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2009年福建高考化学试题及答案解析


年普通高校招生统一考试福建卷(理综) 2009 年普通高校招生统一考试福建卷(理综) 化学部分
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

单质

+O2

氧化物

+H2O

+NaOH或HCl 酸或碱 盐

A. 硅 B. 硫 C. 铜 D. 铁 【答案】B 【解析】S 与 O2 生成 SO2,SO2 再与 H2O 生成 H2SO3,H2SO3 可以与 NaOH 生成 Na2SO3,B 项正确。 SiO2 、 CuO、Fe3O4 均不与 H2O 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 NA 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 NA -1 + B. 1L0.1molL 乙酸溶液中 H 数为 0.1NA C. 1mol 甲烷分子所含质子数为 10NA D. 标准状况下,22.4L 乙醇的分子数为 NA 【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; CH4 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,Na2CO3 溶液存在水解平衡: CO3 法正确的是 A. 稀释溶液,水解平衡常数增大 B. 通入 CO2,平衡朝正反应方向移动
2-

+ H2O

HCO3- + OH- 。下列说

C. 升高温度,

c( HCO3 ) 减小 c(CO3 2 )

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;CO2 通入水中,生 - 成 H2CO3,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,

c( HCO3 ) 是增大的,C 错误; 加入 NaOH 固体,碱性肯定增强,pH 增大,D 错误。 c(CO3 2 )
【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

2 Fe3+ + 2 I

2Fe2 + + I 2

设计成

如右图所示的原电池。下列判断不正确的是 ... A. 反应开始时,乙中石墨电极上发生氧化反应 3+ B. 反应开始时,甲中石墨电极上 Fe 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 FeCl2 固体,乙中石墨电极为 负极 【答案】D - 3+ 【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 被还原成 2+ Fe ,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 2+ 2+ 3+ Fe ,导致平衡逆向移动,则 Fe 失去电子生成 Fe ,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(

CH 3COCH 3 + Br2

HCl

CH 3COCH 2 Br + HBr



来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率 v( Br2 ) 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:

分析实验数据所得出的结论不正确的是 ... A. 增大 c(CH 3COCH 3 ), v( Br2 ) 增大 C. 增大 c( HCl ), v( Br2 ) 增大 【答案】D B. 实验②和③的 v( Br2 ) 相等 D. 增大 c( Br2 ) , v( Br2 ) 增大

【解析】从表中数据看,①④两组实验中 CH3COCH3,HCl 的浓度是相同的,而④中 Br2 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_______. (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, T 的单质各 1mol 完全燃烧, Q、 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 + 2H2SO4(浓) △ 3SO2↑+ 2H2O (4)2H2O2 MnO22H2O + O2↑(或其他合理答案) (5)NaNO2 (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 H2SO4 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 SO2。 (4)比 R 质子数多 1 的元素为 O, 存在 H2O2 转化为 H2O 的反应。 (5)N 中相对分子质量最小的氧化物为 NO,2NO + O2 = 2NO2, 显然 NO 过量 1L,同时生成 1L 的 NO2,再用 NaOH 吸收,从氧化还原角度看,+2 价 N 的 NO 与+4 价 N 的 NO2, 应归中生成+3N 的化合物 NaNO2。 C + O2 (6) CO2 △H= -a KJ/mol①, 4Al +3 O2 =2Al2O3 △H= -4bKJ/mol②。Al 与 CO2 的置换反应,写出反应方程式为:4Al + 3CO2 3C + 2Al2O3,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 Al2O3 ,含 SiO2 、 Fe2O3 、MgO 等杂质)中提取两种工艺品的流程 如下:

请回答下列问题: 3+ (1)流程甲加入盐酸后生成 Al 的方程式为_________. (2)流程乙加入烧碱后生成 Si o3 的离子方程式为________. (3)验证滤液 B 含 Fe ,可取少量滤液并加入________(填试剂名称) 。 (4) 滤液 E、 中溶质的主要成份是________(填化学式), K 写出该溶液的一种用途________ (5)已知 298K 时, Mg (OH ) 2 的容度积常数 K SP =5.6× 10
12 3+

2

,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

c( Mg 2 + ) =_______.
【答案】 + 3+ 2Al +3H2O (1)Al2O3 + 6H - 2- (2)SiO2 + 2OH SiO3 + H2O (3)硫氰化钾(或硫氰酸钾、苯酚溶液等合理答案) (4)NaHCO3;制纯碱或做发酵粉等合理答案 -10 (5)5.6×10 mol/L 3+ 应为铝土矿中 Al2O3。2) 2 可以溶于 NaOH 中生成 Na2SiO3。 ( SiO 【解析】1) HCl 反应生成 Al , ( 与 3+ - (3)检验 Fe 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,CO2 均是过量的,故应生成 NaHCO3。 (5) K sp = c( Mg
2+

)c 2 (OH ) ,

c( Mg 2+ ) =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) 某研究性小组借助 A-D 的仪器装置完成有关实验

【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 查询得知锌易溶 【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数 ω Zn 和镀层厚度, 于碱:Zn+2NaOH=Na2ZnO3+H2↑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 m1 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: 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。 (填仪器标号)两个装置进行实验。 (2)选用 B 和 (3)测得充分反应后生成氢气的体积为 VL(标准状况) ω ( Zn) = = , 。

(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: 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 m2g 。 (6) ω ( Zn) = 。

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 H2 的质 方案丙 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” “等同于”。 或 ) 【答案】 (1)C (2)D (3)

65V 2.9V (或 等其他合理答案) 22.4m1 m1

(4)金属锌的密度(或其他合理答案) (5)偏大 (6)

m1 m2 (或其他合理答案) m1

(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 H2 的体积的 D 装置。 (3)Zn 与 H2 之间量为 1:1,则 n(Zn)=V/22.4 mol,w (Zn)=m(Zn)/m1 =

65V 。 (4)有了 Zn 的 22.4m1

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 H2 多一些, 则计算出的 Zn 的量偏大。 减少的质量即为 Zn 的质量。 (6) (7) 丙方案根据 H2 的质量差值,显然误差大,因为产生的 H2 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; n n ②Y 原子价电子(外围电子)排布 ms mp 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: 2+ (1)Z 的核外电子排布式是 。 2+ 2+ (2)在[Z(NH3)4] 离子中,Z 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 (用元素符号作答) (4) Q、R、Y 三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 (5) 的一种氢化物相对分子质量为 26, Q 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 。 2 2 6 2 6 9 【答案】 (1)1s 2s 2p 3s 3p 3d (2)孤对电子(孤电子对) (3)b (4)Si < C <N (5) 3:2 (6)原子晶体 n n 【解析】29 号为 Cu。Y 价电子:ms mp 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) 10 1 9 2+ Cu 的价电子排布为 3d 4s ,失去两个电子,则为 3d 。 (2)Cu 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:

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:

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 (填序号) 。 (6)从分子结构上看,A 具有抗氧化作用的主要原因是 a.含有苯环 b.含有羰基 c.含有酚羟基 【答案】

【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, A 的氧原子将超过 5 个。 则 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


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