高中_化学_历年高考化学真题_2014年化学高考真题_2014年安徽省高考化学试卷

2014年安徽省高考化学试卷　一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）1．（6分）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径，如图是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚**的反应：下列有关三聚**的说法正确的是（　　）A．分子式为C3H6N303B．分子中既含极*键，又含非极*键C．属于共价化合物D．生成该物质的上述反应为中和反应2．（6分）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1LO.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe3．（6分）为实现下列实验目的，根据下列提供的主要仪器，所用试剂合理的是（　　）选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000mol•L﹣1盐*A．AB．BC．CD．D4．（6分）臭氧是理想的*气脱*试剂，其脱*反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）ABCDt1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）从反应开始达平衡气体浓度变化升高温度，平衡常数减小A．AB．BC．CD．D5．（6分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）A．Na2S溶液：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）B．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+2c（Cl﹣）6．（6分）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（　　）选项规律结论A较强*可以制取较弱*次**溶液无法制取盐*B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀**，浓**中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀A．AB．BC．CD．D7．（6分）室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈**的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解　二、非选择题8．（14分）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素．（1）Na位于元素周期表第　　周期第　　族；S的基态原子核外有　　个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为　　．（2）用“＞”或“＜”填空：第一电离能离子半径熔点**Si　　SO2﹣　　Na+NaCl　　SiH2SO4　　HClO4（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑*固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　　．（4）ClO2常用水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目　　．9．（16分）Hagemann酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（A→B）为加成反应，则B的结构简式是　　；B→C的反应类型是　　．（2）H中含有的官能团名称是　　，F的名称（系统命名）是　　．（3）E→F的化学方程式是　　．（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振*谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；②存在*氧基（CH3O﹣）．TMOB的结构简式是　　．（5）下列说法正确的是　　．a．A能和HCl反应得到聚*乙烯的单体b．D和F中均含有2个π健c.1molG完全燃烧生成7molH2Od．H能发生加成，取代反应．10．（14分）LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质，某工厂用LiF、PCl3为原料、低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸点是﹣85.0℃，HF的沸点是19.5℃。（1）第①步反应中无水HF的作用是　　、　　。反应设备不能用玻璃材质的原因是　　（用化学方程式表示）．无水HF有腐蚀*和毒*，工厂安全手册提示，如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的　　溶液冲洗。（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易水解，其产物为两种*，写出PF5水解的化学方程式：　　。（3）第④步分离采用的方法是　　；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是　　。（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF．取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为　　mol（用含w、n的代数式表示）。11．（14分）某研究小组为探究弱**条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）．从胶头滴管中滴入几滴醋*溶液，同时测量容器中的压强变化．（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋*/%①为以下实验作参照0.52.090.0②醋*浓度的影响0.536.0③0.22.090.0（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　　腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向　　；此时，碳粉表面发生了　　（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是　　．（3）该小组对图2中0﹣t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：：假设一：发生析*腐蚀产生了气体；假设二：　　；…（4）为验*假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验*假设一，写出实验步骤和结论．　