文档内容
B．用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NO C+NO
2011 年北京市高考化学试卷 2
C．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3++3H O Al（OH） （胶体）+3H+
2 3
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
D．用高温催化氧化法去除烃类废气（C H ）：C H +（x+ ）O xCO + H O
x y x y 2 2 2
1．（3分）垃圾分类有利于资源回收利用．下列垃圾归类不合理的是（ ）
① ② ③ ④
5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+ O （g）=Na O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1
2 2
垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸
②2Na（s）+O （g）=Na O （s）△H=﹣511kJ．mol﹣1
2 2 2
垃圾分类
下列说法不正确的是（ ）
A．①和②产物的阴阳离子个数比相等
B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数相同
C．常温下Na与足量O 反应生成Na O，随温度升高生成Na O的速率逐渐加快
2 2 2
A．① B．② C．③ D．④ D．25℃、101kPa下：Na
2
O
2
（s）+2Na（s）=2Na
2
O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣1
2．（3分）下列说法不正确的是（ ） 6．（3分）下列实验方案中，不能测定Na 2 CO 3 和NaHCO 3 混合物中Na 2 CO 3 质量分数（ ）
A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应 A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯 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．在酸性条件下，CH CO18OC H 的水解产物是CH CO18OH和C H OH 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
3 2 5 3 2 5
D．取a克混合物与足量Ba（OH） 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
2
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l） CH COCH COH（CH ） （l）．取等量CH COCH ，分
D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4种二肽 3 3 3 2 3 2 3 3
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）如图所示．下列说法正确
⇌
3．（3分）结合图判断，下列叙述正确的是（ ）
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O +2H O+4e﹣=4OH﹣ A．b代表0℃下CH COCH 的Y﹣t曲线
2 2 3 3
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K [Fe（CN） ]溶液，均有蓝色沉淀
3 6 B．反应进行到20min末，CH COCH 的
3 3
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）
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
A．用Na S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓
2D．从Y=0到Y=0.113，CH COCH COH（CH ） 的
3 2 3 2
二、解答题（共4小题，满分58分）
8．（12分）在温度t 1 和t 2 下，X 2 （g）和H 2 反应生成HX的平衡常数如下表： ①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 ．
化学方程式 K（t ） K（t ） ②过程I中将NH +转化为N 的离子方程式是 ．
1 2 4 2
F 2 +H 2 2HF 1.8×1036 1.9×1032 ③BaSO 4 的溶解度比BaCO 3 的小．过程II中除去的离子有 ．
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011 ④经过程 III 处理，要求盐水 c 中剩余 Na 2 SO 3 的含量小于 5mg/L．若盐水 b 中 NaClO 的含量是
2 2
7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na SO 溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）．
Br +H 2HBr 5.6×107 9.3×106 2 3
2 2
I +H 2HI 43 34
2 2
（1）已知t ＞t ，HX的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）．
2 1
（2）HX的电子式是 ．
（3）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
．
（4）X 都能与H 反应生成HX，用原子结构解释原因： ．
2 2
（5）K的变化体现出X 2 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， 10．（15分）甲、乙两同学为探究SO 2 与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO 3 沉淀，用下
得电子能力逐渐减弱． 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）．
（6）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X 的转化率逐渐降低
2
b．X 与H 反应的剧烈程度逐渐减弱
2 2
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱．
9．（14分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示．
（1）溶液A的溶质是 ．
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 ．
（3）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： ．
（4）电解所用的盐水需精制，去除有影响的 Ca2+、Mg2+、NH +、SO 2﹣[c（SO 2﹣）＞c
4 4 4
（Ca2+）]．精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：实验操作和现象： 合成路线如下：
操作 现象
关闭弹簧夹，滴加一定量 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
浓硫酸，加热 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N ，停 ﹣﹣﹣
2
止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色 均未发现白色沉淀溶解
沉淀，加稀盐酸
（1）A中反应的化学方程式是 ．
（2）C中白色沉淀是 ，该沉淀的生成表明SO 2 具有 性． 已知：Ⅰ．RCHO+R’CH 2 CHO +H 2 O（R、R’表示烃基或氢）
