2011天津高考化学试卷浅析
2011年高考新课标理科综合化学试题赏析
2011年高考新课标理综化学试题赏析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 金属钠分析与赏析：考察阿伏加德罗常数问题，涉及组成、最外层电子、溶液配制和电解知识。
NaCl 是离子化合物，只有Na +和Cl -,没有NaCl 分子,故A 错；Na +最外层为8个电子,所以1.00mol NaCl 中，所有Na +的最外层电子总数为8×6.02×1023，B 正确;配置1。
00L ，1。
00mol 。
L —1的NaCl 溶液，应将58。
5g NaCl 溶解后,定容至1。
00L ，即使溶液体积为1.00L ，C 错；由2NaCl （熔融) 电解2Na +Cl 2，可知58.5gNaCl 得到11.2L 氯气(标准状况)，D 错。
选B8.分子式为C 5H 11Cl 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种分析与赏析:考察同分异构体知识。
涉及C 5H 12的一氯代物种类. 本题实际是考查C 5H 12所有同分异构体的书写及其所含的等效氢种类的判断，C 5H 12有三种同分异构体等效氢分别为3种、4种和1种，所以C 5H 12一氯代物共有8种.选择C 9.下列反应中,属于取代反应的是①CH 3CH=CH 2+Br 2CH 3CHBrCH 2Br ②CH 3CH 2OH CH 2=CH 2+H 2O③CH 3COOH+CH 3CH 2OHCH 3COOCH 2CH 3+H 2O ④C 6H 6+HNO 3C 6H 5NO 2+H 2OA. ①② B 。
最新天津市高考化学试卷答案与解析
2011年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36 分）1．（6 分）（2011?天津）化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂C．使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D．天然药物无任何毒副作用，可长期服用【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；常见的生活环境的污染及治理；乙烯的用途；药物的主要成分和疗效．【专题】化学计算．【分析】A 、从乙烯的性质和应用角度分析；B、从加入大量添加剂是否对人体有害分析；C、从导致水体富营养化的原因分析；D、从天然药物是否有毒分析．【解答】解：A、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故A 正确；B、食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，故 B 错；C、含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，故C 错；D 、天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，故 D 错．故选A ．【点评】本题考查常见食品添加剂、环境保护及治理等知识，题目但不不大，注意基础知识的积累．2．（6 分）（2011?天津）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）137 133A．第IA 族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B．同周期元素（除0 族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA 族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低【考点】原子结构与元素周期律的关系；同位素及其应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系．【分析】根据同位素的概念，同一周期原子半径的递变规律，同一主族氢化物的稳定性以及单质的熔沸点来解答．【解答】解：A 、因铯的同位素具有相同的质子数，故 A 错；B、同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故 B 对；C、第VIIA 族元素从上到下，非金属性在减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C 错；D、第VIIA 族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，故 D 错；故选：B．【点评】本题考查元素周期律，明确常见主族元素的性质是解答的关键，注重基础，一个知识点掌握不好就可能做错，但难度不大．3．（6 分）（2011?天津）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正A．① B．② C．③ D．④【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】① 碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl 2 溶液，都成生成白色沉淀；②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；④滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子．【解答】解：A、① 中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A 错误；B 、② 氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B 正确；C、③ 黄色火焰可以覆盖K +的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C 错误；D、④ 氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH 4+时，滴加稀NaOH 溶液不会放出NH3，故D 错误；故选B ．【点评】本题考查硫酸根离子、碘离子、钠离子和铵根离子的检验，要掌握常见离子的检验方法，注意排除其它离子的干扰．4．（6分）（2011?天津）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH 溶液中滴加0.01mol/L 苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH＞7 时，c（C6H5O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH ﹣）B．pH＜7 时，c（K+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．V[C 6H5OH（aq）]=10mL 时，c（K+）=c（C6H5O﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．V[C 6H5OH（aq）]=20mL 时，c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）=2c（K+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】根据酸碱反应后溶液的PH 来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系．【解答】解：A、溶液的PH＞7 时溶质可能为苯酚钠或苯酚钾与KOH 的混合液，则溶液中一定存在c（OH﹣）＞c（H+），故A 错误；B、溶液的PH＜7 时溶质为苯酚钾与苯酚的混合液，且苯酚的电离程度大于苯酚钾的水解，则c（H+）＞c（OH﹣），再由电荷守恒可知c（C6H5O﹣）＞c（K+），故B 错误；C、当苯酚溶液10mL ，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为苯酚钾，由苯酚根离子的水解可知c（K+）＞c（C6H5O﹣），故C 错误；D、当苯酚溶液20mL ，苯酚的物质的量恰好为钾离子物质的量的2 倍，则由物料守恒可知c （C6H5O﹣）+c（C6H5OH）=2c（K+），故D 正确；故选：D ．【点评】本题考查溶液中离子浓度大小的比较，学生明确酸碱之间的反应，准确判断溶液中的溶质并利用水解、电荷守恒、物料守恒等知识即可解答．5．（6 分）（2011?天津）下列说法正确的是（）A．25℃时NH4Cl 溶液的K w大于100℃时NaCl 溶液的K w2﹣﹣+ B．SO2 通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO3 +2I+4H+ 2+ ﹣﹣C．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO 2﹣、NO3﹣D．100℃时，将pH=2 的盐酸与pH=12 的NaOH 溶液等体积混合，溶液显中性【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph 的计算；离子积常数；离子共存问题；二氧化硫的化学性质．【专题】压轴题．【分析】根据温度与离子积的关系、氧化还原反应、离子共存、酸碱混合pH 的计算来分析，并利用铝粉能产生H2 的溶液来分析溶液的酸碱性．【解答】解：A 、因水的离子积常数只与温度有关，温度越高，K w 越大，故A 错误；2﹣B、因二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，则SO2通入碘水中生成SO42﹣，故B 错误；C、因加入铝粉能产生H2 的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，在强酸性溶液中不可能存在AlO 2﹣和NO 3﹣，在强碱性溶液中，离子之间互不反应，可以大量共存，故 C 正确；﹣12 +D、100℃时，K w=1×10﹣12，pH=2 的盐酸中H+的浓度为0.01mol/L ，pH=12 的NaOH 溶液中OH ﹣的浓度为1mol/L ，则等体积混合后碱过量，溶液显碱性，故 D 错误；故选：C．