福建高考化学部分及解析Word文档格式.docx

1、点评：本题考查生活中的材料铅笔相关的工业，掌握制作铅笔的材料成分为解答关键，题目难度不大2（6分）（2015福建）下列关于有机化合物的说法正确的是（）聚氯乙烯分子中含碳碳双键以淀粉为原料可制取乙酸乙酯丁烷有3种同分异构体油脂的皂化反应属于加成反应有机化学反应的综合应用；A根据聚氯乙烯（）的结构分析；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应生成乙酸乙酯；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，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应，油脂的皂化反应属于油脂的水解反应A聚氯乙烯的结构简式为：，聚氯乙烯

2、中不含碳碳双键，故A错误；B淀粉水解生成葡萄糖（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，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：+3NaOH3C17H35COONa+，该反应属于取代反应，故D错误；本题考查了有机物的结构和性质

3、，题目难度不大，注意聚乙烯中不含碳碳双键，为易错点，D选项注意加成反应与水解反应的区别3（6分）（2015福建）下列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，然后在右盘上添加2g砝码，左盘上添加NaOH固体B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量蒸馏水C检验溶液中是否含有NH4+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，用盐酸浸没化学实验方案的评价；A氢氧化钠是强腐蚀性易潮解的固体；BFeCl3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

4、要防止氯化铁水解；C氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+；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+OHNH3+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

5、吸氧腐蚀，盐酸为酸性溶液，发生析氢腐蚀，故D错误；本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及药品的称量、盐类的水解、铵根离子的加检验及分金属的腐蚀分类等，把握反应原理及实验技能为解答的关键，注意实验的操作分析，题目难度不大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（）X可能是金属铜Y不可能是氢气Z可能是氯化钠Z可能是三氧化硫真题集萃；无机物的推断AX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，根据铜、氯及其化合物的性质分析解答；BX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，符合条件；CZ

6、可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、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，不符合Z电解生成X、Y条件；DZ可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，三氧化硫和水反应生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，不符合Z电解生成X、Y条件AX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是金属铜，Y可能为氯气，反应为：X+YZ，Cu+Cl2CuCl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液：CuCl2Cu+Cl2，故A正确；BX+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身，所以X可能是氯气，Y可能为氢气，反应为：X+YZ，H2+Cl22HCl，Z为HCl，电解HCl

7、溶液：2HClH2+Cl2，故B错误；CZ可能是氯化钠，X、Y只能为氢气、氯气中的一种，X+YZ，2Na+Cl22NaCl，Z电解：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，不符合Z电解生成X、Y条件，故C错误；DZ可能是三氧化硫，X、Y只能为二氧化硫、氧气中的一种，X+YZ，2SO2+O22SO3，三氧化硫和水反应SO3+H2O=H2SO4生成硫酸，电解硫酸本质为电解水，电解水生成氢气和氧气，不符合Z电解生成X、Y条件，故D错误；故选A本题考查无机物的推断，题目难度不大，注意把握推断的突破口，通常从物质的颜色，性质和反应现象为突破口进行推断，本题可结合选项提供的物质以及反应的条件进行分析

8、，注意X+YZ，Z电解生成X、Y，说明电解电解质本身为解答该题的关键，学习中注意相关基础知识的积累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（）原子半径：WZYX最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZ元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等元素周期律和元素周期表的综合应用；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，根据元素在周期表中的位置关系可确定：X是N元素，Y是O元素，Z是Si元素，由此分析解答A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半

9、径越小，不同周期的元素，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：ZWXY，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：XWZ，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，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；本题考查元素的推断、元素周期表、元素周期律的应用的知识，学生只要熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，比较容

10、易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（）该装置将化学能转化为光能和电能该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移每生成1mol O2，有44g CO2被还原a电极的反应为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2O原电池和电解池的工作原理；A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；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移动；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，

11、阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H+18e=C3H8O+5H2OA、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，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移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+

12、18H+18e=C3H8O+5H2O，故D错误；故选B本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易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）如下表下列判断不正确的是（）0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.441.08a=6.00同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变b318.2不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同化学反应速率的影响因素A、由表可知温度由318.

