2011年北京市高中考試化學(xué)試卷（含剖析版）

2011年北京市高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）垃圾分類有利于資源回收利用．下列垃圾歸類不合理的是（）①②③④垃圾廢易拉罐廢塑料瓶廢熒光燈管不可再生廢紙垃圾分類A．① B．② C．③ D．④ 2．（3分）下列說法不正確的是（）A．麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應(yīng) B．用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯 C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH D．用甘氨酸（）和丙氨酸（）縮合最多可形成4種二肽 3．（3分）結(jié)合圖判斷，下列敘述正確的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正極均被保護(hù) B．Ⅰ和Ⅱ中負(fù)極反應(yīng)均是Fe﹣2e﹣=Fe2+ C．Ⅰ和Ⅱ中正極反應(yīng)均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ D．Ⅰ和Ⅱ中分別加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有藍(lán)色沉淀 4．（3分）下列與處理方法對(duì)應(yīng)的反應(yīng)方程式不正確的是（）A．用Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓ B．用催化法處理汽車尾氣中的CO和NO：CO+NOC+NO2 C．向污水中投放明礬，生成能凝聚懸浮物的膠體：Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+ D．用高溫催化氧化法去除烴類廢氣（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ．mol﹣1下列說法不正確的是（）A．①和②產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比相等 B．①和②生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同 C．常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快 D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣16．（3分）下列實(shí)驗(yàn)方案中，不能測(cè)定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)（）A．取a克混合物充分加熱，減重b克 B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克D．取a克混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應(yīng)，過濾、洗滌、烘干，得b克固體 7．（3分）已知反應(yīng)：2CH3COCH3（l）?CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分別在0℃和20℃下，測(cè)得其轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線（Y﹣t）如圖所示．下列說法正確的是（）A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲線 B．反應(yīng)進(jìn)行到20min末，CH3COCH3的 C．升高溫度可縮短反應(yīng)達(dá)平衡的時(shí)間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率 D．從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的 二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（12分）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應(yīng)生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學(xué)方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反應(yīng)是反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）．（2）HX的電子式是．（3）共價(jià)鍵的極性隨共用電子對(duì)偏移程度的增大而增強(qiáng)，HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是．（4）X2都能與H2反應(yīng)生成HX，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：．（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學(xué)性質(zhì)的遞變性，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，（選填字母）．a(chǎn)．在相同條件下，平衡時(shí)X2的轉(zhuǎn)化率逐漸降低b．X2與H2反應(yīng)的劇烈程度逐漸減弱c．HX的還原性逐漸減弱d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱．9．（14分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示．（1）溶液A的溶質(zhì)是．（2）電解飽和食鹽水的離子方程式是．（3）電解時(shí)用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3．用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋鹽酸的作用：．（4）電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42﹣[c（SO42﹣）＞c（Ca2+）]．精制流程如下（淡鹽水和溶液A來自電解池）：①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質(zhì)是．②過程I中將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的離子方程式是．③BaSO4的溶解度比BaCO3的?。^程II中除去的離子有．④經(jīng)過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L．