2015年福建省高考化学试卷解析版

发布时间:2024-06-03 15:06:32浏览次数:6
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)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【分析】A.根据橡皮擦的成分分析;B.铝合金片是以金属铝为主要原料的合金;C.铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的;D.铅笔漆属于涂料.【解答】解: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;故选:C。【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)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【分析】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.【解答】解: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,葡萄糖生成乙醇,乙醇氧化生成乙醛2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,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; (3)①根据表格数据分析:试管 1、2、3、4 中都是 0.20mol•L﹣1KI/mL,KClO3(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应体系中硫酸浓度对反应产物的影响;② 1 号试管硫酸浓度未 0,设计 1 号试管实验的作用是做对照实验,比较硫酸浓度对反应产物的影响;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说明有碘单质生成,假设氧化产物唯一,还原产物为氯化钾,根据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒书写该反应的离子方程式;实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)氯气能溶于水,次氯酸不稳定易分解生成氯化氢、氧气,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;(5)根据题干信息次氯酸会破坏酸碱指示剂,因此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,发生氧化还原,H2O2被氧化变为 O2,氯气被还原成 Cl﹣,然后加热除去过量的 H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,发生沉淀反应 Ag++Cl﹣=AgCl↓产生沉淀,称量沉淀质量,根据氯元素守恒确定氯元素的质量.【解答】解:实验一制取氯酸钾和氯水 (1)制取实验结束后,取出 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,洗涤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 反应生成 KCl 杂质,若对调 B 和 C 装置,可以除去氯化氢杂质,能提高 B 中氯酸钾的产率,故答案为:能;实验二氯酸钾与碘化钾反应的探究(3)①根据表格数据分析:对照试管 1、2、3、4 中数据发现都是 0.20mol•L﹣1KI/mL,KClO3(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应体系中硫酸浓度对反应产物的影响,故答案为:研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响;② 1 号试管硫酸浓度为 0,设计 1 号试管实验的作用是做对照实验,比较硫酸浓度影响反应产物,故答案为: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说明有碘单质生成,假设氧化产物唯一,还原产物为氯化钾,Cl(+5→﹣1)I(﹣1→0),根据氧化还原反应中电子守恒和原子守恒,该反应的离子方程式为:ClO3﹣+6I﹣+6H+=Cl﹣+3I2+3H2O,故答案为:ClO3﹣+6I﹣+6H+=Cl﹣+3I2+3H2O;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应 Cl2+H2O HCl+HClO⇌ ,次氯酸不稳定易分解 2HClO2HCl+O2↑,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,故答案为: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;(5)根据题干信息次氯酸会破坏酸碱指示剂,因此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,发生氧化还原,H2O2被氧化变为 O2,氯气被还原成 Cl﹣,充分反应,再加入足量的硝酸银溶液,发生沉淀反应 Ag++Cl﹣=AgCl↓产生沉淀,称量沉淀质量,根据氯元素守恒确定氯元素的质量,故答案为:量取一定量的试样,加入足量的 H2O2溶液,充分反应,再加入足量的硝酸银溶液,称量沉淀质量.【点评】本题考查氯及其化合物的性质,侧重考查化学仪器的使用、实验方案的设计与评价、离子方程式的书写等知识,掌握实验室制取氯气是解答的关键,题目难度中等. 【化学-物质结构与性质】(13 分)11.(13 分)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]3d 8 4s 2   ,该元素位于元素周期表的第  VⅢ   族.② Ni 能与 CO 形成正四面体形的配合物 Ni(CO)4,1mol Ni(CO)4中含有  8   molσ 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 .【分析】(1)元素的非金属性越强,其电负性越大;(2)依据二氧化碳和甲烷的结构以及性质回答;(3)① Ni 为 28 号元素;②该配合物的配离子中 Ni 原子和 C 原子、CO 分子中 C 原子和 O 原子之间都存在 σ 键;(4)①可燃冰中存在水分子,水分子中存在分子间作用力和氢键;②依据表格得出二氧化碳的分子直径小于 0.586nm,且与水的结合能力为 29.91 大于 16.40,据此解答即可.【解答】解:(1)元素的非金属性越强,其电负性越大,由于非金属性 O>C>H,故电负性 H<C<O,故答案为:H<C<O;(2)a、二氧化碳属于分子晶体,故 a 正确;b、甲烷中含有极性共价键,但是正四面体结构,属于非极性分子,故 b 错误;c、二氧化碳熔点高,原因是 C 与 O 形成 2 对共价键,故 c 错误;d、甲烷为正四面体形,C 原子含有 4 个 σ 键,无孤电子对,采取 sp3杂化,二氧化碳为直线形,碳氧双键中有 1 个 σ 键和 1 个 π 键,因此 C 原子采取 sp 杂化,故 d 正确,故选 ad;(3)① Ni 为 28 号元素,基态 Ni 原子的电子排布式为[Ar]3d84s2,处于元素周期表中第四周期第VⅢ 族,故答案为:[Ar]3d84s2;VⅢ;②该配合物的配离子中 Ni 原子和 C 原子之间有 4 个 σ 键,CO 分子中 C 和 O 之间存在 1 个 σ 键,1个 π 键,1 个配位键,因此 4 个 CO 有 4 个 σ 键,故 1mol Ni(CO)4中含有 8molσ 键,故答案为:8;(4)① CH4与 H2O 形成的水合物俗称“可燃冰”,分子晶体中作用力是范德华力,水分子之间存在氢键,故答案为:氢键,范德华力;②由表格可知:二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径,即 0.512<0.586,能顺利进入笼状空腔内,且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷,即 29.91>16.40,故答案为: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.