2011北京高考理综化学试题及答案

1、PAGE 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（）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ABCD【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

2、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C2H5OHD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

3、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：二个甘氨酸之间；二个丙氨酸之间；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【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

4、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和中正极均被保护B和中

5、负极反应均是Fe2e=Fe2+C和中正极反应均是O2+2H2O+4e=4OHD和中分别加入少量K3Fe（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，装置中锌做负极，负极反应为：Zn2e=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，装置中铁为负极，反应式为：Fe2e=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K3Fe（CN）6生成蓝色的Fe3Fe（CN）62沉淀【解答】解：A、题给装置I、II都是原电池，活泼金属作

6、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：Zn2e=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe2e=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K3Fe（CN）6生成蓝色的Fe3Fe（CN）62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=HgSB用催化

7、法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NOC+NO2C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Na2

8、S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

9、）25、101kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol12Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1下列说法正确的是（）A和产物的阴阳离子个数比不相等B和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D25、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1【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

10、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，和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：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得Na2O2（s）+2

11、Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1，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

12、【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

13、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（Yt）如图所示下列说法正确的是（）Ab代表0下CH3COCH3的Yt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

14、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Yt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

15、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

16、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+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，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

17、：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bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX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H

18、F、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，HX之间形

19、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A，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HF键的极性最强，HI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

20、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

21、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23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+、SO42c（SO42）c（Ca2+）精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH）2过程I中将NH4+转化为N2的离子方

22、程式是2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2OBaSO4的溶解度比BaCO3的小过程II中除去的离子有SO42、Ca2+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1.76kg（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）根据杂质离子和溶液的

23、酸碱性判断能反应生成的沉淀；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；根据溶液成分和溶解度大小判断生成的沉淀；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+2e2OH+H2，阳极反应式为：2Cl2eCl2，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23的作用是促使化学平衡Cl2+H

24、2OHCl+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）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；将NH4+转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O，故答案为：2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O；过程II是利用沉淀溶解平衡原理

25、，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+；NaClO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50g10%=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

26、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BaS

27、O4，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+O22NO2（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+Ba2BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量（5

28、）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+O22NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实

29、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+Ba2BaSO4；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+2H2O2BaSO4+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+2

30、H2O；（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+2H2O3BaSO4+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+O22NO2；（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

31、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+2H2O2BaSO4+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）C

32、u+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）H2SO4，还原；（3）2NO+O22NO2，（4）通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；甲：SO42+Ba2+BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+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

33、化合物PVB的合成路线如下：已知：RCHO+RCH2CHO+H2O（R、R表示烃基或氢）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经反应合成a的反应试剂和条件是稀NaOH；加热b的反应类型是加成反应c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

34、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

35、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CH3CH2CH2CH2OHF经过催化氧化得到N，方程式为，故答

36、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PAGE 高考化学-解题方法与技巧一、守恒法利用电荷守恒和原子守恒为基础，就是巧

37、妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某微粒(如原子、电子、离子)的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样不用计算中间产物的数量，从而提高解题速度和准确性。（一）原子个数守恒【例题1】某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：4。设含O的质量分数x，则32/64a/x，x2a。所以(Fe)13a【例题2】用1L1mol/L的NaOH溶液吸

38、收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物质的量之比为 【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式2x+y=1mol/L1Lx+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以CO32：HCO31：3（二）电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。【例题3】在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果Na+=0.2摩升，SO42-=x摩升 ，K+=y摩升，则x和y的关系是（A）x=0.5y (B)

39、x=0.1+0.5y (C)y=2(x0.1) (D)y=2x0.1【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得Na+K+=2SO42-，所以答案为BC【例题4】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物质的量之比为 【分析】根据电荷守恒：溶液中Na+H+=HCO3+2CO32+OH，因为H+和OH均相对较少，可忽略不计。Na+=HCO3+2CO32，已知Na+1mol/L，根据C原子守恒：HCO3+CO320.8mol/L，所以10.8+CO32，所以CO320.2

40、mol/L，HCO30.6mol/L，所以CO32：HCO31：3（三）电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。【例题5】将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亚铁离子，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，写出硝酸钾和氯化亚铁完全反应的方程式。【分析】铁跟盐酸完全反应生成Fe2+，根据题意可知Fe2+分别跟KMnO4溶液和KNO3溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，那么KNO3被还原的产物是什么呢？根

