2010年北京市高考化學試卷（含解析版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年北京市高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）下列有關鋼鐵腐蝕與防護的說法正確的是（）A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護 B．鐵遇冷濃硝酸表面鈍化，可保護內部不被腐蝕 C．鋼管與銅管露天堆放在一起時，鋼管不易被腐蝕 D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時，負極反應是Fe﹣3e﹣═Fe3+ 2．（6分）下列物質與常用危險化學品的類別不對應的是（）A．H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B．CH4、C2H4﹣﹣易燃液體 C．CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D．KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑 3．（6分）下列說法正確的是（）A．的結構中含有酯基 B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物不同 C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸（C3H6O3） D．脂肪和蛋白質都是能發(fā)生水解反應的高分子化合物 4．（6分）用如圖所示實驗裝置（夾持儀器已略去）探究銅絲與過量濃硫酸的反應．下列實驗不合理的是（）A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量 B．②中選用品紅溶液驗證SO2的生成 C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2 D．為確認CuSO4生成，向①中加水，觀察顏色 5．（6分）下列解釋實驗事實的方程式不正確的是（）A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOH?CH3COO﹣+H+ B．“NO2球”浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2（g）（紅棕色）?N2O4（g）（無色）△H＜0 C．鐵溶于稀硝酸，溶液變黃：3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2O D．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 6．（6分）自然界地表層原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變?yōu)殂~藍（CuS）．下列分析正確的是（）A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B．原生銅的硫化物具有還原性，而銅藍沒有還原性 C．CuSO4與ZnS反應的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓ D．整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復分解反應生成更難溶的CuS 7．（6分）某溫度下，H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）的平衡常數(shù)K=，該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始濃度如表所示，下列判斷不正確的是（）起始濃度甲乙丙c（H2）/mol?L﹣10.0100.0200.020c（CO2）/mol?L﹣10.0100.0100.020A．平衡時，乙中CO2的轉化率大于60% B．平衡時，甲中和丙中H2的轉化率均是60% C．平衡時，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.008mol?L﹣1 D．反應開始時，乙中的反應速率最快，甲中的反應速率最慢 二、非選擇題（共58分）8．（14分）由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分．甲同學欲探究X的組成．查閱資料：①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁．②Al3+在pH=5.0時沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時開始沉淀，在pH=11.4時沉淀完全．實驗過程：I．向化合物X粉末中加入過量鹽酸，產生氣體A，得到無色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調節(jié)pH至5～6，產生白色沉淀B，過濾．Ⅳ．