精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔 2013年廣東卷高考理綜試卷化學部分單項選擇題：本大題共16小題，每小題4分，滿分64分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.選對的得4分，選錯或不答的得0分。7.下列說法正確的是A．糖類化合物都具有相同的官能團 B.酯類物質是形成水果香咪的主要成分C．油脂的皂化反應生成脂肪酸和丙醇 D.蛋白質的水解產物都含有羧基和羥基8.水溶解中能大量共存的一組離子是A．Na+、Al3+、Cl-、CO32- B.H+、Na+、Fe2+、MnO4-C．K+、Ca2+、Cl-、NO3- B.K+、NH4+、OH-、SO42-9.設nA為阿弗加德羅常數的數值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，8gO2含有4nA個電子B．1L0.1molL-1的氨水中有nA個NH4+C．標準狀況下，22.4L鹽酸含有nA個HCl分子D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去個2nA電子10.下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并且有因果關系的是11.下列措施不合理的是A．用SO2漂白紙漿和草帽辮B．用硫酸清洗鍋爐中的水垢C．高溫下用焦炭還原SiO2制取粗硅12.50℃時，下列各溶液中，離子的物質的量濃度關系正確的是A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0molL-1B.飽和小蘇打溶液中：c（Na+）=c（HCO3-）C．飽和食鹽水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-）D.pH=12的純堿溶液中：c（OH-）=1.0×10-2molL-1二、雙項選擇題：本大題共9小題，每小題6分，共54分。在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對的得6分，只選1個且正確的得3分，有選錯或者不答的得0分。22.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相對位置如下表所示，其中R單質在暗處與H2劇烈化合并發生爆炸。則下列判斷正確的是A．非金屬性：Z<T<XB．R與Q的電子數相差26C．氣態氫化物穩定性：R<T<QD．最高價氧化物的水化物的酸性：T>Q23．下列實驗的現象與對應結論均正確的是選項操作現象結論A將濃硫酸滴到蔗糖表面固體變黑膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性B常溫下將Al片放入濃硝酸中無明顯變化Al與濃硝酸不反應C將一小塊Na放入無水乙醇中產生氣泡Na能置換出醇羥基中的氫D將水蒸氣通過灼熱的鐵粉粉末變紅鐵與水在高溫下發生反應三、非選擇題:本大題共11小題，共182分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。30.（16分）脫水偶聯反應是一種新型的直接烷基化反應，例如：化合物Ⅰ的分子式為_____，1mol該物質完全燃燒最少需要消耗_____molO2.化合物Ⅱ可使____溶液（限寫一種）褪色；化合物Ⅲ（分子式為C10H11C1）可與NaOH水溶液共熱生成化合物Ⅱ，相應的化學方程式為______.化合物Ⅲ與NaOH乙醇溶液工熱生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氫譜除苯環峰外還有四組峰，峰面積之比為為1：1：1：2，Ⅳ的結構簡式為_______.由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ.化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一種無支鏈同分異構體，碳鏈兩端呈對稱結構，且在Cu催化下與過量O2反應生成能發生銀鏡反應的化合物Ⅵ.Ⅴ的結構簡式為______,Ⅵ的結構簡式為______.一定條件下，也可以發生類似反應①的反應，有機產物的結構簡式為_____.31.(16分)大氣中的部分碘源于O3對海水中Ⅰ-的氧化。將O3持續通入NaⅠ溶液中進行模擬研究.（1）O3將Ⅰ-氧化成Ⅰ2的過程由3步反應組成：①Ⅰ-（aq）+O3（g）=ⅠO-(aq)+O2（g）△H1②ⅠO-（aq）+H+(aq)HOⅠ(aq)△H2總反應的化學方程式為______，其反應△H=______（2）在溶液中存在化學平衡：，其平衡常數表達式為_______.(3)為探究Fe2+對氧化Ⅰ-反應的影響（反應體如圖13），某研究小組測定兩組實驗中Ⅰ3-濃度和體系pH，結果見圖14和下表。Ⅰ組實驗中，導致反應后pH升高的原因是_______.圖13中的A為_____由Fe3+生成A的過程能顯著提高Ⅰ-的轉化率，原因是_______.③第2組實驗進行18s后，Ⅰ3-下降。導致下降的直接原因有雙選______.A.C(H+)減小B.c(Ⅰ-)減小C.Ⅰ2(g)不斷生成 D.c（Fe3+）增加 （4）據圖14，計算3-13s內第2組實驗中生成l3-的平均反應速率（寫出計算過程，結果保留兩位有效數字）。32.銀銅合金廣泛用于航空工業。從切割廢料中回收銀并制備銅化工產品的工藝如下的：（1）點解精練銀時，陰極反應式為;濾渣A與稀HNO3反應，產生的氣體在空氣中迅速變為紅棕色，該氣體變色的化學方程式為（2）固體混合物B的組成為；在省城固體B的過程中，余姚控制NaOH的加入量，若NaOH過量，則因過量引起的反應的離子方程式為。（3）完成煅燒過程中一個反應的化學方程式：。（4）若銀銅合金中銅的質量分數為63.5%，理論上5.0kg廢料中的銅可完全轉化為molCuAlO2，至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液L.(5)CuSO2溶液也可用于制備膽礬，其基本操作時、過濾、洗滌和干燥。33.（17分）化學實驗有助于理解化學知識，形成化學觀念，提高探究與創新能力，提升科學素養。在實驗室中用濃鹽酸與MnO2共熱制取Cl2并進行相關實驗。列收集Cl2的正確裝置時。②將Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是。③設計實驗比較Cl2和Br2的氧化性，操作與現象是：取少量新制氯水和CCl4于試管中，。能量之間可以相互轉化：點解食鹽水制備Cl2是將電能轉化為化學能，而原電池可將化學能轉化為電能。設計兩種類型的原電池，探究其能量轉化效率。限選材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；銅片，鐵片，鋅片和導線。完成原電池的裝置示意圖（見圖15），并作相應標注。要求：在同一燒杯中，電極與溶液含相同的金屬元素。銅片為電極之一，CuSO4(aq)為電解質溶液，只在一個燒杯中組裝原電池乙，工作一段時間后，可觀察到負極。甲乙兩種原電池中可更有效地將化學能轉化為電能的是，其原因是。（3）根據犧牲陽極的陰極保護法原理，為減緩電解質溶液中鐵片的腐蝕，在（2）的材料中應選作陽極。