41、据电子得失守恒进行计算可得KNO3被还原的产物是NO，所以硝酸钾和氯化亚铁完全反应的化学方程式为：KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O【练习】往150mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L（标况）氯气，反应完全后，溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质。求原溶液FeBr2的物质的量浓度。（四）质量守恒质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。【例题6】1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的( )（A）96倍 （B）48倍 （C）12倍 （D）32倍【分析】(NH4)2CO3=2NH3

42、+H2O+CO2 根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量为96/4=24 ，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比为24/2 =12 ，所以答案为C【练习】0.1mol某烃与1mol过量的氧气混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L，求该烃的化学式。（五）原子的物质的量守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。【例题7】有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3% 取1克该样品投入25毫升2摩升的盐酸中后，

43、多余的盐酸用1.0摩升KOH溶液30.8毫升恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体( )（A）1克 （B）3.725克 （C）0.797克 （D）2.836克【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl，最后得到的固体物质是KCl，根据元素守恒，盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等，所以答案为B（六）化合价数值守恒【例题8】某元素X的氧化物含氧44.0，已知该元素的相对原子质量为51，则该氧化物的化学式为（ ）（A）XO （B）X3O5 （C）XO3 （D）X2O5【分析】设X元素的化合价为+n，根据氧元素化合价总数等于X元素化合价总数的原则得：56n/51442/16，解得n5

44、，则氧化物的化学式为D。【练习】某酸式盐的组成可用Ca3(PO4)2nH3PO4mH2O表示。现取该磷酸盐7.56g加热到失去全部结晶水后残余物质量为7.02g。同质量的该盐溶于水并加入4.44g消石灰刚好使之全部转化为正盐，则该盐的组成为（ ）（A）Ca3(PO4)25H3PO42H2O （B）Ca3(PO4)24H3PO43H2O （C）Ca3(PO4)25H3PO43H2O （D）Ca3(PO4)22H3PO45H2O（七）体积守恒【练习】有一真空瓶的质量为M1g，该瓶充入空气总质量为M2g，在相同状况下，若该充某气体A后，总质量为M3g。则A的相对分子质量为 （八）守恒的综合利用1.硝

45、酸工业中用NaOH处处理废气，现对废气中的NO和NO2的含量作如下分析：将一定量的废气通人100mL 1mol/LNaOH溶液中，反应后NO和NO2均无剩余，且溶液质量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全转化为NaNO3，再用0.2mol/L盐酸中和过量的NaOH，消耗盐酸100mL，求废气中NO和NO2物质的量之比。2.已知Cl和Ag+反应生成AgCl，每次新生成的AgCl中又有10见光分解成单质银和氯气，氯气又可在水溶液中歧化HClO和HCl，生成的Cl又可与Ag+继续反应。现有1.1molNaCl溶液，向其中加人足量AgNO3溶液，求最终生成多少克难溶物（Ag和A

46、gCl）？若最后溶液体积为IL，求H+为多少？二、差量法差量法是依据化学反应前后的某些“差量”（固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等）与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。此法将“差量”看作化学方程式右端的一项，将已知差量（实际差量）与化学方程式中的对应差量（理论差量）列成比例，其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。（一）质量差法【例题9】在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：（1）加入的铜粉是多少克？（2）理论上可产生NO气体多少升？（标准状况）【分析】硝酸是过量的，不能用硝酸的量来求解。铜跟硝酸反应后

47、溶液增重，原因是生成了硝酸铜，所以可利用这个变化进行求解。 3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O 增重 192 44.8 636-504=132 X克 Y升 13.2 可得X=19.2克，Y=4.48升【练习】1.在天平两盘内各放有等质量等体积的烧杯，分别盛有同物质的量同体积的盐酸，天平平衡。再分别加人一定量的镁、铝，充分反应后，若使天平仍然保持平衡，则加人镁、铝的物质的量之比为（ ）（A）9：8 （B）11：12 （C）12：11 （D）3：42.将4.6g钠和4.8g镁分别投入盛有等物质的量浓度、等体积的稀硫酸的两个烧杯中，充分反应后，所得溶液总质量分别为

