2014年海南省高考化学试卷
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12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．
1．（2分）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）
A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．装饰材料释放的甲醛会造成污染
2．（2分）下列有关物质性质的说法错误的是（）
A．热稳定性：HCl＞HI B．原子半径：Na＞Mg
C．酸性：H2SO3＞H2SO4 D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣
3．（2分）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（）
A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小
4．（2分）标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ?mol﹣1、463kJ?mol﹣1和495kJ?mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（）
A．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ?mol﹣1
B．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ?mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ?mol﹣1
D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ?mol﹣1
5．（2分）下列除杂操作可行的是（）
A．通过浓硫酸除去HCl中的H2O
B．通过灼热的CuO除去H2中的CO
C．通过灼热的镁粉除去N2中的O2
D．通过水除去CO中的CO2
6．（2分）NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或2个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．
7．（4分）下列有关物质水解的说法正确的是（）
A．蛋白质水解的最终产物是多肽
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．纤维素不能水解成葡萄糖
D．油脂水解产物之一是甘油
8．（4分）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于△H
C．改变催化剂，不能改变该反应的活化能
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
9．（4分）下列关于物质应用的说法错误的是（）
A．玻璃容器可长期盛放各种酸 B．纯碱可用于清洗油污
C．浓氨水可检验氯气管道漏气 D．Na2S可除去污水中的Cu2+
10．（4分）下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）
A．P2O5可用于干燥Cl2和NH3
B．“可燃冰”主要成分是甲烷和水
C．CCl4可用于鉴别溴水和碘水
D．Si和SiO2都用于制造光导纤维
11．（4分）室温下，用0.100mol?L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol?L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）
A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL
C．V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
12．（4分）将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器体积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）
A．平衡常数减小 B．BaO量不变 C．氧气压强不变 D．BaO2量增加
三、解答题
13．（9分）4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：
（1）元素x在周期表中的位置是第周期，第族，其单质可采用电解熔融的方法制备．
（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是，碱性最强的是．（填化学式）
（3）气体分子（mn）2的电子式为．（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为．
14．（9分）硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5+OH﹣?O2NC6H4COO﹣+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050mol?L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：
t/s 0 120 180 240 330 530 600 700 800 α/% 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0 （1）列示计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率、；比较两者大小可得出的结论是．
（2）列式计算15℃时该反应的平衡常数．
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有（要求写出两条）．
15．（8分）卤代烃在生产生活中具有广泛的应用，回答下列问题：
（1）多卤代甲烷常作为有机溶剂，其中分子结构为正四面体的是．工业上分离这些多氯代甲烷的方法是．
（2）三氟氯溴乙烷（CF3CHClBr）是一种麻醉剂，写出其所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）．
（3）聚氯乙烯是生活中常用的塑料．工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：
反应①的化学方程式为，反应类型为；反应②的反应类型为．
16．（9分）锰锂电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池．该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2．回答下列问题：
（1）外电路的电流方向是由极流向极（填字母）．
（2）电池正极反应式．
（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？（填“是”或“否”），原因是．
（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为．K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为．
17．（9分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为，c中的试剂为．
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是．
