2013年重庆市高考化学一模试卷
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D．ClO－、Al3＋、Br－、CO32－
C．向 NaAlO2 溶液中滴加 NaHCO3 溶液，有沉淀和气体生成 D．AgCl 沉淀易转化成 AgI 沉淀且 Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故 Ksp(AgI)＜K(AgCl)
赏析：考察化学知识组合，涉及电解质、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。A 项，
2013 年重庆高考理综化学试题赏析
7．(2013 重庆)在水溶液中能量共存的一组离子是（ ）
A．Na＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
C．NH4＋、H＋、S2O32－、PO43－
B． Pb2＋、Hg2＋、S2－、SO42－
赏析：考察离子共存问题。A 项，可以大量共存；B 项，Pb2＋、Hg2＋与 S2－、SO42－会
样品粉末 甲苯+甲醇 ⑴
下列说法错误的是（ ）
滤渣 NaNO3 溶液 ⑵
不溶性物质
6.培养学生观察、思考、对比及分析综合的能力。过程与方法1.通过观察蚯蚓教的学实难验点，线培形养动观物察和能环力节和动实物验的能主力要；特2征.通。过教对学观方察法到与的教现学象手分段析观与察讨法论、，实对验线法形、动分物组和讨环论节法动教特学征准的备概多括媒，体继课续件培、养活分蚯析蚓、、归硬纳纸、板综、合平的面思玻维璃能、力镊。子情、感烧态杯度、价水值教观1和.通过学理解的蛔1虫.过观适1、察于程3观阅 六蛔寄.内列察读 、虫生出蚯材 让标容生3根常蚓料 学本教活.了 据见身： 生，师的2、解 问的体巩鸟 总看活形作 用蛔 题线的固类 结雌动态业 手虫 自形练与 本雄学、三： 摸对 学动状习人 节蛔生结4、、收 一人 后物和同类 课虫活构请一蚯集 摸体 回并颜步关 重的动、学、蚓鸟 蚯的 答归色学系 点形教生生让在类 蚓危 问纳。习从 并状学理列学平的害 题线蚯四线人 归、意特出四生面体以形蚓、形类 纳大图点常、五观玻存 表及动的鸟请动文 本小引以见引、察璃现 ，预物身类 3学物明 节有言及的、导巩蚯上状 是防的体之生和历 课什根蚯环怎学固蚓和， 干感主是所列环史 学么据蚓节二样生练引牛鸟 燥染要否以举节揭 到不上适动、区回习导皮类 还的特分分蚯动晓 的同节于物让分答。学纸减 是方征节布蚓物起 一，课穴并学蚯课生上少 湿法。?广的教， 些体所居归在生蚓前回运的 润；4泛益学鸟色生纳.靠物完的问答动原 的4蛔，处目类 习和活环.近在成前题蚯的因 ？了虫以。标就 生体的节身其实端并蚓快及 触解寄上知同 物表内特动体结验和总利的慢我 摸蚯生适识人 学有容点物前构并后结用生一国 蚯蚓在于与类 的什，的端中思端线问活样的 蚓人飞技有 基么引进主的的考?形题环吗十 体生行能着 本特出要几变以动，境？大 节活的1密 方征本“特节化下物.让并为珍 近习会形理切 法。课生征有以问的小学引什稀 腹性态解的 。2课物。什游题主.结生出么鸟 面和起结蛔关观题体么戏：要利明蚯？类 处适哪构虫系察：的特的特用确蚓等 ，于些特适。蛔章形殊形征板，这资 是穴疾点于可虫我态结式。书生种料 光居病是寄的们结构，五小物典， 滑生？重生鸟内学构，学、结的型以 还活5要生类部习与.其习巩鸟结的爱 是如原活生结了功颜消固类构线鸟 粗形何因的存构腔能色化练适特形护 糙态预之结的，肠相是系习于点动鸟 ？、防一构现你动适否统。飞都物为结蛔。和状认物应与的行是。主构虫课生却为和”其结的与题、病本理不蛔扁的他构特环以生？8特乐虫形观部特8征境小理三页点观的动位点梳相组等、这；，哪物教相，理适为方引些2鸟，育同师.知应单面导鸟掌类结了；？生识的位学你握日构解2互.。办特生认线益特了通动手征观识形减点它过，抄；察吗动少是们理生报5蛔？物，与的解.参一了虫它和有寄主蛔与份解结们环些生要虫其。蚯构都节已生特对中爱蚓。会动经活征人培鸟与飞物灭相。类养护人吗的绝适这造兴鸟类？主或应节成趣的为要濒的课情关什特临？就危感系么征灭来害教；？；绝学，育，习使。我比学们它生可们理以更解做高养些等成什的良么两好。类卫动生物习。惯根的据重学要生意回义答；的3.情通况过，了给解出蚯课蚓课与题人。类回的答关：系线，形进动行物生和命环科节学动价环值节观动的物教一育、。根教据学蛔重虫点病1.引蛔出虫蛔适虫于这寄种生典生型活的线结形构动和物生。理二特、点设；置2.问蚯题蚓让的学生生活思习考性预和习适。于穴居生活的形态、结构、生理等方面的特征；3.线形动物和环节动物的主要特征。
高考化学复习重庆市高考化学试卷.docx
高中化学学习材料鼎尚图文收集整理2013年重庆市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求）1．（6分）（2013•重庆）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．N a+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．P b2+、Hg2+、S2﹣、SO42﹣C．N H4+、H+、S2O32﹣、PO43﹣D．C a2+、Al3+、Br﹣、CO32﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，不能相互促进水解等，则离子能大量共存，以此来解答．解答：解：A．该组离子之间不反应，能共存，故A正确；B．因Pb2+、Hg2+分别与S2﹣、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C．因H+、S2O32﹣发生氧化还原反应，H+、PO43﹣结合生成弱酸根离子，则不能共存，故C错误；D．因Ca2+、CO32﹣结合生成沉淀，Al3+、CO32﹣相互促进水解，则不能共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应是解答本题的关键，选项C中的氧化还原为解答的难点，题目难度不大．2．（6分）（2013•重庆）下列说法正确的是（）A．K ClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸＜V NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．A gCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）考点：电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．分析：A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；B．CH3COOH不完全电离，根据电荷守恒可知，c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），等体积等浓度混合时显碱性，则中性时应使醋酸过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al （OH）3；D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞K （AgI）；解答：解：A．电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子．氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V醋酸＞V NaOH，故B错误；C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强酸制备弱酸，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al（OH）3，AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al（OH）3↓+CO32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C错误；D．向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液，会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI，说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K（AgI）＜K（AgCl），故D正确；故选D．点评：本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识，掌握它们的相关本质是解答的关键，题目难度中等．