2013年安徽省高考化学试卷

2013年安徽省高考化学试卷

一．选择题

1．（6分）我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有关说法正确的是（）A．该反应为吸热反应

B．CO2分子中的化学键为非极性键

C．HCHO分子中含δ键，又含π键

D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2

2．（6分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）

选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质

A浓氨水CaO NH3H2O

B浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液

C浓硝酸Cu NO2H2O

D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液

A．A B．B C．C D．D

3．（6分）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．银氨溶液：Na+、+、NO3﹣、NH3?H2O

B．空气：CH4、CO2、SO2、NO

C．氢氧化铁胶体：H+、+、S2﹣、Br﹣

D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、葡萄糖分子

4．（6分）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣Cl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输

出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（）

A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2

B．放电过程中，Li+向负极移动

C．每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb

D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转

5．（6分）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）?MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标的值，重新达到平衡后，纵坐标y随变化趋势合理的是（）

选项y

A MgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率

B CO的物质的量CO2与CO的物质的量之

比

C SO2的浓度平衡常数

D温度容器内混合气体的密度

A．A B．B C．C D．D

6．（6分）我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42﹣等其他可溶性杂质的离子）．下列有关说法正确的是（）

A．由矿盐生产食盐，除去SO42﹣最合适的试剂是Ba（NO3）2

B．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气

C．室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度

D．用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液

7．（6分）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH ﹣①HSO3﹣?H++SO32﹣②，向0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是（）

A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3﹣）增大B．加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（OH﹣）+c（SO32﹣）

C．加入少量NaOH溶液，的值均增大

D．加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）

二．非选择题

8．（15分）、Y、、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，其相关信息如下表：

元素相关信息

的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2O3

Y Y是地壳中含量最高的元素

的基态原子最外层电子排布式为3s23p1

W W的一种核素的质量数为28，中子数为14

（1）W位于元素周期表第周期第族；W的原子半径比的（填“大”或“小”）．

（2）的第一电离能比W的（填“大”或“小”）；Y2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是；氢元素、、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称．

（3）振荡下，向单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是．

（4）在25℃、101Pa下，已知13.5g的固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419J，该反应的热化学方程式是．

9．（16分）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：

（1）B的结构简式是；E中含有的官能团名称是．

（2）由C和E合成F的化学方程式是．

（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是．

①含有3个双键②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰③不存在甲基（4）乙烯在实验室可由（填有机物名称）通过（填反应类型）制备．

（5）下列说法正确的是．

a．A属于饱和烃b．D与乙醛的分子式相同c．E不能与盐酸反应d．F可以发生酯化反应

10．（13分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是除去（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是．

（2）第②步反应的离子方程式是，滤渣B的主要成分是．（3）萃取是分离稀土元素的常用方法．已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出，TBP（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒、量筒等．

（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol?L ﹣1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为．

11．（14分）某酸性工业废水中含有2Cr2O7．光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72﹣转化为Cr3+．某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]即可对该反应起催化作用．为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：

（1）在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）．

实验编号初始

pH

废水样品

体积/mL

草酸溶液

体积/mL

蒸馏水

体积/mL

①46010

30

②56010

30

③560

测得实验①和②溶液中的Cr2O72﹣浓度随时间变化关系如图所示．

（2）上述反应后草酸被氧化为（填化学式）．

（3）实验①和②的结果表明；实验①中0～t1时间段反应速率v（Cr3+）=mol?L﹣1?min﹣1（用代数式表示）．

（4）该课题组对铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：

假设一：Fe2+起催化作用；

假设二：；

假设三：；

（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容．

（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有2SO4、FeSO4、2SO4?Al2（SO4）

3?24H2O、Al2（SO4）3等．溶液中Cr2O72﹣的浓度可用仪器测定）

实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论

2013年安徽省高考化学试卷

参考答案与试题解析

一．选择题

1．（6分）我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O．下列有关说法正确的是（）A．该反应为吸热反应

B．CO2分子中的化学键为非极性键

C．HCHO分子中含δ键，又含π键

D．每生成1.8gH2O消耗2.24L O2

【分析】A、根据大多数放热反应在常温下能进行；

B．根据不同种元素形成的共价键为极性键；

C．根据根据一个单键就是一个δ键，一个双键就是一个δ键，一个π键；D．根据气体的体积与温度、压强有关．

【解答】解：A、该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，故A错误；

B、二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，故B错误；

C、甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个δ键，1个π键，故C正确；

D、每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；

故选：C。

【点评】本题以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识．

2．（6分）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）．仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）