（3）d中的试剂为．
（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有（写出两条）．
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是．
三、选做题，请考生在选修5、选修3、选修2三题中任选一题作答，多做则按所做的第一题计分选修5-有机化学基础
18．（6分）图示为一种天然产物，具有一定的除草功效．下列有关该化合物的说法错误的是（）
A．分子含有三种含氧官能团
B．1mol该化合物最多能与6molNaOH反应
C．既可以发生取代反应，又能够发生加成反应
D．既能与FeCl3发生显色反应，也能与NaHCO3反应放出CO2
19．（14分）1，6﹣已二酸（G）是合成尼龙的主要原料之一，可用含六个碳原子的有机化合物氧化制备．如图为A通过氧化反应制备G的反应过程（可能的反应中间物质为B、C、D、E和F）：
回答下列问题：
（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为．
（2）B到C的反应类型为．
（3）F的结构简式为．
（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是，最少的是．（填化合物代号）
（5）由G合成尼龙的化学方程式为．
（6）由A通过两步反应制备1，3﹣环已二烯的合成路线为．
四、选修3-物质的结构与性质
20．（6分）对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4），下列叙述正确的是（）
A．SiX4难水解 B．SiX4是共价化合物
C．NaX易水解 D．NaX的熔点一般高于SiX4
21．（14分）碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为．
（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为、．
（3）C60属于晶体，石墨属于晶体．
（4）石墨晶体中，层内C﹣C键的键长为142pm，而金刚石中C﹣C键的键长为154pm．其原因是金刚石中只存在C﹣C间的共价键，而石墨层内的C﹣C间不仅存在共价键，还有键．
（5）金刚石晶胞含有个碳原子．若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率（不要求计算结果）．
五、选修2-化学
22．（6分）下列有关叙述正确的是（）
A．碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂
B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag
C．放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大
D．电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应
23．（14分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌．某含锌矿的主要成分是ZnS（还含有少量FeS等其它成分），以其为原料炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为．
（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的操作．
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为，其作用是．
（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb﹣Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是．
（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种由工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为．
（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一尼罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷淀，毁罐取出，…即倭铅也．”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为．（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）．
2014年海南省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共6小题，每小题2分，共12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．
1．（2分）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）
A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．装饰材料释放的甲醛会造成污染
【分析】A．碘溶于乙醇可形成碘酒；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应；
D．甲醛可污染环境．
【解答】解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；
D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查较为综合，涉及碘酒、84消毒液、二氧化硅的性质以及甲醛的污染等知识，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生的学习的积极性，难度不大．
2．（2分）下列有关物质性质的说法错误的是（）
A．热稳定性：HCl＞HI B．原子半径：Na＞Mg
C．酸性：H2SO3＞H2SO4 D．结合质子能力：S2﹣＞Cl﹣
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小；
C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；
D．酸越弱，对应的阴离子越易结合质子．
【解答】解：A．非金属性：Cl＞I，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A正确；
B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Na＞Mg，故B正确；
C．元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故C错误；
D．酸性HCl＞H2S，酸越弱，对应的阴离子越易结合质子，故D正确。
故选：C。
【点评】本题为2014年高考题目，综合考查元素周期律知识，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，注意相关基础知识的积累，难度不大．
3．（2分）以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）．下列说法错误的是（）
A．阴极附近溶液呈红色 B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小
【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．