3．（6分）（2013•重庆）下列排序正确的是（）A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱性：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．分析：A．酸性应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH；B．根据元素的金属性强弱判断；C．SiCl4为分子晶体，熔点最低；D．NH3和H2O都含有氢键，沸点较高．解答：解：A．三种酸中，醋酸酸性最强，苯酚酸性最弱，应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A错误；B．金属性Ba＞K＞Ca，则碱性：Ca（OH）2＜KOH＜Ba（OH）2，故B错误；C．SiCl4为分子晶体，熔点最低，BN为原子晶体，熔点最高，应有SiCl4＜MgBr2＜BN，故C错误；D．NH3和H2O都含有氢键，沸点较高，由于水中含有氢键数目较多，则水的沸点最高，在常温下为液体，而氨气在常温下为气体，则沸点：PH3＜NH3＜H2O，故D正确．故选D．点评：本题考查较为综合，涉及酸性、金属性、熔沸点高低的比较，侧重于元素周期律的递变规律的考查，题目难度中等．4．（6分）（2013•重庆）按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物．下列说法错误的是（）A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（2）需要用到分液漏斗C．步骤（3）需要用到坩埚D．步骤（4）需要蒸馏装置考点：有机物的合成．专题：有机化合物的获得与应用．分析：步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗；步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿；步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，以此来解答．解答：解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B．步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C．点评：本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成，注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大．5．（6分）（2013•重庆）有机物X和Y可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架（未表示出原子或原子团的空间排列）如图所示．下列叙述错误的是（）A．1 mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2OB．1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol XC．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A.1个分子中含3个﹣OH，能发生消去反应；B．﹣NH2与﹣COOH可发生反应；C．﹣OH能与HBr发生取代反应，﹣OH被﹣Br替代；D．Y和癸烷均存在饱和烃结构，Y中含﹣NH2，极性增强．解答：解：A.1个分子中含3个﹣OH，能发生消去反应，则1mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H2O，故A正确；B．﹣NH2与﹣COOH可发生反应，则1mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗3mol X，故B错误；C．﹣OH能与HBr发生取代反应，﹣OH被﹣Br替代，则X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3，故C正确；D．Y和癸烷均存在饱和烃结构，所以分子链均呈锯齿形，Y中含﹣NH2，极性Y比癸烷强，故D正确；故选B．点评：本题考查有机物的结构与性质，明确常见有机物的性质即可解答，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，题目难度不大．6．（6分）（2013•重庆）已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），△H=a kJ•mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=b kJ•mol﹣1，P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为c kJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2c kJ•mol﹣1．下列叙述正确的是（）A．P﹣P键的键能大于P﹣Cl键的键能B．可求Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．专题：压轴题；化学反应中的能量变化．分析：A、依据P和Cl原子半径大小比较键长得到键能大小，键长越长，键能越小；B、依据盖斯定律分析判断；C、依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键．依据焓变=反应物键能之和﹣生成物键能之和计算分析．解答：解：A、原子半径P＞Cl，因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长，则P﹣P键键能小于P ﹣Cl键键能，故A错误；B、利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ•mol﹣1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，故B错误；C、利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=KJ•mol﹣1可得E（Cl﹣Cl）+3×1.2c﹣5c=，因此可得E（Cl﹣Cl）=kJ•mol﹣1，故C正确；D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键，由题意得6E（P﹣P）+10×﹣4×5c=b，解得E（P﹣P）=kJ•mol﹣1，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学键与焓变定量计算关系，物质结构的分析应用，盖斯定律的计算应用，题目难度中等．7．（6分）（2013•重庆）将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应：E（g）+F（s）⇌2G（g）．忽略固体体积，平衡时G的体积分数（%）随温度和压强的变化如下表所示．1.02.03.0压强/MPa体积分数/%温度/℃810 54.0 a b915 c 75.0 d1000 e f 83.0①b＜f ②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＞0 ④K（1000℃）＞K（810℃）上述①～④中正确的有（）A．4个B．3个C．2个D．1个考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0，所以①正确；在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得=75%，解得x=0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，解答：解：利用图表分析结合平衡原理分析；a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，b＜a；c＞75%，e＞83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K（1000℃）＞K（810℃）；f的温度比b的高，压强比b的小，所以f＞b；而②，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得=75%，解得x=0.6，α=60%，故②正确；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③正确；故选A．点评：本题考查化学平衡影响因素分析，数据处理的方法应用，平衡计算和对比判断是解题关键，题目难度中等．