2013年广东省高考化学试卷
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，满分24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.选对的得4分，选错或不答的得0分．
1．（4分）下列说法正确的是（）
A．糖类化合物都具有相同的官能团
B．酯类物质是形成水果香味的主要成分
C．油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇
D．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
2．（4分）水溶液中能大量共存的一组离子是（）
A．Na+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣ B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣
C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣
3．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子
B．1L0.1mol?L﹣1的氨水中有NA个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
4．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A Na2S有强还原性 用于除去废水中的Cu2+和Hg2 B CaCO3是难溶物 CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀 C Zn具有还原性和导电性 可用作锌锰干电池的负极材料 D 浓H2SO4有强氧化性 浓H2SO4可用于干燥SO2 A．A B．B C．C D．D
5．（4分）下列措施不合理的是（）
A．用SO2漂白纸浆和草帽辫
B．用硫酸清洗锅炉中的水垢
C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+
6．（4分）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）
A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol?L﹣1
B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）
C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol?L﹣1
二、双项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分．
7．（6分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是（）
A．非金属性：Z＜T＜X
B．R与Q的电子数相差26
C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q
D．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q
8．（6分）下列实验的现象与对应结论均正确的是（）
选项 操作 现象 结论 A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应 C 将一小块Na放入无水乙醇中 产生气泡 Na能置换出醇羟基中的氢 D 将水蒸气通过灼热的铁粉 粉末变红 铁与水在高温下发生反应 A．A B．B C．C D．D
三、非选择题：本大题共4小题，共64分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
9．（16分）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
（1）化合物Ⅰ的分子式为，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗molO2．
（2）化合物Ⅱ可使溶液（限写一种）褪色；化合物Ⅲ（分子式为C10H11C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为．
（3）化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1：1：1：2，Ⅳ的结构简式为．
（4）由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ．化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ．Ⅴ的结构简式为，Ⅵ的结构简式为．
（5）一定条件下，也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．
10．（16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I﹣的氧化．将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究．
（1）O3将I﹣氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I﹣（aq）+O3（g）=IO﹣（aq）+O2（g）△H1
②IO﹣（aq）+H+（aq）?HOI（aq）△H2
③HOI（aq）+I﹣（aq）+H+（aq）?I2（aq）+H2O（l）△H3
总反应的化学方程式为，其反应△H=
（2）在溶液中存在化学平衡：I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq），其平衡常数表达式为．
（3）为探究Fe2+对O3氧化I﹣反应的影响（反应体系如图1），某研究小组测定两组实验中I3﹣浓度和体系pH，结果见图2和下表．
编号 反应物 反应前pH 反应后pH 第1组 O3+I﹣ 5.2 11.0 第2组 O3I﹣Fe2﹣ 5.2 4.1 第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是．
②图1中的A为，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ﹣的转化率，原因是．
③第2组实验进行18s后，I3﹣浓度下降．导致下降的直接原因有（双选）．
A．c（H+）减小B．c（I﹣）减小C．I2（g）不断生成D．c（Fe3+）增加
（4）据图2，计算3﹣18s内第2组实验中生成I3﹣的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）．
11．（15分）银铜合金广泛用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为．