【点评】本题以研究温室气体 CH4和 CO2的转化和利用为载体,主要考查的是电负性的大小比较、 分子晶体的性质、核外电子排布以及化学键等,综合性较强,难度较大. 【化学-有机化学基础】(13 分)12.“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   .⑤ C 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.【分析】(1)a.含有苯环的化合物属于芳香族化合物;b.含有酚羟基的物质遇 FeCl3溶液显紫色;c.含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色;d.1molM 完全水解生成 2mol 乙醇、1mol 2﹣甲基﹣2﹣丙醇;(2)A 与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成 B,B 发生卤代烃的水解反应,再脱去 1 分子水得到 ,则 A 为 ,B 为 , 与 CH3CHO 发生加成反应生成,C 的分子式为 C9H10O,对比 C 的结构与 D 的分子式可知,C 脱去 1 分子水得到 D,应是发生消去反应生成 D,则 D 为 ,D 与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸,故 肉桂酸的结构简式为 ,据此解答.【解答】解:(1)a.M 含有苯环,属于芳香族化合物,故 a 正确;b.M 不含酚羟基,遇 FeCl3溶液不显紫色,故 b 错误;c.M 含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故 c 正确;d.1molM 完全水解生成 2mol 乙醇、1mol 2﹣甲基﹣2﹣丙醇,故 d 错误,故选:ac;(2)A 与氯气在光照条件下与氯气发生取代反应生成 B,B 发生卤代烃的水解反应,再脱去 1 分子水得到 ,则 A 为 ,B 为 , 与 CH3CHO 发生加成反应生成,对比 C 的结构与 D 的分子式可知,C 脱去 1 分子水得到 D,应是发生消去反应生成D,则 D 为 ,D 与银氨溶液发生氧化反应、酸化得到肉桂酸,故肉桂酸的结构简式为.①烃 A 为 ,名称为甲苯,步骤Ⅰ中反应中有一氯取代物和三氯取代物生成,B 的产率往往偏低,故答案为:甲苯;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 ,故答案为: ;③步骤Ⅲ的反应类型是:加成反应,故答案为:加成反应;④根据分析可知,肉桂酸的结构简式为: ,故答案为: ;⑤ C( )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 2 个侧链为﹣CH3、﹣CH2OOCH,或﹣CH3、﹣OOCCH3,或﹣CH3、﹣COOCH3,各有邻、间、对 3 种,共有 9 种,故答案为:9.【点评】本题考查有机物推断、有机物的结构与性质、有机反应类型、有机反应方程式和限制条件同分异构体的书写等知识,注意根据反应条件及有机物结构进行推断,需要学生熟练掌握官能团的性质与转化,难度中等.  D.油脂的皂化反应为油脂在碱性条件下的水解反应,如: +3NaOH→3C17H35COONa+,该反应属于取代反应,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了有机物的结构和性质,题目难度不大,注意聚乙烯中不含碳碳双键,为易错点,D 选项注意加成反应与水解反应的区别. 3.(6 分)下列实验操作正确且能达到相应实验目的是(  )选项实验目的 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A.A B.B C.C D.D【分析】A.NaOH 易潮解,具有腐蚀性,应在小烧杯中称量;B.铁离子易水解,配制氯化铁溶液时,应该将氯化铁溶于盐酸中;C.氨气溶于水呈碱性,则检验铵根离子时,先加入氢氧化钠溶液加热,再用湿润的红色石蕊试纸检验;D.盐酸为酸性溶液,发生析氢腐蚀。【解答】解:A.NaOH 易潮解,具有腐蚀性,应在小烧杯中称量,且放在左盘,天平游码回零,砝码为 2.0g,故 A 错误;B.铁离子易发生水解,则配制 FeCl3溶液时,应该将氯化铁固体溶于盐酸中,然后用蒸馏水稀释,故 B 错误;C.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,若试纸变蓝,说明原溶液中含有铵根离子,该方法合理,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,发生的是析氢腐蚀,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及实验操作、金属腐蚀、离子检验、溶液配制等知识,把握物质的性质、实验操作及实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大。 4.(6 分)纯净物 X、Y、Z 转化关系如图所示,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 【分析】A.X+Y→Z,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;B.X+Y→Z,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;C.Z 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;D.Z 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.【解答】解:A.X+Y→Z,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+Y→Z,Cu+Cl2CuCl2,Z 为 CuCl2,电解 CuCl2溶液:CuCl2Cu+Cl2↑,故A 正确;B.X+Y→Z,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+Y→Z,H2+Cl22HCl,Z 为 HCl,电解 HCl 溶液:2HCl H2↑+Cl2↑,故 B 错误;C.Z 可能是氯化钠,X、Y 只能为氢气、氯气中的一种,X+Y→Z,2Na+Cl22NaCl,Z 电解:2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑,不符合 Z 电解生成 X、Y 条件,故 C 错误;D.Z 可能是三氧化硫,X、Y 只能为二氧化硫、氧气中的一种,X+Y→Z,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。