高考新课标化学试题解析

1、.2011高考新课标化学试题解析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.欲配置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【解析】NaCl是离子化合物，不存在单个的分子，故A不正确；Na+的最外层电子数为8个，故B正确；应配成1 L溶液，而不是溶解到1 L水中，故C错；根据原子守恒可

2、知，只能生成0.5 mol氯气，在标准状况下为11.2 L，故D错。【答案】B8.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【解析】C5H11Cl可看成是戊基与氯原子组合而成的，而戊基有八种：，故C5H11Cl的同分异构体有8种。【答案】C9.下列反应中，属于取代反应的是CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2BrCH3CH2OH CH2=CH2+H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2OC6H6+HNO3C6H5NO2+H2OA. B. C. D.【解析】属于烯烃的加成反应；属于乙醇的消去反应；属于酯化反

3、应，而酯化反应属于取代反应；是苯的硝化反应也属于取代反应，所以选项B正确。【答案】B10.将浓度为0.1mol·L-1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A. c(H+) B. C. D. 【解析】HF是弱电解质，加水稀释时c(H+)一直变小，故A错；Ka只与温度有关，稀释时不变，故B错；稀释时c(F-)和c(H+)等同程度地减小，故的比值不变，故C错；根据电离常数表达式，=Ka×，Ka不变，c(F-)减小，故比值增大，选D。【答案】D11.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

4、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【解析】根据总反应式，负极发生的电极反应式为Fe+2OH-2e-=Fe(OH)2，总反应式减去负极反应式得正极反应式为Ni2O3+3H2O +2e-=2Ni(OH)2+2OH-；再根据“负极颠倒得阴极，正极颠倒得阳极”规律可知，充电时的阴极反应式为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阳极反应式为2Ni(OH)2+2OH-2e-=Ni

5、2O3+3H2O；故选项C错，充电时阴极生成OH-，故pH增大。【答案】C12.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+H2SB. 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【解析】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不正确；NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有氨气生成，正确的方

6、程式为：NH4HCO32OH=CO322H2ONH3，故B不正确；因HSO3-的酸性比苯酚的强，SO2不足时的产物也应该是SO32，故C不正确；醋酸的酸性比碳酸强，故D是正确的。【答案】D13.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

7、合物XZ2【解析】根据题目中提供的信息，W是Li，X是C，Y是Al，Z是S；W、X的氯化物中，LiCl中锂离子最外层是2个电子，故A错；碳元素与氢元素形成的1：1的化合物有C2H2、C6H6和C8H8等，故B正确；2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2，2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO2- + 3H2，故C选择正确；碳和硫可形成共价化合物CS2，故D选项也正确。【答案】A26.（14分）0.80 g CuSO4·5H2O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）如下图所示。请回答下列问题：(1)试确定200 时固体物质的化学式_（要求写出推断过程）

8、；(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_。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_，其存在的最高温度是_；(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_；(4)在0.10 mol·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+)=_mol·L-1（KapCu(OH)2=2.2×10-20）。若在0.1 mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使

9、Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是_mol·L-1。【解析】(1)0.80 g CuSO4·5H2O所含水的质量为=0.29 g，由图像可知，258时CuSO4·5H2O完全失去结晶水，则每失去1个结晶水的失水的质量为=0.06 g，故200时失去的结晶水为=4，故得到物质的化学式为CuSO4·H2O。(2)270 时已完全失去结晶水，化学式为CuSO4；据该“黑色粉末溶解于稀硫酸”，则黑色粉末应为CuO，“氧化性气体”应为SO3，故分解反应的方程式应为CuSO4=CuO+SO3；CuO溶于稀硫酸中生成CuSO4，浓缩结晶得到CuSO4&#

10、183;5H2O，根据图像可知，其分解的最低温度为102 。(3) SO3溶于水得到的浓硫酸可以跟铜反应：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O。(4)因为KapCu(OH)2c(Cu2)·c2(OH) =2.2×10-20，当溶液的pH=8时，c (OH)106，所以c(Cu2)2.2×10-8；硫酸铜溶液中通入过量H2S气体时反应的化学方程式为：CuSO4H2S=H2SO4CuS，忽略溶液的体积变化，根据原子守恒可知生成的硫酸浓度是0.1 mol·L-1，其H+浓度是0.2 mol·L-1。【答案】(1)CuSO4·

11、H2O (2)CuSO4=CuO+SO3 CuSO4·5H2O 102。(3)2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O(4)2.2×10-8 0.2 27.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-285.8 kJ·mol-1、-283.0 kJ·mol-1和-726.5 kJ·mol-1。请回答下列问题：(1)用太阳能分解10 mol水消耗的能量是_kJ；(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程

12、式为_；(3)在容积为2L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变得情况下，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_（填序号）温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为 (CH3OH)= mol·L-1·min-1该反应在T时的平衡常数比T2时的小该反应为放热反应处于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1 molCO2和3 molH2充入一密闭恒容器中，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电池中，电解质溶液为

13、酸性，负极的反应式为_、正极的反应式为_。理想状态下，该燃料电池消耗1 mol甲醇所能产生的最大电能为702.1 kJ,则该燃料电池的理论效率为_（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）【解析】(1)由题目所给信息可知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)；H=285.8 kJ·mol-1 CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)；H=283.0 kJ·mol-1 CH4O(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)；H=726.5 kJ·mol-1 由方程式可知，H2O(l) =H2(g)+1/2O2(

14、g)；H=+285.8 kJ·mol-1，故分解10 mol水需吸收2858 kJ的热量。(2)将方程式颠倒过来与方程式相加得：CH4O(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)；H=443. kJ·mol-1 。(3)CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。由图像可知B曲线先得到平衡，因此温度T2T1，温度高平衡时甲醇的物质的量反而低，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，不利于甲醇的生成，平衡常数减小，即错正确；温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的物质的量为nA mol，此时甲醇的浓度为，所以

