2015年福建省高考化学试卷

这是一份2015年福建省高考化学试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2015年福建省高考化学试卷
　
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
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
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
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
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＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等
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
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（　　）

0.600
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
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
　
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　 　．
（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﹣）=　 　mol•L﹣1．
②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S，当溶液PH=　 　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．

Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
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　 　．
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为　 　．
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　 　．
（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
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是　 　（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　 　．
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　 　．
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　 　、　 　、　 　．
⑤结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是　 　．
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　 　．
（2）若对调B和C装置的位置，　 　（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
4
0.2mol•L﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol•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　 　．
②设计1号试管实验的作用是　 　．
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　 　．
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　 　．（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）：　 　．
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﹣．
　
【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　 　．
（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是　 　（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CO2
d． 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　 　，该元素位于元素周期表的第　 　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　 　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　 　．
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　 　．
　
【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　 　（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　 　．步骤Ⅰ中B的产率往往偏低，其原因是　 　．
②步骤Ⅱ反应的化学方程式为　 　．
③步骤Ⅲ的反应类型是　 　．
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　 　种．
　

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+nH2OnC6H12O6，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；
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：2HClH2↑+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+2H2O2NaOH+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＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z
C．最简单气态氢化物的热稳定性：Y＞X＞W＞Z
D．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+8H2O2C3H8O+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+8H2O2C3H8O+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（　　）

0.600
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
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．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+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﹣）=　0.043　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．

Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
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　．
【分析】（1）①S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）①pH=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）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=；
②Na2SO3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）①S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）①pH=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）①HSO3﹣的电离方程式为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，平衡常数表达式为K=，故答案为：；
②Na2SO3溶液显碱性，SO32﹣存在两步水解：SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+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　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：

已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
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﹣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　Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（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　、　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　．
【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﹣1
Ⅱ、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
4
0.2mol•L﹣1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3（s）/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0mol•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　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H2O2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
（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；
②1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；
②1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CO2
d． 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　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）①Ni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）①Ni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）①CH4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　　．
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．
【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：；
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．