2010山东高考理综化学试题及答案

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1、2010年山东省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4分，满分28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

2、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

3、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；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

4、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（）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

5、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

6、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

7、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

8、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

9、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HClO，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；2

10、Na2O2+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，

11、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

12、的干扰【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，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

13、）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）2B加适量NH4CL固体可使溶液由a点变到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

14、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+）（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

15、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D正确故选B【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6小题，满分66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+2HI2HIH2+I22H2SO42SO2+O2+2H2O（1）分析上述反应，

16、下列判断正确的是ca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

17、”或者“不”）；若加入少量下列试剂中的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

18、分解水制氢气的反应来解答；（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；（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；由反应可

19、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转化浓度 0.2mol/L 0.1m

20、ol/L 0.1mol/L平衡浓度 0.8mol/L 0.1mol/L 0.1mol/L则该温度下K1=，又 2HI（g）H2（g）+I2（g）与H2（g）+I2（g）2HI（g）互为逆反应，则它们的化学平衡常数的乘积等于1，即H2（g）+I2（g）2HI（g）的化学平衡常数K=64，对该反应，当温度不变开始加入HI（g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；由反应方程式及原来的量与后来的量

21、成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d错；故答案为：0.1mol/Lmin；64；b；（3）由水的电离平衡为H2OH+OH，则硫酸电离出的c（H+）对水的电离起抑制作用，当Zn消耗了H+，c（H+）减小，水的电离平衡向右移动；若加入NaNO3，溶液具有硝酸的强氧化性，则不会生成氢气；加入NaHSO3会和H+反应，降低c（H+），则反应速率减慢；Na2SO4 的加入，离子不参与反应，则对化学反应速率无影响；加入CuSO4 后，Zn与硫酸铜溶液反应置换出Cu，则构成原电池加快了化学反应速率，故答案为：向右；b；（4）由2H2（g）+O2（g）2H2O（I）H=

22、572KJmol1可知，生成1mol水时放出的热量为572KJ=286KJ，则电池的能量转化率为为100%=80%，故答案为：80%【点评】本题较复杂，考查的知识点多，注重了基础知识和基本技能的训练，同时体现新课程改革的指导思想，明确氧化还原反应、平衡移动、电化学的知识点是解答本题的关键9（12分）（2010山东）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命（1）以下为铝材表面处理的一种方法：碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（用离子方程式表示）为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的baNH3 bCO

23、2 cNaOH dHNO3以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为2Al+3H2O6eAl2O3+6H+取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极保护法【考点】金属的电化学腐蚀与防护菁优网版权所有【分析】（1）有气泡冒出因2Al+2OH+2H

24、2O2AlO2+3H2；因碱洗槽液中有AlO2，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32或CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀（2）用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定（3）根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲

25、阳极的阴极保护法）【解答】解：（1）铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32或CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；b；铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3发生了互促水

26、解或HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀故答案为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀；（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+；（3）金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法） 故答案为：N；牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）【

27、点评】本题考查金属的性质、盐类的水解、电解、电镀以及金属的腐蚀及防护知识，考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施，难度不大，但要注意知识的积累，厚积而薄发10（16分）（2010山东）聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为Fe2（OH）n（SO4）30.5nm，广泛用于污水处理实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）制备聚铁和绿矾（FeSO47H2O ）过程如下：（1）验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2 的方法是将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色证明有该气体（2）实验室制备、

28、收集干燥的SO2，所需仪器如下装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为adecbf装置D的作用是安全瓶，防止倒吸，装置E中NaOH溶液的作用是尾气处理，防止污染（3）制备绿矾时，向溶液X中加入过量铁粉，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩，结晶等步骤得到绿矾（4）溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为将试纸放到表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少许待测液，滴在试纸的中央然后与标准比色卡对比若溶液Z的pH偏小，将导致聚铁中铁的质量分数偏偏低【考点】硫酸亚铁的制备；二氧化硫的化学性质；气体的净化和干燥菁优网版权所有【专题】综合实验题；化学实验基本操作【分析

29、】（1）此题为二氧化硫的验证，利用其特殊性质漂白性来分析；（2）利用实验仪器的连接，安全瓶的使用以及尾气吸收来分析；（3）利用二价铁与三价铁之间的相互转化来分析；（4）利用pH试纸测定溶液酸碱性的方法来分析【解答】解：（1）检验二氧化硫的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫故答案为：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后又恢复红色，证明有二氧化硫；（2）收集二氧化硫应先干燥再收集二氧化硫的密度比空气大，要从c口进气，最后进行尾气处理因为二氧化硫易于氢氧化钠反应，故D的作用是安全瓶，防止倒吸；E的作用为尾气处理故答案为：d；e；c；b；安全瓶，防止

30、倒吸；尾气处理，防止污染；（3）因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，故溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉，然后过滤故答案为：铁粉；过滤（4）用pH试纸测定方法为：将试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在试纸的中央，然后与标准比色卡对比氢氧化铁的含量比硫酸亚铁高，若溶液Z的PH偏小，则聚铁中生成的氢氧根的含量减少，使铁的含量减少故答案为：将试纸放到表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少许待测液，滴在试纸的中央然后与标准比色卡对比；偏低【点评】本题借助于实验考查基础知识达到了很好的效果对学生来说聚铁不是很熟悉，但是铁与亚铁之间的转化还是很容易实现的，起点高，落点低，是一好题11（8分）（2

