2010年全國統一高考化學試卷（全國卷ⅱ）（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年全國統一高考化學試卷（全國卷Ⅱ）一、選擇題1．（3分）下列反應中，可用離子方程式H++OH﹣=H2O表示的是（）A．NH4Cl+NaOHNaCl+NH3↑+H2O B．Mg（OH）2+2HCl=MgCl2+2H2O C．NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O D．NaOH+HNO3=NaNO3+H2O 2．（3分）下面均是正丁烷與氧氣反應的熱化學方程式（25°，101kPa）：①C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（l）△H=﹣2878kJ/mol②C4H10（g）+O2（g）=4CO2（g）+5H2O（g）△H=﹣2658kJ/mol③C4H10（g）+O2（g）=4CO（g）+5H2O（l）△H=﹣1746kJ/mol④C4H10（g）+O2（g）=4CO（g）+5H2O（g）△H=﹣1526kJ/mol由此判斷，正丁烷的燃燒熱是（）A．﹣2878kJ/mol B．﹣2658kJ/mol C．﹣1746kJ/mol D．﹣1526kJ/mol3．（3分）在相同條件下，下列說法錯誤的是（）A．氯氣在飽和食鹽水中的溶解度小于在純水中的溶解度 B．碘在碘化鉀溶液中的溶解度大于在純水中的溶解度 C．醋酸在醋酸鈉溶液中電離的程度大于在純水中電離的程度 D．工業上生產硫酸的過程中使用過量的空氣可提高SO2的利用率 4．（3分）相同體積、相同pH的某一元強酸溶液①和某一元中強酸溶液②分別與足量的鋅粉發生反應，下列關于氫氣體積（V）隨時間（t）變化的示意圖正確的是（）A． B． C． D． 5．（3分）若（NH4）2SO4在強熱時分解的產物是SO2、N2、NH3和H2O，則該反應中化合價發生變化和未發生變化的N原子數之比為（）A．1：4 B．1：2 C．2：1 D．4：1 6．（3分）在一定溫度、壓強下，向100mLCH4和Ar的混合氣體中通入400mLO2，點燃使其完全燃燒，最后在相同條件下得到干燥氣體460mL，則反應前混合氣體中CH4和Ar物質的量之比是（）A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1 7．（3分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，且W、X、Y+、Z的最外層電子數與其電子層數的比值依次為2、3、4、2（不考慮零族元素）．下列關于這些元素的敘述錯誤的是（）A．X和其他三種元素均可形成至少2種二元化合物 B．W和X、Z兩種元素分別形成的二元化合物中，均有直線形分子 C．W、X和Y三種元素可以形成堿性化合物 D．Z和其他三種元素形成的二元化合物，其水溶液均呈酸性 8．（3分）三位科學家因在烯烴復分解反應研究中的杰出貢獻而榮獲2005年度諾貝爾化學獎，烯烴復分解反應可示意如圖：下列化合物中，經過烯烴復分解反應可以生成的是（）A． B． C． D． 二、非選題9．（15分）向2L密閉容器中通入amol氣體A和bmol氣體B，在一定條件下發生反應：xA（g）+yB（g）?pC（g）+qD（g）已知：平均反應速率vC=；反應2min時，A的濃度減少了，B的物質的量減少了mol，有amolD生成．回答下列問題：（1）反應2min內，vA=，vB；（2）化學方程式中，x=、y=、p=、q=；（3）反應平衡時，D為2amol，則B的轉化率為；（4）如果只升高反應溫度，其他反應條件不變，平衡時D為1.5amol，則該反應的△H0；（填“＞”、“＜”或“=”））如果其他條件不變，將容器的容積變為1L，進行同樣的實驗，則與上述反應比較：①反應速率（填“增大”、“減小”或“不變”），理由是；②平衡時反應物的轉化率（填“增大”、“減小”或“不變”），理由是．10．（15分）A、B、C、D、E、F、G、H、和I、是中學化學中常見的氣體，它們均由短周期元素組成，具有如下性質：①A、B、E、F、G能使濕潤的藍色石蕊試紙變紅，I能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，C、D、H不能使濕潤的石蕊試紙變色；②A和I相遇產生白色煙霧；③B和E都能使品紅溶液褪色；④將紅熱的銅絲放入裝有B的瓶中，瓶內充滿棕黃色的煙；⑤將點燃的鎂條放入裝有F的瓶中，鎂條劇烈燃燒，生成白色粉末，瓶內壁附著黑色顆粒；⑥C和D相遇生成紅棕色氣體；⑦G在D中燃燒可以產生E和H2O；⑧將B和H在瓶中混合后于亮處放置幾分鐘，瓶內壁出現油狀液滴并產生A．回答下列問題：（1）A的化學式是，②中煙霧的化學式是；（2）④中發生反應的化學方程式是；（3）⑤中發生反應的化學方程式是；（4）C的化學式是，D的化學式是；（5）⑦中發生反應的化學方程式是；（6）H的化學式是．11．（15分）如圖是一個用鉑絲作電極，電解稀的MgSO4溶液的裝置，電解液中加有中性紅指示劑，此時溶液呈紅色．（指示劑的pH變色范圍：6.8～8.0，酸色﹣紅色，堿色﹣黃色）．回答下列問題：（1）下列關于電解過程中電極附近溶液顏色變化的敘述正確的是（填編號）；①A管溶液由紅變黃；②B管溶液由紅變黃；③A管溶液不變色；④B管溶液不變色；（2）寫出A管中發生反應的反應式：；（3）寫出B管中發生反應的反應式：；（4）檢驗a管中氣體的方法是；（5）檢驗b管中氣體的方法是；（6）電解一段時間后，切斷電源，將電解液倒入燒杯內觀察到的現象是．12．（15分）如圖中A～J均為有機化合物，根據圖1中的信息，回答下列問題：（1）環狀化合物A的相對分子質量為82，其中含碳87.80%，含氫12.20%．