1、2014年全國統一高考化學試卷（新課標）一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分）1（6分）下列化合物中同分異構體數目最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯2（6分）化學與社會、生活密切相關，對下列現象或事實的解釋正確的是（） 選項現象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反應B漂白粉在空氣中久置變質漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2+的溶液中置換出銅AABBCCDD3（6分）

2、已知分解1mol H2O2放出熱量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的機理為：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有關該反應的說法正確的是（）A反應速率與I的濃度有關BIO也是該反應的催化劑C反應活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）4（6分）X，Y，Z均為短周期元素，X，Y處于同一周期，X，Z的最低價離子分別為X2和Z，Y+和Z具有相同的電子層結構。下列說法正確的是（）A原子最外層電子數：XYZB單質沸點：XYZC離子半徑：X2Y+ZD原子序數：XYZ5（6分）溴酸銀（AgBrO3）溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法錯誤

3、的是（）A溴酸銀的溶解是放熱過程B溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C60時溴酸銀的Ksp約等于6104D若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純6（6分）下列有關儀器使用方法或實驗操作正確的是（）A洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱烘干B酸式滴定管裝標準溶液前，必須先用該溶液潤洗C酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差D用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體7（6分）利用如圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論是（）選項實驗結論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2

4、SO3Ba（NO3）2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題（共58分）8（13分）乙酸異戊酯是組成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，實驗室制備乙酸異戊酯的反應、裝置示意圖和有關數據如圖1、2及表格： 圖1 圖2 圖3相對分子質量密度/（gcm3）沸點/水中溶解性異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4g異戊醇、6.0g乙酸、數滴濃硫酸和23片碎瓷片，開始緩慢加熱A，回流50min，反應

5、液冷至室溫后倒入分液漏斗中，分別用少量水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌；分出的產物加入少量無水MgSO4固體，靜置片刻，過濾除去MgSO4固體，進行蒸餾純化，收集140143餾分，得乙酸異戊酯3.9g回答下列問題：（1）儀器B的名稱是 ；（2）在洗滌操作中，第一次水洗的主要目的是 ，第二次水洗的主要目的是 ；（3）在洗滌、分液操作中，應充分振蕩、然后靜置，待分層后 （填標號）a直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的上口倒出b直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的下口放出c先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從下口放出d先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從上口倒出（4）本實驗中加入過量乙酸的目的是 ；

6、（5）實驗中加入少量無水MgSO4的目的是 ；（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的是（如圖3） （填標號）（7）本實驗的產率是 （填標號）a.30% b.40% c.60% d.90%（8）在進行蒸餾操作時，若從130便開始收集餾分，會使實驗的產率偏 （填“高”或“低”），其原因是 9（15分）次磷酸（H3PO2）是一種精細磷化工產品，具有較強還原性，回答下列問題：（1）H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式 ；（2）H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學鍍銀。H3PO2中，P元素的化合價為 ；利用H3PO2進行化學鍍銀反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之

7、比為4：1，則氧化產物為 （填化學式）；NaH2PO2為 （填“正鹽”或“酸式鹽”），其溶液顯 （填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”）；（3）H3PO2的工業制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應，寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式 ；（4）H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法”工作原理如圖所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過）：寫出陽極的電極反應式 ；分析產品室可得到H3PO2的原因 ；早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產

8、品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室，其缺點是產品中混有 雜質，該雜質產生的原因是 。10（15分）乙醇是重要的有機化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產，回答下列問題：（1）間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，寫出相應反應的化學方程式 ；（2）已知：甲醇脫水反應 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烴反應 2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇異構化反應 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1則乙烯氣相直接水合

9、反應C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H= kJmol1，與間接水合法相比，氣相直接水合法的優點是 ；（3）如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系（其中：=1：1）列式計算乙烯水合制乙醇反應在圖中A點的平衡常數Kp= （用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質的量分數）；圖中壓強（P1，P2，P3，P4）大小順序為 ，理由是 ；氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應溫度290，壓強6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的轉化率為5%，若要進一步提高乙烯轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以采取的措施有 、 。【化學-選修2：化學與技

10、術】11（15分）磷礦石主要以磷酸鈣Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，圖（a）為目前國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸，圖（b）是熱法磷酸生產過程中由磷灰石制單質磷的流程：部分物質的相關性質如下：熔點/沸點/備注白磷44280.5PH3133.887.8難溶于水、有還原性SiF49086易水解回答下列問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產含磷肥料，約占磷礦石使用量的 %；（2）以磷礦石為原料，濕法磷酸過程中Ca5F（PO4）3反應化學方程式為： 現有1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，最多可制

