2013年福建高考化學試卷及答案word

2013年福建省高考化學試卷一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分）6．化學與社會、生產(chǎn)、生活緊切相關(guān)．下列說法正確的是（）A．石英只能用于生產(chǎn)光導纖維B．從海水中提取物質(zhì)都必須通過化學反應才能實現(xiàn)C．為了增加食物的營養(yǎng)成分，可以大量使用食品添加劑D．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂7．下列關(guān)于有機化合物的說法正確的是（）A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)別B．戊烷（C5H12）有兩種同分異構(gòu)體C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳雙鍵D．糖類、油脂和蛋白質(zhì)均可發(fā)生水解反應8．室溫下，對于0.10mol?L1的氨水，下列判斷正確的是（）A．與AlCl3溶液發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH═Al（OH）3↓B．加水稀釋后，溶液中c（NH4+）?c（OH）變大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性D．其溶液的pH=139．四種短周期元素在周期表中的位置如右圖，其中只有M為金屬元素．下列說法不正確的是（）A．原子半徑Z＜MB．Y的最高價氧化物對應水化物的酸性比X的弱C．X的最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族10．下列有關(guān)實驗的做法不正確的是（）A．分液時，分液漏斗中的上層液體應由上口倒出B．用加熱分解的方法區(qū)分碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種固體C．配置0.1000mol?L1氯化鈉溶液時，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．檢驗NH4+時，往試樣中加入NaOH溶液，微熱，用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗逸出的氣體11．某科學家利用二氧化鈰（CeO2）在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO．其過程如下：

下列說法不正確的是（）A．該過程中CeO2沒有消耗B．該過程實現(xiàn)了太陽能向化學能的轉(zhuǎn)化C．右圖中△H1=△H2+△H3D．以CO和O2構(gòu)成的堿性燃料電池的負極反應式CO+4OH2e═CO32+2H2O12.．NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據(jù)I2析出所需時間可以求得NaHSO3的反應速率．將濃度均為0.020mol?L1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（過量）酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未觀察到溶液變藍，實驗結(jié)果如圖．據(jù)圖分析，下列判斷不正確的是（）A．40℃之前與40℃之后溶液變藍的時間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點對應的NaHSO3反應速率相等C．圖中a點對應的NaHSO3反應速率為5.0×105mol?L1?s1D．溫度高于40℃時，淀粉不宜用作該實驗的指示劑二、解答題（共5小題）23．利用化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣制取氫氣，既價廉又環(huán)保．

（1）工業(yè)上可用組成為K2O?M2O3?2RO2?nH2O的無機材料純化制取的氫氣

①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，兩種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為27，則R的原子結(jié)構(gòu)示意圖為

②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應的是（填序號）

a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體

（2）利用H2S廢氣制取氫氣來的方法有多種

①高溫熱分解法

已知：H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）

在恒溫密閉容器中，控制不同溫度進行H2S分解實驗．以H2S起始濃度均為cmol?L1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見右圖．圖中a為H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系曲線，b曲線表示不同溫度下反應經(jīng)過相同時間且未達到化學平衡時H2S的轉(zhuǎn)化率．據(jù)圖計算985℃時H2S按上述反應分解的平衡常數(shù)K=；說明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：

②電化學法

該法制氫過程的示意圖如右．反應池中反應物的流向采用氣、液逆流方式，其目的是；反應池中發(fā)生反應的化學方程式為．反應后的溶液進入電解池，電解總反應的離子方程式為24．二氧化氯（ClO2）是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑．

（1）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2方法．

①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42等雜質(zhì)．其次除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的（填化學式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去．經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42，其原因是【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×1010、Ksp（BaCO3）=5.1×109】

②該法工藝原理如圖．其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應生成ClO2．工藝中可以利用的單質(zhì)有（填化學式），發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式為．

