2012年浙江省高考理综化学试题解析与点评

1、2012年浙江省高考理综化学试题解析与点评胡征善选择题（共42分）一、选择题（7道化学题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）7下列说法不正确的是 A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C通过红外光谱分析可以区分乙醇和乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃【答案】B【解析】蔗糖、淀粉及其水解产物(葡萄糖或果糖)、油脂及其水解产物甘油都是非电解质，但油脂的水解产物高级脂肪酸及其钠盐是电解质(高级脂肪酸是弱电解质，高级脂肪钠是强电解

2、质)。【点评】本题涉及化学基本概念(电解质与非电解质)；绿色化学方法(太阳能光解水)；波谱分析法确定分子结构、石油裂化和裂解的生产主要目的。8下列说法正确的是A在“镀锌铁皮的镀层厚度的测定”实验中，将镀锌铁皮放入稀硫酸，待产生氢气的速率突然减小，可以判断锌镀层已反应完全B在“火柴头中氯元素的检验”实验中，摘下几根未燃过的火柴头，将其浸于水中，稍后取少量溶液于试管中，滴加硝酸银溶液和稀硝酸后，即可判断氯元素的存在C在“硫酸亚铁铵的制备”实验中，为了得到硫酸亚铁铵晶体，应小火加热蒸发皿，直到有大量晶体析出时停止加热D受强酸或强碱腐蚀致伤时，应先用大量水冲洗，再用2醋酸溶液或饱和硼酸溶液洗，最后用水

3、冲洗，并视情况作进一步处理【答案】A【解析】B选项：安全火柴的火柴头的主要成分是易燃物质硫化锑和氯酸钾，火柴盒的侧皮主要成分是红磷、二氧化锰和增加摩擦作用的玻璃粉。将火柴头浸入水中，硫化锑不溶于水，氯酸钾可溶于水，硝酸银溶液和稀硝酸是用来检验氯离子的，不能用来检验氯酸根(氯酸银可溶于水)。C选项：小火加热蒸发硫酸亚铁铵溶液，当溶液表面出现晶膜时，停止加热，冷却析出硫酸亚铁铵晶体，抽滤并用少量酒精洗涤即得到硫酸亚铁铵晶体。D选项：如果不小心皮肤上沾上强酸时，应先用大量水冲洗(即使沾上少量浓硫酸也不必用布擦)，再用碳酸氢钠溶液洗；不小心皮肤上沾上强碱，应先用大量水冲洗，再用2醋酸溶液或饱和硼酸溶液

4、洗。【点评】本题以课本中的实验和实验中常见事故的处理为载体，考查金属活动性的利用、常见离子的检验方法、蒸发操作和化学灼伤的处理方法。9X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，3种元素的原子核外电子数之和与Ca2的核外电子数相等，X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构。下列说法正确的是 A原子半径：ZYX BZ与X形成化合物的沸点高于Z的同族元素与X形成化合物的沸点CCaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂DCaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为12【答案】B【解析】根据“短周期元素”和“X、Z分别得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳

5、定电子层结构”可判断X和Z为F、Cl或H。且X、Y、Z“3种元素的原子核外电子数之和”为18(Ca2的核外有18个电子)，若X和Z为F和Cl或Cl和H，即它们的原子核外电子数之和分别为26和18，这是不可能的，只能是X为H、Z为F，那么Y为O。A选项：原子半径：OFH（O、F原子半径之比较用同周期元素的变化规律；H是所有元素中原子半径最小的）。B选项：HF分子间可形成氢键，其沸点比HCl、HBr和HI都高。C选项：CaO2水发生歧化反应生成Ca(OH)2和O2，CaO2既是氧化剂又是还原剂。D选项：CaH2和CaF2中阳离子与阴离子个数比均为12，但在CaO2中Ca2+和O22个数比均为11。

6、【点评】本题考查元素周期律(表)、原子结构、原子半径的比较、卤化氢沸点的比较、氧化还原反应概念、物质组成等知识。10以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：下列说法不正确的是A在阴极室，发生的电极反应为：2H2O2e2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡22H H2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量。若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为1【答案】D【解析】根据实验装置图可知：阴极(不锈钢)发生的电极反应为2H2O2e2OHH

7、2，阳极(惰性电极) 发生的电极反应为2H2O4e4H+O2，产生的H+使平衡22H H2O向右移动，即生成K2Cr2O7，溶液逐渐由黄色变为橙色。阳极室中的K+通过阳离子交换膜移向阴极室，平衡两室中的电荷。电解过程中实质是电解水，一段时间以后，阴极室KOH溶液浓度增大。D选项：在阳极室中，电解前K与Cr的物质的量之比为21，电解后若完全转化为K2Cr2O7，K与Cr的物质的量之比为11，所以1d2（准确地说这里的d是K与Cr的物质的量之比值而不是比），铬酸钾的转化率为100%0。n(K) 2(1 molx mol) + x moln(Cr) (1 molx mol) + x mol= d设1

