2016年浙江省高考化学试卷

这是一份2016年浙江省高考化学试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2016年浙江省高考化学试卷
　
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列说法不正确的是（　　）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
2．（6分）下列叙述不正确的是（　　）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线
3．（6分）短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W﹣的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）
A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
4．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．的一溴代物和的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷
D．与都是α﹣氨基酸且互为同系物
5．（6分）金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）

A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg，Al，Zn三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高
C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n
D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
6．（6分）苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变
C．当pH为5.0时，饮料中=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）
7．（6分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（　　）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O
　
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（10分）化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和Z：
已知：①化合物A的结构中有2个甲基
②RCOOR′+R″CH2COOR′
请回答：
（1）写出化合物E的结构简式　 　，F中官能团的名称是　 　；
（2）Y→Z的化学方程式是　 　；
（3）G→X的化学方程式是　 　，反应类型是　 　；
（4）若C中混有B，请用化学方法检验B的存在（要求写出操作、现象和结论）　 　．
9．（6分）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据　 　；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理　 　；
（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理　 　．
10．（12分）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

请回答：
（1）A的组成元素为　 　（用化学符号表示），化学式为　 　；
（2）C溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用　 　；
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），该气体分子的电子式为　 　，写出该反应的离子方程式　 　；
（4）写出F→G反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣）　 　。
11．（15分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol﹣8 Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1。
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=　 　；反应Ⅱ的△H2=　 　kJ•mol﹣1。
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有　 　。
A．使用催化剂Cat.1
B、使用催化剂Cat.2
C、降低反应温度
D、投料比不变，增加反应物的浓度
E、增大 CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是　 　。
（4）在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程﹣能量”示意图。
（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　 　极，该电极反应式是　 　。

12．（15分）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：

步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是　 　。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是　 　。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是　 　。
（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是　 　。
（4）有关步骤4的说法，正确的是　 　。
A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B、洗涤晶体可选用0℃的苯
C、加热至160℃的主要目的是除去苯
D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①滴定前润洗滴定管的操作方法是　 　。
②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是　 　（以质量分数表示）。
　

2016年浙江省高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列说法不正确的是（　　）
A．储热材料是一类重要的存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量
B．Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病
D．纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+，Cu2+，Cd2+，Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附
【分析】A．储热材料是一类重要的存储物质，在熔融时吸收热量、在结晶时放出热量；
B．Ge是32号元素，位于金属和非金属交界线处，可以作半导体材料；
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸；
D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应．
【解答】解：A．储热材料是一类重要的存储物质，根据能量守恒知，这些物质在熔融时需要吸收热量、在结晶时放出热量，故A正确；
B.32号元素Ge位于金属和非金属交界线处，具有金属和非金属的性质，可以作半导体材料，所以Ge（32号元素）的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，故B正确
C．Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X﹣射线检查肠胃道疾病，故C正确；
D．Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查较综合，涉及氧化还原反应、物质用途、能量守恒等知识点，明确基本原理、物质性质是解本题关键，注意D中发生反应而不是利用胶体性质，为易错点．
　
2．（6分）下列叙述不正确的是（　　）
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高
C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴管加蒸馏水至刻度线
【分析】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧；
B．应先加热再混合；
C．蒸馏时，应充分冷凝，防止温度过高而混入杂质；
D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线。
【解答】解：A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故A正确；
B．该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得的反应速率偏低，故B错误；
C．蒸馏时，应充分冷凝，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，防止温度过高而混入杂质，故C正确；
D．配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，应用胶头滴管滴加，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及实验基本操作及实验安全、影响反应速率的因素及物质鉴别等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度中等。
　
3．（6分）短周期主族元素X，Y，Z，W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，X，Y的核电荷数之比为3：4，W﹣的最外层为8电子结构，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是（　　）
A．X与Y能形成多种化合物，一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应
B．原子半径大小：X＜Y，Z＞W
C．化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键
D．Y，W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，以此解答该题．
【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W﹣的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，
A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；
B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；
C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；
D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素结构与元素周期率知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握原子结构与元素周期率的递变规律，把握物质的性质的相似性和递变性，难度中等．
　
4．（6分）下列说法正确的是（　　）
A．的一溴代物和的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷
D．与都是α﹣氨基酸且互为同系物
【分析】A．有几种氢原子其一溴代物就有几种；
B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构；
C．该分子中最长的碳链上有6个C原子；
D．结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物．
【解答】解：A．有几种氢原子其一溴代物就有几种，甲苯、2﹣甲基丁烷的一溴代物都有4种，故A正确；
B．该分子结构和乙烯相似，乙烯中所有原子共平面，据此判断该分子结构中四个C原子在同一平面上不在同一直线上，故B错误；
C．该分子中最长的碳链上有6个C原子，其名称为2，3，4，4﹣四甲基己烷，故C错误；
D．结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构不相似，所以不是同系物，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查同分异构体种类判断、基本概念、有机物命名等知识点，侧重考查学生分析判断及知识迁移能力，明确基本概念内涵、常见物质结构、有机物命名原则是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大．
　
5．（6分）金属（M）﹣空气电池（如图）具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：4M+nO2+2nH2O=4M（OH）n，已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，下列说法不正确的是（　　）

