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2011 年北京市高考化学试卷 A．用Na 2 S 去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓
一、选择题（共 7小题，每小题 3分，满分 21分）
B．用催化法处理汽车尾气中的CO 和NO：CO+NO C+NO
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（ ） 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
① ② ③ ④ 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
垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸
5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+ O （g）=Na O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1
2 2
垃圾分类
②2Na（s）+O （g）=Na O （s）△H=﹣511kJ．mol﹣1
2 2 2
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 O （s）+2Na（s）=2Na O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣1
2 2 2
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 CO 和NaHCO 混合物中Na CO 质量分数（ ）
2 3 3 2 3
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
3 2 5 3 2 5
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） 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4种二肽 2
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l）⇌CH COCH COH（CH ） （l）．取等量 CH COCH ，
3 3 3 2 3 2 3 3
3．（3分）结合图判断，下列叙述正确的是（ ）
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）如图所示．下列说法正
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O +2H O+4e﹣=4OH﹣
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 A．b代表0℃下CH
3
COCH
3
的Y﹣t曲线
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ） B．反应进行到20min末，CH COCH 的
3 3
第1页（共13页）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 （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
D．从Y=0 到Y=0.113，CH COCH COH（CH ） 的 （Ca2+）]．精制流程如下（淡盐水和溶液 A 来自电解池）：
3 2 3 2
二、解答题（共 4小题，满分 58分）
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：
1 2 2 2
化学方程式 K（t ） K（t ） ①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 ．
1 2
F +H 2HF 1.8×1036 1.9×1032
②过程I中将 NH
4
+转化为N
2
的离子方程式是 ．
2 2
③BaSO 的溶解度比BaCO 的小．过程II 中除去的离子有 ．
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011 4 3
2 2
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
Br +H 2HBr 5.6×107 9.3×106
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
2 3
I +H 2HI 43 34
2 2
计）．
（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 化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原子半径逐渐增
2
大，得电子能力逐渐减弱．
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
（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）．
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）．
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： ．
第2页（共13页）实验操作和现象：
操作 现象
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
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
合成路线如下：
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．
（3）C 中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是 ．
（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 已知：Ⅰ．RCHO+R’CH CHO +H O（R、R’表示烃基或氢）
2 2
应．
Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：
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 ．
第3页（共13页）（6）碱性条件下，PVAc 完全水解的化学方程式是 ．
第4页（共13页）B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯
2011 年北京市高考化学试卷 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 5
参考答案与试题解析
D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4种二肽
一、选择题（共 7小题，每小题 3分，满分 21分）
【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
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（ ）
简介；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
① ② ③ ④ 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；
垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯管 不可再生废纸
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
垃圾分类
水中的溴；
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
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
A．① B．② C．③ D．④
糖可发生银镜反应，故 A 正确；
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
【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理．
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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，因此可
【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．
以鉴别，故B正确；
【解答】解：A、废易拉罐可回收利用，所以属于可回收物。
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
B、废塑料瓶也可回收利用，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
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。
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
D、废纸可以燃烧，所以属于可燃垃圾。
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
故选：B。
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
【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，
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
可以减少污染，节省资源．
有4种二肽，故D 正确。
故选：C。
2．（3分）下列说法不正确的是（ ）
【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
A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．
第5页（共13页）A．用Na S 去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓
2
3．（3分）结合图判断，下列叙述正确的是（ ）
B．用催化法处理汽车尾气中的CO 和NO：CO+NO C+NO
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
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．
A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护 菁优网版权所有
【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 ；
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量 K [Fe（CN） ]溶液，均有蓝色沉淀 2 2
3 6
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 S 去除废水中的 Hg2+，离子方程
