2013 年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题共 42 分1．（6 分）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（　　）A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【分析】A．二氧化硫有一定毒性；B．葡萄糖可用于合成葡萄糖酸钙；C．聚乙烯无毒；D．次氯酸钠有强氧化性．【解答】解：A．二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故 A 错误； B．葡萄糖酸钙常被用做补钙剂，故 B 正确；C．聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，故 C 正确；D．“84”消毒液的有效成分就是 NaClO，可用于环境消毒，故 D 正确；故选：A。【点评】本题考查化学在生活中的应用，难度不大，注意聚乙烯无毒，聚氯乙烯有毒．　2．（6 分）下列物质分类正确的是（　　）A．SO2、SiO2、CO 均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【分析】酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，分散质微粒直径在 1nm﹣100nm 形成的分散系为胶体，电解质是水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，不同物质组成的为混合物．【解答】解：A、CO 和碱不能反应，属于不成盐氧化物，故 A 错误；B、稀豆浆属于胶体，硅酸、氯化铁溶液不是胶体，故 B 错误；C、四氯化碳属于非电解质，故 C 错误；D、福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液均为混合物，故 D正确；故选：D。【点评】本题考查了酸性氧化物、化合物、电解质和胶体、单质的概念和辨析，难度不大．　3．（6 分）下列离子方程式正确的是（　　）A．Cl2通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣B．双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液：H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2OC．用铜作电极电解 CuSO4溶液：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32﹣+4H+═SO42﹣+3S↓+2H2O【分析】A．HClO 为弱酸，在离子反应中保留化学式；B．发生氧化还原反应生成硫酸钾、碘、水；C．铜作电解，阳极 Cu 失去电子，实质为电镀；D．发生氧化还原反应生成 S、SO2、H2O．【解答】解：A．Cl2通入水中的离子反应为 Cl2+H2O H⇌++Cl﹣+HClO，故 A 错误；B．双氧水中加入稀硫酸和 KI 溶液的离子反应为 H2O2+2H++2I﹣═I2+2H2O，故 B 正确； C．用铜作电极电解 CuSO4溶液，实质为电镀，阳极 Cu 失去电子，阴极铜离子得电子，故 C 错误；D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为 S2O32﹣+2H+═SO2↑+S↓+H2O，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等．　4．（6 分）短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为4：3，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4．下列说法正确的是（　　）A．W、Y、Z 的电负性大小顺序一定是 Z＞Y＞WB．W、X、Y、Z 的原子半径大小顺序可能是 W＞X＞Y＞ZC．Y、Z 形成的分子空间构型可能是正四面体D．WY2分子中 δ 键与 π 键的数目之比是 2：1【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为 4：3，由于最外层电子数不超过 8，故 W 的最外层电子数为 4，处于第Ⅳ A 族，X 的最外层电子数为 3，处于第Ⅲ A 族，原子序数 X 大于 W，故 W 为 C 元素，X 为 Al 元素，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4，故 Z的核外电子数为 17，则 Z 为 Cl 元素，Y 的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故 Y 为 Si 或 P 或 S 元素，据此解答．【解答】解：短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W、X 原子的最外层电子数之比为4：3，由于最外层电子数不超过 8，故 W 的最外层电子数为 4，处于第Ⅳ A 族，X 的最外层电子数为 3，处于第Ⅲ A 族，原子序数 X 大于 W，故 W 为 C 元素，X 为 Al 元素，Z 原子比 X 原子的核外电子数多 4，故Z 的核外电子数为 17，则 Z 为 Cl 元素，Y 的原子序数大于铝元素，小于氯元素，故 Y 为 Si 或 P 或 S 元素，A、同主族自上而下电负性减弱，Y 若为 Si 元素，则电负性 C＞Si，故 A 错误；B、同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径 Al＞Y＞Cl＞C，故 B 错误；C、若 Y、Z 形成的分子为 SiCl4，为正四面体构型，故 C 正确；D、WY2分子为 CS2，分子结构式为 S=C=S，双键中含有 1 个 δ 键、1 个 π 键，故 δ 键与 π 键的数目之比 1：1，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查结构性质位置关系，难度中等，推断元素是关键，注意 Y 元素的不确定性．　5．（6 分）室温下，将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/（mol•L﹣1） 反应后溶液的 pHc（HA） c（KOH）① 0.1 0.1 9② x 0.2 7下列判断不正确的是（　　）A．实验①反应后的溶液中：c（K+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）B．实验①反应后的溶液中：c（OH﹣）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/LC．