2014年天津市高考化學(xué)試卷解析

1、2014年天津市高考化學(xué)試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1（6分）（2014天津）化學(xué)與生產(chǎn)、生活息息相關(guān)，下列敘述錯(cuò)誤的是（）A鐵表面鍍鋅可增強(qiáng)其抗腐蝕性B用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染C大量燃燒化石燃料是造成霧霾天氣的一種重要因素D含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放考點(diǎn)：常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；塑料的老化和降解菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：化學(xué)應(yīng)用分析：A鋅比鐵活潑，并且在空氣中容易形成致密的氧化膜，防止生銹；B白色污染是人們對(duì)難降解的聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成塑料垃圾（多指塑料袋）污染環(huán)境現(xiàn)象的一種形象稱謂；聚乙烯塑料難降解

2、，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不會(huì)造成白色污染；C根據(jù)造成霧霾天氣的原因判斷；D重金屬離子有毒解答：解：A鋅比鐵活潑，并且在空氣中容易形成致密的氧化膜，防止生銹，故A正確；B聚乙烯塑料難降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不會(huì)造成白色污染，故B錯(cuò)誤；C大量燃燒化石燃料可產(chǎn)生有害氣體和煙塵，是造成霧霾天氣的一種重要因素，故C正確；D重金屬離子有毒，含重金屬離子的電鍍廢液不能隨意排放，故D正確；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了常見(jiàn)生活環(huán)境的污染與治理、金屬的腐蝕與防護(hù)、塑料的老化與降解等問(wèn)題，難度一般2（6分）（2014天津）實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體時(shí)，所用方法正確的是（）A制氧氣時(shí)，用Na2O2或H2O2

3、作反應(yīng)物可選擇相同的氣體發(fā)生裝置B制氯氣時(shí)，用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸凈化氣體C制乙烯時(shí)，用排水法或向上排空氣法收集氣體D制二氧化氮時(shí)，用水或NaOH溶液吸收尾氣考點(diǎn)：真題集萃；氣體的收集；常見(jiàn)氣體制備原理及裝置選擇菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實(shí)驗(yàn)題分析：ANa2O2與水反應(yīng)，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體反應(yīng)；BHCl氣體能與碳酸氫鈉反應(yīng)生成CO2，引入新的雜質(zhì)氣體；C乙烯的密度與空氣接近； D二氧化氮與水反應(yīng)生成一氧化氮解答：解：ANa2O2與水反應(yīng)，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應(yīng)，可選擇相同的氣體發(fā)生裝置，故A正確；

4、B實(shí)驗(yàn)室制取氯氣含有氯化氫和水分，常用飽和食鹽水和濃硫酸凈化氣體，若飽和NaHCO3溶液，HCl會(huì)和NaHCO3反應(yīng)生成CO2，引入新的雜質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C乙烯的密度與空氣接近，不能用排空氣法收集，故C錯(cuò)誤；D二氧化氮與水反應(yīng)生成一氧化氮，仍然污染空氣，所以不能用水吸收，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查氣體的制備與收集，題目難度中等，解答本題的關(guān)鍵是把握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)，學(xué)習(xí)中注意積累3（6分）（2014天津）運(yùn)用相關(guān)化學(xué)知識(shí)進(jìn)行判斷，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A某吸熱反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，因此該反應(yīng)是熵增反應(yīng)BNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中C可燃冰主要是甲烷與水在低溫高壓下形成

5、的水合物晶體，因此可存在于海底D增大反應(yīng)物濃度可加快反應(yīng)速度，因此用濃硫酸與鐵反應(yīng)能增大生成H2的速率考點(diǎn)：焓變和熵變；使用化石燃料的利弊及新能源的開(kāi)發(fā)；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；硅和二氧化硅菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；化學(xué)反應(yīng)速率專題分析：A、吸熱反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行，必須是熵增的反應(yīng)，依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷是HTS0分析；B、氟化銨水解生成氟化氫，氫氟酸腐蝕玻璃；C、海底由天然氣與水在高壓低溫條件下形成的類冰狀的結(jié)晶物質(zhì)；D、常溫下鐵在濃硫酸中鈍化解答：解：A、吸熱反應(yīng)可以自發(fā)進(jìn)行，H0，若滿足HTS0，必須是熵增的反應(yīng)，故A正確；B、氟化銨水解生成氟化氫，氫氟酸和玻璃中二氧化硅反

