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1、2011年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）化学试题解析6等浓度的下列稀溶液：乙酸、苯酚、碳酸、乙醇，它们的pH由小到大排列正确的是A B. C D【解析】酸性顺序是(乙醇是非电解质)，故等浓度的四种溶液的pH由小到大顺序是。【答案】D7.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【解析】乙醇与钠反应生成氢气而乙醚与钠不反应，现象不同，可以鉴别，故A正确；己烷中不含不饱和碳原子，不能与高锰酸钾反应，而3-己烯中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液颜色褪色，故B正确；将
2、水分别加到苯和溴苯中，油层在上的是苯，油层在下的为溴苯，故C正确；甲酸甲酯和乙醛都含有醛基，都能与新制的银氨溶液发生银镜反应，故D错。【答案】D8.在容积可变的密闭容器中，2 mol N2和8 mol H2在一定条件下反应，达到平衡时，H2的转化率为25，则平衡时氨气的体积分数接近于A.5 B.10 C.15 D.20【解析】 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始物质的量/mol 2 8 0转化物质的量/mol 2/3 2 4/3平衡物质的量/mol 4/3 6 4/3 故平衡时氨气的体积分数为%=15%。【答案】C9室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的C
3、H3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A若pH7，则一定是c1V1=c2V2B在任何情况下都是c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH) C. 当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2c1D. 若V1=V2， c1=c2，则 c(CH3COO)c(CH3COOH)=c(Na) 【解析】c1V1=c2V2时，酸碱恰好完全反应，溶液显碱性，但当碱过量时，溶液也显碱性，故A错；B是溶液中的电荷守恒，一定正确；当pH=7时，一定是酸过量，故C正确；若V1=V2， c1=c2，则酸碱的物质的量相等，根据物料守恒可知，D正确。【答案】A10.用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段
4、时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的A. CuSO4 B.H2O C. CuO D. CuSO45H2O【解析】电解CuSO4溶液发生的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，从溶液中析出的是Cu和O2，将两者发生化合生成CuO，加入到溶液中，可发生反应CuO+ H2SO4=CuSO4+H2O，使溶液复原。【答案】C11.将足量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-【解析】
5、SiO32- + CO2 + H2O = H2SiO3+ CO32-，故A错；CO2 + 2OH- = CO32- + H2O，故C错；C6H5O-+ CO2 + H2O + HCO3-，故D错。【答案】B12. NA为阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是A.18 gH2O中含有的质子数为10NAB.12 g金刚石中含有的共价键数为4NAC.46 gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA D.1 molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子【解析】18 g水为1 mol，而水是10电子、10质子的微粒，故A正确；金刚石中的每个碳原子都形成4个共价键，故12
6、g(1 mol)金刚石所含的共价键数为=2 mol(除以2的原因是每个键都计算了两次)，故B错；由于N2O4可看作(NO2)2，故46 g两者的混合物中含有1 molN，2 molO，含原子总数为3NA，故C正确；因为钠只有1 mol，无论反应得到氧化钠还是过氧化钠，由得失电子守恒，Na失去的电子数目只能为NA个电子，故D正确。【答案】B13.某含铬（Cr3O72)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O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n mol FeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x
