福建省2013-2015年3年高考化学真题（纯word解析版）
文档属性
| 名称 | 福建省2013-2015年3年高考化学真题（纯word解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 880.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | |||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2015-08-06 21:01:08 | ||
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文档简介
2013年福建省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）
1．（6分）（2013?福建）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．
从海水中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
考点：
硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
专题：
化学应用．
分析：
A．石英的主要成分是二氧化硅；
B．从海水中可以提取氯化钠；
C．食品添加剂应适量添加；
D．“地沟油”主要成分是油脂．
解答：
解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；
C．食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故C错误；
D．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂．
2．（6分）（2013?福建）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、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D．
糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
考点：
有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
专题：
有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．
分析：
A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
B．戊烷有3种同分异构体；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；
D．单糖不能发生水解．
解答：
解：A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故A正确；
B．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，故B错误；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故C错误；
D．糖中的单糖不能发生水解，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．（6分）（2013?福建）室温下，对于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判断正确的是（ ）
A．
与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为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
考点：
弱电解质在水溶液中的电离平衡．
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
A．弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；
C．硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离．
解答：
解：A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（NH4+）?c（OH﹣）减小，故B错误；
C．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol?L﹣1氨水的pH小于13，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等．
4．（6分）（2013?福建）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位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
考点：
位置结构性质的相互关系应用．
专题：
元素周期律与元素周期表专题．
分析：
根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，据此结合元素周期律解答．
解答：
解：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O＜Al，故A正确；
B．非金属性N＞Si，故酸性HNO3＞H2SiO3，故B错误；
C．非金属性Si＜O，故氢化物稳定性SiH4＜H2O，故C正确；
D．Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握．
5．（6分）（2013?福建）下列有关实验的做法不正确的是（ ）
A．
分液时，分液漏斗中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0.1000 mol?L﹣1氯化钠溶液时，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
考点：
分液和萃取；铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
专题：
实验评价题．
分析：
A．本题根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水；
C．转移溶液时可使用玻璃棒引流；
D．氨气遇红色石蕊试纸变蓝色．
解答：
解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；
B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确；
C．将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确；
D．检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等，难度不大，注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验．
6．（6分）（2013?福建）某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为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﹣═CO32﹣+2H2O
考点：
用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见的能量转化形式．
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
A、总反应为：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，是催化剂；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO；
C、根据盖斯定律，﹣△H1=△H2+△H3；
D、负极反应式正确；
解答：
解：A、通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，故A正确；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；
C、由右图可知，根据盖斯定律，应该是：﹣△H1=△H2+△H3；故C错误；
D、CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH﹣生成CO32﹣，故负极反应式正确；故D正确；
故选C．
点评：
本题考查了热化学知识和盖斯定律的应用，以及催化剂的判断，题目难度适中．
7．（6分）（2013?福建）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，依据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溶液（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，淀粉不宜用作该实验的指示剂
考点：
化学反应速率的影响因素．
专题：
压轴题；化学反应速率专题．
分析：
A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；
B．b、c点对应的反应原理及温度不同；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；
D．结合55℃时，没有出现蓝色分析．
解答：
解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；
B．b点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=5SO42﹣+I2+H2O，而图中c点的反应原理为2IO3﹣+5SO2+4H2O=5SO42﹣+I2+8H+，由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1，故C正确；
D.55℃时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．
二、解答题（共5小题）
8．（16分）（2013?福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．
（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，两种元素原子的质子数之和为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 be （填序号）
a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．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（g）+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= ；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因： 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短
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 增大反应物接触面积，使反应更充分 ；反应池中发生反应的化学方程式为 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl ．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑ ．
考点：
硫化氢．
专题：
氧族元素．
分析：
（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；
（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．
解答：
解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，
则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；
（2）①以H2S起始浓度均为cmol?L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则
H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）
开始 c 0 0
转化0.4c 0.4c 0.2c
平衡0.6c 0.4c 0.2c
K==；
温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，
故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，
故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．
点评：
本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理．
9．（14分）（2013?福建）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+、SO42﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的 BaCl2 （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SO42﹣，其原因是 BaSO4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） 【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】
②该法工艺原理如图．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 H2、Cl2 （填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ．
（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： 1 C6H12O6 +24NaClO3+12H2SO4= 24 ClO2↑+ 6 CO2↑+18H2O+ 12 Na2SO4
（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﹣相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的 2.5 倍．
考点：
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应方程式的配平；粗盐提纯．
专题：
氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍．
解答：
解：（1）①加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32﹣时，发生BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4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）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4，
故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5．
点评：
本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应相关概念、配平及计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法．
10．（15分）（2013?福建）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 不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案） ．
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仪器连接后，放入固体试剂之前，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 装置气密性良好
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是 避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案） ；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先 移动酒精灯预热硬质玻璃管 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，加入适量水，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 乙 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： 2Na2SO3+O2=2Na2SO4 （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 O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案） ．
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．
考点：
探究物质的组成或测量物质的含量．
专题：
实验探究和数据处理题．
分析：
（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；
（2）①反应前检验装置的气密性；
②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；
（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；
②D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气．
解答：
解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，
故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；
（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，
故答案为：装置气密性良好；
②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，
集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，
故答案为：避免对产物O2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硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；
故答案为：乙；
②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，
在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，
故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．
点评：
本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等．
11．（13分）（2013?福建）（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：
2NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 abd （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 1s22s22p63s23p63d104s1 ．
（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 ad （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 三角锥型 ，阴离子的中心原子轨道采用 sp3 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 中形成分子内氢键，使其更难电离出H+ ．
考点：
位置结构性质的相互关系应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
专题：
元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
分析：
（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；
②Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，据此判断；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
解答：
解：（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：，故答案为：；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，
故答案为：abd；
②Cu原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力，
故答案为：ad；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化，
