2013年福建省高考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，共42分）
1．（6分）化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
2．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
3．（6分）室温下，对于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判断正确的是（）
A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B．加水稀释后，溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH=13
4．（6分）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（）
A．原子半径Z＜M
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族
5．（6分）下列有关实验的做法不正确的是（）
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配置0.1000mol?L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
6．（6分）某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO．其过程如下：
下列说法不正确的是（）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．右图中△H1=△H2+△H3
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2O
7．（6分）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．将浓度均为0.020mol?L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（）
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
二、解答题（共5小题）
8．（16分）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．
（1）工业上可用组成为K2O?M2O3?2RO2?nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为
②常温下，不能与M单质发生反应的是（填序号）
a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol?L﹣1测定H2S的转化率，结果见右图．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为．
9．（14分）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法．
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】
②该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．工艺中可以利用的单质有（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为．
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2．完成反应的化学方程式：+24NaClO3+12H2SO4=ClO2↑+CO2↑+18H2O+
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN﹣氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl﹣．处理含CN﹣相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的倍．
10．（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2
（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是．
查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O
针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：
（2）实验过程
①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先然后固定在管中固体部位下加热．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．
④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g．
⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象．
（3）实验结果分析讨论
①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想是正确的．
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是．
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．
11．（13分）（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．
（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
2NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有（填序号）．
a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为．
（3）BF3与一定量水形成（H2O）2?BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及（填序号）．
a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键e．氢键f．范德华力
②R中阳离子的空间构型为，阴离子的中心原子轨道采用杂化．
（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1×10﹣10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键．据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是．
12．（13分）已知：
为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径
（1）常温下，下列物质能与A发生反应的有（填序号）
a．苯b．Br2/CCl4c．乙酸乙酯d．KMnO4/H+溶液
（2）M中官能团的名称是，由C→B反应类型为．
（3）由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物和（写结构简式）生成
（4）检验B中是否含有C可选用的试剂是（任写一种名称）．
（5）物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为．
（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH2CH3b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式．
2013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，共42分）
1．（6分）化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
【分析】A．石英的主要成分是二氧化硅；
B．从海水中可以提取氯化钠；
C．食品添加剂应适量添加；
D．“地沟油”主要成分是油脂．
【解答】解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；
C．食品添加剂应适量添加，过量会对人体产生危害，故C错误；
D．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查二氧化硅的用途、物质的分离、食品添加剂、油脂等，难度不大，注意“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂．
2．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（）
A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别
B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体
C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键
D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
【分析】A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
B．戊烷有3种同分异构体；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键；
D．单糖不能发生水解．
【解答】解：A．乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，二者现象不同，可鉴别，故A正确；
B．戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，故B错误；
C．聚乙烯和苯分子中不含碳碳双键，故C错误；
D．糖中的单糖不能发生水解，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的鉴别、同分异构体、有机物结构和性质等知识，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．
3．（6分）室温下，对于0.10mol?L﹣1的氨水，下列判断正确的是（）
A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓
B．加水稀释后，溶液中c（NH4+）?c（OH﹣）变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH=13
【分析】A．弱电解质要写化学式，且氢氧化铝不溶于弱碱；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小；
C．硝酸铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离．
【解答】解：A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以c（NH4+）?c（OH﹣）减小，故B错误；
C．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故C正确；
D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以0.10mol?L﹣1氨水的pH小于13，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离、离子方程式的书写、盐类的水解等知识点，根据盐类水解特点、弱电解质的电离特点、离子方程式的书写规则来分析解答即可，难度中等．
