2010年高考真題化學(山東卷)（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年山東省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題4分，滿分28分）1．（4分）（2010?山東）16O和18O是氧元素的兩種核素，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A．16O2與18O2互為同分異構(gòu)體B．16O2與18O2核外電子排布方式不同C．通過化學變化可以實現(xiàn)16O與18O間的相互轉(zhuǎn)化D．標準狀況下，1.12L16O2和1.12L18O2均含0.1NA個氧原子2．（4分）（2010?山東）下列與化學反應能量變化相關的敘述正確的是（）A．生成物總能量一定低于反應物總能量B．放熱反應的反應速率總是大于吸熱反應的反應速率C．應用蓋斯定律，可計算某些難以直接測量的反應焓變D．同溫同壓下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和點燃條件下的△H不同3．（4分）（2010?山東）下列說法正確的是（）A．形成離子鍵的陰陽離子間只存在靜電吸引力B．HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性和還原性從左到右依次減弱C．第三周期非金屬元素含氧酸的酸性從左到右依次增強D．元素周期律是元素原子核外電子排布周期性變化的結(jié)果4．（4分）（2010?山東）下列敘述錯誤的是（）A．乙烯和苯都能使溴水褪色，褪色的原因相同B．淀粉、油脂、蛋白質(zhì)都能水解，但水解產(chǎn)物不同C．煤油可由石油分餾獲得，可用作燃料和保存少量金屬鈉D．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能發(fā)生取代反應，乙酸乙酯中的少量乙酸可用飽和Na2CO3溶液除去5．（4分）（2010?山東）下列推斷正確的是（）A．SiO2是酸性氧化物，能與NaOH溶液反應B．Na2O、Na2O2組成元素相同，與CO2反應產(chǎn)物也相同C．CO、NO、NO2都是大氣污染氣體，在空氣中都能穩(wěn)定存在D．新制氯水顯酸性，向其中滴加少量紫色石蕊試液，充分振蕩后溶液呈紅色6．（4分）（2010?山東）下列與實驗相關的敘述正確的是（）A．稀釋濃硫酸時，應將蒸餾水沿玻璃棒緩慢注入濃硫酸中B．配制溶液時，若加水超過容量瓶刻度，應用膠頭滴管將多余溶液吸出C．酸堿滴定時，若加入待測液前用待測液潤洗錐形瓶，將導致測定結(jié)果偏高D．檢驗某溶液是否含有SO42﹣時，應取少量該溶液，依次加入BaCl2溶液和稀鹽酸7．（4分）（2010?山東）某溫度下，F(xiàn)e（OH）3（s）、Cu（OH）2（s）分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變?nèi)芤簆H，金屬陽離子濃度的變化如圖所示．據(jù)圖分析，下列判斷錯誤的是（）A．Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]B．加適量NH4CL固體可使溶液由a點變到b點C．c、d兩點代表的溶液中c（H+）與c（OH﹣）乘積相等D．Fe（OH）3、Cu（OH）2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和二、解答題（共6小題，滿分66分）8．（14分）（2010?山東）硫一碘循環(huán)分解水制氫主要涉及下列反應：ⅠSO2+2H2O+I2═H2SO4+2HIⅡ2HIH2+I2Ⅲ2H2SO4═2SO2+O2+2H2O（1）分析上述反應，下列判斷正確的是．a(chǎn)．反應Ⅲ易在常溫下進行b．反應Ⅰ中SO2氧化性比HI強c．循環(huán)過程中需補充H2Od．循環(huán)過程中產(chǎn)生1molO2的同時產(chǎn)生1molH2（2）一定溫度下，向1L密閉容器中加入1molHI（g），發(fā)生反應Ⅱ，H2物質(zhì)的量隨時間的變化如圖所示．0～2min內(nèi)的平均反應速率v（HI）=．該溫度下，H2（g）+I2（g）2HI（g）的平衡常數(shù)K=．相同溫度下，若開始加入HI（g）的物質(zhì)的量是原來的2倍，則是原來的2倍．a(chǎn)．平衡常數(shù)b．HI的平衡濃度c．達到平衡的時間d．平衡時H2的體積分數(shù)（3）實驗室用Zn和稀硫酸制取H2，反應時溶液中水的電離平衡移動（填“向左”“向右”或者“不”）；若加入少量下列試劑中的，產(chǎn)生H2的速率將增大．a(chǎn)．NaNO3b．CuSO4c．Na2SO4d．NaHSO3（4）以H2為燃料可制成氫氧燃料電池．已知2H2（g）+O2（g）═2H2O（I）△H=﹣572KJ．mol﹣1某氫氧燃料電池釋放228.8KJ電能時，生成1mol液態(tài)水，該電池的能量轉(zhuǎn)化率為．9．（12分）（2010?山東）對金屬制品進行抗腐蝕處理，可延長其使用壽命．（1）以下為鋁材表面處理的一種方法：①堿洗的目的是除去鋁材表面的自然氧化膜，堿洗時常有氣泡冒出，原因是（用離子方程式表示）．為將堿洗槽液中鋁以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列試劑中的．a(chǎn)．NH3b．CO2c．NaOHd．HNO3②以鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜，陽極電極反應為．