2014 年四川省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 6 分，满分 42 分）1．（6 分）化学与生活密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．乙烯可作水果的催熟剂 B．硅胶可作袋装食品的干燥剂C．福尔马林可作食品的保鲜剂 D．氢氧化铝可作胃酸的中和剂【分析】A．乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老；B．硅胶的表面积比较大，有微孔，吸水效果好；C．福尔马林有毒，不能用作食品的保鲜剂；D．氢氧化铝为难溶物，能够中和胃酸中的盐酸．【解答】解：A．由于乙烯是植物当中天然存在的生长激素，能调节植物的成熟和衰老，所以乙烯可作水果的催熟剂，故 A 正确；B．由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故 B 正确；C．福尔马林有毒，可以用于浸泡标本，但不能作食品的保鲜剂，故 C 错误；D．氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查了生活中常见物质的性质及用途，题目难度不大，注意明确常见物质的组成、结构与性质，熟练掌握基础知识是解答本题的关键．　2．（6 分）下列关于物质分类的说法正确的是（　　）A．金刚石、白磷都属于单质B．漂白粉、石英都属于纯净物C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质D．葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物【分析】A．由一种元素组成的纯净物是单质；B．由一种物质组成的为纯净物；C．完全电离的电解质是强电解质；D．相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉．【解答】解：A．由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故 A 正确；B．由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故 B 错误；C．完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故 C 错误；D．相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机物，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大．　3．（6 分）能正确表示下列反应的离子方程式的是（　　）A．Cl2通入 NaOH 溶液：Cl2+OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2OB．NaHCO3溶液中加入稀 HCl：CO32﹣+2H+═CO2↑+H2OC．AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3++4NH3•H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OD．Cu 溶于稀 HNO3：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O【分析】A．原子不守恒；B．碳酸氢根离子不能拆开；C．氢氧化铝不溶于弱碱；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 和水． 力的考查，难度中等．　 【解答】解：A．原子不守恒，离子方程式为 Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故 A 错误；B．碳酸氢根离子不能拆开，离子方程式为 HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故 B 错误；C．氢氧化铝不溶于弱碱，离子方程式为 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故 C 错误；D．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO 和水，离子方程式为 3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故 D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，注意：有的化学反应与反应物的量有关，离子方程式书写是学习难点，也是高考高频点，应熟练掌握．　4．（6 分）下列实验方案中，不能达到实验目的是（　　）选项实验目的 实验方案A 检验 CH3CH2Br 在 NaOH溶液中是否发生水解将 CH3CH2Br 与 NaOH 溶液共热．冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入 AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B 检验 Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将 Fe（NO3）2样品溶于稀 H2SO4后，滴加 KSCN 溶液，观察溶液是否变红C 验证 Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入 KI 溶液中，再加入 CCl4，振荡，静置．可观察到下层液体呈紫色D 验证 Fe（OH）3的溶解度小于 Mg（OH）2将 FeCl3溶液加入 Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色A．A B．B C．C D．D【分析】A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C．自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化．【解答】解：A．检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故 A 正确；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故 B 错误；C．将少量溴水加入 KI 溶液中，再加入 CCl4，振荡，静置。可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应 2I﹣+Br2=2Br﹣+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故 C 正确；D．溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将 FeCl3溶液加入 Mg（OH）2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色，说明 Fe（OH）3的溶解度小于 Mg（OH）2，所以能实现实验目的，故 D 正确；故选：B。【点评】本题考查了实验方案评价，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，易错选项是 AB，注意：用硝酸银检验溴离子时要先中和过量的碱，为易错点．　5．（6 分）设 NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．高温下，0.2mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的 H2分子数目为 0.3NAB．室温下，1L pH=13 的 NaOH 溶液中，由水电离的 OH﹣离子数目为 0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗 22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为 2NAD．5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O 反应中，生成 28g N2时，转移的电子数目为 3.75NA【分析】A．铁与水蒸气反应生成的是四氧化三铁，根据电子守恒计算出生成氢气的物质的量及分子数； B．氢氧化钠溶液的氢离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为 1×10﹣13mol/L；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，1mol 氧气得到 4mol 电子；D．该反应中，铵根离子中的氮原子被氧化成氮气，硝酸根离子中部分氮原子被氧化成氮气，生成4mol 氮气转移了 15mol 电子．【解答】解：A．0.2mol 铁与水蒸气完全反应生成四氧化三铁，失去电子的物质的量为：（ ﹣0）×0.2mol= mol，根据电子守恒，生成氢气的物质的量为： = mol，生成的 H2分子数目为 NA，故 A 错误；B．室温下，1L pH=13 的 NaOH 溶液中氢离子浓度为 1×10﹣13mol/L，溶液中氢离子是水电离的，所以由水电离的 OH﹣离子数目为 10﹣13NA，故 B 错误；C．氢氧燃料电池中，正极氧气得到电子，标况下 22.4L 氧气的物质的量为 1mol，1mol 氧气完全反应得到 4mol 电子，电路中通过的电子数目为 4NA，故 C 错误；D．该氧化还原反应中，生成 4mol 氮气转移了 15mol 电子，28g 氮气的物质的量为 1mol，生成 1mol氮气转移的电子的物质的量为： =3.75mol，转移的电子数目为 3.75NA，故 D 正确；故选：D。【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，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，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；选项 D 为难点和易错点，注意正确分析该反应中化合价变化情况．　6．（6 分）下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是（　　）A．0.1mol/L NaHCO3溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）B．20mL 0.1mol/L CH3COONa 溶液与 10mL 0.1mol/L HCl 溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）C．室温下，pH=2 的盐酸与 pH=12 的氨水等体积混合，所得溶液中：c（Cl﹣）+c（H+）＞c（NH4+）+c（OH﹣）D．0.1mol/L CH3COOH 溶液与 0.1mol/L NaOH 溶液等体积混合，所得溶液中：c（OH﹣）＞c（H+）+c（CH3COOH）【分析】A．二者恰好反应生成 Na2CO3，溶液中的溶质为 0.05mol/L 的 Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成 HCO3﹣；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的 NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小；C．室温下，pH=2 的盐酸与 pH=12 的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，结合电荷守恒判断；D．二者恰好反应生成 CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．【解答】解：A．二者混合后恰好反应生成 Na2CO3，溶液中的溶质为 0.05mol/L 的 Na2CO3，碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子，碳酸根离子只有第一步水解生成 HCO3﹣，所以 c（HCO3﹣）＜c（OH﹣），故 A 错误；B．二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的 NaCl、CH3COONa、CH3COOH，混合溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小，所以溶液中粒子浓度大小顺序是 c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故 B 正确；C．室温下，pH=2 的盐酸与 pH=12 的氨水等体积混合，混合溶液呈碱性即 c（OH﹣）＞c（H+），任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得 c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（NH4+），且 c（OH﹣）＞c（H+），所以 c（Cl﹣）＜c（NH4+），所以 c（Cl﹣）+c（H+）＜c（NH4+）+c（OH﹣），故 C 错误；D．二者混合后恰好反应生成 CH3COONa，溶液呈存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得 c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）， 所以得 c（OH﹣）=c（H+）+c（CH3COOH），故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，离子浓度大小比较为高考高频点，常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查，题目难度中等．　