6、應(yīng)腐蝕玻璃，因此NH4F溶液不能存放于玻璃試劑瓶中，故B正確；C、海底中天然氣與水在高壓低溫條件下形成的類冰狀的結(jié)晶物質(zhì)，為可燃冰，故C正確；D、常溫下鐵在濃硫酸中鈍化，表面形成致密氧化物薄膜阻止?jié)饬蛩崤c鐵反應(yīng)，不能生成氫氣，故D錯(cuò)誤；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)性質(zhì)，鹽類水解分析應(yīng)用，注意常溫鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化現(xiàn)象，題目較簡(jiǎn)單4（6分）（2014天津）對(duì)如圖兩種化合物的結(jié)構(gòu)或性質(zhì)描述正確的是（）A不是同分異構(gòu)體B分子中共平面的碳原子數(shù)相同C均能與溴水反應(yīng)D可用紅外光譜區(qū)分，但不能用核磁共振氫譜區(qū)分考點(diǎn)：有機(jī)物分子中的官能團(tuán)及其結(jié)構(gòu)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：A分子式相同、

7、結(jié)構(gòu)不同的化合物是同分異構(gòu)體；B分子中共平面的碳原子數(shù)不一定相同；C酚能和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，醛基能被溴氧化；D紅外光譜區(qū)分化學(xué)鍵或原子團(tuán)，核磁共振氫譜區(qū)分氫原子種類及不同種類氫原子個(gè)數(shù)解答：解：A二者分子式相同，都是C10H14O，且二者結(jié)構(gòu)不同，所以是同分異構(gòu)體，故A錯(cuò)誤；B分子中共平面的碳原子數(shù)可能相同，共平面的碳原子數(shù)可能是8，故B錯(cuò)誤；C左邊物質(zhì)含有酚羥基，能和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，右邊物質(zhì)中的雙鍵能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，醛基能和溴發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成羧基，故C正確；D紅外光譜區(qū)分化學(xué)鍵或原子團(tuán)，核磁共振氫譜區(qū)分氫原子種類及不同種類氫原子個(gè)數(shù)，氫原子種類不同，所以可以用核磁共振氫譜區(qū)分，故D

8、錯(cuò)誤；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確物質(zhì)中官能團(tuán)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是碳原子共面?zhèn)€數(shù)的判斷方法，題目難度不大5（6分）（2014天津）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是（）ApH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42）+c（OH）B含有AgCl和AgI固體的懸濁液：c（Ag+）c（Cl）=c（I）CCO2的水溶液：c（H+）c（HCO3）=2c（CO32）D含等物質(zhì)的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）=2c（HC2O4）+c（C2O42）+c（H2C2O4）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所

9、有專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：A、NaHSO4溶液中存在氫離子守恒分析判斷；B、AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離微弱；D、依據(jù)溶液中元素物料守恒計(jì)算分析解答：解：A、NaHSO4溶液中存在質(zhì)子守恒分析，硫酸氫鈉電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，NaHSO4 =Na+H+SO42，H2OH+OH，溶液中質(zhì)子守恒，c（H+）=c（SO42）+c（OH），故A正確；B、AgCl和AgI固體的懸濁液中氯化銀溶解度大于碘化銀，c（Ag+）c（Cl）c（I），故B錯(cuò)誤；C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步電離，第二步電離

