2011年6月福建省普通高中学生学业基础会考化学试题

2014 年福建省一般高中学生学业基础会考化学试题（考试时间：90 分钟；满分： 100 分）本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。

第Ⅰ卷（选择题44分）一、选择题（本大题有22 小题，每题 2 分，共 44 分。

每题只有一个正确答案）1．2013 年入冬以来福建多地出现雾霾天气。

以下做法有益于减少雾霾产生的是（A．露天燃烧垃圾B．大力发展火力发电C ．开发利用太阳能D．乱砍滥伐树木2．以下物质属于纯净物的是（）A．空气B．液氯C．煤炭D．海水）3．以下化合物中，既有离子键又有共价键的是（A． H2O B．NaCl C．NaOH D．HCl）4．要使垃圾中难得的再生资源获取充分利用，一定对垃圾进行分类。

以下图为垃圾分类标记，塑料垃圾属于（）5．用 N A为阿伏加德罗常数，以下物质所含分子数最多．．的是（）A． 0.8mol CH 4B． 8.8g CO2( CO2摩尔质量为-144g· mol ) C．标准情况下 4.48L 的 O2D．含N A个氢分子的H26．能大批共存于同一溶液的离子组是（）A．K+、 H+、 HCO3— B ． Cu2+、 Na +、 OH —C． Na+、 Cl —、 NO 3－D．Ag +、Cl —、 SO42—7．以下对人体健康无害的是（）A．用工业白腊给瓜子美容B．用工业酒精（含甲醇）配兑饮用酒C ．食用加碘盐预防碘缺少病D．食用亚硝酸盐超标的腊肉8．以下反应的离子方程式书写正确的选项是（）A．溴化钾溶液中通入氯气： Br －+ C12 == Br 2+ Cl －B．氢氧化钠溶液与稀硝酸反应：OH－+H+==H2OC．稀盐酸与碳酸钙反应：2H+2－+ CO3== H2O + CO2↑D．铁粉与稀硫酸反应：Fe + H+ == Fe3++H2↑9．以下微粒互为同位素的是（）1618和 NO2 C ．O2和 O3 D ．CH4和 C2H6 A．8 O和8 O B ．NO10．某饮料的配料表：纯净水、蔗糖、苹果汁、维生素C、乳酸钙。

