全国高考理综试题及答案福建卷.docx
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全国高考理综试题及答案福建卷
2012年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)
理科综合化学试题(解析版)
6.下列说法不正确的是
A.易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源
B.用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C.在50mL量筒中配置0.1000mol·L—1碳酸钠溶液
D.金属钠着火时,用细沙覆盖灭火
解析:
燃烧过程是一个发生氧化还原反应的过程,易燃试剂作还原剂,在强氧化性试剂存在下,当温度达到可燃物的着火点就容易发生火灾,A项正确;氨气遇水呈碱性,故氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝,B项正确;量筒不是精密仪器,配制0.1000mol·L-1碳酸钠溶液应使用容量瓶,C项不正确;金属钠遇到水或二氧化碳都会发生反应,所以金属钠着火时,用细沙覆盖灭火,D项正确。
7.下列关于有机物的叙述正确的是
A.乙醇不能发生取代反应B.C4H10有三种同分异构体
C.氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D.乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别
解析:
乙醇和乙酸发生酯化反应(属于取代反应),A项错误;C4H10只存在两种同分异构体,一种是正丁烷,一种是异丁烷,B项错误;氨基酸不属于高分子化合物,C项错误;乙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色,而甲烷不能,D项正确。
8.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如右下图所示,其中T所处的周期序数与族序数相等。
下列判断不正确的是
R
T
Q
W
A.最简单气态氢化物的热稳定性:
R>Q
B.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Q<W
C.原子半径:
T>Q>R
D.含T的盐溶液一定显酸性
解析:
依题意,由“短周期元素”以及相对位置图可知,R位于第二周期,T、Q、W位于第三周期;由于“T所处的周期序数与族序数相等”,故T位于第三周期ⅢA族,T是铝。
则Q是硅,R是氮,W是硫。
N的非金属性强于P,P非金属性强于Si,A项正确;S的非金属性强于Si,B项正确;同一周期,从左到右,原子半径依次减小,Al>Si>P;同一主族,从上到下,原子半径依次增大,N<P,C项正确;偏铝酸钠的水溶液显碱性,D项错误。
9.将右图所示实验装置的K闭合,下列判断正确的是
A.Cu电极上发生还原反应
B.电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C.片刻后甲池中c(SO42—)增大
D.片刻后可观察到滤纸b点变红色
解析:
K闭合时,Zn为负极,Cu为正极构成原电池,使得a为阴极,b为阳极,电解饱和硫酸钠溶液。
Cu2++2e-→Cu,A项正确。
电子由Zn极流向a极,被H2O电离产生的H+消耗(电子不流入电解质溶液中),电解池中的阴阳离子定向移动形成电流,B项错误。
甲池中硫酸根离子没有放电,浓度不变,C项错误。
b为阳极,OH-放电,使得b附近溶液显酸性,不能使试纸变红,D项错误。
10.下列说法正确的是
A.0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等
B.25℃与60℃时,水的pH相等
C.中和等体积、等物质的量的浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等
D.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)和4SO2(g)+2O2(g)=4SO3(g)的△H相等
解析:
A项,没有指明在“标准状况”下,11.2LO2的物质的量不一定为0.5mol,故不正确;B项,水的电离程度随着温度的升高而增大,25℃时水的pH大于60℃时。
C项,等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸,即n(HCl)=n(CH3COOH),由HCl+NaOH=NaCl+H2O,CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,可知中和等物质的量的HCl与CH3COOH所消耗的NaOH量相等。
(虽然醋酸是弱电解质,但随着中和反应的进行,氢离子不断电离出来,最终氢离子的物质的量与盐酸的相同),故C项正确。
因⊿H与化学计量数成正比,则D项错误。
11.下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是
A.二氧化氮B.钠
C.硫酸镁D.二氧化硅
解析:
由NH4++OH-=NH3↑+H2O,能与NH4Cl反应生成NH3的溶液必须是碱性溶液(NH4++H2O
NH3·H2O+H+,只要能使平衡往正方向进行,而且在一定条件下温度升高或者氨水的浓度足够大就可能生成NH3)。
3NO2+H2O=NO↑+2HNO3,形成HNO3溶液,A项错误;2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,形成的NaOH溶液与NH4Cl反应可以产生氨气,B项正确;MgSO4溶液不与NH4Cl反应,C项错误;二氧化硅难溶于水,除与氢氟酸反应外,SiO2跟其他酸很难反应,也不与NH4Cl反应,故没有氨气产生,D项错误。
12.一定条件下,溶液的酸碱性对TiO2光催化燃料R降解反应的影响如右图所示。
下列判断判断正确的是
A.在0~50min之间,pH=2和pH=7时R的降解百分率相等
B.溶液酸性越强,R的降解速率越小
C.R的起始浓度越小,降解速率越大
D.在20-25min之间,pH=10时R的平均降解速率为0.04mol·L—1·min—1
解析:
从图中可见,在0-50min内,pH=2时和pH=7时,R均降解完,即降解百分率均为100%,故降解百分率相等,A项正确;图示,pH=2时的曲线和pH=7时的曲线对比,pH=2时的曲线斜率(R的降解速率)大。
但影响R的降解速率的因素有两项,它们分别是R的起始浓度和溶液的酸性,因而无法判定溶液的酸性或R的起始浓度与R的降解速率之关系,则B、C项均错误。
D项,pH=10时,在20-25min,R的平均降解速率为(0.6×10-4-0.4×10-4)÷5=0.04×10-4mol·L-1·min-1。
(选项中漏掉了10-4!
