2011年浙江省高考化学（含解析版）

精品文档精心整理精品文档可编辑的精品文档2011年高考浙江化学试题及答案1．（2011浙江高考）下列说法不正确的是A．化学反应有新物质生成，并遵循质量守恒定律和能量守恒定律B．原子吸收光谱仪可用于测定物质中的金属元素，红外光谱仪可用于测定化合物的官能团C．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质熔点、沸点有较大影响，而对溶解度无影响D．酶催化反应具有高效、专一、条件温和等特点，化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义2．（2011浙江高考）下列说法不正确的是A．变色硅胶干燥剂含有CoCl2，干燥剂呈蓝色时，表示不具有吸水干燥功能B．硝基苯制备实验中，将温度计插入水浴，但水银球不能与烧杯底部和烧杯壁接触C．中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须干燥或润洗后方可使用D．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶3．（2011浙江高考）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2。下列说法正确的是A．原子半径：W＞Z＞Y＞X＞MB．XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物C．由X元素形成的单质不一定是原子晶体D．由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键4．（2011浙江高考）将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是A．液滴中的Cl―由a区向b区迁移B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH―形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为Cu－2e－＝Cu2＋5．（2011浙江高考）褪黑素是一种内源性生物钟调节剂，在人体内由食物中的色氨酸转化得到。下列说法不正确的是A．色氨酸分子中存在氨基和羧基，可形成内盐，具有较高的熔点B．在色氨酸水溶液中，可通过调节溶液的pH使其形成晶体析出C．在一定条件下，色氨酸可发生缩聚反应D．褪黑素与色氨酸结构相似，也具有两性化合物的特性6．（2011浙江高考）下列说法不正确的是A．已知冰的熔化热为6.0kJ/mol，冰中氢键键能为20kJ/mol，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰的氢键，则最多只能破坏冰中15％的氢键B．已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，，若加入少量醋酸钠固体，则CH3COOHCH3COO－＋H＋向左移动，α减小，Ka变小C．实验测得环己烷(l)、环己烯(l)和苯(l)的标准燃烧热分别为－3916kJ/mol、－3747kJ/mol和－3265kJ/mol，可以证明在苯分子中不存在独立的碳碳双键D．已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)＝2Fe(s)＋3CO(g)，△H＝＋489.0kJ/mol。CO(g)＋O2(g)＝CO2(g)，△H＝－283.0kJ/mol；C(石墨)＋O2(g)＝CO2(g)，△H＝－393.5kJ/mol；则4Fe(s)＋3O2(g)＝2Fe2O3(s)，△H＝－1641.0kJ/mol7．（2011浙江高考）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度(mol/L)Na＋Mg2＋Ca2＋Cl―HCO3―0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物8．（2011浙江高考）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。已知：氧化性：IO3－＞Fe3＋＞I2；还原性：S2O32－＞I－3I2＋6OH－＝IO3－＋5I－＋3H2O；KI＋I2KI3（1）某学习小组对加碘盐进行如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2＋、Fe3＋)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。①加KSCN溶液显红色，该红色物质是_________（用化学式表示）；CCl4中显紫红色的物质是___________________（用电子式表示）。②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为___________________________、________________。（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境下KI与氧气反应的化学方程式：_____________________________。将I2溶于KI溶液，在低温条件下，可制得KI3·H2O。该物质作为食盐加碘剂是否合适？______（填“是”或“否”），并说明理由________________________________________。（3）为了提高加碘盐（添加KI）的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是___________________。A．Na2S2O3B．AlCl3C．Na2CO3D．NaNO2（4）对含Fe2＋较多的食盐(假设不含Fe3＋)，可选用KI作为加碘剂。请设计实验方案，检验该加碘盐中的Fe2＋。_______________________________________________________________。9．（2011浙江高考）某研究小组在实验室探究氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解反应平衡常数和水解反应速率的测定。（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度(℃)15.020.025.030.035.0平衡总压强(kPa)5.78.312.017.124.0平衡气体总浓度(×10－3mol/L)2.43.44.86.89.4①可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是___________。A．2v(NH3)＝v(CO2)B．密闭容器中总压强不变C．密闭容器中混合气体的密度不变D．密闭容器中氨气的体积分数不变②根据表中数据，列式计算25.0℃时的分解平衡常数：__________________________。