《2011年高考全国卷理综化学试题及答案WORD解析版》
2011年全国统一高考理综试卷化学部分(新课标)参考答案与试题解析
2011 年全国一致高考理综试卷化学部分（新课标）参照答案与试题分析一、选择题1．以下表达正确的选项是（）A．1.00molNaCl 中含有 6.02×1023个 NaCl 分子B．1.00molNaCl中，所有 Na+的最外层电子总数为8× 6.02×1023﹣1C．欲配置 1.00L，1.00mol．L 的 NaCl溶液，可将 58.5gNaCl溶于 1.00L 水中D．电解 58.5g 熔融的 NaCl，能产生 22.4L 氯气（标准状况）、23.0g 金属钠【考点】 54：物质的量的有关计算；5C：物质的量浓度的有关计算．【剖析】依据物质的构成、离子的电子排布来剖析微粒的物质的量，并依据溶液的配制来剖析溶液的体积，利用电解反响中氯化钠的物质的量来计算电解产物的量即可解答．【解答】解： A、因 NaCl为离子化合物，则不存在NaCl 分子，故 A 错误；B、因 Na+的最外层电子总数为8 电子稳固构造，则最外层电子的物质的量为 8mol，其电子总数为 8×6.02× 1023，故 B 正确；C、欲配置 1.00L，1.00mol。
L﹣1的 NaCl溶液，可将 58.5g NaCl溶于适当水中，配成 1L 溶液，而不是溶于1L 的水中，故 C 错误；D、NaCl 的物质的量为=1mol，则电解 58.5g 熔融的 NaCl， 1molNaCl生成 0.5mol 氯气，能产生0.5mol× 22.4L/mol=11.2L 氯气（标准状况），而不是 22.4L 氯气，故 D 错误；应选： B。
【评论】此题观察微观粒子的物质的量的计算，明确物质的构成、电子排布、溶液的配制，电解等知识点来解答，学生熟习物质的量的计算、利用原子守恒来判断电解产物的物质的量是解答此题的要点．2．分子式为 C5H11Cl 的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6 种B．7 种C．8 种D．9 种【考点】 I4：同分异构现象和同分异构体．【专题】 532：同分异构体的种类及其判断．【剖析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体能够依照以下步骤来做：（1）先确立烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体．（ 2）确立烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子．（ 3）依据先中心后外头的原则，将氯原子逐个去取代氢原子．（4）关于多氯代烷的同分异构体，依照先集中后分别的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分别去取代不一样碳原子上的氢．【解答】解：分子式为 C5H11Cl 的同分异构体有主链有5 个碳原子的： CH3CH2CH2CH2CH2Cl ； CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2 CHClCH2CH3；主链有 4 个碳原子的： CH3CH（ CH3）CH2 CH2 Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl （CH ）CH；CH（）CH；32CH32ClCH CH32CH3主链有 3 个碳原子的： CH2C（CH3）2CH2Cl；共有 8 种状况。
2011年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷 理科综合化学部分
2011年普通高等学校招生全国统一考试•全国卷理科综合·化学部分(分值：100分)注意事项：1.高考试题中理科综合试卷总分300分，时间150分钟，本试卷只呈现化学部分。
2.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，卷Ⅰ为选择题，卷Ⅱ为非选择题。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64第Ⅰ卷(选择题，共42分)一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7.下列叙述正确的是( )A.1.00 mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B.1.00 mol NaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C.欲配制1.00 L 1.00 mol·L-1的NaCl溶液，可将58.5 g NaCl溶于1.00 L 水中D.电解58.5 g熔融的NaCl，能产生22.4 L氯气(标准状况)、23.0 g金属钠8.分子式为C5H11Cl的同分异构体共有(不考虑立体异构)( )A.6种B.7种C.8种D.9种9.下列反应中，属于取代反应的是( )①CH3CH CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OH CH2CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2OA.①②B.③④C.①③D.②④10.将浓度为0.1 mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( )A.c(H+)B.K a(HF)C.D.11.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2O Fe(OH)2+ 2Ni(OH)2下列有关该电池的说法不正确的是( )A.电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB.电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-Fe(OH)2C.电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D.电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-Ni2O3+3H2O12.能正确表示下列反应的离子方程式为( )A.硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+Fe2++H2S↑溶于过量的NaOH溶液中：HC+OH-C+H2OB.NHC.少量SO 2通入苯酚钠溶液中：C6H5O-+SO2+H2O C6H5OH+HSD.大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O13.短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。
1 2011年普通高等学校招生全国统一考试(新课标卷)化学部分答案及解析
2011年普通高等学校招生全国统一考试（课程标准卷）理综化学部分第Ⅰ卷（选择题共120分）本试卷共21小题，每小题6分，共126分。
合题目要求的。
以下数据可供解题时参考：相对原子质量（原子量）：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S32 Cl 35.5 Ca 40 Cu 64一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7.下列叙述正确的是A.1.00mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B. 1.00mol NaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C.欲配置1.00L ,1.00mol.L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L水中D.电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠答案：B解析：A项中NaCl为离子化合物，物质中只存在阴、阳离子，不存在分子，有机物和气体中一般存在分子；B项正确，Na+最外层为8个电子；C项中1.00L水为溶剂而不是溶液的体积；D项中1mol的NaCl电解应产生11. 2L标况下的氯气。
