文档内容
2011 年福建省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2011•福建）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（ ）
A．CO 、CH 、N 等均是造成温室效应的气体
2 4 2
B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一
C．节能减排符合低碳经济的要求
D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺
【考点】常见的生活环境的污染及治理．
菁优网版权所有
【专题】化学应用．
【分析】A、根据产生温室效应的气体成分判断；
B、根据酸雨的形成原因判断；
C、根据低碳经济的要求判断；
D、根据可燃冰对煤、石油的影响判断；
【解答】解：A CO 、CH 是造成温室效应的主要气体，而N 是空气中的主要气体，不
2 4 2
是温室气体，故A错误；
B、产生酸雨的主要原因是SO 气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B正确；
2
C、节能减排可以减少CO 的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；
2
D、合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查了常见的生活环境的污染和治理，涉及STSE内容，主要与环保、能源
和低碳经济有关，属于常识题．
2．（3分）（2011•福建）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（ ）
A．H BO 的酸性比H CO 的强
3 3 2 3
B．Mg（OH） 的碱性比Be（OH） 的强
2 2
C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强
D．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M
【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．
菁优网版权所有
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】A、同周期从左向右元素的非金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性
增强；
B、同主族从上到下元素的金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；
C、同主族从上到下元素的非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱；
D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则阳离子在下一周期的前方，阴离子在上一周期的
后方．
【解答】解：A、非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H BO ＜
3 3
H CO ，故A错误；
2 3
B、金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH） ＞Be（OH） ，
2 2
故B正确；
C、非金属性Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故C错误；D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2﹣在上一周期的后方，
原子序数M＞R，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查元素周期律，学生熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题
的关键，难度不大．
3．（3分）（2011•福建）下列关于有机化合物的认识错误的是（ ）
A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳
B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C H O ，二者互为同分异构体
12 22 11
C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH 可以电离出H+
3
D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应
【考点】油脂的性质、组成与结构；苯的性质；乙酸的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介．
菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；
B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；
C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；
D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应．
【解答】解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；
B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖
是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；
C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH COOH CH COO﹣+H+，发生电离是羧基中的H原
3 3
子，故C错误；
⇌
D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确．
故选C．
【点评】本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重
在考查学生对基础知识的掌握．
4．（3分）（2011•福建）下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物
是（ ）
① ② ③ ④
Y CO Fe O C H OH FeCl
2 2 3 2 5 3
W MgO Al O C H ONa CuCl
2 3 2 5 2
A．① B．② C．③ D．④
【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质．
菁优网版权所有
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】①二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，属于置换反应；
②氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，属于置换反应；
③乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，符合置换反应概念；
④氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应；
【解答】解：①二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO =C+2MgO，属于置换反应；