③取一定量的氨基甲酸铵固体放在一个带活塞的密闭真空容器中，在25℃下达到分解平衡。若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量______（填“增加”、“减小”或“不变”）。④氨基甲酸铵分解反应的焓变△H____0，熵变△S___0（填＞、＜或＝）。（2）已知：NH2COONH4＋2H2ONH4HCO3＋NH3·H2O。该研究小组分别用三份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液测定水解反应速率，得到c(NH2COO－)随时间变化趋势如图所示。⑤计算25℃时，0～6min氨基甲酸铵水解反应的平均速率___________________________。⑥根据图中信息，如何说明水解反应速率随温度升高而增大：_______________________。10．（2011浙江高考）二苯基乙二酮常用作医药中间体及紫外线固化剂，可由二苯基羟乙酮氧化制得，反应的化学方程式及装置图(部分装置省略)如下：＋2FeCl3＋2FeCl2＋2HCl在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应结束后加热煮沸，冷却后即有二苯基乙二酮粗产品析出，用70％乙醇水溶液重结晶提纯。重结晶过程：加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→抽滤→洗涤→干燥请回答下列问题：（1）写出装置图中玻璃仪器的名称：a___________，b____________。（2）趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，下列哪些因素有利于得到较大的晶体：____。A．缓慢冷却溶液B．溶液浓度较高C．溶质溶解度较小D．缓慢蒸发溶剂如果溶液中发生过饱和现象，可采用__________等方法促进晶体析出。（3）抽滤所用的滤纸应略_______（填“大于”或“小于”）布氏漏斗内径，将全部小孔盖住。烧杯中的二苯基乙二酮晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是________。A．无水乙醇B．饱和NaCl溶液C．70％乙醇水溶液D．滤液（4）上述重结晶过程中的哪一步操作除去了不溶性杂质：___________。（5）某同学采用薄层色谱(原理和操作与纸层析类同)跟踪反应进程，分别在反应开始、回流15min、30min、45min和60min时，用毛细管取样、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是________。A．15minB．30minC．45minD．60min11．（2011浙江高考）白黎芦醇（结构简式：）属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：。根据以上信息回答下列问题：（1）白黎芦醇的分子式是_________________________。（2）C→D的反应类型是____________；E→F的反应类型是____________。（3）化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3反应放出CO2，推测其1H核磁共振谱（H-NMR）中显示有_____种不同化学环境的氢原子，其个数比为______________。（4）写出A→B反应的化学方程式：____________________________________________。（5）写出结构简式：D________________、E___________________。（6）化合物有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式：_______________________________________________________________。①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。

2011年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科综合化学答案一、选择题（本题共17小题，每小题6分，每小题只有一项是符合题目要求的）78910111213CACBDBA26．[15分]（1）①Fe(SCN)3；；②＋5I－＋6H＋3I2＋3H2O、2Fe3＋＋2I―2Fe2＋＋I2。（2）4KI＋O2＋2H2O2I2＋4KOH；否；KI3受热或潮解后产生KI和I2，KI易被O2氧化，I2易升华。（3）AC。（4）方法Ⅰ：取适量食盐，加水溶解，滴加足量氯水(或H2O2)，再加KSCN溶液至过量，若显血红色说明有Fe2＋。方法Ⅱ：取适量食盐，加水溶解，加入K3Fe(CN)3溶液，有蓝色沉淀说明有Fe2＋。27．[14分]（1）①BC；②。③增加；④＞，＞。（2）⑤；⑥标▲与标●的曲线相比，c(初始)小，但同一时间段△c大(即大)，说明升温加快反应。28．[15分]（1）三颈烧瓶；(球形)冷凝管。（2）AD；用玻璃棒摩擦容器内壁或加入晶种。（3）小于；D。（4）趁热过滤。（5）C。29．[14分]（1）C14H12O3。（2）取代反应；消去反应。（3）4；1︰1︰2︰6。（4）（5）；。（6）；；。2011年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）理科综合化学解析一、选择题（本题共17小题，每小题6分，每小题只有一项是符合题目要求的）7．A．正确，化学反应遵守三大守恒规律B．正确，原子吸收光谱仪也叫元素分析仪，能测定元素的种类和含量。红外光谱仪测定有机物基团对红外光的特征吸收光谱。C．错误，分子间作用力（特别是氢键），也能影响物质溶解度。D．正确，如模拟生物固氮，细菌法炼铜。【评析】本题主要考查化学与STS联系。目的是引导学生要重视课本知识，学好课本知识，要重视基础知识的掌握。同时也考察学生掌握化学知识面的宽广度和基础知识的巩固程度，以及注重理论联系实际的能力培养。应该认识到化学是一门与生活、生产密切联系的学科，平时就要培养养成勤于观察、注意学科最新发展动向的好习惯，要善于联系、学以致用，运用化学知识解释或解决生活热点问题。8．A．错误，无水CoCl2呈蓝色，具有吸水性B．正确，烧杯底部温度高。C．正确，滴定管和移液管需考虑残留水的稀释影响。D．正确，利用SO2的还原性，用KMnO4酸性溶液除去。【评析】本题考察实验化学内容。化学是以实验为基础的自然科学。实验是高考题的重要内容。要解好实验题首先必须要认真做好实验化学实验，在教学中要重视实验的操作与原理，好的实验考题就是应该让那些不做实验的学生得不到分；让那些认真做实验的学生得好分。从题目的分析也可以看出，实验题目中的很多细节问题光靠讲学生是会不了的。必须去做实验学生才能会真正领悟。9．X、Y、Z、M、W依次为C、N、O、H、NaA．错误，原子半径：C＞N＞OB．错误，W2Z2即H2O2为折线型分子。C．