高考北京理综化学试题解析文档格式.docx

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小苏打的主要成分是NaHCO3而不是Na2CO3，故B错；

复方氢氧化铝的主要成分是Al（OH）3，可以治疗胃酸过多，故C正确；

漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，也可以做漂白剂，故D正确。

【答案】B

7．（2012·

T7）下列解释实验现象的反应方程式正确的是（）

A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗2Na+O2=Na2O2

B．向AgC1悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色2AgC1+S2-=Ag2S↓+2C1-

C．Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物2Na2O2+CO2=2Na2CO3+O2

D．向NaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O

【解析】“切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗”是生成Na2O而不是Na2O2，只有在加热（点燃）条件下才生成Na2O2：

2Na+O2Na2O2，故A错；

Ag2S的溶解度比AgC1更小，可以实现沉淀的转化，故B正确；

“Na2O2在潮湿的空气中放置一段时间，变成白色粘稠物”主要是2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，生的NaOH具有吸水性造成的，故C错；

“过量的澄清石灰水”时发生的离子方程式为：

HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+2H2O，故D错。

8．（2012·

T8）下列试验中，所选装置不合理的是（）

A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④

B．用CC14提取碘水中的碘，选③

C．用FeC12溶液吸收C12，选⑤

D．粗盐提纯，选①和②

【解析】因CH3COOC2H5不溶解于水，故分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5用的是分液法，应选③，故A错；

萃取分液用的是分液漏斗，故B正确；

将FeC12溶液盛在⑤中广口瓶宗，C12从左侧通入反应，故C正确；

粗盐的提纯需经过溶解、过量、蒸发结晶，故D正确。

【答案】A

9．（2012·

T9）已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是（）

A．原子半径：

As＞C1＞PB．热稳定性：

HC1＞AsH3＞HBr

C．还原性：

As3-＞S2-＞C1-D．酸性：

H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4

【解析】33As、35Br和选项中的其他元素在周期表中的位置关系为：

，根据同周期、同主族元素性质的递变规律可知，原子半径：

As＞P＞C1，故A错；

非金属性：

C1＞Br＞As，故热稳定性HC1＞HBr＞AsH3，B错；

非金属性C1＞S＞As，故还原性As3-＞S2-＞C1-，C正确；

非金属性S＞P＞As，故最高价含氧酸的酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，D错。

【答案】C

【易错分析】对As元素符合不熟悉而无从下手。

10．（2012·

T10）用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是（）

【解析】因浓硝酸具有挥发性，溶解于淀粉碘化钾溶液中将I-氧化为I2，与淀粉变蓝，故A错；

虽然挥发的HCl会进入酚酞试液，但酚酞试液遇酸不变色，故B正确；

挥发出的NH3溶于AlCl3溶液中发生反应：

AlCl3+3NH3·

H2O＝Al（OH）3↓+3NH4Cl，故C正确；

饱和氯水中可以挥发出Cl2，与湿润的红色布条中的H2O反应：

Cl2+H2O＝HCl+HClO，生成的HClO能使有色布条褪色，故D正确。

11．（2012·

T11）下列说法正确的是（）

A．天然植物油常温下一般呈液态，难溶于水，有恒定的熔点、沸点

B．麦芽糖与蔗糖的水解产物均含葡萄糖，故二者均为还原型二糖

C．若两种二肽互为同分异构体，则二者的水解产物不一致

D．乙醛、氯乙烯和乙二醇均可作为合成聚合物的单体

【解析】天然植物油均为高级脂肪酸甘油酯，但多是混甘油酯，没有固定的熔沸点，故A错；

蔗糖虽能水解得到葡萄糖，但其本身无还原性，故B错；

两者的虽结构不同，但可水解得到相同的水解产物，比如CH3CH（NH2）CONHCH2COOH和CH2（NH2）CONHCH（CH3）COOH，均水解得到CH2（NH2）COOH、CH3CH（NH2）COOH，故C错；

乙醛可以制取聚乙醛等，氯乙烯可以合成聚氯乙烯，乙二醇可以和乙二酸缩聚生成聚酯，故D正确。

【答案】D

12．（2012·

T12）人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。

下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是（）

A．该过程是将太阳能转化为化学能的过程

B．催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生

C．催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强

D．催化剂b表面的反应是CO2+2H++2e一=HCOOH

【解析】用CO2和H2O制备HCOOH的反应方程式为：

2CO2+2H2O2HCOOH+O2（C由+4价降低为+2价，则O元素的化合价应升高），故A正确；

由电子的流向可知，a为负极，b为正极，负极应发生氧化反应，是2H2O-4e-==O2↑+4H+，故B正确；

由负极的反应式可知，a极剩余H+，酸性增强，故C错；

正极b表面应发生还原反应，根据反应方程式可知D正确。

25．（13分）（2012·

T25）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。

利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2，

（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:

