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1、2011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（）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ABCD【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
2、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
3、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：二个甘氨酸之间；二个丙氨酸之间；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【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；B、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
4、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和中正极均被保护B和中负极反应均
5、是Fe2e=Fe2+C和中正极反应均是O2+2H2O+4e=4OHD和中分别加入少量K3Fe（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，装置中锌做负极，负极反应为：Zn2e=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，装置中铁为负极，反应式为：Fe2e=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K3Fe（CN）6生成蓝色的Fe3Fe（CN）62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
6、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：Zn2e=Zn2+，而II中负极是铁，反应式为：Fe2e=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K3Fe（CN）6生成蓝色的Fe3Fe（CN）62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=HgSB用催化法处理汽车
7、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
8、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、1
9、01kPa下：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol12Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1下列说法正确的是（）A和产物的阴阳离子个数比不相等B和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D25、101kPa下：Na2O2（s）+2Na（s）=2Na2O（s）H=317kJmol1【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、
10、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，和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：2Na（s）+O2（g）=Na2O（s）H=414kJmol1，2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）H=511kJmol1，2可得Na2O2（s）+2Na（s）
11、=2Na2O（s）H=317kJmol1，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
12、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
13、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（Yt）如图所示下列说法正确的是（）Ab代表0下CH3COCH3的Yt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D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
14、】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Yt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
15、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
16、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+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334（1）已知t2t1，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的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：同一主族
17、元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，ad（选填字母）a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱【考点】卤素原子结构及其性质的比较；电子式；吸热反应和放热反应；化学平衡常数的含义菁优网版权所有【分析】（1）温度升高，平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，HX的生成反应为放热反应；（2）HX中H与X以一对共用电子对结合，电子式为：（3）F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小，故HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl
18、、HBr、HI；（4）X2都能与H2反应生成HX的原因是卤素原子的最外层电子数均为7，得一个电子或形成一个共用电子对时，即可形成8电子稳定结构；（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱；（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解【解答】解：（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；（2）HX属于共价化合物，HX之间形成的化学键
19、是极性共价键，因此HX的电子式是；（3）F、Cl、Br、I属于A，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以HF键的极性最强，HI的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；（5）平衡常数越大，说明
20、反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与K的大小无直接联系故答案为：（1）放热；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad【点评】用图表表述化学过程或呈现背景信息是化学常用的表达方式，全面考查学生分析、比较、概括、归纳问题的能力9（14分
21、）（2011北京）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示（1）溶液A的溶质是NaOH（2）电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：Cl2与水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出（4）电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42c（SO42）c（Ca2+）精制流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH）2过程I中将NH4+转化为N2的离子方程式是2N
22、H4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2OBaSO4的溶解度比BaCO3的小过程II中除去的离子有SO42、Ca2+经过程III处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液1.76kg（溶液体积变化忽略不计）【考点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；原电池和电解池的工作原理；粗盐提纯菁优网版权所有【专题】实验题；电化学专题；元素及其化合物【分析】（1）根据电极反应判断阴极产物；（2）根据两极的反应书写电解反应式；（3）根据阳极产物和平衡移动原理分析；（4）根据杂质离子和溶液的酸碱性判断
23、能反应生成的沉淀；根据A溶液成分和可能具有的性质，结合氧化还原反应和质量守恒定律书写离子方程式；根据溶液成分和溶解度大小判断生成的沉淀；根据反应方程式和质量守恒解答【解答】解：（1）电解饱和食盐水时，阴极反应式为：2H2O+2e2OH+H2，阳极反应式为：2Cl2eCl2，阴极产物为NaOH和H2，阳极产物是Cl2，据此可以确定溶液A的溶质是NaOH，故答案为：NaOH；（2）根据阳极极和阴极的反应式可得电解反应的离子方程式是2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23的作用是促使化学平衡Cl2+H2OHCl