2015年6月份福建省普通高中学生学业基础会考生物试题(考试时间：90分钟；满分：100分)本试卷分第I卷和第II卷两部分。

第I卷为选择题，第II卷为非选择题。

第I卷（选择题60分)注意事项：1．第1卷共4页。

答第I卷前。

考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案。

答案不能答在试题上。

一、选择题(本大题共30小题，每小题2分，共60分。

每小题只有一个正确答案)1．组成多糖的单体是A．单糖 B．乳糖 C．氨基酸 D．核苷酸2．某同学使用显微镜观察装片时，调节细准焦螺旋(如下图)的目的是使A．物像变小B．物像变大C．物像更清淅D．视野更明亮3．由四个氨基酸分子形成一条肽链时，脱去的水分子个数是A．1 B．2 C．3 D．44．下列细胞能发生质壁分离的是A．草履虫 B．哺乳动物成熟红细胞C．人体口腔上皮细胞 D．紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞5．下列物质以自由扩散方式通过细胞膜的是A．葡萄糖 B．钾离子 C．氨基酸 D．二氧化碳6．能催化麦芽糖水解的酶是A．蛋白酶 B．淀粉酶 C．脂肪酶 D．麦芽糖酶7．下列物质能为根细胞吸收K+直接提供能量的是A．ADP B．ATP C．酒精 D．葡萄糖8．下列实例应用了无氧呼吸原理的是A．酿制米酒 B．慢跑健身运动C．中耕松土 D．用透气的消毒纱布包扎伤口9．“绿叶中色素的提取和分离”的实验中，在滤纸条上随层析液扩散最慢的色素是A．叶黄素 B．叶绿素aC．胡萝卜素 D．叶绿素b10．下图可表示—个完整细胞周期的是A．a→c B．b→d C．b→c D．e→f11．下图是细胞生命历程的示意图，相关叙述正确的是A．①表示细胞衰老B．①②表示细胞增殖C．②③表示细胞分化D．①②③表示细胞凋亡12．下列属于相对性状的是A．豌豆的矮茎与红花 B．猫的白毛与蓝眼C．棉花的细绒与长绒 D．果绳的红眼与白眼13．下列表示杂合子的基因型是A．AaBb B．AAbb C．aabb D．AABB14．“噬菌体侵染细菌”实验表明：T2噬菌体的遗传物质是A．RNA B．DNA C．多糖 D．蛋白质15．下列关于DNA分子结构的描述，错误．．的是A．碱基A与C配对，T与G配对B．两条链反向平行盘旋成双螺旋结构C．两条链上的碱基通过氢键连接成碱基对D．脱氧核糖和磷酸交替连接排列在外侧，碱基排列在内侧16．某双链DNA分子片段中含有120个碱基对，由它转录出的mRNA最多含有的碱基个数是 A．40 B．60 C．120 D．24017．下列关于基因与性状关系的叙述，错误．．的是A．性状完全由基因控制B．基因与性状并不都是简单的线性关系C．基因可通过控制酶的合成来控制生物体的性状D．基因可通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状18．基因A受到紫外线照射，可能突变为a1，也可能突变为a2，这说明基因突变具有A．普遍性 B．低频性 C．随机性 D．不定向性19．下列育种方法应用基因重组原理的是A．诱变育种 B．单倍体育种C．杂交育种 D．多倍体育种20．下列属于单基因遗传病的是A．白化病 B．原发性高血压C．猫叫综合征 D．2l三体综合征21．现代生物进化理论认为，决定生物进化方向的是A．遗传变异 B．自然选择C．用进废退 D．生殖隔离22．下列关于人体稳态的叙述，错误．．的是A．内环境由细胞内液构成B．稳态遭到破坏可能导致机体疾病发生C．内环境各种理化性质在正常情况下维持相对稳定D．神经—体液—免疫调节网络是机体维持稳态的主要调节机制23．下列有关人体神经调节的叙述，正确的是A．神经调节的基本方式是反射B．脊髓是调节机体活动的最高级中枢C．一个完整的反射孤由一个神经元组成D．兴奋部位神经纤维膜两侧电位为内负外正24．右图为人体甲状腺激素分泌的分级调节示意图，相关叙述正确的是A．激素甲为促甲状腺激素B．激素乙为促甲状腺激素释放激素C．激素乙能促进甲状腺激素的分泌D．甲状腺激素增加不会抑制激素甲的分泌25．寒冷刺激下，正常人体会发生的生理变化是A．体温升高 B．汗腺分泌减少C．产热量减少 D．体内酶活性升高26．下列有关人体免疫调节的叙述，正确的是A．抗体的化学本质是脂质 B．皮肤、黏膜是保卫人体的第三道防线 C．艾滋病病毒只破坏人体B细胞 D．免疫系统具有防卫、监控和清除功能27．下图表示某种生物种群的数量变化曲线，相关叙述正确的是A．该种群的K值是300个B．该种群数量星“J”型增长C．在第2～3天该种群增长最慢D．在第5天该种群出生率等于死亡率28．某森林中栖息着多种鸟类，杜鹃、黄鹂栖息在林冠层，山雀、啄木鸟生活在中层，画眉、八色鸫分布在林下层。

2014年1月福建省普通高中学生学业基础会考化学试题(考试时间：90分钟；满分：100分)本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为非选择题。

第Ⅰ卷(选择题44分)一、选择题（本大题有22小题，每小题2分，共44分）1.2013年入冬以来福建多地出现雾霾天气。

下列做法有利于减少雾霾产生的是（）A．露天焚烧垃圾B．大力发展火力发电C．开发利用太阳能D．乱砍滥伐树木2.下列物质属于纯净物的是（）A．空气B．液氯C．煤炭D．海水3.下列化合物中，,既有离子键又有共价键的是（）A．H2O B．NaCl C．NaOH D．HCl4.要使垃圾中宝贵的再生资源得到充分利用，必须对垃圾进行分类。