8、 mol K2CrO4有x mol转化为K2Cr2O7，即生成x/2 mol K2Cr2O7，还余 (1 molx mol) K2CrO4，故有：解得 x =2d mol 即铬酸钾的转化率= 100(2d)% 【点评】本题以电解法制备重铬酸钾工业生产实际为背景材料，考查电化学知识和转化率的简单计算。11下列说法正确的是A按系统命名法，化合物的名称为2,6-二甲基-5-乙基庚烷B丙氨酸和苯丙氨酸脱水，最多可生成3种二肽C化合物是苯的同系物D三硝酸甘油酯的分子式为C3H5N3O9【答案】D【解析】A选项：正确命名为2,6-二甲基-3-乙基庚烷 B选项：最多可生成4种二肽：A-A、B-B、A-B、B

9、-A(设丙氨酸为A、苯丙氨酸为B) C选项：苯及其同系物的分子通式为CnHn+6(n6)，而题给结构的有机化合物分子式为C20H14，不符合苯及其同系物的分子通式。 【点评】本题考查了有关有机化合物的系统命名、氨基酸失水形成肽、苯及其同系物的概念和由三硝酸甘油酯结构确定分子式。12下列说法正确的是A常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸C用0.2000 mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液（混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol/L）

10、，至中性时，溶液中的酸未被完全中和D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1mol/L盐酸、0.1 mol/L氯化镁溶液、0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag浓度：= 【答案】C【解析】 A选项：常温下，将pH3的盐酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4。但将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH3 + 0.5B选项：NaHA溶液的酸碱性取决于HA的水解与电离(实际上HSO4也能发生微弱水解)， HA的电离大于水解，溶液呈酸性，若HA的水解大于电离，溶液呈碱性。例如：NaHSO3溶液的pH7，但H2SO3是弱酸C选项：不断滴加NaOH溶液，NaOH优先与HCl

11、反应，而后再与CH3COOH反应，当CH3COOH完全反应时，生成CH3COONa，其溶液pH7。而题给条件溶液呈中性，说明CH3COOH没有被完全中和。本题考查了反应的先后次序和水解知识。D选项：本题考查沉淀溶解平衡及其移动，若只考虑AgCl溶解产生的Ag，即c(Ag)大小的排序是=，但因为题给的条件是指溶液中Ag浓度，将AgCl放入0.1mol/L硝酸银溶液中，溶液中c(Ag)稍大于0.1mol/L，故其中c(Ag)最大这是命题人设置的“陷阱”。【解析】本题考查了电解质溶液的知识，涉及了弱酸的稀释与溶液pH的变化关系、由酸式盐溶液的pH是否可作酸的酸性强弱判断依据、碱中和混合酸的反应次序及

12、其完全反应的判断、沉淀溶解平衡及其移动。13水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验： 下列判断正确的是 A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK、和一定存在于溶液X中D和一定不存在于溶液X中【答案】C【解析】X加入过量稀盐酸，有气体放出，可判断溶液中有或(一种或两种)，溶液中有或存在必没有Mg2、Al3存在；沉淀甲为H2SiO3(或H4SiO4)，即溶液中有，无色溶液甲中加入过量氨水有白色沉淀(乙)，说明甲溶液中有Al3存在(乙为氢氧化铝沉淀)，即原溶液中有，在过量盐酸中转化为Al3。所以可作出如下判断气体甲可能是CO2或SO2中的一

13、种或两种；沉淀甲只能是H2SiO3(或H4SiO4)；溶液X中一定存在K、和，可能存在和。【点评】本题要求根据实验流程图推断出某些离子的存在，进而判断其它离子的存在，并对相关的判断正误作出正确的评价。非选择题，共58分。2614分已知：I222I。相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。 过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可

14、得到CuCl22H2O晶体。（2）在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_（用化学方程式表示）。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H

15、2O的质量百分数为_。【答案】（1）CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3； 2.6109 mol/L；（2）2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O（主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可）在干燥的HCl气流中加热脱水；（3）淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；2Cu24I2CuII295。 【解析】第(1)题：Fe3在只有在较强的酸性溶液中存在，根据题给Cu(OH)2和Fe(OH)3的溶度积可知， Fe3很容易形成Fe(OH)3沉淀而被除去，欲除去CuCl2溶液中含有少量的Fe3+，而又不引入其他杂质离子，应该加入CuO、Cu(OH)

16、2或Cu2(OH)2CO3反应消耗溶液中的H+，使溶液的pH增大使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀。当溶液中c(OH) = 11010时，根据Ksp = c(Fe3+)c3 (OH) = 2.61039可求得：c(Fe3+) = 2.6109 mol/L。 第(2)题：直接加热CuCl22H2O晶体，CuCl2水解且生成挥发性的HCl，HCl脱离平衡体系，促进生成CuCl2水解平衡的右移，得到固体Cu(OH)2CuCl2或Cu(OH)2，若温度较高，最终可得到CuO。将CuCl22H2O晶体在HCl气氛中加热至140150可得到无水CuCl2。 第(3)题属氧化还原滴定并进行实验数据处理。根据C