7、) mol B.处理废水中Cr2O72的物质的量为nx/2 molC.反应中发生转移的的电子数为3nx mol D.在FeOFeyCrxO3中，3x=y【解析】因“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n mol FeOFeyCrxO3”，故根据铁元素守恒，可知参加反应的铁的物质的量为n(1-y) mol，故A错；根据Cr元素守恒可知，参加反应的Cr2O72的物质的量为nx/2 mol，B正确；Cr元素在反应中化合价有+6+3，Fe元素有+2+3，而部分Fe元素(FeO中的Fe元素)的化合价没有发生变化，故应根据Cr元素来计算，其得到的电子数为3nx mol，C正确；根据得失电
8、子守恒，有3nx（Cr化合价的降低） =1y（Fe化合价的升高），故D正确。【答案】A27.（15分）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：反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接；I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%。回答问题：(1)中反应的化学方程式为 ；(2)化合物I的电子式为 ，它的空间结构是 ；(3)1.6g G溶于盐酸，得到的溶液与铜粉完全反应，计算至少需铜粉的质量（写出离子方程式和计算过程）；(4)C与过量NaOH溶液反应的离子方程式为 ；反应后溶液与过
9、量I反应的离子方程式为 。(5)E在I中燃烧观察到的现象是 。【解析】由“反应C+GB+H能放出大量的热，该反应曾应用于铁轨的焊接”，可知C为Al、B为Fe，H为Al2O3、G为Fe2O3（或Fe3O4）；由“I是一种常见的温室气体，它和E可以发生反应：2E+I2F+D，F中E元素的质量分数为60%”，可知I为CO2、E为Mg、D为C、F为MgO；则A为O2，(1)(2)问题就迎刃而解了。(3)可得关系式：Fe2O3Cu，1.6 gFe2O3的物质的量为0.01 mol，则铜物质的量也为的0.01mol，其质量为0.01mol64g/mol=0.64g；(4)Al与过量的NaOH的离子方程式为
10、：2Al2OH2H2O=2AlO23H2；AlO2与过量CO2反应的离子方程式为：AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3。(5)镁条在CO2中如燃烧的现象是：镁条剧烈的燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳。【答案】(1)2AlFe2O3Al2O32Fe(2)；直线形(3)Fe2O36H=2Fe33H2O Cu2Fe3=Cu22Fe2n(Cu)=n(Fe2O3)=，铜粉的质量=64g/mol0.01mol=0.64g(4)2Al2OH2H2O=2AlO23H2；AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3(5)镁条剧烈的燃烧，生成白色粉末，反应器内壁附着有黑色的碳28.（15分
11、）反应aA (g)+bB(g)cC(g)（H0）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：(1)反应化学方程式中，a：b：c为 ；(2)A的平均反应速率(A)、(A)、(A)从大到小排列次序为 ；(3)B的平衡转化率(B)、(B)、(B)中最小的是 ，其值是 ；(4)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 ；(5)比较第II阶段反应温度（T2）和第III阶段反应速度（T3）的高低：T2 T3(填“、”），判断的理由是 ；(6)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
12、用曲线表示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）。【解析】(1) 从第I阶段来看，A的浓度减小1.0 molL-1，B的浓度减小3.0 molL-1，C增加2.0 molL-1，根据变化的浓度之比等于方程式的系数比，有a：b：c=1：3：2；也可以选其他两个阶段计算，结果是相同的。(2);可知知反应速率的大小为(A)(A)(A)。(3)由图上的数据可知：(B)=50%(B)= =38%(B)= =19%(4)由图可知平衡向正反应方向移动，因为图上反应物的浓度在降低，生成物的浓度在增加；由图还可以看出，C的浓度由2.00 molL-1陡然降低到0，故采取的措施是将