取少量廢電解液，加入NaHCO3，溶液后產(chǎn)生氣泡和白色沉淀，產(chǎn)生沉淀的原因是．（2）鍍銅可防止鐵制品腐蝕，電鍍時用銅而不用石墨作陽極的原因是．（3）利用圖裝置，可以模擬鐵的電化學防護．若X為碳棒，為減緩鐵的腐蝕，開關K應置于處．若X為鋅，開關K置于M處，該電化學防護法稱為．10．（16分）（2010?山東）聚合硫酸鐵又稱聚鐵，化學式為[Fe2（OH）n（SO4）3﹣0.5n]m，廣泛用于污水處理．實驗室利用硫酸廠燒渣（主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等）制備聚鐵和綠礬（FeSO4?7H2O）過程如下：（1）驗證固體W焙燒后產(chǎn)生的氣體含有SO2的方法是．（2）實驗室制備、收集干燥的SO2，所需儀器如下．裝置A產(chǎn)生SO2，按氣流方向連接各儀器接口，順序為a→→→→→f裝置D的作用是，裝置E中NaOH溶液的作用是．（3）制備綠礬時，向溶液X中加入過量，充分反應后，經(jīng)操作得到溶液Y，再經(jīng)濃縮，結(jié)晶等步驟得到綠礬．（4）溶液Z的pH影響聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)，用pH試紙測定溶液pH的操作方法為．若溶液Z的pH偏小，將導致聚鐵中鐵的質(zhì)量分數(shù)偏．11．（8分）（2010?山東）玻璃鋼可由酚醛樹脂和玻璃纖維制成．（1）酚醛樹脂有苯酚和甲醛縮聚而成，反應有大量熱放出，為防止溫度過高，應向已有苯酚的反應釜中加入甲醛，且反應釜應裝有裝置．（2）玻璃纖維由玻璃拉絲得到．普通玻璃是由石英砂、和石灰石（或長石）高溫熔融而成，主要反應的化學方程式為．（3）玻璃鋼中玻璃纖維的作用是．玻璃鋼具有等優(yōu)異性能（寫出亮點即可）．（4）下列處理廢舊熱固性酚醛塑料的做法合理的是．a(chǎn)．深埋b．粉碎后用作樹脂填料c．用作燃料d．用有機溶劑將其溶解，回收樹脂．12．（8分）（2010?山東）碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb．（1）碳納米管由單層或多層石墨層卷曲而成，其結(jié)構(gòu)類似于石墨晶體，每個碳原子通過雜化與周圍碳原子成鍵，多層碳納米管的層與層之間靠結(jié)合在一起．（2）CH4中共用電子對偏向C，SiH4中共用電子對偏向H，則C、Si、H的電負性由大到小的順序為．（3）用價層電子對互斥理論推斷SnBr2分子中Sn﹣Br鍵的鍵角120°（填“＞”“＜”或“=”）（4）鉛、鋇、氧形成的某化合物的晶胞結(jié)構(gòu)是：Pb4+處于立方晶胞頂點，Ba2+處于晶胞中心，O2﹣處于晶胞棱邊中心．該化合物化學式為，每個Ba2+與個O2﹣配位．13．（8分）（2010?山東）利用從冬青中提取出的有機物A合成抗結(jié)腸炎藥物Y及其他化學品，合成路線如下圖：根據(jù)上述信息回答：（1）D不與NaHCO3溶液反應，D中官能團的名稱是，B→C的反應類型是．（2）寫出A生成B和E的化學反應方程式．（3）A的同分異構(gòu)體I和J是重要的醫(yī)藥中間體，在濃硫酸的作用下I和J分別生產(chǎn)，鑒別I和J的試劑為．（4）A的另一種同分異構(gòu)體K用于合成高分子材料，K可由制得，寫出K在濃硫酸作用下生成的聚合物的結(jié)構(gòu)簡式．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年山東省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題4分，滿分28分）1．（4分）（2011?山東）化學與生產(chǎn)、生活密切相關．下列敘述正確的是（）A．煤的干餾與石油的分餾均屬于化學變化B．BaSO4在醫(yī)學上用作鋇餐，Ba2+對人體無毒C．14C可用于文物的年代鑒定，14C與13C互為同素異形體D．葡萄糖注射液不能產(chǎn)生丁達爾現(xiàn)象，不屬于膠體【考點】煤的干餾和綜合利用；同位素及其應用；膠體的重要性質(zhì)；原子構(gòu)成；石油的裂化和裂解．【專題】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；有機化合物的獲得與應用；化學計算．【分析】A、從干餾和分餾的區(qū)別來判斷；B、從BaSO4的性質(zhì)來分析；C、從同位素和同素異形體的不同來區(qū)別；D、從溶液和膠體的不同來判斷；【解答】解：A、石油的分餾屬物理變化，因為石油的分餾是利用石油中各種成分沸點不同將其分離的一種方法，沒有新物質(zhì)生成，所以是物理變化，煤的干餾是復雜的物理化學變化，故A錯誤；B、鋇離子對人體有害，它是一種重金屬離子，可以使人體中毒．硫酸鋇在醫(yī)學上用作鋇餐是因為硫酸鋇既不溶于水也不溶于酸，不會產(chǎn)生可溶性鋇離子，所以它對人體無害，故B錯誤；C、由同一種元素組成的性質(zhì)不同的幾種單質(zhì)，叫做該元素的同素異形體，例如金剛石、石墨和C60是碳元素的同素異形體；而質(zhì)子數(shù)相同而中子數(shù)不同的原子，二者互為同位素，故C錯誤；D、葡萄糖注射液是溶液，不屬于膠體，丁達爾現(xiàn)象是膠體具有的性質(zhì)，故D正確．故選D．【點評】本題考查分餾與干餾的區(qū)別、硫酸鋇的醫(yī)學用途、同位素和同素異形體以及膠體和溶液的區(qū)別，題目難度不大，注意相關基礎知識的積累．2．（4分）（2011?山東）某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，該元素（）A．在自然界中只以化合態(tài)的形式存在B．