17、u2+的氧化性和I的还原性和，CuCl和CuI的溶度积，Cu2+被I还原为Cu+，Cu+与溶液中过量的I反应生成CuI(不能生成CuCl)。由于有I2生成，然后用Na2S2O3标准溶液滴定。根据2Cu24I2CuII2和2S2O32+2I= S4O62 + I2，可知n(Cu2+) = n(S2O32) = 2 mmol，即m(CuCl22H2O) = 341 mg或342 mg，故试样中CuCl22H2O的质量百分数为94.7%或95%。【点评】本题属实验题，以Cu2+和Fe3+的化学性质为载体，运用氧化还原反应、水解知识、沉淀转化、间接碘量法等知识进行除杂、加热和氧化还原滴定。2715分甲

18、烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：反应过程化学方程式焓变H(kJ/mol)活化能Ea(kJ/mol)甲烷氧化CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)802.6125.6CH4(g)O2(g)CO2(g)2H2(g)322.0172.5蒸汽重整CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)206.2240.1CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)165.0243.9回答下列问题：（1）反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)的H= kJ/mol。（2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率 甲

19、烷氧化的反应速率（填“大于”、“小于”或“等于”）。（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数（记作KP），则反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)的KP ；随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如下图：若要达到H2物质的量分数65%、CO的物质的量分数65%、CO的物质的量分数10%”的目的，生产中若采取加压或减压都要消耗动力，所以通常选用常压或接近常压下进行，而题给的3个压强条

20、件，0.9 Mpa最适合生产要求，再根据0.9 Mpa条件去确定温度条件。第(5)题：初始阶段几乎是甲烷的氧化，H2的量很少，随着反应的进行，甲烷的重整速率加快，根据H2物质的量分数与温度的变化图可知：在600，0.1Mpa条件下，H2物质的量分数最大值为70%。第(6)题：如果进料中氧气量过大，如果作极限考虑，反应后体系内将无H2存在。原因是：甲烷完全燃烧，即使可能有H2生成，最终也会燃烧生成水。【点评】本题以甲烷自热重整这种制氢的先进方法为背景材料，考查了热化学方程式及其盖斯定律、反应速率的判断、平衡常数式的正确表示和温度对平衡常数的影响、运用描述生产实际的坐标图选择生产的适宜条件、根据坐

21、标图绘制指定条件下的坐标图、根据氧气的用量对生产的影响强调原料配比的重要性。2814分实验室制备苯乙酮的化学方程式为：制备过程中还有等副反应。主要实验装置和步骤如下：（I）合成：在三颈瓶中加入20 g无水AlCl3和30 mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6 mL乙酸酐和10 mL无水苯的混合液，控制滴加速率，使反应液缓缓回流。滴加完毕后加热回流1小时。（）分离与提纯：边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层水层用苯萃取，分液将所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：（1）仪器a的名称：_；装置b的作用：_。（2）

22、合成过程中要求无水操作，理由是_。（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致_。A反应太剧烈B液体太多搅不动C反应变缓慢D副产物增多（4）分离和提纯操作的目的是_。该操作中是否可改用乙醇萃取？_（填“是”或“否”），原因是_。（5）分液漏斗使用前须_并洗净备用。萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并_后，将分液漏斗置于铁架台的铁圈上静置片刻，分层。分离上下层液体时，应先_，然后打开活塞放出下层液体，上层液体从上口倒出。（6）粗产品蒸馏提纯时，下面装置中温度计位置正确的是_，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是_。【答案】（1）干燥管；吸收HCl气体ks5u（2）防止三

23、氯化铝和乙酸酐水解（只答三氯化铝水解或乙酸酐水解也可）（3）AD（4）把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；否，乙醇与水混溶（5）检漏；放气；打开上口玻璃塞；（或使塞上的凹槽对准漏斗上口的小孔）（6）C；AB 【解析】第(1)题：由于副反应有极易溶于水的HCl生成，b装置的作用是吸收HCl并防止可能发生的倒吸。 第(6)题：在A、B装置中，当温度计指定某物质的沸点时，可能有低沸点的物质挥发，低沸点物质可从支管流出而被冷却；在D 装置中，当温度计指定某物质的沸点时，有高沸点物质可从支管流出而被冷却。【点评】本题以苯乙酮的实验室制备为载体，考查化学实验能力。阅读量很大，但问题的设置比较简单，主要考查了实验的操作和实验的注意事项。2915分化合物X是一种环境激素，存在如下转化关系：化合物A能与FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有两个化学环境完全相同的甲基，其苯环上的一硝基取代物只有两种。1H-NMR谱显示化合物G的所有氢原子化学环境相同。F是一种可用于制备隐形眼镜的高聚物。根据以上信息回答下列问题。（1）下列叙述正确的是_。A化合物A分子中含有联苯结构单元B化合物A可以和NaHCO3溶液反应，放出CO2气体CX与NaOH溶液反应，理论上1 mo