2013年廣東高考化學部分答案解析7.【答案】B【命題透析】本題考查的是常見有機物的性質?！舅悸贰刻穷愂嵌嗔u基的酮或多羥基的醛，所含的官能團不一定相同，A項錯誤；水果香精的主要成分是酯類，B項正確；油脂的皂化反應生成的是硬脂酸和丙三醇，C項錯誤；蛋白質的水解產物是氨基酸，所含的官能團是氨基和羧基，D項錯誤。8.【答案】C【命題透析】本題考查的是離子共存問題【思路】Al3+與CO32—在水溶液中發生雙水解而不能大量共存，A項錯誤；H+、Fe2+、MnO4-在水溶液中因氧化還原反應而不能大量共存，B項錯誤；NH4+、OH-在水溶液中不能大量共存，D項錯誤。9.【答案】A【命題透析】本題考查的是阿伏加德羅常數?！舅悸贰拷馕觯撼爻合拢?gO2為0.25mol，1molO2含有的電子數為16mol，故8gO2含有4nA個電子，A項正確；氨水是弱電解質，1L0.1mol·L-1的氨水中有NH4+小于nA個，B項錯誤；鹽酸在標況下是液態，C項錯誤；1molNa被完全氧化生成Na2O2，Na從0價升高到+1價，失去個nA電子，D項錯誤。10.【答案】D【命題透析】本題考查的是常見無機物的性質及其除雜、鑒別、保存等?！舅悸贰拷馕觯篘H4Cl為強酸弱堿鹽，加熱也可除去NaCl中的N號4Cl，但是二者無因果關系，A項錯誤；Fe3+具有氧化性，與Fe3+用KSCN溶液的檢驗無因果關系，B項錯誤；CaCO3的溶解度大于Ca（HCO3）2，但是Na2CO3溶解大于NaHCO3，C項錯誤；玻璃的主要成分是SiO2，SiO2與HF能反應，所以不能用玻璃瓶保存，D項正確。11.【答案】B【命題透析】本題考查的是常見物質的性質及相關反應?！舅悸贰縎O2具有漂白性，可以漂白紙漿和草帽辮，A項正確；硫酸與CaCO3反應生成微溶于水的CaSO4，且硫酸能與鐵反應，所以不能用硫酸清洗鍋爐，B項錯誤；高溫下焦炭與SiO2反應的得到Si與CO，C項正確；Cu2+和Hg2+與S2—能生成難溶物CuS和HgS，D項正確。12.【答案】C【命題透析】本題考查的是溶液中離子濃度的大小計算與關系?！舅悸贰縫H=4的醋酸中：c（H+）=0.0001mol·L-1，A項錯誤；小蘇打溶液中，由于HCO3—的水解，所以c（Na+）>c（HCO3-），B項錯誤；飽和食鹽水中：c根據電荷守恒，有（Na+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），C項正確；由于題干給的溫度不是常溫下，所以pH=12的純堿溶液中c（OH-）無法計算，D項錯誤。二、雙項選擇題：本大題共9小題，每小題6分，共54分。在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對的得6分，只選1個且正確的得3分，有選錯或者不答的得0分。22.【答案】BD【命題透析】本題考查的是元素周期表和元素周期律?！舅悸贰俊癛單質在暗處與H2劇烈化合并發生爆炸”，則R為F元素；根據圖中元素的關系，則X為S元素，T為Cl元素，Z為Ar元素，Q為Br元素。Z為惰性氣體元素，故非金屬性的大小比較為F>Cl>Ar，A項錯誤；Br的原子序數為35，F的原子序數為9，原子序數只差為26，B項正確；氣態氫化物的穩定性為HF>HCl>HBr，C項錯誤；HClO4的酸性大于HBrO4，D項正確。23．【答案】AC【命題透析】本題考查的是實驗的基本操作與現象分析。【思路】濃硫酸的脫水性和強氧化性，能與蔗糖固體變黑，A項正確；Al在常溫下與濃硝酸反應發生鈍化，鈍化也是化學反應，B項錯誤；Na與無水乙醇反應得到H2，反應原理是Na置換出醇羥基中的氫，C項正確；水蒸氣通過灼熱的鐵粉，得到的是黑色的Fe3O4，D項錯誤。三、非選擇題:本大題共11小題，共182分。按題目要求作答。解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。30.【答案】30.（1）C6H10O37（2）酸性高錳酸鉀溶液（或溴水褪色）+NaOH+NaCl。（3）（4）CH2OHCH=CHCH2OHOHCCH=CHCHO（5）【命題透析】本題考查的是【思路】（1）根據題給化合物Ⅰ的結構簡式，數出其分子式為C6H10O3，根據1molCxHyOz消耗O2為（x+-）mol，計算含有1mol該物質完全燃燒最少需要消耗7molO2。（2）化合物Ⅱ含有碳碳雙鍵，可以使酸性高錳酸鉀溶液和溴水褪色。根據化合物Ⅱ的結構簡式，可推知化合物Ⅲ為，反應的化學方程式為：+NaOH+NaCl。（3）在NaOH乙醇溶液中發生消去反應生成，該有機物分子內除苯環外含有四種氫原子，個數之比為1:1:1：2，即四組峰，峰面積之比為1:1:1：2。（4）由V的結構特征可推知其為CH2OHCH=CHCH2OH,其在銅做催化劑的作用下與過量氧氣發生催化氧化反應生成OHCCH=CHCHO。（5）根據題給信息只能是脫去羥基和碳碳三鍵的氫原子生成：31.（1）（2）（3）①H+被消耗，其濃度降低；②結合氫氧根生成氫氧化鐵沉淀，增大了氫離子濃度，使向右移動，使減?。虎跙D（4）【解析】本題考查了蓋斯定律、化學平衡常數，化學平衡的移動以及化學反應速率的計算等知識。（1）根據題給信息，總反應為O3氧化I-生成I2,將所給的三個反應：①+②+③可得△H=。（2）根據化學反應方程式寫出平衡常數表達式。（3）①該反應消耗H+，隨反應進行c(H+)濃度降低，pH升高。②見答案（也有認為該轉化是二價鐵與三價鐵的轉化，故A為Fe2+，Fe3+氧化生成I2，使減??；但是解釋不了為什么氫離子濃度減小）。③c(Fe3+)增加，減小都會使c（I3-）急劇減小。（4）3～18s內，v(I3-)=。 32.（1）Ag++e-=Ag2NO+O2=2NO2（2）Al(OH)3和CuO的混合物Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O（3）424O2（4）5025（5）蒸發濃縮、冷卻結晶【解析】本題考查了工藝流程問題。（1）電解精煉時，陰極上Ag+得電子生成金屬銀，電極反應式為Ag++e-=Ag；氣體迅速變紅是因為生成的NO氣體被空氣氧化為NO2，2NO+O2=2NO2。