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2011 年北京市高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
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
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
A．① B．② C．③ D．④
2．（3分）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，CH CO18OC H 的水解产物是CH CO18OH和C H OH
3 2 5 3 2 5
D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4
种二肽
3．（3分）结合图判断，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O +2H O+4e﹣=4OH﹣
2 2
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K [Fe（CN） ]溶液，均有蓝色沉淀
3 6
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）A．用Na S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓
2
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）
2 3
（胶体）+3H+
D．用高温催化氧化法去除烃类废气（C H ）：C H +（x+ ）O xCO +
x y x y 2 2
H O
2
5．（3 分）25℃、101kPa 下：① 2Na（s）+ O （g）=Na O（s）△H=﹣
2 2
414kJ．mol﹣1
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
2 2 2
加快
D．25℃、101kPa下：Na O （s）+2Na（s）=2Na O（s）△H=﹣317kJ．mol
2 2 2
﹣1
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
2 3 3 2 3
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） 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b
2
克固体
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l） CH COCH COH（CH ） （l）．取
3 3 3 2 3 2
等量CH COCH ，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系
3 3 ⇌
曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）A．b代表0℃下CH COCH 的Y﹣t曲线
3 3
B．反应进行到20min末，CH COCH 的
3 3
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，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 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 2
F +H 2HF 1.8×1036 1.9×1032
2 2
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011
2 2
Br +H 2HBr 5.6×107 9.3×106
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 化学性质的递变性，用原子结构解释原因： ，原
2
子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱．
（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 2c．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
4 4 4
﹣）＞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NH +转化为N 的离子方程式是 ．
4 2
③BaSO 的溶解度比BaCO 的小．过程II中除去的离子有 ．
4 3
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
2 3
NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na SO 溶液
2 3
kg（溶液体积变化忽略不计）．
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
2
BaSO 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
3
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 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 具有 性．
2
（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 ．
②进行实验，B中现象：
甲 大量白色沉淀
乙 少量白色沉淀
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： ．
（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，由此得出的结论是 ．
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的合成路线如下：
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：
（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是 ．
（2）A与 合成B的化学方程式是 ．
（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是 ．
（4）E能使Br 的CCl 溶液褪色．N由A经反应①～③合成．
2 4
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 ．
（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 ．2011 年北京市高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
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
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
A．① B．② C．③ D．④
【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理．
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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．
【解答】解：A、废易拉罐可回收利用，所以属于可回收物。
B、废塑料瓶也可回收利用，所以属于可回收物。
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、废纸可以燃烧，所以属于可燃垃圾。
故选：B。
【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，可以减少污染，节省资源．
2．（3分）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，CH CO18OC H 的水解产物是CH CO18OH和C H OH
3 2 5 3 2 5D．用甘氨酸（ ）和丙氨酸（ ）缩合最多可形成4
种二肽
【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．
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【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；
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，因此可以鉴别，故B正确；
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
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，所以一共有
4种二肽，故D正确。
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，检验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．3．（3分）结合图判断，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O +2H O+4e﹣=4OH﹣
2 2
D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K [Fe（CN） ]溶液，均有蓝色沉淀
3 6
【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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【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，发生吸氧腐蚀，正极反应为：O +2H O+4e﹣=4OH﹣；铁比
2 2
铜活泼，装置Ⅱ中铁为负极，反应式为：
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+离子可用K [Fe（CN） ]生成蓝色的Fe [Fe（CN） ] 沉淀．
2 3 6 3 6 2
【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，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；
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，
2 2
电极反应式为：2H++2e﹣=H ↑，故C错；
2
D、I中没有Fe2+，不能与K [Fe（CN） ]生成蓝色的Fe [Fe（CN） ] 沉淀，故
3 6 3 6 2
D错；
故选：A。
【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．
4．（3分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）A．用Na S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓
2
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）
2 3
（胶体）+3H+
D．用高温催化氧化法去除烃类废气（C H ）：C H +（x+ ）O xCO +
x y x y 2 2
H O
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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【专题】24：实验设计题；52：元素及其化合物．
【分析】A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS；
B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N 和CO ；
2 2
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．