向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調節(jié)pH至12，得到白色沉淀C．（1）I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學式是．（2）由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、．（3）Ⅲ中生成B的離子方程式是．（4）Ⅳ中B溶解的離子方程式是．（5）沉淀C的化學式是．（6）若上述n（A）：n（B）：n（C）=1：1：3，則X的化學式是．9．（14分）某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和NH3?H2O的形式存在，該廢水的處理流程如圖1所示：（1）過程Ⅰ：加NaOH溶液，調節(jié)pH至9后，升溫至30℃，通空氣將氨趕出并回收。①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用：。②用化學平衡原理解釋通空氣的目的：。（2）過程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反應被氧化成NO3﹣．兩步反應的能量變化示意圖如圖2所示：①第一步反應是反應（選題“放熱”或“吸熱”），判斷依據(jù)是。②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的熱化學方程式是。（3）過程Ⅲ：一定條件下，向廢水中加入CH3OH，將HNO3還原成N2．若該反應消耗32gCH3OH轉移6mol電子，則參加反應的還原劑和氧化劑的物質的量之比是。10．（13分）為驗證鹵素單質氧化性的相對強弱，某小組用如圖所示裝置進行實驗（夾持儀器已略去，氣密性已檢驗）?實驗過程：Ⅰ．打開彈簧夾，打開活塞a，滴加濃鹽酸?Ⅱ．當B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時，夾緊彈簧夾?Ⅲ．當B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時，關閉活塞a?Ⅳ．（1）A中產生黃綠色氣體，該氣體的電子式是（2）驗證氯氣的氧化性強于碘的實驗現(xiàn)象是（3）B中溶液發(fā)生反應的離子方程式是（4）為驗證溴的氧化性強于碘，過程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是（5）過程Ⅲ實驗的目的是（6）氯?溴?碘單質的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下，得電子能力逐漸減弱．11．（17分）鎮(zhèn)靜藥物C、化合物N以及高分子樹脂（）的合成路線如圖所示：①②已知：RCHORCH（OH）COOH；RCOOHRCClORCOOR′（R、R′代表烴基）（1）A的含氧官能團的名稱是．（2）A在催化劑作用下可與H2反應生成B．該反應的反應類型是．（3）酯類化合物C的分子式是C15H14O3，其結構簡式是．（4）A發(fā)生銀鏡反應的化學方程式是．（5）扁桃酸（）有多種同分異構體．屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構體共有種，寫出其中一種含亞甲基（﹣CH2﹣）的同分異構體的結構簡式．（6）F與M合成高分子樹脂的化學方程式是．（7）N在NaOH溶液中發(fā)生水解反應的化學方程式是．

2010年北京市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6分，滿分42分）1．（6分）下列有關鋼鐵腐蝕與防護的說法正確的是（）A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護 B．鐵遇冷濃硝酸表面鈍化，可保護內部不被腐蝕 C．鋼管與銅管露天堆放在一起時，鋼管不易被腐蝕 D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時，負極反應是Fe﹣3e﹣═Fe3+ 【考點】BK：金屬的電化學腐蝕與防護．【專題】51I：電化學專題．【分析】A．用電解原理保護金屬時，金屬應作電解池陰極；B．常溫下，鐵和濃硝酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象而阻止進一步反應；C．構成原電池負極的金屬易被腐蝕；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時，負極上鐵失電子生成亞鐵離子．【解答】解：A．用電解原理保護金屬時，金屬應作電解池陰極，應該與原電池負極連接，故A錯誤；B．常溫下，鐵和濃硝酸反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進一步反應，所以可以保護內部金屬不被腐蝕，故B正確；C．鋼管、銅管和雨水能構成原電池，鐵作原電池負極而容易被腐蝕，故C錯誤；D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時，負極反應是Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題以金屬的腐蝕與防護為載體考查了原電池和電解池原理，注意鐵和鋁的鈍化現(xiàn)象不是沒反應而是反應生成一層致密的氧化物薄膜而阻止了進一步反應，為易錯點．