【解答】解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；
B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；
C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；
D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．
4．（2分）标准状态下，气态分子断开1mol化学键的焓变为键焓．已知H﹣H，H﹣O和O=O键的键焓△H分别为436kJ?mol﹣1、463kJ?mol﹣1和495kJ?mol﹣1．下列热化学方程式正确的是（）
A．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=﹣485kJ?mol﹣1
B．H2O（g）═H2（g）+O2（g）△H=+485kJ?mol﹣1
C．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=+485kJ?mol﹣1
D．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣485kJ?mol﹣1
【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，△H=反应物的键能和﹣生成物的键能和，据此进行解答．
【解答】解：A、水分解是吸热反应，应该△H＞0，故A错误；
B、△H=2×463kJ/mol﹣436kJ/mol﹣×495kJ/mol=242.5kJ/mol，故B错误；
C、氢气燃烧放热，应该△H＜0，故C错误；
D、△H=2×436kJ/mol+495kJ/mol﹣4×463kJ/mol=﹣485kJ/mol，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了热化学方程式的书写、反应热的计算，题目难度中等，注意掌握热化学方程式的书写原则，明确化学键与化学反应中能量变化的关系是解题关键．
5．（2分）下列除杂操作可行的是（）
A．通过浓硫酸除去HCl中的H2O
B．通过灼热的CuO除去H2中的CO
C．通过灼热的镁粉除去N2中的O2
D．通过水除去CO中的CO2
【分析】A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应；
B．二者均可还原CuO；
C．二者均与Mg反应；
D．二氧化碳在水中的溶解度不大．
【解答】解：A．浓硫酸具有吸水性，与HCl不反应，则通过浓硫酸除去HCl中的H2O，操作可行，故A正确；
B．二者均可还原CuO，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则不能通过灼热的CuO除去H2中的CO，故B错误；
C．二者均与Mg反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，则应通过通过灼热的铜网除去N2中的O2，故C错误；
D．二氧化碳在水中的溶解度不大，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质分离、提纯方法的选择和应用，为高频考点，把握物质的性质及除杂的原则为解答的关键，注意原物质与杂质的性质差异，题目难度不大．
6．（2分）NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
【分析】中和滴定用到酸式滴定管、简式滴定管、锥形瓶等仪器以及酚酞等试剂，以此解答．
【解答】解：中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误。
故选：B。
【点评】本题为2014年高考题，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见操作的实验仪器、操作步骤和注意事项，注意相关基础知识的积累，难度不大．
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分．每小题有一个或2个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分．
7．（4分）下列有关物质水解的说法正确的是（）
A．蛋白质水解的最终产物是多肽
B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C．纤维素不能水解成葡萄糖
D．油脂水解产物之一是甘油
【分析】A．蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水解的最终产物是各种氨基酸；
B．淀粉在酸的催化作用下，水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖；
C．纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖；
D．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后的共同产物为甘油．
【解答】解：A．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故A错误；
B．水解生成麦芽糖，麦芽糖水解生成葡萄糖，所以淀粉水解的最终产物是葡萄糖，故B正确；
C．纤维素属于多糖，水解生成葡萄糖，故C错误；
D．油脂是高级脂肪酸和甘油形成的酯，水解后得到共同产物是甘油，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了生活中常见有机物的结构和性质，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆．
8．（4分）某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是（）
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为放热反应，热效应等于△H
C．改变催化剂，不能改变该反应的活化能
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
【分析】A、催化剂能降低反应的活化能；
B、反应物能量高于生成物，据此判断反应的吸放热，根据热效应的判断来回答；
C、不同的催化剂对反应的催化效果不同；
D、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能．
【解答】解：A、b中使用了催化剂，故A错误；
B、反应物能量高于生成物，反应为放热反应，△H=生成物能量﹣反应物能量，热效应等于△H，故B正确；
C、不同的催化剂，反应的活化能不同，改变催化剂，能改变该反应的活化能，故C错误；
D、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故D错误。
故选：B。
【点评】本题通过图象考查了学生对反应的活化能的理解以及催化剂能够降低反应的活化能的相关知识，难度中等．
9．（4分）下列关于物质应用的说法错误的是（）
A．玻璃容器可长期盛放各种酸 B．纯碱可用于清洗油污
C．浓氨水可检验氯气管道漏气 D．Na2S可除去污水中的Cu2+
【分析】A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应；
B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质；
C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，反应现象冒白烟；
