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(zhì)受熱變性D.在 車排氣管上加裝“催化轉(zhuǎn)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(zhì)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(zhì)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(jié)構(gòu)和元素的性質(zhì)，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(jié)構(gòu)D.同一主族的元素的原子，最外層電子數(shù)相同，化學性質(zhì)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(zhì)，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(wǎng)A.催化劑V2O5不改變該反應的逆反應速率高考資源網(wǎng)B.增大反應體系的壓強，反應速率一定增大高考資源網(wǎng)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(wǎng)D.在t1、l2時刻，SO3（g）的濃度分別是c1，c2，則時間間隔t1～t2內(nèi)，SO3（g）生成的平均速率為高考資源網(wǎng)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(jù)圖判斷正確的是高考資源網(wǎng)A.Ⅱ為鹽酸稀釋時pH值變化曲線高考資源網(wǎng)B.b點溶液的導電性比c點溶液的導電性強高考資源網(wǎng)C.a點Ka的數(shù)值比c點Ku的數(shù)值大高考資源網(wǎng)D.b點酸的總濃度大于a點酸的總濃度高考資源網(wǎng)28.（14分）運用化學反應原理研究氮、氧等單質(zhì)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(zhì)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(zhì)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(chǎn)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(chǎn)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(jīng)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(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)）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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)和性質(zhì)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(jù)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(gòu)體，J在酸性條件下水解有乙酸生成，J的結(jié)構(gòu)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(gòu)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(zhuǎn)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(zhì)，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(zhuǎn)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(zhì)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(zhuǎn)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(zhì)的性質(zhì)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(jù)△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(jié)果【考點】元素周期律的實質(zhì)；非金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)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(zhì)的遞變規(guī)律以及元素周期律的實質(zhì)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(jié)構(gòu)決定性質(zhì)，則元素周期律是元素原子核外電子排布周期性變化的結(jié)果，故D正確；故選D．【點評】本題涉及化學鍵的定義、元素性質(zhì)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(jù)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(zhì)都能水解，但水解產(chǎn)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(zhì)；苯的性質(zhì)；石油的裂化和裂解；乙醇的化學性質(zhì)；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；淀粉的性質(zhì)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(zhì)在苯中的溶解度比在水中的大，苯使溴水褪色的原理是萃?。唬?）淀粉、油脂和蛋白質(zhì)在一定條件下都能水解，水解的最終產(chǎn)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(zhì)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(chǎn)物是葡萄糖，蛋白質(zhì)水解的產(chǎn)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(zhì)，尤其要注意苯的物理性質(zhì)，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(chǎn)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(zhì)；氮的氧化物的性質(zhì)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(zhì)不同，它們與CO2的反應如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，產(chǎn)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(zhì)．這些物質(zhì)的性質(zhì)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(zhì)性質(zhì)的學習、總結(jié)，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(jié)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?nèi)芤旱臐舛?，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(jié)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(jié)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(chǎn)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?nèi)芤簆H，金屬陽離子濃度的變化如圖所示．據(jù)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(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)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(jù)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(jù)進行定量或定性處理，找出數(shù)據(jù)（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(zhuǎn)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(chǎn)．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(chǎn)生1molO2的同時產(chǎn)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(zhì)的量隨時間的變化如圖所示．0～2min內(nèi)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(zhì)的量是原來的2倍，則b是原來的2倍．a(chǎn)．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(chǎn)生H2的速率將增大．a(chǎn)．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(zhuǎn)化率為80%．【考點】物質(zhì)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(jù)已知的反應來分析物質(zhì)的性質(zhì)，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(nèi)H2物質(zhì)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(zhì)的濃度，根據(jù)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(jù)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(jù)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(zhuǎn)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(chǎn)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(chǎn)生1molO2的同時產(chǎn)生2molH2，故d錯；故答案為：c；（2）由圖可知2min內(nèi)氫氣的物質(zhì)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(zhuǎn)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(zhì)的量是原來的2倍，則溫度不變，K不變，故a錯；物質(zhì)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(zhì)的濃度都是原來的2倍，故b正確；物質(zhì)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(gòu)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(zhuǎn)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(chǎn)．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(chǎn)生氣泡和白色沉淀，產(chǎn)生沉淀的原因是HCO3﹣與H+反應使H+濃度減小，產(chǎn)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(chǎn)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(jù)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(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(zhì)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(zhì)、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(zhì)的性質(zhì)，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(chǎn)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(chǎn)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(jīng)過濾操作得到溶液Y，再經(jīng)濃縮，結(jié)晶等步驟得到綠礬．（4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質(zhì)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(zhì)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(zhì)；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(zhì)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(zhì)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(chǎn)．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(chǎn)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(jù)反應物投入的物質(zhì)的量越多放出的熱越高的知識結(jié)合題目信息來分析；（2）根據(jù)生產(chǎn)玻璃所用的原料以及發(fā)生的反應原理來回答；（3）根據(jù)復合材料中基體和增強體的構(gòu)成情況以及玻璃鋼的性能來回答；（4）根據(jù)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(chǎn)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(zhì)量輕、耐腐蝕、抗沖擊、絕緣性能好等，故填：增強體、強度高、質(zhì)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(zhì)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(nèi)容，根據(jù)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(jié)構(gòu)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(jié)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)的，每層每個C原子與周圍的三個碳