2．（6分）下列物質與常用危險化學品的類別不對應的是（）A．H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B．CH4、C2H4﹣﹣易燃液體 C．CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D．KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑 【考點】O1：化學試劑的分類．【專題】512：物質的分類專題．【分析】A．H2SO4、NaOH有強腐蝕性；B．CH4、C2H4是氣體且具有可燃性；C．CaC2、Na能與水反應產生易燃氣體；D．KMnO4、K2Cr2O7有強氧化性．【解答】解：A．H2SO4、NaOH有強腐蝕性，是腐蝕品，故A正確；B．CH4、C2H4是氣體，不是易燃液體，故B錯誤；C．CaC2、Na能與水反應產生易燃氣體，是遇濕易燃物品，故C正確；D．KMnO4、K2Cr2O7有強氧化性，是氧化劑，故D正確。故選：B。【點評】本題考查危險化學品的分類，難度不大，平時注意知識的積累．3．（6分）下列說法正確的是（）A．的結構中含有酯基 B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物不同 C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸（C3H6O3） D．脂肪和蛋白質都是能發(fā)生水解反應的高分子化合物 【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】A．為的縮聚產物；B．因為加氫后雙鍵變?yōu)閱捂I，單鍵是一樣的；C．葡萄糖不能水解；D．脂肪不是高分子化合物．【解答】解：A．為分子間發(fā)生縮聚反應的產物，鏈節(jié)中含有酯基，故A正確；B．因為加氫后雙鍵變?yōu)閱捂I，單鍵可以旋轉，雙鍵不能旋轉，所以單鍵是一樣的，順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物均為丁烷，故B錯誤；C．葡萄糖為單糖，不能發(fā)生水解反應，故C錯誤；D．蛋白質為高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，題目難度不大，注意糖類中的單糖（葡萄糖和果糖）均不能發(fā)生水解反應．4．（6分）用如圖所示實驗裝置（夾持儀器已略去）探究銅絲與過量濃硫酸的反應．下列實驗不合理的是（）A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量 B．②中選用品紅溶液驗證SO2的生成 C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2 D．為確認CuSO4生成，向①中加水，觀察顏色 【考點】F8：濃硫酸的性質．【專題】523：氧族元素．【分析】A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反應；B．品紅能被二氧化硫漂白，根據(jù)SO2的漂白性分析；C．SO2為酸性氧化物，可與堿發(fā)生反應；D．不應將水加入過量的濃硫酸中，否則易產生暴沸現(xiàn)象．【解答】解：A．在加熱的條件下，當銅絲與濃硫酸接觸時才能反應，當往上抽動銅絲時，銅絲與硫酸不接觸，反應停止，故可通過上下移動①中銅絲可控制SO2的量，故A正確；B．SO2具有漂白性，品紅能被二氧化硫漂白，可用品紅溶液驗證SO2的生成，故B正確；C．SO2為酸性氣體，具有污染性，可與堿發(fā)生反應，生成亞硫酸鈉和水，可用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正確；D．銅與濃硫酸的反應Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，實驗中，銅絲與過量濃硫酸的反應生成是硫酸銅，試管中含有大量水，不會生成白色固體，CuSO4溶液呈藍色，為確認CuS04生成，應用膠頭滴管將試管1中的液體取出少量，滴入水中，觀察溶液顏色，若溶液顯藍色，證明有硫酸銅生成，反之則無，而不應將水加入過量的濃硫酸中，否則易產生暴沸現(xiàn)象，故D錯誤；故選：D。【點評】本題考查了二氧化硫的性質，題目難度不大，注意二氧化硫的酸性和漂白性．5．（6分）下列解釋實驗事實的方程式不正確的是（）A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOH?CH3COO﹣+H+ B．“NO2球”浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2（g）（紅棕色）?N2O4（g）（無色）△H＜0 C．鐵溶于稀硝酸，溶液變黃：3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2O D．