（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是 ．
Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：
（4）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 ． （1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是 ．
②进行实验，B中现象：
（2）A与 合成B的化学方程式是 ．
甲 大量白色沉淀
（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是 ．
乙 少量白色沉淀
（4）E能使Br 的CCl 溶液褪色．N由A经反应①～③合成．
2 4
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： ．
a．①的反应试剂和条件是 ．
（5）合并（4）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
b．②的反应类型是 ．
结论是 ．
c．③的化学方程式是 ．
（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是 ．
（6）碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是 ．
11．（17分）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D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4种二肽
2011 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
【考点】HD：有机物的结构和性质；J8：苯酚的化学性质；JG：酯的性质；K2：蔗糖、麦芽糖
简介；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分） 菁优网版权所有
【分析】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团来分析银镜反应；
1．（3分）垃圾分类有利于资源回收利用．下列垃圾归类不合理的是（ ）
B、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
① ② ③ ④
水中的溴；
垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸
C、在酸性条件下，CH CO18OC H 的水解产物是CH COOH和C H 18OH；
3 2 5 3 2 5
垃圾分类
D、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．
【解答】解：A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性
糖可发生银镜反应，故A正确；
A．① B．② C．③ D．④ B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯
可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此
【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理． 可以鉴别，故B正确；
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【分析】分析这道题，要密切结合生活常识，根据各种废品的可利用程度来分类． C、酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以
【解答】解：A、废易拉罐可回收利用，所以属于可回收物。 CH CO18OC H 的水解产物是CH COOH和C H 18OH，故C错误；
3 2 5 3 2 5
B、废塑料瓶也可回收利用，所以属于可回收物。
D、两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与
C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾。
另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应。因此甘氨酸和
D、废纸可以燃烧，所以属于可燃垃圾。
丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合：二个甘氨酸之间，二个丙氨酸之间（共有 2种），也可
故选：B。
是甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间，所以一共
【点评】可回收垃圾主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类．通过综合处理回收利用，
有4种二肽，故D正确。
可以减少污染，节省资源．
故选：C。
【点评】本题考查醛基、苯酚、双键、酯基、氨基、羧基的性质，常用银镜反应来检验醛基，检
2．（3分）下列说法不正确的是（ ）
验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．
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
3．（3分）结合图判断，下列叙述正确的是（ ）
C．在酸性条件下，CH CO18OC H 的水解产物是CH CO18OH和C H OH
3 2 5 3 2 5C．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3++3H O Al（OH） （胶体）+3H+
2 3
D．用高温催化氧化法去除烃类废气（C H ）：C H +（x+ ）O xCO + H O
x y x y 2 2 2
【考点】49：离子方程式的书写；PE：物质的分离、提纯和除杂．
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A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
【专题】24：实验设计题；52：元素及其化合物．
B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+
【分析】A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS；
C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O +2H O+4e﹣=4OH﹣
2 2 B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N 和CO ；
2 2
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K
3
[Fe（CN）
6
]溶液，均有蓝色沉淀
C、明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al（OH） 胶体；
3
D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水．
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；BI：电极反应和电池反应方程式．
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【解答】解：A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS，可用Na
2
S去除废水中的Hg2+，离子方程式
【分析】锌比铁活泼，装置Ⅰ中锌做负极，负极反应为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，铁做正极，溶液呈中性，
