2011年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷(新課標(biāo)卷)答案與解析

1、2011年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)卷）參考答案與試題解析一、選擇題1下列敘述正確的是（）A1.00molNaCl中含有6.02×1023個(gè)NaCl分子B1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023C欲配置1.00L，1.00molL1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl溶于1.00L水中D電解58.5g熔融的NaCl，能產(chǎn)生22.4L氯氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況）、23.0g金屬鈉【考點(diǎn)】物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成、離子的電子排布來分析微粒的物質(zhì)的量，并根據(jù)溶液的配制來分析溶液的體積，利用

2、電解反應(yīng)中氯化鈉的物質(zhì)的量來計(jì)算電解產(chǎn)物的量即可解答【解答】解：A、因NaCl為離子化合物，則不存在NaCl分子，故A錯(cuò)誤；B、因Na+的最外層電子總數(shù)為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則最外層電子的物質(zhì)的量為8mol，其電子總數(shù)為8×6.02×1023，故B正確；C、欲配置1.00L，1.00molL1的NaCl溶液，可將58.5g NaCl溶于適量水中，配成1L溶液，而不是溶于1L的水中，故C錯(cuò)誤；D、NaCl的物質(zhì)的量為=1mol，則電解58.5g熔融的NaCl，1molNaCl生成0.5mol氯氣，能產(chǎn)生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），而不是

3、22.4L氯氣，故D錯(cuò)誤；故選：B【點(diǎn)評】本題考查微觀粒子的物質(zhì)的量的計(jì)算，明確物質(zhì)的構(gòu)成、電子排布、溶液的配制，電解等知識(shí)點(diǎn)來解答，學(xué)生熟悉物質(zhì)的量的計(jì)算、利用原子守恒來判斷電解產(chǎn)物的物質(zhì)的量是解答本題的關(guān)鍵2分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體共有（不考慮立體異構(gòu)）（）A6種B7種C8種D9種【考點(diǎn)】同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】同分異構(gòu)體的類型及其判定【分析】判斷和書寫烷烴的氯代物的異構(gòu)體可以按照以下步驟來做：（1）先確定烷烴的碳鏈異構(gòu)，即烷烴的同分異構(gòu)體 （2）確定烷烴的對稱中心，即找出等效的氫原子 （3）根據(jù)先中心后外圍的原則，將氯原子逐一去代替氫原子 （4）對于多氯代

4、烷的同分異構(gòu)體，遵循先集中后分散的原則，先將幾個(gè)氯原子集中取代同一碳原子上的氫，后分散去取代不同碳原子上的氫【解答】解：分子式為C5H11Cl的同分異構(gòu)體有主鏈有5個(gè)碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個(gè)碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主鏈有3個(gè)碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8種情況故選C【點(diǎn)評】本題考查以氯代物的同分異構(gòu)體的判斷，難度不大，做題時(shí)要抓住判斷角度，找出等

5、效氫原子種類一般說來，同一個(gè)碳原子上的氫原子等效，同一個(gè)碳原子上連的所有甲基上的氫原子等效，處于鏡面對稱位置上的氫原子等效氯原子取代任意一個(gè)等效氫原子所得的一氯代物是同一種只要這樣就可以了比如說丙烷有兩種一氯代物3下列反應(yīng)中，屬于取代反應(yīng)的是（）CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrCH3CH2OH CH2=CH2+H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2OC6H6+HNO3C6H5NO2+H2OABCD【考點(diǎn)】取代反應(yīng)與加成反應(yīng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】烯烴具有雙鍵，與溴的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；在濃硫酸作用下，加熱到1700C時(shí)，乙醇發(fā)生消去反應(yīng)，生成乙烯和水

