2011年高考化学模拟题及答案(七)

2011 年全国一致高考理综试卷化学部分（新课标）参照答案与试题分析一、选择题1．以下表达正确的选项是（）A．1.00molNaCl 中含有 6.02×1023个 NaCl 分子B．1.00molNaCl中，所有 Na+的最外层电子总数为8× 6.02×1023﹣1C．欲配置 1.00L，1.00mol．L 的 NaCl溶液，可将 58.5gNaCl溶于 1.00L 水中D．电解 58.5g 熔融的 NaCl，能产生 22.4L 氯气（标准状况）、23.0g 金属钠【考点】 54：物质的量的有关计算；5C：物质的量浓度的有关计算．【剖析】依据物质的构成、离子的电子排布来剖析微粒的物质的量，并依据溶液的配制来剖析溶液的体积，利用电解反响中氯化钠的物质的量来计算电解产物的量即可解答．【解答】解： A、因 NaCl为离子化合物，则不存在NaCl 分子，故 A 错误；B、因 Na+的最外层电子总数为8 电子稳固构造，则最外层电子的物质的量为 8mol，其电子总数为 8×6.02× 1023，故 B 正确；C、欲配置 1.00L，1.00mol。

L﹣1的 NaCl溶液，可将 58.5g NaCl溶于适当水中，配成 1L 溶液，而不是溶于1L 的水中，故 C 错误；D、NaCl 的物质的量为=1mol，则电解 58.5g 熔融的 NaCl， 1molNaCl生成 0.5mol 氯气，能产生0.5mol× 22.4L/mol=11.2L 氯气（标准状况），而不是 22.4L 氯气，故 D 错误；应选： B。

【评论】此题观察微观粒子的物质的量的计算，明确物质的构成、电子排布、溶液的配制，电解等知识点来解答，学生熟习物质的量的计算、利用原子守恒来判断电解产物的物质的量是解答此题的要点．2．分子式为 C5H11Cl 的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6 种B．7 种C．8 种D．9 种【考点】 I4：同分异构现象和同分异构体．【专题】 532：同分异构体的种类及其判断．【剖析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体能够依照以下步骤来做：（1）先确立烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体．（ 2）确立烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子．（ 3）依据先中心后外头的原则，将氯原子逐个去取代氢原子．（4）关于多氯代烷的同分异构体，依照先集中后分别的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分别去取代不一样碳原子上的氢．【解答】解：分子式为 C5H11Cl 的同分异构体有主链有5 个碳原子的： CH3CH2CH2CH2CH2Cl ； CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2 CHClCH2CH3；主链有 4 个碳原子的： CH3CH（ CH3）CH2 CH2 Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl （CH ）CH；CH（）CH；32CH32ClCH CH32CH3主链有 3 个碳原子的： CH2C（CH3）2CH2Cl；共有 8 种状况。

2011（广东卷）高考化学试卷一、选择题1．（3分）下列说法正确的是（）A．纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B．蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质C．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯D．乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇2．（3分）能在水溶液中大量共存的一组离子是（）A．H+、Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、SO42﹣、Cu2+、NO3﹣D．NH4+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣3．（3分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有N A个氧原子B．1L 0.1mo1•L﹣1的氨水含有0.1N A个OH﹣C．常温常压下，22.4L CCl4含有N A个CCl4分子D．1mo1Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2N A个电子4．（3分）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D．将Mg（OH）2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体5．（3分）对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2 c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大6．（3分）某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（）A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2+向铜电极移动7．（3分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第V A族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则正确的是（）A．原子半径：丙＞丁＞乙B．单质的还原性：丁＞丙＞甲C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应8．（3分）下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应二、解答题（共4小题，满分0分）9．直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳单键的新反应．例如：化合物I可由以下合成路线获得：（1）化合物I的分子式为，其完全水解的化学方程式为（注明条件）．（2）化合物II与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为（注明条件）．（3）化合物III没有酸性，其结构简式为；III的一种同分异构体V 能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物V的结构简式为．