2011年全國統(tǒng)一高考理綜試卷化學(xué)部分(新課標(biāo))參考答案與試題解析

1、2021年全國統(tǒng)一高考理綜試卷化學(xué)局部新課標(biāo) 參考答案與試題解析一、選擇題1 .以下表達正確的選項是A. 1.00molNaCl 中含有 6.02X 1023 個 NaCl分子B. 1.00molNaCl中,所有Na+的最外層電子總數(shù)為 8 X 6.02X 1023C.欲配置 1.00L, 1.00mol. L 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】54:物質(zhì)的量的相關(guān)計算；5C:物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算.【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

2、析溶液的體積,利用電解反響中氯化鈉的物質(zhì)的量來計算電解產(chǎn) 物的量即可解答.【解答】解：A、因NaCl為離子化合物,那么不存在NaCl分子,故A錯誤；B、因Na+的最外層電子總數(shù)為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),那么最外層電子的物質(zhì)的量為8mol, 其電子總數(shù)為8X6.02X 1023,故B正確；C、欲配置1.00L, 1.00mol.L1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錯誤；D、NaCl的物質(zhì)的量為515g i=1mol,那么電解58.5g熔融的NaCl, 1molNaCl58. 5s/mol生成0.5mol氯氣,能產(chǎn)生0.5molX22.4L/

3、mol=11.2L氯氣標(biāo)準(zhǔn)狀況,而不 是22.4L氯氣,故D錯誤；應(yīng)選：B.【點評】此題考查微觀粒子的物質(zhì)的量的計算,明確物質(zhì)的構(gòu)成、電子排布、溶 液的配制,電解等知識點來解答,學(xué)生熟悉物質(zhì)的量的計算、利用原子守恒 來判斷電解產(chǎn)物的物質(zhì)的量是解答此題的關(guān)鍵.2 .分子式為CsHiiCI的同分異構(gòu)體共有不考慮立體異構(gòu)A. 6種B. 7種C. 8種D. 9種【考點】I4:同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體.【專題】532:同分異構(gòu)體的類型及其判定.【分析】判斷和書寫烷姓的氯代物的異構(gòu)體可以根據(jù)以下步驟來做：(1)先確定烷姓的碳鏈異構(gòu),即烷姓的同分異構(gòu)體.(2)確定烷姓的對稱中央,即找出等效的氫原子.(3)根

4、據(jù)先中央后外圍的原那么,將氯原子逐一去代替氫原子.(4)對于多氯代烷的同分異構(gòu)體,遵循先集中后分散的原那么,先將 幾個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C5HiiCl的同分異構(gòu)體有主鏈有 5 個碳原子的：CH3CH2CH2CHCH2C1 ; CH3CH2CH2CHC1CH ;CH3CHCHCICHCH3；主鏈有 4 個碳原子的：CHsCH (CHs) CH2CHC1; CH3CH (CHs) CHC1CH; CHsCCl (CH3) CBCH; CF2C1CH (CHO Ch2CHs；主鏈有3個碳原子的：CH2c (CH3) 2CH2C1；共有8

5、種情況.應(yīng)選：Co【點評】此題考查以氯代物的同分異構(gòu)體的判斷,難度不大,做題時要抓住判斷 角度,找出等效氫原子種類.一般說來,同一個碳原子上的氫原子等效,同 一個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 .比方說丙烷有兩種一氯代物.3 .以下反響中,屬于取代反響的是( _ cci. CHCH=CH+B2一-CHsCHBrChiBr詼HfSQq CBCH20H. Ch2=Ch2+H2O詼 CHjCOOHCHbCH20H .CH3COOCHCH3+H2O詼%SQ *C6H6+HNO3. . C6H5

