全国高考试题化学部分 3北京卷理综.docx
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全国高考试题化学部分3北京卷理综
2011年北京卷（理综）
（11北京理综，T6）垃圾分类有利于资源回收利用。
下列垃圾归类不合理的是
A
B
C
D
垃圾
废易拉罐
废塑料瓶
废荧光灯管
不可再生废纸
垃圾分类
【解析】B废易拉罐、废塑料瓶都属于可回收物，废荧光灯管中含有重金属等有害物质，属于有害垃圾，废纸属于可燃垃圾，选B。
（11北京理综，T7）下列说法不正确的是
A.麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应
B.用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4-己二烯和甲苯
C.在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OH
D.用甘氨酸（
）和丙氨酸（
）缩合最多可形成4种二肽
【解析】C麦芽糖能发生银镜反应，其水解产物葡萄糖也能发生银镜反应，A正确；溴水与苯酚溶液反应生成三溴苯酚白色沉淀，与己二烯发生加成反应而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴，B正确；在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，C错；甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况：
①二个甘氨酸之间；②二个丙氨酸之间；③甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；④甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间。
D正确。
（11北京理综，T8）结合右图判断，下列叙述正确的是
A.I和II中正极均被保护
B.I和II中负极反应均是Fe-2e-=Fe2＋
C.I和II中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH―
D.I和II中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀
【解析】A题给装置I、II都是原电池，活泼金属作负极，首先被腐蚀，不活泼金属作正极，被保护；A对；I中负极反应式为：
Zn-2e-=Zn2＋，B错；II中正极反应式为：
2H＋+-2e-=H2↑，C错；I中没有Fe2＋，D错。
（11北京理综，T9）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是
A.用Na2S去除废水中的Hg2+：
Hg2++S2－=HgS↓
B.用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：
CO+NO
C+NO2
C.向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：
Al3++3H2O
Al（OH）3（胶体）+3H＋
D.用高温催化氧化法去除烃类废气（CxHy）：
CxHy+（x+
）O2
xCO2+
H2O
【解析】BHgS溶解度极小，A对；B中产物为N2和CO2，B错；明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al（OH）3胶体，C正确；烃完全氧化生成CO2和H2O，D正确。
（11北京理综，T10）25℃、101kPa下：
①2Na（s）+
O2（g）=Na2O（s）△H=-414kJ
mol-1
②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=-511kJ
mol-1
下列说法正确的是
A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等
B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同
C.常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D.25℃、101kPa下：
Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=-317kJ
mol-1
【解析】D在Na2O和Na2O2中，阴、阳离子的个数比都是1:
2，A错；由钠守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，转移的电子数相同，B错；Na与足量O2反应的产物是Na2O2，C错；热化学方程式①×2-②可得Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=-317kJ
mol-1，D正确。
（11北京理综，T11）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数
A.取a克混合物充分加热，减重b克
B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D.取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【解析】C在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，A项成立；B项得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，B项成立；同理，Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化也不同，D项成立；C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，C项明显错误。
（11北京理综，T12）已知反应：
2CH3COCH3（l）
CH3COCH2COH（CH3）2（l）。
取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如右图所示。
下列说法正确的是
A.b代表0℃下CH3COCH3的Y-t曲线
B.反应进行到20min末，CH3COCH3的
C.升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D.从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的
【解析】Db曲线的起始斜率明显大于a曲线，说明b对应的反应速率较大，温度较高，A、B错；温度升高，平衡转化率降低，C错；等量的CH3COCH3，转化率相同时，产物CH3COCH2COH（CH3）2的物质的量相同，D正确。
（11北京理综，T25）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H2
2HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H2
2HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H2
2HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H2
2HI
43
34
⑴已知t2>t1，HX的生成反应是反应（填“吸热”或“放热”）。
⑵HX的电子式是。
⑶共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是。
⑷X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：
。
⑸K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：
，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
⑹仅依据K的变化，可以推断出：
随着卤素原子核电荷数的增加，（选填字母）。
a.在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b.X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c.HX的还原性逐渐减弱
d.HX的稳定性逐渐减弱。
【解析】温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；X2都能与H2反应生成HX的原因是卤素原子的最外层电子数均为7，得一个电子或形成一个共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的。
另解析
（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
（2）HX属于共价化合物，H－X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是
；
（3）F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H－F键的极性最强，H－I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。
而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）同（3）
（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c、d与K的大小无直接联系。
【答案】⑴放热⑵H:
X:
⑶HF、HCl、HBr、HI⑷卤素原子的最外层电子数均为7⑸同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多⑹ad。
（11北京理综，T26）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。
⑴溶液A的溶质是。
⑵电解饱和食盐水的离子方程式是。
⑶电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。
用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：
。
⑷电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c（SO42－）>c（Ca2＋）]。
精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是。
②过程I中将NH4＋转化为N2的离子方程式是。
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小。
过程II中除去的离子有。
④经过程III处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L。
若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）。