單質(zhì)常用作半導體材料和光導纖維C．最高價氧化物不與酸反應D．氣態(tài)氫化物比甲烷穩(wěn)定【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)．【分析】根據(jù)題意，某短周期非金屬元素的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，則該元素為Si；然后，具體分析各個選項．【解答】解：A、Si在自然界中沒有單質(zhì)，故A正確；B、制造光導纖維的材料是二氧化硅，故B錯誤；C、二氧化硅可以與氫氟酸反應，故C錯誤；D、C的非金屬性大于Si的，甲烷比硅化氫穩(wěn)定，故D錯誤．故選A．【點評】本題考查元素的推斷和元素的性質(zhì)，熟悉核外電子排布是解決本題的關鍵．3．（4分）（2011?山東）下列與有機物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)相關的敘述錯誤的是（）A．乙酸分子中含有羧基，可與NaHCO3溶液反應生成CO2B．蛋白質(zhì)和油脂都屬于高分子化合物，一定條件下都能水解C．甲烷和氯氣反應生成一氯甲烷與苯和硝酸反應生成硝基苯的反應類型相同D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，說明苯分子中沒有乙烯分子中類似的碳碳雙鍵【考點】乙酸的化學性質(zhì)；取代反應與加成反應；苯的結(jié)構(gòu)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點；有機高分子化合物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】乙酸具有酸性，酸性強于碳酸；油脂屬于小分子化合物，蛋白質(zhì)屬于高分子化合物，二者都能水解；甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，苯和硝酸在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應，也為取代反應，生成硝基苯；苯不具有烯烴的結(jié)構(gòu)特征，不與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應．【解答】解：A、乙酸屬于一元羧酸，酸性強于碳酸的，所以可與NaHCO3溶液反應生成CO2，故A正確；B、油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，但不屬于高分子化合物，故B錯誤；C、甲烷和氯氣反應生成一氯甲烷，以及苯和硝酸反應生成硝基苯的反應都屬于取代反應，故C正確；D、只有分子中含有不飽和鍵（如碳碳雙鍵），則可以與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應，從而使之褪色，而苯中的化學鍵是介于單鍵和雙鍵之間特殊的化學鍵，故D正確．故選B．【點評】本題考查常見有機物的性質(zhì)，涉及到甲烷、苯、乙酸、油脂和蛋白質(zhì)，難度較小，明確有機物中的官能團來分析性質(zhì)、結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)及高分子化合物的概念即可解答．4．（4分）（2011?山東）Al、Fe、Cu都是重要的金屬元素．下列說法正確的是（）A．三者對應的氧化物均為堿性氧化物B．三者的單質(zhì)放置在空氣中均只生成氧化物C．制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法D．電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時陰極上依次析出Cu、Fe、Al【考點】常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用；原電池和電解池的工作原理；鹽類水解的應用．【專題】基本概念與基本理論；元素及其化合物．【分析】A、根據(jù)Al、Fe、Cu三者對應的氧化物各自所屬類別來回答；B、根據(jù)Al、Fe、Cu三者放在空氣中所發(fā)生的反應來回答；C、根據(jù)AlCl3、FeCl3、CuCl2三種溶液直接蒸干時所得到的產(chǎn)物進行分析；D、根據(jù)電解原理，陰極上析出的金屬應按照其對應的陽離子的放電順序來析出．【解答】解：A、鋁對應的氧化物Al2O3是兩性氧化物，故A錯誤；B、Fe還可以形成復雜的氫氧化物，Cu可以形成堿式碳酸銅等，故B錯誤；C、因為AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加熱時都水解生成沉淀和HCl氣體了，HCl揮發(fā)了，所以得到的是各自的沉淀物，制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法，故C正確；D、根據(jù)電解原理，陰極上離子的放電順序是：Cu2+＞H+＞Fe2+＞Al3+，F(xiàn)e2+和Al3+不放電，F(xiàn)e3+得電子成為Fe2+，不會析出鐵，所以鐵和Al不可以，因為它們比H活潑，只有Cu可以，故D錯誤．故選C．【點評】本題考查了常見的金屬單質(zhì)的性質(zhì)、電解原理以及鹽類水解的應用知識，是一道綜合型題目．5．（4分）（2011?山東）元素的原子結(jié)構(gòu)決定其性質(zhì)和周期表中的位置．下列說法正確的是（）A．元素原子的最外層電子數(shù)等于元素的最高化合價B．