2014 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）1．（6 分）下列有关物质应用的说法正确的是（　　）A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一【分析】A．生石灰用作食品干燥剂；B．很多盐有毒，如亚硝酸钠、重金属盐；C．Al 表面的氧化铝能与醋酸反应，铝能与醋酸反应，易被腐蚀；D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一．【解答】解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用 Fe 粉等还原性物质做抗氧化剂，故 A 错误；B．NaCl 可用作调味剂，亚硝酸钠、重金属盐等有毒，不能用作调味剂，故 B 错误；C．Al 表面的氧化铝能与醋酸反应，内部铝能与醋酸反应，易被腐蚀，铝罐不可以久盛食醋，故 C错误；D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故 D 正确，故选：D。【点评】本题考查化学与生活、物质的性质与用途等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．　2．（6 分）下列关于乙醇的说法不正确的是（　　）A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯【分析】乙醇含有羟基，可发生取代、酯化等反应，可由乙烯与水、葡萄糖经发酵可生成乙醇，结合同分异构体的定义判断．【解答】解：A．纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖发酵可生成乙醇，方程式为 C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，故 A 正确；B．乙烯和水发生加成反应可生成乙醇，方程式为 C2H4+H2O C2H5OH，故 B 正确；C．乙醇和乙醛的分子式不同，分别为 C2H6O、C2H4O，二者不是同分异构体，故 C 错误；D．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，为取代反应，故 D 正确。故选：C。【点评】本题为 2014 高考题，考查乙醇的性质、结构以及有机物官能团的转化，侧重于学生的分析能力和有机物的结构、性质的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累．　3．（6 分）下列实验能达到目的是（　　）A．只滴加氨水鉴别 NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将 NH4Cl 溶液蒸干制备 NH4Cl 固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体【分析】A．氨水与 AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与 NaCl、Na2SO4溶液不反应，无法鉴别；B．加热蒸干氯化铵分解为氨气与氯化氢；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离； （1）甲中显酸性的官能团是　羧基　（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是　 ac 　 （填序号）a．分子中碳原子与氮原子的个数比是 7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）①步骤Ⅰ的反应类型是　取代反应　．②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是　保护氨基　．③步骤Ⅳ反应的化学方程式为　 　．【分析】（1）氨基显碱性、羧基显酸性；（2）a．该分子中 C、N 原子个数分别是 7、5；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d．该分子中含有 N 原子；（3）丙的同分异构体丁中含有 、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；（4）苯胺和 CH3COCl 发生取代反应生成 ， 在一定条件下发生加成反应生成 ， 和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为 ，戊发生水解反应生成甲．【解答】解：（1）氨基显碱性、羧基显酸性，所以甲中显酸性的官能团是羧基，故答案为：羧基；（2）a．该分子中 C、N 原子个数分别是 7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是 7：5，故正确；b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；d．该分子中含有 N 原子，不属于苯酚的同系物，故错误；故选 ac；（3）丙的同分异构体丁中含有 、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为 ，故答案为：；（4）苯胺和 CH3COCl 发生取代反应生成 ， 在一定条件下发生加成反应生成， 和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为 ，戊发生水解反应生成甲；①通过以上分析知，步骤Ⅰ的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；②氨基不稳定，易被氧化为硝基，为保护氨基，所以设计步骤Ⅰ和Ⅳ，故答案为：保护氨基；③步骤Ⅳ发生水解反应，反应的化学方程式为 ， 故答案为： ．【点评】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答，题目难度中等．　 D．胶体具有丁达尔效应，而溶液没有．【解答】解：A．氨水与 AlCl3、MgCl2溶液反应都得到白色沉淀，与 NaCl、Na2SO4溶液不反应，只能分成 2 组，无法鉴别，故 A 错误；B．加热蒸干中氯化铵分解为氨气与氯化氢，将 NH4Cl 溶液蒸不能制备 NH4Cl 固体，故 B 错误；C．酒精与水互溶，不能用分液方法分离，故 C 错误；D．用可见光束照射胶体产生丁达尔效应，而溶液没有，可以区别胶体与溶液，故 D 正确，故选：D。【点评】本题考查物质的分离提纯、物质鉴别等，是对基础知识的综合应用，难度不大．　4．（6 分）常温下，下列各组物质中，Y 既能与 X 反应又能与 Z 反应的是（　　） X Y Z① NaOH 溶液Al（OH）3稀硫酸② KOH 溶液 SiO2稀盐酸③ O2N2H2④ FeCl3溶液Cu 浓硝酸A．①③ B．①④ C．②④ D．②③【分析】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与强酸、强碱反应；②二氧化硅不能溶于盐酸；③氮气与氧气在放电条件下反应得到 NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应；④ Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁．【解答】解：①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与 HF 反应，不能与盐酸反应，故②不符合；③氮气与氧气在放电条件下反应得到 NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合；④常温下，Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合，故选：B。【点评】本题考查元素化合物性质，难度不大，侧重对基础知识的巩固，需要学生熟练掌握元素化合物性质．　5．（6 分）下列关于 0.10mol•L﹣1 NaHCO3溶液的说法正确的是（　　）A．溶质的电离方程式为 NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与 n（OH﹣）的乘积变大C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）D．温度升高，c（HCO3﹣）增大【分析】A．碳酸氢根离子不可拆分；B．加水稀释后，促进 HCO3﹣水解，但 Kw 不变；C．溶液遵循电荷守恒；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．