（2）Al2(SO4)3和CuSO4溶液中加入NaOH溶液后得到的固體為Al(OH)3和Cu(OH)2的混合物，但是煮沸后，氫氧化銅在80度即分解，故應該為氫氧化鋁和氧化銅的混合物；在該過程中加入的NaOH過量后會使生成的Al(OH)3溶解，反應的離子方程式為Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。（3）在該未完成的方程式中，產生的氣體只能是氧氣，故配平后的方程式為4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑。（4）根據銅守恒可知n(CuAlO2)==50mol；因為n(Al)=n(Cu)=n(CuAlO2)=50mol，故需要溶液的體積為25L。（5）從硫酸銅溶液中得到晶體的過程為，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。33.（1）①C②Cl2、HClO、ClO-③用膠頭滴管向試管中滴加溴化鈉溶液、震蕩使其充分反應，發現溶液出現分層現象，下層溶液變為橙紅色。（2）①；②電極逐漸溶解；③裝置甲，可以避免鐵和銅離子的接觸，從而避免能量損失，提高電池效率，提供穩定電流；（3）Zn。【解析】本題考查化學實驗基本操作、非金屬性的比較、電化學原理（原電池和電解池）等知識。（1）①氯氣的密度比空氣大，應采用向上排空氣法，氯氣有毒，必須有尾氣處理裝置，故只有C合適；②氯氣溶于水后有一部分生成了具有強氧化性的HClO，故溶液中具有氧化性的含氯粒子有Cl2、HClO、ClO-三種；③比較Cl2和Br2的氧化性可以通過兩種單質之間的置換反應來實現。（2）①根據電子的流向可知，左邊的燒杯中的電極為負極，右邊燒杯中電極為正極，在原電池中活潑金屬做負極，故左邊燒杯中盛有ZnSO4溶液，插入鋅片，右邊燒杯中盛有CuSO4溶液，插入銅片；②由所給的電極材料可知，當銅片做電極時，銅片一定是正極，則負極是活潑的金屬（失電子發生氧化反應），反應的現象是電極逐漸的溶解；③以Fe和Cu做電極為例，如果不用鹽橋則除了電化學反應外還發生Fe和銅的置換反應，反應放熱，會使化學能以熱能的形式轉化掉，使其不能完全轉化為電能，而鹽橋的使用，可以避免鐵和銅離子的接觸，從而避免能量損失，提高電池效率，提供穩定電流；（3）根據犧牲陽極的陰極保護法，可知被保護的金屬作陰極，即Zn作為陽極。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2014年廣東省高考化學試卷一、選擇題：每小題4份，在給出的四個選項中，只有一個符合題目要求選對得四分，選錯或不答的得0分7．（4分）（2014?廣東）生活處處有化學．下列說法正確的是（）A．制飯勺、飯盒、高壓鍋等的不銹鋼是合金B．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構體C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯類D．磨豆漿的大豆富含蛋白質，豆漿煮沸后蛋白質變成了氨基酸8．（4分）（2014?廣東）水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣9．（4分）（2014?廣東）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡAKNO3的溶解度大用重結晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4難溶于酸用鹽酸和BaCl2溶液檢驗SO42﹣CNH3能使酚酞溶液變紅NH3可用于設計噴泉實驗DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol?L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D10．（4分）（2014?廣東）設NA為阿伏加德羅常數的數值．下列說法正確的是（）A．1mol甲苯含有6NA個C﹣H鍵B．18gH2O含有10NA個質子C．標準狀況下，22.4L氨水含有NA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子11．（4分）（2014?廣東）某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，則（）A．電流方向：電極Ⅳ→A→電極ⅠB．電極Ⅰ發生還原反應C．電極Ⅱ逐漸溶解D．電極Ⅲ的電極反應：Cu2++2e﹣═Cu12．（4分）（2014?廣東）常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是（）A．HA為強酸B．該混合液pH=7C．圖中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．該混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）22．（4分）（2014?廣東）下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項實驗操作現象結論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡兩者均能與鹽酸反應B向AgNO3溶液中滴加過量氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大量共存C將可調高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍Cu與稀HNO3發生置換反應D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A．AB．BC．CD．D23．（4分）（2014?廣東）甲～辛等元素在周期表中的相對位置如圖．甲與戊的原子序數相差3，戊的一種單質是自然界硬度最大的物質，丁與辛屬同周期元素，下列判斷正確的是（）A．金屬性：甲＞乙＞丁B．原子半徑：辛＞己＞戊C．丙與庚的原子核外電子數相差13D．乙的單質在空氣中燃燒生成只含離子鍵的化合物三、解答題30．（15分）（2014?廣東）不飽和酯類化合物在藥物、涂料等應用廣泛．（1）下列化合物I的說法，正確的是_________．A．遇FeCl3溶液可能顯紫色B．可發生酯化反應和銀鏡反應C．能與溴發生取代和加成反應D.1mol化合物I最多能與2molNaOH反應（2）反應①是一種由烯烴直接制備不飽和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式為_________，1mol化合物Ⅱ能與_________molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物．