2011山東高考理綜化學(xué)試題及答案

1、2011年山東省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題4分，滿分28分）1（4分）（2011山東）化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)下列敘述正確的是（）A煤的干餾與石油的分餾均屬于化學(xué)變化BBaSO4在醫(yī)學(xué)上用作鋇餐，Ba2+對(duì)人體無(wú)毒C14C可用于文物的年代鑒定，14C與13C互為同素異形體D葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達(dá)爾現(xiàn)象，不屬于膠體【考點(diǎn)】煤的干餾和綜合利用；同位素及其應(yīng)用；膠體的重要性質(zhì)；原子構(gòu)成；石油的裂化和裂解菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；有機(jī)化合物的獲得與應(yīng)用；化學(xué)計(jì)算【分析】A、從干餾和分餾的區(qū)別來(lái)判斷；B、從BaSO4的性質(zhì)來(lái)分析；C、從同位素和同素異形體

2、的不同來(lái)區(qū)別；D、從溶液和膠體的不同來(lái)判斷；【解答】解：A、石油的分餾屬物理變化，因?yàn)槭偷姆逐s是利用石油中各種成分沸點(diǎn)不同將其分離的一種方法，沒(méi)有新物質(zhì)生成，所以是物理變化，煤的干餾是復(fù)雜的物理化學(xué)變化，故A錯(cuò)誤； B、鋇離子對(duì)人體有害，它是一種重金屬離子，可以使人體中毒硫酸鋇在醫(yī)學(xué)上用作鋇餐是因?yàn)榱蛩徜^既不溶于水也不溶于酸，不會(huì)產(chǎn)生可溶性鋇離子，所以它對(duì)人體無(wú)害，故B錯(cuò)誤； C、由同一種元素組成的性質(zhì)不同的幾種單質(zhì)，叫做該元素的同素異形體，例如金剛石、石墨和C60是碳元素的同素異形體；而質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子，二者互為同位素，故C錯(cuò)誤； D、葡萄糖注射液是溶液，不屬于膠體，丁達(dá)爾現(xiàn)象

3、是膠體具有的性質(zhì)，故D正確故選D【點(diǎn)評(píng)】本題考查分餾與干餾的區(qū)別、硫酸鋇的醫(yī)學(xué)用途、同位素和同素異形體以及膠體和溶液的區(qū)別，題目難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累2（4分）（2011山東）某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素（）A在自然界中只以化合態(tài)的形式存在B單質(zhì)常用作半導(dǎo)體材料和光導(dǎo)纖維C最高價(jià)氧化物不與酸反應(yīng)D氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)題意，某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，則該元素為Si；然后，具體分析各個(gè)選項(xiàng)【解答】解：A、Si在自然界中沒(méi)有單質(zhì)，故A正確；B、制造光導(dǎo)纖維的材料

4、是二氧化硅，故B錯(cuò)誤；C、二氧化硅可以與氫氟酸反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、C的非金屬性大于Si的，甲烷比硅化氫穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤故選A【點(diǎn)評(píng)】本題考查元素的推斷和元素的性質(zhì)，熟悉核外電子排布是解決本題的關(guān)鍵3（4分）（2011山東）下列與有機(jī)物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)相關(guān)的敘述錯(cuò)誤的是（）A乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2B蛋白質(zhì)和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解C甲烷和氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷與苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯的反應(yīng)類型相同D苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，說(shuō)明苯分子中沒(méi)有乙烯分子中類似的碳碳雙鍵【考點(diǎn)】乙酸的化學(xué)性質(zhì)；取代反應(yīng)與加成反應(yīng)；苯的結(jié)構(gòu)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)；有機(jī)

5、高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】乙酸具有酸性，酸性強(qiáng)于碳酸；油脂屬于小分子化合物，蛋白質(zhì)屬于高分子化合物，二者都能水解；甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)，苯和硝酸在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應(yīng)，也為取代反應(yīng)，生成硝基苯；苯不具有烯烴的結(jié)構(gòu)特征，不與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)【解答】解：A、乙酸屬于一元羧酸，酸性強(qiáng)于碳酸的，所以可與NaHCO3溶液反應(yīng)生成CO2，故A正確；B、油脂是高級(jí)脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，但不屬于高分子化合物，故B錯(cuò)誤；C、甲烷和氯氣反應(yīng)生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反應(yīng)生成硝基苯的反應(yīng)都屬于取代反應(yīng)，故C正確；D、只有分子中含有不飽和鍵（如碳碳雙鍵），則可以與

