全国高考试题化学部分 3北京卷理综.docx
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全国高考试题化学部分3北京卷理综
2011年北京卷(理综)
(11北京理综,T6)垃圾分类有利于资源回收利用。
下列垃圾归类不合理的是
A
B
C
D
垃圾
废易拉罐
废塑料瓶
废荧光灯管
不可再生废纸
垃圾分类
【解析】B废易拉罐、废塑料瓶都属于可回收物,废荧光灯管中含有重金属等有害物质,属于有害垃圾,废纸属于可燃垃圾,选B。
(11北京理综,T7)下列说法不正确的是
A.麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2,4-己二烯和甲苯
C.在酸性条件下,CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D.用甘氨酸(
)和丙氨酸(
)缩合最多可形成4种二肽
【解析】C麦芽糖能发生银镜反应,其水解产物葡萄糖也能发生银镜反应,A正确;溴水与苯酚溶液反应生成三溴苯酚白色沉淀,与己二烯发生加成反应而褪色,甲苯可萃取溴水中的溴,B正确;在酸性条件下,CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH,C错;甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况:
①二个甘氨酸之间;②二个丙氨酸之间;③甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间;④甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间。
D正确。
(11北京理综,T8)结合右图判断,下列叙述正确的是
A.I和II中正极均被保护
B.I和II中负极反应均是Fe-2e-=Fe2+
C.I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH―
D.I和II中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液,均有蓝色沉淀
【解析】A题给装置I、II都是原电池,活泼金属作负极,首先被腐蚀,不活泼金属作正极,被保护;A对;I中负极反应式为:
Zn-2e-=Zn2+,B错;II中正极反应式为:
2H++-2e-=H2↑,C错;I中没有Fe2+,D错。
(11北京理综,T9)下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是
A.用Na2S去除废水中的Hg2+:
Hg2++S2-=HgS↓
B.用催化法处理汽车尾气中的CO和NO:
CO+NO
C+NO2
C.向污水中投放明矾,生成能凝聚悬浮物的胶体:
Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+
D.用高温催化氧化法去除烃类废气(CxHy):
CxHy+(x+
)O2
xCO2+
H2O
【解析】BHgS溶解度极小,A对;B中产物为N2和CO2,B错;明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al(OH)3胶体,C正确;烃完全氧化生成CO2和H2O,D正确。
(11北京理综,T10)25℃、101kPa下:
①2Na(s)+
O2(g)=Na2O(s)△H=-414kJ
mol-1
②2Na(s)+O2(g)=Na2O2(s)△H=-511kJ
mol-1
下列说法正确的是
A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B.①和②生成等物质的量的产物,转移电子数不同
C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O,随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D.25℃、101kPa下:
Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ
mol-1
【解析】D在Na2O和Na2O2中,阴、阳离子的个数比都是1:
2,A错;由钠守恒可知,①和②生成等物质的量的产物时,转移的电子数相同,B错;Na与足量O2反应的产物是Na2O2,C错;热化学方程式①×2-②可得Na2O2(s)+2Na(s)=2Na2O(s)△H=-317kJ
mol-1,D正确。
(11北京理综,T11)下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数
A.取a克混合物充分加热,减重b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b克固体
C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b克
D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固体
【解析】C在Na2CO3和NaHCO3中,加热能分解的只有NaHCO3,A项成立;B项得到的固体产物是NaCl,Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同,B项成立;同理,Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化也不同,D项成立;C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气,C项明显错误。
(11北京理综,T12)已知反应:
2CH3COCH3(l)
CH3COCH2COH(CH3)2(l)。
取等量CH3COCH3,分别在0℃和20℃下,测得其转化分数随时间变化的关系曲线(Y-t)如右图所示。
下列说法正确的是
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y-t曲线
B.反应进行到20min末,CH3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113,CH3COCH2COH(CH3)2的
【解析】Db曲线的起始斜率明显大于a曲线,说明b对应的反应速率较大,温度较高,A、B错;温度升高,平衡转化率降低,C错;等量的CH3COCH3,转化率相同时,产物CH3COCH2COH(CH3)2的物质的量相同,D正确。
(11北京理综,T25)在温度t1和t2下,X2(g)和H2反应生成HX的平衡常数如下表:
化学方程式
K(t1)
K(t2)
F2+H2
2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2
2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2
2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2
2HI
43
34
⑴已知t2>t1,HX的生成反应是反应(填“吸热”或“放热”)。
⑵HX的电子式是。
⑶共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强,HX共价键的极性由强到弱的顺序是。
⑷X2都能与H2反应生成HX,用原子结构解释原因:
。
⑸K的变化体现出X2化学性质的递变性,用原子结构解释原因:
,原子半径逐渐增大,得电子能力逐渐减弱。
⑹仅依据K的变化,可以推断出:
随着卤素原子核电荷数的增加,(选填字母)。
a.在相同条件下,平衡时X2的转化率逐渐降低
b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱。
