共 26 页）AHA 为弱酸B该混合液 pH7C图中 X 表示 HA，Y 表示 OH，Z 表示 H+D该混合溶液中：c（A）+c（Y）=c（Na+）【分析】一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积、等浓度 0.2mol/L 混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中 A浓度小于 0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA 水解，HA 为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则 c（OH）c（H+） ，一般来说

20、，盐类的水解程度较低，则有 c（A）c（OH） ，所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+） ，即 X 表示 OH，Y表示 HA，Z 表示 H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A）+c（HA） 【解答】解：一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积、等浓度 0.2mol/L 混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中 A浓度小于 0.1mol/L，说明在溶液中存在A+H2OHA+OH，NaA 水解，HA 为弱酸，NaA 溶液呈碱性，则 c（OH）c（H+） ，一般来说，盐类的水解程度较低，则有 c（A）c（OH） ，所以有：c（Na+）=0.1mo

21、l/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+） ，即 X 表示 OH，Y表示 HA，Z 表示 H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A）+c（HA） 。A一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积、等浓度 0.2mol/L 混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为 NaA 溶液，溶液中中 A浓度小于 0.1mol/L，说明在溶液中存在 A+H2OHA+OH，NaA 水解，HA 为弱酸，故 A 正确；Bc（Na+）c（A） ，说明 NaA 水解，A+H2OHA+OH，该混合液 pH7，故第 12 页（共 26 页）B 正确；CHA 是弱电解质，则有 c（A）c（OH）

22、，c（OH）除了水解产生的还有水电离的，因此 c（OH）c（HA） ，所以有：c（Na+）=0.1mol/Lc（A）c（OH）c（HA）c（H+） ，即 X 表示 OH，Y 表示 HA，Z 表示 H+，故 C 错误；D溶液中存在物料守恒 c（Na+）=c（A）+c（HA） ，Y 表示 HA，得到 c（A）+c（Y）=c（Na+） ，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液 PH 值、盐类水解等，判断一元酸 HA 是弱酸为解题关键，题目难度中等7 （4 分）下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实

23、验操作现象结论ASO2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：NaHCO3Na2CO3D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AABBCCDD【分析】ASO2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：ASO2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

24、关，故 A 错误；第 13 页（共 26 页）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：NaHCO3Na2CO3，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 （4 分）甲辛等元素在周期表中的相对位置如图甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大

25、的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是（ ）A金属性：甲乙丁B原子半径：辛己戊C丙与庚的原子核外电子数相差 13D乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物【分析】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为 C，甲与戊的原子序数相差 3，则甲的原子序数为 63=3，即甲为 Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为 Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第A 族元素可知，己为 Si，庚为 Ge，辛为 Ga，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答【解答】解：戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为 C，甲与戊的原子序数相差 3，则甲的原子序数为 63=

26、3，即甲为 Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为 Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第A 族元素可知，己为 Si，庚为 Ge，辛为 Ga，第 14 页（共 26 页）A同主族，从上到下金属性增强；同周期，从左向右金属性减弱，则金属性甲乙丁，故 A 错误；B电子层越多，半价越大；同主族从上到下原子半径增大，则原子半径为辛己戊，故 B 正确；C原子序数等于核外电子数，丙（原子序数为 19）与庚（原子序数为 32）的原子核外电子数相差 3219=13，故 C 正确；D乙的单质在空气中燃烧生成 Na2O2，为含离子键和非极性共价键的化合物，故 D 错误；故选：BC。【点评】本题

27、为 2014 年广东高考化学试题，侧重位置、结构、性质的关系及元素周期律的考查，把握金刚石的硬度及甲与戊的原子序数关系推断各元素为解答的关键，选项 A 中 Ca 的金属性比 Na 强为解答的易错点，题目难度中等三、解答题三、解答题9 （15 分）不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛（1）下列化合物 I 的说法，正确的是 AC A遇 FeCl3溶液可能显紫色B可发生酯化反应和银镜反应C能与溴发生取代和加成反应D.1mol 化合物 I 最多能与 2mol NaOH 反应（2）反应是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：化合物的分子式为 C9H10 ，1mol 化合物能与 4 mol H2恰好完全反

