1、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】A7. 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
2、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H3PO4H2CO3，则D选项正确。【答案】D8. 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
3、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】B9. 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
4、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】C10. 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(T2T1)，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(P1P2)，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】A11. 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
5、. 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
6、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】D12.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
7、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】C13. 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 kJmol-1 B. -1220 kJmol-1C.-450 kJmol-1 D. +430 kJmol-1【解析】由题目的信息
8、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，其反应热为-1220 kJmol-1。【答案】B26.（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
9、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A族氢化物中沸点最低的是HCl
10、，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=0.2 mol，故Fe2O3为0.1 mol，质量为16 g，则Al2O3的质量为(36.0 g-11.0 g-16 g)=9 g，质量分数为=25%。【答案】(1)，2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2(2)16 原子晶体 (3)HCl (4) CO2 (5)25%27.（1
11、5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NH3，“中黑色粉末逐渐变为红色并有M生成”，是发生了反应：3CuO+2NH3N2+3Cu+3H2O；
12、中试剂的作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+2NH3N2+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NH3H2O，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 N23R+14x 11.2 x L2.5g 0.56 L2.511.2x =(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 3Cu
13、O+2NH3N2+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)Mg3N228.（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A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”）。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JL为加成反应，J的结构简式为_。MQ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
14、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，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。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HCCH。两个乙
15、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)HCCH C-C键 加聚 水解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2
16、9表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是_。在30C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为_ mol/(Lmin)。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. 40C、pH=3.0 b. 10C、pH=4.0 c. 30C、pH=7.0(3)O3 可由臭氧发生器(如下图)电解稀硫酸制得。图中阴极为_(填“A”或“B”)，其电极反应式为 。若C处通入O2 ，则A极的电极反应式为 。若C处不通入O2，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O3所占的体积分数为 (忽
17、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)由题意知，pH增大，O3的分解速率增大，故起催化作用的是OH-；O3的起始浓度为0.0216 mol/L，30C、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1.0010-4 mol/(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30C、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- = H2；若C处通入O2 ，O2 要参加反应，故电极反应式为：O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O；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(-V)，根据两极通过的电子数相等，有：2=6V+4(-V)，故V=(-2)，O3占的体积分数为。【答案】(1)I2 O2(2) OH- 1.0010-4 b a c(3) A 2H+ + 2e- = H2O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O