11、得到85%的商品磷酸 t（3）如圖（b）所示，熱法磷酸生產過程的第一步是將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反應生成白磷爐渣的主要成分是 （填化學式）冷凝塔1的主要沉積物是 ，冷凝塔2的主要沉積物是 （4）尾氣中主要含有 ，還含有少量的PH3、H2S和HF等將尾氣先通入純堿溶液，可除去 ；再通入次氯酸鈉溶液，可除去 （均填化學式）（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復雜，能耗高，但優點是 【化學-選修3：物質結構與性質】12早期發現的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Cu、Fe三種金屬元素組成，回答下列問題：（1）準晶是一種無平移周期序，但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過 方法區分晶體、準晶

12、體和非晶體（2）基態Fe原子有 個未成對電子，Fe3+的電子排布式為 ，可用硫氰化鉀檢驗Fe3+，形成的配合物的顏色為 （3）新制備的Cu（OH）2可將乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身還原成Cu2O，乙醛中碳原子的雜化軌道類型為 ；1mol乙醛分子中含有的鍵的數目為 ，乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是 Cu2O為半導體材料，在其立方晶胞內部有4個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有 個銅原子（4）Al單質為面心立方晶體，其晶胞參數a=0.405nm，晶胞中鋁原子的配位數為 ，列式表示Al單質的密度 gcm3（不必計算出結果）【化學-選修5：有機化學基礎】13席夫堿類化合物G

13、在催化、藥物、新材料等方面有廣泛應用。合成G的一種路線如下：已知以下信息：1molB經上述反應可生成2molC，且C不能發生銀鏡反應。D屬于單取代芳香烴，其相對分子質量為106。核磁共振氫譜顯示F苯環上有兩種化學環境的氫。回答下列問題：（1）由A生成B的化學方程式為 ，反應類型為 ；（2）E的化學名稱是 ，由D生成E的化學方程式為 ；（3）G的結構簡式為 ；（4）F的同分異構體中含有苯環的還有 種（不考慮立體異構），其中核磁共振氫譜中有4組峰，且面積比為6：2：2：1的是 ，（寫出其中的一種的結構簡式）。（5）由苯和化合物C經如下步驟可合成N異丙基苯胺。反應條件1所選擇的試劑為 ；反應條件2所

14、選擇的試劑為 ；I的結構簡式為 。2014年全國統一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共7小題，每小題6分，共42分）1（6分）下列化合物中同分異構體數目最少的是（）A戊烷B戊醇C戊烯D乙酸乙酯【考點】I4：同分異構現象和同分異構體菁優網版權所有【專題】531：同系物和同分異構體【分析】戊烷只存在碳鏈異構，戊醇和戊烯存在碳鏈異構、位置異構，乙酸乙酯存在碳鏈異構、官能團異構、位置異構【解答】解：戊烷只存在碳鏈異構，同分異構體為3種，而戊醇和戊烯存在碳鏈異構、位置異構，乙酸乙酯存在碳鏈異構、官能團異構、位置異構，異構類型越多，同分異構體的數目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同

15、分異構體的數目均大于3種，故選：A。【點評】本題主要考查了同分異構體數目的判斷，可通過同分異構體的類型進行簡單判斷，難度不大2（6分）化學與社會、生活密切相關，對下列現象或事實的解釋正確的是（） 選項現象或事實解釋A用熱的燒堿溶液洗去油污Na2CO3可直接和油污反應B漂白粉在空氣中久置變質漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3C施肥時，草木灰（有效成分為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用K2CO3與NH4Cl反應生成氨氣會降低肥效DFeCl3溶液可用于銅質印刷線路板制作FeCl3能從含有Cu2+的溶液中置換出銅AABBCCDD【考點】FH：硅和二氧化硅；GF：鈉的重要化合物；

