福建省厦门一中2015届高三高考前热身考试卷化学分解

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福建省厦门一中2015届高三高考前热身考试卷物理 Word版含解析

厦门一中5月热身训练理科综合物理试卷(满分：300分考试时间：2小时30分钟)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至12页。

注意事项：1．考生将自己的姓名．准考证号及所有答案均填写在答题卡上。

2．答题要求，见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”。

相对原子质量：H 1 N 1 4 O 1 6 Na 23 AI 27第Ⅰ卷本卷共1 8小题，每小题6分。

共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

13．位于原点的波源在t ＝0开始沿y 轴做简谐运动，它激起横波沿x 轴传播，当t ＝0.15s所示，此时波恰好传到P 点，则（A ） A.波长是0.4m B.该波源的频率是0.2Hz C. P 点将向右运动D. P 点将向下运动解析：由图的波形图可读出λ=0.4m ，A 正确。

T=0.2s ，f=5Hz,B 错。

P 是向上运动，不迁移，CD 错。

14．两块完全相同的截面为等腰三角形的玻璃梭镜ABC 和A'B'C ’如图放置，AC 与A'C ’间有均匀的未知透明介质，现有一细束单色光从图中O 点垂直于AB 面射入，从AB ’面射出，P 为入射光线所在直线与A ．B ，的交点，以下说法正确的是（C ） A ．出射点一定在P 点上方 B ．出射点一定在P 点下方 C ．出射光线一定与入射光线平行D ．若光从P 点上方射出，则光在未知介质中传播较棱镜中的传播速度大解析：AC 与A'C ’间有均匀的未知透明介质，可看成类似“玻璃砖”，则：出射光线一定与入射光线平行，选C 。

未知透明介质的折射率大小如何未确定，A ．B 都未定。

若折射率大于玻璃的折射率，光从P 点上方射出，由n=c/v ，传播速度小，D 错。

15．下图为远距离输电的电路原理图，变压器均为理想变压器并标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R ，则（ B ）A ．22UI R=B ．22UI R<C ．用户得到的电功率与电厂输出的电功率相等D ．用户得到的交变电流的频率小于电厂输出交变电流的频率解析：U 2=U 3+I 2R ，A 错，B 对。

福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷(5月份)

福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷（5月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）下列生产过程中，不涉及氧化还原反应的是（）A．氯碱工业B．制普通玻璃C．海水提溴D．工业制硝酸2．（6分）下列物质所含粒子数为0.1N A（N A为阿伏加德罗常数的值）的是（）A．0.1molNa2O2所含的阴离子B．1L0.1mol•L﹣1氨水中的NH4+C．12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸能溶解的CuD．4.6gNO2气体所含的分子3．（6分）乙烯的相关转化关系如图．下列说法正确的是（）A．聚乙烯是纯净物B．X为C12C．C H3OCH3与甲互为同分异构体D．甲→乙反应类型为取代反应4．（6分）常温下，对于pH=11的NaOH溶液，下列说法错误的是（）A．c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）B．该溶液中的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol•L﹣1C．加水稀释104倍所得溶液显碱性D．与pH=3的HF溶液等体积混合所得溶液：c（Na+）=c（F﹣）+c（HF）5．（6分）关于如图所示实验的说法不正确的是（）A．乙中产生的气泡是C02B．丙中液体可产生丁达尔现象C．若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（Cl﹣）不发生变化D．若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象6．（6分）我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐．下列说法正确的是（）A．a为正极B．左池电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+C．若右池产生0.672L气体（标况下），则转移电子0.15molD．左池消耗的苯酚与右池消耗的NO的物质的量之比为28：57．（6分）用TiO2负载MoO3催化剂使有机物R催化脱硫，负载MoO3的量对反应脱硫率的影响如图．下列说法正确的是（）A．负载MoO3的量越大，平衡常数越大B．当反应时间小于0.5h，脱硫率为0C．1.6h负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等D．0.5～1.2h时，负载MoO3的量越大，脱硫速率越大二、必考题（共3小题，满分45分）8．（14分）天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）等气体．（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是．（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为．（3）下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是（填序号）．a．沸点：H2S＞CH4b．元素在周期表中的位置c．酸性：H2SO3＞H2CO3d．同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：COS H2S Na2S溶液X溶液+H2①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，其热化学方程式为．②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为．③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外，还有SO32﹣、SO42﹣的原因．答：．9．（15分）某工厂回收电镀污泥中的铜和镍，工艺流程如图：（1）下列措施中，可提高步骤①浸出速率的是．a．加热b．增大压强c．延长浸出时间d．适当提高硫酸的浓度e．及时分离出产物（2）步骤②电解过程中铜粉在（填“阴“或“阳”）极产生．若始终没有观察到气体生成，则该电解过程的离子方程式为．（3）已知FePO4、．A1PO4、Ni3（PO4）2的K ap分别为1.0x l0﹣22、1.0x l0﹣19、4.0x 10﹣31步骤②所得溶液中c（Ni2+）为O.1mo1•L﹣1．步骤③反应后溶液中c（PO43﹣）理论上应控制的范围是mo1•L﹣1（离子浓度小于1O﹣5 mo1•L﹣1可视为沉淀完全）．（4）步骤④的萃取原理为NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层）为促使上述平衡向正反应方向移动，可采取的具体措施是（写一条即可）．（5）步骤⑤中作为反萃取剂的最佳试剂为（填名称）．（6）该工艺流程中，可以循环使用的物质有．10．（16分）有关铝的几个实验如下．请填写下列空白．实验一毛刷实验实验过程如图1．（1）配制Hg（NO3）2溶液时，为抑制水解，需加入少量的．（2）铝导线放NaOH溶液的目的是除去表面的氧化膜，其化学方程式为．（3）生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成A12O3，其中作正极材料的是（填序号）．a．O2b．A1 c．Hg（NO3）2d．Hg实验二探究白色毛状物是否含有结晶水取适量白色毛状物样品放入仪器X称量，质量为m1g（4）图2中仪器X应选用以下哪个装置（填名称）．（5）上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是．（6）根据所得实验资料，能说明白色毛状物含结晶水的证据是（用代数式表示）．实验三验证A12 O3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置，检查装置的气密性，加入5～6g Al2O3，加热到500℃左右，往Al2O3上滴入石蜡油．已知：石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164～223℃．一定条件下，其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物．（7）使用装置B的目的是．（8）需要再补充一个实验才能证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用，请简述其实验方案：．三、选修题：【物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11．（13分）铜及其化合物在现代生活中应用广泛．（1）用黄铜矿炼铜的最后一步反应为：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2↑①硫元素的基态原子核外电子排布式为．②铜元素的电离能：I1I2（填“＞“或“＜“）．③反应中形成的化学键类型为．（2）硫酸铜与有机物X按1：2反应生成配合物M，其配离子结构如图．已知A为第二周期元素．①配合物M的晶体类型为．②构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，这两种元素的电负性从大到小的顺序是（填元素符号）．③1mo1有机物X中含σ键的数目为．（3）Cu2+在生成2+时，核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，则Cu2+的轨道杂化方式不是sp3的原因是．四、选修题：【有机化学基础】（共1小题，共0分）12．几种解热镇痛药的结构如下：（1）阿司匹林和布洛芬含有的酸性官能团为（填名称）．（2）1mol阿司匹林分别与足量NaOH溶液、NaHCO3溶液反应，消耗溶质的物质的量之比为．（3）扑热息痛与足量NaOH溶液反应的化学方程式为．（4）某医药中间体的合成如下：①反应II的反应类型为．②若B与扑热息痛互为同分异构体，则A的结构简式为．③若X的分子式为C3H6O2，且D能发生银镜反应，则D的结构简式可能为．④若E为热固性很好的功能高分子，则反应V的化学方程式为．福建省厦门市2015届高考化学模拟试卷（5月份）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）下列生产过程中，不涉及氧化还原反应的是（）A．氯碱工业B．制普通玻璃C．海水提溴D．工业制硝酸考点：氧化还原反应．分析：判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．解答：解：A．氯碱工业生成Cl2、H2，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；B．玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，故B选；C．海水中溴存在于化合物中，海水提溴时，溴元素化合价升高，发生氧化还原反应，故C 不选；D．硝酸工业存在N2+3H22NH3、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，这几个反应都有电子的转移，所以涉及氧化还原反应，故D不选．故选B．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累．2．（6分）下列物质所含粒子数为0.1N A（N A为阿伏加德罗常数的值）的是（）A．0.1molNa2O2所含的阴离子B．1L0.1mol•L﹣1氨水中的NH4+C．12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸能溶解的CuD．4.6gNO2气体所含的分子考点：阿伏加德罗常数．分析：A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成；B、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体分子数减少．解答：解：A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子，即0.1N A个，故A正确；B、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故在溶液中含有的铵根离子的物质的量小于0.1mol，小于0.1N A个，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，则12.5mL16mol•L﹣1的浓硫酸即0.2mol浓硫酸不能完全反应，则能溶解的铜的物质的量小于0.1mol，故C错误；D、4.6g二氧化氮的物质的量即0.1mol，而二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体分子数减少，故气体中的分子个数小于0.1N A个，故D错误．故选A．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．3．（6分）乙烯的相关转化关系如图．下列说法正确的是（）A．聚乙烯是纯净物B．X为C12C．C H3OCH3与甲互为同分异构体D．甲→乙反应类型为取代反应考点：乙烯的化学性质；同分异构现象和同分异构体；乙醇的化学性质．分析：A、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中聚合度不同；B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇；D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛．解答：解：A、聚乙烯中由于聚合度你n不同，故聚乙烯为混合物，故A错误；B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故X是HCl，不是氯气，故B错误；C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇的分子式为CH3CH2OH，与甲醚是同分异构体，故C正确；D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛，此反应属于氧化反应，故D错误，故选C．点评：本题主要考查的是乙烯的性质，涉及反应类型的判断、试剂的选择等，难度不大．4．（6分）常温下，对于pH=11的NaOH溶液，下列说法错误的是（）A．c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）B．该溶液中的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol•L﹣1C．加水稀释104倍所得溶液显碱性D．与pH=3的HF溶液等体积混合所得溶液：c（Na+）=c（F﹣）+c（HF）考点：离子浓度大小的比较；钠的重要化合物．分析：A．根据氢氧化钠溶液中的电荷守恒判断；B．该溶液中的c（H+）=1.0×10﹣11mol•L﹣1，结合常温下水的离子积计算出溶液中氢氧根离子浓度；C．碱溶液稀释后仍然为碱溶液，不可能变成酸性溶液；D．HF为弱酸，混合液中HF过量，反应后的溶液显示酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），再结合电荷守恒判断．解答：解：A．根据NaOH溶液中的电荷守恒可得：c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），故A正确；B．常温下，对于pH=11的NaOH溶液，c（H+）=1.0×10﹣11mol•L﹣1，则氢氧根离子浓度为：c（OH﹣）=mol/L=1.0×10﹣3mol•L﹣1，故B正确；C．原溶液中的c（OH﹣）=1.0×10﹣3mol•L﹣1，加水稀释104倍所得溶液中氢氧根离子浓度只能接近1.0×10﹣7mol•L﹣1，仍然为碱性溶液，故C正确；D．pH=3的HF溶液中氢离子浓度为1.0×10﹣11mol•L﹣1，由于HF为弱电解质，则HF的浓度大于1.0×10﹣11mol•L﹣1，所以混合液中HF过量，混合液呈酸性：c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（F﹣），则c（Na+）＜c（F﹣）+c（HF），故D错误；故选D．点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法．5．（6分）关于如图所示实验的说法不正确的是（）A．乙中产生的气泡是C02B．丙中液体可产生丁达尔现象C．若忽略溶液体积的变化，烧杯中c（Cl﹣）不发生变化D．若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象考点：盐类水解的应用．分析：A．氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳；B．氯化铁水解形成氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”；C．Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl﹣）不发生变化；D．CaS04与氢离子不反应．解答：解：A．氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是CO2气体，故A正确；B．丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，故B正确；C．铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl﹣）不发生变化，故C正确；D．CaS04与氢离子不反应，所以若将CaC03换成CaS04不会产生气泡，则实验现象不同，故D错误；故选D．点评：本题考查了盐类水解原理、影响水解平衡的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和解决问题的能力．6．（6分）我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐．下列说法正确的是（）A．a为正极B．左池电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+C．若右池产生0.672L气体（标况下），则转移电子0.15molD．左池消耗的苯酚与右池消耗的NO的物质的量之比为28：5考点：原电池和电解池的工作原理．分析：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+，据此分析解答．解答：解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+，A．该原电池中，左边装置电极a是负极，故A错误；B．左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+，故B正确；C．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，产生0.672L气体（标况下），则转移电子×10=0.3mol，故C错误；D．放电时，右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3﹣+10e﹣+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，电极反应式为C6H6O+11H2O﹣28e﹣=6CO2↑+28H+，根据得失电子守恒，则消耗的苯酚与右池消耗的NO3﹣的物质的量之比为5：28，故D错误；故选B．点评：本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是2015届高考高频点，要熟练掌握．7．（6分）用TiO2负载MoO3催化剂使有机物R催化脱硫，负载MoO3的量对反应脱硫率的影响如图．下列说法正确的是（）A．负载MoO3的量越大，平衡常数越大B．当反应时间小于0.5h，脱硫率为0C．1.6h负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等D．0.5～1.2h时，负载MoO3的量越大，脱硫速率越大考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线．分析：A、根据平衡常数仅与温度有关判断；B、根据图象分析，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行；C、根据图象分析，以1.6h作垂线，分析负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率的纵坐标大小；D、根据图象分析，0.5～1.2h时内任一点作垂线，依据负载MoO3的量的变化分析纵坐标脱硫速率的变化．解答：解：A、根据平衡常数仅与温度有关，所以负载MoO3的量越大，平衡常数不变，故A错误；B、根据图象，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行，脱硫率较小，但不等于0，故B错误；C、根据图象，以1.6h作垂线，负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等，故C正确；D、根据图象，0.5～1.2h时内任一点作垂线，负载MoO3的量越大，脱硫速率也越大，故D 正确；故选CD．点评：本题考查学生的识图能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大．二、必考题（共3小题，满分45分）8．（14分）天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）等气体．（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是第二周期第VIA族．（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为．（3）下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是d（填序号）．a．沸点：H2S＞CH4b．元素在周期表中的位置c．酸性：H2SO3＞H2CO3d．同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：COS H2S Na2S溶液X溶液+H2①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，H2S（g）+2NaOH （aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol．②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O3，则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣．③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外，还有SO32﹣、SO42﹣的原因．答：从图形可知，＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．考点：含硫物质的性质及综合应用；结构式；离子方程式的书写；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；热化学方程式．分析：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小；（2）根据乙醇的结构式分析；（3）比较非金属性强弱，可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析；（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，然后求出34g硫化氢即1mol 反应的热效应，然后写出其热化学方程式；②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则Na2S失去的电子的物质的量大于12mol．解答：解：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S＞C＞O，则O原子的半径最小，O元素位于第二周期第VIA族；故答案为：第二周期第VIA族；（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为，故答案为：；（3）a．氢化物的沸点高低与分子间作用力有关，不能根据沸点高低判断非金属性，故a错误；b．根据周期表中位置可知非金属性：O＞C，O＞S，但是不能比较C与S，故b错误；c．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，但是H2SO3不是最高价含氧酸，故c错误；d．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明碳酸的酸性小于硫酸，则非金属性：C＜S，故d正确；故答案为：d；（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akJ，所以其热化学方程式为H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol；故答案为：H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol；②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案为：2S 2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，即=2，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则＞2，所以Na2S失去的电子的物质的量大于12mol，因此产物中S的化合价高于+2价，所以有SO32﹣、SO42﹣；故答案为：从图形可知，＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．点评：本题以硫的化合物的性质为知识背景，考查了原子半径的比较、有机物的结构式、元素非金属性判断、热化学方程式、氧化还原反应等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．9．（15分）某工厂回收电镀污泥中的铜和镍，工艺流程如图：（1）下列措施中，可提高步骤①浸出速率的是ad．a．加热b．增大压强c．延长浸出时间d．适当提高硫酸的浓度e．及时分离出产物（2）步骤②电解过程中铜粉在阴极（填“阴“或“阳”）极产生．若始终没有观察到气体生成，则该电解过程的离子方程式为Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+．（3）已知FePO4、．A1PO4、Ni3（PO4）2的K ap分别为1.0x l0﹣22、1.0x l0﹣19、4.0x 10﹣31步骤②所得溶液中c（Ni2+）为O.1mo1•L﹣1．步骤③反应后溶液中c（PO43﹣）理论上应控制的范围是1.0×l0﹣14～2.0×10﹣14 mo1•L﹣1（离子浓度小于1O﹣5 mo1•L﹣1可视为沉淀完全）．（4）步骤④的萃取原理为NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层）为促使上述平衡向正反应方向移动，可采取的具体措施是加入有机萃取剂（写一条即可）．（5）步骤⑤中作为反萃取剂的最佳试剂为硫酸（填名称）．（6）该工艺流程中，可以循环使用的物质有硫酸和有机萃取剂．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．分析：电镀污泥加硫酸溶解，过滤，滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成Cu，亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+，过滤，滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+，再加磷酸钠，生成FePO4、A1PO4沉淀，过滤，滤液中含有Ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为NiSO4，（1）根据影响速率的因素分析；（2）铜离子在阴极得电子；阳极上Fe2+失电子生成Fe3+；（3）步骤③应该控制溶液中PO43﹣，使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，而Ni2+不生成沉淀，根据Ksp计算；（4）已知存在平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动；（5）若有使平衡逆向移动，则增大生成物的浓度；（6）根据提取NiSO4的步骤④和⑤分析．解答：解：电镀污泥加硫酸溶解，过滤，滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成Cu，亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+，过滤，滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+，再加磷酸钠，生成FePO4、A1PO4沉淀，过滤，滤液中含有Ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为NiSO4，（1）电镀污泥加硫酸溶解，若要提高浸出速率可以增大反应物的浓度，即增大硫酸的浓度，或者升高温度；故答案为：ad；（2）铜离子在阴极得电子生成Cu，即电解过程中铜粉在阴极生成；阴极上铜离子在阴极得电子生成Cu，阳极上Fe2+失电子生成Fe3+，则电解方程式为：Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+；故答案为：阴极；Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+；（3）步骤③应该控制溶液中PO43﹣，使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，而Ni2+不生成沉淀，若没有Ni3（PO4）2沉淀生成，则K sp=c3（Ni2+）×c2（PO43﹣）=（0.1）3×c2（PO43﹣）=4.0×10 3﹣）=2.0×10﹣14mol/L；﹣31，所以c（PO4若使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，FePO4的Ksp小先沉淀，Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀，K sp=c（Al3+）×c（PO43﹣）=（1O﹣5）×c（PO43﹣）=1.0×l0﹣19，所以c（PO43﹣）=1.0×10﹣14mol/L，即当c（PO43﹣）=1.0×10﹣14mol/L时Fe3+、Al3+全部转化为沉淀；所以溶液中c（PO43﹣）的范围为：1.0×l0﹣14～2.0×10﹣14；故答案为：1.0×l0﹣14～2.0×10﹣14；（4）已知存在平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动，所以为促使上述平衡向正反应方向移动应该加入有机萃取剂；故答案为：加入有机萃取剂；（5）步骤⑤中作为反萃取剂，即平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层）逆向移动，则增大生成物的浓度，所以加入硫酸反萃取剂；故答案为：硫酸；（6）步骤④中加有机萃取剂，分液，水层中含有硫酸，步骤⑤中加硫酸作为反萃取剂，分液有机层为有机萃取剂，则硫酸和有机萃取剂可以循环使用；故答案为：硫酸和有机萃取剂．点评：本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，难度中等，明确各物质的性质是解本题的关键，注意分析分离提纯的流程以及平衡移动原理的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力．10．（16分）有关铝的几个实验如下．请填写下列空白．实验一毛刷实验实验过程如图1．（1）配制Hg（NO3）2溶液时，为抑制水解，需加入少量的硝酸．（2）铝导线放NaOH溶液的目的是除去表面的氧化膜，其化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaA lO2+H2O．（3）生成白色毛状物的实质是铝发生电化腐蚀生成A12O3，其中作正极材料的是d（填序号）．a．O2b．A1 c．Hg（NO3）2d．Hg实验二探究白色毛状物是否含有结晶水取适量白色毛状物样品放入仪器X称量，质量为m1g（4）图2中仪器X应选用以下哪个装置坩埚（填名称）．（5）上述过程中“冷却“时要在图3所示的装置中进行的原因是防止在冷却过程中吸收空气中的水．（6）根据所得实验资料，能说明白色毛状物含结晶水的证据是m2＞m3（用代数式表示）．实验三验证A12 O3对石蜡油裂解的催化作用按图4连好装置，检查装置的气密性，加入5～6g Al2O3，加热到500℃左右，往Al2O3上滴入石蜡油．已知：石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164～223℃．一定条件下，其裂解产物为乙烯和烷烃的混合物．（7）使用装置B的目的是将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验．（8）需要再补充一个实验才能证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用，请简述其实验方案：不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用．考点：探究物质的组成或测量物质的含量；铝的化学性质．分析：（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、Al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极；（4）灼烧固体在坩埚中进行；（5）为了防止固体吸收空气中的水，一般在干燥器中冷却；（6）加热前后固体的质量不同，说明固体中含有结晶水；（7）石蜡受热有部分挥发，挥发的石蜡会干扰乙烯的检验；（8）加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验．解答：解：（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解，为了避免引入杂质，所以要加硝酸来抑制其水解，故答案为：硝酸；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其反应的方程式为：A l2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、Al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极，则正极为汞，故答案为：d；（4）把固体样品放入仪器中灼烧，灼烧固体在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（5）灼烧后的固体应该放在干燥器中冷却，以防止固体吸收空气中的水，故答案为：防止在冷却过程中吸收空气中的水；（6）加热前后固体的质量不同，说明加热时固体失去了结晶水，即m2＞m3，则说明固体中含有结晶水，故答案为：m2＞m3；（7）已知石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164～223℃，而石蜡的分解温度为500℃左右，反应温度高于石蜡的沸点，则会有部分石蜡挥发，挥发的石蜡，进入溴水会发生萃取，而使溴水褪色，因此会干扰乙烯的检验，所以用冷水冷却挥发出来的石蜡；故答案为：将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验；（8）要证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用，应该在加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验，不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用，故答案为：不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用．。

