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2013 年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）
6．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
7．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Na CO 溶液加以区别
2 3
B．戊烷（C H ）有两种同分异构体
5 12
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
8．室温下，对于0.10mol•L-1的氨水，下列判断正确的是（ ）
A．与AlCl 溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH-═Al（OH） ↓
3 3
B．加水稀释后，溶液中c（NH +）•c（OH-）变大
4
C．用HNO 溶液完全中和后，溶液不显中性
3
D．其溶液的pH=13
9．四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Z＜M
B．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ⅥA族
10．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0.1000 mol•L-1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NH +时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸
4
检验逸出的气体
11．某科学家利用二氧化铈（CeO ）在太阳能作用下将H O、CO 转变为
2 2 2
H 、CO．其过程如下：
2
下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中CeO 没有消耗
2
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．右图中△H = H + H
1 2 3
D．以CO和O 构△成的△碱性燃料电池的负极反应式CO+4OH--2e-═CO 2-
2 3
+2H O
2
12.．NaHSO 溶液在不同温度下均可被过量KIO 氧化，当NaHSO 完全消耗
3 3 3
即有I 析出，依据I 析出所需时间可以求得NaHSO 的反应速率．将浓度均为
2 2 3
0.020mol•L-1NaHSO 溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO （过量）酸性溶液
3 3
40.0mL混合，记录10～55℃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（ ）
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NaHSO 反应速率相等
3
C．图中a点对应的NaHSO 反应速率为5.0×10-5mol•L-1•s-1
3
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
二、解答题（共5小题）
23．利用化石燃料开采、加工过程产生的H S废气制取氢气，既价廉又环保．
2
（1）工业上可用组成为K O•M O •2RO •nH O的无机材料纯化制取的氢气
2 2 3 2 2
①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
②常温下，不能与M单质发生反应的是 （填序号）
a．CuSO 溶液 b．Fe O c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na CO
4 2 3 2 3
固体
（2）利用H S废气制取氢气来的方法有多种
2
①高温热分解法
已知：H
2
S（g） ⇌H
2
（g）+1/2S
2
（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H S分解实验．以H S起始浓度均为
2 2
cmol•L-1测定H S的转化率，结果见右图．图中a为H S的平衡转化率与温度
2 2
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H S
2
的转化率．据图计算985℃时H S按上述反应分解的平衡常数K= ；说明随
2
温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：
②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
24．二氧化氯（ClO ）是一种
2
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ClO 方法．
2
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO 2-等杂质．其次除杂操作
4
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Na CO 和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含
2 3
有一定量的SO 2-，其原因是
4
【已知：Ksp（BaSO ）=1.1×10-10、Ksp（BaCO ）=5.1×10-9】
4 3
②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
（NaClO ）与盐酸反应生成ClO ．工艺中可以利用的单质有 （填
3 2
化学式），发生器中生成ClO 的化学方程式为 ．
2
（2）纤维素还原法制ClO 是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终
2
产物D与NaClO 反应生成ClO ．完成反应的化学方程式：
3 2
（3）ClO 和Cl 均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为
2 2
Cl-．处理含CN-相同时的电镀废水，所需Cl 的物质的量是ClO 的 倍．
2 2
25．固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO ） 为研究
3 2
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（NO ） 、NO 、O 乙：MgO、NO 、O 丙：Mg N 、O 丁：
3 2 2 2 2 2 3 2 2
MgO、NO 、N
2 2
（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：2NO +2NaOH═NaNO +NaNO +H O
2 3 2 2
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
①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
②称取Mg（NO ） 固体3.7g置于A中，加热前通入N 以驱尽装置内的空气，
3 2 2
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．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．
④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．
⑤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
①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．
②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O ，因为若有
2
O ，D中将发生氧化还原反应： （填写化学方
2
程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O 存在，未检侧到的原
2
因是 ．
③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．
31．（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）NF 可由NH 和F 在Cu催化剂存在下反应直接得
3 3 2
到：
2NH +3F ==Cu===NF +3NH F
3 2 3 4
①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
②基态铜原子的核外电子排布式为
（3）BF 与一定量水形成（H O） •BF 晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
3 2 2 3
①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