实验②反应后的溶液中：c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/LD．实验②反应后的溶液中：c（K+）=c（A﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）【分析】室温下，将等体积等浓度的 HA 和 KOH 混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．根据盐的类型确定溶液中离子浓度的相对大小；B．根据电荷守恒计算氢氧根离子浓度；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则 酸的浓度应大于碱的浓度；D．根据电荷守恒确定离子浓度关系。【解答】解：室温下，将等体积等浓度的 HA 和 KOH 混合（忽略体积变化），溶液呈碱性，说明该酸是弱酸，A．溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），该盐是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），水的电离较微弱，所以 c（A﹣）＞c（OH﹣），故 A 正确；B．溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），c（OH﹣）﹣c（H+）=c（K+）﹣c（A﹣）= mol/L﹣10﹣9 mol/L，故 B 错误；C．当等物质的量的酸和碱恰好反应时，溶液呈碱性，要使等体积的酸和碱混合后溶液呈中性，则酸的浓度应大于碱，根据物料守恒得 c（A﹣）+c（HA）＞0.1 mol/L，故 C 正确；D．溶液中存在电荷守恒，即 c（K+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），溶液呈中性，即 c（OH﹣）=c（H+），则 c（K+）=c（A﹣），中性溶液中水的电离较微弱，所以 c（A﹣）＞c（OH﹣），故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查离子浓度大小的比较，根据电荷守恒和微粒守恒来分析解答即可，易错选项是C，难度较大。　6．（6 分）在一定温度下，将气体 X 和气体 Y 各 0.16mol 充入 10L 恒容密闭容器中，发生反应X（g）+Y（g）⇌2Z（g）△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是（　　） t/min 2 4 7 9n（Y）/mol0.12 0.11 0.10 0.10A．反应前 2min 的平均速率 v（Z）=2.0×10﹣3 mol/（L•min）B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前 v（逆）＞v（正）C．该温度下此反应的平衡常数 K=1.44D．其他条件不变，再充入 0.2 mol Z，平衡时 X 的体积分数增大【分析】A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，根据 v= 计算 v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算 v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前 v（逆）＜v（正）；C、由表中数据可知 7min 时，反应到达平衡，根据平衡时 Y 的物质的量，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；D、再通入 0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动．【解答】解：A、2min 内 Y 物质的量变化为 0.16mol﹣0.12mol=0.04mol，故 v（Y）==0.002mol/（L•min），速率之比等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=2×0.002mol/（L•min）=0.004mol/（L•min），故 A 错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前 v（逆）＜v（正），故 B 错误；C、由表中数据可知 7min 时，反应到达平衡，平衡时 Y 的物质的量为 0.10mol，则： X（g）+Y（g）⇌2Z（g）开始（mol）：0.16 0.16 0变化（mol）：0.06 0.06 0.12 平衡（mol）：0.1 0.1 0.12由于反应前后气体的化学计量数相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数 k==1.44，故 C 正确；D、再通入 0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X 的体积分数不变，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，注意 C 选项中对化学平衡常数的理解．　7．（6 分）1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到NO2和 N2O4的混合气体 1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入 1.0mol/L NaOH 溶液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀．下列说法不正确的是（　　）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是 2：1B．该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/LC．NO2和 N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 80%D．得到 2.54 g 沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL【分析】A、金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g﹣1.52g=1.02g，根据 n= 计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算 x、y 的值，据此解答；B、根据 c= 计算该浓硝酸的物质的量浓度；C、根据 n= 计算 NO2和 N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为 amol，根据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再根据 V= 计算需要氢氧化钠溶液的体积．