福建省厦门市普通高中年高三质量检查理综化学试题含答案(页).docx

2015年厦门市普通高中毕业班质量检查理综化学能力测试本卷分第I 卷（选择题）和第B 卷。

第I 卷均为必考题，第II 卷包括必考和选考两部分。

第I 卷1 — 4页，第II 卷5 — 12页，共22页。

满分300分，考试时间150分钟。

相对原子质原子：C-120-16A1-27第I 卷（必考）本卷共18题，每小题6分共108分。

在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的。

6. 化学家及其突出贡献为:①波义耳（化学元素概念）;②道尔顿（原子学说）;③门捷列夫（元素周期律）;④玻尔（玻尔原子模型）。

这些突出贡献提出的年代顺序是A. ①②③④ B. ②④①③ C. ③①④② D. ③④①②7. 下列说法正确的是&下列关于实验的说法正确的是A. 将二氧化碳通人硅酸钠溶液以证明碳酸的酸性比硅酸强B. 右图装置中，导管不能伸人液面的原因是产物易溶于水C. 用碱石灰可干燥氯气D. 用普通玻璃棒醮取溶液做焰色反M 以证明溶液含有Na 1理科综合能力侧试第2贝（共12页）9.甲、乙、丙是中学化学常见物质，一定条件卜-能发牛转化:甲+强酸-乙十丙十出0 ,其屮乙为盐，丙为气体。

下列说法正确的是A.甲一定是金属单质B.甲与乙一定含冇同种元索C.丙一定是氧化物D.该反应一定是氧化还原反应10.第二周期元素X 、Y 、Z 、W 啲最高价氧化物溶于水可得四种溶液,0.010 mol ・l?的这四科pH tx溶液pH 与该元素原了半径的关系如右图所示。

下，2| '列说法正确的是气态氢化物的稳定性:Z>W>Y 简单离了半径:ZvW Y 元素存在同索异形体X 和Y 的最高价氧化物对丿应的水化物恰好屮和时，溶液呈中性11. 工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN*,装置如右图所示，依次发生的反应A. 乙醇和二氯甲烷都存在同分异构体C 制聚乙烯塑料的反应属于取代反应B 汕脂在碱性条件下才能水解 D .高温消毒是利用蛋n 质变性的原理A. B. C. D. .............. •丫①CM —2e' +2OH-CNO- +H2O②2CU — 2e CL21③3CL2 +2CNO' +8OH' N2 +6CL•十2CO32 +4H2O下列说法正确的是铁电A. 铁电极上发生的反应为Fe 一 2e Fe2+B. 通电过程中溶液pH 不断增大C. 为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCID. 除去lmol CN-,外电路至少需转移5 mol 电子12.在密闭容器中,5 mol H 2 与 2molC 。

高三化学2015高考福建卷

2015·福建卷第1页2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)理综化学部分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

共100分。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12O 16Al 27Si 28Cl 35.5K 39Fe 56 第Ⅰ卷(选择题共42分)本卷共7小题，每小题6分，共42分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

6．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7．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8．下列实验操作正确且能达到相应实验目的的是()实验目的实验操作A 称取2.0 g NaOH固体先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体B 配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶于适量蒸馏水C 检验溶液中是否含NH＋4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9.纯净物X、Y、Z转化关系如下图所示，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10.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如右图所示，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>XB．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>ZC．最简单气态氢化物的热稳定性：Y>X>W>ZD．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等11.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如右图所示，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1 mol O2，有44 g CO2被还原D．a电极的反应为：3CO2＋18H＋－18e－===C3H8O＋5H2O12．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。

福建省厦门市高三理综(化学部分)适应性考试试题

2015年厦门市高中毕业班适应性考试理科综合能力测试化学部分本卷分第1卷(选择题)和第Ⅱ卷。

第1卷均为必考题，第Ⅱ卷包括必考和选考两部分。

第1 卷1一4页，第Ⅱ卷5—1 2页，共12页。

满分300分，考试时间1 50分钟。

注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上指定位置o2．答题要求，见答题卡上的“填涂举例’’和“注意事项。

相对原子品质(原子量)：H一1 N一1 4 O—1 6 S一32第Ⅰ卷(必考)本卷共18题，每小题6分，共108分。

在下列各题的四个选项中，只有一个选项是正确的。

6．下列生产过程中，不涉及．．．氧化还原反应的是A．氯碱工业 B．制普通玻璃 C．海水提溴 D．工业制硝酸7．下列物质所含粒子数为0.1N A(N A为阿伏加德罗常数的值)的是NHA．0.1 mo1 Na2O2所含的阴离子 B．1 L0.1 mol·L－1氨水中的4C．12.5mL 16 mo1·L－1的浓硫酸能溶解的Cu D．4.6g N02气体所含的分子8．乙烯的相关转化关系如右图。

下列说法正确的是A．聚乙烯是纯净物B．X为C12C．CH3 OCH3与甲互为同分异构体D．甲→乙反应类型为取代反应9．常温下，对于pH＝11的NaOH[溶液，下列说法错．误．的是A．c(OH－)=c(Na+)+c(H+)B．该溶液中的c(OH－)=1.0x10-3mol·L-1C．加水稀释104倍所得溶液显碱性D．与pH=3的HF溶液等体积混合所得溶液：c(Na+)= c (F－)+c(HF)10．关于下图所示实验的说法不正确的是A．乙中产生的气泡是C02B．丙中液体可产生丁达尔现象C．若忽略溶液体积的变化，烧杯中c(Cl－)不发生变化D．若将CaC03换成CaS04也可得到相同的实验现象理科综合能力测试第2页(共12页)11、我国科学家构建了一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理综(化学部分)试题(福建卷,含解析)