（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產生H2，Ⅲ的結構簡式為_________（寫1種）；由Ⅳ生成Ⅱ的反應條件為_________．（4）聚合物可用于制備涂料，其單體結構簡式為_________．利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，涉及的反應方程式為_________．31．（16分）（2014?廣東）用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經濟的新型燃燒技術，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=_________（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應①﹣③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規律：（a）_________；（b）_________．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉化率（忽略副反應，結果保留兩位有效數字）．（4）為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入_________．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為_________；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，產物的結構簡式為_________．32．（16分）（2014?廣東）石墨在材料領域有重要應用，某初級石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質，設計的提純與綜合利用工藝如下：（注：SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃）（1）向反應器中通入Cl2前，需通一段時間N2，主要目的是_________．（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，氣體I中的碳氧化物主要為_________，由氣體Ⅱ中某物質得到水玻璃的化學反應方程式為_________．（3）步驟①為：攪拌、_________、所得溶液IV中的陰離子有_________．（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的總反應的離子方程式為_________，100kg初級石墨最多可獲得V的質量為_________kg．（5）石墨可用于自然水體中銅件的電化學防腐，完成圖2防腐示意圖，并作相應標注．33．（17分）（2014?廣東）H2O2是一種綠色氧化還原試劑，在化學研究中應用廣泛．（1）某小組擬在同濃度Fe3+的催化下，探究H2O2濃度對H2O2分解反應速率的影響．限選試劑與儀器：30%H2O2、0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3、蒸餾水、錐形瓶、雙孔塞、水槽、膠管、玻璃導管、量筒、秒表、恒溫水浴槽、注射器①寫出本實驗H2O2分解反應方程式并標明電子轉移的方向和數目：_________②設計實驗方案：在不同H2O2濃度下，測定_________（要求所測得的數據能直接體現反應速率大?。墼O計實驗裝置，完成如1圖所示的裝置示意圖．④參照下表格式，擬定實驗表格，完整體現實驗方案（列出所選試劑體積、需記錄的待測物理量和所擬定的數據；數據用字母表示）．實驗序號物理量V[0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3]/mL…1a…2a…（2）利用圖2（a）和2（b）中的信息，按圖2（c）裝置（連能的A、B瓶中已充有NO2氣體）進行實驗．可觀察到B瓶中氣體顏色比A瓶中的_________（填“深”或“淺”），其原因是_________．

2014年廣東省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：每小題4份，在給出的四個選項中，只有一個符合題目要求選對得四分，選錯或不答的得0分7．（4分）（2014?廣東）生活處處有化學．下列說法正確的是（）A．制飯勺、飯盒、高壓鍋等的不銹鋼是合金B．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構體C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯類D．磨豆漿的大豆富含蛋白質，豆漿煮沸后蛋白質變成了氨基酸考點：金屬與合金在性能上的主要差異；同分異構現象和同分異構體；油脂的性質、組成與結構；氨基酸、蛋白質的結構和性質特點．專題：化學應用．分析：A．合金就是某種金屬與其他一種或幾種金屬或非金屬融合在一起形成的混合物；B．棉和麻主要成分是纖維素；C．花生油是植物油是不飽和酯類；D．蛋白質要在催化劑作用下才能水解為氨基酸．解答：解：A．“不銹鋼是合金”，不銹鋼是鐵、鈷、鎳的合金，故A正確；B．棉和麻主要成分是纖維素，與淀粉不屬于同分異構體，n值不同，故B錯誤；C．花生油是不飽和酯類，牛油是飽和酯類，故C錯誤；D．豆漿煮沸是蛋白質發生了變性，故D錯誤．故選A．點評：本題考查合金、同分異構體、油脂和蛋白質的性質，難度較小，旨在考查學生對基礎知識的識記，注意基礎知識的積累掌握．8．（4分）（2014?廣東）水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考點：離子共存問題．專題：離子反應專題．分析：離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質、絡合物、不發生氧化還原反應、不發生雙水解的就能共存，據此分析解答．解答：解：A．Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸鈣，所以不能大量共存，故A錯誤；B．酸性條件下，ClO﹣具有強氧化性，能將Fe2+、SO32﹣氧化為Fe3+、SO42﹣，所以不能共存，故B錯誤；C．這幾種離子之間不發生反應，所以能共存，故C正確；D．