7．（6 分）在 10L 恒容密闭容器中充入 X（g）和 Y（g），发生反应 X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g），所得实验数据如表：实验编号温度/℃起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/moln（X） n（Y） n（M）① 700 0.40 0.10 0.090② 800 0.10 0.40 0.080③ 800 0.20 0.30 a④ 900 0.10 0.15 b下列说法正确的是（　　）A．实验①中，若 5min 时测得 n（M）=0.050mol，则 0 至 5min 时间内，用 N 表示的平均反应速率v（N）=1.0×10﹣2mol/（L•min）B．实验②中，该反应的平衡常数 K=2.0C．实验③中，达到平衡时，Y 的转化率为 40%D．实验④中，达到平衡时，b＞0.060【分析】A、根据 v= 计算 v（M），在利用速率之比等于化学计量数之比计算 v（N）；B、由表中数据，利用三段式计算平衡时其它组分的物质的量，由于反应中气体的化学计量数相等，可以用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算；C、温度不变平衡常数不变，根据平衡常数可求出转化量，进而求出转化率；D、对比实验①②的平衡常数可知，正反应为放热反应，升温平衡左移，平衡常数减小，转化率减小，根据实验③中 Y 的转化率为 40%，则实验④中 X 的转化率小于 60%，达到平衡时，b＜0.060．【解答】解：A．v（N）=v（M）= = =1.0×10﹣3mol/（L•min），故 A 错误；B． X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.01 0.04 0 0转化浓度（mol/L） 0.008 0.008 0.008 0.008平衡浓度（mol/L） 0.002 0.032 0.008 0.008实验②中，该反应的平衡常数 K= = =1.0，故 B 错误；C． X（g）+Y（g）⇌M（g）+N（g）起始浓度（mol/L） 0.02 0.03 0 0转化浓度（mol/L） 平衡浓度（mol/L） 0.02﹣ 0.03﹣ 该反应的平衡常数 K= = =1.0，解得 a=0.12，实验③中，Y 的转化率= 100%=40%，故 C 正确； D．根据三段式可求得，700℃时，化学平衡常数 K≈2.6，升高温度至 800℃得平衡常数为 K=1.0，K减小，即平衡逆向移动，则正反应为放热反应，若④的温度为 800℃，恒容体系中，气体体积不变的反应，④与③为等效平衡，b= a=0.06mol，但④的实际温度为 900℃，相比较 800℃，平衡逆向移动，b＜0.06，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．　二、解答题（共 4 小题，满分 58 分）8．（13 分）X、Y、Z、R 为前四周期元素，且原子序数依次增大．XY2是红棕色气体；X 与氢元素可形成 XH3；Z 基态原子的 M 层与 K 层电子数相等；R2+离子的 3d 轨道中有 9 个电子．（1）Y 基态原子的电子排布式是　 1s 2 2s 2 2p 4 　 ；Z 所在周期中第一电离能最大的主族元素是　 Cl ．（2）XY2﹣离子的立体构型是　 V 形　 ；R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是　 O 　 ．（3）Z 与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是　 2 ： 1 　 ．（4）将 R 单质的粉末加入 XH3的浓溶液中，通入 Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是　 2Cu+8NH 3•H2O+O2=2[Cu （ NH 3）4] 2+ +4OH ﹣ +6H 2O 　 ．【分析】X、Y、Z、R 为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色气体，应是 NO2，则 X 为N 元素、Y 为 O 元素；X 与氢元素可形成 NH3；Z 基态原子的 M 层与 K 层电子数相等，则 M 层电子数为 2，故 Z 为 Mg；R2+离子的 3d 轨道中有 9 个电子，R 原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则 R 为 Cu 元素，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，XY2是红棕色气体，应是 NO2，则X 为 N 元素、Y 为 O 元素；X 与氢元素可形成 NH3；Z 基态原子的 M 层与 K 层电子数相等，则 M 层电子数为2，故 Z 为 Mg；R2+离子的 3d 轨道中有 9 个电子，R 原子核外电子数=2+8+8+9+2=29，则 R 为 Cu 元素，（1）Y 为 O 元素，基态原子的电子排布式是 1s22s22p4，Z 为 Mg 元素，所在周期中第一电离能最大的主族元素是 Cl 元素，故答案为：1s22s22p4；Cl；（2）NO2﹣离子中心 N 原子孤电子对= =1，价层电子对数=2+1=3，故 NO2﹣离子的立体构型是 V 形；Cu2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是 H2O 中 O 原子，故答案为：V 形；O；（3）晶胞中阳离子处于体心与顶点，晶胞中阳离子数目=1+8× =2，阴离子处于处于体内及面上，晶胞中阴离子数目=2+4× =4，故晶胞中阴离子与阳离子的个数比是 4：2=2：1，故答案为：2：1；（4）将 Cu 单质的粉末加入 NH3的浓溶液中，通入 O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明得到四氨合铜络离子，还应生成氢氧根离子与水，该反应的离子方程式是 2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3•H2O+O2=2[Cu（NH3）4]2++4OH﹣+6H2O．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、分子结构、配合物、晶胞计算等，推断元素是解题关键，注意掌握中学常见配合物，难度中等．　9．（13 分）硫代硫酸钠是一种重要的化工产品．