2015年重庆市高考化学试卷

这是一份2015年重庆市高考化学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2015年重庆市高考化学试卷
　
一、选择题
1．（6分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（　　）
A．用胆矾炼铜 B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南针
2．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4
3．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C．25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl﹣）=c（I﹣）
4．（6分）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（　　）
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
C．实验室制取氨
D．验证乙烯的生成
5．（6分）某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（　　）

A．X、Y和Z均能使溴水褪色
B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2
C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应
D．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体
6．（6分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1
则x为（　　）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
7．（6分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） K=0.1
反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7mol
D．CO的平衡转化率为80%
　
二、综合题（本大题共4小题，共58分）
8．（15分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为　 　．
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为　 　（已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为　 　，K的原子结构示意图为　 　．
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为　 　．
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为　 　；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为　 　．
9．（15分）ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．

（1）仪器D的名称是　 　．安装F中导管时，应选用图2中的　 　．
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜　 　（填“快”或“慢”）．
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是　 　．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为　 　，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是　 　．
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是　 　，原因是　 　．

10．（14分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）．

（1）A的化学名称是　 　，A→B新生成的官能团是　 　；
（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为　 　．
（3）D→E的化学方程式为　 　．
（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，所得有机物的结构简式为　 　．
（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M的结构简式为　 　．
（6）已R3C≡CR4，则T的结构简式为　 　．
11．（14分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义．

（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第　 　周期．
（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为　 　．
（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是　 　．
A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为　 　．
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图．
①腐蚀过程中，负极是　 　（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为　 　；
③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为　 　L（标准状况）．
　

2015年重庆市高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题
1．（6分）中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及化学反应的是（　　）
A．用胆矾炼铜 B．用铁矿石炼铁
C．烧结粘土制陶瓷 D．打磨磁石制指南针
【分析】A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，整个过程中Cu元素由化合态转化为单质，一定发生化学变化；
B．铁矿石主要成份为Fe2O3，炼铁得到Fe单质，有新物质生成，属于化学反应；
C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品；
D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成．
【解答】解：A．胆矾的化学式为CuSO4•5H2O，由CuSO4•5H2O→Cu，有新物质生成，属于化学反应，故A不选；
B．铁矿石主要成份为Fe2O3，由Fe2O3→Fe，有新物质生成，属于化学反应，故B不选；
C．制陶瓷的原料是粘土，发生化学变化生成硅酸盐产品，故C不选；
D．打磨磁石制指南针，只是改变物质的外形，没有新物质生成，不涉及化学反应，故选D；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应的判断，比较基础，明确原理是解题关键，A、B选项可以借助化合价变价，利用氧化还原反应知识判断．
　
2．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性强
B．P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强
C．Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应
D．SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4
【分析】A．同主族自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱；
B．同周期随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强；
C．MgO不能与氢氧化钠溶液反应；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡．
【解答】解：A．I、Br同主族，自上而下原子半径增大，元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱，故I的原子半径大于Br，HI比HBr的热稳定性弱，故A错误；
B．Si、P同周期，随原子序数增大，元素非金属性增强，最高价含氧酸的酸性增强，故P的非金属性强于Si，H3PO4比H2SiO3的酸性强，故B正确；
C．氧化铝属于两性氧化物，能与氢氧化钠反应，而MgO属于碱性氧化物，能与酸反应，不能与氢氧化钠溶液反应，故C错误；
D．二氧化硫通入硝酸钡溶液中，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，将亚硫酸氧化为硫酸，进一步反应得到硫酸钡，故SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO4，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查元素周期律、金属氧化物性质、硝酸的性质等，难度不大，D选项注意硝酸条件下，硝酸根具有强氧化性．
　
3．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7
C．25℃时，0.1mol•L﹣1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
D．0.1mol AgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c（Cl﹣）=c（I﹣）
【分析】A．加入醋酸钠，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸的电离；
B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性；
C．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度；
D．AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl﹣）≠c（I﹣）．
【解答】解：A．稀醋酸溶液中存在平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加入醋酸钠，溶液中CH3COO﹣离子浓度增大，抑制醋酸的电离，故A错误；
B.25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后为NH4NO3溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，故溶液pH＜7，故B错误；
C．硫化氢为弱电解质，部分电离，而硫化钠为强电解质，等浓度溶液中硫化氢溶液中离子浓度远远小于硫化钠溶液中离子浓度，硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱，故C正确；
D．均存在溶解平衡，溶液中Ag+浓度相同，AgCl与AgI的溶度积不同，所得溶液中c（Cl﹣）≠c（I﹣），故D错误，
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，难度不大，A为易错点，学生容易认为醋酸根与氢离子结合，平衡右移，促进电离．
　
4．（6分）下列实验中，所使用的装置（夹持装置略）、试剂和操作方法都正确的是（　　）
A．观察Fe（OH）2的生成
B．配制一定物质的量浓度的NaNO3溶液
C．实验室制取氨
D．验证乙烯的生成
【分析】A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器；
C．氨气极易溶于水，不能采用排水法收集；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化．
【解答】解：A．氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；
B．容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；
C．实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．制取乙烯需要170℃，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质制备、物质检验、气体收集、溶液配制等知识点，明确实验原理及操作规范、物质性质是解本题关键，易错选项是D，知道常见气体的制备及收集方法，题目难度不大．
　
5．（6分）某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（　　）