D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜；
【解答】解：A、玻璃中的二氧化硅和氢氟酸反应，不能用玻璃容器盛放氢氟酸，故A错误；
B、纯碱为碳酸钠，溶液中碳酸根离子水解先碱性，油脂在碱溶液中水解生成溶于水的物质，纯碱可用于清洗油污，故B正确；
C、浓氨水挥发出的氨气和氯气发生氧化还原反应生成氮气和氯化铵，3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应过程中现象是冒白烟，浓氨水可检验氯气管道漏气，故C正确；
D、铜离子和硫离子交换生成难溶于酸的硫化铜，Cu2++S2﹣=CuS↓，Na2S可除去污水中的Cu2+，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了二氧化硅、碳酸钠、氨水、硫化物等物质性质的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
10．（4分）下列关于物质应用和组成的说法正确的是（）
A．P2O5可用于干燥Cl2和NH3
B．“可燃冰”主要成分是甲烷和水
C．CCl4可用于鉴别溴水和碘水
D．Si和SiO2都用于制造光导纤维
【分析】A．五氧化二磷为酸性干燥剂，能够干燥氯气，不能干燥碱性气体氨气；
B．可燃冰为甲烷和水形成的化合物，主要成分为甲烷和水；
C．溴、碘单质在四氯化碳中的颜色不同；
D．二氧化硅可以制造光导纤维，硅可用于制作半导体材料．
【解答】解：A．五氧化二磷为酸性干燥剂，可以干燥氯气，不能干燥碱性气体氨气，故A错误；
B．可燃冰为甲烷和水的化合物，所以可燃冰的主要成分为甲烷和水，故B正确；
C．碘的四氯化碳的颜色为紫色，溴的四氯化碳颜色为红棕色，可以用四氯化碳鉴别溴水和碘水，故C正确；
D．SiO2用于制造光导纤维的材料，而Si为半导体材料，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了干燥剂的选用方法、有机物检验与鉴别、二氧化硅、硅的用途，题目难度不大，注意掌握干燥剂的类型及选用方法，明确常见有机物鉴别方法及硅、二氧化硅的用途．
11．（4分）室温下，用0.100mol?L﹣1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol?L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是（）
A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL
C．V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl﹣）=c（CH3COO﹣）
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）
【分析】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸；
B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH；
C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，再结合电荷守恒判断．
【解答】解：A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH＞盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；
B．pH=7时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，故B正确；
C．V（NaOH）=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），再结合电荷守恒得c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大．
12．（4分）将BaO2放入密闭的真空容器中，反应2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g）达到平衡．保持温度不变，缩小容器体积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是（）
A．平衡常数减小 B．BaO量不变 C．氧气压强不变 D．BaO2量增加
【分析】保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答．
【解答】解：A．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；
B．缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则BaO的量减小，故B错误；
C．平衡向逆反应方向移动，但温度不变，平衡常数不变，氧气浓度不变，其压强不变，故C正确；
D．平衡向逆反应方向移动，则BaO2量增加，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点．
三、解答题
13．（9分）4种相邻主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，回答下列问题：
（1）元素x在周期表中的位置是第三周期，第IIA族，其单质可采用电解熔融氯化镁的方法制备．
（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3．（填化学式）
（3）气体分子（mn）2的电子式为．（mn）2成为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O．
【分析】这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，再结合题目分析解答．
【解答】解：这几种元素都是短周期元素，且为相邻主族，根据元素在周期表中的位置知，m和n位于第二周期、x和y位于第三周期，x原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性，则y是Al元素，根据元素位置知，x是Mg元素、m是C元素、n元素N元素，
（1）元素x是Mg元素，在周期表中的位置是第三周期第IIA族，其单质可以采用电解熔融氯化镁的方法制备，
故答案为：三；IIA；氯化镁；
（2）m、n、y分别是C、N、Al，元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，这三种元素金属性最强的是Al元素、非金属性最强的是N元素，所以酸性最强的是HNO3，碱性最强的是Al（OH）3，
故答案为：HNO3；Al（OH）3；
（3）气体分子（mn）2为（CN）2，电子式为，根据氯气和氢氧化钠溶液反应知，（CN）2和NaOH反应生成NaCN、NaCNO、H2O，反应方程式为2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O，故答案为：；2NaOH+（CN）2=NaCN+NaCNO+H2O．
【点评】本题考查了元素周期表和元素周期律的综合应用，根据元素在周期表中物质及元素性质确定元素，再结合物质的性质分析解答，采用知识迁移的方法分析解答（3）题，题目难度中等．
14．（9分）硝基苯甲酸乙酯在OH﹣存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5+OH﹣?O2NC6H4COO﹣+C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050mol?L﹣1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示．回答下列问题：