（2）固体混合物B的组成为；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为．
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuO+Al2O3CuAlO2+↑
（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为molCuAlO2，至少需要1.0mol?L﹣1的Al2（SO4）3溶液L．
（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是、过滤、洗涤和干燥．
12．（17分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养．
（1）如图1在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验．
①下列收集Cl2的正确装置是．
②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是．
③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，
（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率．
限选材料：ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线．
①完成原电池的甲装置示意图（如图2），并作相应标注．
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．
②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极．
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是，其原因是．
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选作阳极．
2013年广东省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共6小题，每小题4分，满分24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.选对的得4分，选错或不答的得0分．
1．（4分）下列说法正确的是（）
A．糖类化合物都具有相同的官能团
B．酯类物质是形成水果香味的主要成分
C．油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇
D．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
【分析】A．糖类是多羟基醛、多羟基酮以及能水解而生成多羟基醛或多羟基酮的有机化合物；
B．酯类一般是有香味的物质；
C．油脂是高级脂肪酸甘油酯；
D．蛋白质的水解产物是氨基酸．
【解答】解：A．葡萄糖的官能团是羟基和醛基，而果糖的官能团是羟基和羰基，故A错误；
B．酯类一般都是易挥发具有芳香气味的物质，故B正确；
C．油脂在碱性条件水解生成高级脂肪酸盐和甘油，称之为皂化反应，故C错误；
D．蛋白质的水解产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的性质，难度不大，注意葡萄糖的官能团是羟基和醛基，而果糖的官能团是羟基和羰基．
2．（4分）水溶液中能大量共存的一组离子是（）
A．Na+、Al3+、Cl﹣、CO32﹣ B．H+、Na+、Fe2+、MnO4﹣
C．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ D．K+、NH4+、OH﹣、SO42﹣
【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．
【解答】解：A．因Al3+、CO32﹣相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故A错误；
B．因H+、Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；
C．因该组离子之间不反应，能共存，故C正确；
D．因NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，则不能共存，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子的共存，明确离子之间的反应即可解答，注意相互促进水解的反应及氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．
3．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）
A．常温常压下，8gO2含有4NA个电子
B．1L0.1mol?L﹣1的氨水中有NA个NH4+
C．标准状况下，22.4L盐酸含有NA个HCl分子
D．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2NA个电子
【分析】A、依据n=计算物质的量，结合氧气分子含有电子总数计算得到；
B、一水合氨是弱电解质存在电离平衡；
C、盐酸是电解质溶液，氯化氢电离成氢离子和氯离子；
D、钠原子最外层电子数为1；
【解答】解：A、常温常压下，8gO2物质的量==0.25mol，含有电子数=0.25mol×8×2×NA=4NA，故A正确；
B、1L0.1mol?L﹣1的氨水中，一水合氨物质的量为0.1mol，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，溶液中有NH4+小于0.1mol，故B错误；
C、盐酸是电解质溶液，不是气体，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故C错误；
D、1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故D错误；
故选：A。
【点评】题目考查阿伏伽德罗常数的计算应用，质量换算物质的量弱电解质电离平衡，氧化还原反应电子转移是考查重点，题目较简单．
4．（4分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ A Na2S有强还原性 用于除去废水中的Cu2+和Hg2 B CaCO3是难溶物 CaCl2溶液中通入CO2产生白色沉淀 C Zn具有还原性和导电性 可用作锌锰干电池的负极材料 D 浓H2SO4有强氧化性 浓H2SO4可用于干燥SO2 A．A B．B C．C D．D
【分析】A．CuS和HgS难溶于水；
B．CO2与CaCl2不反应；
C．Zn能导电，在原电池中能失电子作负极；
D．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂。
