2010年北京市高考化學試卷（原卷版）

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．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年北京市高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）垃圾分類有利于資源回收利用．下列垃圾歸類不合理的是（）①②③④垃圾廢易拉罐廢塑料瓶廢熒光燈管不可再生廢紙垃圾分類A．① B．② C．③ D．④ 2．（3分）下列說法不正確的是（）A．麥芽糖及其水解產物均能發(fā)生銀鏡反應 B．用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯 C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3CO18OH和C2H5OH D．用甘氨酸（）和丙氨酸（）縮合最多可形成4種二肽 3．（3分）結合圖判斷，下列敘述正確的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正極均被保護 B．Ⅰ和Ⅱ中負極反應均是Fe﹣2e﹣=Fe2+ C．Ⅰ和Ⅱ中正極反應均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ D．Ⅰ和Ⅱ中分別加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有藍色沉淀 4．（3分）下列與處理方法對應的反應方程式不正確的是（）A．用Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓ B．用催化法處理汽車尾氣中的CO和NO：CO+NOC+NO2 C．向污水中投放明礬，生成能凝聚懸浮物的膠體：Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+ D．用高溫催化氧化法去除烴類廢氣（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ．mol﹣1下列說法不正確的是（）A．①和②產物的陰陽離子個數(shù)比相等 B．①和②生成等物質的量的產物，轉移電子數(shù)相同 C．常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快 D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣16．（3分）下列實驗方案中，不能測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質量分數(shù)（）A．取a克混合物充分加熱，減重b克 B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克D．取a克混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應，過濾、洗滌、烘干，得b克固體 7．（3分）已知反應：2CH3COCH3（l）?CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分別在0℃和20℃下，測得其轉化分數(shù)隨時間變化的關系曲線（Y﹣t）如圖所示．下列說法正確的是（）A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲線 B．反應進行到20min末，CH3COCH3的 C．升高溫度可縮短反應達平衡的時間并能提高平衡轉化率 D．從Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的 二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（12分）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反應是反應（填“吸熱”或“放熱”）．（2）HX的電子式是．（3）共價鍵的極性隨共用電子對偏移程度的增大而增強，HX共價鍵的極性由強到弱的順序是．（4）X2都能與H2反應生成HX，用原子結構解釋原因：．（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學性質的遞變性，用原子結構解釋原因：，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，（選填字母）．a．在相同條件下，平衡時X2的轉化率逐漸降低b．X2與H2反應的劇烈程度逐漸減弱c．HX的還原性逐漸減弱d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱．9．（14分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示．（1）溶液A的溶質是．（2）電解飽和食鹽水的離子方程式是．（3）電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3．用化學平衡移動原理解釋鹽酸的作用：．（4）電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42﹣[c（SO42﹣）＞c（Ca2+）]．精制流程如下（淡鹽水和溶液A來自電解池）：①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質是．②過程I中將NH4+轉化為N2的離子方程式是．③BaSO4的溶解度比BaCO3的?。^程II中除去的離子有．④經過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L．若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液體積變化忽略不計）．10．（15分）甲、乙兩同學為探究SO2與可溶性鋇的強酸鹽能否反應生成白色BaSO3沉淀，用下圖所示裝置進行實驗（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗）．