为：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正确；
发生吸氧腐蚀，正极反应为：O +2H O+4e﹣=4OH﹣；铁比铜活泼，装置Ⅱ中铁为负极，反应式
2 2 B、NO 的氧化性强于 CO，反应产物为 N 和 CO ，正确的化学方程式为：2CO+2NO
2 2
为：
N +2CO ，故B错误；
2 2
Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极为铜，电解质溶液呈酸性，所以正极的反应式为：2H++2e﹣=H ↑；检验Fe2+离
2 C、明矾在溶液中电离出的Al3+水解生成的Al（OH） 胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮
3
子可用K [Fe（CN） ]生成蓝色的Fe [Fe（CN） ] 沉淀．
3 6 3 6 2 物，离子方程式为Al3++3H O Al（OH） （胶体）+3H+，故C正确；
2 3
【解答】解：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，
D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水，可用高温催化氧化法去除烃类废气，
被保护；故A对；
B、I中的负极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错； 化学方程式为：C
x
H
y
+（x+ ）O
2
xCO
2
+ H
2
O，故D正确。
C、I溶液显中性，其电极反应式为：O +2H O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液显酸性，电极反应式为：
2 2 故选：B。
2H++2e﹣=H ↑，故C错；
2 【点评】本题结合无机物和有机物的反应考查了化学方程式、离子方程式为的正确书写．
D、I中没有Fe2+，不能与K [Fe（CN） ]生成蓝色的Fe [Fe（CN） ] 沉淀，故D错；
3 6 3 6 2
故选：A。
5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+ O （g）=Na O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1
2 2
【点评】本题考查原电池的工作原理以及金属的腐蚀及防护等知识，做题的关键是正确判断电池
的正负极反应． ②2Na（s）+O 2 （g）=Na 2 O 2 （s）△H=﹣511kJ．mol﹣1
下列说法不正确的是（ ）
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ） A．①和②产物的阴阳离子个数比相等
A．用Na S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓ B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数相同
2
B．用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NO C+NO C．常温下Na与足量O 反应生成Na O，随温度升高生成Na O的速率逐渐加快
2 2 2 2D．25℃、101kPa下：Na O （s）+2Na（s）=2Na O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣1
2 2 2
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【考点】BE：热化学方程式；GE：钠的化学性质． 【专题】16：压轴题．
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【专题】517：化学反应中的能量变化；52：元素及其化合物． 【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．
【分析】A、Na O中阴阳离子个数之比为1：2，Na O 中阴阳离子个数之比为1：2； A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
2 2 2
B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数； B、根据钠守恒，可列方程组求解；
C、常温下Na与足量O 反应生成Na O，随温度升高生成Na O 的速率逐渐加快； C、C项应先把水蒸气排除才合理；
2 2 2 2
D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析； D、根据质量关系，可列方程组求解．
【解答】解：A、在Na O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na O 中阳离子是钠离子、阴离 【解答】解：A、在Na CO 和NaHCO 中，加热能分解的只有NaHCO ，故A项成立；
2 2 2 2 3 3 3
子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是 1：2，①和②产物的阴阳离子个数比相等，故 B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na 2 CO 3 和NaHCO 3 转化为NaCl时的固体质
A正确； 量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B项成立；
B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由 0升高到+1价， C、C项中碱石灰可以同时吸收CO
2
和水蒸气，则无法计算，故C项错误；
则转移的电子数相同，故B正确； D、Na 2 CO 3 和NaHCO 3 转化为BaCO 3 时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故D项成立。
C、常温下Na与足量O 反应生成Na O，随温度升高生成 Na O 的速率逐渐加快，而不是氧化钠， 故选：C。
2 2 2 2
故C错误； 【点评】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不
D、热化学方程式25℃、101kPa下： 同．
①2Na（s）+ O （g）═Na O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，
2 2
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l） CH COCH COH（CH ） （l）．取等量CH COCH ，分
3 3 3 2 3 2 3 3
②2Na（s）+O （g）═Na O （s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，
2 2 2 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）如图所示．下列说法正确
⇌
①×2﹣②可得：Na O （s）+2Na（s）═2Na O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；
2 2 2 的是（ ）
故选：C。
【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯
定律，考查了多个考点，设点全面，题目难度适中．
6．（3分）下列实验方案中，不能测定Na CO 和NaHCO 混合物中Na CO 质量分数（ ）
2 3 3 2 3
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 A．b代表0℃下CH COCH 的Y﹣t曲线
3 3
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
B．反应进行到20min末，CH COCH 的
3 3
D．取a克混合物与足量Ba（OH） 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