B的一氯代物僅有一種，B的結構簡式為；（2）M是B的一種同分異構體，M能使溴的四氯化碳溶液褪色，分子中所有的碳原子共平面，則M的結構簡式為；（3）由A生成D的反應類型是，由D生成E的反應類型是；（4）G的分子式為C6H10O4，0.146gG需用20mL0.100mol/LNaOH溶液完全中和，J是一種高分子化合物．則由G轉化為J的化學方程式為；（5）分子中含有兩個碳碳雙鍵，且兩個雙鍵之間有一個碳碳單鍵的烯烴與單烯烴可發生如圖2反應則由E和A反應生成F的化學方程式為；（6）H中含有的官能團是，I中含有的官能團是．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年全國統一高考化學試卷（新課標）一、選擇題（每小題6分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．下列敘述正確的是（）A．1.00molNaCl中含有6.02×1023個NaCl分子 B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為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，能產生22.4L氯氣（標準狀況）、23.0g金屬鈉2．分子式為C5H11Cl的同分異構體共有（不考慮立體異構）（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種 3．下列反應中，屬于取代反應的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 4．將濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（）A．c（H+） B．Ka（HF） C． D． 5．鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有關該電池的說法不正確的是（）A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的堿性減弱 D．電池充電時，陽極反應為2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O 6．能正確表示下列反應的離子方程式為（）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 7．短周期元素W、X、Y和Z的原子序數依次增大．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是內層電子數的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是其電子層數的2倍．下列說法錯誤的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩定結構 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的單質與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成 D．元素Z可與元素X形成共價化合物XZ2 二、解答題（共3小題，滿分29分）8．（14分）0.80gCuSO4?5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲線）如圖所示．請回答下列問題：（1）試確定200℃時固體物質的化學式（要求寫出推斷過程）；（2）取270℃所得樣品，于570℃灼燒得到的主要產物是黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應的化學方程式為．把該黑色粉末溶解于稀硫酸中，經濃縮、冷卻，有晶體析出，該晶體的化學式為，其存在的最高溫度是；（3）上述氧化性氣體與水反應生成一種化合物，該化合物的濃溶液與Cu在加熱時發生反應的化學方程式為；（4）在0.10mol?L﹣1硫酸銅溶液中加入氫氧化鈉稀溶液充分攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH=8時，c（Cu2+）=mol?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量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的H+濃度是mol?L﹣1．9．（15分）科學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應生成甲醇，并開發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．請回答下列問題：（1）用太陽能分解10mol水消耗的能量是kJ；（2）甲醇不完全燃燒生成一氧化碳和液態水的熱化學方程式為；（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，考察溫度對反應的影響，實驗結果如下圖所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列說法正確的是（填序號）①溫度為T1時，從反應開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=mol?L﹣1?min﹣1②該反應在T1時的平衡常數比T2時的小③該反應為放熱反應④處于A點的反應體系從T1變到T2，達到平衡時增大（4）在T1溫度時，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容容器中，充分反應達到平衡后，若CO2轉化率為a，則容器內的壓強與起始壓強之比為；（5）在直接以甲醇為燃料的燃料電池中，電解質溶液為酸性，負極的反應式為，正極的反應式為．