石墨、C60等为非原子晶体。D．NH4HCO3为离子化合物，符合条件，反例CH3－NO2为共价化合物。【评析】本题为元素周期律与周期表知识题。试题在元素周期律的推理判断能力的考查中渗透了结构、性质和用途等基础知识的考查。首先以具体元素推断为基础，运用周期表，结合周期规律，考虑位、构、性关系推断X、Y、Z、W、M分别是什么元素。在此基础上应用知识解决题给选项的问题。10．液滴边缘O2多，在C粒上发生正极反应O2＋2H2O＋4e－4OH－。液滴下的Fe发生负极反应，Fe－2e－Fe2＋，为腐蚀区(a)。A．错误。Cl－由b区向a区迁移B．正确。C．错误。液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀。D．错误。Cu更稳定，作正极，反应为O2＋2H2O＋4e－4OH－。【评析】本题考察电化学内容中金属吸氧腐蚀的原理的分析。老知识换新面孔，高考试题，万变不离其宗，关键的知识内容一定要让学生自己想懂，而不是死记硬背。学生把难点真正“消化”了就可以做到一通百通，题目再怎么变换形式，学生也能回答。11．A．正确。氨基酸形成内盐的熔点较高。B．正确。氨基酸在等电点时，形成内盐，溶解度最小，易析出晶体。C．正确。D．错误。褪黑素的官能团为酰胺键，结构不相似。【评析】本题是一道有机题，考查了氨基酸的性质，特别是等电点的应用，同时能在辨认、区别色氨酸和褪黑素的官能团。12．A．正确，熔化热只相当于0.3mol氢键。B．错误。Ka只与温度有关，与浓度无关。C．正确。环己烯(l)与环己烷(l)相比，形成一个双键，能量降低169kJ/mol，苯(l)与环己烷(l)相比，能量降低691kJ/mol，远大于169×3，说明苯环有特殊稳定结构D．正确。热方程式①＝(③－②)×3－④÷2，△H也成立。【评析】本题为大综合题，主要考察了物质的键能分析应用，化学反应能量变化的盖斯定律的应用，以及弱电解质溶液的电离平衡分析。13．步骤①发生Ca2＋＋OH―＋CaCO3↓＋H2O，步骤②：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝5.6×10－6。Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×(10－3)2＝10－8＜Ksp，无Ca(OH)2析出A．正确。生成0001molCaCO3。B．错误。剩余c(Ca2＋)＝0.001mol/L。C．错误。c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜10－5，无剩余，D．错误。生成0.05molMg(OH)2，余0.005molOH―，Q[Ca(OH)2]＝0.01×0.0052＝2.5×10－7＜Ksp，无Ca(OH)2析出【评析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。解题时要能结合溶度积计算，分析推断沉淀是否产生，要求较高。非选择题（共58分）26．[15分]（1）①Fe3＋与SCN－的配合产物有多种，如、等；I2的CCl4溶液显紫红色。②应用信息：“氧化性：＞Fe3＋＞I2”，说明和Fe3＋均能氧化I－生成I2。（2）KI被潮湿空气氧化，不能写成I－＋O2＋H＋→，要联系金属吸氧腐蚀，产物I2＋KOH似乎不合理(会反应)，应考虑缓慢反应，微量产物I2会升华和KOH与空气中CO2反应。KI3·H2O作加碘剂问题，比较难分析，因为KI3很陌生。从题中：“低温条件下可制得”或生活中并无这一使用实例来去确定。再根据信息：“KI＋I2KI3”解析其不稳定性。（3）根据信息“还原性：＞I－”可判断A，C比较难分析，应考虑食盐潮解主要是Mg2＋、Fe3＋引起，加Na2CO3能使之转化为难溶物；D中NaNO2能氧化I―。（4）实验方案简答要注意规范性，“如取…加入…现象…结论…”，本实验I―对Fe2＋的检验有干扰，用过量氯水又可能氧化SCN－，当然实际操作能判断，不过对程度好的同学来说，用普鲁士蓝沉淀法确定性强。27．[14分]（1）①A．不能表示正逆反应速率相等；B．反应进行则压强增大；C．恒容，反应进行则密度增大；D．反应物是固体，NH3的体积分数始终为2/3②需将25℃的总浓度转化为NH3和CO2的浓度；K可不带单位。③加压，平衡逆移；④据表中数据，升温，反应正移，△H＞0，固体分解为气体，△S＞0。（2）⑤；⑥图中标▲与标●的曲线相比能确认。28．[15分]（1）熟悉化学实验仪器，特别是有机合成的仪器比较特殊。（2）溶液浓度越高，溶质溶解度越小，蒸发或冷却越快，结晶越小；过饱和主要是缺乏晶种，用玻璃棒摩擦，加入晶体或将容器进一步冷却能解决。（3）抽滤涉及的仪器安装，操作细则颇多，要能实际规范操作，仔细揣摩，方能掌握。用滤液（即饱和溶液）洗涤容器能减少产品的溶解损失。（4）趁热过滤除不溶物，冷却结晶，抽滤除可溶杂质。（5）对照反应开始斑点，下面斑点为反应物，上面为生成物，45min反应物基本无剩余。29．[14分]先确定A的不饱和度为5，对照白黎芦醇的结构，确定含苯环，间三位，无酚羟基，有羧基。A：；B：；C：；（应用信息②）D：；E：（应用信息①）F：。（1）熟悉键线式。（2）判断反应类型。（3）了解有机化学研究方法，特别是H-NMR的分析。（4）酯化反应注意细节，如和H2O不能漏掉。（5）分析推断合成流程，正确书写结构简式。（6）较简单的同分异构体问题，主要分析官能团类别和位置异构。精品文档精心整理精品文档可编辑的精品文档2012年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试选择题部分（共120分）一、选择题（本小题17小题。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，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理9．X、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：Z＞Y＞XB．Z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C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂D．CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1︰210．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．在阴极式，发生的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑B．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2＋2H＋＋H2O向右移动C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑D．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1－11．