48、mg和ng，则不可能的关系为（ ）（A）m=n （B）mn （C）mn （D）mn（二）体积差法【例题10】10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01105Pa , 270C）时，测得气体体积为70毫升，求此烃的分子式。【分析】原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升。剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算。 CxHy + （x+y/4）O2 xCO2 + y/2 H2O 体积减少1 1+y/410 20计算可得y=4 ，烃的分子式为C3H4或C2H4或CH4【练习】某体积可变的密闭容器，盛适量A和B的混

49、合气体，在一定条件下发生反应；A3B2C，若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中C气体的体积占10，下列推断正确的是（ ） 原混和气体的为l.2L 原混合气体的体积为1.1L反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL 反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL（A） （B） （C） （D）（三）物质的量差法【例题11】白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5（气）= PCl3（气）+ Cl2 现将5.84克PCl5装入2.05升真空密闭容器中，在2770C达到平衡时，容器内的压强为1.01105Pa ，经计算可知平衡时容器内混和气体物质的量为0.05摩，求平衡时PCl5的分解百分

50、率。【分析】原PCl5的物质的量为0.028摩，反应达到平衡时物质的量增加了0.022摩，根据化学方程式进行计算。 PCl5（气）= PCl3（气）+ Cl2 物质的量增加1 X 0.022计算可得有0.022摩PCl5分解，所以结果为78.6%【练习】可逆反应C（s）H2O（g）CO（g）H2（g），达平衡时，测得气体的总质量为mg，混合气体的物质的量为n mol。当改变条件使平衡向左移动达到新的平衡时，混合气体物质的量变化值为nx，且m12x，nx。请回答下列问题：（1）达新平衡时，混合气体的平均相对分子质量为 （2）达新平衡时，混合气体平均相对分子质量的变化值M （3）若混合气体的平均相

51、对分子质量呈下列变化趋势，请确定m和n的关系：若混合气体的平均相对分子质量增大，则有 若混合气体的平均相对分子质量不变，则有 若混合气体的平均相对分子质量减小，则有 M1M2n2=（-M1）n1=（M2-）三、十字交叉法十字交叉法是进行二组分混和物平均量与组分量计算的一种简便方法。凡可按M1n1 + M2n2 = （n1 + n2）计算的问题，均可用十字交叉法计算的问题，均可按十字交叉法计算，算式如右图为：式中，表示混和物的某平均量，M1、M2则表示两组分对应的量。如表示平均分子量，M1、M2则表示两组分各自的分子量，n1、n2表示两组分在混和物中所占的份额，n1:n2在大多数情况下表示两组分

52、物质的量之比，有时也可以是两组分的质量比，如在进行有关溶液质量百分比浓度的计算。十字交叉法常用于求算：混和气体平均分子量及组成、混和烃平均分子式及组成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反应等。（一）混和气体计算中的十字交叉法【例题12】在常温下，将1体积乙烯和一定量的某气态未知烃混和，测得混和气体对氢气的相对密度为12，求这种烃所占的体积。【分析】根据相对密度计算可得混和气体的平均式量为24，乙烯的式量是28，那么未知烃的式量肯定小于24，式量小于24的烃只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5体积【练习】在相同的条件下，将H2（密度为0.0899g/L）与CO2（密度为1.977g

53、/L）以何体积比混合，才能使混合气体的密度为1.429g/L？（二）同位素原子百分含量计算的十字叉法【例题13】溴有两种同位素，在自然界中这两种同位素大约各占一半，已知溴的原子序数是35，原子量是80，则溴的两种同位素的中子数分别等于。（A）79 、81 （B）45 、46 （C）44 、45 （D）44 、46 【分析】两种同位素大约各占一半,根据十字交叉法可知,两种同位素原子量与溴原子量的差值相等,那么它们的中子数应相差2,所以答案为D（三）溶液配制计算中的十字交叉法【例题14】某同学欲配制40%的NaOH溶液100克，实验室中现有10%的NaOH溶液和NaOH固体，问此同学应各取上述物质

54、多少克？【分析】10%NaOH溶液溶质为10，NaOH固体溶质为100，40%NaOH溶液溶质为40，利用十字交叉法得：需10%NaOH溶液为60/90 100=66.7克，需NaOH固体为30/90 100=33.3克【练习】1.有Ag质量分数为15的NaNO3溶液，若将其质量分数变为30，可采取的方法的是（ ）（A）蒸发掉溶剂的1/2 （B）蒸发掉A/2g溶剂（C）加入3A/14g NaNO3 （D）加入3A/20g NaNO32.配制20的硫酸溶液460g，需要98的硫酸（密度为1.84g/mL）多少毫升？（四）混和物反应计算中的十字交叉法【例题15】现有100克碳酸锂和碳酸钡的混和物，