二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（14分）（2013•重庆）合金是建筑航空母舰的主体材料．（1）航母升降机可由铝合金制造．①铝元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族，工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为CO2．②Al﹣Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O．焊接过程中使用的保护气为Ar（填化学式）．（2）航母舰体材料为合金钢．①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为吸氧腐蚀．②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为CaCO3或CaO．（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造．①80.0g Cu﹣Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀39.0，则合金中Cu的质量分数为83.1%．②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH=3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀．结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有Al、Ni．考点：镁、铝的重要化合物；金属的电化学腐蚀与防护；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）①铝是13号元素，铝原子由3个电子层，最外层电子数为3，据此确定在周期表中的位置；将铝土矿溶于NaOH溶液，处理转化为偏铝酸盐，除去杂质，再通入二氧化碳，生成氢氧化铝，加热氢氧化铝可得氧化铝；②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接；（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），海水基本为中性溶液，铁主要发生吸氧腐蚀；②在炼铁过程中可以加入CaCO3或CaO，硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量；（3）①铜铝合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，铜离子转化为四氨合铜络离子加入溶液，过滤得到白色沉淀是氢氧化铝，根据n=计算氢氧化铝的物质的量，再根据m=nM计算Al的质量，进而计算合金中Cu的质量，再根据质量分数定义计算；②+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，pH=3.4时开始出现沉淀为Al（OH）3，pH=8.0时过滤沉淀为Ni（OH）2，因此该铜合金中还含Al、Ni．解答：解：（1）①Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第ⅢA族；工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH 溶液，使Al转化为AlO2﹣，然后通入CO2气体使AlO2﹣转化为Al（OH）3沉淀，然后再将Al（OH）3沉淀加热即可得到Al2O3，故答案为：第三周期第ⅢA族；CO2；②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量，故答案为：CaCO3或CaO；（3）①Cu2+在过量氨水中易形成络离子，因此得到39.0g白色沉淀为Al（OH）3沉淀，利用原子守恒可知80.0gCu﹣Al合金中含有m（Al）=27g/mol×=13.5g，故该合金中铜的质量分数为=83.1%，故答案为：83.1%；②+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，由图可知，结合题中信息可知开始出现沉淀为Al（OH）3、pH=8.0时过滤沉淀Ni（OH）2，因此该铜合金中还含Al、Ni，故答案为：Al、Ni．点评：本题考查铝单质及其化合物性质、金属腐蚀、钢铁冶炼、离子沉淀溶度积、化学计算等，难度中等，综合性较大，需要学生具有扎实的基础．9．（15分）（2013•重庆）某研究小组利用题9图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）（1）MgCO3的分解产物为MgO、CO2．（2）装置C的作用是除CO2，处理尾气的方法为点燃．（3）将研究小组分为两组，按题9图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验．步骤操作甲组现象乙组现象1 取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2 取步骤1中溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3 取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4 向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色①乙组得到的黑色粉末是Fe．②甲组步骤1中反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O．③乙组步骤4中，溶液变红的原因为Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色；溶液褪色可能的原因及其验证方法为假设SCN﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立．④从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是在装置B、C之间添加装置E，以防倒吸．考点：探究化学规律；铁的氧化物和氢氧化物．专题：实验探究和数据处理题．分析：（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2；（2）CO2与Zn作用生成CO气体，装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理；（3）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；②Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；③步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；④若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂．解答：解：（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2，因此MgCO3受热分解得到产物是MgO与CO2．故答案为：MgO、CO2；（2）结合实验目的可知在装置B处，CO2与Zn作用生成CO气体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；CO气体不一定完全反应，因此尾气中会有CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理．故答案为：除CO2 点燃．（3）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；②利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；③因Fe3+遇SCN﹣显红色，所以步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；④若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置B C之间添加装置E防倒吸．故答案为：①Fe ②Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O③Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色；假设SCN﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立点评：本题结合实验考查了尾气处理，防倒吸，以及Fe和Fe的化合物的性质，综合性较强，注意实验过程中前后联系．