2010年高考真题 化学(山东卷)(含解析版).pdf
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1、1 2010 年山东省高考化学试卷年山东省高考化学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题(共一、选择题(共 7 小题,每小题小题,每小题 4 分,满分分,满分 28 分)分)1(4 分)(2010山东)16O 和18O 是氧元素的两种核素,NA表示阿伏加德罗常数,下列说法正确的是()A16O2与18O2互为同分异构体 B16O2与18O2核外电子排布方式不同 C通过化学变化可以实现16O 与18O 间的相互转化 D标准状况下,1.12L 16O2和 1.12L 18O2均含 0.1NA个氧原子【考点】同位素及其应用菁优网版权所有【分析】本题考查了同位素、原子核外电子排布、阿伏加
2、德罗常数等知识点【解答】解:A、16O2与18O2是同一种物质,都是氧气,故 A 错;B、两种氧原子的电子数相等,核外电子排布方式也相同,故 B 错;C、16O 与18O 之间的转化,属于原子核的变化,不是化学变化,故 C 错;D、1.12 L 标准状况下 O2的物质的量为 0.05 mol,含有氧原子数为 0.1NA,故 D 正确 故选:D【点评】本题考查的是一些基本的概念,做这类题目要细心 2(4 分)(2010山东)下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是()A生成物总能量一定低于反应物总能量 B放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率 C应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓
3、变 D同温同压下,H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的H 不同【考点】化学反应中能量转化的原因;吸热反应和放热反应;反应热和焓变;用盖斯定律进行有关反应热的计算菁优网版权所有【分析】化学反应中一定伴随着能量变化,反应中既有放热反应,又有吸热反应,取决于反应物和生成物总能量的大小,生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反,化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件,与反应是吸热还是放热没有必然的联系,反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小,与反应条件无关【解答】解:A、生成物的总能量低于反应总能量的反应,是放热反应,若是吸热反应则相反,故 A 错
4、;B、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系,故 B 错;C、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小,与反应途径无关,应用盖斯定律,可计算某些难以直接测量的反应焓变,故 C 正确;D、根据H=生成物的焓反应物的焓可知,焓变与反应条件无关,在光照和点燃条件下该反应的H 相同,故 D 错 故选:C【点评】本题考查化学反应中能量的变化,着重于对概念的理解,注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系,做题时不要混淆 3(4 分)(2010山东)下列说法正确的是()2 A形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力 BHF、HCl、HBr、HI 的热稳定性和
5、还原性从左到右依次减弱 C第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强 D元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果【考点】元素周期律的实质;非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律;离子键的形成菁优网版权所有【分析】利用离子键的定义和元素性质的递变规律以及元素周期律的实质解决此题【解答】解:A、离子键是通过阴、阳离子静电作用作用形成的,静电作用包括相互吸引和相互排斥,故 A 错误;B、同一主族,由上到下,得电子能力逐渐减弱,非金属性减弱,其氢化物的稳定性逐渐减弱,还原性逐渐增强,故 B 错误;C、同一周期,由左到右,得电子能力逐渐增强,非金属性增强,则第三周期非金属元素最高价含氧
6、酸的酸性依次增强,非金属元素含氧酸的酸性不一定为最高价含氧酸,故 C 错误;D、由结构决定性质,则元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果,故 D 正确;故选 D【点评】本题涉及化学键的定义、元素性质的递变规律等问题的理解和运用,对学生有较好的区分度,如:比较非金属性强弱必须依据最高价氧化物水化物的酸性强弱,而不能错误认为是氧化物的水化物的酸性强弱等问题,此题为好题 4(4 分)(2010山东)下列叙述错误的是()A乙烯和苯都能使溴水褪色,褪色的原因相同 B淀粉、油脂、蛋白质都能水解,但水解产物不同 C煤油可由石油分馏获得,可用作燃料和保存少量金属钠 D乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代