實驗操作和現(xiàn)象：操作現(xiàn)象關閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成，銅片表面產生氣泡B中有氣泡冒出，產生大量白色沉淀C中產生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2，停止加熱，一段時間后關閉﹣﹣﹣從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應的化學方程式是．（2）C中白色沉淀是，該沉淀的生成表明SO2具有性．（3）C中液面上方生成淺棕色氣體的化學方程式是．（4）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產生的原因，甲認為是空氣參與反應，乙認為是白霧參與反應．①為證實各自的觀點，在原實驗基礎上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是；乙在A、B間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是．②進行實驗，B中現(xiàn)象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀檢驗白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸．結合離子方程式解釋實驗現(xiàn)象異同的原因：．（5）合并（4）中兩同學的方案進行實驗．B中無沉淀生成，而C中產生白色沉淀，由此得出的結論是．11．（17分）常用作風信子等香精的定香劑D以及可用作安全玻璃夾層的高分子化合物PVB的合成路線如下：已知：Ⅰ．RCHO+R’CH2CHO+H2O（R、R’表示烴基或氫）Ⅱ．醛與二元醇（如：乙二醇）可生成環(huán)狀縮醛：（1）A的核磁共振氫譜有兩種峰．A的名稱是．（2）A與合成B的化學方程式是．（3）C為反式結構，由B還原得到．C的結構式是．（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色．N由A經反應①～③合成．a．①的反應試劑和條件是．b．②的反應類型是．c．③的化學方程式是．（5）PVAc由一種單體經加聚反應得到，該單體的結構簡式是．（6）堿性條件下，PVAc完全水解的化學方程式是．

2011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3分，滿分21分）1．（3分）垃圾分類有利于資源回收利用．下列垃圾歸類不合理的是（）①②③④垃圾廢易拉罐廢塑料瓶廢熒光燈管不可再生廢紙垃圾分類A．① B．② C．③ D．④ 【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】分析這道題，要密切結合生活常識，根據(jù)各種廢品的可利用程度來分類．【解答】解：A、廢易拉罐可回收利用，所以屬于可回收物。B、廢塑料瓶也可回收利用，所以屬于可回收物。C、廢熒光燈管中含有重金屬等有害物質，所以屬于有害垃圾。D、廢紙可以燃燒，所以屬于可燃垃圾。故選：B?！军c評】可回收垃圾主要包括廢紙、塑料、玻璃、金屬和布料五大類．通過綜合處理回收利用，可以減少污染，節(jié)省資源．2．（3分）下列說法不正確的是（）A．麥芽糖及其水解產物均能發(fā)生銀鏡反應 B．用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯 C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3CO18OH和C2H5OH D．用甘氨酸（）和丙氨酸（）縮合最多可形成4種二肽 【考點】HD：有機物的結構和性質；J8：苯酚的化學性質；JG：酯的性質；K2：蔗糖、麥芽糖簡介；K6：氨基酸、蛋白質的結構和性質特點．【分析】A、麥芽糖和水解產物葡萄糖中的官能團來分析銀鏡反應；B、溴水與苯酚溶液反應生成三溴苯酚白色沉淀，與己二烯發(fā)生加成反應而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸縮合形成二肽時可能有如下四種情況：①二個甘氨酸之間；②二個丙氨酸之間；③甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；④甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間．【解答】解：A、麥芽糖和水解產物葡萄糖中的官能團都有醛基，則麥芽糖、葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應，故A正確；B、苯酚和溴水反應生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反應，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下層是水層，上層是橙紅色的有機層，因此可以鑒別，故B正確；C、酯類水解時，酯基中的碳氧單鍵斷鍵，水中的羥基與碳氧雙鍵結合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解產物是CH3COOH和C2H518OH，故C錯誤；D、兩個氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或堿的存在下加熱，通過一分子的氨基與另一分子的羧基間脫去一分子水，縮合形成含有肽鍵的化合物，成為成肽反應。因此甘氨酸和丙氨酸混合縮合是既可以是自身縮合：二個甘氨酸之間，二個丙氨酸之間（共有2種），也可是甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間，所以一共有4種二肽，故D正確。故選：C?！军c評】本題考查醛基、苯酚、雙鍵、酯基、氨基、羧基的性質，常用銀鏡反應來檢驗醛基，檢驗苯酚常用氯化鐵溶液和溴水．3．（3分）結合圖判斷，下列敘述正確的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正極均被保護 B．Ⅰ和Ⅱ中負極反應均是Fe﹣2e﹣=Fe2+ C．Ⅰ和Ⅱ中正極反應均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ D．