。

（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是

（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO）：

n（HSO）变化关系如下表:

n（SO）：

n（HSO）

91：

9

1：

1

91

pH

８.２

7.2

6.2

①上表判断NaHSO3溶液显　　　　　　性，用化学平衡原理解释:

②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）:

a．c（Na＋）=2c（SO）＋c（HSO）

b．c（Na＋）>

c（HSO）>

c（SO）>

c（H+）=c（OH-）

c．c（Na＋）+c（H+）=（SO）+c（HSO）+c（OH-）

（4）当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。

再生示意图如下:

①HSO3-在阳极放电的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。

②当阴极室中溶液pＨ升至8以上时，吸收液再生并循环利用。

简述再生原理:

【解析】

（1）SO2与水反应生成H2SO3：

SO2+H2O＝H2SO3；

H2SO3在空气中易被氧气氧化：

2H2SO3+O2==2H2SO4。

（2）NaOH与SO2反应生成Na2SO3的离子方程式为：

SO2+2OH-==SO32-+H2O。

（3）①由表可知，n（HSO）越多，溶液的酸性越强，故NaHSO3溶液显酸性；

HSO即能电离又能水解，水解显碱性：

HSO3-+H2OH2SO3+OH-，电离显酸性：

HSO3-SO+H+，但电离程度大于水解程度，使溶液显酸性。

②由电荷守恒可知：

c（H+）+c（Na＋）=2c（SO）＋c（HSO）+c（OH-），故c错；

溶液显中性是c（H+）=c（OH-），带入电荷守恒等式可知a正确；

由表知，在pH=7.2时，n（SO）：

n（HSO）=1:

1，要使溶液显中性，n（HSO）要稍多，故c（HSO）>

c（SO），则b正确。

（4）①在阳极发生的氧化反应，故HSO3-在阳极的电极反应式为：

HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-；

②再生，就是再生成SO，由图可知是在阴极区生成的，阴极发生的是还原反应，电极反应式为：

2H++2e-==H2↑，使阴极区溶液显碱性，则会发生反应：

HSO+H+==SO+H2O，且Na+进入阴极室，从而使Na2SO3再生。

【答案】

（1）SO2+H2O＝H2SO32H2SO3+O2==2H2SO4

（2）SO2+2OH-==SO32-+H2O

（3）①酸性HSO3-存在：

HSO3-+H2OH2SO3+OH-和HSO3-SO+H+，HSO3-的电离程度大于水解程度

②ab

（4）HSO3-+H2O-2e-=3H++SO42-

②H+在阴极得到电子生成H2，溶液中的c（H＋）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生

26.（12分）（2012·

T26）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。

利用反应A，可实现氯的循环利用。

反应A：

4HCl+O22Cl2+2H2O

（1）已知：

i.反应A中，4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。

ii.

①H2O的电子式是_______________。

②反应A的热化学方程式是_______________。

③断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为__________kJ，H2O中

H—O键比HCl中H—Cl键（填“强”或“弱”）_______________。

（2）对于反应A，下图是4种投料比[n（HCl）：

n（O2），分别为1：

1、2：

1、4：

1、6：

1]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。

①曲线b对应的投料比是______________。

②当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投

料比的关系是_________________。

③投料比为2：

1，温度为400℃时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_______________。

（1）①根据O原子的最外层电子数，可写出H2O的电子式为：

；

②根据“4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量”可写出热化学方程式为：

4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）　ΔH＝-115.6kJ·

mol-1；

设断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量分别为x、ykJ·

mol-1，则：

（4×

y+498kJ·

mol-1）-（4x+2×

243kJ·

mol-1）=-115.6kJ·

mol-1，解得：

y-x=-31.9kJ·

mol-1，故断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为32kJ；

由“y-x=-31.9kJ·

mol-1”知H—O键的键能高，更稳定。

（2）①据提高一种反应物的浓度，能够提高另一种反应的转化率，而本身的转化率降低，可知a、b、c、d对应的投料比依次是：

6：

1和1：

1，故b对应的是4：

1；

②因投料比越高，HCl的平衡转化率越小，故要达到相同的转化率，投料比越高，温度越低，因为该反应是放热反应，降低温度有利于平衡正向移动，提高HCl的转化率。

③当投料比为2：

1、温度为400℃时，HCl的转化率约为80%，此时：

4HCl+O22Cl2+2H2O

起始物质的量/mol2100

转化物质的量/mol1.60.40.80.8

平衡物质的量/mol0.40.60.80.8

故平衡混合气中氯气的物质的量分数为=30.8%。

（1）①

②