北京市高考化学试卷答案与解析

北京市高考化学试卷答案与解析

‎2011年北京市高考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎1．（3分）（2011•北京）垃圾分类有利于资源回收利用．下列垃圾归类不合理的是（　　）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 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 A．① B．② C．③ D．④‎ ‎【考点】常见的生活环境的污染及治理．菁优网版权所有 ‎【分析】分析这道题，要密切结合生活常识，根据各种废品的可利用程度来分类．‎ ‎【解答】解：A、废易拉罐可回收利用，所以属于可回收物．‎ B、废塑料瓶也可回收利用，所以属于可回收物．‎ C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾．‎ D、废纸可以燃烧，所以属于可燃垃圾．‎ 故选B．‎ ‎【点评】可回收垃圾主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类．通过综合处理回收利用，可以减少污染，节省资源．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）（2011•北京）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 ‎【考点】苯酚的化学性质；酯的性质；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．菁优网版权所有 ‎【分析】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团来分析银镜反应；‎ B、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；‎ C、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；‎ D、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．‎ ‎【解答】解：A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故A正确；‎ B、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，故B正确；‎ C、酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故C错误；‎ D、两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应．因此甘氨酸和丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合：二个甘氨酸之间，二个丙氨酸之间（共有2种），也可是甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间，所以一共有4种二肽，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查醛基、苯酚、双键、酯基、氨基、羧基的性质，常用银镜反应来检验醛基，检验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．‎ ‎　‎ ‎3．（3分）（2011•北京）结合图判断，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 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式．菁优网版权所有 ‎【分析】锌比铁活泼，装置Ⅰ中锌做负极，负极反应为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，铁做正极，溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；铁比铜活泼，装置Ⅱ中铁为负极，反应式为：‎ Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极为铜，电解质溶液呈酸性，所以正极的反应式为：2H++2e﹣=H2↑；检验Fe2+离子可用K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀．‎ ‎【解答】解：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；故A对；‎ B、I中的负极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错；‎ C、I溶液显中性，其电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液显酸性，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故C错；‎ D、I中没有Fe2+，不能与K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，故D错；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查原电池的工作原理以及金属的腐蚀及防护等知识，做题的关键是正确判断电池的正负极反应．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）（2011•北京）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+NOC+NO2‎ C．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+‎ D．用高温催化氧化法去除烃类废气（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O ‎【考点】物质的分离、提纯和除杂；离子方程式的书写．菁优网版权所有 ‎【专题】实验设计题；元素及其化合物．‎ ‎【分析】A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS；‎ B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N2和CO2；‎ C、明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al（OH）3胶体；‎ D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水．‎ ‎【解答】解：A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS，可用Na2S去除废水中的Hg2+，离子方程式为：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正确；‎ B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N2和CO2，正确的化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2，故B错误；‎ C、明矾在溶液中电离出的Al3+水解生成的Al（OH）3胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故C正确；‎ D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水，可用高温催化氧化法去除烃类废气，化学方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题结合无机物和有机物的反应考查了化学方程式、离子方程式为的正确书写．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）（2011•北京）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1②2Na（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 ‎【考点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素．菁优网版权所有 ‎【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；‎ B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；‎ C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠；‎ D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．‎ ‎【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；‎ B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；‎ C、温度升高，Na与足量O2反应的产物是Na2O2，故C错误；‎ D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得 Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．‎ ‎　‎ ‎6．（3分）（2011•北京）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 ‎【考点】钠的重要化合物．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．‎ A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；‎ B、根据钠守恒，可列方程组求解；‎ C、C项应先把水蒸气排除才合理；‎ D、根据质量关系，可列方程组求解．‎ ‎【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，故A项成立；‎ B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B项成立；‎ C、C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，故C项错误；‎ D、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故D项成立．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2011•北京）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 ‎【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．‎ ‎【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A错；‎ B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以＜1，故B错；‎ C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，故C错；‎ D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分58分）‎ ‎8．（12分）（2011•北京）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+H22HF ‎1.8×1036‎ ‎1.9×1032‎ Cl2+H22HCl ‎9.7×1012‎ ‎4.2×1011‎ Br2+H22HBr ‎5.6×107‎ ‎9.3×106‎ I2+H22HI ‎43‎ ‎34‎ ‎（1）已知t2＞t1，HX的生成反应是　放热　反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（2）HX的电子式是　　．‎ ‎（3）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　HF、HCl、HBr、HI　．‎ ‎（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：　卤素原子的最外层电子数均为7　．‎ ‎（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：　同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多　，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱．‎ ‎（6）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，　ad　（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．