Ⅰ和Ⅱ中分別加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有藍色沉淀 【考點】BH：原電池和電解池的工作原理；BI：電極反應和電池反應方程式．【分析】鋅比鐵活潑，裝置Ⅰ中鋅做負極，負極反應為：Zn﹣2e﹣=Zn2+，鐵做正極，溶液呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；鐵比銅活潑，裝置Ⅱ中鐵為負極，反應式為：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正極為銅，電解質溶液呈酸性，所以正極的反應式為：2H++2e﹣=H2↑；檢驗Fe2+離子可用K3[Fe（CN）6]生成藍色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀．【解答】解：A、題給裝置I、II都是原電池，活潑金屬作負極，首先被腐蝕，不活潑金屬作正極，被保護；故A對；B、I中的負極反應式為：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中負極是鐵，反應式為：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B錯；C、I溶液顯中性，其電極反應式為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液顯酸性，電極反應式為：2H++2e﹣=H2↑，故C錯；D、I中沒有Fe2+，不能與K3[Fe（CN）6]生成藍色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，故D錯；故選：A。【點評】本題考查原電池的工作原理以及金屬的腐蝕及防護等知識，做題的關鍵是正確判斷電池的正負極反應．4．（3分）下列與處理方法對應的反應方程式不正確的是（）A．用Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓ B．用催化法處理汽車尾氣中的CO和NO：CO+NOC+NO2 C．向污水中投放明礬，生成能凝聚懸浮物的膠體：Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+ D．用高溫催化氧化法去除烴類廢氣（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 【考點】49：離子方程式的書寫；PE：物質的分離、提純和除雜．【專題】24：實驗設計題；52：元素及其化合物．【分析】A、Hg2+和S2﹣易結合形成難溶性的HgS；B、NO的氧化性強于CO，反應產物為N2和CO2；C、明礬凈水是Al3+水解生成了吸附性較強的Al（OH）3膠體；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水．【解答】解：A、Hg2+和S2﹣易結合形成難溶性的HgS，可用Na2S去除廢水中的Hg2+，離子方程式為：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正確；B、NO的氧化性強于CO，反應產物為N2和CO2，正確的化學方程式為：2CO+2NON2+2CO2，故B錯誤；C、明礬在溶液中電離出的Al3+水解生成的Al（OH）3膠體具有較強的吸附性，能吸附水中的懸浮物，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，故C正確；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水，可用高溫催化氧化法去除烴類廢氣，化學方程式為：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，故D正確。故選：B?！军c評】本題結合無機物和有機物的反應考查了化學方程式、離子方程式為的正確書寫．5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ．mol﹣1下列說法不正確的是（）A．①和②產物的陰陽離子個數(shù)比相等 B．①和②生成等物質的量的產物，轉移電子數(shù)相同 C．常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快 D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣1 【考點】BE：熱化學方程式；GE：鈉的化學性質．【專題】517：化學反應中的能量變化；52：元素及其化合物．【分析】A、Na2O中陰陽離子個數(shù)之比為1：2，Na2O2中陰陽離子個數(shù)之比為1：2；B、由鈉原子的個數(shù)及鈉元素的化合價分析轉移的電子數(shù)；C、常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O2的速率逐漸加快；D、利用已知的兩個反應和蓋斯定律來分析；【解答】解：A、在Na2O中陽離子是鈉離子、陰離子是氧離子，Na2O2中陽離子是鈉離子、陰離子是過氧根離子，因此陰、陽離子的個數(shù)比都是1：2，①和②產物的陰陽離子個數(shù)比相等，故A正確；B、由鈉原子守恒可知，①和②生成等物質的量的產物時，鈉元素的化合價都是由0升高到+1價，則轉移的電子數(shù)相同，故B正確；C、常溫下Na與足量O2反應生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O2的速率逐漸加快，而不是氧化鈉，故C錯誤；D、熱化學方程式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正確；故選：C?！军c評】本題是一綜合題，考查化學鍵類型、氧化還原反應的計算、元素化合物知識、以及蓋斯定律，考查了多個考點，設點全面，題目難度適中．6．（3分）下列實驗方案中，不能測定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質量分數(shù)（）A．取a克混合物充分加熱，減重b克 B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體 C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克 D．