理想狀態下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能產生的最大電能為702.1kJ，則該燃料電池的理論效率為（燃料電池的理論效率是指電池所產生的最大電能與燃料電池反應所能釋放的全部能量之比）．10．（15分）氫化鈣固體登山運動員常用的能源提供劑．某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化鈣．請回答下列問題：（1）請選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序為（填儀器接口的字母編號）（2）根據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；打開分液漏斗活塞（請按正確的順序填入下列步驟的標號）．A．加熱反應一段時間B．收集氣體并檢驗其純度C．關閉分液漏斗活塞D．停止加熱，充分冷卻（3）實驗結束后，某同學取少量產物，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，該同學據此斷，上述實驗確有CaH2生成．①寫出CaH2與水反應的化學方程式；②該同學的判斷不正確，原因是．（4）請你設計一個實驗，用化學方法區分鈣與氫化鈣，寫出實驗簡要步驟及觀察到的現象（5）登山運動員常用氫化鈣作為能源提供劑，與氫氣相比，其優點是．三、選修部分11．【化學﹣﹣選修2：化學與技術】（15分）普通紙張的主要成分是纖維素，在早期的紙張生產中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補其表面的微孔，防止墨跡擴散．請回答下列問題：（1）人們發現紙張會發生酸性腐蝕而變脆、破損，嚴重威脅紙質文物的保存．經分析檢驗，發現酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關，其中的化學原理是；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（離子）方程式為．（2）為了保護這些紙質文物，有人建議采取下列措施：①噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等．這樣操作產生的主要問題是；②噴灑Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷．用化學（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、．（3）現代造紙工藝常用鈦白粉（TiO2）替代明礬．鈦白粉的一種工業制法是以鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3）為原料按下列過程進行的，請完成下列化學方程式：①FeTiO3+C+Cl2TiCl4+FeCl3+CO②TiCl4+O2TiO2+Cl2．12．（15分）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，經過一系列反應可以得到BF3和BN，如下圖所示請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是、；（2）基態B原子的電子排布式為；B和N相比，電負性較大的是，BN中B元素的化合價為；（3）在BF3分子中，F﹣B﹣F的鍵角是，B原子的雜化軌道類型為，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立體結構為；（4）在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為，層間作用力為；（5）六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有個氮原子、個硼原子，立方氮化硼的密度是g?pm﹣3（只要求列算式，不必計算出數值，阿伏伽德羅常數為NA）。13．（15分）香豆素是一種天然香料，存在于黑香豆、蘭花等植物中．工業上常用水楊醛與乙酸酐在催化劑存在下加熱反應制得：以下是由甲苯為原料生產香豆素的一種合成路線（部分反應條件及副產物已略去）已知以下信息：①A中有五種不同化學環境的氫②B可與FeCl3溶液發生顯色反應③同一個碳原子上連有兩個羥基通常不穩定，易脫水形成羰基．請回答下列問題：（1）香豆素的分子式為；（2）由甲苯生成A的反應類型為；A的化學名稱為（3）由B生成C的化學反應方程式為；（4）B的同分異構體中含有苯環的還有種，其中在核磁共振氫譜中只出現四組峰的有種；（5）D的同分異構體中含有苯環的還有種，其中：①既能發生銀境反應，又能發生水解反應的是（寫結構簡式）②能夠與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出CO2的是（寫結構簡式）