16、GL：兩性氧化物和兩性氫氧化物；IC：乙烯的用途菁優網版權所有【分析】A依據鹽類水解的性質及油脂水解的性質解答；B漂白粉漂白原理為次氯酸鈣與二氧化碳、水反應生成碳酸鈣和次氯酸；C依據鹽類水解的性質解答；D氯化鐵能夠與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅【解答】解：A油脂在堿性環境下水解生成可溶性物質，碳酸鈉為強堿弱酸鹽水解顯堿性，升高溫度促進鹽類水解，所以用熱的純堿溶液洗去油污，碳酸鈉與油脂不直接反應，故A錯誤；B漂白粉漂白原理為次氯酸鈣與二氧化碳、水反應生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，二氧化碳與氯化鈣不反應，故B錯誤；C碳酸鉀和氯化銨在溶液中水解促進生成氨氣，降低肥效，施肥時，草木灰（有效成分

17、為K2CO3）不能與NH4Cl混合使用，故C正確；D氯化鐵能夠與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，銅不能置換鐵，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及鹽類水解的分析應用、氧化性強弱判斷等，掌握物質性質和反應實質是關鍵，為高考常見題型，注意相關知識的學習與積累，難度不大3（6分）已知分解1mol H2O2放出熱量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的機理為：H2O2+IH2O+IO 慢H2O2+IOH2O+O2+I 快下列有關該反應的說法正確的是（）A反應速率與I的濃度有關BIO也是該反應的催化劑C反應活化能等于98kJmol1Dv（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【考

18、點】16：化學反應的基本原理；17：化學反應的能量變化規律；BB：反應熱和焓變；CA：化學反應速率的影響因素菁優網版權所有【專題】513：物質的性質和變化專題；517：化學反應中的能量變化【分析】A、反應速率的快慢主要決定于反應速率慢的第一步反應；B、反應的催化劑是I；C、分解1mol過氧化氫放出的熱量是其H而非活化能；D、在一個化學反應中，用各物質表示的速率之比等于化學計量數之比；【解答】解：A、已知：H2O2+IH2O+IO 慢 H2O2+IOH2O+O2+I 快，過氧化氫分解快慢決定于反應慢的，I是的反應物之一，其濃度大小對反應不可能沒有影響，例如，其濃度為0時反應不能發生，故A正確；B

19、、將反應+可得總反應方程式，反應的催化劑是I，IO只是中間產物，故B錯誤；C、1mol過氧化氫分解的H=98KJ/mol，H不是反應的活化能，是生成物與反應物的能量差，故C錯誤；D、因為反應是在含少量I的溶液中進行的，溶液中水的濃度是常數，不能用其濃度變化表示反應速率，故D錯誤。故選：A。【點評】本題是2014年河北高考題，題目主要考查催化劑、活化能、化學反應速率的相關知識，題目難度不大4（6分）X，Y，Z均為短周期元素，X，Y處于同一周期，X，Z的最低價離子分別為X2和Z，Y+和Z具有相同的電子層結構。下列說法正確的是（）A原子最外層電子數：XYZB單質沸點：XYZC離子半徑：X2Y+ZD原

20、子序數：XYZ【考點】1B：真題集萃；8F：原子結構與元素周期律的關系菁優網版權所有【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】X、Z的最低價離子分別為X2和Z，則X為第A族元素，Z為A族元素；Y+和Z具有相同的電子層結構，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，結合元素在周期表中的位置以及元素周期律知識解答該題【解答】解：X、Z的最低價離子分別為X2和Z，則X為第A族元素，Z為A族元素；Y+和Z具有相同的電子層結構，則Y在Z的下一周期，則Y為Na元素，Z為F元素，X、Y同周期，則X為S元素，AX、Y、Z分別為S、Na、F，原子最外層電子數分別為6、1

21、、7，故A錯誤；B常溫下Na、S為固體，F2為氣體，Na的熔點較低，但鈉的沸點高于硫，順序應為NaSF2，故B錯誤；CNa+、F具有相同的核外電子排布，離子的核電荷數越大，半徑越小，應為FNa+，故C錯誤；DX、Y、Z原子序數分別為16、11、9，原子序數：XYZ，故D正確。故選：D。【點評】本題考查原子結構與元素周期律的關系，為高考常見題型，側重于學生的分析能力的考查，題目難度不大，本題的關鍵是根據原子結構特點正確推斷元素的種類5（6分）溴酸銀（AgBrO3）溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是（）A溴酸銀的溶解是放熱過程B溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C60時溴酸銀的Ksp約等于6