6、溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)，從而使之褪色，而苯中的化學(xué)鍵是介于單鍵和雙鍵之間特殊的化學(xué)鍵，故D正確故選B【點(diǎn)評(píng)】本題考查常見(jiàn)有機(jī)物的性質(zhì)，涉及到甲烷、苯、乙酸、油脂和蛋白質(zhì)，難度較小，明確有機(jī)物中的官能團(tuán)來(lái)分析性質(zhì)、結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)及高分子化合物的概念即可解答4（4分）（2011山東）Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素下列說(shuō)法正確的是（）A三者對(duì)應(yīng)的氧化物均為堿性氧化物B三者的單質(zhì)放置在空氣中均只生成氧化物C制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法D電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時(shí)陰極上依次析出Cu、Fe、Al【考點(diǎn)】常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜

7、合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理；鹽類水解的應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】基本概念與基本理論；元素及其化合物【分析】A、根據(jù)Al、Fe、Cu三者對(duì)應(yīng)的氧化物各自所屬類別來(lái)回答；B、根據(jù)Al、Fe、Cu三者放在空氣中所發(fā)生的反應(yīng)來(lái)回答；C、根據(jù)AlCl3、FeCl3、CuCl2三種溶液直接蒸干時(shí)所得到的產(chǎn)物進(jìn)行分析；D、根據(jù)電解原理，陰極上析出的金屬應(yīng)按照其對(duì)應(yīng)的陽(yáng)離子的放電順序來(lái)析出【解答】解：A、鋁對(duì)應(yīng)的氧化物Al2O3是兩性氧化物，故A錯(cuò)誤；B、Fe還可以形成復(fù)雜的氫氧化物，Cu可以形成堿式碳酸銅等，故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)锳lCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加熱時(shí)都水解生成沉淀和HCl氣體了，

8、HCl揮發(fā)了，所以得到的是各自的沉淀物，制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法，故C正確；D、根據(jù)電解原理，陰極上離子的放電順序是：Cu2+H+Fe2+Al3+，F(xiàn)e2+和Al3+不放電，F(xiàn)e3+得電子成為Fe2+，不會(huì)析出鐵，所以鐵和Al不可以，因?yàn)樗鼈儽菻活潑，只有Cu可以，故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】本題考查了常見(jiàn)的金屬單質(zhì)的性質(zhì)、電解原理以及鹽類水解的應(yīng)用知識(shí)，是一道綜合型題目5（4分）（2011山東）元素的原子結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)和周期表中的位置下列說(shuō)法正確的是（）A元素原子的最外層電子數(shù)等于元素的最高化合價(jià)B多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子的能量較高CP

9、、S、Cl得電子能力和最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性均依次增強(qiáng)D元素周期表中位于金屬和非金屬分界線附近的元素屬于過(guò)渡元素【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】該題考察了元素化合價(jià)與最外層電子數(shù)的關(guān)系；電子離核遠(yuǎn)近能量的高低，以及非金屬性強(qiáng)弱與最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的關(guān)系，過(guò)渡元素的概念，綜合性強(qiáng)，基礎(chǔ)性強(qiáng)【解答】解：A、對(duì)于主族元素是最外層電子數(shù)等于元素的最高化合價(jià)，故A錯(cuò)；B、多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的電子能量較低，故B錯(cuò)；C、因P、S、Cl同周期，且原子序數(shù)依次增大，則電子能力和最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性均依次增強(qiáng)，故C正確；D、因過(guò)渡元素指的是中間十列元素，

10、故D錯(cuò)；故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，明確位置與性質(zhì)的關(guān)系、周期表的結(jié)構(gòu)是解答的關(guān)鍵6（4分）（2011山東）室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋后，下列說(shuō)法正確的是（）A溶液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目減少B溶液中不變C醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大D再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡(jiǎn)單計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；計(jì)算題；熱點(diǎn)問(wèn)題；平衡思想；分析比較法；電離平衡與溶液的pH專題【分析】根據(jù)醋酸是弱電解質(zhì)，則室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋將促進(jìn)電離，離子的數(shù)目增多，但溶液的體積增大，則電離

11、產(chǎn)生的離子的濃度減小，并利用溫度與電離常數(shù)的關(guān)系、酸堿混合時(shí)PH的計(jì)算來(lái)解答【解答】解：A、因醋酸溶液中加水稀釋，促進(jìn)電離，則液中導(dǎo)電粒子的數(shù)目增多，故A錯(cuò)誤；B、因=，溫度不變，Ka、Kw都不變，則不變，故B正確；C、加水稀釋時(shí)，溶液的體積增大的倍數(shù)大于n（H+）增加的倍數(shù)，則c（H+）減小，故C錯(cuò)誤；D、等體積10mLpH=3的醋酸與pH=11的NaOH溶液混合時(shí)，醋酸的濃度大于0.001mol/L，醋酸過(guò)量，則溶液的pH7，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的稀釋，明確溫度與電離平衡常數(shù)的關(guān)系、溶液的pH與物質(zhì)的量濃度的關(guān)系、稀釋中溶液體積的變化與離子的物質(zhì)的量的變化程度是解答本