6、；乙酸和乙醇在濃硫酸作用下加熱時(shí)發(fā)生酯化反應(yīng)，生成乙酸乙酯和水，也屬于取代反應(yīng)；在濃硫酸作用下，加熱時(shí)苯和濃硝酸發(fā)生硝化反應(yīng)生成硝基苯和水，也屬于取代反應(yīng)【解答】解：A、屬于加成反應(yīng)；屬于消去反應(yīng)，故A錯(cuò)；B、屬于酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；屬于苯的硝化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故B正確；C、屬于加成反應(yīng)；屬于酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、屬于消去反應(yīng)；屬于苯的硝化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故D錯(cuò)故選B【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物的反應(yīng)類型，做題時(shí)注意有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)4將濃度為0.1molL1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（）Ac（H+）BKa（HF）CD【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電

7、離平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】熱點(diǎn)問題；類比遷移思想；控制單因變量法；電離平衡與溶液的pH專題【分析】根據(jù)HF屬于弱電解質(zhì)，則在加水不斷稀釋時(shí)，電離程度增大，電離平衡保持向正反應(yīng)方向移動(dòng)，并注意溫度不變時(shí)，電離平衡常數(shù)不變來解答【解答】解：A、因HF為弱酸，則濃度為0.1molL1HF溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離，平衡正向移動(dòng)，電離程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不斷減小，故A錯(cuò)誤；B、因電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，則Ka（HF）在稀釋過程中不變，故B錯(cuò)誤；C、因稀釋時(shí)一段時(shí)間電離產(chǎn)生等量的H+和F，溶液的體積相同，則兩種離子的濃度的比值不變，但隨著稀釋的不斷進(jìn)行，c（H+）不會(huì)超過107mo

8、lL1，c（F）不斷減小，則比值變小，故C錯(cuò)誤；D、因Ka（HF）=，當(dāng)HF溶液加水不斷稀釋，促進(jìn)電離，c（F）不斷減小，Ka（HF）不變，則增大，故D正確；故選：D【點(diǎn)評】本題考查弱電解質(zhì)的稀釋，明確稀釋中電離程度、離子濃度、Ka的變化即可解答，本題難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)是不斷稀釋時(shí)c（H+）不會(huì)超過107molL15鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時(shí)的總反應(yīng)為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有關(guān)該電池的說法不正確的是（）A電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負(fù)極為FeB電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH2e=Fe（OH）2C電池充電過程中，陰極附近溶液的pH降

9、低D電池充電時(shí)，陽極反應(yīng)為2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理；電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】根據(jù)電池的總反應(yīng)：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，為還原劑，失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，為氧化劑，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH2e=Fe（OH）2，則充電時(shí)，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，陰極附近溶液的pH升高，電池充電時(shí)，陽極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH2e=

10、Ni2O3+3H2O【解答】解：A、反應(yīng)后產(chǎn)物有氫氧化物，可得電解液為堿性溶液，由放電時(shí)的反應(yīng)可以得出鐵做還原劑失去電子，Ni2O3做氧化劑得到電子，即正極為Ni2O3、負(fù)極為Fe，故A正確；B、根據(jù)總反應(yīng)Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時(shí)Fe作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，為還原劑，失電子生成Fe2+，堿性電解質(zhì)中最終生成Fe（OH）2，負(fù)極反應(yīng)為：Fe+2OH2e=Fe（OH）2，故B正確；C、充電可以看作是放電的逆過程，即陰極為原來的負(fù)極，所以電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Fe+2OH2e=Fe（OH）2，所以電池充電過程時(shí)陰極反應(yīng)為Fe（OH）2+

11、2e=Fe+2OH，因此電池充電過程中陰極附近溶液的pH會(huì)升高，故C錯(cuò)誤；D、充電時(shí)，陰極發(fā)生Fe（OH）2+2e=Fe+2OH，陽極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH2e=Ni2O3+3H2O，故D正確 故選C【點(diǎn)評】本題考查二次電池的工作原理，涉及到原電池和電解池的有關(guān)知識(shí)，做題時(shí)注意根據(jù)總反應(yīng)從氧化還原的角度判斷化合價(jià)的變化，以得出電池的正負(fù)極以及所發(fā)生的反應(yīng)6能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為（）A硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚鈉溶液中：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+