Fe3+、SCN﹣生成絡合物Fe（SCN）3，所以這兩種離子不能共存，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了離子共存，明確離子共存條件是解本題關鍵，知道物質的性質即可解答，注意：硫酸鈣是微溶物，少量時能在水溶液中共存，但不能大量存在，為易錯點．9．（4分）（2014?廣東）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡAKNO3的溶解度大用重結晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4難溶于酸用鹽酸和BaCl2溶液檢驗SO42﹣CNH3能使酚酞溶液變紅NH3可用于設計噴泉實驗DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol?L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D考點：物質的分離、提純和除雜；氨的物理性質；溶液的配制；物質的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．專題：化學實驗基本操作．分析：A．利用二者溶解度隨溫度變化不同進行分離；B．BaSO4難溶于酸，先加入鹽酸可排除Ag+或SO32﹣的影響；C．氨水溶液呈堿性，可使酚酞變紅，為化學性質，形成噴泉，為物理性質；D．氫氧化鈣微溶于水．解答：解：A．用重結晶法除去硝酸鉀中混有的氯化鈉，是因為硝酸鉀的溶解度隨溫度的變化而變化很明顯，而氯化鈉基本不變，當溫度降低時，硝酸鉀溶解度迅速減小，氯化鈉基本不變，所以降低溫度時，硝酸鉀迅速析出，氯化鈉不析出，這并非由于硝酸鉀的溶解度大造成的，故A錯誤；B．硫酸鋇難溶于酸，加入鹽酸沒有沉淀，可以排除銀離子的干擾，加入氯化鋇產生沉淀，沉淀為硫酸鋇，由此可以檢驗是否含有SO42﹣，故B正確；C．氨氣可用于設計噴泉實驗是因為氨氣極易溶于水，并非氨氣能使酚酞變紅，故C錯誤；D．氫氧化鈣微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的較高濃度的氫氧化鈣溶液，故D錯誤．故選B．點評：本題考查混合物分離提純以及物質的檢驗和鑒別，為高頻考點，把握物質的性質及混合物分離方法、原理為解答的關鍵，選項A為解答的易錯點，題目難度不大．10．（4分）（2014?廣東）設NA為阿伏加德羅常數的數值．下列說法正確的是（）A．1mol甲苯含有6NA個C﹣H鍵B．18gH2O含有10NA個質子C．標準狀況下，22.4L氨水含有NA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子考點：阿伏加德羅常數．專題：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．分析：A．甲苯中含有8個碳氫鍵，1mol甲苯中含有8mol碳氫鍵；B．水分子中含有10個質子，1mol水中含有10mol質子；C．標準狀況下氨水不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算氨水的物質的量；D．鐵與濃硫酸發生鈍化，阻止了反應的繼續進行，無法計算生成的二氧化硫的物質的量．解答：解：A．1mol甲苯中含有8mol碳氫鍵，含有8NA個C﹣H鍵，故A錯誤；B．18水的物質的量為1mol，1mol水中含有10mol質子，含有10NA個質子，故B正確；C．標況下，氨水不是氣體，題中條件無法計算氨氣的物質的量，故C錯誤；D．56g鐵的物質的量為1mol，由于鐵與濃硫酸能夠發生鈍化，阻止了反應的進行，無法計算反應生成二氧化硫的物質的量，故D錯誤；故選B．點評：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，準確弄清分子、原子、原子核內質子中子及核外電子的構成關系；試題有利于提高學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力．11．（4分）（2014?廣東）某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，則（）A．電流方向：電極Ⅳ→A→電極ⅠB．電極Ⅰ發生還原反應C．電極Ⅱ逐漸溶解D．電極Ⅲ的電極反應：Cu2++2e﹣═Cu考點：原電池和電解池的工作原理．專題：電化學專題．分析：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，電流方向從正極流向負極，負極上失電子發生氧化反應，正極上得電子發生還原反應，據此分析解答．解答：解：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，A．電流從正極沿導線流向負極，即電極Ⅳ→A→電極Ⅰ，故A正確；B．電極Ⅰ上電極反應式為Al﹣3e﹣=Al3+，發生氧化反應，故B錯誤；C．電極Ⅱ是正極，正極上發生反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以電極Ⅱ質量逐漸增大，故C錯誤；D．電極Ⅲ為陽極，電極反應式為Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D錯誤；故選A．點評：本題考查了原電池原理，正確判斷正負極是解本題關鍵，再結合各個電極上發生的反應來分析解答，題目難度中等．12．（4分）（2014?廣東）常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是（）A．HA為強酸B．該混合液pH=7C．圖中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．該混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考點：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：一元酸HA和NaOH溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，NaA溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），一般來說，鹽類的水解程度較低，則有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為：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA為弱酸；B．