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2009年高考试题——理综化学部分(福建卷)解析版

2009年普通高校招生统一考试福建卷(理综)

化学部分解析

6. 下列类型的反应,一定发生电子转移的是A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应

【答案】C

【解析】二氧化碳与水化合,碳酸氢铵分解,盐酸与氢氧化钠中和反应,这三个都是非氧化还原反应,没有发生电子转移。A 、B 、D 错误。置换反应中肯定有单质参加,一定属于氧化还原反应,即一定有电子转移,C 项正确。

【考点分析】基本反应类型和氧化还原反应的关系

7. 能实现下列物质间直接转化的元素是 氧化物酸或碱盐+O 2+H 2O

A. 硅

B. 硫

C. 铜

D. 铁

【答案】B

【解析】S 与O 2生成SO 2,SO 2再与H 2O 生成H 2SO 3,H 2SO 3可以与NaOH 生成Na 2SO 3,B 项正确。SiO 2 、 CuO 、Fe 3O 4均不与H 2O 反应,A 、C 、D 错误。

【考点分析】元素化合物之间的转化关系

8. 设N A 为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是

A. 24g 镁的原子量最外层电子数为N A

B. 1L0.1mol ·L -1乙酸溶液中H +数为0.1N A

C. 1mol 甲烷分子所含质子数为10N A

D. 标准状况下,22.4L 乙醇的分子数为N A

【答案】C

【解析】镁的最外层电子数为2,A 错误; 乙酸为弱电解质,部分电离,故H +小于0.1NA ,B

错误; CH 4的质子数为10,C 正确;乙醇标状是液体,D 错误。

【考点分析】阿伏伽德罗常数正误判断

9. 下列关于常见有机物的说法不正确...

的是 A. 乙烯和苯都能与溴水反应

B. 乙酸和油脂都能与氢氧化钠溶液反应

C. 糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质

D. 乙烯和甲烷可用酸性高锰酸钾溶液鉴别

【答案】A

【解析】苯不能与溴水发生反应,只能与液溴反应,A 错误;乙酸与NaOH 发生酸碱中和,油脂在碱性条件能水解,B 正确;糖类,油脂和蛋白质是重要营养的物质,C 正确;乙烯可以使高锰酸钾褪色,而甲烷不可以,D 正确。

【考点分析】有机化合物性质

10. 在一定条件下,Na 2CO 3溶液存在水解平衡:CO 32- + H 2O HCO 3- + OH -。下列说法

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正确的是 A. 稀释溶液,水解平衡常数增大

B. 通入CO 2,平衡朝正反应方向移动

C. 升高温度,323()()

c HCO c CO --减小 D. 加入NaOH 固体,溶液PH 减小

【答案】B

【解析】平衡常数仅与温度有关,故稀释时平衡常数是不变的,A 错误;CO 2通入水中,生成

H 2CO 3,可以与OH -

反应,平衡正向移动,B 正确;升温可以促进水解,平衡正向移动,323()()c HCO c CO --是增大的,C 错误; 加入NaOH 固体,碱性肯定增强,pH 增大,D 错误。

【考点分析】平衡常数、PH 、化学平衡及其移动

11.

控制适合的条件,将反应322Fe I +-+222Fe I ++设计成

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如右图所示的原电池。下列判断不正确...

2009年高考试题——理综化学部分(福建卷)解析版

的是 A. 反应开始时,乙中石墨电极上发生氧化反应

B. 反应开始时,甲中石墨电极上Fe 3+被还原

C. 电流计读数为零时,反应达到化学平衡状态

D. 电流计读数为零后,在甲中溶入FeCl 2固体,乙中石墨电极为

负极

【答案】D

【解析】乙中I -失去电子放电,发生氧化反应,A 正确;由总反应方程式知,Fe 3+被还原成

Fe 2+,B 正确;当电流计为零时,说明没有电子发生转移,反应达到平衡,C 正确。加入 Fe 2+,导致平衡逆向移动,则Fe 2+失去电子生成Fe 3+,作为负极,D 错误。

【考点分析】原电池原理综合考查

12. 某探究小组利用丙酮的溴代反应(332CH COCH Br +HCl 32CH COCH Br HBr +)

来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率2()v Br 通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下,获得如下实验数据:

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分析实验数据所得出的结论不正确...