多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子的能量較高C．P、S、Cl得電子能力和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強D．元素周期表中位于金屬和非金屬分界線附近的元素屬于過渡元素【考點】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系．【分析】該題考察了元素化合價與最外層電子數(shù)的關系；電子離核遠近能量的高低，以及非金屬性強弱與最高價氧化物對應水化物的關系，過渡元素的概念，綜合性強，基礎性強．【解答】解：A、對于主族元素是最外層電子數(shù)等于元素的最高化合價，故A錯；B、多電子原子中，在離核較近的區(qū)域內(nèi)運動的電子能量較低，故B錯；C、因P、S、Cl同周期，且原子序數(shù)依次增大，則電子能力和最高價氧化物對應水化物的酸性均依次增強，故C正確；D、因過渡元素指的是中間十列元素，故D錯；故選：C．【點評】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，明確位置與性質(zhì)的關系、周期表的結(jié)構(gòu)是解答的關鍵．6．（4分）（2011?山東）室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋后，下列說法正確的是（）A．溶液中導電粒子的數(shù)目減少B．溶液中不變C．醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大D．再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液的pH=7【考點】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；pH的簡單計算．【專題】壓軸題；計算題；熱點問題；平衡思想；分析比較法；電離平衡與溶液的pH專題．【分析】根據(jù)醋酸是弱電解質(zhì)，則室溫下向10mLpH=3的醋酸溶液中加水稀釋將促進電離，離子的數(shù)目增多，但溶液的體積增大，則電離產(chǎn)生的離子的濃度減小，并利用溫度與電離常數(shù)的關系、酸堿混合時PH的計算來解答．【解答】解：A、因醋酸溶液中加水稀釋，促進電離，則液中導電粒子的數(shù)目增多，故A錯誤；B、因=，溫度不變，Ka、Kw都不變，則不變，故B正確；C、加水稀釋時，溶液的體積增大的倍數(shù)大于n（H+）增加的倍數(shù)，則c（H+）減小，故C錯誤；D、等體積10mLpH=3的醋酸與pH=11的NaOH溶液混合時，醋酸的濃度大于0.001mol/L，醋酸過量，則溶液的pH＜7，故D錯誤；故選：B．【點評】本題考查弱電解質(zhì)的稀釋，明確溫度與電離平衡常數(shù)的關系、溶液的pH與物質(zhì)的量濃度的關系、稀釋中溶液體積的變化與離子的物質(zhì)的量的變化程度是解答本題的關鍵．7．（4分）（2011?山東）以KCl和ZnCl2混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，下列說法正確的是（）A．未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，電鍍過程是該電池的充電過程B．因部分電能轉(zhuǎn)化為熱能，電鍍時通過的電量與鋅的析出量無確定關系C．電鍍時保持電流恒定，升高溫度不改變電解反應速率D．鍍鋅層破損后即對鐵制品失去保護作用【考點】電解原理的應用實驗．【專題】壓軸題．【分析】根據(jù)Zn的金屬性強于Fe，未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，其正極反應為：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，與電鍍時所發(fā)生的反應為不同的兩個反應，故電鍍過程不是該原電池的充電過程；電鍍時，每轉(zhuǎn)移2mol電子析出1molZn，通過的電量與析出的鋅的量存在確定的關系，與能量的其他轉(zhuǎn)化無關；電鍍時保持單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應物與產(chǎn)生的生成物的量恒定，也就是反應速率恒定，與溫度無關；鍍鋅鐵制品的鍍層破損后，易形成Zn﹣Fe原電池，Zn作負極優(yōu)先被腐蝕，鐵制品仍能受到保護．【解答】解：A、未通電前上述鍍鋅裝置可構(gòu)成原電池，因原電池反應與電鍍時所發(fā)生的反應為不同的兩個反應，故電鍍過程不是該原電池的充電過程，故A錯誤；B、電解過程中確實存在電能轉(zhuǎn)化成熱能的情況，但電鍍時通過的電量與析出的鋅的量存在確定的關系，與能量的其他轉(zhuǎn)化無關，故B錯誤；C、電鍍時保持電流恒定，即單位時間內(nèi)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)恒定，則消耗的反應物與產(chǎn)生的生成物的量恒定，也就是反應速率恒定，與溫度無關，故C正確；D、鍍鋅層破損后，能形成鋅鐵原電池，鐵為正極，鋅為負極，同樣起到保護鐵的作用，故D錯誤．故選C．【點評】此題考查了原電池與電解池的工作原理及應用．重在突出應用及電路中的電量與析出物質(zhì)的守恒關系，解答本題時應明確電池或電解工作原理，對于其應用也要掌握．二、解答題（共6小題，滿分66分）8．（14分）（2011?山東）研究NO2、SO2、CO等大氣污染氣體的處理有重要意義．（1）NO2可用水吸收，相應的化學方程式為3NO2+H2O=2HNO3+NO．