【解析】电解饱和食盐水时，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，反应的离子方程式是2Cl－+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH―，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH；电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O
HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2＋转化为Mg（OH）2沉淀除去，即盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH）2；将NH4＋转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4＋+3Cl2+8OH―
N2↑+6Cl－+8H2O；过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中的Ca2＋和SO42－分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去；NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：
NaClO+Na2SO3
NaCl+Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时至少需要10%Na2SO3溶液
，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L，则还需添加10%Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg。
另解析：
1）电解时在电极的作用下，溶液中的阳离子向阴极作定向运动，阴离子向阳极作定向运动，所以电解饱和食盐水时Na＋和H＋向阴极运动并放电，但H＋比Na＋易得电子，所以H＋首先放电，方程式为2H＋＋2e－=H2↑。
由于H＋是水电离出的，所以随着H＋的不断放电，就破坏了阴极周围水的电离平衡，OH－的浓度就逐渐增大，因此溶液A的溶质是NaOH。
由于Cl－比OH－易失电子，所以在阳极上CI－首先放电，方程式为2Cl－－2e－=Cl2↑。
因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
（2）见解析
（1）
（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2O
HCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。
（4）由于溶液中含有Mg2＋，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg（OH）2沉淀，即盐泥a中还含有Mg（OH）2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl－，方程式为2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。
由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42－就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO＝Na2SO4+NaCl。
10m3盐水b中含NaClO的物质的量为
，由方程式可知消耗Na2SO3的质量为1mol×126g/mol＝126g。
若设需要10%Na2SO3溶液的质量为X，则有
，解得x＝1760g，即至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg。
【答案】⑴NaOH⑵2Cl－+2H2O
H2↑+Cl2↑+2OH―⑶Cl2与水反应：
Cl2+H2O
HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动。
减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出⑷①Mg（OH）2②2NH4＋+3Cl2+8OH―
N2↑+6Cl－+8H2O③SO42－、Ca2＋④1.76
（11北京理综，T27）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。
实验操作和现象：
操作
现象
关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热
A中有白雾生成，铜片表面产生气泡
B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀
C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失
打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭
从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸
均未发现白色沉淀溶解
⑴A中反应的化学方程式是。
⑵C中白色沉淀是，该沉淀的生成表明SO2具有性。
⑶C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是。
⑷分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。
①为证实各自的观点，在原实验基础上：
甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是；
乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是。
甲
大量白色沉淀
乙
少量白色沉淀
②进行实验，B中现象：
检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。
结合离子方程式解释实验现象异同的原因：
。
⑸合并⑷中两同学的方案进行实验。
B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是。
【解析】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等。
由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：
Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，不是BaSO3；同理，C中的白色沉淀也是BaSO4，并因此说明SO2具有还原性；C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O2
2NO2；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2＋
BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O
2BaSO4↓+4H＋；合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
【答案】⑴Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O⑵H2SO4还原⑶2NO+O2
2NO2⑷①通N2一段时间，排除装置中的空气饱和NaHSO3溶液②甲：
SO42－+Ba2＋
BaSO4↓，乙：
2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O
2BaSO4↓+4H＋白雾的量远多于装置中O2的量⑸SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。
（11北京理综，T28）
常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PVB的合成路线如下：
已知：
I.RCHO+R’CH2CHO
+H2O（R、R’表示烃基或氢）
II.醛与二元醇（如：
乙二醇）可生成环状缩醛：
⑴A的核磁共振氢谱有两种峰。
A的名称是。
⑵A与
合成B的化学方程式是。
⑶C为反式结构，由B还原得到。
C的结构式是。
⑷E能使Br2的CCl4溶液褪色。
N由A经反应①～③合成。
a.①的反应试剂和条件是。
b.②的反应类型是。
c.③的化学方程式是。
⑸PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是。
⑹碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是。
【解析】根据A的分子式和A转化为B的反应条件，结合题给信息I和A的核磁共振氢谱，可以确定A为乙醛，B为
；由C为反式结构，由B还原得到，可以确定C中仍具有C=C，被还原的基团应是—CHO，由此即可确定C的结构式（见答案）；根据D的分子式C11H12O2，可以确定其不饱和度为6，结合生成D的反应条件，可确定D为
，进而确定M为乙酸；由PVB的结构简式和题给信息II可确定其单体之一是CH3（CH2）2CHO，即N为CH3（CH2）2CHO；另一高分子化合物PVA为
，进而推出PVAc的单体为CH3COOCH=CH2；由A和N的结构简式，结合题给信息I即可推出E为，CH3CH=CHCHO，F为CH3（CH2）3OH。
由此即可按题设要求回答有关问题了，具体见答案。
另解析：
（1）A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛；
（2）根据题中的信息Ⅰ可写出该反应的方程式
（3）C为反式结构，说明C中含有碳碳双键。
又因为C由B还原得到，B中含有醛基，因此C中含有羟基，故C的结构简式是
；
（4）根据PVB的结构简式并结合信息Ⅱ可推出N的结构简式是CH3CH2CH2CHO，又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH3CH=CHCHO，然后E通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OH。
F经过催化氧化得到N，方程式为
；
（5）由C和D的结构简式可知M是乙酸，由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇，因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯，结构简式是CH3COOCH=CH2，所以碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是
。
【答案】
（1）乙醛
（2）
（3）
（4）a稀氢氧化钠加热
b加成（还原）反应
c
（5）CH3COOCH=CH2
（6）
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