2
故①不符合；
②氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，2Al+Fe O =2Fe+Al O ，属于置换
2 3 2 3
反应；故②不符合；
③乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，2Na+2CH CH OH=2CH CH ONa+H ↑符合置换反
3 2 3 2 2
应概念；故③不符合；④氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应；
综上所述：④符合；
故答案为：D．
【点评】本题考查了置换反应的分析判断，物质性质的掌握是解题关键，题目较简单．
5．（3分）（2011•福建）常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）
的措施是（ ）
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸
D．提高溶液的温度
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．
菁优网版权所有
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，要使溶液的pH增大，则溶液中氢离子浓度
减小，据此分析解答．
【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10
倍，氢离子浓度大于原来的 ，所以pH＜（a+1），故A错误；
B、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离
子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），故B正确；
C、加入等体积的0.2 mol•L﹣1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；
D、提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据“加水稀释、提高温度都能促进醋酸的电离，加
入含有相同离子的盐能抑制醋酸的电离”来分析解答，难度不大．
6．（3分）（2011•福建）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．
该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该
电池的下列说法不正确的是（ ）
A．水既是氧化剂又是溶剂
B．放电时正极上有氢气生成
C．放电时OH﹣向正极移动
D．总反应为：2Li+2H O=2LiOH+H ↑
2 2
【考点】原电池和电解池的工作原理．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；电化学专题．
【分析】锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的
过程，根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答．
【解答】解：A、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，该反应中，水是氧化剂，在
电池中还可以担当溶剂，故A正确；
B、放电时正极上是水中的氢离子得电子，所以会有氢气生成，故B正确；
C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH﹣向负极移动，故C错误；
D、锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即总
反应为：2Li+2H O=2LiOH+H ↑，故D正确．
2 2
故选C．【点评】本题考查电化学的热点﹣锂离子电池，根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反
应，从化合价变化的角度分析．
7．（3分）（2011•福建）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡
（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c
（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（ ）
A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大
B．往平衡体系中加入少量Sn（NO ） 固体后，c（Pb2+）变小
3 2
C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0
D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2
【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；化学平衡专题．
【分析】A、金属铅是固体，不影响平衡移动；
B、加入少量Sn（NO ） 固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动；
3 2
C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，据此判断；
D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，代入平衡常数表达式计
算．
【解答】解：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故A
错误；
B、加入少量Sn（NO ） 固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，
3 2
故B错误；
C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热
反应移动，故正反应为放热反应，故C错误；
D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡
常数k= =2.2，故D正确；
故选D．
【点评】考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度﹣时间图象、化学平衡常数的计算等，
难度中等，是对基础知识的考查，注意B为可溶性固体．
二、解答题
8．（15分）（2011•福建）Ⅰ、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛．
（1）磷元素的原子结构示意图是 ．
（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：
2Ca （PO ） +6SiO ═6CaSiO +P O 10C+P O ═P +10CO
3 4 2 2 3 4 10 4 10 4
每生成1mol P 时，就有 20 mol电子发生转移．
4（3）硫代硫酸钠（Na S O ）是常用的还原剂．在维生素C（化学式C H O ）的水溶液中
2 2 3 6 8 6
加入过量I 溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I 用Na S O 溶液滴定，可测定溶液中维
2 2 2 2 3
生素C的含量．发生的反应为：
C H O +I ═C H O +2H++2I﹣ 2S O 2﹣+I ═S O 2﹣+2I﹣