2014年安徽省高考化学试卷参考*与试题解析　一、选择题（本卷共20个小题，每小题6分，共120分）1．（6分）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径，如图是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚**的反应：下列有关三聚**的说法正确的是（　　）A．分子式为C3H6N303B．分子中既含极*键，又含非极*键C．属于共价化合物D．生成该物质的上述反应为中和反应【分析】A．根据三聚**的结构简式书写分子式；B．分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极*键；C．三聚**分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物；D．*与碱反应生成盐与水的反应为中和反应．【解答】解：A．由三聚**的结构简式可知，其分子式为C3H3N3O3，故A错误；B．分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极*键，不存在非极*键，故B错误；C．三聚**分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故C正确；D．该反应不符合*与碱反应生成盐与水，不是中和反应，故D错误，故选：C。【点评】本题考查有机物结构与*质，侧重对基础知识的巩固，涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等，难度不大．　2．（6分）下列有关Fe2（SO4）3溶液的叙述正确的是（　　）A．该溶液中，K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B．和KI溶液反应的离子方程式：Fe3++2I﹣═Fe2++I2C．和Ba（OH）2溶液反应的离子方程式：Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe（OH）3↓+BaSO4↓D．1LO.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【分析】A．铁离子能够与苯*发生显*反应；B．根据电荷守恒判断，该离子方程式两边电荷不守恒；C．该离子方程式不满足硫*铁、*氧化钡的化学组成关系；D．根据n=cV计算出硫*铁及铁离子的物质的量，再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量．【解答】解：A．Fe2（SO4）3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显*反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．铁离子能够与*离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，题目方程式未配平，故B错误；C．Fe2（SO4）3溶液和Ba（OH）2溶液反应的生成*氧化铁沉淀和硫*钡沉淀，铁离子和硫*根离子的物质的量的比为2：3，正确的离子方程式为：2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe（OH）3↓+3BaSO4↓，故C错误；D.1LO.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫*铁0.1mol，0.1mol硫*铁中含有0.2mol铁离子，与足量锌反应可以生成0.2mol铁，生成铁的质量为11.2g，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子反应发生条件，明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则．　3．（6分）为实现下列实验目的，根据下列提供的主要仪器，所用试剂合理的是（　　）选项实验目的主要仪器试剂A分离Br2和CCl4混合物分液漏斗、烧杯Br2和CCl4混合物、蒸馏水B鉴别葡萄糖和蔗糖试管、烧杯、酒精灯葡萄糖溶液、蔗糖溶液、银氨溶液C实验室制取H2试管、带导管的橡皮塞锌粒、稀HNO3D测定NaOH溶液浓度滴定管、锥形瓶、烧杯NaOH溶液、0.1000mol•L﹣1盐*A．AB．BC．CD．D【分析】A．Br2和CCl4沸点不同，应用蒸馏的方法分离；B．葡萄糖可发生银镜反应，用水浴加热的方法；C．**与锌反应不能生成*气；D．缺少指示剂．【解答】解：A．只加入水用分液的方法不能得到纯净的溴，Br2和CCl4互溶，但二者沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B．葡萄糖具有还原*，可用银氨溶液检验，故B正确；C．**为氧化**，具有强氧化*，与锌反应不能生成*气，应加入稀硫*，故C错误；D．中和滴定应需要*碱指示剂，没有指示剂不能完成滴定实验，故D错误。故选：B。【点评】本题为2014年安徽高考题，涉及物质的检验和鉴别的实验设计的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密*和可行*的评价，难度不大．　4．（6分）臭氧是理想的*气脱*试剂，其脱*反应为：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是（　　）ABCDt1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）从反应开始达平衡气体浓度变化升高温度，平衡常数减小A．AB．BC．CD．D【分析】A．使用催化剂，反应速率加快，但平衡不移动；B．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低；C．由反应2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），可知：每减少2mol2NO2，生成1molN2O5；D．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动．【解答】解：A．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故A错误；B．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故B错误；C．由反应2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），可知每减少2mol2NO2，生成1molN2O5，故C错误；D．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D正确；故选：D。【点评】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题．　5．（6分）室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是（　　）A．