②R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K （水杨酸） K （苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是
a2 a
．
32．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 /CCl c．乙酸乙酯 d．KMnO /H+溶液
2 4 4
（2）M中官能团的名称是 ，由C→B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C H Cl与NaOH水溶液共热生成，C H Cl的结构简式
10 13 10 13
为 ．
（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含-OCH CH b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
2 3
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式
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）
6．（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 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．
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点：
专 化学应用．
题：
分 A．石英的主要成分是二氧化硅；
析： 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 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，结晶的二
答： 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 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
评： “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．
7．（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Na CO 溶液加以区别
2 3
．
B 戊烷（C H ）有两种同分异构体
5 12
．
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 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、
点： 蛋白质的结构和性质特点．
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专 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．
题：
分 A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
析： 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 解：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
答： 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．
故选A．
点 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，
评： 题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
8．（6分）（2013•福建）室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是（ ）A 与AlCl 溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH） ↓
3 3
．
B 加水稀释后，溶液中c（NH +）•c（OH﹣）变大
4
．
C 用HNO 溶液完全中和后，溶液不显中性
3
．
D 其溶液的pH=13
．
考 弱电解质在水溶液中的电离平衡．
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点：
专 电离平衡与溶液的pH专题．
题：
分 A．弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；
析： 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；
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 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：
答： Al3++3NH ．H O═Al（OH） ↓+3NH +，故A错误；
3 2 3 4
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
（NH +）•c（OH﹣）减小，故B错误；
4
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0.10mol•L﹣1氨水的pH小于
13，故D错误；
故选C．
点 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
评： 解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中
等．
9．（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Z＜M
．
B 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ⅥA族
．
考 位置结构性质的相互关系应用．
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点：
专 元素周期律与元素周期表专题．
题：
分 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
析： 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 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处于第三周
答： 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O＜
Al，故A正确；
B．非金属性N＞Si，故酸性HNO ＞H SiO ，故B错误；
3 2 3
C．非金属性Si＜O，故氢化物稳定性SiH ＜H O，故C正确；
4 2
D．Z为氧元素，位于元素周期表中第2周期第ⅥA族，故D正确；
故选B．
点 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
评： 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．
10．（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分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
．
C 配置0.1000 mol•L﹣1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NH +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
4
． 体
考 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
点： 的性质．
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专 实验评价题．
题：
分 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；
析： 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 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，一避
答： 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 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
评： 用湿润的红色石蕊试纸检验．
11．（6分）（2013•福建）某科学家利用二氧化铈（CeO ）在太阳能作用下将H O、CO
2 2 2
转变为H 、CO．其过程如下：
2
下列说法不正确的是（ ）
A．该过程中CeO 没有消耗
2
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化C．右图中△H = H + H
1 2 3
D．以CO和O 构△成的△碱性燃料电池的负极反应式CO+4OH--2e-═CO 2-
2 3
+2H O
2