該混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，NaA溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），一般來說，鹽類的水解程度較低，則有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溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，二者恰好反應：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液為NaA溶液，溶液中中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，故A錯誤；B．c（Na+）＞c（A﹣），說明NaA水解，A﹣+H2O?HA+OH﹣，該混合液pH＞7，故B錯誤；C．一般來說，鹽類的水解程度較低，則有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解產生的還有水電離的，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錯誤；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正確；故選D．點評：本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，根據酸的強弱結合物料守恒、電荷守恒分析解答，考查離子濃度大小比較、溶液PH值、鹽類水解等，判斷一元酸HA是弱酸為解題關鍵，題目難度中等．22．（4分）（2014?廣東）下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項實驗操作現象結論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡兩者均能與鹽酸反應B向AgNO3溶液中滴加過量氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大量共存C將可調高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍Cu與稀HNO3發生置換反應D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A．AB．BC．CD．D考點：化學實驗方案的評價．專題：實驗評價題．分析：A．蘇打為碳酸鈉，小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應均生成二氧化碳；B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水，先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡離子；C．Cu與硝酸反應生成硝酸銅，溶液變藍，同時生成NO和水；D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質生成，則KI和FeCl3溶液反應生成碘單質，結合氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性分析．解答：解：A．蘇打為碳酸鈉，小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應均生成二氧化碳，則觀察到均冒氣泡，故A正確；B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水，先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡離子，則Ag+與NH3?H2O不能大量共存，故B錯誤；C．Cu與硝酸反應生成硝酸銅，溶液變藍，同時生成NO和水，該反應不屬于置換反應，故C錯誤；D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質生成，則KI和FeCl3溶液反應生成碘單質，由氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性可知，氧化性為Fe3+＞I2，故D正確；故選AD．點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質及發生的反應為解答的關鍵，涉及鈉的化合物與酸反應、銀氨溶液的配制、硝酸的性質及氧化還原反應等，綜合性較強，題目難度不大．23．（4分）（2014?廣東）甲～辛等元素在周期表中的相對位置如圖．甲與戊的原子序數相差3，戊的一種單質是自然界硬度最大的物質，丁與辛屬同周期元素，下列判斷正確的是（）A．金屬性：甲＞乙＞丁B．原子半徑：辛＞己＞戊C．丙與庚的原子核外電子數相差13D．乙的單質在空氣中燃燒生成只含離子鍵的化合物考點：真題集萃；元素周期律和元素周期表的綜合應用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：戊的一種單質（金剛石）是自然界硬度最大的物質，則戊為C，甲與戊的原子序數相差3，則甲的原子序數為6﹣3=3，即甲為Li，由元素在周期表中的相對位置圖可知，乙為Na，丙為K，丁為Ca；丁與辛屬同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己為Si，庚為Ge，辛為Ga，然后結合元素周期律及元素化合物知識來解答．解答：解：戊的一種單質（金剛石）是自然界硬度最大的物質，則戊為C，甲與戊的原子序數相差3，則甲的原子序數為6﹣3=3，即甲為Li，由元素在周期表中的相對位置圖可知，乙為Na，丙為K，丁為Ca；丁與辛屬同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己為Si，庚為Ge，辛為Ga，A．同主族，從上到下金屬性增強；同周期，從左向右金屬性減弱，則金屬性甲＜乙＜丁，故A錯誤；B．電子層越多，半價越大；同主族從上到下原子半徑增大，則原子半徑為辛＞己＞戊，故B正確；C．原子序數等于核外電子數，丙（原子序數為19）與庚（原子序數為32）的原子核外電子數相差32﹣19=13，故C正確；D．乙的單質在空氣中燃燒生成Na2O2，為含離子鍵和非極性共價鍵的化合物，故D錯誤；故選BC．點評：本題為2014年廣東高考化學試題，側重位置、結構、性質的關系及元素周期律的考查，把握金剛石的硬度及甲與戊的原子序數關系推斷各元素為解答的關鍵，選項A中Ca的金屬性比Na強為解答的易錯點，題目難度中等．三、解答題30．（15分）（2014?廣東）不飽和酯類化合物在藥物、涂料等應用廣泛．