故答案为：三角锥型；sp3；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）＜Ka（苯酚），
故答案为：＜；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
点评：
本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，并能运用分析解决问题．
12．（13分）（2013?福建）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 b、d （填序号）
a．苯 b．Br2/CCl4 c．乙酸乙酯 d．KMnO4/H+溶液
（2）M中官能团的名称是 羟基 ，由C→B反应类型为 加成反应（或还原反应） ．
（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 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） （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﹣OCH2CH3 b．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 ．
考点：
有机物的合成．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，然后结合有机物的结构与性质来解答．
解答：
解：由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，
（1）含C=C，能与溴水发生加成反应，C=C、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化，故答案为：b、d；
（2）由结构简式可知，M中含﹣OH，名称为羟基，C→B为﹣CHO的加成反应（或还原反应），
故答案为：羟基；加成反应（或还原反应）；
（3）由A催化加氢生成M的过程中，C=C、﹣CHO均能与氢气发生加成反应，则生成中间体为或，
故答案为：；
（4）B中是否含有C，利用醛基的性质可知，选银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）产生银镜（或砖红色沉淀）即可证明，故答案为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；
（5）B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，碳链骨架不变，则C10H13Cl的结构简式为，故答案为：；
（6）C为CH3CH2CH2C6H4CHO，其同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH2CH3、b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代基为乙烯基，二者为对位的位置，苯环上只有两种H，
则E在一定条件下发生加聚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，注意信息分析C物质，体会官能团与性质的关系，把握反应条件、反应类型及官能团变化即可解答，有机合成题是高考热点题型．
2014年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
6．（6分）（2014?福建）下列有关物质应用的说法正确的是（ ）
A．
生石灰用作食品抗氧化剂
B．
盐类都可用作调味品
C．
铝罐可久盛食醋
D．
小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
考点：
真题集萃；钠的重要化合物；铝的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
专题：
元素及其化合物；化学应用．
分析：
A．生石灰用作食品干燥剂；
B．很多盐有毒，如亚硝酸钠、重金属盐；
C．Al表面的氧化铝能与醋酸反应，铝能与醋酸反应，易被腐蚀；
D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一．
解答：
解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用Fe粉等还原性物质做抗氧化剂，故A错误；
B．NaCl可用作调味剂，亚硝酸钠、重金属盐等有毒，不能用作调味剂，故B错误；
C．Al表面的氧化铝能与醋酸反应，内部铝能与醋酸反应，易被腐蚀，铝罐不可以久盛食醋，故C错误；
D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故D正确，
故选D．
点评：
本题考查化学与生活、物质的性质与用途等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
7．（6分）（2014?福建）下列关于乙醇的说法不正确的是（ ）
A．
可用纤维素的水解产物制取
B．
可由乙烯通过加成反应制取
C．
与乙醛互为同分异构体
D．
通过取代反应可制取乙酸乙酯
考点：
真题集萃；乙醇的化学性质．
专题：
有机反应．
分析：
乙醇含有羟基，可发生取代、酯化等反应，可由乙烯与水、葡萄糖经发酵可生成乙醇，结合同分异构体的定义判断．
解答：
解：A．纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖发酵可生成乙醇，方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故A正确；
B．乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，方程式为C2H4+H2OC2H5OH，故B正确；
C．乙醇和乙醛的分子式不同，分别为C2H6O、C2H4O，二者不是同分异构体，故C错误；
D．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，为取代反应，故D正确．
故选C．
点评：
本题为2014高考题，考查乙醇的性质、结构以及有机物官能团的转化，侧重于学生的分析能力和有机物的结构、性质的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．
8．（6分）（2014?福建）下列实验能达到目的是（ ）
A．
只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液
B．
将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体
C．
用萃取分液的方法除去酒精中的水
D．
用可见光束照射以区别溶液和胶体
考点：
真题集萃；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
专题：
实验评价题．
分析：
A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，无法鉴别；
B．加热蒸干氯化铵分解为氨气与氯化氢；
C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离；
D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有．
解答：
解：A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，只能分成2组，无法鉴别，故A错误；
B．加热蒸干中氯化铵分解为氨气与氯化氢，将NH4Cl溶液蒸不能制备NH4Cl固体，故B错误；
C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离，故C错误；
D．用可见光束照射胶体产生丁达尔效应，而溶液没有，可以区别胶体与溶液，故D正确，
故选D．
点评：
本题考查物质的分离提纯、物质鉴别等，是对基础知识的综合应用，难度不大．
9．（6分）（2014?福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al（OH）3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．
①③
B．
①④
C．
②④
D．
②③
考点：
真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．
专题：
元素及其化合物．
分析：
①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；
②二氧化硅不能溶于盐酸；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；
④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．
解答：
解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；
②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；
④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，
故选B．
点评：
本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．
10．（6分）（2014?福建）下列关于0.10mol?L﹣1 NaHCO3溶液的说法正确的是（ ）
A．
溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++H++CO32﹣
B．
25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大
C．
离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
D．
温度升高，c（HCO3﹣）增大
考点：
真题集萃；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．
专题：
盐类的水解专题．
分析：
A．碳酸氢根离子不可拆分；
B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；
C．溶液遵循电荷守恒；
D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．
解答：
解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；
B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；
C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；
故选B．
点评：
本题为2014年福建高考化学试题，涉及电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．
11．（6分）（2014?福建）某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（ ）
A．
正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣
B．
放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．
若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．
当电路中转移0.01mol e﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子
考点：
化学电源新型电池．
专题：
电化学专题．
分析：
根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、正极上氯气得电子；
B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；
C、根据电池总反应判断；
D、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．
解答：
解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；
B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；
C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；
D、放电时，当电路中转移0.01mol e﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确．
故选：D．
点评：
本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等．
12．（6分）（2014?福建）在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下（ ）
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c（N2O）/mol?L﹣1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A．
B．
C．
D．
考点：
转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．
专题：
化学平衡专题．
分析：
根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论．
解答：
解：A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；
B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；
C.0﹣50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol?L﹣1N2O的半衰期为50min，20﹣60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L﹣1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；
D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误，
故选A．
点评：
本题考查平衡图象分析，难度中等．该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题．
二、解答题
24．（15分）（2014?福建）元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛．
（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为 ．
（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是 bc （填序号）
a．Cl2、Br2、I2的熔点
b．Cl2、Br2、I2的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性
d．HCl、HBr、HI的酸性
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体
①完成Ⅰ中反应的总化学方程式： 1 NaCl+ 3 H2O═ 1 NaClO3+ 3 H2↑ ．
②Ⅱ中转化的基本反应类型是 复分解反应 ，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是 室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体 ．
（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示．
①D是 ClO4﹣ （填离子符号）．
②B→A+C反应的热化学方程式为 3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol （用离子符号表示）．
考点：
真题集萃；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；热化学方程式；卤素原子结构及其性质的比较．
专题：
氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；卤族元素．
分析：
（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，据此书写F的原子结构示意图；
（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，
①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；
两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；
（4）一定条件下，在水溶液1 mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4，）的能量（kJ）相对大小如图所示．
①D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；
②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol．
解答：
解：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，则F的原子结构示意图为，故答案为：；
（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc；
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，
①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O═1NaClO3+3H2↑，
故答案为：1；3；1；3；H2↑；
②NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，
故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；
（4）①根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx﹣中x为4，则D为ClO4﹣，故答案为：ClO4﹣；
②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol．
点评：
本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等．
25．（15分）（2014?福建）铁及其化合物与生产、生活关系密切．
（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．
①该电化腐蚀称为 吸氧腐蚀 ．
②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是 B （填字母）．
（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：
①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O ．
②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3?nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为 4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O ．
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是 氮氧化物排放少 （任写一项）．
（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．
①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）= 4：1 ．
②若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x= 0.05 ．
考点：
化学平衡的计算；金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．
专题：
化学平衡专题；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．
分析：
（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；
②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部；
（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3?nH2O，最后得到铁红，
①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；
②应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；
③氮氧化物为有毒气体；
（3）①K=，平衡常数K=0.25，以此计算；
②通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则
FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）
开始0.02 x 0 0
转化0.01 0.01 0.01 0.01
平衡 x﹣0.01 0.01
结合平衡常数计算．
解答：
解：（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；
