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2013福建高考理综化学试卷及解析

相对原子质量：N-14 O-16Mg-24

第一卷（选择题共108分）

6.化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是（　　）

A．石英只能用于生产光导纤维

B．从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现

C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂

D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂

【答案】D

【解析】A是一种用途不是唯一用途；B蒸馏淡水不用；C不能过量。

7.下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）

A．乙酸和乙酸乙酯可用Na₂CO₃溶液加以区别B．戊烷（C₅H₁₂）有两种同分异构体

C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应

【答案】A

【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。

8.室温下，对于0.10mol·L^-1的氨水，下列判断正确的是（　　）

A．与AlCl₃溶液反应发生的离子方程式为Al³⁺+3OH­^—=Al(OH­)₃↓

B．加水稀释后，溶液中c(NH₄⁺)c(OH­^—)变大

C．用HNO₃溶 液完全中和后，溶液不显中性

D．其溶液的pH=13

【答案】C

【解析】A中的氨水不能拆写；B项，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，但溶液中c(NH₃·H₂O)减小，故c(NH₄⁺)·c(OH^-)减小，错；D不可能完全电离。

9．四种短周期元素在周期表中的位置如右图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（　　）

A．原子半径Z<M

B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的弱

C．X 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小

D．Z位于元索周期表中第2 周期、第ⅥA族

【答案】B

【解析】由元素位置可知，Y、Z在第二周期，M、X在第三周期，由于只有M为金属，故Y、Z、M、X四种元素分别为N、O、Al、Si。根据信息可得Y为F,没有最高价，只有负价，所以没法比较。

10.下列有关试验的做法不正确的是（　　）

A.分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出

B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体

C.配置0.1000mol·L^-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流

D．检验NH₄⁺时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体

【答案】D

【解析】ABC正确，D的正确方法应该是用湿润的红色石蕊试纸检验。

11.某科学家利用二氧化铈（CeO₂）在太阳能作用下将H₂O、CO₂转变成H₂、CO。其过程如下：

下列说法不正确的是（　　）

A．该过程中CeO₂没有消耗

B．该过程实现了太阳能向化学能的转化

C．右图中△H₁=△H₂+△H₃

D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH^——2e^—=CO₃^2—+2H₂O

【答案】C

【解析】利用盖斯定律可知△H₁+△H₂+△H₃=0，正确的应该是△H₁=---（△H₂+△H₃），这里是考察盖斯定律。

12.NaHSO₃溶液在不同温度下均可被过量KIO₃氧化，当NaHSO₃完全消耗即有I₂析出，根据I₂析出所需时间可以求得NaHSO₃的反应速率。将浓度均为0.020mol·L^-1NaHSO₃（含少量淀粉）10.0ml、KIO₃（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录10~55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是（　　）

A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反

B．图中b、c两点对应的NaHSO₃反应速率相等

C．图中a点对应的NaHSO₃反应速率为5.0×10^-5mol·L^-1·s^-1

D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该试验的指示剂

【答案】B

【解析】A读图可知正确；计算v，根据公式，C₀等于0.02/5，终了为0，除去80，v(NaHSO₃)==5.0×10^-5mol·L^-1·s^-1，得到选项C是对的。可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。

第Ⅱ卷（非选择题共192分）

必考部分

第Ⅱ卷必考部分共10题，共157分。

23.（16分）

利用化石燃料开采、加工过程产生的H₂S废气制取氢气，既廉价又环保。

（1）工业上可用组成为K₂O·M₂O₃·2RO₂·nH₂O的无机材料纯化制取的氢气

①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为­_________

②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）

a.CuSO₄溶液b.Fe₂O₃c.浓硫酸 d.NaOHe.Na₂CO₃固体

（2）利用H₂S废气制取氢气来的方法有多种

①高温热分解法

已知：H₂S(g)==H₂+1/2S₂(g)

在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H₂S分解实验。以H₂S起始浓度均为cmol·L^-1测定H₂S的转化率，结果见右图。图中a为H₂S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H₂S的转化率。据图计算985℃时H₂S按上述反应分解的平衡常数K=________；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：___________

②电化学法

该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________；反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。

【答案】（1）①②b、e

（2）①温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）

②增大反应物接触面积，使反应更反分

H₂S + 2FeCl₃ = 2FeCl₂ +S↓ + 2HCl2Fe^2＋ + 2H^＋2Fe^3＋ + H₂↑

【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。

（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe₂O₃不反应，与Na₂CO₃也不反应；（2）①K== =。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。②FeCl₃具有强氧化性，能够氧化H₂S：2FeCl₃＋H₂S＝2FeCl₂＋S＋2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO₃的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe²⁺生成Fe³⁺（阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H₂（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe²⁺＋2H^＋2Fe³⁺＋H₂↑。