【点评】本题考查知识点较多，符合高考的命题思路，注重对溶液中水的电离、pH 的计算、离子共存、溶液中的氧化还原反应等重要考点的考查，有助于对专题知识点的训练．6．（6分）（2011?天津）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO 2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）? SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（）A ．反应在c 点达到平衡状态B．反应物浓度：a 点小于b 点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D ．△t1= △t2时，SO2的转化率：a～b 段小于b～c段【考点】化学反应速率变化曲线及其应用；化学平衡建立的过程．【专题】压轴题．【分析】 由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应， 由于容器恒容， 因此压强不影响反 应速率， 所以在本题中只考虑温度和浓度的影响． 结合图象可知反应速率先增大再减小， 因 为只要开始反应，反应物浓度就要降低， 反应速率应该降低， 但此时正反应却是升高的，这 说明此时温度的影响是主要的， 由于容器是绝热的， 因此只能是放热反应， 从而导致容器内 温度升高反应速率加快．【解答】 解： A 、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于 逆反应速率， c 点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故 A 错误； B 、a 到 b 时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故 B 错误；C 、从 a 到 c 正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应 速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响， 说明该反应为放热反应， 即反应物的总能量 高于生成物的总能量，故 C 错误；D 、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO 2 的转化率将逐渐增 大，故 D 正确；故选： D ．【点评】 本题考查化学反应速率图象分析， 为高频考点， 正确理解图象含义及曲线变化趋势 是解本题关键，题目难度不大．、解答题（共 4 小题，满分 64分） X 、Y 、Z 为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关 A 俗称磁性氧化铁； E 是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟 酸反应．Z 与 H 2反应转化为 ZH 4． ZH 4的电子式为（ 3）已知 A 与 1mol Al 反应转化为 X 时（所有物质均为固体） ，放出 akJ 热量，写出该反应 的热化学方程式： 8Al （s ）+3Fe 3O 4（s ）=9Fe （s ）+4Al 2O 3（s ）△H=﹣8akJ/mol ． （4）写出 A 和 D 的稀溶液反应生成 G 的离子方程式：3Fe 3O 4+28H ++NO 3﹣ 3+ 9Fe +NO ↑+14H 2O ．（5）向含 4mol D 的稀溶液中，逐渐加入 X 粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在2+ 2+坐标系中画出 n （X 2+）随 n （X ）变化的示意图，并标出 n （ X 2+）的最大值．【考点】 常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学键． 【专题】推断题；热点问题；物质变化与能量变化统一思想； 分析比较法； 元素及其化合物． 【分析】（ 1）根据原子核外电子7．（14 分）（2011?天津）图中 系（部分产物已略去） ．其中，（1）组成单质 Y 的元素在周期表中的位置是类型为 离子键、共价键 ；R 的化学式是第二周期第 VIA 族 ； M 中存在的化学键 H 2SiO 3（或 H 4SiO 4） ．2）一定条件下，排布来确定元素在周期表中的位置，根据物质中的成键元素确定物质中的化学键类型，（2）根据电子式的书写方法和物质中化学键类型来解答；（3）根据热化学方程式的含义和书写规则来分析；（4）根据硝酸的强氧化性和四氧化三铁为碱性氧化物的性质来书写；（5）根据铁和硝酸反应的原理及其反应的过程来分析．【解答】解：A 俗称磁性氧化铁，即为四氧化三铁；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X 为铁、Y为O2、Z为Si、D为硝酸、M 为硅酸钠、G 为硝酸铁．（1）根据氧原子的核外电子排布，知氧元素在周期表的第二周期第VIA 族；硅酸钠中有离子键、共价键；R 的化学式是H2SiO3（或H 4SiO4）；故答案为：第二周期第VIA 族；离子键、共价键；H2SiO3（或H4SiO4）；（2）ZH 4的分子式为SiH4，其电子式为：（3）根据热化学方程式的书写方法和书写原则，先写出铝和四氧化三铁反应的化学方程式，再注明状态和焓变；故答案为：8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al 2O3（s）△H=﹣8a kJ/mol（4）四氧化三铁和硝酸反应是，铁元素均被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2 价，+ ﹣3+故答案为：3Fe3O4+28H +NO3 =9Fe +NO ↑+14H2O2+（5）根据铁和硝酸反应的实质，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变．故答案为：【点评】本题目是一道框图推断题，根据题干信息推出各种物质是答题的前提，然后结合所学知识来回答．8．（18 分）（2011?天津）已知：RCH 2COOH +RCl→+NaClI．冠心平F 是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：（1）A 为一元羧酸，8.8gA 与足量NaHCO 3溶液反应生成2.24L CO 2（标准状况），A 的分子式为C4H8O2 ．（2）写出符合A 分子式的所有甲酸酯的结构简式：（3）B 是氯代羧酸，其核磁共振氢谱有两个峰，写出B→C 的反应方程式：．4）C+E→F 的反应类型为取代反应．5）写出A 和F 的结构简式：A ．（6）D 的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为羟基、氯原子；写出a、b 所代表的试剂：a．Cl2 ；b．NaOH ．II ．按如下路线，由C 可合成高聚物H：C G H（7）C→G 的反应类型为消去反应．（8）写出G →H 的反应方程式：．【考点】有机物的合成；有机物的推断；取代反应与加成反应；消去反应与水解反应．【专题】压轴题．【分析】根据质量和生成气体的体积结合化学方程式可计算A 的分子式为C4H8O2，B 是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B 的结构简式为，进而确定A为，C 为，F 为由E 的结构简式和D 的苯环上有两种氢，可以确定D 为，结合有机物的结构判断具有的性质．【解答】解：（1）设A 的分子式为C n H2n O2，则有：C n H2n O2+NaHCO 3→C n H2n﹣1O2Na+CO2↑+H2O（14n+32）22.4L8.8 2.24L则= ，则= ，解得n=4，即A 的分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；（2）A 分子式为C4H8O2，所有甲酸酯的结构为，R 为丙基，有两种，可为﹣CH 2CH 2CH 3或﹣CH（CH3）CH3，所以同分异构体有两种，故答案为：；（3）根据B 是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B 的结构简式为进而确定A 为，C 为，F 为B与C发生酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：4）C+E→F 的反应可看成取代﹣Cl 的反应，故答案为：取代反应；5）由题中推断可知A 为，F 为故答案为：；（6）由E 的结构简式和D 的苯环上有两种氢，可以确定D 为，其中含有的官能团有羟基和氯原子；是苯酚和Cl2 反应的产物，与NaOH 或Na2CO3 溶液反应生成E．故答案为：羟基、氯原子；Cl2；NaOH 溶液；（7）C在NaOH 乙醇溶液中加热发生消去反应，生成（G），故答案为：消去反应；8）G 加聚生成H，反应的化学方程式为故答案为：推断，正确推断A 的组成和结构是解答该题的关键．点评】本题考查有机物的合成，题目难度较大，本题注意根据题给信息，采用正推的方法9．（18 分）（2011?天津）某研究性学习小组为合成1﹣丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH=CH 2+CO+H 2 CH 3CH 2CH 2CHO CH3CH2CH2CH2OH；CO 的制备原理：HCOOH CO ↑+H2O ，并设计出原料气的制备装置（如图）．请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2﹣丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯，写出化学反应方程式：Zn+2HCl=ZnCl 2+H 2↑ ，（CH3）2CHOH CH 2=CHCH 3↑+H2O ．（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b 的作用分别是恒压，防倒吸．c和d 中盛装的试剂分别是NaOH 溶液，浓H2SO4 ．