2011年全國統一高考化學試卷（新課標）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NaCl分子 B．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數為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，能產生22.4L氯氣（標準狀況）、23.0g金屬鈉【考點】54：物質的量的相關計算；5C：物質的量濃度的相關計算．【分析】根據物質的構成、離子的電子排布來分析微粒的物質的量，并根據溶液的配制來分析溶液的體積，利用電解反應中氯化鈉的物質的量來計算電解產物的量即可解答．【解答】解：A、因NaCl為離子化合物，則不存在NaCl分子，故A錯誤；B、因Na+的最外層電子總數為8電子穩定結構，則最外層電子的物質的量為8mol，其電子總數為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錯誤；D、NaCl的物質的量為=1mol，則電解58.5g熔融的NaCl，1molNaCl生成0.5mol氯氣，能產生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯氣（標準狀況），而不是22.4L氯氣，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查微觀粒子的物質的量的計算，明確物質的構成、電子排布、溶液的配制，電解等知識點來解答，學生熟悉物質的量的計算、利用原子守恒來判斷電解產物的物質的量是解答本題的關鍵．2．分子式為C5H11Cl的同分異構體共有（不考慮立體異構）（）A．6種 B．7種 C．8種 D．9種 【考點】I4：同分異構現象和同分異構體．【專題】532：同分異構體的類型及其判定．【分析】判斷和書寫烷烴的氯代物的異構體可以按照以下步驟來做：（1）先確定烷烴的碳鏈異構，即烷烴的同分異構體．（2）確定烷烴的對稱中心，即找出等效的氫原子．（3）根據先中心后外圍的原則，將氯原子逐一去代替氫原子．（4）對于多氯代烷的同分異構體，遵循先集中后分散的原則，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C5H11Cl的同分異構體有主鏈有5個碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl（CH3）CH2CH3；CH2ClCH（CH3）CH2CH3；主鏈有3個碳原子的：CH2C（CH3）2CH2Cl；共有8種情況。故選：C。【點評】本題考查以氯代物的同分異構體的判斷，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．比如說丙烷有兩種一氯代物．3．下列反應中，屬于取代反應的是（）①CH3CH=CH2+Br2CH3CHBrCH2Br②CH3CH2OHCH2=CH2+H2O③CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O④C6H6+HNO3C6H5NO2+H2O．A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【考點】I6：取代反應與加成反應．【分析】①烯烴具有雙鍵，與溴的反應屬于加成反應；②在濃硫酸作用下，加熱到1700C時，乙醇發生消去反應，生成乙烯和水；③乙酸和乙醇在濃硫酸作用下加熱時發生酯化反應，生成乙酸乙酯和水，也屬于取代反應；④在濃硫酸作用下，加熱時苯和濃硝酸發生硝化反應生成硝基苯和水，也屬于取代反應．【解答】解：A、①屬于加成反應；②屬于消去反應，故A錯；B、③屬于酯化反應，也屬于取代反應；④屬于苯的硝化反應，也屬于取代反應，故B正確；C、①屬于加成反應；③屬于酯化反應，也屬于取代反應，故C錯；D、②屬于消去反應；④屬于苯的硝化反應，也屬于取代反應，故D錯。故選：B。【點評】本題考查有機物的反應類型，做題時注意有機物的化學性質．4．將濃度為0.1mol?L﹣1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（）A．c（H+） B．Ka（HF） C． D． 【考點】D5：弱電解質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：控制單因變量法；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】根據HF屬于弱電解質，則在加水不斷稀釋時，電離程度增大，電離平衡保持向正反應方向移動，并注意溫度不變時，電離平衡常數不變來解答．【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，促進電離，平衡正向移動，電離程度增大，n（H+）增大，但c（H+）不斷減小，故A錯誤；B、因電離平衡常數只與溫度有關，則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行，c（H+）不會超過10﹣7mol?L﹣1，c（F﹣）不斷減小，則比值變小，故C錯誤；D、因Ka（HF）=，當HF溶液加水不斷稀釋，促進電離，c（F﹣）不斷減小，Ka（HF）不變，則增大，故D正確；故選：D。【點評】本題考查弱電解質的稀釋，明確稀釋中電離程度、離子濃度、Ka的變化即可解答，本題難點和易錯點是不斷稀釋時c（H+）不會超過10﹣7mol?L﹣1．5．鐵鎳蓄電池又稱愛迪生電池，放電時的總反應為：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2下列有關該電池的說法不正確的是（）A．電池的電解液為堿性溶液，正極為Ni2O3、負極為Fe B．電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2 C．電池充電過程中，陰極附近溶液的堿性減弱 D．電池充電時，陽極反應為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：電化學專題．【分析】根據電池的總反應：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，最終生成Fe（OH）2，Ni2O3作正極，發生還原反應，為氧化劑，得電子，最終生成Ni（OH）2，電池放電時，負極反應為Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，則充電時，陰極發生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陰極附近溶液的pH升高，電池充電時，陽極發生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O．