【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， 2
式为：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
为： B、NO 的氧化性强于 CO，反应产物为 N 2 和 CO 2 ，正确的化学方程式为：2CO+2NO
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 N +2CO ，故B错误；
2 2 2
子可用K [Fe（CN） ]生成蓝色的Fe [Fe（CN） ] 沉淀． 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
3 6 3 6 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 浮物，离子方程式为Al3++3H O Al（OH） （胶体）+3H+，故C正确；
2 3
极，被保护；故A 对； 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，
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 H +（x+ ）O xCO + H O，故D 正确。
x y 2 2 2
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
②2Na（s）+O （g）=Na O （s）△H=﹣511kJ．mol﹣1
的正负极反应． 2 2 2
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
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）
第6页（共13页）B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数相同 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
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 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 2 2 2
D．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 CO 和 NaHCO 转化为 NaCl时的固体
2 3 3
A 正确； 质量变化不同，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 C、C项中碱石灰可以同时吸收CO 和水蒸气，则无法计算，故 C项错误；
2
价，则转移的电子数相同，故 B正确； D、Na CO 和 NaHCO 转化为 BaCO 时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故 D 项成
2 3 3 3
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 立。
2 2 2 2
钠，故C 错误； 故选：C。
D、热化学方程式25℃、101kPa下： 【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
①2Na（s）+ O （g）═Na O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1， 同．
2 2
②2Na（s）+O （g）═Na O （s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，
2 2 2
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l）⇌CH COCH COH（CH ） （l）．取等量 CH COCH ，
①×2﹣②可得：Na O （s）+2Na（s）═2Na O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D 正确； 3 3 3 2 3 2 3 3
2 2 2
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）如图所示．下列说法正
故选：C。
确的是（ ）
【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
第7页（共13页）故选：D。
【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
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．
二、解答题（共 4小题，满分 58分）
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：
A．b代表0℃下CH COCH 的Y﹣t曲线 1 2 2 2
3 3
化学方程式 K（t ） K（t ）
B．反应进行到20min末，CH COCH 的 1 2
3 3
F +H 2HF 1.8×1036 1.9×1032
2 2
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
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011
2 2
D．从Y=0 到Y=0.113，CH COCH COH（CH ） 的
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）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
3 3
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、 HF、HCl、HBr、HI ．
3 3
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 COCH COH（CH ） 一样 （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 ．
3 2 3 2 2 2
多． （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
【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 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．
到达平衡，所以曲线b 表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A 错； （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）．
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 a．在相同条件下，平衡时 X 的转化率逐渐降低
2
数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以 ＜1，故B错； b．X
2
与H
2
反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX 的还原性逐渐减弱
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
d．HX 的稳定性逐渐减弱．
是放热反应，故C错；
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
【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
说明此时生成的 CH COCH COH（CH ） 一样多，所以从 Y=0 到 Y=0.113，CH COCH COH
3 2 3 2 3 2
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
第8页（共13页）应； 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．
（2）HX 中H 与X 以一对共用电子对结合，电子式为：
【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
（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、
较、概括、归纳问题的能力．
HBr、HI；
（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
2 2
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．
个共用电子对时，即可形成 8电子稳定结构；
（1）溶液A 的溶质是 NaOH ．
（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
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
2
O H
2
↑+Cl
2
↑+2OH﹣ ．
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
2
（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 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
2 2 2
不稳定，越易分解． 解，有利于Cl 的逸出 ．
2
【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 （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
移动，所以HX 的生成反应是发热反应； （ 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 ①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 Mg（OH） ．
2
性最弱，因此HX 共价键的极性由强到弱的顺序是 HF、HCl、HBr、HI； ②过程I中将 NH +转化为N 的离子方程式是 2NH ++3Cl +8OH﹣═N ↑+6Cl﹣+8H O ．
4 2 4 2 2 2
（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 ③BaSO 的溶解度比BaCO 的小．过程II 中除去的离子有 SO 2﹣、Ca2+ ．
4 3 4
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 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
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； 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
（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 计）．
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
