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1、2011年高考试题理综化学（重庆卷）解析版2011重庆理综化学试题解析 6. “化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主旨的是 (A.风力发电，让能源更清洁 B.合成光纤，让通讯更快捷 C.合成药物，让人类更健康 D.环保涂料，让环境更宜居 【解析】风力发电，可以减小对环境的污染，但与化学并无多大关系，故A不符合“化学，让生活更美好”的主旨，故A错;光纤的传输能力强，抗干扰能力强，符合“化学，让生活更美好”的主旨，故B正确;合成药物、环保涂料，都符合这一主旨，故C、D都正确。 【答案】A 7. 下列叙述正确的是 A. Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同 B.K、Zn分别与不足量的
2、稀硫酸反应所得溶液均呈中性 C. Li、Na、K的原子半价和密度随原子序数的增加而增大 D.C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强 【解析】Fe与氯气生成FeCl，而Fe与稀盐酸反应生成FeCl，故A错;K与不足量的稀硫酸32反应时，能发生2K+2HO=2KOH+H?,使溶液呈碱性，故B错;Na的密度比K大，故C错;22P、S、Cl是同周期元素，非金属性依次增强，故最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，HCO是弱酸，而HPO是中强酸，故酸性HPO,HCO，则D选项正确。 23343423【答案】D 8. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是 A.明矾溶液加热 B.CHC
3、OONa溶液加热 3C.氨水中加入少量NHCl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体 4【解析】酚酞遇到碱变红色，遇到酸不变色，故滴有酚酞试液的溶液颜色变深，是因为溶液的碱性增强。明矾溶液水解显酸性，故A错;CHCOONa溶液显碱性，加热时水解程度增大，3碱性增强，故B正确;氨水中加入少量NHCl固体，会使氨水的电离程度减小，碱性减弱，颜4色变浅，故C错;NaCl固体对NaHCO的水解无影响，故D错。 3【答案】B 9. 在实验室进行下列实验， 括号内的实验用品都能用到的是 A.硫酸铜晶体里结晶水含量的测定(坩埚、温度计、硫酸铜晶体) B.蛋白质的盐析(试管、醋酸铅溶液、鸡蛋白溶液) C.
4、钠的焰色反应(铂丝、氯化钠溶液、稀盐酸) D.肥皂的制取(蒸发皿、玻璃棒、甘油) 【解析】硫酸铜晶体里结晶水含量的测定实验中用不到温度计，故A错;醋酸铅溶液使蛋白质变性，而不是盐析，故B错;肥皂的制取能生成甘油，而不是用到甘油，故D错。 【答案】C - 1 - 10. 一定条件下，下列反应中水蒸气含量随反应时间的变化趋势符合题图10 的是 【解析】由温度影响曲线可知，温度升高(T,T)，水的含量降低，对四个反应来说平衡逆向21移动，逆反应吸热，正反应放热，排除B、C;由压强影响曲线可知，压强增大(P,P)，水蒸12气的含量增大，对反应来说应正向移动，正反应是气体分子数减小的反应，故选A。 【答
5、案】A 11. 不能鉴别AgNO、BaCl、KSO和Mg(NO)四种溶液(不考虑他们间的相互反应)的试剂322332(是 A. 盐酸、硫酸 B. 盐酸、氢氧化钠溶液 C. 氨水、硫酸 D. 氨水、氢氧化钠溶液 【解析】取四种溶液少许，滴入盐酸生成白色沉淀的是AgNO，有气体生成的是KSO;另取323其他两种溶液少许，滴入硫酸生成白色沉淀的是BaCl，无现象的是Mg(NO)，故A能鉴别;232滴加盐酸后，另取其他两种溶液少许，滴加氢氧化钠溶液生成白色沉淀的是Mg(NO)，无现32象的是BaCl，故B也能鉴别;取四种溶液少许，滴入氨水，先沉淀后沉淀消失的是AgNO，23有白色沉淀生成的是Mg(NO
6、);取其他两种溶液少许，滴加硫酸后有白色沉淀生成的是BaCl，322有气体生成的是KSO，故C可以鉴别;滴加氨水后，取其他两种溶液少许，滴加氢氧化钠溶23液时BaCl和KSO都无现象，故D不能鉴别。 223【答案】D 12.NM-3和D-58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下: 关于NM-3和D-58的叙述，错误的是 (A.都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同 - 2 - B.都能与溴水反应，原因不完全相同 C.都不能发生消去反应，原因相同 D.遇FeCl溶液都显色，原因相同 3【解析】NM-3含有的官能团是酚羟基、酯基、羧基和碳碳双键，D-58所含的官能团是酚羟基、醇羟基和羰基