6、NO2+H2O.A.B.C.D.【考點】I6:取代反響與加成反響.【分析】烯姓具有雙鍵,與澳的反響屬于加成反響；在濃硫酸作用下,加熱到1700c時,乙醇發(fā)生消去反響,生成乙烯和水；乙酸和乙醇在濃硫酸作用下加熱時發(fā)生酯化反響, 生成乙酸乙酯和水,也屬于 取代反響；在濃硫酸作用下,加熱時苯和濃硝酸發(fā)生硝化反響生成硝基苯和水, 也屬于取 代反響.【解答】解：A、屬于加成反響；屬于消去反響,故 A錯；B、屬于酯化反響,也屬于取代反響；屬于苯的硝化反響,也屬于取代反響, 故B正確；C、屬于加成反響；屬于酯化反響,也屬于取代反響,故C錯；D、屬于消去反響；屬于苯的硝化反響,也屬于取代反響,故 D錯.應(yīng)選：

7、B.【點評】此題考查有機物的反響類型,做題時注意有機物的化學(xué)性質(zhì).4.將濃度為O.lmoOL-HF溶液力口水不斷稀釋,以下各量始終保持增大的是(：A. c (H+)B. Ka (HF)C.)D.二 RI川. 【考點】D5:弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.【專題】21:熱點問題；35:類比遷移思想；42:限制單因變量法；51G:電離 平衡與溶液的pH專題.【分析】根據(jù)HF屬于弱電解質(zhì),那么在加水不斷稀釋時,電離程度增大,電離平 衡保持向正反響方向移動,并注意溫度不變時,電離平衡常數(shù)不變來解答.【解答】解：A、因HF為弱酸,那么濃度為O.oOLHF溶液力口水不斷稀釋,促 進電離,平衡正向移動,電離程

8、度增大,n (H+)增大,但c (H+)不斷減小, 故A錯誤；B、因電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān),那么 Ka (HF)在稀釋過程中不變,故 B錯誤； C、因稀釋時一段時間電離產(chǎn)生等量的 H+和F,溶液的體積相同,那么兩種離子的濃度的比值不變,但隨著稀釋的不斷進行,c (H+)不會超過107mol?L 1, c(F )不斷減小,那么比值變小,故 C錯誤；D、因Ka (HF) =c(F)：,h+),當(dāng)HF溶液加水不斷稀釋,促進電離,c (F ) c(HF)不斷減小,Ka (HF)不變,那么c/H?增大 故d正確； c(HF)應(yīng)選：Do【點評】此題考查弱電解質(zhì)的稀釋,明確稀釋中電離程度、離子濃度、Ka的

9、變化即可解答,此題難點和易錯點是不斷稀釋時 c (H+)不會超過107mol?L1.5.鐵鍥蓄電池又稱愛迪生電池,放電時的總反響為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe (OH)2+2Ni (OH) 2以下有關(guān)該電池的說法不正確的選項是()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,負(fù)極反響為 Fe+2OH -2e =Fe (OH) 2C.電池充電過程中,陰極附近溶液的堿性減弱D,電池充電時,陽極反響為 2Ni (OH) 2+2OH - 2e =Ni2O3+3H2O【考點】BH:原電池和電解池的工作原理.【專題】51I:電化學(xué)專題.【分析】根據(jù)電池的總反響：Fe+Ni

10、2O3+3H2O=Fe(OFI) 2+2Ni (OH) 2,可以判斷 出鐵鍥蓄電池放電時Fe作負(fù)極,發(fā)生氧化反響,為復(fù)原劑,失電子生成Fe2+, 最終生成Fe (OH) 2, M2O3作正極,發(fā)生復(fù)原反響,為氧化劑,得電子,最 終生成Ni (OH) 2,電池放電時,負(fù)極反響為 Fe+2OH - 2e=Fe (OH) 2,那么 充電時,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,陽極發(fā)生 2Ni (OH) 2+2OH -2e =Ni2O3+3H2O.【解答】解：A、反響后產(chǎn)物有氫氧化物,可得電解液為堿性溶液,由放電時的 反響可以得出鐵做復(fù)原劑失去電子,

11、Ni2O3做氧化劑得到電子,即正極為22.3、 負(fù)極為Fe,故A正確；B、根據(jù)總反響Fe+Ni2O3+3H2O=Fe (OH) 2+2Ni (OH) 2,可以判斷出鐵鍥蓄電池 放電時Fe作負(fù)極,發(fā)生氧化反響,為復(fù)原劑,失電子生成 Fe2+,堿性電解質(zhì) 中最終生成Fe(OH) 2,負(fù)極反響為：Fe+2OHI -2e =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,負(fù) 極反響為：Fe+2OHI -2e =Fe(OH)2,所以電池充電過程時陰極反響為 Fe(OH) 2+2e =Fe+2OHI ,因此電池充電過程中陰極附近溶液的 pH會升高,故C錯誤