下图为垃圾分类标志，塑料垃圾属于5. N A为阿伏伽德罗常数，下列物质所含分子数最多．．的是（）A．0.8 mol CH4B．8.8g CO2 (CO2摩尔质量为44g·mol—1)C．标准状况下4.48 L的O2 D．含N A个氢分子的H26.能大量共存于同一溶液的离子组是（）A．K+、H+、HCO3—B．Cu2+、Na+、OH—C．Na+、Cl—、NO3—D．Ag+、Cl—、SO42—7.下列对人体健康无害．．的是（）A．用工业石蜡给瓜子美容B．用工业酒精（含甲醇）配兑饮用酒C．使用加碘盐预防碘缺乏病D．食用亚硝酸盐超标的腊肉8.下列反应的离子方程式正确的是（）A．溴化钾溶液中通入氯气：Br—+ Cl2 == Br2+ Cl—B．氢氧化钠溶液与稀硝酸反应：OH—+ H+ == H2OC．稀盐酸与碳酸钙反应：2H+ +CO32- == H2O+CO2↑D．铁粉与稀硫酸反应：Fe + H+ == Fe3+ + H2↑9.下列微粒互为同位素的是（）A．16O 和18O B．NO和NO2 C．O2和O3D．CH4和C2H610.某饮料的配料表：纯净水、蔗糖、苹果汁、维生素C、乳酸钙。

该饮料不含有的营养素是（）A．糖类B．维生素C．水D．油脂11.实验室配制250 mL 0.5 mol·L—1NaCl溶液，不需要用到的仪器是（）12.只用一种试剂，可以一次性鉴别NH 4Cl 、NaCl 、Na 2SO 4三种溶液，这种试剂是（ ） A. Ba(OH)2溶液 B ．KCl 溶液 C ．酚酞溶液 D ．盐酸 13.下列现象因发生物理变化引起的是（ ） A ．活性炭使蓝色墨水褪色B ．盛石灰水的试剂瓶久置后内壁出现白色固体C ．蛋白质灼烧时发出烧焦羽毛的气味D ．湿润红布条置于氯气的集气瓶中国，红布条褪色14.右图是某有机物分子的比例模型(填充模型)，其中“○”表示氢原子，“●”表示碳原子，“”表示氧原子，该有机物的名称是（ ）A ．乙烷B ．乙烯C ．乙酸D ．乙醇 15.下列关于生活中常见药物的说法，不正确的是（ ） A ．“胃舒平”是治疗胃酸过多的药物 B ．“阿司匹林”是解热镇痛和消炎的药物 C ．“创可贴”是小伤口的外用消炎药物 D ．“风油精”是包治百病的药物16.下列物质属于天然高分子的是（ ）A ．聚氯乙烯B ．蚕丝C ．塑料D ．合成橡胶17.铝粉和氧化铁粉末在高温条件下发生铝热反应，该反应放出大量的热，用于焊接钢轨。