考 用盖斯定律进行有关反应热的计算；常见的能量转化形式网版权所有
点：
专 化学反应中的能量变化．
题：
分 A、总反应为：HO+CO→H+CO+O ，CeO 没有消耗，是催化剂；
2 2 2 2 2
析： B、该过程中在太阳能作用下将HO、CO 转变为H、CO；
2 2 2
C、根据盖斯定律，-△H=△H+△H；
1 2 3
D、负极反应式正确；
解 解：A、通过太阳能实现总反应：HO+CO→H+CO+O ，CeO 没有消耗，CeO
2 2 2 2 2 2
答： 是光催化剂，故A正确；
B、该过程中在太阳能作用下将HO、CO 转变为H、CO，所以把太阳能转变成
2 2 2
化学能，故B正确；
C、由右图可知，根据盖斯定律，应该是：-△H=△H+△H；故C错误；
1 2 3
D、CO在负极失电子生成CO，在碱性条件下再与OH-生成CO2-，故负极反应式
2 3
正确；故D正确；
故选C
点 本题考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．
评：
12．（6分）（2013•福建）NaHSO 溶液在不同温度下均可被过量KIO 氧化，当NaHSO
3 3 3
完全消耗即有I 析出，依据I 析出所需时间可以求得NaHSO 的反应速率．将浓度均为
2 2 3
0.020mol•L﹣1NaHSO 溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO （过量）酸性溶液40.0mL混合，
3 3
记录10～55℃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（ ）
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NaHSO 反应速率相等
3
．
C 图中a点对应的NaHSO 反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1
3
．
D 温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
．考 化学反应速率的影响因素．
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点：
专 压轴题；化学反应速率专题．
题：
分 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；
析： B．b、c点对应的反应原理不一样；
C．a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 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
答： 高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I ，故A正确；
2
B．图中b、c点对应的反应原理不一样，故不比较反应速率的关系，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
NaHSO 反应速率为5.0×10﹣5mol•L﹣1•s﹣1，故C正确；
3
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；
故选B．
点 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
评： 温度下均可被过量KIO 氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较
3
大．
二、解答题（共5小题）
23．（16分）（2013•福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H S废气制取氢气，既价
2
廉又环保．
（1）工业上可用组成为K O•M O •2RO •nH O的无机材料纯化制取的氢气
2 2 3 2 2
①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
②常温下，不能与M单质发生反应的是 b e （填序号）
a．CuSO 溶液 b．Fe O c．浓硫酸 d．NaOH溶液 e．Na CO 固体
4 2 3 2 3
（2）利用H S废气制取氢气来的方法有多种
2
①高温热分解法
已知：H
2
S（g） ⇌H
2
（g）+1/2S
2
（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H S分解实验．以H S起始浓度均为cmol•L﹣1测定
2 2
H S的转化率，结果见右图．图中a为H S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同
2 2
温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H S的转化率．据图计算985℃时H S按上
2 2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
②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
H S+2FeCl =2FeCl +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
2 3 2
2Fe 2+ +2H + 2Fe 3+ +H ↑ ．
2
考 硫化氢．
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点：
专 氧族元素．
题：
分 （1）①M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
析： 数为14；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；
（2）①K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；
②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 解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，
答：
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：
；
②M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）①以H S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H S的转化率，985℃时H S的转化率为
2 2 2
40%，则
H
2
S（g） ⇌H
2
（g）+1/2S
2
（g）
开始 c 0 0
转化0.4c 0.4c 0.2c
平衡0.6c 0.4c 0.2c
K= = ；
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；
②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H S+2FeCl =2FeCl +S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，
2 3 2
氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+ 2Fe3++H ↑，
2
故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H S+2FeCl =2FeCl +S↓+2HCl；
2 3 2
2Fe2++2H+ 2Fe3++H ↑．
2
点 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
评： 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．
24．（14分）（2013•福建）二氧化氯（ClO ）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．
2
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO 方法．
2
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO 2﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗
4
盐水中先加入过量的 BaC l （填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na CO
2 2 3
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 2﹣，其原
4
因是 BaSO 和 BaCO 的 K 相差不大，当溶液中存在大量 CO 2﹣ 时， BaSO （ s ）会部分
4 3 sp 3 4
转化为 BaCO （ s ） 【已知：Ksp（BaSO ）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO ）=5.1×10﹣9】
3 4 3
②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（NaClO ）与盐