【解答】解：A、反應后產物有氫氧化物，可得電解液為堿性溶液，由放電時的反應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、負極為Fe，故A正確；B、根據總反應Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判斷出鐵鎳蓄電池放電時Fe作負極，發生氧化反應，為還原劑，失電子生成Fe2+，堿性電解質中最終生成Fe（OH）2，負極反應為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，故B正確；C、充電可以看作是放電的逆過程，即陰極為原來的負極，所以電池放電時，負極反應為：Fe+2OH﹣﹣2e﹣=Fe（OH）2，所以電池充電過程時陰極反應為Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，因此電池充電過程中陰極附近溶液的pH會升高，故C錯誤；D、充電時，陰極發生Fe（OH）2+2e﹣=Fe+2OH﹣，陽極發生2Ni（OH）2+2OH﹣﹣2e﹣=Ni2O3+3H2O，故D正確。故選：C。【點評】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知識，做題時注意根據總反應從氧化還原的角度判斷化合價的變化，以得出電池的正負極以及所發生的反應．6．能正確表示下列反應的離子方程式為（）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】49：離子方程式的書寫．【專題】16：壓軸題；516：離子反應專題．【分析】A．硝酸具有強氧化性，能氧化FeS；B．漏寫銨根離子與氫氧根離子的反應；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，因此產物應該是硝酸鐵、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NH4++HCO3﹣+2OH﹣=CO32﹣+H2O+NH3．H2O，故B錯誤；C．SO2不足產物應該是SO32﹣，少量SO2通入苯酚鈉溶液中的離子反應為2C6H5O﹣+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32﹣，故C錯誤；D．碳酸鈣和醋酸在離子反應中應保留化學式，大理石溶于醋酸中的離子反應為CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故D正確；故選：D。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，選項C為學生解答的難點，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是內層電子數的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是其電子層數的2倍．下列說法錯誤的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩定結構 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的單質與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成 D．元素Z可與元素X形成共價化合物XZ2 【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系；8G：原子結構與元素的性質．【專題】16：壓軸題．【分析】首先，根據原子結構的特點，推斷出W、X、Y和Z分別是什么元素；然后，根據元素的性質，對照各個選項，判斷正誤．【解答】解：因X原子的最外層電子數是內層電子數的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是其電子層數的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序數依次增大，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CCl4，則Li+的最外層只有兩個電子，不滿足8電子的穩定結構，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應均有氫氣生成，故C正確；D、硫和碳可形成共價化合物CS2，故D正確；故選：A。【點評】本題考查元素的推斷和元素的性質，充分利用原子結構的知識是解題的關鍵．二、解答題（共3小題，滿分29分）8．（14分）0.80gCuSO4?5H2O樣品受熱脫水過程的熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲線）如圖所示．請回答下列問題：（1）試確定200℃時固體物質的化學式CuSO4?H2O（要求寫出推斷過程）；（2）取270℃所得樣品，于570℃灼燒得到的主要產物是黑色粉末和一種氧化性氣體，該反應的化學方程式為CuSO4CuO+SO3↑．把該黑色粉末溶解于稀硫酸中，經濃縮、冷卻，有晶體析出，該晶體的化學式為CuSO4?5H2O，其存在的最高溫度是102℃；（3）上述氧化性氣體與水反應生成一種化合物，該化合物的濃溶液與Cu在加熱時發生反應的化學方程式為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攪拌，有淺藍色氫氧化銅沉淀生成，當溶液的pH=8時，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量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的H+濃度是0.2mol?L﹣1．