选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质

A浓氨水CaO NH3H2O

B浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液

C浓硝酸Cu NO2H2O

D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液

A．A B．B C．C D．D

【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，以此解答该题．

【解答】解：A．浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；

B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；

C．二氧化氮和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，故C错误；

D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见气体的制备原理、收集及尾气处理等，把握实验原理及实验技能为解答的关键，题目难度不大．

3．（6分）下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．银氨溶液：Na+、+、NO3﹣、NH3?H2O

B．空气：CH4、CO2、SO2、NO

C．氢氧化铁胶体：H+、+、S2﹣、Br﹣

D．高锰酸钾溶液：H+、Na+、SO42﹣、葡萄糖分子

【分析】A．银氨溶液在氨水中能稳定存在；

B．NO易被空气中的氧气氧化；

C．氢氧化铁胶体在酸性条件下不能共存；

D．葡萄糖分子具有还原性，能与具有氧化性的高锰酸钾发生氧化还原反应．【解答】解：A．银氨溶液在氨水中能稳定存在，在碱性条件下该组离子不发生任何反应，能大量共存，故A正确；

B．空气的氧气与NO反应生成NO2，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，不能大量共存，故B错误；

C．氢氧化铁胶体在酸性条件下离子反应为Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O，氢氧化铁胶体中的三价铁可氧化具有还原性的硫离子，不能大量共存，故C错误；D．高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，葡萄糖分子具有还原性，高锰酸钾与葡萄糖能发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查离子共存问题，明确常见离子的性质及离子之间发生的反应是解答的关键，解答该题时注意各选项中的条件，题目难度不大．

4．（6分）热激活电池可用作火箭、导弹的工作电．一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣Cl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能．该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法正确的是（）

A．正极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2

B．放电过程中，Li+向负极移动

C．每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb

D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转

【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl﹣﹣2e﹣=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离

子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算．

【解答】解：A．正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；

B．放电过程中阳离子向正极移动，故B错误；

C．根据电极方程式PbSO4+2e﹣+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故C错误；

D．常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为D，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等．

5．（6分）一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）?MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标的值，重新达到平衡后，纵坐标y随变化趋势合理的是（）

选项y

A MgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率

B CO的物质的量CO2与CO的物质的量之

比

C SO2的浓度平衡常数

D温度容器内混合气体的密度

A．A B．B C．C D．D

【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，

A．若是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡

移动；

B．若是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量；

C．若是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关；

D．若是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．

【解答】解：该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，

A．若是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故A错误；

B．若是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，故B错误；

C．若是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故C错误；

D．若是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查图象分析，侧重考查学生分析问题能力，明确纵横坐标的含义是解本题关键，注意：所有的平衡常数只有温度有关，易错选项B，题目难度中等．

6．（6分）我省盛产矿盐（主要成分是NaCl，还含有SO42﹣等其他可溶性杂质的离子）．下列有关说法正确的是（）

A．由矿盐生产食盐，除去SO42﹣最合适的试剂是Ba（NO3）2

B．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气

C．室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度

D．用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液

【分析】A．引入新杂质NaNO3；

B．应电解熔融的NaCl；

C．AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度；

D．饱和纯碱溶液呈碱性；

【解答】解：A．除去硫酸根离子的同时，引入了新的杂质硝酸根离子，应加入氯化钡溶液，故A错误；

B．要得到钠和氯气需要电解熔融的NaCl，故B错误；

C．增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D．饱和纯碱溶液呈碱性，可鉴别，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、金属的冶炼、难溶电解质的溶解平衡以及盐类水解的应用等知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大．

7．（6分）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH ﹣①HSO3﹣?H++SO32﹣②，向0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是（）

A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO3﹣）增大B．加入少量Na2SO3固体，则c（H+）+c（Na+）=c（HSO3﹣）+c（OH﹣）+c（SO32﹣）

C．加入少量NaOH溶液，的值均增大

D．加入氨水至中性，则2c（Na+）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）

【分析】A．加入金属钠，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠抑制水解平衡①促进电离平衡②；