②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部，显然B中腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B；
（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3?nH2O，最后得到铁红，
①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，
故答案为：4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；
③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；
（3）①K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；
②通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则
FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）
开始 0.02 x 0 0
转化 0.01 0.01 0.01 0.01
平衡 x﹣0.01 0.01
则K==0.25，解的x=0.05，故答案为：0.05．
点评：
本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等．
26．（2014?福建）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5
（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O ．
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 过滤 ．
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹时仪器已略去）为 d （填序号）
实验二 焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．
（4）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 ae ．
a．测定溶液的pH b．加入Ba（OH）2溶液 c．加入盐酸
d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成 ．
实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：
（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 0.16 g?L﹣1．
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．
考点：
真题集萃；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．
专题：
实验题；氧族元素．
分析：
（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；
（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；
（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；
（6）①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；
②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小．
解答：
解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，
故答案为：过滤；
（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；
b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；
c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；
d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；
故答案为：d；
（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；
故答案为：ae；
（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
（6）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：
SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI
64g 1mol
mg 0.025L×0.01mol/L
所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，
解得m=0.016
故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16 g/L
故答案为：0.16；
②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，
故答案为：偏低．
点评：
本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．
[化学-物质结构与性质]
34．（13分）（2014?福建）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．
（1）基态硼原子的电子排布式为 1s22s22p1 ．
（2）关于这两种晶体的说法，正确的是 bc （填序号）．
a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
d．两种晶体均为分子晶体
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 平面三角形 ，其结构与石墨相似却不导电，原因是 层状结构中没有自由移动的电子 ．
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为 sp3 ．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现．根据这一个矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 高温高压 ．
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．1molNH4BF4含有 2 mol配位键．
考点：
晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
专题：
原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
分析：
（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理书写其基态的电子排布式；
（2）a．立方相氮化硼含有σ键不存在π键；
b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小；
c．非金属元素之间易形成共价键；
d．立方相氮化硼为原子晶体；
（3）根据B原子和N原子形成的共价键个数及孤电子对个数判断六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，根据硼原子共价键个数及孤电子对个数之和判断；在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算．
解答：
解：B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，能源自由移动的电子，不导电．立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与2个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构．B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，所以由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压．根据配位键理论，NH4BF4有1个N﹣H和一个B﹣F属于配位键．
（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；
（2）a．立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键不存在π键，故错误；
b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；
c．非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；
d．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；
故选bc；
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，
故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为：sp3；高温高压；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键．
故答案为：2．
点评：
本题考查了物质结构和性质，涉及配位键、原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断等知识点，这些知识点都是考试高频点，根据配位键的概念、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度中等．
[化学-有机化学基础]
35．（13分）（2014?福建）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．
（1）甲中显酸性的官能团是 羧基 （填名称）．
（2）下列关于乙的说法正确的是 ac （填序号）
a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5
b．属于芳香族化合物
c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应
d．属于苯酚的同系物
（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为 ．
a．含有
b．在稀硫酸中水解有乙酸生成
（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）
①步骤Ⅰ的反应类型是 取代反应 ．
②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是 保护氨基 ．
③步骤Ⅳ反应的化学方程式为 ．
考点：
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．
专题：
同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断．
分析：
（1）氨基显碱性、羧基显酸性；
（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5；
b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；
d．该分子中含有N原子；
（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；
（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲．
解答：
解：（1）氨基显碱性、羧基显酸性，所以甲中显酸性的官能团是羧基，故答案为：羧基；
（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故正确；
b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；
c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；
d．该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，故错误；
故选ac；
（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为，故答案为：；
（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲；
①通过以上分析知，步骤Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
②氨基不稳定，易被氧化为硝基，为保护氨基，所以设计步骤Ⅰ和Ⅳ，故答案为：保护氨基；
③步骤Ⅳ发生水解反应，反应的化学方程式为，
故答案为：．
点评：
本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答，题目难度中等．
2015年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）（2015?福建）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．
铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．
铅笔漆﹣﹣涂料工业
2．（6分）（2015?福建）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
3．（6分）（2015?福建）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，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固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
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，用盐酸浸没
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
4．（6分）（2015?福建）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．
X可能是金属铜
B．
Y不可能是氢气
C．
Z可能是氯化钠
D．
Z可能是三氧化硫
5．（6分）（2015?福建）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三倍，下列说法不正确的是（ ）
A．
原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．
最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．
最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．
元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
6．（6分）（2015?福建）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（ ）
A．
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1mol O2，有44g CO2被还原
D．
a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
7．（6分）（2015?福建）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（ ）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．
a=6.00
B．
同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．
b＜318.2
D．
不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
二、非选择题（共3小题，满分45分）
8．（15分）（2015?福建）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为 ．
②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?L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．
①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）= mol?L﹣1．
②某溶液含0.020mol?L﹣1Mn2+、0.10mol?L﹣1H2S，当溶液PH= 时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= ．
②0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ．
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 ．
9．（15分）（2015?福建）无水氯化铝在生产、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如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ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）．
②步骤Ⅱ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 ．
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 ．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，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 、 、 ．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 ．
10．（15分）（2015?福建）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
利用图1所示的实验装置进行实验．
（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
1
2
3
4
0.20mol?L﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol?L﹣1H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a实验的实验目的是 ．
②设计1号试管实验的作用是 ．
③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：使用图2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）
（5）根据下列资料，为该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．次氯酸或氯水可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．
【化学-物质结构与性质】（13分）
11．（13分）（2015?福建）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CO2
d． CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是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．
①基态Ni原子的电子排布式为 ，该元素位于元素周期表的第 族．
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有 molσ键．
（4）一定条件下，CH4和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形成的水合物俗称“可燃冰”．
①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是 ．
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想．已知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 ．
【化学-有机化学基础】（13分）
12．（2015?福建）“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示
（1）下列关于M的说法正确的是 （填序号）．
a．属于芳香族化合物 b．遇FeCl3溶液显紫色
c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 d．1molM完全水解生成2mol醇
（2）肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：
①烃A的名称为 ．步骤Ⅰ中B的产率往往偏低，其原因是 ．
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为 ．
③步骤Ⅲ的反应类型是 ．