31、010山东）玻璃钢可由酚醛树脂和玻璃纤维制成（1）酚醛树脂有苯酚和甲醛缩聚而成，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛，且反应釜应装有散热装置（2）玻璃纤维由玻璃拉丝得到普通玻璃是由石英砂、纯碱和石灰石（或长石）高温熔融而成，主要反应的化学方程式为Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2（3）玻璃钢中玻璃纤维的作用是增强体玻璃钢具有强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好）等优异性能（写出亮点即可）（4）下列处理废旧热固性酚醛塑料的做法合理的是bca深埋 b粉碎后用作树脂填料c用作燃料 d用有机溶剂将其溶解，回

32、收树脂【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；新型有机高分子材料菁优网版权所有【专题】有机化合物的获得与应用【分析】（1）根据反应物投入的物质的量越多放出的热越高的知识结合题目信息来分析；（2）根据生产玻璃所用的原料以及发生的反应原理来回答；（3）根据复合材料中基体和增强体的构成情况以及玻璃钢的性能来回答；（4）根据废旧的合成材料可再生利用的知识来分析【解答】解：（1）苯酚和甲醛发生缩聚反应，反应有大量热放出，为防止温度过高，应向已有苯酚的反应釜中间歇性的加入甲醛，并装有散热装置，故答案为：间歇性、散热；（2）生产玻璃的原料：石灰石、石英砂、纯碱，反

33、应原理为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2，故答案为：纯碱；Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；（3）玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，其中玻璃纤维的作用是增强体，合成材料是基体，它的优点有：强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等，故填：增强体、强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等），故答案为：增强体；强度高、质量轻（或耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好）；（4）废旧合成材料的再生利用主要有三条途径：通过再生和改性，重新做成多种有用的材料和制品；采用热裂解或化学处理

34、方法使其分解，用于制备多种化工原料；将废旧的聚合物作为燃料回收利用热能，塑料深埋很久不会腐烂，会造成白色污染，酚醛塑料不能溶于有机溶剂，故选bc【点评】本题考查学生有关复合材料的有关知识，要求学生熟悉课本内容，根据所学知识来回答12（8分）（2010山东）碳族元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb（1）碳纳米管由单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过SP2杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起（2）CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为CHSi（3）用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn

35、Br键的键角120（填“”“”或“=”）（4）铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心，O2处于晶胞棱边中心该化合物化学式为PbBaO3，每个Ba2+与12个O2配位【考点】碳族元素简介；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】（1）石墨是层状结构的，每层每个C原子与周围的三个碳原子成键，键角为120（这些都是实验数据得出的），根据价层电子对互斥理论分析；（2）根据吸电子能力强的原子电负性大分析；（3）首先判断价层电子对数目和有无孤电子对，进而判断分子的空间构型；（4）利用均摊法计

36、算该化合物的化学式【解答】解：（1）石墨每个碳原子用SP2杂化轨道与邻近的三个碳原子以共价键结合，形成无限的六边形平面网状结构，每个碳原子还有一个与碳环平面垂直的未参与杂化的2P轨道，并含有一个未成对电子，这些平面网状结构再以范德华力结合形成层状结构因碳纳米管结构与石墨类似故答案为：SP2 ；范德华力；（2）根据共用电子对偏向电负性大的原子，已知CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，故有CHSi，故答案为：CHSi；（3）SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是=3，配位原子数为2，故Sn含有孤对电子，SnBr2空间构型为V型，键角小于120，故答案为：；（4）根据均摊法可

37、知，每个晶胞含有Pb4+：88=1个，Ba2+：1个，O2：12=3个，故化学式为PbBaO3，Ba2+ 处于晶胞中心，只有一个，O2处于晶胞棱边中心，共有12个，故每个Ba2+与12个O2配位故答案为：PbBaO3；12【点评】此知识点为选修内容，本题综合考查了原子杂化方式、电负性、价层电子对互斥理论、晶胞结构等知识，知识点全面，突出主干知识，题目难度中等，学生在学习过程中重点在于能利用模型解决问题，侧重于方法13（8分）（2010山东）利用从冬青中提取出的有机物A合成抗结肠炎药物Y及其他化学品，合成路线如下图：根据上述信息回答：（1）D不与NaHCO3溶液反应，D中官能团的名称是醛基，BC

38、的反应类型是取代反应（2）写出A生成B和E的化学反应方程式（3）A的同分异构体I和J是重要的医药中间体，在浓硫酸的作用下I和J分别生产，鉴别I和J的试剂为FeCl3或溴水（4）A的另一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的结构简式【考点】有机物的推断；有机物的合成；取代反应与加成反应菁优网版权所有【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断【分析】由BC可知，B为CH3OH，发生取代反应生成醚C；则D为HCHO（官能团是醛基），与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为 ，因为第一步加入的是NaOH溶液，故EF

39、是酚钠生成酚，FG是羧酸钠生成羧酸，GH是硝化反应，故A的结构简式为：，由 逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别， 要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故高聚物为【解答】解：（1）由BC可知，B在浓硫酸作用下生成二甲醚，则B为CH3OH，发生取代反应生成醚C；B在催化剂条件下发生催化氧化生成甲醛，则D为HCHO，故答案为：醛基；取代反应；（2）D与足量银氨溶液反应生成（NH4）2CO3，再与H+反应生成CO2，由Y结合信息逆推可知H为 ，因为第一步加入的是NaOH溶液，故EF是酚钠生成酚，FG是羧酸钠生成羧酸，GH是硝化反应，故A的结构简式为：，方程式为，故答案为：；（3）由 逆推得I和J结构分别是：和，一种是醇，另一种是酚，故可用氯化铁或溴水的鉴别，故答案为：FeCl3或溴水；（4）K是A的同分异构体，可由制得，则K为，要生成聚合物，必须两个官能团都发生反应，应发生缩聚反应，故答案为：【点评】本题考查有机推断与合成的综合考查，尤其关注官能团、反应类型，结构与性质的关系等传统热点、重点，注意官能团的性质，做题时注意把握题中的关键信息