12、；D、充電時,陰極發(fā)生 Fe (OH) 2+2e =Fe+2OH ,陽極發(fā)生 2Ni (OH) 2+2OH - 2e =Ni2O3+3H2O,故 D 正確.應(yīng)選：C.【點評】此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, 做 題時注意根據(jù)總反響從氧化復(fù)原的角度判斷化合價的變化,以得出電池的正 負(fù)極以及所發(fā)生的反響.6.能正確表示以下反響的離子方程式為()A.硫化亞鐵溶于稀硝酸中：FeSn2H+=FF+H2sTB. NH4HCQ溶于過量的 NaOH溶液中：HCQ +OH =CQ2 +H2OC.少量SQ通入苯酚鈉溶液中：C6H5O +SC2+H2O=C6H5OH+HS(D.大理石溶

13、于醋酸中：CaCO+2CHCOOH=Ca+2CH3COO +CQ T +H2O【考點】49:離子方程式的書寫.【專題】16:壓軸題；516:離子反響專題.【分析】A.硝酸具有強氧化性,能氧化 FeSB.漏寫錢根離子與氫氧根離子的反響；C.少量SQ通入苯酚鈉溶液生成亞硫酸根離子；D.碳酸鈣和醋酸反響生成醋酸鈣、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錯誤；B. NH4HCO3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 NHj+HCQ +2OH =CO2 +H2O+NH3. H2O,故 B錯誤；C. SQ缺

14、乏產(chǎn)物應(yīng)該是SQ2,少量SQ通入苯酚鈉溶液中的離子反響為 2c6H5O+SQ+H2O=2QH5OH+SQ2 ,故 C 錯誤；D.碳酸鈣和醋酸在離子反響中應(yīng)保存化學(xué)式,大理石溶于醋酸中的離子反響為 CaC3+2CHBCOOH=Ca+2CHCOO +CQT+H2O,故 D 正確；應(yīng)選：Do【點評】此題考查離子反響方程式的書寫,明確發(fā)生的化學(xué)反響是解答此題的關(guān) 鍵,選項C為學(xué)生解答的難點,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

15、數(shù)的 2倍.以下說 法錯誤的選項是A.元素W、X的氯化物中,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響均有氫氣生成D.元素Z可與元素X形成共價化合物XZ【考點】8F:原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系；8G:原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì).【專題】16:壓軸題.【分析】首先,根據(jù)原子結(jié)構(gòu)的特點,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),對照各個選項,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,

16、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的氯化物分別為LiCl和CC4,那么Li+的最外層只有兩個電子,不滿足 8 電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故A錯誤；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響均有氫氣生成,故 C正確；D、硫和碳可形成共價化合物 CS,故D正確；應(yīng)選：A.充分利用原子結(jié)構(gòu)的知識是解題的【點評】此題考查元素的推斷和元素的性質(zhì),關(guān)鍵.二、解做題(共3小題,總分值29分)8. (14分)0.80gCuSQ?5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量

17、隨溫度變 化的曲線)如下圖.八質(zhì)里g0.80 >°103 113358 溫度/X0.6S0.570JI請答復(fù)以下問題：(1)試確定200c時固體物質(zhì)的化學(xué)式CuSC4?H2O (要求寫出推斷過程)；(2)取270c所得樣品,于570c灼燒得到的主要產(chǎn)物是黑色粉末和一種氧化性 氣體,該反響的化學(xué)方程式為CuSO CuO+SQT .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CuSO?5H2O :其存在的最高溫度是102 C ：(3)上述氧化性氣體與水反響生成一種化合物,該化合物的濃溶液與Cu在加熱時發(fā)生反響的化學(xué)方程式為2H2SO(濃)+Cu -CuSQ