【考點】F8：濃硫酸的性質；M1：物質的量濃度的計算；R2：硫酸銅晶體中結晶水含量的測定．【專題】18：實驗分析題；54：化學實驗．【分析】（1）由圖分析可知，CuSO4?5H2O受熱到102℃時開始脫水分解，113℃時可得到較穩定的一種中間物，到258℃時才會繼續分解．在200℃時失去的水的質量為0.80g﹣0.57g=0.23g，根據相應的化學方程式即可確定此時固體物質的化學式；（2）溫度為570℃灼燒得到的黑色粉末是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應方程式為：CuSO4CuO+SO3↑；CuO與稀硫酸反應的產物是硫酸銅和水，蒸發濃縮、冷卻得到的晶體為CuSO4?5H2O；根據圖象分析其存在的最高102℃；（3）根據濃硫酸具有強氧化性進行分析并寫出有關的化學方程式；（4）根據溶度積常數進行計算c（Cu2+），根據溶液的電中性計算H+濃度．【解答】解：（1）CuSO4?5H2O受熱到102℃時開始脫水分解，113℃時可得到較穩定的一種中間物，到258℃時才會繼續分解．在200℃時失去的水的質量為0.80g﹣0.57g=0.23g，根據反應的化學方程式：CuSO4?5H2OCuSO4?（5﹣n）H2O+nH2O25018n0.80g0.80g﹣0.57g=0.23g，解得n=4，200℃時該固體物質的化學式為CuSO4?H2O，故答案為CuSO4?H2O；（2）溫度為570℃灼燒得到的黑色粉末應是CuO，氧化性氣體則為SO3，反應方程式為：CuSO4CuO+SO3↑；CuO與稀硫酸反應的產物是硫酸銅和水，蒸發濃縮、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與水反應生成硫酸，濃硫酸與銅加熱反應的化學方程式為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案為：2H2SO4（濃）+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；（4）根據題給Cu（OH）2的溶度積即可確定pH=8時，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量H2S氣體，使Cu2+完全沉淀為CuS，此時溶液中的溶質為硫酸，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．【點評】本題考查硫酸銅結晶水含量的測定、溶度積常數的計算以及物質的量濃度的有關計算，題目較為綜合，分析圖象信息是完成本題目的關鍵．9．科學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應生成甲醇，并開發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．請回答下列問題：（1）用太陽能分解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水的熱化學方程式為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，考察溫度對反應的影響，實驗結果如下圖所示（注：T1、T2均大于300℃）；下列說法正確的是③④（填序號）①溫度為T1時，從反應開始到平衡，生成甲醇的平均速率為v（CH3OH）=mol?L﹣1?min﹣1②該反應在T1時的平衡常數比T2時的小③該反應為放熱反應④處于A點的反應體系從T1變到T2，達到平衡時增大（4）在T1溫度時，將1molCO2和3molH2充入一密閉恒容容器中，充分反應達到平衡后，若CO2轉化率為a，則容器內的壓強與起始壓強之比為；（5）在直接以甲醇為燃料的燃料電池中，電解質溶液為酸性，負極的反應式為CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正極的反應式為O2+6H++6e﹣=3H2O．理想狀態下，該燃料電池消耗1mol甲醇所能產生的最大電能為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生的最大電能與燃料電池反應所能釋放的全部能量之比）．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；C9：用化學平衡常數進行計算；CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算；M7：有關燃燒熱的計算．【專題】13：圖像圖表題；21：熱點問題；33：物質變化與能量變化統一思想；51：基本概念與基本理論．