2009年高考真題化學(山東卷)（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2009年普通高校招生統(tǒng)一考試山東卷(理綜)化學部分9.下列敘述錯誤的是A.合金材料中可能含有非金屬元素B.人造纖維，合成纖維和光導纖維都是有機高分子化合物C.加熱能殺死流感病毒是因為病毒的蛋白質受熱變性D.在 車排氣管上加裝“催化轉化器”是為了減少有害氣體的排放10.下列關于氯的說法正確的是A.Cl2具有很強的氧化性，在化學反應中只能作氧化劑B.若1735Cl、1737Cl為不同的核素，有不同的化學性質C.實驗室制備Cl2，可用排飽和食鹽水集氣法收集D.1.12LCl2含有1.7NA個質子（NA表示阿伏伽德羅常數(shù)）11.元素在周期表中的位置，反映了元素的原子結構和元素的性質，下列說法正確的是21A.同一元素不可能既表現(xiàn)金屬性，又表現(xiàn)非金屬性B.第三周期元素的最高正化合價等于它所處的主族序數(shù)C.短周期元素形成離子后，最外層電子都達到8電子穩(wěn)定結構D.同一主族的元素的原子，最外層電子數(shù)相同，化學性質完全相同12.下列關于有機物的說法錯誤的是Al4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B.石油和天然氣的主要成分都是碳氫化合物C.乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用飽和Na2CO3溶液鑒別D.苯不能使KMnO4溶液褪色，因此苯不能發(fā)生氧化反應13.下列推斷合理的是A.明礬[KAl（SO4）2·12H2O]在水中能形成Al（OH）3膠體，可用作凈水劑21世B.金剛石是自然界中硬度最大的物質，不可能與氧氣發(fā)生反應C.濃H2SO4有強氧化性，不能與Cu發(fā)生劇烈反應D.將SO2通入品紅溶液，溶液褪色后加熱恢復原色；將SO2通入溴水，溴水褪色后加熱也能恢復原色14.2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）是制備硫酸的重要反應。下列敘述正確的是高考資源網A.催化劑V2O5不改變該反應的逆反應速率高考資源網B.增大反應體系的壓強，反應速率一定增大高考資源網C.該反應是放熱反應，降低溫度將縮短反應達到平衡的時間高考資源網D.在t1、l2時刻，SO3（g）的濃度分別是c1，c2，則時間間隔t1～t2內，SO3（g）生成的平均速率為高考資源網15.某溫度下，相同pH值的鹽酸和醋酸溶液分別加水稀釋，平衡pH值隨溶液體積變化的曲線如右圖所示。據圖判斷正確的是高考資源網A.Ⅱ為鹽酸稀釋時pH值變化曲線高考資源網B.b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強高考資源網C.a點Ka的數(shù)值比c點Ku的數(shù)值大高考資源網D.b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度高考資源網28.（14分）運用化學反應原理研究氮、氧等單質及其化合物的反應有重要意義。（1）合成氨反應反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，平衡移動（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化劑反應的ΔH（填“增大”“減小”或“不改變”）。（2）O2(g)=O+2(g)+e- H1=1175.7kJ·mol-1PtF6(g)+e-1PtF6-(g) H2=-771.1kJ·mol-1O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6- H3=482.2kJ·mol-1則反應O2（g）+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)的H=_____________kJ·mol-1。（3）在25℃下，向濃度均為0.1mol·L-1的MgCL2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀（填化學式），生成該沉淀的離子方程式為____________。已知25℃時Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。（4）在25℃下，將amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH4*)=c(Cl-)，則溶液顯_____________性（填“酸”“堿”或“中”）；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=__________。