（1）下列化合物I的說法，正確的是AC．A．遇FeCl3溶液可能顯紫色B．可發生酯化反應和銀鏡反應C．能與溴發生取代和加成反應D.1mol化合物I最多能與2molNaOH反應（2）反應①是一種由烯烴直接制備不飽和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式為C9H10，1mol化合物Ⅱ能與4molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物．（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產生H2，Ⅲ的結構簡式為或（寫1種）；由Ⅳ生成Ⅱ的反應條件為NaOH/CH3CH2OH/加熱．（4）聚合物可用于制備涂料，其單體結構簡式為CH2=CHCOOCH2CH3．利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，涉及的反應方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O．考點：有機物分子中的官能團及其結構．專題：有機物的化學性質及推斷．分析：（1）A．酚能和氯化鐵溶液發生顯色反應；B．羥基或羧基能發生酯化反應，醛基能發生銀鏡反應；C．酚能和溴發生取代反應、碳碳雙鍵能和溴發生加成反應；D．能和NaOH反應的為酚羥基、羧基；（2）Ⅱ中含有9個C原子、10個H原子，據此確定化學式；能和氫氣發生加成反應的有苯環和碳碳雙鍵；（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產生H2，說明Ⅲ中含有醇羥基，醇羥基可位于碳碳雙鍵兩端的任一個C原子上；Ⅳ是鹵代烴，鹵代烴和氫氧化鈉的醇溶液發生消去反應；（4）聚合物可用于制備涂料，其單體為丙烯酸乙酯，利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，醇為乙醇，根據反應①書寫反應方程式．解答：解：（1）A．酚能和氯化鐵溶液發生顯色反應，該物質中含有酚羥基，所以能和氯化鐵發生顯色反應，故正確；B．羥基或羧基能發生酯化反應，醛基能發生銀鏡反應，該物質不含醛基，所以不能發生銀鏡反應，故錯誤；C．酚能和溴發生取代反應、碳碳雙鍵能和溴發生加成反應，該物質中含有酚羥基和碳碳雙鍵，所以能發生取代反應和加成反應，故正確；D．能和NaOH反應的為酚羥基、羧基，1mol化合物I最多能與3molNaOH反應，故錯誤；故選AC；（2）Ⅱ中含有9個C原子、10個H原子，其化學式為C9H10；能和氫氣發生加成反應的有苯環和碳碳雙鍵，1mol化合物Ⅱ能與4molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物，故答案為：C9H10；4；（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產生H2，說明Ⅲ中含有醇羥基，醇羥基可位于碳碳雙鍵兩端的任一個C原子上，其結構簡式為或；Ⅳ是鹵代烴，鹵代烴和氫氧化鈉的醇溶液發生消去反應，所以其反應條件是氫氧化鈉的醇溶液、加熱；故答案為：或；NaOH/CH3CH2OH/加熱；（4）聚合物可用于制備涂料，其單體為丙烯酸乙酯，結構簡式為CH2=CHCOOCH2CH3，利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，醇為乙醇，根據反應①書寫反應方程式，該反應方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O，故答案為：CH2=CHCOOCH2CH3；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O點評：本題考查了有機物的官能團及其性質，知道常見有機物官能團及其性質是解本題關鍵，知道有機反應中斷鍵、成鍵方式，并結合題給信息分析解答，題目難度中等．31．（16分）（2014?廣東）用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經濟的新型燃燒技術，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應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）反應①﹣③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規律：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減?。唬╞）當溫度同等變化時，△H的數值越大lgK的變化越大．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉化率（忽略副反應，結果保留兩位有效數字）．（4）為減少副產物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入O2．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，產物的結構簡式為．考點：化學平衡常數的含義；熱化學方程式；化學平衡的影響因素．專題：化學反應中的能量變化；化學平衡專題．分析：（1）根據蓋斯定律及題干中熱化學方程式計算出反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；（2）根據反應①﹣③的平衡常數的對數lgK隨反應溫度T的變化曲線進行判斷變化規律；（3）根據圖象判斷900℃時反應①的lgK=2，則平衡常數為102，設出反應前CO濃度為c，根據平衡常數表達式列式計算即可；（4）根據氧氣能夠消耗副產物中生成的二氧化硫、碳進行分析；（5）根據“CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4”可知另一種反應物為氧氣，據此寫出反應的化學方程式；在對二甲苯的苯環上添上應該羧基即可得到該有機物．解答：解：（1）根據蓋斯定律，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，故答案為：4△H1+△H2+2△H3；（2）根據圖象曲線變化可知，反應①、③為放熱反應，隨著溫度的升高，平衡常數K逐漸減小，則lgK逐漸減小，而反應②為吸熱反應，升高溫度，平衡常數K逐漸增大，則lgK逐漸增大，所以Ⅰ表示的為反應③、Ⅱ曲線表示的為反應②，變化規律為：當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減小；根據反應①和曲線Ⅰ（反應③反應）的反應熱可知，當溫度同等變化時，△H的數值越大lgK的變化越大，故答案為：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減??