评注：本题难度较低，重点考查学生对基础知道的理解。
B选项说法也不确切，因为1mol 物质的微粒数为NA，约为6.02×1023。
8.分子式为C5H11CL的同分异构体共有（不考虑立体异构）A.6种B.7种C. 8种D.9种答案：C解析：本题考查有机物同分异构体的找法：先找碳链异构再找等效氢。
可以先把Cl看成H，先找C5H12有几种，找再它的一氯代物有几种。
C5H12有正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷CH3CH2CH2(CH3)2，新戊烷C(CH3)4三种；分别有一氯代物三种、四种、一种，共8种，所以选C。
评注：找同分异构体一般先找碳链异构，再找官能团位置异构，最后再看官能团类别异构。
2011年全国统一高考化学试卷(新课标卷)答案与解析
2011年全国统一高考化学试卷（新课标卷）参考答案与试题解析一、选择题1．下列叙述正确的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023C．欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中D．电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠【考点】物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．【分析】根据物质的构成、离子的电子排布来分析微粒的物质的量，并根据溶液的配制来分析溶液的体积，利用电解反应中氯化钠的物质的量来计算电解产物的量即可解答．【解答】解：A、因NaCl为离子化合物，则不存在NaCl分子，故A错误；B、因Na+的最外层电子总数为8电子稳定结构，则最外层电子的物质的量为8mol，其电子总数为8×6.02×1023，故B正确；C、欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于适量水中，配成1L溶液，而不是溶于1L的水中，故C错误；D、NaCl的物质的量为=1mol，则电解58.5g熔融的NaCl，1molNaCl生成0.5mol氯气，能产生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯气（标准状况），而不是22.4L氯气，故D错误；故选：B．【点评】本题考查微观粒子的物质的量的计算，明确物质的构成、电子排布、溶液的配制，电解等知识点来解答，学生熟悉物质的量的计算、利用原子守恒来判断电解产物的物质的量是解答本题的关键．2．分子式为C5H11Cl的同分异构体共有（不考虑立体异构）（）A．6种B．7种C．8种D．9种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做：（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体．（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子．（3）根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子．（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢，后分散去取代不同碳原子上的氢．【解答】解：分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主链有3个碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况．故选C．【点评】本题考查以氯代物的同分异构体的判断，难度不大，做题时要抓住判断角度，找出等效氢原子种类．一般说来，同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上连的所有甲基上的氢原子等效，处于镜面对称位置上的氢原子等效．氯原子取代任意一个等效氢原子所得的一氯代物是同一种．只要这样就可以了．比如说丙烷有两种一氯代物．3．下列反应中，属于取代反应的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OH CH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①②B．③④C．①③D．②④【考点】取代反应与加成反应．【分析】①烯烃具有双键，与溴的反应属于加成反应；②在浓硫酸作用下，加热到1700C时，乙醇发生消去反应，生成乙烯和水；③乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热时发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，也属于取代反应；④在浓硫酸作用下，加热时苯和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯和水，也属于取代反应．【解答】解：A、①属于加成反应；②属于消去反应，故A错；B、③属于酯化反应，也属于取代反应；④属于苯的硝化反应，也属于取代反应，故B正确；C、①属于加成反应；③属于酯化反应，也属于取代反应，故C错；D、②属于消去反应；④属于苯的硝化反应，也属于取代反应，故D错．故选B．【点评】本题考查有机物的反应类型，做题时注意有机物的化学性质．4．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是（）A．c（H+）B．K a（HF）C．D．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】热点问题；类比迁移思想；控制单因变量法；电离平衡与溶液的pH专题．【分析】根据HF属于弱电解质，则在加水不断稀释时，电离程度增大，电离平衡保持向正反应方向移动，并注意温度不变时，电离平衡常数不变来解答．【解答】解：A、因HF为弱酸，则浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释，促进电离，平衡正向移动，电离程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不断减小，故A错误；B、因电离平衡常数只与温度有关，则K a（HF）在稀释过程中不变，故B错误；C、因稀释时一段时间电离产生等量的H+和F﹣，溶液的体积相同，则两种离子的浓度的比值不变，但随着稀释的不断进行，c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1，c（F﹣）不断减小，则比值变小，故C错误；D、因K a（HF）=，当HF溶液加水不断稀释，促进电离，c（F﹣）不断减小，K a（HF）不变，则增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查弱电解质的稀释，明确稀释中电离程度、离子浓度、K a的变化即可解答，本题难点和易错点是不断稀释时c（H+）不会超过10﹣7mol•L﹣1．5．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，下列有关该电池的说法不正确的是（）A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O【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．