（4）反应①中1个脱氢剂IV（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为．（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似①的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与molH2发生加成反应．10．利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I，II，III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示．（1）在0﹣30小时内，CH4的平均生成速率VⅠ、VⅡ和VⅢ从大到小的顺序为；反应开始后的12小时内，在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多．（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4（g）+H2O （g）⇌CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol﹣1①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）②将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）（3）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802kJ•mol﹣1写出由CO2生成CO的热化学方程式．11．由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝．工艺流程如下：（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为①和②（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为（4）镀铝电解池中，金属铝为极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4﹣和Al2Cl7﹣形式存在，铝电极的主要电极反应式为（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是．12．某同学进行试验探究时，欲配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2•8H2O试剂（化学式量：315）．在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物．为探究原因，该同学查得Ba（OH）2•8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6．（1）烧杯中未溶物仅为BaCO3，理由是．（2）假设试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，设计试验方案，进行成分检验，在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论．（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀．步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸．步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，步骤4：（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2•8H2O的含量．实验如下：①配制250ml 约0.1mol•L﹣1Ba（OH）2•8H2O溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，，将溶液转入，洗涤，定容，摇匀．②滴定：准确量取25.00ml所配制Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L﹣1盐酸装入50ml 酸式滴定管，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．平均消耗盐酸Vml．③计算Ba（OH）2•8H2O的质量分数=（只列出算式，不做运算）（4）室温下，（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液．2011年广东省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）下列说法正确的是（）A．纤维素和淀粉遇碘水均显蓝色B．蛋白质、乙酸和葡萄糖均属电解质C．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热生成乙烯D．乙酸乙酯和食用植物油均可水解生成乙醇【分析】A．碘单质遇淀粉变蓝色；B．在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；C．卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应；D．食用植物油是高级脂肪酸甘油酯．【解答】解：A．碘单质遇淀粉变蓝色，纤维素遇碘水不变色，故A错误；B．蛋白质属于高分子化合物，是混合物，不是电解质，而葡萄糖属于非电解质，只有乙酸才属于电解质，故B错误；C．溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成乙烯，故C正确；D．食用植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成高级脂肪酸和甘油，故D错误．故选C．【点评】本题考查淀粉的检验、电解质、消去反应、油脂的水解等，题目难度不大，注意食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯．2．（3分）能在水溶液中大量共存的一组离子是（）A．H+、Fe2+、NO3﹣、SiO32﹣B．Ag+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣C．K+、SO42﹣、Cu2+、NO3﹣D．NH4+、OH﹣、Cl﹣、HCO3﹣【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质及发生氧化还原反应，则离子就能在水溶液中大量共存．【解答】解：A、因H+、Fe2+、NO3﹣能发生氧化还原反应，H+、SiO32﹣能结合生成沉淀，则该组离子不能大量共存，故A错误；B、因Ag+、Cl﹣能结合生成AgCl沉淀，则该组离子不能大量共存，故B错误；C、因该组离子之间不反应，则该组离子能大量共存，故C正确；D、因NH4+、OH﹣能结合生成弱电解质，OH﹣、HCO3﹣能结合生成水和碳酸根离子，则该组离子不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子的共存问题，明确离子之间的反应及常见离子的性质是解答本题的关键，难度不大．