24.（14分）

二氧化氯（ClO₂）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。

（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO₂方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca²⁺、Mg²⁺、SO₄^2-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na₂CO₃和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO₄^2-，其原因是___________【已知：Ksp(BaSO₄)=1.1 ×10^-10 Ksp(BaCO₃)= 5.1×10^-9】

②该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO₃）与盐酸反应生成ClO₂。

工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO₂的化学方程式为___________。

（2）纤维素还原法制ClO₂是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO₃反应生成ClO₂。完成反应的化学方程式：

□（D）+24NaClO₃+12H₂SO₄=□ClO₂↑+□CO₂↑+18H₂O+□_________

（3）ClO₂和Cl₂均能将电镀废水中的CN^-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl^-。处理含CN^-相同量得电镀废水，所需Cl₂的物质的量是ClO₂的_______倍

【答案】（1）①BaCl₂

BaSO₄和BaCO₃的K_sp相差不大，当溶液中存在大量CO₃^2－时，BaSO₄(s)会部分转化为BaCO₃(s)(或其它合理答案)

②H₂、Cl₂

2NaClO₃ + 4HCl 2ClO₂↑ +Cl₂↑ + 2NaCl + 2H₂O

（2）1C₆H₁₂O₆ + 24NaClO₃ + 12H₂SO₄24ClO₂↑+6 CO₂↑+ 18H₂O + 12Na₂SO₄

（3）2.5

本题以ClO₂为载体，考查除杂，电解原理，配平以及氧化还原反应等知识。

（1）①除去食盐水中的Ca²⁺、Mg²⁺、SO₄^2-离子，分别用Na₂CO₃、NaOH、BaCl₂，为防止引入新的杂质，故应最先加入BaCl₂，在加入Na₂CO₃，在除去Ca²⁺的同时除去Ba²⁺。从BaSO₄、BaCO₃的结构相似，从Ksp大小看，BaCO₃比BaSO₄更难溶，故加入Na₂CO₃除去Ca²⁺时，CO₃^2-浓度大，会使BaSO₄转化为BaCO₃：BaSO₄＋CO₃^2-＝BaCO₃＋SO₄^2-，故溶液中仍然会含有一定量的SO₄^2-。②通常情况下，电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl^-＋2H₂OCl₂↑＋H₂↑＋2OH^-，故在电解过程中可以利用的气体单质是H₂、Cl₂。NaClO₃、ClO₂、Cl₂、HCl中氯的化合价分别为＋5、＋4、0、－1价，从图示可知，二氧化氯发生器除生成ClO₂外，还有Cl₂生成。故该反应过程为：NaClO₃→ClO₂为还原反应，氯的化合价降低1价，HCl→Cl₂，发生氧化反应。根据化合价升降相等可配平反应方程式。

（2）根据元素守恒可知，方程式右侧空缺的物质应为Na₂SO₄。24NaClO₃→24ClO₂，化合价降低24价。纤维素水解的最终产物是葡萄糖，具有强还原性。葡萄糖的分子式为C₆H₁₂O₆，则碳的化合价可认为是0价，转化为CO₂，其中碳的化合价为＋4价，根据化合价升降相等可配平反应方程式。

（3）Cl₂→2Cl^-，得2e^-；ClO₂→Cl^-得电子5e^-。处理含相同量的CN^-时转移电子数相等。故所需Cl₂的物质的量是ClO₂的倍数为2.5。

25.（15分）

固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO₃)₂为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：

甲：Mg(NO₃)₂、NO₂、O₂乙：MgO、NO₂、O₂丙：Mg₃N₂、O₂丁：MgO、NO₂、N₂

（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_____________。

查阅资料得知：2NO₂+2NaOH=NaNO₃+NaNO₂+H₂O

针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：

（2）实验过程

①取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明________

②称取Mg(NO₃)₂固体3 . 79g置于A中，加热前通人N₂以驱尽装置内的空气，其目的是________；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先________然后固定在管中固体部位下加热。

③ 观察到A 中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化。

④ 待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1 . 0g

⑤取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。

( 3）实验结果分析讨论

①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_______是正确的。

② 根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O₂，因为若有O₂，D中将发生氧化还原反应：_____________________（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O₂存在，未检侧到的原因是_____________________。

③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装里进一步研究。

【答案】（1）不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）

（2）①装置气密性良好

②避免对产物O₂的检验产生干扰（或其它合理答案）

移动酒精灯预热硬质玻璃管

（3）①乙

②2Na₂SO₃ + O₂2Na₂SO₄

O₂在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）

【解析】本题考查Mg(NO)₃加热分解后的产物的探究，以及实验基本操作。

（1）Mg(NO₃)₂中Mg、N、O的化合价分别为＋2、＋5、－2价，NO₂、N₂、Mg₂N₃中氮的化合价分别为＋4、0、－3价，O₂中氧的化合价是0价。故甲、乙、丙中元素的化合价“有升有降”，符合氧化还原反应特点。而丁猜想只有化合价的降低，没有化合价的升高，该猜测不成立。

