1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)化学一、选择题(共7小题，每小题6分，共42分)1.(6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，但可以用来制肥皂解析：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
2、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。答案：D.2.(6分)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解析：A.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。 答案
3、：A.3.(6分)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解析：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。H2OAl(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
4、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。答案：C.4.(6分)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ZMB.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A族解析：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，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
5、性HNO3H2SiO3，故B错误；C.非金属性SiO，故氢化物稳定性SiH4H2O，故C正确；D.Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第A族，故D正确。答案：B.5.(6分)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0.1000molL1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解析：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，一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
6、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。答案：D.6.(6分)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解析：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H2
7、O、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：H 1=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。答案：C. 7.(6分)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
8、( )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5.0105molL1s1D.温度高于40时，淀粉不宜用作该实验的指示剂解析：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，说明没有生成I2，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+，则图中b、c点对应的反应原理不一
9、样，且温度不同，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5.010 5molL1s1，故C正确；D.55时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确。答案：B.二、解答题(共5小题)8.(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(填序号)。A.CuSO4溶液B.Fe2
10、O3C.浓硫酸D.NaOH溶液e。Na2CO3固体解析：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。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。答案为：be(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H 2S分解实验。以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，结果见右图。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时
11、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：。电化学法该法制氢过程的示意图如右。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为。解析：以H2S起始浓度均为cmolL 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 0.2cK= =；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。反应池中反
12、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H 2S+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。答案：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短增大反应物接触面积，使反应更充分H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl 2Fe2+2H+ 2Fe3+H29.(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
13、时，往粗盐水中先加入过量的(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42，其原因是。【已知：Ksp(BaSO4)=1.11010、Ksp(BaCO3)=5.1109】 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(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为。解析：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
14、，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)。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NaClO 3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。答案为：BaCl2 BaSO4和BaCO
15、3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)H2、Cl2 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：+24NaClO3+12H2SO4= ClO2+CO2+18H2O+。解析：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ClO 2。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1C6H1
16、2O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2+6CO2+18H2O+12Na2SO4，答案：1 C6H12O6 24 6 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的倍。解析：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。答案：2.5。10.(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(NO 3)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
17、：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。解析：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，答案：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。 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；关闭K，用酒精灯加热时，正
18、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，加入适量水，未见明显现象。解析：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。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，答案：答案：装置气密性良好避免对产物O 2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)实验结果分析讨论根据实验现象
19、和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想是正确的。根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：(填写化学方程式)，溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是。小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究。解析：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。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，答案：乙2Na 2SO3+O2=2Na2SO4 O2在通过装置B时已参与反
20、应(或其它合理答案)。11.(13分)(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照下图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。解析：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：。 答案：(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：2NH3+3F2 NF3+3NH4F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。解析：Cu是金属，属于金属晶体
21、，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，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，答案：abd1s 22s22p63s23p63d104s1(3)BF3与一定量水形成(H2O)2BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及(填序号)。a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力 R中阳离子的空间构型为，阴离子的中心原子轨道采用杂化。解析：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=
22、3+ =4，孤电子对= =1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化。答案：ad三角锥型sp3(4)已知苯酚( )具有弱酸性，其Ka=1.110 10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸) Ka(苯酚)(填“”或“”)，其原因是。解析：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)。答案：中形成分子内氢键，使其更难电离出H + 12.(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.Br 2/CCl4C.乙酸乙酯D.KM
23、nO4/H+溶液解析：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，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。答案：b、d(2)M中官能团的名称是，由CB反应类型为。解析：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)。答案：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，可能有中间生成物和 (写结构简式)生成。解析：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
24、间体为或。答案：(4)检验B中是否含有C可选用的试剂是(任写一种名称)。解析：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。答案：银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)(5)物质B也可由C 10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为。解析：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。答案：。(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。解析：C为CH3CH2CH2C6H4CHO，其同分异构体E具有如下特点：A.分子中含OCH 2CH3、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。答案：