若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液體積變化忽略不計(jì)）．10．（15分）甲、乙兩同學(xué)為探究SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽能否反應(yīng)生成白色BaSO3沉淀，用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗(yàn)）．實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象：操作現(xiàn)象關(guān)閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成，銅片表面產(chǎn)生氣泡B中有氣泡冒出，產(chǎn)生大量白色沉淀C中產(chǎn)生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2，停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉﹣﹣﹣從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是．（2）C中白色沉淀是，該沉淀的生成表明SO2具有性．（3）C中液面上方生成淺棕色氣體的化學(xué)方程式是．（4）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產(chǎn)生的原因，甲認(rèn)為是空氣參與反應(yīng)，乙認(rèn)為是白霧參與反應(yīng)．①為證實(shí)各自的觀點(diǎn)，在原實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是；乙在A、B間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是．②進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，B中現(xiàn)象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀檢驗(yàn)白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸．結(jié)合離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象異同的原因：．（5）合并（4）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．B中無沉淀生成，而C中產(chǎn)生白色沉淀，由此得出的結(jié)論是．11．（17分）常用作風(fēng)信子等香精的定香劑D以及可用作安全玻璃夾層的高分子化合物PVB的合成路線如下：已知：Ⅰ．RCHO+R’CH2CHO+H2O（R、R’表示烴基或氫）Ⅱ．醛與二元醇（如：乙二醇）可生成環(huán)狀縮醛：（1）A的核磁共振氫譜有兩種峰．A的名稱是．（2）A與合成B的化學(xué)方程式是．（3）C為反式結(jié)構(gòu)，由B還原得到．C的結(jié)構(gòu)式是．（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色．N由A經(jīng)反應(yīng)①～③合成．a(chǎn)．①的反應(yīng)試劑和條件是．b．②的反應(yīng)類型是．c．③的化學(xué)方程式是．（5）PVAc由一種單體經(jīng)加聚反應(yīng)得到，該單體的結(jié)構(gòu)簡式是．（6）堿性條件下，PVAc完全水解的化學(xué)方程式是．

2011年北京市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿分21分）1．（3分）垃圾分類有利于資源回收利用．下列垃圾歸類不合理的是（）①②③④垃圾廢易拉罐廢塑料瓶廢熒光燈管不可再生廢紙垃圾分類A．① B．② C．③ D．④ 【考點(diǎn)】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】分析這道題，要密切結(jié)合生活常識(shí)，根據(jù)各種廢品的可利用程度來分類．【解答】解：A、廢易拉罐可回收利用，所以屬于可回收物。B、廢塑料瓶也可回收利用，所以屬于可回收物。C、廢熒光燈管中含有重金屬等有害物質(zhì)，所以屬于有害垃圾。D、廢紙可以燃燒，所以屬于可燃垃圾。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】可回收垃圾主要包括廢紙、塑料、玻璃、金屬和布料五大類．通過綜合處理回收利用，可以減少污染，節(jié)省資源．2．（3分）下列說法不正確的是（）A．麥芽糖及其水解產(chǎn)物均能發(fā)生銀鏡反應(yīng) B．用溴水即可鑒別苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯 C．在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3CO18OH和C2H5OH D．用甘氨酸（）和丙氨酸（）縮合最多可形成4種二肽 【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)；J8：苯酚的化學(xué)性質(zhì)；JG：酯的性質(zhì)；K2：蔗糖、麥芽糖簡介；K6：氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)．【分析】A、麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團(tuán)來分析銀鏡反應(yīng)；B、溴水與苯酚溶液反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀，與己二烯發(fā)生加成反應(yīng)而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性條件下，CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸縮合形成二肽時(shí)可能有如下四種情況：①二個(gè)甘氨酸之間；②二個(gè)丙氨酸之間；③甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；④甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間．