2015年普通高等学校招生全国统一老试高(福建卷)理科综合能力侧试化学试题6．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．铝笔芯——电镀工业D．铅笔漆——涂料工业【答案】C【解析】试题分析:A.橡皮擦的原料是橡胶，涉及到橡胶工业的生产，正确.B.铝合金片涉及金属的治炼过程，与治金工业有关，正确.C.铝笔芯的原料是石墨，与电镀工业无关，错误.D.铅笔外边刷的油漆，与有机合成的材料及涂料工业有关，正确.故选项是C.考点：考查制作铅笔涉及的工业生成的关系的正误判断的知识。

7．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【答案】B【解析】试题分析:A.聚氢乙烯分子是以氨乙烯为原料，通过分子之间的加成反应形成，分子中不再含碳碳双键，错误.B.淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下反应产生乙醇;乙醇氧化产生乙醒，乙醛在进一步氧化产生乙酸.乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酚化反应形成乙酸乙酚.因此以淀粉为原料可制取乙酸乙酚，正确.c.丁煌有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，错误。

D.油脂的早化反应属于取代反应，错误。

考点：考查关于有机化合物的结构、性质、反应类型及同分异构体的判断的知识。

8【答案】C【解析】试题分析:A夭平的使用原则是左物右码，而且NaOH有腐蚀性，不能在天平上直接称量，应该在烧杯等仪器中称量，错误.B.FeCI3是强酸弱碱盐，Fe3+泼生水解反应是溶液显浑浊，所以配制FeCI3溶液时，应该将FeCI3固体;容解于适量的盐酸中，然后再加水稀释，错误.C.检验;容液中是否含有NH4+ 的方法是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，若湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，就证明产生了NH3,原溶液中含有NH4+，正确.D要验证铁的吸氧腐蚀，应该将铁钉放入试管中，用食盐水浸没，而不能使用酸性物质，否则发生的是析氢腐蚀，错误.考点：考查化学实验操作正与相应实验目的的正误判断的知识。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理综(化学部分)试题(福建卷,含解析)

高考衣食住用行衣：高考前这段时间，提醒同学们出门一定要看天气，否则淋雨感冒，就会影响考场发挥。

穿着自己习惯的衣服，可以让人在紧张时产生亲切感和安全感，并能有效防止不良情绪产生。

食：清淡的饮食最适合考试，切忌吃太油腻或者刺激性强的食物。

如果可能的话，每天吃一两个水果，补充维生素。

另外，进考场前一定要少喝水！住：考前休息很重要。

好好休息并不意味着很早就要上床睡觉，根据以往考生的经验，太早上床反而容易失眠。

考前按照你平时习惯的时间上床休息就可以了，但最迟不要超过十点半。

用：出门考试之前，一定要检查文具包。

看看答题的工具是否准备齐全，应该带的证件是否都在，不要到了考场才想起来有什么工具没带，或者什么工具用着不顺手。

行：看考场的时候同学们要多留心，要仔细了解自己住的地方到考场可以坐哪些路线的公交车？有几种方式可以到达？大概要花多长时间？去考场的路上有没有修路堵车的情况？考试当天，应该保证至少提前20分钟到达考场。

福建省厦门一中2015届高三高考前热身考试卷化学 Word版含答案

厦门一中5月热身训练理科综合化学试卷(满分：300分考试时间：2小时30分钟)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至12页。

注意事项：1．考生将自己的姓名．准考证号及所有答案均填写在答题卡上。

2．答题要求，见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”。

相对原子质量：H 1 N 1 4 O 1 6 Na 23 AI 27第Ⅰ卷本卷共1 8小题，每小题6分。

共108分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。

6．最新的数据显示，北京雾霾颗粒中机动车尾气占22.2%，燃煤占16.7%，扬尘占16.3%，工业占15.7%。

据分析六大主要雾霾贡献源如图所示。

下列措施不可能改善空气质量的是( )A．应用高效洁净的能源转换技术，在大型燃煤锅炉上安装低氮燃烧器，采用烟气脱硝技术B．不放烟花焰火，加强道路扬尘污染控制，强化路面保洁，洒水防尘C．在炼油厂．钢铁厂．发电厂等，推广和使用脱硫技术，降低硫氧化物的排放D．研究采煤．采油新技术，增加汽油．柴油等能源的供应量，提倡以汽车代步的现代消费与生活理念7．下列说法不正确的是( )A．分子式为CH4O和C2H6O的物质不一定互为同系物B．通过乙烷的取代反应或乙烯的加成反应都可以制取纯净的氯乙烷C．淀粉．纤维素都属于糖类，它们通式相同，但它们不互为同分异构体D．某有机化合物仅由C．H．O三种元素组成，其相对分子质量小于150，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的个数最多为58．常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如右图所示。

下列叙述正确的是（）A．所用HCl的浓度是0.09mol·L─1，NaOH溶液浓度为0.03mol·L─1B．在B点，溶液中离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl─)＞c(H+)＞c(OH─)C．A．B．C三点水的电离程度大小依次为：A＞B＞CD．滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低9．元素周期表中短周期元素W．X．Y．Z，原子序数依次增大，液态的单质W是火箭起飞的重要燃料；X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；元素Y在自然界中只能以化合态存在，而且元素Y在组成海水盐类物质的所有元素中，质量分数为第二；Z原子在同周期中原子半径最小(除稀有气体外)。

福建省厦门第一中学2015届高三高考前热身考试卷数学(理)试卷

厦门一中5月热身训练理科数学试卷本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)，第II卷第21题为选考题，其他题为必考题．本试卷共5页．满分150分．考试时间120分钟．注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0. 5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑． 5．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的标准差锥体体积公式 s=V=Sh 其中为样本平均数其中S为底面面积，h为高柱体体积公式球的表面积、体积公式V=Sh ，其中S为底面面积，h为高其中R为球的半径一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 1 集合,，下图中阴影部分所表示的集合为 A. B. C. D. 2、下列命题正确的是 A．存在x0∈R，使得的否定是：不存在x0∈R，使得； B．存在x0∈R，使得的否定是：任意x∈R，均有 C．若x=3，则x2-2x-3=0的否命题是：若x≠3，则x2-2x-3≠0. D．若为假命题，则命题p与q必一真一假已知平面和直线，给出条件：；；；；．为使，应选择下面四个选项中A．B．C．D．4、直线与在区间上截曲线所得的弦长相等且不为零，则下列描述正确的是（）（A）（B）（C）（D）5、如图5，在△ABC中，AB=3，AC=5，若O为△ABC的外心，则的值是(（） A．4 B． 8 C． 6 D．6 A．120 B．720 C．1440 D．5040 7、如图，设与两坐标轴正半轴围成的区域为，做该圆的切线与两坐标轴正半轴围成的区域为随机内投一点点落在区域内的概率，则的最大值为（） A． B． C． D． 8、为调查某校学生喜欢数学课的人数比例，采用如下调查方法：（1）在该校中随机抽取100名学生，并编号为1,2,3， (100) （2）在箱内放置两个白球和三个红球，让抽取的100名学生分别从箱中随机摸出一球，记住其颜色并放回；（3）请下列两类学生举手：（ⅰ）摸到白球且号数为偶数的学生；（ⅱ）摸到红球且不喜欢数学课的学生. 如果总共有26名学生举手，那么用概率与统计的知识估计，该校学生中喜欢数学课的人数比例大约是A.88%B. 90%C. 92%D.94% 9、已知F2、F1是双曲线-=1(a>0，b>0)的点F2关于渐近线的对称点恰好落在以F1为圆心，|OF1|为半径的圆上，则双曲线的离心率为 A．3 B． C．2 D．10、已知与都是定义在R上的函数，，且，且，在有穷数列中，任意取前项相加，则前项和大于的概率是（） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分） 1 设常数.若的二项展开式中项的系数为-1,则_______.12、已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如右图所示，若图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为，则该几何体的体积是． 13、小明在做一道数学题目时发现：若复数，), 则，根据上面的结论，可以提出猜想z1·z2·z3= ． 14、若函数，则=_______________ 15、意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一组数： 1，1，2，3，5，8，13，…其中从第三个数起，每一个数都等于他前而两个数的和．该数列是一个非常美丽、和谐的数列，有很多奇妙的属性．比如：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887…．人们称该数列{an}为“斐波那契数列”．若把该数列{an}的每一项除以4所得的余数按相对应的顺序组成新数列{bn}，在数列{bn}中第2014项的值是________ 三、解答题：共6小题80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 下图是月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择月1日至月1日中的某一天到达该市，并停留2天（Ⅰ）求此人到达当日空气的概率（Ⅱ）（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）17、(本小题满分13分) 已知函数,,）,的部分图像如图所示,、分别为该图像的最高点和最低点,点的坐标为（Ⅰ）求的最小正周期及的值若点的坐标为,,求的值的面积 18、(本小题满分13分) 如图，在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足．为线段的中点．在圆上运动时，求点的轨迹的方程；（Ⅱ）若圆在点处的切线与轴交于点，试判断直线与轨迹的位置关系．（本题满分分）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，，作，分别交，于点，，作，分别交，于点，，将该正方形沿，折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．求证：平面； ,求|BE|的最小值. 20、(本小题满分14分) 设(是自然对数的底数，)，且．（Ⅰ）求实数的值，并求函数的单调区间；（Ⅱ）设，对任意，恒有成立．求实数的取值范围；（Ⅲ）若正实数满足，，试证明：；并进一步判断：当正实数满足，且是互不相等的实数时，不等式是否仍然成立． 21．本题有（1）、（2）、（3）三个选答题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题记分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑，并将所选题号填入括号中．（1）（本小题满分7分）选修4－2：矩阵与变换在直角坐标平面内，将每个点绕原点按逆时针方向旋转的变换所对应的矩阵为,将每个点横、纵坐标分别变为原来的倍的变换所对应的矩阵为．（Ⅰ）求矩阵的逆矩阵；（Ⅱ）求曲线先在变换作用下，然后在变换作用下得到的曲线方程．（2）（本小题满分7分) 选修4—4：极坐标与参数方程在直角坐标平面内，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）．（Ⅰ）分别求出曲线和直线的直角坐标方程；（Ⅱ）若点在曲线上，且到直线的距离为1，求满足这样条件的点的个数．（3）（本小题满分7分) 选修4—5：不等式选讲已知，且．（Ⅰ）试利用基本不等式求的最小值；（Ⅱ）若实数满足，求证：．理科数学参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 1，={2，3，4，5}，则={1}选A 2、【答案】 C 解析：命题的否定和否命题的区别:对命题的否定只是否定命题的结论，而否命题，既否定假设，又否定结论。

福建省厦门市2015届高三上学期质检检测化学试题 Word版含解析]

福建省厦门市2015届高三上学期质检检测（2015.01）化学试题说明：1.试卷由本试题（共6页）和答题卡组成，全部答案要填写在答题卡上，否则不得分。

2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cr-52【试卷综析】本试卷是化学质量检测试卷，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查，知识考查涉及综合性较强的问题、注重主干知识，兼顾覆盖面。

以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导。

本试卷考查到了物质的分类、有机物中乙醇、乙酸的基本性质、元素周期表及元素周期律的应用、电化学基础等；还考查到了元素化合物的推断知识、化学基本概念、溶液中的离子反应和离子的检验、化学实验的设计和评价、化学平衡原理的应用等主干知识，考查了较多的知识点。

注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求。

一、选择题（每题仅一个正确选项，各3分，共45分）1. 关于金刚石、石墨和C60的判断，正确的是A．均含共价键 B．互为同分异构体 C．互为同位素 D．性质相同【知识点】同分异构体、同位素E1 K1【答案解析】A 解析：金刚石、石墨和C6的结构中都含有共价键，同分异构体是有机化学在研究的问题，同位素是原子之间的关系，这是三种不同的物质，所以性质不同，故选A。

【思路点拨】本题考查了物质之间的关系，基本概念的区别和联系，难度不大。

【题文】2.下列说法正确的是A．BaSO4是强电解质 B．CO是酸性氧化物C．氢氧化铁胶体属于纯净物 D．纯碱属于碱类物质【知识点】物质的分类H4【答案解析】A 解析：A．BaSO4是强电解质，正确； B．CO是不成盐氧化物，错误；C．氢氧化铁胶体属于混合物外，错误； D．纯碱属于盐类物质，错误。

【思路点拨】本题考查了强、弱电解质，氧化物的分类，胶体的性质，酸、碱、盐的分类，基础性较强，难度不大。

【题文】3.下列有关元素性质比较正确的是A．碱性：NaOH < Mg(OH)2< Al(OH)3 B．氢化物稳定性: HF>HCl>PH3C．原子半径：S>F>O D．酸性：HClO > HNO3 > H2CO3【知识点】元素周期律的应用E2【答案解析】B 解析：A．碱性的强弱与金属的金属性有关，金属性越强，碱的碱性越强，故碱性：Al(OH)3 < Mg(OH)2< NaOH，错误； B．氢化物稳定性与非金属的非金属性有关，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故氢化物稳定性: HF>HCl>PH3，正确；C．原子半径与核外电子层数有关，电子层数越多，原子半径越大；当电子层数相同时，核内质子数越多，原子半径越小，故原子半径：S> O > F，错误； D．HClO是弱酸，酸性弱于H2CO3，故酸性： HNO3> H2CO3 > HClO，错误。

福建省2015届[高考总复习资料]化学模拟试卷(含解析)