12、題的關(guān)鍵7（4分）（2011山東）以KCl和ZnCl2混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，下列說(shuō)法正確的是（）A未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，電鍍過(guò)程是該電池的充電過(guò)程B因部分電能轉(zhuǎn)化為熱能，電鍍時(shí)通過(guò)的電量與鋅的析出量無(wú)確定關(guān)系C電鍍時(shí)保持電流恒定，升高溫度不改變電解反應(yīng)速率D鍍鋅層破損后即對(duì)鐵制品失去保護(hù)作用【考點(diǎn)】電解原理的應(yīng)用實(shí)驗(yàn)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】根據(jù)Zn的金屬性強(qiáng)于Fe，未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，其正極反應(yīng)為：O2+4e+2H2O4OH，與電鍍時(shí)所發(fā)生的反應(yīng)為不同的兩個(gè)反應(yīng)，故電鍍過(guò)程不是該原電池的充電過(guò)程；電鍍時(shí)，每轉(zhuǎn)移2mol電子析出1molZn，通過(guò)的電

13、量與析出的鋅的量存在確定的關(guān)系，與能量的其他轉(zhuǎn)化無(wú)關(guān)；電鍍時(shí)保持單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應(yīng)物與產(chǎn)生的生成物的量恒定，也就是反應(yīng)速率恒定，與溫度無(wú)關(guān)；鍍鋅鐵制品的鍍層破損后，易形成ZnFe原電池，Zn作負(fù)極優(yōu)先被腐蝕，鐵制品仍能受到保護(hù)【解答】解：A、未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，因原電池反應(yīng)與電鍍時(shí)所發(fā)生的反應(yīng)為不同的兩個(gè)反應(yīng)，故電鍍過(guò)程不是該原電池的充電過(guò)程，故A錯(cuò)誤；B、電解過(guò)程中確實(shí)存在電能轉(zhuǎn)化成熱能的情況，但電鍍時(shí)通過(guò)的電量與析出的鋅的量存在確定的關(guān)系，與能量的其他轉(zhuǎn)化無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、電鍍時(shí)保持電流恒定，即單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應(yīng)物與產(chǎn)生的生成物的

14、量恒定，也就是反應(yīng)速率恒定，與溫度無(wú)關(guān)，故C正確；D、鍍鋅層破損后，能形成鋅鐵原電池，鐵為正極，鋅為負(fù)極，同樣起到保護(hù)鐵的作用，故D錯(cuò)誤故選C【點(diǎn)評(píng)】此題考查了原電池與電解池的工作原理及應(yīng)用重在突出應(yīng)用及電路中的電量與析出物質(zhì)的守恒關(guān)系，解答本題時(shí)應(yīng)明確電池或電解工作原理，對(duì)于其應(yīng)用也要掌握二、解答題（共6小題，滿分66分）8（14分）（2011山東）研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理有重要意義（1）NO2可用水吸收，相應(yīng)的化學(xué)方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO利用反應(yīng)6NO2+8NH37N2+12H2O也可以處理NO2當(dāng)轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下是6.

15、72L（2）已知：2SO2（g）+O2 （g）2SO3 （g）H=196.6kJmol12NO（g）+O2 （g）2NO2 （g）H=113.0kJmol1則反應(yīng)NO2（g）+SO2 （g）SO3 （g）+NO（g）的H=41.8kJmol1一定條件下，將與體積比1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說(shuō)明反映達(dá)到平衡狀態(tài)的是ba體系壓強(qiáng)保持不變b混合氣體顏色保持不變cSO3與NO的體積比保持不變d每消耗1molSO3的同時(shí)生成1molNO2測(cè)得上述反應(yīng)平衡時(shí)的NO2與SO2體積比為1：6，則平衡常數(shù)K=2.67或8/3（3）CO可用于合成甲醇，反應(yīng)方程式為CO（g）+2H2 （g）CH3OH

16、 （g）CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強(qiáng)的關(guān)系如圖所示該反應(yīng)H0（填“”或“”）實(shí)際生產(chǎn)條件控制在250、1.3×104kPa左右，選擇此壓強(qiáng)的理由是在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加得不償失【考點(diǎn)】化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線；氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)與水的反應(yīng)物與生成物來(lái)書(shū)寫(xiě)化學(xué)反應(yīng)方程式，再利用氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移計(jì)算，然后來(lái)計(jì)算標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積；（2）利用蓋斯定律來(lái)計(jì)算反應(yīng)熱，利用化