7、;它们都能与NaOH溶液反应，NM-3中是酚羟基和酯基、羧基反应，而D-58中只有酚羟基反应，故A正确;它们都能与溴水反应，但NM-3是酚的取代和碳碳双键的加成，而D-58只有酚的取代，故B正确;它们都不能消去，NM-3的原因是没有可消去的官能团，而D-58是醇羟基的邻位碳上没有H原子，故C错;它们都能和FeCl溶液都显色，原因都是3含有酚羟基，故D正确。 【答案】C 13. SF是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S-F键。已知:1 molS(s)转化为气态硫原子6吸收能量280 kJ,断裂1 molF-F、S-F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ，则S(s)，3F(g),SF(g
8、)26的反应热?H为 -1-1A. -1780 kJ?mol B. -1220 kJ?mol -1-1 C.-450 kJ?mol D. +430 kJ?mol【解析】由题目的信息可知，反应物的化学键断裂吸收的能量为280 kJ +3160kJ=760 kJ，生成物的化学键形成时放出的热量为6330kJ=1980 kJ，故反应放出的热量为1980 kJ-760 kJ=1220 kJ，-1其反应热为-1220 kJ?mol。 【答案】B 26.(15分)用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅、铁等配制而成。 (1)Al的原子结构示意图为_;Al与NaOH溶液反应的离子方程式为_。 30
9、(2)Si的原子的中子数为_; SiO的晶体类型为_。 23+n-(3)Al与Y的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是_。 (4)焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体是_。 (5)经处理后的熔渣36.0 g(仅含FeO、AlO、SiO)，加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体;23232滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4 g固体;则此熔渣中AlO的质量分数为23_。 -【解析】(1) Al的原子结构示意图为，Al与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al + 2OH + 30-2HO = 2AlO + 3H?;(2
10、)Si的原子的中子数为30-14=16，SiO的晶体类型为原子晶体;(3)22223+n-“Al与Y的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性”，则Y是F，第?A族氢化物中沸点最低的是HCl，而不是HF，因为HF分子之间存在氢键;(4)“使金属不被氧化的气体”可由药皮的成分分析得出，大理石分解可生成CO，CO可以做保护气。 22(5)“加入足量稀盐酸，分离得到11.0 g固体”，该固体为SiO;“滤液中加入过量NaOH溶液，2- 3 - 21.4g分离得到21.4 g固体”，该固体为Fe(OH)，为=0.2 mol，故FeO为0.1 mol，质量323107g/mol9g，100%
11、为16 g，则AlO的质量为(36.0 g-11.0 g-16 g)=9 g，质量分数为=25%。 2336g-【答案】(1)，2Al + 2OH + 2HO = 2AlO + 3H? 222(2)16 原子晶体 (3)HCl (4) CO(5)25% 2 27.(15分)固态化合物A由两种短周期元素组成，可与水发生复分解反应，甲组同学用题27图装置(夹持装置略)对其进行探究实验。 (1)仪器B的名称是_。 (2)试验中，?中的试纸变蓝，?中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成，则?中的试剂为_;?发生反应的化学方程式为_;?中的试剂为_。 (3)乙组同学进行同样实验，但装置连接顺序为?，此时? 中
12、现象为_，原因是_。 (4)经上述反应，2.5 g 化合物A理论上可得0.56 L(标准状况)M;则A的化学式为_。 【解析】(1)仪器B的名称是分液漏斗;(2) “?中的试纸变蓝”，说明生成了NH，“?中黑色粉3末逐渐变为红色并有M生成”，是发生了反应:3CuO+2NHN+3Cu+3HO;?中试剂的作322用是除去氨气中的水，故应是碱石灰;?中的试剂的作用是除去剩余的氨气，故应为浓硫酸。 (3)装置连接顺序改变后，因为3CuO+2NHN+3Cu+3HO，该反应有水生成，且氨气肯定不322能完全反应，剩余的氨气和水反应NH?HO，显碱性，使红色石蕊试纸变蓝。 32(4)设该化合物的化学式为MN