【解析】温度升高,平衡常数减小,说明平衡向逆反应方向移动,正反应为放热反应;F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小,故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI;X2都能与H2反应生成HX的原因是卤素原子的最外层电子数均为7,得一个电子或形成一个共用电子对时,即可形成8电子稳定结构;平衡常数越大,说明反应越易进行,F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是原子核外电子层数依次增多,原子半径逐渐增大,核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的。
另解析
(1)由表中数据可知,温度越高平衡常数越小,这说明升高温度平衡向逆反应方向移动,所以HX的生成反应是发热反应;
(2)HX属于共价化合物,H-X之间形成的化学键是极性共价键,因此HX的电子式是
;
(3)F、Cl、Br、I属于ⅦA,同主族元素自上而下随着核电荷数的增大,原子核外电子层数逐渐增多,导致原子半径逐渐增大,因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱,从而导致非金属性逐渐减弱,即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱,所以H-F键的极性最强,H-I的极性最弱,因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI;
(4)卤素原子的最外层电子数均为7个,在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。
而H原子最外层只有一个电子,在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构,因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX;
(5)同(3)
(6)K值越大,说明反应的正向程度越大,即转化率越高,a正确;反应的正向程度越小,说明生成物越不稳定,越易分解,因此选项d正确;而选项c、d与K的大小无直接联系。
【答案】⑴放热⑵H:
X:
⑶HF、HCl、HBr、HI⑷卤素原子的最外层电子数均为7⑸同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多⑹ad。
(11北京理综,T26)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
⑴溶液A的溶质是。
⑵电解饱和食盐水的离子方程式是。
⑶电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3。
用化学平衡移动原理解释盐酸的作用:
。
⑷电解所用的盐水需精制,去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-[c(SO42-)>c(Ca2+)]。
精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池):
①盐泥a除泥沙外,还含有的物质是。
②过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。
过程II中除去的离子有。
④经过程III处理,要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L。
若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L,则处理10m3盐水b,至多添加10%Na2SO3溶液kg(溶液体积变化忽略不计)。
【解析】电解饱和食盐水时,阴极产物为NaOH和H2,阳极产物是Cl2,反应的离子方程式是2Cl-+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH―,据此可以确定溶液A的溶质是NaOH;电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2~3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O
HCl+HClO向左移动,减少Cl2在水中的溶解,有利于Cl2的逸出;根据粗盐水和淡盐水的化学成分,代入题给精制盐水的流程进行分析,可知过程I是将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀除去,即盐泥a除泥沙外,还含有的物质是Mg(OH)2;将NH4+转化为N2的氧化剂是Cl2,对应的离子方程式是2NH4++3Cl2+8OH―
N2↑+6Cl-+8H2O;过程II是利用沉淀溶解平衡原理,将溶液中的Ca2+和SO42-分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去;NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为:
NaClO+Na2SO3
NaCl+Na2SO4,若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L,则处理10m3盐水b时至少需要10%Na2SO3溶液
,若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L,则还需添加10%Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg,因此至多添加10%Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg。
另解析:
1)电解时在电极的作用下,溶液中的阳离子向阴极作定向运动,阴离子向阳极作定向运动,所以电解饱和食盐水时Na+和H+向阴极运动并放电,但H+比Na+易得电子,所以H+首先放电,方程式为2H++2e-=H2↑。
由于H+是水电离出的,所以随着H+的不断放电,就破坏了阴极周围水的电离平衡,OH-的浓度就逐渐增大,因此溶液A的溶质是NaOH。
由于Cl-比OH-易失电子,所以在阳极上CI-首先放电,方程式为2Cl--2e-=Cl2↑。
因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑。
(2)见解析
(1)
(3)由于阳极上生成氯气,而氯气可溶于水,并发生下列反应Cl2+H2O
HCl+HClO,根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动,减少氯气在水中的溶解,有利于氯气的溢出。
(4)由于溶液中含有Mg2+,所以用溶液A(即NaOH)调节溶液的pH时,会产生Mg(OH)2沉淀,即盐泥a中还含有Mg(OH)2;淡盐水中含有氯气,氯气具有强氧化性,可将NH4+氧化为N2,而氯气被还原成Cl-,方程式为2NH4++3Cl2+8OH-=8H2O+6Cl-+N2↑;沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动,一般说来,溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。
由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小,所以加入BaCO3后,溶液中的SO42-就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀,同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质,因此还会生成CaCO3沉淀;NaClO具有强氧化性,可将Na2SO3氧化成Na2SO4,方程式为Na2SO3+NaClO=Na2SO4+NaCl。
10m3盐水b中含NaClO的物质的量为
,由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol×126g/mol=126g。
若设需要10%Na2SO3溶液的质量为X,则有
,解得x=1760g,即至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg。