【解答】解：A．用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+，是因为CuS和HgS难溶于水，陈述I、II没有因果关系，故A错误；
B．CO2与CaCl2不反应，CaCl2溶液中通入CO2没有白色沉淀生成，陈述II错误，故B错误；
C．Zn能导电，在原电池中能失电子作负极，则锌可用作锌锰干电池的负极材料，故C正确；
D．浓硫酸具有吸水性，可以作干燥剂，与强氧化性无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉相关物质的化学性质是解题关键，注意审题：陈述I、II均正确并且有因果关系，题目难度不大。
5．（4分）下列措施不合理的是（）
A．用SO2漂白纸浆和草帽辫
B．用硫酸清洗锅炉中的水垢
C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+
【分析】A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素；
B、硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水；
C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；
D、硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，可以除去废水中重金属离子；
【解答】解：A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素，用SO2漂白纸浆和草帽辫，故A合理；
B、用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故B不合理；
C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；2C+SiO2Si+2CO，故C合理；
D、用Na2S做沉淀剂，硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，除去废水中的Cu2+和Hg2+，故D合理；
故选：B。
【点评】本题考查了二氧化硫、碳酸钙、硫酸钙、二氧化硅物质性质的分析应用，离子沉淀反应的应用，依据所学回答问题，题目难度中等．
6．（4分）50℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是（）
A．pH=4的醋酸中：c（H+）=4.0mol?L﹣1
B．饱和小苏打溶液中：c（Na+）=c（HCO3﹣）
C．饱和食盐水中：c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）
D．pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）=1.0×10﹣2mol?L﹣1
【分析】A．c（H+）=10﹣pH；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，谁弱谁水解，谁强谁显性，所以碳酸氢根离子易水解；
C．任何溶液中都遵循电荷守恒；
D．根据水的离子积常数计算氢氧根离子浓度．
【解答】解：A．c（H+）=10﹣pH=10﹣4mol/L，故A错误；
B．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，而钠离子不水解，所以溶液中存在：c（Na+）＞c（HCO3﹣），故B错误；
C．氯化钠溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣），故C正确；
D．水的离子积常数与温度有关，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，50℃下，水的离子积常数大于10﹣14，所以pH=12的纯碱溶液中：c（OH﹣）＞1.0×10﹣2mol?L﹣1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子浓度关系，根据电荷守恒、物料守恒来分析离子浓度大小，易错选项是D，注意水的离子积常数与温度的关系，为易错点．
二、双项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或者不答的得0分．
7．（6分）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是（）
A．非金属性：Z＜T＜X
B．R与Q的电子数相差26
C．气态氢化物稳定性：R＜T＜Q
D．最高价氧化物的水化物的酸性：T＞Q
【分析】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答。
【解答】解：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，
A、Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右非金属性增强，故非金属性Z＜X＜T，故A错误；
B、R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；
C、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl＞HBr，故C错误；
D、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性Cl＞Br，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：T＞Q，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，难度不大，推断R为氟元素是关键，注意掌握元素周期律。
8．（6分）下列实验的现象与对应结论均正确的是（）
选项 操作 现象 结论 A 将浓硫酸滴到蔗糖表面 固体变黑膨胀 浓硫酸有脱水性和强氧化性 B 常温下将Al片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应 C 将一小块Na放入无水乙醇中 产生气泡 Na能置换出醇羟基中的氢 D 将水蒸气通过灼热的铁粉 粉末变红 铁与水在高温下发生反应 A．A B．B C．C D．D
【分析】A、浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；
B、常温下浓硫酸、浓硝酸遇到铝、铁发生钝化现象，生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行；
C、钠和乙醇反应置换羟基中的氢原子；
D、铁在高温条件反应生成四氧化三铁黑色固体；
【解答】解：A、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体表现浓硫酸的氧化性，故A正确；
B、常温下将Al片放入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，表现了强氧化性，故B错误；