13、2328.2，在浓度相同的情况下=0.4，由此解答；B、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/L0.5mol/L，速率相等；C、由表可知温度由328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低；D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短=0.4，所以a=6，故A正确；B、由表可知温度由318.2b，浓度由0.3mol/L0.5mol/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328.2b，在浓度相同的情况下，水解速率变小，所以温度降低，所以温度b318.2，故C正确；D、温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减

14、少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；故选D本题考查较综合，涉及反应速率计算、影晌速率的因素分析等，侧重学生表格数据分析及计算能力的考查，注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具有重要意义（1）硫离子的结构示意图为加热时，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0.10molL1H2S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）pH=

15、13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=0.043molL1某溶液含0.020molL1Mn2+、0.10molL1H2S，当溶液PH=5时，Mn2+开始沉淀已知：Ksp（MnS）=2.81013（3）25，两种酸的电离平衡常数如表Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011HSO3的电离平衡常数表达式K=0.10molL1Na2SO3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+）H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O弱电解质在水溶液中的电离平衡；离

16、子浓度大小的比较（1）S是16号元素S原子获得2个电子变为S2，硫离子的结构示意图为：；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应生成二氧化碳、二氧化硫和水；（2）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；（3）HSO3的电离方程式为：HSO3H+SO32，平衡常数表达式为K=Na2SO3溶液显碱性，SO32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；由表可知H

17、2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，则酸性强弱H2SO3H2CO3HSO3，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O，故答案为：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应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为：C+2H2SO4（浓）2SO2+CO2+2H2O，故答案为：2SO2+CO2+2H2O；102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1，所以c（H2S）+c（HS）=0.15.7102=0.0

18、43mol/L，故答案为：0.043；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，所以c（S2）=1.41011mol/L，结合图象得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；Na2SO3溶液显碱性，SO32存在两步水解：SO32+H2OHSO3+OH，HSO3+H2OH2SO3+OH，以第一步水解为主，水解程度较小，则0.1mol/L Na2SO3溶液中的离子浓度顺序为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+），故答案为：c（Na+）c（SO32）c（OH）c（HSO3）c（H+）；由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离，所以酸性强弱H2SO3H

19、2CO3HSO3，所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O，而不是为H2SO3+2HCO3=SO32+2CO2+2H2O故答案为：H2SO3+HCO3=HSO3+CO2+H2O本题考查元素原子结构示意图的书写、物质性质的化学方程式书写、盐的水解平衡、弱电解质电离平衡、沉淀溶解平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+3H2OAl（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

20、的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180（升华）300（升华）1023步骤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）步骤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或铁已知：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）H1=+1344.1kJmol12AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）H2=+1169.2kJmol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（

21、g）=2AlCl3（g）+3CO（g）H=+174.9J/mol步骤的经冷却至室温后，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 结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是除去FeCl3，提高AlCl3纯度物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用实验设计题（1）胶体具有吸附性，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、气孔数目增多，固体混合物和氯气、氧气在950加热，Al2O3、Fe2O3和SiO2先被焦炭还

22、原为Al、Fe、Si，该过程生成CO，后Al、Fe、Si分别和Cl2反应生成对应的氯化物，即SiCl4、AlCl3、FeCl3，CO和O2反应生成CO2，后冷却到100，尾气为CO2、多余的Cl2，O2，以及SiCl4，AlCl3和FeCl3变成固体，得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以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，得到成品氯化铝，步骤1中焙烧固体：水分挥发其作用是防止后续步骤生成的水解，气孔数目增多其作用是增大反应物的接触面积，加快反应速率；根据物质中含有的元素组成可知：若步骤中不通入氯气和氧气，则焦炭还原氧化铁

23、反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁；根据盖斯定律结合已知方程式构建目标方程式求解；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O；在氯化铝的粗品中加入NaCl后熔融能降低FeCl3的熔点，由于铝的活动性比铁强，在步骤V中加入铝粉，就可以将铁置换出来，达到除去杂质，提高AlCl3纯度的目的（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以能净水，其反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）

24、3+3H+；（2）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300焙烧，因后续步骤反应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，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，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；若步骤中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，Fe或铁；、Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）H1=+1344.1kJmol1、2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）H2=+1169.2kJmol1根据盖斯定律，将可得：Al2O3（s）+3C（s

25、）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）H=（+1344.1kJmol1）（+1169.2kJmol1）=+174.9J/mol，Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）H=+174.9J/mol；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为NaCl、NaClO和Na2CO3，NaCl、NaClO、Na2CO3；步骤得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯

26、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AlCl3在180升华，在300，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，除去FeCl3，提高AlCl3纯度本题考查工业上用铝土矿盐制取无水氯化铝工艺，涉及硅、铁、铝及其化合物的性质，注意盐的水解、生产流程反应条件的控制、热化方程式的书写、物质反应条件与产物的确定等，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