13、生成物移走，降低了生成物的浓度；(5)题目已给出正反应是放热的气体反应且为恒容容器，不可能缩小容积来增大压强；又由于生成物的浓度在增大，所以使平衡向正方向移动的措施只能是降低温度，T2T3；(6)容积加倍，即减小压强平衡向逆反应方向移动，作图要点：容积加倍的瞬间，各组分浓度都变为原来的1/2；A 、B的新平衡浓度比原来的1/2要大，而C的浓度比原浓度的1/2要小。【答案】(1)1：3：2；(2)(A)(A)(A)；(3) (B)；19%；(4)向正反应方向移动；从反应体系中移出产物C；(5)；此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动(6)29(15分)请回答下列实验室中制取气体的有关问
14、题。(1)下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置。装置B、C、D的作用分别是：B_；C_；D_。(2)在实验室欲制取适量NO气体。下图中最适合完成该实验的简易装置是_（填序号)；根据所选的装置完成下表(不需要的可不填)：应加入的物质所起的作用ABCC 简单描述应观察到的实验现象_。【解析】(1)因氯气的密度比空气的大，故应采取向上排空气法收集；观察B、C两个装置，只能是B装置是用来收集氯气的，而C是防止倒吸的装置；分析性质定理及两个推论的条件和结论间的关系,可得如下结论:(2)NO很容易跟空气中的氧气反应，故NO要用排水法收集，而不能用排空气法；对比和，只能是“短进长出”，故排除
15、；再对比和，符合“短进长出”的是，故排除；而题目要求“最适合”的简易装置，故应选。(2)两锐角的关系：AB=90；A是发生装置，应装入的物质是铜片和稀硝酸，其作用是生成NO气体；B是收集装置，加入的物质是水；C的主要用途是接收B中排出的水。反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐加快；A试管上方空间中由无色逐渐变为红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；A中液体由无色逐渐变为浅蓝色；B中水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入到烧杯C中。3、思想教育，转化观念端正学习态度。【答案】(1)向上排气收集气体1、在现实的情境中理解数学内容，利用学到的数学知识解决自己身边的实际问题，获得成功的体验，增
16、强学好数学的信心。安全作用，防止D中的液体倒吸进入集气管B中吸收尾气，防止氯气扩散到空气中污染环境(3)三角形的外心的性质:三角形外心到三顶点的距离相等.(2)3.规律：利用特殊角的三角函数值表，可以看出，(1)当角度在090间变化时，正弦值、正切值随着角度的增大(或减小)而增大(或减小)；余弦值随着角度的增大(或减小)而减小(或增大)。(2)0sin1，0cos1。6、因材施教，重视基础知识的掌握。应加入的物质所起的作用B、当a0时A2.正弦：铜片和稀硝酸发生NO气体B水2、100以内的进位加法和退位减法。排水收集NO气体C接收B中排出的水C反应开始时，A中铜表面出现无色小气泡，反应速率逐渐
17、加快；A试管上方空间中由无色逐渐变为红棕色，随着反应的进行又逐渐变为无色；A中液体由无色逐渐变为浅蓝色；B中水面逐渐下降，B管中的水逐渐流入到烧杯C中。30.(15分)金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备：请回答下列问题：(1)环戊二烯分子中最多有_个原子共平面；(2)金刚烷的分子式为_，其分子中的CH2基团有_个；(3)下面是以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线：其中，反应的产物名称是_，反应的反应试剂和反应条件是_，反应的反应类型是_；(4)已知烯烃能发生如下反应：请写出下列反应产物的结构简式：(5)A是二聚环戊二烯的同分异构体，能使溴的四氯化碳溶液褪色，A经高锰酸钾酸性溶
18、液加热氧化可以得到对苯二甲酸提示：苯环上的烷基(-CH3，-CH2R，-CHR2)或烯基侧链经高锰酸钾酸性溶液氧化得羧基，写出A所有可能的结构简式(不考虑立体异构)：_【解析】(1)考查有机分子中共线共面问题，以乙烯和甲烷为母体即可解决。可认为是两个乙烯取代了甲烷中的两个H原子后形成的环，最多共面的原子是9个(注意：饱和碳原子上的两个H原子，一定不在这个平面上)；(2)注意金刚烷中三个键的碳原子只接一个H原子，这样的碳原子共4个；而两个键的碳原子接两个H原子，这样的碳原子是6个，故其分子式为C10H16。(3)反应是卤代烃的消去反应，其条件是“NaOH乙醇溶液，加热”；从结构的变化看，反应是与Br2的加成反应。(4)信息中是碳碳双键断开后生成醛；利用此信息，可知产物的结构简式为：。(5) 二聚环戊二烯的分子式为C10H16，其同分异构体“能使溴的四氯化碳溶液褪色”，应含有不饱和键；“经高锰酸钾酸性溶液加热氧化可以得到对苯二甲酸”，说明在苯环的对位有两个取代基；再据信息，苯环上的烷基不能是-CR3(不能被氧化为羧基)。由此可写成符合条件的4种同分异构体：。【答案】(1) 9(2)C10H16 6(3)氯代环戊烷 NaOH乙醇溶液，加热 加成反应(4)(5)