28、应生成饱和烃类化合物（3）化合物可由芳香族化合物或分别通过消去反应获得，但只有能与第 15 页（共 26 页）Na 反应产生 H2，的结构简式为 或（写 1 种） ；由生成的反应条件为 NaOH/CH3CH2OH/加热 （4）聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH3 利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为 CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O 【分析】 （1）A酚能和氯化铁溶液发生显色反应；B羟基或羧基能发生酯化反应，醛基能发生银镜反应；

29、C酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应，苯环上氢原子和溴发生取代反应需要催化剂；D能和 NaOH 反应的为酚羟基、酯基水解生成的羧基；（2）中含有 9 个 C 原子、10 个 H 原子，据此确定化学式；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键；（3）化合物可由芳香族化合物或分别通过消去反应获得，但只有能与Na 反应产生 H2，说明中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C 原子上；是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；（4）聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯，利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，醇为乙醇，根据反应书写反应方程式【解答】解：（1）A

30、酚能和氯化铁溶液发生显色反应，该物质中含有酚羟基，所以能和氯化铁发生显色反应，故正确；B羟基或羧基能发生酯化反应，醛基能发生银镜反应，该物质不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；C酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应，该物质中含有酚羟第 16 页（共 26 页）基和碳碳双键，所以能发生取代反应和加成反应，苯环上氢原子和溴发生取代反应需要催化剂，故正确；D能和 NaOH 反应的为酚羟基、酯基水解生成的羧基，1mol 化合物 I 最多能与3mol NaOH 反应，故错误；故选 AC；（2）中含有 9 个 C 原子、10 个 H 原子，其化学式为 C9H10；能和氢气发生加成反应的有苯

31、环和碳碳双键，1mol 化合物能与 4mol H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物，故答案为：C9H10；4；（3）化合物可由芳香族化合物或分别通过消去反应获得，但只有能与Na 反应产生 H2，说明中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C 原子上，其结构简式为或；是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，所以其反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热；故答案为：或；NaOH/CH3CH2OH/加热；（4）聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯，结构简式为 CH2=CHCOOCH2CH3，利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，醇为乙醇，根据反应书写反应方程式，该反应方程式为：

32、CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O，故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O第 17 页（共 26 页）【点评】本题考查了有机物的官能团及其性质，知道常见有机物官能团及其性质是解本题关键，知道有机反应中断键、成键方式，并结合题给信息分析解答，题目难度中等10 （16 分）用 CaSO4代替 O2与燃料 CO 反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯 CO2，是一种高效、

33、清洁、经济的新型燃烧技术，反应为主反应，反应和为副反应CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）H2=+210.5kJmol1CO（g）C（s）+CO2（g）H3=86.2kJmol1（1）反应 2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H= 4H1+H2+2H3 （用H1、H2和H3表示）（2）反应的平衡常数的对数 lgK 随反应温度 T 的变化曲线见图，结合各反应的H，归纳 lgKT 曲线变化规律：（a） 当H0 时，lgK 随

34、温度升高而增大，当H0 时，lgK 随温度升高而减小 ；（b） 当温度同等变化时，H 的数值越大 lgK 的变化越大 （3）向盛有 CaSO4的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应于 900达到平衡，c平衡（CO）=8.0105 molL1，计算 CO 的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字） （4）为减少副产物，获得更纯净的 CO2，可在初始燃料中适量加入 O2 （5）以反应中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生 CaSO4，该反应的化学方程式为 CaS+2O2CaSO4 ；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式

35、为 第 18 页（共 26 页）【分析】 （1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应 2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H；（2）根据反应的平衡常数的对数 lgK 随反应温度 T 的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断 900时反应的 lgK=2，则平衡常数为 102，设出反应前CO 浓度为 c，根据平衡常数表达式列式计算即可；（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析；（5）根据“CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生CaSO4”可知另一种反应物为氧气，据此写出反应的化

36、学方程式；在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物【解答】解：（1）根据盖斯定律，4+2 可得：2CaSO4（s）+7CO（g）CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的H=4H1+H2+2H3，故答案为：4H1+H2+2H3；（2）根据图象曲线变化可知，反应、为放热反应，随着温度的升高，平衡常数 K 逐渐减小，则 lgK 逐渐减小，而反应为吸热反应，升高温度，平衡常数 K 逐渐增大，则 lgK 逐渐增大，所以表示的为反应、曲线表示的为反应，变化规律为：当H0 时，lgK 随温度升高而增大，当H0 时，lgK随温度升高而减小；根据反应和曲线（反应反应）的反应热可