（2）纖維素還原法制ClO2是一種新方法，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物D與NaClO3反應生成ClO2．完成反應的化學方程式：（3）ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為Cl．處理含CN相同時的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的倍．25．固體硝酸鹽加熱易分解且產(chǎn)物較復雜．某學習小組以Mg（NO3）2為研究對象，擬通過實驗探究其熱分解的產(chǎn)物，提出如下4種猜想：

甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2?。篗gO、NO2、N2

（1）實驗前，小組成員經(jīng)討論認定猜想丁不成立，理由是．

查閱資料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O

針對甲、乙、丙猜想，設(shè)計如下圖所示的實驗裝置（圖中加熱、夾持儀器等均省略）：

（2）實驗過程

①儀器連接后，放入固體試劑之前，關(guān)閉k，微熱硬質(zhì)玻璃管（A），觀察到E中有氣泡連續(xù)放出，表明

②稱取Mg（NO3）2固體3.7g置于A中，加熱前通入N2以驅(qū)盡裝置內(nèi)的空氣，其目的是；關(guān)閉K，用酒精燈加熱時，正確操作是先然后固定在管中固體部位下加熱．

③觀察到A中有紅棕色氣體出現(xiàn)，C、D中未見明顯變化．

④待樣品完全分解，A裝置冷卻至室溫、稱量，測得剩余固體的質(zhì)量為1.0g．

⑤取少量剩余固體于試管中，加入適量水，未見明顯現(xiàn)象．

（3）實驗結(jié)果分析討論

①根據(jù)實驗現(xiàn)象和剩余固體的質(zhì)量經(jīng)分析可初步確認猜想是正確的．

②根據(jù)D中無明顯現(xiàn)象，一位同學認為不能確認分解產(chǎn)物中有O2，因為若有O2，D中將發(fā)生氧化還原反應：（填寫化學方程式），溶液顏色會退去；小組討論認定分解產(chǎn)物中有O2存在，未檢側(cè)到的原因是．

③小組討論后達成的共識是上述實驗設(shè)計仍不完善，需改進裝置進一步研究．31．（1）依據(jù)第2周期元素第一電離能的變化規(guī)律，參照右圖B、F元素的位置，用小黑點標出C、N、O三種元素的相對位置．

（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應直接得到：

2NH3+3F2==Cu===NF3+3NH4F

①上述化學方程式中的5種物質(zhì)所屬的晶體類型有（填序號）．

a．離子晶體b．分子晶體c．原子晶體d．金屬晶體

②基態(tài)銅原子的核外電子排布式為

（3）BF3與一定量水形成（H2O）2?BF3晶體Q，Q在一定條件下可轉(zhuǎn)化為R：

①晶體Q中各種微粒間的作用力不涉及（填序號）．

a．離子鍵b．共價鍵c．配位鍵d．金屬鍵e．氫鍵f．范德華力

②R中陽離子的空間構(gòu)型為，陰離子的中心原子軌道采用雜化．

（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1×1010；水楊酸第一級電離形成的離子能形成分子內(nèi)氫鍵．據(jù)此判斷，相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2（水楊酸）Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是．32．已知：