22、104D若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純【考點】62：溶解度、飽和溶液的概念；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質菁優網版權所有【專題】519：物質的量濃度和溶解度專題【分析】A根據圖象中溫度對溴酸銀的溶解度影響可知溴酸銀的溶解過程為吸熱過程；B溫度升高，可以加快物質的溶解速率；C根據溶度積表達式及溶液中銀離子和溴酸根離子的濃度計算；D溴酸銀的溶解度受溫度的影響較小，可以通過重結晶法分離硝酸鉀與溴酸銀的混合物。【解答】解：A根據圖象可知，升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，說明溴酸銀的溶解過程為吸熱過程，故A錯誤；B升高溫度，溴酸銀的溶解度增大，所以溫度升高時溴酸銀溶解速度加快，故

23、B正確；C.60時溴酸銀的溶解度為0.6g，溴酸銀的物質的量為：2.5103mol，100.6g溴酸銀溶液的體積約為100.6mL，溶液中銀離子、溴酸根離子濃度約為2.5102mol/L，所以60時溴酸銀的Ksp=2.51022.51026104，故C正確；D根據圖象可知，溴酸銀的溶解度受溫度的影響不大，而硝酸鉀的溶解度受溫度影響較大，所以硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結晶方法提純，故D正確；故選：A。【點評】本題考查了難溶物的溶解平衡、溶度積的表達式及計算、物質的分離與提純，題目難度中等，注意掌握難溶物的溶解平衡及其影響因素，明確溶度積的概念及計算方法。6（6分）下列有關儀器使用方法或實驗操

24、作正確的是（）A洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進烘箱烘干B酸式滴定管裝標準溶液前，必須先用該溶液潤洗C酸堿滴定實驗中，用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差D用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，立即用滴管吸出多余液體【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優網版權所有【專題】25：實驗評價題；541：化學實驗常用儀器及試劑【分析】A錐形瓶和容量瓶在使用時不需要烘干；B滴定管在量取或者盛裝溶液時必須潤洗，否則會導致原溶液被蒸餾水稀釋；C錐形瓶不能潤洗，否則導致待測液中溶質的物質的量偏大，滴定過程中消耗的標準液體積偏大；D容量瓶中加水超過刻度線，導致配制的溶液體積偏大，溶液濃度偏小，此次配制失敗【解答】解：A

25、錐形瓶、容量瓶中有少量的蒸餾水，不影響滴定結果或配制溶液的濃度，所以不需要烘干錐形瓶或容量瓶，故A錯誤；B酸式滴定管在盛放標準液之前，為了避免滴定管中的少量蒸餾水將標準液稀釋，應該先用標準液潤洗，再盛放標準液，故B正確；C滴定過程中，錐形瓶不能潤洗，否則會導致錐形瓶中待測液的溶質的物質的量偏大，測定結果偏高，故C錯誤；D用容量瓶配溶液時，若加水超過刻度線，此次配制失敗，即使立即用滴管吸出多余液體，也不會使配制的溶液濃度恢復正常，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了常見計量儀器的構造及使用方法偏大，題目難度不大，注意掌握常見儀器的構造及正確的使用方法，明確容量瓶、錐形瓶、滴定管的使用方法7（6

26、分）利用如圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論是（）選項實驗結論A稀硫酸Na2SAgNO3與AgCl的濁液Ksp（AgCl）Ksp（Ag2S）B濃硫酸蔗糖溴水濃硫酸具有脫水性、氧化性C稀鹽酸Na2SO3Ba（NO3）2溶液SO2與可溶性鋇鹽均可生成白色沉淀D濃硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優網版權所有【專題】25：實驗評價題【分析】A不發生沉淀的轉化，AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），則生成Ag2S；B濃硫酸使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫，二氧化硫與溴水發生氧化

27、還原反應使其褪色；C鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀；D濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀【解答】解：A圖中裝置和試劑不發生沉淀的轉化，對AgNO3與AgCl的濁液中，Qc（Ag2S）Ksp（Ag2S），則生成Ag2S，可發生沉淀的生成，則不能比較溶度積，故A錯誤；B濃硫酸具有脫水性使蔗糖變黑，然后C與濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化硫，體現其強氧化性，最后二氧化硫與溴水發生氧化還原反應使其褪色，故B正確；C鹽酸與亞硫酸鈉生成二氧化硫，與Ba（NO3）2溶液發生氧化還原反應生成硫酸鋇沉淀，但