【解答】解：A、麥芽糖和水解產(chǎn)物葡萄糖中的官能團(tuán)都有醛基，則麥芽糖、葡萄糖屬于還原性糖可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故A正確；B、苯酚和溴水反應(yīng)生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反應(yīng)，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下層是水層，上層是橙紅色的有機(jī)層，因此可以鑒別，故B正確；C、酯類水解時(shí)，酯基中的碳氧單鍵斷鍵，水中的羥基與碳氧雙鍵結(jié)合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解產(chǎn)物是CH3COOH和C2H518OH，故C錯(cuò)誤；D、兩個(gè)氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或堿的存在下加熱，通過一分子的氨基與另一分子的羧基間脫去一分子水，縮合形成含有肽鍵的化合物，成為成肽反應(yīng)。因此甘氨酸和丙氨酸混合縮合是既可以是自身縮合：二個(gè)甘氨酸之間，二個(gè)丙氨酸之間（共有2種），也可是甘氨酸中的氨基與丙氨酸中的羧基之間；甘氨酸中的羧基與丙氨酸中的氨基之間，所以一共有4種二肽，故D正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查醛基、苯酚、雙鍵、酯基、氨基、羧基的性質(zhì)，常用銀鏡反應(yīng)來檢驗(yàn)醛基，檢驗(yàn)苯酚常用氯化鐵溶液和溴水．3．（3分）結(jié)合圖判斷，下列敘述正確的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正極均被保護(hù) B．Ⅰ和Ⅱ中負(fù)極反應(yīng)均是Fe﹣2e﹣=Fe2+ C．Ⅰ和Ⅱ中正極反應(yīng)均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ D．Ⅰ和Ⅱ中分別加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有藍(lán)色沉淀 【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理；BI：電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式．【分析】鋅比鐵活潑，裝置Ⅰ中鋅做負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)為：Zn﹣2e﹣=Zn2+，鐵做正極，溶液呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；鐵比銅活潑，裝置Ⅱ中鐵為負(fù)極，反應(yīng)式為：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正極為銅，電解質(zhì)溶液呈酸性，所以正極的反應(yīng)式為：2H++2e﹣=H2↑；檢驗(yàn)Fe2+離子可用K3[Fe（CN）6]生成藍(lán)色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀．【解答】解：A、題給裝置I、II都是原電池，活潑金屬作負(fù)極，首先被腐蝕，不活潑金屬作正極，被保護(hù)；故A對(duì)；B、I中的負(fù)極反應(yīng)式為：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中負(fù)極是鐵，反應(yīng)式為：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B錯(cuò)；C、I溶液顯中性，其電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液顯酸性，電極反應(yīng)式為：2H++2e﹣=H2↑，故C錯(cuò)；D、I中沒有Fe2+，不能與K3[Fe（CN）6]生成藍(lán)色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，故D錯(cuò)；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池的工作原理以及金屬的腐蝕及防護(hù)等知識(shí)，做題的關(guān)鍵是正確判斷電池的正負(fù)極反應(yīng)．4．（3分）下列與處理方法對(duì)應(yīng)的反應(yīng)方程式不正確的是（）A．用Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓ B．用催化法處理汽車尾氣中的CO和NO：CO+NOC+NO2 C．向污水中投放明礬，生成能凝聚懸浮物的膠體：Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+ D．用高溫催化氧化法去除烴類廢氣（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O 【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫；PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】24：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題；52：元素及其化合物．【分析】A、Hg2+和S2﹣易結(jié)合形成難溶性的HgS；B、NO的氧化性強(qiáng)于CO，反應(yīng)產(chǎn)物為N2和CO2；C、明礬凈水是Al3+水解生成了吸附性較強(qiáng)的Al（OH）3膠體；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水．【解答】解：A、Hg2+和S2﹣易結(jié)合形成難溶性的HgS，可用Na2S去除廢水中的Hg2+，離子方程式為：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正確；B、NO的氧化性強(qiáng)于CO，反應(yīng)產(chǎn)物為N2和CO2，正確的化學(xué)方程式為：2CO+2NON2+2CO2，故B錯(cuò)誤；C、明礬在溶液中電離出的Al3+水解生成的Al（OH）3膠體具有較強(qiáng)的吸附性，能吸附水中的懸浮物，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，故C正確；D、碳、氫化合物在高溫下可被氧氣氧化為二氧化碳和水，可用高溫催化氧化法去除烴類廢氣，化學(xué)方程式為：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，故D正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合無機(jī)物和有機(jī)物的反應(yīng)考查了化學(xué)方程式、離子方程式為的正確書寫．5．（3分）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ．mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ．mol﹣1下列說法不正確的是（）A．①和②產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比相等 B．