【分析】（1）根據氫氣的燃燒熱可知水分解吸收的能量，然后利用化學計量數與反應熱的關系來計算；（2）根據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水的熱化學方程式；（3）根據圖象中甲醇的變化來計算反應速率，并利用圖象中時間與速率的關系來分析T1、T2，再利用影響平衡的因素來分析解答；（4）根據化學平衡的三段法計算平衡時各物質的物質的量，再利用反應前后氣體的物質的量之比等于壓強之比來解答；（5）根據原電池中負極發生氧化反應，正極發生還原反應，并考慮電解質溶液參與電極反應來分析，并利用電池所產生的最大電能與燃料電池反應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﹣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CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l），該反應的反應熱△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）根據題給圖象分析可知，T2先達到平衡則T2＞T1，由溫度升高反應速率增大可知T2的反應速率大于T1，又溫度高時平衡狀態CH3OH的物質的量少，則說明可逆反應CO2+3H2?CH3OH+H2O向逆反應方向移動，故正反應為放熱反應，則T1時的平衡常數比T2時的大，③、④正確，②中該反應在T1時的平衡常數比T2時的大，則②錯誤，①中的單位應為mol?min﹣1，不符合濃度的單位，則①錯誤，故答案為：③④；（4）由化學平衡的三段模式法計算可知，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根據相同條件下氣體的壓強之比等于物質的量之比，則容器內的壓強與起始壓強之比為=，故答案為：；（5）由燃料電池是原電池的一種，負極失電子發生氧化反應，正極得電子發生還原反應，甲醇燃燒生成二氧化碳和水，但在酸性介質中，正極不會生成大量氫離子，則電解質參與電極反應，甲醇燃料電池的負極反應式為CH3OH+H2O﹣6e﹣=CO2+6H+，正極反應式為O2+6H++6e﹣=3H2O，又該電池的理論效率為消耗1mol甲醇所能產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%．【點評】本題綜合性較強，考查知識點較多，注重了對高考熱點的考查，學生應熟悉燃燒熱、蓋斯定律、熱化學反應方程式、反應速率、化學平衡、原電池等重要知識來解答．10．（15分）氫化鈣固體登山運動員常用的能源提供劑．某興趣小組長擬選用如下裝置制備氫化鈣．請回答下列問題：（1）請選擇必要的裝置，按氣流方向連接順序為i→e，f→d，c→j，k（或k，j）→a（填儀器接口的字母編號）（2）根據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；打開分液漏斗活塞BADC（請按正確的順序填入下列步驟的標號）．A．加熱反應一段時間B．收集氣體并檢驗其純度C．關閉分液漏斗活塞D．停止加熱，充分冷卻（3）實驗結束后，某同學取少量產物，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，該同學據此斷，上述實驗確有CaH2生成．①寫出CaH2與水反應的化學方程式CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；②該同學的判斷不正確，原因是金屬鈣與水反應也有類似現象．（4）請你設計一個實驗，用化學方法區分鈣與氫化鈣，寫出實驗簡要步驟及觀察到的現象取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應，將反應氣相產物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變為藍色；取鈣做類似實驗，觀察不到白色變為藍色．（5）登山運動員常用氫化鈣作為能源提供劑，與氫氣相比，其優點是氫化鈣是固體，攜帶方便．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】17：綜合實驗題；541：化學實驗常用儀器及試劑．【分析】（1）一般制備純凈干燥的氣體的實驗裝置的順序為：制備裝置→除雜裝置→干燥裝置等；（2）實驗過程中要保證整個裝置內已充滿氫氣，實驗的操作程序是：檢查裝置的氣密性→產生氫氣→收集氫氣并進行驗純→加熱反應→停止加熱→繼續通氫氣至冷卻→停止通入氫氣；（3）CaH2中H元素的化合價為﹣1價，CaH2具有還原性，與水發生氧化還原反應生成Ca（OH）2和H2；Ca與水反應也能產生Ca（OH）2和H2；（4）區分鈣和氫化鈣時可利用其組成、性質的差異來判斷；（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還原劑，遇水、遇空氣都能發生劇烈反應，因此在制取氫化鈣時，必須要除去空氣、水等其他雜質；在題給的實驗裝置中，不難判斷出氫氣的發生裝置，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→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）為保證整個裝置內已充滿氫氣，因此實驗的操作程序是：檢查裝置的氣密性→產生氫氣→收集氫氣并進行驗純→加熱反應→停止加熱→繼續通氫氣至冷卻→停止通入氫氣，故答案為：BADC；（3）CaH2和Ca與水反應都能產生Ca（OH）2和H2，反應方程式分別為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑和Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，因此不能根據反應后溶液呈堿性判斷是否含有CaH2，故答案為：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；金屬鈣與水反應也有類似現象；（4）CaH2可以和氧氣在加熱條件下反應生成水，可用無水硫酸銅檢驗，現象是白色變為藍色，故答案為：取適量氫化鈣，在加熱條件下與干燥氧氣反應，將反應氣相產物通過裝有無水硫酸銅的干燥管，觀察到白色變為藍色；取鈣做類似實驗，觀察不到白色變為藍色；（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．【點評】本題考查元素化合物知識，涉及到物質的性質和制備實驗，注意實驗的一般方法．