若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是分液漏斗、蒸馏烧瓶；在虚线框内画出收集干燥H2 的装置图．（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2 及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是④⑤①②③ （或④⑤①③② ）（填序号）．① 饱和Na 2SO3溶液② 酸性KMnO 4溶液③ 石灰水④ 无水CuSO4 ⑤ 品红溶液（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是b ．a．低温、高压、催化剂b．适当的温度、高压、催化剂c．常温、常压、催化剂d．适当的温度、常压、催化剂（5）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1﹣丁醇粗品．为纯化1﹣丁醇，该小组查阅文献得知：① R﹣CHO+NaHSO 3（饱和）→RCH（OH）SO3Na↓；② 沸点：乙醚34℃，1﹣丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：，操作1 为过滤，操作2 为萃取，操作3 为蒸馏考点】有机物的合成；常见气体的检验；气体发生装置；气体的净化和干燥．专题】压轴题．分析】（1）制备氢气选用锌粒和稀盐酸；制备丙烯选用2﹣丙醇和浓硫酸；（2）在题给装置中，a 的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；b 主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c 为除去CO 中的酸性气体，选用NaOH 溶液，d为除去CO 中的H2O，试剂选用浓硫酸；若用题给装置制备H2，则不需要酒精灯；（3）检验丙烯和少量SO2、CO2 及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选④ 无水CuSO4 检验水蒸气，然后用⑤ 品红溶液检验SO2，并用① 饱和Na2SO3 溶液除去SO2；然后用③ 石灰水检验CO2，用② 酸性KMnO 4 溶液检验丙烯；（4）题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率；5）饱和NaHSO3 溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；1﹣丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开．【解答】解：（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl=ZnCl 2+H2↑；2﹣丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：（CH3）2CHOH CH2=CHCH 3↑+H 2O，故答案为：Zn+2HCl=ZnCl 2+H 2↑；（CH3）2CHOH CH 2=CHCH 3↑+H 2O；（2）甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO 中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH 溶液吸收甲酸．又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b 的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO．为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a 的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集；故答案为：恒压，防倒吸；NaOH 溶液，浓H2SO4；分液漏斗、蒸馏烧瓶；；（3）检验丙烯可以用酸性KMnO 4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO 4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2 可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序．只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na 2SO3溶液，最后检验CO2 和丙烯，因此顺序为④⑤①②③ （或④⑤①③② ），故答案为：④⑤①②③（或④⑤①③②）；（4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b；故答案为：b；（5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3 溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO 3 溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1﹣丁醇．因为1﹣丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开．故答案为：饱和NaHSO3 溶液；过滤；萃取；蒸馏．【点评】本题考查有机物合成方案的设计，题目难度较大，综合性较强，答题时注意把握物质的分离、提纯方法，把握物质的性质的异同是解答该题的关键．2﹣2﹣10．（14 分）（2011?天津）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr2﹣+ 2﹣（OH ）3↓其中第① 步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+? Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2 ，该溶液显橙色．精品文档精品文档（ 2）能说明第 ① 步反应达平衡状态的是 c ．2﹣ 2﹣2﹣ 2﹣a ．Cr 2O 72﹣和 CrO 42﹣的浓度相同b.2v （Cr 2O 72﹣） =v （CrO 42﹣） c ．溶液的颜色不变2﹣ （3）第② 步中，还原 1molCr 2O 72﹣离子，需要 6 mol 的 FeSO 4?7H 2O ．3+（4）第③ 步生成的 Cr （ OH ） 3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡： Cr （OH ）3（s ）? Cr 3+（aq ） +3OH （aq ） 常温下， Cr （ OH ）3的溶度积 K sp =c （Cr 3+）?c 3（OH ﹣）=10﹣32，要使 c（ Cr 3+）降至 10﹣5mol/L ， 溶液的 pH 应调至 5 ．2﹣ 方法 2：电解法，该法用 Fe 做电极电解含Cr 2O 72﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近 溶液 pH 升高，产生 Cr （OH ）3沉淀．（5）用 Fe 做电极的原因为 阳极反应为 Fe ﹣ 2e ﹣═Fe 2+，提供还原剂 Fe 2+ ． （6）在阴极附近溶液 pH 升高的原因是（用电极反应解释） 2H ++2e ﹣═ H 2↑ ，溶液中同时生成的沉淀还有 Fe （OH ）3 ．【考点】 化学平衡移动原理； 氧化还原反应的电子转移数目计算； 原电池和电解池的工作原 理；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】 压轴题． 【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来考虑平衡移动方向，从而确定离子浓度大小，进 而确定颜色变化；（2）判断平衡状态的方法： V 正=V 逆，或各组分的浓度保持不变，即能变的量保持不变则 说明已达平衡；（3）根据得失电子守恒来计算； （4）根据溶度积常数进行计算；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子； （ 6）溶液 PH 升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH 升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀． + 2 ﹣ +2﹣【解答】 解：（1）c （H +）增大，平衡 2CrO 42﹣（黄色） +2H +? Cr 2O 72﹣（橙色） +H 2O 右移， 溶液呈橙色；（2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变；2 ﹣3+（3）根据电子得失守恒可知， 还原 1molCr 2O 72﹣离子得到 Cr 3+，得电子： 2×（ 6﹣ 3）=6mol ，需要FeSO 4?7H 2O 的物质的量为： 6÷（3﹣ 2）=6；3+﹣ 5﹣ +（4）当 c （Cr 3+）=10﹣5mol/L 时，溶液的 c （OH ﹣）=mol/L ，c （H +）═，3+﹣ 5pH=5 ，即要使 c （Cr 3+）降至 10 5mol/L ，溶液的 pH 应调至 5；（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为 Fe ﹣ 2e ﹣═ Fe 2+，以提供还原剂 Fe 2+；（6）在阴极附近溶液 pH 升高的原因是水电离产生的 H +放电生成 H 2 的同时，大量产生了 OH ﹣，所以溶液中的 Fe 3+也将转化为 Fe （OH ）3 沉淀．故答案为：（ 1）橙；（2）c ；（3）6；（4）5；（5）阳极反应为 Fe ﹣2e ﹣═Fe 2+，提供还原剂 2+ + ﹣Fe ；（6）2H +2e ﹣═H 2↑；Fe （OH ）3．【点评】 本题综合考查了化学平衡原理、氧化还原反应、沉淀溶解平衡和电化学知识等内 容．分析时要根据题给信息，结合相关原理进行解答．。
2011年高考—理科综合(天津卷)Word版含答案
