2014 年广东省高考化学试卷参考答案与试题解析　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得四分，选错或不答的得 0 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．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（　　）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答．【解答】解：A．Ca2+、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；D．Fe3+、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Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）选项叙述Ⅰ 叙述ⅡA Na2S 有强还原性 用于除去废水中的 Cu2+和 Hg2+B CaCO3是难溶物 CaCl2溶液中通入 CO2产生白色沉淀C Zn 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 SO2A．A B．B C．C D．D【分析】A．CuS 和 HgS 难溶于水；B．CO2与 CaCl2不反应；C．Zn 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。 ②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）．③设计实验装置，完成如 1 图所示的装置示意图．④参照下表格式，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V[0.1mol•L﹣1 Fe2（SO4）3]/mL…1 a …2 a …（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　 2NO 2（红棕色）⇋ N 2O4（无色），△ H ＜ 0 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 NO 2 移动，故 B 瓶颜色更深　 ．【分析】（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；②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；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图 1 连接；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同 H2O2浓度对反应速率影响；（2）由图 a 可知，1mol 过氧化氢总能量高于 1mol 水与 0.5mol 氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图 b 可知，2mol 二氧化氮的能量高于 1mol 四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图 c 中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使 2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动．【解答】解：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电子转移数目及方向为： ，故答案为： ；②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，故答案为：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；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图 1 连 接，装置图为： ，故答案为： ；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同 H2O2浓度对反应速率影响，实验方案为：实验序号V[0.1mol•L﹣1 Fe2（SO4）3]/mLV（30% H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL1 a b c d m2 a c b d n故答案为：实验序号V[0.1mol•L﹣1 Fe2（SO4）3]/mLV（30% H2O2）/mLV（蒸馏水）/mL时间t/minV（氧气）/mL1 a b c d m2 a c b d n；（2）由图 a 可知，1mol 过氧化氢总能量高于 1mol 水与 0.5mol 氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图 b 可知，2mol 二氧化氮的能量高于 1mol 四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图 c 中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使 2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成 NO2移动，故 B 瓶颜色更深，故答案为：深；2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色），△H＜0 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．【点评】本题考查氧化还原反应、反应速率影响因素实验、化学平衡移动等，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，注意利用控制变量法测定外界条件对反应速率的影响，难度中等．　 【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；B．CO2与 CaCl2不反应，CaCl2溶液中通入 CO2没有白色沉淀生成，陈述 II 错误，故 B 错误；C．Zn 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（　　）A．1mol 甲苯含有 6NA个 C﹣H 键B．18g H2O 含有 10NA个质子C．标准状况下，22.4L 氨水含有 NA个 NH3分子D．56g 铁片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2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：A．1mol 甲苯中含有 8mol 碳氢键，含有 8NA个 C﹣H 键，故 A 错误；B．18g 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；D．56g 铁的物质的量为 1mol，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．　5．（4 分）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为 Al，其它均为 Cu，则（　　）A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极ⅠB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅱ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2++2e﹣═Cu【分析】电极Ⅰ为 Al，其它均为 Cu，Al 易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ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Ⅰ为 Al，其它均为 Cu，Al 易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故 A 正确；B．电极Ⅰ上电极反应式为 Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，故 B 错误；C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为 Cu 2++2e﹣=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故 C 错误；D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为 Cu﹣2e﹣═Cu 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，题目难度中等．　6．（4 分）常温下，0.2mol•L﹣1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（　　）A．HA 为弱酸B．该混合液 pH＞7C．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﹣+H2O HA+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+）=0.1mol/L＞c（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﹣+H2O HA+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+）=0.1mol/L＞c（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﹣+H2O HA+OH⇌﹣，NaA 水解，HA为弱酸，故 A 正确；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明 NaA 水解，A﹣+H2O HA+OH⇌﹣，该混合液 pH＞7，故 B 正确；C．HA 是弱电解质，则有 c（A﹣）＞c（OH﹣），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/L＞c（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（　　）选项实验操作 现象 结论A SO2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：NaHCO3＞Na2CO3D 向盛有少量 NaHCO3的试管中滴加草酸溶液 有气泡 酸性：草酸＞碳酸 产生A．A B．B C．C D．D【分析】A．SO2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：A．SO2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关，故 A 错误；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：NaHCO3＜Na2CO3，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 6﹣3=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Ⅳ 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 6﹣3=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Ⅳ A 族元素可知，己为 Si，庚为 Ge，辛为 Ga，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32﹣19=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①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式为　 C 9H10　，1mol 化合物Ⅱ能与　 4 　 mol H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物．（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与 Na 反应产生 H2，Ⅲ的结构简式为　 或 　（写 1 种）；由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为　 NaOH/CH 3CH2OH/ 加热　 ．（4）聚合物 可用于制备涂料，其单体结构简式为　 CH 2=CHCOOCH2CH3　．利用类似反应①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　 CH 2=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；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）Ⅱ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Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与 Na 反应产生 H2，说明Ⅲ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；Ⅳ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①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①书写反应方程式．【解答】解：（1）A．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）Ⅱ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环和碳碳双键，1mol 化合物Ⅱ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Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与 Na 反应产生 H2，说明Ⅲ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 ；Ⅳ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①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①书写反应方程式，该反应方程式为：CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O，故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3；CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O【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、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应．① CaSO4（s）+CO（g）⇋ CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ•mol﹣1② CaSO4（s）+CO（g）⇋CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ•mol﹣1③ CO（g）⇋ C（s）+ CO2（g）△H3=﹣86.2kJ•mol﹣1（1）反应 2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=　4△H1+△H2+2△H3　（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反应①﹣③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lgK﹣T 曲线变化规律：（a）　当△ H ＞ 0 时， lgK 随温度升高而增大①，当△ H ＜ 0 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①于 900℃达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，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　 O 2　．（5）以反应①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+2O 2CaSO4　；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，产物的结构简式为　 　． 【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①﹣③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①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，①×4+②+③×2 可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；（2）根据图象曲线变化可知，反应①、③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②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Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ曲线表示的为反应②，变化规律为：当△H＞0 时，lgK 随温度升高而增大，当△H＜0 时，lgK 随温度升高而减小；根据反应①和曲线Ⅰ（反应③反应）的反应热可知，当温度同等变化时，△H 的数值越大 lgK 的变化越大，故答案为：（a）当△H＞0 时，lgK 随温度升高而增大，当△H＜0 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=﹣47.3kJ•mol﹣1，根据图象曲线可知，反应①于 900℃时 lgK=2，平衡常数为102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，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=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常数 K= = =100，解得 c=8.08×10﹣3mol/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②③的进行，有利于获得更纯净的 CO2，故答案为：O2；（5）以反应①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．　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Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为　 SiCl 4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O 　 ．（3）步骤①为：搅拌、　过滤　、所得溶液 IV 中的阴离子有　 AlO 2﹣ 、 OH ﹣ 、 Cl ﹣ 　 ．（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为　 AlO 2﹣ +CH 3COOCH2CH3+2H2O CH3COO ﹣ +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，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Ⅱ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Ⅲ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，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，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Ⅱ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 150℃，则固体Ⅲ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﹣；（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+2H2O CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，Al2O3的质量分数为 5.1%，则 100kg 初级石墨中氧化铝的质量=100kg×5.1%=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+2H2O CH3COO﹣+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、0.1mol•L﹣1 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①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：