①和②生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同 C．常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O的速率逐漸加快 D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ．mol﹣1 【考點(diǎn)】BE：熱化學(xué)方程式；GE：鈉的化學(xué)性質(zhì)．【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；52：元素及其化合物．【分析】A、Na2O中陰陽離子個(gè)數(shù)之比為1：2，Na2O2中陰陽離子個(gè)數(shù)之比為1：2；B、由鈉原子的個(gè)數(shù)及鈉元素的化合價(jià)分析轉(zhuǎn)移的電子數(shù)；C、常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O2的速率逐漸加快；D、利用已知的兩個(gè)反應(yīng)和蓋斯定律來分析；【解答】解：A、在Na2O中陽離子是鈉離子、陰離子是氧離子，Na2O2中陽離子是鈉離子、陰離子是過氧根離子，因此陰、陽離子的個(gè)數(shù)比都是1：2，①和②產(chǎn)物的陰陽離子個(gè)數(shù)比相等，故A正確；B、由鈉原子守恒可知，①和②生成等物質(zhì)的量的產(chǎn)物時(shí)，鈉元素的化合價(jià)都是由0升高到+1價(jià)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同，故B正確；C、常溫下Na與足量O2反應(yīng)生成Na2O，隨溫度升高生成Na2O2的速率逐漸加快，而不是氧化鈉，故C錯(cuò)誤；D、熱化學(xué)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正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一綜合題，考查化學(xué)鍵類型、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算、元素化合物知識(shí)、以及蓋斯定律，考查了多個(gè)考點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)全面，題目難度適中．6．（3分）下列實(shí)驗(yàn)方案中，不能測(cè)定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)（）A．取a克混合物充分加熱，減重b克 B．取a克混合物與足量稀鹽酸充分反應(yīng)，加熱、蒸干、灼燒，得b克固體 C．取a克混合物與足量稀硫酸充分反應(yīng)，逸出氣體用堿石灰吸收，增重b克 D．取a克混合物與足量Ba（OH）2溶液充分反應(yīng)，過濾、洗滌、烘干，得b克固體 【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【專題】16：壓軸題．【分析】實(shí)驗(yàn)方案是否可行，關(guān)鍵看根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)能否計(jì)算出結(jié)果．A、此方案利用碳酸氫鈉的不穩(wěn)定性，利用差量法即可計(jì)算質(zhì)量分?jǐn)?shù)；B、根據(jù)鈉守恒，可列方程組求解；C、C項(xiàng)應(yīng)先把水蒸氣排除才合理；D、根據(jù)質(zhì)量關(guān)系，可列方程組求解．【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加熱能分解的只有NaHCO3，故A項(xiàng)成立；B、反應(yīng)后加熱、蒸干、灼燒得到的固體產(chǎn)物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl時(shí)的固體質(zhì)量變化不同，由鈉元素守恒和質(zhì)量關(guān)系，可列方程組計(jì)算，故B項(xiàng)成立；C、C項(xiàng)中堿石灰可以同時(shí)吸收CO2和水蒸氣，則無法計(jì)算，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D、Na2CO3和NaHCO3轉(zhuǎn)化為BaCO3時(shí)的固體質(zhì)量變化不同，利用質(zhì)量關(guān)系來計(jì)算，故D項(xiàng)成立。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題看似是實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，實(shí)際上是從定性和定量兩個(gè)角度考察碳酸鈉和碳酸氫鈉性質(zhì)的不同．7．（3分）已知反應(yīng)：2CH3COCH3（l）?CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分別在0℃和20℃下，測(cè)得其轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)隨時(shí)間變化的關(guān)系曲線（Y﹣t）如圖所示．下列說法正確的是（）A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲線 B．反應(yīng)進(jìn)行到20min末，CH3COCH3的 C．升高溫度可縮短反應(yīng)達(dá)平衡的時(shí)間并能提高平衡轉(zhuǎn)化率 D．從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的 【考點(diǎn)】CM：轉(zhuǎn)化率隨溫度、壓強(qiáng)的變化曲線．【專題】16：壓軸題．【分析】分析圖象題時(shí)注意曲線的變化，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越大，達(dá)到平衡時(shí)的時(shí)間就越少，曲線的斜率就越大；根據(jù)圖象可以看出溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，CH3COCH3的轉(zhuǎn)化率反而降低，分析圖象，當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.113，這說明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多．