37、知，当温第 19 页（共 26 页）度同等变化时，H 的数值越大 lgK 的变化越大，故答案为：（a）当H0 时，lgK 随温度升高而增大，当H0 时，lgK 随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，H 的数值越大 lgK 的变化越大；（3）向盛有 CaSO4的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应方程式为：CaSO4（s）+CO（g）CaS（s）+CO2（g）H1=47.3kJmol1，根据图象曲线可知，反应于 900时 lgK=2，平衡常数为 102=100，c平衡（CO）=8.0105 molL1，设一氧化碳反应前浓度为 c，则反应消耗的 CO 浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c8.0105

38、）mol/L，平衡常数 K=100，解得c=8.08103mol/L，一氧化碳的转化率为：100%99%，答：CO 的转化率为 99%；（4）氧气能够与二氧化硫、C 发生反应，所以在初始原料中加入适量的氧气，可以抑制副反应的进行，有利于获得更纯净的 CO2，故答案为：O2；（5）以反应中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生 CaSO4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为 CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上 4 个 H 原子位置等价，则该产物的结构

39、简式为：，故答案为：CaS+2O2CaSO4；【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用第 20 页（共 26 页）11 （16 分）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含 SiO2（7.8%） 、Al2O3（5.1%） 、Fe2O3（3.1%）和 MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：（注：SiCl4的沸点为 57.6，金属氯化物的沸点均高于 150）（1）向反应器中通入 Cl2前，需通一段时间 N2，主要目的是 通入氮

40、气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失 （2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体 I 中的碳氧化物主要为 CO ，由气体中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为 SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O （3）步骤为：搅拌、 过滤 、所得溶液 IV 中的阴离子有 AlO2、OH、Cl （4）由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为 AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3 ，100kg 初级石墨最多可获得 V 的质量为 7.8 kg（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图 2 防腐示意图

41、，并作相应标注【分析】 （1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所第 21 页（共 26 页）以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应；（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体 I 中氯化物主要为 SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体 I 中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为 57.6，金属氯化物的沸点均高于 150，80冷却得到的气体含有 SiCl4及 CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金属氯化物的沸点均高于 150，则固体中存在 AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中 FeCl3、M

42、gCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据 Al 元素守恒计算氢氧化铝的质量；（5）Cu 的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护 Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu 作阴极，连接电源的负极【解答】解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，

43、故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体 I 中氯化物主要为 SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体 I 中碳氧化物主要为 CO，SiCl4的沸点为 57.6，金属氯化物的沸点均高于 150，80冷却得到的气体含有 SiCl4及 CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于 15

44、0，则固体中存在 AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中 FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液 IV，故溶液 IV 中的阴离子有：AlO2、OH、Cl，故答案为：过滤；AlO2、OH、Cl；第 22 页（共 26 页）（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液 IV 生成沉淀V 的总反应的离子方程式为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3，Al2O3的质量分数为 5.1%

45、，则 100kg 初级石墨中氧化铝的质量=100kg5.1%=5.1kg，根据 Al 元素守恒，可知氢氧化铝的质量=7.8kg；故答案为：AlO2+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+CH3CH2OH+Al（OH）3；7.8；（5）Cu 的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护 Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu 作阴极，连接电源的负极，装置图为：，故答案为：【点评】本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写、化学计算、电化学防护等，需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等12 （17 分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学

46、研究中应用广泛（1）某小组拟在同浓度 Fe3+的催化下，探究 H2O2浓度对 H2O2分解反应速率的第 23 页（共 26 页）影响限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1molL1 Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器写出本实验 H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目： 设计实验方案：在不同 H2O2浓度下，测定 相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少 （要求所测得的数据能直接体现反应速率大小） 设计实验装置，完成如 1 图所示的装置示意图参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂

47、体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示） 实验序号物理量V0.1molL1 Fe2（SO4）3/mL1a2a（2）利用图 2（a）和 2（b）中的信息，按图 2（c）装置（连能的 A、B 瓶中已充有 NO2气体）进行实验可观察到 B 瓶中气体颜色比 A 瓶中的 深 （填“深”或“浅”） ，其原因是 2NO2（红棕色）N2O4（无色） ，H0 是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应当右边双氧水分解时放出的热量会使 B 瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成 NO2移动，故 B 瓶颜色更深 【分析】 （1）过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中第 24 页（共 26 页）过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