高考山东卷化学

高考山东卷化学

‎2011山东理综化学试题解析 ‎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，BaSO4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 ‎【解析】煤的干馏属于化学变化，而石油的分馏属于物理变化，故A错；Ba2+是有毒的，BaSO4之所以能做钡餐，是因为BaSO4既不溶于水，又不溶于酸，故B错；12C、14C是两种原子，其关系是同位素，同素异形体是同种元素的不同单质之间的关系，故C错；葡萄糖是小分子，粒子的小于1nm，故不属于胶体，无丁达尔现象产生，故D正确。‎ ‎【答案】D ‎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.在自然界中以化合态的形式存在 B.单质常用作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 ‎【解析】短周期中最外层电子数是次外层电子数一半的有Li：和Si：，属于非金属的是硅。硅在自然界中全部以化合态形式存在，故A正确；做光导纤维是二氧化硅而不是单质硅，故B错；二氧化硅能与氢氟酸反应，故C错；非金属性C＞Si，故气体氢化物的稳定性CH4＞SiH4，D错。‎ ‎【答案】A ‎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与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 ‎【解析】乙酸的酸性比碳酸强，故A正确；油脂不是高分子化合物，故B错；甲烷与氯气在光照条件下可发生取代反应生成一氯甲烷，苯和硝酸生成硝基苯的反应，也属于取代反应，故C正确；苯不能使溴的四氯化碳褪色，说明苯中不含碳碳双键，苯中的化学键是一种介于单键和双键之间的独特的键，故D正确。‎ ‎【答案】B ‎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 ‎【解析】铝的氧化物属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，故A错；铜在空气中放置，可以生成铜绿[Cu2(OH)2CO3]，故B错；因HCl易挥发，三种盐在加热条件下，都能彻底水解，故C正确；电解三种盐溶液的混合物时，首先是Fe3+ +e-== Fe2+,不能得到金属单质；当Fe3+消耗完，Cu2+ +2e-==Cu；当Cu2+消耗完，2H+ +2e-==H2,不可能得到铁单质和铝单质，故D错。‎ ‎【答案】C ‎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以此增强 D.元素周期表中位于金属和非金属非界线附近的元素属于过渡元素 ‎【解析】有些元素的最高价不等于最外层电子数，如O、F等元素，故A错；根据核外电子排布规律，能量低的电子在离核较近的区域内运动，能量高的电子在离核较远的区域内运动，故B错；元素的得电子能力越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，故C正确；周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素通常既显一定的金属性，又显一定的非金属性，而过渡元素是指副族和第Ⅷ元素，故D错。‎ ‎【答案】C ‎14.室温下向10 mL pH=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10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液pH=7‎ ‎【解析】醋酸是弱电解质，加水稀释时电离程度增大，溶液中导电粒子的数目是增多的，但粒子的浓度要减小，故A、C错；电离平衡常数只与温度有关，故B正确；10mL pH＝11的NaOH溶液只能反应掉10mL pH＝3的醋酸溶液中电离出的H+，还有大量的未电离的醋酸没有反应，故溶液显酸性，D错。‎ ‎【答案】B ‎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 ‎【解析】电镀时Zn 为阳极，Fe为阴极，KCl、ZnCl2的混合溶液为电解质溶液，若未通电，不存在自发进行的氧化还原反应，故不能构成原电池，故A错；电镀时，导线中每通过2 mol 电子，就会析出1mol锌，通过的电量与析出的锌量的关系确定，故B错；电镀时保持电流保持恒定，则反应的速率就不会改变，故升高温度对反应的速率无影响，故C正确；镀锌层破损后，锌与铁可构成原电池的两个电极，铁做正极受到保护，故D错。‎ ‎【答案】C ‎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＋O27N5＋12 H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol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=-196.6 kJ·mol-1‎ ‎2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·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1 mol SO3的同时生成1 mol NO2‎ 测得上述反应平衡时NO2与NO2体积比为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 ‎。