12、HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O【考點(diǎn)】離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題；離子反應(yīng)專題【分析】A硝酸具有強(qiáng)氧化性，能氧化FeS；B漏寫銨根離子與氫氧根離子的反應(yīng)；C少量SO2通入苯酚鈉溶液生成亞硫酸根離子；D碳酸鈣和醋酸反應(yīng)生成醋酸鈣、水和二氧化碳【解答】解：A硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此產(chǎn)物應(yīng)該是硝酸鐵、硫酸和一氧化氮，故A錯(cuò)誤；BNH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中除了生成碳酸鈉外還有一水合氨生成，方程式為NH4+HCO3+2OH=CO32+H2O+NH3H2O，故B錯(cuò)誤；CSO2不足產(chǎn)物應(yīng)該是SO32，少

13、量SO2通入苯酚鈉溶液中的離子反應(yīng)為2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故C錯(cuò)誤；D碳酸鈣和醋酸在離子反應(yīng)中應(yīng)保留化學(xué)式，大理石溶于醋酸中的離子反應(yīng)為CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正確；故選D【點(diǎn)評】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，選項(xiàng)C為學(xué)生解答的難點(diǎn)，題目難度中等7短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大元素W是制備一種高效電池的重要材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍下列說法錯(cuò)誤的是（）A元素W、X的氯化物

14、中，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B元素X與氫形成的原子比為1：1的化合物有很多種C元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成D元素Z可與元素X形成共價(jià)化合物XZ2【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】首先，根據(jù)原子結(jié)構(gòu)的特點(diǎn)，推斷出W、X、Y和Z分別是什么元素；然后，根據(jù)元素的性質(zhì)，對照各個(gè)選項(xiàng)，判斷正誤【解答】解：因X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，是C元素，Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，為Al元素Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，Z為S元素，W是制備一種高效電池的重要材料，是Li元素；A、W、X

15、的氯化物分別為LiCl和CCl4，則Li+的最外層只有兩個(gè)電子，不滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；B、元素X與氫形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正確；C、元素Y為鋁，鋁與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應(yīng)均有氫氣生成，故C正確；D、硫和碳可形成共價(jià)化合物CS2，故D正確；故選A【點(diǎn)評】本題考查元素的推斷和元素的性質(zhì)，充分利用原子結(jié)構(gòu)的知識(shí)是解題的關(guān)鍵二、解答題（共3小題，滿分29分）8（14分）0.80gCuSO45H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線）如圖所示請回答下列問題：（1）試確定200時(shí)固體物質(zhì)的化學(xué)式CuSO4H2O（要求寫出推斷過程）；（2）取270所得樣品，于

16、570灼燒得到的主要產(chǎn)物是黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuSO4CuO+SO3把該黑色粉末溶解于稀硫酸中，經(jīng)濃縮、冷卻，有晶體析出，該晶體的化學(xué)式為CuSO45H2O，其存在的最高溫度是102；（3）上述氧化性氣體與水反應(yīng)生成一種化合物，該化合物的濃溶液與Cu在加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2H2SO4（濃）+Cu CuSO4+SO2+2H2O；（4）在0.10molL1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分?jǐn)嚢?，有淺藍(lán)色氫氧化銅沉淀生成，當(dāng)溶液的pH=8時(shí)，c（Cu2+）=2.2×108molL1（KspCu（OH）2=2.2×1020）若在0.1molL1硫

17、酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時(shí)溶液中的H+濃度是0.2molL1【考點(diǎn)】硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量的測定；濃硫酸的性質(zhì)；物質(zhì)的量濃度的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)探究和數(shù)據(jù)處理題；化學(xué)實(shí)驗(yàn)與化學(xué)計(jì)算【分析】（1）由圖分析可知，CuSO45H2O受熱到102時(shí)開始脫水分解，113時(shí)可得到較穩(wěn)定的一種中間物，到258時(shí)才會(huì)繼續(xù)分解在200時(shí)失去的水的質(zhì)量為0.80g0.57g=0.23g，根據(jù)相應(yīng)的化學(xué)方程式即可確定此時(shí)固體物質(zhì)的化學(xué)式；（2）溫度為570灼燒得到的黑色粉末是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應(yīng)方程式為：CuSO4 CuO+SO3；CuO與稀硫酸反應(yīng)的產(chǎn)