2015年福建省高考化学模拟试卷（压轴卷）一、本卷共6小题，每小题6分．共108分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列关于有机物的叙述正确的是( )A．柴油、汽油、牛油、植物油等属于烃类物质B．含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键C．是某有机物与H2发生加成反应后的产物．符合该条件的稳定有机物共有3种D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成2．实验是研究化学的基础，下列有关实验的方法、装置或操作都正确的是( )A．从KI和I2的固体混合物中回收I2，可使用如图甲所示实验装置B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，可使用如图乙所示实验装置C．用图丙所示仪器配制0.150mol/LNaOH溶液D．如图丁所示可用于实验室制氨气并收集干燥的氨气3．随着科技发展，新型电池层出不穷．图1为肼（N2H4）燃料电池，图2为光伏并网发电装置．LED（半导体照明）是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学：Y3Al5O12）芯片装在一起而做成，其在运动会场馆内也随处可见．下列有关说法中正确的是( )A．氢氧燃料电池、太阳光伏电池中都利用了原电池原理B．图1左边电极上发生的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2OC．图2中N型半导体为正极，P型半导体为负极D．LED中的Ga和Y不可能都显+3价4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．1.0mol•L﹣1NaClO溶液中：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：NH4+、HCO3﹣、Na+、Cl﹣5．X、Y、Z、W是元素周期表中短周期元素，且原子序数依次递增，四种元素在元素周期表中的位置关系如图．四种元素的最高价含氧酸根离子一定能够水解的是( )A．X B．Y C．Z D．W6．在常温条件下，下列对醋酸的叙述中，不正确的是( )A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，变小C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2c（H+）﹣c（OH﹣）D．向10.00 mL 0.1 mol•L﹣1HCOOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），则c点NaOH溶液的体积小于10 mL二、解答题（共3小题，满分45分）7．人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程．据报道，常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面能与水发生反应，生成的主要产物为NH3．相应的热化学方程式为：N2（g）+3H2O（l）═2NH3（g）+3/2O2（g）△H=+765.0kJ•mol1回答下列问题：（1）请在图一所示的坐标中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图，并进行标注（标注出“反应物”、“生成物”、“有催化剂”、“无催化剂”）．（2）目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣192.0kJ•mol1①反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）的△H=__________ kJ•mol1．②某条件下，在容积为2.0L的密闭容器中充入0.6mol N2（g）和1.6mol H2（g），经过2min 反应达到平衡，此时NH3的物质的量分数为4/7．则反应在2min内N2的平均反应速率为__________，该条件下H2的平衡转化率为__________，平衡常数K=__________．③670K、30Mpa下，n（N2）和n（H2）随时间变化的关系如图二所示，下列叙述正确的是__________．A．a点的正反应速率比b点大B．c点处反应达到平衡C．d点（t1时刻）和e点（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图二中d点的值大（3）将反应得到的氨气液化为液氨，已知液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与CsOH反应的化学方程式__________．8．某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：①无机盐A仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；②上图中，将3.96g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入2.24g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液B．③该小组同学将溶液BN分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验．④在路线Ⅱ中，首先向溶液B中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末2.40g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到6.96g纯净的不含结晶水的正盐E．请按要求回答下列问题：（1）由路线Ⅰ的现象可知，溶液BN中含有的阳离子是__________．（2）由路线Ⅰ“试液变血红色”的原因是__________（用离子方程式表示）．（3）由实验流程图可推得，含氧酸盐E的化学式是__________；由路线Ⅱ可知，3.96g无机盐A中所含钾元素的质量为__________g．（4）无机盐A与2.24g还原铁粉恰好完全反应生成溶液B的化学反应方程式为__________．9．实验室制备环己酮的反应原理为：其反应的装置示意图如图1（夹持装置、加热装置略去）：环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物①仪器B的名称是__________．②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是__________．③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是__________．（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是__________．（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品 b．过滤c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水①上述操作的正确顺序是__________（填序号）②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是__________．（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH 的关系如图2所示．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在__________．a．2.0～2.5 b．3.03.5 c．4.0～4.5．三、【选修3：物质结构与性质】10．（13分）液氨主要用于生产硝酸、尿素和其他化学肥料，还可用作医药和农药的原料．液氨在国防工业中，用于制造火箭、导弹的推进剂．液氨在气化后转变为气氨，能吸收大量的热，被誉为“冷冻剂”．回答以下问题：（1）基态氮原子的价电子排布式是__________．（2）NH3分子的空间构型是__________；NH3极易溶于水，其原因是__________．（3）将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液．该过程中微粒的变化是：[Cu（H2O）6]2+→Cu（OH）2→[Cu（NH3）4]2+．[Cu（H2O）6]2+和[Cu（NH3）4]2+中共同含有的化学键类型是__________．（4）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1若该反应中有4mol N﹣H键断裂，则形成的π键有__________mol．②肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在__________（填标号）A．持离子键 b．共价键 c．配位键 d．范德华力．四、【选修5：有机化学基础】11．直接生成碳碳键的反应是近年来有机化学研究的热点之一，例如反应①化合物I可由化合物A通过以下步骤制备A（C8H8O）Ⅲ（C8H10）ⅣⅠ请回答下列问题：（1）化合物A的结构中不含甲基，则化合物A的结构简式是__________，其官能团的名称是__________，1 mol A 完全燃烧消耗O2__________mol．（2）写出由Ⅲ生成Ⅳ的化学反应方程式__________．（3）一分子与一分子能发生类似①的反应，生成有机化合物Ⅴ，则Ⅴ的结构简式为__________．（4）A的一种同分异构体Ⅵ，与新制Cu（OH）2共热产生砖红色沉淀，化合物Ⅵ苯环上的一氯代物只有两种，则Ⅵ的结构简式为__________．2015年福建省高考化学模拟试卷（压轴卷）一、本卷共6小题，每小题6分．共108分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．1．下列关于有机物的叙述正确的是( )A．柴油、汽油、牛油、植物油等属于烃类物质B．含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键C．是某有机物与H2发生加成反应后的产物．符合该条件的稳定有机物共有3种D．结构片段为的高聚物，是其单体通过缩聚反应生成【考点】有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用．【专题】有机反应．【分析】A．柴油、汽油为烃类混合物；牛油、植物油为油脂；B．含五个碳原子的有机物，可形成环状结构或链状结构；C．有机物为与H2发生加成反应后的产物，可能为﹣CHO与氢气加成、烯醇与氢气加成、烯醛与氢气加成；D．主链中只有C原子，为加聚反应产物．【解答】解：A．牛油、植物油属于油脂，不属于烃类，故A错误；B．含五个碳原子的有机物，若形成一个碳环，分子中最多可形成五个碳碳单键，故B错误；C．有机物的结构简式有三种可能，分别是、和，故C正确；D．高聚物是由单体CH2=C（CH）3COOCH3通过加聚反应得到的，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机物的结构等为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，选项B为易错点，题目难度中等．2．实验是研究化学的基础，下列有关实验的方法、装置或操作都正确的是( )A．从KI和I2的固体混合物中回收I2，可使用如图甲所示实验装置B．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，可使用如图乙所示实验装置C．用图丙所示仪器配制0.150mol/LNaOH溶液D．如图丁所示可用于实验室制氨气并收集干燥的氨气【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．没有收集碘的装置；B．Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3不互溶，可以使用分液方法分离；C．精确配制应用容量瓶；D．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，碱石灰干燥NH3，圆底烧瓶干燥收集NH3，水处理多余NH3．【解答】解：A．I2在加热过程中发生升华，但没有收集装置，故A错误；B．Na2CO3溶液与CH3COOCH2CH3不互溶，可以使用分液方法分离，故B错误；C．配制一定浓度的物质的量浓度的溶液应该用容量瓶而不是量筒，故C错误；D．NH4Cl与Ca（OH）2加热得到NH3，碱石灰干燥NH3，圆底烧瓶干燥收集NH3，水处理多余NH3，故D正确．故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、分离、收集等，侧重于学生的分析能力和实验能力以及评价能力的考查，为高考高频考点和常见题型，注意把握实验的方案的合理性和实验操作的合理性，难度不大．3．随着科技发展，新型电池层出不穷．图1为肼（N2H4）燃料电池，图2为光伏并网发电装置．LED（半导体照明）是由GaN芯片和钇铝石榴石（YAG，化学：Y3Al5O12）芯片装在一起而做成，其在运动会场馆内也随处可见．下列有关说法中正确的是( )A．氢氧燃料电池、太阳光伏电池中都利用了原电池原理B．图1左边电极上发生的电极反应式为：N2H4﹣4e﹣+4OH﹣=N2+4H2OC．图2中N型半导体为正极，P型半导体为负极D．LED中的Ga和Y不可能都显+3价【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A．原电池是将化学能转化为电能的装置；B．图1左边电极是负极，发生失电子氧化反应，电解质溶液显碱性；C．根据离子的定向移动判断正负极；D．根据元素的化合价代数和为0进行判断．【解答】解：A．硅太阳能电池是将光能转变为电能，不是利用原电池原理，故A错误；B．图1左边电极是负极，发生失电子氧化反应，电解质溶液显碱性，电极反应式：N2H4﹣4e ﹣+4OH﹣=N+4H2O，故B正确；2C．根据图2中离子的定向移动可知，阳离子向P型半导体移动，则P型半导体应为正极，故C错误；D．GaN中Ga元素的化合价为+3价，N元素的化合价为﹣3价，Y3Al5O12中O元素的化合价为﹣2价，Al元素的化合价为+3价，则Y的化合价为+3价，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了燃料电池与新型电池，明确电池的工作原理是解题关键，题目难度中等．4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A．1.0mol•L﹣1NaClO溶液中：Fe2+、K+、I﹣、Cl﹣B．使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣C．0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液中：NH4+、HCO3﹣、Na+、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．次氯酸根离子能够氧化亚铁离子、碘离子；B．该溶液为酸性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；C．溶液中偏铝酸钠与氢离子反应；D．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应，碳酸氢根离子与氢离子和氢氧根离子反应．【解答】解：A．ClO﹣具有较强的氧化性，能与Fe2+、I﹣等还原性离子发生氧化还原反应，溶液中不能共存，故A错误；B．甲基橙变红色的溶液呈酸性，Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C.0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液中，H+离子与NaAlO2反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．由水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣12mol•L﹣1，该溶液中水的电离受到抑制，为酸性或碱性溶液，NH4+、HCO3﹣都能够与碱溶液反应，HCO3﹣能够与酸反映，在溶液中不能大量共存，故D 错误；故选B．【点评】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；是“可能”共存，还是“一定”共存等．5．X、Y、Z、W是元素周期表中短周期元素，且原子序数依次递增，四种元素在元素周期表中的位置关系如图．四种元素的最高价含氧酸根离子一定能够水解的是( )A．X B．Y C．Z D．W【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中短周期主族元素，根据这四种元素在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期、Z和W属于第三周期，这四种元素能形成最高价含氧酸，则这四种元素都是非金属元素，它们可能是B、C和P、S，也可能是C、N和S、Cl，元素的非金属性越弱，其最高价含氧酸的酸性越弱，则其最高价含氧酸离子越容易水解，结合非金属性的强弱判断．【解答】解：X、Y、Z、W是元素周期表中短周期主族元素，根据这四种元素在周期表中的位置知，X和Y属于第二周期、Z和W属于第三周期，这四种元素能形成最高价含氧酸，则这四种元素都是非金属元素，它们可能是B、C和P、S，也可能是C、N和S、Cl，元素的非金属性越弱，其最高价含氧酸的酸性越弱，则其最高价含氧酸离子越容易水解，无论它们是B、C和P、S还是C、N和S、Cl，只有X元素的非金属性最弱，则X最高价含氧酸的酸根离子一定能水解，故选A．【点评】本题考查了元素位置与性质的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确元素在周期表中的位置及元素非金属性与其最高价含氧酸酸性强弱的关系是解本题关键，根据它们可能的组成确定非金属性最弱的元素，题目难度中等．6．在常温条件下，下列对醋酸的叙述中，不正确的是( )A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c（Na+）＜c（CH3COO﹣）B．将pH=a的醋酸稀释为pH=a+1的过程中，变小C．浓度均为0.1 mol•L﹣1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2c（H+）﹣c（OH﹣）D．向10.00 mL 0.1 mol•L﹣1HCOOH溶液中逐滴加入0.1 mol•L﹣1NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化），则c点NaOH溶液的体积小于10 mL【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据电荷守恒分析；B．加水稀释促进电离；C．物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+）；D．假设c点NaOH溶液的体积为10 mL，则甲酸和NaOH恰好完全反应，所得HCOONa溶液显碱性，而图中c点显中性，据此分析．【解答】解：A．pH=5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），pH=5.6，则c（H+＞（OH﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故A正确；B．加水稀释促进电离，则氢离子的物质的量增大，醋酸的物质的量减小，=变小，故B正确；C．物质的量浓度均为0.1mol/L的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合，溶液显酸性，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=0.1mol/L=2c（Na+），由上述两个式子可得c（CH3COO﹣）﹣c（CH3COOH）=2[c（H+）﹣c（OH ﹣）]，故C错误；D假设c点NaOH溶液的体积为10 mL，则甲酸和NaOH恰好完全反应，所得HCOONa溶液显碱性，而图中c点显中性，则NaOH溶液的体积小于10 mL，故D正确；故选C．【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握弱电解质的电离特点以及影响因素，题目难度中等．二、解答题（共3小题，满分45分）7．人工固氮是指将氮元素由游离态转化为化合态的过程．据报道，常温、常压、光照条件下，N2在掺有少量Fe2O3的TiO2催化剂表面能与水发生反应，生成的主要产物为NH3．相应的热化学方程式为：N2（g）+3H2O（l）═2NH3（g）+3/2O2（g）△H=+765.0kJ•mol1回答下列问题：（1）请在图一所示的坐标中，画出上述反应在有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图，并进行标注（标注出“反应物”、“生成物”、“有催化剂”、“无催化剂”）．（2）目前工业合成氨的原理是：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣192.0kJ•mol1①反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）的△H=﹣319.0 kJ•mol1．②某条件下，在容积为2.0L的密闭容器中充入0.6mol N2（g）和1.6mol H2（g），经过2min 反应达到平衡，此时NH3的物质的量分数为4/7．则反应在2min内N2的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1，该条件下H2的平衡转化率为75%，平衡常数K=200．③670K、30Mpa下，n（N2）和n（H2）随时间变化的关系如图二所示，下列叙述正确的是AD．A．a点的正反应速率比b点大B．c点处反应达到平衡C．d点（t1时刻）和e点（t2时刻）处n（N2）不一样D．其它条件不变，773K下反应至t1时刻，n（H2）比图二中d点的值大（3）将反应得到的氨气液化为液氨，已知液氨中存在着下列平衡：2NH3⇌NH4++NH2﹣．科学家在液氨中加入氢氧化铯（CsOH）和特殊的吸水剂，使液氨中的NH4+生成N4分子，请写出液氨与CsOH反应的化学方程式8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O．【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡建立的过程；化学平衡的计算．【分析】（1）催化剂通过改变反应的活化能，加快反应速率，不影响化学平衡移动的方向；（2）①已知①N2（g）+3H2O（l）⇌2NH3（g）+O2（g）△H=+765.0kJ/mol．②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣192.0kJ/mol，利用盖斯定律将计算焓变；②令参加反应的氮气的物质的量为amol，利用三段式表示出各物质的变化量、平衡时物质的量，利用压强之比等于物质的量之比列方程计算a，依据反应速率概念就是V=，转化率=×100%，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积计算得到；③根据图象中图象的变化来判断个选项；（3）根据液氨的电离产物和题目给出的反应物来推断反应方程式．【解答】解：（1）加入催化剂可以降低反应的活化能，从而能够降低反应的能量，同时又能加快反应速率，达到化学平衡的所需时间减小，但是不影响反应中的热效应，有催化剂和无催化剂两种情况下的反应体系能量变化示意图为，故答案为：；（2）①已知①N2（g）+3H2O（l）⇌2NH3（g）+O2（g）△H=+765.0kJ/mol．②N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣192.0kJ/mol，利用盖斯定律将得2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）的△H==﹣319.0kJ•mol1，故答案为：﹣319.0；②令参加反应的氮气的物质的量为amol，则：N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）开始（mol）：0.6 1.6 0转化（mol）：a 3a 2a平衡（mol）：0.6﹣a 1.6﹣3a 2a故=，解得a=0.4氮气的反应速率==0.1 mol•L﹣1•min﹣1；氢气的转化率=×100%=75%；平衡常数K==200，故答案为：0.1 mol•L﹣1•min﹣1； 75%；200；③A．a、b、c三点均向正反应方向移动，故正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．当两种物质的物质的量不变时，达到化学平衡状态，所以，c点未达平衡状态，故B错误；C．d、e均达到化学平衡状态，故各物质的物质的量不再发生变化，故C错误；D．△H＜0，反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，故773K时，n（H2）大于图中d 点，故D正确；故答案为：AD；（3）因为Cs+是阳离子，必须要找阴离子配对，阴离子题目提示了，2NH3⇌NH4++NH2﹣，所以为：C S NH2．产物还有N4、H2O（因为用到了吸水剂），看元素组成，右边H比较少，一般就是想到H2，反应为8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O，故答案为：8NH3+4CsOH=N4+4CsNH2+6H2↑+4H2O．【点评】本题考查较综合，涉及知识点较多，涉及通过图象分析化学反应速率、化学平衡及计算、平衡常数的计算应用以及热化学方程式和盖斯定律计算等问题，主要是图象分析判断，平衡移动原理的理解应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，需要学生较强的观察能力及思维能力，难度中等．8．某无机盐M是一种优良的氧化剂，为确定其化学式，某小组设计并完成了如下实验：已知：①无机盐A仅由钾离子和一种含氧酸根组成，其分子中的原子个数比为2：1：4；②上图中，将3.96g该无机盐溶于水，滴加适量稀硫酸后，再加入2.24g还原铁粉，恰好完全反应得混合溶液B．③该小组同学将溶液BN分为二等份，分别按路线Ⅰ、路线Ⅱ进行实验．④在路线Ⅱ中，首先向溶液B中滴加适量KOH至元素X刚好沉淀完全，过滤后将沉淀在空气中充分灼烧得纯净的Fe2O3粉末2.40g；再将滤液在一定条件下蒸干，只得到6.96g纯净的不含结晶水的正盐E．请按要求回答下列问题：（1）由路线Ⅰ的现象可知，溶液BN中含有的阳离子是Fe2+．（2）由路线Ⅰ“试液变血红色”的原因是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣、Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3（用离子方程式表示）．（3）由实验流程图可推得，含氧酸盐E的化学式是K2SO4；由路线Ⅱ可知，3.96g无机盐A 中所含钾元素的质量为1.56g．（4）无机盐A与2.24g还原铁粉恰好完全反应生成溶液B的化学反应方程式为2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】2.40gFe2O3粉末物质的量为0.015mol，铁元素的物质的量为0.015×2mol=0.030mol，因加入了2.24g还原铁粉（0.04mol），故原来无机盐A为铁元素的物质的量为0.030×2mol ﹣0.04mol=0.02mol；据题意得E为K2SO4，6.96g K2SO4物质的量为0.04mol，故无机盐A中含钾元素，依据A为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得A的化学式为K2FeO4，（1）路线Ⅰ为检验亚铁离子的方法；（2）亚铁离子与氯气反应生成Fe3+，Fe3+遇到KSCN溶液变血红色；（3）K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，根据质量守恒可知W为硫酸钾；根据n=计算出K2FeO4的物质的量，再根据n=nM计算出钾离子的质量；（4）根据K2FeO4与稀硫酸、铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水写出反应的化学方程式．【解答】解：2.40gFe2O3粉末物质的量为0.015mol，铁元素的物质的量为0.015×2mol=0.030mol，因加入了2.24g还原铁粉（0.04mol），故原来无机盐A为铁元素的物质的量为0.030×2mol﹣0.04mol=0.02mol；据题意得E为K2SO4，6.96g K2SO4物质的量为0.04mol，故无机盐A中含钾元素，依据A为含氧酸根，且分子中的原子个数比为2：1：4，可得A的化学式为K2FeO4，（1）根据路线Ⅰ可知，N溶液中一定含有亚铁离子，故答案为：Fe2+；（2）亚铁离子与氯气反应生成Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣；Fe3+遇到KSCN 溶液变血红色，其反应为Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣、Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3；（3）根据流程可知，K2FeO4与稀硫酸、还原铁粉反应生成硫酸亚铁和硫酸钾，根据质量守恒可知E为K2SO4；3.96gK2FeO4的物质的量为=0.02mol，0.02molK2FeO4中含有0.04mol钾离子，含有钾离子的质量为39g/mol×0.04mol=1.56g，故答案为：K2SO4 ；1.56；（4）无机盐M与还原铁粉反应生成硫酸亚铁、硫酸钾和水，反应的化学方程式为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O，故答案为：2Fe+K2FeO4+4H2SO4═3FeSO4+K2SO4+4H2O．【点评】本题考查了探究物质组成的方法，题目难度较大，试题涉及物质组成的测定、浓硫酸的性质、离子方程式、化学方程式的书写、离子的检验方法等知识，试题知识点较多，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力．9．实验室制备环己酮的反应原理为：其反应的装置示意图如图1（夹持装置、加热装置略去）：环己醇、环己酮、饱和食盐水和水的部分物理（1）实验中通过装置B将酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有环己醇的A中，在55～60℃进行反应．反应完成后，加入适量水，蒸馏，收集95～100℃的馏分，得到主要含环己酮粗品和水的混合物①仪器B的名称是分液漏斗．②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，应采取的正确方法是停止加热，冷却后通自来水．③蒸馏不能分离环己酮和水的原因是环已酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出．（2）用漂粉精和冰醋酸代替酸性Na2Cr2O7溶液也可氧化环己醇制环己酮，用漂粉精和冰醋酸氧化突出的优点是避免使用有毒的Na2Cr2O7．（3）环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：a．蒸馏，收集151～156℃馏分，得到精品 b．过滤c．在收集到的粗品中加NaCl固体至饱和，静置，分液d．加入无水MgSO4固体，除去有机物中少量水①上述操作的正确顺序是c d b a（填序号）②在上述操作c中，加入NaCl固体的作用是增加水层的密度，有利于分层，减小产物的损失．（4）环己酮是一种常用的萃取剂，以环己酮为成分之一的萃取液对金属离子的萃取率与pH 的关系如图2所示．现有某钴矿石的盐酸浸出液，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Al3+，除去Al3+后，再利用萃取法分离出MnCl2以得到较为纯净的CoCl2溶液，pH范围应控制在b．a．2.0～2.5 b．3.03.5 c．4.0～4.5．【考点】制备实验方案的设计；有机物的合成．【分析】（1）①根据仪器的构造和特点来回答；②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，为防止冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水；③根据环己酮和水形成的具有固定组成的混合物的沸点和水的沸点相近来回答；（2）重铬酸钠是一种有毒物质，次氯酸液具有强氧化性，据此回答；（3）环己酮的提纯时应首先加入NaCl固体，使水溶液的密度增大，将水与有机物更容易分离开来，然后向有机层中加入无水MgSO4，出去有机物中少量的水，然后过滤，除去硫酸镁晶体，再进行蒸馏即可；（4）由表中数据可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀．【解答】解：（1）①仪器B的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；②蒸馏操作时，一段时间后发现未通冷凝水，不能立即接通冷凝水，防止骤冷将冷凝管炸裂，应该等到装置冷却后再通冷凝水，。