為合成某種液晶材料的中間體M，有人提出如下不同的合成途徑

（1）常溫下，下列物質(zhì)能與A發(fā)生反應的有（填序號）

a．苯b．Br2/CCl4c．乙酸乙酯d．KMnO4/H+溶液

（2）M中官能團的名稱是，由C→B反應類型為

（3）由A催化加氫生成M的過程中，可能有中間生成物和（寫結(jié)構(gòu)簡式）生成

（4）檢驗B中是否含有C可選用的試劑是（任寫一種名稱）．

（5）物質(zhì)B也可由C10H13Cl與NaOH水溶液共熱生成，C10H13Cl的結(jié)構(gòu)簡式為．

（6）C的一種同分異構(gòu)體E具有如下特點：

a．分子中含OCH2CH3b．苯環(huán)上只有兩種化學環(huán)境不同的氫原子

寫出E在一定條件下發(fā)生加聚反應的化學方程式2013年福建省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題6分，共42分）6．（6分）（2013?福建）化學與社會、生產(chǎn)、生活緊切相關(guān)．下列說法正確的是（）A．石英只能用于生產(chǎn)光導纖維B．從海水中提取物質(zhì)都必須通過化學反應才能實現(xiàn)C．為了增加食物的營養(yǎng)成分，可以大量使用食品添加劑D．“地溝油”禁止食用，但可以用來制肥皂考點：硅和二氧化硅；海水資源及其綜合利用；常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用．專題：化學應用．分析：A．石英的主要成分是二氧化硅；B．從海水中可以提取氯化鈉；C．食品添加劑應適量添加；D．“地溝油”主要成分是油脂．解答：解：A．石英的主要成分是二氧化硅，純凈的二氧化硅用于生產(chǎn)光導纖維，結(jié)晶的二氧化硅（如水晶、瑪瑙等）用作飾物，故A錯誤；B．從海水中提取蒸餾水和鹽時，通過蒸餾、蒸發(fā)等物理變化就能實現(xiàn)，提取溴、碘、鎂等物質(zhì)時，必須通過化學反應才能實現(xiàn)，故B錯誤；C．食品添加劑應適量添加，過量會對人體產(chǎn)生危害，故C錯誤；D．“地溝油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在堿性溶液中發(fā)生水解反應，又稱皂化反應，可用于制取肥皂，故D正確．故選D．點評：本題考查二氧化硅的用途、物質(zhì)的分離、食品添加劑、油脂等，難度不大，注意“地溝油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在堿性溶液中發(fā)生水解反應，又稱皂化反應，可用于制取肥皂．7．（6分）（2013?福建）下列關(guān)于有機化合物的說法正確的是（）A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以區(qū)別B．戊烷（C5H12）有兩種同分異構(gòu)體C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳雙鍵D．糖類、油脂和蛋白質(zhì)均可發(fā)生水解反應考點：有機物的鑒別；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點．專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷；有機物分子組成通式的應用規(guī)律．分析：A．乙酸可與碳酸鈉反應，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液；B．戊烷有3種同分異構(gòu)體；C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳雙鍵；D．單糖不能發(fā)生水解．解答：解：A．酸可與碳酸鈉反應，乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，二者現(xiàn)象不同，可鑒別，故A正確；B．戊烷有正戊烷、異戊烷、新戊烷3種同分異構(gòu)體，故B錯誤；C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳雙鍵，故C錯誤；D．糖中的單糖不能發(fā)生水解，故D錯誤．故選A．點評：本題考查較為綜合，涉及有機物的鑒別、同分異構(gòu)體、有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)等知識，題目難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．8．（6分）（2013?福建）室溫下，對于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判斷正確的是（）A．與AlCl3溶液發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．加水稀釋后，溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）變大C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不顯中性D．其溶液的pH=13考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：A．弱電解質(zhì)要寫化學式，且氫氧化鋁不溶于弱堿；B．加水稀釋促進一水合氨電離，但銨根離子、氫氧根離子濃度都減小；C．