B．依据溶液中电荷守恒分析判断；

C．加入氢氧化钠促进电离平衡右移，抑制水解平衡左移；

D．依据溶液中的电荷守恒分析比较．

【解答】解：A．加入少量金属Na，Na与HSO3﹣电离出的H+反应，溶液中c（HSO3﹣）浓度减小，故A错误；

B．加入少量Na2SO3固体溶解后溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故B错误；

C．加入氢氧化钠促进电离，平衡右移，抑制水解，平衡左移，c（SO32﹣），c（OH ﹣）浓度增大；，比值增大，故C正确；

D.0.1mol?L﹣1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），则c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH ﹣），故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查电解质溶液，涉及弱电解质的电离和盐类的水解、三大守恒关系的应用，平衡分析和溶液中离子浓度关系判断是解题关键，题目难度中等．

二．非选择题

8．（15分）、Y、、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，其相关信息如下表：

元素相关信息

的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2O3

Y Y是地壳中含量最高的元素

的基态原子最外层电子排布式为3s23p1

W W的一种核素的质量数为28，中子数为14

（1）W位于元素周期表第三周期第ⅣA族；W的原子半径比的大（填“大”或“小”）．

（2）的第一电离能比W的小（填“大”或“小”）；Y2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；氢元素、、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称乙醇．

（3）振荡下，向单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液；W 的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是Si+4HF=SiF4↑+2H2↑．

（4）在25℃、101Pa下，已知13.5g的固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419J，该反应的热化学方程式是4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣3352J/mol．

【分析】、Y、、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素；的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2O3，最高正化合价为+4，处于ⅣA族，原子序数小于氧元素，故为碳元素；的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，处于第三周期第ⅢA族，则为Al元素；W的一种核素的质量数为28，中子数为14，其质子数=28﹣14=14，故W为Si元素，据此解答．

【解答】解：、Y、、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素；的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2O3，最高正化合价为+4，处于ⅣA族，原子序数小于氧元素，故为碳元素；的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，处于第三周期第ⅢA族，则为Al元素；W 的一种核素的质量数为28，中子数为14，其质子数=28﹣14=14，故W为Si元素，

（1）W为Si元素，Si原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，处于周期表中第三周期第ⅣA族；

同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Si＞C，

故答案为：三、ⅣA；大；

（2）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Al＜Si；CO2固态属于分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；

氢元素、C、O的原子可共同形成多种分子，能形成同种分子间氢键的物质含有羟基或羧基，如乙醇等，

故答案为：小；分子间作用力；乙醇；

（3）Al单质与盐酸反应后的无色溶液为氯化铝溶液，振荡下，向氯化铝溶液中滴加NaOH溶液直至过量，首先反应生成氢氧化铝，然后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故能观察到的现象是：先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液；

Si的单质与氢氟酸反应生成四氟化硅与氢气，反应方程式为：Si+4HF=SiF4↑+2H2↑；

故答案为：先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液；Si+4HF=SiF4↑+2H2↑；

（4）13.5g的Al的物质的量为=0.5mol，4molAl在O2气体中完全燃烧后恢复至原状态放出的热量为419J×=3352J，故热化学方程式为：4Al（s）+3 O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣3352J/mol，

故答案为：4Al（s）+3 O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣3352J/mol．

【点评】本题以物质结构为基础，考查原子结构、分子结构，元素周期表和元素周期律，反应热的计算及热化学方程式的书写等，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的理解掌握．

9．（16分）有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：

（1）B的结构简式是HOOC（CH2）4COOH；E中含有的官能团名称是氨基和羟基．

（2）由C和E合成F的化学方程式是CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH．

（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是．

①含有3个双键②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰③不存在甲基

（4）乙烯在实验室可由乙醇（填有机物名称）通过消去反应（填反应类型）制备．

（5）下列说法正确的是abd．

a．A属于饱和烃b．D与乙醛的分子式相同c．E不能与盐酸反应d．F可以发生酯化反应

【分析】在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C的结构结合B的分子式知，B是1，6﹣己二酸；

在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气反应生成E，C和E反应生成F，

结合有机物的结构和性质解答．

【解答】解：在镍作催化剂条件下，苯和氢气发生加成反应生成环己烷，环己烷被氧气氧化生成B，在催化剂条件下，B和甲醇发生酯化反应生成C，根据C 的结构结合B的分子式知，B是1，6﹣己二酸；

在银作催化剂条件下，乙烯被氧气氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和氨气发生加成反应生成E，C和E发生取代反应生成F，

