2014年重庆市高考化学试卷

这是一份2014年重庆市高考化学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2014年重庆市高考化学试卷
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）
1．（6分）下列物质的使用不涉及化学变化的是（　　）
A．明矾用作净水剂 B．液氯用作制冷剂
C．氢氟酸刻蚀玻璃 D．生石灰作干燥剂
2．（6分）下列实验可实现鉴别目的是（　　）
A．用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2
B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2
C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液
D．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液
3．（6分）下列叙述正确的是（　　）
A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体
B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）增大
C．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2
D．25℃时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度
4．（6分）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）

A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
5．（6分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）。该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（　　）

A．Br2的CCl4溶液 B．Ag（NH3）2OH溶液
C．HBr D．H2
6．（6分）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1
H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）
A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+130
7．（6分）在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示．下列叙述正确的是（　　）

A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1
C．M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆
D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
　
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
8．（15分）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库．
（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为　 　
（2）Na的原子结构示意图为　 　，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为　 　
（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备．
①MgO的熔点比BaO的熔点　 　（填“高”或“低”．）
②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为　 　；SiO2的晶体类型为　 　．
③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2．若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为　 　（写化学式）．
（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵　 　kg．
9．（15分）中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用如图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定．

（1）仪器A的名称是　 　，水通入A的进口为　 　．
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为　 　．
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的　 　；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　 　；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积　 　（填序号）（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为　 　g•L﹣1
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：　 　．
10．（14分）结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：

（1）A的类别是　 　，能与Cl2反应生成A的烷烃是　 　．B中的官能团是　 　．
（2）反应③的化学方程式为　 　
（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是　 　
（4）已知：++H2O，则经反应路线②得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为　 　
（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为　 　．（只写一种）
11．（14分）氢能是最重要的新能源．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一．
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为　 　．
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为　 　，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目为　 　．
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．
（g）（g）+3H2（g）
在某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=　 　
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．

①导线中电子转移方向为　 　．（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为　 　．
③该储氢装置的电流效率η=　 　．（η=×100%，计算结果保留小数点后1位．）
　

2014年重庆市高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）
1．（6分）下列物质的使用不涉及化学变化的是（　　）
A．明矾用作净水剂 B．液氯用作制冷剂
C．氢氟酸刻蚀玻璃 D．生石灰作干燥剂
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．
【解答】解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；
B．液氯汽化时吸收热量，故可用作致冷剂，属于物理变化，故B正确；
C．氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；
D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大．要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．
　
2．（6分）下列实验可实现鉴别目的是（　　）
A．用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2
B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2
C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液
D．用BaCl2溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液
【分析】A．KOH溶液与SO3（g）、SO2反应，没有明显现象；
B．Br2（g）和NO2都可氧化KI生成碘单质；
C．二氧化碳与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀；
D．BaCl2溶液与AgNO3溶液和K2SO4溶液反应都可生成沉淀．
【解答】解：A．KOH溶液与SO3（g）、SO2反应，没有明显现象，可用品红溶液检验，故A错误；
B．Br2（g）和NO2都可氧化KI生成碘单质，可用硝酸银溶液或水鉴别，故B错误；
C．二氧化碳与NaAlO2溶液反应生成氢氧化铝沉淀，可鉴别，故C正确；
D．BaCl2溶液与AgNO3溶液和K2SO4溶液反应都可生成沉淀，应用盐酸或氯化钠溶液鉴别，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度不大．
　
3．（6分）下列叙述正确的是（　　）
A．浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe（OH）3胶体
B．CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c（CH3COO﹣）增大
C．Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca（OH）2
D．25℃时Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度
【分析】A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应；
B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠；
C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠；
D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断．
【解答】解：A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，不会获得胶体，故A错误；
B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠，所以醋酸根离子浓度会减小，故B错误；
C、Ca（HCO3）2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠，并不会获得氢氧化钙，故C错误；
D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu（OH）2⇌Cu2++2OH﹣，Cu（NO3）2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移，所以Cu（OH）2在水中的溶解度大于其在Cu（NO3）2溶液中的溶解度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度中等．
　
4．（6分）茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是（　　）