‎ ‎【解析】‎ ‎(1) NO2与H2O反应的方程式为：3NO2+H2O===2HNO3+NO；6NO2+8NH3==7N2+12 H2O，当反应中有1 mol NO2参加反应时，共转移了24 mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为×22.4L=6.72L。‎ ‎(2)根据盖斯定律，将第二个放出颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2==2SO3+2NO，△H=－83．6 kJ·mol-1，故NO2+SO2SO3+NO，△H=－41．8 kJ·mol-1‎ ‎；本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1:1，故c不能作为平衡状态的判断依据；d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据。‎ 解析： NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)‎ ‎ 起始物质的体积 1a 2a 0 0‎ 转化物质的体积 x x x x 平衡物质的体积 1a- x 2a- x x x ‎ ‎ 则:，故x=，平衡时的体积分别为、、和，故平衡常数为=。‎ ‎(3)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择。因为在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。‎ ‎【答案】‎ ‎(1) 3NO2+H2O===2HNO3+NO 6.72‎ ‎(2)－41．8 b 2.67或8/3‎ ‎(3) ＜在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。‎ ‎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)下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）。‎ ‎【解析】(1)乙醇与钠反应的方程式为：2CH3CH2OH + 2Na2CH3CH2ONa + H2↑；要除去硫，常用能溶解硫的二硫化碳清洗。‎ ‎(2)正极上是S得到电子发生还原反应：xS+2e-== Sx2-；要形成闭合回路，M必须是能使离子在其中定向移动的，故M的两个作用是导电和隔膜；假设消耗的质量都是207 g，则铅蓄电池能提供的电子为2 mol，而钠硫电池提供的电子为1 mol，故钠硫电池的放电量是铅蓄电池的4.5倍。‎ ‎(3) Na2S溶液中，存在的水解反应为：H2O + S2- HS- + OH-，HS- + H2O H2S + OH-，其中的离子浓度由大到小的顺序为：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)。加入CuSO4，发生的离子反应为Cu2++ S2-==CuS，使水解平衡向左移动，碱性减弱，pH减小；Na2S溶液长期放置会析出硫，是因为O2将其氧化的原因，离子方程式为：2S2-+ 2H2O+O2==‎ ‎2S+ 4OH-。‎ ‎【答案】(1)2CH3CH2OH + 2Na2CH3CH2ONa + H2↑ 二硫化碳或热的NaOH溶液 ‎(2)xS+2e-== Sx2- 离子导电(导电或电解质)和隔离钠与硫 4.5 ‎ ‎(3)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋) 减小 2S2-+ 2H2O+O2==2S+ 4OH-‎ ‎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pH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）。。‎ 仪器自选。‎ 供选的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。‎ ‎【解析】(1)通入氯气后Cl2 + 2Br-== 2Cl- +Br2，故操作Ⅰ是萃取，用的仪器是分液漏斗；又因下层得到的是溴，故使用的萃取剂是四氯化碳。‎ ‎(2)因为加入CaO的目的是除去Mg2+，故加入W的目的是除去SO42-；为了不使Ca2+沉淀，pH的理论值为11.0≤pH＜12.2；酸化时，为不引人新的杂质离子，应选用盐酸。‎ ‎(3)装置的选择，应从发生装置，除杂装置和收集装置三个方面分析。a中收集方法不对； c中的长颈漏斗应插在液面以下；b、d是合理的。‎ ‎(4)要通过测pH判断两种酸的酸性强弱，两种酸的浓度必须是相等的，而SO2的溶解度远大于CO2的，两饱和溶液的浓度不相等，故该实验的设计是错误的。