硝酸銨是強酸弱堿鹽，其溶液呈酸性；D．一水合氨是弱電解質(zhì)，在氨水中部分電離．解答：解：A．一水合氨是弱電解質(zhì)，離子方程式中要寫化學式，該反應的離子方程式為：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A錯誤；B．加水稀釋促進一水合氨電離，但銨根離子、氫氧根離子濃度都減小，所以c（NH4+）?c（OH﹣）減小，故B錯誤；C．含有弱根離子的鹽，誰強誰顯性，硝酸銨是強酸弱堿鹽，所以其溶液呈酸性，故C正確；D．一水合氨是弱電解質(zhì)，在氨水中部分電離，所以0.10mol?L﹣1氨水的pH小于13，故D錯誤；故選C．點評：本題考查弱電解質(zhì)的電離、離子方程式的書寫、鹽類的水解等知識點，根據(jù)鹽類水解特點、弱電解質(zhì)的電離特點、離子方程式的書寫規(guī)則來分析解答即可，難度中等．9．（6分）（2013?福建）四種短周期元素在周期表中的位置如右圖，其中只有M為金屬元素．下列說法不正確的是（）A．原子半徑Z＜MB．Y的最高價氧化物對應水化物的酸性比X的弱C．X的最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的小D．Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：根據(jù)元素在周期表中的位置可知，這Y、Z處于第二周期，M、X處于第三周期，只有M為金屬元素，掌握M為Al元素，則X為Si元素、Y為氮元素、Z為氧元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律解答．解答：解：根據(jù)元素在周期表中的位置可知，這Y、Z處于第二周期，M、X處于第三周期，只有M為金屬元素，掌握M為Al元素，則X為Si元素、Y為氮元素、Z為氧元素，A．同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑O＜Al，故A正確；B．非金屬性N＞Si，故酸性HNO3＞H2SiO3，故B錯誤；C．非金屬性Si＜O，故氫化物穩(wěn)定性SiH4＜H2O，故C正確；D．Z為氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正確；故選B．點評：本題考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)位置關(guān)系、元素周期律等，難度不大，推斷元素是解題關(guān)鍵，注意對元素周期表的整體把握，注意對元素周期律的理解掌握．10．（6分）（2013?福建）下列有關(guān)實驗的做法不正確的是（）A．分液時，分液漏斗中的上層液體應由上口倒出B．用加熱分解的方法區(qū)分碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種固體C．配置0.1000mol?L﹣1氯化鈉溶液時，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．檢驗NH4+時，往試樣中加入NaOH溶液，微熱，用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗逸出的氣體考點：分液和萃取；銨離子檢驗；配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液；探究碳酸鈉與碳酸氫鈉的性質(zhì)．專題：實驗評價題．分析：A．本題根據(jù)分液操作時下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出；B．碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳和水；C．轉(zhuǎn)移溶液時可使用玻璃棒引流；D．氨氣遇紅色石蕊試紙變藍色．解答：解：A．分液操作時，分液漏斗中下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出，一避免兩種液體相互污染，故A正確；B．碳酸鈉受熱不分解；碳酸氫鈉受熱分解生成二氧化碳和水，故B正確；C．將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正確；D．檢驗氨氣時應該是用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故D錯誤．故選D．點評：本題考查分液、物質(zhì)的檢驗、實驗基本操作等，難度不大，注意檢驗氨氣時應該是用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗．11．（6分）（2013?福建）某科學家利用二氧化鈰（CeO2）在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO．其過程如下：下列說法不正確的是（）A．該過程中CeO2沒有消耗B．該過程實現(xiàn)了太陽能向化學能的轉(zhuǎn)化C．右圖中△H1=△H2+△H3D．以CO和O2構(gòu)成的堿性燃料電池的負極反應式CO+4OH2e═CO32+2H2O考點：用蓋斯定律進行有關(guān)反應熱的計算；常見的能量轉(zhuǎn)化形式網(wǎng)版權(quán)所有專題：化學反應中的能量變化．分析：A、總反應為：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2沒有消耗，是催化劑；