2011年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1．（3分）（2011•福建）下列关于化学与生产、生活的认识不正确的是（）A．CO2、CH4、N2等均是造成温室效应的气体B．使用清洁能源是防止酸雨发生的重要措施之一C．节能减排符合低碳经济的要求D．合理开发利用可燃冰（固态甲烷水合物）有助于缓解能源紧缺【考点】常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A、根据产生温室效应的气体成分判断；B、根据酸雨的形成原因判断；C、根据低碳经济的要求判断；D、根据可燃冰对煤、石油的影响判断；【解答】解：A CO2、CH4是造成温室效应的主要气体，而N2是空气中的主要气体，不是温室气体，故A错误；B、产生酸雨的主要原因是SO2气体，使用清洁能源可以有效防止酸雨发生，故B正确；C、节能减排可以减少CO2的排放，符合低碳经济的要求，故C正确；D、合理开发可燃冰可以减少煤、石油等紧缺能源的使用，故D正确．故选A．【点评】本题考查了常见的生活环境的污染和治理，涉及STSE内容，主要与环保、能源和低碳经济有关，属于常识题．2．（3分）（2011•福建）依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是（）A．H3BO3的酸性比H2CO3的强B．Mg（OH）2的碱性比Be（OH）2的强C．HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强D．若M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则原子序数：R＞M【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、同周期从左向右元素的非金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性增强；B、同主族从上到下元素的金属性增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；C、同主族从上到下元素的非金属性减弱，则气态氢化物的稳定性减弱；D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则阳离子在下一周期的前方，阴离子在上一周期的后方．【解答】解：A、非金属性B＜C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3＜H2CO3，故A错误；B、金属性Mg＞Be，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2＞Be（OH）2，故B正确；C、非金属性Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故C错误；D、M+和R2﹣的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2﹣在上一周期的后方，原子序数M＞R，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素周期律，学生熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，难度不大．3．（3分）（2011•福建）下列关于有机化合物的认识错误的是（）A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体C．在水溶液里，乙酸分子中的﹣CH3可以电离出H+D．在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【考点】油脂的性质、组成与结构；苯的性质；乙酸的化学性质；蔗糖、麦芽糖简介．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；C、在水溶液里，乙酸分子中羧基中的H发生电离；D、分子中原子或基团被其他原子或原子团所取代的反应称取代反应．【解答】解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；B、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C、在水溶液里，乙酸电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，发生电离是羧基中的H原子，故C错误；D、硝基取代苯环上的H原子生成硝基苯，是取代反应，故D正确．故选C．【点评】本题涉及同分异构体、有机反应类型、羧酸与油脂的性质等知识，难度不大，重在考查学生对基础知识的掌握．4．（3分）（2011•福建）下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（）①②③④Y CO2Fe2O3C2H5OH FeCl3W MgO Al2O3C2H5ONa CuCl2A．①B．②C．③D．④【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】①二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，属于置换反应；②氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，属于置换反应；③乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，符合置换反应概念；④氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应；【解答】解：①二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，属于置换反应；故①不符合；②氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3，属于置换反应；故②不符合；③乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，2Na+2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa+H2↑符合置换反应概念；故③不符合；④氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应；综上所述：④符合；故答案为：D．【点评】本题考查了置换反应的分析判断，物质性质的掌握是解题关键，题目较简单．5．（3分）（2011•福建）常温下0.1mol•L﹣1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2 mol•L﹣1盐酸D．提高溶液的温度【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】醋酸电离生成醋酸根离子和氢离子，要使溶液的pH增大，则溶液中氢离子浓度减小，据此分析解答．【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的，所以pH＜（a+1），故A错误；B、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），故B正确；C、加入等体积的0.2 mol•L﹣1盐酸，氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故C错误；D、提高温度促进醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值减小，故D错误；故选B．【点评】本题考查了弱电解质的电离，根据“加水稀释、提高温度都能促进醋酸的电离，加入含有相同离子的盐能抑制醋酸的电离”来分析解答，难度不大．6．（3分）（2011•福建）研究人员研制出一种锂水电池，可作为鱼雷和潜艇的储备电源．该电池以金属锂和钢板为电极材料，以LiOH为电解质，使用时加入水即可放电．关于该电池的下列说法不正确的是（）A．水既是氧化剂又是溶剂B．放电时正极上有氢气生成C．放电时OH﹣向正极移动D．总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】压轴题；电化学专题．【分析】锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气的过程，根据原电池的工作原理以及电极反应特点和规律来回答．【解答】解：A、金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，该反应中，水是氧化剂，在电池中还可以担当溶剂，故A正确；B、放电时正极上是水中的氢离子得电子，所以会有氢气生成，故B正确；C、原电池中，阴离子移向原电池的负极，即放电时OH﹣向负极移动，故C错误；D、锂水电池中，自发的氧化还原反应是金属锂和水之间反应生成氢氧化锂和氢气，即总反应为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故D正确．故选C．【点评】本题考查电化学的热点﹣锂离子电池，根据总反应式判断出正负极和阴阳极的反应，从化合价变化的角度分析．7．