18、+SQ T +2H2O ;(4)在0.10mol?L 1硫酸銅溶液中參加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,c (Cu2+) = 2.2X10 8 mol?L 1 (KpCu(OH) 2 =2.2X 10 20).假設(shè)在0.1mol?L7硫酸銅溶液中通入過量 H2s氣體,使CiT完全沉淀為CuS,此時溶液中的H+濃度是 0.2 mol?L 1.【考點】F8:濃硫酸的性質(zhì)；M1:物質(zhì)的量濃度的計算；R2:硫酸銅晶體中結(jié) 品水含量的測定.【專題】18:實驗分析題；54:化學(xué)實驗.【分析】(1)由圖分析可知,CuSO?5H2.受熱到102c時開始脫水分解,113c

19、時可得到較穩(wěn)定的一種中間物,至I 258c時才會繼續(xù)分解.在200c時失去的 水的質(zhì)量為0.80g-0.57g=0.23g根據(jù)相應(yīng)的化學(xué)方程式即可確定此時固體物 質(zhì)的化學(xué)式；(2)溫度為570c灼燒得到的黑色粉末是 CuO,氧化性氣體那么為SC3,反響方程 式為：CuSO S,., CuC+SQT; CuO與稀硫酸反響的產(chǎn)物是硫酸銅和水,蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO?5H2O;根據(jù)圖象分析其存在的最高102C；(3)根據(jù)濃硫酸具有強氧化性進行分析并寫出有關(guān)的化學(xué)方程式；(4)根據(jù)溶度積常數(shù)進行計算c (Cu2+),根據(jù)溶液的電中性計算H+濃度.【解答】解：(1) CuSO?5H2O受熱到

20、102c時開始脫水分解,113c時可得到較 穩(wěn)定的一種中間物,至I 258c時才會繼續(xù)分解.在200c時失去的水的質(zhì)量為 0.80g-0.57g=0.23g,根據(jù)反響的化學(xué)方程式：18nCuSO?5H2O 匕 CuSO? (5-n) HzO+nWO0.80g2500.80g-0.57g=0.23g解得n=4,200c時該固體物質(zhì)的化學(xué)式為 CuSQ?H2O,故答案為CuSQ?H2O;(2)溫度為570c灼燒得到的黑色粉末應(yīng)是 CuO,氧化性氣體那么為SQ,反響方R7 cl程式為：CuSOCuO+SQT ; CuO與稀硫酸反響的產(chǎn)物是硫酸銅和水,蒸發(fā)濃縮、冷卻得到的晶體為 CuSO?5H2O;其

21、存在的最高102c.故答案為:CuSOCuO+SQ T ; CuSO?5H2O; 102 C；(3) SO3與水反響生成硫酸,濃硫酸與銅加熱反響的化學(xué)方程式為：2H2SQ (濃)+Cu = CuSQ+SQ T+2H2O ,故答案為：2H2SQ (濃)+CuCuSO+SQT+2H2O;(4)根據(jù)題給Cu (OH) 2的溶度積即可確定pH=8時,c (OH ) =10 6mol/L, KspCu (OH) 2=2.2X 10 20,那么 c (Cu2+) =2.2X 10 8mol?L 1;在 0.1mol?L 1 硫酸銅溶液中通入過量H2s氣體,使CU2+完全沉淀為CuS此時溶液中的溶質(zhì) 為硫酸

22、,c (SQ2)不變,為0.1mol?L-1,由電荷守恒可知c (H+)為0.2mol?L1.故答案為：2.2X108; 0.2.【點評】此題考查硫酸銅結(jié)晶水含量的測定、溶度積常數(shù)的計算以及物質(zhì)的量濃 度的有關(guān)計算,題目較為綜合,分析圖象信息是完成此題目的關(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響生成甲醇,并開發(fā)出直接以甲醇為燃料的燃料電池.H2 (g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃燒熱 H 分另I為一285.8kJ?mol 1、 一 283.0kJ?mol 1 和一726.5kJ?mol 1.請答復(fù)以下問題：(1)用太陽能分解10moi水消耗的能量是 2858