A．将茶叶灼烧灰化，选用①、②和⑨
B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，选用④、⑥和⑦
C．过滤得到的滤液，选用④、⑤和⑦
D．检验滤液中的Fe3+，选用③、⑧和⑩
【分析】检验茶叶中的铁元素，先将茶叶在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，在漏斗中过滤，可取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，以此解答该题．
【解答】解：A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑨，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，故A不选；
B．用浓硝酸溶解茶叶灰并加蒸馏水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，不用容量瓶，故B选；
C．过滤时用到④、⑤和⑦，故C不选；
D．检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，用KSCN溶液检验，用到的仪器有试管、胶头滴管和滴瓶等，即③、⑧和⑩，故D不选。
故选：B。
【点评】本题为2014年重庆高考题，侧重于物质的检验和鉴别的实验设计的考查，着重于考查学生的分析能力和实验能力，落脚于基础知识的考查，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器，难度不大．
　
5．（6分）某天然拒食素具有防御非洲大群蚯蚓的作用，其结构简式如图（未表示出原子或原子团的空间排列）。该拒食素与下列某试剂充分反应，所得有机物分子的官能团数目增加，则该试剂是（　　）

A．Br2的CCl4溶液 B．Ag（NH3）2OH溶液
C．HBr D．H2
【分析】A．碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应；
B．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基；
C．碳碳双键发生加成反应；
D．碳碳双键、醛基都发生加成反应。
【解答】解：A．碳碳双键发生加成反应，醛基和溴发生氧化反应，所以增加溴原子，故A正确；
B．醛基和银氨溶液发生氧化反应生成羧基，官能团数目不变，故B错误；
C．碳碳双键和HBr发生加成反应，官能团由碳碳双键变为溴原子，HBr和醛基不反应，所以官能团数目不变，故C错误；
D．碳碳双键、醛基都发生加成反应，官能团数目减少，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物的结构及性质，根据有机物中含有的官能团及其性质来分析解答，明确物质能发生哪些类型的反应，题目难度不大。
　
6．（6分）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1
2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1
H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（　　）
A．﹣332 B．﹣118 C．+350 D．+130
【分析】根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．
【解答】解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1＞0，
②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1
①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ•mol﹣1＞0，
4×462﹣496﹣2×436=2a+220，
解得a=+130。
故选：D。
【点评】本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．
　
7．（6分）在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X（g）⇌Y（g），温度T1、T2下X的物质的量浓度c（X）随时间t变化的曲线如图所示．下列叙述正确的是（　　）