229.（12分）Zn-MnO2干電池應用廣泛，其電解質溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。（1）該電池的負極材料是。電池工作時，電子流向（填“正極”或“負極”）。（2）若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有雜質Cu2+，會加速某電極的腐蝕，其主要原因是。欲除去Cu2+，最好選用下列試劑中的（填代號）。a.NaOHb.Znc.Fed.NH3·H2O(3)MnO2的生產方法之一是以石墨為電極，電解酸化的MnSO4溶液。陰極的電極反應式是。若電解電路中通過2mol電子，MnO2的理論產量為。30.（16分）孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3,還含少量Fe、Si的化合物。實驗室以孔雀石為原料制備CuSO4·5H2O及CaCO3，步驟如下：請回答下列問題：（1）溶液A的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Fe3+。從下列所給試劑中選擇：實驗步驟中試劑①為（填代號），檢驗溶液A中Fe3+的最佳試劑為（填代號）。a.KMnO4b.(NH4)2Sc.H2O2d.KSCN（2）由溶液C獲得CuSO4·5H2O，需要經過加熱蒸發(fā)、、過濾等操作。除燒杯、漏斗外，過濾操作還用到另一玻璃儀器，該儀器在此操作中的主要作用是。（3）制備CaCO3時，應向CaCl2溶液中選通入（或先加入）（填化學式）。若實驗過程中有氨氣逸出，應選用下列裝置回收（填代號）。（4）欲測定溶液A中Fe2+的濃度，需要用容量瓶配制某標準溶液，定容時視線應，直到。用KMnO4標準溶液滴定時應選用滴定管（填“酸式”或“堿式”）。（選做部分）32.（8分）（化學－物質結構與性質）C和Si元素在化學中占有極其重要的地位。（1）寫出Si的基態(tài)原子核外電子排布式。從電負性角度分析，C、Si和O元素的非金屬活潑性由強至弱的順序為。（2）SiC的晶體結構與晶體硅的相似，其中C原子的雜化方式為，微粒間存在的作用力是。（3）氧化物MO的電子總數(shù)與SiC的相等，則M為（填元素符號）。MO是優(yōu)良的耐高溫材料，其晶體結構與NaCl晶體相似。MO的熔點比CaO的高，其原因是。（4）C、Si為同一主族的元素，CO2和SiO2化學式相似，但結構和性質有很大不同。CO2中C與O原子間形成鍵和鍵，SiO2中Si與O原子間不形成上述健。從原子半徑大小的角度分析，為何C、O原子間能形成，而Si、O原子間不能形成上述鍵。33.（8分）（化學－有機化學基礎）下圖中X是一種具有水果香味的合成香料，A是有直鏈有機物，E與FeCl3溶液作用顯紫色。請根據上述信息回答：（1）H中含氧官能團的名稱是。B→I的反應類型為。（2）只用一種試劑鑒別D、E、H，該試劑是。（3）H與J互為同分異構體，J在酸性條件下水解有乙酸生成，J的結構簡式為。（4）D和F反應生成X的化學方程式為。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年山東省高考化學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）（2010?山東）16O和18O是氧元素的兩種核素，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．16O2與18O2互為同分異構體B．16O2與18O2核外電子排布方式不同C．通過化學變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉化D．標準狀況下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA個氧原子【考點】同位素及其應用．【分析】本題考查了同位素、原子核外電子排布、阿伏加德羅常數(shù)等知識點．【解答】解：A、16O2與18O2是同一種物質，都是氧氣，故A錯；B、兩種氧原子的電子數(shù)相等，核外電子排布方式也相同，故B錯；C、16O與18O之間的轉化，屬于原子核的變化，不是化學變化，故C錯；D、1.12L標準狀況下O2的物質的量為0.05mol，含有氧原子數(shù)為0.1NA，故D正確．故選：D．【點評】本題考查的是一些基本的概念，做這類題目要細心．2．（4分）（2010?山東）下列與化學反應能量變化相關的敘述正確的是（）A．生成物總能量一定低于反應物總能量B．放熱反應的反應速率總是大于吸熱反應的反應速率C．