28、SO2與可溶性鋇鹽不一定生成白色沉淀，如與氯化鋇不反應，故C錯誤；D濃硝酸與碳酸鈉反應生成二氧化碳，但濃硝酸易揮發，硝酸、碳酸均可與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，則不能比較碳酸與硅酸的酸性，應排除硝酸的干擾，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及沉淀的生成與轉化、濃硫酸的性質、酸性比較、氧化還原反應等，把握化學反應原理及實驗裝置中的反應為解答的關鍵，注意實驗操作的可行性、評價性分析，題目難度不大三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題（共58分）8（13分）乙酸異戊酯是組成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，實驗室制備乙酸異戊酯的反應、裝置示意圖和有

29、關數據如圖1、2及表格： 圖1 圖2 圖3相對分子質量密度/（gcm3）沸點/水中溶解性異戊醇880.8123131微溶乙酸601.0492118溶乙酸異戊酯1300.8670142難溶實驗步驟：在A中加入4.4g異戊醇、6.0g乙酸、數滴濃硫酸和23片碎瓷片，開始緩慢加熱A，回流50min，反應液冷至室溫后倒入分液漏斗中，分別用少量水、飽和碳酸氫鈉溶液和水洗滌；分出的產物加入少量無水MgSO4固體，靜置片刻，過濾除去MgSO4固體，進行蒸餾純化，收集140143餾分，得乙酸異戊酯3.9g回答下列問題：（1）儀器B的名稱是球形冷凝管；（2）在洗滌操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分硫酸和醋

30、酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氫鈉；（3）在洗滌、分液操作中，應充分振蕩、然后靜置，待分層后d（填標號）a直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的上口倒出b直接將乙酸異戊酯從分液漏斗的下口放出c先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從下口放出d先將水層從分液漏斗的下口放出，再將乙酸異戊酯從上口倒出（4）本實驗中加入過量乙酸的目的是提高醇的轉化率；（5）實驗中加入少量無水MgSO4的目的是干燥乙酸異戊酯；（6）在蒸餾操作中，儀器選擇及安裝都正確的是（如圖3）b（填標號）（7）本實驗的產率是c（填標號）a.30% b.40% c.60% d.90%（8）在進行蒸餾操作時，若從130便開始收集餾分，會

31、使實驗的產率偏高（填“高”或“低”），其原因是會收集少量未反應的異戊醇【考點】U3：制備實驗方案的設計菁優網版權所有【專題】24：實驗設計題【分析】（1）根據題中儀器B的構造判斷該儀器的名稱；（2）在洗滌操作中，第一次洗滌的主要目的是除去大部分催化劑硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去產品中殘留的碳酸氫鈉；（3）根據乙酸異戊酯的密度及正確的分液操作方法進行解答；（4）根據反應物對增加一種反應物的濃度，可以使另一種反應物的轉化率提高進行判斷加入過量乙酸的目的；（5）少量無水硫酸鎂能夠吸收乙酸異戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根據溫度計在蒸餾操作中的作用排除ad，再根據球形冷凝管容易使產

32、品滯留，不能全部收集到錐形瓶中，得出正確結論；（7）先計算出乙酸和異戊醇的物質的量，然后判斷過量情況，根據不足量計算出理論上生成乙酸異戊酯的物質的量，最后根據實際上制取的乙酸異戊酯計算出產率；（8）若從130便開始收集餾分此時的蒸氣中含有異戊醇，會收集少量的未反應的異戊醇，導致獲得的乙酸異戊酯質量偏大【解答】解：（1）由裝置中儀器B的構造可知，儀器B的名稱為球形冷凝管，故答案為：球形冷凝管；（2）反應后的溶液要經過多次洗滌，在洗滌操作中，第一次洗滌的主要目的是除去大部分催化劑硫酸和醋酸；第一步中飽和碳酸氫鈉溶液既可以除去未洗凈的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗滌后生成的酯中混有碳酸氫鈉，

33、所以第二次水洗，主要目的是除去產品中殘留的碳酸氫鈉，故答案為：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氫鈉；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下層，酯在上層；分液時，要先將水層從分液漏斗的下口放出，待到兩層液體界面時關閉分液漏斗的活塞，再將乙酸異戊酯從上口放出，所以正確的為d，故答案為：d；（4）酯化反應是可逆反應，增大反應物的濃度可以使平衡正向移動；增加一種反應物的濃度，可以使另一種反應物的轉化率提高，因此本實驗中加入過量乙酸的目的是提高轉化率，故答案為：提高醇的轉化率；（5）實驗中加入少量無水硫酸鎂的目的是吸收酯中少量的水分，對其進行干燥，故答案為：干燥乙酸異戊酯；（6）在蒸餾操作中，