（1）B是1，6﹣己二酸，其结构简式为：HOOC（CH2）4COOH，根据E的结构简式知，E中含有羟基和氨基，

故答案为：HOOC（CH2）4COOH，羟基和氨基；

（2）C和E发生取代反应生成F，反应方程式为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）4CONHCH2CH2OH+2CH3OH，故答案为：CH3OOC（CH2）4COOCH3+2HOCH2CH2NH2HOCH2CH2NHOC（CH2）

4CONHCH2CH2OH+2CH3OH；

（3）具备①含有3个双键、②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰则该有机物中只含一种类型的氢原子、③不存在甲基的苯的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；

（4）乙烯在实验室可由乙醇通过消去反应制取，故答案为：乙醇，消去反应；

（5）a．环己烷中只存在共价单键，所以属于饱和烃，故正确；

b．环氧乙烷与乙醛的分子式都是C2H4O，所以分子式相同，故正确；

c．E中含有氨基，所以能与盐酸反应，故错误；

d．F中含有羟基，所以可以发生酯化反应，故正确；

故选abd．

【点评】本题涉及有机化合物之间的转化关系、官能团及性质、有机反应类型、有条件的同分异构体的书写等相关知识，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，难度中等．

10．（13分）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是除去Fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入SCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净．

（2）第②步反应的离子方程式是6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O，滤渣B 的主要成分是SiO2．

（3）萃取是分离稀土元素的常用方法．已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出，TBP不能（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等．（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol?L ﹣1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为97.0%．

【分析】根据该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品；

（1）根据滤渣A上含有FeCl3；取最后一次洗涤液，加入SCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；

（2）根据氧化还原反应中电子得失守恒分析；滤渣B为SiO2；

（3）根据萃取剂与水不互溶；

（4）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）

4的质量，最后求出质量分数．

【解答】解：（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+；取

最后一次洗涤液，加入SCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；故答案为：Fe3+；取最后一次洗涤液，加入SCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；

（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应

的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2

转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2，

故答案为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；SiO2；

（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出，所以TBP不能与水互溶，

故答案为：不能；分液漏斗；

（4）Ce（OH）4 ～FeSO4

0.0025mol 0.1000mol/L﹣1×0.025L

所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol×208g/mol=0.52g，

产品中Ce（OH）4的质量分数为×100%=97.01%，

故答案为：97.0%．

【点评】本题以工艺流程为基础，考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识．

11．（14分）某酸性工业废水中含有2Cr2O7．光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72﹣转化为Cr3+．某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]即可对该反应起催化作用．为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：

（1）在25℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格）．

实验编号初始

pH

废水样品

体积/mL

草酸溶液

体积/mL

蒸馏水

体积/mL

①46010

30

②56010

30

③5602020

测得实验①和②溶液中的Cr2O72﹣浓度随时间变化关系如图所示．

（2）上述反应后草酸被氧化为CO2（填化学式）．

（3）实验①和②的结果表明溶液pH对该反应的速率有影响；实验①中0～t1时间段反应速率v（Cr3+）=mol?L﹣1?min﹣1（用代数式表示）．

（4）该课题组对铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：

假设一：Fe2+起催化作用；

假设二：Al3+起催化作用；

假设三：SO42﹣起催化作用；

（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容．

（除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有2SO4、FeSO4、2SO4?Al2（SO4）

3?24H2O、Al2（SO4）3等．溶液中Cr2O72﹣的浓度可用仪器测定）

实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论

【分析】（1）①②中PH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响；

（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价；

（3）实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，根据公式求算；

（4）根据铁明矾的组成分析；

（5）做对比实验．

【解答】解：（1）①②中PH不同，是探究PH对速率的影响；则②③是探究不同浓度时草酸对速率的影响，故答案为：

实验编号初始

pH 废水样品

体积/mL

草酸溶液

体积/mL

蒸馏水

体积/mL

③2020

（2）草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2，故答案为：CO2；

（3）由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，v（Cr3+）=2v（Cr2O72﹣）=×2=m ol?L﹣1?min﹣1，故答案为：溶液pH 对该反应的速率有影响；；

（4）根据铁明矾[Al2Fe（SO4）4?24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；SO42﹣起催化作用，故答案为：Al3+起催化作用；SO42﹣起催化作用；

（5）要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选2SO4?Al2（SO4）3?24H2O，注意由于需要控制Al3+和SO42﹣浓度比，不要选用2SO4和Al2（SO4）3；用等物质的量2SO4?Al2（SO4）3?24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验，反应进行相同时间