3．（3分）设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．常温下，23gNO2含有N A个氧原子B．1L 0.1mo1•L﹣1的氨水含有0.1N A个OH﹣C．常温常压下，22.4L CCl4含有N A个CCl4分子D．1mo1Fe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2N A个电子【分析】A、质量换算物质的量结合分子式计算氧原子；B、氨水溶液中一水合氨是弱电解质；C、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断；D、依据氧化还原反应电子守恒计算分析．【解答】解：A、23gNO2物质的量==0.5mol，含有N A个氧原子，故A正确；B、1L 0.1mo1•L﹣1的氨水含一水合氨0.1mol，一水合氨是弱电解质存在电离平衡，故B错误；C、四氯化碳不是气体，常温常压下，22.4L CCl4物质的量不是1mol，故C错误；D、1molFe2+被过氧化氢氧化为Fe3+，电子转移1mol，故D错误；故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，氧化还原反应的电子转移计算，弱电解质的判断是解题关键，题目难度中等．4．（3分）某同学通过系列实验探究Mg及其化合物的性质，操作正确且能达到目的是（）A．将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，置镁片于其中探究讨Mg的活泼性B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，观察Mg（OH）2沉淀的生成C．将Mg（OH）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀D．将Mg（OH）2沉淀转入表面皿中，加足量稀盐酸，加热蒸干得无水MgCl2固体【分析】A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中；B．镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀；C．过滤操作应用玻璃棒引流；D．镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸．【解答】解：A．稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入浓硫酸中得到稀硫酸，故A错误；B．将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成氢氧化镁沉淀，故B正确；C．过滤操作应利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故C错误；D．应将Mg（OH）2沉淀转入蒸发皿中，加足量稀盐酸，生成氯化镁，加热时促进镁离子水解，生成的盐酸为挥发性酸，所以蒸干得不到无水MgCl2固体，为氢氧化镁固体，故D错误；故选B．【点评】本题考查实验方案的评价，熟悉稀释、过滤等实验操作及离子的反应、水解反应等知识即可解答，题目难度不大．5．（3分）对于0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液，正确的是（）A．升高温度，溶液的pH降低B．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）C．c（Na+）+c（H+）=2 c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+c（OH﹣）D．加入少量NaOH固体，c（SO32﹣）与c（Na+）均增大【分析】A、升高温度，会促进盐的水解；B、根据溶液中的物料守恒知识来回答；C、根据溶液中的电荷守恒知识来回答；D、根据水解平衡的移动原理来回答．【解答】解：0.1mol•L﹣1 Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH ﹣，该过程是吸热过程．A、升高温度，水解平衡正向移动，所以溶液的pH升高，故A错误；B、溶液中存在物料守恒：c（Na+）=2c（SO32﹣）+2c（HSO3﹣）+2c（H2SO3），故B错误；C、溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH ﹣），故C错误；D、加入少量NaOH固体，平衡：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣向逆反应方向移动，所以c（SO32﹣）与c（Na+）均增大，故D正确．故选D．【点评】本题考查学生盐的水解平衡移动原理以及溶液中的离子之间的守恒关系知识，难度不大．6．（3分）某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（）A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2+向铜电极移动【分析】A、a和b不连接时，Fe与硫酸铜溶液发生置换反应；铁能将金属铜从其盐中置换出来；B、原电池中，失电子的极是负极，得电子的极是正极，往往活泼金属做负极；a和b用导线连接时，形成原电池，Fe作负极，Cu作正极；C、无论a和b是否连接，都发生Fe+Cu2+=Fe2++Cu；铁和硫酸铜可以发生化学反应也可以发生电化学反应；D、a和b分别连接直流电源正、负极，形成电解池，铁片上发生氧化反应，溶液中铜离子移向阴极；【解答】解：A、a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，所以铁片上会有金属铜析出，故A正确；B、a和b用导线连接时，形成了原电池，铜作正极，发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu，故B正确；C、a和b不连接时，铁片和硫酸铜溶液之间发生化学反应，铁能将金属铜从其盐中置换出来，a和b用导线连接时，形成了原电池，加快了铁将金属铜从其盐中置换出来的速度，无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从硫酸铜的蓝色逐渐变成硫酸亚铁的浅绿色，故C正确；D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，依据电解原理，阳离子移向阴极，所以Cu2+向铁电极移动，故D错误．故选D．【点评】本题考查学生化学腐蚀和电化学腐蚀的速率知识，形成原电池能加速化学反应的速率，化学反应与原电池反应，明确原电池的工作原理及所发生的氧化还原反应是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，可以根据所学知识进行回答，难度不是很大．