利用反應6NO2+8NH37N2+12H2O也可以處理NO2．當轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗的NO2在標準狀況下是6.72L．（2）已知：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H=﹣196.6kJ?mol﹣12NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H=﹣113.0kJ?mol﹣1則反應NO2（g）+SO2（g）?SO3（g）+NO（g）的△H=﹣41.8kJ?mol﹣1一定條件下，將與體積比1：2置于密閉容器中發(fā)生上述反應，下列能說明反映達到平衡狀態(tài)的是b．a(chǎn)．體系壓強保持不變b．混合氣體顏色保持不變c．SO3與NO的體積比保持不變d．每消耗1molSO3的同時生成1molNO2測得上述反應平衡時的NO2與SO2體積比為1：6，則平衡常數(shù)K=2.67或8/3．（3）CO可用于合成甲醇，反應方程式為CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）．CO在不同溫度下的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關系如圖所示．該反應△H＜0（填“＞”或“＜”）．實際生產(chǎn)條件控制在250℃、1.3×104kPa左右，選擇此壓強的理由是在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加得不償失．．【考點】化學平衡狀態(tài)的判斷；用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；用化學平衡常數(shù)進行計算；轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強的變化曲線；氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響．【分析】（1）根據(jù)物質(zhì)與水的反應物與生成物來書寫化學反應方程式，再利用氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移計算，然后來計算標準狀況下氣體的體積；（2）利用蓋斯定律來計算反應熱，利用化學平衡的特征“等”、“定”來判定化學平衡，利用三段法計算平衡時的濃度來計算化學平衡常數(shù)；（3）利用化學平衡的影響因素和工業(yè)生產(chǎn)的關系來分析．【解答】解：（1）NO2與H2O反應的方程式為：3NO2+H2O═2HNO3+NO；6NO2+8NH3═7N2+12H2O，當反應中有1molNO2參加反應時，共轉(zhuǎn)移了4mol電子，故轉(zhuǎn)移1.2mol電子時，消耗的NO2為1.2÷4×22.4L=6.72L．（2）根據(jù)蓋斯定律，將第二個方程式顛倒過來，與第一個方程式相加得：2NO2+2SO2═2SO3+2NO，△H=﹣83.6kJ?mol﹣1，故NO2+SO2?SO3+NO，△H=﹣41.8kJ?mol﹣1；本反應是反應前后氣體分子數(shù)不變的反應，故體系的壓強保持不變，故a不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；隨著反應的進行，NO2的濃度減小，顏色變淺，故b可以說明反應已達平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1：1，故c不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)；d中所述的兩個速率都是逆反應速率，不能作為平衡狀態(tài)的判斷依據(jù)．NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）起始物質(zhì)的體積1a2a00轉(zhuǎn)化物質(zhì)的體積xxxx平衡物質(zhì)的體積1a﹣x2a﹣xxx則（1a﹣x）：（2a﹣x）=1：6，故x=a，故平衡常數(shù)為=x2/（1a﹣x）（2a﹣x）=8/3．（3）由圖可知，溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，平衡向逆反應方向移動，故逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，△H＜0；壓強大，有利于加快反應速率，有利于使平衡正向移動，但壓強過大，需要的動力大，對設備的要求也高，故選擇250℃、1.3×104kPa左右的條件．因為在250℃、壓強為1.3×104kPa時，CO的轉(zhuǎn)化率已較大，再增大壓強，CO的轉(zhuǎn)化率變化不大，沒有必要再增大壓強．故答案為：（1）3NO2+H2O=2HNO3+NO；6.72（2）﹣41.8；b；2.67或8/3（3）＜；在1.3×104kPa下，CO的轉(zhuǎn)化率已較高，再增大壓強CO的轉(zhuǎn)化率提高不大，而生產(chǎn)成本增加得不償失．【點評】該題將元素化合物與能量變化、化學平衡等知識柔和在一起進行考察，充分體現(xiàn)了高考的綜合性，看似綜合性較強的問題，只要細細分析，還是能各個突破的．第（3）容易出錯，需認真分析圖象，得出正確結(jié)論．9．（14分）（2011?山東）科研、生產(chǎn)中常涉及鈉、硫及其化合物．