某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）． Ⅰ．【查阅资料】（1）Na2S2O3•5H2O 是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与 BaCl2溶液混合无沉淀生成．（2）向 Na2CO3和 Na2S 混合溶液中通入 SO2可制得 Na2S2O3，所得产品常含有少量 Na2SO3和 Na2SO4．（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀 HCl．Ⅱ．【产品制备】实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）检查装置气密性，按图示加入试剂．仪器 a 的名称是　分液漏斗　；E 中的试剂是　 B 　 （选填下列字母编号）．A．稀 H2SO4 B．NaOH 溶液 C．饱和 NaHSO3溶液（2）先向 C 中烧瓶加入 Na2S 和 Na2CO3混合溶液，再向 A 中烧瓶滴加浓 H2SO4．（3）待 Na2S 和 Na2CO3完全消耗后，结束反应．过滤 C 中混合物，滤液经　蒸发　（填操作名称）、结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品．Ⅲ．【探究与反思】（1）为验证产品中含有 Na2SO3和 Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整．（所需试剂从稀 HNO3、稀 H2SO4、稀 HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，　过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸　，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可以确定产品中含有Na2SO3和 Na2SO4．（2）为减少装置 C 中生成 Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤（2）进行了改进，改进后的操作是　先向 A 中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向 C 中烧瓶加入硫 化钠和碳酸钠的混合溶液　．（3）Na2S2O3•5H2O 的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过　重结晶　方法提纯．【分析】（1）仪器 a 的名称是 分液漏斗；E 装置目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀 H2SO4和饱和 NaHSO3溶液不反应；（3）根据将 Na2S2O3结晶析出的操作分析；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O 是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与 BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀 HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀 HCl；硝酸、硫酸、盐酸等性质比较可知；（2）根据亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠分析；（3）根据重结晶的适用范围分析．【解答】解：（1）仪器 a 的名称是分液漏斗；E 中的试剂是 NaOH 溶液，目的是吸收剩余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，与稀 H2SO4和饱和 NaHSO3溶液不反应，故答案为：分液漏斗；B；（3）将 Na2S2O3结晶析出的操作应为：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发；Ⅲ．【探究与反思】（1）根据：Na2S2O3•5H2O 是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与 BaCl2溶液混合无沉淀生成；Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀 HCl；BaSO4难溶于水，难溶于稀 HCl，以及硝酸具有强氧化性、加入硫酸会引入硫酸根离子可知，取适量产品配成稀溶液，滴加足量 BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气 体产生，则可以确定产品中含有 Na2SO3和 Na2SO4，故答案为：过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸；（2）因为亚硫酸钠易被氧化生成硫酸钠，所以为减少装置 C 中生成 Na2SO4的量，改进后的操作是先向 A 中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向 C 中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液，故答案为：先向 A 中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中的空气排尽后，再向 C 中烧瓶加入硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（3）Na2S2O3•5H2O 的溶解度随温度升高显著增大，所得产品通过重结晶方法提纯，故答案为：重结晶．【点评】本题以某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）为载体，考查了物质的分离提纯、检验、设计优化等，综合性较强．　10．（16 分）A 是一种有机合成中间体，其结构为：A 的合成路线如图，其中 B～H 分别代表一种有机物．已知： R、R′代表烃基．请回答下列问题：（1）A 中碳原子的杂化轨道类型有　 sp 2 、 sp 3 　 ；A 的名称（系统命名）是　 3 ， 4﹣ 二乙基﹣ 2 ， 4 ﹣ 己二烯　 ；第⑧步反应的类型是　消去反应　．（2）第①步反应的化学方程式是　 C 2H5OH+HBr C2H5Br+H2O 　 ．（3）C 物质与 CH2=C（CH3）COOH 按物质的量之比 1：1 反应，其产物经加聚得到可作隐形眼镜的镜片材料 I．I 的结构简式是　 　．（4）第⑥步反应的化学方程式是　 　．（5）写出含有六元环，且一氯取代物只有 2 种（不考虑立体异构）的 A 的同分异构体的结构简式：　 　．