Na2S溶液：c（Na+）＞c（HS﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2S）B．Na2C2O4溶液：c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）C．Na2CO3溶液：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c（Na+）+c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+2c（Cl﹣）【分析】A．硫离子水解显碱*，存在两步水解，以第一步为主；B．溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣）；C．溶液中存在电荷守恒；D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl﹣）．【解答】解：A．硫离子水解显碱*，存在两步水解，两步水解均产生OH﹣，则c（OH﹣）＞c（HS﹣），以第一步为主，则浓度关系为c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H2S），故A错误；B．溶液中存在电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），物料守恒为c（Na+）=2c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4）+2c（C2O42﹣），由两守恒式可知，存在质子守恒式为c（OH﹣）=c（H+）+c（HC2O4﹣）+2c（H2C2O4），故B正确；C．溶液中存在电荷守恒，则c（Na+）+c（H+）=2c（CO32﹣）+c（OH﹣）+c（HCO3﹣），故C错误；D．由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH），2c（Ca2+）=c（Cl﹣），则c（Na+）+2c（Ca2+）=c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）+c（Cl﹣），故D错误；故选：B。【点评】本题为2014年安徽高考化学试题，测定离子浓度大小的比较，把握盐类水解及电荷守恒、物料守恒为解答的关键，侧重分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度不大．　6．（6分）中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（　　）选项规律结论A较强*可以制取较弱*次**溶液无法制取盐*B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀**，浓**中铝片先溶解完C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3D溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀A．AB．BC．CD．D【分析】A．HClO光照分解生成HCl；B．常温下，铝遇浓**发生钝化；C．氨气中含*键；D．ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化．【解答】解：A．HClO光照分解生成HCl，则弱*可以制取强*，但一般为较强*可以制取较弱*，故A错误；B．常温下，铝遇浓**发生钝化，则常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀**，稀**中铝片先溶解完，但一般为反应物浓度越大，反应速率越快，故B错误；C．氨气中含*键，沸点高于PH3，对不含*键的，且结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高，故C错误；D．ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液，发生沉淀的转化，溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，从而生成CuS更难溶的沉淀，故D正确；故选：D。【点评】本题为2014年安徽高考化学试题，涉及规律的应用及特例分析，把握HClO的*质、钝化、*键及沉淀转化等知识点为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题目难度不大．　7．（6分）室温下，在0.2mol•L﹣1Al2（SO4）3溶液中，逐滴加入1.0mol•L﹣1NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如图，下列有关说法正确的是（　　）A．a点时，溶液呈**的原因是Al3+水解，离子方程式为：Al3++3OH﹣⇌Al（OH）3B．a﹣b段，溶液pH增大，Al3+浓度不变C．b﹣c段，加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀D．d点时，Al（OH）3沉淀开始溶解【分析】A．硫*铝为强*弱碱盐，水解显**；B．a﹣b段，发生*离子与碱中和反应，且溶液总体积增大；C．b﹣c段，pH变化不大；D．c点后pH发生突变，NaOH过量．【解答】解：A．硫*铝为强*弱碱盐，水解显**，水解离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故A错误；B．a﹣b段，发生H++OH﹣═H2O，但加入NaOH溶液，总体积增大，则Al3+浓度减小，故B错误；C．b﹣c段，pH变化不大，主要发生Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，则加入的OH﹣主要用于生成Al（OH）3沉淀，故C正确；D．c点后pH发生突变，NaOH过量，Al（OH）3沉淀开始溶解，生成NaAlO2，碱*较强，而d点pH＞10，NaOH远远过量，故D错误；故选：C。【点评】本题为2014年安徽高考化学试题，侧重盐类水解及复分解反应的考查，注意*氧化铝的两*及图中c点pH突变为解答的关键，明确b→c段中铝离子过量，题目难度不大．　二、非选择题8．（14分）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素．（1）Na位于元素周期表第　三　周期第　IA　族；S的基态原子核外有　2　个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为　1s22s22p63s23p2　．（2）用“＞”或“＜”填空：第一电离能离子半径熔点**Si　＜　SO2﹣　＞　Na+NaCl　＜　SiH2SO4　＜　HClO4（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑*固体．在25℃、101kPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，该反应的热化学方程式是　4CuCl（s）+O2（g）═2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol　．