A．采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面
B．比较Mg，Al，Zn三种金属﹣空气电池，Al﹣空气电池的理论比能量最高
C．M﹣空气电池放电过程的正极反应式：4M++nO2+2nH2O+4ne﹣=4M（OH）n
D．在Mg﹣空气电池中，为防止负极区沉积Mg（OH）2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜
【分析】A．反应物接触面积越大，反应速率越快；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多；
C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣；
D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣。
【解答】解：A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，故A正确；
B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为=mol、×3=mol、=mol，所以Al﹣空气电池的理论比能量最高，故B正确；
C．正极上氧气得电子和水反应生成OH﹣，因为是阴离子交换膜，所以阳离子不能进入正极区域，则正极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C错误；
D．负极上Mg失电子生成Mg2+，为防止负极区沉积Mg（OH）2，则阴极区溶液不能含有大量OH﹣，所以宜采用中性电解质及阳离子交换膜，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生分析判断、获取信息解答问题及计算能力，明确各个电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、氧化还原反应计算是解本题关键，易错选项是C。
　
6．（6分）苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂，研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，已知25℃时，HA的Ka=6.25×10﹣5，H2CO3的Ka1=4.17×10﹣7，Ka2=4.90×10﹣11，在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压冲入CO2气体，下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（　　）
A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低
B．提高CO2充气压力，饮料中c（A﹣）不变
C．当pH为5.0时，饮料中=0.16
D．碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA）
【分析】A．苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣；
B．酸性增强，溶液中c（A﹣）减小；
C．=；
D．根据质子守恒分析。
【解答】解：A．由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A﹣，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；
B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c（A﹣）减小，故B错误；
C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；
D．碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A﹣结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c（H+）+c（HA）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），则各种粒子的浓度关系为：c（H+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）﹣c（HA），故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。
　
7．（6分）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2，CO2，SO2，NO，CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是（　　）
A．固体Ⅰ中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O
【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题．
【解答】解：工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，
A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；
D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2﹣=N2↑+2H2O，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离、提纯的综合引用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关系，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识，难度不大．
　
二、非选择题（共5小题，满分58分）
8．（10分）化合物X是一种有机合成中间体，Z是常见的高分子化合物，某研究小组采用如下路线合成X和Z：
已知：①化合物A的结构中有2个甲基
②RCOOR′+R″CH2COOR′
请回答：
（1）写出化合物E的结构简式　CH2=CH2　，F中官能团的名称是　羟基　；
（2）Y→Z的化学方程式是　　；
（3）G→X的化学方程式是　　，反应类型是　取代反应　；
（4）若C中混有B，请用化学方法检验B的存在（要求写出操作、现象和结论）　取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在　．
【分析】A可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的结构中有2个甲基，则A为（CH3）2CHCH2OH，故B为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCOOH．由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HC≡CH，Y发生加聚反应生成高分子Z为．结合信息②可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反应生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，故G为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X为．
【解答】解：A可以连续发生氧化反应，结合分子式可知A属于饱和一元醇，化合物A的结构中有2个甲基，则A为（CH3）2CHCH2OH，故B为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCOOH．由Y的分子式可知，Y的结构简式为CH2=CHCl，可知D为HC≡CH，Y发生加聚反应生成高分子Z为．结合信息②可知G为酯，F属于醇，D与氢气发生加成反应生成E为CH2=CH2，E能与水发生加成反应生成F为CH3CH2OH，故G为（CH3）2CHCOOCH2CH3，X为．
（1）化合物E的结构简式为：CH2=CH2，F为CH3CH2OH，F中官能团的名称是：羟基，
故答案为：CH2=CH2；羟基；
（2）Y→Z的化学方程式是，
故答案为；
（3）G→X的化学方程式是：，反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
（4）B为（CH3）2CHCHO，C为（CH3）2CHCOOH，检验C中含有B，只需检验醛基即可，取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在，
故答案为：取适量试样于试管中，先用NaOH溶液中和，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热，若产生砖红色沉淀，则有B存在．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机反应方程式书写、官能团的检验等，注意根据有机物分子式与反应条件进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，注意对题目给予反应信息的理解．
　
9．（6分）化合物Mg5Al3（OH）19（H2O）4可作环保型阻燃材料，受热时按如下化学方程式分解：
2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3
（1）写出该化合物作阻燃剂的两条依据　反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气　；
（2）用离子方程式表示除去固体产物中Al2O3的原理　Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O　；
（3）已知MgO可溶于NH4Cl的水溶液，用化学方程式表示其原理　MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O　．
【分析】（1）分解反应是吸热反应且生成的氧化镁、氧化铝的熔点高；
（2）氧化镁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，依据二者性质不同除去；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于酸促进水解平衡正向进行．
【解答】解：（1）2Mg5Al3（OH）19（H2O）427H2O↑+10MgO+3Al2O3 ，分解反应是吸热反应，降低温度，生成的氧化镁和氧化铝都是熔点很高的氧化物，附着表面会阻止燃烧，水蒸气稀释空气．
故答案为：反应吸热降低温度，固体氧化物隔绝空气，水蒸气稀释空气；
（2）氧化镁是碱性氧化物溶于酸，氧化铝是两性氧化物溶于酸、溶于碱，加入氢氧化钠溶解后过滤除去，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；
（3）氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，氧化镁溶于水解生成的酸，反应的化学方程式为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O，
故答案为：MgO+2NH4Cl+H2O=MgCl2+2NH3•H2O．
【点评】本题考查了镁铝化合物性质，盐类水解的原理应用，主要是氧化镁、氧化铝性质的熟练掌握，题目难度不大．
　
10．（12分）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成：

