2011北京高考理综化学试题及答案下载

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（　　） ①②③④垃圾 废易拉罐 废塑料瓶 废荧光灯不可再生废 管纸垃圾分 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； 1B、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． 2【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+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 D．用高温催化氧化法去除烃类废气（CxHy）：CxHy+（x+ ）O2 Al（OH）（胶体）+3H+ 3xCO2+ 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+2NO N2+2CO2，故 B 错误； C、明矾在溶液中电离出的 Al3+水解生成的 Al（OH） 胶体具有较强的吸附性，能吸附水中 3的悬浮物，离子方程式为 Al3++3H2O Al（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+ ）O2 故选 B． xCO2+ H2O，故 D 正确． 【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； 3B、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（　　） 4A．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+H2 Cl2+H2 Br2+H2 r2HF 1.8×10361.9×1032 2HCl9.7×10124.2×1011 2HB 5.6×107 9.3×106 543 34 I2+H2 2HI （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； 6（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） 子数均为 7； ；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电 （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﹣+2H2O H2↑+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+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　． +（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； 7（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﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣，故答案为：2Cl﹣+2H2O H2↑+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+H2O HCl+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+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； （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+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．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） ．8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+2H2SO4 CuSO4+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+2H2SO4 CuSO4+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； 9（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+2H2SO4 CuSO4+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． 　10 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　 　． 11 【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） CHO，即 N 为 CH3（CH2） CHO 22；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； ；12 （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． 13