7．（3分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第V A族，甲和丙同主族，丁的最外层电子数和电子层数相等，则正确的是（）A．原子半径：丙＞丁＞乙B．单质的还原性：丁＞丙＞甲C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第V A族，则甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，则丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，结合元素对应的单质、化合物的性质和元素周期律知识解答该题．【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态氢化物的水溶液呈碱性，乙位于第V A族，则甲为H元素，乙为N元素，形成的化学物为氨气，甲和丙同主族，则丙为Na元素，丁的最外层电子数和电子层数相等，应为Al元素，则A．Na与Al位于第三周期，原子半径Na＞Al，N位于第二周期，原子半径Na ＞Al＞N，故A正确；B．Na的金属性比Al强，对应单质的还原性Na＞Al，故B错误；C．Na对应的氧化物为离子化合物，故C错误；D．Al（OH）3为两性氢氧化物，既能与酸反应，又能与碱反应，所以乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应，故D正确．故选AD．【点评】本题考查原子结构和元素周期律的关系，题目难度不大，学习中注意元素周期律的递变规律，把握从原子结构的角度如何推断元素的种类．8．（3分）下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变B．实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去C．实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应【分析】A．溴和NaOH反应，苯不溶于水，且密度比水小；B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体；C．生成NO，根据NO的性质判断；D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体．【解答】解：A．溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO，苯不溶于水，且密度比水小，所以上层无色，故A错误；B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化碳不反应，故B正确；C．生成NO，NO易与空气中氧气反应生成二氧化氮，为红棕色，故C错误；D．在沸水中滴加饱和氯化铁溶液可生成氢氧化铁胶体，当光束通过体系时可产生丁达尔效应，故D正确．故选BD．【点评】本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，解答本题的关键是把握相关物质的性质，学习中注意积累．二、解答题（共4小题，满分0分）9．直接生成碳﹣碳键的反应是实现高效、绿色有机合成的重要途径．交叉脱氢偶联反应是近年备受关注的一类直接生成碳﹣碳单键的新反应．例如：化合物I可由以下合成路线获得：（1）化合物I的分子式为C5H8O4，其完全水解的化学方程式为（注明条件）．（2）化合物II与足量浓氢溴酸反应的化学方程式为（注明条件）．（3）化合物III没有酸性，其结构简式为OHCCH2CHO；III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，化合物V的结构简式为CH2=CH ﹣COOH．（4）反应①中1个脱氢剂IV（结构简式如图）分子获得2个氢原子后，转变成1个芳香族化合物分子，该芳香族化合物分子的结构简式为．（5）1分子与1分子在一定条件下可发生类似①的反应，其产物分子的结构简式为；1mol该产物最多可与8molH2发生加成反应．【分析】Ⅱ能被氧化生成Ⅲ，Ⅲ能和银氨溶液反应然后酸化生成Ⅳ，则Ⅲ中含有醛基，Ⅱ中含有羟基，Ⅳ为羧酸，Ⅳ和甲醇反应生成I，根据I知Ⅳ的结构简式为，Ⅲ的结构简式为OHCCH2CHO，Ⅱ的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH．【解答】解：Ⅱ能被氧化生成Ⅲ，Ⅲ能和银氨溶液反应然后酸化生成Ⅳ，则Ⅲ中含有醛基，Ⅱ中含有羟基，Ⅳ为羧酸，Ⅳ和甲醇反应生成I，根据I知Ⅳ的结构简式为，Ⅲ的结构简式为OHCCH2CHO，Ⅱ的结构简式为：HOCH2CH2CH2OH．（1）通过I的结构简式知，化合物Ⅰ的分子式为C5H8O4，加热条件下，I能发生水解反应生成羧酸钠和甲醇，反应方程式为：，故答案为：C5H8O4，；（2）一定条件下，1、3丙二醇和氢溴酸发生取代反应生成1、3﹣二溴丙烷和水，反应方程式为：，故答案为：；（3）通过以上分析知，III的结构简式为：OHCCH2CHO，III的一种同分异构体V能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，说明V中含有羧基，再结合其分子式知，化合物V的结构简式为CH2=CH﹣COOH，故答案为：OHCCH2CHO；CH2=CH﹣COOH；（4）该分子获得2个氢原子后转变成1个芳香族化合物分子，说明该物质中含有苯环，其它原子不变，所以其结构简式为：，故答案为：；（5）根据①的反应甲基上的氢原子和乙炔基上的氢原子发生脱氢反应，其产物的结构简式为：，1mol 该产物中含有2mol苯环和1mol碳碳三键，所以最多可与8molH2发生加成反应，故答案为：；8．【点评】本题考查有机物的推断及合成，读懂题给信息及利用信息是解本题关键，同时考查学生自学知识、学以致用的能力，难度较大．10．利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2．紫外光照射时，在不同催化剂（I，II，III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示．（1）在0﹣30小时内，CH4的平均生成速率VⅠ、VⅡ和VⅢ从大到小的顺序为VⅢ＞VⅡ＞VⅠ；反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多．（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4（g）+H2O （g）⇌CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol﹣1①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）②将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）（3）已知：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802kJ•mol﹣1写出由CO2生成CO的热化学方程式CO2（g）+3H2O（g）═2O2（g）+CO（g）+3H2（g）△H=+1008 kJ•mol﹣1．