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 【考點】49：離子方程式的書寫；CB：化學平衡的影響因素；D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡；DD：鹽類水解的應用；EG：硝酸的化學性質．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A、根據(jù)pH可判斷醋酸為弱電解質，電離方程式應用可逆號；B、根據(jù)溫度對化學平衡移動的影響來分析；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃說明鐵被氧化為三價鐵離子；D、根據(jù)碳酸根離子的水解生成氫氧根離子來分析．【解答】解：A、0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1，則醋酸電離生成的氫離子的濃度小于0.1mol/L，即醋酸為弱電解質，其電離方程式為CH3COOHCH3COO﹣+H+，故A正確；B、因2NO2（g）（紅棕色）N2O4（g）（無色）△H＜0，該反應為放熱反應，在冷水中該反應向正反應方向移動，則顏色變淺，故B正確；C、鐵溶于稀硝酸，溶液變黃，鐵被氧化為三價鐵離子，離子反應為Fe+4H++NO3﹣Fe3++NO↑+2H2O，故C錯誤；D、因碳酸根離子水解使碳酸鈉溶液顯堿性，CO32﹣+H2OHCO3﹣+OH﹣，故向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅，故D正確；故選：C。【點評】本題為小綜合，屬于高考中的冷拼試題，考查了弱電解質的電離、化學平衡的影響因素及平衡移動、水解平衡、氧化還原反應等知識點，注重了對高考?？伎键c的考查．6．（6分）自然界地表層原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變?yōu)殂~藍（CuS）．下列分析正確的是（）A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B．原生銅的硫化物具有還原性，而銅藍沒有還原性 C．CuSO4與ZnS反應的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓ D．整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復分解反應生成更難溶的CuS 【考點】B1：氧化還原反應；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【專題】16：壓軸題．【分析】A、難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化是溶解度大的物質向溶解度小的物質轉化；B、根據(jù)元素的化合價判斷，最高價元素只有氧化性，最低價只有還原性，中間價態(tài)既有氧化性又有還原性；C、寫轉化離子方程式時，難溶電解質寫化學式不寫離子；D、根據(jù)反應中化合價是否變化及復分解反應的定義判斷．【解答】解：A、難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化是溶解度大的物質向溶解度小的物質轉化，PbS能轉化為CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的溶解度，故A錯誤；B、原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，硫元素化合價升高作還原劑具有還原性；銅藍中硫元素化合價最低，所以能失電子具有還原性，故B錯誤；C、硫化鋅難溶于水，所以要寫化學式，不能寫離子，故C錯誤；D、原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，所以存在氧化還原反應；CuSO4與ZnS反應生成硫化銅和硫酸鋅是復分解反應，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質，難度不大，易錯選項是C，注意難溶物質不能寫離子形式要寫化學式．7．（6分）某溫度下，H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）的平衡常數(shù)K=，該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始濃度如表所示，下列判斷不正確的是（）起始濃度甲乙丙c（H2）/mol?L﹣10.0100.0200.020c（CO2）/mol?L﹣10.0100.0100.020A．平衡時，乙中CO2的轉化率大于60% B．平衡時，甲中和丙中H2的轉化率均是60% C．平衡時，丙中c（CO2）是甲中的2倍，是0.008mol?L﹣1 D．反應開始時，乙中的反應速率最快，甲中的反應速率最慢 【考點】CP：化學平衡的計算．【專題】558：化學平衡計算．【分析】對于甲容器：H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）開始（mol/L）：0.010.0100變化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：0.01﹣x0.01﹣xxx所以=，解得x=0.006．