C、将一小块Na放入无水乙醇中，产生气泡，Na能置换出醇羟基中的氢，故C正确；
D、将水蒸气通过灼热的铁粉，反应生成黑色的四氧化三铁固体，说明铁在高温下和水反应，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了浓硫酸、浓硝酸、钠、铁等物质性质的反应现象和产物分析判断，熟练掌握基础是解题关键，题目难度中等．
三、非选择题：本大题共4小题，共64分．按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
9．（16分）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
（1）化合物Ⅰ的分子式为C6H10O3，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗7molO2．
（2）化合物Ⅱ可使溴水或酸性高锰酸钾溶液（限写一种）褪色；化合物Ⅲ（分子式为C10H11C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为．
（3）化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1：1：1：2，Ⅳ的结构简式为．
（4）由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ．化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ．Ⅴ的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，Ⅵ的结构简式为OHCCH=CHCHO．
（5）一定条件下，也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为．
【分析】（1）反应①中化合物I的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，根据结构简式可得分子式，写出反应的方程式可得耗氧量；
（2）反应①中化合物II的官能团是碳碳双键、羟基，前者与溴可以发生加成反应，前者和后者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，由此推断II可以使溴的四氯化碳溶液或溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色；II的结构简式为C6H5CH=CHCHOHCH3，其分子式为C10H12O，III属于卤代烃，其分子式为C10H11Cl，III比II多1个Cl少1个OH，III与NaOH水溶液共热生成II，说明III的结构简式为C6H5CH=CHCHClCH3，根据卤代烃的性质可书写并配平其水解反应的化学方程式；
（3）根据卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应的原理，III与NaOH乙醇溶液共热生成的有机产物可能是C6H5CH=C=CHCH3、C6H5CH=CHCH=CH2，前者的核磁共振氢谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为1：1：3，因此不符合题意，则化合物IV的结构简式为C6H5CH=CHCH=CH2；
（4）醇中羟甲基（﹣CH2OH或HOCH2﹣）在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的醛基（﹣CHO或OHC﹣），依题意可知V的碳链两端各有1个羟甲基（﹣CH2OH或HOCH2﹣），CH3COOCH2CH3的分子式为C4H8O2，减去2个C、6个H、2个O之后可得2个C、2个H，即V的碳链中间剩余基团为﹣CH=CH﹣，则V的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，以此为突破口，可以推断VI的结构简式为OHCCH=CHCHO；
（5）比较反应①中反应物I、II与生成物的结构简式，找出其中相同的基团和不相同的基团，然后推断该反应实质是II所含醇羟基中氧碳键断裂，I所含酯基和酮基的邻碳上的碳氢键断裂，羟基与氢结合生成无机产物水，其余部分结合生成有机产物，由此类比可得类似反应①的有机产物的结构简式．
【解答】解：（1）反应①中化合物I的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，其分子式为C6H10O3；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：C6H10O3+7O26CO2+5H2O，其中氧气与I的物质的量之比等于系数之比，则1molI完全燃烧最少需要消耗7molO2；
故答案为：C6H10O3；7；
（2）化合物II的官能团是碳碳双键、羟基，前者与溴可以发生加成反应，前者和后者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，III的结构简式为C6H5CH=CHCHClCH3，与NaOH在加热条件下发生水解反应，反应的方程式为，
故答案为：溴水或酸性高锰酸钾；；
（3）III与NaOH乙醇溶液共热生成的有机产物可能是C6H5CH=C=CHCH3、C6H5CH=CHCH=CH2，前者的核磁共振氢谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为1：1：3，因此不符合题意，则化合物IV的结构简式为，故答案为：；
（4）醇中羟甲基（﹣CH2OH或HOCH2﹣）在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的醛基（﹣CHO或OHC﹣），依题意可知V的碳链两端各有1个羟甲基（﹣CH2OH或HOCH2﹣），CH3COOCH2CH3的分子式为C4H8O2，减去2个C、6个H、2个O之后可得2个C、2个H，即V的碳链中间剩余基团为﹣CH=CH﹣，则V的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，以此为突破口，可以推断VI的结构简式为OHCCH=CHCHO，故答案为：HOCH2CH=CHCH2OH；OHCCH=CHCHO；
（5）由题给信息可知反应实质是II所含醇羟基中氧碳键断裂，I所含酯基和酮基的邻碳上的碳氢键断裂，羟基与氢结合生成无机产物水，则生成物的结构简式为，
故答案为：．
【点评】本题考查考生对烯烃、炔烃、卤代烃、醇、醛、酯等常见有机物的结构和成键特征的了解；考查考生对以上有机物典型代表物的组成和性质以及它们相互联系的了解；考查考生对重要有机反应类型如取代反应、加成反应、消去反应和氧化反应的了解；考查考生对核磁共振氢谱峰组数和峰面积之比的了解；考查考生对有机化合物同分异构现象的了解；考查考生的分析能力、逻辑推理能力、综合应用信息以及信息迁移能力．
10．（16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I﹣的氧化．将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究．