10、微弱，H2CO3H+HCO3，HCO3H+CO32，c（H+）c（HCO3）2c（CO32），故C錯(cuò)誤；D、依據(jù)溶液中元素物料守恒計(jì)算，含等物質(zhì)的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3c（HC2O4）+C（C2O42）+c（H2C2O4），故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了電解質(zhì)溶液中電離平衡分析，沉淀溶解平衡的理解應(yīng)用，電解質(zhì)溶液中物料守恒，質(zhì)子守恒的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等6（6分）（2014天津）已知：鋰離子電池的總反應(yīng)為：LixC+Li1xCoO2C+LiCoO2；鋰硫電池的總反應(yīng)為：2Li+SLi2S有關(guān)上述兩種電池說(shuō)法正確的是（）A鋰離子電池放電時(shí)，

11、Li+向負(fù)極遷移B鋰硫電池充電時(shí)，鋰電極發(fā)生還原反應(yīng)C理論上兩種電池的比能量相同D圖中表示用鋰離子電池給鋰硫電池充電考點(diǎn)：化學(xué)電源新型電池菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：電化學(xué)專題分析：A、原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)；B、鋰硫電池充電時(shí)，鋰電極與外接電源的負(fù)極相連；C、比能量是參與電極反應(yīng)的單位質(zhì)量的電極材料放出電能的大?。籇、給電池充電時(shí)，負(fù)極與外接電源的負(fù)極相連，正極與外接電源的正極相連解答：解：A、原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，則鋰離子電池放電時(shí)，Li+向正極遷移，故A錯(cuò)誤；B、鋰硫電池充電時(shí)，鋰電極與外接電源的負(fù)極相連，鋰電極上Li+得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故B正確；C、比能量是參與電極反應(yīng)的單位質(zhì)量的電極

12、材料放出電能的大小，鋰硫電池放電時(shí)負(fù)極為L(zhǎng)i，鋰離子電池放電時(shí)負(fù)極為L(zhǎng)ixC，兩種電池的負(fù)極材料不同，所以比能量不同，故C錯(cuò)誤；D、圖中表示鋰硫電池給鋰離子電池充電，右邊電極材料是Li和S，鋰負(fù)極，硫?yàn)檎龢O，左邊電極材料是C和LiCoO2，由鋰離子電池的總反方程式可知C+LiCoO2LixC+Li1xCoO2為充電過(guò)程即為電解池，則鋰硫電池給鋰離子電池充電，LiCoO2為陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：LiCoO2xexLi+=Li1xCoO2；C為陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)：C+xe+xLi+=LixC，則C與負(fù)極Li相連，LiCoO2應(yīng)與正極S相連，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次電池，側(cè)重于對(duì)原

13、電池原理和電解池原理的考查，題目難度中等，注意根據(jù)電池總反應(yīng)判斷正負(fù)極材料及電極反應(yīng)二、解答題（共4小題，滿分64分）7（14分）（2014天津）元素單質(zhì)及其化合物有廣泛用途，請(qǐng)根據(jù)周期表中第三周期元素相關(guān)知識(shí)回答下列問(wèn)題：（1）按原子序數(shù)遞增的順序（稀有氣體除外），下列說(shuō)法正確的是ba原子半徑和離子半徑均減??； b金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)；c氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng)； d單質(zhì)的熔點(diǎn)降低（2）原子最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素名稱為氬，氧化性最弱的簡(jiǎn)單陽(yáng)離子是Na+（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3類型離子化合物離子化合物離子化合物共價(jià)化合物熔點(diǎn)/2800

14、2050714191工業(yè)制鎂時(shí)，電解MgCl2而不電解MgO的原因是MgO的熔點(diǎn)高，熔融時(shí)消耗更多能量，增加生產(chǎn)成本制鋁時(shí)，電解Al2O3而不電解AlCl3的原因是氯化鋁是共價(jià)化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導(dǎo)電（4）晶體硅（熔點(diǎn)1410）是良好的半導(dǎo)體材料，由粗硅制純硅過(guò)程如下： Si（粗）SiCl4SiCl4（純）Si（純） 寫(xiě)出SiCl4的電子式：在上述由SiCl4制純硅的反應(yīng)中，測(cè)得每生成1.12kg純硅需吸收a kJ熱量，寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1（5）P2O5是非氧化性干燥劑，下列氣體不能用濃硫酸干燥，可用

