2012年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国)
7.A B项,能将I-氧化成I2的物质都能使润湿的淀粉KI试纸变蓝,如Cl2、O3、NO2、Fe3+等;C项,CCl4层显紫色,说明原溶液中存在I2而不是I-;D项,溶液中还可能含有SO42-、SO32-等离子。
8.B A中医用酒精的浓度通常为75%;C中油脂的相对分子质量较小,不属于高分子化合物;D中合成纤维属于有机高分子材料。
9.D 常温常压下22.4 L Cl2的物质的量不是1 mol,故在反应中转移的电子数不是2NA。
10.D 试题要求回答分子式为C5H12O的醇的同分异构体的种数,可先写出C5H12的同分异构体,有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种,再用—OH分别取代上述3种烷烃分子中的1个H原子,分别可得到3种、4种和1种醇,故符合题意的醇共有8种。
评析 本题考查醇的性质及同分异构体的书写,考查的知识点较单一,难度不大。
11.C A项,只有当HA为强酸、BOH为强碱,或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数Kb相等时,溶液才呈中性;B项,只有当温度T=298 K时pH=7的溶液才呈中性;D项为电荷守恒关系式,无论溶液呈酸性、碱性还是中性均成立;C项,因c(H+)·c(OH-)=KW,中性溶液中c(H+)=c(OH-),故c(H+)=KW mol·L-1,正确。
12.C 仔细分析表中各项不难发现如下规律:(1)每4种物质为1组;(2)每组中4种物质的分子式通式依次为CnH2n、CnH2n+2、CnH2n+2O、CnH2nO2(n≥2)。故第26项应该是第7组的第2种物质,其分子式为C8H18。
评析 本题重点考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力。通过审题,准确提取题中有用信息,总结归纳排布规律,再运用此规律进行推理得出最终答案,对学生的思维能力要求较高,有一定难度。
13.C 依据题意,不难确定W、X、Y、Z四种元素依次为氢(H)、碳(C)、氮(N)或氧(O)、氖(Ne)。A项,四种元素的原子半径大小为Z>X>Y>W;B项,四种原子最外层电子总数为18或19;C项,H2O2或N2H4分子中既含极性共价键又含非极性共价键;D项,W与X组成的化合物包括所有的烃类,故沸点不一定比H2O或NH3低。
评析 本题综合考查原子结构、元素周期表、元素周期律等知识,难度中等。准确推断出相关元素是解题的关键。因思维定式只考虑到W与X组成的化合物为CH4,易错选D。
26.答案 (14分)(1)n(Cl)=0.025 0 L×0.40 mol·L-1=0.010 mol
0.54 g-0.010 mol×35.5 g·mol-1=0.19 g
n(Fe)=0.19 g/56 g·mol-1=0.003 4 mol
n(Fe)∶n(Cl)=0.003 4∶0.010≈1∶3,x=3
(2)0.10 盐酸 氯气
(3)2Fe3++2I- 2Fe2++I2(或2Fe3++3I- 2Fe2++I3-)
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO42-+5H2O+3Cl-
FeO42-+3e-+4H2O Fe(OH)3+5OH-
2FeO42-+8H2O+3Zn 2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-
注:Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也可给分
解析 (1)依题意:n(Cl-)=n(OH-)=0.40 mol·L-1×25.0×10-3 L=1.0×10-2 mol,n(Fe)∶n(Cl)=1∶x=0.54 g-1.0×10-2mol×35.5 g·mol-156 g·mol-1∶(1.0×10-2 mol),x≈3。
(2)设FeCl3的物质的量分数为x,由题意得3x+2(1-x)=2.1,x=0.10。据Fe+2HCl FeCl2+H2↑、Fe+2FeCl3 3FeCl2、Fe+3Cl2 2FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3或盐酸反应制备,FeCl3可用铁粉与Cl2反应制备。(3)生成的棕色物质为I2,故可写出该反应的离子方程式:2Fe3++2I- 2Fe2++I2。
(4)解答此问要紧扣题给信息,注意离子方程式中的电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒。
评析 本题考查铁元素单质及其化合物的性质、物质的量的有关计算、氧化还原反应及方程式的配平、离子方程式及电极反应式的书写等多个知识点,试题综合程度高。前三问较易,第四问有一定难度。学生若对氧化还原反应、离子反应、电化学等基础知识掌握不牢则易失分。
27.答案 (15分)(1)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2)5.52×103 kJ
(3)CHCl3+H2O2 HCl+H2O+COCl2
(4)①0.234 mol·L-1
②v(2—3)=v(12—13)
⑤> 在相同温度时,该反应的反应物浓度越高,反应速率越大
解析 (1)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2。
