高考北京卷理综化学试题解析正式版资料文档格式.docx

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对二甲苯

邻二甲苯

间二甲苯

苯

沸点/℃

138

144

139

80

熔点/℃

13

−25

−47

6

下列说法不正确的是

A．该反应属于取代反应

B．甲苯的沸点高于144℃

C．用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来

D．从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来

甲苯变二甲苯是甲苯的苯环上的氢被甲基代替，属于取代反应，故正确；

B、甲苯的相对分子质

量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故错误；

C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分

离，故正确；

D、因为对二甲苯的熔点较高，冷却后容易形成固体，所以能用冷却结晶的方法分离出来，故

正确。

物质的分离和提纯，有机物的反应类型

10．K2Cr2O7溶液中存在平衡：

Cr2O72-（橙色）+H2O

2CrO42-（黄色）+2H+。

用K2Cr2O7溶液进行下列实

验：

结合实验，下列说法不正确的是

A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄

B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原

C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强

D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色

【答案】D

化学平衡移动

11．在两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴

入溶液体积变化的曲线如右图所示。

下列分析不正确的是

A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线

B．b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH–

C．c点，两溶液中含有相同量的OH–

D．a、d两点对应的溶液均显中性

两个反应的方程式为：

①Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4+2H2O②Ba（OH）2+NaHSO4=NaOH

+BaSO4+H2O③NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。

A、从方程式分析，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，

溶液的导电能力最小，故①代表滴加硫酸时的变化曲线，故正确；

B、b点是加入硫酸氢钠进行反应②，溶

液中含有氢氧化钠，故正确；

C、C点①曲线为硫酸，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠，因为硫酸根离子浓度相

同，因为②中的钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，故错误；

D、a点

为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d为硫酸钠溶液，溶液都显中性，故正确。

酸碱溶液混合时溶液的酸碱性的判断

12．用石墨电极完成下列电解实验。

实验一

实验二

装置

现象

a、d处试纸变蓝；

b处变红，局部褪色；

c处无明显变化

两个石墨电极附近有气泡产生；

n处有气泡产生；

……

下列对实验现象的解释或推测不合理的是

A．a、d处：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-

B．b处：

2Cl--2e-=Cl2↑

C．c处发生了反应：

Fe-2e-=Fe2+

D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜

A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余

造成的，故正确；

B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故错误；

C、c处为

阳极，铁失去电子生成亚铁离子，故正确；

D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也

相当于形成三个电解池（一个球两面为不同的两极），m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极（n的

背面），故相当于电镀，即m上有铜析出，正确。

电解原理的应用

25.（17分）

功能高分子P的合成路线如下：

（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是___________________。

（2）试剂a是_______________。

（3）反应③的化学方程式：

_______________。

（4）E的分子式是C6H10O2。

E中含有的官能团：

（5）反应④的反应类型是_______________。

（6）反应⑤的化学方程式：

（5）已知：

。

以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。

【答案】

（1）

（2）浓硫酸和浓硝酸

（3）

（4）碳碳双键、酯基

（5）加聚反应

（6）

（7）

根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，那么A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，C为一氯甲基对硝基苯，

（1）A的结构式为

，答案为：

；

（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸，答案为：

浓硫酸和浓硝酸；

（7）乙烯和水在一定条件下可以直接加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应可以使碳链增长生成3-羟基丁醛，3-羟基丁醛消去即可得2-丁烯醛，再氧化醛基为羧基，羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得物质E，合成路线为：