A．X、Y和Z均能使溴水褪色
B．X和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2
C．Y既能发生取代反应，也能发生加成反应
D．Y可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体
【分析】A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；
B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应；
C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；
D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应．
【解答】解：A．X和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；
B．酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故B错误；
C．Y含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；
D．Y中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、烯烃的性质，注意只有苯环上酚羟基邻对位有氢原子的酚才能和溴水发生取代反应，为易错点．
　
6．（6分）黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g）△H=x kJ•mol﹣1
已知：
碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1
则x为（　　）
A．3a+b﹣c B．c﹣3a﹣b C．a+b﹣c D．c﹣a﹣b
【分析】碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热．
【解答】解：碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①
S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②
2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③
将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=x kJ•mol﹣1=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1，所以x=3a+b﹣c，故选A。
【点评】本题考查盖斯定律的应用，侧重考查学生分析计算能力，明确目标方程式与已知方程式的关系是解本题关键，注意方程式可以进行加减，题目难度不大．
　
7．（6分）羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） K=0.1
反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）
A．升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B．通入CO后，正反应速率逐渐增大
C．反应前H2S物质的量为7mol
D．CO的平衡转化率为80%
【分析】A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；
C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g） 起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n﹣2 2 2
反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；
D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率。
【解答】解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；
B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；
C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
起始（mol）：10 n 0 0
变化（mol）：2 2 2 2
平衡（mol）：8 n﹣2 2 2
反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；
D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用。
　
二、综合题（本大题共4小题，共58分）
8．（15分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质．当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用．
（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为　　．
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na反应生成的还原产物为　Fe　（已知该反应为置换反应）．
（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O，KClO4含有化学键的类型为　离子键、共价键　，K的原子结构示意图为　　．
（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解，其化学方程式为　2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O　．
（5）100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L（标准状况）．
①用碱石灰除去的物质为　CO2、H2O　；
②该产气药剂中NaN3的质量分数为　65%　．
【分析】（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对；
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；
（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键；
K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水；
（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽；
②根据n=计算氮气的物质的量，根据氮元素守恒计算n（NaN3），在根据m=nM计算m（NaN3），进而计算NaN3的质量分数．
【解答】解：（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为，
故答案为：；
（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，
故答案为：Fe；
（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；
K原子质子数为19，原子核外有4个电子层，各层电子数为2、8、8、1，原子结构示意图为，
故答案为：离子键、共价键；；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；
（5）①碱石灰可以吸收二氧化碳、水蒸汽，用碱石灰除去的物质为CO2、H2O，
故答案为：CO2、H2O；
②氮气的物质的量=1.5mol，根据氮元素守恒n（NaN3）==1mol，则m（NaN3）=1mol×65g/mol=65g，故NaN3的质量分数为×100%=65%，
故答案为：65%．
【点评】本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体，考查电子式、化学键类型、化学反应方程式的书写、化学计算等知识，属于拼合型题目，侧重对基础知识的考查．
　
9．（15分）ClO2与Cl2的氧化性相近．在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛．某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究．

（1）仪器D的名称是　锥形瓶　．安装F中导管时，应选用图2中的　b　．
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜　慢　（填“快”或“慢”）．
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是　吸收Cl2　．
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为　4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O　，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是　验证是否有ClO2 生成　．
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是　稳定剂Ⅱ　，原因是　稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度　．

【分析】（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，说明Cl2被吸收；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【解答】解：（1）根据仪器特征，可知仪器D是锥形瓶；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
故答案为：锥形瓶；b；
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢，
故答案为：慢；
（3）F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2，
故答案为：吸收Cl2；
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O； 在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2 生成，
故答案为：4H++5ClO2﹣=Cl﹣+4ClO2↑+2H2O；验证是否有ClO2 生成；
（5）由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好，
故答案为：稳定剂Ⅱ；稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度．
【点评】本题以ClO2的制备、吸收、释放为载体，考查实验制备方案设计、基本操作、对装置及操作的分析评价等，注意根据问题进行制备流程分析，难度中等．
　
10．（14分）某“化学鸡尾酒”通过模拟臭虫散发的聚集信息素可高效诱捕臭虫，其中一种组分T可通过下列反应路线合成（部分反应条件略）．