【点评】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,注意X+Y→Z,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)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(  )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【分析】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,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.【解答】解:A、同一周期的元素,原子序数越大,原子半径越小,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: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;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:Y>X>W>Z,所以元素的氢化物的稳定性:Y>X>W>Z,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;故选:A。【点评】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,比较容易. 6.(6 分)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(  )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﹣═C3 H8O+5 H2 O【分析】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+8H2O 2C3H8O+9O2,即生成 9mol 的氧气,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+5H2O.【解答】解:A、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;C、电池总的方程式为:6CO2+8H2O 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+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O,故 D 错误;故选:B。【点评】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)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(  ) 0.6000.5000.4000.300318.2 3.603.002.401.80328.2 9.007.50a 4.50b 2.161.801.441.08A.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,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相同【分析】A、由表可知温度由 318.2→328.2℃,在浓度相同的情况下 =0.4,由此解答;B、由表可知温度由 318.2℃→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.【解答】解:A、由表可知温度由 318.2→328.2℃,在浓度相同的情况下 =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,在浓度相同的情况下,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,故 D错误;故选:D。【点评】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)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+2H 2SO4(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). ① pH=13 时,溶液中的 c(H2S)+c(HS﹣)=  0.043   mol•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:Ksp(MnS)=2.8×10﹣13](3)25℃,两种酸的电离平衡常数如表.Ka1Ka2H2SO31.3×10﹣26.3×10﹣8H2CO34.2×10﹣75.6×10﹣11① HSO3﹣的电离平衡常数表达式 K=   .② 0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为  c ( Na + )> c ( SO 32﹣ )> c ( OH ﹣ )> c ( HSO 3﹣ )> c ( H + )  .③ H2SO3溶液和 NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为  H 2SO3+HCO3﹣ =HSO 3﹣ +CO 2↑+H2O   .【分析】(1)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:;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应生成二氧化碳、二氧化硫和水;(2)① pH=13 时,c(S2﹣)=5.7×10﹣2mol/L,在 0.10mol•L﹣1H2S 溶液中根据硫守恒 c(H2S)+c(HS﹣)+c(S2﹣)=0.10mol•L﹣1;②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)① HSO3﹣的电离方程式为:HSO3﹣H⇌++SO32﹣,平衡常数表达式为 K= ;② 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;③由表可知 H2SO3的二级电离小于 H2CO3的一级电离,则酸性强弱 H2SO3>H2CO3>HSO3﹣,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.【解答】解:(1)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:,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:C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O;(2)① pH=13 时,c(S2﹣)=5.7×10﹣2mol/L,在 0.10mol•L﹣1H2S 溶液中根据硫守恒 c(H2S)+c(HS﹣)+c(S2﹣)=0.10mol•L﹣1,所以 c(H2S)+c(HS﹣)=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L,故答案为:0.043;②当 Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,所以 c(S2﹣)= = =1.4×10﹣11mol/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;(3)① HSO3﹣的电离方程式为:HSO3﹣H⇌++SO32﹣,平衡常数表达式为 K= ,故答案为: ;② Na2SO3溶液显碱性,SO32﹣存在两步水解:SO32﹣+H2O HSO⇌3﹣+OH﹣,HSO3﹣+H2O H⇌2SO3+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+);③由表可知 H2SO3的二级电离小于 H2CO3的一级电离,所以酸性强弱 H2SO3>H2CO3>HSO3﹣,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.