t/s 0 120 180 240 330 530 600 700 800 α/% 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0 （1）列示计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率7.3×10﹣5mol/（L?s）、5.8×10﹣5mol/（L?s）；比较两者大小可得出的结论是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢．
（2）列式计算15℃时该反应的平衡常数6.0．
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有增加OH﹣的浓度、移去产物（要求写出两条）．
【分析】（1）根据转化率计算浓度的变化，结合c=计算反应速率；
（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，以此可计算平衡常数；
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，除温度外，还可增加另一种反应物浓度或减小生成物的浓度．
【解答】解：（1）120～180s内的平均速率为v==7.3×10﹣5mol/（L?s），
180～240s区间的平均反应速率为v==5.8×10﹣5mol/（L?s），反应速率逐渐减小，原因是随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，
故答案为：7.3×10﹣5mol/（L?s）；5.8×10﹣5mol/（L?s）；随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢；
（2）700s时，转化率不再发生改变，可说明达到平衡状态，此时得O2NC6H4COOC2H5的转化率为71.0%，则c（O2NC6H4COO﹣）=c（C2H5OH）=0.05mol/L×71.0%，
c（O2NC6H4COOC2H5）=c（OH﹣）=0.05mol/L×（1﹣71.0%），
所以K==6.0，
故答案为：6.0；
（3）为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，可使平衡向正向移动，可增加OH﹣的浓度、移去产物，
故答案为：增加OH﹣的浓度、移去产物．
【点评】本题为2014年高考题，涉及化学反应速率、化学平衡的计算以及平衡移动等问题，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等．
15．（8分）卤代烃在生产生活中具有广泛的应用，回答下列问题：
（1）多卤代甲烷常作为有机溶剂，其中分子结构为正四面体的是四氯化碳．工业上分离这些多氯代甲烷的方法是分馏．
（2）三氟氯溴乙烷（CF3CHClBr）是一种麻醉剂，写出其所有同分异构体的结构简式CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2（不考虑立体异构）．
（3）聚氯乙烯是生活中常用的塑料．工业生产聚氯乙烯的一种工艺路线如下：
反应①的化学方程式为H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，反应类型为加成反应；反应②的反应类型为消去反应．
【分析】（1）分子结构为正四面体的为四氯化碳；常用分馏的方法分离；
（2）CF3CHClBr对应的同分异构体中，可根据卤素原子的位置不同判断；
（3）乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，加热480～530℃生成氯乙烯，然后发生加聚反应可生成聚氯乙烯．
【解答】解：（1）分子结构为正四面体的为四氯化碳，工业上分离这些多氯代甲烷，根据物质的沸点不同，常用分馏的方法分离，故答案为：四氯化碳；分馏；
（2）CF3CHClBr对应的同分异构体中，可根据卤素原子的位置不同判断，如F不在同一个C原子上，存在的同分异构体有CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2三种，
故答案为：CHFClCF2Br、CHFBrCF2Cl、CFClBrCHF2；
（3）乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，反应的方程式为H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl，加热480～530℃生成氯乙烯，发生消去反应，
故答案为：H2C=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl；加成反应；消去反应．
【点评】本题为2014年高考题，综合考查卤代烃的组成、结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质以及同分异构体的判断，难度不大．
16．（9分）锰锂电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池．该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2．回答下列问题：
（1）外电路的电流方向是由b极流向a极（填字母）．
（2）电池正极反应式MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2．
（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？否（填“是”或“否”），原因是电极Li是活泼金属，能与水反应．
（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O．K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1．
【分析】形成原电池反应时，Li为负极，被氧化，电极方程式为Li﹣e﹣=Li+，MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2，结合电极方程式以及元素化合价的变化解答该题．
【解答】解：（1）Li为负极，MnO2为正极，原电池工作时，外电路的电流方向从正极到负极，即从b极流向a极，
故答案为：b；a；
（2）MnO2为正极，被还原，电极方程式为MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2，故答案为：MnO2+e﹣+Li+=LiMnO2；
（3）因负极材料为Li，可与水反应，则不能用水代替电池中的混合有机溶剂，
故答案为：否；电极Li是活泼金属，能与水反应；
（4）MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应，生成K2MnO4，反应的方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，
K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2，反应中Mn元素化合价分别由+6价升高到7价、降低到+4价，由氧化还原反应氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，
故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；2：1．
【点评】本题为2014年高考题，侧重于电化学知识以及氧化还原反应的全面考查，题目难度适中，能很好地考查学生的分析能力、计算能力以及电化学知识的综合理解和运用，难度中等．