【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故A正确；B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2+，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正确；C、充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故C错误；D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，阳极发生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正确．故选C．【点评】本题考查二次电池的工作原理，涉及到原电池和电解池的有关知识，做题时注意根据总反应从氧化还原的角度判断化合价的变化，以得出电池的正负极以及所发生的反应．6．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2++H2S↑B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2OC．少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】压轴题；离子反应专题．【分析】A．硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B．漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；C．少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；D．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳．【解答】解：A．硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；B．NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B错误；C．SO2不足产物应该是SO32﹣，少量SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C错误；D．碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C 为学生解答的难点，题目难度中等．7．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【考点】原子结构与元素的性质．【专题】压轴题．【分析】首先，根据原子结构的特点，推断出W、X、Y和Z分别是什么元素；然后，根据元素的性质，对照各个选项，判断正误．【解答】解：因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素．Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素；A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；故选A．【点评】本题考查元素的推断和元素的性质，充分利用原子结构的知识是解题的关键．二、解答题（共3小题，满分29分）8．（14分）0.80gCuSO4•5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示．请回答下列问题：（1）试确定200℃时固体物质的化学式CuSO4•H2O（要求写出推断过程）；（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为CuSO4CuO+SO3↑．把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为CuSO4•5H2O，其存在的最高温度是102℃；（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；（4）在0.10mol•L﹣1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）= 2.2×10﹣8mol•L﹣1（K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是0.2mol•L﹣1．【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；浓硫酸的性质；物质的量浓度的计算．【专题】实验探究和数据处理题；化学实验与化学计算．【分析】（1）由图分析可知，CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g=0.23g，根据相应的化学方程式即可确定此时固体物质的化学式；（2）温度为570℃灼烧得到的黑色粉末是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；根据图象分析其存在的最高102℃；（3）根据浓硫酸具有强氧化性进行分析并写出有关的化学方程式；（4）根据溶度积常数进行计算c（Cu2+），根据溶液的电中性计算H+浓度．【解答】解：（1）CuSO4•5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解．在200℃时失去的水的质量为0.80g﹣0.57g=0.23g，根据反应的化学方程式：CuSO4•5H2O CuSO4•（5﹣n）H2O+nH2O250 18n0.80g 0.80g﹣0.57g=0.23g，解得n=4，200℃时该固体物质的化学式为CuSO4•H2O，故答案为CuSO4•H2O；（2）温度为570℃灼烧得到的黑色粉末应是CuO，氧化性气体则为SO3，反应方程式为：CuSO4CuO+SO3↑；CuO与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩、冷却得到的晶体为CuSO4•5H2O；其存在的最高102℃．故答案为：CuSO4CuO+SO3↑；CuSO4•5H2O；102℃；（3）SO3与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热反应的化学方程式为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓）+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O；（4）根据题给Cu（OH）2的溶度积即可确定pH=8时，c（OH﹣）=10﹣6mol/L，K sp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，则c（Cu2+）=2.2×10﹣8mol•L﹣1；在0.1mol•L﹣1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的溶质为硫酸，c（SO42﹣）不变，为0.1mol•L ﹣1，由电荷守恒可知c（H+）为0.2mol•L﹣1．故答案为：2.2×10﹣8；0.2．【点评】本题考查硫酸铜结晶水含量的测定、溶度积常数的计算以及物质的量浓度的有关计算，题目较为综合，分析图象信息是完成本题目的关键．9．科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池．