（2）最后一个装置中有气泡，说明整个装置气密性良好。N₂将装置中的空气赶出的目的，是防止对分解产物的O₂的检验超成干扰。加热操作是先预热，再集中加热。

（3）①Mg(NO₃)₂易溶于水，Mg₃N₂能够与水反应：Mg₃N₂＋6H₂O＝3Mg(OH)₂↓＋2NH₃↑，MgO难溶于水。将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜想正确。

②Na₂SO₃为弱酸强碱盐，SO₃^2-水解溶液呈碱性：SO₃^2-＋H₂OHSO₃^-＋OH^-，溶液颜色退去，说明氧气能够氧化Na₂SO₃为Na₂SO₄：2Na₂SO₃＋O₂＝2Na₂SO₄。

未检验到氧气，则是由于NO₂、O₂与水共同作用可以产生HNO₃，被NaOH吸收，导致无法检验O₂的存在。

31.[化学—物质结构与性质]（13分）

（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。

（2）NF₃可由NH₃和F₂在Cu催化剂存在下反应直接得到：

①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_________（填序号）。

a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体d.金属晶体

②基态铜原子的核外电子排布式为________。

（3）BF3与一定量水形成(H₂O)₂·BF₃晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：

①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及___________（填序号）。

a.离子键 b.共价键c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力

②R中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。

（4）已知苯酚( )具有弱酸性，其Ka=1.1×10^-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_______Ka(苯酚)（填“>”或“<”），其原因是__________。

【答案】（1）

（2）①a、b、d

②1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹或[Ar]3d¹⁰4s¹

（3）①a、d

②三角锥型sp³

（4）<中形成分子内氢键，使其更难电离出H^＋

【解析】本题考查物质结构与性质模块的内容。考查了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢键等知识。

（1）同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态2p³，使其结构相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。

（2）①NH₃、F₂、NF₃为分子晶体，铜为金属晶体，而NH₄F是由NH₄⁺和F^-组成的为离子晶体。

②铜的原子序数为29，处于ⅠB族，故其电子排布式为：1s¹1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹。

（3）①在Q晶体中H₂O是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个电子，与F原子形成共价键，B原子提供空轨道与O原子间形成配位键，除分子间作用力外，H₂O的氧原子与的氢原子键存在氢键。

②H₃O⁺中的氧原子是sp³杂化，形成的空间构型为三角锥形。阴离子的B原子形成四条单键，无孤对电子对，故其杂化类型为sp³。

（4）当形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离能力降低，故其第二电离能力比苯酚小。

32.[化学-有机化学基础](13分)

已知：

为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径

（1）常温下，下列物质能与A发生反应的有_______（填序号）

a.苯b.Br₂/CCl₄c.乙酸乙酯d.KMnO₄/H⁺溶液

（2）M中官能团的名称是____，由C→B反应类型为________。

（3）由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物和______（写结构简式）生成

（4）检验B中是否含有C可选用的试剂是_____（任写一种名称）。

（5）物质B也可由C₁₀H₁₃Cl与NaOH水溶液共热生成，C₁₀H₁₃Cl的结构简式为______。

（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：

a.分子中含—OCH₃CH₃b.苯环上只有两种化学环境不同的氢原子

写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式__________________。

【答案】（1）b、d

（1）A所含的官能团有醛基和碳碳双键，碳碳双键能够与Br₂发生加成反应，酸性高锰酸钾溶液能够氧化碳碳双键和醛基，b、d正确。

（2）M所含的官能团是羟基。对比B、D的结构及从D→B的转化关系可知C的结构简式为：，则C→B为醛基与氢气的加成反应（或还原反应）。

（3）A结构中碳碳双键和醛基均能够与氢气发生加成反应，若其中之一与氢气发生加成反应，则可能产物为：或。

（4）B和C的结构差异为官能团不同，B的官能团是羟基、C的官能团是醛基，利用醛基的特性，可利用新制氢氧化铜或银氨溶液鉴别。

（5）卤代烃水解可以在有机物中引入羟基，该过程为取代反应，由B的结构简式可逆推知C₁₀H₁₃Cl的结构简式为：。

（6）C的侧链有一个不饱和度，故苯环侧链除CH₃CH₂O—外，还含有的侧链为CH₂＝CH—，因苯环侧链有两种化学环境不同的氢原子，故二者处于对位，故E的结构简式为：。故侧链的碳碳双键在一定条件下可发生加聚反应。

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