7、反应,乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和 Na2CO3溶液除去【考点】乙烯的化学性质;苯的性质;石油的裂化和裂解;乙醇的化学性质;油脂的性质、组成与结构;淀粉的性质和用途菁优网版权所有【分析】(1)乙烯含有双键,能与溴水发生加成反应而使溴水褪色,溴单质在苯中的溶解度比在水中的大,苯使溴水褪色的原理是萃取;(2)淀粉、油脂和蛋白质在一定条件下都能水解,水解的最终产物分别是葡萄糖、高级脂肪酸和甘油、氨基酸;(3)煤油可由石油分馏获得,主要成分为烷烃,性质稳定,密度比金属钠小,可用来保存金属钠;(4)乙酸中含有羧基,乙醇含有羟基,乙酸乙酯中含有酯基,在一定条件下都能发生取代反应,例如:乙酸和乙醇的酯化反应
8、是取代反应,乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应,乙酸具有酸性,其酸性强于碳酸,故能与 Na2CO3反应【解答】解:A、烯烃使溴水褪色的原理是加成反应,苯使溴水褪色的原理是萃取,故 A错误;B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖,蛋白质水解的产物是氨基酸,故 B 正确;C、煤油来自石油的分馏,可用作航空燃料,也可用于保存 Na,故 C 正确;D、乙酸和乙醇的酯化反应是取代反应,乙酸乙酯的水解反应也属于取代反应,乙酸能,故可用饱和 3 Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸,故 D 正确;故选 A【点评】本题考查常见有机物的性质,尤其要注意苯的物理性质,是一种良好的有机溶剂,可做萃取剂 5(4 分)(2010
9、山东)下列推断正确的是()ASiO2是酸性氧化物,能与 NaOH 溶液反应 BNa2O、Na2O2组成元素相同,与 CO2反应产物也相同 CCO、NO、NO2都是大气污染气体,在空气中都能稳定存在 D新制氯水显酸性,向其中滴加少量紫色石蕊试液,充分振荡后溶液呈红色【考点】硅和二氧化硅;氯气的化学性质;氮的氧化物的性质及其对环境的影响;钠的重要化合物菁优网版权所有【专题】元素及其化合物【分析】ASiO2是酸性氧化物,能够跟碱反应,生成盐和水;B过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,而氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠;CNO 易与空气中氧气反应生成二氧化氮;D因为新制氯水中含有 HCl 和 HCl
10、O,HClO 具有强氧化性和漂白性【解答】解:A、酸性氧化物是能够跟碱反应,生成盐和水的氧化物,因为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,故 A 正确;B、Na2O 和 Na2O2元素组成虽然相同,但化学性质不同,它们与 CO2的反应如下:Na2O+CO2=Na2CO3;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,产物不同,故 B 错误;C、NO 在空气中易发生反应:2NO+O22NO2,故 C 错误;D、因为新制氯水中含有 HCl 和 HClO,滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红,后褪色,故D 错误 故选 A【点评】该题综合考查元素化合物知识,包括金属元素和非金属元素的重要氧化物,以
11、及氯气的重要性质这些物质的性质是学习的重点,也是考试的重点,平时的学习过程中,同学们应重视教材中重要物质性质的学习、总结,该记忆的应强化记忆,才能避免错误发生 6(4 分)(2010山东)下列与实验相关的叙述正确的是()A稀释浓硫酸时,应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中 B配制溶液时,若加水超过容量瓶刻度,应用胶头滴管将多余溶液吸出 C酸碱滴定时,若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶,将导致测定结果偏高 D检验某溶液是否含有 SO42时,应取少量该溶液,依次加入 BaCl2溶液和稀盐酸【考点】溶液的配制;硫酸根离子的检验;中和滴定菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】稀释硫酸的操作是“酸入水”,防止
12、酸液飞溅;配制溶液时,如果加水超过容量瓶刻度,会导致溶液的浓度偏低,即使用胶头滴管吸出多余的水也不能改变溶液的浓度,正确的做法是重新配制;酸碱中和滴定时滴定管可用标准液或待测液润洗,否则会导致溶液浓度偏低,但锥形瓶不能用待测液润洗,会导致测定结果偏高;检验 SO42时,不能加入BaCl2溶液和稀盐酸,不能排除 AgCl 的干扰 4【解答】解:A、稀释硫酸的操作是将浓硫酸玻璃棒缓慢注入水中,否则会导致酸液飞溅,故 A 错;B、若将多余的水取出,会使得浓度偏小,加水超过容量瓶的刻度的唯一办法是重新配制,故 B 错;C、用待测液润洗锥形瓶,则消耗的标准液会偏多,导致结果偏高,故 C 正确;D、操作中
13、,若溶液中含有 Ag+,也会有不溶解于盐酸的白色沉淀产生,则溶液中不一定含有 SO42,应先加入盐酸,如无现象,再加入氯化钡,故 D 错;故选:C【点评】本题涉及到溶液的稀释、溶液的配制、酸碱中和滴定等实验基本操作以及离子的检验,难度不是很大,要注重基本实验操作的正确方法和相关注意事项;离子检验时要注意排除其它离子的干扰 7(4 分)(2010山东)某温度下,Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后,改变溶液 pH,金属阳离子浓度的变化如图所示据图分析,下列判断错误的是()AKspFe(OH)3KspCu(OH)2 B加适量 NH4CL 固体可使溶液由 a 点变