A．由上述計算可知，甲容器內二氧化碳的轉化率為60%，恒溫恒容下，乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉化率比甲中高；B．甲、丙兩容器內起始濃度n（H2）：n（CO2）=1：1，反應H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）前后氣體的體積不變，恒溫恒容下，甲、丙為等效平衡，平衡時甲、丙中H2的轉化率均相等；C．甲、丙為等效平衡，平衡時甲、丙中CO2的轉化率相等；D．濃度越大反應速率越快．【解答】解：對于甲容器：H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）開始（mol/L）：0.010.0100變化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：0.01﹣x0.01﹣xxx所以=，解得x=0.006。A．由上述計算可知，甲容器內二氧化碳的轉化率為×100%=60%，恒溫恒容下，乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉化率比甲中高，故平衡時，乙中CO2的轉化率大于60%，故A正確；B．甲、丙兩容器內起始濃度n（H2）：n（CO2）=1：1，反應H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）前后氣體的體積不變，恒溫恒容下，甲、丙為等效平衡，平衡時甲、丙中H2的轉化率均相等，由上述計算可知，甲容器內氫氣的轉化率為×100%=60%，故B正確；C．由上述計算可知，平衡時甲容器內c（CO2）=（0.01﹣x）mol/L=0.004mol/L，甲、丙為等效平衡，平衡時，甲、丙中CO2的轉化率相等，由A中計算可知為60%，故平衡時丙容器內c（CO2）=0.02mol/L×（1﹣60%）=0.008mol/L，丙中c（CO2）是甲中的2倍，故C正確；D．濃度越大反應速率越快，由表中數(shù)據(jù)可知，甲、乙容器內，開始CO2濃度相等，乙中H2濃度比甲中濃度大，所以速率乙＞甲，乙、丙容器內，開始H2濃度相等，丙中CO2濃度比乙中濃度大，所以速率丙＞乙，故速率丙＞乙＞甲，故D錯誤，故選：D?！军c評】本題考查化學平衡計算、等效平衡、外界條件對反應速率的影響等，難度中等，注意三段式解題法的運用，判斷甲、丙為等效平衡是解題關鍵．二、非選擇題（共58分）8．（14分）由短周期元素組成的化合物X是某抗酸藥的有效成分．甲同學欲探究X的組成．查閱資料：①由短周期元素組成的抗酸藥的有效成分有碳酸氫鈉、碳酸鎂、氫氧化鋁、硅酸鎂鋁、磷酸鋁、堿式碳酸鎂鋁．②Al3+在pH=5.0時沉淀完全；Mg2+在pH=8.8時開始沉淀，在pH=11.4時沉淀完全．實驗過程：I．向化合物X粉末中加入過量鹽酸，產生氣體A，得到無色溶液．Ⅱ．用鉑絲蘸取少量I中所得的溶液，在火焰上灼燒，無黃色火焰．Ⅲ．向I中所得的溶液中滴加氨水，調節(jié)pH至5～6，產生白色沉淀B，過濾．Ⅳ．向沉淀B中加過量NaOH溶液，沉淀全部溶解．Ⅴ．向Ⅲ中得到的濾液中滴加NaOH溶液，調節(jié)pH至12，得到白色沉淀C．（1）I中氣全A可使澄清石灰水變渾濁，A的化學式是CO2．（2）由I、Ⅱ判斷X一定不含有的元素是磷、鈉、硅．（3）Ⅲ中生成B的離子方程式是Al3++3NH3?H20═Al（OH）3↓+3NH4+．（4）Ⅳ中B溶解的離子方程式是Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．（5）沉淀C的化學式是Mg（OH）2．（6）若上述n（A）：n（B）：n（C）=1：1：3，則X的化學式是Mg3Al（OH）7CO3．【考點】49：離子方程式的書寫；DG：常見離子的檢驗方法；M5：復雜化學式的確定；RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】18：實驗分析題．【分析】Ⅰ、氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2．X中一定不含Si，因為硅酸鹽中加入過量鹽酸，會產生硅酸沉淀；Ⅱ、X中一定不含Na，因為Na的焰色為黃色．Ⅲ、根據(jù)題給信息知調節(jié)pH至5～6時生成的白色沉淀為Al（OH）3．Ⅳ、加入過量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，離子方程式為：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．Ⅴ、加入NaOH溶液調節(jié)pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg（OH）2．綜上所述：由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，則CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，則CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al（OH）7CO3．