55、它们和一定浓度的盐酸反应时所消耗盐酸跟100克碳酸钙和该浓度盐酸反应时消耗盐酸量相同。计算混和物中碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比。【分析】可将碳酸钙的式量理解为碳酸锂和碳酸钡的混和物的平均式量，利用十字交叉法计算可得碳酸锂和碳酸钡的物质的量之比97:26Na2CO3 1.6NaHCO3 0.80.60.21【例题16】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23和HCO3的物质的量之比为 【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，若只生成为Na2CO3，需NaOH 1.6mol，若只生成为NaHCO3，需NaOH 0.8mol。现共消耗NaO

56、H 1mol，于是由十字交叉法得（右图）：n（Na2CO3）：n（NaHCO3）1：3【练习】常温下，0.01mol/L的盐酸溶液与pH11的KOH溶液混合后，pH9，求混合前盐酸和KOH溶液的体积比 四、关系式法实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。（一）物质制备中的关系式法【例题17】

57、含有SiO2的黄铁矿试样1克，在O2中充分灼烧后残余固体为0.76克，用这种黄铁矿100吨可制得98%的浓硫酸多少吨？（设反应过程有2%的硫损失）【分析】根据差量法计算黄铁矿中含FeS2的量为72% ，而反应过程损失2%的硫即损失2%的FeS2 ，根据有关化学方程式找出关系式：FeS2 2H2SO4 利用关系式计算可得结果为：制得98%的浓硫酸117.6吨。（二）物质分析中的关系式法测定漂白粉中氯元素的含量，测定钢中的含硫量，测定硬水中的硬度或测定某物质组成等物质分析过程，也通常由几步反应来实现，有关计算也需要用关系式法。【例题18】让足量浓硫酸与10克氯化钠和氯化镁的混合物加强热反应，把生成

58、的氯化氢溶于适量的水中，加入二氧化锰使盐酸完全氧化，将反应生成的氯气通入KI溶液中，得到11.6克碘，试计算混和物中NaCl的百分含量。【分析】根据有关化学方程式可得：4HCl I2 ，利用关系式计算可得生成氯化氢的质量是6.7克，再利用已知条件计算得出混和物中NaCl的百分含量为65% 。五、估算法（一）估算法适用于带一定计算因素的选择题，是通过对数据进行粗略的、近似的估算确定正确答案的一种解题方法，用估算法可以明显提高解题速度。【例题19】有一种不纯的铁，已知它含有铜、铝、钙或镁中的一种或几种，将5.6克样品跟足量稀H2SO4完全反应生成0.2克氢气，则此样品中一定含有 （A）Cu （B）

59、Al （C）Ca （D）Mg【分析】计算可知，28克金属反应失去1摩电子就能符合题目的要求。能跟稀H2SO4反应，失1摩电子的金属和用量分别为：28克Fe、9克Al、20克Ca、12克Mg，所以答案为A（二）用估算法确定答案是否合理，也是我们检查所做题目时的常用方法，用此法往往可以发现因疏忽而造成的计算错误。【例题20】24毫升H2S在30毫升O2中燃烧，在同温同压下得到SO2的体积为 （A）24毫升 （B）30毫升 （C）20毫升 （D）18毫升【分析】2H2S + 3O2 = 2SO2 + 2H2O 根据方程式系数的比例关系估算可得答案为D六、平均值法 混合物的计算是化学计算中常见的比较复

60、杂的题型。有些混合物的计算若用平均值法，则可化难为易，化繁为简，进而提高解这类题的能力。 两个数进行算术平均所得的平均值，一定介于两个数之间。若已知平均值，则可推断原来两个数一定比平均值大，另一个数比平均值小。这种应用平均值去判断两个数的取值范围的方法称为平均值法。 可利用分子量或原子量的平均值，体积平均值，组成平均值来确定混合物的组成。【例题21】0.1mol由两种气态烃组成的混合气体完全燃烧后，得到0.16molCO2和3.6g水，混合气体中（ ）A.可能有甲烷 B.一定是甲烷和乙烯 C.一定没有乙烷 D.一定有乙炔【分析】设混合气态烃的平均化学式为CxHy，因0.1molCxHy和O2反