已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣285.8kJ•mol﹣1、﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1．请回答下列问题：（1）用太阳能分解10mol水消耗的能量是2858kJ；（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO （g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1；（3）在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列说法正确的是③④（填序号）①温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v（CH3OH）=mol•L﹣1•min﹣1②该反应在T1时的平衡常数比T2时的小③该反应为放热反应④处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大（4）在T1温度时，将1molCO2和3molH2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为a，则容器内的压强与起始压强之比为；（5）在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正极的反应式为O2+6H++6e﹣=3H2O．理想状态下，该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为702.1kJ，则该燃料电池的理论效率为96.6%（燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比）．【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素；有关燃烧热的计算．【专题】图示题；热点问题；物质变化与能量变化统一思想；基本概念与基本理论．【分析】（1）根据氢气的燃烧热可知水分解吸收的能量，然后利用化学计量数与反应热的关系来计算；（2）根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式，再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（3）根据图象中甲醇的变化来计算反应速率，并利用图象中时间与速率的关系来分析T1、T2，再利用影响平衡的因素来分析解答；（4）根据化学平衡的三段法计算平衡时各物质的物质的量，再利用反应前后气体的物质的量之比等于压强之比来解答；（5）根据原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，并考虑电解质溶液参与电极反应来分析，并利用电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比来计算燃料电池的理论效率．【解答】解：（1）由H2（g）的燃烧热△H为﹣285.8kJ•mol﹣1知，1molH2（g）完全燃烧生成1molH2O（l）放出热量285.8kJ，即分解1mol H2O（l）为1mol H2（g）消耗的能量为285.8kJ，则分解10mol H2O（l）消耗的能量为285.8kJ×10=2858kJ，故答案为：2858；（2）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为﹣283.0kJ•mol﹣1和﹣726.5kJ•mol﹣1，则①CO（g）+1/2O2（g）=CO2（g）△H=﹣283.0kJ•mol﹣1②CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.5kJ•mol﹣1由盖斯定律可知用②﹣①得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l），该反应的反应热△H=﹣726.5kJ•mol﹣1﹣（﹣283.0kJ•mol﹣1）=﹣443.5kJ•mol﹣1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（l）△H=﹣443.5kJ•mol﹣1；（3）根据题给图象分析可知，T2先达到平衡则T2＞T1，由温度升高反应速率增大可知T2的反应速率大于T1，又温度高时平衡状态CH3OH的物质的量少，则说明可逆反应CO2+3H2⇌CH3OH+H2O向逆反应方向移动，故正反应为放热反应，则T1时的平衡常数比T2时的大，③、④正确，②中该反应在T1时的平衡常数比T2时的大，则②错误，①中的单位应为mol•min﹣1，不符合浓度的单位，则①错误，故答案为：③④；（4）由化学平衡的三段模式法计算可知，CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）起始（mol/L） 1 3 0 0变化（mol/L） a 3 a a a平衡（mol/L）1﹣a 3﹣3a a a根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与起始压强之比为=，故答案为：；（5）由燃料电池是原电池的一种，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，但在酸性介质中，正极不会生成大量氢离子，则电解质参与电极反应，甲醇燃料电池的负极反应式为CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正极反应式为O2+6H++6e﹣=3H2O，又该电池的理论效率为消耗1mol甲醇所能产生的最大电能与其燃烧热之比，则电池的理论效率为×100%=96.6%，故答案为：CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；O2+6H++6e﹣=3H2O；96.6%．【点评】本题综合性较强，考查知识点较多，注重了对高考热点的考查，学生应熟悉燃烧热、盖斯定律、热化学反应方程式、反应速率、化学平衡、原电池等重要知识来解答．10．（15分）氢化钙固体登山运动员常用的能源提供剂．某兴趣小组长拟选用如下装置制备氢化钙．请回答下列问题：（1）请选择必要的装置，按气流方向连接顺序为i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a（填仪器接口的字母编号）（2）根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：检查装置气密性后，装入药品；打开分液漏斗活塞BADC（请按正确的顺序填入下列步骤的标号）．A．加热反应一段时间B．收集气体并检验其纯度C．关闭分液漏斗活塞D．停止加热，充分冷却（3）实验结束后，某同学取少量产物，小心加入水中，观察到有气泡冒出，溶液中加入酚酞后显红色，该同学据此断，上述实验确有CaH2生成．①写出CaH2与水反应的化学方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；②该同学的判断不正确，原因是金属钙与水反应也有类似现象．（4）请你设计一个实验，用化学方法区分钙与氢化钙，写出实验简要步骤及观察到的现象取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色．（5）登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便．【考点】制备实验方案的设计；连接仪器装置；气体的净化和干燥．【专题】实验题；化学实验常用仪器．