2011年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合（化学部分）1.A 解析：乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能吸收乙烯，A正确；食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，B错；含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，C错；天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，D错；选A。
2.B 解析：铯的同位素具有相同的质子数，A错；同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，B对；第VIIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐减弱，C错；第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，D错；选B。
3.B 解析：与BaCl2溶液反应生成的白色沉淀可能是BaSO4或BaCO3或BaSO3，A错；在四氯化碳中显紫色的是I2，B正确；黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，C错；NH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，D错；选B。
4.D 解析：A、B项均不符合电荷守恒，A、B错；苯酚钾溶液中存在苯酚根离子的水解，故有c(K+)>c(C6H5O-)，C错；D项是物料守恒，正确；选D。
5.C 解析：水的离子积常数只与温度有关，温度越高，K w越大，A错；SO2通入碘水中生成SO42－，B错；加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液，也可能可能是强碱性溶液，在强酸性溶液中不可能存在AlO2―和NO3－，在强碱性溶液中，C中离子互不反应，可以大量共存，C正确；100℃时，K w=1×10-12，所以将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错；选C。
6.D 解析：化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，A错；a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，B错；从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错；随着反应的进行，SO2的转化率将逐渐增大，D正确；选D。
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年高考新课标理综化学试卷分析
2011年高考新课标理综化学试卷分析2011年高考理综(新课标)化学试卷整体难度与去年相比稍大，题型相对稳定，局部略有创新。
选择题相对比较简单，非选择题难度方面无论从知识点考查的广度，还是从思维容量来看，比起去年有了较明显的提高。
部分题目命题(如26题、37题)比较新颖。
一、试题的总体特点整体来看2011年的高考化学难度不大，很能体现新课标的思想，强调注重基础知识，注重主干知识，注重网络知识的要求。
1、大部分试题源于课本试题贯彻了“以知识为依托，以能力立意”的指导思想，注重中学教材的基本特点，体现了源于课本的命题原则，如第10题的呈现方式和设问角度均有一定的新意，题目看似常规，却隐含了对考生能力高低的鉴别；涉及的化学过程和背景材料大多是典型、常见并为学生所熟悉的，相当部分试题直接源于课本，如第7、8、9、11、12、13等题均是教材内容的延伸和拓展。
这有助于引导学生重视教材，重视基础知识、基本技能的掌握；有助于中学化学教学实施素质教育，避免“题海战术”。
2、层次分明体现选拔功能今年高考化学试题层次分明，整卷阶梯明显。
有主要考查1个考点的简单题目，也有考查了多个考点的复杂题目(第26题)；较复杂的题目又搭建了台阶，让考生易于入手，而在解题过程中逐步加大难度，对不同层次的考生都有较好的区分度。
这些题目既考查了学生进一步学习化学所必备的基础知识，同时又能考查学生学习化学的基本素养，充分体现了试题的选拔功能。
二、试题结构的分析三、试题分析：这次的高考题有考虑之中，也有意料之外。
说考虑之中是因为选择题几乎直指把心，每每命中，填空题中的27题、28题和选做题中的38题，考题无论从题型还是试卷结构都在意料之内；说意料之外是因为13题和26题题型变化，推陈出新。
从试卷的内容上来分析，七道选择题的难度不是很大。
难度等级为初级两道，中级四道，高级一道。
出题的方向和我们练习的重点内容吻合度较高。
第7题考查主体是阿伏伽德罗常数，难点在于细节的把握，如A项中离子晶体的粒子成分，C项中溶液体积的使用。
2011年高考理综化学试题解析(新课标卷)
2011年普通高等学校招生全国统一考试（新课标卷）理科综合化学试题分析本套试卷的试题结构和题型稳定、难度适中、能力为重、立意新颖。
化学部分较好地考查了中学阶段的重点知识，特别强调实验技能和开放性思维的考查，如第26、28题；创新思维的考查，如第37题；图表信息的分析能力，如第26题。
第七题重点考查学生对物质的量相关概念的理解。
在复习中这是一个必考点，难度不大。
第八题考查有机物同分异构体的找法，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。
本题是一个常见题，较为容易。
第九题考查有机分应类型，只要掌握各种反应类型的特点，很容易找出答案。
第十题主要考查弱电解质的电离及电离平衡影响的因素，难度较大，做题时要细心。
第十一题考查原电池和电解池的相关知识，侧重于基础知识的考查，总体难度不大.关键是要分清原电池的正负极及书写电极反应方程式：另外充电时，原电池的负极应该与电源负极相连做阴极，而原电池的正极应该与电源的正极相连做阳极。
第十二题考查离子反应的正误判断，是一个考试中的常见题型，但因其中考查到反应的过量问题，以及无机物中的苯酚的酸性，如果选修物质结构部分的同学可能会有一定的难度。
但是题中的大理石和醋酸的反应是在复习中经常遇见的，学生只要抓住这一选项解题即可，其他三项可以置之不理。
第十三题主要考察了元素周期表和周期律的知识，在做题时部分同学可能会认为W为H，因为课本上讲过氢氧燃料电池。
但后三个元素应该都能很容易推出来，并且此题采用排除法可不管A是何种元素，BCD三项在课本上都是重点强调的内容，不难看出A项是错误的，剩剩余三项是正确的，细心一点，本题应该很容易得分。
第二十六题是一个有关五水合硫酸铜晶体的分解产物推断题，测试了化学发现思维能力，要求考生经过定性判断、定量分析推断出无机化合物，同时考查新课标的内容沉淀溶度积。
与往年多次考查到的框图题相比较，我们认为这种试题更能体现化学学科特色。
2011年天津市高考化学试题(卷)
2011年天津市高考化学试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．（6分）化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂C．使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D．天然药物无任何毒副作用，可长期服用2．（6分）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低3．（6分）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论原溶液中有SO42﹣①滴加BaCl2溶液生成白色沉淀②滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显原溶液中有I﹣紫色③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+④滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试试纸不变蓝原溶液中无NH4+纸置于试管A．①B．②C．③D．④4．（6分）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH＞7时，c（C6H5O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．pH＜7时，c（K+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．V[C6H5OH（aq）]=10mL时，c（K+）=c（C6H5O﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．V[C6H5OH（aq）]=20mL时，c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）=2c（K+）5．（6分）下列说法正确的是（）A．25℃时NH4Cl溶液的K w大于100℃时NaCl溶液的K wB．SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO32﹣+2I﹣+4H+ C．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣D．100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性6．（6分）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段二、解答题（共4小题，满分64分）7．（14分）图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是；M中存在的化学键类型为；R的化学式是．（2）一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4．ZH4的电子式为．（3）已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：．（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：．