2010年安徽省高考化学试卷答案与解析.doc

2010年安徽省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2010安徽）亚氨基锂（Li2NH）是一种储氢容量高，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH+H2=LiNH2+LiH下列有关说法正确的是（）ALi2NH中N的化合价是1B该反应中H2既是氧化剂又是还原剂CLi+和H+的离子半径相等D此法储氢和钢瓶储氢的原理相同【考点】氧化还原反应菁优网版权所有【分析】Li2NH中H元素的化合价是+1，氮元素的化合价为3；LiNH2中氮元素的化合价为3，H元素的化合价是+1；LiH中H元素的化合价是1，可以从化合价变化的角度来判断氧化还原反应的有关概念；离子核外电子层数越多，半径越大；钢瓶储氢是物理过程【解答】解：A、Li2NH中氮元素的化合价为3；故A错误；B、反应物H2中的氢元素的化合价为0价，反应后生成LiNH2中H元素的化合价是+1，LiH中H元素的化合价是1，所以H2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C、Li+核外有一个电子层，H+核外无电子，离子核外电子层数越多，半径越大，故Li+半径大于H+；故C错误；D、钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法，故D错误故选B【点评】本题考查氧化还原反应的有关概念，离子半径的大小比较等问题，做题注意从化合价变化的角度判断氧化剂、还原剂的等概念，注意离子半径大小比较的方法，注重基础知识的积累2（6分）（2010安徽）下列实验操作或装置符合实验要求的是（）A量取15.00mLNaOH溶液B定容C电解制Cl2和H2D高温燃烧石灰石【考点】计量仪器及使用方法；电解原理；物质的溶解与加热菁优网版权所有【专题】化学实验基本操作【分析】A、注意常规滴定管和新型滴定管的区别；B、在液面离刻度线1到2cm的时候才开始定容；C、电解制备氯气和氢气，阳极材料应为惰性电极材料；D、用坩埚加热时不能密闭加热【解答】解：A、碱性溶液不能用酸式滴定管盛装，该滴定管有耐强酸、强碱的新型活塞，可以用来盛装碱性溶液，故A正确；B、应在液面离刻度线1到2cm的时候开始定容，定容时机不对，故B错误；C、铜电极应该为阴极才能制备出氯气和氢气，故C错误；D、坩埚不能密闭加热，会导致压强增大而使盖子飞落而打碎，故D错误故选A【点评】本题考查化学实验基本操作问题，涉及滴定、定容、电解、灼烧等操作，题目难度不大，本题易错点为A项，注意新型滴定管与普通滴定管的区别3（6分）（2010安徽）在pH=1的溶液中能大量共存的一组离子或分子是（）ANa+、Mg2+、ClO、NO3BAl3+、NH4+、Br、ClCK+、Cr2O72、CH3CHO、SO42DNa+、K+、SiO32、Cl【考点】离子共存问题菁优网版权所有【专题】离子反应专题【分析】在pH=1的溶液为酸性溶液，存在大量的H+，题目中ClO、SiO32分别与H+反应生成弱电解质而不能大量共存，在酸性条件下Cr2O72与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存【解答】解：A、酸性环境下ClO与H+反应生成弱电解质次氯酸，故A错误；B、酸性条件下，Al3+、NH4+、Br、Cl之间都不发生反应，故B正确；C、在酸性条件下Cr2O72与CH3CHO发生氧化还原反应而不能大量共存，故C错误；D、SiO32与H+反应生成弱电解质硅酸，且硅酸难溶于，故D错误故选B【点评】本题考查离子共存问题，注意题干中的要求，把握离子反应的几种类型：复分解类型，氧化还原反应类型，相互促进的水解，络合反应等，把握好相关基础知识，此类题目不难注意审题4（6分）（2010安徽）低脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）H0在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是（）A平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大B平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小C单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，反应达到平衡D其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡常数的含义；化学平衡状态的判断菁优网版权所有【分析】A、从平衡移动的方向判断平衡常数的变化；B、可逆反应中，加入一种反应物，平衡向正方向移动，以此判断转化率变化；C、反应达到平衡时，正逆反应速率相等；D、催化剂能加快反应速率，但不影响平衡的移动【解答】解：A、放热反应升温，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A错误；B、增大一个反应物浓度另一反应物转化率增大，故B错误；C、单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1：2时，正逆反应速率相等，故C正确D、使用催化剂平衡不移动，故D错误故选C【点评】