2C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011
D．从Y=0到Y=0.113，CH COCH COH（CH ） 的 2 2
3 2 3 2
Br +H 2HBr 5.6×107 9.3×106
2 2
I +H 2HI 43 34
2 2
【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线．
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（1）已知t ＞t ，HX的生成反应是 放热 反应（填“吸热”或“放热”）．
【专题】16：压轴题． 2 1
【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越
（2）HX的电子式是 ．
少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高 CH COCH 转化的越少，说明升高温度平
3 3 （3）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
衡向逆反应方向进行，CH COCH 的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到 66min时a、b
3 3 HF 、 HCl 、 HBr 、 HI ．
曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH COCH COH（CH ） 一样多．
3 2 3 2 （4）X 都能与H 反应生成HX，用原子结构解释原因： 卤素原子的最外层电子数均为 7 ．
2 2
【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线 b首先
（5）K的变化体现出X 化学性质的递变性，用原子结构解释原因： 同一主族元素从上到下原
2
到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A错；
子核外电子层数依次增多 ，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱．
B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，
（6）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， ad （选填字母）．
a．在相同条件下，平衡时X 的转化率逐渐降低
这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以 ＜1，故B错； 2
b．X 与H 反应的剧烈程度逐渐减弱
2 2
C、根据图象温度越高CH COCH 转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应
3 3 c．HX的还原性逐渐减弱
是放热反应，故C错；
d．HX的稳定性逐渐减弱．
D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说
明此时生成的 CH
3
COCH
2
COH（CH
3
）
2
一样多，所以从 Y=0 到 Y=0.113，CH
3
COCH
2
COH 【考点】43：电子式；BA：吸热反应和放热反应；C8：化学平衡常数的含义；E5：卤素原子结
构及其性质的比较．
（CH ） 的 ，故D正确。 菁优网版权所有
3 2
【分析】（1）温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，HX的生成反应为放热反
故选：D。 应；
【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化
（2）HX中H与X以一对共用电子对结合，电子式为：
学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．
（3）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；
二、解答题（共4小题，满分58分）
（4）X 都能与H 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
8．（12分）在温度t 和t 下，X （g）和H 反应生成HX的平衡常数如下表： 2 2
1 2 2 2
共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；
化学方程式 K（t ） K（t ）
1 2
（5）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：同
F +H 2HF 1.8×1036 1.9×1032
2 2一主族元素从上到下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
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 2Cl ﹣ + 2H O H ↑ + Cl ↑ + 2OH ﹣ ．
2 2 2
力依次减弱；
（3）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： Cl
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越 2
与水的反应为 Cl + H O HCl + HClO ，增大 HCl 的浓度使平衡逆向移动．减少 Cl 在水中的溶解 ，
不稳定，越易分解． 2 2 2
有利于 Cl 的逸出 ．
【解答】解：（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 2
（4）电解所用的盐水需精制，去除有影响的 Ca2+、Mg2+、NH +、SO 2﹣[c（SO 2﹣）＞c
移动，所以HX的生成反应是发热反应； 4 4 4
（ Ca2+ ） ] ． 精 制 流 程 如 下 （ 淡 盐 水 和 溶 液 A 来 自 电 解 池 ） ：
（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． ①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 Mg （ OH ） ．
2
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 ②过程I中将NH +转化为N 的离子方程式是 2NH + + 3C l + 8OH ﹣ ═ N ↑ + 6Cl ﹣ + 8H O ．
4 2 4 2 2 2
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； ③BaSO 的溶解度比BaCO 的小．过程II中除去的离子有 SO 2﹣ 、 Ca 2 + ．
4 3 4
（5）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：同 ④经过程 III 处理，要求盐水 c 中剩余 Na SO 的含量小于 5mg/L．若盐水 b 中 NaClO 的含量是
2 3
一主族元素从上到下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 7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na SO 溶液 1.76 kg（溶液体积变化忽略不
2 3
力依次减弱造成的． 计）．
（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与K的大小无直接联系．
故答案为：（1）放热；（2） ；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均
为7；
（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad．
【点评】用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式，全面考查学生分析、比较