23、 kJ;(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CH30H+O?,、 -1(g) =CO (g) +2H2O (l) =-443.5kJ?mol;(3)在容積為2L的密閉容器中,由CQ和H2合成甲醇,在其他條件不變的情 況下,考察溫度對反響的影響,實驗結(jié)果如以下圖所示(注：Ti、T2均大于300C)； 以下說法正確的選項是(填序號)溫度為Ti時,從反響開始到平衡,生成甲醇的平均速率為v(CH3OFI) =mol?L1?min 1該反響在Ti時的平衡常數(shù)比T2時的小該反響為放熱反響處于A點的反響體系從Ti變到T2,到達平衡時增大n(CH3OH)(4)在Ti溫度時,將1molCO2

24、和3molH2充入一密閉包容容器中,充分反響達 到平衡后,假設(shè)CO2轉(zhuǎn)化率為a,那么容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為 號_；(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)極的反響式為CH3OH+H2O- 6e =CO+6H_,正極的反響式為 1O2+6H+6e =3H2O .理想 Q 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,那么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響所能釋放的全部能量之比)a n_0以 時間,疝立oE-g 電氐磐S掌E-【考點】BF:用蓋斯定律進行有關(guān)反響熱的計算；C9:用化學(xué)平衡常數(shù)

25、進行計算； CB:化學(xué)平衡的影響因素；CR化學(xué)平衡的計算；M7:有關(guān)燃燒熱的計算.【專題】13:圖像圖表題；21:熱點問題；33:物質(zhì)變化與能量變化統(tǒng)一思想； 51:根本概念與根本理論.【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)計量數(shù)與反響熱的關(guān)系來計算；(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算反響速率,并利用圖象中時間與速率的關(guān)系 來分析Ti、T2,再利用影響平衡的因素來分析解答；(4)根據(jù)化學(xué)平衡的三段法計算平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量,再利用反響前后氣 體的物

26、質(zhì)的量之比等于壓強之比來解答；(5)根據(jù)原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反響,正極發(fā)生復(fù)原反響,并考慮電解質(zhì)溶液 參與電極反響來分析,并利用電池所產(chǎn)生的最大電能與燃料電池反響所能釋 放的全部能量之比來計算燃料電池的理論效率.【解答】解：(1)由H2 (g)的燃燒熱 H為-agSCkmol1知,1molH2 (g) 完全燃燒生成1molH2O放出熱量285.8kJ即分解1mol即.(l)為1mol H2 (g)消耗的能量為285.8kJ,那么分解10moi O (l)消耗的能量為 285.8kJX 10=2858kJ故答案為：2858;(2)由 CO(g)和 CHOH的燃燒熱 H 分別為283.0kJ?mo

27、1 和-726.5kJ?mol 1,那么CO (g) +1/2O2 (g) =CQ (g) AH=-283.0kJ?mol 1-1CHOH (l) +3202 (g) =CQ (g) +2H2O (l) H=-726.5kJ?mol由蓋斯定律可知用-得反響 CHbOH (l) +O2 (g) =CO(g) +2 H2O,該反響的反響熱 H=- 726.5kJ?mol 1- ( 283.0kJ?mol 1) = - 443.5kJ?mol 1, 故答案為：CHOH (l) +O2 (g) =CO (g) +2 H2O (l) H=-443.5kJ?mol 1;(3)根據(jù)題給圖象分析可知,T2先到

28、達平衡那么T2>Ti,由溫度升高反響速率增 大可知T2的反響速率大于Ti,又溫度高時平衡狀態(tài)CH30H的物質(zhì)的量少,那么說明可逆反響 CQ+3H2? CH3OH+H2O向逆反響方向移動,故正反響為放熱反響,那么Ti時的平衡常數(shù)比T2時的大,、正確,中該反響在 Ti時的平衡常數(shù)比T2時的大,那么錯 誤,中出的單位應(yīng)為mol?min 1,不符合濃度的單位,那么錯誤,故答案為：；(4)由化學(xué)平衡的三段模式法計算可知,CQ (g)+3H2 (g)=CH3OH (g) +H2O (g)起始(mol/L)1300變化(mol/L)a3 aaa平衡(mol/L)1 a3-3aaa根據(jù)相同條件下氣體的壓