18、物是硫酸銅和水，蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO45H2O；根據(jù)圖象分析其存在的最高102；（3）根據(jù)濃硫酸具有強(qiáng)氧化性進(jìn)行分析并寫出有關(guān)的化學(xué)方程式；（4）根據(jù)溶度積常數(shù)進(jìn)行計(jì)算c（Cu2+），根據(jù)溶液的電中性計(jì)算H+濃度【解答】解：（1）CuSO45H2O受熱到102時(shí)開始脫水分解，113時(shí)可得到較穩(wěn)定的一種中間物，到258時(shí)才會(huì)繼續(xù)分解在200時(shí)失去的水的質(zhì)量為0.80g0.57g=0.23g，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式：CuSO45H2O CuSO4（5n）H2O+nH2O250 18n0.80g 0.80g0.57g=0.23g，解得n=4，200時(shí)該固體物質(zhì)的化學(xué)式為CuSO4H2O，

19、故答案為CuSO4H2O；（2）溫度為570灼燒得到的黑色粉末應(yīng)是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應(yīng)方程式為：CuSO4 CuO+SO3；CuO與稀硫酸反應(yīng)的產(chǎn)物是硫酸銅和水，蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO45H2O；其存在的最高102故答案為：CuSO4 CuO+SO3； CuSO45H2O；102；（3）SO3與水反應(yīng)生成硫酸，濃硫酸與銅加熱反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2H2SO4（濃）+Cu CuSO4+SO2+2H2O，故答案為：2H2SO4（濃）+Cu CuSO4+SO2+2H2O；（4）根據(jù)題給Cu（OH）2的溶度積即可確定pH=8時(shí)，c（OH）=106mol/L，KspCu（OH）2

20、=2.2×1020，則c（Cu2+）=2.2×108molL1；在0.1molL1硫酸銅溶液中通入過量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為硫酸，c（SO42）不變，為0.1molL1，由電荷守恒可知c（H+）為0.2molL1故答案為：2.2×108；0.2【點(diǎn)評】本題考查硫酸銅結(jié)晶水含量的測定、溶度積常數(shù)的計(jì)算以及物質(zhì)的量濃度的有關(guān)計(jì)算，題目較為綜合，分析圖象信息是完成本題目的關(guān)鍵9科學(xué)家利用太陽能分解水生成的氫氣在催化劑作用下與二氧化碳反應(yīng)生成甲醇，并開發(fā)出直接以甲醇為燃料的燃料電池已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱H分

21、別為285.8kJmol1、283.0kJmol1和726.5kJmol1請回答下列問題：（1）用太陽能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；（2）甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式為CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）H=443.5kJmol1；（3）在容積為2L的密閉容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他條件不變的情況下，考察溫度對反應(yīng)的影響，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如下圖所示（注：T1、T2均大于300）；下列說法正確的是（填序號(hào)）溫度為T1時(shí)，從反應(yīng)開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=molL1min1該反應(yīng)在T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的小該反應(yīng)為放熱

22、反應(yīng)處于A點(diǎn)的反應(yīng)體系從T1變到T2，達(dá)到平衡時(shí)增大（4）在T1溫度時(shí)，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容容器中，充分反應(yīng)達(dá)到平衡后，若CO2轉(zhuǎn)化率為a，則容器內(nèi)的壓強(qiáng)與起始壓強(qiáng)之比為；（5）在直接以甲醇為燃料的燃料電池中，電解質(zhì)溶液為酸性，負(fù)極的反應(yīng)式為CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，正極的反應(yīng)式為O2+6H+6e=3H2O理想狀態(tài)下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能產(chǎn)生的最大電能為702.1kJ，則該燃料電池的理論效率為96.6%（燃料電池的理論效率是指電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反應(yīng)所能釋放的全部能量之比）【考點(diǎn)】用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；

