2011年高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2011年全國(guó)統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題1．下列敘述正確的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023個(gè)NaCl分子 B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023 C．欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1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)】54：物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算；5C：物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計(jì)算．【分析】根據(jù)物質(zhì)的構(gòu)成、離子的電子排布來(lái)分析微粒的物質(zhì)的量，并根據(jù)溶液的配制來(lái)分析溶液的體積，利用電解反應(yīng)中氯化鈉的物質(zhì)的量來(lái)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，1.00mol。L﹣1的NaCl溶液，可將58.5gNaCl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22.4L氯氣，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】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(lái)解答，學(xué)生熟悉物質(zhì)的量的計(jì)算、利用原子守恒來(lái)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)）（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種 【考點(diǎn)】I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專(zhuān)題】532：同分異構(gòu)體的類(lèi)型及其判定．【分析】判斷和書(shū)寫(xiě)烷烴的氯代物的異構(gòu)體可以按照以下步驟來(lái)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(duì)稱(chēng)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(duì)于多氯代烷的同分異構(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?！军c(diǎn)評(píng)】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，找出等效氫原子種類(lèi)．一般說(shuō)來(lái)，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(duì)稱(chēng)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(shuō)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（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【考點(diǎn)】I6：取代反應(yīng)與加成反應(yīng)．【分析】①烯烴具有雙鍵，與溴的反應(yīng)屬于加成反應(yīng)；②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；③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)；④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、①屬于加成反應(yīng)；②屬于消去反應(yīng)，故A錯(cuò)；B、③屬于酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)；④屬于苯的硝化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故B正確；C、①屬于加成反應(yīng)；③屬于酯化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故C錯(cuò)；D、②屬于消去反應(yīng)；④屬于苯的硝化反應(yīng)，也屬于取代反應(yīng)，故D錯(cuò)。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的反應(yīng)類(lèi)型，做題時(shí)注意有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)．4．將濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋?zhuān)铝懈髁渴冀K保持增大的是（）A．c（H+） B．Ka（HF） C． D． 【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【專(zhuān)題】21：熱點(diǎn)問(wèn)題；35：類(lèi)比遷移思想；42：控制單因變量法；51G：電離平衡與溶液的pH專(zhuān)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(lái)解答．【解答】解：A、因HF為弱酸，則濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋?zhuān)龠M(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(guò)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(guò)10﹣7mol?L﹣1，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?zhuān)龠M(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(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的稀釋?zhuān)鞔_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(guò)10﹣7mol?L﹣1．5．鐵鎳蓄電池又稱(chēng)愛(ài)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(shuō)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Fe B．電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2 C．電池充電過(guò)程中，陰極附近溶液的堿性減弱 D．電池充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O 【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理．【專(zhuān)題】51I：電化學(xué)專(zhuān)題．【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+2OH﹣﹣2e﹣=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(yáng)極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=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+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正確；C、充電可以看作是放電的逆過(guò)程，即陰極為原來(lái)的負(fù)極，所以電池放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以電池充電過(guò)程時(shí)陰極反應(yīng)為Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此電池充電過(guò)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(yáng)極發(fā)生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】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++H2S↑ B．NH4HCO3溶于過(guò)量的NaOH溶液中：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O C．少量SO2通入苯酚鈉溶液中：C6H5O﹣+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3﹣ D．大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O 【考點(diǎn)】49：離子方程式的書(shū)寫(xiě)．【專(zhuān)題】16：壓軸題；516：離子反應(yīng)專(zhuān)題．【分析】A．硝酸具有強(qiáng)氧化性，能氧化FeS；B．漏寫(xiě)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；B．NH4HCO3溶于過(guò)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+NH3．H2O，故B錯(cuò)誤；C．