29、強之比等于物質(zhì)的量之比,那么容器內(nèi)的壓強與起始壓強之比為 :一I1,故答案為：亭；2(5)由燃料電池是原電池的一種,負(fù)極失電子發(fā)生氧化反響,正極得電子發(fā)生復(fù)原反響,甲醇燃燒生成二氧化碳和水,但在酸性介質(zhì)中,正極不會生成大量氫離子,那么電解質(zhì)參與電極反響,甲醇燃料 電池的負(fù)極反響式為CH3OH+H2O- 6e =CQ+6H+,正極反響式為|-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,那么電池的理論效率為TO" X 100%=96.6% 故答案為： CH3OH+H2O-6e =CQ+6H+;工O2+6H+6e726. 52=3噸

30、0; 96.6%.【點評】此題綜合性較強,考查知識點較多,注重了對高考熱點的考查,學(xué)生應(yīng) 熟悉燃燒熱、蓋斯定律、熱化學(xué)反響方程式、反響速率、化學(xué)平衡、原電池 等重要知識來解答.10. (15分)氫化鈣固體登山運發(fā)動常用的能源提供劑.某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化鈣.鹽酸北出租化的 那啊改.乜"代th 2,氣2】 飽和溶液MnOi請答復(fù)以下問題:(1)請選擇必要的裝置,按氣流方向連接順序為i -e, fd, ci, k 或 k, j(填儀器接口的字母編號)(2)根據(jù)完整的實驗裝置進行實驗,實驗步驟如下：檢查裝置氣密性后,裝入 藥品；翻開分液漏斗活塞BADC (請按正確的順序填入以下

31、步驟的標(biāo)號).A.加熱反響一段時間B.收集氣體并檢驗其純度C.關(guān)閉分液漏斗活塞D.停止加熱,充分冷卻(3)實驗結(jié)束后,某同學(xué)取少量產(chǎn)物,小心參加水中,觀察到有氣泡冒出,溶 液中參加酚酥后顯紅色,該同學(xué)據(jù)此斷,上述實驗確有Ca付生成.寫出CaB與水反響的化學(xué)方程式 Ca+2H2O=Ca (OH) 2+2H2 f ：該同學(xué)的判斷不正確,原因是金屬鈣與水反響也有類似現(xiàn)象.(4)請你設(shè)計一個實驗,用化學(xué)方法區(qū)分鈣與氫化鈣,寫出實驗簡要步驟及觀察到的現(xiàn)象 取適量氫化鈣,在加熱條件下與枯燥氧氣反響,將反響氣相產(chǎn) 物通過裝有無水硫酸銅的枯燥管、觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色：取鈣做類似實驗、觀察不到白色變?yōu)樗{(lán)色.(5)

32、登山運發(fā)動常用氫化鈣作為能源提供劑,與氫氣相比,具優(yōu)點是 氫化鈣是固體,攜帶方便.【考點】U3:制備實驗方案的設(shè)計.【專題】17:綜合實驗題；541:化學(xué)實驗常用儀器及試劑.【分析】(1) 一般制備純潔枯燥的氣體的實驗裝置的順序為：制備裝置 一除雜裝 置一枯燥裝置等；(2)實驗過程中要保證整個裝置內(nèi)已充滿氫氣,實驗的操作程序是：檢查裝置 的氣密性一產(chǎn)生氫氣一收集氫氣并進行驗純一加熱反響一停止加熱-繼續(xù)通 氫氣至冷卻一停止通入氫氣；(3) CaH2中H元素的化合價為-1價,CaH2具有復(fù)原性,與水發(fā)生氧化復(fù)原反 應(yīng)生成Ca (OH) 2和H2； Ca與水反響也能產(chǎn)生 Ca (OH) 2和H2；(

33、4)區(qū)分鈣和氫化鈣時可利用其組成、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的復(fù)原劑,遇水、遇空氣都能發(fā)生劇 烈反響,因此在制取氫化鈣時,必須要除去空氣、水等其他雜質(zhì)；在題給的 實驗裝置中,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,其連接順序為i-e一f一d一c一jY或k-j)一a；故答案為：i-e, f-d, c一j, k (或 k, j) 一a;(2)為保證整個裝置內(nèi)已充滿氫氣,因此實驗的操作程序是：檢查裝置的氣密 性一產(chǎn)生氫氣一收集氫氣并進行驗純一加熱反響一停止加熱一繼續(xù)通氫氣至 冷卻一停止