（1）O3将I﹣氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I﹣（aq）+O3（g）=IO﹣（aq）+O2（g）△H1
②IO﹣（aq）+H+（aq）?HOI（aq）△H2
③HOI（aq）+I﹣（aq）+H+（aq）?I2（aq）+H2O（l）△H3
总反应的化学方程式为2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O，其反应△H=△H1+△H2+△H3
（2）在溶液中存在化学平衡：I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq），其平衡常数表达式为．
（3）为探究Fe2+对O3氧化I﹣反应的影响（反应体系如图1），某研究小组测定两组实验中I3﹣浓度和体系pH，结果见图2和下表．
编号 反应物 反应前pH 反应后pH 第1组 O3+I﹣ 5.2 11.0 第2组 O3I﹣Fe2﹣ 5.2 4.1 第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是由2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O可知消耗酸，所以pH升高．
②图1中的A为Fe2+，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ﹣的转化率，原因是O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化I﹣：2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I﹣消耗量增大，转化率增大．．
③第2组实验进行18s后，I3﹣浓度下降．导致下降的直接原因有（双选）BD．
A．c（H+）减小B．c（I﹣）减小C．I2（g）不断生成D．c（Fe3+）增加
（4）据图2，计算3﹣18s内第2组实验中生成I3﹣的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）．
【分析】（1）根据题给信息，总反应为O3氧化I﹣生成I2，将所给的三个反应：①+②+③可得总反应以及△H；
（2）根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积来分析；
（3）①该反应消耗H+，随反应进行c（H+）浓度降低，pH升高；
②由于是持续通入O3，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化I﹣：2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I﹣消耗量增大，转化率增大，与I2反应的量减少，I3﹣浓度减小；
③根据I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq），使c（I3﹣）急剧减小，说明平衡逆向移动；
（4）根据v=计算反应速率；
【解答】解：（1）将所给的三个反应：①+②+③可得总反应：2I﹣（aq）+O3（g）+2H+（aq）=I2（aq）+O2（g）+H2O（l），△H=△H1+△H2+△H3，
故答案为：2I﹣+O3+2H+=I2+O2+H2O；△H1+△H2+△H3；
（2）因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故答案：；
（3）①该反应消耗H+，随反应进行c（H+）浓度降低，pH升高，方程式为：2I﹣+O3+2H+?I2+O2+H2O，
故答案为：由2I﹣+O3+2H+?I2+O2+H2O可知消耗酸，所以pH升高；
②由于是持续通入O3，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化I﹣：2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子．I﹣消耗量增大，转化率增大；
故答案为：Fe2+；O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化I﹣：2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+，即A是亚铁离子，I﹣消耗量增大，转化率增大；
③c（Fe3+）增加，发生反应：2Fe3++2I﹣=I2+2Fe2+，消耗I﹣，I2（g）不断生成，都会使I2（aq）+I﹣（aq）?I3﹣（aq）平衡逆向移动，故消耗I﹣，I2（aq）不断生成，都会使c（I3﹣）急剧减小，但直接原因是c（I﹣）减小、c（Fe3+）增加，
故答案为：BD；
（4）3～18s内，v（I3﹣）==5.5×10﹣4mol/（L?S），
故答案为：5.5×10﹣4mol/（L?S）．
【点评】本题考查了盖斯定律、化学平衡常数，化学平衡的移动以及化学反应速率的计算等知识，难度中等．
11．（15分）银铜合金广泛用于航空工业．从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阴极反应式为Ag++e﹣=Ag；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为2NO+O2=2NO2．
（2）固体混合物B的组成为Al（OH）3和CuO；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑
（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为49.6molCuAlO2，至少需要1.0mol?L﹣1的Al2（SO4）3溶液24.8L．
（5）CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥．
【分析】（1）根据电解原理分析判断；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，根据Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃判断产物；根据氢氧化铝显两性能与碱反应；
（3）根据化合价升降总数相等以及原子守恒来配平；
（4）根据铜元素守恒建立关系式：Cu～CuAlO2来计算；根据铝元素守恒建立关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2来计算；
（5）根据可溶性溶质从溶液中析出晶体的方法；
【解答】解：（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag﹣e﹣=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag++e﹣=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色N02：2NO+O2=2NO2；