力依次减弱造成的．
（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
第9页（共13页）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） ，
2 2
故答案为：Mg（OH） ；
2
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
故答案为：2NH ++3Cl +8OH﹣═N ↑+6Cl﹣+8H O；
4 2 2 2
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
去，故答案为：SO 2﹣、Ca2+；
4
④NaClO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
【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 NaClO 的 含 量 是 7.45mg/L， 则 处 理 10m3盐 水 b时 至 少 需 要 10%Na SO 溶 液
2 3
提纯．
菁优网版权所有 ，若盐水 c中剩余 Na SO 的含量为 5mg/L，则还需
2 3
【专题】17：综合实验题；51I：电化学专题；52：元素及其化合物．
【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
2
H ↑+Cl ↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H O H ↑+Cl ↑+2OH﹣；
2 2 2 2 2
（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
2 2 实验操作和现象：
向左移动，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
操作 现象
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
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
出；
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
第10页（共13页）B中有气泡冒出，产生大量白色 【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
2 4
沉淀
CuSO +SO ↑+2H O；
4 2 2
C 中产生白色沉淀，液面上方略
（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
显浅棕色并逐渐消失
化性，能将SO 氧化为 SO 2﹣，说明SO 具有还原性；
2 4 2
打开弹簧夹，通入N 2 ，停止加热，一段时间后 ﹣﹣﹣ （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 2 生成了红棕色的 NO 2 之故，
关闭
化学方程式是2NO+O ═2NO ；
2 2
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 （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
（1）A 中反应的化学方程式是 Cu+2H SO CuSO +SO ↑+2H O ．
同学为除去白雾或SO
2
中的
2 4 4 2 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
（2）C 中白色沉淀是 BaSO ，该沉淀的生成表明 SO 具有 还原 性．
4 2
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
（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
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
（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
（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
应．
溶性钡的强酸盐不能反应生成 BaSO 沉淀．
3
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
【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：
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
Cu+2H SO CuSO +SO ↑+2H O；
乙在A、B间增加洗气瓶 D，D 中盛放的试剂是 饱和NaHSO 溶液 ． 2 4 4 2 2
3
②进行实验，B中现象： （2）A 中生成气体 SO
2
，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明 C中沉淀为是 BaSO
4
，原因是硝酸
甲 大量白色沉淀 根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将 SO
2
氧化为SO
4
2﹣，说明SO
2
具有还原性；
（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
乙 少量白色沉淀 2 3 2 4
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 2NO+O ═
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： 2 2 2
2NO ；
SO 2﹣+Ba2+═BaSO ↓，乙：2Ba2++2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+，白雾的量远多于装置中 O 2
4 4 2 2 2 4 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
的量 ． 4 3 2 4
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
（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 2
SO 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
结论是 SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成 BaSO 沉淀 ． 3 2 4 2 3
2 3
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，
3
说明该白色沉淀都是 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
【考点】F5：二氧化硫的化学性质；U2：性质实验方案的设计． 4 4
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式为 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
【专题】16：压轴题． 4 4 4
2Ba2++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
2 2 2 4
第11页（共13页）色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；
（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． （1）A 的核磁共振氢谱有两种峰．A 的名称是 乙醛 ．
3
故答案为：（1）Cu+2H SO ═CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2
（ 2） A 与 合 成 B 的 化 学 方 程 式 是
（2）BaSO ，还原；
4
．
（3）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
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 （3）C 为反式结构，由B还原得到．C的结构式是 ．
O 的量；
2 （4）E能使Br 的CCl 溶液褪色．N 由A 经反应①～③合成．
2 4
（5）SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
2 3 a．①的反应试剂和条件是 稀NaOH；加热 ．
【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
2 3 4 b．②的反应类型是 加成反应 ．
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，综合性强．
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 CH COOCH=CH ．
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 3 2
（ 6） 碱 性 条 件 下 ， PVAc 完 全 水 解 的 化 学 方 程 式 是
合成路线如下：
．
【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
已知：Ⅰ．RCHO+R’CH
2
CHO +H
2
O（R、R’表示烃基或氢）
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
Ⅱ．醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：
，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
第12页（共13页），进而推出 PVAc 的单体为 CH COOCH=CH ；由 A 和 N 的结构简式，结合题 下 水 解 生 成 和 乙 酸 钠 ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为
3 2
给信息 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
3 3 2 3
有关问题． ，
【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，
2 4
故答案为：乙醛； 故答案为： ．
【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
（ 2） A 为 乙 醛 ， B 为 ， 反 应 的 方 程 式 为
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．
，
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
3 2 2
使 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
2 4
E的结构简式是 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
3 2
第13页（共13页）