A．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
B．T2下，在0～t1时间内，v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1
C．M点的正反应速率V正大于N点的逆反应速率V逆
D．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率减小
【分析】由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；
A、根据图象判断参加反应的X的量的多少，反应的X越多，放热越多；
B、根据图中X的浓度变化求出Y的浓度变化，再求反应速率；
C、温度越高反应速率越大；
D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，根据压强对平衡的影响分析．
【解答】解：由图可知，温度为T1先到达平衡，所以T1＞T2，温度越高，平衡时X的物质的量浓度越大，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；
A、进行到M点X的转化率较低，由于正向是放热反应，所以反应进行到M点放出的热量少，故A错误；
B、T2下，在0～t1时间内，X的浓度变化为：c（X）=（a﹣b）mol/L，则Y的浓度变化为c（Y）=c（X）=mol/L，所以v（Y）=mol•L﹣1•min﹣1，故B错误；
C、根据图象可知，温度为T1时反应首先达到平衡状态；温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则温度是T1＞T2；M点温度高于N点温度，且N点反应没有达到平衡状态，此时反应向正反应方向进行，即N点的逆反应速率小于N点的正反应速率，因此M点的正反应速率大于N点的逆反应速率，故C正确；
D、M点时再加入一定量X，达到的新平衡与原平衡比较，压强增大，增大压强平衡正移，则X的转化率增大，所以M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学平衡图象问题、平衡有关计算、外界条件对平衡移动影响等，难度中等，根据图象判断反应为放热反应是解题的关键．注意把握图象中曲线的变化特点，分析外界条件对化学平衡的影响．
　
二、非选择题（本大题共4小题，共58分）
8．（15分）月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库．
（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数为　1　
（2）Na的原子结构示意图为　　，Na在氧气中完全燃烧所得产物的电子式为　　
（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备．
①MgO的熔点比BaO的熔点　高　（填“高”或“低”．）
②月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，除去SiO2的离子方程式为　SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　；SiO2的晶体类型为　原子晶体　．
③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2．若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为　NaCl，NaClO，Na2CO3　（写化学式）．
（4）月壤中含有丰富的3He，从月壤中提炼1kg 3He，同时可得6000kg H2和700kg N2，若以得到H2和N2为原料经一系列反应最多可生产碳酸氢铵　3950　kg．
【分析】（1）依据质子数+中子数=质量数计算；
（2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成；
（3）①依据氧化镁和氧化钡是离子化合物，结合离子键的强弱分析判断熔点高低；
②氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，二氧化硅是硅原子和氧原子构成属于原子晶体；
③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物；
（4）氢气和氮气反应生成氨气，依据化学方程式定量关系分析可知氢气过量，依据氮气全部反应，结合氮原子守恒计算碳酸氢铵质量；
【解答】解：（1）3He是高效能原料，其原子核内的中子数=质量数﹣质子数=3﹣2=1；
故答案为：1；
（2）钠原子时11号元素，依据核外电子排布规律写出原子结构示意图，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠是过氧根离子和钠离子构成，电子式为：；
故答案为：，；
（3）①氧化镁和氧化钡是离子化合物，钡离子半径大于镁离子半径，氧化镁形成的金属键强，熔点高；
故答案为：高；
②氧化镁是碱性氧化物，二氧化硅酸式酸性氧化物，可以利用二氧化硅溶于氢氧化钠溶液除去，反应的离子方程式为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；二氧化硅是硅原子和氧原子构成，每个硅原子和四个氧原子形成共价键，每个氧原子和两个硅原子形成共价键，属于原子晶体；
故答案为：SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；原子晶体；
③MgO与碳粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，反应产物为二氧化碳，若尾气可用足量NaOH溶液完全吸收是氯气、二氧化碳和氢氧化钠反应的产物，反应的化学方程式为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，产物为NaCl，NaClO，Na2CO3 ；
故答案为：NaCl，NaClO，Na2CO3 ；
（4）得6000kg H2和700kg N2，依据化学方程式N2+3H2=2NH3，若以得到H2和N2为原料想可知氢气过量，依据氮气中氮元素守恒计算，经一系列反应最多可生产碳酸氢铵的质量=×2×79g/mol=3950kg；
故答案为：3950．
【点评】本题考查了原子、离子结构，物质组成和结构的理解应用，主要是原子晶体、金属金属晶体性质的判断，化学方程式计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．
　
9．（15分）中华人民共和国国家标准（GB2760﹣2011）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用如图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定．

（1）仪器A的名称是　冷凝管　，水通入A的进口为　b　．
（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为　SO2+H2O2=H2SO4　．
（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1 NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的　③　；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为　酚酞　；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积　④　（填序号）（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）
（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为　0.24　g•L﹣1
（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：　原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）　．
【分析】（1）根据仪器A特点书写其名称，为了充分冷却气体，应该下口进水；
（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；
（3）氢氧化钠应该盛放在碱式滴定管中，根据碱式滴定管的排气泡法进行判断；根据滴定终点时溶液的pH及常见指示剂的变色范围选用正确的指示剂；根据滴定管的构造判断滴定管中溶液的体积；
（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
（5）根据盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠判断对测定结果的影响；可以选用非挥发性的酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，减去盐酸挥发的影响．
【解答】解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，
故答案为：冷凝管或冷凝器；b；
（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL﹣10.00mL）=40.00mL，所以④正确，
故答案为：③；酚酞；④；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×（0.0900mol/L×0.025L）×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，
故答案为：0.24；
（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，
故答案为：原因：盐酸易挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸（或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响）．
【点评】本题为一道高考题，考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及了二氧化硫性质、中和滴定的计算，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．
　
10．（14分）结晶玫瑰是具有强烈玫瑰香气的香料，可由下列反应路线合成（部分反应条件略去）：