取a克混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應，過濾、洗滌、烘干，得b克固體 【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】16：壓軸題．【分析】實驗方案是否可行，關鍵看根據(jù)測量數(shù)據(jù)能否計算出結果．A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性，利用差量法即可計算質量分數(shù)；B、根據(jù)鈉守恒，可列方程組求解；C、C項應先把水蒸氣排除才合理；D、根據(jù)質量關系，可列方程組求解．【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，故A項成立；B、反應后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉化為NaCl時的固體質量變化不同，由鈉元素守恒和質量關系，可列方程組計算，故B項成立；C、C項中堿石灰可以同時吸收CO2和水蒸氣，則無法計算，故C項錯誤；D、Na2CO3和NaHCO3轉化為BaCO3時的固體質量變化不同，利用質量關系來計算，故D項成立。故選：C。【點評】本題看似是實驗設計，實際上是從定性和定量兩個角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質的不同．7．（3分）已知反應：2CH3COCH3（l）?CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分別在0℃和20℃下，測得其轉化分數(shù)隨時間變化的關系曲線（Y﹣t）如圖所示．下列說法正確的是（）A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲線 B．反應進行到20min末，CH3COCH3的 C．升高溫度可縮短反應達平衡的時間并能提高平衡轉化率 D．從Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的 【考點】CM：轉化率隨溫度、壓強的變化曲線．【專題】16：壓軸題．【分析】分析圖象題時注意曲線的變化，溫度越高，化學反應速率越大，達到平衡時的時間就越少，曲線的斜率就越大；根據(jù)圖象可以看出溫度越高CH3COCH3轉化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，CH3COCH3的轉化率反而降低，分析圖象，當反應進行到66min時a、b曲線對應的轉化分數(shù)均相同，都是0.113，這說明此時生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多．【解答】解：A、溫度越高反應速率就越快，到達平衡的時間就越短，由圖象可看出曲線b首先到達平衡，所以曲線b表示的是20℃時的Y﹣t曲線，故A錯；B、當反應進行到20min時，從圖象中可以看出b曲線對應的轉化分數(shù)高于a曲線對應的轉化分數(shù)，這說明b曲線在20℃時對應的反應速率快，所以＜1，故B錯；C、根據(jù)圖象溫度越高CH3COCH3轉化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應方向進行，即正方應是放熱反應，故C錯；D、根據(jù)圖象可以看出當反應進行到66min時a、b曲線對應的轉化分數(shù)均相同，都是0.113，這說明此時生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多，所以從Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查轉化率隨溫度變化的圖象題，做題時注意觀察曲線的變化趨勢，以及溫度對化學反應速率的影響，本題的關鍵是根據(jù)圖象正確判斷反應是吸熱還是放熱．二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（12分）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反應是放熱反應（填“吸熱”或“放熱”）．（2）HX的電子式是．（3）共價鍵的極性隨共用電子對偏移程度的增大而增強，HX共價鍵的極性由強到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI．（4）X2都能與H2反應生成HX，用原子結構解釋原因：鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7．（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學性質的遞變性，用原子結構解釋原因：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，ad（選填字母）．a．在相同條件下，平衡時X2的轉化率逐漸降低b．X2與H2反應的劇烈程度逐漸減弱c．HX的還原性逐漸減弱d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱．【考點】43：電子式；BA：吸熱反應和放熱反應；C8：化學平衡常數(shù)的含義；E5：鹵素原子結構及其性質的比較．【分析】（1）溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應方向移動，HX的生成反應為放熱反應；（2）HX中H與X以一對共用電子對結合，電子式為：（3）F、Cl、Br、I的得電子能力依次減小，故HX共價鍵的極性由強到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI；（4）X2都能與H2反應生成HX的原因是鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7，得一個電子或形成一個共用電子對時，即可形成8電子穩(wěn)定結構；（5）平衡常數(shù)越大，說明反應越易進行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對最外層電子的吸引力依次減弱；（6）K值越大，說明反應的正向程度越大，即轉化率越高，反應的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解．