15、P2O5干燥的是baNH3 bHI cSO2 dCO2（6）KClO3可用于實(shí)驗(yàn)室制O2，若不加催化劑，400時(shí)分解只生成兩種鹽，其中一種是無(wú)氧酸鹽，另一種鹽的陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：4KClO3KCl+3KClO4考點(diǎn)：同一周期內(nèi)元素性質(zhì)的遞變規(guī)律與原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系；熱化學(xué)方程式；硅和二氧化硅菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：元素周期律與元素周期表專題；碳族元素分析：（1）根據(jù)同一周期中元素周期律內(nèi)容進(jìn)行解答；（2）第三周期中，次外層電子數(shù)為8，原子最外層電子書(shū)與次外層電子數(shù)相同，則該元素為氬；第三周期中簡(jiǎn)單陽(yáng)離子為鈉離子、鎂離子和鋁離子，金屬的還原性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)離子的氧化性越弱；（3

16、）根據(jù)表中金屬化合物的熔點(diǎn)高低、化合物類型進(jìn)行分析；（4）四氯化硅為共價(jià)化合物，化學(xué)式中存在4個(gè)硅鋁鍵；根據(jù)題中數(shù)據(jù)及熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)方法寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式；（5）濃硫酸具有強(qiáng)氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥劑，然后結(jié)合各選項(xiàng)中氣體的性質(zhì)進(jìn)行判斷；（6）根據(jù)題干信息判斷該無(wú)氧酸鹽為氯化鉀，再根據(jù)化合價(jià)變化判斷另一種無(wú)氧酸鹽名稱，最后根據(jù)化合價(jià)升降相等配平即可解答：解：（1）a原子半徑和離子半徑均減??；第三周期中，隨著原子序數(shù)的遞增，原子半徑逐漸減小，而離子半徑需要根據(jù)陰陽(yáng)離子進(jìn)行討論，陽(yáng)離子只有2個(gè)電子層，隨著核電荷數(shù)在增大，半徑逐漸減小，而陰離子有3個(gè)電子層，隨著核電荷數(shù)的增加逐

17、漸減小，但是陰離子半徑整體大于陽(yáng)離子半徑，從陰離子到陽(yáng)離子，半徑在減小，故a錯(cuò)誤； b金屬性減弱，非金屬性增強(qiáng)；同一周期中，隨著核電荷數(shù)的遞增，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強(qiáng)，故b正確；c最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性減弱，酸性增強(qiáng)，故c錯(cuò)誤；d金屬單質(zhì)的熔點(diǎn)降低，即NaMgAlSi（原子晶體），而非金屬單質(zhì)是分子晶體，熔點(diǎn)比金屬單質(zhì)低，整體趨勢(shì)是SiAlMgSPNaCl2Ar，故d錯(cuò)誤；故答案為：b；（2）原子最外層電子書(shū)與次外層電子數(shù)相同，而第三周期中次外層電子為8，該元素原子結(jié)構(gòu)示意圖為：，則該元素為氬；金屬的還原性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)離子的氧化性越弱，所以第三周期中氧化性最弱的為Na+，故

18、答案為：氬；Na+；（3）由于氧化鎂的熔點(diǎn)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于氯化鎂的熔點(diǎn)，熔融時(shí)消耗更多能量，增加生成成本，所以工業(yè)制鎂時(shí)，采用電解MgCl2而不電解MgO；由于氯化鋁為共價(jià)化合物，熔融狀態(tài)下氯化鋁難導(dǎo)電，制鍋時(shí)電解Al2O3而不電解AlCl3，故答案為：MgO的熔點(diǎn)高，熔融時(shí)消耗更多能量，增加生產(chǎn)成本；氯化鋁是共價(jià)化合物，熔融態(tài)氯化鋁難導(dǎo)電；（4）四氯化硅為共價(jià)化合物，氯原子和硅原子都達(dá)到8個(gè)電子，四氯化硅的電子式為：；1.12kg純硅的物質(zhì)的量為：=40mol，生成40mol硅吸收akJ熱量，則生成1mol硅吸收的熱量為：=0.025akJ，所以四氯化硅氣體與氫氣反應(yīng)生成單質(zhì)硅和氯化氫的熱化學(xué)方程式