23、化學(xué)平衡的影響因素；有關(guān)燃燒熱的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】圖示題；熱點(diǎn)問題；物質(zhì)變化與能量變化統(tǒng)一思想；基本概念與基本理論【分析】（1）根據(jù)氫氣的燃燒熱可知水分解吸收的能量，然后利用化學(xué)計(jì)量數(shù)與反應(yīng)熱的關(guān)系來計(jì)算；（2）根據(jù)CO和CH3OH的燃燒熱先書寫熱方程式，再利用蓋斯定律來分析甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態(tài)水的熱化學(xué)方程式；（3）根據(jù)圖象中甲醇的變化來計(jì)算反應(yīng)速率，并利用圖象中時(shí)間與速率的關(guān)系來分析T1、T2，再利用影響平衡的因素來分析解答；（4）根據(jù)化學(xué)平衡的三段法計(jì)算平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量，再利用反應(yīng)前后氣體的物質(zhì)的量之比等于壓強(qiáng)之比來解答；（5）根據(jù)原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極

24、發(fā)生還原反應(yīng)，并考慮電解質(zhì)溶液參與電極反應(yīng)來分析，并利用電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反應(yīng)所能釋放的全部能量之比來計(jì)算燃料電池的理論效率【解答】解：（1）由H2（g）的燃燒熱H為285.8kJmol1知，1molH2（g）完全燃燒生成1molH2O（l）放出熱量285.8kJ，即分解1mol H2O（l）為1mol H2（g）消耗的能量為285.8kJ，則分解10mol H2O（l）消耗的能量為285.8kJ×10=2858kJ，故答案為：2858；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃燒熱H分別為283.0kJmol1和726.5kJmol1，則CO（g）+1/2O2（g）=CO

25、2（g）H=283.0kJmol1CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=726.5kJmol1由蓋斯定律可知用得反應(yīng)CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），該反應(yīng)的反應(yīng)熱H=726.5kJmol1（283.0kJmol1）=443.5kJmol1，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）H=443.5kJmol1；（3）根據(jù)題給圖象分析可知，T2先達(dá)到平衡則T2T1，由溫度升高反應(yīng)速率增大可知T2的反應(yīng)速率大于T1，又溫度高時(shí)平衡狀態(tài)CH3OH的物質(zhì)的量少，則說明可逆反應(yīng)CO2+3H2CH3OH+H2O向逆反應(yīng)方向移

26、動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的大，、正確，中該反應(yīng)在T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的大，則錯(cuò)誤，中的單位應(yīng)為molmin1，不符合濃度的單位，則錯(cuò)誤，故答案為：；（4）由化學(xué)平衡的三段模式法計(jì)算可知， CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L） 1 3 0 0變化（mol/L） a 3 a a a平衡（mol/L） 1a 33a a a根據(jù)相同條件下氣體的壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則容器內(nèi)的壓強(qiáng)與起始壓強(qiáng)之比為=，故答案為：；（5）由燃料電池是原電池的一種，負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，甲醇燃燒生成二氧化碳和水，但在酸性介質(zhì)中

27、，正極不會(huì)生成大量氫離子，則電解質(zhì)參與電極反應(yīng)，甲醇燃料電池的負(fù)極反應(yīng)式為CH3OH+H2O6e=CO2+6H+，正極反應(yīng)式為O2+6H+6e=3H2O，又該電池的理論效率為消耗1mol甲醇所能產(chǎn)生的最大電能與其燃燒熱之比，則電池的理論效率為×100%=96.6%，故答案為：CH3OH+H2O6e=CO2+6H+；O2+6H+6e=3H2O；96.6%【點(diǎn)評】本題綜合性較強(qiáng)，考查知識(shí)點(diǎn)較多，注重了對高考熱點(diǎn)的考查，學(xué)生應(yīng)熟悉燃燒熱、蓋斯定律、熱化學(xué)反應(yīng)方程式、反應(yīng)速率、化學(xué)平衡、原電池等重要知識(shí)來解答10（15分）氫化鈣固體登山運(yùn)動(dòng)員常用的能源提供劑某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化