（1）實驗室用無水乙醇處理少量殘留的金屬鈉，化學方程式為2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑．要清洗附著在試管壁上的硫，可用的試劑是CS2[或（熱）NaOH溶液]．（2）如圖為鈉硫高能電池的結(jié)構(gòu)示意圖．該電池的工作溫度為200℃左右，電池反應為2Na+xS=Na2Sx，正極的電極反應式為xS+2e﹣=Sx2﹣（或2Na++xS+2e﹣=Na2Sx）．M（由Na2O和Al2O3制得）的兩個作用是離子導電（導電或電解質(zhì)）和隔離鈉與硫．與鉛蓄電池相比，當消耗相同質(zhì)量的負極活性物質(zhì)時，鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池4.5倍（鉛的相對原子質(zhì)量是207）．（3）Na2S溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+），向該溶液中加入少量固體CuSO4，溶液pH減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“減小”或“不變”）．Na2S溶液長期放置有硫析出，是因為2S2﹣+O2+2H2O=2S↓+4OH﹣（用離子方程式表示）．【考點】常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用；原電池和電解池的工作原理；電極反應和電池反應方程式；鹽類水解的應用；鈉的化學性質(zhì)．【專題】開放題；鹽類的水解專題；電化學專題．【分析】（1）根據(jù)乙醇能和鈉反應的性質(zhì)以及硫在二硫化碳中的溶解性知識來回答；（2）原電池正極發(fā)生得電子的還原反應，結(jié)合原電池的構(gòu)成條件和題意實際情況來分析M的作用，根據(jù)鉛蓄電池的工作原理和鈉硫高能電池的工作原理來回答；（3）根據(jù)鹽的電離和離子的水解知識來比較離子濃度大小，根據(jù)加入硫酸銅后所發(fā)生的反應情況來判斷pH的變化，根據(jù)硫離子的強還原性來回答．【解答】解：（1）乙醇能和鈉反應，方程式為：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑，硫極易溶于二硫化碳，微溶于酒精，不溶于水，還能和熱的氫氧化鈉溶液反應，故答案為：2CH3CH2OH+2Na=2CH3CH2ONa+H2↑；CS2[或（熱）NaOH溶液]；（2）原電池正極發(fā)生得電子的還原反應，在反應2Na+xS=Na2Sx中，硫單質(zhì)得電子，故正極反應為：xS+2e﹣=Sx2﹣（或2Na++xS+2e﹣=Na2Sx），M作為電解質(zhì)的同時又將鈉和硫隔開，與鉛蓄電池相比，當消耗相同質(zhì)量的負極活性物質(zhì)鉛和鈉時，鉛成為鉛離子時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是鈉成為鈉離子時轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量的4.5倍，即鈉硫電池的理論放電量是鉛蓄電池4.5倍，故答案為：xS+2e﹣=Sx2﹣（或2Na++xS+2e﹣=Na2Sx）、離子導電（導電或電解質(zhì)）和隔離鈉與硫、4.5；（3）硫化鈉電離出的離子有鈉離子和硫離子，理論上鈉離子濃度是硫離子的2倍，故c（Na+）＞c（S2﹣），但少量的硫離子水解，第一步水解強于第二步，兩步水解均生成氫氧根，故c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣），溶液顯堿性，故氫離子濃度最小，加硫酸銅后，溶液由堿性硫化鈉溶液變?yōu)橹行粤蛩徕c溶液，故pH減小，故答案為：c（Na+）＞c（S2﹣）＞c（OH﹣）＞c（HS﹣）＞c（H+）；減??；（4）硫離子有很強還原性，很容易被空氣氧化，反應方程式為：2S2﹣+O2+2H2O=2S↓+4OH﹣，故答案為：2S2﹣+O2+2H2O=2S↓+4OH﹣．【點評】本題是一道開放性的題目，同時即考查了有機物知識、電化學知識還考查了溶液的水解和電離知識，難度很大．10．（14分）（2011?山東）實驗室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣等離子的鹵水為主要原料制備無水CaCl2和Br2，流程如下：（1）操作Ⅰ使用的試劑是四氯化碳，所用的主要儀器名稱是分液漏斗．（2）加入溶液W的目的是除去溶液中SO42﹣．用CaO調(diào)節(jié)溶液Y的pH，可以除去Mg2+．由表中數(shù)據(jù)可知，理論上可選擇的pH最大范圍是11.0≤pH＜12.2．酸化溶液Z時，使用的試劑為鹽酸．開始沉淀時的pH沉淀完全時的pHMg2+9.611.0Ca2+12.2c（OH﹣）=1.8mol?L﹣1（3）實驗室用貝殼與稀鹽酸反應制備并收集氣體，下列裝置中合理的是b、d．（4）常溫下，H2SO3的電離常數(shù)Ka1=1.2×10﹣2，Ka2=6.3×10﹣8；H2CO3的電離常數(shù)Ka1=4.5×10﹣7，Ka2=4.7×10﹣11．某同學設計實驗驗證H2SO3酸性強于H2CO3：將SO2和CO2氣體分別通入水中至飽和，立即用酸度計測量溶液的pH，若前者的pH小于后者，則H2SO3酸性強于H2CO3．該實驗設計不正確，錯誤在于用于比較pH的兩種酸的物質(zhì)的量濃度不相等．設計合理實驗驗證H2SO3酸性強于H2CO3（簡要說明實驗步驟、現(xiàn)象和結(jié)論）．三種參考方案如下：方案一：配制相同物質(zhì)的量濃度的NaHSO3和NaHCO3溶液．用酸度計（或pH試紙）測兩溶液的pH．