【解答】解：A、溫度越高反應(yīng)速率就越快，到達(dá)平衡的時(shí)間就越短，由圖象可看出曲線b首先到達(dá)平衡，所以曲線b表示的是20℃時(shí)的Y﹣t曲線，故A錯(cuò)；B、當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到20min時(shí)，從圖象中可以看出b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)高于a曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)，這說明b曲線在20℃時(shí)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)速率快，所以＜1，故B錯(cuò)；C、根據(jù)圖象溫度越高CH3COCH3轉(zhuǎn)化的越少，說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，即正方應(yīng)是放熱反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、根據(jù)圖象可以看出當(dāng)反應(yīng)進(jìn)行到66min時(shí)a、b曲線對(duì)應(yīng)的轉(zhuǎn)化分?jǐn)?shù)均相同，都是0.113，這說明此時(shí)生成的CH3COCH2COH（CH3）2一樣多，所以從Y=0到Y(jié)=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的圖象題，做題時(shí)注意觀察曲線的變化趨勢(shì)，以及溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，本題的關(guān)鍵是根據(jù)圖象正確判斷反應(yīng)是吸熱還是放熱．二、解答題（共4小題，滿分58分）8．（12分）在溫度t1和t2下，X2（g）和H2反應(yīng)生成HX的平衡常數(shù)如下表：化學(xué)方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反應(yīng)是放熱反應(yīng)（填“吸熱”或“放熱”）．（2）HX的電子式是．（3）共價(jià)鍵的極性隨共用電子對(duì)偏移程度的增大而增強(qiáng)，HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI．（4）X2都能與H2反應(yīng)生成HX，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7．（5）K的變化體現(xiàn)出X2化學(xué)性質(zhì)的遞變性，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱．（6）僅依據(jù)K的變化，可以推斷出：隨著鹵素原子核電荷數(shù)的增加，ad（選填字母）．a(chǎn)．在相同條件下，平衡時(shí)X2的轉(zhuǎn)化率逐漸降低b．X2與H2反應(yīng)的劇烈程度逐漸減弱c．HX的還原性逐漸減弱d．HX的穩(wěn)定性逐漸減弱．【考點(diǎn)】43：電子式；BA：吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)；C8：化學(xué)平衡常數(shù)的含義；E5：鹵素原子結(jié)構(gòu)及其性質(zhì)的比較．【分析】（1）溫度升高，平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，HX的生成反應(yīng)為放熱反應(yīng)；（2）HX中H與X以一對(duì)共用電子對(duì)結(jié)合，電子式為：（3）F、Cl、Br、I的得電子能力依次減小，故HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI；（4）X2都能與H2反應(yīng)生成HX的原因是鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7，得一個(gè)電子或形成一個(gè)共用電子對(duì)時(shí)，即可形成8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（5）平衡常數(shù)越大，說明反應(yīng)越易進(jìn)行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對(duì)最外層電子的吸引力依次減弱；（6）K值越大，說明反應(yīng)的正向程度越大，即轉(zhuǎn)化率越高，反應(yīng)的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解．【解答】解：（1）由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，這說明升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，所以HX的生成反應(yīng)是發(fā)熱反應(yīng)；（2）HX屬于共價(jià)化合物，H﹣X之間形成的化學(xué)鍵是極性共價(jià)鍵，因此HX的電子式是；（3）F、Cl、Br、I屬于ⅦA，同主族元素自上而下隨著核電荷數(shù)的增大，原子核外電子層數(shù)逐漸增多，導(dǎo)致原子半徑逐漸增大，因此原子核對(duì)最外層電子的吸引力逐漸減弱，從而導(dǎo)致非金屬性逐漸減弱，即這四種元素得到電子的能力逐漸減弱，所以H﹣F鍵的極性最強(qiáng)，H﹣I的極性最弱，因此HX共價(jià)鍵的極性由強(qiáng)到弱的順序是HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7個(gè)，在反應(yīng)中均易得到一個(gè)電子而達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)．而H原子最外層只有一個(gè)電子，在反應(yīng)中也想得到一個(gè)電子而得到2電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，因此鹵素單質(zhì)與氫氣化合時(shí)易通過一對(duì)共用電子對(duì)形成化合物HX；（5）平衡常數(shù)越大，說明反應(yīng)越易進(jìn)行，F(xiàn)、Cl、Br、I的得電子能力依次減小的主要原因是：同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多，原子半徑逐漸增大，核對(duì)最外層電子的吸引力依次減弱造成的．（6）K值越大，說明反應(yīng)的正向程度越大，即轉(zhuǎn)化率越高，a正確；反應(yīng)的正向程度越小，說明生成物越不穩(wěn)定，越易分解，因此選項(xiàng)d正確；而選項(xiàng)c與K的大小無直接聯(lián)系．故答案為：（1）放熱；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）鹵素原子的最外層電子數(shù)均為7；（5）同一主族元素從上到下原子核外電子層數(shù)依次增多；（6）ad．【點(diǎn)評(píng)】用圖表表述化學(xué)過程或呈現(xiàn)背景信息是化學(xué)常用的表達(dá)方式，全面考查學(xué)生分析、比較、概括、歸納問題的能力．