34、通入氫氣,故答案為：BADC(3) CaW和Ca與水反響都能產(chǎn)生 Ca (OH) 2和 叱,反響方程式分別為： CaB+2H2O=Ca (OH) 2+2H2T 和 Ca+2H2O=Ca (OH) 2+H2T,因此不能根據(jù)反 應(yīng)后溶液呈堿性判斷是否含有 CaHz,故答案為：CaB+2H2O=Ca(OH) 2+2H2 T ； 金屬鈣與水反響也有類似現(xiàn)象；(4) Ca付可以和氧氣在加熱條件下反響生成水,可用無水硫酸銅檢驗,現(xiàn)象是 白色變?yōu)樗{(lán)色,故答案為：取適量氫化鈣,在加熱條件下與枯燥氧氣反響, 將反響氣相產(chǎn)物通過裝有無水硫酸銅的枯燥管,觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色；取鈣 做類似實驗,觀察不到白色變?yōu)樗{(lán)色；(

35、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.【點評】此題考查元素化合物知識,涉及到物質(zhì)的性質(zhì)和制備實驗,注意實驗的 一般方法.三、選修局部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,常采用紙張外表涂敷明研 的工藝,以填補其外表的微孔,預(yù)防墨跡擴散.請答復(fù)以下問題：(1)人們發(fā)現(xiàn)紙張會發(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,發(fā)現(xiàn)酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明研的工藝有關(guān),其中的化學(xué)原 理是 明研水解產(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；為了預(yù)防紙張的酸性腐蝕,可在紙漿中參

36、加碳酸鈣等添加劑,該工藝 原理的化學(xué)(離子)方程式為CaCO+2H+=C/+CC2 T +H?O .(2)為了保護這些紙質(zhì)文物,有人建議采取以下舉措：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導(dǎo)致纖維素水解,造成書籍污損：噴灑Zn (C2H5) 2. Zn (C2H5) 2可以與水反響生成氧化鋅和乙烷.用化學(xué)(離 子)方程式表示該方法生成氧化鋅及預(yù)防酸性腐蝕的原理Zn(CHL+ 2+2+H2O=ZnO+2CgH6 f >ZnO+2H =Z、+HgO .(3)現(xiàn)代造紙工藝常用鈦白粉(TiO2)替代明磯.鈦白粉的一種工業(yè)制法是以 鈦鐵礦(主要成分為Fe

37、TiQ)為原料按以下過程進行的,請完成以下化學(xué)方 程式： _900 七_2FeTiO3+6 C+7c22 TiC4+2 FeC3+6CO補dd-1000-1400T?dCC1TiC4+1O2>1TiO?+2C2.【考點】48:化學(xué)方程式的書寫；49:離子方程式的書寫；B3:氧化復(fù)原反響方 程式的配平；DD:鹽類水解的應(yīng)用.【分析】涂敷明磯呈酸性的原因是明研中存在 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+,可預(yù)防紙張的酸 性腐蝕,反響的離子方程式為 CaCO+2H+=cf+CQT+H2.；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

38、樣也能造成書籍污損；由 Zn (C2H5) 2與水反響生成氧化鋅和乙烷、氧化鋅和H+反響來分析預(yù)防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化學(xué)方程式.【解答】解：(1)明磯中鋁離子水解產(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)會變脆,破損.故答案為：明研水解產(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； CaCO+2H+=C+CQ T+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

39、響生成氧化鋅和乙烷,其實反響原理相可看成鋅結(jié)合水電離出來的氫氧根,最后變?yōu)檠趸\和水,那么C2H5結(jié)合氫變?yōu)橐彝?氧化鋅可以與酸性溶液反響,從而消耗 掉氫離子,起到預(yù)防腐蝕的作用.故答案為 Zn (C2H5) 2+H2O=ZnO+2C2H6 t; ZnO+2H+=Zn2+H2.；(3)利用電子得失守恒法有： Cl: 0-1; Fe： +2-+3; C: 0f +2由原子守恒：TiC4、FeC3前系數(shù)同時乘以2,這樣再根據(jù)Ti守恒與Fe守恒就可 以配平該反響方程式了.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