【解答】解：A、金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为 2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为 =0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中 Cu、Mg 的物质的量分别为 xmol、ymol，则：，解得 x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是 0.02mol：0.01mol=2：1，故 A 正确；B、该浓硝酸密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故 B 正确；C、NO2和 N2O4混合气体的物质的量为 =0.05mol，令二氧化氮的物质的量为 amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故 NO2的体积分数是 ×100%=80%，故 C 正确；D、根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为 0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢 氧化钠溶液的体积为 =0.64L=640mL，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对学生综合能力的考查，注意根据守恒思想进行的解答．　二、非选择题（共 58 分）8．（11 分）X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大．X 的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液 pH＞7；Y 的单质是一种黄色晶体；R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍．Y、Z 分别与钠元素可形成化合物 Q 和 J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M．请回答下列问题：（1）M 固体的晶体类型是　离子晶体　．（2）Y 基态原子的核外电子排布式是　 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 　 ；G 分子中 X 原子的杂化轨道类型是　 sp 3 ．（3）L 的悬浊液中加入 Q 的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是　 Ag 2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度　．（4）R 的一种含氧酸根 RO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是　 4FeO 42﹣ +20 H + =4Fe 3+ +3O 2↑+10H2O 　 ．【分析】X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大．X 的单质与氢气可化合生成气体 G，其水溶液 pH＞7，故 X 为氮元素，G 为 NH3；Y 的单质是一种黄色晶体，Y 为硫元素；R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍，则外围电子排布为 3d64s2，故 R 为 Fe 元素；Y 与钠元素可形成化合物Q，Q 为 Na2S，Z 与钠元素可形成化合物 J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L，L 为 AgCl，故 Z 为 Cl 元素，J 为 NaCl；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M，故 M 为 NH4Cl，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大．X 的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液 pH＞7，故 X 为氮元素，G 为 NH3；Y 的单质是一种黄色晶体，Y 为硫元素；R 基态原子 3d 轨道的电子数是 4s 轨道电子数的 3 倍，则外围电子排布为 3d64s2，故 R 为 Fe 元素；Y 与钠元素可形成化合物 Q，Q 为 Na2S，Z 与钠元素可形成化合物 J，J 的水溶液与 AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀 L，L 为 AgCl，故 Z 为 Cl 元素，J 为 NaCl；Z 与氢元素形成的化合物与 G 反应生成 M，故 M 为NH4Cl，（1）M 为 NH4Cl，属于离子晶体，故答案为：离子晶体；（2）Y 为硫元素，基态原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p4；G 为 NH3，分子中 N 原子成 3 个 N﹣H 键，含有 1 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，故采取 sp3杂化，故答案为：1s22s22p63s23p4；sp3；（3）L 为 AgCl，Q 为 Na2S，AgCl 的悬浊液中加入 Na2S 的溶液，由于 Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度，故白色沉淀转化为黑色沉淀，故答案为：Ag2S 的溶解度小于 AgCl 的溶解度；（4）R 为 Fe 元素，含氧酸根 FeO42﹣具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，有 Fe3+生成，并有无色气体产生，结合电子转移守恒可知，只有氧元素被氧化，故该无色气体为 O2，反应离子方程式为：4FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O，故答案为：4FeO42﹣+20 H+=4Fe3++3O2↑+10H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系、无机物的推断、核外电子排布规律、杂化理论、沉淀转化、氧化还原反应等，难度中等，（4）中注意根据氧化还原反应知识判断生成的气体是氧气，是易错点与难点．　9．