(2)依题意有:CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1 ①,CO(g)+12O2(g) CO2(g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1 ②,H2(g)+12O2(g) H2O(l) ΔH=-285.8 kJ·mol-1 ③,①式-②式×2-③式×2得:CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.3 kJ·mol-1,故生成1 m3(标准状况)CO所需的热量为1 00022.4×247.32 kJ=5.52×103 kJ。(3)依据题给信息不难写出方程式为CHCl3+H2O2 COCl2+H2O+HCl。(4)①K=c(CO)·c(Cl2)c(COCl2)=0.085mol·L-1×0.11 mol·L-10.04mol·L-1=0.234 mol·L-1。②观察图像知第4 min时改变的条件是升高温度,平衡正向移动,第8 min时达到新的平衡,故T(2)v(2—3)=v(12—13)。⑤观察图中5— 6 min时与15— 16 min时曲线可知15—16 min时COCl2浓度低,反应速率小,即v(5— 6)>v(15—16)。
28.答案 (14分)(1)HBr 吸收HBr和Br2
(2)除去HBr和未反应的Br2 干燥
(3)苯 C
(4)B
解析 (1)白色烟雾是由苯与Br2发生取代反应生成的HBr结合空气中的水蒸气形成的。装置d的作用是吸收HBr及未反应的Br2。(2)滤去铁屑后,滤液是溴苯及少量苯、Br2等的混合液,NaOH溶液可除去其中的Br2和HBr。粗溴苯中加入无水CaCl2,利用CaCl2+6H2O CaCl2·6H2O除去溴苯中残留的少量水。(3)通过以上分离操作,粗溴苯中还含有的杂质主要是未反应的苯,由于苯与溴苯沸点相差较大,故可用蒸馏法除去杂质苯。(4)考虑到三颈烧瓶a中加入液体的总体积约为15 mL+4 mL=19 mL,故选择容积为50 mL的三颈烧瓶。
评析 本题重点考查物质的制备、分离与提纯,难度不大。试题源于教材但又高于教材,在平时的教学中要注意对教材实验的挖掘和利用。
36.答案 (15分)
(1)2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2
2FeS+3O2 2FeO+2SO2 FeSiO3
(2)2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2
2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2↑
(3)c Cu2++2e- Cu
Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方,Fe以Fe2+的形式进入电解液中
解析 (1)由黄铜矿和空气在1 000 ℃下反应生成Cu和Fe的低价硫化物可写出方程式:2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2,再由部分“Fe的低价硫化物转变为低价氧化物”这一信息写出方程式:2FeS+3O2 2FeO+2SO2
。将炼铁时生成炉渣的反应(CaO+SiO2 CaSiO3)迁移到本题,不难得出生成炉渣的主要成分为FeSiO3。(3)电解精炼铜时,粗铜为阳极,即题图中的c极;d极为阴极,电极反应式为Cu2++2e- Cu;粗铜中活泼性比铜弱的Au、Ag在阳极溶解时从阳极上脱落下来形成“阳极泥”,比铜活泼的杂质Fe以Fe2+的形式进入电解液中。
37.答案 (15分)
(1)sp3
(2)O>S>Se
(3)34 3s23p63d10
(4)强 平面三角形 三角锥形
(5)①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子
②H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价,而H2SeO4中的Se为+6价,正电性更高,导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移,越易电离出H+
(6)4×(65+32) g·mol-16.02×1023mol-1(540×10-10cm)3=4.1
2701-cos109°28'或1352sin109°28'2或1353
解析 (1)由S原子最外层电子排布式3s23p4及S8结构示意图不难判断出S8中S原子采用的是sp3杂化。
(2)根据第一电离能的定义知,同一主族元素,从上到下失电子能力逐渐增强,故O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序是O>S>Se。
(3)根据核外电子排布规律可写出Se的M层电子的排布式为3s23p63d10。
(4)SeO3分子的价电子对数为62=3,SO32-的价电子对数为6+22=4,由价层电子对互斥理论可判断出SeO3、SO32-的立体构型分别为平面三角形和三角锥形。
(6)1个ZnS晶胞中N(S2-)=8×18+6×12=4(个),
N(Zn2+)=4个,故ρ=mV=4×(65+32) g·mol-16.02×1023mol-1(540×10-10cm)3=4.1 g·cm-3。仔细观察ZnS的晶胞结构不难发现,S2-位于ZnS晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心,Zn2+与S2-间的距离就是小立方体体对角线的一半,即:12×3×540.0 pm2=1353 pm。
38.答案 (15分)
(1)甲苯
(2)+2Cl2+2HCl 取代反应
(3)
(4)C7H4O3Na2
(5)
(6)13
解析 由对羟基苯甲酸丁酯的合成路线及题给信息可推出A为,B为,C为,D为,E为,F为,G为
,从而(1)—(5)问得解。(6)能发生银镜反应说明含有—CHO,含有苯环的E的同分异构体有如下两种情况:①苯环上有两个取代基:—Cl和,②苯环上有三个取代基:—Cl、—CHO和—OH,前者因两个取代基在苯环上的相对位置不同有邻、间、对3种同分异构体,后者因三个不同的取代基在苯环上位置的不同有10种同分异构体,故同分异构体总数为13。在上述同分异构体中,有三种不同化学环境的氢,且个数比为2∶2∶1的是。
评析 本题以对羟基苯甲酸丁酯的合成为载体,考查烃及其衍生物的性质及相互转化关系,同分异构体的书写等有机化学知识,重点考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力。前五问难度不大,解题的关键是根据题给条件推断出相关物质,第六问同分异构体的书写有较高难度。
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