3
酸反应生成ClO ．工艺中可以利用的单质有 H 、 C l （填化学式），发生器中生成
2 2 2
ClO 的化学方程式为 2NaClO +4HCl=2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O ．
2 3 2 2 2
（2）纤维素还原法制ClO 是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与
2
NaClO 反应生成ClO ．完成反应的化学方程式： 1 C H O +24NaClO +12H SO =
3 2 6 12 6 3 2 4
24 ClO ↑+ 6 CO ↑+18H O+ 1 2 N a SO
2 2 2 2 4
（3）ClO 和Cl 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
2 2
CN﹣相同时的电镀废水，所需Cl 的物质的量是ClO 的 2. 5 倍．
2 2
考 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
点： 纯．
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专 氧化还原反应专题；电离平衡与溶液的pH专题．
题：
分 （1）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
析： 下一步中必须出去，故先加入BaCl ，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na CO 除
2 2 3
去．根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO （s）+CO 2﹣ （aq）
4 3
=BaCO （s）+SO 2﹣ （aq）；
3 4
②电解饱和食盐水生成H 、Cl 和NaOH；故可以利用的单质为H 、Cl ，合成
2 2 2 2
HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO 和HCl，生成ClO ；可以写出方程式，并
3 2
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（C H O ），具有还原性，可将
6 12 6
NaClO 还原得到ClO ．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C H O ）C均价为
3 2 6 12 6
0，到+4价，升高4价，然后配平得到；
（3）每摩尔Cl 得到2mol电子，而每摩尔ClO 得到5mol电子，故为2.5倍．
2 2
解 解：（1）①加入过量的Na CO 和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程
2 3
答： 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BaCl ，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na CO 除去．BaSO 和BaCO
2 2 3 4 3
的K 相差不大，当溶液中存在大量CO 2﹣时，发生BaSO （s）+CO 2﹣ （aq）
sp 3 4 3
=BaCO （s）+SO 2﹣ （aq），BaSO （s）会部分转化为BaCO （s），
3 4 4 3
故答案为：BaCl ；BaSO 和BaCO 的K 相差不大，当溶液中存在大量CO 2﹣时，
2 4 3 sp 3
BaSO （s）会部分转化为BaCO （s）；
4 3
②电解饱和食盐水生成H 、Cl 和NaOH；故可以利用的单质为H 、Cl ，合成
2 2 2 2
HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO 和HCl，生成ClO ；发生氧化还原反应，
3 2
NaClO 被还原生成ClO ，HCl被氧化生成Cl ，同时生成水，反应的化学方程式为
3 2 2
2NaClO +4HCl=2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O，
3 2 2 2故答案为：H 、Cl ；2NaClO +4HCl=2ClO ↑+Cl ↑+2NaCl+2H O；
2 2 3 2 2 2
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C H O ），具有还原性，可将
6 12 6
NaClO 还原得到ClO ．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C H O ）C均价为
3 2 6 12 6
0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1 C H O +24
6 12 6
NaClO +12H SO =24 ClO ↑+6 CO ↑+18H O+12 Na SO ，
3 2 4 2 2 2 2 4
故答案为：1；C H O ；24；6；12；Na SO ；
6 12 6 2 4
（3）每摩尔Cl 得到2mol电子，而每摩尔ClO 得到5mol电子，则所需Cl 的物质
2 2 2
的量是ClO 的2.5倍，故答案为：2.5．
2
点 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
评： 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．
25．（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
（NO ） 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：
3 2
甲：Mg（NO ） 、NO 、O 乙：MgO、NO 、O 丙：Mg N 、O 丁：
3 2 2 2 2 2 3 2 2
MgO、NO 、N
2 2
（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：2NO +2NaOH═NaNO +NaNO +H O
2 3 2 2
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
①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
②称取Mg（NO ） 固体3.7g置于A中，加热前通入N 以驱尽装置内的空气，其目的是
3 2 2
避免对产物 O 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
2
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加热．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．
④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．
⑤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
①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．
②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O ，因为若有O ，D中将发
2 2
生氧化还原反应： 2N a SO +O =2Na SO （填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组
2 3 2 2 4
讨论认定分解产物中有O 存在，未检侧到的原因是 O 在通过装置 B 时已参与反应（或
2 2
其它合理答案） ．
③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 探究物质的组成或测量物质的含量．
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点：专 实验探究和数据处理题．
题：
分 （1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；
析： （2）①反应前检验装置的气密性；
②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）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；
②D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 解：（1）由于产物中化合价只有升高情况，没有降低产物，
答： 故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；
（2）①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：装置气密性良好；
②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O 检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质