【解答】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，這說明升高溫度平衡向逆反應方向移動，所以HX的生成反應是發(fā)熱反應；（2）HX屬于共價化合物，H﹣X之間形成的化學鍵是極性共價鍵，因此HX的電子式是；（3）F、Cl、Br、I屬于ⅦA，同主族元素自上而下隨著核電荷數(shù)的增大，原子核外電子層數(shù)逐漸增多，導致原子半徑逐漸增大，因此原子核對最外層電子的吸引力逐漸減弱，從而導致非金屬性逐漸減弱，即這四種元素得到電子的能力逐漸減弱，所以H﹣F鍵的極性最強，H﹣I的極性最弱，因此HX共價鍵的極性由強到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7個，在反應中均易得到一個電子而達到8電子的穩(wěn)定結構．而H原子最外層只有一個電子，在反應中也想得到一個電子而得到2電子的穩(wěn)定結構，因此鹵素單質與氫氣化合時易通過一對共用電子對形成化合物HX；（5）平衡常數(shù)越大，說明反應越易進行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對最外層電子的吸引力依次減弱造成的．（6）K值越大，說明反應的正向程度越大，即轉化率越高，a正確；反應的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解，因此選項d正確；而選項c與K的大小無直接聯(lián)系．故答案為：（1）放熱；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7；（5）同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多；（6）ad．【點評】用圖表表述化學過程或呈現(xiàn)背景信息是化學常用的表達方式，全面考查學生分析、比較、概括、歸納問題的能力．9．（14分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示．（1）溶液A的溶質是NaOH．（2）電解飽和食鹽水的離子方程式是2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣．（3）電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3．用化學平衡移動原理解釋鹽酸的作用：Cl2與水的反應為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動．減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出．（4）電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42﹣[c（SO42﹣）＞c（Ca2+）]．精制流程如下（淡鹽水和溶液A來自電解池）：①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質是Mg（OH）2．②過程I中將NH4+轉化為N2的離子方程式是2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O．③BaSO4的溶解度比BaCO3的小．過程II中除去的離子有SO42﹣、Ca2+．④經過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L．若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b，至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg（溶液體積變化忽略不計）．【考點】BH：原電池和電解池的工作原理；DK：以氯堿工業(yè)為基礎的化工生產簡介；PP：粗鹽提純．【專題】17：綜合實驗題；51I：電化學專題；52：元素及其化合物．【分析】（1）根據(jù)電極反應判斷陰極產物；（2）根據(jù)兩極的反應書寫電解反應式；（3）根據(jù)陽極產物和平衡移動原理分析；（4）①根據(jù)雜質離子和溶液的酸堿性判斷能反應生成的沉淀；②根據(jù)A溶液成分和可能具有的性質，結合氧化還原反應和質量守恒定律書寫離子方程式；③根據(jù)溶液成分和溶解度大小判斷生成的沉淀；④根據(jù)反應方程式和質量守恒解答．【解答】解：（1）電解飽和食鹽水時，陰極反應式為：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，陽極反應式為：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，陰極產物為NaOH和H2，陽極產物是Cl2，據(jù)此可以確定溶液A的溶質是NaOH，故答案為：NaOH；（2）根據(jù)陽極極和陰極的反應式可得電解反應的離子方程式是2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案為：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；（3）電解時用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3的作用是促使化學平衡Cl2+H2OHCl+HClO向左移動，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案為：Cl2與水的反應為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動．