（5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值．8．（18分）已知：RCH2COOH+RCl→+NaClI．冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：（1）A为一元羧酸，8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），A的分子式为．（2）写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式：．（3）B是氯代羧酸，其核磁共振氢谱有两个峰，写出B→C的反应方程式：．（4）C+E→F的反应类型为．（5）写出A和F的结构简式：A．；F．．（6）D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为；写出a、b所代表的试剂：a．；b．．II．按如下路线，由C可合成高聚物H：C G H（7）C→G的反应类型为．（8）写出G→H的反应方程式：．9．（18分）某研究性学习小组为合成1﹣丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH；CO的制备原理：HCOOH CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）．请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2﹣丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯，写出化学反应方程式：，．（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是．c 和d中盛装的试剂分别是．若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图．（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是（填序号）．①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是．a．低温、高压、催化剂b．适当的温度、高压、催化剂c．常温、常压、催化剂d．适当的温度、常压、催化剂（5）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1﹣丁醇粗品．为纯化1﹣丁醇，该小组查阅文献得知：①R﹣CHO+NaHSO3（饱和）→RCH（OH）SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1﹣丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为，操作1为，操作2为，操作3为．10．（14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，该溶液显色．（2）能说明第①步反应达平衡状态的是．a．Cr2O72﹣和CrO42﹣的浓度相同 b.2v（Cr2O72﹣）=v（CrO42﹣）c．溶液的颜色不变（3）第②步中，还原1molCr2O72﹣离子，需要mol的FeSO4•7H2O．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积K sp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至．方法2：电解法，该法用Fe做电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀．（5）用Fe做电极的原因为．（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释），溶液中同时生成的沉淀还有．2011年天津市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1．（6分）（2011•天津）化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是（）A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B．为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂C．使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题D．天然药物无任何毒副作用，可长期服用【分析】A、从乙烯的性质和应用角度分析；B、从加入大量添加剂是否对人体有害分析；C、从导致水体富营养化的原因分析；D、从天然药物是否有毒分析．【解答】解：A、乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，则可达到水果保鲜的目的，故A正确；B、食品安全直接关系到我们的身体健康，食品添加剂的使用必须严格控制，故B错；C、含磷洗衣粉的使用只是造成水体富营养化的原因之一，因此使用无磷洗衣粉，不可能彻底解决水体富营养化问题，故C错；D、天然药物有的本身就有很大的毒性，不可食用，故D错．故选A．2．（6分）（2011•天津）以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A．第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B．同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低【分析】根据同位素的概念，同一周期原子半径的递变规律，同一主族氢化物的稳定性以及单质的熔沸点来解答．【解答】解：A、因铯的同位素具有相同的质子数，故A错；B、同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故B对；C、第VIIA族元素从上到下，非金属性在减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错；D、第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，故D错；故选：B．3．（6分）（2011•天津）向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是（）操作现象结论①滴加BaCl2溶液生成白色沉原溶液中有SO42﹣淀②滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显原溶液中有I﹣紫色③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na+、无K+试纸不变蓝原溶液中无NH4+④滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管A．①B．②C．③D．④【分析】①碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加BaCl2溶液，都成生成白色沉淀；②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来而显紫色；③用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子；④滴加稀氢氧化钠溶液，加热，试纸不变蓝，说明原溶液中无铵根离子．【解答】解：A、①中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；B、②氯水中的氯气和碘离子反应生成碘单质，四氯化碳把碘从水溶液中萃取出来四氯化碳密度比水大，下层溶液显紫色；所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显紫色说明原溶液中有碘离子，故B正确；C、③黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；D、④氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；故选B．4．（6分）（2011•天津）25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L 苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是（）A．pH＞7时，c（C6H5O﹣）＞c（K+）＞c（H+）＞c（OH﹣）B．pH＜7时，c（K+）＞c（C6H5O﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣）C．V[C6H5OH（aq）]=10mL时，c（K+）=c（C6H5O﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）D．V[C6H5OH（aq）]=20mL时，c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）=2c（K+）【分析】根据酸碱反应后溶液的PH来分析溶液中的溶质，然后利用盐的水解和弱电解质的电离及溶液中电荷守恒来分析混合溶液中粒子浓度关系．【解答】解：A、溶液的PH＞7时溶质可能为苯酚钠或苯酚钾与KOH的混合液，则溶液中一定存在c（OH﹣）＞c（H+），故A错误；B、溶液的PH＜7时溶质为苯酚钾与苯酚的混合液，且苯酚的电离程度大于苯酚钾的水解，则c（H+）＞c（OH﹣），再由电荷守恒可知c（C6H5O﹣）＞c（K+），故B错误；C、当苯酚溶液10mL，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为苯酚钾，由苯酚根离子的水解可知c（K+）＞c（C6H5O﹣），故C错误；D、当苯酚溶液20mL，苯酚的物质的量恰好为钾离子物质的量的2倍，则由物料守恒可知c（C6H5O﹣）+c（C6H5OH）=2c（K+），故D正确；故选：D．5．（6分）（2011•天津）下列说法正确的是（）A．25℃时NH4Cl溶液的K w大于100℃时NaCl溶液的K wB．SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO32﹣+2I﹣+4H+ C．加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2﹣、NO3﹣D．100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性【分析】根据温度与离子积的关系、氧化还原反应、离子共存、酸碱混合pH的计算来分析，并利用铝粉能产生H2的溶液来分析溶液的酸碱性．【解答】解：A、因水的离子积常数只与温度有关，温度越高，K w越大，故A 错误；B、因二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，则SO2通入碘水中生成SO42﹣，故B错误；C、因加入铝粉能产生H2的溶液可能是强酸性溶液，也可能是强碱性溶液，在强酸性溶液中不可能存在AlO2﹣和NO3﹣，在强碱性溶液中，离子之间互不反应，可以大量共存，故C正确；D、100℃时，K w=1×10﹣12，pH=2的盐酸中H+的浓度为0.01mol/L，pH=12的NaOH溶液中OH﹣的浓度为1mol/L，则等体积混合后碱过量，溶液显碱性，故D错误；故选：C．6．（6分）（2011•天津）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图所示．由图可得出的正确结论是（）A．反应在c点达到平衡状态B．反应物浓度：a点小于b点C．反应物的总能量低于生成物的总能量D．△t1=△t2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段【分析】由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容器恒容，因此压强不影响反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可知反应速率先增大再减小，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快．【解答】解：A、化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故A错误；B、a到b时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故B错误；C、从a到c正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，则SO2的转化率将逐渐增大，故D正确；故选：D．二、解答题（共4小题，满分64分）7．（14分）（2011•天津）图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．回答下列问题：（1）组成单质Y的元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族；M中存在的化学键类型为离子键、共价键；R的化学式是H2SiO3（或H4SiO4）．（2）一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4．ZH4的电子式为．（3）已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程式：8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣8akJ/mol ．（4）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：3Fe3O4+28H++NO3﹣9Fe3++NO↑+14H2O ．（5）向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n（X2+）随n（X）变化的示意图，并标出n（X2+）的最大值．【分析】（1）根据原子核外电子排布来确定元素在周期表中的位置，根据物质中的成键元素确定物质中的化学键类型，（2）根据电子式的书写方法和物质中化学键类型来解答；（3）根据热化学方程式的含义和书写规则来分析；（4）根据硝酸的强氧化性和四氧化三铁为碱性氧化物的性质来书写；（5）根据铁和硝酸反应的原理及其反应的过程来分析．【解答】解：A俗称磁性氧化铁，即为四氧化三铁；能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物是SiO2，即E为SiO2，根据框图中的转化关系，可知X为铁、Y 为O2、Z为Si、D为硝酸、M为硅酸钠、G为硝酸铁．（1）根据氧原子的核外电子排布，知氧元素在周期表的第二周期第VIA族；硅酸钠中有离子键、共价键；R的化学式是H2SiO3（或H4SiO4）；故答案为：第二周期第VIA族；离子键、共价键；H2SiO3（或H4SiO4）；（2）ZH4的分子式为SiH4，其电子式为：（3）根据热化学方程式的书写方法和书写原则，先写出铝和四氧化三铁反应的化学方程式，再注明状态和焓变；故答案为：8Al（s）+3Fe3O4（s）=9Fe（s）+4Al2O3（s）△H=﹣8a kJ/mol（4）四氧化三铁和硝酸反应是，铁元素均被氧化到最高价，硝酸中氮元素被还原到+2价，故答案为：3Fe3O4+28H++NO3﹣=9Fe3++NO↑+14H2O （5）根据铁和硝酸反应的实质，开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁，故开始阶段Fe2+的量为0，随着铁的加入，多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+，故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值，以后不变．故答案为：8．（18分）（2011•天津）已知：RCH2COOH+RCl→+NaClI．冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：（1）A为一元羧酸，8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），A的分子式为C4H8O2．（2）写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式：．（3）B是氯代羧酸，其核磁共振氢谱有两个峰，写出B→C的反应方程式：．（4）C+E→F的反应类型为取代反应．（5）写出A和F的结构简式：A．；F．．（6）D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为羟基、氯原子；写出a、b所代表的试剂：a．Cl2；b．NaOH ．II．按如下路线，由C可合成高聚物H：C G H（7）C→G的反应类型为消去反应．（8）写出G→H的反应方程式：．【分析】根据质量和生成气体的体积结合化学方程式可计算A的分子式为C4H8O2，B是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B的结构简式为，进而确定A为，C为，F为，由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，可以确定D为，结合有机物的结构判断具有的性质．【解答】解：（1）设A的分子式为C n H2n O2，则有：C n H2n O2+NaHCO3→C n H2n﹣1O2Na+CO2↑+H2O（14n+32）22.4L8.8 2.24L则=，解得n=4，即A的分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；（2）A分子式为C4H8O2，所有甲酸酯的结构为，R为丙基，有两种，可为﹣CH2CH2CH3或﹣CH（CH3）CH3，所以同分异构体有两种，故答案为：；（3）根据B是氯代羧酸，且核磁共振氢谱有两个峰，可推出B的结构简式为，进而确定A为，C为，F 为，B与C发生酯化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C+E→F的反应可看成取代﹣Cl的反应，故答案为：取代反应；（5）由题中推断可知A为，F为，故答案为：；；（6）由E的结构简式和D的苯环上有两种氢，可以确定D为，其中含有的官能团有羟基和氯原子；是苯酚和Cl2反应的产物，与NaOH或Na2CO3溶液反应生成E．故答案为：羟基、氯原子；Cl2；NaOH溶液；（7）C在NaOH乙醇溶液中加热发生消去反应，生成（G），故答案为：消去反应；（8）G加聚生成H，反应的化学方程式为，故答案为：．9．（18分）（2011•天津）某研究性学习小组为合成1﹣丁醇，查阅资料得知一条合成路线：CH3CH=CH2+CO+H2CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH；CO的制备原理：HCOOH CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置（如图）．请填写下列空白：（1）实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2﹣丙醇，从中选择合适的试剂制备氢气、丙烯，写出化学反应方程式：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，（CH3）2CHOH CH2=CHCH3↑+H2O ．（2）若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分别是恒压，防倒吸．c和d中盛装的试剂分别是NaOH溶液，浓H2SO4．若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻璃仪器名称是分液漏斗、蒸馏烧瓶；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图．（3）制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是④⑤①②③（或④⑤①③②）（填序号）．①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液（4）合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是 b ．