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，平衡状态的判断等问题，做题时注意平衡常数的变化以及平衡状态的判断方法等问题5（6分）（2010安徽）某固体酸燃料电池以Ca（HSO4）2固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O22H2O，下列有关说法正确的是（）A电子通过外电路从b极流向a极Bb极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHC每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2DH+由a极通过固体酸电解质传递到b极【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】根据电池总反应：2H2+O2=2H2O可知：通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，反应为H22e2H+，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O2+4e+4H+=2H2O；电池工作时，电子通过外电路从负极流向正极，即从a极流向b极，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+由a极通过固体酸电解质传递到b极；每转移0.1mol电子，消耗0.05mol的H2，标准状况下的体积为1.12L【解答】解：A、因氢元素的化合价升高，则a为负极，这样电子应该是通过外电路由a极流向b，故A错；B、该电池为酸性电池，反应为O2+4e+4H+=2H2O，故B错； C、因没有说明是否为标准状况，则气体的体积不一定为1.12L，故C错；D、原电池中，阳离子向正极移动，所以H+由a极通过固体酸电解质传递到b极，故D正确故选D【点评】本题考查燃料电池的工作原理，学习中要明确电子以及离子的定向移动问题，要能正确判断原电池的正负极，以及电极反应式的书写问题6（6分）（2010安徽）图是一稀酸对FeCr合金随Cr含量变化的腐蚀性实验结果，下列有关说法正确的是（）A稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性比稀硫酸和稀盐酸的弱B稀硝酸和铁反应的化学方程式是：Fe+6HNO3（稀）Fe（NO3）3+3NO2+3H2OCCr含量大于13%时，因为三种酸中硫酸的氢离子浓度最大，所以对FeCr合金的腐蚀性最强D随着Cr含量增加，稀硝酸对FeCr合金的腐蚀性减弱【考点】金属腐蚀的化学原理；铁的化学性质菁优网版权所有【专题】图像图表题；压轴题；电化学专题；元素及其化合物【分析】根据图中的纵横坐标可知，横坐标为Cr含量，纵坐标为金属被腐蚀的反应速率，由图中的曲线变化，硝酸对合金的腐蚀速率随Cr含量增加而变小，硫酸和盐酸对金属的腐蚀速率随随Cr含量增加而变大，但随着Cr含量增加变化趋势变慢，则腐蚀性减弱【解答】解：A、由图可知，铬的含量大于13%时，稀硝酸对合金的腐蚀速率比盐酸、硫酸弱，故A错误；B、因硝酸与金属反应生成NO，则稀硝酸和铁反应生成NO，故B错误；C、不能解释盐酸、硝酸氢离子浓度相等，但硝酸腐蚀速度慢，故C错误；D、由图可知，随着Cr含量增加硝酸对合金腐蚀性减弱，故D正确；故选：D【点评】本题以图形来考查学生对金属腐蚀的认识，明确图形中的曲线变化趋势及曲线的交点的含有是解答的关键，并能利用金属与酸的反应来分析解答金属的腐蚀7（6分）（2010安徽）将0.01mol下列物质分别加入100mL蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计）Na2O2Na2ONa2CO3NaCl（）ABC=D=【考点】离子浓度大小的比较；氧化还原反应；盐类水解的应用菁优网版权所有【专题】压轴题；溶液和胶体专题【分析】等物质的量的Na2O2与Na2O分别于水反应生成等物质的量的NaOH，消耗的水的量相同，生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，Na2CO3因水解，使阴离子浓度稍增大：CO32+H2OHCO3+OH【解答】解：由反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应为Na2O+H2O=2NaOH溶于水，二者消耗的水的量相同，生成等物质的量的NaOH，故生成的OH浓度相同，均约为0.2mol/L，故为=；中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于，而中NaCl的浓度为0.1mol/L，故答案为C【点评】这是一道多年的陈题，对学生守恒思想的考查，是一道典型的“计而不算”的计算题注意溶液中的化学反应二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（2010安徽）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等Y常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积ZZ和Y同周期，Z的电负性大于YWW的一种核素的质量数为63，中子数为34（1）Y位于元素周期表第3周期表VIA族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