高考山东理综化学解析.docx

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高考山东理综化学解析

2011年高考山东理综化学解析

9．化学与生产、生活密切相关。

下列叙述正确的是（）

A．煤的干馏和石油的分馏均属化学变化

B．BaSO4在医学上用作钡餐，Ba2＋对人体无毒

C．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同素异形体

D．葡萄糖注射液不能产生丁达尔效应现象，不属于胶体

9.D　煤的干馏可得到焦炉煤气、煤焦油、焦炭等物质，是化学变化，而石油的分馏可得到不同沸点的馏分，是物理变化，A错误；Ba2＋是重金属离子，能够引起蛋白质变性，因为硫酸钡在人的胃液中（主要成分是HCl）溶解度较小，c（Ba2＋）很小，不能够引起人的中毒，B错误；同素异形体是由同种元素组成的不同种单质，14C和12C互为同位素，C错误。

10．某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，该元素（）

A．在自然界中只以化合态的形式存在

B．单质常用做半导体材料和光导纤维

C．最高价氧化物不与酸反应

D．气态氢化物比甲烷稳定

10．A　　根据题意可以得出，符合条件的元素为Si，在自然界中主要以硅酸盐的形式存在，A正确；单质能做半导体材料，其氧化物SiO2是光导纤维的主要材料，B错误；SiO2能够与HF反应，C错误，由于Si的非金属性比C的弱，所以SiH4的稳定性比CH4差，D错误。

11．下列与有机物结构、性质相关的叙述错误的是（）

A．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2

B．蛋白质和油脂都属于高分子化合物，一定条件下能水解

C．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷，苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同

D．苯

不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键

11．B　　由于乙酸的酸性比碳酸的酸性强，所以乙酸能够与NaHCO3发生反应生成CO2，A正确；虽然蛋白质和油脂在一定条件下能够发生水解，但油脂不是高分子化合物，B错误；甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷，苯和硝酸也能够发生取代反应生成硝基苯，C正确；由于苯环中的碳碳键是介于单双键之间的一种特殊化学键，不能够使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确。

12．Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。

下列说法正确的是（）

A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物

B．三者的单质放置在空气中只生成氧化物

C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法

D．电解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液是阴极上依次析出Cu、Fe、Al

12.C　　金属Al、Fe、Cu所形成的氧化物中，Al2O3是两性氧化物，A错误；其中Cu能够在空气中生成碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]，是一种盐，B错误；电解AlCl3、FeCl3、CuCl2混合溶液中，根据阳离子离子的放电顺序，先析出Cu，H2后，再析出Fe，D错误。

13．元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。

下列说法正确的是（）

A．元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价

B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高

C．P、S、Cl得电子能力和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增强

D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素

13．C　　在短周期元素中，元素原子的最外层电子数等于其最高化合价，过渡元素原子中，则不符合，A错误；根据能量最低原则，在原子中，离核较近的电子能量较低，离核越远的电子能量越高，B错误；在元素周期表中，处于金属和非金属分界线附近的元素具有金属性和非金属性，过渡金属为四、五周期副族元素，D错误。

14．室温下向10mLpH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是（）

A．溶液中导电粒子的数目减少

B．溶液中

不变

C．醋酸的电离程度增大，c（H＋）亦增大

D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7

14．B　　由于醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH

CH3COO—＋H＋平衡，加水稀释后，该平衡右移，醋酸的电离程度增大，导电粒子（CH3COO—和H＋）数目增多，A错误；由于溶液稀释，c（H＋）变小，C错误；B项中分子、分母分别乘以c（H＋）后，分式为c（CH3COO—）c（H＋）/[c（CH3COOH）c（OH－）c（H＋）]=K（CH3COOH）/Kw，由于温度不变，醋酸的平衡常数、水的离子积不变，所以分式的值不变，B正确；当加入等体积，pH=11氢氧化钠溶液，形成醋酸钠和醋酸的混合溶液，pH＜7，D错误。