4．（6分）四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（）
A．原子半径Z＜M
B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱
C．X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小
D．Z位于元素周期表中第2周期第ⅥA族
【分析】根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大；
B、根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强分析；
C、根据非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强分析；
D、根据O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子分析。
【解答】解：根据元素周期表中短周期部分的结构和元素位置可知：金属M为Al，X为Si，Y为N，Z为O。
A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同族原子半径逐渐增大，因此原子半径Al＞S＞O，故A正确；
B、由于非金属性：N＞Si，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞H2SiO3，故B错误；
C、由于非金属性：O＞Si，所以气态氢化物的稳定性：H2O＞SiH4，故C正确；
D、O原子含有2个电子层，最外层含有6个电子，因此O位于元素周期表中第二周期、第ⅥA族，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查元素周期表及元素周期律的综合应用，通过元素周期表中短周期部分的结构和元素位置推出元素种类，熟悉物质的性质和元素周期律的知识是解题的关键，题目难度不大。
5．（6分）下列有关实验的做法不正确的是（）
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配置0.1000mol?L﹣1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
【分析】A．本题根据分液操作时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水；
C．转移溶液时可使用玻璃棒引流；
D．氨气遇红色石蕊试纸变蓝色．
【解答】解：A．分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A正确；
B．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳和水，故B正确；
C．将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流，故C正确；
D．检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查分液、物质的检验、实验基本操作等，难度不大，注意检验氨气时应该是用湿润的红色石蕊试纸检验．
6．（6分）某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO．其过程如下：
下列说法不正确的是（）
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．右图中△H1=△H2+△H3
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH﹣﹣2e﹣═CO32﹣+2H2O
【分析】A、总反应为：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，是催化剂；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO；
C、根据盖斯定律，﹣△H1=△H2+△H3；
D、负极反应式正确；
【解答】解：A、通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，故A正确；
B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；
C、由右图可知，根据盖斯定律，应该是：﹣△H1=△H2+△H3；故C错误；
D、CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH﹣生成CO32﹣，故负极反应式正确；故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了热化学知识和盖斯定律的应用，以及催化剂的判断，题目难度适中．
7．（6分）NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率．将浓度均为0.020mol?L﹣1NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（）
A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B．图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C．图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1
D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
【分析】A．由图可知，40℃之前，温度高反应速率加快，40℃之后温度高，变色时间越长；
B．b、c点对应的温度不同；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L；
D．结合55℃时，没有出现蓝色分析．
【解答】解：A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，淀粉发生了水解，故A正确；
B．由图中b、c反应时间相同、温度不同可知，温度高反应速率快，故反应速率不同，故B错误；
C．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol?L﹣1?s﹣1，故C正确；
D.55℃时，没有出现蓝色，淀粉发生水解反应，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重图象分析及温度对反应的影响，注意不同温度下均可被过量KIO3氧化，注重分析能力和解决问题能力的考查，题目难度较大．
二、解答题（共5小题）
8．（16分）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．
（1）工业上可用组成为K2O?M2O3?2RO2?nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为
②常温下，不能与M单质发生反应的是be（填序号）
a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol?L﹣1测定H2S的转化率，结果见右图．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应池中发生反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．
【分析】（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；
（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．
【解答】解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，
则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；
②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；
（2）①以H2S起始浓度均为cmol?L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则
H2S（g）?H2（g）+1/2S2（g）
开始c00
转化0.4c0.4c0.2c
平衡0.6c0.4c0.2c
K==；
温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，
故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；
②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，
故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．
【点评】本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理．
9．（14分）二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂．
（1）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法．
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质．其次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的BaCl2（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42﹣，其原因是BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32﹣时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）【已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10﹣10、Ksp（BaCO3）=5.1×10﹣9】
②该法工艺原理如图．其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠（NaClO3）与盐酸反应生成ClO2．工艺中可以利用的单质有H2、Cl2（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2．完成反应的化学方程式：1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4
（3）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN﹣氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl﹣．处理含CN﹣相同时的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍．
【分析】（1）①在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．根据提供的Ksp数据，在后面加入碳酸钠时，发生BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；可以写出方程式，并用化合价升降法配平得到；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，然后配平得到；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，故为2.5倍．