17、學(xué)平衡的特征“等”、“定”來(lái)判定化學(xué)平衡，利用三段法計(jì)算平衡時(shí)的濃度來(lái)計(jì)算化學(xué)平衡常數(shù)；（3）利用化學(xué)平衡的影響因素和工業(yè)生產(chǎn)的關(guān)系來(lái)分析【解答】解：（1）NO2與H2O反應(yīng)的方程式為：3NO2+H2O2HNO3+NO；6NO2+8NH37N2+12H2O，當(dāng)反應(yīng)中有1 mol NO2參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移了4 mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時(shí)，消耗的NO2為1.2÷4×22.4L=6.72L（2）根據(jù)蓋斯定律，將第二個(gè)方程式顛倒過(guò)來(lái)，與第一個(gè)方程式相加得：2NO2+2SO22SO3+2NO，H=83.6 kJmol1，故NO2+SO2SO3+NO，H=41.8 kJmol

18、1；本反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，故體系的壓強(qiáng)保持不變，故a不能說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，NO2的濃度減小，顏色變淺，故b可以說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)；d中所述的兩個(gè)速率都是逆反應(yīng)速率，不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù) NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g） 起始物質(zhì)的體積 1a 2a 0 0轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積 x x x x平衡物質(zhì)的體積 1ax 2ax x x則（1ax）：（2ax）=1：6，故x=a，故平衡常數(shù)為=x2/（1ax）（2ax）=8/3（3）由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反

19、應(yīng)方向移動(dòng)，故逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，H0；壓強(qiáng)大，有利于加快反應(yīng)速率，有利于使平衡正向移動(dòng)，但壓強(qiáng)過(guò)大，需要的動(dòng)力大，對(duì)設(shè)備的要求也高，故選擇250、1.3×104kPa左右的條件因?yàn)樵?50、壓強(qiáng)為1.3×104 kPa時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強(qiáng)，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒(méi)有必要再增大壓強(qiáng)故答案為：（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72 （2）41.8；b；2.67或8/3 （3）；在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強(qiáng)CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加得不償失【點(diǎn)評(píng)】該題將元素化合物與能量變化、化學(xué)平衡等知識(shí)

20、柔和在一起進(jìn)行考察，充分體現(xiàn)了高考的綜合性，看似綜合性較強(qiáng)的問(wèn)題，只要細(xì)細(xì)分析，還是能各個(gè)突破的第（3）容易出錯(cuò)，需認(rèn)真分析圖象，得出正確結(jié)論9（14分）（2011山東）科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物（1）實(shí)驗(yàn)室用無(wú)水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學(xué)方程式為2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是CS2或（熱）NaOH溶液（2）如圖為鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖該電池的工作溫度為200左右，電池反應(yīng)為2Na+xS=Na2Sx，正極的電極反應(yīng)式為xS+2e=Sx2（或2Na+xS+2e=Na2Sx）M（由Na2O和Al2O3制得）的兩個(gè)作用是離子

21、導(dǎo)電（導(dǎo)電或電解質(zhì)）和隔離鈉與硫與鉛蓄電池相比，當(dāng)消耗相同質(zhì)量的負(fù)極活性物質(zhì)時(shí)，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池4.5倍（鉛的相對(duì)原子質(zhì)量是207）（3）Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+），向該溶液中加入少量固體CuSO4，溶液pH減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ皽p小”或“不變”） Na2S溶液長(zhǎng)期放置有硫析出，是因?yàn)?S2+O2+2H2O=2S+4OH（用離子方程式表示）【考點(diǎn)】常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；原電池和電解池的工作原理；電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；鹽類水解的應(yīng)用；鈉的化學(xué)性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】開(kāi)放題；鹽類的水解專題；電化學(xué)專

22、題【分析】（1）根據(jù)乙醇能和鈉反應(yīng)的性質(zhì)以及硫在二硫化碳中的溶解性知識(shí)來(lái)回答；（2）原電池正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，結(jié)合原電池的構(gòu)成條件和題意實(shí)際情況來(lái)分析M的作用，根據(jù)鉛蓄電池的工作原理和鈉硫高能電池的工作原理來(lái)回答；（3）根據(jù)鹽的電離和離子的水解知識(shí)來(lái)比較離子濃度大小，根據(jù)加入硫酸銅后所發(fā)生的反應(yīng)情況來(lái)判斷pH的變化，根據(jù)硫離子的強(qiáng)還原性來(lái)回答【解答】解：（1）乙醇能和鈉反應(yīng)，方程式為：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2，硫極易溶于二硫化碳，微溶于酒精，不溶于水，還能和熱的氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故答案為：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2；CS2或（熱）