SO2不足產(chǎn)物應(yīng)該是SO32﹣，少量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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)，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(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均滿(mǎn)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)】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(zhuān)題】16：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(duì)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的氯化物分別為L(zhǎng)iCl和CCl4，則Li+的最外層只有兩個(gè)電子，不滿(mǎn)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?！军c(diǎn)評(píng)】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(mǎn)分29分）8．（14分）0.80gCuSO4?5H2O樣品受熱脫水過(guò)程的熱重曲線(xiàn)（樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線(xiàn)）如圖所示．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）試確定200℃時(shí)固體物質(zhì)的化學(xué)式CuSO4?H2O（要求寫(xiě)出推斷過(guò)程）；（2）取270℃所得樣品，于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CuSO4?5H2O，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）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；（4）在0.10mol?L﹣1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+）=2.2×10﹣8mol?L﹣1（Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20）．若在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中通入過(guò)量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時(shí)溶液中的H+濃度是0.2mol?L﹣1．【考點(diǎn)】F8：濃硫酸的性質(zhì)；M1：物質(zhì)的量濃度的計(jì)算；R2：硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量的測(cè)定．【專(zhuān)題】18：實(shí)驗(yàn)分析題；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）由圖分析可知，CuSO4?5H2O受熱到102℃時(shí)開(kāi)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0.80g﹣0.57g=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：CuSO4CuO+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CuSO4?5H2O；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(xiě)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）CuSO4?5H2O受熱到102℃時(shí)開(kāi)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0.80g﹣0.57g=0.23g，根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式：CuSO4?5H2OCuSO4?（5﹣n）H2O+nH2O25018n0.80g0.80g﹣0.57g=0.23g，解得n=4，200℃時(shí)該固體物質(zhì)的化學(xué)式為CuSO4?H2O，故答案為CuSO4?H2O；（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：CuSO4CuO+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CuSO4?5H2O；其存在的最高102℃．故答案為：CuSO4CuO+SO3↑；CuSO4?5H2O；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）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+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﹣）=10﹣6mol/L，Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10﹣20，則c（Cu2+）=2.2×10﹣8mol?L﹣1；在0.1mol?L﹣1硫酸銅溶液中通入過(guò)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0.1mol?L﹣1，由電荷守恒可知c（H+）為0.2mol?L﹣1．故答案為：2.2×10﹣8；0.2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查硫酸銅結(jié)晶水含量的測(cè)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(yáng)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(kāi)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分別為﹣285.8kJ?mol﹣1、﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）用太陽(yáng)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=﹣443.5kJ?mol﹣1；（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(duì)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(shuō)法正確的是③④（填序號(hào)）①溫度為T(mén)1時(shí)，從反應(yīng)開(kāi)始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=mol?L﹣1?min﹣1②該反應(yīng)在T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的小③該反應(yīng)為放熱反應(yīng)④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?jí)簭?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+H2O﹣6e﹣=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)】BF：用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；C9：用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；CB：化學(xué)平衡的影響因素；CP：化學(xué)平衡的計(jì)算；M7：有關(guān)燃燒熱的計(jì)算．【專(zhuān)題】13：圖像圖表題；21：熱點(diǎn)問(wèn)題；33：物質(zhì)變化與能量變化統(tǒng)一思想；51：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(lái)計(jì)算；（2）根據(jù)CO和CH3OH的燃燒熱先書(shū)寫(xiě)熱方程式，再利用蓋斯定律來(lái)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(lái)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(lái)分析T1、T2，再利用影響平衡的因素來(lái)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(lái)解答；（5）根據(jù)原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，并考慮電解質(zhì)溶液參與電極反應(yīng)來(lái)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(lái)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﹣285.8kJ?mol﹣1知，1molH2（g）完全燃燒生成1molH2O（l）放出熱量285.8kJ，即分解1molH2O（l）為1molH2（g）消耗的能量為285.8kJ，則分解10molH2O（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﹣283.0kJ?mol﹣1和﹣726.5kJ?mol﹣1，則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由蓋斯定律可知用②﹣①得反應(yīng)CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H=﹣726.5kJ?mol﹣1﹣（﹣283.0kJ?mol﹣1）=﹣443.5kJ?mol﹣1，故答案為：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=﹣443.5kJ?mol﹣1；（3）根據(jù)題給圖象分析可知，T2先達(dá)到平衡則T2＞T1，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(shuō)明可逆反應(yīng)CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反應(yīng)方向移動(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，③、④正確，②中該反應(yīng)在T1時(shí)的平衡常數(shù)比T2時(shí)的大，則②錯(cuò)誤，①中的單位應(yīng)為mol?min﹣1，不符合濃度的單位，則①錯(cuò)誤，故答案為：③④；（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）1300變化（mol/L）a3aaa平衡（mol/L）1﹣a3﹣3aaa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?jí)簭?