（3分）（2011•福建）25℃时，在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中，加入过量金属锡（Sn），发生反应：Sn（s）+Pb2+（aq）⇌Sn2+（aq）+Pb（s），体系中c（Pb2+）和c（Sn2+）变化关系如图所示．下列判断正确的是（）A．往平衡体系中加入金属铅后，c（Pb2+）增大B．往平衡体系中加入少量Sn（NO3）2固体后，c（Pb2+）变小C．升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明该反应△H＞0D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.2【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线．【专题】压轴题；化学平衡专题．【分析】A、金属铅是固体，不影响平衡移动；B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，据此判断；D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，代入平衡常数表达式计算．【解答】解：A、金属铅是固体，增大铅的用量，不影响平衡移动，c（Pb2+）不变，故A 错误；B、加入少量Sn（NO3）2固体，溶解Sn2+浓度增大，平衡向逆反应移动，c（Pb2+）增大，故B错误；C、升高温度，平衡体系中c（Pb2+）增大，说明平衡向逆反应进行，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故C错误；D、由图可知，平衡时c（Pb2+）=0.1mol/L，c（Sn2+）=0.22mol/L，故该温度下反应的平衡常数k==2.2，故D正确；故选D．【点评】考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度﹣时间图象、化学平衡常数的计算等，难度中等，是对基础知识的考查，注意B为可溶性固体．二、解答题8．（15分）（2011•福建）Ⅰ、磷、硫元素的单质和化合物应用广泛．（1）磷元素的原子结构示意图是．（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO2═6CaSiO3+P4O1010C+P4O10═P4+10CO每生成1mol P4时，就有20mol电子发生转移．（3）硫代硫酸钠（Na2S 2O3）是常用的还原剂．在维生素C（化学式C6H8O6）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量．发生的反应为：C6H8O6+I2═C6H6O6+2H++2I﹣2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣在一定体积的某维生素C溶液中加入a mol•L﹣1I2溶液V1mL，充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2，消耗b mol•L﹣1Na2S2O3溶液V2mL．该溶液中维生素C的物质的量是mol．（4）在酸性溶液中，碘酸钾（KIO3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2IO3﹣+5SO32﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率．某同学设计实验如表所示：0.01mol•L﹣1KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL 0.01mol•L﹣1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/℃溶液出现蓝色时所需时间/s实验1 5 V135 25实验2 5 5 40 25实验3 5 5 V20该实验的目的是目的是探究该反应速率与温度的关系；表中V2=40mLⅡ、稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位．（5）铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备．其中NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解．（6）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3+通过下列反应形成Ce（OH）4沉淀得以分离．完成反应的离子方程式：2Ce3++1H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+．【考点】氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Ⅰ、（1）依据核外电子排布规律，结合15号磷元素的磷原子结构画出；（2）依据氧化还原反应的电子守恒，标注元素化合价，得到升高降低的总数相同金属得到；（3）I2溶液一部分与硫代硫酸钠反应，一部分与维生素C反应；（4）由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系．Ⅱ、（5）NH4Cl的作用是抑制CeCl3水解；（6）“强酸性”或观察方程式可知缺项是H+，利用电子得失守恒或观察法就可以配平方程式；【解答】解：（1）P属于第15号元素，其原子的结构示意图为，故答案为：；（2）每生成1 mol P4时，P由+5价变成0价，电子转移为5×4 mol=20 mol或C化合价由0价变成为+2价，电子转移为2×10 mol=20 mol，故答案为：20；（3）I2溶液一部分与硫代硫酸钠反应，一部分与维生素C反应，n（Na2S2O3）=mol；与其反应的碘单质为mol，与维生素C反应的碘单质为mol，即维生素C的物质的量是=；故答案为：；（4）由实验2可以看出混合液的总体积为50mL，V1为10mL，V2为40mL，实验1和实验2可知实验目的是探究该反应速率与亚硫酸钠溶液浓度的关系；实验2和实验3可知实验目的是探究该反应速率与温度的关系，故答案为：目的是探究该反应速率与亚硫酸钠浓度，反应温度的关系；40；（5）题目中给出：“加热条件下CeCl3易发生水解”，可知NH4Cl的作用是肯定是抑制水解的，CeCl3水解会生成HCl，可知NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解；（6）根据题意：“强酸性”或观察方程式可知缺项是H+，利用电子得失守恒或观察法就可以配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+，故答案为：2；1；6；2；6H+．【点评】本题考查化学方程式的配平与计算，滴定实验过程的分析计算应用，盐类水解的分析判断，难度较大，在氧化还原反应中得失电子总数相等是解题关键，注意审题．9．（14分）（2011•福建）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料﹣﹣钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：回答下列问题：（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性．该过程中有如下反应发生．2Fe3++Fe═3Fe2+2TiO2+（无色）+Fe+4H+═2Ti3+（紫色）+Fe2++2H2OTi3+（紫色）+Fe3++H2O═TiO2+（无色）+Fe2++2H+加入铁屑的作用是使Fe3+还原为Fe2+，生成Ti3+保护Fe2+不被氧化．．（2）在②→③工艺中需要控制条件以形成TiO2•nH2O溶胶，该分散质颗粒直径大小在1nm﹣100nm范围．（3）若把③中制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe（OH）3杂质，还可制得钛白粉．已知25℃时，K sp[Fe（OH）3]=2.79×10﹣39，该温度下反应Fe（OH）3+3H+⇌Fe3++H2O 的平衡常数K= 2.79×103．（4）已知：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140kJ•mol﹣1；2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221kJ•mol﹣1写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81KJ•mol﹣1．（5）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点．依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气，废液，废渣等（只要求写出一项）．（6）依据如表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）等方法方法．TiCl4SiCl4熔点/℃﹣25.0 ﹣68.8沸点/℃136.4 57.6【考点】制备实验方案的设计；热化学方程式；化学平衡常数的含义；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离、提纯和除杂．