23、NaOH溶液；（2）原電池正極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，在反應(yīng)2Na+xS=Na2Sx中，硫單質(zhì)得電子，故正極反應(yīng)為：xS+2e=Sx2（或2Na+xS+2e=Na2Sx），M作為電解質(zhì)的同時(shí)又將鈉和硫隔開(kāi)，與鉛蓄電池相比，當(dāng)消耗相同質(zhì)量的負(fù)極活性物質(zhì)鉛和鈉時(shí)，鉛成為鉛離子時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是鈉成為鈉離子時(shí)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量的4.5倍，即鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池4.5倍，故答案為：xS+2e=Sx2（或2Na+xS+2e=Na2Sx）、離子導(dǎo)電（導(dǎo)電或電解質(zhì)）和隔離鈉與硫、4.5；（3）硫化鈉電離出的離子有鈉離子和硫離子，理論上鈉離子濃度是硫離子的2倍，故c（Na+）c（S2），但少量的

24、硫離子水解，第一步水解強(qiáng)于第二步，兩步水解均生成氫氧根，故c（S2）c（OH）c（HS），溶液顯堿性，故氫離子濃度最小，加硫酸銅后，溶液由堿性硫化鈉溶液變?yōu)橹行粤蛩徕c溶液，故pH 減小，故答案為：c（Na+）c（S2）c（OH）c（HS）c（H+）；減小；（4）硫離子有很強(qiáng)還原性，很容易被空氣氧化，反應(yīng)方程式為：2S2+O2+2H2O=2S+4OH，故答案為：2S2+O2+2H2O=2S+4OH【點(diǎn)評(píng)】本題是一道開(kāi)放性的題目，同時(shí)即考查了有機(jī)物知識(shí)、電化學(xué)知識(shí)還考查了溶液的水解和電離知識(shí)，難度很大10（14分）（2011山東）實(shí)驗(yàn)室以含有Ca2+、Mg2+、Cl、SO42、Br等離子的鹵水為主

25、要原料制備無(wú)水CaCl2和Br2，流程如下：（1）操作使用的試劑是四氯化碳，所用的主要儀器名稱是分液漏斗（2）加入溶液W的目的是除去溶液中SO42用CaO調(diào)節(jié)溶液Y的pH，可以除去Mg2+由表中數(shù)據(jù)可知，理論上可選擇的pH最大范圍是11.0pH12.2酸化溶液Z時(shí)，使用的試劑為鹽酸開(kāi)始沉淀時(shí)的pH沉淀完全時(shí)的pHMg2+9.611.0Ca2+12.2c（OH）=1.8molL1（3）實(shí)驗(yàn)室用貝殼與稀鹽酸反應(yīng)制備并收集氣體，下列裝置中合理的是b、d（4）常溫下，H2SO3的電離常數(shù)Ka1=1.2×102，Ka2=6.3×108；H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×1

26、07，Ka2=4.7×1011某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3：將SO2和CO2氣體分別通入水中至飽和，立即用酸度計(jì)測(cè)量溶液的pH，若前者的pH小于后者，則H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3該實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不正確，錯(cuò)誤在于用于比較pH的兩種酸的物質(zhì)的量濃度不相等設(shè)計(jì)合理實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3（簡(jiǎn)要說(shuō)明實(shí)驗(yàn)步驟、現(xiàn)象和結(jié)論）三種參考方案如下：方案一：配制相同物質(zhì)的量濃度的NaHSO3和NaHCO3溶液用酸度計(jì)（或pH試紙）測(cè)兩溶液的pH前者的pH小于后者，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3方案二：將SO2氣體依次通過(guò)NaHCO3（或Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、

27、品紅溶液、澄清石灰水品紅溶液不褪色，且澄清石灰水變渾濁，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3方案三：將CO2氣體依次通過(guò)NaHSO3（或Na2SO3）溶液、品紅溶液品紅溶液不褪色，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3儀器自選供選擇的試劑：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸餾水、飽和石灰水、酸性KMnO4溶液、品紅溶液、pH試紙【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；物質(zhì)的分離、提純和除雜；氣體發(fā)生裝置；氣體的收集；比較弱酸的相對(duì)強(qiáng)弱的實(shí)驗(yàn)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】綜合實(shí)驗(yàn)題【分析】實(shí)驗(yàn)室以含有Ca2+、Mg2+、Cl、Br等離子的鹵水為主要原料制備無(wú)水CaCl2和Br2，應(yīng)將混