B、該過程中在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO；

C、根據(jù)蓋斯定律，△H1=△H2+△H3；

D、負極反應式正確；解答：解：A、通過太陽能實現(xiàn)總反應：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2沒有消耗，CeO2是光催化劑，故A正確；

B、該過程中在太陽能作用下將H2O、CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2、CO，所以把太陽能轉(zhuǎn)變成化學能，故B正確；

C、由右圖可知，根據(jù)蓋斯定律，應該是：△H1=△H2+△H3；故C錯誤；

D、CO在負極失電子生成CO2，在堿性條件下再與OH生成CO32，故負極反應式正確；故D正確；

故選C點評：本題考查了熱化學知識和蓋斯定律的應用，以及催化劑的判斷，題目難度適中．12．（6分）（2013?福建）NaHSO3溶液在不同溫度下均可被過量KIO3氧化，當NaHSO3完全消耗即有I2析出，依據(jù)I2析出所需時間可以求得NaHSO3的反應速率．將濃度均為0.020mol?L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（過量）酸性溶液40.0mL混合，記錄10～55℃間溶液變藍時間，55℃時未觀察到溶液變藍，實驗結(jié)果如圖．據(jù)圖分析，下列判斷不正確的是（）A．40℃之前與40℃之后溶液變藍的時間隨溫度的變化趨勢相反B．圖中b、c兩點對應的NaHSO3反應速率相等C．圖中a點對應的NaHSO3反應速率為5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1D．溫度高于40℃時，淀粉不宜用作該實驗的指示劑考點：化學反應速率的影響因素．專題：壓軸題；化學反應速率專題．分析：A．由圖可知，40℃之前，溫度高反應速率加快，40℃之后溫度高，變色時間越長；B．b、c點對應的反應原理不一樣；C．a(chǎn)點時間為80s，濃度變化量為=0.004mol/L；D．結(jié)合55℃時，沒有出現(xiàn)藍色分析．解答：解：A．從圖象中可以看出，40℃以前，溫度越高，反應速度越快，40℃后溫度越高，變色時間越長，反應越慢，而55℃，未變藍，說明沒有生成I2，故A正確；B．圖中b、c點對應的反應原理不一樣，故不比較反應速率的關(guān)系，故B錯誤；C．a(chǎn)點時間為80s，濃度變化量為=0.004mol/L，a點對應的NaHSO3反應速率為5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1，故C正確；D.55℃時，沒有出現(xiàn)藍色，故淀粉已不能作為該反應的指示劑，故D正確；故選B．點評：本題考查化學反應速率的影響因素，側(cè)重圖象分析及溫度對反應的影響，注意不同溫度下均可被過量KIO3氧化，注重分析能力和解決問題能力的考查，題目難度較大．二、解答題（共5小題）23．（16分）（2013?福建）利用化石燃料開采、加工過程產(chǎn)生的H2S廢氣制取氫氣，既價廉又環(huán)保．（1）工業(yè)上可用組成為K2O?M2O3?2RO2?nH2O的無機材料純化制取的氫氣①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，兩種元素原子的質(zhì)子數(shù)之和為27，則R的原子結(jié)構(gòu)示意圖為②常溫下，不能與M單質(zhì)發(fā)生反應的是be（填序號）a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．濃硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固體（2）利用H2S廢氣制取氫氣來的方法有多種①高溫熱分解法已知：H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）在恒溫密閉容器中，控制不同溫度進行H2S分解實驗．以H2S起始濃度均為cmol?L﹣1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，結(jié)果見右圖．圖中a為H2S的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度關(guān)系曲線，b曲線表示不同溫度下反應經(jīng)過相同時間且未達到化學平衡時H2S的轉(zhuǎn)化率．據(jù)圖計算985℃時H2S按上述反應分解的平衡常數(shù)K=；說明隨溫度的升高，曲線b向曲線a逼近的原因：溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需的進間縮短②電化學法該法制氫過程的示意圖如右．反應池中反應物的流向采用氣、液逆流方式，其目的是增大反應物接觸面積，使反應更充分；反應池中發(fā)生反應的化學方程式為H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl．反應后的溶液進入電解池，電解總反應的離子方程式為2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．考點：硫化氫．專題：氧族元素．