概括、归纳问题的能力．
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；DK：以氯碱工业为基础的化工生产简介；PP：粗盐
提纯．
9．（14分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示．
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【专题】17：综合实验题；51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
（1）溶液A的溶质是 NaOH ．【分析】（1）根据电极反应判断阴极产物； 添加10% Na SO 溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10%Na SO 溶液
2 3 2 3
（2）根据两极的反应书写电解反应式； 的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg．故答案为：1.76．
（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析； 【点评】本题考查饱和食盐水的电解和粗盐的提纯，题目较为综合，注意平衡移动原理的应用以
（4）①根据杂质离子和溶液的酸碱性判断能反应生成的沉淀； 及物质的量应用于化学方程式的计算．做题时注意题中所给信息，用守恒的方法解答．
②根据A溶液成分和可能具有的性质，结合氧化还原反应和质量守恒定律书写离子方程式；
③根据溶液成分和溶解度大小判断生成的沉淀； 10．（15分）甲、乙两同学为探究SO 与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO 沉淀，用下
2 3
④根据反应方程式和质量守恒解答． 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）．
【解答】解：（1）电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H O+2e﹣═2OH﹣+H ↑，阳极反应式为：
2 2
2Cl﹣﹣2e﹣═Cl ↑，阴极产物为NaOH和H ，阳极产物是 Cl ，据此可以确定溶液 A的溶质是
2 2 2
NaOH，故答案为：NaOH；
（2）根据阳极极和阴极的反应式可得电解反应的离子方程式是 2Cl﹣+2H O H ↑+Cl ↑+2OH
2 2 2
﹣，故答案为：2Cl﹣+2H O H ↑+Cl ↑+2OH﹣；
2 2 2
实验操作和现象：
（3）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Cl +H O HCl+HClO向
2 2
操作 现象
左移动，减少Cl 在水中的溶解，有利于Cl 的逸出，故答案为：Cl 与水的反应为Cl +H O
2 2 2 2 2
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
HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动．减少Cl 在水中的溶解，有利于Cl 的逸出；
2 2
气泡
（4）①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
B中有气泡冒出，产生大量白色
Mg2+转化为Mg（OH） 沉淀除去，即盐泥a中除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH） ， 沉淀
2 2
故答案为：Mg（OH） ；
C中产生白色沉淀，液面上方略
2
显浅棕色并逐渐消失
②将NH +转化为N 的氧化剂是Cl ，对应的离子方程式是 2NH ++3Cl +8OH﹣═N ↑+6Cl﹣+8H O，
4 2 2 4 2 2 2
打开弹簧夹，通入N ，停止加热，一段时间后 ﹣﹣﹣
2
故答案为：2NH ++3Cl +8OH﹣═N ↑+6Cl﹣+8H O；
4 2 2 2 关闭
③过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的 Ca2+和SO 2﹣分别转化为CaCO 和BaSO 沉淀除
4 3 4 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
去，故答案为：SO 2﹣、Ca2+；
4
（1）A中反应的化学方程式是 Cu + 2H SO CuSO + SO ↑ + 2H O ．
2 4 4 2 2
④ NaClO 与 Na SO 溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na SO NaCl+Na SO ，若盐水 b 中
2 3 2 3 2 4
NaClO 的 含 量 是 7.45mg/L ， 则 处 理 10m3 盐 水 b 时 至 少 需 要 10%Na 2 SO 3 溶 液 （2）C中白色沉淀是 BaSO 4 ，该沉淀的生成表明SO 2 具有 还原 性．
（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是 2NO + O ═ 2NO ．
2 2
，若盐水 c中剩余 Na SO 的含量为 5mg/L，则还需
（4）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．
2 3
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 通 N 一段时间，排除装置中的空气 ； （2）A中生成气体SO ，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明 C中沉淀为是BaSO ，原因是硝酸
2 2 4
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是 饱和 NaHSO 溶液 ． 根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO 氧化为SO 2﹣，说明SO 具有还原性；
3 2 4 2
②进行实验，B中现象： （3）C中发生的反应是3SO +3Ba2++2NO ﹣+2H O═3BaSO ↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成浅棕
2 3 2 4
甲 大量白色沉淀 色气体则是硝酸还原生成的 NO 遇 O 生成了红棕色的 NO 之故，化学方程式是
2 2
乙 少量白色沉淀 2NO+O ═2NO ；
2 2
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： 甲： SO 2﹣ （4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO 沉淀，故其可能含有SO 或H SO ，；甲同学为排除装
4 4 3 2 4
+ B a 2 + ═ BaSO ↓ ，乙： 2Ba 2 + + 2SO + O + 2H O ═ 2BaSO ↓ + 4H + ，白雾的量远多于装置中 O 的量 ． 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N ；A中白雾可能含有SO
4 2 2 2 4 2 2 3
（5）合并（4）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 或 H SO ，乙同学为除去白雾或 SO 中的 SO ，可在 A、B 间增加一个盛放浓硫酸或饱和
2 4 2 3
结论是 SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成 BaSO 沉淀 ． NaHSO 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
2 3 3
明该白色沉淀都是BaSO ，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO 沉淀的离子方程式
4 4