‎ ‎【考点】卤素原子结构及其性质的比较；电子式；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义．菁优网版权所有 ‎【分析】（1）温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，HX的生成反应为放热反应；‎ ‎（2）HX中H与X以一对共用电子对结合，电子式为：‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）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；‎ ‎（5）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：同一主族元素从上到下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；‎ ‎（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解．‎ ‎【解答】解：（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）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：同一主族元素从上到下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．‎ ‎（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与K的大小无直接联系．‎ 故答案为：（1）放热；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；‎ ‎（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad．‎ ‎【点评】用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式，全面考查学生分析、比较、概括、归纳问题的能力．‎ ‎　‎ ‎9．（14分）（2011•北京）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示．‎ ‎（1）溶液A的溶质是　NaOH　．‎ ‎（2）电解饱和食盐水的离子方程式是　2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　．‎ ‎（3）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：　Cl2与水的反应为Cl2+H2OHCl+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　．‎ ‎（4）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　Mg（OH）2　．‎ ‎②过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是　2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O　．‎ ‎③BaSO4的溶解度比BaCO3的小．过程II中除去的离子有　SO42﹣、Ca2+　．‎ ‎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　1.76　kg（溶液体积变化忽略不计）．‎ ‎【考点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；原电池和电解池的工作原理；粗盐提纯．菁优网版权所有 ‎【专题】实验题；电化学专题；元素及其化合物．‎ ‎【分析】（1）根据电极反应判断阴极产物；‎ ‎（2）根据两极的反应书写电解反应式；‎ ‎（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；‎ ‎（4）①根据杂质离子和溶液的酸碱性判断能反应生成的沉淀；‎ ‎②根据A溶液成分和可能具有的性质，结合氧化还原反应和质量守恒定律书写离子方程式；‎ ‎③根据溶液成分和溶解度大小判断生成的沉淀；‎ ‎④根据反应方程式和质量守恒解答．‎ ‎【解答】解：（1）电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，阳极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH，故答案为：NaOH；‎ ‎（2）根据阳极极和阴极的反应式可得电解反应的离子方程式是2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；‎ ‎（3）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+H2OHCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案为：Cl2与水的反应为Cl2+H2OHCl+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；‎ ‎（4）①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中除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH）2，‎ 故答案为：Mg（OH）2；‎ ‎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，故答案为：2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O；‎ ‎③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，故答案为：SO42﹣、Ca2+；‎ ‎④NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na2SO3NaCl+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．故答案为：1.76．‎ ‎【点评】本题考查饱和食盐水的电解和粗盐的提纯，题目较为综合，注意平衡移动原理的应用以及物质的量应用于化学方程式的计算．做题时注意题中所给信息，用守恒的方法解答．‎ ‎　‎ ‎10．（15分）（2011•北京）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 ‎（1）A中反应的化学方程式是　Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O　．‎ ‎（2）C中白色沉淀是　BaSO4　，该沉淀的生成表明SO2具有　还原　性．‎ ‎（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是　2NO+O2═2NO2　．‎ ‎（4）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　通N2一段时间，排除装置中的空气　；‎ 乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是　饱和NaHSO3溶液　．‎ ‎②进行实验，B中现象：‎ 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 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：　甲：SO42﹣+Ba2═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量　．‎ ‎（5）合并（4）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　SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀　．‎ ‎【考点】二氧化硫的化学性质．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；‎ ‎（3）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；‎ ‎（4）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；‎ 由于甲同学没有排除白雾的干扰，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+；‎ ‎（5）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．‎ ‎【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42﹣，说明SO2具有还原性；‎ ‎（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，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；‎ ‎（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；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；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，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+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；‎ ‎（5）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．‎ 故答案为：（1）Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；‎ ‎（2）H2SO4，还原；‎ ‎（3）2NO+O2═2NO2，‎ ‎（4）①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；‎ ‎（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀．‎ ‎【点评】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，综合性强．‎ ‎　‎ ‎11．（17分）（2011•北京）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：‎ ‎（1）A的核磁共振氢谱有两种峰．A的名称是　乙醛　．‎ ‎（2）A与合成B的化学方程式是　　．‎ ‎（3）C为反式结构，由B还原得到．C的结构式是　　．‎ ‎（4）E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　稀NaOH；加热　．‎ b．②的反应类型是　加成反应　．‎ c．③的化学方程式是　　．‎ ‎（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是　CH3COOCH=CH2　．‎ ‎（6）碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是　　．‎ ‎【考点】有机物的合成；有机物的推断．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】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；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．‎ ‎【解答】解：（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，故答案为：乙醛；‎ ‎（2）A为乙醛，B为 ，反应的方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（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，‎ 故答案为：；‎ ‎（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CH3（CH2）2CHO，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，‎ 故答案为：a稀NaOH；加热；b加成反应；c；；‎ ‎（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，‎ 故答案为：CH3COOCH=CH2；‎ ‎（6）PVAc的单体为CH3COOCH=CH2，则PVAc为，含有酯基，能在碱性条件下水解生成和乙酸钠，反应的化学方程式为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，解答本题时注意把握题中的隐含信息，如各小题的中的信息，为解答本题的关键，注意把握有机物官能团的结构和性质．‎