福建高考理综化学部分解析

1、2012年高考福建卷理综化学详解与评析6、下列说法不正确的是不正确的是（      ）      A易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源      B用湿润的红色试纸检验氨气      C在50ml的量筒中配置0.1000mol/L碳酸钠溶液      D金属钠着火时，用细沙覆盖灭火 【解析】答案：C由于量筒的精确度只到0.1ml，配出来的溶液

2、只能精确到0.1mol/L，所以C不正确。这题属于实验化学，常识题。7、下列关于有机物的叙述正确的是（      ）      A乙醇不能发生取代反应      BC4H10有三种同分异构体      C氨基酸、淀粉属于高分子化合物      D乙烯和甲烷可以用溴的四氯化碳溶液检验【解析】答案：D由于乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色而甲烷不能，B项正确

3、；乙醇能与金属钠发生取代反应，乙醇和乙酸的酯化反应也是属于取代反应，A错误；C4H10比只有两种同分异构体，C错误。氨基酸不是高分子化合物，D错误。这题是有机基础题。8、短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如右图所示，其中T所属的周期序数与族序数相等。下列判断不正确的是（      ）      A最简单的气态氢化物的热稳定性：R>Q       B最高级氧化物对应水化物的酸性：Q<W    

4、   C原子半径：T>Q>R      D含T的盐溶液一定显酸性【解析】答案：B通过题干信息: T所属的周期序数与族序数相等，可以判断出T是Al，从而推出Q是Si、W是S，R是N。最简单的气态氢化物的热稳定性：NH3>SiH4，A正确；最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SiO3<H2SO4,B正确；原子半径：Al>Si>N，C正确；含Al的盐溶液中，虽然由于铝离子会水解呈酸性，但若酸根离子的水解程度更大，根据谁强显谁性的规律，该盐溶液也可能显碱性，D错误。这题的A、B、C三个选项是必修2专

5、题1的元素周期律的内容，D选项考察了学生对水解的理解。难度中下。9、将右图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（      ） A.Cu电极上发生还原反应 B.电子沿Zn a b Cu路径流动 C片刻后甲池中C(SO42-)增大 D片刻后观察到滤纸b变红色【解析】答案：A甲和乙构成原电池，滤纸是电解池。Zn是负极，a极是阴极，a极滤纸变红，D错误；Cu是正极，发生还原反应，A正确；电子没有在滤纸中移动，B错误；硫酸根不参加反应，浓度不变，C错误。此题难度重点，但素材来自教学一线，考查学生平时学习的错误，对实际教学有一定的指导作用。特别要提醒的

6、是，电子不会“游泳”，只走导线的陆路，不走溶液的水路。10、下列说法正确的是（      ） A0.5mol的O3和11.2L的O2所含的分子数一定相等           B20和60的水中，PH相等 C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n（NaOH）相等     D2SO2+O2=2SO3和4SO2+2O2=4SO3 的H相等【解析】答案：C没有标准状况的条件，

7、不能确定11.2L的O2就是0.5mol，A项错误；温度越高纯净水的PH越低，B项错误。盐酸和醋酸都是一元酸，中和一元酸所需的氢氧化钠的物质的量都相等，C正确；H 与化学计量数有关，D项错误。此题涵盖内容很广，但都是是概念理解题，切入点都是比较常规的设问，难度中下。11、下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是（      ）      A二氧化氮      B钠      C硫

8、酸镁      D二氧化硅【解析】答案：B考Na与水反应生成氢氧化钠后，再与NH4Cl反应生成NH3此题考察的是必修1的元素化学，知识落脚点是基础，是容易题中的容易题。12、一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化R降解反应的影响如右图所示，下列判断正确的是（ ）  A在0-50min之间，PH=2和PH=7的R的降解百分率相等      B溶液酸性越强，R的降解率越小  CR的起始浓度越小，降解速率越大 D在20-25min之间，PH=10的平均降解速率为0.04molL-