（4）ClO2常用水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2．写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目　　．【分析】（1）Na元素位于元素周期表第三周期第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道；Si原子核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点；元素的非金属*越强，元素最高价氧化物的水化物的**越强；（3）根据题干描述书写化学方程式，注意焓变与物质的量的对应关系、注明各物质的状态；（4）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为*离子，1个*气分子反应得到2个电子．【解答】解：（1）Na元素位于元素周期表第三周期第IA族；S的基态原子核外未成对电子处于3p轨道，共2个未成对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2，故*为：三；IA；2；1s22s22p63s23p2；（2）同一周期元素，随着原子序数的增加，原子核对核外电子的吸引力增强，第一电离能增大，增大而增大，所以第一电离能：S＞Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2﹣＞Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si＞NaCl；元素的非金属*越强，元素最高价氧化物的水化物的**越强，因为非金属*Cl＞S，所以**：HClO4＞H2SO4；故*为：＜；＞；＜；＜；（3）该反应每消耗1molCuCl（s），放热44.4kJ，消耗4molCuCl（s），则放热44.4kJ×4=177.6kJ，根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol，故*为：4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=﹣177.6kJ/mol；（4）Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2，本身被还原为*离子，1个*气分子反应得到2个电子，因此离子方程式、电子转移的方向和数目表示为，故*为：．【点评】本题考查知识点较多，涉及原子结构和元素周期律、反应热的计算、离子方程式书写和氧化还原反转移电子数的计算和表示方法，为高考常见题型，侧重于学生计算能力、分析比较能力的培养．　9．（16分）Hagemann酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（A→B）为加成反应，则B的结构简式是　CH2=CH﹣C≡CH　；B→C的反应类型是　加成反应　．（2）H中含有的官能团名称是　碳碳双键、羰基、酯基　，F的名称（系统命名）是　2﹣丁炔*乙酯　．（3）E→F的化学方程式是　CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O　．（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振*谱除苯环吸收峰外仅有一个吸收峰；②存在*氧基（CH3O﹣）．TMOB的结构简式是　　．（5）下列说法正确的是　a、d　．a．A能和HCl反应得到聚*乙烯的单体b．D和F中均含有2个π健c.1molG完全燃烧生成7molH2Od．H能发生加成，取代反应．【分析】从流程图可以看出，A→B是两个乙炔的加成反应，生成B，然后再*醇（CH3OH）发生加成反应生成C（），可知B的结构简式是CH2=CH﹣C≡CH；结合F（CH3C≡CCOOCH2CH3）是由E和CH3CH2OH发生酯化反应的到的，所以E的结构简式为CH3C≡CCOOH．（1）A→B是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣C≡CH，B→C是CH2=CH﹣C≡CH和*醇的加成反应；（2）H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F命名为2﹣丁炔*乙酯；（3）E→F的反应是E（CH3C≡CCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应；（4）TMOB结构中含有苯环，存在*氧基（CH3O﹣），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个*氧基（CH3O﹣），且三个*氧基等价；（5）a、乙炔与HCl加成可生成*乙烯；b、D中碳碳三键中含有2个π键，F中碳碳三键中含有2个π键、碳氧双键中含有1个π键；c、一个G分子含有16个H原子，根据H原子守恒计算；d、羰基可加成，酯基可发生水解反应，属于取代反应；【解答】解：（1）A→B是两个乙炔的加成反应，所以B的结构简式为CH2=CH﹣C≡CH，B→C是CH2=CH﹣C≡CH和*醇的加成反应生成C（），故*为：CH2=CH﹣C≡CH；加成反应；（2）根据H的结构简式可知，H含有的官能团是碳碳双键，羰基，酯基；F的结构简式为CH3C≡CCOOCH2CH3，命名为2﹣丁炔*乙酯，故*为：碳碳双键，羰基，酯基；2﹣丁炔*乙酯；（3）E→F的反应是E（CH3C≡CCOOH）和CH3CH2OH发生的酯化反应，所以反应方程式为CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O，故*为：CH3C≡CCOOH+CH3CH2OHCH3C≡CCOOCH2CH3+H2O；（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：①核磁共振*谱除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰；②存在*氧基（CH3O﹣），说明TMOB结构中含有苯环，存在*氧基（CH3O﹣），又因为除苯环吸收峰外仅有1个吸收峰，所以应该含有3个*氧基（CH3O﹣），且三个*氧基等价，所以TMOB的结构简式，故*为：；（5）a、乙炔与HCl加成可生成*乙烯，*乙烯是生产聚*乙烯的单体，故a正确；b、D中碳碳三键中含有2个π键，F中碳碳三键中含有2个π键、碳氧双键中含有1个π键，共3个π键，故b错误；c、一个G分子含有16个H原子，1molG含有16molH，1molG完全燃烧生成8molH2O，故c错误；d、H中的羰基可加成，酯基可发生水解反应，水解反应属于取代反应，故d正确；故*为：a、d．【点评】本题考查了有机物的合成，难度中等，为历年高考选作试题，试题综合*强，把握有机物合成中官能团的变化是解题的关键．　10．（14分）LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质，某工厂用LiF、PCl3为原料、低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸点是﹣85.0℃，HF的沸点是19.5℃。（1）第①步反应中无水HF的作用是　反应物　、　溶剂　。