（15 分）为了探究 AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验．Ⅰ．AgNO3的氧化性将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出．为检验溶液中 Fe 的氧化产物，将溶液中的 Ag+ 除尽后，进行了如下实验．可选用的试剂：KSCN 溶液、K3[Fe（CN）6]溶液、氯水．（1）请完成下表： 操作 现象 结论取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN 溶液，振荡 　①溶液呈血红色　存在Fe3+取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入　② K 3[Fe （ CN ） 6] 溶液 ，振荡　③产生蓝色沉淀　存在Fe2+【实验结论】Fe 的氧化产物为 Fe2+和 Fe3+．Ⅱ．AgNO3的热稳定性用如图所示的实验装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置 D 中收集到无色气体．当反应结束后，试管中残留固体为黑色．（2）装置 B 的作用是　防倒吸　．（3）经小组讨论并验证该无色气体为 O2，其验证方法是　用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气　．（4）【查阅资料】Ag2O 和粉末状的 Ag 均为黑色； Ag2O 可溶于氨水．【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰ．Ag；ⅱ．Ag2O；ⅲ．Ag 和 Ag2O．【实验验证】该小组为验证上述猜想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验．实验编号操作 现象a 加入足量氨水，振荡 黑色固体不溶解b 加入足量稀硝酸，振荡 黑色固体溶解，并有气体产生【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是　① b 　 （填实验编号）．【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出 AgNO3固体热分解的产物有　② Ag 、 NO 2、 O 2　．【分析】（1）依据铁离子与硫氰酸钾溶液反应生成血红色溶液验证铁离子的存在；亚铁离子的检验是 K3[Fe（CN）6]溶液和亚铁离子结合生成蓝色沉淀；（2）装置中 B 为安全瓶防倒吸；（3）依据氧气助燃性检验；（4）①实验操作加入的试剂若是硝酸，固体溶解，银单质反应溶解，氧化银也能溶于硝酸；②装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置 D 中收集到无色气体为氧气，依据实验 a 可知产物为银，氧化银溶于氨水；【解答】解：（1）取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN 溶液，振荡，若含有铁离子溶液会变血红色，验证亚铁离子实验是取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 K3[Fe（CN）6]溶液会和亚铁离子反应生成蓝色沉淀，故答案为：溶液呈血红色；K3[Fe（CN）6]溶液；产生蓝色沉淀；（2）装置导气管略露出胶塞，是安全瓶，可以防止 C 装置中 的液体到吸入发生装置 A，故答案为：防倒吸；（3）氧气具有助燃性，用带火星的木条伸入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气，故答案为：用带火星的木条深入集气瓶中，木条复燃证明无色气为氧气；（4）① b 实验加入的硝酸可以溶解 Ag2O，也可以溶解 Ag，不能检验固体成分，故答案为：b．②实验 a 加入氨水，银不能溶解于氨水溶液，Ag2O 能溶于氨水中形成银氨溶液，可以验证固体成分的判断，加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解，说明生成的固体为 Ag，装置 A 加热 AgNO3固体，产生红棕色气体为二氧化氮，在装置 D 中收集到无色气体为氧气，AgNO3固体热分解的产物有 Ag、NO2、O2，故答案为：Ag、NO2、O2；【点评】本题考查了实验设计的方法和物质实验验证方案分析判断，物质性质的应用是解题关键，题目难度中等． 　10．（17 分）有机化合物 G 是合成维生素类药物的中间体，其结构简式如图 1 所示，G 的合成路线如图 2 所示：其中 A～F 分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去已知：请回答下列问题：（1）G 的分子式是　 C 6H10O3　，G 中官能团的名称是　羟基和酯基　．（2）第①步反应的化学方程式是　 CH 2=C （ CH 3）2+HBr CH3CH （ CH 3） CH 2Br 　 ．（3）B 的名称（系统命名）是　 2﹣ 甲基﹣ 1﹣ 丙醇　 ．（4）第②～⑥步反应中属于取代反应的有　②⑤　（填步骤编号）．（5）第④步反应的化学方程式是　 　．（6）写出同时满足下列条件的 E 的所有同分异构体的结构简式　CH3COOCH2CH2OOCCH3、 CH 3CH2OOCCOOCH2CH3、 CH 3OOCCH2CH2COOCH3 　．①只含一种官能团；②链状结构且无﹣O﹣O﹣；③核磁共振氢谱只有 2 种峰．【分析】异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A，A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇B，B 被氧气氧化生成异丁醛，则 B 是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A 是 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和 C 反应生成 D，D 水解生成乙醇和 E，根据题给信息知，E 和氢气发生加成反应生成 F，F 加热分解生成水和G，根据 G 的结构简式知，F 的结构简式为：OHCH2 C（CH3）2CHOHCOOH，E 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C 的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，结合物质的性质进行解答．