19、為：2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1，故答案為：；2H2（g）+SiCl4（g）Si（s）+4HCl（g）H=+0.025akJmol1；（5）濃硫酸具有強(qiáng)氧化性、酸性，不能干燥具有還原性、堿性的氣體，所以選項(xiàng)中不能用濃硫酸干燥的為aNH3 bHI，而P2O5是非氧化性干燥劑，不能干燥堿性氣體，可以干燥碘化氫，所以b正確，故答案為：b；（6）KClO3可用于實(shí)驗(yàn)室制O2，若不加催化劑，400時(shí)分解只生成兩種鹽，其中一種是無(wú)氧酸鹽，另一種鹽的陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1：1，則該無(wú)氧酸為KCl，KCl中氯元素化合價(jià)為1，說(shuō)明氯酸鉀中氯元素化合價(jià)降低，則

20、另一種含氧酸鹽中氯元素化合價(jià)會(huì)升高，由于氯酸鉀中氯元素化合價(jià)為+5，則氯元素化合價(jià)升高只能被氧化成高氯酸鉀，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降相等配平該反應(yīng)為：4KClO3KCl+3KClO4，故答案為：4KClO3KCl+3KClO4點(diǎn)評(píng)：本題考查了同一周期中元素周期律與原子結(jié)構(gòu)的關(guān)系、熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)、化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)等知識(shí)，題目難度較大，試題涉及的題量較大，充分考查了學(xué)生對(duì)所學(xué)知識(shí)的掌握情況，試題有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)的能力8（18分）（2014天津）從薄荷油中得到一種烴A（C10H16），叫一非蘭烴，與A相關(guān)反應(yīng)如下：已知：（1）H的分子式為C10H20（2）B所

21、含官能團(tuán)的名稱為羰基、羧基（3）含兩個(gè)COOCH3基團(tuán)的C的同分異構(gòu)體共有4種（不考慮手性異構(gòu)）其中核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個(gè)吸收峰的異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（4）BD，DE的反應(yīng)類型分別為加成反應(yīng)、取代反應(yīng)（5）G為含六元環(huán)的化合物，寫(xiě)出其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（6）F在一定條件下發(fā)生聚合反應(yīng)可得到一種高吸水性樹(shù)脂，該樹(shù)脂名稱為聚丙烯酸鈉（7）寫(xiě)出EF的化學(xué)反應(yīng)方程式（8）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A與等物質(zhì)的量的Br2進(jìn)行加成反應(yīng)的產(chǎn)物共有3種（不考慮立體異構(gòu)）考點(diǎn)：真題集萃；有機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷分析：由AH的轉(zhuǎn)化加氫，有機(jī)物分子的碳鏈骨架沒(méi)有變化，可知A分子中含有一個(gè)六元環(huán)，結(jié)合A的分子式C

22、10H16可知還應(yīng)含有兩個(gè)不飽和度，再根據(jù)題中信息以及C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、B的分子式可推出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，則B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，BD加氫，屬于加成反應(yīng)，則D為乳酸，由EF的條件“氫氧化鈉的醇溶液加熱”，應(yīng)為鹵代烴的消去，逆推可知DE發(fā)生取代反應(yīng)，溴原子取代了乳酸分子中的羥基，則E、F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為和，G為兩個(gè)D發(fā)生分子內(nèi)脫水形成，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為（1）根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式解題；（2）B中含有羰基、羧基；（3）根據(jù)分子式書(shū)寫(xiě)同分異構(gòu)體，核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個(gè)吸收峰，氫原子有兩種位置；（4）BD為羰基與氫氣發(fā)生的加成反應(yīng)，DE為氫原子被溴原子取代；（5）D分子內(nèi)羥基與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)生成G；（6）E為丙烯酸，與氫氧化