28、合物中的Mg2+、SO42、Br等離子除去，根據(jù)流程可以看出分別加入氯氣將溶液中的Br氧化溴單質(zhì)，加入氯化鋇除去SO42，用CaO調(diào)節(jié)溶液Y的pH，可以除去Mg2+（1）單質(zhì)溴極易溶于有機(jī)溶劑，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要儀器是分液漏斗；（2）分析表中數(shù)據(jù)可知pH大于11時(shí)Mg2+沉淀完全，pH大于12.2時(shí)，Ca2+開(kāi)始沉淀，所以理論上可選擇pH最大范圍是11.0pH12.2；除雜時(shí)不能引入新的雜質(zhì)；（3）CO2的密度大于空氣中的，所以采用向上排空氣發(fā)收集CO2氣體若采用長(zhǎng)頸漏斗時(shí)，長(zhǎng)頸漏斗的下端必需插入到溶液中，以防止CO2氣體從長(zhǎng)頸漏斗中揮發(fā)出來(lái)；（4）H2SO3和H2CO3均屬于

29、二元酸，要想通過(guò)比較二者的pH來(lái)驗(yàn)證二者的酸性強(qiáng)弱，必需使二者的濃度相同，但是SO2和CO2氣體溶于水后的飽和溶液其濃度顯然不相等（因?yàn)槎叩娜芙舛炔煌栽搶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不正確；要檢驗(yàn)酸性強(qiáng)弱，可以采用多種方法，例如利用水解原理（酸越弱相應(yīng)的強(qiáng)堿鹽就越易水解），也可以利用較強(qiáng)的酸制取較弱的酸來(lái)檢驗(yàn)【解答】解：（1）氯氣具有強(qiáng)氧化性，通入氯氣后可以將溶液中的Br氧化溴單質(zhì)，因?yàn)閱钨|(zhì)溴極易溶于有機(jī)溶劑，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要儀器是分液漏斗由流程圖可知單質(zhì)溴在下層，因此該有機(jī)溶劑的密度要比水的大且不溶于水，所以該試劑是CCl4，故答案為：四氯化碳；分液漏斗；（2）由于SO42會(huì)與Ca2+

30、結(jié)合形成微溶性的硫酸鈣而影響氯化鈣的制備，因此必需除去；由表中數(shù)據(jù)可知pH大于11時(shí)Mg2+沉淀完全，pH大于12.2時(shí)，Ca2+開(kāi)始沉淀，所以理論上可選擇pH最大范圍是11.0pH12.2；因?yàn)椴荒芤胄碌碾s質(zhì)，所以酸化溶液Z時(shí)，使用的試劑應(yīng)該為鹽酸，故答案為：除去溶液中的SO42；11.0pH12.2；鹽酸；（3）實(shí)驗(yàn)室制取CO2的特點(diǎn)是固體和液體反應(yīng)且不需要加熱，由于鹽酸易揮發(fā)，因此在收集之前需要出去揮發(fā)出HCl氣體，因?yàn)镃O2的密度大于空氣中的，所以采用向上排空氣發(fā)收集CO2氣體若采用長(zhǎng)頸漏斗時(shí)，長(zhǎng)頸漏斗的下端必須插入到溶液中，以防止CO2氣體從長(zhǎng)頸漏斗中揮發(fā)出來(lái)，因此選項(xiàng)b、d正確，

31、故答案為：b、d；（4）H2SO3和H2CO3均屬于二元酸，要想通過(guò)比較二者的pH來(lái)驗(yàn)證二者的酸性強(qiáng)弱，必需使二者的濃度相同，但是SO2和CO2氣體溶于水后的飽和溶液其濃度顯然不相等（因?yàn)槎叩娜芙舛炔煌?，所以該?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)不正確；要檢驗(yàn)酸性強(qiáng)弱，可以采用多種方法，例如利用水解原理（酸越弱相應(yīng)的強(qiáng)堿鹽就越易水解），也可以利用較強(qiáng)的酸制取較弱的酸來(lái)檢驗(yàn)由于SO2和CO2氣體均可以使飽和石灰水變混濁，所以CO2氣體在通入飽和石灰水之前必需除去CO2氣體中混有的SO2氣體，故答案為：三種參考方案如下：方案一：配制相同物質(zhì)的量濃度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度計(jì)（或pH試紙）測(cè)兩溶液的pH前者