9、1min-1【解析】答案：A由于在0-50min之间，PH=2和PH=7的R的降解百分率都等于100，A正确；酸性越强，曲线的斜率越大，意味着R得降解率越大，B错误；浓度越小，曲线的斜率越小，速率越小，C错误；D选项要注意纵坐标有个该死的10-4，不知道断送了多少少不更事的考生。此题是创设情景题，考察考生的理解能力，尽管题目不偏不怪，只要基础扎实的同学都能理解，但A的百分率是个陷阱，大多数考生以为是比较物质的量。D也是个陷阱，粗心的考生很容易选该选项。 23、(14分)（1）元素M离子与NH4+所含的电子数和质子数相同，则M的原子结构示意图是_。（2）硫酸铝与过量的氨水反应的离子方程式为： （

10、3）能证明Na2SO3溶液中存在SO32-+H2OHSO3-+OH-水解平衡事实的是：（ ）A滴入酚酞溶液变红，在加入H2SO4溶液后红色褪去B滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去（4）元素X、Y在周期表中位于同一主族，化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化，（其中D是纤维素水解的最终产物）：过量浓硝酸一定量的NaOH溶液D的溶液 Cu2X 澄清溶液 悬浊液 Cu2Y（砖红色沉淀）  非金属性X Y （填“<”或“>”）。 Cu2Y与过量的浓硝酸反应生成红棕色的气体，化学方程式是 （5）在恒

11、容绝热（不与外界交换能量）条件下进行2A(g)+B(g)2C(g)+D(S) 反应，按下表数据投料，反应达到平衡状态，测得体系压强升高，简述反应的平衡常数和温度的变化关系 物质ABCD起始投料mol2120【解析】（1）写出M原子的结构示意图：；（2）Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+（3）选C；C能证明既有反应物又有生成物。 酚酞检验OH-;A中H2SO4消耗的是OH-;B中加入氯水后红色褪去，可能是氯水直接和OH-反应。C中加入BaCl2后产生白色BaSO3沉淀，可见原体系中含有SO32-（4）<通过砖红色的Cu2Y可判断出Y是O元素（葡萄糖与菲林试剂反应生成砖红色的

12、氧化亚铜Cu2O沉淀） Cu2O+6HNO3=2Cu(NO3)2+2NO2+3H2O（5）温度越高，平衡常数越小。因为从表格数据得知，D物质的量为0，平衡一定会向正方向移动，（气体体积减小）而从题干信息得知，压强升高，在恒容绝热下那一定是因为放热导致容器温度升高，从而使得压强增大，推出正方向放热。此题考查原子结构示意图，氢氧化铝的制备，平衡体系，勒夏特列原理的认识，葡萄糖的性质检验，非金属的递变性，上述皆高中化学中的主干知识。前面三题比较熟悉，属于送分题，第（4）（5）的情景虽然比较陌生，但三个问题中有两个问题是变相选择题，这无疑也降低了难度。本题的考法再次延续了近几年福建省高考理综卷第23题

13、的常规考法：各小题拼凑，没有联系总会考一道陌生的化学方程式，但题目会告诉考生反应物和部分生成物，考生所要做的就是利用质量守恒定律和电子得失守恒来配平24、(16分)(1)电镀时，镀件与电源的 极连接。（2）化学镀的原理是利用化学反应生成的金属单质沉积在镀件表面上形成镀层。 若用铜盐进行化学镀铜，应选用 （填“氧化剂”或“还原剂”）与之反应。某化学镀铜的反应速率随镀液的PH变化如右图所示。该镀铜的过程中，镀液的PH控制在12.5左右，据途中的信息，给出使得反应停止的方法 （3）酸浸法制取硫酸铜的方法如下:（）铜矿Cu2(OH)2CO3含铁元素的杂质含Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液过量H2SO

14、4过滤用NH4HCO3调高（）CuSO4黄铁铵矾NH4Fe2(SO4) 2 (OH) 6少量MnO2(NH4)2SO4（）（）过滤 步骤（）中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为 步骤（）中所加试剂起调节PH作用的的离子是 （填离子符号） 步骤（）发生的反应中，1mol的MnO2转移2mol的电子，该反应的离子方程式为 步骤（）出去杂质的化学方程式为 3Fe3+NH4+2SO42-+6H2O= NH4Fe2(SO4) 2 (OH) 6+6H+ 过滤后母液的PH=2.0，c(Fe3+)= a molL-1, c (NH4+)= b molL-1, c（SO42-）= d molL-1,该