【考点】F5：二氧化硫的化学性质；U2：性质实验方案的设计． 为 SO 2﹣+Ba2+═BaSO ↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成 BaSO 的离子方程式为 2Ba2+
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【专题】16：压轴题． +2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉
2 2 2 4
【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A 中发生的反应方程式为：Cu+2H SO 淀，乙中产生少量白色沉淀；
2 4
（5）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 SO 与可
2
CuSO +SO ↑+2H O；
4 2 2
溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
3
（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO ，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧
4
故答案为：（1）Cu+2H SO ═CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2
化性，能将SO 氧化为SO 2﹣，说明SO 具有还原性；
2 4 2
（2）BaSO ，还原；
4
（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O 生成了红棕色的NO 之故，化
2 2
（3）2NO+O ═2NO ，
2 2
学方程式是2NO+O ═2NO ；
2 2
（4）①通N 一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO 溶液；
2 3
（4）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 N ；乙
2
②甲：SO 2﹣+Ba2+═BaSO ↓，乙：2Ba2++2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+，白雾的量远多于装置中
4 4 2 2 2 4
同学为除去白雾或SO 中的
2
O 的量；
2
SO ，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO 溶液的洗气瓶；
3 3
（5）SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
2 3
由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成 BaSO 沉淀的离子方程式为SO 2﹣+Ba2+═BaSO ↓；乙同学
4 4 4
【点评】本题主要考查了SO 的制取、性质及BaSO 、BaSO 的性质知识等，同时考查了学生的实
2 3 4
没有排除空气的干扰，其生成BaSO 的离子方程式为2Ba2++2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+；
4 2 2 2 4
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，综合性强．
（5）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 SO 与可
2
溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
3
11．（17分）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
【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：
合成路线如下：
Cu+2H SO CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2（ 6 ） 碱 性 条 件 下 ， PVAc 完 全 水 解 的 化 学 方 程 式 是
．
【考点】HB：有机物的推断；HC：有机物的合成．
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【专题】16：压轴题．
【分析】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
已知：Ⅰ．RCHO+R’CH CHO +H O（R、R’表示烃基或氢）
2 2
Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：
具有C=C，被还原的基团应是﹣CHO，由此即可确定C的结构式 ；根据D
的分子式 C H O ，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
11 12 2
（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是 乙醛 ．
，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
（ 2 ） A 与 合 成 B 的 化 学 方 程 式 是
体之一是 CH （CH ） CHO，即 N 为 CH （CH ） CHO；另一高分子化合物 PVA 为
3 2 2 3 2 2
．
，进而推出PVAc的单体为CH COOCH=CH ；由A和N的结构简式，结合题给
3 2
（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是 ． 信息I即可推出E为，CH CH=CHCHO，F为CH （CH ） OH．由此即可按题设要求回答有关
3 3 2 3
问题．
（4）E能使Br 的CCl 溶液褪色．N由A经反应①～③合成．
2 4
【解答】解：（1）A的分子式是C H O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛，故
a．①的反应试剂和条件是 稀 NaOH ；加热 ． 2 4
答案为：乙醛；
b．②的反应类型是 加成反应 ．
c．③的化学方程式是 ． （ 2 ） A 为 乙 醛 ， B 为 ， 反 应 的 方 程 式 为
（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是 CH COOCH=CH ．
3 2
，故答案为： ；
故答案为： ．
（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
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，解答本题时注意把握题中的隐含信息，如各小
题的中的信息，为解答本题的关键，注意把握有机物官能团的结构和性质．
含有羟基，故C的结构简式是 ，
故答案为： ；
（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CH （CH ） CHO，又因为E能使
3 2 2
Br 的CCl 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
2 4
结构简式是 CH CH=CHCHO，然后 E 通过氢气加成得到 F，所以 F 的结构简式是
3
CH CH CH CH OH ． F 经 过 催 化 氧 化 得 到 N ， 方 程 式 为
3 2 2 2
，
故答案为：a稀NaOH；加热；b加成反应；c； ；
（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CH COOCH=CH ，
3 2
故答案为：CH COOCH=CH ；
3 2
（6）PVAc的单体为CH COOCH=CH ，则PVAc为 ，含有酯基，能在碱性条件下
3 2
水 解 生 成 和 乙 酸 钠 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为
，