故答案为：Ag++e﹣=Ag；2NO+O2=2NO2；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）2和Al（OH）3，Al（OH）3和Cu（OH）2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）2分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3和CuO；Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；
（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为﹣2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，故答案为：4；2；4；O2；
（4）由关系式：Cu～CuAlO2得n（CuAlO2）==49.6mol，则CuAlO2为49.6mol，
由关系式：Al2（SO4）3～2CuAlO2得Al2（SO4）3=n（CuAlO2）×=24.8mol，所以需要体积为=24.8L，
故答案为：49.6；24.8；
（5）由CuSO4溶液获得CuSO4?5H2O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．
【点评】本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度不大．
12．（17分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养．
（1）如图1在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验．
①下列收集Cl2的正确装置是C．
②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是Cl2、HClO、ClO﹣．
③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，加入适量的NaBr溶液，充分振荡，静置．溶液分层，
同时下层液体颜色为橙色
（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能．设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率．
限选材料：ZnSO4（aq），FeSO4（aq），CuSO4（aq）；铜片，铁片，锌片和导线．
①完成原电池的甲装置示意图（如图2），并作相应标注．
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素．
②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极溶解．
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，其原因是甲为①可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能．．
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选锌片作阳极．
【分析】（1）①氯气是比空气重的可溶于水的气体，依据氯气物理性质和装置分析；
②氯气和水反应生成盐酸和次氯酸；依据平衡状态各物质性质分析判断
③依据氯气具有氧化性能氧化溴离子为溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度大，据此现象分析判断设计实验；
（2）①依据原电池原理和盐桥的作用，在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，设计不同的电极为铜和锌，电解质溶液为硫酸铜和硫酸锌溶液；
②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，则另一电极应比铜活泼做负极；
③从电硫稳定，能量转化彻底，反应速率快等分析判断；
（3）牲阳极的阴极保护法原理是原电池中把被保护的金属设计成正极，另一活泼的金属做负极．
【解答】解：（1）①氯气是比空气中的可溶于水水的有毒气体；
A、导气管位置正确，因为氯气比空气重用向上排气方法，但只有进气口，无出气口，无法排出气体，故A错误；
B、此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，需要短进长出，故B错误；
C、装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故C正确；
D、氯气通入NaOH溶液会发生反应．氯气被氢氧化钠吸收，不能收集到氯气，故D错误；
故答案为：C；
②将Cl2通入水中，发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子为Cl2HClOClO﹣；
故答案为：Cl2、HClO、ClO﹣；
③氯气具有氧化性能氧化溴离子为溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度大，可以加入溴化钠溶液，充分振荡反应，Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2，静置后溴溶于下层的四氯化碳层呈橙色；
故答案为：加入适量的NaBr溶液，充分振荡，静置．溶液分层，同时下层液体颜色为橙色；
（2）①在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素，如图示设计原电池，锌做负极，铜做正极，原电池的甲装置示意图为：
故答案为：；
②以铜片为电极之一，CuSO4（aq）为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极，形成原电池，负极发生氧化反应，Zn﹣2e﹣=Zn2+，锌溶解，正极析出铜；
故答案为：溶解；
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，因为甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能，
故答案为：甲，甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能．而乙中的活泼金属还可以与CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能；
（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，材料中选择锌做阳极，
故答案为：锌片．
【点评】本题考查了气体收集方法，离子检验试验设计，原电池装置设计，盐桥的作用分析应用，金属保护的方法和名称，题目难度中等．
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