2015年福建省高考化学试卷答案与解析

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）．根据聚氯乙烯（）的结构分析；．聚氯乙烯的结构简式为：nC 22CHCOONa+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（）22Cu+Cl22HCl22NaOH+H22SO5．（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（）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（）2C2C阴极有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，在浓度相同的情况下=0.4=6二、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﹣）=0.043mol•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：K sp（MnS）=2.8×10﹣13]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．，故答案为：浓）2SO（浓）==，故答案为：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：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﹣12AlCl3（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．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烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管．（2）若对调B和C装置的位置，能（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）：实验的实验目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响．②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验．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ClO3﹣+6I﹣+6H+=Cl﹣+3I2+3H2O．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因存在氯气的重新溶解以及次氯酸分解等，此方案无法测算试样含氯总量．（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）：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量资料：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﹣．2HCl+O【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H＜C＜O．（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是ad（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CO2d．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[Ar]3d84s2，该元素位于元素周期表的第VⅢ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8molσ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种作用力是氢键、范德华力．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，该设想的依据是二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷．【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ac（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的名称为甲苯．步骤Ⅰ中B的产率往往偏低，其原因是反应中有一氯取代物和三氯取代物生成．②步骤Ⅱ反应的化学方程式为．③步骤Ⅲ的反应类型是加成反应．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9种．，发生加成反应生成结构简式为，发生加成反应生成．反应的化学方程式为故答案为：；）的同分异构体有多种，其中苯环上有一个甲基的酯类化合。