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti3+，由方程式可知，Fe3+氧化为Ti3+；（2）控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10﹣9～10﹣7m（或1nm﹣100nm）；（3）依据平衡常数的概念结合反应写出计算式计算平衡浓度得到；（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；（5）绿色化学应零污染、零排放，原子利用率100%．结合工艺流程三废回答；（6）由表中数据可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，通常采取蒸馏方法分离．【解答】解：（1）由反应方程式可知，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，且反应生成Ti3+保护Fe2+不被氧化．故答案为：使Fe3+还原为Fe2+，生成Ti3+保护Fe2+不被氧化；（2）控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10﹣9～10﹣7m（或1nm﹣100nm），故答案为：10﹣9～10﹣7m（或1nm﹣100nm）；（3）K sp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.79×10﹣39，反应Fe （OH）3+3H+⇌Fe3++H2O 的平衡常数K===c（Fe3+）×c3（OH﹣）×1042=2.79×10﹣39×1042=2.79×103．故答案为：2.79×103；（4）①TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（l）+O2（g）△H=+140KJ•mol﹣1②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221KJ•mol﹣1依据盖斯定律①+②得到：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81KJ•mol﹣1；故答案为：TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+2CO（g）△H=﹣81KJ•mol﹣1（5）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，故答案为：产生了废气，废液，废渣等；（6）由表中数据可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）方法，故答案为：蒸馏（或分馏）．【点评】本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯，平衡常数计算，溶度积常数的计算应用，盖斯定律的计算应用等，难度不大，注意基础知识的掌握利用．10．（16分）（2011•福建）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成．Ⅰ．摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水成分搅拌、过滤．（1）往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤．氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是Al （OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．Ⅱ．牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用如下图所示装置（图中夹持仪器略去）进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数．依据实验过程回答下列问题：（3）实验过程中需持续缓缓通入空气．其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收（4）C中反应生成BaCO3的化学方程式是CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O．（5）下列各项措施中，不能提高测定准确度的是cd（填标号）．a．在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体b．滴加盐酸不宜过快c．在A﹣B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置d．在B﹣C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置（6）实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3平均质量为3.94g．则样品中碳酸钙的质量分数为25%．（7）有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确定碳酸钙的质量分数．实验证明按此方法测定的结果明显偏高，原因是B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；镁、铝的重要化合物．【专题】压轴题；实验探究和数据处理题．【分析】Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O．Ⅱ．（3）实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数．装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小．（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水．（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定；b、滴加盐酸过快CO2，CO2不能完全被吸收，排出装置C．c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2．d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，而不影响CO2．（6）BaCO3质量为3.94g n（BaCO3）=0.0200mol，则n（CaCO3）=0.0200mol，质量为2.00g．（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【解答】解：Ⅰ．（1）氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．故答案为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．（2）往（1）所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，再加入过量稀盐酸，Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3﹣+H+=CO2↑+H2O，反应现象是通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．故答案为：通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解．Ⅱ．（3）装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气的作用为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收．故答案为：把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba（OH）2溶液吸收．（4）二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应方程式为CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O．故答案为：CO2+Ba（OH）2═BaCO3↓+H2O．（5）a、在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止影响碳酸钡质量的测定，可以提高测定准确度，故a不符合；b、滴加盐酸过快CO2，CO2来不及被吸收，就排出装置C，滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳吸收完全，可以提高测定准确度，故b不符合；c、在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，吸收水分，不影响CO2，不能提高提高测定准确度，故c符合；d、在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置Ba（OH）2，可以吸收CO2中的HCl，影响CO2，不能提高测定准确度，故d符合．故选：cd．（6）BaCO3质量为3.94g，则n（BaCO3）==0.02mol，则n（CaCO3）=0.02mol，质量为0.02mol×100g/mol=2g，所以样品中碳酸钙的质量分数为×100%=25%．故答案为：25%．