④肉桂酸的结构简式为 ．
⑤C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有 种．
2015年福建省高考化学试卷
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）（2015?福建）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．
铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．
铅笔漆﹣﹣涂料工业
考点：
有机高分子化合物的结构和性质；合金的概念及其重要应用．
专题：
化学应用．
分析：
A．根据橡皮擦的成分分析；
B．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；
C．铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的；
D．铅笔漆属于涂料．
解答：
解：A．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，材料与相应工业对应，故A不选；
B．冶炼金属铝属于冶金工业，材料与相应工业对应，故B不选；
C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时容易留下痕迹，铅笔芯生产与电镀工业工业无关，材料与相应工业不对应，故C选；
D．铅笔漆属于涂料的一种，材料与相应工业对应，故D不选；
故选C．
点评：
本题考查生活中的材料铅笔相关的工业，掌握制作铅笔的材料成分为解答关键，题目难度不大．
2．（6分）（2015?福建）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
考点：
有机化学反应的综合应用；
分析：
A．根据聚氯乙烯（）的结构分析；
B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；
C．丁烷有2种同分异构体；
D．有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂的皂化反应属于油脂的水解反应．
解答：
解：A．聚氯乙烯的结构简式为：，聚氯乙烯中不含碳碳双键，故A错误；
B．淀粉水解生成葡萄糖（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，乙醇氧化生成乙醛2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，乙醛氧化生成乙酸2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故B正确；
C．丁烷分子式为C4H10，有2种同分异构体，正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷结构简式为（CH3）2CHCH3，故C错误；
D．油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，如：+3NaOH→3C17H35COONa+，该反应属于取代反应，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，D选项注意加成反应与水解反应的区别．
3．（6分）（2015?福建）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，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固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
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，用盐酸浸没
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
化学实验方案的评价；
分析：
A．氢氧化钠是强腐蚀性易潮解的固体；
B．FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子易水解而生成氢氧化铁，配制氯化铁溶液过程中要防止氯化铁水解；
C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+；
D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀．
解答：
解：A．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；
B．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，故B错误；
C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及药品的称量、盐类的水解、铵根离子的加检验及分金属的腐蚀分类等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，注意实验的操作分析，题目难度不大．
4．（6分）（2015?福建）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．
X可能是金属铜
B．
Y不可能是氢气
C．
Z可能是氯化钠
D．
Z可能是三氧化硫
考点：
真题集萃；无机物的推断．
分析：
A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，根据铜、氯及其化合物的性质分析解答；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，符合条件；
C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解水和电解质，不符合Z电解生成X、Y条件；
D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，不符合Z电解生成X、Y条件．
解答：
解：A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；
C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；
D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．
5．（6分）（2015?福建）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三倍，下列说法不正确的是（ ）
A．
原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．
最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．
最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．
元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
考点：
元素周期律和元素周期表的综合应用；
分析：
短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答．
解答：
解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；
C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；
D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易．
6．（6分）（2015?福建）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（ ）
A．
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1mol O2，有44g CO2被还原
D．
a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
考点：
原电池和电解池的工作原理；
分析：
A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；
B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；
D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．
解答：
解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；
D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．
7．（6分）（2015?福建）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（ ）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．
a=6.00
B．
同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．
b＜318.2
D．
不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
考点：
真题集萃；化学反应速率的影响因素．
分析：
A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短．
解答：
解：A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，所以a==6，故A正确；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v可能不变，故B正确；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b＜318.2，故C正确；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；
故选D．
点评：
本题考查较综合，涉及反应速率计算、影晌速率的因素分析等，侧重学生表格数据分析及计算能力的考查，注重对高考高频考点的训练，题目难度中等．
二、非选择题（共3小题，满分45分）
8．（15分）（2015?福建）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为 ．
②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 C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O ．
（2）25℃，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．
①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）= 0.043 mol?L﹣1．
②某溶液含0.020mol?L﹣1Mn2+、0.10mol?L﹣1H2S，当溶液PH= 5 时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= ．
②0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+） ．
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O ．
考点：
真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．
分析：
（1）①S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：；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol?L﹣1；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；
（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣?H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=；
②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．
解答：
解：（1）①S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：，故答案为：；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；
（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol?L﹣1，所以c（H2S）+c（HS﹣）=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）===1.4×10﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣?H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=，故答案为：；
②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH﹣，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．故答案为：H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O．
点评：
本题考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用．
9．（15分）（2015?福建）无水氯化铝在生产、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 Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+ ．
（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如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 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 （只要求写出一种）．
②步骤Ⅱ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 Fe或铁 ．
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9J/mol ．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，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 NaCl 、 NaClO 、 Na2CO3 ．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 除去FeCl3，提高AlCl3纯度 ．
考点：
真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此书写水解方程式；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，以及SiCl4，AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，
①步骤1中焙烧固体：水分挥发其作用是防止后续步骤生成的水解，气孔数目增多其作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，则焦炭还原氧化铁反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁；
③根据盖斯定律结合已知方程式构建目标方程式求解；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O；
⑤在氯化铝的粗品中加入NaCl后熔融能降低FeCl3的熔点，由于铝的活动性比铁强，在步骤V中加入铝粉，就可以将铁置换出来，达到除去杂质，提高AlCl3纯度的目的．
解答：
解：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；
（2）①步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：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；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，
故答案为：Fe或铁；
③Ⅰ、Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
Ⅱ、2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
根据盖斯定律，将Ⅰ﹣Ⅱ可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=（+1344.1kJ?mol﹣1）﹣（+1169.2kJ?mol﹣1）=+174.9J/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9J/mol；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3，
故答案为：NaCl、NaClO、Na2CO3；
⑤步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，
故答案为：除去FeCl3，提高AlCl3纯度．
点评：
本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等，题目难度中等．
10．（15分）（2015?福建）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
利用图1所示的实验装置进行实验．
（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
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）
1．（6分）（2013?福建）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．
从海水中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
考点：
硅和二氧化硅；海水资源及其综合利用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
专题：
化学应用．
分析：
A．石英的主要成分是二氧化硅；
B．从海水中可以提取氯化钠；
C．食品添加剂应适量添加；
D．“地沟油”主要成分是油脂．
解答：
解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；
C．食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故C错误；
D．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确．
故选D．
点评：
本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂．
2．（6分）（2013?福建）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、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D．
糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
考点：
有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．
专题：
有机物的化学性质及推断；有机物分子组成通式的应用规律．
分析：
A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
B．戊烷有3种同分异构体；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；
D．单糖不能发生水解．
解答：
解：A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故A正确；
B．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，故B错误；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故C错误；
D．糖中的单糖不能发生水解，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．（6分）（2013?福建）室温下，对于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判断正确的是（ ）
A．
与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为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
考点：
弱电解质在水溶液中的电离平衡．
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
A．弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；