【解答】解：（1）氣體A可使澄清石灰水變渾濁，結合抗酸藥的有效成分，知該氣體為CO2，故答案為：CO2；（2）X中一定不含Si，因為硅酸鹽中加入過量鹽酸，會產生硅酸沉淀，一定不含Na，因為Na的焰色為黃色，故答案為：鈉、硅；（3）調節(jié)pH至5～6時生成的白色沉淀為Al（OH）3，NH3?H20為弱電解質，離子方程式中應寫為化學式，故答案為：Al3++3NH3?H20═Al（OH）3↓+3NH4+；（4）Al（OH）3為兩性氫氧化物，能溶于強堿，加入過量NaOH溶液，Al（OH）3沉淀完全溶解，離子方程式為：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，故答案為：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；（5）加入NaOH溶液調節(jié)pH至12，有白色沉淀產生，則沉淀C為Mg（OH）2，故答案為：Mg（OH）2；（6）由于n（CO2）：n[Al（OH）3]：n[Mg（OH）2]=1：1：3，則CO32﹣、Al3+、Mg2+的物質的量之比為1：1：3，結合電荷守恒，則CO32﹣、Al3+、Mg2+、OH﹣的物質的量之比為1：1：3：7，故X為Mg3Al（OH）7CO3．故答案為：Mg3Al（OH）7CO3．【點評】本題考查抗酸藥成分的探究實驗，題目較為綜合，本題易錯點為第（6）題，根據(jù)質量守恒定律解答．9．（14分）某氮肥廠氨氮廢水中的氮元素多以NH4+和NH3?H2O的形式存在，該廢水的處理流程如圖1所示：（1）過程Ⅰ：加NaOH溶液，調節(jié)pH至9后，升溫至30℃，通空氣將氨趕出并回收。①用離子方程式表示加NaOH溶液的作用：NH4++OH﹣=NH3?H2O。②用化學平衡原理解釋通空氣的目的：空氣可以將生成的氨氣帶走，使化學平衡向正反應方向移動，利于除氨。（2）過程Ⅱ：在微生物作用的條件下，NH4+經過兩步反應被氧化成NO3﹣．兩步反應的能量變化示意圖如圖2所示：①第一步反應是放熱反應（選題“放熱”或“吸熱”），判斷依據(jù)是△H=﹣273kJ/mol＜0（反應為的總能量大于生成物的總能量）。②1molNH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的熱化學方程式是NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol。（3）過程Ⅲ：一定條件下，向廢水中加入CH3OH，將HNO3還原成N2．若該反應消耗32gCH3OH轉移6mol電子，則參加反應的還原劑和氧化劑的物質的量之比是5：6。【考點】BA：吸熱反應和放熱反應；BE：熱化學方程式；BQ：氧化還原反應的計算；EL：含氮物質的綜合應用．【專題】515：氧化還原反應專題；517：化學反應中的能量變化；524：氮族元素．【分析】（1）①銨根能和強堿反應生成一水合氨；②減少生成物，可以使化學平衡向正反應方向移動；（2）①當反應物的總能量大于生成物的總能量，反應是放熱的；②結合圖象根據(jù)蓋斯定律來計算反應的焓變；（3）根據(jù)消耗甲醇的量和轉移電子的量來書寫方程式，并確定氧化劑和還原劑的量的多少?！窘獯稹拷猓海?）①銨鹽能和強堿反應，實質是：NH4++OH﹣═NH3?H2O，故答案為：NH4++OH﹣═NH3?H2O；②氨水電離是可逆反應，將生成的氨氣帶走，即減少生成物，可以使化學平衡向正反應方向移動，即更多的生成氨氣，因而促進了氨水電離，故答案為：空氣可以將生成的氨氣帶走，使化學平衡向正反應方向移動，利于除氨；（2）①焓變小于0，則反應為放熱反應，故答案為：放熱；因為△H=﹣273kJ/mol＜0（反應物的總能量大于生成物的總能量）；②第一步的熱化學方程式為NH4+（aq）+1.5O2（g）═NO2﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l），△H=﹣273KJ/mol，第二步的熱化學方程式為：NO2﹣（aq）+0.5O2（g）═NO3﹣（aq），△H=﹣73KJ/mol，根據(jù)蓋斯定律則NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol，故答案為：NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346kJ/mol；（3）消耗32g（1mol）CH3OH轉移6mol電子，由CH3OH中碳原子的化合價升高6，所以反應后碳的化合價為+4，產物為CO2，根據(jù)質量守恒和化合價升降總數(shù)相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反應中氧化劑是硝酸，還原劑是甲醇，參加反應的還原劑和氧化劑的物質的量之比是5：6，故答案為：5：6?！军c評】本題是一道有關化學平衡和熱化學方程式的題目，綜合性強，難度較大，注意平時知識的積累和靈活應用。10．（13分）為驗證鹵素單質氧化性的相對強弱，某小組用如圖所示裝置進行實驗（夾持儀器已略去，氣密性已檢驗）?