應用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應焓變D．同溫同壓下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和點燃條件下的△H不同【考點】化學反應中能量轉化的原因；吸熱反應和放熱反應；反應熱和焓變；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算．【分析】化學反應中一定伴隨著能量變化，反應中既有放熱反應，又有吸熱反應，取決于反應物和生成物總能量的大小，生成物的總能量低于反應總能量的反應，是放熱反應，若是吸熱反應則相反，化學反應速率取決于物質的性質和外界反應條件，與反應是吸熱還是放熱沒有必然的聯(lián)系，反應熱只取決于反應物和生成物總能量的大小，與反應條件無關．【解答】解：A、生成物的總能量低于反應總能量的反應，是放熱反應，若是吸熱反應則相反，故A錯；B、反應速率與反應是吸熱還是放熱沒有必然的聯(lián)系，故B錯；C、化學反應的反應熱大小取決于反應物和生成物的總能量大小，與反應途徑無關，應用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應焓變，故C正確；D、根據△H=生成物的焓﹣反應物的焓可知，焓變與反應條件無關，在光照和點燃條件下該反應的△H相同，故D錯．故選：C．【點評】本題考查化學反應中能量的變化，著重于對概念的理解，注意放熱反應、吸熱反應與反應物、生成物以及反應速率、反應條件之間有無必然關系，做題時不要混淆．3．（4分）（2010?山東）下列說法正確的是（）A．形成離子鍵的陰陽離子間只存在靜電吸引力B．HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性和還原性從左到右依次減弱C．第三周期非金屬元素含氧酸的酸性從左到右依次增強D．元素周期律是元素原子核外電子排布周期性變化的結果【考點】元素周期律的實質；非金屬在元素周期表中的位置及其性質遞變的規(guī)律；離子鍵的形成．【分析】利用離子鍵的定義和元素性質的遞變規(guī)律以及元素周期律的實質解決此題．【解答】解：A、離子鍵是通過陰、陽離子靜電作用作用形成的，靜電作用包括相互吸引和相互排斥，故A錯誤；B、同一主族，由上到下，得電子能力逐漸減弱，非金屬性減弱，其氫化物的穩(wěn)定性逐漸減弱，還原性逐漸增強，故B錯誤；C、同一周期，由左到右，得電子能力逐漸增強，非金屬性增強，則第三周期非金屬元素最高價含氧酸的酸性依次增強，非金屬元素含氧酸的酸性不一定為最高價含氧酸，故C錯誤；D、由結構決定性質，則元素周期律是元素原子核外電子排布周期性變化的結果，故D正確；故選D．【點評】本題涉及化學鍵的定義、元素性質的遞變規(guī)律等問題的理解和運用，對學生有較好的區(qū)分度，如：比較非金屬性強弱必須依據最高價氧化物水化物的酸性強弱，而不能錯誤認為是氧化物的水化物的酸性強弱等問題，此題為好題．4．（4分）（2010?山東）下列敘述錯誤的是（）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白質都能水解，但水解產物不同C．煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能發(fā)生取代反應，乙酸乙酯中的少量乙酸可用飽和Na2CO3溶液除去【考點】乙烯的化學性質；苯的性質；石油的裂化和裂解；乙醇的化學性質；油脂的性質、組成與結構；淀粉的性質和用途．【分析】（1）乙烯含有雙鍵，能與溴水發(fā)生加成反應而使溴水褪色，溴單質在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃取；（2）淀粉、油脂和蛋白質在一定條件下都能水解，水解的最終產物分別是葡萄糖、高級脂肪酸和甘油、氨基酸；（3）煤油可由石油分餾獲得，主要成分為烷烴，性質穩(wěn)定，密度比金屬鈉小，可用來保存金屬鈉；（4）乙酸中含有羧基，乙醇含有羥基，乙酸乙酯中含有酯基，在一定條件下都能發(fā)生取代反應，例如：乙酸和乙醇的酯化反應是取代反應，乙酸乙酯的水解反應也屬于取代反應，乙酸具有酸性，其酸性強于碳酸，故能與Na2CO3反應．【解答】解：A、烯烴使溴水褪色的原理是加成反應，苯使溴水褪色的原理是萃取，故A錯誤；B、淀粉水解的最終產物是葡萄糖，蛋白質水解的產物是氨基酸，故B正確；C、煤油來自石油的分餾，可用作航空燃料，也可用于保存Na，故C正確；D、乙酸和乙醇的酯化反應是取代反應，乙酸乙酯的水解反應也屬于取代反應，乙酸能，故可用飽和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故D正確；故選A．