15．以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是（）

A．未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程

B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系

C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率

D．镀锌层破损后对铁制品失去保护作用

15.C　　A选项，电镀前，Zn与Fe构成原电池，Zn为负极，Fe为正极；电镀时，Fe为阴极，Zn为阳极，原电池充电时，原电池负极为阴极、正极为阳极，故不属于原电池的充电过程，选项错；B选项，根据质量守恒，通过电子的电量与析出Zn的量成正比，选项错；C选项，电流恒定，单位时间通过的电子的物质的量恒定，电解速率恒定，选项对；D选项，镀层破损后，Zn与Fe仍能构成原电池，其中Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，选项错。

28．（14分）研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为。

利用反应6NO2＋8NH3

7N2＋12H2O也可处理NO2。

当转移1．2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是L。

（2）已知：

2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）ΔH=-196．6kJ·mol－1

2NO（g）＋O2（g）

2NO2（g）ΔH=-113．0kJ·mol－1

则反应NO2（g）＋SO2（g）

SO3（g）＋NO（g）的ΔH=kJ·mol－1。

一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:

2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。

a．体系压强保持不变

b．混合气体颜色保持不变

c．SO3和NO的体积比保持不变

d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与SO2体职比为1:

6，则平衡常数K＝。

（3）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）。

CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。

该反应ΔH0（填“＞”或“＜”）。

实际生产条件控制在250℃、1．3×104kPa左右，选择此压强的理由是。

28.【答案】

（1）3NO2＋2H2O=2HNO3＋NO6.72L

（2）—41.8b8/3（或2.67）

（3）＜在该压强下，CO的转化率已经很高，若再增高压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。

【解析】分析题意，

（1）NO2与水反应的方程式是3NO2＋2H2O=2HNO3＋NO。

在6NO2＋8NH3

7N2＋12H2O，当有6molNO发生反应时，转移电子为24mol，当转移1.2mol电子时，消耗NO2的体积为6.72L。

（2）根据盖斯定律，计算该反应的ΔH=—41.8kJ/mol。

分析NO2＋SO2=SO3＋NO方程式，为体积不变的放热反应，所以体系的压强不变不能判断反应是否达到平衡；当混合气体的颜色不发生变化，说明NO2的浓度不再发生变化，处于平衡状态；因为只要反应，生成SO3和NO的物质的量就相等，c错误；由于d项中的SO3和NO2为同方向，且计量数相等，不能够说明处于平衡状态。

根据始转平计算：

NO2＋SO2=SO3＋NO

起始：

1200

转化：

xxxx

平衡：

1－x2－xxx

计算得出：

x=0.8，K=8/3。

（3）分析图像，CO的转化率随温度的升高而降低，所以该反应为放热反应。

该反应为体积缩小的反应，增大压强，有利于产物的生成，但在250℃时，CO的转化率已经很高，若增大压强，必然对设备材料要求更高。

29．（14分）科研、生产中常涉及钠、硫及其化合物。

（1）实验室可用无水乙醇处理少量残留的金属钠，化学反应方程式为。

要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是。

（2）右图为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池反应为2Na＋

S＝Na2Sx，正极的电极反应式为。

M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用是。

与铅蓄电池相比，当消耗相同质量的负极活性物质时，钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的倍。

（3）Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH（填“增大”“减小”或“不变”），Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为（用离子方程式表示）。

29.【答案】

（1）2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑热的氢氧化钠溶液（或CS2）

（2）xS＋2e—=Sx2—（或2Na＋＋xS＋2e—=Na2Sx）离子导电（或电解质）和隔离钠和硫

4.5

（3）c（Na＋）＞c（S2—）＞c（OH—）＞c（HS—）＞c（H＋）减小

2S2—＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH—

【解析】结合常见实验室知识，乙醇与金属钠的反应方程式为：

2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑；可用热的烧碱溶液或CS2溶剂来清洗试管中附着的S单质。

（2）根据原电池反应原理，在正极上得电子，发生氧化反应，电极反应式为：

xS＋2e—=Sx2—

（3）在Na2S溶液，S2—水解显碱性，存在离子浓度大小顺序：

c（Na＋）＞c（S2—）＞c（OH—）＞c（H＋）；向溶液中加入CuSO4后，生成CuS沉淀，溶液中H＋浓度增大，pH减小；若溶液长期在空气中放置，S2—溶液被氧气氧化，发生2S2—＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH—反应。

