高考理综试题及答案解析化学福建卷

1、2015·福建卷(化学)6M4、C4、D52015·福建卷下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是()A橡皮擦橡胶工业B铝合金片冶金工业C铝笔芯电镀工业D铅笔漆涂料工业6C解析橡皮擦的成分是橡胶，A项正确；铝合金是金属，源于冶金工业，B项正确；铅笔芯的主要成分是黏土与石墨，与电镀无关，C项错误；铅笔漆属于涂料，D项正确。7M4、L7、K2、I32015·福建卷下列关于有机化合物的说法正确的是()A聚氯乙烯分子中含碳碳双键B以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C丁烷有3种同分异构体D油脂的皂化反应属于加成反应7B解析由聚氯乙烯结构简式CH2CHCl知聚氯乙烯分子中无碳碳双键，A

2、项错误；淀粉水解可得到葡萄糖，葡萄糖酒化可得到乙醇，乙醇最终可氧化成乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应可得到乙酸乙酯，B项正确；丁烷只有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，C项错误；油脂的皂化反应属于水解反应，D项错误。8J1、D4、F32015·福建卷下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是()实验目的实验操作A称取2.0gNaOH固体先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶于适量蒸馏水C检验溶液中是否含NH取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体D验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐

3、酸浸没8.C解析用天平称量时，因NaOH有强腐蚀性，不能放在滤纸上，应放在烧杯中称量，A项错误；FeCl3水解能力较强，配制溶液时应加入适量的盐酸以防止溶液出现浑浊，B项错误；检验NH时，取少量溶液于试管中加入NaOH溶液并加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明生成了NH3，证明原溶液中含有NH，C项正确；要验证发生吸氧腐蚀，应将铁钉放入试管中用中性NaCl溶液浸没，D项错误。9C5、D52015·福建卷纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是()图0AX可能是金属铜BY不可能是氢气CZ可能是氯化钠DZ可能是三氧化硫9A解析若X、Y分别为Cu、Cl2时，Z是C

4、uCl2，电解CuCl2溶液可得到Cu与Cl2，A项正确；若Y、X分别是H2与Cl2时，Z是HCl，电解盐酸也可得到H2、Cl2，B项错误；因电解NaCl溶液得到氢气、氯气和氢氧化钠，得不到单质钠，C项错误；Z若为SO3，则X、Y分别为SO2、O2，二者能反应但无法点燃，SO3溶于水生成H2SO4，电解硫酸溶液实质是电解水，生成氢气和氧气，D项错误。10E22015·福建卷短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是()图0A原子半径：W>Z>Y>XB最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W

5、>ZC最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>ZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等10A解析由短周期元素的位置可知，W为第三周期元素，设W质子数为x，则W的核外电子排布2，8，x10，由W原子的质子数是最外层电子数的3倍可知x3(x10)，x15，则W是P，X是N，Y是O，Z是Si。由同周期从左到右、同主族元素从上至下原子半径变化规律可知，原子半径Z>W>X>Y，A项错误；元素的非金属性Y>X>W>Z，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性HNO3>H3PO4>H2SiO3，B项正确；非金属

6、性越强，对应氢化物热稳定性越强，Y、X、W、Z的氢化物稳定性H2O>NH3>PH3>SiH4，C项正确；X、W为A族元素，最高化合价为5，Z为A族元素，最高化合价为4，其最高化合价与主族序数相等，D项正确。11F42015·福建卷某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是()图0A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从b极区向a极区迁移C每生成1molO2，有44gCO2被还原Da电极的反应为3CO218H18e=C3H8O5H2O11B解析由装置图中物质变化及变化的条件知，该装置是

7、将电能转化为化学能的装置，A项错误；工作中阳离子(H)移向阴极a区，B项正确；由反应方程式6CO28H2O2C3H8O9O2知每生成1molO2，有molCO2被还原，其质量为×44g，C项错误；a极为阴极，电极上得电子发生还原反应，电极反应式为3CO218H18e=C3H8O5H2O，D项错误。12G12015·福建卷在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是()c/(mol·L1)v/(mmol·L1·min1)T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.8

8、0328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a6.00B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb318.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同12D解析分析表中数据知，在318.2K时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快，蔗糖浓度每减小0.1mol/L，反应速率降低0.6mmol/(L·min)。在温度为328.2K时，蔗糖浓度由0.6mol/L降低为0.5mol/L时，速率减小了1.5mmol/(L·min)，故当浓度再减小0.1mol/L时，速率也应减小1.5mmol/(L·min)，A项正确；由表中数据变化趋势知，当温

9、度升高(降低)与浓度减小(增大)程度相当时，反应速率可能会保持不变，B项正确；因温度升高反应速率增大，2.16mmol/(L·min)<3.60mmol/(L·min)，故b<318.2，C项正确；蔗糖浓度相同时，不同温度下反应速率不同，由t知D项错误。23E1、D5、H3、H1、H52015·福建卷研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)硫离子的结构示意图为_。加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为_。(2)25，在0.10mol·L1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液p

10、H与c(S2)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。图0pH13时，溶液中的c(H2S)c(HS)_mol·L1。某溶液含0.020mol·L1Mn2、0.10mol·L1H2S，当溶液pH_时，Mn2开始沉淀。已知：Ksp(MnS)2.8×1013(3)25，两种酸的电离平衡常数如下表。Ka1Ka2H2SO31.3×1026.3×108H2CO34.2×1075.6×1011HSO的电离平衡常数表达式K_。0.10mol·L1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。H2SO3溶液和NaHC

