2011年北京市高考化学试卷答案与解析

bb2011年北京市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．（3分）（2011•北京）垃圾分类有利于资源回收利用．下列垃圾归类不合理的是（）①②③④垃圾废易拉罐废塑料瓶废荧光灯管不可再生废纸垃圾分类A．①B．②C．③D．④【考点】常见的生活环境的污染及治理．菁优网版权所有【分析】分析这道题，要密切结合生活常识，根据各种废品的可利用程度来分类．【解答】解：A、废易拉罐可回收利用，所以属于可回收物．B、废塑料瓶也可回收利用，所以属于可回收物．C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾．D、废纸可以燃烧，所以属于可燃垃圾．故选B．【点评】可回收垃圾主要包括废纸、塑料、玻璃、金属和布料五大类．通过综合处理回收利用，可以减少污染，节省资源．2．（3分）（2011•北京）下列说法不正确的是（）A．麦芽糖及其水解产物均能发生银镜反应B．用溴水即可鉴别苯酚溶液、2，4﹣己二烯和甲苯C．在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3CO18OH和C2H5OHD．用甘氨酸（）和丙氨酸（）缩合最多可形成4种二肽【考点】苯酚的化学性质；酯的性质；蔗糖、麦芽糖简介；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．菁优网版权所有【分析】A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团来分析银镜反应；B、溴水与苯酚溶液反应生成三溴苯酚白色沉淀，与己二烯发生加成反应而褪色，甲苯可萃取溴水中的溴；C、在酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH；D、甘氨酸和丙氨酸缩合形成二肽时可能有如下四种情况：①二个甘氨酸之间；②二个丙氨酸之间；③甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；④甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间．【解答】解：A、麦芽糖和水解产物葡萄糖中的官能团都有醛基，则麦芽糖、葡萄糖属于还原性糖可发生银镜反应，故A正确；bbB、苯酚和溴水反应生成白色沉淀，2，4﹣已二烯可以使溴水褪色，甲苯和溴水不反应，但甲苯可以萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的小，所以下层是水层，上层是橙红色的有机层，因此可以鉴别，故B正确；C、酯类水解时，酯基中的碳氧单键断键，水中的羟基与碳氧双键结合形成羧基，所以CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OH，故C错误；D、两个氨基酸分子（可以相同，也可以不同），在酸或碱的存在下加热，通过一分子的氨基与另一分子的羧基间脱去一分子水，缩合形成含有肽键的化合物，成为成肽反应．因此甘氨酸和丙氨酸混合缩合是既可以是自身缩合：二个甘氨酸之间，二个丙氨酸之间（共有2种），也可是甘氨酸中的氨基与丙氨酸中的羧基之间；甘氨酸中的羧基与丙氨酸中的氨基之间，所以一共有4种二肽，故D正确．故选C．【点评】本题考查醛基、苯酚、双键、酯基、氨基、羧基的性质，常用银镜反应来检验醛基，检验苯酚常用氯化铁溶液和溴水．3．（3分）（2011•北京）结合图判断，下列叙述正确的是（）A．Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣=Fe2+C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣D．Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，均有蓝色沉淀【考点】原电池和电解池的工作原理；电极反应和电池反应方程式．菁优网版权所有【分析】锌比铁活泼，装置Ⅰ中锌做负极，负极反应为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，铁做正极，溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；铁比铜活泼，装置Ⅱ中铁为负极，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，正极为铜，电解质溶液呈酸性，所以正极的反应式为：2H++2e﹣=H2↑；检验Fe2+离子可用K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀．【解答】解：A、题给装置I、II都是原电池，活泼金属作负极，首先被腐蚀，不活泼金属作正极，被保护；故A对；B、I中的负极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe﹣2e﹣=Fe2+，故B错；C、I溶液显中性，其电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，而II溶液显酸性，电极反应式为：2H++2e﹣=H2↑，故C错；D、I中没有Fe2+，不能与K3[Fe（CN）6]生成蓝色的Fe3[Fe（CN）6]2沉淀，故D错；故选A．【点评】本题考查原电池的工作原理以及金属的腐蚀及防护等知识，做题的关键是正确判断电池的正负极反应．4．（3分）（2011•北京）下列与处理方法对应的反应方程式不正确的是（）A．用Na2S去除废水中的Hg2+：Hg2++S2﹣=HgS↓bbB．用催化法处理汽车尾气中的CO和NO：CO+NOC+NO2C．向污水中投放明矾，生成能凝聚悬浮物的胶体：Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+D．用高温催化氧化法去除烃类废气（CxHy）：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O【考点】物质的分离、提纯和除杂；离子方程式的书写．菁优网版权所有【专题】实验设计题；元素及其化合物．【分析】A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS；B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N2和CO2；C、明矾净水是Al3+水解生成了吸附性较强的Al（OH）3胶体；D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水．