有机推断、有机合成

26．（13分）

用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（

）已成为环境修复研究的热点之一。

（1）Fe还原水体中

的反应原理如右图所示。

①作负极的物质是________。

②正极的电极反应式是_________。

（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定

的去除率和pH，结果如下：

初始pH

pH=2.5

pH=4.5

的去除率

接近100%

＜50%

24小时pH

接近中性

铁的最终物质形态

pH=4.5时，

的去除率低。

其原因是________。

（3）实验发现：

在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高

的去

除率。

对Fe2+的作用提出两种假设：

Ⅰ.Fe2+直接还原

Ⅱ.Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。

①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是_______。

②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。

结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高

去除率的原因：

______。

pH=4.5（其他条件相同）

（4）其他条件与

（2）相同，经1小时测定

约10%

约3%

1小时pH

与

（2）中数据对比，解释

（2）中初始pH不同时，

去除率和铁的最终物质形态不同的原因：

__________。

（1）①铁②

+8e-+10H+=NH4++3H2O，

（2）FeO（OH）不导电，阻碍电子转移

（3）①本实验条件下，Fe2+不能直接还原

在Fe和Fe2+共同作用下能提高

②Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移

（4）初始pH低时，产生的Fe2+充足；

初始pH高时，产生的Fe2+不足

用零价铁去除水体中的硝酸盐，

（1）①由Fe还原水体中的NO3-的反应原理图可知，Fe被氧化

作负极，答案为：

铁；

②正极是硝酸根离子被还原为NH4+，该溶液为酸性电解质溶液，结合元素和电荷守

恒可知电极反应式为：

+8e-+10H+=NH4++3H2O，答案为：

+8e-+10H+=NH4++3H2O；

（2）从pH对

硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5时去除率低，主要是应为铁离子容易水解生成FeO（OH）,同时生成的

Fe3O4产率降低，且生成的FeO（OH）不导电，所以

的去除率低，答案为：

FeO（OH）不导电，阻碍电子

转移，（3）①从图中可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+，

的去除率都不及同时加入铁和亚铁离子硝酸

根的去除率高，说明不是应用了亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于Fe2+破坏FeO（OH）生

成了四氧化三铁，答案为：

本实验条件下，Fe2+不能直接还原

的

去除率；

②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成四氧化三铁，该反应的离子方程式为：

Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，加入Fe2+之所以可以提高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO（OH）的

生成，生成更多的Fe3O4，增强了导电性，另外生成了H+，可以使pH增大的速度减慢，使

的转化率

增大；

（4）由于Fe3+的水解，所以pH越高，Fe3+越容易生成FeO（OH），FeO（OH）又不导电，所以NO3-的去

除率越低，答案为：

初始pH低时，产生的Fe2+充足；

考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识。

27．（12分）

以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。

其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。

（2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：

i：

2Fe2++PbO2+4H++SO42−

2Fe3++PbSO4+2H2O

ii:

……

①写出ii的离子方程式：

________________。

②下列实验方案可证实上述催化过程。

将实验方案补充完整。

a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。

b.______________。

（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：

PbO（s）+NaOH（aq）

NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。

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①过程Ⅱ的目的是脱硫。

滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_____（选填序号）。

A.减少PbO的损失，提高产品的产率

B.重复利用NaOH，提高原料的利用率

C.增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率

②过程Ⅲ的目的是提纯。

结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：

____________________。

（1）Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O。

（2）①2Fe3＋+Pb+

==PbSO4+2Fe2＋；

②b.取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去

（3）①A、B；

②向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体

考查化学工艺流程分析，催化剂，离子方程式书写，化学实验方案的设计，物质的分离、提纯，平衡移动原理的应用。

28．（16分）

以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。

实验

试剂

滴管

试管

2mL

0.2mol·

L−1Na2SO3溶液

饱和Ag2SO4溶液

Ⅰ.产生白色沉淀

L−1CuSO4溶液

Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀

0.1mol·

L−1Al2（SO4）3溶液

Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀

（1）经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。

用离子方程式解释现象Ⅰ：

____________。

（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42−，含有Cu+、Cu2+和SO32−。

已知：

Cu+

Cu+Cu2+，Cu2+

CuI↓（白色）+I2。

①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是_____________。

②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32−。

a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1是____________。

b.证实沉淀中含有Cu2+和SO32−的理由是___________。

（3）已知：

Al2（SO3）3在水溶液中不存在。

经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。

①推测沉淀中含有亚硫酸根和________。

②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：

i.被Al（OH）3所吸附；

ii.存在于铝的碱式盐中。

对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。

a.将对比实验方案补充完整。

步骤二：

_____________（按上图形式呈现）。

b.假设ii成立的实验证据是____________________。

（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有___________。

盐溶液间反应的多样性与__________有关。

（1）2Ag＋+SO32—

Ag2SO3↓。

（2）①有红色固体生成；

②a.HCl和BaCl2溶液。

b.在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。

（3）①Al3+、OH-。

②a.

，b.V1明显大于V2。

（4）亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；

两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件

考查化学实验方案的分析、评价和设计。

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