11、O3溶液反应的主要离子方程式为_。23(1)C2H2SO4(浓)2SO2CO22H2O(2)0.0435(3)或c(Na)c(SO)c(OH)c(HSO)c(H)或NaSOOHHSOHH2SO3HCO=HSOCO2H2O解析(1) S是16号元素。S原子获得2个电子变为S2，硫离子的结构示意图为。浓硫酸与木炭反应生成CO2、SO2、H2O，由此可写出对应的化学方程式。(2)由图知pH13时，c(S2)0.057mol/L，由物料守恒得0.1mol/LH2S溶液中，c(H2S)c(HS)0.10mol/Lc(S2)0.043mol/L。形成MnS沉淀时，当c(Mn2)0.02mol/L时，c(S

12、2)2.8×1013÷0.021.4×1011mol/L，根据图像中对应关系可知此时pH5。(3)由电离平衡HSOSOH得K。由于SO水解生成OH、HSO，HSO又进一步水解生成H2SO3，故离子浓度大小顺序为c(Na)>c(SO)>c(OH)>c(HSO)>c(H)。由电离平衡常数数据知，H2SO3二级电离平衡常数小于H2CO3的一级电离平衡常数，因此HSO酸性比H2CO3的酸性弱，故亚硫酸与NaHCO3溶液反应，亚硫酸转化为HSO，反应的离子方程式为H2SO3HCO=HSOCO2H2O。24C5、F22015·福建卷无水氯化铝

13、在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为_。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意图如下：图0已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_(只要求写出一种)。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_。已知：Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g)H11344.1kJ·mol12AlCl3(g)=2Al(s)3Cl2(g)H

14、21169.2kJ·mol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_。步骤的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。24(1)Al33H2OAl(OH)33H(2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率铁或FeAl2O3(s)3Cl2(g)3C(s)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9kJ·mol1NaCl、NaClO、Na2CO3除去FeCl3，提高AlCl3纯度解析(1)Al3水解是可逆的，水解的离子方程式为Al3

15、3H2OAl(OH)33H。(2)固体中水分挥发后，可避免后续操作中生成的AlCl3水解，气孔增多有利于增大反应物间接触面积，提高反应速率。若步骤中不通入氯气和氧气，则焦炭能与Fe2O3发生置换反应，生成相对原子质量比硅大的单质是铁。由第一个热化学方程式第二个热化学方程式即可求出Al2O3(s)3Cl2(g)3C(s)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9kJ·mol1。步骤的尾气中含有CO2、CO、Cl2，Cl2与NaOH作用可得到NaCl、NaClO；CO2与足量NaOH溶液反应可得到Na2CO3。由表中数据知AlCl3粗品中含有FeCl3，故加入铝粉的目的是使铝与FeCl

16、3发生置换反应，除去FeCl3，以提高AlCl3的纯度。25J4、G12015·福建卷某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。图0(1)制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有_。(2)若对调B和C装置的位置，_(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的探究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：试管编号12340.20mol·L

17、1KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol·L1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是_。设计1号试管实验的作用是_。若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为_。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是_。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)图0(5)根据下列资料，为该

18、小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：_。资料：i.次氯酸会破坏酸碱指示剂；ii.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl。25(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验ClO6I6H=Cl3I23H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)解析(1)过滤时需要使用烧杯、漏斗、玻璃棒。(2

19、)由于从A中出来的气体中含有HCl，HCl也能与KOH溶液反应，若B、C对调，则进入KOH溶液中的气体就不含HCl，这样有利于提高KClO3的产率。(3)实验中混合溶液总体积相同、KI及KClO3用量相同但硫酸用量不同，因此实验的目的是探究硫酸浓度大小对反应产物的影响。1号试管中没有硫酸，是用于进行对照实验的。溶液变黄色表明氧化产物是单质碘，又酸性条件下ClO的还原产物是Cl，故离子方程式为ClO6H6I=Cl3I23H2O。(4)从烧瓶中挥发出的氯气又会有一部分重新溶解在水中，同时HClO分解导致与水发生反应的氯气量增加、氯气可溶于水，不可能全部从水中逸出，故此方案无法测量水中氯元素的总量。

20、(5)因次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验不用酸碱指示剂，可采用加入适当还原剂与H2O2、FeCO3等，将氯水中的氯元素全部转化为Cl，然后加入足量的AgNO3溶液，测量生成沉淀的质量，然后进行计算。31N1、N2、N3、N4、N52015·福建卷化学物质结构与性质科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。(2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是_(填序号)。a固态CO2属于分子晶体b.CH4分子中含有极性共价键，是极性分子c因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分

21、别是sp3和sp(3)在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。基态Ni原子的电子排布式为_，该元素位于元素周期表中的第_族。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有_mol键。(4)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJ·mol1CH40.43616.40CO20.51229.91图0“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2

22、置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_。31(1)H、C、O(2)a、d(3)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s28(4)氢键、范德华力CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4解析(1)元素的非金属性越强，其电负性越大，故三种元素中氧的电负性最大，氢的电负性最小，因此电负性从小到大的顺序为H、C、O。 (2)固态CO2常温下是气体，是由分子间的作用力形成的分子晶体，a项正确；甲烷分子中含极性共价键，但空间结构是正四面体分子，属于非极性分子，b项错误；CH4、CO2均属于分子晶体，物质熔点高低由分子间作用力的大小决定，与化学键强弱无关，c项错误；CH4分子中碳原子形成了4个键，属于sp3杂化，CO2分子中碳原子与2个氧原子形成了2个键且无孤电子对，属于sp杂化，d项正确。(3)Ni(CO)4中，Ni与CO是键，共有4个，CO中碳氧原子间有1个键，故1molNi(CO)4中共有8mol键。(4) 可燃冰中水分子间存在氢键，甲烷分子间、水分子之间及甲烷与水分子间还存在分子间作用力。由题中信息知，CO2分子直径小于笼状结构的空腔直径，故CO2可置于空腔中，又CO2分子与水分子结合释放出的能量更