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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，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
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
4．（3 分）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（ ）
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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
5．（3 分）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
6．（3 分）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
7．（3 分）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）如图所示．下列说法正确的是（ ）
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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
二、解答题（共4 小题，满分58 分）
8．（12 分）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
（1）已知t2＞t1，HX 的生成反应是 反应（填“吸热”或“放热”）．
（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）X2 都能与H2 反应生成HX，用原子结构解释原因： ．
（5）K 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．
（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X2 的转化率逐渐降低
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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．
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+、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）．
10．（15 分）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）．
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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
（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SO2 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： ．
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（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’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：
（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 ．
（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 ．
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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．菁优网版权所有
【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
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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
【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．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；
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，CH3CO18OC2H5 的水解产物是CH3COOH 和C2H518OH；
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CH3CO18OC2H5 的水解产物是CH3COOH 和C2H518OH，故C 错
误；
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。
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【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
【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．菁优
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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：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；铁比
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﹣=H2↑；检验Fe2+离子可用K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）
6]2 沉淀．
【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：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II 溶液显酸性，
电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故C 错；
D、I 中没有Fe2+，不能与K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2 沉淀，
故D 错；
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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
【考点】49：离子方程式的书写；PE：物质的分离、提纯和除杂．菁优网版权所有
【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N2 和CO2；
C、明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al（OH）3 胶体；
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Na2S 去除废水中
的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N2 和CO2，正确的化学方程式为：
2CO+2NO
N2+2CO2，故B 错误；
C、明矾在溶液中电离出的Al3+水解生成的Al（OH）3 胶体具有较强的吸附
性，能吸附水中的悬浮物，离子方程式为Al3++3H2O
Al（OH）3（胶体）
+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：CxHy+（x+
）O2
xCO2+
H2O，故D
正确。
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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：①2Na（s）+
O2（g）=Na2O（s）△
H=﹣414kJ．mol﹣1
②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ．mol﹣1
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
【考点】BE：热化学方程式；GE：钠的化学性质．菁优网版权所有
【专题】517：化学反应中的能量变化；52：元素及其化合物．
【分析】A、Na2O 中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2 中阴阳离子个数之比为
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O2 反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2 的速率逐渐加
快；
D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析；
【解答】解：A、在Na2O 中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2 中阳离
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O2 反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O2 的速率逐渐加
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快，而不是氧化钠，故C 错误；
D、热化学方程式25℃、101kPa 下：
①2Na（s）+
O2（g）═Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，
②2Na（s）+O2（g）═Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，
①×2﹣②可得：Na2O2（s）+2Na（s）═2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D
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
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【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Na2CO3 和NaHCO3 中，加热能分解的只有NaHCO3，故A
项成立；
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B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3 和NaHCO3 转化
为NaCl 时的固体质量变化不同，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CO2 和水蒸气，则无法计算，故C 项错误；
D、Na2CO3 和NaHCO3 转化为BaCO3 时的固体质量变化不同，利用质量关系来
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：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
【考点】CM：转化率随温度、压强的变化曲线．菁优网版权所有
【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
CH3COCH3 转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3
第14 页（共24 页）
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CH3COCH2COH（CH3）2 一
样多．
【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CH3COCH3 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CH3COCH2COH（CH3）2 一样多，所以
从Y=0 到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2 的
，故D 正
确。
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
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（1）已知t2＞t1，HX 的生成反应是 放热 反应（填“吸热”或“放热”）．
（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）X2 都能与H2 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 ．
（5）K 的变化体现出X2 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．
【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．菁优网版权所有
【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）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；
（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
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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 ．
第17 页（共24 页）
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 2Cl﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH﹣ ．
（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： Cl2 与水的反应为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 ．
（4）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 Mg（OH）2 ．
②过程I 中将NH4+转化为N2 的离子方程式是 2NH4++3Cl2+8OH﹣═
N2↑+6Cl﹣+8H2O ．
③BaSO4 的溶解度比BaCO3 的小．过程II 中除去的离子有 SO42﹣、Ca2+ ．
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
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．菁优网版权所有
【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；
第18 页（共24 页）
（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：2H2O+2e﹣═
2OH﹣+H2↑，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极产物为NaOH 和H2，阳
极产物是Cl2，据此可以确定溶液A 的溶质是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﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH﹣；
（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
Cl2+H2O
HCl+HClO 向左移动，减少Cl2 在水中的溶解，有利于Cl2 的逸
出，故答案为：Cl2 与水的反应为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；
（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）2 沉淀除去，即盐泥a 中除泥沙外，
还含有的物质是Mg（OH）2，
故答案为：Mg（OH）2；
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，故答案为：2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O；
③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，故答案为：SO42﹣、Ca2+；
④NaClO 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．故答案为：1.76．
第19 页（共24 页）
【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
（1）A 中反应的化学方程式是 Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O ．
（2）C 中白色沉淀是 BaSO4 ，该沉淀的生成表明SO2 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+O2═2NO2 ．
（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．
第20 页（共24 页）
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N2 一段时间，排除装置中的空
气 ；
乙在A、B 间增加洗气瓶D，D 中盛放的试剂是 饱和NaHSO3 溶液 ．
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：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═
2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2 的量 ．
（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 SO2 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3 沉
淀 ．
【考点】F5：二氧化硫的化学性质；U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有
【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+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）C 中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸
性条件下具有强氧化性，能将SO2 氧化为SO42﹣，说明SO2 具有还原性；
（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O2 生成了红棕
色的NO2 之故，化学方程式是2NO+O2═2NO2；
（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；
由于甲同学没有排除白雾的干扰，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+；
（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
第21 页（共24 页）
淀，说明SO2 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3 沉淀．
【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+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）A 中生成气体SO2，C 中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C 中沉淀为是
BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2 氧化为
SO42﹣，说明SO2 具有还原性；
（3）C 中发生的反应是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，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；
（4）A 中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4 沉淀，故其可能含有SO3 或
H2SO4，；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；A 中白雾可能含有SO3 或H2SO4，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+，
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SO2 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3 沉淀．
故答案为：（1）Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）BaSO4，还原；
（3）2NO+O2═2NO2，
（4）①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；
（5）SO2 与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3 沉淀．
【点评】本题主要考查了SO2 的制取、性质及BaSO3、BaSO4 的性质知识等，
第22 页（共24 页）
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，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’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：
（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 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
．
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（5）PVAc 由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是
CH3COOCH=CH2 ．
（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．菁优网版权所有
【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
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．
【解答】解：（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，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
第24 页（共24 页）
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CH3（CH2）
2CHO，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
，
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
CH3COOCH=CH2，
故答案为：CH3COOCH=CH2；
（6）PVAc 的单体为CH3COOCH=CH2，则PVAc 为
，含有酯
基，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．