【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
2
Hg2+，离子方程式为：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正确；
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：
2 2
2CO+2NO N +2CO ，故B错误；
2 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，
3
能吸附水中的悬浮物，离子方程式为 Al3++3H O Al（OH） （胶体）
2 3
+3H+，故C正确；
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，化学方程式为：C H +（x+ ）O xCO + H O，故D
x y 2 2 2
正确。
故选：B。
【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．5．（3 分）25℃、101kPa 下：① 2Na（s）+ O （g）=Na O（s）△H=﹣
2 2
414kJ．mol﹣1
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
2 2 2
加快
D．25℃、101kPa下：Na O （s）+2Na（s）=2Na O（s）△H=﹣317kJ．mol
2 2 2
﹣1
【考点】BE：热化学方程式；GE：钠的化学性质．
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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】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
2 2 2
1：2；
B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；
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
2 2 2 2
快；
D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析；
【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
2 2 2
子是钠离子、阴离子是过氧根离子，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A正确；
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，则转移的电子数相同，故B正确；
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
2 2 2 2
快，而不是氧化钠，故C错误；
D、热化学方程式25℃、101kPa下：
①2Na（s）+ O （g）═Na O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，
2 2
②2Na（s）+O （g）═Na O （s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，
2 2 2①×2﹣②可得：Na O （s）+2Na（s）═2Na O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D
2 2 2
正确；
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
2 3 3 2 3
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） 溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b
2
克固体
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【专题】16：压轴题．
【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．
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；
B、根据钠守恒，可列方程组求解；
C、C项应先把水蒸气排除才合理；
D、根据质量关系，可列方程组求解．
【解答】解：A、在Na CO 和NaHCO 中，加热能分解的只有 NaHCO ，故A
2 3 3 3
项成立；
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
2 3 3
为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计
算，故B项成立；
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
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
2 3 3 3
计算，故D项成立。故选：C。
【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
碳酸氢钠性质的不同．
7．（3分）已知反应：2CH COCH （l） CH COCH COH（CH ） （l）．取
3 3 3 2 3 2
等量CH COCH ，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系
3 3 ⇌
曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．b代表0℃下CH COCH 的Y﹣t曲线
3 3
B．反应进行到20min末，CH COCH 的
3 3
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，CH COCH COH（CH ） 的
3 2 3 2
【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线．
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【专题】16：压轴题．
【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，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH COCH
3 3 3 3
的转化率反而降低，分析图象，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 COCH COH（CH ） 一样
3 2 3 2
多．
【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首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A
错；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，这说明 b 曲线在 20℃时对应的反应速率快，所以
＜1，故B错；
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
3 3
向进行，即正方应是放热反应，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，这说明此时生成的 CH COCH COH（CH ） 一样多，所以从
3 2 3 2
Y=0到Y=0.113，CH COCH COH（CH ） 的 ，故D正确。
3 2 3 2
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：
1 2 2 2
化学方程式 K（t ） K（t ）
1 2
F +H 2HF 1.8×1036 1.9×1032
2 2
Cl +H 2HCl 9.7×1012 4.2×1011
2 2
Br +H 2HBr 5.6×107 9.3×106
2 2
I +H 2HI 43 34
2 2
（1）已知t ＞t ，HX的生成反应是 放热 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 HF 、 HCl 、 HBr 、 HI ．
（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
2 2
子数均为 7 ．
（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
2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，得电子
能力逐渐减弱．
（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
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．
【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．
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【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
生成反应为放热反应；
（2）HX中H与X以一对共用电子对结合，电子式为：
（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；
（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
2 2
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；
（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力依次减弱；
（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，说明生成物越不稳定，越易分解．
【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）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．
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 NaOH ．
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 2Cl ﹣ + 2H O H ↑ + Cl ↑ + 2OH ﹣ ．
2 2 2
（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 与水的反应为 Cl + H O HCl + HClO ，增大 HCl 的浓度使平
2 2 2
衡逆向移动．减少 Cl 在水中的溶解，有利于 Cl 的逸出 ．
2 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
4 4 4
﹣）＞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 Mg （ OH ） ．
2
②过程 I 中将 NH +转化为 N 的离子方程式是 2NH + + 3C l + 8OH ﹣ ═ N ↑ + 6Cl ﹣
4 2 4 2 2
+ 8H O ．
2
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
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
2 3
NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na SO 溶液
2 3
1.76 kg（溶液体积变化忽略不计）．
【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．
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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．
【分析】（1）根据电极反应判断阴极产物；
（2）根据两极的反应书写电解反应式；
（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；