23、鈉醇溶液發(fā)生反應(yīng)生成丙烯酸那，加聚反應(yīng)可得F；（7）E在氫氧化鈉醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)和中和反應(yīng)；（8）根據(jù)B、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和A的分子式C10H16可推出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式；A中兩個(gè)碳碳雙鍵與等物質(zhì)的量的溴單質(zhì)可分別進(jìn)行加成反應(yīng)，也可發(fā)生1，4加成解答：解：（1）根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可得分子式為C10H20，故答案為：C10H20；（2）B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，所以B所含官能團(tuán)的名稱為羰基、羧基，故答案為：羰基、羧基；（3）兩個(gè)基團(tuán)在端點(diǎn)，故可寫(xiě)出其滿足條件的同分異構(gòu)體有，含兩個(gè)COOCH3基團(tuán)的C的同分異構(gòu)體共有4種，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，CH3OOCCH2CH（CH3）CH2COOCH3，

24、CH3CH2CH（COOCH3）2，核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個(gè)吸收峰，氫原子有兩種位置，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：4；（4）BD為羰基與氫氣發(fā)生的加成反應(yīng)，DE為氫原子被溴原子取代，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：加成反應(yīng)；取代反應(yīng)；（5）D分子內(nèi)羥基與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為；（6）E為丙烯酸，與氫氧化鈉醇溶液發(fā)生反應(yīng)生成丙烯酸那，加聚反應(yīng)可得F，名稱為聚丙烯酸鈉，故答案為：聚丙烯酸鈉；（7）E在氫氧化鈉醇溶液發(fā)生消去反應(yīng)和中和反應(yīng)，所以EF的化學(xué)反應(yīng)方程式，故答案為；（8）根據(jù)B、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和A的分子式C10H16可推出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，A中兩個(gè)碳碳雙鍵與等物質(zhì)的量的溴單質(zhì)可分

25、別進(jìn)行加成反應(yīng)，也可發(fā)生1，4加成，所以產(chǎn)物共有3種，故答案為：；3點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)合成的分析和推斷，題目難度不大，注意把握常見(jiàn)有機(jī)物的官能團(tuán)的性質(zhì)，記住反應(yīng)條件，常見(jiàn)有機(jī)物反應(yīng)的化學(xué)方程式要會(huì)寫(xiě)9（18分）（2014天津） Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定制備Na2S2O35H2O反應(yīng)原理：Na2SO3（aq）+S（s） Na2S2O3（aq）實(shí)驗(yàn)步驟：稱取15g Na2SO3加入圓底燒瓶中，再加入80mL蒸餾水另取5g研細(xì)的硫粉，用3mL乙醇潤(rùn)濕，加入上述溶液中安裝實(shí)驗(yàn)裝置（如圖1所示，部分加持裝置略去），水浴加熱，微沸60分鐘趁熱過(guò)濾，將濾液水浴加熱濃縮

26、，冷卻析出Na2S2O35H2O，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥，得到產(chǎn)品回答問(wèn)題：（1）硫粉在反應(yīng)前用乙醇潤(rùn)濕的目的是使硫粉易于分散到溶液中（2）儀器a的名稱是冷凝管，其作用是冷凝回流（3）產(chǎn)品中除了有未反應(yīng)的Na2SO3外，最可能存在的無(wú)機(jī)雜質(zhì)是Na2SO4，檢驗(yàn)是否存在該雜質(zhì)的方法是取少量產(chǎn)品溶于過(guò)量稀鹽酸，過(guò)濾，向?yàn)V液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4（4）該實(shí)驗(yàn)一般控制在堿性環(huán)境下進(jìn)行，否則產(chǎn)品發(fā)黃，用離子反應(yīng)方程式表示其原因S2O32+2H+=S+SO2+H2O測(cè)定產(chǎn)品純度準(zhǔn)確稱取W g產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.1000 molL1碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定反