28、鈣請回答下列問題：（1）請選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序?yàn)閕e，fd，cj，k（或k，j）a（填儀器接口的字母編號(hào)）（2）根據(jù)完整的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：檢查裝置氣密性后，裝入藥品；打開分液漏斗活塞BADC（請按正確的順序填入下列步驟的標(biāo)號(hào)）A加熱反應(yīng)一段時(shí)間 B收集氣體并檢驗(yàn)其純度C關(guān)閉分液漏斗活塞 D停止加熱，充分冷卻（3）實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，某同學(xué)取少量產(chǎn)物，小心加入水中，觀察到有氣泡冒出，溶液中加入酚酞后顯紅色，該同學(xué)據(jù)此斷，上述實(shí)驗(yàn)確有CaH2生成寫出CaH2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；該同學(xué)的判斷不正確，原因是金屬鈣與水反應(yīng)也有類似現(xiàn)象（4

29、）請你設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)，用化學(xué)方法區(qū)分鈣與氫化鈣，寫出實(shí)驗(yàn)簡要步驟及觀察到的現(xiàn)象取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應(yīng)，將反應(yīng)氣相產(chǎn)物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色；取鈣做類似實(shí)驗(yàn)，觀察不到白色變?yōu)樗{(lán)色（5）登山運(yùn)動(dòng)員常用氫化鈣作為能源提供劑，與氫氣相比，其優(yōu)點(diǎn)是氫化鈣是固體，攜帶方便【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)；連接儀器裝置；氣體的凈化和干燥菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】實(shí)驗(yàn)題；化學(xué)實(shí)驗(yàn)常用儀器【分析】（1）一般制備純凈干燥的氣體的實(shí)驗(yàn)裝置的順序?yàn)椋褐苽溲b置除雜裝置干燥裝置等；（2）實(shí)驗(yàn)過程中要保證整個(gè)裝置內(nèi)已充滿氫氣，實(shí)驗(yàn)的操作程序是：檢查裝置的氣密性產(chǎn)生氫氣收集氫氣并進(jìn)行驗(yàn)純加熱反應(yīng)

30、停止加熱繼續(xù)通氫氣至冷卻停止通入氫氣；（3）CaH2中H元素的化合價(jià)為1價(jià)，CaH2具有還原性，與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Ca（OH）2和H2；Ca與水反應(yīng)也能產(chǎn)生Ca（OH）2和H2；（4）區(qū)分鈣和氫化鈣時(shí)可利用其組成、性質(zhì)的差異來判斷；（5）作為能源，氫化鈣是固體，比氫氣更易攜帶，使用也較方便【解答】解：（1）氫化鈣和金屬鈣都是極強(qiáng)的還原劑，遇水、遇空氣都能發(fā)生劇烈反應(yīng)，因此在制取氫化鈣時(shí)，必須要除去空氣、水等其他雜質(zhì)；在題給的實(shí)驗(yàn)裝置中，不難判斷出氫氣的發(fā)生裝置，氫氣的凈化裝置和氫化鈣的生成裝置等，其連接順序?yàn)閕efdcjk（或kj）a；故答案為：ie，fd，cj，k（或k，j）a；（2）

31、為保證整個(gè)裝置內(nèi)已充滿氫氣，因此實(shí)驗(yàn)的操作程序是：檢查裝置的氣密性產(chǎn)生氫氣收集氫氣并進(jìn)行驗(yàn)純加熱反應(yīng)停止加熱繼續(xù)通氫氣至冷卻停止通入氫氣，故答案為：BADC；（3）CaH2和Ca與水反應(yīng)都能產(chǎn)生Ca（OH）2和H2，反應(yīng)方程式分別為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2，因此不能根據(jù)反應(yīng)后溶液呈堿性判斷是否含有CaH2，故答案為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2；金屬鈣與水反應(yīng)也有類似現(xiàn)象；（4）CaH2可以和氧氣在加熱條件下反應(yīng)生成水，可用無水硫酸銅檢驗(yàn)，現(xiàn)象是白色變?yōu)樗{(lán)色，故答案為：取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應(yīng)，將反應(yīng)氣相產(chǎn)