9．（14分）氯堿工業(yè)中電解飽和食鹽水的原理示意圖如右圖所示．（1）溶液A的溶質(zhì)是NaOH．（2）電解飽和食鹽水的離子方程式是2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣．（3）電解時(shí)用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3．用化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋鹽酸的作用：Cl2與水的反應(yīng)為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動(dòng)．減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出．（4）電解所用的鹽水需精制，去除有影響的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42﹣[c（SO42﹣）＞c（Ca2+）]．精制流程如下（淡鹽水和溶液A來自電解池）：①鹽泥a除泥沙外，還含有的物質(zhì)是Mg（OH）2．②過程I中將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的離子方程式是2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O．③BaSO4的溶解度比BaCO3的小．過程II中除去的離子有SO42﹣、Ca2+．④經(jīng)過程III處理，要求鹽水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L．若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b，至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg（溶液體積變化忽略不計(jì)）．【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理；DK：以氯堿工業(yè)為基礎(chǔ)的化工生產(chǎn)簡介；PP：粗鹽提純．【專題】17：綜合實(shí)驗(yàn)題；51I：電化學(xué)專題；52：元素及其化合物．【分析】（1）根據(jù)電極反應(yīng)判斷陰極產(chǎn)物；（2）根據(jù)兩極的反應(yīng)書寫電解反應(yīng)式；（3）根據(jù)陽極產(chǎn)物和平衡移動(dòng)原理分析；（4）①根據(jù)雜質(zhì)離子和溶液的酸堿性判斷能反應(yīng)生成的沉淀；②根據(jù)A溶液成分和可能具有的性質(zhì)，結(jié)合氧化還原反應(yīng)和質(zhì)量守恒定律書寫離子方程式；③根據(jù)溶液成分和溶解度大小判斷生成的沉淀；④根據(jù)反應(yīng)方程式和質(zhì)量守恒解答．【解答】解：（1）電解飽和食鹽水時(shí)，陰極反應(yīng)式為：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑，陽極反應(yīng)式為：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，陰極產(chǎn)物為NaOH和H2，陽極產(chǎn)物是Cl2，據(jù)此可以確定溶液A的溶質(zhì)是NaOH，故答案為：NaOH；（2）根據(jù)陽極極和陰極的反應(yīng)式可得電解反應(yīng)的離子方程式是2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案為：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣；（3）電解時(shí)用鹽酸控制陽極區(qū)溶液的pH在2～3的作用是促使化學(xué)平衡Cl2+H2OHCl+HClO向左移動(dòng)，減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案為：Cl2與水的反應(yīng)為Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的濃度使平衡逆向移動(dòng)．減少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；（4）①根據(jù)粗鹽水和淡鹽水的化學(xué)成分，代入題給精制鹽水的流程進(jìn)行分析，可知過程I是將Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg（OH）2沉淀除去，即鹽泥a中除泥沙外，還含有的物質(zhì)是Mg（OH）2，故答案為：Mg（OH）2；②將NH4+轉(zhuǎn)化為N2的氧化劑是Cl2，對(duì)應(yīng)的離子方程式是2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O，故答案為：2NH4++3Cl2+8OH﹣═N2↑+6Cl﹣+8H2O；③過程II是利用沉淀溶解平衡原理，將溶液中的Ca2+和SO42﹣分別轉(zhuǎn)化為CaCO3和BaSO4沉淀除去，故答案為：SO42﹣、Ca2+；④NaClO與Na2SO3溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若鹽水b中NaClO的含量是7.45mg/L，則處理10m3鹽水b時(shí)至少需要10%Na2SO3溶液，若鹽水c中剩余Na2SO3的含量為5mg/L，則還需添加10%Na2SO3溶液50g÷10%=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的質(zhì)量為1.26kg+0.5kg=1.76kg．故答案為：1.76．【點(diǎn)評(píng)】本題考查飽和食鹽水的電解和粗鹽的提純，題目較為綜合，注意平衡移動(dòng)原理的應(yīng)用以及物質(zhì)的量應(yīng)用于化學(xué)方程式的計(jì)算．做題時(shí)注意題中所給信息，用守恒的方法解答．10．（15分）甲、乙兩同學(xué)為探究SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽能否反應(yīng)生成白色BaSO3沉淀，用下圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（夾持裝置和A中加熱裝置已略，氣密性已檢驗(yàn)）．實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象：操作現(xiàn)象關(guān)閉彈簧夾，滴加一定量濃硫酸，加熱A中有白霧生成，銅片表面產(chǎn)生氣泡B中有氣泡冒出，產(chǎn)生大量白色沉淀C中產(chǎn)生白色沉淀，液面上方略顯淺棕色并逐漸消失打開彈簧夾，通入N2，停止加熱，一段時(shí)間后關(guān)閉﹣﹣﹣從B、C中分別取少量白色沉淀，加稀鹽酸均未發(fā)現(xiàn)白色沉淀溶解（1）A中反應(yīng)的化學(xué)方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O．