【點評】本題考查常見有機物的性質，尤其要注意苯的物理性質，是一種良好的有機溶劑，可做萃取劑．5．（4分）（2010?山東）下列推斷正確的是（）A．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應B．Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反應產物也相同C．CO、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在D．新制氯水顯酸性，向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色【考點】硅和二氧化硅；氯氣的化學性質；氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響；鈉的重要化合物．【專題】元素及其化合物．【分析】A．SiO2是酸性氧化物，能夠跟堿反應，生成鹽和水；B．過氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，而氧化鈉與二氧化碳反應生成碳酸鈉；C．NO易與空氣中氧氣反應生成二氧化氮；D．因為新制氯水中含有HCl和HClO，HClO具有強氧化性和漂白性．【解答】解：A、酸性氧化物是能夠跟堿反應，生成鹽和水的氧化物，因為SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正確；B、Na2O和Na2O2元素組成雖然相同，但化學性質不同，它們與CO2的反應如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，產物不同，故B錯誤；C、NO在空氣中易發(fā)生反應：2NO+O2═2NO2，故C錯誤；D、因為新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的現(xiàn)象是先變紅，后褪色，故D錯誤．故選A．【點評】該題綜合考查元素化合物知識，包括金屬元素和非金屬元素的重要氧化物，以及氯氣的重要性質．這些物質的性質是學習的重點，也是考試的重點，平時的學習過程中，同學們應重視教材中重要物質性質的學習、總結，該記憶的應強化記憶，才能避免錯誤發(fā)生．6．（4分）（2010?山東）下列與實驗相關的敘述正確的是（）A．稀釋濃硫酸時，應將蒸餾水沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應用膠頭滴管將多余溶液吸出C．酸堿滴定時，若加入待測液前用待測液潤洗錐形瓶，將導致測定結果偏高D．檢驗某溶液是否含有SO42﹣時，應取少量該溶液，依次加入BaCl2溶液和稀鹽酸【考點】溶液的配制；硫酸根離子的檢驗；中和滴定．【專題】壓軸題．【分析】稀釋硫酸的操作是“酸入水”，防止酸液飛濺；配制溶液時，如果加水超過容量瓶刻度，會導致溶液的濃度偏低，即使用膠頭滴管吸出多余的水也不能改變溶液的濃度，正確的做法是重新配制；酸堿中和滴定時滴定管可用標準液或待測液潤洗，否則會導致溶液濃度偏低，但錐形瓶不能用待測液潤洗，會導致測定結果偏高；檢驗SO42﹣時，不能加入BaCl2溶液和稀鹽酸，不能排除AgCl的干擾．【解答】解：A、稀釋硫酸的操作是將濃硫酸玻璃棒緩慢注入水中，否則會導致酸液飛濺，故A錯；B、若將多余的水取出，會使得濃度偏小，加水超過容量瓶的刻度的唯一辦法是重新配制，故B錯；C、用待測液潤洗錐形瓶，則消耗的標準液會偏多，導致結果偏高，故C正確；D、操作中，若溶液中含有Ag+，也會有不溶解于鹽酸的白色沉淀產生，則溶液中不一定含有SO42﹣，應先加入鹽酸，如無現(xiàn)象，再加入氯化鋇，故D錯；故選：C．【點評】本題涉及到溶液的稀釋、溶液的配制、酸堿中和滴定等實驗基本操作以及離子的檢驗，難度不是很大，要注重基本實驗操作的正確方法和相關注意事項；離子檢驗時要注意排除其它離子的干擾．7．（4分）（2010?山東）某溫度下，F(xiàn)e（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變溶液pH，金屬陽離子濃度的變化如圖所示．據圖分析，下列判斷錯誤的是（）A．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．加適量NH4CL固體可使溶液由a點變到b點C．c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）乘積相等D．Fe（OH）3、Cu（OH）2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和【考點】難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【專題】壓軸題．