【分析】（1）一般制备纯净干燥的气体的实验装置的顺序为：制备装置→除杂装置→干燥装置等；（2）实验过程中要保证整个装置内已充满氢气，实验的操作程序是：检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气；（3）CaH2中H元素的化合价为﹣1价，CaH2具有还原性，与水发生氧化还原反应生成Ca （OH）2和H2；Ca与水反应也能产生Ca（OH）2和H2；（4）区分钙和氢化钙时可利用其组成、性质的差异来判断；（5）作为能源，氢化钙是固体，比氢气更易携带，使用也较方便．【解答】解：（1）氢化钙和金属钙都是极强的还原剂，遇水、遇空气都能发生剧烈反应，因此在制取氢化钙时，必须要除去空气、水等其他杂质；在题给的实验装置中，不难判断出氢气的发生装置，氢气的净化装置和氢化钙的生成装置等，其连接顺序为i→e→f→d→c→j→k （或k→j）→a；故答案为：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；（2）为保证整个装置内已充满氢气，因此实验的操作程序是：检查装置的气密性→产生氢气→收集氢气并进行验纯→加热反应→停止加热→继续通氢气至冷却→停止通入氢气，故答案为：BADC；（3）CaH2和Ca与水反应都能产生Ca（OH）2和H2，反应方程式分别为：CaH2+2H2O=Ca （OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根据反应后溶液呈碱性判断是否含有CaH2，故答案为：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；金属钙与水反应也有类似现象；（4）CaH2可以和氧气在加热条件下反应生成水，可用无水硫酸铜检验，现象是白色变为蓝色，故答案为：取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变为蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色；（5）作为能源，氢化钙明显比氢气更易携带，使用也较方便，故答案为：氢化钙是固体，携带方便．【点评】本题考查元素化合物知识，涉及到物质的性质和制备实验，注意实验的一般方法．三、选修部分11．【化学﹣﹣选修2：化学与技术】普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸张表面涂敷明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散．请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存．经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾的工艺有关，其中的化学原理是明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的化学（离子）方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：①喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等．这样操作产生的主要问题是过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损；②喷洒Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷．用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防止酸性腐蚀的原理Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑、ZnO+2H+=Zn2++H2O．（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾．钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要成分为FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO②1TiCl4+1O21TiO2+2Cl2．【考点】盐类水解的应用；化学方程式的书写；离子方程式的书写．【分析】涂敷明矾呈酸性的原因是明矾中存在Al3+的水解，纸张发生酸性腐蚀的原因是纤维素在酸性条件下能发生水解；碳酸钙能中和H+，可防止纸张的酸性腐蚀，反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；纤维素在碱性条件下同样也能发生水解，因此喷洒碱性溶液同样也能造成书籍污损；由Zn（C2H5）2与水反应生成氧化锌和乙烷\、氧化锌和H+反应来分析防止酸性腐蚀的离子方程式；利用电子得失守恒法来配平题给的两个化学方程式．【解答】解：（1）明矾中铝离子水解产生氢离子，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆，破损．故答案为：明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂；CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（2）①纤维素不但能在酸性环境下水解，在碱性条件下同样水解．过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损．故答案为：过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损；②由信息可知：Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，其实反应原理相可看成锌结合水电离出来的氢氧根，最后变为氧化锌和水，则C2H5结合氢变为乙烷．氧化锌可以与酸性溶液反应，从而消耗掉氢离子，起到防止腐蚀的作用．故答案为②Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑；ZnO+2H+=Zn2++H2O；（3）①利用电子得失守恒法有：Cl：0→﹣1；Fe：+2→+3；C：0→+2由原子守恒：TiCl4、FeCl3前系数同时乘以2，这样再根据Ti守恒与Fe守恒就可以配平该反应方程式了．故答案为：2；6；7；2；2；6；②根据氧气为氧化剂，1mol氧气得到2mol电子，生成1mol氯气失去1mol电子，故答案为：1；1；1；2．【点评】该题是一个好题，前两个小题重点考查了盐类水解的应用．最后一小题考查氧化还原反应．难度是有的，但是符合学生的认知规律，作答起来有突破口．12．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示请回答下列问题：（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O、B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）基态B原子的电子排布式为1s22s22p1；B和N相比，电负性较大的是N，BN 中B元素的化合价为+3；（3）在BF3分子中，F﹣B﹣F的键角是120°，B原子的杂化轨道类型为sp2，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立体结构为正四面体；（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为共价键（或极性共价键），层间作用力为分子间作用力；（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子，立方氮化硼的密度是g•pm﹣3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为N A）．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的能级分布；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算．