10．（15分）（2013•重庆）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到（部分反应条件略）．（1）A的名称为丙炔，A→B的反应类型为加成反应．（2）D→E的反应中，加入的化合物X与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀的化学方程式为．（3）G→J为取代反应，其另一产物分子中的官能团是羧基．（4）L的同分异构体Q是芳香酸，Q R（C8H7O2Cl）S T，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为，R→S的化学方程式为．（5）图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是苯酚．（6）已知：L→M的原理为：①和②，M的结构简式为．考点：有机物的合成；化学方程式的书写；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）A中含有碳碳三键，属于炔烃，故可知A→B是丙炔与H2O发生加成反应；（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯甲醛）发生反应生成E与H2O，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成苯甲酸盐，由此可知X（苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式；（3）G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是﹣COOH；（4）Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T 是﹣CH2OH变成﹣COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，据此解答；（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物；（6）L→M是取代反应，由①的反应信息，﹣OH与C2H5OCOOC2H5反应，﹣COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：．解答：解：（1）A中含有碳碳三键，属于炔烃，为丙炔，故可知A→B是丙炔与H2O发生加成反应，故答案为：丙炔；加成反应；（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯甲醛）发生反应生成E与H2O，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成苯甲酸盐，由此可知X（苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式为：，故答案为：；（3）G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是﹣COOH，故答案为：羧基；（4）Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T 是﹣CH2OH变成﹣COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：故答案为：；；（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，故答案为：苯酚；（6）L→M是取代反应，由①的反应信息，﹣OH与C2H5OCOOC2H5反应，﹣COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质、同分异构体以及方程式的书写，需要对给予的信息进行利用，该类试题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，题目难度掌握．11．（14分）（2013•重庆）化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染．（1）催化反硝化法中，H2能将NO3﹣还原为N2．25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12．①N2的结构式为N≡N．②上述反应的离子方程式为，其平均反应速率υ（NO3﹣）为0.001mol•L﹣1•min﹣1．③还原过程中可生成中间产物NO2﹣，写出3种促进NO2﹣水解的方法加水、升高温度、加酸．（2）电化学降解NO3﹣的原理如图所示．①电源正极为A（填A或B），阴极反应式为2NO3﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣．②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）为14.4 g．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）①氮气分子中氮原子间存在3个共用电子对；②在催化剂条件下，氢气和硝酸根离子发生氧化还原反应生成氮气、水和氢氧根离子；先根据溶液pH的变化计算氢氧根离子反应速率，再根据氢氧根离子和硝酸根离子之间的关系式计算硝酸根离子反应速率；③亚硝酸根离子水解是吸热反应，根据外界条件对其水解反应影响来分析；（2）①由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成；②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室．解答：解：（1）①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为N≡N，故答案为：N≡N；②利用溶液pH变化可知有OH﹣生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式为：2NO3﹣+5H2=N2+2OH﹣+4H2O，利用离子方程式知v（NO3﹣）=v（OH﹣）=mol/（L•min）=0.001 mol/（L•min），故答案为：2NO3﹣+5H2=N2+2OH﹣+4H2O，0.001；③亚硝酸盐水解是吸热反应，且水解时生成氢氧根离子，稀释亚硝酸盐溶液能促进其水解，所以要使NO2﹣水解使溶液中c（OH﹣）变大，可促进NO2﹣水解的措施有加热、加水或加酸等，故答案为：加水、升高温度、加酸；（2）①由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣，故答案为：A，2NO3﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣；②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）=18g﹣3.6g=14.4g，故答案为：14.4．点评：本题考查结构式和离子方程式的书写、电解原理等知识点，易错题为（2）②，注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点．2014年重庆市高考化学试卷一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项符合题目要求）1．（6分）（2014•重庆）下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A．明矾用作净水剂B．液氯用作制冷剂C．氢氟酸刻蚀玻璃D．生石灰作干燥剂考点：物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅．专题：化学应用．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．解答：解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B．液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C．氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B．点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大．要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．2．（6分）（2014•重庆）下列实验可实现鉴别目的是（）A．用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液。