34、溫度計的水銀球要放在蒸餾燒瓶的支管口處，所以ad錯誤；c中使用的是球形冷凝管容易使產品滯留，不能全部收集到錐形瓶中，因此儀器及裝置安裝正確的是b，故答案為：b；（7）乙酸的物質的量為：n=0.1mol，異戊醇的物質的量為：n=0.05mol，由于乙酸和異戊醇是按照1：1進行反應，所以乙酸過量，生成乙酸異戊酯的量要按照異戊醇的物質的量計算，即理論上生成0.05mol乙酸異戊酯；實際上生成的乙酸異戊酯的物質的量為：=0.03mol，所以實驗中乙酸異戊酯的產率為：100%=60%，故答案為：c；（8）在進行蒸餾操作時，若從130便開始收集餾分此時的蒸氣中含有異戊醇，會收集少量的未反應的異戊醇，因此會

35、導致產率偏高，故答案為：高；會收集少量未反應的異戊醇【點評】本題為一道高考題，考查了常見儀器的構造與安裝、混合物的分離、提純、物質的制取、藥品的選擇及使用、物質產率的計算等知識，題目難度較大，試題涉及的題量較大，知識點較多，充分培養了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力9（15分）次磷酸（H3PO2）是一種精細磷化工產品，具有較強還原性，回答下列問題：（1）H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式H3PO2H2PO2+H+；（2）H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag+還原為銀，從而可用于化學鍍銀。H3PO2中，P元素的化合價為+1；利用H3PO2進行化學鍍銀反應中，氧化劑與還原

36、劑的物質的量之比為4：1，則氧化產物為H3PO4（填化學式）；NaH2PO2為正鹽（填“正鹽”或“酸式鹽”），其溶液顯弱堿性（填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”）；（3）H3PO2的工業制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，后者再與H2SO4反應，寫出白磷與Ba（OH）2溶液反應的化學方程式2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3；（4）H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法”工作原理如圖所示（陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過）：寫出陽極的電極反應式2H2O4e=O2+4H+；分析產品室可得到H3PO2的原因

37、陽極室的H+穿過陽膜擴散至產品室，原料室的H2PO2穿過陰膜擴散至產品室，二者反應生成H3PO2；早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室，其缺點是產品中混有PO43（或HPO42、H2PO4、H3PO4）雜質，該雜質產生的原因是H2PO2或H3PO2被氧化。【考點】1B：真題集萃；B1：氧化還原反應；D3：電解質在水溶液中的電離；DI：電解原理；EI：磷菁優網版權所有【專題】51I：電化學專題；52：元素及其化合物【分析】（1）根據H3PO2是一元中強酸可知，H3PO2是弱電解質

38、，溶液中部分電離出氫離子，據此寫出電離方程式； （2）根據化合物中總化合價為0計算出P元素的化合價；先判斷氧化劑、氧化劑，然后根據氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1計算出反應產物中P的化合價；根據H3PO2是一元中強酸，可以判斷NaH2PO2為正鹽，由于為H3PO2為弱電解質，則NaH2PO2為強堿弱酸鹽，則溶液顯示弱堿性；（3）根據題干信息“將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2”寫出該反應的化學方程式為； （4）根據陽極中陰離子為硫酸根離子、氫氧根離子和H2PO2，判斷放電能力強弱，然后寫出陽極的電極反應式；根據圖示“四室電滲析法”工作原理分析產品室可

39、得到H3PO2的原因；根據H3PO2及NaH2PO2均容易被氧化分析該裝置缺點。【解答】解：（1）H3PO2是一元中強酸，溶液中部分電離出氫離子，所以其電離方程式為：H3PO2H2PO2+H+，故答案為：H3PO2H2PO2+H+；（2）H3PO2中，總化合價為0，其中氫元素為+1價，氧元素為2價，則P元素的化合價為：+1價，故答案為：+1；該反應中Ag+為氧化劑，H3PO2為還原劑，氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1，設反應產物中P的化合價為x，根據化合價升降相等可得，4（10）=1（x1），解得x=5，所以氧化產物為+5價的H3PO4，故答案為：H3PO4；由于H3PO2是一元中強酸，所