【分析】根據圖象找出可用來比較Fe（OH）3與Cu（OH）2溶度積常數(shù)點，可用b、c進行計算；由a點變到b點，PH增大，氯化銨水解呈酸性，不會增大溶液的PH；Kw只與溫度有關；注意分析處在曲線上的點與曲線外的點有什么區(qū)別．【解答】解：A、由b、c兩點對應數(shù)據可比較出KSP[Fe（OH）3]與KSP[Cu（OH）2]的大小，KSP[Fe（OH）3]=c（Fe3+）?（OH﹣）3=c（Fe3+）?（10﹣12.7）3，KSP[Cu（OH）2]=c（Cu2+）?（OH﹣）2=c（Cu2+）?（10﹣9.6）2，因c（Fe3+）=c（Cu2+），故KSP[Fe（OH）3]＜KSP[Cu（OH）2]，故A正確；B、向溶液中加入NH4Cl固體，不會導致溶液中的c（OH﹣）增大，故不能使溶液由a點變到b點，故B錯誤；C、只要溫度不發(fā)生改變，溶液中c（H+）與c（OH﹣）的乘積（即Kw）就不變．該題中溫度條件不變，故c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）的乘積相等，故C正確；D、b、c兩點分別處在兩條的沉淀溶解平衡曲線上，故兩點均代表溶液達到飽和，故D正確．故選B．【點評】沉淀溶解平衡、溶度積、pH、水的離子積等，對圖象中的數(shù)據進行定量或定性處理，找出數(shù)據（或坐標點）之間存在的相互關系；明確坐標點所表達的涵義；對溶度積和水的離子積有正確的理解．該題型重在考查綜合能力，如分析（比較）、理解（轉換）等．二、解答題（共6小題，滿分66分）8．（14分）（2010?山東）硫一碘循環(huán)分解水制氫主要涉及下列反應：ⅠSO2+2H2O+I2═H2SO4+2HIⅡ2HIH2+I2Ⅲ2H2SO4═2SO2+O2+2H2O（1）分析上述反應，下列判斷正確的是c．a．反應Ⅲ易在常溫下進行b．反應Ⅰ中SO2氧化性比HI強c．循環(huán)過程中需補充H2Od．循環(huán)過程中產生1molO2的同時產生1molH2（2）一定溫度下，向1L密閉容器中加入1molHI（g），發(fā)生反應Ⅱ，H2物質的量隨時間的變化如圖所示．0～2min內的平均反應速率v（HI）=0.1mol/（L．min）．該溫度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常數(shù)K=64．相同溫度下，若開始加入HI（g）的物質的量是原來的2倍，則b是原來的2倍．a．平衡常數(shù)b．HI的平衡濃度c．達到平衡的時間d．平衡時H2的體積分數(shù)（3）實驗室用Zn和稀硫酸制取H2，反應時溶液中水的電離平衡向右移動（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列試劑中的b，產生H2的速率將增大．a．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4d．NaHSO3（4）以H2為燃料可制成氫氧燃料電池．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣572KJ．mol﹣1某氫氧燃料電池釋放228.8KJ電能時，生成1mol液態(tài)水，該電池的能量轉化率為80%．【考點】物質的量或濃度隨時間的變化曲線；氧化性、還原性強弱的比較；化學電源新型電池；化學反應速率的概念；化學平衡移動原理．【專題】圖像圖表題；熱點問題；守恒思想；化學平衡專題．【分析】（1）根據已知的反應來分析物質的性質，并利用氧化還原反應來分析氧化性的強弱，利用三個已知反應可得到分解水制氫氣的反應來解答；（2）由圖可知，2min內H2物質的量的變化量，然后計算化學反應速率，再利用化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比來解答；利用三段法計算平衡時各物質的濃度，根據平衡常數(shù)的表達式來計算即可；利用濃度對化學平衡的影響來分析HI的平衡濃度、達到平衡的時間、平衡時H2的體積分數(shù)，但溫度不變，平衡常數(shù)不變；（3）根據氫離子濃度的變化來分析水的電離平衡移動，并利用原電池原理來分析反應速率加快的原因；（4）根據熱化學反應方程式計算生成1mol水放出的能量，再利用燃料電池釋放228.8KJ電能來計算電池的能量轉化率．