（1）A的化学名称是　丙烯　，A→B新生成的官能团是　﹣Br　；
（2）D的核磁共振氢谱显示峰的组数为　2　．
（3）D→E的化学方程式为　CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O　．
（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，所得有机物的结构简式为　HC≡CCOOH　．
（5）L可由B与H2发生加成反应而得，已知R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2C≡CR2+NaBr，则M的结构简式为　CH3CH2CH2 C≡CCHO　．
（6）已R3C≡CR4，则T的结构简式为　　．
【分析】根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；
L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，根据R3C≡CR4知，T结构简式为，据此分析解答．
【解答】解：根据A、B结构简式知，A发生取代反应生成B，B和溴发生加成反应生成D，D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，E发生水解反应然后发生氧化反应生成G，G结构简式为HC≡CCHO，G和NaNH2反应生成J，根据G和J结构简式知，该反应为取代反应；
L可由B与H2发生加成反应而得，则L为CH3CH2CH2Br，根据R1CH2Br+NaC≡CR2→R1CH2 C≡CR2+NaBr知，M结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，根据R3C≡CR4知，T结构简式为，
（1）A的化学名称是丙烯，A→B新生成的官能团是﹣Br，故答案为：丙烯；﹣Br；
（2）D中两种氢原子，所以D的核磁共振氢谱显示峰的组数为2，故答案为：2；
（3）D在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成E，D→E的化学方程式为CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O，
故答案为：CH2BrCHBrCH2Br+2NaOHHC≡CCH2Br+2NaBr+2H2O；
（4）G与新制的Cu（OH）2发生反应，G中醛基被氧化生成羧基，所得有机物的结构简式为HC≡CCOOH，
故答案为：HC≡CCOOH；
（5）通过以上分析知，M的结构简式为CH3CH2CH2 C≡CCHO，故答案为：CH3CH2CH2 C≡CCHO；
（6）通过以上分析知，T结构简式为，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据反应条件、物质结构简式结合（5）（6）题中信息进行推断，知道常见有机反应类型及反应条件，题目难度中等．
　
11．（14分）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义．

（1）原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第　四　周期．
（2）某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为　10：1　．
（3）研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl．关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是　AB　．
A．降低了反应的活化能 B．增大了反应的速率
C．降低了反应的焓变 D．增大了反应的平衡常数
（4）采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀．如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为　Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O　．
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的原理示意图．
①腐蚀过程中，负极是　c　（填图中字母“a”或“b”或“c”）；
②环境中的Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为　2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓　；
③若生成4.29gCu2（OH）3Cl，则理论上耗氧体积为　0.448　L（标准状况）．
【分析】（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层；
（2）Sn、Pb的物质的量之比=：=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nNA知，物质的量之比等于其个数之比；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数；
B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会；
C．催化剂改变反应路径，但焓变不变；
D．平衡常数只与温度有关；
（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物；
（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极；
②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；
③n[Cu2（OH）3Cl]==0.02mol，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算体积．
【解答】解：（1）原子核外电子层数与其周期数相等，Cu原子核外有4个电子层，所以Cu元素位于第四周期，故答案为：四；
（2）Sn、Pb的物质的量之比=：=1mol：0.1mol=10：1，根据N=nNA知，物质的量之比等于其个数之比，所以Sn、Pb原子个数之比为10：1，故答案为：10：1；
（3）A．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，故A正确；
B．催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，增大活化分子之间的碰撞机会，所以反应速率增大，故B正确；
C．催化剂改变反应路径，但焓变不变，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，与催化剂无关，故D错误；
故选AB；
（4）Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，则二者相互交换成分生成另外的两种化合物，
反应方程式为Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O，
故答案为：Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O；
（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为：c；
②Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓，故答案为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣=Cu2（OH）3Cl↓；
③n[Cu2（OH）3Cl]==0.02mol，根据转移电子得n（O2）==0.02mol，V（O2）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，
故答案为：0.448．
【点评】本题考查较综合，侧重考查学生自身综合应用及计算能力，涉及氧化还原反应计算、离子方程式及复分解反应方程式的书写、原电池原理、催化剂的作用等知识点，利用原电池原理、物质性质及转移电子守恒进行解答，易错点是（3）题，题目难度中等．