下列说法正确的是A．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C3H5N3O912．下列说法正确的是A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．用0.2000mol/LNaOH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0.1mol/L）,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①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③13．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C．K＋和一定存在于溶液X中 D．和一定不存在于溶液X中非选择题部分（共180分）非选择题部分共12题，共180分。26．[14分]已知：I2＋2＝＋2I－。相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，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，可得到CuCl2•2H2O晶体。（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是___________________（用化学方程式表示）。由CuCl2•2H2O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CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I―发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①可选用___________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_________________。②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为___________________________。27．[15分]甲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：温度/℃温度/℃400500600700800900100011001200706050403020H2物质的量分数/%CO物质的量分数/%2520151050400500600700800900100011001200温度/℃－■－0.1Mpa－●－0.9Mpa－▲－1.5Mpa－■－0.1Mpa－●－0.9Mpa－▲－1.5Mpa①若要达到H2物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是。A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图：时间H时间H2物质的量分数/%1009080706050403020100（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是。28．[14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：搅拌器a搅拌器ab滴液漏斗（I）合成：在三颈瓶中加入20g无水AlCl3和30mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL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。（Ⅱ）分离与提纯：①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②水层用苯萃取，分液③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品④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）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②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，下来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________________。ABCDABCD29．[15分]化合物X是一种环境激素，存在如下转化关系：XCXC23H26O4Br2AC15H16O2BC4H8O3DC4H6O2副产物GC8H12O4(环状化合物)浓H2SO4①NaOH水溶液②H＋足量的溴水CC15H12O2Br4EC6H10O3F(C6H10O3)n浓H2SO4HOOH一定条件化合物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C．X与NaOH溶液反应，理论上1molX最多消耗6molNaOHD．化合物D能与Br2发生加成反应（2）化合物C的结构简式是_________________，A→C的反应类型是__________________。（3）写出同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）________。a．属于酯类 b．能发生银镜反应（4）写出B→G反应的化学方程式_______________________________________________。（5）写出E→F反应的化学方程式_______________________________________________。2012年浙江省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）（2012•浙江）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与乙酸乙酯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【考点】清洁能源；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构；蔗糖、麦芽糖简介；淀粉的性质和用途．【专题】化学应用．【分析】本题根据常见的绿色化学方法是安全无污染的化学方法，电解质和非电解质都是化合物，水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，不导电为非电解质，红外光谱可以判断官能团，石油裂化是将重油转化为轻质油，裂解是得到小分子的烯烃等知识点来解题．【解答】解：A．太阳能分解水制氢是把光能转变为化学能的绿色化学方法，A正确；B．油脂的水解产物高级脂肪酸是电解质，B错误；C．