2
玻璃管；
（3）①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；
②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na SO +O =2Na SO ，
2 3 2 2 4
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：2Na SO +O =2Na SO ；O 在通过装置B时已参与反应（或其它合理答
2 3 2 2 4 2
案）．
点 本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、
评： 加热操作的考查，本题难度中等．
31．（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）NF 可由NH 和F 在Cu催化剂存在下反应直接得到：
3 3 2
2NH +3F NF +3NH F
3 2 3 4
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 ab d （填序号）．
a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为 1 s 2 2 s 2 2 p 6 3 s 2 3 p 6 3 d 1 0 4 s 1 ．
（3）BF 与一定量水形成（H O） •BF 晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
3 2 2 3
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 a d （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
②R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 s p 3 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K （水杨酸）
a2＜ K （苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是 中形成分子内氢键，使
a
其更难电离出 H + ．
考 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
点： 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．
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专 元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
题：
分 （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
析： 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）①Cu是金属，属于金属晶体，NH F是盐，属于离子晶体，NH 、F 、NF 都
4 3 2 3
属于分子晶体；
②Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；
（3）①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；
②R中阳离子为H
3
+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 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
答： 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： ，故答案为：
；（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH F是盐，属于离子晶体，NH 、F 、NF 都
4 3 2 3
属于分子晶体，
故答案为：abd；
②Cu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）①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；
②R中阳离子为H
3
+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，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平
衡常数K （水杨酸）＜K （苯酚），
a2 a
故答案为：＜； 中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
点 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
评： 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．
32．（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 b．Br /CCl c．乙酸乙酯 d．KMnO /H+溶液
2 4 4
（2）M中官能团的名称是 羟基 ，由C→B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）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C H Cl与NaOH水溶液共热生成，C H Cl的结构简式为
10 13 10 13
．
（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH CH b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
2 3写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式
．
考 有机物的合成．
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点：
专 有机物的化学性质及推断．
题：
分 由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反
析： 应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH CH CH C H CHO，名称为对丙
3 2 2 6 4
基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，然后结合有机物的结构与性质来解答．
解 解：由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成
答： 反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH CH CH C H CHO，名称为对
3 2 2 6 4
丙基苯甲醛，C→B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，C→B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C H Cl与NaOH水溶液共热生成，碳链骨架不变，则C H Cl的结
10 13 10 13
构简式为 ，故答案为： ；
（6）C为CH CH CH C H CHO，其同分异构体E具有如下特点：
3 2 2 6 4
a．分子中含﹣OCH CH 、b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代
2 3
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 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
评： 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．分
一级考点 二级考点 三级考点 比例
值
16.81
物质结构与性质 物质结构 8J：位置结构性质的相互关系应用 19
%
化学反应原理 化学反应与能量 BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算 6 5.31%
化学反应速率和化学
CA：化学反应速率的影响因素 6 5.31%
平衡
电解质溶液 D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡 6 5.31%
DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化 12.39
14
的本质 %
常见无机物及其 14.16
氧族与碳族及其应用 FB：硫化氢 16
应用 %
FH：硅和二氧化硅 6 5.31%
常见有机物及其 有机化合物的组成与
HA：有机物的鉴别 6 5.31%
应用 结构
11.50
HC：有机物的合成 13
%
物质的分离、提纯和
化学实验 P4：分液和萃取 6 5.31%
检验
13.27
定量实验与探究实验 RD：探究物质的组成或测量物质的含量 15
%