这是图像解析选择题选项设置常用“伎俩”)
23.(14分)
(1)元素M的离子与NH4+所含电子数和质子数均相同,则M的原子结构示意图为_________________。
(2)硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为________________________________。
(3)能证明Na2SO3溶液中存在SO32—+H2O
HSO3—+OH—水解平衡的事实是________(填序号)。
A.滴入酚酞溶液变红,再加入H2SO4溶液红色退去
B.滴入酚酞溶液变红,再加入氯水后红色退去
C.滴入酚酞溶液变红,再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色退去
(4)元素X、Y在周期表中位于同一主族,化合物Cu2X和Cu2Y可发生如下转化(其中D是纤维素水解的最终产物):
①非金属性X_______Y(填“>”或“<”)
②Cu2Y与过量浓硝酸反应有红棕色气体生成,化学方程式为________________________________。
(5)在恒容绝热(不与外界交换能量)条件下进行2A(g)+B(g)
2C(g)+D(s)反应,按下表数据投料,反应达到平衡状态,测得体系压强升高,简述该反应的平衡常数与温度的变化关系:
_____________________________________。
物质
A
B
C
D
起始投料/mol
2
1
2
0
解析:
(1)10电子,11质子的单核离子为钠离子,则M的原子结构示意图为
(2)Al(OH)3不溶于过量氨水中,硫酸铝溶液与过量氨水反应的离子方程式为:
Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
(3)此题关键是亚硫酸离子水解生成的OH-使得酚酞试液变红,还有可能是亚硫酸离子本身能使得酚酞试液变红,所以要排除亚硫酸离子干扰,C正确。
A项加入的H2SO4溶液呈酸性,酚酞遇酸显无色;氯水具有较强氧化性能将SO32-氧化,且氯水也呈酸性,故A、B均不正确。
C项加入BaCl2,Ba2+与SO32-生成BaSO3沉淀,使SO32-减少,水解平衡向左移动,OH-浓度减小,溶液红色退去。
(4)纤维素水解的最终产物为葡萄糖,D溶液为葡萄糖溶液。
悬浊液与D溶液(葡萄糖溶液)共热生成砖红色沉淀,则悬浊液为Cu(OH)2,砖红色沉淀Cu2Y为Cu2O,故Y为O元素。
X,Y同主族,O是ⅥA族非金属性最强的元素(X可能是S元素),故非金属性:
S<O,X<Y。
浓HNO3具有强氧化性,将+1价Cu氧化至+2价,本身被还原为NO2(红棕色气体),注意配平。
Cu2O+6HNO3(浓)=2Cu(NO3)2+2NO2↑+3H2O
(5)由于反应条件为恒容绝热,且该反应的正反应方向气体物质的量减小,逆反应方向气体物质的量增大,则影响体系压强变化的因素有二:
气体的物质的量和体系温度,压强与此二影响因素均为正比关系。
因为起始投料D为0,反应达到平衡时体系中必有D,故达到平衡时,气体的物质的量比起始投料量小,即反应达到平衡时气体的物质的量减小。
又“反应达到平衡状态,测得体系压强升高”增大,则该反应的正反应放热。
据平衡移动原理,升高温度,该反应将逆向移动,故平衡常数随着温度的升高而减小。
解析:
(1)电镀池中,镀件与电源的负极相连,待镀金属作阳极与电源正极相连。
(2)①要使铜盐中化合态的铜(+1或+2价)变成铜单质(0价),需加入还原剂;②根据图示信息,当pH在8~9之间时,该反应的反应速率为0,故欲使反应停止应调节溶液pH在8~9之间。
(3)化工流程题解题指导,通过图示分析:
加入什么物质——发生什么反应——留在里面什么物质。
(最好通过微粒判断各反应过程中到底发生了哪些离子反应)
①碱式碳酸铜中CO32-和OH-与硫酸中的H+反应生成CO2和H2O,Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O
②图示,步骤(i)中加入了过量H2SO4,故过滤后所得“含Cu2+、Fe3+、Fe2+的溶液”中还有较多的H+,步骤(ii)用NH4HCO3调高pH,是因为HCO3-与H+发生反应;
③“1molMnO2转移2mol电子”,即Mn从+4价变成+2价,MnO2是氧化剂。