17．（9分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用做分析试剂及鞣革还原剂．它受热、遇酸易分解．工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2制得．实验室模拟该工业过程的装置如图所示．回答下列问题：
（1）b中反应的离子方程式为SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，c中的试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液．
（2）反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清．此浑浊物是S．
（3）d中的试剂为氢氧化钠溶液．
（4）试验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应的温度或硫酸的滴加速度（写出两条）．
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
【分析】①第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；
②反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O；
④通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；
⑤硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
【解答】解：（1）第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，c装置为Na2S2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液，
故答案为：SO32﹣+2H+=SO2↑+H2O，硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
（2）反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S↓+2H2O，故该浑浊物是S，
故答案为：S；
（3）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，应选用氢氧化钠溶液，
故答案为：氢氧化钠溶液；
（4）通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率，
故答案为：控制反应的温度或硫酸的滴加速度；
（5）硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解，
故答案为：若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解．
【点评】本题考查了物质制备实验方案的设计和制备过程分析应用，掌握基础，注意积累是解题关键，题目难度中等．
三、选做题，请考生在选修5、选修3、选修2三题中任选一题作答，多做则按所做的第一题计分选修5-有机化学基础
18．（6分）图示为一种天然产物，具有一定的除草功效．下列有关该化合物的说法错误的是（）
A．分子含有三种含氧官能团
B．1mol该化合物最多能与6molNaOH反应
C．既可以发生取代反应，又能够发生加成反应
D．既能与FeCl3发生显色反应，也能与NaHCO3反应放出CO2
【分析】A．由结构简式可知，分子中含有羟基、酯基和醚基三种含氧官能团；
B．分子中含有3个酚羟基，1个酯基，故1mol该化合物最多能与4molNaOH反应；
C．分子中含有苯环，既可以发生取代反应，又能够发生加成反应；
D．不含有羧基，故不能与NaHCO3反应．
【解答】解：A．由结构简式可知，分子中含有羟基、酯基和醚基三种含氧官能团，故A正确；
B．分子中含有3个酚羟基，1个酯基，故1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，故B错误；
C．分子中含有苯环，既可以发生取代反应，又能够发生加成反应，故C正确；
D．含有酚羟基，能与FeCl3发生显色反应；不含有羧基，故不能与NaHCO3反应放出CO2，故D错误；
故选：BD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意常见有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度中等．
19．（14分）1，6﹣已二酸（G）是合成尼龙的主要原料之一，可用含六个碳原子的有机化合物氧化制备．如图为A通过氧化反应制备G的反应过程（可能的反应中间物质为B、C、D、E和F）：
回答下列问题：
（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，A的化学名称为环己烯．
（2）B到C的反应类型为加成反应．
（3）F的结构简式为．
（4）在上述中间物质中，核磁共振氢谱出峰最多的是DE，最少的是F．（填化合物代号）
（5）由G合成尼龙的化学方程式为．
（6）由A通过两步反应制备1，3﹣环已二烯的合成路线为．
【分析】化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学名称为：C6H10，与双氧水反应生成，与水发生加成反应生成，发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成，再发生氧化反应生成F，F为：，再发生氧化反应生成，与发生缩聚反应生成尼龙，化学式为：．
【解答】解：（1）化合物A中含碳87.8%，其余为氢，则碳氢原子个数比为：：=6：10，又知A含有六个碳原子，故A的化学式为：C6H10，故A的化学名称为：环己烯；
故答案为：环己烯；
（2）与水发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
（3）发生氧化反应生成F，F为，故答案为：；
（4）B的核磁共振氢谱出峰为3，C的核磁共振氢谱出峰为4，D的核磁共振氢谱出峰为6，E的核磁共振氢谱出峰为6，F的核磁共振氢谱出峰为2，
故答案为：DE，F；
（5）与发生缩聚反应生成，
方程式为：，
故答案为：；
（6），
故答案为：．
【点评】有机推断几乎是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型．
四、选修3-物质的结构与性质
20．（6分）对于钠的卤化物（NaX）和硅的卤化物（SiX4），下列叙述正确的是（）
A．SiX4难水解 B．SiX4是共价化合物
C．NaX易水解 D．NaX的熔点一般高于SiX4
【分析】钠的卤化物（NaX）为离子化合物，硅的卤化物（SiX4）为共价化合物，结合离子化合物及共价化合物的性质分析．
【解答】解：A、硅的卤化物（SiX4）易水解生成硅酸和HCl，故A错误；
B、硅的卤化物（SiX4）是由非金属元素原子间通过共用电子对形成的化合物，是共价化合物，故B正确；
C、钠的强酸盐不水解，NaX（NaF除外）不易水解，故C错误；
D、钠的卤化物（NaX）为离子化合物属于离子晶体，硅的卤化物（SiX4）为共价化合物属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查了离子晶体和分子晶体的物理性质、硅的卤化物和钠的卤化物的化学性质，题目难度不大，注意根据晶体的类型来判断物质的熔点的高低．
21．（14分）碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是碳元素的单质形式，它们互为同素异形体．