40、以NaH2PO2為正鹽，由于為H3PO2為弱電解質，則NaH2PO2為強堿弱酸鹽，溶液顯示弱堿性，故答案為：正鹽；弱堿性；（3）H3PO2的工業制法是：將白磷（P4）與Ba（OH）2溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2）2，該反應的化學方程式為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3，故答案為：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3；（4）由于陽極中陰離子為硫酸根離子、氫氧根離子和H2PO2，其中放電能力最強的是氫氧根離子，則陽極發生的電極反應為：2H2O4e=O2+4H+，故答案為：2H2O4e=O2+4H+；產品室可得到H3P

41、O2的原因是因為：陽極室的H+穿過陽膜擴散至產品室，原料室的H2PO2穿過陰膜擴散至產品室，二者反應生成H3PO2，故答案為：陽極室的H+穿過陽膜擴散至產品室，原料室的H2PO2穿過陰膜擴散至產品室，二者反應生成H3PO2；早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2，將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室，其缺點是陽極產生的氧氣會把H2PO2或H3PO2氧化成PO43，產品中混有PO43（或HPO42、H2PO4、H3PO4），故答案為：PO43（或HPO42、H2PO4、H3PO4）；H2PO2或H3PO2被氧化。【點評

42、】本題考查了鹽的水解原理、電解原理、弱電解質的電離、氧化還原反應等知識，題目難度較大，試題涉及的知識點較多，充分考查了學生對所學知識的掌握情況。10（15分）乙醇是重要的有機化工原料，可由乙烯氣相直接水合法或間接水合法生產，回答下列問題：（1）間接水合法是指先將乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，寫出相應反應的化學方程式C2H4+H2SO4C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脫水反應 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烴反應 2CH3OH（g）C2H4（g）

43、+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇異構化反應 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1則乙烯氣相直接水合反應C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的H=45.5kJmol1，與間接水合法相比，氣相直接水合法的優點是無副產品，原子利用率100%；（3）如圖為氣相直接水合法中乙烯的平衡轉化率與溫度、壓強的關系（其中：=1：1）列式計算乙烯水合制乙醇反應在圖中A點的平衡常數Kp=0.07（MPa）1（用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質的量分數）；圖中壓強（P1，P2，P3，P4）大小順序為p1p2p3p4，理由是反應分子數減少，相同溫度下，壓強升

44、高乙烯轉化率提高；氣相直接水合法常采用的工藝條件為：磷酸/硅藻土為催化劑，反應溫度290，壓強6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的轉化率為5%，若要進一步提高乙烯轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以采取的措施有將產物乙醇液化移去、增加：比。【考點】1B：真題集萃；BE：熱化學方程式；C8：化學平衡常數的含義；CB：化學平衡的影響因素；CM：轉化率隨溫度、壓強的變化曲線菁優網版權所有【專題】517：化學反應中的能量變化；51E：化學平衡專題【分析】（1）乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），效仿乙酸乙酯水解，將水分成氫原子和羥基生成乙醇和硫酸；（2）利用蓋斯定律構造目

45、標熱化學方程式并求焓變，氣相直接水合法原子利用率100%；（3）列出Kp表達式，利用三段法計算平衡分壓帶入表達式計算即可；在相同溫度下由于乙烯轉化率為p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反應為氣體體積減小的反應，根據壓強對平衡移動的影響分析；若要進一步提高乙烯轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質的濃度。【解答】解：（1）乙烯與濃硫酸反應生成硫酸氫乙酯（C2H5OSO3H），化學方程式為C2H4+H2SO4C2H5OSO3H，硫酸氫乙酯水解生成乙醇和硫酸，化學方程式為C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4，故答案為：C2H4+H

46、2SO4C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2OC2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脫水反應 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H1=23.9kJmol1甲醇制烯烴反應 2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）H2=29.1kJmol1乙醇異構化反應 C2H5OH（g）CH3OCH3（g）H3=+50.7kJmol1，根據蓋斯定律可得：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）H=（23.9+29.150.7）kJ/mol=45.5kJ/mol；乙烯直接水化法中反應物中所有原子全部都變成生成物，所以原子利用率100%，沒有副產品，故答案為：45.5；無

47、副產品，原子利用率100%；（3）C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）開始：1 1 0轉化：0.2 0.2 0.2平衡：0.8 0.8 0.2乙醇占=，乙烯和水各占=，則乙醇的分壓為7.85MPa=0.87MPa，乙烯和水的分壓為7.85MPa=3.49MPa，所以Kp=0.07（MPa）1，故答案為：0.07（MPa）1；在相同溫度下由于乙烯轉化率為p1p2p3p4，由C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）可知正反應為氣體體積減小的反應，所以增大壓強，平衡正向移動，乙烯的轉化率提高，因此壓強關系是p1p2p3p4，故答案為：p1p2p3p4；反應分子數減少，相同溫度下，壓強