是HClO4（写化学式）（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在2个键在HY、HZ两种共价键中，键的极性较强的是HZ，键长较长的是HY（3）W的基态原子核外电子排布式是Ar3d104s1W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y已知：XO（g）+O2（g）=XO2（g）H=283.0kJmol2Y（g）+O2（g）=YO2（g）H=296.0kJmol1此反应的热化学方程式是2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2（g）H=270kJ/mol【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；热化学方程式菁优网版权所有【分析】（1）根据表中的信息推知Y、Z元素，利用原子结构来判断其在周期表中的位置以及最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱；（2）根据二硫化碳的键型来分析，据Y、Z的得电子能力和原子半径大小知识来分析；（3）根据基态原子核外电子排布式的书写方法和物质的化学性质来回答；（4）根据盖斯定律来书写热化学方程式【解答】解：由表中可知，X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等，即均为2，故X为C； 常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积，可知Y为S；Z和S同周期，Z的电负性大于S的仅有Cl，故Z为Cl；W的一种核素的质量数为63，中子数为34，故质子数为29，29号元素为铜，故W为Cu；（1）S为16号元素，根据其原子结构示意图知其位于周期表的第3周期，第VIA族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物分别为：H2SO4和HClO4，其酸性HClO4 强；故答案为：3；VIA；HClO4；（2）二硫化碳中有两个键，键的极性和中心原子的得电子能力相关，得电子能力大，极性强，故氢氯键的极性强于氢硫键，键长取决于中心元素的原子半径，中心原子半径越大，键长越长，S原子半径大于Cl原子，所以HCl键长小于HS键长；故答案为：2；HZ；HY； （3）W为Cu，29号元素，核外有29个电子，基态原子核外电子排布式是Ar3d104s1，硫化亚铜生成二氧化硫的方程式为：2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；故答案为：Ar3d104s1、2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2；（4）根据盖斯定律：方程式应为2，即2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2 （g）H=270kJ/mol故答案为：2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2 （g）H=270kJ/mol【点评】本题是对学生原子结构知识以及基本知识点的考查，要求学生对所学知识灵活掌握，明确元素的推断是解答本题的关键9（17分）（2010安徽）F是新型降压药替米沙坦的中间体，可由下列路线合成：（1）AB的反应类型是氧化，DE的反应类型是还原，EF的反应类型是取代（2）写出满足下列条件的B的所有同分异构体（写结构式）含有苯环 含有酯基 能与新制Cu（OH）2反应（3）C中含有的它能团名称是硝基、羧基已知固体C在加热条件下可溶于甲醇，下列CD的有关说法正确的是a、c、da使用过量的甲醇，是为了提高D的产量 b浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑c甲醇既是反应物，又是溶剂 dD的化学式为C9H9NO4（4）E的同分异构苯丙氨酸经 合反应形成的高聚物是（写结构简式）（5）已知；在一定条件下可水解为，F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用菁优网版权所有【分析】依据反应条件及反应反应物与产物的关系，可推知CD发生酯化反应，故C为，BC为硝化反应，则B为：，结合题给信息和官能团的结构和性质可解答该题，本题中注意同分异构体的判断【解答】解：（1）利用逆推法，依据反应条件及反应反应物与产物的关系，可推知CD发生酯化反应，故C为，BC为硝化反应，则B为：，故AB的反应类型是氧化反应；DE从反应物与生成物的关系可以看出为还原反应；EF的反应类型为取代反应，故答案为：氧化；还原；取代；（2）B为：，B的分子式为C8H8O2，依据要求利用残基法可以得出B的同分异构体有：，故答案为：；（3）C的结构简式为，含有的官能团的名称有：硝基、羧基，C在加热条件下与甲醇发生酯化反应，酯化反应为可逆反应，使用过量的甲醇，是为了提高C的转化率，a项正确，导致溶液变黑为浓硫酸的脱水性，b项错误，在该反应中甲醇既是反应物，又是溶剂，c项正确，d项正确，故答案为：硝基、羧基；a、c、d；（4）E的同分异构体为苯丙氨酸，其结构简式为：，其发生缩聚反应得到高分子化合物为：，故答案为：；（5）依据信息可知F