13、，M的相对原子质量为R，则: 3xMN , x /2 N 3x23R+14x 11.2 x L 2.5g 0.56 L 2.511.2x =(3R+14x) 0.56 - 4 - 得R=12 x，因x是M的化合价，只能取正整数，R为12、24或36，则此元素只能为Mg，化合物A是MgN。 32【答案】(1)分液漏斗 (2)碱石灰 3CuO+2NHN+3Cu+3HO 浓硫酸 322(3)变蓝 CuO与氨气反应生成的水和未反应的氨气形成氨水，是试纸变蓝 (4)MgN 3228.(16分)食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准(GB2760-2011)的规定使用。作为食品添加剂中的防腐剂G和W，可经
14、下列反应路线得到(部分反应条件略)。 (1)G的制备 ?A与苯酚在分子组成上相差一个CH原子团，他们互称为 ;常温下A在2水中的溶解度比苯酚的 (填“大”或“小”)。 ?经反应AB和DE保护的官能团是 。 ?EG的化学方程式为 。 (2)W的制备 ?J?L为加成反应，J的结构简式为_。 ?M?Q的反应中，Q分子中形成了新的_(填“C-C键”或“C-H键” )。 ?用Q的同分异构体Z制备，为避免发生，则合理的制备途径为酯化、 、 .(填反应类型) ?应用MQT的原理，由T制备W的反应步骤为 第1步: ;第2步:消去反应;第3步: .(第1、3步用化学方程式表示) 【解析】(1)?A中也含有酚羟基
15、，组成上与苯酚相差一个CH原子团，它们的关系是同系物;2A的碳原子数比苯酚多，溶解度应小于苯酚的。 ?从AE过程中结构的变化看，AB过程中酚羟基反应了，DE过程中酚羟基又生- 5 - 成了，故过程中保护的官能团是酚羟基。 ?从EG的结构变化看，是羧基生成了酯基，故发生的是酯化反应，方程式为:。 (2)?J能跟2HCl加成，说明J中两个碳碳双键或碳碳三键，J中只有两个碳，故J是乙炔，结构简式为HC?CH。 ?两个乙醛发生反应时，其中一分子乙醛断开碳氧双键，另一分子乙醛断开H，H原子接到氧原子上，剩余的部分接到碳原子上，故新形成的化学键是C-C键。 的同分异构体经过三步生成，且第一步是酯化，其结构
16、应为?，经过酯化、加聚、水解即可得到。 ?T中有4个碳原子，而W中有6个碳原子，故第一步应由M和T发生类似MQ的反应，方程式为: 第二步发生消去反应: 第三步的反应为: 【答案】(1)?同系物 小于 ?OH ? (2)?HC?CH ?C-C键 ?加聚 水解 ? - 6 - 29.(14分)臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。 (1)O与KI溶液反应生成的两种单质是_和_.(填分子式) 3(2)O在水中易分解，一定条件下，O的浓度减少一半所需的时间(t)如题29表所示。已知:33O的起始浓度为0.0216 mol/L。 3?pH增大能加速O分解，表明对O分解起催化作用的是_。 33?在30?
17、C、pH=4.0条件下，O的分解速率为_ mol/(L?min)。 3?据表中的递变规律，推测O在下列条件下分解速率依次增大的顺序为_。(填字母代号) 3a. 40?C、pH=3.0 b. 10?C、pH=4.0 c. 30?C、pH=7.0 (3)O可由臭氧发生器(如下图)电解稀硫酸制得。 3 ?图中阴极为_(填“A”或“B”)，其电极反应式为 。 ?若C处通入O，则A极的电极反应式为 。 2 x?若C处不通入O，D、E处分别收集到L和有L气体(标准情况)，则E处收集的气体中Oy23所占的体积分数为 (忽略O的分解)。 3 【解析】(1) O具有强氧化性，能将KI氧化成I，本身被还原成O，故
18、反应生成的两种单质是322I和O。 22-(2)?由题意知，pH增大，O的分解速率增大，故起催化作用的是OH; 3?O的起始浓度为0.0216 mol/L，30?C、pH=4.0条件下，减小一半(0.0108 mol/L)所需要的时间3- 7 - -4 是108 s，故反应速率为1.0010mol/(L ?s); ?由表中数据可知，溶液的pH对反应速率的影响程度较大，故30?C、pH=7.0时的速率最大;在相邻温度和相邻pH的条件下，温度的影响程度大，故a比b快。 -(3)?臭氧是OH发生氧化反应生成的，故B电解应为阳极，则A电极是阴极，其电极反应式为:+-2H + 2e = H?; 2+-?若C处通入O，O要参加反应，故电极反应式为:O + 4H + 4e = 2HO;2 2 22 ?若C处不通入O，则D处收集到的气体是H，E处收集到的气体是O和O，设生成O的22233体积为V，则生成O的体积为(-V)，根据两极通过的电子数相等，有: y2x,2yxx2=6V+4(-V)，故V=(-2)，O占的体积分数为。 yy3y【答案】(1)I O 2 2- -4 (2)? OH?1.0010?b a c +-(3)? A 2H + 2e = H? 2+-?O + 4H + 4e = 2HO 22x,2y? y- 8 -