32、的pH小于后者，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3方案二：將SO2氣體依次通過(guò)NaHCO3（Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品紅溶液、澄清石灰水品紅溶液不褪色、且澄清石灰水變混濁，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3方案三：將CO2氣體依次通過(guò)NaHSO3（Na2SO3）溶液、品紅溶液品紅溶液不褪色，證明H2SO3酸性強(qiáng)于H2CO3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查常見(jiàn)的基本實(shí)驗(yàn)操作、儀器的使用、離子的除雜和實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，綜合性強(qiáng)11（8分）（2011山東）化學(xué)與技術(shù)水處理技術(shù)在生產(chǎn)、生活中應(yīng)用廣泛（1）含有較多Ca2+、Mg2+離子的水稱為硬水硬水加熱后產(chǎn)生碳酸鹽沉淀的離子方程式為Ca2+2HCO3Ca

33、CO3+CO2+H2O或Mg2+2HCO3MgCO3+CO2+H2O（寫(xiě)出一個(gè)即可）（2）將RH型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂和ROH型陰離子交換樹(shù)脂串接來(lái)軟化天然硬水，應(yīng)首先使硬水通過(guò)RH（填“RH”或“ROH”）型離子交換樹(shù)脂，原因是先通過(guò)陰離子交換樹(shù)脂可能生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹(shù)脂交換效果（3）通過(guò)施加一定壓力使水分子通過(guò)半透膜而將大分子或離子截留，從而獲得純凈水的方法稱為反滲透法電滲析法凈化水時(shí)，使離子通過(guò)半透膜的推動(dòng)力是電勢(shì)差（或電場(chǎng)力）（4）檢驗(yàn)蒸餾水的純度時(shí)，最簡(jiǎn)單易行的方法是測(cè)定水的電導(dǎo)率（或電阻率）【考點(diǎn)】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用；滲析；離子交換菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】硬

34、水中含有較多的Ca2+、Mg2+離子，陰離子含有HCO3，加熱時(shí)碳酸氫鹽分解可生成難溶的CaCO3或MgCO3沉淀；RH型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂和ROH型陰離子交換樹(shù)脂串接來(lái)軟化天然硬水時(shí)，RH型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂可交換硬水中的Ca2+、Mg2+離子，否則易生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹(shù)脂交換效果；工業(yè)中利用反滲透法通過(guò)施加一定壓力使水分子通過(guò)半透膜而將大分子或離子截留，而獲得純凈水，利用電滲析法可使相應(yīng)的離子通過(guò)半透膜以達(dá)到硬水軟化的效果；溶液的導(dǎo)電能力取決于溶液中的離子濃度大小，檢驗(yàn)蒸餾水的純度時(shí)，最簡(jiǎn)單的方法是測(cè)定水的導(dǎo)電率【解答】解：（1）通常按水中Ca2+、Mg2+的多少，把天然水分為硬水和軟

35、水含有較多Ca2+、Mg2+的水叫做硬水；如果水的硬度是由Ca（HCO3）2或Mg（HCO3）2所引起的，這種硬度叫做暫時(shí)硬度具有暫時(shí)硬度的水可以用加熱的方法進(jìn)行軟化，方程式為Ca2+2HCO3CaCO3+CO2+H2O或Mg2+2HCO3MgCO3+CO2+H2O，故答案為：Ca2+2HCO3CaCO3+CO2+H2O或Mg2+2HCO3MgCO3+CO2+H2O；（2）如果水的硬度是由鈣和鎂的硫酸鹽或氯化物等引起的，這種硬度叫做永久硬度具有永久硬度的水可以采用離子交換法進(jìn)行軟化離子交換劑中陽(yáng)離子與水中的Ca2+、Mg2+發(fā)生離子交換作用，使水得到凈化如果硬水先通過(guò)ROH型陰離子交換樹(shù)脂時(shí)可

36、能產(chǎn)生Mg（OH）2等沉淀而影響交換效果，所以先通過(guò)RH型陽(yáng)離子交換樹(shù)脂故答案為：RH；先通過(guò)陰離子交換樹(shù)脂可能生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹(shù)脂交換效果；（3）電滲析法是一種利用離子交換膜進(jìn)行海水淡化的方法在外加電場(chǎng)的作用下，水溶液中陰、陽(yáng)離子會(huì)分別向兩極移動(dòng)，如果在中間加上一種交換膜，就可能達(dá)到分離濃縮的目的所以電滲析法凈化水時(shí)，使離子通過(guò)半透膜的推動(dòng)力是電勢(shì)差或電場(chǎng)力故答案為：反滲透法；電勢(shì)差（或電場(chǎng)力）；（4）因?yàn)樗碾婋x程度極小，所以純水是幾乎不導(dǎo)電的，因此要檢驗(yàn)蒸餾水的純度時(shí)，最簡(jiǎn)單易行的方法是測(cè)定水的電導(dǎo)率或電阻率故答案為：電導(dǎo)率（或電阻率）【點(diǎn)評(píng)】本題考查硬水軟化的原理，做題時(shí)

