福建省2013-2015年3年高考化学真题(纯word版)

1、 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

2、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Na2C

3、O3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

4、，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0.10molL1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+3OHAl（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

5、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+3NH3H2OAl（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0.10molL1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

6、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位于元素周期表中第2周期、第A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

7、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OAl，故A正确；B非金属性NSi，故酸性HNO3H2SiO3，故B错误；C非金属性SiO，故氢化物稳定性SiH4H2O，故C正确；DZ为氧元素，位于元素周期表中第2周期第A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

8、分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配置0.1000 molL1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

9、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+H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2eCO32+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

10、应中的能量变化分析：A、总反应为：H2O+CO2H2+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+CO2H2+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

11、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0.020molL1NaHSO3溶液（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5.0×105

12、molL1s1D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；Bb、c点对应的反应原理及温度不同；Ca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；Bb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

13、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；Ca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5.0×105molL1s1，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

14、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，两种元素原子的质子数之和为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be（填序号）aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种高温热分解法已知：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

15、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）M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；M为Al

16、具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）K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；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）M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：；M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）以H2S起始浓度均为cmolL1测

17、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 0.2cK=；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；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+2F

18、eCl3=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SO

19、42，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）=1.1×1010、Ksp（BaCO3）=5.1×109】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

20、方程式：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2+6CO2+18H2O+12Na2SO4（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）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BaS

21、O4（s）+CO32 （aq）=BaCO3（s）+SO42 （aq）；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ClO2Cl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）加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别

22、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）；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

23、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ClO2Cl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

24、 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：Mg

25、3N2、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+2NaOHNaNO3+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

26、加热观察到A中有红棕色气体出现，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，加入适量水，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乙是正确的根据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：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）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

27、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）反应前检验装置的气密性；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）根据硝酸镁的反应现象进行判断；D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）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

28、：装置气密性良好；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）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；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

29、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）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

30、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R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=1.1×1010；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

31、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）Cu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；Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；（3）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；R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

32、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）Cu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；Cu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）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；R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，

33、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 bBr2/CCl4c乙酸乙酯 dKMnO4/H+溶液（2）M中官能团的名称是羟基，由CB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

34、）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，AM发生CHO和C=C的加成反应，BM为苯环的加成反应，结合信息可知，DC发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，CB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

35、：解：由合成流程可知，AM发生CHO和C=C的加成反应，BM为苯环的加成反应，结合信息可知，DC发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，CB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，CB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

36、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

37、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；CAl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

38、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；CAl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

39、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

40、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

41、；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（） XYZ NaOH溶液Al（OH）3稀硫酸 KOH溶液SiO2浓盐酸 O2N2H2 FeCl3溶液Cu浓硝酸ABCD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

42、析：氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；二氧化硅不能溶于盐酸；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；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、氯化亚铁解答：解：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，故符合；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，故不符合；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，故不符合；常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、

43、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故符合，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0.10molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A溶质的电离方程式为NaHCO3Na+H+CO32B25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，

44、但Kw不变；C溶液遵循电荷守恒；DHCO3水解为吸热反应，升高温度，促进水解解答：解：ANaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3Na+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；DHCO3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

45、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+Cl22AgCl下列说法正确的是（）A正极反应为AgCl+eAg+ClB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+Cl22AgCl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

46、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+Cl22AgCl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+2e2Cl，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+Cl22AgCl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

47、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/min0102030405060708090100c（N2O）/molL10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400

48、.0300.0200.0100.000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c1c2）ABCD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N2

49、O的起始浓度无关，最终N2O完全分解，故B错误；C.050min，c（N2O）由0.1变为0.05，故0.1molL1N2O的半衰期为50min，2060min，c（N2O）由0.08变为0.04，故0.08molL1N2O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

50、A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）aCl2、Br2、I2的熔点bCl2、Br2、I2的氧化性cHCl、HBr、HI的热稳定性dHCl、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晶体完成中反应的总化学方程式：1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2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

51、溶液中1mol Cl、ClOx（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示D是ClO4（填离子符号）BA+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

52、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，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D中Cl元素化合价为+7价，据此判断x值；BA+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