30．（14分）实验室以含有Ca2＋、Mg2＋、Cl－、SO42－、Br－等离子的卤水为主要原料制备无水CaCl2和Br2，流程如下：

（1）操作Ⅰ使用的试剂是，所用主要仪器的名称是

。

（2）加入溶液W的目的是。

用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2＋。

由表中数据可知，理论上可选择pH最大范围是。

酸化溶液Z时，使用的试剂为。

（3）实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是。

（4）常温下，H2SO3的电离常数Ka1=1.2×10－2，Ka2=6.3×10－3，H2CO3的电

离常数Ka1=4.5×10－7，Ka2=4.7×10－11。

某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：

将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，若前者的

小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3。

该实验设计不正确，错误在于。

设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3（简要说明实验步骤、现象和结论）。

。

仪器器自选。

供选的试剂：

CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、KMnO4、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。

30.【答案】

（1）CCl4分液漏斗

（2）除去溶液中的SO42－11～12.2浓盐酸（或盐酸）

（3）bd

（4）用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不同；

方案一：

配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计（或pH试纸）测两种溶液的pH。

前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3。

方案二：

将SO2气体依次通过NaHCO3（或Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水。

品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3。

方案三：

将CO2气体依次通过NaHSO3（或Na2SO3）溶液、品红溶液。

品红溶液不褪色，H2SO3酸性强于H2CO3。

两者的溶解度不同，饱和溶液时的浓度不相同，所以无法判断其电离程度及其酸性强弱。

将SO2气体通入到NaHCO3溶液中，将生成的气体通入到饱和石灰水中，看到有浑浊现象，证明H2SO3的酸性比H2CO3强。

（其他合理答案也正确）

【解析】分析操作流程，卤水通过操作I后形成上、下层溶液，可推断操作方法为分液，下层溶液中能够制得Br2，说明使用的试剂为CCl4（其密度比水大），分液操作中主要仪器由分液漏斗和烧杯。

（2）分析表中数据，得出能够使得Mg2＋沉淀而不除去Ca2＋，pH的最大范围为9.6～12。

由于盐酸易挥发，且在该实验中不引入杂质离子，所以酸化时用的试剂为盐酸。

（3）仔细分析各组实验装置，由于CO2的密度比空气大，所以用向上排气法收集CO2，a错误；且发生装置中，c中长颈漏斗下端没有插入液面下，错误。

选择bd。

（4）根据两种酸的电离平衡常数，由于两种气体在水中的溶解度不同，当饱和时，形成酸溶液的浓度不相同，无法进行比较pH的大小。

可以采用将SO2气体通入到NaHCO3溶液中，然后将生成的气体通入澄清石灰水中，观察有浑浊现象，证明H2SO3的酸性比H2CO3强。

31．（8分）【化学-化学与技术】

水处理技术在生产、生活中应用广泛。

（1）含有较多离子的水称为硬水。

硬水加热后产生碳酸盐沉淀的离子方程式

为（写出一个即可）。

（2）将RH型阳离子交换树脂和ROH型阴离子交换树脂串接来软化天然硬水，应先使硬水通过（填“RH”或“ROH”）型离子交换树脂，原因是。

（3）通过施加一定压力使水分子通过半透膜而将大分子或离子截留，从而获得纯净水的方法称为。

电渗析法净化水时，使离子通过半透膜的推动力是。

（4）检验蒸馏水的纯度时，最简单易行的方法是测定水的。

31.【答案】31.

