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1、2013年高考真题理综化学（福建卷）解析 2013福建省高中理综化学能力测试试题和解析相对原子质量：N-14 O-16 Mg-24第一卷（选择题 共108分）. 化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是（）A石英只能用于生产光导纤维 B从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现C为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂【答案】D【解析】A是一种用途不是唯一用途；B蒸馏淡水不用；C不能过量。. 下列关于有机化合物的说法正确的是（）A乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别 B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双
2、键 D糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。. 室温下，对于0.10 mol?L-1的氨水，下列判断正确的是（）A与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为 Al3+3OH Al OH 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【答案】C【解析】A中的氨水不能拆写；B项，加水稀释过程中，电离平衡常数不变，但溶液中c NH3?H2O 减小，故c NH4+ ?c OH- 减小，错；D不可能完全电离。 四种短周期元素在周
3、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 MBY的最高价氧化物对应水化物的酸性比X 的弱CX 的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小DZ位于元索周期表中第2 周期、第A族【答案】B【解析】由元素位置可知，Y、Z在第二周期，M、X在第三周期，由于只有M为金属，故Y、Z、M、X四种元素分别为N、O、Al、Si。根据信息可得Y为F,没有最高价，只有负价，所以没法比较。. 下列有关试验的做法不正确的是（）A.分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体 mol?L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D检验NH4
4、+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【答案】D【解析】ABC正确，D的正确方法应该是用湿润的红色石蕊试纸检验。. 某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：下列说法不正确的是（）A该过程中CeO2没有消耗B该过程实现了太阳能向化学能的转化C右图中H1 H2+H3D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2e CO32+2H2O【答案】C【解析】利用盖斯定律可知H1+H2+H3 0，正确的应该是H1 -（H2+H3），这里是考察盖斯定律。. NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当
5、NaHSO3完全消耗即有I2析出，根据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（含少量淀粉）10.0ml、KIO3（过量）酸性溶液40.0ml混合，记录1055间溶液变蓝时间，55时未观察到溶液变蓝，实验结果如右图。据图分析，下列判断不正确的是（）A40之前与40之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0 10-5mol?L-1?s-1D温度高于40时，淀粉不宜用作该试验的指示剂【答案】B【解析】A读图可知正确； 计算v，根据公式，C0等于0.02/5，终
6、了为0，除去80，v NaHSO3 5.010-5mol?L-1?s-1，得到选项C是对的。可得；D温度越高，反应速率越快，但是这里呈现负增长，淀粉不再合适做指示剂。B中因为温度是唯一改变的条件，温度升高反应速率加快，不会相等。第卷（非选择题 共192分）必考部分第卷必考部分共10题，共157分。23.（16分）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。（1）工业上可用组成为K2O?M2O3?2RO2?nH2O的无机材料纯化制取的氢气已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为_常温下，不能与M单质发生反应的是_（填序
7、号）a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3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+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c mol?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 _；说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：_电化学法该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是_；反应
8、池中发生反应的化学方程式为_。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_。【答案】（1） b、e（2） 温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）增大反应物接触面积，使反应更反分H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl 2Fe2 + 2H 2Fe3 + H2【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应；（2）K 。温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与
9、平衡转化率差距越小，所以离得近。FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3H2S2FeCl2S2HCl。该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。从图可知电解过程中从左池通入的Fe2 生成Fe3 （阳极反应），循环使用；而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。故电解总的离子方程式为：2Fe2+2H2Fe3+H2。24.（14分）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。其次除杂操作时，往粗盐水
10、中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是_【已知：Ksp BaSO4 1.1 10-10 Ksp BaCO3 5.1 10-9】该法工艺原理如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有_（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为_。（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式： （D） +24NaClO3+12H2SO
11、4 ClO2+CO2+18H2O+_（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量得电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_倍【答案】（1）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 或其它合理答案 H2、Cl2 2NaClO3 + 4HCl 2ClO2 + Cl2 + 2NaCl + 2H2O（2）1 C6H12O6 + 24 NaClO3 + 12H2SO4 24 ClO2 + 6 CO2 + 18H2O + 12 Na2SO4 （3）2.5本题以C
12、lO2为载体，考查除杂，电解原理，配平以及氧化还原反应等知识。（1）除去食盐水中的Ca2 、Mg2 、SO42 离子，分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2，为防止引入新的杂质，故应最先加入BaCl2，在加入Na2CO3，在除去Ca2 的同时除去Ba2 。从BaSO4、BaCO3的结构相似，从Ksp大小看，BaCO3比BaSO4更难溶，故加入Na2CO3除去Ca2 时，CO32 浓度大，会使BaSO4转化为BaCO3：BaSO4CO32 BaCO3SO42 ，故溶液中仍然会含有一定量的SO42 。通常情况下，电解饱和食盐水的离子方程式为：2Cl 2H2OCl2H22OH ，故在电解过程中可以