a．低温、高压、催化剂b．适当的温度、高压、催化剂c．常温、常压、催化剂d．适当的温度、常压、催化剂（5）正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1﹣丁醇粗品．为纯化1﹣丁醇，该小组查阅文献得知：①R﹣CHO+NaHSO3（饱和）→RCH（OH）SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1﹣丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：试剂1为饱和NaHSO3溶液，操作1为过滤，操作2为萃取，操作3为蒸馏．【分析】（1）制备氢气选用锌粒和稀盐酸；制备丙烯选用2﹣丙醇和浓硫酸；（2）在题给装置中，a的作用保持分液漏斗和烧瓶内的气压相等，以保证分液漏斗内的液体能顺利加入烧瓶中；b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，d为除去CO中的H2O，试剂选用浓硫酸；若用题给装置制备H2，则不需要酒精灯；（3）检验丙烯和少量SO2、CO2及水蒸气组成的混合气体各成分时，应首先选④无水CuSO4检验水蒸气，然后用⑤品红溶液检验SO2，并用①饱和Na2SO3溶液除去SO2；然后用③石灰水检验CO2，用②酸性KMnO4溶液检验丙烯；（4）题给合成正丁醛的反应为气体体积减小的放热反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率；（5）饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；1﹣丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开．【解答】解：（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备，氧化性酸如硝酸和浓硫酸与锌反应不能产生氢气，方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；2﹣丙醇通过消去反应即到达丙烯，方程式为：（CH3）2CHOH CH2=CHCH3↑+H2O，故答案为：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑；（CH3）2CHOH CH2=CHCH3↑+H2O；（2）甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水即生成CO，由于甲酸易挥发，产生的CO中必然会混有甲酸，所以在收集之前需要除去甲酸，可以利用NaOH溶液吸收甲酸．又因为甲酸易溶于水，所以必需防止液体倒流，即b的作用是防止倒吸，最后通过浓硫酸干燥CO．为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压；若用以上装置制备氢气，就不再需要加热，所以此时发生装置中的玻璃仪器名称是分液漏斗和蒸馏烧瓶；氢气密度小于空气的，因此要收集干燥的氢气，就只能用向下排空气法，而不能用排水法收集；故答案为：恒压，防倒吸；NaOH溶液，浓H2SO4；分液漏斗、蒸馏烧瓶；；（3）检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液，检验SO2可以用酸性KMnO4溶液褪色、品红溶液或石灰水，检验CO2可以石灰水，检验水蒸气可以无水CuSO4，所以在检验这四种气体必需考虑试剂的选择和顺序．只要通过溶液，就会产生水蒸气，因此先检验水蒸气；然后检验SO2并在检验之后除去SO2，除SO2可以用饱和Na2SO3溶液，最后检验CO2和丙烯，因此顺序为④⑤①②③（或④⑤①③②），故答案为：④⑤①②③（或④⑤①③②）；（4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是b；故答案为：b；（5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1﹣丁醇．因为1﹣丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开．故答案为：饱和NaHSO3溶液；过滤；萃取；蒸馏．10．（14分）（2011•天津）工业废水中常含有一定量的Cr2O72﹣和CrO42﹣，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：CrO42﹣Cr2O72﹣Cr3+Cr（OH）3↓其中第①步存在平衡：2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O（1）若平衡体系的pH=2，该溶液显橙色．（2）能说明第①步反应达平衡状态的是 c ．a．Cr2O72﹣和CrO42﹣的浓度相同 b.2v（Cr2O72﹣）=v（CrO42﹣）c．溶液的颜色不变（3）第②步中，还原1molCr2O72﹣离子，需要 6 mol的FeSO4•7H2O．（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH﹣（aq）常温下，Cr（OH）3的溶度积K sp=c（Cr3+）•c3（OH﹣）=10﹣32，要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至 5 ．方法2：电解法，该法用Fe做电极电解含Cr2O72﹣的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀．（5）用Fe做电极的原因为阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供还原剂Fe2+．（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）2H++2e﹣═H2↑，溶液中同时生成的沉淀还有Fe（OH）3．【分析】（1）根据外界条件对平衡的影响来考虑平衡移动方向，从而确定离子浓度大小，进而确定颜色变化；（2）判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变，即能变的量保持不变则说明已达平衡；（3）根据得失电子守恒来计算；（4）根据溶度积常数进行计算；（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀．【解答】解：（1）c（H+）增大，平衡2CrO42﹣（黄色）+2H+⇌Cr2O72﹣（橙色）+H2O右移，溶液呈橙色；（2）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变；（3）根据电子得失守恒可知，还原1molCr2O72﹣离子得到Cr3+，得电子：2×（6﹣3）=6mol，需要FeSO4•7H2O的物质的量为：6÷（3﹣2）=6；（4）当c（Cr3+）=10﹣5mol/L时，溶液的c（OH﹣）=mol/L，c（H+）═，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10﹣5mol/L，溶液的pH应调至5；（5）在电解法除铬中，铁作阳极，阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，以提供还原剂Fe2+；（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2的同时，大量产生了OH﹣，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe（OH）3沉淀．故答案为：（1）橙；（2）c；（3）6；（4）5；（5）阳极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）2H++2e﹣═H2↑；Fe（OH）3．参与本试卷答题和审题的老师有：梁老师1；pygyb；723383；王老师；赵老师；xuchh（排名不分先后）菁优网2017年2月5日。
2011年高考理综化学试题点评(新课标全国卷)
27 题第 3 问化学反应速率图象题
2
一、考点分析
题型 题号 考点
考点出处
考查形式
必7
答 部8
分9 选
择 10
题 11
阿伏伽德罗常数
必修一化学计量数部分 正误辨析题
有机同分异构体
必修二有机基础部分 定量分析题
有机基本反应类型—取代反映 必修二有机基础部分 概念辨析题
软电解质电离平衡—稀释问题 选修四电离平衡部分 定性分析题
电化学—蓄电池
分
1. 热化学
选修四热化学部分 定性、定量分
选修四化学反应速率部 析图表曲线分
2. 化学反应速率与化学 分
析
平衡
选修四化学平衡部分
3. 燃料电池
选修四电化学燃料电池 部分
28 化学实验
综合题目
化学实验题
37
选 答 部 分 38
物质结构与性质
选修三物质结构与性质 定性定量分析
电子排布、电负性、化合价、
2、试题题型稳中有变
选择题回归教材，着重考察学生能力、加大了对化学计算的考察；增加了试题的开放性。
3、突出新课程特色
从知识上，新课程更加注重基础知识的考察，考察学生的学科思想和学习能力。所以， 很多知识的呈现方式与设问角度，都与学生们平时见到的略有不同。呈现方式和设问角度的 变化，也正是试题"求变、求新"的体现。
2011 年普通高等学校招生全国统一考试化学试卷点评（新课标全国卷）
2011 年高考刚刚结束，总体分析今年新课标卷题目综合难度有所下降，但是着重考查 了考生理解问题，分析问题的能力，以及综合应用知识的能力。理综试卷中化学题型较为新 颖，题目灵活性与难度有所上升，体现了新课标卷求新求变的命题特点。由此看来新课标试 题在于考查知识点的选取上突出了对于化学学科主干知识的考查，考点更加集中，题型更加 新颖。
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2011年高考天津化学
1．化学在人类生活中扮演着重要角色，以下应用正确的是
A.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的
B.为改善食物的色、香、味并防止变质，可在其中加入大量食品添加剂
C.使用无磷洗衣粉，可彻底解决水体富营养化问题
D.天然药物无任何毒副作用，可长期服用
【答案与解析】A