【解答】解：（1）因硫酸在常溫下穩(wěn)定，則反應Ⅲ常溫下不發(fā)生，故a錯；由反應Ⅰ可知，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，則還原性SO2＞HI，即SO2的氧化性比HI的弱，故b錯；由反應Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ可得到2H2O═2H2+O2，則該循環(huán)中消耗水，需要及時補充水，故c正確；循環(huán)過程中產生1molO2的同時產生2molH2，故d錯；故答案為：c；（2）由圖可知2min內氫氣的物質的量增加了0.1mol，則氫氣的濃度為=0.1mol/L，用氫氣表示的化學反應速率為=0.05mol/（L．min），由反應中的化學計量數(shù)可知v（HI）為0.05mol/（L．min）×2=0.1mol/（L．min）；2HI（g）H2（g）+I2（g）開始濃度1molL00轉化濃度0.2mol/L0.1mol/L0.1mol/L平衡濃度0.8mol/L0.1mol/L0.1mol/L則該溫度下K1==，又2HI（g）H2（g）+I2（g）與H2（g）+I2（g）2HI（g）互為逆反應，則它們的化學平衡常數(shù)的乘積等于1，即H2（g）+I2（g）2HI（g）的化學平衡常數(shù)K==64，對該反應，當溫度不變開始加入HI（g）的物質的量是原來的2倍，則溫度不變，K不變，故a錯；物質的量為原來的2倍，該反應是反應前后氣體體積相等的反應，則反應體系中各物質的濃度都是原來的2倍，故b正確；物質的量增大，則化學反應速率先增大的快，后隨濃度的減小，速率增大的程度變小，故c錯；由反應方程式及原來的量與后來的量成正比，則這兩種情況下建立的平衡為等效平衡，即平衡時H2的體積分數(shù)相同，故d錯；故答案為：0.1mol/L．min；64；b；（3）由水的電離平衡為H2O?H++OH﹣，則硫酸電離出的c（H+）對水的電離起抑制作用，當Zn消耗了H+，c（H+）減小，水的電離平衡向右移動；若加入NaNO3，溶液具有硝酸的強氧化性，則不會生成氫氣；加入NaHSO3會和H+反應，降低c（H+），則反應速率減慢；Na2SO4的加入，離子不參與反應，則對化學反應速率無影響；加入CuSO4后，Zn與硫酸銅溶液反應置換出Cu，則構成原電池加快了化學反應速率，故答案為：向右；b；（4）由2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣572KJ．mol﹣1可知，生成1mol水時放出的熱量為572KJ×=286KJ，則電池的能量轉化率為為×100%=80%，故答案為：80%．【點評】本題較復雜，考查的知識點多，注重了基礎知識和基本技能的訓練，同時體現(xiàn)新課程改革的指導思想，明確氧化還原反應、平衡移動、電化學的知識點是解答本題的關鍵．9．（12分）（2010?山東）對金屬制品進行抗腐蝕處理，可延長其使用壽命．（1）以下為鋁材表面處理的一種方法：①堿洗的目的是除去鋁材表面的自然氧化膜，堿洗時常有氣泡冒出，原因是2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；（用離子方程式表示）．為將堿洗槽液中鋁以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列試劑中的b．a．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜，陽極電極反應為2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+．取少量廢電解液，加入NaHCO3，溶液后產生氣泡和白色沉淀，產生沉淀的原因是HCO3﹣與H+反應使H+濃度減小，產生Al（OH）3沉淀．（2）鍍銅可防止鐵制品腐蝕，電鍍時用銅而不用石墨作陽極的原因是陽極Cu可以發(fā)生氧化反應生成Cu2+．（3）利用圖裝置，可以模擬鐵的電化學防護．若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關K應置于N處．若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為犧牲陽極保護法．【考點】金屬的電化學腐蝕與防護．【分析】（1）①有氣泡冒出因2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；因堿洗槽液中有AlO2﹣，故應通入CO2來回收Al（OH）3，發(fā)生反應2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣或CO2+2H2O+AlO2﹣═HCO3﹣+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀還會繼續(xù)溶解．②鋁為陽極，會發(fā)生氧化反應，表面形成氧化膜，必須有水參加，所以電極反應式為：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；HCO3﹣與H+反應使H+濃度減小，產生Al（OH）3沉淀．