前者的pH小于后者，證明H2SO3酸性強于H2CO3．方案二：將SO2氣體依次通過NaHCO3（或Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品紅溶液、澄清石灰水．品紅溶液不褪色，且澄清石灰水變渾濁，證明H2SO3酸性強于H2CO3．方案三：將CO2氣體依次通過NaHSO3（或Na2SO3）溶液、品紅溶液．品紅溶液不褪色，證明H2SO3酸性強于H2CO3．儀器自選．供選擇的試劑：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸餾水、飽和石灰水、酸性KMnO4溶液、品紅溶液、pH試紙．【考點】制備實驗方案的設計；物質(zhì)的分離、提純和除雜；氣體發(fā)生裝置；氣體的收集；比較弱酸的相對強弱的實驗．【專題】綜合實驗題．【分析】實驗室以含有Ca2+、Mg2+、Cl﹣、Br﹣等離子的鹵水為主要原料制備無水CaCl2和Br2，應將混合物中的Mg2+、SO42﹣、Br﹣等離子除去，根據(jù)流程可以看出分別加入氯氣將溶液中的Br﹣氧化溴單質(zhì)，加入氯化鋇除去SO42﹣，用CaO調(diào)節(jié)溶液Y的pH，可以除去Mg2+．（1）單質(zhì)溴極易溶于有機溶劑，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要儀器是分液漏斗；（2）分析表中數(shù)據(jù)可知pH大于11時Mg2+沉淀完全，pH大于12.2時，Ca2+開始沉淀，所以理論上可選擇pH最大范圍是11.0≤pH＜12.2；除雜時不能引入新的雜質(zhì)；（3）CO2的密度大于空氣中的，所以采用向上排空氣發(fā)收集CO2氣體．若采用長頸漏斗時，長頸漏斗的下端必需插入到溶液中，以防止CO2氣體從長頸漏斗中揮發(fā)出來；（4）H2SO3和H2CO3均屬于二元酸，要想通過比較二者的pH來驗證二者的酸性強弱，必需使二者的濃度相同，但是SO2和CO2氣體溶于水后的飽和溶液其濃度顯然不相等（因為二者的溶解度不同），所以該實驗設計不正確；要檢驗酸性強弱，可以采用多種方法，例如利用水解原理（酸越弱相應的強堿鹽就越易水解），也可以利用較強的酸制取較弱的酸來檢驗．【解答】解：（1）氯氣具有強氧化性，通入氯氣后可以將溶液中的Br﹣氧化溴單質(zhì)，因為單質(zhì)溴極易溶于有機溶劑，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要儀器是分液漏斗．由流程圖可知單質(zhì)溴在下層，因此該有機溶劑的密度要比水的大且不溶于水，所以該試劑是CCl4，故答案為：四氯化碳；分液漏斗；（2）由于SO42﹣會與Ca2+結(jié)合形成微溶性的硫酸鈣而影響氯化鈣的制備，因此必需除去；由表中數(shù)據(jù)可知pH大于11時Mg2+沉淀完全，pH大于12.2時，Ca2+開始沉淀，所以理論上可選擇pH最大范圍是11.0≤pH＜12.2；因為不能引入新的雜質(zhì)，所以酸化溶液Z時，使用的試劑應該為鹽酸，故答案為：除去溶液中的SO42﹣；11.0≤pH＜12.2；鹽酸；（3）實驗室制取CO2的特點是固體和液體反應且不需要加熱，由于鹽酸易揮發(fā)，因此在收集之前需要出去揮發(fā)出HCl氣體，因為CO2的密度大于空氣中的，所以采用向上排空氣發(fā)收集CO2氣體．若采用長頸漏斗時，長頸漏斗的下端必須插入到溶液中，以防止CO2氣體從長頸漏斗中揮發(fā)出來，因此選項b、d正確，故答案為：b、d；（4）H2SO3和H2CO3均屬于二元酸，要想通過比較二者的pH來驗證二者的酸性強弱，必需使二者的濃度相同，但是SO2和CO2氣體溶于水后的飽和溶液其濃度顯然不相等（因為二者的溶解度不同），所以該實驗設計不正確；要檢驗酸性強弱，可以采用多種方法，例如利用水解原理（酸越弱相應的強堿鹽就越易水解），也可以利用較強的酸制取較弱的酸來檢驗．由于SO2和CO2氣體均可以使飽和石灰水變混濁，所以CO2氣體在通入飽和石灰水之前必需除去CO2氣體中混有的SO2氣體，故答案為：三種參考方案如下：方案一：配制相同物質(zhì)的量濃度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度計（或pH試紙）測兩溶液的pH．前者的pH小于后者，證明H2SO3酸性強于H2CO3．方案二：將SO2氣體依次通過NaHCO3（Na2CO3）溶液、酸性KMnO4溶液、品紅溶液、澄清石灰水．品紅溶液不褪色、且澄清石灰水變混濁，證明H2SO3酸性強于H2CO3．方案三：將CO2氣體依次通過NaHSO3（Na2SO3）溶液、品紅溶液．品紅溶液不褪色，證明H2SO3酸性強于H2CO3．【點評】本題主要考查常見的基本實驗操作、儀器的使用、離子的除雜和實驗方案設計，綜合性強．11．（8分）（2011?山東）[化學與技術(shù)]水處理技術(shù)在生產(chǎn)、生活中應用廣泛．（1）含有較多Ca2+、Mg2+離子的水稱為硬水．硬水加熱后產(chǎn)生碳酸鹽沉淀的離子方程式為Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O或Mg2++2HCO3﹣MgCO3↓+CO2↑+H2O（寫出一個即可）（2）將RH型陽離子交換樹脂和ROH型陰離子交換樹脂串接來軟化天然硬水，應首先使硬水通過RH（填“RH”或“ROH”）型離子交換樹脂，原因是先通過陰離子交換樹脂可能生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹脂交換效果．（3）通過施加一定壓力使水分子通過半透膜而將大分子或離子截留，從而獲得純凈水的方法稱為反滲透法．