的是 A. 增大332(),()c CH COCH v Br 增大 B. 实验②和③的2()v Br 相等

C. 增大(),c HCl 2()v Br 增大

D. 增大2()c Br ,2()v Br 增大

【答案】

D

【解析】从表中数据看,①④两组实验中CH 3COCH 3,HCl 的浓度是相同的,而④中Br 2比①中的大,所以时间变长,速率变慢,D 错误。其他选项正确。

【考点分析】化学反应速率及其影响因素

23.(15分)

短周期元素Q 、R 、T 、W 在元素周期表中的位置如右图所示,期中T 所处的周期序数与主族序

数相等,请回答下列问题:

(1)T 的原子结构示意图为_______.

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(2)元素的非金属性为(原子的得电子能力):Q______W(填“强于”

或“弱于”)。

(3) W 的单质与其最高价氧化物的水化物浓溶液共热能发生反应,生成两种物质,其中一种是气体,反应的化学方程式为_____.

(4)原子序数比R 多1的元素是一种氢化物能分解为它的另一种氢化物,此分解反应的化学方程式是__________.

(5)R 有多种氧化物,其中甲的相对分子质量最小。在一定条件下,2L 的甲气体与0.5L 的氯气相混合,若该混合气体被足量的NaOH 溶液完全吸收后没有气体残留,所生成的R 的含氧酸盐的化学式是__________.

(6)在298K 下,Q 、T 的单质各1mol 完全燃烧,分别放出热量aKJ 和bKJ 。又知一定条件下,T 的单质能将Q 从它的最高价氧化物中置换出来,若此置换反应生成3molQ 的单质,则该反应在298K 下的H =________(注:题中所设单质均为最稳定单质)

【答案】

(1) (2)弱于

(3)S + 2H 2SO 4(浓) △3SO 2↑+ 2H 2O

(4)2H 2O 2 MnO 22H 2O + O 2↑(或其他合理答案)

(5)NaNO 2

(6)(3a – 4b)KJ/mol 【解析】结合题目信息,结合T 在周期表的位置与族序数相等这一条件 ,可以得出T 为Al ,Q 为C ,R 为N ,W 为S 。(1)T 为Al ,13号元素。(2)根据S 、C 最高价氧化物对应的酸性硫酸强于碳酸,则可得非金属性S 强于C 。(3)S 与H 2SO 4发生归中反应,从元素守恒看,肯定有水生成,另外为一气体,从化合价看,只能是SO 2。(4)比R 质子数多1的元素为O ,存在H 2O 2转化为H 2O 的反应。(5)N 中相对分子质量最小的氧化物为NO ,2NO + O 2 = 2NO 2,显然NO 过量1L ,同时生成1L 的NO 2,再用NaOH 吸收,从氧化还原角度看,+2价N 的NO 与+4价N 的NO 2,应归中生成+3N 的化合物NaNO 2。(6)C + O 2 CO 2 △H = -a KJ/mol ①,4Al +3 O 2 =2Al 2O 3 △H = -4bKJ/mol ②。Al 与CO 2的置换反应,写出反应方程式为:4Al + 3CO 2 3C + 2Al 2O 3,此反应的 H 为可由②-①×3得,△H=-4b -(-3a)=(3a-4b)KJ/mol.

【考点分析】 无机物的性质、化学用语、化学方程式书写、氧化还原反应以及热化学有关计算

24.(13分)从铝土矿(主要成分是23Al O ,含2SiO 、23Fe O 、MgO 等杂质)中提取两种工艺品的流程如下:

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请回答下列问题:

(1)流程甲加入盐酸后生成Al 3+的方程式为_________.

(2)流程乙加入烧碱后生成Si 23o -的离子方程式为________.

(3)验证滤液B 含3Fe +,可取少量滤液并加入________(填试剂名称)。

(4)滤液E 、K 中溶质的主要成份是________(填化学式),写出该溶液的一种用途________

(5)已知298K 时,2()Mg OH 的容度积常数SP K =5.6×1210-,取适量的滤液B,加入一定量的烧碱达到沉淀溶液平衡,测得PH=13.00,则此温度下残留在溶液中的2()c Mg +=_______.