13、利用的气体单质是H2、Cl2。NaClO3、ClO2、Cl2、HCl中氯的化合价分别为5、4、0、1价，从图示可知，二氧化氯发生器除生成ClO2外，还有Cl2生成。故该反应过程为：NaClO3ClO2为还原反应，氯的化合价降低1价，HClCl2，发生氧化反应。根据化合价升降相等可配平反应方程式。（2）根据元素守恒可知，方程式右侧空缺的物质应为Na2SO4。24NaClO324ClO2，化合价降低24价。纤维素水解的最终产物是葡萄糖，具有强还原性。葡萄糖的分子式为C6H12O6，则碳的化合价可认为是0价，转化为CO2，其中碳的化合价为4价，根据化合价升降相等可配平反应方程式。（3）Cl22Cl
14、，得2e ；ClO2Cl 得电子5e 。处理含相同量的CN 时转移电子数相等。故所需Cl2的物质的量是ClO2的倍数为2.5。25.（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg NO3 2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg NO3 2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。查阅资料得知：2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程取器连接后，放人
15、固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明_ 称取Mg NO3 2固体3 . 79 g置于A中，加热前通人N2以驱尽装置内的空气，其目的是_；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先_然后固定在管中固体部位下加热。 观察到A 中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。 待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1 . 0g 取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。 3 ）实验结果分析讨论 根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_是正确的。 根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生
16、氧化还原反应：_（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是_。 小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装里进一步研究。【答案】（1）不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）（2）装置气密性良好 避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理答案） 移动酒精灯预热硬质玻璃管（3）乙 2Na2SO3 + O2 2Na2SO4 O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）【解析】本题考查Mg NO 3加热分解后的产物的探究，以及实验基本操作。（1）Mg NO3 2中Mg、N、O的化合价分别为2、5、2价，NO2、N2、Mg2N3中氮的化合价分别为4
17、、0、3价，O2中氧的化合价是0价。故甲、乙、丙中元素的化合价“有升有降”，符合氧化还原反应特点。而丁猜想只有化合价的降低，没有化合价的升高，该猜测不成立。（2）最后一个装置中有气泡，说明整个装置气密性良好。N2将装置中的空气赶出的目的，是防止对分解产物的O2的检验超成干扰。加热操作是先预热，再集中加热。（3）Mg NO3 2易溶于水，Mg3N2能够与水反应：Mg3N26H2O3Mg OH 22NH3，MgO难溶于水。将固体溶于水，未见明显现象，故乙猜想正确。Na2SO3为弱酸强碱盐，SO32 水解溶液呈碱性：SO32 H2OHSO3 OH ，溶液颜色退去，说明氧气能够氧化Na2SO3为Na2
18、SO4：2Na2SO3O22Na2SO4。未检验到氧气，则是由于NO2、O2与水共同作用可以产生HNO3，被NaOH吸收，导致无法检验O2的存在。31.化学物质结构与性质（13分）（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_（填序号）。a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为_。（3）BF3与一定量水形成 H2O 2?BF3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
19、不涉及_（填序号）。a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力R中阳离子的空间构型为_，阴离子的中心原子轨道采用_杂化。（4）已知苯酚 具有弱酸性，其Ka 1.1 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_。【答案】（1）（2）a、b、d 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（3）a、d 三角锥型 sp3（4） 中形成分子内氢键，使其更难电离出H【解析】本题考查物质结构与性质模块的内容。考查了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢
20、键等知识。（1）同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态2p3，使其结构相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。（2）NH3、F2、NF3为分子晶体，铜为金属晶体，而NH4F是由NH4+和F 组成的为离子晶体。铜的原子序数为29，处于B族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1。（3）在Q晶体中H2O是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个电子，与F原子形成共价键，B原子提供空轨道与O原子间形成配位键，除分子间作用力外，H2O的氧原子与的氢原子键存在氢键。H3O 中的氧原子是sp3杂化，形成的空间构型为三角锥形。阴离子
21、的B原子形成四条单键，无孤对电子对，故其杂化类型为sp3。（4）当形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离能力降低，故其第二电离能力比苯酚小。32.化学-有机化学基础 13分 已知：为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径（1）常温下，下列物质能与A发生反应的有_（填序号）a.苯 b.Br2/CCl4 c.乙酸乙酯 d.KMnO4/H+溶液（2）M中官能团的名称是_，由CB反应类型为_。（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_（任写一种名称）。（5）物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H1
22、3Cl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OCH3CH3 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_。【答案】（1）b、d（2）羟基 还原反应（或加成反应）（3）（4）银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）（5）（6）【解析】本题考查有机推断及有机物的性质。（1）A所含的官能团有醛基和碳碳双键，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，酸性高锰酸钾溶液能够氧化碳碳双键和醛基，b、d正确。（2）M所含的官能团是羟基。对比B、D的结构及从DB的转化关系可知C的结构简式为：，则CB为醛基与氢气的加成反应（或还原反应）。（3）A结构中碳碳双键和醛基均能够与氢气发生加成反应，若其中之一与氢气发生加成反应，则可能产物为：或。（4）B和C的结构差异为官能团不同，B的官能团是羟基、C的官能团是醛基，利用醛基的特性，可利用新制氢氧化铜或银氨溶液鉴别。（5）卤代烃水解可以在有机物中引入羟基，该过程为取代反应，由B的结构简式可逆推知C10H13Cl的结构简式为：。（6）C的侧链有一个不饱和度，故苯环侧链除CH3CH2O外，还含有的侧链为CH2CH，因苯环侧链有两种化学环境不同的氢原子，故二者处于对位，故E的结构简式为：。故侧链的碳碳双键在一定条件下可发生加聚反应。高考资源网（ks5u） 您身边的高考专家- 1 - 版权所有高考资源网