【分析】B 为 C2H5OH，C2H5OH 与浓的氢溴酸发生取代反应生成 C2H5Br；C2H5Br 与镁反应生成C2H5MgBr；C 能发生 2 次催化氧化，故 C 为 HOCH2CH20H，HOCH2CH20H 发生 2 次催化氧化生成 D，故 D 为HOOC﹣COOH，HOOC﹣COOH 与甲醇发生酯化反应生成 E，E 为 ；根据已知信息可知， 与C2H5MgBr 发生取代反应生成 F 和 G，FCH3OMgBr，G 为 ； 发生水解生成 H，H 为 ， 在氢氧化钠/醇、加热条件下发生消去反 应生成 A．依此进行分析，得出正确结论．【解答】解：（1）A 中甲基碳原子含有 4 个 σ 键，所以 C 原子的杂化轨道类型为 sp3，碳碳双键中C 原子的杂化轨道类型为 sp2；A 的系统命名法为：3，4﹣二乙基﹣2，4﹣己二烯；第⑧步反应为在氢氧化钠/醇、加热条件下发生消去反应生成 A，故答案为：sp2、sp3；3，4﹣二乙基﹣2，4﹣己二烯；消去反应；（2）第①步反应为：C2H5OH 浓的氢溴酸发生取代反应生成 C2H5Br，方程式为：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，故答案为：C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O；（3）C 为 HOCH2CH20H，HOCH2CH20H 与 CH2=C（CH3）COOH 按物质的量之比 1：1 发生酯化反应生成CH2=C（CH3）COOCH2CH20H，CH2=C（CH3）COOCH2CH20H 发生加聚反应生成 I，I 为 ，故答案为： ；（4）第⑥步反应为： 与 C2H5MgBr 发生取代反应生成 F 和 G，F 为 CH3OMgBr，G 为，方程式为： ，故答案为： ；（5）A 的同分异构体中含有六元环，且一氯取代物只有 2 种的结构简式为 ，故答案为： ．【点评】本题考查有机物的推断及相关方程式的书写，运用信息来推断物质是解答的关键，题目难度中等．　11．（16 分）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题．某研究小组利用软锰矿（主要成分为 MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下流程既脱除燃煤尾气中的 SO2，又制得电池材料 MnO2（反应条件已省略）．请回答下列问题：（1）上述流程脱硫实现了　 A 、 C 　 （选填下列字母编号）．A．废弃物的综合利用 B．白色污染的减少 C．酸雨的减少（2）用 MnCO3能除去溶液中 Al3+和 Fe3+，其原因是　消耗溶液中的酸，促进 Al 3+ 和 Fe 3+ 水解生成氢 氧化物沉淀　． （3）已知：25℃、101kPa 时，Mn（s）+O2（g）═MnO2（s）△H=﹣520kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297kJ•mol﹣1Mn（s）+S（s）+2O2（g）═MnSO4（s）△H=﹣1065kJ•mol﹣1SO2与 MnO2反应生成无水 MnSO4的热化学方程式是　 MnO 2（ s ） +SO2（ g ） =MnSO 4（ s ）△ H=﹣248kJ/mol 　 ．（4）MnO2可作超级电容器材料．用惰性电极电解 MnSO4溶液可制得 MnO2，其阳极的电极反应式是　Mn 2+ +2H 2O﹣2e ﹣ =MnO 2+4H + 　 ．（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料．碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是　 MnO 2+H2O+e ﹣ =MnO （ OH ） +OH ﹣ 　 ．（6）假设脱硫的 SO2只与软锰矿浆中 MnO2反应．按照图示流程，将 a m3（标准状况）含 SO2的体积分数为 b%的尾气通入矿浆，若 SO2的脱除率为 89.6%，最终得到 MnO2的质量为 c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于 MnO2　 　kg．【分析】二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用 MnCO3能除去溶液中 Al3+和 Fe3+，MnS 将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰．（1）脱硫能减少酸雨；（2）MnCO3消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解；（3）根据盖斯定律解题；（4）锰离子在阳极失电子；（5）二氧化锰得电子生成 MnO（OH）；（6）SO2+MnO2=MnSO4，根据方程式结合元素守恒解题．【解答】解：（1）脱硫能减少酸雨和废物在利用，故答案为：AC；（2）MnCO3消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，故答案为：消耗溶液中的酸，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀；（3）Mn（s）+O2（g）═MnO2（s）△H=﹣520kJ•mol﹣1S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=﹣297kJ•mol﹣1Mn（s）+S（s）+2O2（g）═MnSO4（s）△H=﹣1065kJ•mol﹣1将③﹣②﹣①可得 MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=﹣248kJ/mol，故答案为：MnO2（s）+SO2（g）=MnSO4（s）△H=﹣248kJ/mol；（4）锰离子在阳极失电子：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣=MnO2+4H+；（5）二氧化锰得电子生成 MnO（OH），MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣，故答案为：MnO2+H2O+e﹣=MnO（OH）+OH﹣；（6）反应的二氧化硫的物质的量为 ×b%×89.6%=0.4abmol，根据 SO2+MnO2=MnSO4可知生成硫酸锰的物质的量为 0.4abmol，最终生成的二氧化锰为 c kg，设消耗硫酸锰的物质的量为 x．2KMnO4+3MnSO4+2H2O═5MnO2+2H2SO4+K2SO4 3 87×5 x 1000c x=除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素（ ﹣0.4ab）mol，相当于 MnO2的质量（ ﹣0.4ab）mol×87g/mol=（600c﹣0.4ab×87）g= kg，故答案为： ．【点评】本题考查热化学方程式、原电池、电解池和化学计算等，侧重于学生的分析能力和实验能