2011年高考试题 - 理综化学(重庆卷)解析版
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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FeCl3,而Fe与稀盐酸反应生成FeCl2,故A错;K与不足量的稀硫酸反应时,能发生2K+2H2O===2KOH+H2↑,使溶液呈碱性,故B错;Na的密度比K大,故C错;P、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,H2CO3是弱酸,而H3PO4是中强酸,故酸性H3PO4>H2CO3,则D选项正确。 【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.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
【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;CH3COONa溶液显碱性,加热时水解程度增大,碱性增强,故B正确;氨水中加入少量NH4Cl固体,会使氨水的电离程度减小,碱性减弱,颜色变浅,故C错;NaCl固体对NaHCO3的水解无影响,故D错。 【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.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
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(T2>T1),水的含量降低,对四个反应来说平衡逆向移动,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(P1>P2),水蒸气的含量增大,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。 【答案】A
11. 不能鉴别AgNO3、BaCl2、K2SO3和Mg(NO3)2四种溶液(不考虑他们间的相互反应)的试剂..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AgNO3,有气体生成的是K2SO3;另取其他两种溶液少许,滴入硫酸生成白色沉淀的是BaCl2,无现象的是Mg(NO3)2,故A能鉴别;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(NO3)2,无现象的是BaCl2,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AgNO3,有白色沉淀生成的是Mg(NO3)2;取其他两种溶液少许,滴加硫酸后有白色沉淀生成的是BaCl2,有气体生成的是K2SO3,故C可以鉴别;滴加氨水后,取其他两种溶液少许,滴加氢氧化钠溶液时BaCl2和K2SO3都无现象,故D不能鉴别。 【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
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FeCl3溶液都显色,原因相同
【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;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FeCl3溶液都显色,原因都是含有酚羟基,故D正确。 【答案】C
13. SF6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)+3F2(g)=SF6(g)的反应热△H为
A. -1780 kJ·mol-1 B. -1220 kJ·mol-1 C.-450 kJ·mol-1 D. +430 kJ·mol-1
【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 +3×160kJ=760 kJ,生成物的化学键形成时放出的热量为6×330kJ=1980 kJ,故反应放出的热量为1980 kJ-760 kJ=1220 kJ,其反应热为-1220 kJ·mol-1。 【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_____________。
(2)30Si的原子的中子数为_________; SiO2的晶体类型为__________________。
(3)Al3+与Yn-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Fe2O3、Al2O3、SiO2),加入足量稀盐酸,分离得到11.0 g固体;滤液中加入过量NaOH溶液,分离得到21.4 g固体;则此熔渣中Al2O3的质量分数为__________________。
【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- +
2H2O == 2AlO2- + 3H2↑;(2)30Si的原子的中子数为30-14=16,SiO2的晶体类型为原子晶体;(3)“Al3+与Yn-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ⅦA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CO2,CO2可以做保护气。
(5)“加入足量稀盐酸,分离得到11.0 g固体”,该固体为SiO2;“滤液中加入过量NaOH溶液,
分离得到21.4 g固体”,该固体为Fe(OH)3,为
21.4g=0.2 mol,故Fe2O3为0.1 mol,质量
107g/mol9g?100%=25%。 36g为16 g,则Al2O3的质量为(36.0 g-11.0 g-16 g)=9 g,质量分数为
【答案】(1)
,2Al + 2OH- + 2H2O == 2AlO2- + 3H2↑
(2)16 原子晶体 (3)HCl (4) CO2 (5)25%
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,Ⅱ中的试纸变蓝,Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成,则Ⅲ中的试剂为__________________;Ⅳ发生反应的化学方程式为____________;Ⅴ中的试剂为____________________。
(3)乙组同学进行同样实验,但装置连接顺序为Ⅰ——Ⅲ——Ⅳ——Ⅱ——Ⅴ——Ⅵ,此时Ⅱ 中现象为________,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) “Ⅱ中的试纸变蓝”,说明生成了NH3,“Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成”,是发生了反应:3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O;Ⅲ中试剂的作
用是除去氨气中的水,故应是碱石灰;Ⅴ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+2NH3
N2+3Cu+3H2O,该反应有水生成,且氨气肯定不
能完全反应,剩余的氨气和水反应NH3·H2O,显碱性,使红色石蕊试纸变蓝。 (4)设该化合物的化学式为M3Nx,M的相对原子质量为R,则: M3Nx ~ x /2 N2 3R+14x 11.2 x L 2.5g 0.56 L 2.5×11.2x =(3R+14x) ×0.56
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Mg3N2。 【答案】(1)分液漏斗 (2)碱石灰 3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O 浓硫酸
(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)Mg3N2
28.(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,可经下列反应路线得到(部分反应条件略)。 (1)G的制备
①A与苯酚在分子组成上相差一个CH2原子团,他们互称为 ;常温下A在水中的溶解度比苯酚的 (填“大”或“小”)。 ②经反应A③E
B和D
E保护的官能团是 。
G的化学方程式为 。
(2)W的制备
①J→L为加成反应,J的结构简式为__________。
②M→Q的反应中,Q分子中形成了新的_________(填“C-C键”或“C-H键” )。
③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) ④应用M
Q
T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)①A中也含有酚羟基,组成上与苯酚相差一个CH2原子团,它们的关系是同系物;A的碳原子数比苯酚多,溶解度应小于苯酚的。 ②从A
E过程中结构的变化看,A
B过程中酚羟基反应了,D
E过程中酚羟基又生
成了,故过程中保护的官能团是酚羟基。 ③从E
G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)①J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。
②两个乙醛发生反应时,其中一分子乙醛断开碳氧双键,另一分子乙醛断开α—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。
③的同分异构体经过三步生成,且第一步是酯化,其结构应为
,经过酯化、加聚、水解即可得到。
Q的反应,
④T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M方程式为:
第二步发生消去反应:第三步的反应为:
【答案】(1)①同系物 小于 ②—OH
③
(2)①HC≡CH ②C-C键 ③加聚 水解
④
29.(14分)臭氧是一种强氧化剂,常用于消毒、灭菌等。
(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________.(填分子式)
(2)O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如题29表所示。已知:O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解,表明对O3分解起催化作用的是___________。 ②在30°C、pH=4.0条件下,O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律,推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______。(填字母代号) a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0 (3)O3 可由臭氧发生器(如下图)电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____(填“A”或“B”),其电极反应式为 。 ②若C处通入O2 ,则A极的电极反应式为 。
③若C处不通入O2,D、E处分别收集到xL和有yL气体(标准情况),则E处收集的气体中O3所占的体积分数为 (忽略 O3 的分解)。
【解析】(1) O3具有强氧化性,能将KI氧化成I2,本身被还原成O2,故反应生成的两种单质是I2和O2。
(2)①由题意知,pH增大,O3的分解速率增大,故起催化作用的是OH-;
②O3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
是108 s,故反应速率为1.00×10-4 mol/(L ·s);
③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)①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- == H2↑;
②若C处通入O2 ,O2 要参加反应,故电极反应式为:O2 + 4H+ + 4e- == 2H2O;
③若C处不通入O2,则D处收集到的气体是H2,E处收集到的气体是O2和O3,设生成O3的体积为V,则生成O2的体积为(y-V),根据两极通过的电子数相等,有: 2x=6V+4(y-V),故V=(x-2y),O3占的体积分数为【答案】(1)I2 O2
(2)① OH- ②1.00×10-4 ③b a c (3)① A 2H+ + 2e- == H2↑ ②O2 + 4H+ + 4e- == 2H2O ③
x?2y。 yx?2y y
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