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，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+H2O﹣6e﹣=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+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+；O2+6H++6e﹣=3H2O；96.6%．【點(diǎn)評(píng)】本題綜合性較強(qiáng)，考查知識(shí)點(diǎn)較多，注重了對(duì)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(lái)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(zhǎng)擬選用如下裝置制備氫化鈣．請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）請(qǐng)選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序?yàn)閕→e，f→d，c→j，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(kāi)分液漏斗活塞BADC（請(qǐng)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．①寫(xiě)出CaH2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；②該同學(xué)的判斷不正確，原因是金屬鈣與水反應(yīng)也有類(lèi)似現(xiàn)象．（4）請(qǐng)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(xiě)出實(shí)驗(yàn)簡(jiǎn)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(guò)裝有無(wú)水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色；取鈣做類(lèi)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)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專(zhuān)題】17：綜合實(shí)驗(yàn)題；541：化學(xué)實(shí)驗(yàn)常用儀器及試劑．【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(guò)程中要保證整個(gè)裝置內(nèi)已充滿(mǎn)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)→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(lái)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→e→f→d→c→j→k（或k→j）→a；故答案為：i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a；（2）為保證整個(gè)裝置內(nèi)已充滿(mǎn)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(lèi)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(wú)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)物通過(guò)裝有無(wú)水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變?yōu)樗{(lán)色；取鈣做類(lèi)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(píng)】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(qǐng)回答下列問(wèn)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：①?lài)姙A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(wèn)題是過(guò)量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書(shū)籍污損；②噴灑Zn（C2H5）2．Zn（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（主要成分為FeTiO3）為原料按下列過(guò)程進(jìn)行的，請(qǐng)完成下列化學(xué)方程式：①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO②1TiCl4+1O21TiO2+2Cl2．【考點(diǎn)】48：化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)；49：離子方程式的書(shū)寫(xiě)；B3：氧化還原反應(yīng)方程式的配平；DD：鹽類(lèi)水解的應(yīng)用．【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(shū)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(lái)分析防止酸性腐蝕的離子方程式；利用電子得失守恒法來(lái)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）①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(guò)量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書(shū)籍污損．故答案為：過(guò)量的堿同樣可能會(huì)導(dǎo)致纖維素水解，造成書(shū)籍污損；②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(lái)的氫氧根，最后變?yōu)檠趸\和水，則C2H5結(jié)合氫變?yōu)橐彝椋趸\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②Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6↑；ZnO+2H+=Zn2++H2O；（3）①利用電子得失守恒法有：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；②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(píng)】該題是一個(gè)好題，前兩個(gè)小題重點(diǎn)考查了鹽類(lèi)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(lái)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(guò)一系列反應(yīng)可以得到BF3和BN，如下圖所示請(qǐng)回答下列問(wèn)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)﹣B﹣F的鍵角是120°，B原子的雜化軌道類(lèi)型為sp2，BF3和過(guò)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(zhǎng)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g?pm﹣3（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）?！究键c(diǎn)】8A：原子核外電子的能級(jí)分布；8B：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；97：鍵能、鍵長(zhǎng)、鍵角及其應(yīng)用；9I：晶胞的計(jì)算．【專(zhuān)題】16：壓軸題．【分析】（1）由圖及元素守恒可寫(xiě)出這兩個(gè)反應(yīng)的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）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ⅢA族元素，化合價(jià)為+3價(jià)。（3）依據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，計(jì)算出的孤對(duì)電子對(duì)數(shù)以及價(jià)層電子對(duì)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=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g?pm﹣3．?！窘獯稹拷猓海?）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(duì)互斥理論，計(jì)算出BF3的孤對(duì)電子對(duì)數(shù)=×（a﹣xb）=×（3﹣3×1）=0，并且價(jià)層