分析：（1）①M為+3價，R為+4價，均為第三周期元素，則M為Al，R為Si，Si的質(zhì)子數(shù)為14；②M為Al具有還原性，能與具有氧化性的物質(zhì)發(fā)生反應；（2）①K為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比；溫度的升高，曲線b向曲線a逼近，反應速率加快；②反應池中反應物的流向采用氣、液逆流方式，可增大反應物接觸面積；反應池中發(fā)生氧化還原反應；電解池中亞鐵離子失去電子，氫離子得到電子，以此來解答．解答：解：（1）①M為+3價，R為+4價，均為第三周期元素，則M為Al，R為Si，Si的質(zhì)子數(shù)為14，其原子結(jié)構(gòu)示意圖為，故答案為：；②M為Al具有還原性，能與具有氧化性的物質(zhì)發(fā)生反應，如a、c，還能與d中NaOH溶液反應生成氫氣，而高溫下與氧化鐵反應，與碳酸鈉不反應，故答案為：be；（2）①以H2S起始濃度均為cmol?L﹣1測定H2S的轉(zhuǎn)化率，985℃時H2S的轉(zhuǎn)化率為40%，則H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）開始c00轉(zhuǎn)化0.4c0.4c0.2c平衡0.6c0.4c0.2cK==；溫度的升高，曲線b向曲線a逼近，反應速率加快，達到平衡時的時間縮短，故答案為：；溫度升高，反應速率加快，達到平衡所需的進間縮短；②反應池中反應物的流向采用氣、液逆流方式，可增大反應物接觸面積；反應池中發(fā)生氧化還原反應為H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；電解池中亞鐵離子失去電子，氫離子得到電子，電解總反應的離子方程式為2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案為：增大反應物接觸面積，使反應更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．點評：本題以硫化氫為載體考查物質(zhì)的性質(zhì)、影響反應速率的因素、化學平衡、電化學等，題目綜合性強，難度較大，注重了高考常考考點的考查，注意知識的遷移應用和信息的處理．24．（14分）（2013?福建）二氧化氯（ClO2）是一種高效、廣譜、安全的殺菌、消毒劑．（1）氯化鈉電解法是一種可靠的工業(yè)生產(chǎn)ClO2方法．①用于電解的食鹽水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等雜質(zhì)．其次除雜操作時，往粗鹽水中先加入過量的BaCl2（填化學式），至沉淀不再產(chǎn)生后，再加入過量的Na2CO3和NaOH，充分反應后將沉淀一并濾去．經(jīng)檢測發(fā)現(xiàn)濾液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當溶液中存在大量CO32﹣時，BaSO4（s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3（s）【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】②該法工藝原理如圖．其過程是將食鹽水在特定條件下電解得到的氯酸鈉（NaClO3）與鹽酸反應生成ClO2．工藝中可以利用的單質(zhì)有H2、Cl2（填化學式），發(fā)生器中生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．（2）纖維素還原法制ClO2是一種新方法，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物D與NaClO3反應生成ClO2．完成反應的化學方程式：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4（3）ClO2和Cl2均能將電鍍廢水中的CN﹣氧化為無毒的物質(zhì)，自身被還原為Cl﹣．處理含CN﹣相同時的電鍍廢水，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的2.5倍．考點：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；氧化還原反應方程式的配平；粗鹽提純．專題：氧化還原反應專題；電離平衡與溶液的pH專題．分析：（1）①在除雜的過程中每步加入的試劑必須是過量的，使離子除盡；過量的離子在下一步中必須出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，過量的鋇離子，加入Na2CO3除去．根據(jù)提供的Ksp數(shù)據(jù)，在后面加入碳酸鈉時，發(fā)生BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq）；②電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的單質(zhì)為H2、Cl2，合成HCl，根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；可以寫出方程式，并用化合價升降法配平得到；（2）纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖（C6H12O6），具有還原性，可將NaClO3還原得到ClO2．Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖（C6H12O6）C均價為0，到+4價，升高4價，然后配平得到；（3）每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾ClO2得到5mol電子，故為2.5倍．