37、注意硬水的主要離子成分以及物質(zhì)的性質(zhì)，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累12（8分）（2011山東）物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)氧是地殼中含量最多的元素（1）氧元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為2個(gè)（2）H2O分子內(nèi)OH鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強(qiáng)到弱依次為OH鍵、氫鍵、范德華力沸點(diǎn)比高，原因是形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大（3）H+可與H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用sp3雜化H3O+中HOH鍵角比H2O中HOH鍵角大，原因是H2O中O原子有兩對(duì)孤對(duì)電子，H3O+中O原子有一對(duì)孤對(duì)電子，排斥力較?。?）CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，已知CaO的密度為agcm3，NA表示

38、阿伏家的羅常數(shù)，則CaO晶胞的體積為cm3【考點(diǎn)】化學(xué)鍵和分子間作用力的區(qū)別；原子核外電子的能級(jí)分布；晶胞的計(jì)算；分子間作用力對(duì)物質(zhì)的狀態(tài)等方面的影響菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】（1）s能級(jí)有一個(gè)軌道，最多排2個(gè)電子，p能級(jí)有3個(gè)軌道，每個(gè)軌道最多排2個(gè)電子，結(jié)合洪特規(guī)則分析；（2）化學(xué)鍵的鍵能大于氫鍵的鍵能，氫鍵的鍵能大于分子間作用力；氫鍵對(duì)物質(zhì)的物理性質(zhì)產(chǎn)生影響，分子間氫鍵使物質(zhì)的沸點(diǎn)升高，分子內(nèi)氫鍵使物質(zhì)的沸點(diǎn)降低；（3）先確定VSEPR模型，然后在確定中心原子的雜化軌道類型；一般來(lái)說(shuō)，相互之間排斥力的大小為：孤電子對(duì)間的排斥力孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)間的排斥力成鍵電子對(duì)間的排斥力；

39、（4）先計(jì)算一個(gè)氧化鈣分子的質(zhì)量，再用均攤法求出一個(gè)晶胞含有的陰陽(yáng)離子數(shù)，然后根據(jù)V=求出其體積【解答】解：（1）氧元素基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p4，4個(gè)電子在三個(gè)軌道中排布，故未成對(duì)電子數(shù)為2個(gè)，故答案為：2；（2）共價(jià)鍵的鍵能大于氫鍵的作用力，氫鍵的作用力還大于范德華力，故H2O分子內(nèi)的OH鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強(qiáng)到弱依次為OH鍵、氫鍵、分子間的范德華力；含分子間氫鍵的物質(zhì)的沸點(diǎn)大于分子內(nèi)氫鍵物質(zhì)的沸點(diǎn)，因此原因是前者易形成分子間氫鍵，后者易形成分子內(nèi)氫鍵故答案為：OH鍵、氫鍵、范德華力；形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大；（3）H3O+價(jià)層

40、電子對(duì)模型為四面體，氧原子采取sp3雜化H2O中O原子有兩對(duì)孤對(duì)電子，H3O+中O原子有一對(duì)孤對(duì)電子，因?yàn)楣码娮訉?duì)間的排斥力孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)間的排斥力成鍵電子對(duì)間的排斥力，導(dǎo)致H3O+中HOH鍵角比H2O中HOH鍵角大故答案為：sp3；H2O中O原子有兩對(duì)孤對(duì)電子，H3O+中O原子有一對(duì)孤對(duì)電子，排斥力較?。?）1個(gè)“CaO”的質(zhì)量為=，而用均攤法算出一個(gè)晶胞含有4個(gè)“CaO”，即一個(gè)晶胞質(zhì)量為×4=g，又有=，則V=，V=g÷ag/cm3=，則CaO晶胞體積為 故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題把物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)與有機(jī)化合物的性質(zhì)融合成一體，考查學(xué)生對(duì)元素推理、原子軌道雜化類型、分子空間結(jié)構(gòu)、氫鍵、等電子體原理、晶胞結(jié)構(gòu)等知識(shí)的掌握和應(yīng)用能力本題基礎(chǔ)性較強(qiáng)，難度較大，注意晶胞體積的計(jì)算方法13（8分）（2011山東）有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)美國(guó)化學(xué)家RFHeck因發(fā)現(xiàn)如下Heck反應(yīng)而獲