6 8 6 2 6 6 6 2 3 2 4 6
在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol•L﹣1I 溶液V mL，充分反应后，用Na S O 溶
2 1 2 2 3
液滴定剩余的I ，消耗b mol•L﹣1Na S O 溶液V mL．该溶液中维生素C的物质的量是
2 2 2 3 2
mol．
（4）在酸性溶液中，碘酸钾（KIO ）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO ﹣+5SO 2﹣
3 3 3
+2H+═I +5SO 2﹣+H O
2 4 2
生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率．
某同学设计实验如表所示：
0.01mol•L﹣1 0.01mol•L﹣1 H O的体积实验 溶液出现蓝色
2
KIO 酸性溶液（含淀 Na SO 溶液的体 /mL 温度 时所需时间/s
3 2 3
/℃
粉）的体积/mL 积/mL
实验1 5 V 35 25
1
实验2 5 5 40 25
实验3 5 5 V 0
2
该实验的目的是 目的是探究该反应速率与温度的关系 ；表中V = 40 mL
2
Ⅱ、稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位．
（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl 易发生水解，无水
3
CeCl 可用加热CeCl •6H O和NH Cl固体混合物的方法来制备．其中NH Cl的作用是 分
3 3 2 4 4
解出 HCl 气体，抑制 CeCl 水解 ．
3
（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H O ，调节pH≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce
2 2
（OH） 沉淀得以分离．完成反应的离子方程式： 2 Ce3++ 1 H O + 6 H O═ 2
4 2 2 2
Ce（OH） ↓+ 6H + ．
4
【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应
的计算．
菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题．
【分析】Ⅰ、（1）依据核外电子排布规律，结合15号磷元素的磷原子结构画出；
（2）依据氧化还原反应的电子守恒，标注元素化合价，得到升高降低的总数相同金属得到；
（3）I 溶液一部分与硫代硫酸钠反应，一部分与维生素C反应；
2
（4）由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V 为10mL，V 为40mL，实验1和实验
1 2
2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目
的是探究该反应速率与温度的关系．
Ⅱ、（5）NH Cl的作用是抑制CeCl 水解；
4 3
（6）“强酸性”或观察方程式可知缺项是H+，利用电子得失守恒或观察法就可以配平方程
式；
【解答】解：（1）P属于第15号元素，其原子的结构示意图为 ，故答案为：
；（2）每生成1 mol P 时，P由+5价变成0价，电子转移为5×4 mol=20 mol或C化合价由0
4
价变成为+2价，电子转移为2×10 mol=20 mol，故答案为：20；
（3）I 溶液一部分与硫代硫酸钠反应，一部分与维生素C反应，n（Na S O ）=
2 2 2 3
mol；
与其反应的碘单质为 mol，与维生素C反应的碘单质为 mol，
即维生素C的物质的量是 = ；
故答案为： ；
（4）由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V 为10mL，V 为40mL，实验1和实验
1 2
2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目
的是探究该反应速率与温度的关系，
故答案为：目的是探究该反应速率与亚硫酸钠浓度，反应温度的关系；40；
（5）题目中给出：“加热条件下CeCl 易发生水解”，可知NH Cl的作用是肯定是抑制水解
3 4
的，CeCl 水解会生成HCl，可知NH Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl 水解，
3 4 3
故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl 的水解；
3
（6）根据题意：“强酸性”或观察方程式可知缺项是H+，利用电子得失守恒或观察法就可
以配平方程式为2Ce3++H O +6H O═2Ce（OH） ↓+6H+，
2 2 2 4
故答案为：2；1；6；2；6H+．
【点评】本题考查化学方程式的配平与计算，滴定实验过程的分析计算应用，盐类水解的
分析判断，难度较大，在氧化还原反应中得失电子总数相等是解题关键，注意审题．
9．（14分）（2011•福建）四氯化钛（TiCl ）是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要
4
原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO ）制备TiCl 等产品的一种工艺流程示意如下：
3 4
回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性．该过程中有如下反应发生．
2Fe3++Fe═3Fe2+
2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H O
2
Ti3+（紫色）+Fe3++H O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+
2
加入铁屑的作用是 使 Fe 3+ 还原为 Fe 2+ ，生成 Ti 3+ 保护 Fe 2+ 不被氧化． ．（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO •nH O溶胶，该分散质颗粒直径大小在
2 2
1nm﹣100nm 范围．
（3）若把③中制得的固体TiO •nH O用酸清洗除去其中的Fe（OH） 杂质，还可制得钛白
2 2 3
粉．已知25℃时，K [Fe（OH） =2.79×10﹣39，该温度下反应Fe（OH） +3H+ Fe3++H O
sp 3 3 2
的平衡常数K= 2.79×10 3 ． ⇌
]
（4）已知：TiO （s）+2Cl （g）═TiCl （l）+O （g）△H=+140kJ•mol﹣1；2C（s）+O
2 2 4 2 2
（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1
写出④中TiO 和焦炭、氯气反应生成液态TiCl 和CO气体的热化学方程式： TiO （ s ）
2 4 2
+2C （ s ） +2Cl （ g ） =TiCl （ l ） +2CO （ g ）△ H=﹣81KJ•mol ﹣1 ．
2 4
（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点．依据绿色化学理念，该工艺流
程中存在的不足之处是 产生了废气，废液，废渣等 （只要求写出一项）．
（6）依据如表信息，要精制含少量SiCl 杂质的TiCl ，可采用 蒸馏（或分馏）等方法
4 4
方法．
TiCl SiCl
4 4
熔点/℃ ﹣25.0 ﹣68.8