電滲析法凈化水時，使離子通過半透膜的推動力是電勢差（或電場力）．（4）檢驗蒸餾水的純度時，最簡單易行的方法是測定水的電導率（或電阻率）．【考點】物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應用；滲析；離子交換．【分析】硬水中含有較多的Ca2+、Mg2+離子，陰離子含有HCO3﹣，加熱時碳酸氫鹽分解可生成難溶的CaCO3或MgCO3沉淀；RH型陽離子交換樹脂和ROH型陰離子交換樹脂串接來軟化天然硬水時，RH型陽離子交換樹脂可交換硬水中的Ca2+、Mg2+離子，否則易生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹脂交換效果；工業(yè)中利用反滲透法通過施加一定壓力使水分子通過半透膜而將大分子或離子截留，而獲得純凈水，利用電滲析法可使相應的離子通過半透膜以達到硬水軟化的效果；溶液的導電能力取決于溶液中的離子濃度大小，檢驗蒸餾水的純度時，最簡單的方法是測定水的導電率．【解答】解：（1）通常按水中Ca2+、Mg2+的多少，把天然水分為硬水和軟水．含有較多Ca2+、Mg2+的水叫做硬水；如果水的硬度是由Ca（HCO3）2或Mg（HCO3）2所引起的，這種硬度叫做暫時硬度．具有暫時硬度的水可以用加熱的方法進行軟化，方程式為Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O或Mg2++2HCO3﹣MgCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Ca2++2HCO3﹣CaCO3↓+CO2↑+H2O或Mg2++2HCO3﹣MgCO3↓+CO2↑+H2O；（2）如果水的硬度是由鈣和鎂的硫酸鹽或氯化物等引起的，這種硬度叫做永久硬度．具有永久硬度的水可以采用離子交換法進行軟化．離子交換劑中陽離子與水中的Ca2+、Mg2+發(fā)生離子交換作用，使水得到凈化．如果硬水先通過ROH型陰離子交換樹脂時可能產(chǎn)生Mg（OH）2等沉淀而影響交換效果，所以先通過RH型陽離子交換樹脂．故答案為：RH；先通過陰離子交換樹脂可能生成Mg（OH）2等沉淀而影響樹脂交換效果；（3）電滲析法是一種利用離子交換膜進行海水淡化的方法．在外加電場的作用下，水溶液中陰、陽離子會分別向兩極移動，如果在中間加上一種交換膜，就可能達到分離濃縮的目的．所以電滲析法凈化水時，使離子通過半透膜的推動力是電勢差或電場力．故答案為：反滲透法；電勢差（或電場力）；（4）因為水的電離程度極小，所以純水是幾乎不導電的，因此要檢驗蒸餾水的純度時，最簡單易行的方法是測定水的電導率或電阻率．故答案為：電導率（或電阻率）．【點評】本題考查硬水軟化的原理，做題時注意硬水的主要離子成分以及物質(zhì)的性質(zhì)，注意相關基礎知識的積累．12．（8分）（2011?山東）[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]氧是地殼中含量最多的元素（1）氧元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為2個．（2）H2O分子內(nèi)O﹣H鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強到弱依次為O﹣H鍵、氫鍵、范德華力．沸點比高，原因是形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大．．（3）H+可與H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用sp3雜化．H3O+中H﹣O﹣H鍵角比H2O中H﹣O﹣H鍵角大，原因是H2O中O原子有兩對孤對電子，H3O+中O原子有一對孤對電子，排斥力較?。?）CaO與NaCl的晶胞同為面心立方結(jié)構(gòu)，已知CaO的密度為ag?cm﹣3，NA表示阿伏家的羅常數(shù)，則CaO晶胞的體積為．cm3．【考點】化學鍵和分子間作用力的區(qū)別；原子核外電子的能級分布；晶胞的計算；分子間作用力對物質(zhì)的狀態(tài)等方面的影響．【專題】壓軸題．【分析】（1）s能級有一個軌道，最多排2個電子，p能級有3個軌道，每個軌道最多排2個電子，結(jié)合洪特規(guī)則分析；（2）化學鍵的鍵能大于氫鍵的鍵能，氫鍵的鍵能大于分子間作用力；氫鍵對物質(zhì)的物理性質(zhì)產(chǎn)生影響，分子間氫鍵使物質(zhì)的沸點升高，分子內(nèi)氫鍵使物質(zhì)的沸點降低；（3）先確定VSEPR模型，然后在確定中心原子的雜化軌道類型；一般來說，相互之間排斥力的大小為：孤電子對間的排斥力＞孤電子對與成鍵電子對間的排斥力＞成鍵電子對間的排斥力；（4）先計算一個氧化鈣分子的質(zhì)量，再用均攤法求出一個晶胞含有的陰陽離子數(shù)，然后根據(jù)V=求出其體積．【解答】解：（1）氧元素基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p4，4個電子在三個軌道中排布，故未成對電子數(shù)為2個，故答案為：2；（2）共價鍵的鍵能大于氫鍵的作用力，氫鍵的作用力還大于范德華力，故H2O分子內(nèi)的O﹣H鍵、分子間的范德華力和氫鍵從強到弱依次為O﹣H鍵、氫鍵、分子間的范德華力；含分子間氫鍵的物質(zhì)的沸點大于分子內(nèi)氫鍵物質(zhì)的沸點，因此原因是前者易形成分子間氫鍵，后者易形成分子內(nèi)氫鍵．故答案為：O﹣H鍵、氫鍵、范德華力；形成分子內(nèi)氫鍵，而形成分子間氫鍵，分子間氫鍵使分子間作用力增大；（3）H3O+價層電子對模型為四面體，氧