48、升高乙烯轉化率提高；若要進一步提高乙烯轉化率，除了可以適當改變反應溫度和壓強外，還可以改變物質的濃度，如從平衡體系中將產物乙醇分離出來，或增大水蒸氣的濃度，改變二者物質的量的比等，故答案為：將產物乙醇液化移去；增加：比。【點評】本題考查了化學方程式的書寫、壓強對平衡移動的影響、物質制取方案的比較、反應熱及平衡常數的計算等知識，綜合性非常強，該題是高考中的常見題型，屬于中等難度較大，側重于學生分析問題、解決問題、知識遷移能力的培養。【化學-選修2：化學與技術】11（15分）磷礦石主要以磷酸鈣Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，圖（a）為目前

49、國際上磷礦石利用的大致情況，其中濕法磷酸是指磷礦石用過量硫酸分解制備磷酸，圖（b）是熱法磷酸生產過程中由磷灰石制單質磷的流程：部分物質的相關性質如下：熔點/沸點/備注白磷44280.5PH3133.887.8難溶于水、有還原性SiF49086易水解回答下列問題：（1）世界上磷礦石最主要的用途是生產含磷肥料，約占磷礦石使用量的69%；（2）以磷礦石為原料，濕法磷酸過程中Ca5F（PO4）3反應化學方程式為：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF現有1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸0.49t（3）如圖（b）所示，熱法磷酸生產過程的第一

50、步是將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫反應生成白磷爐渣的主要成分是CaSiO3（填化學式）冷凝塔1的主要沉積物是液態白磷，冷凝塔2的主要沉積物是固態白磷（4）尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等將尾氣先通入純堿溶液，可除去SiF4、H2S、HF；再通入次氯酸鈉溶液，可除去PH3（均填化學式）（5）相比于濕法磷酸，熱法磷酸工藝復雜，能耗高，但優點是產品純度高【考點】U3：制備實驗方案的設計菁優網版權所有【專題】18：實驗分析題；25：實驗評價題；43：演繹推理法；548：制備實驗綜合【分析】（1）由圖（a）可知生產含磷肥料，約占磷礦石使用量的比例為：4%+96%8

51、5%80%=69%；（2）以磷礦石為原料，用過量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根據質量守恒書寫化學方程式；根據P元素守恒可得關系式P2O52H3PO4，依據此關系式計算；（3）將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫除了反應生成白磷之外，得到的難溶性固體是CaSiO3；根據冷卻塔1、2的溫度與白磷的熔點比較分析白磷的狀態；（4）二氧化硅和HF反應生成四氟化硅氣體，過量的焦炭不完全燃燒生成CO，因此在尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等；將尾氣通入純堿溶液，SiF4、HF、H2S與碳酸鈉反應而除去，次氯酸具有強氧化性，可除掉強還原性的PH3；（5）相比于濕法

52、磷酸，熱法磷酸工藝所得產品純度大；【解答】解：（1）由圖（a）可知生產含磷肥料，約占磷礦石使用量的比例為：4%+96%85%80%=69%，故答案為：69；（2）以磷礦石為原料，用過量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根據質量守恒定律可得反應的化學方程式為Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；根據P元素守恒可得關系式P2O52H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5約30%的磷灰石，含有P2O5的質量為0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的質量為=0.49t，故答案為：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；0.49；（3）將SiO2、過量焦炭與磷灰石混合，高溫除了反應生成白磷之外，得到的難溶性固體是CaSiO3；冷卻塔1的溫度是70，280.5t44，所以此時主要的沉積物是液態白磷；冷卻塔2的溫度是18，低于白磷的熔點，故此時的主要沉積物是固體白磷，故答案為：CaSiO3；液態白磷；固態白磷；（4）二氧化硅和HF反應生成四氟化硅氣體，過量的焦炭不完全燃燒生成CO，因此在尾氣中主要含有SiF4、CO，還含有少量的PH3、H2S和HF等；將尾氣通入純堿溶液，SiF4、HF、H2S與碳酸鈉反應而除去，次氯酸具有強氧化性，可除掉強還原性的PH3，故答