沸点/℃ 136.4 57.6
【考点】制备实验方案的设计；热化学方程式；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解
平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯
和除杂．
菁优网版权所有
【专题】几种重要的金属及其化合物．
【分析】（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti3+，由方程式可知，
Fe3+氧化为Ti3+；
（2）控制条件以形成TiO •n H O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10﹣9～
2 2
10﹣7m（或1nm﹣100nm）；
（3）依据平衡常数的概念结合反应写出计算式计算平衡浓度得到；
（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；
（5）绿色化学应零污染、零排放，原子利用率100%．结合工艺流程三废回答；
（6）由表中数据可知，SiCl 、TiCl 为液体，二者沸点相差较大，通常采取蒸馏方法分离．
4 4
【解答】解：（1）由反应方程式可知，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，且反应生
成Ti3+保护Fe2+不被氧化．
故答案为：使Fe3+还原为Fe2+，生成Ti3+保护Fe2+不被氧化；
（2）控制条件以形成TiO •n H O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10﹣9～
2 2
10﹣7m（或1nm﹣100nm），
故答案为：10﹣9～10﹣7m（或1nm﹣100nm）；
（3）K [Fe（OH） =c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.79×10﹣39，反应Fe （OH） +3H+ Fe3+
sp 3 3
⇌
]
+H O的平衡常数K= = =c（Fe3+）×c3（OH﹣）
2
×1042=2.79×10﹣39×1042=2.79×103．
故答案为：2.79×103；
（4）①TiO （s）+2Cl （g）═TiCl （l）+O （g）△H=+140KJ•mol﹣1
2 2 4 2
②2C（s）+O
2
（g）═2CO（g）△H=﹣221KJ•mol﹣1
依据盖斯定律①+②得到：TiO
2
（s）+2C（s）+2Cl
2
（g）=TiCl
4
（l）+2CO（g）△H=﹣
81KJ•mol﹣1；故答案为：TiO （s）+2C（s）+2Cl （g）=TiCl （l）+2CO（g）△H=﹣81KJ•mol﹣1
2 2 4
（5）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，
故答案为：产生了废气，废液，废渣等；
（6）由表中数据可知，SiCl 、TiCl 为液体，二者沸点相差较大，要精制含少量SiCl 杂质
4 4 4
的TiCl ，可采用蒸馏（或分馏）方法，
4
故答案为：蒸馏（或分馏）．
【点评】本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分
离提纯，平衡常数计算，溶度积常数的计算应用，盖斯定律的计算应用等，难度不大，注
意基础知识的掌握利用．
10．（16分）（2011•福建）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探
究：
查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生
成．
Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验
取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤．
（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是
Al （ OH ） +OH ﹣ ═AlO ﹣ +2H O ．
3 2 2
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是 通
入 CO 气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解 ．
2
Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定
利用如下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的
BaCO 沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．
3
依据实验过程回答下列问题：
（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：
把生成的 CO 气体全部排入 C 中，使之完全被 Ba （ OH ） 溶液吸收
2 2
（4）C中反应生成BaCO 的化学方程式是 CO +Ba （ OH ） ═BaCO ↓+H O ．
3 2 2 3 2
（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是 cd （填标号）．
a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO 气体
2
b．滴加盐酸不宜过快
c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置
d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置
（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO 平均质量为3.94g．则
3
样品中碳酸钙的质量分数为 25% ．（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO 质量，只要测定装置C吸收CO 前后的质量差，
3 2
一样可以确定碳酸钙的质量分数．实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是 B 中
的水蒸气、氯化氢气体等进入装置 C 中 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；镁、铝的重要化合物．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；实验探究和数据处理题．
【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水．
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO ﹣+CO +2H O=Al（OH）
2 2 2
↓+HCO ﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH） +3HCl=AlCl +3H O，HCO ﹣+H+=CO ↑+H O．
3 3 3 3 2 3 2 2
Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸
钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏
小．
（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水．