15、生成甲醇的平均速率为： (CH3OH)= mol·L-1·min-1，因此不正确；因为温度T2T1，所以A点的反应体系从T1变到T2时，平衡会向逆反应方向移动，即降低生成物浓度而增大反应物浓度，所以正确。(5)在甲醇燃料电池中，甲醇失去电子，氧气得到电子，所以负极的电极反应式是CH3OH6eH2O=CO26H，正极的电极反应式是3/2O26e6H=3H2O；甲醇的燃烧热是-726.5kJ·mol-1，所以该燃料电池的理论效率为。【答案】(1)2858； (2)CH4O(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)；H=443. 5kJ·mol-1 (3)

16、； (4)1；(5) CH3OH6eH2O=CO26H 3/2O26e6H=3H2O 96.6%28.（15分）氢化钙固体是登山运动员常用的能源提供剂。某兴趣小组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_(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_（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

17、，上述实验确有CaH2生成。写出CaH2与水反应的化学方程式 _该同学的判断不正确，原因是_(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_。(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_。【解析】(1)钙属于极活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钙和氢气，而制备的氢气中会混有水蒸气和氯化氢气体，所以在与钙化合之前需要除杂和干燥，选用的试剂分别是氢氧化钠和浓硫酸；同时为防止空气中水蒸气进入，最后还需要连接干燥管，所以正确的顺序为：ie，fd，cj，k（或k，j）a。(2)由于不纯氢气加热时可以跟氧气反应，也有可能会发生爆炸，所以应该先收集一部分

18、气体并检验其纯度；反应结束后还需要使氢化钙在氢气的氛围中冷却，所以应该是最后关闭分液漏斗活塞，因此正确的顺序为BADC。(3) CaH2能与H2O 反应：CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2 ，而Ca也能与H2O反应：Ca+2H2O= Ca(OH)2+H2 ，产物是相同的，故不能根据实验现象判断是否有CaH2生成。(4)要用化学方法区别钙和氢化钙，就要根据它们组成元素的不同：氢化钙的燃烧的产物有水，而钙的燃烧产物中无水，可以通过有无水鉴别。(5)氢气是气态的，携带不如氢化钙方便。【答案】(1)ie，fd，cj，k（或k，j）a(2)BADC(3)CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2

19、H2 金属钙与水反应也有类似现象(4)取适量氢化钙，在加热条件下与干燥氧气反应，将反应气相生产物通过装有无水硫酸铜的干燥管，观察到白色变成蓝色；取钙做类似实验，观察不到白色变为蓝色。(5)氢化钙是固体，携带方便36.【化学选修2：化学与技术】(1)普通纸张的成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸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：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_。为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_。(

20、2)为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：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_。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_。(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（FeTiO3）为原料按下过程进行的，请完成下列化学方程式【解析】(1)酸性腐蚀主要与造纸中涂敷明矾有关，故应考虑到明矾的水解：Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+，显酸性，在酸性条件下纤维素水解，使高分子链断裂；加入碳酸钙可与H+反应：CaCO

21、3 + 2H+ = Ca2+ + CO2+ H2O，从而防止了纸张的酸性腐蚀。(2) 稀氢氧化钠溶液或氨水等碱性溶液也可以使纤维素水解，同样会破坏纸张。“Zn(C2H5)2可以与水反应生成氧化锌和乙烷”，发生的是水解反应：Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6，生成的ZnO能和H+反应：ZnO+2H+=Zn+H2O，从而能防止酸性腐蚀。(3)考查了氧化还原反应的配平，两个方程式都可以运用观察法配平：设FeTiO3的系数为1，根据Fe、Ti元素守恒，TiCl4、FeCl3的系数都为1；根据O元素守恒，CO的系数为3，据碳守恒，C的系数为3；据Cl守恒，Cl2的系数为3.5；各系数同时乘以

22、2，得：2FeTiO3+6C+7Cl2=2TiCl4+2FeCl3+6CO。设TiCl4的系数为1，则TiO2的系数为1，Cl2的系数为2，据O元素守恒O2的系数为1，得：TiCl4+O2=TiO2+2Cl2。【答案】(1)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) 过量的碱同样可能会导致纤维素水解，造成书籍污损Zn(C2H5)2+H2O=ZnO+2C2H6 ZnO+2H+=Zn+H2O(3) 2 6 7 2 2 61 1 1 237.化学选修3：物质结构与性质氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为

23、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_、_；(2)基态B原子的电子排布式为_；B和N相比，电负性较大的是_，BN中B元素的化合价为_；(3)在BF3分子中，F-B-F的键角是_，B原子的杂化轨道类型为_，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4的立体结构为_；(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_，层间作用力为_；(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361.5 pm，立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个

24、硼原子，立方氮化硼的密度是_g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。【解析】(1)由元素守恒可写成这两个反应的方程式：B2O3+3CaF2+2H2SO42BF3+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A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=(a-xb)= (3-3×1)=0，所以BF3分子为平面正三角形结构，键角为120°

25、，杂化方式为sp2；BF4-中心原子的孤对电子对数=(a-xb)= (4-4×1)=0，所以其结构为正四面体。(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8×1/8+6×1/2+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。立方氮化硼的一个晶胞中含有4个N和4个B原子，故“每个BN分子”所占的体积为，每mol的体积为，每mol的质量为=25，故立方氮化硼的密度是 g·cm-3。答案：(1)B2O33CaF23H2SO42BF3+3CaSO43H2OB2O32NH