解答：解：（1）①加入過量的Na2CO3和NaOH，可分別除去Ca2+、Mg2+，在除雜的過程中每步加入的試劑必須是過量的，使離子除盡；過量的離子在下一步中必須出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，過量的鋇離子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當溶液中存在大量CO32﹣時，發(fā)生BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq），BaSO4（s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3（s），故答案為：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，當溶液中存在大量CO32﹣時，BaSO4（s）會部分轉(zhuǎn)化為BaCO3（s）；②電解飽和食鹽水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的單質(zhì)為H2、Cl2，合成HCl，根據(jù)流程圖可知加入物質(zhì)為NaClO3和HCl，生成ClO2；發(fā)生氧化還原反應，NaClO3被還原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同時生成水，反應的化學方程式為2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，故答案為：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；（2）纖維素為多糖，水解最終產(chǎn)物為葡萄糖（C6H12O6），具有還原性，可將NaClO3還原得到ClO2．Cl從+5到+4價，降低1價，葡萄糖（C6H12O6）C均價為0，到+4價，升高4價，則配平后的化學方程式為1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，故答案為：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；（3）每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾ClO2得到5mol電子，則所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的2.5倍，故答案為：2.5．點評：本題考查化學工藝流程，涉及氧化還原反應相關(guān)概念、配平及計算，化學實驗基本方法（除雜）等相關(guān)知識，題目難度中等，注意把握物質(zhì)的分離、提純操作方法．25．（15分）（2013?福建）固體硝酸鹽加熱易分解且產(chǎn)物較復雜．某學習小組以Mg（NO3）2為研究對象，擬通過實驗探究其熱分解的產(chǎn)物，提出如下4種猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2?。篗gO、NO2、N2（1）實驗前，小組成員經(jīng)討論認定猜想丁不成立，理由是不符合氧化還原反應原理（或其它合理答案）．查閱資料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O針對甲、乙、丙猜想，設(shè)計如下圖所示的實驗裝置（圖中加熱、夾持儀器等均省略）：（2）實驗過程①儀器連接后，放入固體試劑之前，關(guān)閉k，微熱硬質(zhì)玻璃管（A），觀察到E中有氣泡連續(xù)放出，表明裝置氣密性良好②稱取Mg（NO3）2固體3.7g置于A中，加熱前通入N2以驅(qū)盡裝置內(nèi)的空氣，其目的是避免對產(chǎn)物O2檢驗產(chǎn)生干擾（或其它合理答案）；關(guān)閉K，用酒精燈加熱時，正確操作是先移動酒精燈預熱硬質(zhì)玻璃管然后固定在管中固體部位下加熱．③觀察到A中有紅棕色氣體出現(xiàn)，C、D中未見明顯變化．④待樣品完全分解，A裝置冷卻至室溫、稱量，測得剩余固體的質(zhì)量為1.0g．⑤取少量剩余固體于試管中，加入適量水，未見明顯現(xiàn)象．（3）實驗結(jié)果分析討論①根據(jù)實驗現(xiàn)象和剩余固體的質(zhì)量經(jīng)分析可初步確認猜想乙是正確的．②根據(jù)D中無明顯現(xiàn)象，一位同學認為不能確認分解產(chǎn)物中有O2，因為若有O2，D中將發(fā)生氧化還原反應：2Na2SO3+O2=2Na2SO4（填寫化學方程式），溶液顏色會退去；小組討論認定分解產(chǎn)物中有O2存在，未檢側(cè)到的原因是O2在通過裝置B時已參與反應（或其它合理答案）．③小組討論后達成的共識是上述實驗設(shè)計仍不完善，需改進裝置進一步研究．考點：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．專題：實驗探究和數(shù)據(jù)處理題．分析：（1）根據(jù)氧化還原反應化合價升降相等判斷；（2）①反應前檢驗裝置的氣密性；②甲、乙、丙中都有氧氣，避免空氣中氧氣干擾；根據(jù)加熱試管的操作要求完成；（3）①根據(jù)硝酸鎂的反應現(xiàn)象進行判斷；②D中亞硫酸鈉具有還原性，能夠和氧氣反應生成硫酸鈉，溶液褪色；二氧化氮和氫氧化鈉溶液反應生成一氧化氮，一氧化氮會消耗氧氣．