（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为sp3、sp2．
（3）C60属于分子晶体，石墨属于混合晶体．
（4）石墨晶体中，层内C﹣C键的键长为142pm，而金刚石中C﹣C键的键长为154pm．其原因是金刚石中只存在C﹣C间的σ共价键，而石墨层内的C﹣C间不仅存在σ共价键，还有π键．
（5）金刚石晶胞含有8个碳原子．若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率（不要求计算结果）．
【分析】（1）都是含有碳元素的不同单质；
（2）金刚石中碳原子形成四条共价键，为sp3杂化；石墨烯为片层结构，杂化类型为sp2杂化；
（3）根据组成的微粒类型和微粒间作用力类型判断晶体类型；
（4）根据两种物质的杂化类型分析共价键类型；
（5）利用均摊法计算．
【解答】解：（1）都是含有碳元素的不同单质，互为同素异形体，故答案为：同素异形体；
（2）金刚石中碳原子形成四条共价键，为sp3杂化；石墨烯为片层结构，杂化类型为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
（3）C60晶体组成微粒为60个碳原子组成的C60分子，属于分子晶体；石墨片层内以共价键结合，片层之间以分子间作用力结合，为混合晶体，故答案为：分子；混合；
（4）金刚石中碳原子以sp3杂化，形成四条杂化轨道，全部形成σ键；石墨中碳原子以sp2杂化，形成三条杂化轨道，还有一条为杂化的p轨道，三条杂化轨道形成σ键，而未杂化p轨道形成π键，故答案为：σ；σ；π；
（5）晶胞中顶点微粒数为：=1，面心微粒数为：=3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即=8r，r=a；碳原子的体积为：，晶胞体积为：a3，碳原子的空间利用率为：==，
故答案为：8；；．
【点评】本题主要考查晶胞结构与计算，晶胞结构对学生的空间想象有一定的要求，尤其是第（5），注意利用均摊法进行计算，难度较大．
五、选修2-化学
22．（6分）下列有关叙述正确的是（）
A．碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂
B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为Ag
C．放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大
D．电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应
【分析】A．根据碱性锌锰电池的电极反应判断；
B．根据银锌纽扣电池工作原理判断；
C．根据放电时铅酸蓄电池反应判断硫酸浓度变化；
D．电镀时，镀层金属阳离子放电．
【解答】解：A．碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A错误；
B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；
C．铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；
D．电镀时，镀层阳离子在镀件放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查原电池工作原理、电极判断、电极反应等，难度不大．
23．（14分）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌．某含锌矿的主要成分是ZnS（还含有少量FeS等其它成分），以其为原料炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO．
（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作．
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是置换出Fe等．
（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb﹣Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是O2．
（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种由工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生主要反应的离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O．
（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌．明代宋应星著《天工开物》中有关“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一尼罐内，…，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷淀，毁罐取出，…即倭铅也．”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为ZnCO3+2CZn+3CO↑．（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）．
【分析】（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，判断焙砂的主要成分；
（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸；
（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe；
（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，以此判断阳极产物；
（5）根据反应物和生成物写出化学方程式；
（6）根据反应物和生成物写出化学方程式．
【解答】解：（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，故答案为：ZnO；
（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，故答案为：浸出；
（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉除去亚铁离子，从而出去Fe，故答案为：Zn粉；置换出Fe等；
（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，产物为O2，故答案为：O2；
（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O2，可以获得非金属单质S，写出化学方程式为：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O，故答案为：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O；
（6）根据题目描述可知反应物为ZnCO3和C，产物含有Zn，则化学方程式为：ZnCO3+2CZn+3CO↑，故答案为：ZnCO3+2CZn+3CO↑．
【点评】本题难度不大，掌握氧化物的特征、利用化合价的原则计算指定元素的化合价的方法、化学方程式的书写方法、含杂质物质的化学方程式的计算等是正确解答本题的关键．
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