27、應(yīng)原理：2S2O32+I2S4O62+2I（5）滴定至終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色的變化：由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色（6）滴定起始和終點(diǎn)的液面位置如圖2，則消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為18.10mL產(chǎn)品的純度為×100%（設(shè)Na2S2O35H2O相對(duì)分子質(zhì)量為M）Na2S2O3的應(yīng)用（7）Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，常用作脫氯劑，該反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+考點(diǎn)：真題集萃；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：實(shí)驗(yàn)題分析：（1）硫粉難溶于水、微溶于乙醇，乙醇濕潤(rùn)可以使硫粉易

28、于分散到溶液中；（2）根據(jù)圖示裝置中儀器構(gòu)造寫(xiě)出其名稱，然后根據(jù)冷凝管能夠起到冷凝回流的作用進(jìn)行解答；（3）由于S2O32具有還原性，易被氧氣氧化成硫酸根離子可知雜質(zhì)為硫酸鈉；根據(jù)檢驗(yàn)硫酸根離子的方法檢驗(yàn)雜質(zhì)硫酸鈉； （4）S2O32與氫離子在溶液中能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫單質(zhì)，據(jù)此寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式； （5）根據(jù)滴定前溶液為無(wú)色，滴定結(jié)束后，碘單質(zhì)使淀粉變藍(lán)，判斷達(dá)到終點(diǎn)時(shí)溶液顏色變化；（6）根據(jù)圖示的滴定管中液面讀出初讀數(shù)、終讀數(shù)，然后計(jì)算出消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積；根據(jù)反應(yīng)2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），然后根據(jù)題中碘單質(zhì)的物質(zhì)的量計(jì)算出Na2S2

29、O35H2O質(zhì)量及產(chǎn)品的純度；（7）根據(jù)題干信息“Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在溶液中易被Cl2氧化成SO42”及化合價(jià)升降相等寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式解答：解：（1）硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應(yīng)前用乙醇濕潤(rùn)是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根據(jù)題中圖示裝置圖可知，儀器a為冷凝管，該實(shí)驗(yàn)中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案為：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32具有還原性，能夠被氧氣氧化成硫酸根離子，所以可能存在的雜質(zhì)是硫酸鈉；檢驗(yàn)硫酸鈉的方法為：取少量產(chǎn)品溶于過(guò)量稀鹽酸，過(guò)濾，向?yàn)V液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4，故答案為：Na2S

30、O4； 取少量產(chǎn)品溶于過(guò)量稀鹽酸，過(guò)濾，向?yàn)V液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4； （4）S2O32與氫離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成淡黃色硫單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：S2O32+2H+=S+SO2+H2O，故答案為：S2O32+2H+=S+SO2+H2O；（5）滴定結(jié)束后，碘單質(zhì)使淀粉變藍(lán)，所以滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顏色變化為：由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，故答案為：由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色；（6）根據(jù)圖示的滴定管中液面可知，滴定管中初始讀數(shù)為0，滴定終點(diǎn)液面讀數(shù)為18.10mL，所以消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為18.10mL；根據(jù)反應(yīng)2S2O32+I2S4O62+2I可知，n（S2O32）=2n（I2），所以

31、W g產(chǎn)品中含有Na2S2O35H2O質(zhì)量為：0.1000 molL1×18.10×103L×2×M=3.620×103Mg，則產(chǎn)品的純度為：×100%=×100%，故答案為：18.10；×100%；（7）Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在溶液中易被Cl2氧化成SO42，根據(jù)化合價(jià)升降相等配平后的離子方程式為：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+，故答案為：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H+點(diǎn)評(píng)：本題考查了化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法及常見(jiàn)儀器的構(gòu)造、離子的檢驗(yàn)方法、中和滴定存在