2015福建高考化学部分及解析剖析

2015 年福建省高考化学试卷一、选择题（共7 小题，每题 6 分，满分 42 分）1．（ 6 分）（ 2015?福建）以下制作铅笔的资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构造和性质；合金的观点及其重要应用．专题：化学应用．剖析：A ．依据橡皮擦的成分剖析；B ．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；C．铅笔芯是用石墨和黏土依照必定的比率混淆而制成的；D ．铅笔漆属于涂料．A 不解答：解：A ．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，资料与相应工业对应，故选；B ．冶炼金属铝属于冶金工业，资料与相应工业对应，故 B 不选；C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时简单留下印迹，铅笔芯生产与电镀工业工业没关，资料与相应工业不对应，故 C 选；D ．铅笔漆属于涂料的一种，资料与相应工业对应，故 D 不选；应选 C．评论：此题考察生活中的资料铅笔有关的工业，掌握制作铅笔的资料成分为解答重点，题目难度不大．2．（ 6 分）（ 2015?福建）以下对于有机化合物的说法正确的选项是（）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 ．油脂的皂化反响属于加成反响考点：有机化学反响的综合应用；剖析：A ．依据聚氯乙烯（）的构造剖析；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响生成乙酸乙酯；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，断键原子与其余原子或原子团相联合，生成新的化合物的反响是加成反响，油脂的皂化反响属于油脂的水解反响．解答：解： A ．聚氯乙烯的构造简式为：，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+nH 2O nC 6H12O6，乙醇氧化生成乙醛2CH CH OH+O22CH3CHO+H O，乙醛氧化生成乙酸3222CH 3CHO+O 22CH 3COOH ，CH 3COOH+CH 3CH 2OH CH3COOCH 2CH 3+H 2O，以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故 B 正确；C．丁烷分子式为C4 H10，有 2 种同分异构体，正丁烷构造简式为CH3CH 2CH 2CH 3，异丁烷构造简式为（CH3）2CHCH 3，故 C 错误；D．油脂的皂化反响为油脂在碱性条件下的水解反响，如：+3NaOH →3C17H35COONa+，该反响属于代替反响，故D错误；应选 C．评论：此题考察了有机物的构造和性质，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点， D 选项注意加成反响与水解反响的差别．3．（ 6 分）（ 2015?福建）以下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，而后在右盘上增添2g 砝码，左盘上增添 NaOH 固体B配制 FeCl3溶液将 FeCl 3固体溶解于适当蒸馏水C查验溶液中能否含有取少许试液于试管中，加入 NaOH 溶液并加热，用润湿的红色+石蕊试纸查验产生的气体NH 4D考证铁的吸氧腐化将铁钉放入试管中，用盐酸淹没A ． A B．B C．C D． D考点：化学实验方案的评论；剖析：A ．氢氧化钠是强腐化性易潮解的固体；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备氯化铁水解；C．氨气能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，依据铵离子的查验方法进行判断：加入滴加NaOH 溶液并加热，产生的气体能使润湿的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中必定含有NH 4+；D．铁在中性溶液中可发生吸氧腐化，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐化．解答：解： A ．称量强腐化性试剂需在烧杯内称量，用纸片会造成托盘污染腐化且称量不正确，故 A 错误；B．氯化铁为强酸弱碱盐，易水解，为防备氯化铁水解，配制溶液过程中要加入盐酸，故 B错误；C．查验铵根离子，能够使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根+﹣离子联合产生氨气， NH 4+OHNH 3↑+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化，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐化，故 D 错误；应选 C．评论：此题考察化学实验方案的评论，为高频考点，波及药品的称量、盐类的水解、铵根离子的加查验及分金属的腐化分类等，掌握反响原理及实验技术为解答的重点，注意实验的操作剖析，题目难度不大．4．（ 6 分）（ 2015?福建）纯净物X 、Y 、 Z 转变关系以下图，以下判断正确的选项是（）A ．X 可能是金属铜B． Y 不行能是氢气C． Z 可能是氯化钠D． Z 可能是三氧化硫考点：真题集萃；无机物的推测．剖析：A ．X+Y →Z， Z 电解生成 X 、Y ，说明电解电解质自己，所以X 可能是金属铜， Y 可能为氯气，依据铜、氯及其化合物的性质剖析解答；B ．X+Y →Z， Z 电解生成 X 、Y ，说明电解电解质自己，所以X 可能是氯气， Y 可能为氢气，切合条件；C．Z 可能是氯化钠， X 、Y 只好为氢气、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，不切合Z 电解生成 X 、Y 条件；D ．Z 可能是三氧化硫， X 、Y 只好为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反响生成硫酸，电解硫酸实质为电解水，不切合Z 电解生成 X 、Y 条件．解答：解： A ． X+Y →Z ，Z 电解生成 X 、 Y ，说明电解电解质自己，所以X 可能是金属铜，Y 可能为氯气，反响为： X+Y →Z ，Cu+Cl 2CuCl 2， Z 为 CuCl 2，电解 CuCl 2溶液： CuCl 2Cu+Cl 2↑，故 A 正确；B ．X+Y →Z， Z 电解生成 X 、Y ，说明电解电解质自己，所以X 可能是氯气， Y 可能为氢气，反响为：X+Y →Z ， H2+Cl 22HCl ， Z 为 HCl ，电解 HCl 溶液：2HCl H ↑+Cl↑，故 B 错误；22C．Z 可能是氯化钠， X 、Y 只好为氢气、氯气中的一种， X+Y →Z，2Na+Cl 22NaCl ，Z 电解： 2NaCl+2H 2O2NaOH+H 2↑+Cl 2↑，不切合 Z 电解生成 X 、Y 条件，故 C错误；D ． Z 可能是三氧化硫，X、 Y 只好为二氧化硫、氧气中的一种，X+Y →Z，2SO2+O 22SO3，三氧化硫和水反响SO3+H 2O=H 2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不切合Z 电解生成 X、 Y 条件，故 D 错误；应选 A．评论：此题考察无机物的推测，题目难度不大，注意掌握推测的打破口，往常从物质的颜色，性质和反响现象为打破口进行推测，此题可联合选项供给的物质以及反响的条件进行剖析，注意 X+Y →Z ，Z 电解生成 X、 Y，说明电解电解质自己为解答该题的重点，学习中注意有关基础知识的累积．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地点以下图，此中 W 原子的质子数是其最外层电子数的三倍，以下说法不正确的选项是（）A ．原子半径： W＞Z＞Y ＞XB ．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞ W ＞ ZC．最简单气态氢化物的热稳固性：Y ＞ X ＞ W＞ ZD ．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；剖析：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，依据元素在周期表中的地点关系可确立：X 是 N 元素， Y 是 O 元素， Z 是 Si 元素，由此剖析解答．解答：解： A 、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不一样周期的元素，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；Y ＞XC、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳固性就越强，元素的非金属性：＞ W ＞ Z，所以元素的氢化物的稳固性：Y＞ X＞ W ＞ Z，故 C 正确；D 、主族元素除了O 和 F 以外，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；应选 A．评论：此题考察元素的推测、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只需熟习元素周期表，确立元素的种类是解题的重点，比较简单．6．（ 6 分）（ 2015?福建）某模拟“人工树叶”电化学实验装置以下图，该装置能将H2O 和CO2转变为 O2和燃料（ C3H8O）．以下说法正确的选项是（）A ．该装置将化学能转变为光能和电能B ．该装置工作时， H +从 b 极区向 a 极区迁徙C ．每生成 1mol O 2，有 44g CO 2 被复原D ．a 电极的反响为： 3CO 2+18H +﹣ 18e ﹣=C 3H 8O+5H 2O考点：原电池和电解池的工作原理；剖析：A 、该装置是电解池装置，是将电能转变为化学能；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挪动；C 、电池总的方程式为： 6CO 2+8H 2O2C 3H 8O+9O 2，即生成 9mol 的氧气，阴极有 6mol 的二氧化碳被复原，由此剖析解答；+D 、a 与电源负极相连，所以 a 是负极阴极，电极反响式为：﹣3CO 2+18H +18e=C 3H 8O+5H 2O ．解答：解： A 、该装置是电解池装置，是将电能转变为化学能，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挪动，所以 H从阳极 b 极区向阴极 a 极区迁徙，故 B 正确；C 、电池总的方程式为： 6CO 2+8H 2O2C 3H 8O+9O 2，即生成 9mol 的氧气，阴极有 6mol 的二氧化碳被复原，也就是 1mol 的氧气，阴极有 mol 的二氧化碳被复原，所以被复原的二氧化碳为29.3g ，故 C 错误；+D 、a 与电源负极相连，所以 a 是阴极，发生复原反响，电极反响式为： 3CO 2+18H +18e﹣=C 3H 8O+5H 2O ，故 D 错误；应选 B ．评论：此题考察电化学的有关知识，学生要清楚电解池的反响原理，阴极发生复原反响，阳极发生氧化反响，以及离子的挪动方向就能够快速解题了，比较简单．7．（ 6 分）（ 2015?福建）在不一样浓度（ c ）、温度（ T ）条件下，蔗糖水解的刹时速率（ v ）如下表．以下判断不正确的选项是（）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 b2.161.801.441.08A ．a=6.00B ．同时改变反响温度和蔗糖的浓度，v 可能不变C． b＜ 318.2D ．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间同样考点：真题集萃；化学反响速率的影响要素．剖析：A 、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度同样的状况下=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，在浓度同样的状况下，水解速率变小，所以温度降低；D、温度越高反响速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不一样，温度高的所需时间短．解答：解： A 、由表可知温度由318.2→328.2℃，在浓度同样的状况下=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，在浓度同样的状况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度 b＜ 318.2，故 C 正确；D、温度越高反响速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不一样，温度高的所需时间短，故 D 错误；应选 D．评论：此题考察较综合，波及反响速率计算、影晌速率的要素剖析等，重视学生表格数据剖析及计算能力的考察，着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拥有重要意义．（1）①硫离子的构造表示图为．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响的化学方程式为C+2H 2SO4（浓）2SO2↑+CO 2↑+2H 2O．（2） 25℃，在 0.10mol ?L﹣ 1HCl 气体或加入 NaOH 固体以调理溶液pH ，H2S 溶液中，通入2﹣H2S 的挥发）．溶液 pH 与 c（ S ）关系如图（忽视溶液体积的变化、① pH=13 时，溶液中的 c （ H 2S ） +c （ HS ﹣） = 0.043 mol?L ② 某溶液含 0.020mol?L﹣ 12+ 、0.10mol?L ﹣1Mn H 2S ，当溶液 PH=知： K sp （ MnS ）=2.8×10﹣13]（3） 25℃，两种酸的电离均衡常数如表．﹣ 1．5 时，Mn2+开始积淀． [ 已K a1K a2H 2SO 3 ﹣2 ﹣ 81.3×106.3×10H 2CO 3﹣7﹣ 114.2×105.6×10① HSO 3﹣的电离均衡常数表达式K=﹣ 1② 0.10mol?L Na 2SO 3 溶液中离子浓度由大到小的次序为 ﹣ ）＞ c （ HSO 3 ﹣）＞ c （ H +）．③ H 2SO 3 溶液和 NaHCO 3 溶液反响的主要离子方程式为+CO 2↑+H 2O．．+ 2﹣）＞ c （ OHc （ Na ）＞ c （ SO 3﹣ ﹣H 2SO 3+HCO 3 =HSO 3考点：真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离均衡；离子浓度大小的比较．剖析：（ 1） ① S 是 16 号元素． S 原子获取 2 个电子变为 S 2﹣，硫离子的构造表示图为：；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响生成二氧化碳、二氧化硫和水；（ 2）① pH=13 时， c （ S 2﹣）=5.7×10﹣2mol/L ，在 0.10mol ?L ﹣ 1H 2S 溶液中依据硫守恒c （ H 2S ） +c （ HS ﹣ ）+c （ S 2﹣） =0.10mol?L ﹣1；② 当 Qc=K sp （ MnS ）时开始积淀，由此求出硫离子的浓度，联合图象得出此时的 pH ；﹣的电离方程式为： ﹣+ 2﹣，均衡常数表达式为（ 3） ① HSO 3 HSO 3 ? H +SO 3K=；② Na 2SO 3 溶液显碱性， SO 32﹣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 H 2SO 3 的二级电离小于 H 2CO 3 的一级电离，则酸性强弱H 2SO 3＞ H 2CO 3﹣﹣ ﹣＞ HSO 3 ，所以反响的主要离子方程式为H 2 SO 3+HCO 3 =HSO 3 +CO 2↑+H 2O ，而不﹣2﹣是为 H 2SO 3+2HCO 3 =SO 3 +2CO 2↑+2H 2O ．