14、到 b 点 Cc、d 两点代表的溶液中 c(H+)与 c(OH)乘积相等 DFe(OH)3、Cu(OH)2分别在 b、c 两点代表的溶液中达到饱和【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】根据图象找出可用来比较 Fe(OH)3与 Cu(OH)2溶度积常数点,可用 b、c 进行计算;由 a 点变到 b 点,PH 增大,氯化铵水解呈酸性,不会增大溶液的 PH;Kw 只与温度有关;注意分析处在曲线上的点与曲线外的点有什么区别【解答】解:A、由 b、c 两点对应数据可比较出 KSPFe(OH)3与 KSPCu(OH)2的大小,KSPFe(OH)3=c(Fe3+)(
15、OH)3=c(Fe3+)(1012.7)3,KSPCu(OH)2=c(Cu2+)(OH)2=c(Cu2+)(109.6)2,因 c(Fe3+)=c(Cu2+),故 KSPFe(OH)3KSPCu(OH)2,故 A 正确;B、向溶液中加入 NH4Cl 固体,不会导致溶液中的 c(OH)增大,故不能使溶液由 a 点变到 b 点,故 B 错误;C、只要温度不发生改变,溶液中 c(H+)与 c(OH)的乘积(即 Kw)就不变该题中温度条件不变,故 c、d 两点代表的溶液中 c(H+)与 c(OH)的乘积相等,故 C 正确;D、b、c 两点分别处在两条的沉淀溶解平衡曲线上,故两点均代表溶液达到饱和,故
16、D 正确 故选 B 5【点评】沉淀溶解平衡、溶度积、pH、水的离子积等,对图象中的数据进行定量或定性处理,找出数据(或坐标点)之间存在的相互关系;明确坐标点所表达的涵义;对溶度积和水的离子积有正确的理解该题型重在考查综合能力,如分析(比较)、理解(转换)等 二、解答题(共二、解答题(共 6 小题,满分小题,满分 66 分)分)8(14 分)(2010山东)硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应:SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI 2HIH2+I2 2H2SO42SO2+O2+2H2O(1)分析上述反应,下列判断正确的是c a反应易在常温下进行 b反应中 SO2氧化性比 HI 强 c循环过程
17、中需补充 H2Od循环过程中产生 1mol O2的同时产生 1mol H2(2)一定温度下,向 1L 密闭容器中加入 1mol HI(g),发生反应,H2物质的量随时间的变化如图所示 02min 内的平均反应速率 v(HI)=0.1mol/(Lmin)该温度下,H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数 K=64 相同温度下,若开始加入 HI(g)的物质的量是原来的 2 倍,则b是原来的 2 倍 a平衡常数 bHI 的平衡浓度 c达到平衡的时间 d平衡时 H2的体积分数(3)实验室用 Zn 和稀硫酸制取 H2,反应时溶液中水的电离平衡向右移动(填“向左”“向右”或者“不”);若加入少量下列试
18、剂中的b,产生 H2的速率将增大 aNaNO3 bCuSO4 cNa2SO4 dNaHSO3(4)以 H2为燃料可制成氢氧燃料电池 已知 2H2(g)+O2(g)2H2O(I)H=572KJmol1某氢氧燃料电池释放 228.8KJ 电能时,生成 1mol 液态水,该电池的能量转化率为80%【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线;氧化性、还原性强弱的比较;化学电源新型电池;化学反应速率的概念;化学平衡移动原理菁优网版权所有【专题】图像图表题;热点问题;守恒思想;化学平衡专题【分析】(1)根据已知的反应来分析物质的性质,并利用氧化还原反应来分析氧化性的强弱,利用三个已知反应可得到分解水制氢气的反
19、应来解答;(2)由图可知,2min 内 H2物质的量的变化量,然后计算化学反应速率,再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答;利用三段法计算平衡时各物质的浓度,根据平衡常数的表达式来计算即可;利用浓度对化学平衡的影响来分析 HI 的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时 H2的体积分数,但温度不变,平衡常数不变;(3)根据氢离子浓度的变化来分析水的电离平衡移动,并利用原电池原理来分析反应速率加快的原因;6(4)根据热化学反应方程式计算生成 1mol 水放出的能量,再利用燃料电池释放 228.8KJ电能来计算电池的能量转化率【解答】解:(1)因硫酸在常温下稳定,则反应常温下不发生,故 a 错;由
20、反应可知,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性 SO2HI,即 SO2的氧化性比 HI的弱,故 b 错;由反应2+2+可得到 2H2O2H2+O2,则该循环中消耗水,需要及时补充水,故 c正确;循环过程中产生 1molO2的同时产生 2molH2,故 d 错;故答案为:c;(2)由图可知 2min 内氢气的物质的量增加了 0.1mol,则氢气的浓度为=0.1mol/L,用氢气表示的化学反应速率为=0.05mol/(Lmin),由反应中的化学计量数可知 v(HI)为 0.05mol/(Lmin)2=0.1mol/(Lmin);2HI(g)H2(g)+I2(g)开始浓度 1molL 0 0
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