（7）B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高．故答案为：B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中．【点评】考查对实验原理与操作步骤的理解及评价、常用化学用语、化学计算、物质组成的测定等，难度较大，是对所需知识的综合运用，需要学生具有扎实的基础知识与分析问题、解决问题的能力，理解实验原理是解答的关键．11．（13分）（2011•福建）氮元素可以形成多种化合物．回答以下问题：（1）基态氮原子的价电子排布式是2s22p3．（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C．（3）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被﹣NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物．①NH3分子的空间构型是三角锥型；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3．②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1038.7kJ•mol﹣1若该反应中有4mol N﹣H键断裂，则形成的π键有3mol．③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4．N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在d（填标号）a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（下图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别．下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是c（填标号）．a．CF4b．CH4c．NH4+d．H2O．【考点】含有氢键的物质；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有关燃烧热的计算．【专题】压轴题；氮族元素．【分析】（1）N原子核外有7个电子，最外层有5个电子，根据构造原理顺序其价电子排布式；（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第V A 族元素的第一电离能大于相邻元素；（3）①根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型和原子的杂化方式；②根据化学方程式计算产生的氮气的物质的量，再根据每个氮分子中含有2个π键计算；③N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，含离子键、共价键；（4）嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键．【解答】解：（1）氮原子的电子排布式1s22s22p3，其价层电子排布式为2s22p3，故答案为：2s22p3；（2）C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O ＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）①NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型；N2H4分子中氮原子的加成电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3，故答案为：三角锥型；sp3；②反应中有4mol N﹣H键断裂，即有1molN2H4参加反应，根据化学方程式可知产生的氮气的物质的量为1.5mol，而每个氮分子中含有2个π键，所以形成3molπ键，故答案为：3；③肼与硫酸反应的离子方程式为N2H4+2H+═N2H62+，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，N2H62+中的化学键是共价键与配位键，N2H62+与SO42﹣之间是离子键，不存在范德华力，故答案为：d；（4）注意氢键的形成条件及成键元素（N、O、F、H），本题中嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4+，故答案为：c．【点评】本题考查考查原子结构与性质，涉及核外电子排布、电离能的大小比较、杂化类型、配位键等知识，综合考查学生的分析能力和基本概念的综合运用能力，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的学习，题目难度中等．12．（13分）（2011•福建）透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶．制备它的一种配方中含有下列四种物质：填写下列空白：（1）甲中不含氧原子的官能团是碳碳双键；下列试剂能与甲反应而褪色的是ac（填标号）a．Br2/CCl4溶液b．石蕊溶液c．酸性KMnO4溶液（2）甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式：CH2=CH﹣CH2﹣CH2﹣COOH（3）淀粉通过下列转化可以得到乙（其中A﹣D均为有机物）：淀粉A B C D乙A的分子式是C6H12O6，试剂X可以是Br2/CCl4．（4）已知：11利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是+CH3CH2Cl+HCl．（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110．丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种．则丁的结构简式为．【考点】有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．【分析】（1）根据有机物甲的结构简式确定不含氧原子的官能团，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，可以被酸性高锰酸钾氧化；（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，据此书写；（3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷水解生成乙二醇；（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下生成苯乙烯；（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基﹣OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110﹣Mr（OH）﹣Mr（C6H4）=17，故剩余基团为﹣OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个﹣OH处于对位，据此生成丁的结构简式．【解答】解：（1）根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键，有机物甲含有C=C双键，可以与溴发生加成反应，Br2的CCl4溶液褪色，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，不能使石蕊溶液褪色，故答案为：碳碳双键；ac；（2）甲的同分异构体中不含甲基的羧酸，没有支链、C=C双键处于碳链的一端，故符合条件的甲的同分异构体为CH2=CH﹣CH2﹣CH2﹣COOH，故答案为：CH2=CH﹣CH2﹣CH2﹣COOH；（3）淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖转化生成乙醇，乙醇发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，1，2﹣二溴乙烷水解生成乙二醇，故答案为：C6H12O6；Br2/CCl4；（4）乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，由信息可知，苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯，乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯，属于取代反应的化学方程式为：+CH3CH2Cl+HCl，故答案为：+CH3CH2Cl+HCl；（5）化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为110，丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色，分子中含有酚羟基﹣OH，结合相对分子质量，可知丁含有1个苯环，假设为二元取代，则剩余的式量为110﹣Mr（OH）﹣Mr（C6H4）=110﹣17﹣76=17，故剩余基团为﹣OH，烃基上的一氯取代物只有一种，说明苯环中只有1种H原子，2个﹣OH处于对位，故丁的结构简式为，故答案为：．12。