2﹣解答：解：（ 1）① S 是 16 号元素． S 原子获取 2 个电子变为，硫离子的构造表示图为：S ，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响生成二氧化碳、二氧化硫和水，反响的方程式为：C+2H 2 SO 4（浓）2SO 2↑+CO 2↑+2H 2O ，故答案为： C+2H 2SO 4（浓） 2SO 2↑+CO 2↑+2H 2O ；（ 2）① pH=13 时， c （ S 2﹣）=5.7×10﹣2mol/L ，在 0.10mol ?L ﹣ 1H 2S 溶液中依据硫守恒c （H2S ）+c （ HS ﹣） +c （S 2﹣）=0.10mol ?L ﹣ 1 ，所以 c （ H 2S ）+c （ HS ﹣）=0.1﹣ 5.7×10 ﹣ 2=0.043mol/L ，故答案为： 0.043；② 当 Qc=K sp （ MnS ）时开始积淀，所以 c （S2﹣）===1.4×10﹣ 11pH=5 ，所以 pH=5 时锰离子开始积淀，故答案为：5；mol/L ，联合图象得出此时的﹣﹣+ 2﹣，均衡常数表达式为（ 3） ① HSO 3 的电离方程式为： HSO 3 ? H +SO 3K=，故答案为：；② Na 2SO 3 溶液显碱性， SO 3 2 ﹣存在两步水解： SO 3 ﹣﹣﹣﹣2 +H 2O? HSO3 +OH ， HSO 3+H 2O? H 2SO 3+OH ﹣，以第一步水解为主，水解程度较小，则 0.1mol/L Na 2SO 3 溶液中的离子浓度次序为： c （ Na +）＞ c （ SO 32﹣ ）＞ c （OH ﹣）＞ c （ HSO 3﹣ ）＞ c （ H +），故 +2﹣﹣﹣+答案为： c （ Na ）＞ c （ SO 3 ）＞ c （ OH ）＞ c （ HSO 3 ）＞ c （ H ）；③ 由表可知 H 2SO 3 的二级电离小于 H 2CO 3 的一级电离，所以酸性强弱 H 2SO 3＞ H 2CO 3﹣﹣﹣＞ HSO 3 ，所以反响的主要离子方程式为H 2 SO 3+HCO 3=HSO 3 +CO 2↑+H 2O ，而不是为 H 2SO 3+2HCO ﹣2﹣﹣ ﹣3=SO 3 +2CO 2↑+2H 2O ．故答案为： H 2SO 3+HCO 3 =HSO 3+CO 2↑+H 2O ．评论：此题考察元素原子构造表示图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解均衡、弱电解质电离均衡、积淀溶解均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、生活中应用宽泛．（1）氯化铝在水中形成拥有净水作用的氢氧化铝胶体，其反响的离子方程式为3++． Al +3H 2O? Al （OH ） 3+3H （ 2）工业上用铝土矿（主要成分为 Al 2O 3，含有 Fe 2O 3、 SiO 2 等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程表示以下：已知：物质 SiCl 4 AlCl 3 FeCl 3 FeCl 2沸点 /℃57.6180（升华） 300（升华） 1023① 步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数量增加，其作用是防备后续步骤生成的 AlCl3水解或增大反响物的接触面积，加速反响速率（只需求写出一种）．② 步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反响生成相对原子质量比硅大的单质是 Fe 或铁．③ 已知： ﹣1Al 2O 3（ s ）+3C （s ）=2Al （ s ）+3CO （ g ） △ H 1=+1344.1kJ?mol﹣ 12AlCl 3（ g ）=2Al （ s ） +3Cl 2（ g ） △H 2=+1169.2kJ?mol 由 Al 2O 3 、C 和 Cl 2 反响生成 AlCl 3 的热化学方程式为 Al （ s ）+3C （ s ）+3Cl （ g ）=2AlCl3 2O 3 2（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 冷溶液汲取，生成的盐主要有3 种，其化学式分别为NaCl、 NaClO 、 Na 2CO 3 ．⑤ 联合流程及有关数据剖析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是除掉 FeCl 3，提升 AlCl3 纯度．考点：真题集萃；物质分别和提纯的方法和基本操作综合应用．专题：实验设计题．剖析：（ 1）胶体拥有吸附性，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、气孔数量增加，固体混淆物和氯气、氧气在950℃加热， Al 2O 3、 Fe 2O 3 和 SiO 2先被焦炭复原为 Al 、 Fe 、Si ，该过程生成 CO ，后 Al 、Fe 、 Si 分别和 Cl 2 反响生成对应的氯化物，即 SiCl 4、AlCl 3、FeCl 3 ，CO 和 O 2 反响生成 CO 2，后冷却到 100℃，尾气为 CO 2、剩余的 Cl 2，O 2，以及 SiCl 4，AlCl 3 和 FeCl 3 变为固体，获取氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，能够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 ，获取成品氯化铝，① 步骤 1 中焙烧固体：水分挥发其作用是防备后续步骤生成的水解，气孔数量增加其作用是增大反响物的接触面积，加速反响速率；② 依据物质中含有的元素构成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气，则焦炭复原氧化铁反响生成相对原子质量比硅大的单质是铁； ③ 依据盖斯定律联合已知方程式建立目标方程式求解；④ 步骤Ⅲ经冷却至室温后，气体用足量的 NaOH 冷溶液汲取， Cl 2 和 NaOH 溶液反响生成 NaCl 、 NaClO 和 H 2O ， CO 2 和 NaOH 溶液反响生成 Na 2CO 3 和 H 2O ；⑤ 在氯化铝的粗品中加入 NaCl 后熔融能降低 FeCl 3 的熔点，因为铝的活动性比铁强，在步骤 V 中加入铝粉，就能够将铁置换出来，达到除掉杂质，提升 AlCl 3 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响产生氢氧化铝胶体，胶体拥有吸附性，所以能净水，其反响的离子方程式为： Al 3++3H 2O? Al （OH ）3+3H +，故答案为： Al3++3H 2O? Al （ OH ）3+3H+；（ 2） ① 步骤 1 中铝土矿粉和焦炭在 300℃焙烧，因后续步骤反响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，防备后续步骤生成的盐水解、气孔数目增加增大反响物的接触面积，加速反响速率，故答案为：防备后续步骤生成的 AlCl 3 水解或增大反响物的接触面积，加速反响速率；② 依据物质中含有的元素构成可知：若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气， Fe 2O 3 与焦炭发生氧化复原反响，则反响生成相对原子质量比硅大的单质是铁，故答案为： Fe 或铁；﹣1③ Ⅰ、 Al 2O 3（ s ） +3C （ s ） =2Al （ s ） +3CO （ g ） △ H 1=+1344.1kJ?molⅡ、 2AlCl 3（ g ） =2Al （ s ） +3Cl﹣12（g ） △ H 2=+1169.2kJ?mol依据盖斯定律，将Ⅰ﹣Ⅱ可得：Al 2O 3（ s ） +3C （ s ） +3Cl 2（ g ） =2AlCl 3（ g ））+3CO（ g ） △H= （ +1344.1kJ?mol ﹣ 1）﹣（ +1169.2kJ?mol ﹣ 1） =+174.9J/mol ，故答案为： Al 2O 3（s ）+3C （ s ）+3Cl 2（ g ）=2AlCl 3（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 冷溶液汲取， Cl 2 和 NaOH 溶液反响生成NaCl 、 NaClO 和 H 2O ， CO 2 和 NaOH 溶液反响生成 Na 2CO 3 和 H 2O ，所以生成的盐的化学式为 NaCl 、 NaClO 和 Na 2CO 3，故答案为： NaCl 、 NaClO 、 Na 2CO 3； ⑤ 步骤Ⅲ获取氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl 3 的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，能够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 AlCl 3 在 180℃升华，在 300℃，废渣为 Fe ，冷却获取成品氯化铝，故答案为：除掉 FeCl 3，提升 AlCl 3 纯度．评论：此题考察工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，波及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反响条件的控制、热化方程式的书写、物质反响条件与产物确实定等，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研究实验．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，拿出B 中试管冷却结晶、过滤、清洗．该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管．（2）若对换 B 和 C 装置的地点，能（填 “能”或 “不可以 ”）提升 B 中氯酸钾的产率．实验二氯酸钾与碘化钾反响的研究（ 3）在不一样条件下 KClO 3 可将 KI 氧化为 I 2 或 KIO 3．该小组设计了系列实验研究反响条件对反响产物的影响，此中系列a 实验的记录表以下（实验在室温下进行）：试管编号1234﹣ 11.0 1.0 1.0 1.00.20mol ?L KI/mLKClO 3（ s） /g0.100.100.100.10﹣1240 3.0 6.09.06.0mol ?L H SO /mL蒸馏水9.0 6.0 3.00实验现象①系列 a 实验的实验目的是研究反响系统中硫酸浓度对反响产物的影响．②设计 1 号试管实验的作用是硫酸浓度为 0 的比较实验．③若 2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少许该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假定氧化产物独一，复原产物为KCl ，则此反响的离子方程式为﹣﹣+﹣22ClO 3+6I．+6H =Cl+3I +3H O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．此方案不行行的主要原由是因存在氯气的从头溶解以及次氯酸分解等，此方案没法测算试样含氯总量．（不考虑实验装置及操作失误致使不行行的原由）（5）依据以下资料，为该小组设计一个可行的实验方案（不用描绘操作过程的细节）：量取必定量的试样，加入足量的H 2O2溶液，加热除掉过度的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量积淀质量资料： i．次氯酸会损坏酸碱指示剂；ii ．次氯酸或氯水可被SO2、 H2O2、 FeCl2等物质复原成 Cl ﹣．考点：真题集萃；性质实验方案的设计．剖析：实验一制取氯酸钾和氯水A 装置二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，该反响为MnO 2+4HCl （浓）MnCl 2+Cl 2↑+2H 2O，B 装置：氯气与热的 KOH 溶液发生反响3Cl2+6KOH（浓）5KCl+KClO3+3H O，产生氯酸钾和氯化钾及水，挥发出的HCl 极易溶于水，2和氢氧化钾反响 HCl+KOH=KCl+H 2O，尾气用氢氧化钠汲取， Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O，（1）制取实验结束后，拿出 B 中试管冷却结晶需要玻璃仪器烧杯、过滤、清洗需要漏斗、玻璃棒、胶头滴管；（ 2）实验室用二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，HCl 极易溶于水，能和 KOH 反响生成 KCL 杂质，若对换 B 和 C 装置，能够除掉氯化氢杂质，能提升 B 中氯酸钾的产率；实验二氯酸钾与碘化钾反响的研究﹣ 1（ 3）① 依据表格数据剖析：试管1、2、3、 4 中都是 0.20mol ?L KI/mL ，KClO 3（ s）0.10g，改变的只有硫酸的体积和水的量，所以研究的目的就是研究反响系统中硫酸浓度对反响产物的影响；② 1 号试管硫酸浓度未 0，设计 1 号试管实验的作用是做比较实验，比较硫酸浓度对反响产物的影响；③若 2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少许该溶液加入淀粉溶液显蓝色说明有碘单质生成，假定氧化产物独一，复原产物为氯化钾，依据氧化复原反响中电子守恒和原子守恒书写该反响的离子方程式；实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）氯气能溶于水，次氯酸不稳固易分解生成氯化氢、氧气，因存在氯气的从头溶解以及次氯酸分解等，此方案没法测算试样含氯总量；（5）依据题干信息次氯酸会损坏酸碱指示剂，所以实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，发生氧化复原，H 2O2被氧化变为O2，氯气被复原成硝酸银溶液，发生积淀反响守恒确立氯元素的质量．解答：解：实验一制取氯酸钾和氯水Cl ﹣，而后加热除掉过度的H2 O2，冷却，再加入足量的+﹣Ag+Cl =AgCl ↓产生积淀，称量积淀质量，依据氯元素（1）制取实验结束后，拿出 B 中试管，进行冷却结晶操作需要烧杯、过滤需要漏斗和玻璃棒，清洗需要玻璃仪器烧杯盛放液体，需用玻璃棒引流、需用胶头滴管移取少量液体，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管；（ 2）实验室用二氧化锰和浓盐酸来制取氯气，制得的氯气中含有氯化氢，HCl 极易溶于水，能和 KOH 反响生成 KCL 杂质，若对换 B 和 C 装置，能够除掉氯化氢杂质，能提升 B 中氯酸钾的产率，故答案为：能；实验二氯酸钾与碘化钾反响的研究﹣1（3）① 依据表格数据剖析：比较试管 1、2、3、4 中数据发现都是 0.20mol ?L KI/mL ，KClO 3（ s） 0.10g，改变的只有硫酸的体积和水的量，所以研究的目的是研究反响体系中硫酸浓度对反响产物的影响，故答案为：研究反响系统中硫酸浓度对反响产物的影响；② 1 号试管硫酸浓度为 0，设计 1 号试管实验的作用是做比较实验，比较硫酸浓度影响反响产物，故答案为：硫酸浓度为 0 的比较实验；③若 2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少许该溶液加入淀粉溶液显蓝色说明有碘单质生成，假定氧化产物独一，复原产物为氯化钾，Cl（ +5→0）I（﹣ 1→0），依据氧化复原反响中电子守恒和原子守恒，该反响的离子方程式为：﹣﹣+﹣ClO 3 +6I+6H=Cl+3I 2+3H 2O，+﹣﹣﹣故答案为： ClO 3 +6I+6H=Cl+3I 2+3H 2O；实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（ 4）氯气能溶于水且能和水反响Cl2 +H2O? HCl+HClO ，次氯酸不稳固易分解2HClO2HCl+O 2↑，因存在氯气的从头溶解以及次氯酸分解等，此方案没法测算试样含氯总量，故答案为：因存在氯气的从头溶解以及次氯酸分解等，此方案没法测算试样含氧总量；（ 5）依据题干信息次氯酸会损坏酸碱指示剂，所以实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，发生氧化复原，H 2O2被氧化变为O2，氯气被复原成Cl ﹣，而后加热除掉过度的H2 O2，冷却，再加入足量的+﹣硝酸银溶液，发生积淀反响Ag+Cl =AgCl ↓产生积淀，称量积淀质量，依据氯元素守恒确立氯元素的质量，故答案为：量取必定量的试样，加入足量的 H 2O2溶液，加热除掉过度的 H 2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量积淀质量．评论：此题考察氯及其化合物的性质，重视考察化学仪器的使用、实验方案的设计与评论、离子方程式的书写等知识，掌握实验室制取氯气是解答的重点，题目难度中等．。

