2011高考全国大纲理综卷化学精析

2011高考全国大纲理综卷化学解析 6．等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小到大排列正确的是 A．④②③①　　B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④ 6．D　依据酸性强弱的大小顺序：乙酸＞碳酸＞苯酚＞乙醇，知D项正确。 7．下列叙述错误的是 A．用金属钠可区分乙醇和乙醚 B．用高锰酸钾酸性溶液可区分己烷和3--己烯 C．用水可区分苯和溴苯 D．用新制的银氨溶液可区分甲酸甲酯和乙醛 7．D　钠和乙醇反应有气泡产生，而钠和乙醚不反应；3--己烯可以使高锰酸钾酸性溶液褪色，而己烷不能；苯的密度比水小，而溴苯的密度比水的密度大；甲酸甲酯分子结构中也含有醛基，故用新制的银氨溶液不能区分甲酸甲酯和乙醛，故D项错误。 8．在容积可变的密闭容器中，2molN2和8molH2在一定条件下发生反应，达到平衡时，H2的转化率为25%，则平衡时氮气的体积分数接近于 A． 5% B．10% C．15% D．20% 8．C　依据三行式，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为4/3、6、4/3， N2的物质的量分数约等于15%，故氮气的体积分数接近于15%，故答案选C。 9．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V 2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是 A． 若PH＞7，则一定是c1 V 1＝c2 V 2 B．在任何情况下都是c (Na+)＋c (H+)＝c (CH3COO-) ＋c (OH-) C．当PH=7时，若V 1＝V 2，一定是c2＞c1 D．若V 1＝V 2，c1＝c2，则c (CH3COO-) ＋c (CH3COOH)= c (Na+) 9．A　当NaOH和CH3COOH按照等物质的量反应时，形成的是强碱弱酸盐，显碱性，PH＞7，而NaOH过量时，其PH也大于7，故A错误；B项符合电荷守恒关系式；当PH=7时，CH3COOH的物质的量需大于的NaOH物质的量，若V 1＝V 2，一定是c2＞c1，C项正确；若V 1＝V 2，c1＝c2，则NaOH和CH3COOH恰好中和，依据物料守恒，知D项正确。 10．用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的 A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4·H2O 10．C　依据2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，欲使电解质溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的CuO。 11．将足量的CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是 A．K+、SiO32-、Cl-、NO3- B．H+、NH4+、Al3+、SO42- C．Na+、S2-、OH-、SO42- D．Na+、C6H5O-、CH3COO-、HCO3- 11．B　碳酸的酸性大于硅酸，A项中SiO32-不能大量共存；C中的OH-和CO2反应；D中C6H5O-会和CO2反应形成苯酚，故只有B中离子还能大量共存。答案选B。 12．NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是 A．18gH2O中含有的质子数为10NA B．12g金刚石中含有的共价键数为4 NA C．46gNO2和N2O4混合气体中含有的原子总数为3 NA D．1molNa与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子 12．B　一个H2O分子中含有10个质子，故18gH2O中含有的质子数为10NA，故A正确；金刚石的结构为正四面体构型，每个碳原子可以和另外的4个碳原子形成共价键，属于每个碳原子的共价键为2个，故12g金刚石中含有的共价键数应为2 NA，故B错误；46gNO2和N2O4混合气体中，不管46gNO2 、还是46gN2O4是所含的物质的量分别是1mol、0.5mol，则其含有的原子总数都为3 NA，故C正确；1molNa与足量的O2反应，钠必然消耗完全，其转移的电子的物质的量必为NA个电子，故D正确。 13．某含铬（Cr2O72-）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是 A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(2－x) B．处理废水中的Cr2O72-的物质的量为nx/2 C．反应中发生转移的电子数为3nxmol D．在FeO·FeyCrxO3中，3x=y 13．D　依据铬、铁元素反应前后的价态以及化合物的化学式中正负化合价的代数和为0的原则，易知FeO·FeyCrxO3中的x、y的值相等且等于1，故D项错误；A、B、C项正确。 27．（15分）（注意：在试卷上作答无效） 下图中，A、B、C、D、E是单质，G、H、I、F是B、C、D、E分别和A形成的二元化合物。已知：①反应
能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；②I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：
，F中E元素的质量分数为60%。 回答问题：⑴①中反应的化学方程式为 ； ⑵化合物I的电子式为 ，它的空间结构是 ； ⑶1.6gG溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少所需的铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）； ⑷C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 ，反应后溶于与过量化合物I反应的离子方程式为 ；⑸E在I中燃烧观察到的现象是 。 27．【答案】⑴Al+ Fe2O3
Fe+ Al2O3 ⑵
⑶2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ n(Fe2O3)=0.01mol，依据离子方程式，则n(Cu )= 0.01mol，m(Cu )=0.64g.。 ⑷2 Al + 2OH- + 2 H2O=2AlO2- + 3H2↑ AlO2- + CO2 + 2H2O = Al(OH)3↓+ HCO3- ⑸剧烈燃烧，放出热量，生成黑色固体和白色固体。 【解析】该题有多处“题眼”。依据题目信息C、B是单质，G、H是二元化合物，
反应曾应用于铁轨的焊接，知C为Al、G为Fe2O3、B为Fe、H为Al2O3；由于I是一种常见的温室气体，知其为CO2，而Mg能在CO2中燃烧，且MgO中Mg元素的质量分数为60%。知D为碳单质，A为氧气。 28．（15分） 反应
(△H＜0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：
回答问题： ⑴反应的化学方程中a∶b∶c为　 ； ⑵Ａ的平均反应速率vⅠ(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为 ； ⑶Ｂ的平衡转化率αⅠ(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是 ，其值是 ； ⑷由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是 ； ⑸比较第Ⅱ阶段反应温度（Ｔ２）和第Ⅲ阶段反应温度（Ｔ３）的高低；Ｔ２ Ｔ３（填“＜”“＞”“＝”）判断的理由是 。 ⑹达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）。 28．【答案】⑴1∶3∶2 ⑵vⅠ(A) ＞vⅡ(A) ＞vⅢ(A) ⑶αⅢ(B)　 0.19 ⑷向右移动 ⑸将C从平衡混合物中液化分离出去 ⑹
【解析】图像题的解答要看清图像的横、纵坐标所代表的意义，曲线的走势，然后结合原理分析作答。 ⑴依据图示A、B、C三种物质的物质的量的变化分别为1mol、3 mol、2 mol，故a∶b∶c=1∶3∶2。 ⑵vⅠ(A)=(2.0－1.00)mol·L-1/20.0min=0.05 mol·L-1·min-1、vⅡ(A)=(1.00－0.62)/15.0 min=0.025 mol·L-1·min-1、vⅢ(A)=( 0.62－0.50) mol·L-1/10 min=0.012 mol·L-1·min-1。故：vⅠ(A) ＞vⅡ(A) ＞vⅢ(A)。 ⑶由图可知αⅠ(B)=0.5、αⅡ(B)=1.14/3.00=0.38、αⅢ(B)=0.36/1.86=0.19，则Ｂ的平衡转化率最小的是αⅢ(B)，其值为0.19； ⑷第一次平衡后A、B的浓度从平衡点开始降低，而C的