乙酸乙酯含有羰基，乙醇中没有，通过红外光谱可以区分，C正确；D．石油催化裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得到小分子的烯烃，D正确；故选B．【点评】本题考查绿色化学方法特点，电解质和非电解质区分依据，红外光谱的作用，石油的裂化与裂解等，题目难度不大．2．（3分）（2012•浙江）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，最后用水冲洗，并视情况作进一步处理【考点】电解原理的应用实验；化学实验安全及事故处理．【专题】实验评价题．【分析】A．锌、铁和稀硫酸能构成原电池而加快锌的腐蚀；B．硝酸银和氯离子能反应生成白色氯化银沉淀；C．亚铁离子不稳定，易被氧化；D．受酸腐蚀应该涂弱碱性物质．【解答】解：A．产生的氢气速率突然减小，说明已经无法构成原电池，锌镀层完全反应，故A正确；B．未燃过的火柴头，将其浸于水中，氯元素的存在形式为氯酸根离子，故B错误；C．亚铁离子加热过程中易被氧化，所以得不到硫酸亚铁铵晶体，故C错误；D．受酸腐蚀应涂碳酸氢钠，而不是酸，故D错误；故选A．【点评】根据原电池原理、氯离子的检验、安全事故的处理来分析解答，知道火柴中含有氯酸钾而不是氯化钾，亚铁离子易被空气氧化而变质．3．（3分）（2012•浙江）X、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：Z＞Y＞XB．Z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C．CaY2与水发生氧化还原反应时，CaY2只作氧化剂D．CaX2、CaY2和CaZ2等3种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2【考点】原子结构与元素周期律的关系；氧化还原反应．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、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，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，据此结合选项解答．【解答】解：X、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，3种元素的核外电子数之和为18，Z得到1个电子变成8电子结构，则Z为F元素，则X、Y一定至少有一种位于第2周期，X得到一个电子后均形成稀有气体原子的稳定电子层结构，故X为H元素，Y元素原子核外电子数为18﹣1﹣9=8，故Y为O元素，A、X、Y、Z分别是H、O、F，同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径O＞F＞H，故A错误；B、HF分子之间含有氢键，沸点高于其它同族氢化物的沸点，故B正确；C、过氧化钙与水反应，过氧化钙既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D、CaO2其阴离子为O22﹣，阴、阳离子个数比为1：1，故D错误；故选B．【点评】本题考查结构性质位置关系、氧化还原反应等，难度中等，推断元素是解题关键，C选项中根据过氧化钠的性质进行解答．4．（3分）（2012•浙江）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图：下列说法不正确的是（）A．在阴极式，发生的电极反应为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑B．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2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O向右移动C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑D．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﹣【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、阴极上得电子发生还原反应，氢离子放电；B、阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子浓度增大导致平衡移动，根据氢离子浓度的变化判断溶液颜色的变化；C、将阳极室、阴极室发生的反应加合可得总的反应式，注意阴极室还发生反应衡2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O；D、根据原子守恒计算其转化率．【解答】解：A、电极均为惰性电极，在阴极室发生还原反应，水得电子变成氢气，电极反应为：2H2O+2e﹣=2OH﹣+H2↑，故A正确；B、阳极室发生氧化反应，水失去电子放电，电极反应为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，阳极区氢离子浓度增大，平衡右移，故B正确；C、阴极电极反应为：4H2O+4e﹣=4OH﹣+2H2↑，阳极反应为：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，4CrO42﹣+4H+═2Cr2O72﹣+2H2O，故总制备方程式为4K2CrO4+4H2O2K2Cr2O7+4KOH+2H2↑+O2↑，故C正确；D、设加入反应容器内的K2CrO4为1mol，反应过程中有xmolK2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余K2CrO4为（1﹣x）mol，对应的n（K）=2（1﹣x）mol，n（Cr）=（1﹣x）mol，生成的K2Cr2O7为mol，对应的n（K）=xmol，n（Cr）=xmol，根据：K与Cr的物质的量之比为d，，解得x=2﹣d，转化率为×100%=2﹣d，故D错误；故选D．【点评】本题考查了电解原理，难点是计算转化率，根据原子守恒即可计算其转化率，根据阴阳极上发生的反应类型写出相应的电极反应式．5．（3分）（2012•浙江）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【考点】烷烃及其命名；芳香烃、烃基和同系物；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：A、烷烃命名原则：①长﹣﹣﹣﹣﹣选最长碳链为主链；②多﹣﹣﹣﹣﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号；④小﹣﹣﹣﹣﹣支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；⑤简﹣﹣﹣﹣﹣两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面．