②再打开旋塞2，B瓶中的现象是 。

（3）设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。

限制试剂与仪器：固体NH4Cl、蒸馏水、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可控制温度）

①实验目的：探究 对溶液中NH4Cl水解程度的影响。

②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中V(溶液)表示所配制溶液的体积）。

物理量实验序号V（溶液）/mL……

1100

2100

③按实验序号I所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为Y，则NH4Cl水解反应得平衡转化率为 （只列出算式，忽略水自身电离的影响）。

高考化学试题 [广东卷]参考答案

7.【答案】B 【解析】木材纤维主要成分是纤维素，遇碘水不变蓝色，A错；花生油属于酯类，可以发生水解反应，鸡蛋主要成分是蛋白质，水解生成氨基酸，B对；聚氯乙烯中有氯原子，不属于烃类，C错；对二甲苯中有苯环，不属于饱和烃，D错。

8.【答案】C【解析】Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。

9.【答案】A 【解析】互溶的液体物质沸点相差较大的，可以用蒸馏的方法分离，A对；原电池不需外接电源，B错；乙二酸可与KMnO4溶液发生反应体现的是还原性而不是酸性，C错；NaCl固体中没有自由移动的离子，不能导电，D错。

10. 【答案】D 【解析】23g Na完全反应时转移电子为1mol，生成H2为0.5mol，个数为0.5nA个，A错；Cu和足量热浓硫酸反应生成的是SO2，不是SO3，B错；标准状况下，22.4L N2和H2混合气的物质的量为1mol，含有的分子数目是nA个，由于N2和H2都是双原子分子，故原子的物质的量为2mol，个数为2nA个，C错；Fe3O4看成Fe2O3·FeO，3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子，D对。

11. 【答案】C 【解析】温度升高，水的离子积增大，c(H+)、c(OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，A错；水的离子积常数K=c(H+)·c(OH-)，从图可知离子积是1.0×10-11，不是1.0×10-13，B错；加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，那么c(OH-)减小，故可能引起由b向a的变化，C对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。

12. 【答案】B 【解析】滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错；酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B对；用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D对。

22. 【答案】BC 【解析】Na2CO3加热时产生的水珠是空气中的水凝结形成，不是分解生成的，A错；苯酚溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，B对；淀粉溶液变成蓝色则生成了I2，说明氯水把I—氧化成了I2， 故氧化性：Cl2>I2，C对；FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，溶液变成血红色，说明H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，体现了Fe2+的还原性，没有体现氧化性，D错。

23. 【答案】AD 【解析】己的最高氧化物对应水化物有强脱水性为浓硫酸，则己是S元素，可以推出庚是F元素，戊是As元素，丁是Si元素，丙是B元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲是Mg，乙是Ca。A．丙与戊的原子序数相差（8+18+2）=28，对；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊，B错；甲单质与水反应不剧烈，C错；丁是Si元素，二氧化硅可用于制造光导纤维，D对。

30. 【答案】（1）C12H9Br (2)AD (3)CH2=CHCOOH BrCH2CH2COOH BrCH2CH2COOCH2CH3 (4) 4 、 4 （5）

【解析】（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，从而可得其合成路线；（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（ ）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为。

31. 【答案】(1) 2HCl(g) + 1/2O2(g)H2O(g)+Cl2(g) △H=△H1+△H2

(2) ①＜ ；K(A)；②见下图

增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。 ③BD

(3)解：设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则

2HCl(g) + 1/2O2(g) == H2O(g)+Cl2(g)

2 1

n (5.4-1.8)×10-3mol

解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min

(4)2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

【解析】根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：CuCl2(g)+1/2O2(g)CuO(s) +Cl2(g) △H2，则①+②可得总反应；（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K(A) ＞K(B)；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:

③A、增大n(HCl) ，平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；B、增大n(O2) ，反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错； D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。对。故答案是选项B、D。（3）题目中给出的是n(Cl2)的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：

2HCl(g) + 1/2O2(g)＝H2O(g)+Cl2(g)

2 1

n (5.4-1.8)×10-3mol

解得 n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)= 7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min

（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。

32. 【答案】（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。（2）NO3—、OH—；Ca(HCO3)2 （3）2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O（4）2Al+6H20 2Al(OH)3↓+3H2↑

（5） Al－3e－＋7 AlCl4—＝4 Al2Cl7—

【解析】（1）煅烧时CaCO3会发生分解生成CaO和CO2；煅烧MgCO3分解生成MgO和CO2；故煅粉主要含MgO和CaO；Ksp= c(Mg2+)∙c2(OH—)，5×10-12=5×10-6 ×c2(OH—)，得c(OH—)= 10-3mol·L-1， pH=11。由于溶液I中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，所以溶液pH大于11；不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3的原因是加入（NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少。（2）从流程中看出NO3—没有被除去，故滤液I中的阴离子有NO3—，CaO溶于水生成Ca(OH)2，故溶液中还有OH—；若滤液I中仅通入CO2，过量的CO2会与CaCO3生成Ca(HCO3)2 从而导致CaCO3产率降低。（3）Al表面的氧化膜的成分是Al2O3，该物质是两性氧化物，NaOH可以与之发生反应。NaOH溶液与Al2O3反应的离子方程式为：2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O；（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，Al作阳极，石墨作阴极。Al在阳极放电，溶液中的H+在阴极放电，破坏了水的电离平衡，使的溶液中的OH—浓度增大，与产生的Al3+结合生成Al(OH)3，总反应方程式为：2Al+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2↑。（5）根据题意，充电和放电时AlCl4—和Al2Cl7—两种离子在Al电极上相互转化，放电时负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的AlCl4—结合，发生反应产生的Al2Cl7—电极反应式为：Al－3e－＋7 AlCl4—＝4 Al2Cl7—。