【专题】压轴题．【分析】（1）由图及元素守恒可写出这两个反应的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）B的原子序数为5，其基态原子的电子排布式为1s22s22p1；B和N都属于第二周期元素，同周期自左至右元素的电负性逐渐增大，故电负性较大的是N；B属于第ⅢA族元素，化合价为+3价．（3）依据价层电子对互斥理论，计算出的孤对电子对数以及价层电子对数，可判断出分子的空间构型；（4）B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；根据其结构与石墨相似，层与层之间应该靠分子间作用力结合．（5）描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示：所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×+6×+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N 和4个B原子．一个晶胞中的质量为，一个立方氮化硼晶胞的体积是（361.5pm）3，因此立方氮化硼的密度是g•pm﹣3．．。
《2011年高考全国卷理综化学试题及答案WORD解析版》
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（全国2卷化学部分）6．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的PH由小到大排列正确的是A．④②③①B．③①②④C．①②③④D．①③②④7．下列叙述错误．．的是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3--己烯C．用水可区分苯和溴苯D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛8．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于A．5% B．10% C．15% D．20%9．室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误．．的是A．若PH＞7，则一定是C1V1＝C2V2B．在任何情况下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-) ＋C(OH-)C．当PH=7时，若V1＝V2，一定是C2＞C1D．若V1＝V2，C1＝C2，则C(CH3COO-) ＋C(CH3COOH)=C(Na+)10．用石墨作电极电解CuSO4溶液。
通电一段时间后，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的A．CuSO4B．H2O C．CuO D．CuSO4·H2O11．将足量的CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是A．K+、SiO32-、Cl-、NO3- B．H+、NH4+、Al3+、SO42-C．Na+、S2-、OH-、SO42-D．Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3-12．N A为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误．．的是A．18gH2O中含有的质子数为10N AB．12g金刚石中含有的共价键数为4 N AC．46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3 N AD．1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子13．某含铬（Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。
2011年高考化学试题word解析版(大纲全国卷)
2011年普通高等学校招生全国统一考试(大纲全国卷)理科综合本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－14O－16Na－23Mg－24Al －27S－32Cl－35.5Cr－52Fe－56Cu－64第Ⅰ卷(选择题共126分)一、选择题：本大题共13小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。
1．下列能说明某细胞已经发生分化的是()A．进行ATP的合成B．进行mRNA的合成C．存在血红蛋白D．存在纤维蛋白原基因解析：细胞分化的实质是基因的选择性表达，分化后的细胞能产生某些独特的蛋白质，血红蛋白只有在红细胞中才能产生，因此存在血红蛋白的细胞一定发生了细胞分化。
未分化的细胞也能合成ATP和mRNA。
任何细胞都存在该生物体的全套遗传信息，因此，存在纤维蛋白原基因的细胞不一定发生了分化。
答案：C2．将紫色洋葱在完全营养液中浸泡一段时间，撕取外表皮，先用浓度为0.3 g/mL 的蔗糖溶液处理，细胞发生质壁分离后，立即将外表皮放入蒸馏水中，直到细胞中的水分不再增加。
若在该实验过程中，蔗糖溶液处理前外表皮细胞液的浓度为甲，细胞中的水分不再增加时外表皮细胞液的浓度为乙，则甲、乙的关系以及实验过程中水分进出细胞的方式为()A．甲<乙，被动运输B．甲>乙，被动运输C．甲>乙，主动运输D．甲＝乙，主动运输解析：蔗糖溶液处理前的细胞放在蒸馏水中能吸收水分，因此，直到细胞中水分不再增加时，细胞液的浓度降低了。
水分进出细胞的方式是自由扩散，属于被动运输。
答案：B3．将生长状态一致的同一品种玉米植株分为甲、乙两组，甲组培养在适宜的光照条件下，其叶维管束鞘细胞中有淀粉积累。
乙组培养在光照较弱的条件下，其叶维管束鞘细胞中没有检测到淀粉。
乙组未检测到淀粉的原因是()A．叶片不进行光合作用，只进行呼吸作用B．叶片光合作用强度低，没有淀粉的积累C．维管束鞘细胞没有与淀粉合成相关的酶D．维管束鞘细胞不含叶绿体，不能进行光合作用解析：本题考查C4植物的光合作用和呼吸作用，意在考查实验探究与分析能力。
2011年高考全国2卷化学试题解析
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（全国2卷化学部分）6．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小到大排列正确的是A．④②③①B．③①②④C．①②③④D．①③②④【解析】选D。
依据酸性强弱的大小顺序：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇，知D项正确。
7．下列叙述错误．．的是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3--己烯C．用水可区分苯和溴苯D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛【解析】选D。
钠和乙醇反应有气泡产生，而钠和乙醚不反应，A正确；3--己烯可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，而己烷不能，B正确；苯的密度比水小，而溴苯的密度比水大，用水可以区分，C正确；甲酸甲酯分子结构中也含有醛基，故用新制的银氨溶液不能区分甲酸甲酯和乙醛，D错误。
8．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于A．5% B．10% C．15% D．20%【解析】选C。
依据三行式，平衡时N2、H2、NH3，的物质的量分别为4/3、6、4/3，N2的物质的量分数约等于15%，故氮气的体积分数接近于15%，故C项正确。