（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO 气体，防止影响碳酸钡质量的测定；
2
b、滴加盐酸过快CO ，CO 不能完全被吸收，排出装置C．
2 2
c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO ．
2
d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH） ，可以吸收CO 中的
2 2
HCl，而不影响CO ．
2
（6）BaCO 质量为3.94g n（BaCO ）=0.0200mol，则n（CaCO ）=0.0200mol，质量为
3 3 3
2.00g．
（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．
【解答】解：Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为
Al（OH） +OH﹣═AlO ﹣+2H O．
3 2 2
故答案为：Al（OH） +OH﹣═AlO ﹣+2H O．
3 2 2
（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO ﹣+CO +2H O=Al（OH）
2 2 2
↓+HCO ﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH） +3HCl=AlCl +3H O，HCO ﹣+H+=CO ↑+H O，
3 3 3 3 2 3 2 2
反应现象是通入CO 气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．
2
故答案为：通入CO 气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．
2
Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持
续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO 气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH） 溶液
2 2
吸收．
故答案为：把生成的CO 气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH） 溶液吸收．
2 2
（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应方程式为CO +Ba（OH）
2
═BaCO ↓+H O．
2 3 2
故答案为：CO +Ba（OH） ═BaCO ↓+H O．
2 2 3 2
（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO 气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以
2
提高测定准确度，故a不符合；
b、滴加盐酸过快CO ，CO 来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化
2 2
碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；
c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO ，不能提高提高测定准
2
确度，故c符合；
d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH） ，可以吸收CO 中的
2 2
HCl，影响CO ，不能提高测定准确度，故d符合．
2
故选：cd．（6）BaCO 质量为3.94g，则n（BaCO ）= =0.02mol，则n（CaCO ）
3 3 3
=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为
×100%=25%．
故答案为：25%．
（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的
碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高．
故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．
【点评】考查对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成
的测定等，难度较大，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问
题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键．
11．（13分）（2011•福建）氮元素可以形成多种化合物．
回答以下问题：
（1）基态氮原子的价电子排布式是 2s 2 2p 3 ．
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 N ＞ O ＞ C ．
（3）肼（N H ）分子可视为NH 分子中的一个氢原子被﹣NH （氨基）取代形成的另一种
2 4 3 2
氮的氢化物．
①NH 分子的空间构型是 三角锥型 ；N H 分子中氮原子轨道的杂化类型是 sp 3 ．
3 2 4
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N O （l）+2N H （l）=3N （g）+4H O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1
2 4 2 4 2 2
若该反应中有4mol N﹣H键断裂，则形成的π键有 3 mol．
③肼能与硫酸反应生成N H SO ．N H SO 晶体类型与硫酸铵相同，则N H SO 的晶体
2 6 4 2 6 4 2 6 4
内不存在 d （填标号）
a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．范德华力
（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个
顶点（下图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别．下列
分子或离子中，能被该有机化合物识别的是 c （填标号）．
a．CF b．CH c．NH + d．H O．
4 4 4 2
【考点】含有氢键的物质；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学
键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有关燃烧热的计算．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；氮族元素．
【分析】（1）N原子核外有7个电子，最外层有5个电子，根据构造原理顺序其价电子排
布式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第
VA族元素的第一电离能大于相邻元素；
（3）①根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型和原子的杂化方式；
②根据化学方程式计算产生的氮气的物质的量，再根据每个氮分子中含有2个π键计算；
③N
2
H
6
SO
4
晶体类型与硫酸铵相同，含离子键、共价键；
（4）嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键．