32、物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色；取鈣做類似實(shí)驗(yàn)，觀察不到白色變?yōu)樗{(lán)色； （5）作為能源，氫化鈣明顯比氫氣更易攜帶，使用也較方便，故答案為：氫化鈣是固體，攜帶方便【點(diǎn)評】本題考查元素化合物知識(shí)，涉及到物質(zhì)的性質(zhì)和制備實(shí)驗(yàn)，注意實(shí)驗(yàn)的一般方法三、選修部分11【化學(xué)選修2：化學(xué)與技術(shù)】普通紙張的主要成分是纖維素，在早期的紙張生產(chǎn)中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補(bǔ)其表面的微孔，防止墨跡擴(kuò)散請回答下列問題：（1）人們發(fā)現(xiàn)紙張會(huì)發(fā)生酸性腐蝕而變脆、破損，嚴(yán)重威脅紙質(zhì)文物的保存經(jīng)分析檢驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關(guān)，其中的化學(xué)原理是明礬水解產(chǎn)生酸性環(huán)境，在酸性條件下纖

33、維素水解，使高分子鏈斷裂；為了防止紙張的酸性腐蝕，可在紙漿中加入碳酸鈣等添加劑，該工藝原理的化學(xué)（離子）方程式為CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O（2）為了保護(hù)這些紙質(zhì)文物，有人建議采取下列措施：噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等這樣操作產(chǎn)生的主要問題是過量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書籍污損；噴灑Zn（C2H5）2Zn（C2H5）2可以與水反應(yīng)生成氧化鋅和乙烷用化學(xué)（離子）方程式表示該方法生成氧化鋅及防止酸性腐蝕的原理Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6、ZnO+2H+=Zn2+H2O（3）現(xiàn)代造紙工藝常用鈦白粉（TiO2）替代明礬鈦白粉的一種工業(yè)制法是以鈦鐵礦（

34、主要成分為FeTiO3）為原料按下列過程進(jìn)行的，請完成下列化學(xué)方程式：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO1TiCl4+1O21TiO2+2Cl2【考點(diǎn)】鹽類水解的應(yīng)用；化學(xué)方程式的書寫；離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】涂敷明礬呈酸性的原因是明礬中存在Al3+的水解，紙張發(fā)生酸性腐蝕的原因是纖維素在酸性條件下能發(fā)生水解；碳酸鈣能中和H+，可防止紙張的酸性腐蝕，反應(yīng)的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；纖維素在堿性條件下同樣也能發(fā)生水解，因此噴灑堿性溶液同樣也能造成書籍污損；由Zn（C2H5）2與水反應(yīng)生成氧化鋅和乙烷、氧化鋅和H+反應(yīng)來分析

35、防止酸性腐蝕的離子方程式；利用電子得失守恒法來配平題給的兩個(gè)化學(xué)方程式【解答】解：（1）明礬中鋁離子水解產(chǎn)生氫離子，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質(zhì)會(huì)變脆，破損故答案為：明礬水解產(chǎn)生酸性環(huán)境，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂；CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O； （2）纖維素不但能在酸性環(huán)境下水解，在堿性條件下同樣水解過量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書籍污損故答案為：過量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書籍污損； 由信息可知：Zn（C2H5）2可以與水反應(yīng)生成氧化鋅和乙烷，其實(shí)反應(yīng)原理相可看成鋅結(jié)合水電離出來的氫氧根，最后變?yōu)檠趸\和水，則C2H5結(jié)合氫變