（1）Ca2＋、Mg2＋Ca2＋＋HCO3－

CaCO3↓＋CO2＋H2O（或Mg2＋＋2HCO3—＝Mg（OH）2↓＋2CO2↑

（2）RH；先通过阴离子交换树脂可能产生Mg（OH）2等沉淀而影响竖直叫唤效果。

（3）反渗透法电势差（电场力）

（4）电导率（或电阻率）

【解析】

（1）硬水是指含有较多钙镁离子的水（大多是碳酸氢盐溶液），其硬度可以消除或治理，其中碳酸氢钙或碳酸氢镁加热即可除去，方程式为：

Ca2＋＋2HCO3－

CaCO3↓＋CO2＋H2O（或Mg2＋＋2HCO3—＝Mg（OH）2↓＋2CO2↑）。

（2）先通过RH后，溶液呈酸性，可避免产生沉淀，防止交换树脂堵塞，若先通过ROH，交换后溶液呈碱性，造成CaCO3和Mg（OH）2沉淀，造成交换树脂堵塞。

（3）该方法为反渗透法，电渗析法的动力来自于电势差（或电场力）。

（4）检验蒸馏水的纯度最简单的方法是测定溶液的电导率。

若含有其他离子时，水的电导率很大，说明蒸馏水的纯度很低。

32．（8分）【化学—物质结构与性质】

氧是地壳中含量最多的元素。

（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为个．

（2）H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为。

的沸点比

高，原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。

（3）H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用杂化。

H3O＋中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，原因为。

（4）CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为cm3。

32.【答案】

（1）2

（2）O－H键＞氢键＞范德华力

易形成分子内氢键，而

易形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大

（3）sp3杂化H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，排斥力较小

（4）224/aNA

【解析】分析题意，

（1）氧元素的基态原子核中未成对电子为2个。

（2）强弱顺序：

O－H键＞氢键＞范德华力。

易形成分子间氢键，故沸点较高，

易形成分子内氢键，导致无法形成分子间氢键，沸点偏低。

（3）在H2O分子中，O原子采用的sp3杂化方式；其未成键的孤对电子数减少，对成键电子的排斥减小，故键角增大。

（4）NaCl的晶胞结构为：

。

由此可知CaO的晶胞中含有4个CaO；晶胞体积为V，则V×ag·cm－3×NA＝4mol×56g/mol，V＝4×56/aNAcm3。

33．（8分）【化学—有机化学基础】

美国化学家R．F．Heck因发现如下Heck反应而获得2010年诺贝尔化学奖。

（X为卤原子，R为取代基）

经由Heck反应合成M（一种防晒剂）的路线如下：

回答下列问题：

（1）M可发生的反应类型是______________。

a．取代反应b．酯化反应

c．缩聚反应d．加成反应

（2）C与浓H2SO4共热生成F，F能使酸性KMnO4溶液褪色，F的结构简式是__________。

D在一定条件下反应生成高分子化合物G，G的结构简式是__________。

（3）在A → B的反应中，检验A是否反应完全的试剂是_______________。

（4）E的一种同分异构体K符合下列条件：

苯环上有两个取代基且苯环上只有两种不同化学环境的氢，与FeCl3溶液作用显紫色。

K与过量NaOH溶液共热，发生反应的方程式为__________。

33.【答案】

（1）a、d

（2）（CH3）2CHCH=CH2

（3）新制氢氧化铜（或银氨溶液溶液）

（4）

＋2NaOH→

＋NaX＋H2O

【解析】分析该有机合成流程图，Ａ（C3H4O）经氧化后生成B，与Ｃ生成Ｄ，Ｄ与E在催化剂作用下生成Ｍ，根据信息提示，拆解Ｍ的结构反推，M可拆成

、

R—CH=CHCOOH、（CH3）2CHCH2CH2—OH三种单体。

所以Ａ为CH2=CHCHO，经氧化后生成CH2=CHCOOH，与C（（CH3）2CHCH2CH2—OH）发生酯化反应生成

CH2=CHCOOCH2CH2CH（CH3）2，E为

。

所以得出：

（1）有M的结构中含有碳碳双键、酯基等官能团，能够发生取代反应、加成反应。

（2）F的结构简式为（CH3）2CHCH=CH2；由D生成的高分子化合物G的结构简式是：

。

（3）分析A的结构，含有醛基、碳碳双键，经氧化后生成酸，不再含有醛基，所以可用银氨溶液溶液或新制氢氧化铜检验是否被完全氧化。

（4）符合条件的Ｋ与氢氧化钠溶液反应的方程式为：

＋2NaOH→

＋H2O＋NaX。