‎ 验证酸性强弱，最常用的原理是强酸置换弱酸，故 实验步骤：将SO2通入NaHCO3溶液中，生成的气体再通过酸性高锰酸钾除去过量的SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后通入饱和石灰水中。‎ 实验现象：品红不褪色，饱和石灰水变浑浊。‎ 实验结论：H2SO3的酸性比H2CO3强。‎ ‎【答案】(1) 四氯化碳分液漏斗 ‎(2)除去溶液中的SO42- 11.0≤pH＜12.2 盐酸 ‎(3)b、d ‎(4)用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等；‎ 三种参考方案如下：‎ 方案一：配制相同物质的量浓度的NaHCO3和NaHSO3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的酸性比H2CO3强。‎ 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的酸性比H2CO3强。‎ 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，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，应该先使硬水通过（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。‎ ‎【解析】(1)硬水是含Mg2+、Ca2+较多的水；暂时硬水加热时的分解反应为：Ca2++2HCO3-===CaCO3↓+H2O+CO2↑，或Mg2++2HCO3-===MgCO3↓+H2O+CO2↑。‎ ‎ (2)应先通过阳离子交换剂 HR ；后通过阴离子交换剂 ROH；若先通过阴离子交换树脂，SO42- + ROH == RSO4 + OH-，生成的OH-发生：Mg2+ + 2OH- == Mg(OH)2，能使交换膜发生堵塞。‎ ‎(3)反渗透又称逆渗透，一种以压力差为推动力，从溶液中分离出溶剂的膜分离操作。因为它和自然渗透的方向相反，故称反渗透。电渗析法的是利用离子交换膜在电场作用下,分离盐水中的阴、阳离子,从而使淡水室中盐分浓度降低而得到淡水的一种膜分离技术。电渗析装置是利用离子在电场的作用下定向迁移,通过选择透过性的离子交换膜达到除盐目的。‎ ‎(4)水中的离子浓度越小，导电性越差，故可通过测量溶液的电导率来检验蒸馏水的纯度。‎ ‎【答案】(1)Mg2+、Ca2+‎ Ca2++2HCO3-===CaCO3↓+H2O+CO2↑，或Mg2++2HCO3-===MgCO3↓+H2O+CO2↑。‎ ‎(2)HR 先通过阴离子交换膜可能产生等沉淀而影响树脂交换效果 ‎(3)反渗透法电势差（或电场力）‎ ‎(4)电导率（或电阻率）‎ ‎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+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a g·cm-3, NA表示阿伏伽德罗常数，则CaO晶胞体积为cm3‎ ‎【解析】(1)氧元素的基态核外电子排布式为：1s22s22p4，4个电子在三个轨道中排布，故未成对的电子个数是两个。‎ ‎(2)化学键是强烈的相互作用；氢键的作用力比化学键弱，但比范德华力的作用力要强。可形成分子间的氢键，而 形成的是分子内的氢键，故前者比后者的沸点要高。‎ ‎(3) H3O+的空间构型为三角锥型，故O原子的杂化方式为sp3；H3O+中O原子只有一对故对电子，排斥力较小，使得键角变大。‎ ‎(4)根据NaCl的晶胞可知，一个晶胞含有4个CaO，设晶胞的体积为V，则：×NA×a=56，则V=。‎ ‎【答案】(1) 2‎ ‎(2)O—H键、氢键、范德华力 形成的是分子内的氢键，而可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大。‎ ‎(3)sp3 H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子只有一对故对电子，排斥力较小 ‎(4)‎ ‎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__________。‎ ‎【解析】(1)M中含有的官能团是碳碳双键和酯基，能发生加成、氧化、水解等反应，故选ad。‎ ‎(2)由第(4)问可知，E的结构简式为：，则D的结构简式为；根据反应条件，A→B发生的是氧化反应，C→D发生的是酯化反应，故B为，A为，C为，C发生消去反应生成F，故F的结构简式为，D发生加聚反应的产物为。‎ ‎(3)若A未完全氧化，则还含有醛基，可使用银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液检验。‎ ‎(4)符合条件的K的结构简式为，与足量的NaOH反应的方程式为：。‎ ‎【答案】(1)ad ‎(2) 。‎ ‎(3)银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液 ‎(4) ‎