C．硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离．
解答：
解：A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（NH4+）?c（OH﹣）减小，故B错误；
C．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol?L﹣1氨水的pH小于13，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等．
4．（6分）（2013?福建）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位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族
考点：
位置结构性质的相互关系应用．
专题：
元素周期律与元素周期表专题．
分析：
根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，据此结合元素周期律解答．
解答：
解：根据元素在周期表中的位置可知，这Y、Z处于第二周期，M、X处于第三周期，只有M为金属元素，掌握M为Al元素，则X为Si元素、Y为氮元素、Z为氧元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径O＜Al，故A正确；
B．非金属性N＞Si，故酸性HNO3＞H2SiO3，故B错误；
C．非金属性Si＜O，故氢化物稳定性SiH4＜H2O，故C正确；
D．Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查结构性质位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题关键，注意对元素周期表的整体把握，注意对元素周期律的理解掌握．
5．（6分）（2013?福建）下列有关实验的做法不正确的是（ ）
A．
分液时，分液漏斗中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0.1000 mol?L﹣1氯化钠溶液时，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
考点：
分液和萃取；铵离子检验；配制一定物质的量浓度的溶液；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质．
专题：
实验评价题．
分析：
A．本题根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水；
C．转移溶液时可使用玻璃棒引流；
D．氨气遇红色石蕊试纸变蓝色．
解答：
解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；
B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确；
C．将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确；
D．检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等，难度不大，注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验．
6．（6分）（2013?福建）某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为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﹣═CO32﹣+2H2O
考点：
用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见的能量转化形式．
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
A、总反应为：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，是催化剂；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO；
C、根据盖斯定律，﹣△H1=△H2+△H3；
D、负极反应式正确；
解答：
解：A、通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，故A正确；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；
C、由右图可知，根据盖斯定律，应该是：﹣△H1=△H2+△H3；故C错误；
D、CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH﹣生成CO32﹣，故负极反应式正确；故D正确；
故选C．
点评：
本题考查了热化学知识和盖斯定律的应用，以及催化剂的判断，题目难度适中．
7．（6分）（2013?福建）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，依据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溶液（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，淀粉不宜用作该实验的指示剂
考点：
化学反应速率的影响因素．
专题：
压轴题；化学反应速率专题．
分析：
A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；
B．b、c点对应的反应原理及温度不同；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；
D．结合55℃时，没有出现蓝色分析．
解答：
解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；
B．b点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=5SO42﹣+I2+H2O，而图中c点的反应原理为2IO3﹣+5SO2+4H2O=5SO42﹣+I2+8H+，由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1，故C正确；
D.55℃时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；
故选B．
点评：
本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．
二、解答题（共5小题）
8．（16分）（2013?福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．
（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，两种元素原子的质子数之和为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 be （填序号）
a．CuSO4溶液 b．Fe2O3 c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．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（g）+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= ；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因： 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短
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 增大反应物接触面积，使反应更充分 ；反应池中发生反应的化学方程式为 H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl ．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为 2Fe2++2H+2Fe3++H2↑ ．
考点：
硫化氢．
专题：
氧族元素．
分析：
（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；
（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．
解答：
解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，
则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；
（2）①以H2S起始浓度均为cmol?L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则
H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）
开始 c 0 0
转化0.4c 0.4c 0.2c
平衡0.6c 0.4c 0.2c
K==；
温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，
故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，
故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．
点评：
本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理．
9．（14分）（2013?福建）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+、SO42﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的 BaCl2 （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SO42﹣，其原因是 BaSO4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） 【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】
②该法工艺原理如图．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 H2、Cl2 （填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O ．
（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： 1 C6H12O6 +24NaClO3+12H2SO4= 24 ClO2↑+ 6 CO2↑+18H2O+ 12 Na2SO4
（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﹣相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的 2.5 倍．
考点：
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氧化还原反应方程式的配平；粗盐提纯．
专题：
氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍．
解答：
解：（1）①加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32﹣时，发生BaSO4（s）+CO32﹣ （aq）=BaCO3（s）+SO42﹣ （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4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）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1 C6H12O6+24 NaClO3+12H2SO4=24 ClO2↑+6 CO2↑+18H2O+12 Na2SO4，
故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5．
点评：
本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应相关概念、配平及计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法．
10．（15分）（2013?福建）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 不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案） ．
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仪器连接后，放入固体试剂之前，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 装置气密性良好
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是 避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案） ；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先 移动酒精灯预热硬质玻璃管 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，加入适量水，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 乙 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： 2Na2SO3+O2=2Na2SO4 （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 O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案） ．
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．
考点：
探究物质的组成或测量物质的含量．
专题：
实验探究和数据处理题．
分析：
（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；
（2）①反应前检验装置的气密性；
②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；
（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；
②D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气．
解答：
解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，
故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；
（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，
故答案为：装置气密性良好；
②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，
集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，
故答案为：避免对产物O2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硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；
故答案为：乙；
②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，
在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，
故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．
点评：
本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等．
11．（13分）（2013?福建）（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：
2NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 abd （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 1s22s22p63s23p63d104s1 ．
（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 ad （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 三角锥型 ，阴离子的中心原子轨道采用 sp3 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 中形成分子内氢键，使其更难电离出H+ ．
考点：
位置结构性质的相互关系应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
专题：
元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
分析：
（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；
②Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，据此判断；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
解答：
解：（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：，故答案为：；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，
故答案为：abd；
②Cu原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力，
故答案为：ad；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化，
故答案为：三角锥型；sp3；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）＜Ka（苯酚），
故答案为：＜；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
点评：
本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，并能运用分析解决问题．
12．（13分）（2013?福建）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 b、d （填序号）
a．苯 b．Br2/CCl4 c．乙酸乙酯 d．KMnO4/H+溶液
（2）M中官能团的名称是 羟基 ，由C→B反应类型为 加成反应（或还原反应） ．
（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 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） （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﹣OCH2CH3 b．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 ．
考点：
有机物的合成．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，然后结合有机物的结构与性质来解答．
解答：
解：由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，
（1）含C=C，能与溴水发生加成反应，C=C、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化，故答案为：b、d；
（2）由结构简式可知，M中含﹣OH，名称为羟基，C→B为﹣CHO的加成反应（或还原反应），
故答案为：羟基；加成反应（或还原反应）；
（3）由A催化加氢生成M的过程中，C=C、﹣CHO均能与氢气发生加成反应，则生成中间体为或，
故答案为：；
（4）B中是否含有C，利用醛基的性质可知，选银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）产生银镜（或砖红色沉淀）即可证明，故答案为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；
（5）B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，碳链骨架不变，则C10H13Cl的结构简式为，故答案为：；
（6）C为CH3CH2CH2C6H4CHO，其同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH2CH3、b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代基为乙烯基，二者为对位的位置，苯环上只有两种H，
则E在一定条件下发生加聚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，注意信息分析C物质，体会官能团与性质的关系，把握反应条件、反应类型及官能团变化即可解答，有机合成题是高考热点题型．