（2）用銅作電極可及時補充電鍍液中消耗的Cu2+，保持其濃度恒定．（3）根據金屬的防護，若K置于N處，必須讓被保護的金屬接電源負極；若開關K置于M處，形成原電池，鋅作負極，為犧牲陽極保護法（或犧牲陽極的陰極保護法）．【解答】解：（1）①鋁能與強堿反應產生氫氣，Al（OH）3具有兩性，既能與強堿反應也能與強酸反應生成鹽和水，堿洗槽液中有AlO2﹣，故應通入CO2來回收Al（OH）3，發(fā)生反應2AlO2﹣+3H2O+CO2═2Al（OH）3↓+CO32﹣或CO2+2H2O+AlO2﹣═HCO3﹣+Al（OH）3↓；若加HNO3，生成的沉淀還會繼續(xù)溶解．故答案為：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑；b；②鋁為陽極，會發(fā)生氧化反應，表面形成氧化膜，必須有水參加，所以電極反應式為：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后產生氣泡和白色沉淀，是由于廢電解液中含有Al3+，和HCO3﹣發(fā)生了互促水解．或HCO3﹣與H+反應使H+濃度減小，產生Al（OH）3沉淀．故答案為：2Al+3H2O﹣6e﹣═Al2O3+6H+；HCO3﹣與H+反應使H+濃度減小，產生Al（OH）3沉淀；（2）電鍍銅時用銅做陽極，陽極上銅被氧化，電解質溶液濃度不變，用銅作電極可及時補充電鍍液中消耗的Cu2+，保持其濃度恒定，采用石墨無法補充Cu2+，故答案為：陽極Cu可以發(fā)生氧化反應生成Cu2+；（3）金屬的防護有犧牲陽極保法和外加電源陰極保護法，若K置于N處，必須讓被保護的金屬接電源負極；若開關K置于M處，形成原電池，鋅作負極，為犧牲陽極保護法（或犧牲陽極的陰極保護法）．故答案為：N；犧牲陽極保護法（或犧牲陽極的陰極保護法）．【點評】本題考查金屬的性質、鹽類的水解、電解、電鍍以及金屬的腐蝕及防護知識，考查較為綜合，做題時注意把握好Al、AlO2﹣、Al（OH）3等物質的性質，掌握電解、電鍍等知識的原理，了解金屬的防護措施，難度不大，但要注意知識的積累，厚積而薄發(fā)．10．（16分）（2010?山東）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學式為[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，廣泛用于污水處理．實驗室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO4?7H2O）過程如下：（1）驗證固體W焙燒后產生的氣體含有SO2的方法是將氣體通入品紅溶液中，如果品紅褪色，加熱后又恢復紅色．證明有該氣體．．（2）實驗室制備、收集干燥的SO2，所需儀器如下．裝置A產生SO2，按氣流方向連接各儀器接口，順序為a→d→e→c→b→f裝置D的作用是安全瓶，防止倒吸，裝置E中NaOH溶液的作用是尾氣處理，防止污染．（3）制備綠礬時，向溶液X中加入過量鐵粉，充分反應后，經過濾操作得到溶液Y，再經濃縮，結晶等步驟得到綠礬．（4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質量分數(shù)，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為將試紙放到表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取少許待測液，滴在試紙的中央．然后與標準比色卡對比．．若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質量分數(shù)偏偏低．【考點】硫酸亞鐵的制備；二氧化硫的化學性質；氣體的凈化和干燥．【專題】綜合實驗題；化學實驗基本操作．【分析】（1）此題為二氧化硫的驗證，利用其特殊性質漂白性來分析；（2）利用實驗儀器的連接，安全瓶的使用以及尾氣吸收來分析；（3）利用二價鐵與三價鐵之間的相互轉化來分析；（4）利用pH試紙測定溶液酸堿性的方法來分析．【解答】解：（1）檢驗二氧化硫的一般方法是：將氣體通入品紅溶液中，如果品紅褪色，加熱后又恢復紅色，證明有二氧化硫．故答案為：將氣體通入品紅溶液中，如果品紅褪色，加熱后又恢復紅色，證明有二氧化硫；（2）收集二氧化硫應先干燥再收集．二氧化硫的密度比空氣大，要從c口進氣，最后進行尾氣處理．因為二氧化硫易于氫氧化鈉反應，故D的作用是安全瓶，防止倒吸；E的作用為尾氣處理．故答案為：d；e；c；b；安全瓶，防止倒吸；尾氣處理，防止污染；（3）因為在燒渣中加入了硫酸和足量氧氣，故溶液Y中含有Fe3+，故應先加入過量的鐵粉，然后過濾．