減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；（4）①根據(jù)粗鹽水和淡鹽水的化學成分，代入題給精制鹽水的流程進行分析，可知過程I是將Mg2+轉化為Mg（OH）2沉淀除去，即鹽泥a中除泥沙外，還含有的物質是Mg（OH）2，故答案為：Mg（OH）2；②將NH4+轉化為N2的氧化劑是Cl2，對應的離子方程式是2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O，故答案為：2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O；③過程II是利用沉淀溶解平衡原理，將溶液中的Ca2+和SO42﹣分別轉化為CaCO3和BaSO4沉淀除去，故答案為：SO42﹣、Ca2+；④NaClO與Na2SO3溶液反應的化學方程式為：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b時至少需要10%Na2SO3溶液，若鹽水c中剩余Na2SO3的含量為5mg/L，則還需添加10%Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的質量為1.26kg+0.5kg=1.76kg．故答案為：1.76．【點評】本題考查飽和食鹽水的電解和粗鹽的提純，題目較為綜合，注意平衡移動原理的應用以及物質的量應用于化學方程式的計算．做題時注意題中所給信息，用守恒的方法解答．10．（15分）甲、乙兩同學為探究SO2與可溶性鋇的強酸鹽能否反應生成白色BaSO3沉淀，用下圖所示裝置進行實驗（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗）．實驗操作和現(xiàn)象：操作現(xiàn)象關閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成，銅片表面產生氣泡B中有氣泡冒出，產生大量白色沉淀C中產生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2，停止加熱，一段時間后關閉﹣﹣﹣從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應的化學方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）C中白色沉淀是BaSO4，該沉淀的生成表明SO2具有還原性．（3）C中液面上方生成淺棕色氣體的化學方程式是2NO+O2═2NO2．（4）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產生的原因，甲認為是空氣參與反應，乙認為是白霧參與反應．①為證實各自的觀點，在原實驗基礎上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是通N2一段時間，排除裝置中的空氣；乙在A、B間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是飽和NaHSO3溶液．②進行實驗，B中現(xiàn)象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀檢驗白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸．結合離子方程式解釋實驗現(xiàn)象異同的原因：甲：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白霧的量遠多于裝置中O2的量．（5）合并（4）中兩同學的方案進行實驗．B中無沉淀生成，而C中產生白色沉淀，由此得出的結論是SO2與可溶性鋇的強酸鹽不能反應生成BaSO3沉淀．【考點】F5：二氧化硫的化學性質；U2：性質實驗方案的設計．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）由題給實驗目的和實驗可知，A中發(fā)生的反應方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，能將SO2氧化為SO42﹣，說明SO2具有還原性；（3）C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO，遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學方程式是2NO+O2═2NO2；（4）甲同學為排除裝置內空氣對實驗結果的影響，在Cu與濃硫酸反應前，可先通一會兒N2；乙同學為除去白霧或SO2中的SO3，可在A、B間增加一個盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；由于甲同學沒有排除白霧的干擾，生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同學沒有排除空氣的干擾，其生成BaSO4的離子方程式為2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；（5）合并甲、乙兩同學的方案進行實驗時，B中無沉淀生成，C中產生白色沉淀，說明SO2與可溶性鋇的強酸鹽不能反應生成BaSO3沉淀．【解答】解：（1）銅和濃硫酸加熱條件下生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）A中生成氣體SO2，C中的白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明C中沉淀為是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，能將SO2氧化為SO42﹣，說明SO2具有還原性；（3）C中發(fā)生的反應是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學方程式是2NO+O2═2NO2；（4）A中白霧與氯化鋇反應能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同學為排除裝置內空氣對實驗結果的影響，在Cu與濃硫酸反應前，可先通一會兒N2；A中白霧可能含有SO3或H2SO4，乙同學為除去白霧或SO2中的SO3，可在A、B間增加一個盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；在甲、乙兩同學的實驗中，B中均出現(xiàn)了不溶于稀鹽酸的白色沉淀，說明該白色沉淀都是BaSO4，由于甲同學沒有排除白霧的干擾，故生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