2．以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是
A.第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子
B.同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小
C.第VIIA族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强
D.同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低
【答案与解析】A同位素是质子数相同，中子数不同；C 非金属性越强，气态氢化物越稳定；D同主族金属从上往下密度变大熔沸点变低，同主族非金属从上往下密度变大熔沸点变高；B 正确
【答案与解析】A、可能Ag或SO4；C、需透过蓝色钴玻璃；D、NH3极易溶于水B正确
4．25℃时，向10mL 0.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是
A.pH>7时，c(C6H5O-)>c(K+)>c(H＋)>c(OH―)
B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O-)> c(H＋)>c(OH―)
C.V[C6H5OH(aq)]=10mL时，c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH―)=c(H＋)
D. V[C6H5OH(aq)]=20mL时，(C6H5O-)+c(C6H5OH)= 2c(K+) 【答案与解析】A、PH>7, c(H＋)<c(OH―) ,A错；B、阳离子浓度之和大于阴离子浓度之和，B错；C、当强碱，弱酸等物质的量时，生成的强碱弱酸盐水解；D 物料守恒，正确
5．下列说法正确的是
A.25℃时NH4Cl溶液的K w大于100℃时NaCl溶液的K w
B.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O＝SO32―+2I―+4H＋
C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2―、NO3－
D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性
【答案与解析】A错；B发生氧化还原反应，生成SO42-与I-；C、该溶液显酸性或者碱性，如果为碱性，则可以共存，C对；
D、100℃时候，PH=12的一元强碱浓度为1mol/L，而PH=2的盐酸浓度为0.01mol/L，混合之后显碱性
6．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右所示。
由图可得出的正确结论是
A.反应在c点达到平衡状态
B.反应物浓度：a点小于b点
C.反应物的总能量低于生成物的总能量
D.△t1=△t2时，SO2的转化率：a~b段小于b~c段
【答案与解析】A、a-c 正反应速率增大，平衡正向移动，到达C点时速率最大，随着反应的进行，
反应物的浓度逐渐降低，反应速率逐渐降低，不能判断c点平衡；B、反应物浓度a点应大于b点，
原因如A；C、由图可以看出随着反应的进行正反应速率逐渐增大，因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低，但此时正反应却是升高的，这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此只能是放热反应，从而导致容器内温度升高反应速率加快，所以选项C不正确；D正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，因此选项D是正确的正确
7．图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系（部分产物已略去）。
其中，A俗称磁性氧化铁；E 是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应。
回答下列问题：
⑴组成单质Y的元素在周期表中的位置是；M中存在的化学
键类型为；R的化学式是。
⑵一定条件下，Z与H2反应转化为ZH4。
ZH4的电子式为。
⑶已知A与1mol Al反应转化为X时（所有物质均为固体），放出akJ热量，写出该反应的热化学方程
式：。
⑷写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：。
⑸向含4mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量，假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画
出n(X2+)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2+)的最大值。
【答案与解析】此题A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4，E为SiO2 X：Fe；Y：O2；Z：Si
D：HNO3；G：Fe（NO3）3 R：H2SiO3(或H4SiO4)
答案．⑴第二周期第VIA族离子键、共价键H2SiO3(或H4SiO4)
⑵⑶8Al(s)+3Fe3O4(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)△H=- 8a kJ/mol
⑷3Fe3O4+28H＋+NO3－＝9Fe3＋+NO↑+14H2O⑸如图
8．已知：RCH2COOH +RCl+NaCl
I.冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下：
⑴A为一元羧酸，8.8gA与足量NaHCO3溶液反应生成
2.24LCO2（标准状况），A的分子式为。
⑵写出符合A分子式的所有甲酸酯的结构简式：。
⑶B是氯代羧酸，其核磁共振氢谱有两个峰，写出B C的反应方程式：。
⑷C+E F的反应类型为。
⑸写出A和F的结构简式：A.；F.。
⑹D的苯环上有两种氢，它所含官能团的名称为；写出a、b所代表的试剂：a.；b.。
II.按如下路线，由C可合成高聚物H：C G H
⑺C G的反应类型为。
⑻写出G H的反应方程式：。
【答案与解析】通过计算，推出A的相对分子质量88，一个羧基质量为45，推断出A的分子式C4H8O2；
⑴C4H8O2
⑵、
⑶+CH3CH2OH+H2O
⑷取代反应
⑸
⑹羟基、氯原子Cl2NaOH溶液
⑺消去反应
⑻
9．某研究性学习小组为合成1-丁醇，查阅资料得知一条合成路线：
CH3CH=CH2+CO+H2 CH3CH2CH2CHO CH3CH2CH2CH2OH；
CO的制备原理：HCOOH CO↑+H2O，并设计出原料气的制备装置
（如图）。
请填写下列空白：
⑴实验室现有锌粒、稀硝酸、稀盐酸、浓硫酸、2-丙醇，从中选择合适的试剂
制备氢气、丙烯，写出化学反应方程式：，。
⑵若用以上装置制备干燥纯净的CO，装置中a和b的作用分
别，。
c和d中盛装的试剂分别
是，。
若用以上装置制备H2，气体发生装置中必需的玻
璃仪器名称是；在虚线框内画出收集干燥H2的装置图。
⑶制丙烯时，还产生少量SO2、CO2及水蒸气，该小组用以下试剂检验这四种气体，混合气体通过试剂的顺序是
（填序号）。
①饱和Na2SO3溶液②酸性KMnO4溶液③石灰水④无水CuSO4⑤品红溶液
⑷合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是。
a.低温、高压、催化剂
b.适当的温度、高压、催化剂
c.常温、常压、催化剂
d.适当的温度、常压、催化剂
⑸正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1-丁醇粗品。
为纯化1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO3（饱和）RCH(OH)SO3Na↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃，并设计出如下提纯路线：
试剂1为，操作1为，操作2为，操作3为。
【答案与解析】试验目的是合成1-丁醇，则需要原料有氢气和丙烯，所以需要先制备丙烯和氢气。
答案：⑴Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑CH3CH=CH2↑+H2O
⑵恒压防倒吸NaOH溶液浓H2SO4分液漏斗、蒸馏烧瓶
⑶④⑤①②③（或④⑤①③②）
⑷b
⑸饱和NaHSO3溶液过滤萃取蒸馏
10．工业废水中常含有一定量的Cr2O72－和CrO42－，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。
常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为：
其中第①步存在平衡：2CrO42－(黄色)+2H＋Cr2O72－(橙色)+H2O
⑴若平衡体系的pH=2，该溶液显色。
⑵能说明第①步反应达平衡状态的是。
a. Cr2O72－和CrO42－的浓度相同 b.2v(Cr2O72－)=v(CrO42－) c.溶液的颜色不变
⑶第②步中，还原1molCr2O72－离子，需要mol的FeSO4·7H2O。
⑷第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH―(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积
K sp=c(Cr3+)·c3(OH―)=10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O72－的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
⑸用Fe做电极的原因为。
⑹在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释），溶液中同时生成的沉淀还有。
【答案与解析】10．⑴橙⑵c⑶6⑷5 ⑸阳极反应为Fe-2e-＝Fe2＋，提供还原剂Fe2＋
⑹2H＋+2e-＝H2↑Fe(OH)3。