三、選修部分11．【化學﹣﹣選修2：化學與技術】普通紙張的主要成分是纖維素，在早期的紙張生產中，常采用紙張表面涂敷明礬的工藝，以填補其表面的微孔，防止墨跡擴散．請回答下列問題：（1）人們發現紙張會發生酸性腐蝕而變脆、破損，嚴重威脅紙質文物的保存．經分析檢驗，發現酸性腐蝕主要與造紙中涂敷明礬的工藝有關，其中的化學原理是明礬水解產生酸性環境，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（離子）方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O．（2）為了保護這些紙質文物，有人建議采取下列措施：①噴灑堿性溶液，如稀氫氧化鈉溶液或氨水等．這樣操作產生的主要問題是過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損；②噴灑Zn（C2H5）2．Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷．用化學（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）現代造紙工藝常用鈦白粉（TiO2）替代明礬．鈦白粉的一種工業制法是以鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3）為原料按下列過程進行的，請完成下列化學方程式：①2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO②1TiCl4+1O21TiO2+2Cl2．【考點】48：化學方程式的書寫；49：離子方程式的書寫；B3：氧化還原反應方程式的配平；DD：鹽類水解的應用．【分析】涂敷明礬呈酸性的原因是明礬中存在Al3+的水解，紙張發生酸性腐蝕的原因是纖維素在酸性條件下能發生水解；碳酸鈣能中和H+，可防止紙張的酸性腐蝕，反應的離子方程式為CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；纖維素在堿性條件下同樣也能發生水解，因此噴灑堿性溶液同樣也能造成書籍污損；由Zn（C2H5）2與水反應生成氧化鋅和乙烷\、氧化鋅和H+反應來分析防止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方程式．【解答】解：（1）明礬中鋁離子水解產生氫離子，在酸性條件下纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質會變脆，破損．故答案為：明礬水解產生酸性環境，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境下水解，在堿性條件下同樣水解．過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損．故答案為：過量的堿同樣可能會導致纖維素水解，造成書籍污損；②由信息可知：Zn（C2H5）2可以與水反應生成氧化鋅和乙烷，其實反應原理相可看成鋅結合水電離出來的氫氧根，最后變為氧化鋅和水，則C2H5結合氫變為乙烷．氧化鋅可以與酸性溶液反應，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前系數同時乘以2，這樣再根據Ti守恒與Fe守恒就可以配平該反應方程式了．故答案為：2；6；7；2；2；6；②根據氧氣為氧化劑，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．【點評】該題是一個好題，前兩個小題重點考查了鹽類水解的應用．最后一小題考查氧化還原反應．難度是有的，但是符合學生的認知規律，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，經過一系列反應可以得到BF3和BN，如下圖所示請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式依次是B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O、B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）基態B原子的電子排布式為1s22s22p1；B和N相比，電負性較大的是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°，B原子的雜化軌道類型為sp2，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4﹣的立體結構為正四面體；（4）在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為共價鍵（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，可以轉化為立方氮化硼，其結構與金剛石相似，硬度與金剛石相當，晶胞邊長為361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有4個氮原子、4個硼原子，立方氮化硼的密度是g?pm﹣3（只要求列算式，不必計算出數值，阿伏伽德羅常數為NA）。【考點】8A：原子核外電子的能級分布；8B：元素電離能、電負性的含義及應用；97：鍵能、鍵長、鍵角及其應用；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應的方程式：B2O3+3CaF2+3H2SO42BF3↑+3CaSO4+3H2O；B2O3+2NH32BN+3H2O；（2）B的原子序數為5，其基態原子的電子排布式為1s22s22p1；B和