9．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误．．的是A．若pH＞7，则一定是c1V1＝c2V2B．在任何情况下都是c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-) ＋c(OH-)C．当pH=7时，若V1＝V2，一定是c2＞c1D．若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO-) ＋c(CH3COOH)=c(Na+)【解析】选A。
当NaOH和CH3COOH按照等物质的量反应时，形成的是强碱弱酸盐，显碱性，pH＞7，而NaOH过量时，其pH也大于7，A错误；由电荷守恒关系式可知，B 正确；当pH=7时，CH3COOH的物质的量大于NaOH的物质的量，若V1＝V2，一定是c2＞c1，C正确；若V1＝V2，c1＝c2，则NaOH和CH3COOH恰好中和，依据物料守恒，知D 正确。
2011年高考全国2卷理综化学及答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是复合题目要求的。
６．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的ｐＨ由小到大排列正确的是Ａ．④②③① Ｂ．③①②④ Ｃ．①②③④ Ｄ．①③②④ ７．下列叙述错误．．的是 Ａ．用金属钠可区分乙醇和乙醚Ｂ．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和３－己烯 C.用水可区分苯和溴苯Ｄ．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛８．在容积可变的密闭容器中，２ｍｏｌ2N 和８ｍｏｌ2H 在一定条件下反应，达到平衡时2H 的转化率为２５％，则平衡时氮气的体积分数接近于 Ａ．５０％ Ｂ．１０％ Ｃ．１５％ Ｄ．２０％9.室温时，将浓度和体积分别为11.c V 的NaOH 溶液和22.c V 的3CH COOH 溶液相混合，下列关于该混合液的叙述错误的是 A.若7pH >,则一定是1122c V c V =B.在任何情况下都是()()()()3c Na c H c CH COO c OH ++-++=+C. 7pH =时，若12V V =，则一定是21c c >D. 若12V V =，21c c =，则()()()33CH COO c CH COOH c Na -++=10.用石墨做电极电解CuSO 4 溶液，通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的A. CuSO 4B. H 2OC. CuOD. CuSO 4 5H 2O11.将足量2CO 通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是 A. 233...K SiO Cl NO +--- B. 324...H NH Al SO ++-+C. 224..Na S OH SO +---D. 6533...Na C H O CH COO HCO +--- 12.N A 为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误．．的是 A ．18gH 2O 中含有的质子数为10N A B. 12g 金刚石中含有的共价键数为4N A C .46gNO 2和NO 4混合气体中含有原子总数为3N AD. 1 mol Na 与足量O 2反应，生成Na 2O 和Na 2O 2的混合物，纳失去N A 个电子 13.某含铬Cr 2O 2-7废水用硫酸亚铁铵FeSO 4 •(NH 4) SO 4•6H 2O 处理，反应中铁元素和铬原素完全转化为沉淀。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2011年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（全国2卷化学部分）6．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的PH由小到大排列正确的是A．④②③①B．③①②④C．①②③④D．①③②④解析：依据酸性强弱的大小顺序：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇，知D项正确。
7．下列叙述错误．．的是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3--己烯C．用水可区分苯和溴苯D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛解析：钠和乙醇反应有气泡产生，而钠和乙醚不反应；3--己烯可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，而己烷不能；苯的密度比水小，而溴苯的密度比水的密度大；甲酸甲酯分子结构中也含有醛基，故用新制的银氨溶液不能区分甲酸甲酯和乙醛，故D项错误。
8．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于A．5% B．10% C．15% D．20%解析：依据三行式，平衡时N2、H2、NH3，的物质的量分别为4/3、6、4/3，N2的物质的量分数约等于15%，故氮气的体积分数接近于15%，故答案选C。
9．室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误．．的是A．若PH＞7，则一定是C1V1＝C2V2B．在任何情况下都是C(Na+)＋C(H+)＝C(CH3COO-) ＋C(OH-)C．当PH=7时，若V1＝V2，一定是C2＞C1D．若V1＝V2，C1＝C2，则C(CH3COO-) ＋C(CH3COOH)=C(Na+)解析：当NaOH和CH3COOH按照等物质的量反应时，形成的是强碱弱酸盐，显碱性，PH＞7，而NaOH过量时，其PH也大于7，故A错误；B项符合电荷守恒关系式；当PH=7时，CH3COOH的物质的量需大于的NaOH物质的量，若V1＝V2，一定是C2＞C1，C项正确；若V1＝V2，C1＝C2，则NaOH和CH3COOH恰好中和，依据物料守恒，知D项正确。
10．用石墨作电极电解CuSO4溶液。
通电一段时间后，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的A．CuSO4B．H2O C．CuO D．CuSO4·H2O解析：依据2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的CuO。
11．将足量的CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是A．K+、SiO32-、Cl-、NO3- B．H+、NH4+、Al3+、SO42-C．Na+、S2-、OH-、SO42-D．Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3-解析：碳酸的酸性大于硅酸，A项中SiO32-不能大量共存；C中的OH-和CO2反应；D中C6H5O-会和CO2反应形成苯酚，故只有B中离子还能大量共存。
答案选B。