故答案為：鐵粉；過濾（4）用pH試紙測定方法為：將試紙放在表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取待測液，點在試紙的中央，然后與標準比色卡對比．氫氧化鐵的含量比硫酸亞鐵高，若溶液Z的PH偏小，則聚鐵中生成的氫氧根的含量減少，使鐵的含量減少．故答案為：將試紙放到表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取少許待測液，滴在試紙的中央．然后與標準比色卡對比；偏低．【點評】本題借助于實驗考查基礎知識達到了很好的效果．對學生來說聚鐵不是很熟悉，但是鐵與亞鐵之間的轉化還是很容易實現(xiàn)的，起點高，落點低，是一好題．11．（8分）（2010?山東）玻璃鋼可由酚醛樹脂和玻璃纖維制成．（1）酚醛樹脂有苯酚和甲醛縮聚而成，反應有大量熱放出，為防止溫度過高，應向已有苯酚的反應釜中間歇性的加入甲醛，且反應釜應裝有散熱裝置．（2）玻璃纖維由玻璃拉絲得到．普通玻璃是由石英砂、純堿和石灰石（或長石）高溫熔融而成，主要反應的化學方程式為Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑．（3）玻璃鋼中玻璃纖維的作用是增強體．玻璃鋼具有強度高、質量輕（或耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好）等優(yōu)異性能（寫出亮點即可）．（4）下列處理廢舊熱固性酚醛塑料的做法合理的是bc．a．深埋b．粉碎后用作樹脂填料c．用作燃料d．用有機溶劑將其溶解，回收樹脂．【考點】常用合成高分子材料的化學成分及其性能；玻璃的主要化學成分、生產原料及其用途；新型有機高分子材料．【專題】有機化合物的獲得與應用．【分析】（1）根據反應物投入的物質的量越多放出的熱越高的知識結合題目信息來分析；（2）根據生產玻璃所用的原料以及發(fā)生的反應原理來回答；（3）根據復合材料中基體和增強體的構成情況以及玻璃鋼的性能來回答；（4）根據廢舊的合成材料可再生利用的知識來分析．【解答】解：（1）苯酚和甲醛發(fā)生縮聚反應，反應有大量熱放出，為防止溫度過高，應向已有苯酚的反應釜中間歇性的加入甲醛，并裝有散熱裝置，故答案為：間歇性、散熱；（2）生產玻璃的原料：石灰石、石英砂、純堿，反應原理為：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，故答案為：純堿；Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；（3）玻璃鋼是將玻璃纖維和高分子材料復合而成的復合材料，其中玻璃纖維的作用是增強體，合成材料是基體，它的優(yōu)點有：強度高、質量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等，故填：增強體、強度高、質量輕（或耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等），故答案為：增強體；強度高、質量輕（或耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好）；（4）廢舊合成材料的再生利用主要有三條途徑：通過再生和改性，重新做成多種有用的材料和制品；采用熱裂解或化學處理方法使其分解，用于制備多種化工原料；將廢舊的聚合物作為燃料回收利用熱能，塑料深埋很久不會腐爛，會造成白色污染，酚醛塑料不能溶于有機溶劑，故選bc．【點評】本題考查學生有關復合材料的有關知識，要求學生熟悉課本內容，根據所學知識來回答．12．（8分）（2010?山東）碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb．（1）碳納米管由單層或多層石墨層卷曲而成，其結構類似于石墨晶體，每個碳原子通過SP2雜化與周圍碳原子成鍵，多層碳納米管的層與層之間靠范德華力結合在一起．（2）CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為C＞H＞Si．（3）用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn﹣Br鍵的鍵角＜120°（填“＞”“＜”或“=”）（4）鉛、鋇、氧形成的某化合物的晶胞結構是：Pb4+處于立方晶胞頂點，Ba2+處于晶胞中心，O2﹣處于晶胞棱邊中心．該化合物化學式為PbBaO3，每個Ba2+與12個O2﹣配位．【考點】碳族元素簡介；元素電離能、電負性的含義及應用；鍵能、鍵長、鍵角及其應用；配合物的成鍵情況．【專題】壓軸題．【分析】（1）石墨是層狀結構的，每層每個C原子與周圍的三個碳