【解答】解：（1）氮原子的电子排布式1s22s22p3，其价层电子排布式为2s22p3，故答案为：
2s22p3；
（2）C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着
原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N
＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
（3）①NH 分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型；
3
N H 分子中氮原子的加成电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是
2 4
sp3，故答案为：三角锥型；sp3；
②反应中有4mol N﹣H键断裂，即有1molN H 参加反应，根据化学方程式可知产生的氮
2 4
气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个π键，所以形成3molπ键，故答案为：
3；
③肼与硫酸反应的离子方程式为N H +2H+═N H 2+，N H SO 晶体类型与硫酸铵相同，
2 4 2 6 2 6 4
N H 2+中的化学键是共价键与配位键，N H 2+与SO 2﹣之间是离子键，不存在范德华力，故
2 6 2 6 4
答案为：d；
（4）注意氢键的形成条件及成键元素（N、O、F、H），本题中嵌入某微粒分别与4个N
原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH +，故答案为：c．
4
【点评】本题考查考查原子结构与性质，涉及核外电子排布、电离能的大小比较、杂化类
型、配位键等知识，综合考查学生的分析能力和基本概念的综合运用能力，为高考常见题
型和高频考点，注意相关基础知识的学习，题目难度中等．
12．（13分）（2011•福建）透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气
瓶．制备它的一种配方中含有下列四种物质：
填写下列空白：
（1）甲中不含氧原子的官能团是 碳碳双键 ；下列试剂能与甲反应而褪色的是 ac
（填标号）
a．Br /CCl 溶液 b．石蕊溶液 c．酸性KMnO 溶液
2 4 4
（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式： CH =CH﹣
2
CH ﹣CH ﹣COOH
2 2
（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A﹣D均为有机物）：
淀粉 A B C D 乙
A的分子式是 C H O ，试剂X可以是 Br /CCl ．
6 12 6 2 4
（4）已知：利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学
方程式是 +CH CH Cl +HCl ．
3 2
（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110．丁与FeCl 溶液作用显现
3
特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种．则丁的结构简式为
．
【考点】有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构．
菁优网版权所有
【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．
【分析】（1）根据有机物甲的结构简式确定不含氧原子的官能团，有机物甲含有C=C双
键，可以与溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾氧化；
（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，据此书
写；
（3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴
发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷水解生成乙二醇；
（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH CH Cl，由信息可知，苯与CH CH Cl发生取代反
3 2 3 2
应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下生成苯乙烯；
（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl 溶液作用显现
3
特征颜色，分子中含有酚羟基﹣OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二
元取代，则剩余的式量为110﹣Mr（OH）﹣Mr（C H ）=17，故剩余基团为﹣OH，烃基
6 4
上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个﹣OH处于对位，据此生成丁
的结构简式．
【解答】解：（1）根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键，有机物
甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，Br 的CCl 溶液褪色，可以被酸性高锰酸钾氧
2 4
化，使酸性高锰酸钾褪色，不能使石蕊溶液褪色，故答案为：碳碳双键；ac；
（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，故符合
条件的甲的同分异构体为CH =CH﹣CH ﹣CH ﹣COOH，
2 2 2
故答案为：CH =CH﹣CH ﹣CH ﹣COOH；
2 2 2
（3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴
的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷水解生成乙二醇，
故答案为：C H O ；Br /CCl ；
6 12 6 2 4
（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH CH Cl，由信息可知，苯与CH CH Cl发生取代反
3 2 3 2
应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程
式为：+CH CH Cl +HCl，
3 2
故答案为： +CH CH Cl +HCl；
3 2
（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl 溶液作用显现
3
特征颜色，分子中含有酚羟基﹣OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二
元取代，则剩余的式量为110﹣Mr（OH）﹣Mr（C H ）=110﹣17﹣76=17，故剩余基团为
6 4
﹣OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个﹣OH处于对位，
故丁的结构简式为 ，故答案为： ．
【点评】本题考查有机物的推断与合成，涉及有机反应类型、同分异构体、反应方程式书
写、官能团的性质等，是对所学知识的综合考查，较好的考查学生的思维能力，（5）中注
意根据相对分子质量结合反应特征确定含有的基团．