请回答：
（1）A的组成元素为　Fe、S　（用化学符号表示），化学式为　Fe3S4　；
（2）C溶液可溶解铜片，例举该反应的一个实际应用　刻蚀铜线路板　；
（3）已知化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），该气体分子的电子式为　　，写出该反应的离子方程式　Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑　；
（4）写出F→G反应的化学方程式，设计实验方案探究溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣）　H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3　。
【分析】C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，以此解答该题。
【解答】解：C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe（SCN）3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）==0.015mol，n（Fe）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m（S）=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）==0.04mol，可知n（Fe）：n（S）=3：4，应为Fe3S4，
（1）由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4，故答案为：Fe、S；Fe3S4；
（2）铁离子具有强氧化性，可氧化铜，常用于刻蚀铜线路板，故答案为：刻蚀铜线路板；
（3）化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g•L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，电子式为，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑，
故答案为：；Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑；
（4）F→G反应的化学方程式为H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI，溶液G中的主要微粒（不考虑H2O，H+，K+，I﹣） 为SO42﹣和H2SO3，可先检验SO42﹣，后检验有H2SO3，具体操作为：取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
故答案为：H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI；取溶液G，加入过量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42﹣；过滤后取滤液，滴加H2O2溶液，若再产生白色沉淀，则有H2SO3。
【点评】本题综合考查无机物的推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析、计算和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应现象，结合质量守恒推断物质的组成，难度中等。
　
11．（15分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol﹣8 Ⅰ
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T（K）
催化剂
CO2转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1。
②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=　　；反应Ⅱ的△H2=　+41.2　kJ•mol﹣1。
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有　CD　。
A．使用催化剂Cat.1
B、使用催化剂Cat.2
C、降低反应温度
D、投料比不变，增加反应物的浓度
E、增大 CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是　表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响　。
（4）在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程﹣能量”示意图。
（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在　阴　极，该电极反应式是　CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O　。