【点评】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)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  Al 3+ +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:已知:物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/℃57.6180(升华)300(升华)1023①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是 防止后续步骤生成的 AlCl 3 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﹣1 2AlCl3(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  Al 2O3( s ) +3C ( s ) +3Cl2( g ) =2AlCl 3( g )) +3CO ( g )△ H=+174.9KJ/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   、  Na 2CO3  .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 FeCl 3,提高 AlCl 3 纯度 .【分析】(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,SiCl4,以及 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,①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;②根据物质中含有的元素组成可知:若步骤Ⅱ中不通入氯气和氧气,则焦炭还原氧化铁反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁;③根据盖斯定律结合已知方程式构建目标方程式求解;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;⑤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.【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++3H2O Al⇌ (OH)3+3H+,故答案为:Al3++3H2O 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,故答案为: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;②根据物质中含有的元素组成可知:若步骤Ⅱ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,故答案为:Fe 或铁;③Ⅰ、Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)△H1=+1344.1kJ•mol﹣1Ⅱ、2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)△H2=+1169.2kJ•mol﹣1根据盖斯定律,将Ⅰ﹣Ⅱ可得:Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g))+3CO(g)△H=(+1344.1kJ•mol﹣1)﹣(+1169.2kJ•mol﹣1)=+174.9KJ/mol,故答案为:Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g))+3CO(g)△H=+174.9KJ/mol;④步骤Ⅲ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,故答案为:NaCl、NaClO、Na2CO3;⑤步骤Ⅲ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,故答案为:除去 FeCl3,提高 AlCl3纯度.【点评】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)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如图 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研究(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 实验的记录如下(实验在室温下进行):试管编号 1 2 3 40.2mol•L﹣1KI/mL 1.0 1.0 1.0 1.0KClO3(s)/g 0.10 0.10 0.10 0.106.0mol•L﹣1H2SO4/mL 0 3.0 6.0 9.0蒸馏水/mL 9.0 6.0 3.0 0实验现象①系列 a 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  ClO 3﹣ +6I ﹣ +6H + =Cl ﹣ +3I 2+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:使用如图 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 H 2O2 溶液,充分反应,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.次氯酸或氯气可被 SO2、H2O2和 FeCl2等物质还原成 Cl﹣.【分析】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,该反应为 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,B 装置:氯气与热的 KOH 溶液发生反应 3Cl2+6KOH(浓) 5KCl+KClO3+3H2O,产生氯酸钾和氯化钾及水,挥发出的 HCl 极易溶于水,和氢氧化钾反应 HCl+KOH=KCl+H2O,尾气用氢氧化钠吸收,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,(1)制取实验结束后,取出 B 中试管冷却结晶需要玻璃仪器烧杯、过滤、洗涤需要漏斗、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 反应生成 KCl 杂质,若对调 B 和 C 装置,可以除去氯化氢杂质,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
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