2014年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
6．（6分）（2014?福建）下列有关物质应用的说法正确的是（ ）
A．
生石灰用作食品抗氧化剂
B．
盐类都可用作调味品
C．
铝罐可久盛食醋
D．
小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
考点：
真题集萃；钠的重要化合物；铝的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用．
专题：
元素及其化合物；化学应用．
分析：
A．生石灰用作食品干燥剂；
B．很多盐有毒，如亚硝酸钠、重金属盐；
C．Al表面的氧化铝能与醋酸反应，铝能与醋酸反应，易被腐蚀；
D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一．
解答：
解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用Fe粉等还原性物质做抗氧化剂，故A错误；
B．NaCl可用作调味剂，亚硝酸钠、重金属盐等有毒，不能用作调味剂，故B错误；
C．Al表面的氧化铝能与醋酸反应，内部铝能与醋酸反应，易被腐蚀，铝罐不可以久盛食醋，故C错误；
D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故D正确，
故选D．
点评：
本题考查化学与生活、物质的性质与用途等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
7．（6分）（2014?福建）下列关于乙醇的说法不正确的是（ ）
A．
可用纤维素的水解产物制取
B．
可由乙烯通过加成反应制取
C．
与乙醛互为同分异构体
D．
通过取代反应可制取乙酸乙酯
考点：
真题集萃；乙醇的化学性质．
专题：
有机反应．
分析：
乙醇含有羟基，可发生取代、酯化等反应，可由乙烯与水、葡萄糖经发酵可生成乙醇，结合同分异构体的定义判断．
解答：
解：A．纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖发酵可生成乙醇，方程式为C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故A正确；
B．乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，方程式为C2H4+H2OC2H5OH，故B正确；
C．乙醇和乙醛的分子式不同，分别为C2H6O、C2H4O，二者不是同分异构体，故C错误；
D．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，为取代反应，故D正确．
故选C．
点评：
本题为2014高考题，考查乙醇的性质、结构以及有机物官能团的转化，侧重于学生的分析能力和有机物的结构、性质的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．
8．（6分）（2014?福建）下列实验能达到目的是（ ）
A．
只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液
B．
将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体
C．
用萃取分液的方法除去酒精中的水
D．
用可见光束照射以区别溶液和胶体
考点：
真题集萃；物质的分离、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
专题：
实验评价题．
分析：
A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，无法鉴别；
B．加热蒸干氯化铵分解为氨气与氯化氢；
C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离；
D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有．
解答：
解：A．氨水与AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与NaCl、Na2SO4溶液不反应，只能分成2组，无法鉴别，故A错误；
B．加热蒸干中氯化铵分解为氨气与氯化氢，将NH4Cl溶液蒸不能制备NH4Cl固体，故B错误；
C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离，故C错误；
D．用可见光束照射胶体产生丁达尔效应，而溶液没有，可以区别胶体与溶液，故D正确，
故选D．
点评：
本题考查物质的分离提纯、物质鉴别等，是对基础知识的综合应用，难度不大．
9．（6分）（2014?福建）常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（ ）
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al（OH）3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．
①③
B．
①④
C．
②④
D．
②③
考点：
真题集萃；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铜金属及其重要化合物的主要性质．
专题：
元素及其化合物．
分析：
①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；
②二氧化硅不能溶于盐酸；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；
④Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．
解答：
解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；
②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合；
③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；
④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，
故选B．
点评：
本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．
10．（6分）（2014?福建）下列关于0.10mol?L﹣1 NaHCO3溶液的说法正确的是（ ）
A．
溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++H++CO32﹣
B．
25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大
C．
离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）
D．
温度升高，c（HCO3﹣）增大
考点：
真题集萃；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．
专题：
盐类的水解专题．
分析：
A．碳酸氢根离子不可拆分；
B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；
C．溶液遵循电荷守恒；
D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．
解答：
解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；
B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；
C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；
D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；
故选B．
点评：
本题为2014年福建高考化学试题，涉及电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．
11．（6分）（2014?福建）某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（ ）
A．
正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣
B．
放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．
若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．
当电路中转移0.01mol e﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子
考点：
化学电源新型电池．
专题：
电化学专题．
分析：
根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、正极上氯气得电子；
B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；
C、根据电池总反应判断；
D、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．
解答：
解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，
A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；
B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；
C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；
D、放电时，当电路中转移0.01mol e﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确．
故选：D．
点评：
本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等．
12．（6分）（2014?福建）在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下（ ）
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
c（N2O）/mol?L﹣1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（ ）
（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）
A．
B．
C．
D．
考点：
转化率随温度、压强的变化曲线；体积百分含量随温度、压强变化曲线．
专题：
化学平衡专题．
分析：
根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正确结论．
解答：
解：A．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化量是定值，即N2O的分解速率是定值，故A正确；
B．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；
C.0﹣50min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1mol?L﹣1N2O的半衰期为50min，20﹣60min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08mol?L﹣1N2O的半衰期为40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故C错误；
D．由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故N2O的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终N2O完全分解，故D错误，
故选A．
点评：
本题考查平衡图象分析，难度中等．该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题．
二、解答题
24．（15分）（2014?福建）元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛．
（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为 ．
（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是 bc （填序号）
a．Cl2、Br2、I2的熔点
b．Cl2、Br2、I2的氧化性
c．HCl、HBr、HI的热稳定性
d．HCl、HBr、HI的酸性
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体
①完成Ⅰ中反应的总化学方程式： 1 NaCl+ 3 H2O═ 1 NaClO3+ 3 H2↑ ．
②Ⅱ中转化的基本反应类型是 复分解反应 ，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是 室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体 ．
（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示．
①D是 ClO4﹣ （填离子符号）．
②B→A+C反应的热化学方程式为 3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol （用离子符号表示）．
考点：
真题集萃；氧化还原反应方程式的配平；反应热和焓变；热化学方程式；卤素原子结构及其性质的比较．
专题：
氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；卤族元素．
分析：
（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，据此书写F的原子结构示意图；
（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，
①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；
两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；
（4）一定条件下，在水溶液1 mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4，）的能量（kJ）相对大小如图所示．
①D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；
②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol．
解答：
解：（1）与氯元素同族的短周期元素是F原子，F原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，则F的原子结构示意图为，故答案为：；
（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选bc；
（3）工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体，
①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O═1NaClO3+3H2↑，
故答案为：1；3；1；3；H2↑；
②NaClO3转化为KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出KClO3，
故答案为：复分解反应；室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；
（4）①根据图象知，D中Cl元素化合价为+7价，所以ClOx﹣中x为4，则D为ClO4﹣，故答案为：ClO4﹣；
②B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol．
点评：
本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等．
25．（15分）（2014?福建）铁及其化合物与生产、生活关系密切．
（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．
①该电化腐蚀称为 吸氧腐蚀 ．
②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是 B （填字母）．
（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：
①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O ．
②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3?nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为 4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O ．
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是 氮氧化物排放少 （任写一项）．
（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．
①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）= 4：1 ．
②若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x= 0.05 ．
考点：
化学平衡的计算；金属的电化学腐蚀与防护；铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物．
专题：
化学平衡专题；电化学专题；几种重要的金属及其化合物．
分析：
（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀；
②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部；
（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3?nH2O，最后得到铁红，
①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；
②应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；
③氮氧化物为有毒气体；
（3）①K=，平衡常数K=0.25，以此计算；
②通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则
FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）
开始0.02 x 0 0
转化0.01 0.01 0.01 0.01
平衡 x﹣0.01 0.01
结合平衡常数计算．
解答：
解：（1）①由图可知，海水溶液为弱酸性，则Fe失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；
②A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C已经腐蚀后有氧化层，D在金属内部，显然B中腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B；
（2）由流程图可知，Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为Fe2O3?nH2O，最后得到铁红，
①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
②产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，则Fe与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，
故答案为：4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；
③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；
（3）①K=，平衡常数K=0.25，n（CO）：n（CO2）=，即n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；
②通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，即反应的FeO为0.02mol×50%=0.01mol，则
FeO（s）+CO（g）?Fe（s）+CO2（g）
开始 0.02 x 0 0
转化 0.01 0.01 0.01 0.01
平衡 x﹣0.01 0.01
则K==0.25，解的x=0.05，故答案为：0.05．
点评：
本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等．
26．（2014?福建）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5
（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O ．
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 过滤 ．