反应设备不能用玻璃材质的原因是　SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O　（用化学方程式表示）．无水HF有腐蚀*和毒*，工厂安全手册提示，如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的　NaHCO3　溶液冲洗。（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易水解，其产物为两种*，写出PF5水解的化学方程式：　PF5+4H2O═H3PO4+5HF　。（3）第④步分离采用的方法是　过滤　；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是　冷凝　。（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF．取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为　　mol（用含w、n的代数式表示）。【分析】（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体→新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应；HF属于弱*，必须用弱碱*溶液来除去；（2）根据元素组成可知，两种*分别是H3PO4和HF；（3）分离液体和不溶于液体固体采用过滤分离，HF分子间含有*键，沸点大于HCl，可采用冷凝法分离；（4）根据Li守恒和质量守恒计算。【解答】解：（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体→新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；HF属于弱*，必须用弱碱*溶液来除去（比如2%的NaHCO3溶液）；故*为：反应物；溶剂；SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；NaHCO3；（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种*”，则根据元素组成可知，两种*分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2O═H3PO4+5HF，故*为：PF5+4H2O═H3PO4+5HF；（3）第④步分离的是固体（LiPF4（s））和液体（HF（l）），所以采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在*键）进行分离，所以采用冷凝法，故*为：过滤；冷凝；（4）设LiPF6为xmol，LiF为ymol；根据Li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=mol，故*为：。【点评】本题为无机化学流程题，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合*强，涉及物质推断、分离提纯、方程式书写、化学计算等知识，注意题干所给信息的使用，侧重对学生实验能力的培养和解题方法的指导，有助于培养学生规范、严谨的实验设计和评价能力。　11．（14分）某研究小组为探究弱**条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）．从胶头滴管中滴入几滴醋*溶液，同时测量容器中的压强变化．（1）请完成以下实验设计表（表中不要留空格）：编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋*/%①为以下实验作参照0.52.090.0②醋*浓度的影响0.536.0③0.22.090.0（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2．t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　吸氧　腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向　　；此时，碳粉表面发生了　还原　（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是　O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣　．（3）该小组对图2中0﹣t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：：假设一：发生析*腐蚀产生了气体；假设二：　反应放热使锥形瓶内温度升高　；…（4）为验*假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案，请你再设计一个实验方案验*假设一，写出实验步骤和结论．【分析】（1）根据对比试验中保*变量的唯一*进行解答；（2）根据析*腐蚀与吸氧腐蚀的区别及锥形瓶中压强的变化判断钢铁的腐蚀类型；根据钢铁的腐蚀类型及原理标出电子转移的方向；碳粉表明氧气得到电子生成*氧根离子，发生还原反应；（3）图2中0﹣t1时压强变大，可能是发生了析*腐蚀使气体体积增大或者反应放热使温度升高，锥形瓶中气体体积增大；（4）可以根据检验锥形瓶中是否生成了亚铁离子判断方案一是否正确．【解答】解：（1）①为参照试验，由于②探究醋*的浓度的影响，则除了醋*浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故*为：②2.0③碳粉含量的影响（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，电子转移的方向为：，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故*为：吸氧；；还原；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；（3）图2中0﹣t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析*腐蚀、铁与醋*的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故*为：反应放热使锥形瓶内温度升高；（4）可以通过检验反应是否生成亚铁离子判断是否发生析*腐蚀，方法为：①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；②滤液中滴加几滴硫*化钾溶液，再滴入几滴新制*水，若滴入KS溶液不变红，滴入*水后溶液变红，*假设一正确；若滴入KS溶液不变红，滴入*水后溶液不变红，*假设一错误．故*为：①将锥形瓶中反应后的溶液过滤；②滤液中滴加几滴硫*化钾溶液，再滴入几滴新制*水，若滴入KS溶液不变红，滴入*水后溶液变红，*假设一正确；若滴入KS溶液不变红，滴入*水后溶液不变红，*假设一错误．【点评】本题考查了探究铁的腐蚀原理、原电池工作原理，题目难度中等，注意掌握原电池工作原理，明确钢铁的化学腐蚀类型、腐蚀原理及区别．