B、氨基酸形成肽键原理为羧基提供﹣OH，氨基提供﹣H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽；C、苯的同系物是分子中含有一个苯环，取代基是烷烃基；D、依据甘油和硝酸发生酯化反应的原理是酸脱氢，醇脱羟基，写出分子式；【解答】解：A、依据系统命名方法，名称中起点选错，物质的名称为：名称为2，6﹣二甲基﹣3﹣乙基庚烷，故A错误；B、氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子．当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是不同氨基酸脱水：可以是苯丙氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，苯丙氨酸脱去氢，生成2种二肽．共4种，故B错误；所以共有4种．C、苯的同系物是含一个苯环，组成相差CH2的物质，选项中分子含有三个苯环，故C错误；D、三硝酸甘油酯是甘油和3分子硝酸通过酸脱氢，醇脱羟基得到的物质分子式为C3H5N3O9，故D正确：故选D．【点评】本题考查了烷烃命名方法，肽键形成的实质，苯的同系物的概念应用，无机酸和醇发生的酯化反应，题目难度中等．6．（3分）（2012•浙江）下列说法正确的是（）A．常温下，将pH=3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=4B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH．若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．用0.2000mol/LNaOH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0.1mol/L），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①蒸馏水、②0.1mol/L盐酸、③0.1mol/L氯化镁溶液、④0.1mol/L硝酸银溶液中，Ag+浓度：①＞④=②＞③【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的．B、判断强酸、弱酸的依据是该酸是否完全电离，NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能．C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余．D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，溶液中c（Cl﹣）越大，c（Ag+）越小．【解答】解：A、稀释醋酸时能促进弱电解质醋酸的电离，导致稀释后溶液中氢离子浓度大于原来的，稀释后溶液的3＜pH＜4，故A错误；B、NaHA溶液的pH＞7说明H2A的二级电离，不完全电离，即HA﹣为弱酸，可以说明H2A是弱酸，NaHA溶液的pH＜7，H2A是强酸或弱酸都有可能，如硫酸、亚硫酸，故B错误；C、NaOH滴定HCl与CH3COOH，醋酸是弱电解质，若碱与酸恰好反应，溶液中溶质为氯化钠、醋酸钠，醋酸根水解溶液呈碱性，反应呈中性，溶液中的酸有剩余，故C正确；D、氯化银难溶于水，在水中的溶解度很小，一定温度下，溶液中Ksp（AgCl）=c（Ag+）•c（Cl﹣）为定值，①蒸馏水中没有氯离子、②0.1mol/L盐酸中c（Cl﹣）=0.1mol/L，③0.1mol/L氯化镁溶液c（Cl﹣）=0.2mol/L、④0.1mol/L硝酸银溶液中c（Ag+）=0.1mol/L，溶液中c（Ag+）为④＞①＞②＞③，故D错误．故选：C．【点评】考查强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离．7．（3分）（2012•浙江）水溶液X中只可能溶有K+、Mg2+、Al3+、AlO2﹣、SiO32﹣、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如图所示实验：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C．K+、AlO2﹣和SiO32﹣一定存在于溶液X中D．CO32﹣和SO42﹣一定不存在于溶液X中【考点】常见离子的检验方法；离子共存问题．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定存在的离子，即可解答．【解答】解：加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH﹣）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子．A．加HCl有气体说明有CO32﹣或SO32﹣，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B．溶液中一定含有CO32﹣或SO32﹣，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C．原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D．硫酸根离子是否存在不能确定，CO32﹣可能存在，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等．二、简答题8．（2012•浙江）已知：I2+2=+2I﹣．相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.2×10﹣202.6×10﹣391.7×10﹣71.3×10﹣12（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=2.6×10﹣9mol/L．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是2CuCl2•2H2OCu2（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O（用化学方程式表示）．由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水．（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．①可选用淀粉溶液作滴定指示剂，滴定终点的现象是蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色．②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2．③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为95%．【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；中和滴定．