實驗過程：Ⅰ．打開彈簧夾，打開活塞a，滴加濃鹽酸?Ⅱ．當B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時，夾緊彈簧夾?Ⅲ．當B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時，關閉活塞a?Ⅳ．（1）A中產生黃綠色氣體，該氣體的電子式是（2）驗證氯氣的氧化性強于碘的實驗現(xiàn)象是淀粉KI試紙變藍（3）B中溶液發(fā)生反應的離子方程式是Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣（4）為驗證溴的氧化性強于碘，過程Ⅳ的操作和現(xiàn)象是打開活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽希ɑ蜃霞t）色（5）過程Ⅲ實驗的目的是確認C的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾（6）氯?溴?碘單質的氧化性逐漸減弱的原因：同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．【考點】S5：氯、溴、碘的性質實驗；U2：性質實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】驗證鹵素單質氧化性的相對強弱，裝置A：高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯化鉀、氯氣和水，裝置A中生成氯氣，燒瓶上端濕潤的碘化鉀淀粉試紙變藍色，驗證氯氣的氧化性強于碘，裝置B：裝置B中盛有溴化鈉，氯氣進入裝置B中，氯氣氧化溴離子為溴單質，溶液呈橙紅色，驗證氯的氧化性強于溴，氯氣有毒，能被氫氧化鈉吸收，浸有氫氧化鈉的棉花防止氯氣污染空氣，當B和C中的溶液都變?yōu)辄S色時，夾緊彈簧夾，為驗證溴的氧化性強于碘，實驗時應避免氯氣的干擾，當B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時，說明有大量的溴生成，此時應關閉活塞a，否則氯氣過量，影響實驗結論，以此解答該題．【解答】解：（1）因KMnO4與濃HCl反應可以用來制Cl2，其電子式為：；故答案為：；（2）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，可發(fā)生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，I2能使淀粉變藍；故答案為：淀粉KI試紙變藍；（3）因Cl2的氧化性大于Br2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，可發(fā)生：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣，故答案為：Cl2+2Br﹣=Br2+2Cl﹣；（4）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，要發(fā)生：Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣，同時檢驗產物碘的存在；故答案為：打開活塞b，將少量C中溶液滴入D中，關閉活塞b，取下D震蕩，靜置后CCl4層溶液變?yōu)樽希ɑ蜃霞t）色；（5）為驗證溴的氧化性強于碘，實驗時應避免氯氣的干擾，當B中溶液由黃色變?yōu)樽丶t色時，說明有大量的溴生成，此時應關閉活塞a，否則氯氣過量，影響實驗結論，故答案為：確認C的黃色溶液中無Cl2，排除Cl2對溴置換碘實驗的干擾；（6）因同一主族元素，從上到下，電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，元素的金屬性逐漸增強，得電子能力逐漸減弱；故答案為：電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大．【點評】本題為性質實驗設計，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能力和實驗能力，題目著重考查了鹵素單質氧化性的相對強弱的驗證，根據(jù)實驗現(xiàn)象并用鹵素性質進行解釋是解答關鍵，注意要排除干擾因素的存在，題目難度中等．11．（17分）鎮(zhèn)靜藥物C、化合物N以及高分子樹脂（）的合成路線如圖所示：①②已知：RCHORCH（OH）COOH；RCOOHRCClORCOOR′（R、R′代表烴基）（1）A的含氧官能團的名稱是醛基．（2）A在催化劑作用下可與H2反應生成B．該反應的反應類型是加成反應（或還原反應）．（3）酯類化合物C的分子式是C15H14O3，其結構簡式是．（4）A發(fā)生銀鏡反應的化學方程式是．（5）扁桃酸（）有多種同分異構體．屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構體共有13種，寫出其中一種含亞甲基（﹣CH2﹣）的同分異構體的結構簡式．（6）F與M合成高分子樹脂的化學方程式是．（7）N在NaOH溶液中發(fā)生水解反應的化學方程式是．