（1）A的类别是　卤代烃　，能与Cl2反应生成A的烷烃是　CH4（或甲烷）　．B中的官能团是　﹣CHO（或醛基）　．
（2）反应③的化学方程式为　+CH3COOH+H2O　
（3）已知：B苯甲醇+苯甲酸钾，则经反应路线①得到的产物加水萃取、分液，能除去的副产物是　苯甲酸钾　
（4）已知：++H2O，则经反应路线②得到一种副产物，其核磁共振氢谱有4组峰，各组吸收峰的面积之比为　1：2：4：4　
（5）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为　（或）　．（只写一种）
【分析】（1）烃中氢原子卤素原子取代后生成产物为卤代烃，A中含有1个C，所以生成A的烷烃为甲烷，B含有官能团醛基；
（2）根据G、J的结构知反应③是G与乙酸的酯化反应
（3）根据苯甲酸钾为可溶性的盐而其它物质不溶于水进行解答；
（4）根据题给已知路线②生成的G与苯反应生成，有4种H，氢原子数目之比就等于其吸收峰的面积之比；
（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位被取代基取代，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，据此写出所得有机．物的结构简式．
【解答】解：（1）A为三氯甲烷，含有官能团Cl原子，所以A为卤代烃，甲烷能够与氯气发生取代反应生成三氯甲烷；有机物B为苯甲醛，含有的官能团为醛基：﹣CHO，
故答案为：卤代烃；CH4或甲烷；﹣CHO或醛基；
（2）反应③为和乙酸发生酯化反应生成，反应的化学方程式为：+CH3COOH+H2O，
故答案为：+CH3COOH+H2O；
（3）苯甲酸钾为盐，所以苯甲酸能够溶于水，则加水萃取、分液，能除去的副产物是苯甲酸钾，
故答案为：苯甲酸钾；
（4）根据反应++H2O可知，能够与G反应生成，该有机物分子中含有4种位置不同的H，个数之比为1：2：4：4（苯环对称），则各组吸收峰的面积之比为1：2：4：4，
故答案为：1：2：4：4；
（5）根据遇FeCl3溶液显色可知L含酚羟基，与足量饱和溴水反应未见白色沉淀产生说明酚羟基的邻、对位没有H，即邻、对位有取代基，又L与NaOH的乙醇溶液共热说明L能发生消去反应，该基团是﹣C2H4Cl，则L与NaOH的乙醇溶液共热，所得有机物的结构简式为或 ，
故答案为：或 ．
【点评】本题考查了有机物分类、有机物结构与性质、有机合成方案设计、同分异构体求算等知识，题目难度中等，注意掌握常见有机物组成、分类及具有的结构与性质，明确同分异构体的概念及求算方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力．
　
11．（14分）氢能是最重要的新能源．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一．
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为　H2O　．
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为　NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑　，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目为　4NA或2.408×1024　．
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．
（g）（g）+3H2（g）
在某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，该反应的平衡常数K=　mol3•L﹣3　
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．

①导线中电子转移方向为　A→D　．（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为　C6H6+6H++6e﹣=C6H12　．
③该储氢装置的电流效率η=　64.3%　．（η=×100%，计算结果保留小数点后1位．）
【分析】（1）氢气完全燃烧生成H2O；
（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式，根据NaBH4和转移电子之间的关系式计算；
（3）化学平衡常数K=；
（4）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极，电子从负极流向阴极；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷；
③阳极上生成氧气，同时生成氢离子，阴极上苯得电子和氢离子反应生成环己烷，苯参加反应需要电子的物质的量与总转移电子的物质的量之比就是电流效率η．
【解答】解：（1）氢气完全燃烧生成H2O，故答案为：H2O；
（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为﹣1价，所以H元素化合价由﹣1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1﹣0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024，故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024；
（3）环己烷的起始浓度为amol•L﹣1，平衡时苯的浓度为bmol•L﹣1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a﹣b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，则平衡常数K=mol3•L﹣3==mol3•L﹣3，
故答案为：mol3•L﹣3；
（4）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从A流向D，故答案为：A→D；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e﹣=C6H12，故答案为：C6H6+6H++6e﹣=C6H12；
③阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，
生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，
设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%﹣xmol，反应后苯的含量==10%，
x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则×100%=64.3%，
故答案为：64.3%．
【点评】本题考查了化学平衡、电解池原理等知识点，根据化学平衡常数表达式、电解原理等知识点来分析解答，难点是（4）③，注意：10mol×（24%﹣10%）不是参加反应的苯的物质的量，为易错点．