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）加入的物质用于调节pH以除去杂质，主要将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）=计算铁离子浓度；（2）加热时促进氯化铜的水解且生成的氯化氢易挥发造成水解完全，要想得到较纯的无水氯化铜应在氯化氢气流中抑制其水解；（3）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，发生反应离子方程式计算分析．【解答】解：（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和氢氧根离子的物质，可以是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为10﹣4mol/L，则氢氧根离子浓度为10﹣10mol/L，c（Fe3+）===2.6×10﹣9mol/L，故答案为：CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3；2.6×10﹣9mol/L；（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，故答案为：2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl气流中加热脱水；（3）测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I﹣发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色，故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2；得到2Na2S2O3～2Cu2+220.1000mol/L×0.0200L0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol试样中CuCl2•2H2O的质量百分数=×100%=95%，故答案为：95%．【点评】本题考查Ksp计算和物质制备，沉淀溶解平衡的分析应用，滴定实验的原理应用，滴定过程的反应原理和计算方法是解本题的关键，难度较大．9．（2012•浙江）甲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=﹣41.2kJ/mol．（2）在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率（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，该平衡常数增大（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放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量．（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图1、图2：①若要达到H2物质的量分数＞65%、CO的物质的量分数＜10%，以下条件中最合适的是B．A．600℃，0.9MpaB．700℃，0.9MPaC．800℃，1.5MpaD．1000℃，1.5MPa②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始计时）的变化趋势示意图（如图3）：（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是导致生成的氢气和氧气反应．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的调控作用．【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．【分析】（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），据此计算反应热；（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快；（3）根据平衡常数k的表达式，利用信息直接书写Kp；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大；（4）从能量的角度分析，放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量；（5）①根据图象中，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响数据，选择判断；②结合图象可知在600℃、0.1MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，起始进料时H2的物质的量分数为0，据此可画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图；（6）如果反应过程中进氧气的量过大，会导致生成的氢气和氧气反应，导致质量分数降低．【解答】解：（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）减CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g），可得反应：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），故△H=165.0kJ/mol﹣206.2kJ/mol=﹣41.2kJ/mol，故答案为：﹣41.2；（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，故初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，故答案为：小于；（3）根据平衡常数k的表达式，可知反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）的KP=，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，平衡常数增大，故答案为：，增大；（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于：放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量，提高能源的利用率，故答案为：放热的甲烷氧化反应为吸热的蒸气重整提供能量；（5）①由图中数据可知，0.9MPa时，H2的物质的量分数＞65%，CO物质的量分数＜10%，则700℃符合，1.5MPa时，H2的物质的量分数＞65%，CO物质的量分数＜10%，则温度要高于750℃，低于约725℃，矛盾，故B正确，ACD错误，故答案为：B；②起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，据此画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图为，故答案为：；（6）如果反应过程中进氧气的量过大，会导致生成的氢气和氧气反应，导致质量分数降低，故答案为：导致生成的氢气和氧气反应．