【考點】HC：有機物的合成．【專題】16：壓軸題；534：有機物的化學性質及推斷．【分析】由高分子樹脂（）的合成路線可知，由逆推法可知，M為HCHO，F(xiàn)為，結合信息，RCHO在堿性條件下反應，A為，化合物B為苯甲醇，則C為，A與銀氨溶液反應生成D，則D為，再由信息可知，E為，E、F發(fā)生取代反應生成N，則N為，然后結合有機物的官能團及性質來解答．【解答】解：由高分子樹脂（）的合成路線可知，由逆推法可知，M為HCHO，F(xiàn)為，結合信息，RCHO在堿性條件下反應，A為，化合物B為苯甲醇，則C為，A與銀氨溶液反應生成D，則D為，再由信息可知，E為，E、F發(fā)生取代反應生成N，則N為，（1）A為苯甲醛，官能團為醛基，故答案為：醛基；（2）A在催化劑作用下可與H2反應生成B，B為苯甲醇，該反應為加成反應（或還原反應），苯甲醇的分子式為C7H8O，故答案為：加成反應（或還原反應）；（3）酯類化合物C的分子式是C15H14O3，其結構簡式是，故答案為：；（4）苯甲醛和銀氨溶液發(fā)生銀鏡反應，反應方程式為：，故答案為：；（5）扁桃酸（）有多種同分異構體．屬于甲酸酯且含酚羥基的同分異構體，符合①為甲酸酯②含有酚羥基，故取代基為﹣OH、﹣CH2OOCH，有鄰、間、對三種，取代基為﹣OH、﹣CH3、﹣OOCH，當﹣CH3、﹣OOCH處于鄰位，﹣OH有4種位置，當﹣CH3、﹣OOCH處于間位，﹣OH有4種位置，當﹣CH3、﹣OOCH處于對位，﹣OH有2種位置，故符合條件的同分異構體有3+4+4+2=13種，含亞甲基（﹣CH2﹣）的同分異構體的結構簡式為（任意一種），故答案為：13；（任意一種）；（6）F與M合成高分子樹脂的化學方程式是，該反應為縮聚反應，故答案為：；縮聚反應；（7）N在NaOH溶液中發(fā)生水解反應的化學方程式是，故答案為：．【點評】本題考查有機物的合成，利用合成路線中物質官能團及碳鏈的變化推斷各物質是解答的關鍵，注意結合信息來分析官能團的性質，題目難度中等，同分異構體的推斷是解答的難點．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年北京市高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，滿分42分）1．（6分）下列有關鋼鐵腐蝕與防護的說法正確的是（）A．鋼管與電源正極連接，鋼管可被保護 B．鐵遇冷濃硝酸表面鈍化，可保護內部不被腐蝕 C．鋼管與銅管露天堆放在一起時，鋼管不易被腐蝕 D．鋼鐵發(fā)生析氫腐蝕時，負極反應是Fe﹣3e﹣═Fe3+ 2．（6分）下列物質與常用危險化學品的類別不對應的是（）A．H2SO4、NaOH﹣﹣腐蝕品 B．CH4、C2H4﹣﹣易燃液體 C．CaC2、Na﹣﹣遇濕易燃物品 D．KMnO4、K2CrO7﹣﹣氧化劑 3．（6分）下列說法正確的是（）A．的結構中含有酯基 B．順﹣2﹣丁烯和反﹣2﹣丁烯的加氫產物不同 C．1mol葡萄糖可水解生成2mol乳酸（C3H6O3） D．脂肪和蛋白質都是能發(fā)生水解反應的高分子化合物 4．（6分）用如圖所示實驗裝置（夾持儀器已略去）探究銅絲與過量濃硫酸的反應．下列實驗不合理的是（）A．上下移動①中銅絲可控制SO2的量 B．②中選用品紅溶液驗證SO2的生成 C．③中選用NaOH溶液吸收多余的SO2 D．為確認CuSO4生成，向①中加水，觀察顏色 5．（6分）下列解釋實驗事實的方程式不正確的是（）A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH＞1：CH3COOH?CH3COO﹣+H+ B．“NO2球”浸泡在冷水中，顏色變淺：2NO2（g）（紅棕色）?N2O4（g）（無色）△H＜0 C．鐵溶于稀硝酸，溶液變黃：3Fe+8H++2NO3﹣?3Fe2++2NO2+4H2O D．向Na2CO3溶液中滴入酚酞，溶液變紅：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣ 6．（6分）自然界地表層原生銅的硫化物經氧化、淋濾作用后變成CuSO4溶液，向地下深層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變?yōu)殂~藍（CuS）．下列分析正確的是（）A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度 B．原生銅的硫化物具有還原性，而銅藍沒有還原性 C．CuSO4與ZnS反應的離子方程式是Cu2++S2﹣═CuS↓ D．整個過程涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應，然后硫酸銅與ZnS、PbS發(fā)生復分解反應生成更難溶的CuS 7．（6分）某溫度下，H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）的平衡常數(shù)K=，該溫度下在甲、乙、丙三個恒容密閉容器中，投入H2（g）和CO2（g），其起始濃度如表所示，下列判斷不正確的是（）起始濃度甲乙丙c（H2）/mol?L﹣10.0100.0200.020c（CO2）/mol?L﹣10.0100.0100.020A．平衡時，乙中CO2的轉化率