福建理综化学解析

1、13/132013福建省高中理综化学能力测试试题和解析相对原子质量：N14O-16Mg-24第一卷（选择题共108分)。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.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【

2、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。.室温下,对于0.10molL1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)3B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(NH3H2O）减小，故c（NH4+）c（OH)减小，错；D不可能完全电离.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

3、ZMBY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱CX的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小DZ位于元索周期表中第2周期、第A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。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0.1000molL-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

4、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。.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+H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2e=CO32+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。.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

5、的反应速率。将浓度均为0。020molL-1NaHSO3（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40。0ml混合，记录1055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（）A40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5.010-5molL-1s-1D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）=5.0105molL1s1，得到选项C是对的。

6、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。第卷（非选择题共192分）必考部分第卷必考部分共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K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气已知元素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_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

7、取氢气来的方法有多种高温热分解法已知：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cmolL1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：_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）b、e(2）温度

8、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）增大反应物接触面积，使反应更反分H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl2Fe2+2H2Fe3+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）K=。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。FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3H2S2FeCl2S2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3

9、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+2H2Fe3+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。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-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SO

10、42-，其原因是_【已知：Ksp(BaSO4）=1。110-10Ksp（BaCO3)=5。110-9】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C

11、l2的物质的量是ClO2的_倍【答案】(1)BaCl2BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量CO32时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s)(或其它合理答案）H2、Cl22NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O(2）1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO424ClO2+6CO2+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）除去食盐水中的Ca2、Mg2、SO42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Na2C

12、O3，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，CO32浓度大，会使BaSO4转化为BaCO3：BaSO4CO32BaCO3SO42,故溶液中仍然会含有一定量的SO42。通常情况下，电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl2H2OCl2H22OH,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：NaClO3ClO2为还原反应，氯的化合价降低1价，HC

13、lCl2,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。24NaClO324ClO2，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）Cl22Cl,得2e;ClO2Cl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，

14、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_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。观察到A中有红棕色

15、气体出现,C、D中未见明显变化。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.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_。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）装置气密性良好避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理

16、答案）移动酒精灯预热硬质玻璃管（3)乙2Na2SO3+O22Na2SO4O2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

17、热。（3）Mg（NO3）2易溶于水,Mg3N2能够与水反应:Mg3N26H2O3Mg（OH）22NH3，MgO难溶于水.将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜想正确。Na2SO3为弱酸强碱盐，SO32水解溶液呈碱性：SO32H2OHSO3OH，溶液颜色退去,说明氧气能够氧化Na2SO3为Na2SO4：2Na2SO3O22Na2SO4。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N

18、H3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到: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.金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。（3)BF3与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：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R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。110-10；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“”），

19、其原因是_。【答案】(1)（2）a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（3）a、d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）NH3、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。铜的原子序数为29，处于B族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1

20、。（3）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.H3O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CB反应类型为_.(