（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；
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；
④根据反应方程式和质量守恒解答．
【解答】解：（1）电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H O+2e﹣═2OH﹣
2+H ↑，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl ↑，阴极产物为NaOH和H ，阳极产
2 2 2
物是Cl ，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH，故答案为：NaOH；
2
（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向左移动，减少Cl 在水中的溶解，有利于 Cl 的逸出，
2 2 2 2
故答案为：Cl 与水的反应为Cl +H O HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡
2 2 2
逆向移动．减少Cl 在水中的溶解，有利于Cl 的逸出；
2 2
（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Mg2+转化为Mg（OH） 沉淀除去，即盐泥a中除泥沙外，还
2
含有的物质是Mg（OH） ，
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﹣
4 2 2 4 2
═N ↑+6Cl﹣+8H O，故答案为：2NH ++3Cl +8OH﹣═N ↑+6Cl﹣+8H O；
2 2 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
4 3
和BaSO 沉淀除去，故答案为：SO 2﹣、Ca2+；
4 4
④ NaClO 与 Na SO 溶 液 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ： NaClO+Na SO
2 3 2 3
NaCl+Na SO ，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时
2 4
至少需要 10%Na SO 溶液 ，若盐
2 3
水 c 中剩余 Na SO 的含量为 5mg/L，则还需添 加 10% Na SO 溶液
2 3 2 3
50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10%Na SO 溶液
2 3
的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg．故答案为：1.76．
【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．
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
2BaSO 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
3
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N ，停止加热，一段时间后 ﹣﹣﹣
2
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
（1）A中反应的化学方程式是 Cu + 2H SO CuSO + SO ↑ + 2H O ．
2 4 4 2 2
（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
（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
（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 通 N 一段时间，排除装置中的空
2
气 ；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是 饱和 NaHSO 溶液 ．
3
②进行实验，B中现象：
甲 大量白色沉淀乙 少量白色沉淀
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﹣ + Ba 2 + ═ BaSO ↓ ，乙： 2Ba 2 + + 2SO + O + 2H O ═ 2BaSO ↓ + 4H + ，
4 4 2 2 2 4
白雾的量远多于装置中 O 的量 ．
2
（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，由此得出的结论是 SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成 BaSO 沉
2 3
淀 ．
【考点】F5：二氧化硫的化学性质；U2：性质实验方案的设计．
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【专题】16：压轴题．
【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 CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2
（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
4
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；
2 4 2
（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
2
色的NO 之故，化学方程式是2NO+O ═2NO ；
2 2 2
（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 ；乙同学为除去白雾或SO 中的
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
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﹣
4 4
+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
4 4
2Ba2++2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+；
2 2 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 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
2 3
【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：Cu+2H SO CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2
（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
2
BaSO ，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将 SO 氧化为
4 2SO 2﹣，说明SO 具有还原性；
4 2
（3）C 中发生的反应是 3SO +3Ba2++2NO ﹣+2H O═3BaSO ↓+2NO↑+4H+，C 中
2 3 2 4
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
2 2
之故，化学方程式是2NO+O ═2NO ；
2 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
4 3
H SO ，；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
2 4
前，可先通一会儿N ；A中白雾可能含有SO 或H SO ，乙同学为除去白雾
2 3 2 4
或SO 中的SO ，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO 溶液的洗
2 3 3
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 BaSO ，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成
4
BaSO 沉淀的离子方程式为SO 2﹣+Ba2+═BaSO ↓；乙同学没有排除空气的干
4 4 4
扰，其生成BaSO 的离子方程式为2Ba2++2SO +O +2H O═2BaSO ↓+4H+，白
4 2 2 2 4
雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，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 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
2 3
故答案为：（1）Cu+2H SO ═CuSO +SO ↑+2H O；
2 4 4 2 2
（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
4 4 2 2 2 4
量远多于装置中O 的量；
2
（5）SO 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO 沉淀．
2 3
【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
2 3 4
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，综合性强．
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的合成路线如下：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：
（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是 乙醛 ．
（ 2 ） A 与 合 成 B 的 化 学 方 程 式 是
．
（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是 ．
（4）E能使Br 的CCl 溶液褪色．N由A经反应①～③合成．
2 4
a．①的反应试剂和条件是 稀 NaOH ；加热 ．
b．②的反应类型是 加成反应 ．
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 ．
3 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
11 12 2
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CH （CH ） CHO，即N为CH （CH ） CHO；
3 2 2 3 2 2
另一高分子化合物 PVA 为 ，进而推出 PVAc 的单体为
CH COOCH=CH ；由A和N的结构简式，结合题给信息 I即可推出E为，
3 2
CH CH=CHCHO，F为CH （CH ） OH．由此即可按题设要求回答有关问题．
3 3 2 3
【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
2 4
A只能是乙醛，故答案为：乙醛；
（ 2 ） A 为 乙 醛 ， B 为 ， 反 应 的 方 程 式 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 ）
3 2
CHO，又因为E能使Br 的CCl 溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠
2 2 4
溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH CH=CHCHO，然后E
3
通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH CH CH CH OH．F经过催化
3 2 2 2
氧化得到N，方程式为 ，
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，
3 2
能在碱性条件下水解生成 和乙酸钠，反应的化学方程式为
，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．