而步骤(ii)所得溶液中含有Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+、NH4+等离子,其中仅Fe2+离子具有还原性,故该反应为:
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O(注意配平)。
④pH=2.0,则c(H+)=10-2mol·L-1。
由各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积就得到反应平衡常数:
K=
解析:
(1)组装仪器时从下到上,然后再加热。
则依次顺序是ACB
(2)①该反应为MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O。
甲方案测定依据是HCl=H++Cl-,Ag++Cl-=AgCl↓,n(AgCl)=n(Cl-)=n(HCl)。
但反应残余液中的生成物二氯化锰也会电离出Cl-离子与硝酸银形成沉淀。
由于该制备反应残余液中n(Cl-)>n(H+),甲方案不可行。
②由c(HCl)×V(HCl)=c(NaOH)×V(NaOH),代入数据可计算得c(HCl)=0.1100mol/L(注意有效数字)。
③依据题意,丙方案加入过量CaCO3与HCl反应,由于Ksp(MnCO3)<Ksp(CaCO3),反应剩余的CaCO3部分转化为更难溶的MnCO3沉淀,故剩余固体为CaCO3与MnCO3的混合物。
由于M(MnCO3)>M(CaCO3),则剩余固体质量变大,计算得到的与盐酸反应的CaCO3数值偏小,导致测得的盐酸浓度偏小。
④正确操作是转动Y形管将Zn粒转移到残余清液中,确保残余清液中的HCl完全反应。
反应完毕,气体体积逐次减小直至不变,可能是气体受热胀冷缩影响所导致的。
锌与盐酸的反应为放热反应,故“气体体积逐次减小”的原因是装置内气体尚未冷却至室温。
解析:
(1)同周期从左到右第一电离能呈逐渐增大趋势,ⅡA和ⅤA有反常。
故铝的第一电离能比硅小。
(2)Mn为25号元素,其核外电子排布为:
1s22s22p63s23p63d54s2,故Mn2+的核外电子排布式为:
1s22s22p63s23p63d5。
(3)硅烷是分子晶体,结构相似,相对分子质量越大,分子间范德华力越强,沸点越高。
(4)①由图示球棍模型可见,1、3、5、6代表氧原子,2、4代表B原子。
以2号B原子为中心,周围的三个O原子形成平面三角形结构,故2号B原子轨道的杂化类型为sp2杂化;以4号B原子为中心,周围的四个O原子形成四面体形结构,故4号B原子轨道的杂化类型为sp3杂化。
B原子核外电子排布为1s22s22p1,4号B原子的2s和2p轨道发生sp3杂化,生成四个sp3杂化轨道。
所生成的四个sp3杂化轨道中,有三个轨道各含有一个未成对电子,一个为空轨道。
该空轨道与OH—所提供的孤对电子形成配位键,故配位键存在于4号B原子和5号O原子之间。
仔细观察该球棍模型,可见共有两个B原子轨道的杂化类型为sp3杂化,则应有两个OH—与之形成配位键,由此推知m=2。
②Na+(阳离子)、Xm-(阴离子)存在离子键,水分子间存在氢键和范德华力,故选ADE。
解析:
(1)对二甲苯的结构简式为:
(2)苯环上可以发生取代反应和加成反应,甲基上可以发生取代反应,有机物一般都可以燃烧,易被氧化。
(3)①C8H10有四种同分异构体:
乙苯、对二甲苯、邻二甲苯、间二甲苯。
“A是PX的一种同分异构体”,且A被KMnO4/H+氧化生成B(该反应过程中,苯环上的烃基被氧化为—COOH),由于“B的苯环上存在2种不同化学环境的氢原子”,则A的苯环上也同样存在2种不同环境的氢原子,符合条件的A为邻二甲基苯。
故B为:
②D分子能发生银镜反应,则D分子所含官能团为醛基。
③正向思维和逆向思维结合(根据题图所示转化关系,可知C分子的碳骨架与3-甲基庚烷相同;C催化氧化生成D,D含醛基,则C分子中含有—CH2OH结构;再结合题给信息可以判断C的结构),则DEHP的结构简式为:
(4)根据题目所给出的F具有的特征,判断F结构中含有酚羟基(—OH)和羧基(—COOH),则F的结构简示为:
,其与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:
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