化学高考模拟卷-高三化学试题含答案-重庆市沙坪坝区重庆一中2013届高三上学期一诊模拟考试
本题包括7个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题6分，共42分。
6．下列有关物质的性质与应用不相对应的是A．明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆C．KI溶液能与I2反应，可用于获得较大浓度的碘水D．Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料7．常温下，物质的量浓度均为0.01mol·L﹣1的HA和MOH溶液，pH分别为4和12，将两溶液等体积混合。
下列判断错误的是A．HA一定是弱酸 B．混合液中：C(M+)>c(A–)C．混合液中一定存在HA分子 D．混合液的pH可能等于78．下列叙述正确的是A．将三氯化铁溶液蒸于，可制得无水三氯化铁B．过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后，滴入KSCN溶液，溶液呈红色C．向Na2SiO3溶液中通入CO2气体，产生白色沉淀，说明非金属性：C>SiD．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+9．下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是A．实验室制NH3 B．吸收NH3制氨水 C．构成铜锌原电池 D．酸碱中和滴定10．常温下，下列说法正确的是A．若Na2CO3溶液与NaOH溶液的pH相同，则两溶液中水的电离程度相同B．若(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液的c(NH4+)相同，则C[(NH4)2SO4]>c[(NH4)2CO3]C．将pH=11的氨水稀释到原体积的10倍后，溶液的pH=10D．将足量BaSO4固体分别放入等体积的①0.1mol／L氯化钡溶液、②0.1mol／L硫酸钠溶液、③0.1 mol／L KAl(SO4)2溶液、④水中，Ba2+浓度：①>④>②>③11．某温度下，向1L的密闭容器中加入一定量的X和Z，发生反应：rnX(g)+Y(s) nZ(g) △H>0。
达到平衡后，t2、t4时刻改变一个条件使体系发生如图所示的变化，下列说法正确的是A．0→t1，消耗0.7mol物质XB．t2时刻改变的条件为加入YC．该反应的平衡常数：K(t1)<K(t3)D．t4时刻改变的条件为增大压强(缩小体积)12．下图是一种正在投入生产的大型蓄电系统。
2013重庆高考化学试题及答案(精校版)
2013年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)理科综合_化学部分⒈在水溶液中能量共存的一组离子是（ ）A ．Na ＋、Ba 2＋、Cl －、NO 3－B ． Pb 2＋、Hg 2＋、S 2－、SO 42－C ．NH 4＋、H ＋、S 2O 32－、PO 43－D ．ClO －、Al 3＋、Br －、CO 32－ ⒉下列说法正确的是( )A ．KClO 3和SO 3溶于水后能导电，故KClO 3和SO 3为电解质B ．25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH 溶液至pH ＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)C ．向NaAlO 2溶液中滴加NaHCO 3溶液，有沉淀和气体生成D ．AgCl 沉淀易转化成AgI 沉淀且K(AgX)＝c(Ag ＋)·c(X －)，故K(AgI)＜K(AgCl)⒊下列排序正确的是( )A ．酸性：H 2CO 3＜C 6H 5OH ＜H 3COOHB ．碱性:Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC ．熔点：MgBr 2＜SiCl 4＜BND ．沸点：PH 3＜NH 3＜H 2O⒋按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
下列说法错误的是（ ）A ．步骤(1)需要过滤装置B ．步骤(2)需要用到分流漏斗C ．步骤(3)需要用到坩埚D ．步骤(4)需要蒸馏装置 ⒌有机物X 和Y 可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)下列叙述错误的是（ ）A ．1molX 在浓硫酸作用下发生消去反应,最多生成3molH 2OB ．1molY 发生类似酯化的反应,最多消耗2molXC ．X 与足量HBr 反应,所得有机物的分子式为C 24H 37O 2Br 3D ．Y 与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y 的极性较强 ⒍已知：P 4(s)＋6Cl 2(g)＝4PCl 3(g) ΔH＝akJ·mol －1 P 4(s)＋10Cl 2(g)＝4PCl 5(g) ΔH＝ bkJ·mol －1P 4具有正四面体结构，PCl 5中P －Cl 键的键能为ckJ·mol －1,PCl 3中P －Cl 键的键能为1.2ckJ·mol －1 下列叙述正确的是( )A ．P －P 键的键能大于P －Cl 键的键能B ．可求Cl 2(g)＋PCl 3(g)＝PCl 5(s)的反应热ΔHH 2N CH 2 CH 2 CH 2 NH CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 NH 2Y X(C 24H 40O 5)C ．Cl －Cl 键的键能b －a ＋5.6c 4kJ·mol －1 D ．P －P 键的键能为5a －3b ＋12c 8kJ·mol －1 ⒎将E 和F 加入密闭容器中,在一定条件下发生反应：E(g)＋F(s)2G(g)。
2013年重庆市高考理综化学试题参考答案
重庆市2013年高考理综试题化学部分1、在水溶液中能大量共存的一组离子是（ A ）A ．Na +、Ba 2+、Cl —、NO 3—B ．Pb 2+、Hg 2+、S 2—、SO 42—C ．NH 4+、H +、S 2O 32—、PO 43—D ．Ca 2+、Al 3+、Br —、CO 32—2、下列说法正确的是（ D ）A ．KClO 3和SO 3溶于水后能导电，故KClO 3和SO 3为电解质B ．25℃时、用醋酸溶液滴定等浓度NaOH 溶液至pH ＝7，V 醋酸＜V NaOHC ．向NaAlO 2溶液中滴加NaHCO 3溶液，有沉淀和气体生成D ．AgCl 易转化为AgI 沉淀且K (AgX)＝c (Ag +)∙ c (X —)，故K (AgI)＜K (AgCl) 3、下列排序正确的是（ D ）A ．酸性：H 2CO 3＜C 6H 5OH ＜CH 3COOHB ．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC ．熔点：MgBr 2＜SiCl 4＜BND ．沸点：PH 3＜NH 3＜H 2O 4、按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：．．A ．步骤(1)需要过滤装置B ．步骤(2)需要用到分液漏斗C ．步骤(3)需要用到坩埚D ．步骤(4)需要蒸馏装置5、有机物X 和Y 可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。
下列叙述错误．．的是 （ B ） A ．1mol X 在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H 2OB ．1mol Y 发生类似酯化的反应，最多消耗2mol XC ．X 与足量HBr 反应，所得有机物的分子式为C 24H 37O 2Br 3D ．Y 和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y 的极性较强6、已知：P 4(g)+6Cl 2(g)＝4PCl 3(g) △H ＝a kJ∙mol —1 P 4(g)+10Cl 2(g)＝4PCl 5(g) △H ＝b kJ∙mol —1P 4具有正四面体结构，PCl 5中P －Cl 键的键能为c kJ∙mol —1，PCl 3中P －Cl 键的键能为1.2c kJ∙mol —1。
2013届高三模拟试题(一)理科综合化学试题
c (HCO－3)·c (OH －)c (CO 2－3)c (HCO －3)c (CO 2－3)2013届高三模拟试题（一）理科综合化学试题第Ⅰ卷（选择题 共126分）本卷共21小题，每小题6分，共126分。