解答：解：（1）由于產(chǎn)物中化合價只有升高情況，沒有降低產(chǎn)物，故答案為：不符合氧化還原反應原理（或其它合理答案）；（2）①實驗前需要檢驗裝置的氣密性，方法是關(guān)閉k，微熱硬質(zhì)玻璃管（A），觀察到E中有氣泡連續(xù)放出，證明裝置氣密性良好，故答案為：裝置氣密性良好；②由于甲乙丙猜想中產(chǎn)物都有氧氣，沒有氮氣，用氮氣排出裝置中空氣避免對產(chǎn)物氧氣檢驗的干擾，集中加熱前先預熱硬質(zhì)試管，然后固定在管中固體部位下加熱，故答案為：避免對產(chǎn)物O2檢驗產(chǎn)生干擾（或其它合理答案）；移動酒精燈預熱硬質(zhì)玻璃管；（3）①硝酸鎂分解，紅棕色氣體是二氧化氮，鎂元素不會還是硝酸鎂形式，所以乙正確；故答案為：乙；②亞硫酸鈉和氧氣的反應，反應方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，在B裝置中，二氧化氮和氫氧化鈉溶液反應生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧氣，故答案為：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通過裝置B時已參與反應（或其它合理答案）．點評：本題探究硝酸鎂分解產(chǎn)物，提出假想，通過實驗驗證，涉及了化學方程式的書寫、加熱操作的考查，本題難度中等．31．（13分）（2013?福建）（1）依據(jù)第2周期元素第一電離能的變化規(guī)律，參照右圖B、F元素的位置，用小黑點標出C、N、O三種元素的相對位置．（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化劑存在下反應直接得到：2NH3+3F2NF3+3NH4F①上述化學方程式中的5種物質(zhì)所屬的晶體類型有abd（填序號）．a(chǎn)．離子晶體b．分子晶體c．原子晶體d．金屬晶體②基態(tài)銅原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1．（3）BF3與一定量水形成（H2O）2?BF3晶體Q，Q在一定條件下可轉(zhuǎn)化為R：①晶體Q中各種微粒間的作用力不涉及ad（填序號）．a(chǎn)．離子鍵b．共價鍵c．配位鍵d．金屬鍵e．氫鍵f．范德華力②R中陽離子的空間構(gòu)型為三角錐型，陰離子的中心原子軌道采用sp3雜化．（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1×10﹣10；水楊酸第一級電離形成的離子能形成分子內(nèi)氫鍵．據(jù)此判斷，相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2（水楊酸）＜Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是中形成分子內(nèi)氫鍵，使其更難電離出H+．考點：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應用；判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；不同晶體的結(jié)構(gòu)微粒及微粒間作用力的區(qū)別．專題：元素周期律與元素周期表專題；化學鍵與晶體結(jié)構(gòu)．分析：（1）同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，但氮元素的2p能級容納3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能力降低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素；（2）①Cu是金屬，屬于金屬晶體，NH4F是鹽，屬于離子晶體，NH3、F2、NF3都屬于分子晶體；②Cu原子核外有29個電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；（3）①由Q的結(jié)構(gòu)可知，Q分子中處于在氫鍵、共價鍵、配位鍵（O與B之間）、分子間作用力；②R中陽離子為H3+O，中心原子氧原子價層電子對數(shù)=3+=4，孤電子對==1，據(jù)此判斷；（4）中形成分子內(nèi)氫鍵，使其更難電離出H+．解答：解：（1）同周期自左而右元素的第一電離能呈增大趨勢，但氮元素的2p能級容納3個電子，處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能力降低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素，故C、N、O三種元素的相對位置為：，故答案為：；（2）①Cu是金屬，屬于金屬晶體，NH4F是鹽，屬于離子晶體，NH3、F2、NF3都屬于分子晶體，故答案為：abd；②Cu原子核外有29個電子，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；（3）①由Q的結(jié)構(gòu)可知，Q分子中處于在氫鍵、共價鍵、配位鍵（O與B之間）、分子間作用力，故答案為：ad；②R中陽離子為H3+O，中心原子氧原子價層電子對數(shù)=3+=4，孤電子對==1，為三角錐型，氧原子采取sp3雜化，故答案為：三角錐型；sp3；（4）中形成分子內(nèi)氫鍵，使其更難電離出H+，故相同溫度下電離平衡常數(shù)Ka2（水楊酸