【分析】（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；已知：CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，可知热化学方程式a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，利用盖斯定律可计算CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）的反应热；
（2）由CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H1=﹣53.7kJ•mol﹣8 可知提高CO2转化为CH3OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
（3）不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；
（4）加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变；
（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇。
【解答】解：（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=，
已知：CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣285.8kJ•mol﹣1，②H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，可知热化学方程式a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1，b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=﹣285.8kJ•mol﹣1，c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•mol﹣1，
由盖斯定律将b﹣a+c可得CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 =（﹣285.8+283.0+44）kJ•mol﹣1=+41.2kJ•mol﹣1，
故答案为：；+41.2；
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物的浓度，平衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误。
故答案为：CD；
（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据，
故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，
故答案为：；
（5）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O，
故答案为：阴；CO2+6H++6e﹣=CH3OH+H2O。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等。
　
12．（15分）无水MgBr2可用作催化剂。实验室采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2，装置如图1，主要步骤如下：

步骤1 三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。
步骤2 缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈瓶中。
步骤3 反应完毕后恢复至常温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚溴化镁粗品。
步骤4 室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品。
已知：①Mg与Br2反应剧烈放热；MgBr2具有强吸水性。
②MgBr2+3C2H5OC2H5⇌MgBr2•3C2H5OC2H5
请回答：
（1）仪器A的名称是　干燥管　。实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是　防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应　。
（2）如将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是　会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患　。
（3）步骤3中，第一次过滤除去的物质是　镁屑　。
（4）有关步骤4的说法，正确的是　BD　。
A、可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B、洗涤晶体可选用0℃的苯
C、加热至160℃的主要目的是除去苯
D、该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（5）为测定产品的纯度，可用EDTA（简写为Y）标准溶液滴定，反应的离子方程式：
Mg2++Y4﹣═MgY2﹣
①滴定前润洗滴定管的操作方法是　从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2﹣3次　。
②测定时，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，用0.0500mol•L﹣1的EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液26.50mL，则测得无水MgBr2产品的纯度是　97.5%　（以质量分数表示）。
【分析】（1）仪器A为干燥管，空气中含氧气会和镁发生反应生成氧化镁会阻碍镁与溴单质的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患；
（3）反应完毕后恢复至常温，过滤除去固体为镁屑；
（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解；
C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁；
D．室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水MgBr2产品，该步骤是为了除去乙醚和溴；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，润洗2﹣3次；
②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=EDTA标准溶液物质的量，结合n=计算得到溴化镁的质量，纯度=×100%；
【解答】解：（1）仪器A为干燥管，本实验要用镁屑和液溴反应生成溴化镁，所以装置中不能有能与镁反应的气体，例如氧气，所以不能用干燥的空气代替干燥的氮气，故答案为：防止镁屑与氧气反应生成的氧化镁阻碍Mg和Br2的反应，
故答案为：干燥管；防止镁屑与氧气反应，生成的MgO阻碍Mg和Br2的反应；
（2）将装置B改为C装置，当干燥的氮气通入，会使气压变大，将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热存在安全隐患，装置B是利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈瓶中，反应可以容易控制防止反应过快，
故答案为：会将液溴快速压入三颈瓶，反应过快大量放热而存在安全隐患；
（3）步骤3过滤出去的是不溶于水的镁屑，
故答案为：镁屑；
（4）A.95%的乙醇中含有水，溴化镁有强烈的吸水性，故A错误；
B．加入苯的目的是除去乙醚和溴，洗涤晶体用0°C的苯，可以减少产品的溶解，故B正确；
C．加热至160°C的主要目的是分解三乙醚合溴化镁得到溴化镁，不是为了除去苯，故C错误；
D．该步骤是为了除去乙醚和溴，故D正确；
故选BD，
故答案为：BD；
（5）①滴定前润洗滴定管是需要从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体湿润内壁，然后从下步放出，重复2﹣3次，
故答案为：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2﹣3次；
②依据方程式Mg2++Y4﹣═MgY2﹣分析，溴化镁的物质的量=0.0500mol/L×0.02650L=0.001325mol，则溴化镁的质量为0.001325mol×184g/mol=0.2438g，溴化镁的产品的纯度=×100%=97.5%，
故答案为：97.5%；
【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计、混合物的计算、物质分离提纯的综合应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。