【解答】解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为 NaHCO3═Na++HCO3﹣，故 A 错误；B.25℃时，加水稀释后，促进 HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由 Kw不变，可知c（H+）增大，则 n（H+）增大，则 n（H+）与 n（OH﹣）的乘积变大，故 B 正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故 C错误；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则 c（HCO3﹣）减小，故 D 错误； 故选：B。【点评】本题为 2014 年福建高考化学试题，涉及电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项 B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．　6．（6 分）某电源装置如图所示，电池总反应为 2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（　　）A．正极反应为 AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用 NaCl 溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D．当电路中转移 0.01mol e﹣时，交换膜左侧溶液中约减少 0.02mol 离子【分析】根据电池总反应为 2Ag+Cl2═2AgCl 可知，Ag 失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；C、根据电池总反应判断；D、放电时，交换膜左侧的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．【解答】解：根据电池总反应为 2Ag+Cl2═2AgCl 可知，Ag 失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故 A 错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故 B 错误；C、根据电池总反应为 2Ag+Cl2═2AgCl 可知，用 NaCl 溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故 C 错误；D、放电时，当电路中转移 0.01mol e﹣时，交换膜左侧会有 0.01mol 氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有 0.01molAg 失去 0.01mol 电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少 0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少 0.02mol 离子，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等．　7．（6 分）在一定条件下，N2O 分解的部分实验数据如下（　　） 反应时间/min0 102030405060708090100c（N2O）/mol•L﹣10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（　　）（注：图中半衰期指任一浓度 N2O 消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示 N2O 初始浓度且 c1＜c2）A． B． C． D．【分析】根据表格中的数据和所给图象，结合影响化学反应速率和化学平衡的因素进行判断得出正 确结论．【解答】解：A．由表可知，每隔 10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内 c（N2O）的变化量是定值，即 N2O 的分解速率是定值，故 A 正确；B．由表可知，每隔 10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内 c（N2O）的变化与 N2O 的起始浓度无关，最终 N2O 完全分解，故 B 错误；C.0﹣50min，c（N2O）由 0.1 变为 0.05，故 0.1mol•L﹣1N2O 的半衰期为 50min，20﹣60min，c（N2O）由 0.08 变为 0.04，故 0.08mol•L﹣1N2O 的半衰期为 40min，故随着浓度的减小，半衰期也在减小，故 C 错误；D．由表可知，每隔 10min，c（N2O）的变化量相等，故 N2O 的起始浓度越小，单位时间内的转化率越大，最终 N2O 完全分解，故 D 错误，故选：A。【点评】本题考查平衡图象分析，难度中等．该题所给图表、图象新颖，信息量大，但给出了半衰期的注释，降低了难度，有利于学生答题．　二、解答题8．（15 分）元素周期表中第Ⅶ A 族元素的单质及其化合物的用途广泛．（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为　 　．（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是　 bc 　 （填序号）a．Cl2、Br2、I2的熔点b．Cl2、Br2、I2的氧化性c．HCl、HBr、HI 的热稳定性d．HCl、HBr、HI 的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得 KClO3晶体：NaCl 溶液 NaClO3溶液 KClO3晶体①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：　 1 　 NaCl+　 3 　 H2O═　 1 　 NaClO3+　 3 　　 H 2↑ 　 ．②Ⅱ中转化的基本反应类型是　复分解反应　，该反应过程能析出 KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是　室温下 KClO 3 在水中的溶解度明显小于其它晶体　．（4）一定条件下，在水溶液中 1mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4）的能量（kJ）相对大小如图所示．① D 是　 ClO 4﹣ 　 （填离子符号）．② B→A+C 反应的热化学方程式为　 3ClO ﹣ （ aq ） =ClO 3﹣ （ aq ） +2Cl ﹣ （ aq ）△ H=﹣117kJ/mol 　 （用离子符号表示）．【分析】（1）与氯元素同族的短周期元素是 F 原子，F 原子核外有 2 个电子层，最外层有 7 个电子，据此书写 F 的原子结构示意图；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强；（3）工业上，通过如下转化可制得 KClO3晶体：NaCl 溶液 NaClO3溶液 KClO3晶 体，①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气；两种化合物相互交换成分生成另外的两种化合物的反应为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出；（4）一定条件下，在水溶液 1 mol Cl﹣、ClOx﹣（x=1，2，3，4，）的能量（kJ）相对大小如图所示．① D 中 Cl 元素化合价为+7 价，据此判断 x 值；② B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol．【解答】解：（1）与氯元素同族的短周期元素是 F 原子，F 原子核外有 2 个电子层，最外层有 7 个电子，则 F 的原子结构示意图为 ，故答案为： ；（2）同一主族元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强，与物质的沸点、氢化物水溶液的酸性无关，故选 bc；（3）工业上，通过如下转化可制得 KClO3晶体：NaCl 溶液 NaClO3溶液 KClO3晶体，①电解时，阳极上氯离子放电生成氯酸根离子、阴极上氢离子放电生成氢气，所以反应方程式为1NaCl+3H2O═1NaClO3+3H2↑，故答案为：1；3；1；3；H2↑；② NaClO3转化为 KClO3，说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐，为复分解反应，相同温度下，溶解度小的物质先析出，室温下 KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体，所以先析出 KClO3，故答案为：复分解反应；室温下 KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体；（4）①根据图象知，D 中 Cl 元素化合价为+7 价，所以 ClOx﹣中 x 为 4，则 D 为 ClO4﹣，故答案为：ClO4﹣；② B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为 3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为 3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol．【点评】本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应、非金属强弱的判断方法等知识点，根据物质的性质、原子结构结合元素周期律等知识点来分析解答，题目难度中等．　9．（15 分）铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为　吸氧腐蚀　．②图中 A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是　 B 　 （填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为　 4HNO 34NO2↑+O2↑+2H2O．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的 HNO3又将废铁皮中的铁转化为 Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为　 4Fe+10HNO 3═4Fe （ NO 3）2+NH4NO3+3H2O 　 ．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是　氮氧化物排放少　（任写一项）． （3）已知 t℃时，反应 FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数 K=0.25．① t℃时，反应达到平衡时 n（CO）：n（CO2）=　 4 ： 1 　 ．②若在 1 L 密闭容器中加入 0.02mol FeO（s），并通入 x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为 50%，则 x=　 0.05 　 ．【分析】（1）①海水溶液为弱酸性，由图可知，发生吸氧腐蚀；② A 发生化学腐蚀，B 发生电化学腐蚀，C 已经腐蚀后有氧化层，D 处氧气最少；（2）由流程图可知，Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为 Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水；②应产生的 HNO3又将废铁皮中的铁转化为 Fe（NO3）2，则 Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水；③氮氧化物为有毒气体；（3）① K= ，平衡常数 K=0.25，以此计算；②通入 x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时 FeO（s）转化率为 50%，即反应的 FeO 为0.02mol×50%=0.01mol，则 FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始 0.02 x 0 0转化 0.01 0.01 0.01 0.01平衡 x﹣0.01 0.01结合平衡常数计算．【解答】解：（1）①海水溶液为弱酸性，由图可知，则 Fe 失去电子，正极上氧气得到电子，发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；② A 发生化学腐蚀，B 发生电化学腐蚀，C 已经腐蚀后有氧化层，D 处氧气最少，显然 B 中电化学腐蚀速率最快，生成铁锈最多，故答案为：B；（2）由流程图可知，Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁，步骤Ⅱ中转化为 Fe2O3•nH2O，最后得到铁红，①硝酸分解生成二氧化氮、氧气、水，该反应为 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；②产生的 HNO3又将废铁皮中的铁转化为 Fe（NO3）2，则 Fe 与硝酸反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，该反应为 4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O，故答案为：4Fe+10HNO3═4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O；③由流程可知，上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是减少了有毒的氮氧化物的生成，氮氧化物排放少，故答案为：氮氧化物排放少；（3）① K= ，平衡常数 K=0.25，n（CO）：n（CO2）= ，即 n（CO）：n（CO2）=4：1，故答案为：4：1；②通入 x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时 FeO（s）转化率为 50%，即反应的 FeO 为0.02mol×50%=0.01mol，则 FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）开始 0.02 x 0 0转化 0.01 0.01 0.01 0.01 平衡 x﹣0.01 0.01则 K= =0.25，解的 x=0.05，故答案为：0.05．【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡计算、电化学腐蚀及物质的制备流程等，为高频考点，侧重分析能力及计算能力的考查，把握化学反应原理及图象、流程的分析为解答的关键，题目难度中等．　10．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取 Na2S2O5．装置Ⅱ中有 Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为　 Na 2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 　 ．（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　过滤　．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹时仪器已略去）为　 d 　 （填序号）实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成 NaHSO3．（4）证明 NaHSO3溶液中 HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是　 ae 　 ．a．测定溶液的 pH b．加入 Ba（OH）2溶液 c．加入盐酸d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验 Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是　取少量 Na 2S2O5 晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成　．实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用 Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离 SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为 SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准 I2溶液 25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　 0.16 　 g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分 HI 被空气氧化，则测定结果　偏低　（填“偏高”“偏低”或“不变”）．