以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl – 35.5 Fe – 56 Cu – 64一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．下列说法中正确的是A ．1 mol Al 3+含有的核外电子数为3×6.02×1023B ． 将58.5 g NaCl 溶于1. 00 L 水中，所得NaCl 溶液的浓度为1.00 mol • L －1 C ．2 mol SO 2气体与足量的O 2在一定条件下反应，转移的电子数为4×6.02×1023 D ． 常温下，100mL pH=1的硫酸溶液中含有的H +离子数为0.01×6.02×1023 8．下列关于有机物因果关系的叙述中，完全正确的一组是选项 原因结论A 乙烯和苯都能使溴水褪色苯和乙烯分子都含有碳碳双键 B 乙酸乙酯和乙烯一定条件下都能和水反应 两者属于同一类型的反应 C 乙酸、乙醛和葡萄糖都能与新制和氢氧化铜反应 都同属于氧化反应D乙烯能使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色两者的褪色本质是不相同的9．某烃分子中碳氢质量之比为24∶5，则该烃的一氯代物中含有两个甲基的同分异构体的数目是（不考虑立体异构）A ．2种B ．3种C ．4种D ．5种10． Na 2CO 3 水 溶液中存在CO 32—+ H 2OHCO 3— +OH — 平衡。
下列说法不正确．．．的是 A ．通入CO 2，溶液pH 减小 B ．稀释溶液， 增大 C ．升高温度，此平衡常数增大 D ．加入NaOH 固体， 减小11．用Pt 电极电解含0.2mol CuSO 4溶液一段时间后，阳极上生成4.48L 气体（标准状况），为了恢复到电解前的状态，应加入A ．CuO 16.0gB ．Cu （OH ）2 19.6gC ．Cu 12.8gD ．CuCO 3 24.8g 12．能正确表示下列反应的离子方程式为A ．用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu 2＋＋2H 2O=====电解2Cu ＋O 2↑＋4H ＋B ．Ba(OH)2溶液逐滴滴入硫酸铝铵溶液至沉淀质量达到最大值：2Ba 2＋＋4OH －＋Al 3＋＋2SO 2－4===2BaSO 4↓＋AlO －2＋2H 2OC ．硫酸氢钠溶液与Ba(OH)2溶液反应，pH ＝7： 2H ＋＋SO 2－4＋Ba 2＋＋2OH －===BaSO 4↓＋2H 2O D ．NH 4HCO 3溶于过量的NaOH 溶液中：HCO 3-+OH -=CO 32-+H 2O13．W 、X 、Y 、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，X 、Y 是金属元素，X 的焰色呈黄色。
【专业详解详析】2013年高考 化学真题 (重庆卷)(出版原稿)
2013年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷（化学部分）（重庆卷）解析1.在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Na+、Ba2+、Cl—、NO3— B．Pb2+、Hg2+、S2—、SO42—C．NH4+、H+、S2O32—、PO43— D．Ca2+、Al3+、Br—、CO32—答案：A思路分析：考点解剖：本题考查离子共存问题。
解题思路：此类试题解答的关键是熟知电解质的溶解性、离子间能否发生氧化还原反应、络合反应、水解反应等影响离子共存问题的因素。
解答过程：解：选项A，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，在同一溶液中可以大量共存，A项正确；选项B，Pb2+与SO42-可生成PbSO4沉淀、Pb2+、Hg2+可与S2-形成沉淀，B项错误；选项C，H+与S2O32-在溶液中发生歧化反应生成S与SO2，C项错误；选项D，Ca2+可与CO32-形成CaCO3沉淀、此外Al3+与CO32-可发生双水解反应而不能共存，D项错误。
所以本题答案为：A规律总结：离子共存问题分析技巧：离子之间不发生任何反应就能大量共存；同一溶液中若离子间符合下列任意一个条件就会发生离子反应，离子便不能在同一溶液中大量共存。
①生成难溶物或微溶物；②生成气体或挥发性物质；③生成难电离的物质；④发生氧化还原反；⑤形成配合物；⑥发生双水解等。
2.下列说法正确的是（）A．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B．25℃时、用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH＝7，V醋酸＜V NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag+)∙ c(X—)，故K(AgI)＜K(AgCl)答案：D思路分析：考点解剖：本题考查电解质概念以及电解质溶液等知识。
解题思路：根据电解质概念分析A项；利用盐类水解规律分析B项；根据物质的性质分析C项；根据难溶电解质溶解平衡分析D项。
2013年重庆一诊高考模拟调研卷理综高考1～2答案doc
2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷） 理科综合能力高考模拟调研卷（一）参考答案物 理选择题：每小题6分，共30分 1～5 CACDB 6．（19分）（1）①cga（4分） 4分）（2）①（3分） ② 0.1A （4分）③400N （4分）7．（16分）解：（1）设物块沿斜面下滑时加速度大小为a由牛顿第二定律得 ma mg mg =-θμθcos sin 2m /s 2=a 设物块从A 点滑至B 点的时间为t ，速度大小为v由运动学公式得：221at L =1s =t 2m /s ==at v （2）设BC 间的距离为x 由动能定理得2210mv mgx -=-μ m 4.0=x（3）要将物块从C 点拉回A 点，拉力至少需做的功 θθμμsin cos mgL mgL mgx W ++= J 12=W8． （16分）解：（1）设凹槽向左移动的最大距离为x由凹槽和小球系统水平方向动量守恒得：)2(4x R m mx -= 52Rx = （2）设小球滑至凹槽的最低点时小球的速度大小为v 1，凹槽的速度大小为v 2由凹槽和小球系统水平方向动量守恒214mv mv = 凹槽和小球系统机械能守恒222142121mv mv mgR += 581gR v =9． （17分）解：（1）带电粒子离开圆形磁场时，速度偏转60°反向延长过磁场的圆心B 点，轨迹如图所示由几何知识可得：R r3=根据 r v m B qv 200= 求出qRmv B 332=（2）粒子做类平抛运动以60°打到C 点，其速度反向延长过B 点，由平抛知识可得速度反向延长线平分水平位移．如图所示，由几何知识求出其水平位移的一半BD =2R ．所以电场的左边界到B 的距离也等于2R ，因此电场的左边界到y 轴的距离为R ．10．（12分）（1）C （6分）（2）解：①由玻意耳定律得：V p V S mg p 43)(0=+)(340Smgp p += ②由S Fmg p p ++=0 得： )(310mg S p F +=11．（1）B （6分）（2）解：如图，对于第一次折射，入射角α=45°，设折射率为n ．根据折射定律βαsin sin =n 在AC 面上刚好发生全反射，则n1sin =θ 由几何关系可得︒=+90βθ解得：26=n 所以满足题目要求n 的范围是261<<n化学选择题：每小题6分，共30分1～5 CDCCB 6～7 DB8．（12分）（1）（2分）（2）HNO3＋NH3=NH4NO3（2分）（3）O2＋2H2O＋4e－=4OH－（2分）（4）10－4：1（2分）（5）①Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋（2分）②2Al2O34Al＋3O2↑（2分）9．（16分）Ⅰ．（1）C（2分）（2）NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3（2分）（3）①吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等（2分）②2ClO2＋10I－＋8H＋＝4H2O＋5I2＋2Cl－（2分）③1.35cV×10－2（2分）Ⅱ．（1）2NaOH＋2ClO2＋H2O2＝2NaClO2＋2H2O＋O2（2分）（2）②趁热过滤（2分）③用38℃~60℃热水洗涤（2分）10．