【分析】（1）相同时间甲烷的物质的量的变化量越大，表明平均速率越大，相同时间甲烷的物质的量的变化量越小，平均反应速率越小．由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；（2）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol﹣1，反应是吸热反应，反应物能量低于生成物能量；依据能量变化画出图象；②依据合成平衡三段式列式计算得到转化率；（3）依据盖斯定律和热化学方程式计算得到；【解答】解：（1）由图2可知，在0～30h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～30h内，CH4的平均生成速率v（Ⅲ）＞v（Ⅱ）＞v（Ⅰ）；由图2可知反应开始后的12小时内，在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多；故答案为：VⅢ＞VⅡ＞VⅠ；Ⅱ．（2）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），该反应的△H=+206kJ•mol﹣1，反应是吸热反应，反应过程中体系的能量变化图为：．②将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，根据平衡的三步计算可求CH4的平衡转化率：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）起始量（mol）x x 0 0变化量（mol）0.10 0.10 0.10 0.30平衡量（mol）x﹣0.10 x﹣0.10 0.10 0.30K===27计算得到x=0.11mol甲烷的转化率=×100%=91%故答案为：91%（3）①CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g），△H=+206kJ•mol﹣1②CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣802kJ•mol﹣1依据盖斯定律①﹣②得到：CO2（g）+3H2O（g）═2O2（g）+CO（g）+3H2（g）△H=+1008 kJ•mol﹣1故答案为：CO2（g）+3H2O（g）═2O2（g）+CO（g）+3H2（g）△H=+1008 kJ•mol ﹣1．【点评】本题考查了图象分析和画图象的方法，平衡计算应用，热化学方程式的书写原则和盖斯定律的计算应用，题目难度中等．11．由熔盐电解法获得的粗铝含有一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用钢材镀铝．工艺流程如下：（注：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华）（1）精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为①2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe和②4Al+3SiO23Si+2Al2O3（2）将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去．气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3；固态杂质粘附于气泡上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在NaCl（3）在用废碱液处理A的过程中，所发生反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣=Cl ﹣+ClO﹣+H2O、H++OH﹣=H2O（4）镀铝电解池中，金属铝为阳极，熔融盐电镀中铝元素和氯元素主要以AlCl4﹣和Al2Cl7﹣形式存在，铝电极的主要电极反应式为Al+Al2Cl7﹣﹣3e﹣=4AlCl4﹣（5）钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生．【分析】（1）根据氧化铁和石英砂（主要成分是二氧化硅）能分别与铝发生置换反应来书写方程式；（2）根据题中信息：NaCl熔点为801℃；AlCl3在181℃升华，在结合物质之间的反应来分析；（3）酸性气体能和强碱反应，用烧碱来处理尾气；（4）电镀池中镀件金属作阳极，金属发生氧化反应；（5）根据氧化铝的性质来回答．【解答】解：（1）氧化铁和二氧化硅分别与铝发生的是置换反应（单质和化合物发生反应生成新单质和化合物的反应），即2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，4Al+3SiO23Si+2Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；4Al+3SiO23Si+2Al2O3；（2）粗铝含有一定量的金属钠和氢气，钠、铝和氯气反应生成了氯化钠和氯化铝，氢气和氯气发生反应生成氯化氢，其中氯化钠熔点为801℃，较高，是固态杂质随气泡上浮，气泡的主要成分除Cl2外还含有H2、HCl、AlCl3，故答案为：H2、HCl、AlCl3；NaCl；（3）A中有氯气以及氯化氢，均能和烧碱反应，用于尾气处理，实质为：Cl2+2OH ﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，H++OH﹣=H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O，H++OH ﹣=H2O；（4）电镀池中镀件金属铝作阳极，金属铝失电子发生氧化反应，Al+Al2Cl7﹣﹣3e﹣=4AlCl4﹣，故答案为：阳；Al+Al2Cl7﹣﹣3e﹣=4AlCl4﹣；（5）铝金属表面形成的致密氧化铝膜具有保护作用，致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生，故答案为：致密的氧化膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发生．【点评】本题是一道有关金属的工业制备知识题目，考查角度广，难度较大．12．某同学进行试验探究时，欲配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2•8H2O试剂（化学式量：315）．在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物．