；（b）當溫度同等變化時，△H的數值越大lgK的變化越大；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應方程式為：CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1，根據圖象曲線可知，反應①于900℃時lgK=2，平衡常數為102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，設一氧化碳反應前濃度為c，則反應消耗的CO濃度=反應生成二氧化碳濃度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常數K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的轉化率為：×100%≈99%，答：CO的轉化率為99%；（4）氧氣能夠與二氧化硫、C發生反應，所以在初始原料中加入適量的氧氣，可以抑制副反應②③的進行，有利于獲得更純凈的CO2，故答案為：O2；（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，則另一種反應為為氧氣，該反應的化學方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環上引入一個羧基，相當于用羧基取代苯環上的氫原子，對二甲苯中苯環上4個H原子位置等價，則該產物的結構簡式為：，故答案為：CaS+2O2CaSO4；．點評：本題考查了化學平衡常數的計算、有機物結構與性質、熱化學方程式的書寫等知識，題目難度中等，試題題量較大，注意掌握化學平衡常數的概念及計算方法，明確熱化學方程式的書寫方法及蓋斯定律的含義及應用．32．（16分）（2014?廣東）石墨在材料領域有重要應用，某初級石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質，設計的提純與綜合利用工藝如下：（注：SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃）（1）向反應器中通入Cl2前，需通一段時間N2，主要目的是通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發生氧化反應，減少石墨損失．（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，氣體I中的碳氧化物主要為CO，由氣體Ⅱ中某物質得到水玻璃的化學反應方程式為SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O．（3）步驟①為：攪拌、過濾、所得溶液IV中的陰離子有AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣．（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的總反應的離子方程式為AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，100kg初級石墨最多可獲得V的質量為7.8kg．（5）石墨可用于自然水體中銅件的電化學防腐，完成圖2防腐示意圖，并作相應標注．考點：真題集萃；物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．專題：實驗設計題．分析：（1）石墨化學性質在常溫下穩定，而在高溫下可與氧氣發生反應，所以通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發生氧化反應；（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，根據雜質的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl4、AlCl3、FeCl3等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉；（3）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，過濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過量的氫氧化鈉；（4）偏鋁酸鈉發生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇；根據氧化鋁的含量計算氧化鋁質量，再根據Al元素守恒計算氫氧化鋁的質量；（5）Cu的化學性質比石墨活潑，所以應用外接電流的陰極保護法保護Cu，故石墨作陽極，連接電源的正極，Cu作陰極，連接電源的負極．解答：解：（1）石墨化學性質在常溫下穩定，而在高溫下可與氧氣發生反應，所以通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發生氧化反應，減少石墨損失，故答案為：通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發生氧化反應，減少石墨損失；（2）石墨過量高溫反應后，石墨中氧化物雜質均轉變為相應的氯化物，根據雜質的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl4、AlCl3、FeCl3等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉，化學反應方程式為：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案為：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，攪拌、過濾得到溶液IV，故溶液IV中的陰離子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，故答案為：過濾；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（4）偏鋁酸鈉發生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的總反應的離子方程式為：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2O