15、反应的平衡常数K= (用a，b，d的代数式表示) 【解析】（1）负；考察电镀池的常规考题。送分题。（2）还原剂；要使铜离子得电子转化为铜单质，只能用还原剂。本题考察氧化还原反应的最普通知识，又是送分题。 调节溶液PH在8-9之间。从图表信息可知，当PH在8-9之间时候，反应速率为0，有些同学可能会问在PH为什么一定要大于8，别忘了化学镀铜用的还原剂一般是比铜活泼的还原剂（比如活泼金属），那么在酸性条件下，可能会产生H2，因此最好在碱性条件下调节PH。 （3）Cu2(OH)2CO3+2H2SO4= 2CuSO4+3H2O+ CO2 能对复分解反应熟悉的同学，一般能推出生成物，难度中等。 HCO3

16、- 。考察同学们对水解知识的理解，题目中特别指出将PH调高，HCO3-水解呈碱性。 MnO2+2Fe2+4H+= 2Fe3+Mn2+ 2H2O，难度中上，MnO2具有比较强的氧化性，而1mol的MnO2转移2mol的电子，其隐含信息就是还原产物为Mn2+，通过最终产物NH4Fe2(SO4) 2 (OH) 6可判断此时的Fe都是+3价，那原先的部分+2价Fe肯定是被MnO2氧化所致。 ，本题直接将题干数据代入平衡常数的表达式即可算出。难度中下。中等程度的学生若放弃着这题，着实可惜。这题是典型的化工流程题，问题设置不难。全都是概念理解题，没有太多的思索或者繁琐的计算便能答题。 25、(1

17、5分)实验室常用MnO2和浓盐酸来制备氯气（发生装置如右图所示）：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是（ ） A往烧杯中加MnO2 B.加热 C往烧瓶中加入浓盐酸（2）制备反应会因盐酸浓度降低而停止。为测定反应残余中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：甲方案：与足量的AgNO3反应，称量生成的AgCl的质量乙方案：采用中和滴定法测定丙方案：与已知量的CaCO3 (过量)反应，称量剩余的CaCO3质量丁方案：与足量的Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验 判断甲方案不可行，理由是 进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释到一定倍数后做试样。a 量取试样20

18、.00ml，用0.1000molL-1NaOH标准液滴定，消耗22.00ml，这次滴定测得试样中盐酸浓度为 molL-1b平行滴定后获得实验结果。判断丙方案的实验结果是 （填“偏大”、“偏小”或“准确”）已知：Ksp()=2.8×10-9 Ksp(MnCO3)=2.3×10-11进行丁方案实验：实验方案如右图所示（夹持器具已经略去） ()使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将 转移到 中。 反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐渐减小，直至不变，气体体积逐次减小的原因是 （排除仪器和实验操作的因素）【解析】（1） ACB考察实验基本素养。MnO2是固体，浓盐酸

19、是液体，先加固体，后加液体（若颠倒可能引起液体飞溅），最后加热。（2）盐酸的浓度不能与溶液中氯离子的浓度。 0.1000molL-1,考察酸碱中和滴定的基本原理。注意保留4个有效数字。 偏小。由于MnCO3的Ksp比CaCO3小，实验中加入过量CaCO3后，部分CaCO3转化为MnCO3，而MnCO3相对分子质量，导致剩余的CaCO3质量偏大，参加反应的CaCO3偏小，盐酸的浓度也就偏小。()Zn粒 残余清液，若顺序颠倒，会使残余清液不能完全转移，盐酸就无法完全反应 （）气体尚未冷却到室温本题取材中学化学氯气的制取的探究实验，其中第（2）的和有一定的难度，却是变相的选择题，降低了难度。30、化学物质结构与性质（13分） （1）元素的第一电离能：Al Si（填“<”或“>”） （2）基态Mn2+的核外电子排布式是 （3）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的变化如右图所示，呈现这种变化的原因是 （4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-（含B、O、H三种元素）的球棍模型如右图所示：在Xm-中，硼原子轨道杂化类型有 ；配位键在于 原子之间（填原子是数字编号）；m= （填数字）硼砂晶体有Na+、Xm-和水