（16分）（1）KNO3，KAl(SO4)2，CuSO4（各2分）（2）Na2CO3（2分）（3）Al3＋＋3H 2O＝Al(OH)3(胶体)＋3H＋或Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋或Al3＋＋3H 2O Al(OH)3 (胶体)＋3H＋（2分）（4）Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋2H2O＋CO32－（2分）（5）1mol/L或5mol/L（各2分）11．（14分）（1）N2(g)＋3H2O( g)2NH3(g)＋32O2(g)；△H =＋630kJ·mol－1（3分）（2）①2.5×l0－8mol/(L·min)或1.5×l0－6mol/(L·h)（2分）②升高温度；增大压强；（合理均可，2分）（3）①氨在水中溶解度大，使溶液呈碱性，有利于吸收CO2，增大c(CO32－)，促使CaSO4转化为CaCO3，同时生成(NH4)2SO4（3分）②CaO（或生石灰）；CO2（或二氧化碳）（各2分，共4分）生物选择题（本题包括6个小题，每小题6分，共36分）1～6 BDBDBD7．（18分，每空2分）（1）呼吸速率细胞质基质和线粒体（2）右上方（3）180（4）B、F F小于CO2供应不足（5）自养8．（18分，每空2分）（1）39 4（2）自由组合 6 AAZ B Z B （3）8∶1（4）染色体变异（染色体数目变异） AAZ b 、AaZ b 、AZ b 、aZ b 1/2 9．（18分，每空2分）（1）终止子 内含子（非编码DNA 片段，叙述合理可得分） 限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA 连接酶 （2）获能溶液（受精溶液） 胚胎移植 （3）DNA 分子杂交技术 猫身体是否有荧光（4）去核的卵母细胞 桑椹胚或囊胚（答对一个即可）2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）理科综合能力高考模拟调研卷（二）参考答案物 理选择题（每小题6分，共30分） 1～5 BADCD6．（19分）（1）①不需要（2分）②不合理，应进一步绘制L －v 2图象．（3分） ③不会（2分）（2）①A （2②（4 ③（4分）7．（16分）解：（1）由牛顿第二定律得mg sin θ－f ＝ma f =μN N=μmg cos θ在AO 段运动的加速度：a 1＝g sin 53°－μg cos 53°＝3.2 m/s 2，方向沿AO 杆向下 在OB 段运动的加速度：a 2＝g sin 37°－μg cos 37°＝-0.4 m/s 2，方向沿BO 杆向上（2）由几何关系：d ＝L 1cos 53°+L 2cos 37°=22m 式中L 2=20m ，得出L 1=10m由L 1=10=2112a t ，得t =2.5s8．（16分） 解：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动． （1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆 周运动的向心力），有mg qE = ①q m gE =② 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带负电，所以电场强度方向竖直向下． （2）小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，θ='∠P O M ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知θsin 2=r L③小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有r mv qvB 2=④由速度的合成与分解知 θcos 0=v v ⑤ 由③④⑤式得θcot 20m qBLv =⑥ （3）设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为θtan 0v v y = ⑦由匀变速直线运动规律gh v 22y = ⑧由⑥⑦⑧式得gm L B q h 22228= 9．（17分）解：（1）物块B 冲上小车后的过程，对物块B 与小车组成的系统，由动量守恒有：v m m v m P )(322+=所以：3)(232=+=v m m m v P m /s（2）由22t t x -=可知，物块过O 点时的速度10=v m /s ，加速度为4=a m /s 2，而g a μ=，所以4.0=μO 到P 过程，由2022v v ax P-= 所以：1222=-=av v OP P m （3）对物块A 从Q 点到O 点的过程，由能量守恒：OQ g m E ⋅=1μ弹对物块B 从Q 点到O 点的过程，由能量守恒：202221v m OQ g m E +⋅=μ弹 所以：125.0=OQ m 10．（12分） （1）C （6分）（2）在气球上升至海拔6.50km 高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．根据玻意耳定律有 p 1V 2=p 2V 2式中p 1=76.0cmHg ，V 1=3.0m 3，p 2=38.0cmHg2V 是在此等温过程末氦气的体积．解得 V 2=6.0m 311．（12分） （1）B （6分）（2）解：由题意，激光射到AB 边的入射角为45°，设棱镜的折射率为n ，激光射到AB 边的 折射角为r ，射到AC 边的入射角为α则sin 451sin sin 2n rn παα==+= 解得n =化 学选择题：每小题6分，共30分 1～5 BBCDA6～7 AC8．（每空2分，共14分．第（2）问只选A 或C 给1分，选错一个即为0分）（1）227222+4(Cr O )(CrO )(H )c K c c =⋅-- （2）A C （3）0.6（4）Fe (OH )3；若pH 值调至4时已形成部分沉淀，c (OH －)=10－10mol /L ，c (Cr 3＋)=10－32/c 3(OH －)=10－2 mol /L >10－5 mol /L ，因此Cr 3＋不能沉淀完全． （5）Fe －2e －=Fe 2＋；阴极反应消耗了H ＋，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH －的浓度增大，溶液逐渐呈碱性．9．（16分）（1）B （2分），BC （2分）（2）B 或C （2分）NH 3·H 2O ＋CaO = Ca (OH )2＋H 2O 或NH 3·H 2O NH 3↑＋H 2O （2分）（答出一个选项及其相应对应的方程即得全分）（3）先在试管中加入2～3粒石灰石，注入适量稀硝酸，反应一段时间后，塞中带有细铜丝的胶塞，连接好装置，再将细铜丝伸入与稀硝酸反应，即可产生较纯的NO 气体．（2分） （4）防倒吸（2分）（5）用是否变浑浊来判断氨气是否被除尽（2分） （6）90%（2分） 10．（12分）（1）:O::C::O: （2分） （2分）（2）H 2(g)+CO 2(g)=H 2O(g)+CO(g) △H=＋41kJ/mol （2分） （3）CaC 2O 4·H 2O （2分）（4）CaC 2O 4 CaCO 3＋CO ↑（2分）（5）2Cl －＋2H 2O 2OH －＋H 2↑＋Cl 2↑（2分） 11．（16分）（1）5、4、6、5、4、2、6（3分）（2）①0.13mol /(L ·min )（2分） ②放（2分） 0.17（2分） （3）①O 2＋2H 2O ＋4e －=4OH －（2分）②2CH 3OH ＋3O 2＋4KOH = 2K 2CO 3＋6H 2O （2分） （4）5.6×10－5mo 1/L （3分）生 物选择题（本题包括6个小题，每小题6分，共36分） 1～6 DBCDCA 7．（22分，每空2分） Ⅰ．（14分）（1）叶绿体类囊体薄膜（2）细胞质基质、线粒体和叶绿体 （3）适当提高CO 2浓度 （4）下降 （5）10（6）三 与O 2结合生成水，释放出大量能量 Ⅱ．（8分） （1）抑制（2）向背光侧运输 生长素的分解（3）在一定光照强度范围内，随光照强度的增加而增大 8．（18分，每空2分） （1）顶生（2）杂交育种 一 抑制纺锤体（丝）的形成 植物细胞的全能性 （3）8/9（4）基因的表达 7 ggHHdd 、ggHhdd 9．（14分，每空2分）（1）杂交瘤细胞 选择出能产生专一抗体的杂交瘤细胞 （2）注射特定的抗原 （3）诱导细胞融合（4）囊胚 内细胞团 胎盘和胎膜.. ..。
2013年重庆市第一次诊断性测试模拟试题(二)