【解答】解：（1）①加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2，除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32﹣时，发生BaSO4（s）+CO32﹣（aq）=BaCO3（s）+SO42﹣（aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32﹣时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）；
②电解饱和食盐水生成H2、Cl2和NaOH；故可以利用的单质为H2、Cl2，合成HCl，根据流程图可知加入物质为NaClO3和HCl，生成ClO2；发生氧化还原反应，NaClO3被还原生成ClO2，HCl被氧化生成Cl2，同时生成水，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2、Cl2；2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；
（2）纤维素为多糖，水解最终产物为葡萄糖（C6H12O6），具有还原性，可将NaClO3还原得到ClO2．Cl从+5到+4价，降低1价，葡萄糖（C6H12O6）C均价为0，到+4价，升高4价，则配平后的化学方程式为1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4，
故答案为：1；C6H12O6；24；6；12；Na2SO4；
（3）每摩尔Cl2得到2mol电子，而每摩尔ClO2得到5mol电子，则所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5．
【点评】本题考查化学工艺流程，涉及氧化还原反应相关概念、配平及计算，化学实验基本方法（除杂）等相关知识，题目难度中等，注意把握物质的分离、提纯操作方法．
10．（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2
（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）．
查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O
针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：
（2）实验过程
①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明装置气密性良好
②称取Mg（NO3）2固体3.7g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先移动酒精灯预热硬质玻璃管然后固定在管中固体部位下加热．
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．
④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0g．
⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象．
（3）实验结果分析讨论
①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想乙是正确的．
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：2Na2SO3+O2=2Na2SO4（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．
【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；
（2）①反应前检验装置的气密性；
②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；
（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；
②D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气．
【解答】解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，
故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；
（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，
故答案为：装置气密性良好；
②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，
集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，
故答案为：避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质玻璃管；
（3）①硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；
故答案为：乙；
②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，
在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，
故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．
【点评】本题探究硝酸镁分解产物，提出假想，通过实验验证，涉及了化学方程式的书写、加热操作的考查，本题难度中等．
11．（13分）（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置．
（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
2NH3+3F2NF3+3NH4F
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有abd（填序号）．
a．离子晶体b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1．
（3）BF3与一定量水形成（H2O）2?BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及ad（填序号）．
a．离子键b．共价键c．配位键d．金属键e．氢键f．范德华力
②R中阳离子的空间构型为三角锥型，阴离子的中心原子轨道采用sp3杂化．
（4）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.1×10﹣10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键．据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）＜Ka（苯酚）（填“＞”或“＜”），其原因是中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
【分析】（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体；
②Cu原子核外有29个电子，根据核外电子排布规律书写；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，据此判断；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
【解答】解：（1）同周期自左而右元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，处于半满稳定状态，能力降低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的相对位置为：，故答案为：；
（2）①Cu是金属，属于金属晶体，NH4F是盐，属于离子晶体，NH3、F2、NF3都属于分子晶体，
故答案为：abd；
②Cu原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
（3）①由Q的结构可知，Q分子中处于在氢键、共价键、配位键（O与B之间）、分子间作用力，
故答案为：ad；
②R中阳离子为H3+O，中心原子氧原子价层电子对数=3+=4，孤电子对==1，为三角锥型，氧原子采取sp3杂化，
故答案为：三角锥型；sp3；
（4）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+，故相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）＜Ka（苯酚），
故答案为：＜；中形成分子内氢键，使其更难电离出H+．
【点评】本题考查电离能、晶体类型、化学键及氢键对物质性质的影响、分子结构与杂化理论等，难度中等，需要学生全面掌握基础知识，并能运用分析解决问题．
12．（13分）已知：
为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径
（1）常温下，下列物质能与A发生反应的有b、d（填序号）
a．苯b．Br2/CCl4c．乙酸乙酯d．KMnO4/H+溶液
（2）M中官能团的名称是羟基，由C→B反应类型为加成反应（或还原反应）．
（3）由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物和（写结构简式）生成
（4）检验B中是否含有C可选用的试剂是银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）（任写一种名称）．
（5）物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为．
（6）C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH2CH3b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式．
【分析】由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，然后结合有机物的结构与性质来解答．
【解答】解：由合成流程可知，A→M发生﹣CHO和C=C的加成反应，B→M为苯环的加成反应，结合信息可知，D→C发生取代反应，C为CH3CH2CH2C6H4CHO，名称为对丙基苯甲醛，C→B为﹣CHO的加成反应，
（1）含C=C，能与溴水发生加成反应，C=C、﹣CHO均能被高锰酸钾氧化，故答案为：b、d；
（2）由结构简式可知，M中含﹣OH，名称为羟基，C→B为﹣CHO的加成反应（或还原反应），
故答案为：羟基；加成反应（或还原反应）；
（3）由A催化加氢生成M的过程中，C=C、﹣CHO均能与氢气发生加成反应，则生成中间体为或，
故答案为：；
（4）B中是否含有C，利用醛基的性质可知，选银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）产生银镜（或砖红色沉淀）即可证明，故答案为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；
（5）B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，碳链骨架不变，则C10H13Cl的结构简式为，故答案为：；
（6）C为CH3CH2CH2C6H4CHO，其同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含﹣OCH2CH3、b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代基为乙烯基，二者为对位的位置，苯环上只有两种H，
则E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为，故答案为：．
【点评】本题考查有机物的合成，题目难度中等，注意信息分析C物质，体会官能团与性质的关系，把握反应条件、反应类型及官能团变化即可解答，有机合成题是高考热点题型．
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