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹时仪器已略去）为 d （填序号）
实验二 焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．
（4）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是 ae ．
a．测定溶液的pH b．加入Ba（OH）2溶液 c．加入盐酸
d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测
（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成 ．
实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：
（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）
①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为 0.16 g?L﹣1．
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不变”）．
考点：
真题集萃；含硫物质的性质及综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计．
专题：
实验题；氧族元素．
分析：
（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；
（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；
（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；
（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；
（6）①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；
②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小．
解答：
解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，
故答案为：过滤；
（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；
b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；
c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；
d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；
故答案为：d；
（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；
故答案为：ae；
（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，
故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；
（6）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：
SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI
64g 1mol
mg 0.025L×0.01mol/L
所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，
解得m=0.016
故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16 g/L
故答案为：0.16；
②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，
故答案为：偏低．
点评：
本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．
[化学-物质结构与性质]
34．（13分）（2014?福建）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．
（1）基态硼原子的电子排布式为 1s22s22p1 ．
（2）关于这两种晶体的说法，正确的是 bc （填序号）．
a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
d．两种晶体均为分子晶体
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为 平面三角形 ，其结构与石墨相似却不导电，原因是 层状结构中没有自由移动的电子 ．
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为 sp3 ．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现．根据这一个矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是 高温高压 ．
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．1molNH4BF4含有 2 mol配位键．
考点：
晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．
专题：
原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
分析：
（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理书写其基态的电子排布式；
（2）a．立方相氮化硼含有σ键不存在π键；
b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小；
c．非金属元素之间易形成共价键；
d．立方相氮化硼为原子晶体；
（3）根据B原子和N原子形成的共价键个数及孤电子对个数判断六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，根据硼原子共价键个数及孤电子对个数之和判断；在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，据此计算．
解答：
解：B位于第2周期ⅢA族，核外电子排布式1s22s22p1，形成的六方相氮化硼，每一个B与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形平面三角形，向空间发展成层状结构．六方相氮化硼，不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起；B原子的电子全部成键，能源自由移动的电子，不导电．立方相氮化硼每个B原子与4个N原子相连，每个N与2个B原子相连，构成正四面体，向空间发展形成网状结构．B原子的杂化方式为sp3，由于六方相氮化硼比立方相氮化硼稳定，所以由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压．根据配位键理论，NH4BF4有1个N﹣H和一个B﹣F属于配位键．
（1）基态硼原子核外有5个电子，分别位于1s、2s、2p能级，根据构造原理知其基态的电子排布式1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；
（2）a．立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键不存在π键，故错误；
b．六方相氮化硼层间为分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故正确；
c．非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；
d．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故错误；
故选bc；
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，且B原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，
故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为：sp3；高温高压；
（5）一个NH4BF4中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1mol NH4BF4含有2mol配位键．
故答案为：2．
点评：
本题考查了物质结构和性质，涉及配位键、原子杂化方式的判断、微粒空间构型的判断等知识点，这些知识点都是考试高频点，根据配位键的概念、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度中等．
[化学-有机化学基础]
35．（13分）（2014?福建）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．
（1）甲中显酸性的官能团是 羧基 （填名称）．
（2）下列关于乙的说法正确的是 ac （填序号）
a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5
b．属于芳香族化合物
c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应
d．属于苯酚的同系物
（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为 ．
a．含有
b．在稀硫酸中水解有乙酸生成
（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）
①步骤Ⅰ的反应类型是 取代反应 ．
②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是 保护氨基 ．
③步骤Ⅳ反应的化学方程式为 ．
考点：
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．
专题：
同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断．
分析：
（1）氨基显碱性、羧基显酸性；
（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5；
b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；
c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；
d．该分子中含有N原子；
（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；
（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲．
解答：
解：（1）氨基显碱性、羧基显酸性，所以甲中显酸性的官能团是羧基，故答案为：羧基；
（2）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故正确；
b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；
c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；
d．该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，故错误；
故选ac；
（3）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为，故答案为：；
（4）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲；
①通过以上分析知，步骤Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
②氨基不稳定，易被氧化为硝基，为保护氨基，所以设计步骤Ⅰ和Ⅳ，故答案为：保护氨基；
③步骤Ⅳ发生水解反应，反应的化学方程式为，
故答案为：．
点评：
本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答，题目难度中等．
2015年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）（2015?福建）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．
铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．
铅笔漆﹣﹣涂料工业
2．（6分）（2015?福建）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
3．（6分）（2015?福建）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，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固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
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，用盐酸浸没
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
4．（6分）（2015?福建）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．
X可能是金属铜
B．
Y不可能是氢气
C．
Z可能是氯化钠
D．
Z可能是三氧化硫
5．（6分）（2015?福建）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三倍，下列说法不正确的是（ ）
A．
原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．
最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．
最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．
元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
6．（6分）（2015?福建）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（ ）
A．
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1mol O2，有44g CO2被还原
D．
a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
7．（6分）（2015?福建）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（ ）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．
a=6.00
B．
同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．
b＜318.2
D．
不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
二、非选择题（共3小题，满分45分）
8．（15分）（2015?福建）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为 ．
②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?L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．
①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）= mol?L﹣1．
②某溶液含0.020mol?L﹣1Mn2+、0.10mol?L﹣1H2S，当溶液PH= 时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= ．
②0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ．
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 ．
9．（15分）（2015?福建）无水氯化铝在生产、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如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ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）．
②步骤Ⅱ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 ．
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 ．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，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 、 、 ．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 ．
10．（15分）（2015?福建）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
利用图1所示的实验装置进行实验．
（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
1
2
3
4
0.20mol?L﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol?L﹣1H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a实验的实验目的是 ．
②设计1号试管实验的作用是 ．
③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：使用图2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）
（5）根据下列资料，为该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．次氯酸或氯水可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl﹣．
【化学-物质结构与性质】（13分）
11．（13分）（2015?福建）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CO2
d． CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是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．
①基态Ni原子的电子排布式为 ，该元素位于元素周期表的第 族．
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1mol Ni（CO）4中含有 molσ键．
（4）一定条件下，CH4和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形成的水合物俗称“可燃冰”．
①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是 ．
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想．已知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 ．
【化学-有机化学基础】（13分）
12．（2015?福建）“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图所示
（1）下列关于M的说法正确的是 （填序号）．
a．属于芳香族化合物 b．遇FeCl3溶液显紫色
c．能使酸性高锰酸钾溶液褪色 d．1molM完全水解生成2mol醇
（2）肉桂酸是合成M的中间体，其一种合成路线如下：
①烃A的名称为 ．步骤Ⅰ中B的产率往往偏低，其原因是 ．
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为 ．
③步骤Ⅲ的反应类型是 ．
④肉桂酸的结构简式为 ．
⑤C的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合物有 种．
2015年福建省高考化学试卷
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）（2015?福建）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．
铅笔芯﹣﹣电镀工业
D．
铅笔漆﹣﹣涂料工业
考点：
有机高分子化合物的结构和性质；合金的概念及其重要应用．
专题：
化学应用．
分析：
A．根据橡皮擦的成分分析；
B．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；
C．铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的；
D．铅笔漆属于涂料．
解答：
解：A．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，材料与相应工业对应，故A不选；