【解答】解：异丁烯和溴化氢发生加成反应生成溴代烃 A，A 和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成醇 B，B 被氧气氧化生成异丁醛，则 B 是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇，A 是 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，异丁醛和 C反应生成 D，D 水解生成乙醇和 E，根据题给信息知，E 和氢气发生加成反应生成 F，F 加热分解生成水和 G，根据 G 的结构简式知，F 的结构简式为：HOCH2 C（CH3）2CHOHCOOH，E 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOH，D 的结构简式为：OHCC（CH3）2CHOHCOOCH2CH3，C 的结构简式为：OHCCOOCH2CH3，（1）根据 G 的结构简式知，G 的分子式为 C6H10O3，G 中含有的官能团是酯基和羟基，故答案为：C6H10O3，酯基和羟基；（2）在一定条件下，异丁烯和溴化氢发生加成反应生成 2﹣甲基﹣1﹣溴丙烷，反应方程式为：CH2=C（CH3）2+HBr CH3CH（CH3）CH2Br，故答案为：CH2=C（CH3）2+HBrCH3CH（CH3）CH2Br；（3）根据系统命名法知，B 的名称是 2﹣甲基﹣1﹣丙醇，故答案为：2﹣甲基﹣1﹣丙醇；（4）②是取代反应，③是氧化反应，④加成反应，⑤取代反应，⑥加成反应，所以属于取代反应的有②⑤，故答案为：②⑤；（5）醛和醛发生加成反应，反应方程式为： ， 故答案为： ；（6）同时满足条件的 E 的同分异构体有：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3 ，故答案为：CH3COOCH2CH2OOCCH3、CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3OOCCH2CH2COOCH3．【点评】本题考查有机物的推断，明确有机物含有的官能团及其性质是解本题关键，采用正推和逆推相结合的方法进行分析推导，注意醛之间发生加成反应时的断键方式，为易错点．　11．（15 分）明矾石经处理后得到明矾[KAl（SO4）2•12H2O]．从明矾制备 Al、K2SO4、和 H2SO4的工艺过程如图 1 所示：焙烧明矾的化学方程式为：4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O请回答下列问题：（1）在焙烧明矾的反应中，还原剂是　 S 　 。（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是　蒸发结晶　。（3）Al2O3在一定条件下可制得 AlN，其晶体结构如图 2 所示，该晶体中 Al 的配位数是　 4 　 。（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO（OH）转化为Ni（OH）2，该电池反应的化学方程式是　 Al+3NiO （ OH ） +NaOH+H 2O=NaAlO2+3Ni （ OH ） 2　。（5）焙烧产生的 SO2可用于制硫酸。已知 25℃、101kPa 时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；H2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol。则 SO3（g）与 H2O（l）反应的热化学方程式是　 SO 3（ g ） +H 2O （ l ） =H 2SO4（ l ）△ H=﹣130kJ/mol 。焙烧 948t 明矾（M=474g/mol），若 SO2的利用率为 96%，可产生质量分数为 98%的硫酸　② 432 　 t。【分析】（1）依据化学方程式中元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的做还原剂发生氧化反应；（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出；（3）配位化合物中直接和中心原子（或离子）相联系的配位原子的数目；（4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，铝做原电池 负极失电子发生氧化反应，NiO（OH）得到电子发生还原反应，结合原子守恒和电子守恒写出反应化学方程式；（5）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；②依据硫元素守恒计算得到；【解答】解；（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O 反应硫单质中硫元素化合价升高为+4 价。硫酸根离子中硫元素化合价从+6 价变化为+4 价，复印纸还原剂是硫单质；故答案为：S；（2）从水浸后的滤液中得到 K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；故答案为：蒸发结晶；（3）依据晶体晶胞结构分析，结合配位数含义可知，每个铝原子和四个单原子相连，所以铝原子的配位数为 4；故答案为：4； （4）以 Al 和 NiO（OH）为电极，NaOH 溶液为电解液组成一种新型电池，放电时 NiO（OH）转化为Ni（OH）2，铝做负极失电子在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，反应的化学方程式为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2 ；故答案为：Al+3NiO（OH）+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni（OH）2；（5）① 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=﹣197kJ/mol；ⅠH2O（g）⇌H2O（l）△H2=﹣44kJ/mol；Ⅱ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=﹣545kJ/mol．Ⅲ依据盖斯定律Ⅲ﹣Ⅰ﹣2×Ⅱ 得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=﹣260kJ/mol；即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=﹣130kJ/mol；② 948 t 明矾生成 SO2物质的量为 4500mol 故生成硫酸的质量m=4500×0.96×98÷0.98=432000Kg=432t。故答案为：432t；【点评】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，晶体结构的理解分析，原电池反应的实质应用，热化学方程式和盖斯定律的计算，元素守恒的计算应用，题目难度中等。