【答案】⑴NaOH⑵2Cl-+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH―⑶Cl2与水反应:
Cl2+H2O
HCl+HClO,增大HCl的浓度使平衡逆向移动。
减少Cl2在水中的溶解,有利于Cl2的逸出⑷①Mg(OH)2②2NH4++3Cl2+8OH―
N2↑+6Cl-+8H2O③SO42-、Ca2+④1.76
(11北京理综,T27)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀,用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略,气密性已检验)。
实验操作和现象:
操作
现象
关闭弹簧夹,滴加一定量浓硫酸,加热
A中有白雾生成,铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出,产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀,液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹,通入N2,停止加热,一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀,加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
⑴A中反应的化学方程式是。
⑵C中白色沉淀是,该沉淀的生成表明SO2具有性。
⑶C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是。
⑷分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因,甲认为是空气参与反应,乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点,在原实验基础上:
甲在原有操作之前增加一步操作,该操作是;
乙在A、B间增加洗气瓶D,D中盛放的试剂是。
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
②进行实验,B中现象:
检验白色沉淀,发现均不溶于稀盐酸。
结合离子方程式解释实验现象异同的原因:
。
⑸合并⑷中两同学的方案进行实验。
B中无沉淀生成,而C中产生白色沉淀,由此得出的结论是。
【解析】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等,同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能,充分考查了学生的思维分析能力等。
由题给实验目的和实验可知,A中发生的反应方程式为:
Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O;A中白雾可能含有SO3或H2SO4,因B中白色沉淀不溶于稀盐酸,说明该白色沉淀为BaSO4,不是BaSO3;同理,C中的白色沉淀也是BaSO4,并因此说明SO2具有还原性;C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故,化学方程式是2NO+O2
2NO2;甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响,在Cu与浓硫酸反应前,可先通一会儿N2;乙同学为除去白雾或SO2中的SO3,可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶;在甲、乙两同学的实验中,B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀,说明该白色沉淀都是BaSO4,由于甲同学没有排除白雾的干扰,故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42-+Ba2+
BaSO4↓;乙同学没有排除空气的干扰,其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2++2SO2+O2+2H2O
2BaSO4↓+4H+;合并甲、乙两同学的方案进行实验时,B中无沉淀生成,C中产生白色沉淀,说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【答案】⑴Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O⑵H2SO4还原⑶2NO+O2
2NO2⑷①通N2一段时间,排除装置中的空气饱和NaHSO3溶液②甲:
SO42-+Ba2+
BaSO4↓,乙:
2Ba2++2SO2+O2+2H2O
2BaSO4↓+4H+白雾的量远多于装置中O2的量⑸SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
(11北京理综,T28)
常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下:
已知:
I.RCHO+R’CH2CHO
+H2O(R、R’表示烃基或氢)
II.醛与二元醇(如:
乙二醇)可生成环状缩醛:
⑴A的核磁共振氢谱有两种峰。
A的名称是。
⑵A与
合成B的化学方程式是。
⑶C为反式结构,由B还原得到。
C的结构式是。
⑷E能使Br2的CCl4溶液褪色。
N由A经反应①~③合成。
a.①的反应试剂和条件是。
b.②的反应类型是。
c.③的化学方程式是。
⑸PVAc由一种单体经加聚反应得到,该单体的结构简式是。
⑹碱性条件下,PVAc完全水解的化学方程式是。
【解析】根据A的分子式和A转化为B的反应条件,结合题给信息I和A的核磁共振氢谱,可以确定A为乙醛,B为
;由C为反式结构,由B还原得到,可以确定C中仍具有C=C,被还原的基团应是—CHO,由此即可确定C的结构式(见答案);根据D的分子式C11H12O2,可以确定其不饱和度为6,结合生成D的反应条件,可确定D为
,进而确定M为乙酸;由PVB的结构简式和题给信息II可确定其单体之一是CH3(CH2)2CHO,即N为CH3(CH2)2CHO;另一高分子化合物PVA为
,进而推出PVAc的单体为CH3COOCH=CH2;由A和N的结构简式,结合题给信息I即可推出E为,CH3CH=CHCHO,F为CH3(CH2)3OH。
由此即可按题设要求回答有关问题了,具体见答案。
另解析:
(1)A的分子式是C2H4O,且A的核磁共振氢谱有两种峰,因此A只能是乙醛;
(2)根据题中的信息Ⅰ可写出该反应的方程式
(3)C为反式结构,说明C中含有碳碳双键。
又因为C由B还原得到,B中含有醛基,因此C中含有羟基,故C的结构简式是
;
(4)根据PVB的结构简式并结合信息Ⅱ可推出N的结构简式是CH3CH2CH2CHO,又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色,所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的,即E的结构简式是CH3CH=CHCHO,然后E通过氢气加成得到F,所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH。
F经过催化氧化得到N,方程式为
;
(5)由C和D的结构简式可知M是乙酸,由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇,因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯,结构简式是CH3COOCH=CH2,所以碱性条件下,PVAc完全水解的化学方程式是
。
【答案】
(1)乙醛
(2)
(3)
(4)a稀氢氧化钠加热
b加成(还原)反应
c
(5)CH3COOCH=CH2
(6)
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