36、為乙烷氧化鋅可以與酸性溶液反應(yīng)，從而消耗掉氫離子，起到防止腐蝕的作用故答案為 Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6；ZnO+2H+=Zn2+H2O；（3）利用電子得失守恒法有：Cl：01；Fe：+2+3；C：0+2由原子守恒：TiCl4、FeCl3前系數(shù)同時(shí)乘以2，這樣再根據(jù)Ti守恒與Fe守恒就可以配平該反應(yīng)方程式了故答案為：2；6；7；2；2；6； 根據(jù)氧氣為氧化劑，1mol氧氣得到2mol電子，生成1mol氯氣失去1mol電子，故答案為：1；1；1；2【點(diǎn)評】該題是一個(gè)好題，前兩個(gè)小題重點(diǎn)考查了鹽類水解的應(yīng)用最后一小題考查氧化還原反應(yīng)難度是有的，但是符合學(xué)生的認(rèn)知規(guī)律，作答起來有

37、突破口12氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料以天然硼砂為起始物，經(jīng)過一系列反應(yīng)可以得到BF3和BN，如下圖所示請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學(xué)方程式依次是B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O、B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）基態(tài)B原子的電子排布式為1s22s22p1；B和N相比，電負(fù)性較大的是N，BN中B元素的化合價(jià)為+3；（3）在BF3分子中，F(xiàn)BF的鍵角是120°，B原子的雜化軌道類型為sp2，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4的立體結(jié)構(gòu)為正四面體；（4）在與石墨結(jié)構(gòu)相似的六方氮化硼晶體中，層內(nèi)B原子與

38、N原子之間的化學(xué)鍵為共價(jià)鍵（或極性共價(jià)鍵），層間作用力為分子間作用力；（5）六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)與金剛石相似，硬度與金剛石相當(dāng)，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有4個(gè)氮原子、4個(gè)硼原子，立方氮化硼的密度是gpm3（只要求列算式，不必計(jì)算出數(shù)值，阿伏伽德羅常數(shù)為NA）【考點(diǎn)】元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；原子核外電子的能級分布；鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用；晶胞的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題【分析】（1）由圖及元素守恒可寫出這兩個(gè)反應(yīng)的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2

39、）B的原子序數(shù)為5，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p1；B和N都屬于第二周期元素，同周期自左至右元素的電負(fù)性逐漸增大，故電負(fù)性較大的是N；B屬于第A族元素，化合價(jià)為+3價(jià)（3）依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論，計(jì)算出的孤對電子對數(shù)以及價(jià)層電子對數(shù)，可判斷出分子的空間構(gòu)型；（4）B、N均屬于非金屬元素，二者形成的化學(xué)鍵是極性共價(jià)鍵；根據(jù)其結(jié)構(gòu)與石墨相似，層與層之間應(yīng)該靠分子間作用力結(jié)合（5）描述晶體結(jié)構(gòu)的基本單元叫做晶胞，金剛石晶胞是立方體，其中8個(gè)頂點(diǎn)有8個(gè)碳原子，6個(gè)面各有6個(gè)碳原子，立方體內(nèi)部還有4個(gè)碳原子，如圖所示：所以金剛石的一個(gè)晶胞中含有的碳原子數(shù)=8×+6×+4=

40、8，因此立方氮化硼晶胞中應(yīng)該含有4個(gè)N和4個(gè)B原子一個(gè)晶胞中的質(zhì)量為，一個(gè)立方氮化硼晶胞的體積是（361.5pm）3，因此立方氮化硼的密度是 gpm3【解答】解：（1）由圖可知B2O3與CaF2和H2SO4反應(yīng)即生成BF3，同時(shí)還應(yīng)該產(chǎn)生硫酸鈣和水，方程式為B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3與氨氣在高溫下反應(yīng)即生成BN，方程式為B2O3+2NH32BN+3H2O；故答案為：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）基態(tài)B原子的電子排布式為1s22s2sp1；B與N 均位于第二周期，電負(fù)性從左向右依次遞減，所以N的電負(fù)性大于B；BN中B元素的化合價(jià)為+3故答案為：1s22s2sp1；N；+3；（3）依據(jù)價(jià)層電子對互斥理論，計(jì)算出BF3的孤對電子對數(shù)=×（axb）=×（33×1）=0，并且價(jià)層電子對數(shù)為3，所以BF3分子為平面正三角形結(jié)構(gòu)，鍵角為120°，雜化方式為sp2；BF4中心原子的孤對電子對數(shù)=×