【答案】

(1)Al 2O 3 + 6H + 2Al 3+ +3H 2O

(2)SiO 2 + 2OH - SiO 32 - + H 2O

(3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案)

(4)NaHCO 3;制纯碱或做发酵粉等合理答案

(5)5.6×10-10mol/L

【解析】(1)与HCl 反应生成Al 3+,应为铝土矿中Al 2O 3。(2)SiO 2可以溶于NaOH 中生成Na 2SiO 3。

(3)检验Fe 3+的特征反应很多,如与KSCN 显血红色,与苯酚显紫色,与OH -显红褐色沉淀等。

(4)生成E 、K 时,CO 2均是过量的,故应生成NaHCO 3。(5))()(22-+=OH c Mg

c K sp ,)(2+Mg c =5.6×10-12/(0.1)2=5.6×10-10。

【考点分析】化学实验、化学与技术、铝土矿中氧化铝提取的工艺流程综合考查

25.(17分)w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

某研究性小组借助A-D 的仪器装置完成有关实验

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【实验一】收集NO 气体。

(1) 用装置A 收集NO 气体,正确的操作上 (填序号)。

a.从①口进气,用排水法集气

b.从①口进气,用排气法集气

c.从②口进气,用排水法集气

d..从②口进气,用排气法集气

【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数Zn ω和镀层厚度,查询得知锌易溶于碱:Zn+2NaOH=Na 2ZnO 3+H 2↑据此,截取面积为S 的双面镀锌薄铁板试样,剪碎、称得质量为m 1 g 。用固体烧碱和水作试剂,拟出下列实验方案并进行相关实验。

方案甲:通过测量试样与碱反应生成的氢气体积来实现探究木目标。

(2)选用B 和 (填仪器标号)两个装置进行实验。

(3)测得充分反应后生成氢气的体积为VL (标准状况),()Zn ω== 。

(4)计算镀层厚度,还需要检索的一个物理量是 。

(5)若装置B 中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗,测量结果将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

方案乙:通过称量试样与碱反应前后的质量实现探究目标。选用仪器C 做实验,试样经充分反应,滤出不溶物、洗涤、烘干,称得其质量为m 2g 。

(6)()Zn ω= 。

方案丙:通过称量试样与碱反应前后仪器、试样和试剂的总质量(其差值即为H 2的质量)实现探究目标。实验同样使用仪器C 。

(7)从实验误差角度分析,方案丙 方案乙(填“优于”、“劣于”或“等同于”)。

【答案】 (1)C (2)D (3) 14.2265m V (或1

9.2m V 等其他合理答案) (4)金属锌的密度(或其他合理答案)

(5)偏大

(6)1

21m m m -(或其他合理答案) (7)劣于

【解析】(1)NO 遇空气立即被氧化,故不能用排空气法收集,只能用排水法收集。排水时应用短进长出。(2)方案甲:Zn 和Fe 中只有Zn 可以与NaOH 产生气体,通过排水收集气体,依据反应方程式即可算出Zn 的质量分数。所以需要的装置有测H 2的体积的D 装置。(3)Zn 与H 2之间量为1:1,则n (Zn)=V/22.4 mol,w (Zn)=m (Zn)/m 1 = 1

4.2265m V 。(4)有了Zn 的质量,如果有密度,则可以求出Zn 的体积,再由Zn 的截面积,即可求出Zn 的高度(厚度)。(5)恒压式分液漏斗产生的气体有部分残留在分液漏斗上方,故排气时收集少了,所以用普通漏斗时收集的H 2多一些,则计算出的Zn 的量偏大。(6)减少的质量即为Zn 的质量。(7)丙方案根据H 2的质量差值,显然误差大,因为产生的H 2质量很小,计算偏差大。

【考点分析】化学实验的探究、实验方案评价、气体的收集、化学计算综合考查

选考部分

第II 卷选考部分共5题,共35分。其中第28、29题为物理题,第30、31题为化学题,考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答,若第28题、29题都作答,则按第28题