（2）C中白色沉淀是BaSO4，該沉淀的生成表明SO2具有還原性．（3）C中液面上方生成淺棕色氣體的化學(xué)方程式是2NO+O2═2NO2．（4）分析B中不溶于稀鹽酸的沉淀產(chǎn)生的原因，甲認(rèn)為是空氣參與反應(yīng)，乙認(rèn)為是白霧參與反應(yīng)．①為證實(shí)各自的觀點(diǎn)，在原實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上：甲在原有操作之前增加一步操作，該操作是通N2一段時(shí)間，排除裝置中的空氣；乙在A、B間增加洗氣瓶D，D中盛放的試劑是飽和NaHSO3溶液．②進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，B中現(xiàn)象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀檢驗(yàn)白色沉淀，發(fā)現(xiàn)均不溶于稀鹽酸．結(jié)合離子方程式解釋實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象異同的原因：甲：SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓，乙：2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白霧的量遠(yuǎn)多于裝置中O2的量．（5）合并（4）中兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)．B中無沉淀生成，而C中產(chǎn)生白色沉淀，由此得出的結(jié)論是SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀．【考點(diǎn)】F5：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；U2：性質(zhì)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）由題給實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮蛯?shí)驗(yàn)可知，A中發(fā)生的反應(yīng)方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化為SO42﹣，說明SO2具有還原性；（3）C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO，遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學(xué)方程式是2NO+O2═2NO2；（4）甲同學(xué)為排除裝置內(nèi)空氣對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，在Cu與濃硫酸反應(yīng)前，可先通一會(huì)兒N2；乙同學(xué)為除去白霧或SO2中的SO3，可在A、B間增加一個(gè)盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；由于甲同學(xué)沒有排除白霧的干擾，生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同學(xué)沒有排除空氣的干擾，其生成BaSO4的離子方程式為2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；（5）合并甲、乙兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，B中無沉淀生成，C中產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀．【解答】解：（1）銅和濃硫酸加熱條件下生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)方程式為：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）A中生成氣體SO2，C中的白色沉淀不溶于稀鹽酸，說明C中沉淀為是BaSO4，原因是硝酸根離子在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將SO2氧化為SO42﹣，說明SO2具有還原性；（3）C中發(fā)生的反應(yīng)是3SO2+3Ba2++2NO3﹣+2H2O═3BaSO4↓+2NO↑+4H+，C中液面上方生成淺棕色氣體則是硝酸還原生成的NO遇O2生成了紅棕色的NO2之故，化學(xué)方程式是2NO+O2═2NO2；（4）A中白霧與氯化鋇反應(yīng)能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同學(xué)為排除裝置內(nèi)空氣對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果的影響，在Cu與濃硫酸反應(yīng)前，可先通一會(huì)兒N2；A中白霧可能含有SO3或H2SO4，乙同學(xué)為除去白霧或SO2中的SO3，可在A、B間增加一個(gè)盛放濃硫酸或飽和NaHSO3溶液的洗氣瓶；在甲、乙兩同學(xué)的實(shí)驗(yàn)中，B中均出現(xiàn)了不溶于稀鹽酸的白色沉淀，說明該白色沉淀都是BaSO4，由于甲同學(xué)沒有排除白霧的干擾，故生成BaSO4沉淀的離子方程式為SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓；乙同學(xué)沒有排除空氣的干擾，其生成BaSO4的離子方程式為2Ba2++2SO2+O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+，白霧的量遠(yuǎn)多于裝置中氧氣的量，所以甲中產(chǎn)生大量白色沉淀，乙中產(chǎn)生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙兩同學(xué)的方案進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)，B中無沉淀生成，C中產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2與可溶性鋇的強(qiáng)酸鹽不能反應(yīng)生成BaSO3沉淀．故答案為：（1）Cu+2H2SO4═CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）BaSO4，還原；（3）2NO+O2═2NO2，（4）①通N2一段時(shí)間，排除裝置中的空氣；飽和NaHSO3溶液；②甲：SO42﹣+Ba2+═Ba