24、+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，故答案为：Cl2与水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出；（4）根据粗盐水和淡盐水的化学成分，代入题给精制盐水的流程进行分析，可知过程I是将Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀除去，即盐泥a中除泥沙外，还含有的物质是Mg（OH）2，故答案为：Mg（OH）2；将NH4+转化为N2的氧化剂是Cl2，对应的离子方程式是2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O，故答案为：2NH4+3Cl2+8OHN2+6Cl+8H2O；过程II是利用沉淀溶解平衡原理，将溶液中
25、的Ca2+和SO42分别转化为CaCO3和BaSO4沉淀除去，故答案为：SO42、Ca2+；NaClO与Na2SO3溶液反应的化学方程式为：NaClO+Na2SO3NaCl+Na2SO4，若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b时至少需要10%Na2SO3溶液，若盐水c中剩余Na2SO3的含量为5mg/L，则还需添加10% Na2SO3溶液50g10%=0.5kg，因此至多添加10%Na2SO3溶液的质量为1.26kg+0.5kg=1.76kg故答案为：1.76【点评】本题考查饱和食盐水的电解和粗盐的提纯，题目较为综合，注意平衡移动原理的应用以及物质的量应用于化学方程
26、式的计算做题时注意题中所给信息，用守恒的方法解答10（15分）（2011北京）甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）实验操作和现象：操作现象关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热A中有白雾生成，铜片表面产生气泡B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解（1）A中反应的化学方程式是Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O（2）C中白色沉淀是BaSO4，该沉
27、淀的生成表明SO2具有还原性（3）C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是2NO+O22NO2（4）分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应为证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是通N2一段时间，排除装置中的空气；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是饱和NaHSO3溶液进行实验，B中现象：甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸结合离子方程式解释实验现象异同的原因：甲：SO42+Ba2BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量（5）合并（4
28、）中两同学的方案进行实验B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【考点】二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】（1）由题给实验目的和实验可知，A中发生的反应方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）C中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明沉淀是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性；（3）C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO，遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；（4）甲同学为排除装置内空气对实验结果的影
29、响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；由于甲同学没有排除白雾的干扰，生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42+Ba2BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【解答】解：（1）铜和浓硫酸加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2+2H2O；（
30、2）A中生成气体SO2，C中的白色沉淀不溶于稀盐酸，说明C中沉淀为是BaSO4，原因是硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为SO42，说明SO2具有还原性；（3）C中发生的反应是3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，C中液面上方生成浅棕色气体则是硝酸还原生成的NO遇O2生成了红棕色的NO2之故，化学方程式是2NO+O22NO2；（4）A中白雾与氯化钡反应能生成BaSO4沉淀，故其可能含有SO3或H2SO4，；甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2；A中白雾可能含有SO3或H2SO4，乙同学为除去白雾或SO2中的
31、SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；在甲、乙两同学的实验中，B中均出现了不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明该白色沉淀都是BaSO4，由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42+Ba2+BaSO4；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中氧气的量，所以甲中产生大量白色沉淀，乙中产生少量白色沉淀；（5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀故答案为：（1）Cu+2H2
32、SO4CuSO4+SO2+2H2O；（2）H2SO4，还原；（3）2NO+O22NO2，（4）通N2一段时间，排除装置中的空气；饱和NaHSO3溶液；甲：SO42+Ba2+BaSO4，乙：2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+，白雾的量远多于装置中O2的量；（5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀【点评】本题主要考查了SO2的制取、性质及BaSO3、BaSO4的性质知识等，同时考查了学生的实验设计、分析、检验、推断等基本技能，充分考查了学生的思维分析能力等，综合性强11（17分）（2011北京）常用作风信子等香精的定香剂D以及可用作安全玻璃夹层的高分子化合物PV
33、B的合成路线如下：已知：RCHO+RCH2CHO+H2O（R、R表示烃基或氢）醛与二元醇（如：乙二醇）可生成环状缩醛：（1）A的核磁共振氢谱有两种峰A的名称是乙醛（2）A与合成B的化学方程式是（3）C为反式结构，由B还原得到C的结构式是（4）E能使Br2的CCl4溶液褪色N由A经反应合成a的反应试剂和条件是稀NaOH；加热b的反应类型是加成反应c的化学方程式是（5）PVAc由一种单体经加聚反应得到，该单体的结构简式是CH3COOCH=CH2（6）碱性条件下，PVAc完全水解的化学方程式是【考点】有机物的合成；有机物的推断菁优网版权所有【专题】压轴题【分析】根据A的分子式和A转化为B的反应条件，
34、结合题给信息I和A的核磁共振氢谱，可以确定A为乙醛，B为 ；由C为反式结构，由B还原得到，可以确定C中仍具有C=C，被还原的基团应是CHO，由此即可确定C的结构式；根据D的分子式C11H12O2，可以确定其不饱和度为6，结合生成D的反应条件，可确定D为 ，进而确定M为乙酸；由PVB的结构简式和题给信息II可确定其单体之一是CH3（CH2）2CHO，即N为CH3（CH2）2CHO；另一高分子化合物PVA为，进而推出PVAc的单体为CH3COOCH=CH2；由A和N的结构简式，结合题给信息I即可推出E为，CH3CH=CHCHO，F为CH3（CH2）3OH由此即可按题设要求回答有关问题【解答】解：（
35、1）A的分子式是C2H4O，且A的核磁共振氢谱有两种峰，因此A只能是乙醛，故答案为：乙醛；（2）A为乙醛，B为 ，反应的方程式为，故答案为：；（3）C为反式结构，说明C中含有碳碳双键又因为C由B还原得到，B中含有醛基，因此C中含有羟基，故C的结构简式是，故答案为：；（4）根据PVB的结构简式并结合信息可推出N的结构简式是CH3（CH2）2CHO，又因为E能使Br2的CCl4溶液褪色，所以E是2分子乙醛在氢氧化钠溶液中并加热的条件下生成的，即E的结构简式是CH3CH=CHCHO，然后E通过氢气加成得到F，所以F的结构简式是CH3CH2CH2CH2OHF经过催化氧化得到N，方程式为，故答案为：a稀NaOH；加热；b加成反应；c；（5）由C和D的结构简式可知M是乙酸，由PVB和N的结构简式可知PVA的结构简式是聚乙烯醇，因此PVAC的单体是乙酸乙烯酯，结构简式是CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2；（6）PVAc的单体为CH3COOCH=CH2，则PVAc为，含有酯基，能在碱性条件下水解生成和乙酸钠，反应的化学方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，解答本题时注意把握题中的隐含信息，如各小题的中的信息，为解答本题的关键，注意把握有机物官能团的结构和性质