计分,若第30、31题都作答,则按第30题计分,第32题为生物题,是必答题。请将答案都填写在答题卡选答区域的指定位置上。

30.[化学——物质结构与性质](13分)

Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知:

①Z的原子序数为29,其余的均为短周期主族元素;

②Y原子价电子(外围电子)排布ms n mp n

③R原子核外L层电子数为奇数;

④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。

请回答下列问题:w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

(1)Z2+ 的核外电子排布式是。

(2)在[Z(NH3)4]2+离子中,Z2+的空间轨道受NH3分子提供的形成配位键。

(3)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙,下列判断正确的是。

a.稳定性:甲>乙,沸点:甲>乙

b.稳定性:甲>乙,沸点:甲>乙

c.稳定性:甲<乙,沸点:甲<乙

d.稳定性:甲<乙,沸点:甲>乙

(4) Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为(用元素符号作答)(5)Q的一种氢化物相对分子质量为26,其中分子中的σ键与π键的键数之比为。(6)五种元素中,电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于。

【答案】

(1)1s22s22p63s23p63d9 (2)孤对电子(孤电子对)

(3)b (4)Si < C

【解析】29号为Cu。Y价电子:ms n mp n中n只能取2,又为短周期,则Y可能为C或Si。R的核外L层为数,则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道为2和4,则C(或Si)和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。所以可推出:Q为C,R为N,X为O,Y为Si。(1)Cu的价电子排布为3d104s1,失去两个电子,则为3d9。(2)Cu2+可以与NH3形成配合物,其中NH3中N 提供孤对电子,Cu提供空轨道,而形成配位键。(3)Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4,由于C 的非金属性强于Si,则稳定性CH4>SiH4。因为SiH4的相对分子质量比CH4大,故分子间作用力大,沸点高。(4)C、N和Si中,C、Si位于同一主族,则上面的非金属性强,故第一电离能大,而N由于具有半充满状态,故第一电离能比相邻元素大,所以N>C>Si。(5)C、H形成的相对分子质量的物质为C2H2,结构式为H-C≡C-H,单键是σ键,叁键中有两个是σ键一个π键,所以σ键与π键数之比为3:2。(6)电负性最大的非元素是O,最小的非金属元素是Si,两者构成的SiO2,属于原子晶体。

【考点分析】物质结构与性质综合运用

31. [化学——有机化学基础](13分)

有机物A是最常用的食用油氧化剂,分子式为C10H12O5,可发生如下转化:

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已知B的相对分子质量为60,分子中只含一个甲基。C的结构可表示为:

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请回答下列问题:

(1)根据系统命名法,B的名称为。

(2)官能团-X的名称为,高聚物E的链节为。

(3)A的结构简式为。

(4)反应⑤的化学方程式为。

(5)C有多种同分异构体,写出期中2种符合下列要求的同分异构体的结构简式。

i.含有苯环 ii.能发生银镜反应 iii.不能发生水解反应

(6)从分子结构上看,A具有抗氧化作用的主要原因是(填序号)。

a.含有苯环

b.含有羰基

c.含有酚羟基

【答案】

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【解析】从框图中的信息知,C中含有羧基及酚基和苯环,又C的结构中有三个Y官能团,显

然为羟基,若为羧基,则A的氧原子将超过5个。由此可得出C的结构为。A显然为酯,水解时生成了醇B和酸C。B中只有一个甲基,相对分子质量为60,60-15-17=28,则为两上亚甲基,所以B的结构式为CH3CH2CH2OH,即1-丙醇。它在浓硫酸作用下,发生消去

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反应,可生成CH3CH=CH2,双键打开则形成聚合物,其键节为。由B与C的结构,

不难写出酯A的结构简式为:。C与NaHCO3反应时,只是羧基参与反应,由于酚羟基的酸性弱,不可能使NaHCO3放出CO2气体。(5)C的同分异构体中,能发生银镜反应,则一定要有醛基,不能发生水解,则不能是甲酸形成的酯类。显然,可以将羧基换成醛基和羟基在苯环作位置变换即可。(6)抗氧化即为有还原性基团的存在,而酚羟基易被O2氧化,所以选C项。

【考点分析】有机物的推断及性质、注意官能团、同分异构体、反应类型综合考查