40、案為：1; 1; 1; 2.【點評】該題是一個好題,前兩個小題重點考查了鹽類水解的應(yīng)用.最后一小題 考查氧化復(fù)原反響.難度是有的,但是符合學(xué)生的認(rèn)知規(guī)律,作答起來有突 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)過一系列反響可以得到 BE 和 BN如以下圖所示CaFi H2SO4 H2SO4 i - 2 iu碉砂|T生口勺kT bqI請答復(fù)以下問題：(1 ) 由 B2O3制備 BF3、 BN 的化學(xué)方程式依次是B2O3+3CaE+3H2SQ2BE T +3CaSO+3H2OB2O3+2NH3 2BN+3H2O(2)基態(tài)B原子的電子排布式為 1s B的原子序數(shù)為5

41、,其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p1; B和N都屬于第2s22p1 ; B和N相比,電負(fù)性較大的是 N , BN中B元素的化合價為 +3 ;(3)在BF3分子中,F-B-F的鍵角是 120°由原子的雜化軌道類型為 sp2 , B與和過量NaF作用可生成NaBfS, BFV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N原子之間的化學(xué)鍵為 共價鍵(或極性共價鍵),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個氮原子、 4

42、個硼原子,立方氮化硼的密度是功 匕 _g?pm 3 (只要1. 5)%求列算式,不必計算出數(shù)值,阿伏伽德羅常數(shù)為Na).【考點】8A:原子核外電子的能級分布；8B:元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng) 用；97:鍵能、鍵長、鍵角及其應(yīng)用；9I:晶胞的計算.【專題】16:壓軸題.【分析】(1)由圖及元素守恒可寫出這兩個反響的方程式：B2O3+3CaE+3H2SQ匕2BR T +3CaSO+3H2O;吉滬B2O3+2NH32BN+3H2.；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mA族元素,化合價為+3價.(3)依據(jù)價層電子對互斥理論,計算出的孤對電子對數(shù)以及價層電子對

43、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)的根本單元叫做晶胞,金剛石晶胞是立方體,其中 8個頂點 有8個碳原子,6個面各有6個碳原子,立方體內(nèi)部還有4個碳原子,如圖所示：所以金剛石的一個晶胞中含有的碳原子數(shù) =8xl+6X -1+4=8,82因此立方氮化硼晶胞中應(yīng)該含有 4個N和4個B原子.一個晶胞中的質(zhì)量為孕X4, 一個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一生烏一g?pm 3.0 (361.【解答】解：(1)由圖可知B2O3與Ca5和H2

44、SQ反響即生成B氏 同時還應(yīng)該產(chǎn) 生硫酸鈣和水,方程式為 B2O3+3Ca5+3H2SO=2BFJ+3CaSO+3H2.出2.3與氨氣在高溫下反響即生成BN,方程式為古溫B2O3+2NH3向皿2BN+3H2O; 故 答 案 為：B2O3+3Ca£+3H2SQ.2BR T +3CaSO+3H2O;B2O3+2NH3 - 2BN+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元素的化合價為+3.故答 案為：1s22s2sp1; N; +3;(3)依據(jù)價層電子對互斥理論,計算出BE的孤對電子對數(shù)=x (a-xb) = x-W-占(3-3X1) =0,并且價層電子對數(shù)為3,所以BE分子為平面正三角形結(jié)構(gòu),鍵角為120°,雜化方式為sp2; BFV中央原子的孤對電子對數(shù)=Lx (a-xb) 2=yX (4-4X1) =0,其價層電子對數(shù)為4,所以其結(jié)構(gòu)為正四面體.故答案 為：120° sp2;正四面體；(4) B、N均屬于非金屬元素,二者形成的化學(xué)鍵是極性共價鍵；根據(jù)石墨結(jié)構(gòu) 可知六方氮化硼晶體中,層與層之間靠分子間作用力結(jié)合.故答案為：共價 鍵(或極性共價鍵)；分子間作用力；(5