为探究原因，该同学查得Ba（OH）2•8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6．（1）烧杯中未溶物仅为BaCO3，理由是Ba（OH）2•8H2O与CO2作用转化为BaCO3．（2）假设试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，设计试验方案，进行成分检验，在答题卡上写出实验步骤、预期现象和结论．（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1：取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀．步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸．步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中步骤4：（3）将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2•8H2O的含量．实验如下：①配制250ml 约0.1mol•L﹣1Ba（OH）2•8H2O溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，溶解，将溶液转入250ml的容量瓶中，洗涤，定容，摇匀．②滴定：准确量取25.00ml所配制Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1980（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L﹣1盐酸装入50ml 酸式滴定管，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．平均消耗盐酸Vml．③计算Ba（OH）2•8H2O的质量分数=×100%（只列出算式，不做运算）（4）室温下，不能（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L﹣1Ba（OH）2溶液．【分析】（1）Ba（OH）2•8H2O与CO2作用转化为BaCO3；（2）步骤2：预期现象和结论：有白色沉淀生成，说明有Ba2+；步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，用带塞导气管塞紧试管，把导气管插入装有澄清石灰水的烧杯中．预期现象和结论：试管中有气泡生成，烧杯中的澄清石灰水变浑浊，结合步骤2说明沉淀是BaCO3；步骤4：取适量滤液于烧杯中，用pH计测其pH值；预期现象和结论：pH＞9.6，说明有大量的OH﹣，综合上面步骤可知试剂由大量Ba（OH）2•8H2O和少量BaCO3组成，假设成立，（3）①将样品在烧杯中溶解后，将溶液移入250mL容量瓶中，洗涤将洗涤液移入容量瓶，定容、摇匀；②盐酸体积最多不能多于50ml，根据50mL计算盐酸的最小浓度，应该是选大于最小浓度而且接近的；③令250mL溶液中氢氧化钡的浓度为cmol/L，根据消耗的盐酸列方程计算c的值，进而计算250mL溶液中氢氧化钡的物质的量，据此计算样品中Ba（OH）•8H2O的质量分数．2（4）根据氢氧化钡的溶解度估算饱和溶液的物质的量浓度，据此判断．。

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CoCl 2，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CO 2中混有的少量SO 2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO 4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XZ 2分子；Y 与M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为 0.76 g/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 ．XZ 2、X 2M 2、W 2Z 2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： O 2＋2H 2O ＋4e －＝4OH －C ．液滴下的Fe 因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe 2＋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 －＝Cu 2＋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。

2011 年中山市高考模拟试题
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专业中小学课外教育机构

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2011 年中山市高考模拟试题
中山纪念中学高三化学组 DQW 编 一、 单项选择题：本大题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项符合题目要求，选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分。 1．设 NA 为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是 （ ） A．使 Na2O2 与 H2O 反应，生成常温常压下 16 g O2，反应中转移的电子数为 NA B．NA 个碳原子燃烧时所放出的热量为碳的燃烧热 C．1 mol Cl2 与足量 Fe 反应，Fe 所失去的电子总数为 3NA D．12g金钢石中所含共价键数目为NA
稳定的放电电压。高铁电池的总反应为： 3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn(OH)2 + 2Fe(OH)3 + 4KOH，
下列叙述不正确的是( ) A、放电时负极反应为：Zn－2ｅ－＋2OH－＝Zｎ(OH)2 B、充电时阳极反应为：Fe(OH)3 －3e－＋5OH－＝FeO42－＋4H2O C、放电时每转移3mol电子，正极有1mol K2FeO4被还原 D、充电时，该电池的负极作阳极
10． （16 分）氨是一种重要的化工原料，氨的合成和应用是当前的重要研究内容之一。 （1）传统哈伯法合成氨工艺中相关的反应式为：N2+3H2 2NH3 ⊿H<0。 ①该反应的平衡常数 K 的表达式为：K=______________。升高温度，K 值______（填 “增大”“减小”或“不变”） 。 ②不同温度、压强下，合成氨平衡体系中NH3的物质的量分数见下表（N2和H2的起始物 质的量之比为1∶3） 。分析表中数据， 最高，实际工业生产不选用该条件的主要原因是 （填温度和压强）时H2转化率 。