2015年福建厦门高考化学模拟试卷5月份答案解析

2015年福建省厦门市高考化学模拟试卷（5月份）--答案解析【答案】1.B2.A3.C4.D5.D6.B7.CD8.第二周期第VIA族；；d；H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=-34akJ/mol；2S2-+5H2O=S2O32-+4H2↑+2OH-；从图形可知，＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价9.ad；阴极；Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+；1.0×l0-14～2.0×10-14；加入有机萃取剂；硫酸；硫酸和有机萃取剂10.硝酸；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；d；坩埚；防止在冷却过程中吸收空气中的水；m2＞m3；将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验；不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用11.ls22s22p63s23p4；＜；金属键、共价键；离子晶体；H＞Cu；11N A；因4p已有1个电子，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道形成4个配位键12.羧基；3：1；；氧化反应；；；【解析】1.解：A．氯碱工业生成Cl2、H2，存在化合价的变化，为氧化还原反应，故A不选；B．玻璃工业的反应类型主要是复分解反应，不涉及氧化还原反应，故B选；C．海水中溴存在于化合物中，海水提溴时，溴元素化合价升高，发生氧化还原反应，故C不选；D．硝酸工业存在N2+3H22NH3、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，这几个反应都有电子的转移，所以涉及氧化还原反应，故D不选．故选B．判断物质发生反应时，所含元素的化合价是否发生变化，如化合价发生变化，则发生氧化还原反应．本题考查氧化还原反应，题目难度不大，本题注意常见工业生产原理，注重基础知识的积累．2.解：A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成，故0.1mol过氧化钠中含0.1mol阴离子，即0.1N A个，故A正确；B、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，故在溶液中含有的铵根离子的物质的量小于0.1mol，小于0.1N A个，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，则12.5mL16mol•L-1的浓硫酸即0.2mol浓硫酸不能完全反应，则能溶解的铜的物质的量小于0.1mol，故C错误；D、4.6g二氧化氮的物质的量即0.1mol，而二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体分子数减少，故气体中的分子个数小于0.1N A个，故D错误．故选A．A、Na2O2由2个钠离子和1mol过氧根构成；B、铵根离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、二氧化氮气体中存在平衡：2NO2⇌N2O4，导致气体分子数减少．本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．3.解：A、聚乙烯中由于聚合度你n不同，故聚乙烯为混合物，故A错误；B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷，故X是HCl，不是氯气，故B错误；C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇的分子式为CH3CH2OH，与甲醚是同分异构体，故C正确；D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛，此反应属于氧化反应，故D错误，故选C．A、乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯中聚合度不同；B、乙烯与氯化氢发生加成反应生成氯乙烷；C、乙烯与水发生加成反应生成乙醇；D、乙醇在铜作催化剂条件下生成乙醛．本题主要考查的是乙烯的性质，涉及反应类型的判断、试剂的选择等，难度不大．4.解：A．根据NaOH溶液中的电荷守恒可得：c（OH-）=c（Na+）+c（H+），故A正确；B．常温下，对于pH=11的NaOH溶液，c（H+）=1.0×10-11mol•L-1，则氢氧根离子浓度为：c（OH-）=mol/L=1.0×10-3mol•L-1，故B正确；C．原溶液中的c（OH-）=1.0×10-3mol•L-1，加水稀释104倍所得溶液中氢氧根离子浓度只能接近1.0×10-7mol•L-1，仍然为碱性溶液，故C正确；D．pH=3的HF溶液中氢离子浓度为1.0×10-11mol•L-1，由于HF为弱电解质，则HF的浓度大于1.0×10-11mol•L-1，所以混合液中HF过量，混合液呈酸性：c（OH-）＜c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）＜c（F-），则c（Na+）＜c（F-）+c （HF），故D错误；故选D．A．根据氢氧化钠溶液中的电荷守恒判断；B．该溶液中的c（H+）=1.0×10-11mol•L-1，结合常温下水的离子积计算出溶液中氢氧根离子浓度；C．碱溶液稀释后仍然为碱溶液，不可能变成酸性溶液；D．HF为弱酸，混合液中HF过量，反应后的溶液显示酸性，则c（OH-）＜c（H+），再结合电荷守恒判断．本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，题目难度中等，明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系及计算方法．5.解：A．氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应过程中产生的气泡是CO2气体，故A正确；B．丙中最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”，故B正确；C．铁离子水解显酸性，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，最终所得红褐色液体为氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl-）不发生变化，故C正确；D．CaS04与氢离子不反应，所以若将CaC03换成CaS04不会产生气泡，则实验现象不同，故D错误；故选D．A．氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，和碳酸钙反应生成二氧化碳；B．氯化铁水解形成氢氧化铁胶体，胶体具有“丁达尔效应”；C．Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，碳酸钙和酸反应促进水解形成氢氧化铁胶体，烧杯中c（Cl-）不发生变化；D．CaS04与氢离子不反应．本题考查了盐类水解原理、影响水解平衡的分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和解决问题的能力．6.解：该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+，A．该原电池中，左边装置电极a是负极，故A错误；B．左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+，故B正确；C．右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，产生0.672L气体（标况下），则转移电子×10=0.3mol，故C错误；D．放电时，右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，电极反应式为C6H6O+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+，根据得失电子守恒，则消耗的苯酚与右池消耗的NO3-的物质的量之比为5：28，故D错误；故选B．该原电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则右边装置中电极b是正极，电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，左边装置电极a是负极，负极上C6H6O失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为C6H6O+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+，据此分析解答．本题考查化学电源新型电池，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据N元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高考高频点，要熟练掌握．7.解：A、根据平衡常数仅与温度有关，所以负载MoO3的量越大，平衡常数不变，故A错误；B、根据图象，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行，脱硫率较小，但不等于0，故B错误；C、根据图象，以1.6h作垂线，负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率相等，故C正确；D、根据图象，0.5～1.2h时内任一点作垂线，负载MoO3的量越大，脱硫速率也越大，故D正确；故选CD．A、根据平衡常数仅与温度有关判断；B、根据图象分析，当反应时间小于0.5h，反应仍然在进行；C、根据图象分析，以1.6h作垂线，分析负载MoO3的量为10%和15%的脱硫率的纵坐标大小；D、根据图象分析，0.5～1.2h时内任一点作垂线，依据负载MoO3的量的变化分析纵坐标脱硫速率的变化．本题考查学生的识图能力，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度不大．8.解：（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S＞C＞O，则O原子的半径最小，O元素位于第二周期第VIA族；故答案为：第二周期第VIA族；（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（-OH）被-SH取代，则乙硫醇的结构式为，故答案为：；（3）a．氢化物的沸点高低与分子间作用力有关，不能根据沸点高低判断非金属性，故a错误；b．根据周期表中位置可知非金属性：O＞C，O＞S，但是不能比较C与S，故b错误；c．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，但是H2SO3不是最高价含氧酸，故c错误；d．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明碳酸的酸性小于硫酸，则非金属性：C＜S，故d正确；故答案为：d；（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量akJ，则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akJ，所以其热化学方程式为H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=-34akJ/mol；故答案为：H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=-34akJ/mol；②硫化钠与水反应生成S2O32-、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2-+5H2O=S2O32-+4H2↑+2OH-，故答案为：2S2-+5H2O=S2O32-+4H2↑+2OH-；③3molNa2S若只生成S2O32-转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，即=2，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则＞2，所以Na2S失去的电子的物质的量大于12mol，因此产物中S的化合价高于+2价，所以有SO32-、SO42-；故答案为：从图形可知，＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小；（2）根据乙醇的结构式分析；（3）比较非金属性强弱，可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析；（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，然后求出34g硫化氢即1mol反应的热效应，然后写出其热化学方程式；②硫化钠与水反应生成S2O32-、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；③3molNa2S若只生成S2O32-转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则Na2S失去的电子的物质的量大于12mol．本题以硫的化合物的性质为知识背景，考查了原子半径的比较、有机物的结构式、元素非金属性判断、热化学方程式、氧化还原反应等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力．9.解：电镀污泥[主要成分为Cu（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2、Al（OH）3和砂土]加硫酸溶解，过滤，滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成Cu，亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+，过滤，滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+，再加磷酸钠，生成FePO4、A1PO4沉淀，过滤，滤液中含有Ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为NiSO4，（1）电镀污泥[主要成分为Cu（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2、Al（OH）3和砂土]加硫酸溶解，若要提高浸出速率可以增大反应物的浓度，即增大硫酸的浓度，或者升高温度；故答案为：ad；（2）铜离子在阴极得电子生成Cu，即电解过程中铜粉在阴极生成；阴极上铜离子在阴极得电子生成Cu，阳极上Fe2+失电子生成Fe3+，则电解方程式为：Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+；故答案为：阴极；Cu2++2Fe2+Cu+2Fe3+；（3）步骤③应该控制溶液中PO43-，使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，而Ni2+不生成沉淀，若没有Ni3（PO4）2沉淀生成，则K sp[Ni3（PO4）2]=c3（Ni2+）×c2（PO43-）=（0.1）3×c2（PO43-）=4.0×10-31，所以c（PO43-）=2.0×10-14mol/L；若使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，FePO4的Ksp小先沉淀，Al3+完全沉淀时Fe3+也完全沉淀，K sp[AlPO4]=c（Al3+）×c（PO43-）=（1O-5）×c（PO43-）=1.0×l0-19，所以c（PO43-）=1.0×10-14mol/L，即当c（PO43-）=1.0×10-14mol/L时Fe3+、Al3+全部转化为沉淀；所以溶液中c（PO43-）的范围为：1.0×l0-14～2.0×10-14；故答案为：1.0×l0-14～2.0×10-14；（4）已知存在平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动，所以为促使上述平衡向正反应方向移动应该加入有机萃取剂；故答案为：加入有机萃取剂；（5）步骤⑤中作为反萃取剂，即平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层）逆向移动，则增大生成物的浓度，所以加入硫酸反萃取剂；故答案为：硫酸；（6）步骤④中加有机萃取剂，分液，水层中含有硫酸，步骤⑤中加硫酸作为反萃取剂，分液有机层为有机萃取剂，则硫酸和有机萃取剂可以循环使用；故答案为：硫酸和有机萃取剂．电镀污泥[主要成分为Cu（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2、Al（OH）3和砂土]加硫酸溶解，过滤，滤液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+，电解，铜离子在阴极得电子生成Cu，亚铁离子在阳极失电子生成Fe3+，过滤，滤液中含有Ni2+、Fe3+、Al3+，再加磷酸钠，生成FePO4、A1PO4沉淀，过滤，滤液中含有Ni2+的溶液，加有机萃取剂萃取、分液，有机层中加硫酸，分液，水层中为NiSO4，（1）根据影响速率的因素分析；（2）铜离子在阴极得电子；阳极上Fe2+失电子生成Fe3+；（3）步骤③应该控制溶液中PO43-，使Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，而Ni2+不生成沉淀，根据Ksp计算；（4）已知存在平衡：NiSO4（水层）+2（HA）2（有机层）⇌Ni（HA2）2（有机层）+H2SO4（水层），增大反应物的浓度，平衡正向移动；（5）若有使平衡逆向移动，则增大生成物的浓度；（6）根据提取NiSO4的步骤④和⑤分析．本题考查了物质的分离、提纯的方法选择及应用，难度中等，明确各物质的性质是解本题的关键，注意分析分离提纯的流程以及平衡移动原理的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力．10.解：（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解，为了避免引入杂质，所以要加硝酸来抑制其水解，故答案为：硝酸；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，其反应的方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、Al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极，则正极为汞，故答案为：d；（4）把固体样品放入仪器中灼烧，灼烧固体在坩埚中进行，故答案为：坩埚；（5）灼烧后的固体应该放在干燥器中冷却，以防止固体吸收空气中的水，故答案为：防止在冷却过程中吸收空气中的水；（6）加热前后固体的质量不同，说明加热时固体失去了结晶水，即m2＞m3，则说明固体中含有结晶水，故答案为：m2＞m3；（7）已知石蜡油为液态烷烃混合物（与汽油类似），沸点164～223℃，而石蜡的分解温度为500℃左右，反应温度高于石蜡的沸点，则会有部分石蜡挥发，挥发的石蜡，进入溴水会发生萃取，而使溴水褪色，因此会干扰乙烯的检验，所以用冷水冷却挥发出来的石蜡；故答案为：将挥发出来的石蜡油冷却，防止对溴水进行萃取，干扰乙烯的检验；（8）要证明Al2O3对石蜡油裂解反应有催化作用，应该在加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验，不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用，故答案为：不加氧化铝进行上述实验，若溴水不褪色（或褪色时间较长），则证明氧化铝对石蜡的裂解有催化作用．（1）硝酸汞水解生成氢氧化汞和硝酸，加酸抑制其水解；（2）氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；（3）铝与硝酸汞置换生成汞，汞、Al与电解质溶液形成原电池，活泼性弱的金属作正极；（4）灼烧固体在坩埚中进行；（5）为了防止固体吸收空气中的水，一般在干燥器中冷却；（6）加热前后固体的质量不同，说明固体中含有结晶水；（7）石蜡受热有部分挥发，挥发的石蜡会干扰乙烯的检验；（8）加氧化铝或不加氧化铝，两种情况下作对比实验．本题考查了探究物质的组成、原电池原理的应用、物质的性质、催化剂催化作用的探究等，题目涉及的知识点较多，题目综合性强，侧重于考查学生的对基础知识的综合应用能力和实验探究能力．11.解：（1）①硫元素原子核外电子数为16，根据能量最低原理，其基态原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p4，故答案为：ls22s22p63s23p4；②Cu的第一电离能为失去4s能级电子需要能量，第二电离能失去3d能级1个电子需要能量，3d为全满稳定状态，能量较低，故铜元素的电离能：I1＜I2，故答案为：＜；③反应生成Cu与二氧化硫，Cu为金属晶体，存在金属键，二氧化硫为共价化合物，含有共价键，故答案为：金属键、共价键；（2）①配合物M由配离子与硫酸根构成，属于离子化合物，故答案为：离子化合物；②构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，应是H元素与Cu，未成对电子数均为1，非金属性越强，电负性越大，故电负性H＞Cu，故答案为：H＞Cu；③A为第二周期元素，由配离子结构可知，A成3个共价键且与铜离子形成配位键，故A为N元素，该有机物X为H2NCH2CH2NH2，分子中含有2个C-N键、1个C-C键、4个C-H键、4个N-NH键，故1mo1有机物X中含σ键的数目为11N A，故答案为：11N A；（3）核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，因4p已有1个电子，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道形成4个配位键，故答案为：因4p已有1个电子，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道形成4个配位键．（1）①硫元素原子核外电子数为16，根据能量最低原理书写基态原子核外电子排布式；②Cu的第一电离能为失去4s能级电子需要能量，第二电离能失去3d能级1个电子需要能量，3d为全满稳定状态，能量较低；③反应生成Cu与二氧化硫，Cu为金属晶体，二氧化硫为共价化合物；（2）①配合物M由配离子与硫酸根构成；②构成配离子的元素中，有两种元素基态原子未成对电子数相同，应是H元素与Cu，未成对电子数均为1，非金属性越强，电负性越大；③A为第二周期元素，由配离子结构可知，A成3个共价键且与铜离子形成配位键，故A为N元素，该有机物X为H2NCH2CH2NH2；（3）核外3d轨道上的1个未成对电子跃迁到4p轨道上，若形成sp3杂化轨道，无法提供4个空轨道．本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、化学键、配合物等，是对学生综合能力的考查，难度中等．12.解：（1）根据阿司匹林和布洛芬的结构简式可知其含有的酸性官能团为羧基，故答案为：羧基；（2）阿司匹林中有羧基和酯基，羧基与NaOH溶液、NaHCO3溶液都反应，酯基与NaOH溶液反应，且是酚酯，所以1mol阿司匹林可以与3molNaOH溶液反应，1mol阿司匹林只能与1molNaHCO3溶液反应，所以它们的物质的量之比为3：1，故答案为：3：1；（3）扑热息痛中有酚羟基和酞键，都能与足量NaOH溶液反应，反应的方程式为，故答案为：；（4）根据题中各物质转化关系，结合邻氨基苯甲酸的结构可知，C发生还原反应得邻氨基苯甲酸，则C为，B与扑热息痛互为同分异构体，B氧化得C，则B为，A在浓硫酸作用下发生硝化反应得B，所以A为，邻氨基苯甲酸与X在浓硫酸作用下发生酯化反应得D，X的分子式为C3H6O2，且D能发生银镜反应，则D为，邻氨基苯甲酸发生缩聚反应得高分子化合物E为，①根据上面的分析，反应II的反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；②根据上面的分析，A的结构简式为，故答案为：；③根据上面的分析，D的结构简式可能为，故答案为：；④邻氨基苯甲酸发生缩聚反应得高分子化合物E的化学方程式为，故答案为：．（1）根据阿司匹林和布洛芬的结构简式可判断含有的酸性官能团；（2）阿司匹林中有羧基和酯基，羧基与NaOH溶液、NaHCO3溶液都反应，酯基与NaOH溶液反应，且是酚酯，所以1mol阿司匹林可以与3molNaOH溶液反应；（3）扑热息痛中有酚羟基和酞键，都能与足量NaOH溶液反应；（4）根据题中各物质转化关系，结合邻氨基苯甲酸的结构可知，C发生还原反应得邻氨基苯甲酸，则C为，B与扑热息痛互为同分异构体，B氧化得C，则B为，A在浓硫酸作用下发生硝化反应得B，所以A为，邻氨基苯甲酸与X在浓硫酸作用下发生酯化反应得D，X的分子式为C3H6O2，且D能发生银镜反应，则D为，邻氨基苯甲酸发生缩聚反应得高分子化合物E为，据此答题；本题考查有机物的推断与性质，充分利用有机物的分子中官能团的转化，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．。

2015年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)化学

2015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，满分42分)1.(6分)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——涂料工业解析：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。

答案：C。

2.(6分)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解析：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+nH2O nC6H12O6，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→C17H35COONa+ ，该反应属于取代反应，故D错误。

答案：C。

3.(6分)下列实验操作正确且能达到相应实验目的是( )B.BC.CD.D解析：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。