【点评】本题考查热化学以及化学反应速率、化学平衡等，意在考查考生分析、处理数据和解答图象试题的能力，解答本题需利用盖斯定律，联系化学平衡、化学平衡常数以及平衡移动原理等，弄清图象的含义．10．（2012•浙江）实验室制备苯乙酮的化学方程式如图1：制备过程中还有CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应．主要实验装置和步骤如图2所示：（I）合成：在三颈瓶中加入20g无水AlCl3和30mL无水苯．为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL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．（Ⅱ）分离与提纯：①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②水层用苯萃取，分液③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品④蒸馏粗产品得到苯乙酮．回答下列问题：（1）仪器a的名称：干燥管；装置b的作用：吸收HCl气体．（2）合成过程中要求无水操作，理由是防止三氯化铝和乙酸酐水解．（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三颈瓶，可能导致AD．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②的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失．该操作中是否可改用乙醇萃取？否（填“是”或“否”），原因是乙醇与水混溶．（5）分液漏斗使用前须检漏并洗净备用．萃取时，先后加入待萃取液和萃取剂，经振摇并放气后，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，应先打开上口玻璃塞，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，如图3装置中温度计位置正确的是C，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB．【考点】制备实验方案的设计．【专题】压轴题；实验题．【分析】（1）依据装置图中的仪器和所呈试剂判断仪器的名称和作用；（2）依据氯化铝和乙酸酐易水解分析；（3）乙酸酐和苯反应剧烈，温度过高会生成更多的副产物；（4）依据萃取的原理是利用物质在互不相溶的溶剂中的溶解度不同，对混合溶液进行分离；（5）分液操作的本质和注意问题分析判断；（6）依据蒸馏装置的目的是控制物质的沸点，在一定温度下镏出物质；温度计水银球是测定蒸馏烧瓶支管口处的蒸气温度；【解答】解：（1）仪器a为干燥管，装置b的作用是吸收反应过程中所产生的HCl气体；故答案为：干燥管；吸收HCl气体；（2）由于三氯化铝与乙酸酐极易水解，所以要求合成过程中应该无水操作；目的是防止AlCl3和乙酸酐水解；故答案为：防止三氯化铝和乙酸酐水解；（3）若将乙酸酐和苯的混合液一次性倒入三瓶颈，可能会导致反应太剧烈，反应液升温过快导致更多的副产物；故答案为：AD．（4）水层用苯萃取并分液的目的是把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，由于乙醇能与水混溶不分层，所以不能用酒精代替苯进行萃取操作；故答案为：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）分液漏斗使用前需进行检漏，振摇后分液漏斗中气压增大，要不断打开活塞进行放气操作，分离液态时，放下层液体时，应该先打开上口玻璃塞（或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔），然后打开下面的活塞；故答案为：检漏；放气；打开上口玻璃塞；（6）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶支管口处，漏斗装置中的温度计位置正确的是C项，若温度计水银球放在支管口以下位置，会导致收集的产品中混有低沸点杂质；若温度计水银球放在支管口以上位置，会导致收集的产品中混有高沸点杂质；所以A、B项的装置容易导致低沸点杂质混入收集到的产品中；故答案为C；AB．【点评】本题考查了物质制备、分离、提纯、萃取剂选择、仪器使用等试验基础知识的应用，化学实验基本知识和基本技能的掌握是解题关键，题目难度中等．11．（2012•浙江）化合物X是一种环境激素，存在如图转化关系：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cd．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c．X与NaOH溶液反应，理论上1molX最多消耗6molNaOHd．化合物D能与Br2发生加成反应（2）化合物C的结构简式是，A→C的反应类型是取代反应．（3）写出同时满足下列条件的D的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）．a．属于酯类b．能发生银镜反应（4）写出B→G反应的化学方程式．（5）写出E→F反应的化学方程式．【考点】有机物的合成；有机物的推断．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】利用A能与FeCl3溶液发生显色反应可知A中含有酚羟基，再结合其他信息和A→C转化条件和A、C分子式可知A中含有两个苯环，故A结构简式为：，C为；由此推出B中必含羧基，X为酚酯．再利用B→D与B→G反应可知B中还含有羟基，其中B→D发生的是消去反应、B→G发生的是酯化反应（生成环酯），结合题干中G的信息，可知B的结构简式为：，再利用反应①（酯的水解反应）和X的分子式，可推出X的结构简式为，进而可利用框图转化，结合有机物的性质可知D为CH2=C（CH3）COOH，E为CH2=C（CH3）COOCH2CH2OH，F为，G为，结合有机物的结构和性质以及题目要求可解答该题．【解答】解：利用A能与FeCl3溶液发生显色反应可知A中含有酚羟基，再结合其他信息和A→C转化条件和A、C分子式可知A中含有两个苯环，故A结构简式为：，C为；由此推出B中必含羧基，X为酚酯．再利用B→D与B→G反应可知B中还含有羟基，其中B→D发生的是消去反应、B→G发生的是酯化反应（生成环酯），结合题干中G的信息，可知B的结构简式为：，再利用反应①（酯的水解反应）和X的分子式，可推出X的结构简式为，进而可利用框图转化，结合有机物的性质可知D为CH2=C（CH3）COO