32、即計(jì)算、離子方程式的書(shū)寫(xiě)等知識(shí)，題目難度較大，試題涉及的題量較大，知識(shí)點(diǎn)較多，充分考查了學(xué)生對(duì)所學(xué)知識(shí)的掌握情況10（14分）（2014天津）合成氨是人類科學(xué)技術(shù)上的一項(xiàng)重大突破，其反應(yīng)原理為：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.4 kJmol1一種工業(yè)合成氨的簡(jiǎn)易流程圖如圖1（1）天然氣中的H2S雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸收液再生，寫(xiě)出再生反應(yīng)的化學(xué)方程式：2NH4HS+O22NH3H2O+2S（2）步驟中制氫氣原理如下：CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H=+206.4 kJmol1CO（g）+H2

33、O（g）CO2（g）+H2（g）H=41.2 kJmol1對(duì)于反應(yīng)，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，又能加快反應(yīng)速率的措施是aa升高溫度；b增大水蒸氣濃度；c加入催化劑；d降低壓強(qiáng)利用反應(yīng)，將CO進(jìn)一步轉(zhuǎn)化，可提高H2產(chǎn)量，若1mol CO和H2的混合氣體（CO的體積分?jǐn)?shù)為20%）與H2O反應(yīng)，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合氣體，則CO轉(zhuǎn)化率為90%（3）圖2表示500、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時(shí)NH3體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系根據(jù)圖中a點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算N2的平衡體積分?jǐn)?shù)：14.5%（4）依據(jù)溫度對(duì)合成氨反應(yīng)的影響，在圖3坐標(biāo)系中，畫(huà)出一定條件下的密閉容器內(nèi)，從通入原料氣開(kāi)始，

34、隨溫度不斷升高，NH3物質(zhì)的量變化的曲線示意圖（5）上述流程圖中，使合成氨放出的能量得到充分利用的步驟是（填序號(hào)），簡(jiǎn)述本流程中提高合成氨原料總轉(zhuǎn)化率的方法：分離液氨，未反應(yīng)的氮?dú)夂蜌錃庋h(huán)使用考點(diǎn)：化學(xué)平衡的影響因素；化學(xué)平衡的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：化學(xué)平衡專題分析：（1）H2S雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS，一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸收液再生，反應(yīng)過(guò)程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式；（2）反應(yīng)是氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，一定可以提高平衡體系中H2百分含量，說(shuō)明平衡正向進(jìn)行，又能加快反應(yīng)速率，說(shuō)明影響反應(yīng)速率的條件可以是升溫、加壓、增

35、大濃度等，分析反應(yīng)特征可知反應(yīng)正向進(jìn)行且反應(yīng)速率增大的只有升溫平衡向吸熱反應(yīng)進(jìn)行，平衡正向進(jìn)行反應(yīng)速率增大，依據(jù)平衡移動(dòng)原理和影響反應(yīng)速率因素分析判斷；依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算，轉(zhuǎn)化率=×100%計(jì)算；（3）依據(jù)反應(yīng)特征N2+3H2=2NH3，反應(yīng)前后氣體體積減小為生成氨氣的體積，相同條件下，氣體體積比等于氣體物質(zhì)的量之比，圖象分析可知平衡狀態(tài)氨氣體積含量42%，設(shè)平衡混合氣體體積為 100，氨氣為體積42，計(jì)算反應(yīng)的氮?dú)?，依?jù)氣體體積比計(jì)算原混合氣體中氮?dú)怏w積，得到平衡狀態(tài)下氮?dú)怏w積分?jǐn)?shù)；（4）合成氨的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，開(kāi)始反應(yīng)，氨氣物質(zhì)的量增大，達(dá)到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫，平衡逆向進(jìn)行，氨氣物質(zhì)的量減小，據(jù)此畫(huà)出變化圖象；（5）依據(jù)反應(yīng)是氣體體積減小的放熱反應(yīng)，結(jié)合平衡移動(dòng)原理分析判斷；解答：解：（1）H2S雜質(zhì)常用氨水吸收，產(chǎn)物為NH4HS，一定條件下向NH4HS溶液中通入空氣，得到單質(zhì)硫并使吸收液再生，反應(yīng)過(guò)程中生成一水合氨，依據(jù)原子守恒和電子守恒配平書(shū)寫(xiě)化學(xué)方程式為：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；故答案為：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；（2）反應(yīng)