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式为：，故答案为：【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，建议本题利用逆推法推断B和C，为解答该题的关键，做题中注意把握题给信息，为易错点10（14分）（2010安徽）锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题：某研究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料（LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上）进行资源回收研究，设计实验流程如下（1）第步反应得到的沉淀X的化学式为Al（OH）3（2）第步反应的离子方程式是4LiMn2O4+O2+4H+=4Li+8MnO2+2H2O（3）第步反应后，过滤Li2CO3所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度给出两种可能的原因：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘（4）若废旧锂离子电池正极材料含LiNB2O4的质量为18.1g第步反应中加入20.0mL3.0molL1的H2SO4溶液定正极材料中的锂经反应和完全为Li2CO3，剩至少有6.36gNa2CO3参加了反应【考点】金属的回收与环境、资源保护；原电池和电解池的工作原理；无机物的推断；过滤菁优网版权所有【专题】推断题；压轴题【分析】（1）四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应产生氢氧化铝和碳酸氢钠；（2）LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化；（3）根据过滤实验所需要的仪器和实验的结果出现误差的处理办法来分析；（4）计算第步反应中加入20.0mL3.0molL1的H2SO4溶液的量是否过量和过量的硫酸以及生成的Li+消耗的碳酸钠的量【解答】解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后所得的滤液主要成分为硫酸钠；（1）四羟基合铝酸钠与过量二氧化碳反应得产物是Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，故答案为：Al（OH）3；（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li+8MnO2+2H2O，故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li+8MnO2+2H2O；（3）过滤所用玻璃仪器有：漏斗、玻璃棒、烧杯；过滤时发现滤液中有少量浑浊，原因可能有：滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；滤纸破损、滤液超过滤纸边缘（4）根据LiMn2O40.5H2SO4Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36g【点评】本题是一道试验和基础知识相结合的综合题，难度较大11（13分）（2010安徽）某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe（NO3）3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰他们对蚀刻银的原因进行了如下探究：实验制备银镜，并与Fe（NO3）3溶液反应，发现银镜溶解（1）下列有关制备银镜过程的说法正确的是adea边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水至最初的沉淀恰好溶解为止b将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中c制备银镜时，用酒精灯的外焰给试管底部加热d银氨溶液具有较弱的氧化性e在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大提出假设假设1：Fe1+具有氧化性，能氧化Ag假设2：Fe（NO3）3溶液显酸性，在此酸性条件下NO3能氧化Ag设计实验方案，验证假设（2）甲同学从上述实验的生成物中检验出Fe3+，验证了假设1成立请写出Fe3+氧化Ag的离子方程式：Fe3+Ag=Fe2+Ag+（3）乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容（提示：NO3在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生）实验步骤（不要求写具体操作过程）预期现象和结论若银镜消失，假设2成立若银镜不消失，假设2不成立思考与交流（4）甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立则丙同学由此得出结论：Fe（NO3）3溶液中的Fe3+和NO3都氧化了Ag你是否同意丙同学的结论，并简述理由：不同意，同学检验出了Fe2+，可确定Fe3+一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条