12．N A为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误．．的是A．18gH2O中含有的质子数为10N AB．12g金刚石中含有的共价键数为4 N AC．46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3 N AD．1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去N A个电子解析：一个H2O分子中含有10个质子，故18gH2O中含有的质子数为10N A，故A正确；金刚石的结构为正四面体构型，每个碳原子可以和另外的4个碳原子形成共价键，属于每个碳原子的共价键为2个，故12g金刚石中含有的共价键数应为2 N A，故B错误；46gNO2和N2O4混合气体中，不管46gNO2、还是46gN2O4是所含的物质的量分别是1mol、0.5mol，则其含有的原子总数都为3 N A，故C正确；1molNa与足量的O2反应，钠必然消耗完全，其转移的电子的物质的量必为N A个电子，故D正确。
13．某含铬（Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。
该沉淀经干燥后得到nmolFeO·Fe y Cr x O3。
不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误．．的是A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(2－x)B．处理废水中的Cr2O72-的物质的量为nx/2C．反应中发生转移的电子数为3nxmolD．在FeO·Fe y Cr x O3中，3x=y解析：依据铬、铁元素反应前后的价态以及化合物的化学式中正负化合价的代数和为0的原则，易知FeO·Fe y Cr x O3中的x、y的值相等且等于1，故D项错误；A、B、C项正确。
27．（15分）（注意：在试卷上作答无效．．．．．．．．）下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。
已知：①反应能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：，F中E元素的质量分数为60%。
回答问题：⑴①中反应的化学方程式为；⑵化合物I的电子式为，它的空间结构是；⑶1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需的铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；⑷C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为，反应后溶于与过量化合物I反应的离子方程式为；⑸E在I中燃烧观察到的现象是。
解析：该题有多处“题眼”。
依据题目信息C、B是单质，G、H是二元化合物，反应曾应用于铁轨的焊接，知C为Al、G为Fe2O3、B为Fe、H为Al2O3；由于I是一种常见的温室气体，知其为CO2，而Mg能在CO2中燃烧，且MgO中Mg元素的质量分数为60%。
知D为碳单质，A为氧气。
答案：⑴Al+ Fe2O3Fe+ Al2O3⑵⑶2Fe3++Cu=2 Fe2++ Cu2+n(Fe2O3)=0.01mol，依据离子方程式，则n(Cu )= 0.01mol，m(Cu )=0.64g.。
⑷2 Al + 2OH- + 2 H2O=2AlO2- + 3H2↑AlO2- + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓+ HCO3-⑸剧烈燃烧，放出热量，生成黑色固体和白色固体。
28．（15分）（注意：在试卷上作答无效．．．．．．．．）反应(△H＜0)在等容条件下进行。
改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：回答问题：⑴反应的化学方程中a∶b∶c为；⑵Ａ的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为；⑶Ｂ的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是，其值是；⑷由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是，采取的措施是；⑸比较第Ⅱ阶段反应温度（Ｔ２）和第Ⅲ阶段反应温度（Ｔ３）的高低；Ｔ２Ｔ３（填“＜”“＞”“＝”）判断的理由是。
⑹达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须．．标出A、B、C）。
解析：图像题的解答要看清图像的横、纵坐标所代表的意义，曲线的走势，然后结合原理分析作答。
⑴依据图示A、B、C三种物质的物质的量的变化分别为1mol、3 mol、2 mol，故a∶b∶c=1∶3∶2。
⑵vⅠ(A)=(2.0－1.00)mol·L-1/20.0min=0.05 mol·L-1·min-1、vⅡ(A)=(1.00－0.62)/15.0 min=0.025 mol·L-1·min-1、vⅢ(A)=( 0.62－0.50) mol·L-1/10 min=0.012 mol·L-1·min-1。
故：vⅠ(A) ＞vⅡ(A) ＞vⅢ(A)⑶由图可知αⅠ(B)=0.5、αⅡ(B)=1.14/3.00=0.38、αⅢ(B)=0.36/1.86=0.19，则Ｂ的平衡转化率最小的是αⅢ(B)，其值为0.19；⑷第一次平衡后A、B的浓度从平衡点开始降低，而C的物质的量浓度突然变为0，则平衡向右移动，此时采取的措施是将C从平衡混合物中液化分离出去。
⑸因为该反应为放热反应，故Ｔ２＜Ｔ３⑹第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势如下图所示：29．（15分）（注意：在试卷上作答无效．．．．．．．．）请回答下列实验室中制取气体的有关问题。
⑴下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易．．装置。
装置B、C、D的作用分别是：B ；C ；D 。
⑵在实验室欲制取适量的NO气体。
①下图中最适宜完成该实验的简易装置是（填序号）；③简单描述应观察到的现象。
解析：⑴气体制备一般包括四部分：发生装置、除杂净化装置、收集装置、尾气处理装置。
由于题中提到该装置是制取适量氯气的简易．．装置，所以B的作用是除去Cl2中混有的杂质气体HCl；C的作用是用排液法收集氯气；D的作用是吸收多余的氯气；⑵①由于NO可与空气中的氧气反应，故应用排水法收集，那么最适宜完成该实验的简易装置是Ⅰ。
②③现象包括看到的、听到的、闻到的、触摸到的。
A处试管内有气泡产生，铜片减少，溶液变蓝，试管上部有红棕色的气体，一段时间后B中液体排出后可以收集到无色气体。
30．（15分）（注意：在试卷上作答无效．．．．．．．．）金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：请回答下列问题：⑴环戊二烯分子中最多有个原子共面；⑵金刚烷的分子式为，其分子中的CH2基团有个；⑶下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：其中，反应①的产物名称是，反应②的反应试剂和反应条件是，反应③的反应类型是；⑷已知烯烃能发生如下的反应：请写出下列反应产物的结构简式：⑸A是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸[提示：苯环的烷基（—CH3，—CH2R，—CHR2）或烯基侧链经酸性高锰酸钾溶液氧化得羧基]，写出A所有可能的结构简式（不考虑立体异构）：。
解析：⑴依据乙烯分子6原子共平面的特点，环戊二烯分子中最多有9个原子共面；⑵依据金刚烷的结构，其分子式为C10H16，其分子中的CH2基团6个；⑶反应①的产物名称是1—氯环戊烷；反应②的反应试剂NaOH的醇溶液，反应条件是加热。
⑷由题目信息可知，双键碳上连有H原子的，经过反应后双键断裂可以生成醛基，则其反应产物的结构简式为⑸二聚环戊二烯的分子式为C10H12，其不饱和度为5，又A经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸，则A的分子必有苯环（4个不饱和度），另外还要有一个碳碳双键，则A所有可能的结构简式：。