【分析】（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为 SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）NaHSO3溶液中 HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为 Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可； （6）①由消耗碘的量，结合 SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI 计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；②若有部分 HI 被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小．【解答】解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为 SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）NaHSO3溶液中 HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的 pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液 pH 值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入 Ba（OH）2溶液、HCl 溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选 ae；故答案为：ae；（5）Na2S2O5中 S 元素的化合价为+4 价，因此会被氧化为为+6 价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量 Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量 Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①令 100mL 葡萄酒中二氧化硫的质量为 mg，则：SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.025L×0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，解得 m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离 SO2计算）为 =0.16 g/L故答案为：0.16；②若有部分 HI 被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低．【点评】本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．　[化学-物质结构与性质]11．（13 分）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，只有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．（1）基态硼原子的电子排布式为　 1s 2 2s 2 2p 1 　 ．（2）下列关于这两种晶体的说法，正确的是　 bce 　 （填序号）．a．立方相氮化硼含有 σ 键和 π 键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体的 B﹣N 键均为共价键 d．两种晶体均为分子晶体e．立方相氮化硼的晶体晶胞中，含有 4 个 B 原子，4 个 N 原子（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为　平面三角形　，其结构与石墨相似却不导电，原因是　层状结构中没有自由移动的电子　． （4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为　 sp 3 　 ．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约 300km 的地壳中被发现．根据这一矿物形成事实，推断实验室中由六方相氮化硼合成立方相氮化硼时需要的条件应是　高温高压　．（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一，1mol NH4BF4含有　 2 　 mol 配位键．【分析】（1）B 原子核外电子数为 5，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）① a．立方相氮化硼中 N 原子与 B 原子之间形成单键；b．六方相氮化硼层间作用力为范德华力；c．两种晶体中的 B﹣N 键均为共价键；d．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体；e．立方相氮化硼的晶体与金刚石相似，晶胞中含有 8 个原子，B、N 原子数目之比为 1：1；（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成平面三角形；六方相氮化硼晶体的层状结构中没有自由电子；（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子形成 4 个 σ 键、没有孤电子对；在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高；（5）一个 NH4BF4中 N 原子和其中一个 H 原子之间存在配位键、B 原子和其中一个 F 原子之间存在一个配位键，所以含有 2 个配位键．【解答】解：（1）基态硼原子核外有 5 个电子，分别位于 1s、2s、2p 能级，根据构造原理知其基态的电子排布式 1s22s22p1，故答案为：1s22s22p1；（2a．立方相氮化硼中 N 原子与 B 原子之间形成单键，不含 π 键，属于原子晶体，所以硬度大，故 a 错误b．六方相氮化硼层间作用力为范德华力，所以质地软，故 b 正确；c．两种晶体中的 B﹣N 键均为共价键，故 c 正确；d．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性，属于原子晶体，故 d 错误，e．立方相氮化硼的晶体与金刚石相似，晶胞中含有 8 个原子，B、N 原子数目之比为 1：1，含有 4个 B 原子，4 个 N 原子，故 e 正确．故选：bce；（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成 3 个共价单键，且 B 原子不存在孤电子对，所以构成的空间构型为平面三角形，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电，故答案为：平面三角形；层状结构中没有自由移动的电子；（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子形成 4 个 σ 键、没有孤电子对，杂化轨道数目为 4，采取 sp3杂化，立方相氮化硼晶体中，硼原子和四个 N 原子形成 4 个共价单键，所以 B 原子的杂化轨道类型为sp3，在地壳内部，离地面越深，其压强越大、温度越高，根据题干知，实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压，故答案为：sp3；高温高压；（5）一个 NH4BF4中 N 原子和其中一个 H 原子之间存在配位键、B 原子和其中一个 F 原子之间存在一个配位键，所以含有 2 个配位键，则 1mol NH4BF4含有 2mol 配位键．故答案为：2．【点评】本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、杂化轨道、分子结构、晶胞结构、配位键等，注意根据有无自由电子分析六方相氮化硼晶体不导电，难度中等．　[化学-有机化学基础]12．（13 分）叶酸是维生素 B 族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．