【解答】解：A、Hg2+和S2﹣易结合形成难溶性的HgS，可用Na2S去除废水中的Hg2+，离子方程式为：Hg2++S2﹣=HgS↓，故A正确；B、NO的氧化性强于CO，反应产物为N2和CO2，正确的化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2，故B错误；C、明矾在溶液中电离出的Al3+水解生成的Al（OH）3胶体具有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物，离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故C正确；D、碳、氢化合物在高温下可被氧气氧化为二氧化碳和水，可用高温催化氧化法去除烃类废气，化学方程式为：CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，故D正确．故选B．【点评】本题结合无机物和有机物的反应考查了化学方程式、离子方程式为的正确书写．5．（3分）（2011•北京）25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1下列说法正确的是（）A．①和②产物的阴阳离子个数比不相等B．①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C．常温下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D．25℃、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1【考点】热化学方程式；化学反应速率的影响因素．菁优网版权所有【分析】A、Na2O中阴阳离子个数之比为1：2，Na2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．【解答】解：A、在Na2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，Na2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、温度升高，Na与足量O2反应的产物是Na2O2，故C错误；D、热化学方程式25℃、101kPa下：①2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）△H=﹣414kJ•mol﹣1，②2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，①×2﹣②可得bbNa2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）△H=﹣317kJ•mol﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．6．（3分）（2011•北京）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数（）A．取a克混合物充分加热，减重b克B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克D．取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】钠的重要化合物．菁优网版权所有【专题】压轴题．【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果．A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B、根据钠守恒，可列方程组求解；C、C项应先把水蒸气排除才合理；D、根据质量关系，可列方程组求解．【解答】解：A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，故A项成立；B、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，故B项成立；C、C项中碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，故C项错误；D、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，故D项成立．故选：C．【点评】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同．7．（3分）（2011•北京）已知反应：2CH3COCH3（l）⇌CH3COCH2COH（CH3）2（l）．取等量CH3COCH3，分别在0℃和20℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y﹣t）如图所示．下列说法正确的是（）A．b代表0℃下CH3COCH3的Y﹣t曲线B．反应进行到20min末，CH3COCH3的C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率bbD．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的【考点】转化率随温度、压强的变化曲线．菁优网版权所有【专题】压轴题．【分析】分析图象题时注意曲线的变化，温度越高，化学反应速率越大，达到平衡时的时间就越少，曲线的斜率就越大；根据图象可以看出温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，CH3COCH3的转化率反而降低，分析图象，当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多．【解答】解：A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图象可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y﹣t曲线，故A错；B、当反应进行到20min时，从图象中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以＜1，故B错；C、根据图象温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，故C错；D、根据图象可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的，故D正确．故选D．【点评】本题考查转化率随温度变化的图象题，做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图象正确判断反应是吸热还是放热．二、解答题（共4小题，满分58分）8．（12分）（2011•北京）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反应是放热反应（填“吸热”或“放热”）．（2）HX的电子式是．（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI．（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：卤素原子的最外层电子数均为7．（5）K的变化体