B．冶炼金属铝属于冶金工业，材料与相应工业对应，故B不选；
C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时容易留下痕迹，铅笔芯生产与电镀工业工业无关，材料与相应工业不对应，故C选；
D．铅笔漆属于涂料的一种，材料与相应工业对应，故D不选；
故选C．
点评：
本题考查生活中的材料铅笔相关的工业，掌握制作铅笔的材料成分为解答关键，题目难度不大．
2．（6分）（2015?福建）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
考点：
有机化学反应的综合应用；
分析：
A．根据聚氯乙烯（）的结构分析；
B．淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯；
C．丁烷有2种同分异构体；
D．有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂的皂化反应属于油脂的水解反应．
解答：
解：A．聚氯乙烯的结构简式为：，聚氯乙烯中不含碳碳双键，故A错误；
B．淀粉水解生成葡萄糖（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，乙醇氧化生成乙醛2CH3CH2OH+O22CH3CHO+H2O，乙醛氧化生成乙酸2CH3CHO+O22CH3COOH，CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故B正确；
C．丁烷分子式为C4H10，有2种同分异构体，正丁烷结构简式为CH3CH2CH2CH3，异丁烷结构简式为（CH3）2CHCH3，故C错误；
D．油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应，如：+3NaOH→3C17H35COONa+，该反应属于取代反应，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了有机物的结构和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，D选项注意加成反应与水解反应的区别．
3．（6分）（2015?福建）下列实验操作正确且能达到相应实验目的是（ ）
实验目的
实验操作
A
称取2.0gNaOH固体
先在托盘上各放一张滤纸，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固体溶解于适量蒸馏水
C
检验溶液中是否含有NH4+
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，用盐酸浸没
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
化学实验方案的评价；
分析：
A．氢氧化钠是强腐蚀性易潮解的固体；
B．FeCl3为强酸弱碱盐，铁离子易水解而生成氢氧化铁，配制氯化铁溶液过程中要防止氯化铁水解；
C．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+；
D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀．
解答：
解：A．称量强腐蚀性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐蚀且称量不准确，故A错误；
B．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防止氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，故B错误；
C．检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4++OH﹣NH3↑+H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；
D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及药品的称量、盐类的水解、铵根离子的加检验及分金属的腐蚀分类等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，注意实验的操作分析，题目难度不大．
4．（6分）（2015?福建）纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．
X可能是金属铜
B．
Y不可能是氢气
C．
Z可能是氯化钠
D．
Z可能是三氧化硫
考点：
真题集萃；无机物的推断．
分析：
A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，根据铜、氯及其化合物的性质分析解答；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，符合条件；
C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解水和电解质，不符合Z电解生成X、Y条件；
D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，不符合Z电解生成X、Y条件．
解答：
解：A．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+Y→Z，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2↑，故A正确；
B．X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+Y→Z，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl溶液：2HClH2↑+Cl2↑，故B错误；
C．Z可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+Y→Z，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；
D．Z可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y→Z，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；
故选A．
点评：
本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析，注意X+Y→Z，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累．
5．（6分）（2015?福建）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三倍，下列说法不正确的是（ ）
A．
原子半径：W＞Z＞Y＞X
B．
最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．
最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．
元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
考点：
元素周期律和元素周期表的综合应用；
分析：
短周期元素w的质子数是其最外层电子数的三倍，则W是P元素，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答．
解答：
解：A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：Z＞W＞X＞Y，故A错误；
B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：X＞W＞Z，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z，故B正确；
C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：Y＞X＞W＞Z，所以元素的氢化物的稳定性：Y＞X＞W＞Z，故C正确；
D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；
故选A．
点评：
本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容易．
6．（6分）（2015?福建）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（ ）
A．
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1mol O2，有44g CO2被还原
D．
a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣=C3H8O+5H2O
考点：
原电池和电解池的工作原理；
分析：
A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；
B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；
D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．
解答：
解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；
C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；
D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误；
故选B．
点评：
本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易．
7．（6分）（2015?福建）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（ ）
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．
a=6.00
B．
同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．
b＜318.2
D．
不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
考点：
真题集萃；化学反应速率的影响因素．
分析：
A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短．
解答：
解：A、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度相同的情况下=0.4，所以a==6，故A正确；
B、由表可知温度由318.2℃→b，浓度由0.3mol/L→0.5mol/L，速率相等，都是1.80，所以v可能不变，故B正确；
C、由表可知温度由328.2℃→b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b＜318.2，故C正确；
D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；
故选D．
点评：
本题考查较综合，涉及反应速率计算、影晌速率的因素分析等，侧重学生表格数据分析及计算能力的考查，注重对高考高频考点的训练，题目难度中等．
二、非选择题（共3小题，满分45分）
8．（15分）（2015?福建）研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义．
（1）①硫离子的结构示意图为 ．
②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 C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O ．
（2）25℃，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c（S2﹣）关系如图（忽略溶液体积的变化、H2S的挥发）．
①pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS﹣）= 0.043 mol?L﹣1．
②某溶液含0.020mol?L﹣1Mn2+、0.10mol?L﹣1H2S，当溶液PH= 5 时，Mn2+开始沉淀．[已知：Ksp（MnS）=2.8×10﹣13]
（3）25℃，两种酸的电离平衡常数如表．
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K= ．
②0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+） ．
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O ．
考点：
真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较．
分析：
（1）①S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：；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol?L﹣1；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；
（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣?H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=；
②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解，以第一步水解为主，水解程度较小，据此判断离子浓度关系；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．
解答：
解：（1）①S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：，故答案为：；
②加热时，硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）2SO2↑+CO2↑+2H2O；
（2）①pH=13时，c（S2﹣）=5.7×10﹣2mol/L，在0.10mol?L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）=0.10mol?L﹣1，所以c（H2S）+c（HS﹣）=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2﹣）===1.4×10﹣11mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
（3）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣?H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=，故答案为：；
②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解：SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣+H2O?H2SO3+OH﹣，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+），故答案为：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）；
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3＞H2CO3＞HSO3﹣，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O．故答案为：H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O．
点评：
本题考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平衡的知识在离子浓度大小比较的应用．
9．（15分）（2015?福建）无水氯化铝在生产、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 Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+ ．
（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如下：
已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是 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 （只要求写出一种）．
②步骤Ⅱ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 Fe或铁 ．
③已知：
Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9J/mol ．
④步骤Ⅲ的经冷却至室温后，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 NaCl 、 NaClO 、 Na2CO3 ．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是 除去FeCl3，提高AlCl3纯度 ．
考点：
真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）胶体具有吸附性，氯化铝能净水是因为：氯化铝为强酸弱碱盐，铝离子能水解生成氢氧化铝胶体，据此书写水解方程式；
（2）用铝土矿制取无水氯化铝工艺流程：铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，固体水分挥发、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950℃加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100℃，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，以及SiCl4，AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，在300℃，废渣为Fe，得到成品氯化铝，
①步骤1中焙烧固体：水分挥发其作用是防止后续步骤生成的水解，气孔数目增多其作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，则焦炭还原氧化铁反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁；
③根据盖斯定律结合已知方程式构建目标方程式求解；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O；
⑤在氯化铝的粗品中加入NaCl后熔融能降低FeCl3的熔点，由于铝的活动性比铁强，在步骤V中加入铝粉，就可以将铁置换出来，达到除去杂质，提高AlCl3纯度的目的．
解答：
解：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，
故答案为：Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+；
（2）①步骤1中铝土矿粉和焦炭在300℃焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，
故答案为：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；
②根据物质中含有的元素组成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，
故答案为：Fe或铁；
③Ⅰ、Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）△H1=+1344.1kJ?mol﹣1
Ⅱ、2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）△H2=+1169.2kJ?mol﹣1
根据盖斯定律，将Ⅰ﹣Ⅱ可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=（+1344.1kJ?mol﹣1）﹣（+1169.2kJ?mol﹣1）=+174.9J/mol，
故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g））+3CO（g）△H=+174.9J/mol；
④步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3，
故答案为：NaCl、NaClO、Na2CO3；
⑤步骤Ⅲ得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180℃升华，在300℃，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，
故答案为：除去FeCl3，提高AlCl3纯度．
点评：
本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等，题目难度中等．
10．（15分）（2015?福建）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
利用图1所示的实验装置进行实验．
（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
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