2013年重庆市高三（上）一诊综合测试化学试卷1．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24 L NH3中含有6.02×1022个共价键B．100 mL 1 mol/L 的H2SO4溶液中含有6.02×1022个H+C．将4 g NaOH溶于100 g蒸馏水，所得溶液物质的量浓度是0.1 mol/L D．电解含溶质16.0g的CuSO4溶液，能产生1.12L O2(标准状况)、6.4g金属Cu2．已知1～18号元素的离子a W3＋、b X＋、c Y2－、d Z－都具有相同的电子层结构，下列关系正确的是( )A．质子数c＞b B．离子的还原性Y2－< Z－C．氢化物的稳定性HZ＞H2Y D．原子半径X＜W3．能正确表示下列反应的离子方程式为A．向Fe(NO3)2稀溶液中加入稀盐酸： Fe2＋＋2H＋＋=Fe3＋＋NO2↑＋H2OB．向NaHSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液： 2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2OC．向(NH4)2Mg(SO4)2溶液中加入少量的Na2O： Mg2+＋Na2O＋H2O =Mg(OH)2↓＋2Na+D．向0.1mol·L－1、pH=1的NaHA溶液中加入NaOH溶液： HA-+OH-=A2-+H2O4．下列实验对应的结论不正确的是①②③④A．①能组成Zn、Cu原电池 B．②能证明非金属性Cl ＞C＞SiC．③说明反应2NO2N2O4，△H＜0 D．④白色沉淀为BaSO45．下列说法正确的是( )A．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O；c(NH4＋)由大到小的顺序是：①>②>③>④B．某溶液中由水电离出的c(H+)＝1×10-a mol/L，若a＞7时，则该溶液的pH一定为14-aC．物质的量浓度相等的 H2S 和 NaHS 混合溶液中：c(Na+) = 2c(S2－) +2c(HS－)+2c(H2S)D．常温下，若0.1mol/L NaHY溶液的pH=4，该溶液中粒子浓度关系为：c(Na+)>c(HY－)> c(Y2－) > c(H+)> c(H2Y)6．向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液中逐滴加入1mol/LBa(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是（）A．图中C点铝元素存在形式是AlO2-B．向D点溶液中通入CO2气体，立即产生白色沉淀C．原混合溶液中 c[Al2(SO4)3]:c[AlCl3]= 1:2D．OA段反应的离子方程式为: 2Al3++3SO42-+3Ba2++8OH—＝2AlO2—+3BaSO4↓+4H2O7. 液态锂离子电池是一种被新一代电动汽车采用的车载电池，该电池放电时的正极反应为：Li1-x NiO2+xLi++xe－= LiNiO2，充电时的阴极反应为：6C + xLi++xe－=Li x C6。
2006-2013年重庆高考化学试题及答案详解
2006年普通高等学校招生全国统一考试（重庆）第I卷以下数据可供解题时参考：相对原子质量（原子量）：H 1 O 16 S 32 Cl 35.5 Br 80 Fe 56 Pb 207选择题一（本题包括18小题。
每小题只有一个选项符合题意）i．下列做法正确的是A 将浓硝酸保存在无色玻璃瓶中B 用镊子取出白磷并置于水中切割C 把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶D 氢气还原氧化铜实验先加热再通氢气ii．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A 5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB 100mL 2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子数均为0.2NAC 标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD 20g重水（D2O）中含有的电子数为10NAiii．能正确表示下列反应的化学方程式是A 黄铁矿煅烧：2FeS2＋5O22FeO＋4SO2B 石英与石灰石共熔：SiO2＋CaO CaSiO3C 氨的催化氧化：4NH3＋5O24NO＋6H2OD 氯气与石灰乳反应：2Cl2＋2Ca(OH)2＝CaCl2＋CaClO2＋2H2Oiv．温度相同、浓度均为0.2mol/L的①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、⑤－ONa、⑥CH3COONa溶液，它们的pH值由小到大的排列顺序是A ③①④②⑥⑤B ①③⑥④②⑤C ③②①⑥④⑤D ⑤⑥②④①③v．25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是A C(s)＋1/2O2(g)＝CO(g)；△H＝－393.5kJ/molB 2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)；△H＝＋571.6kJ/molC CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)；△H＝－890.3kJ/molD 1/2C6H12O6(g)＋3O2(g)＝3CO2(g)＋3H2O(l)；△H＝－1400kJ/molvi．已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是A 通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动B X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍C 降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D 增加X的物质的量，Y的转化率降低vii．利尿酸在奥运会上被禁用，其结构简式如题12图所示。
【精选】重庆高三上学期一诊模拟考试化学试题及答案
精选高考化学复习资料高三上期一诊模拟考试化 学 试 题 卷注意事项：1．答题前务必把自己的姓名、准考证号、班级填写在机读卡和答题卷上。
2．选择题答案填涂在机读卡上，非选择题答案填在答题卷上。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 K 39 Ca 40 Mn 55第Ⅰ部分（选择题，共42分）选择题（本题包括7个小题，每题6分，共42分。
每小题只有一个选项符合题意） 7.下列大小顺序比较错误的是（ ） A ．热稳定性：Na 2CO 3> NaHCO 3>H 2CO 3B ．相同pH 的溶液，加水稀释后的pH ：H 2SO 4>HCl> CH 3COOHC ．离子半径：K +> Na +>Mg 2+D ．结合H +能力：OH －>ClO －>NO 3－8.N A 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ） A ．7.2 g CaO 2晶体中阴离子和阳离子总数为0.3 N A B ．0.1 mol/L NH 4Cl 溶液中Cl -离子数目为0.1 N A C ．反应3H 2(g)＋N 2(g) 2NH 3(g) ΔH ＝－92 kJ/mol 放出热量9.2 kJ 时，转移电子0.6 N AD ．0.1 mol H 2O 2分子中含极性共价键数目为0.3 N A9．下表为截取的元素周期表前4周期的一部分，且X 、Y 、Z 、R 和W 均为主族元素。
下列说法正确的是( )A ．五种元素的原子最外层电子数一定都大于2B ．X 、Z 原子序数可能相差18C ．Z 可能是氯元素D ．Z 的氧化物与X 单质不可能发生置换反应 10.下列化学用语的使用正确的是( )A ．硫酸酸化的淀粉KI 溶液在空气中变成蓝色：4I －＋O 2＋2H 2O==2I 2＋4OH －B ．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极的电极反应式：O 2＋4e -＋2H 2O==4OH －C ．氨气催化氧化生产硝酸的主要反应： 4NH 3＋7O 2 4NO 2＋6H 2OD ．向Na 2SiO 3溶液中通入过量CO 2：SiO 32-＋2CO 2＋2H 2O===H 2SiO 3＋CO 32- 11．在实验室进行下列实验，括号内的实验仪器或试剂都能用到的是( )XY Z R WA．中和热的测定（量筒、温度计、酒精灯）B. 从溴水中提取溴单质（分液漏斗、无水乙醇、玻璃棒）C. 探究浓硫酸与铜反应的产物（蘸有碳酸钠溶液的棉花团、蒸馏水、烧杯）D. 制氢氧化铁胶体（饱和FeCl3溶液、NaOH溶液、胶头滴管）12．中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是()选项规律结论A 较强酸可以制取较弱酸用亚硫酸溶液无法制取硫酸溶液B 升高温度，反应速率越快常温下钠与氧气反应生成氧化钠，升高温度，Na2O的生成速率加快C 金属越活泼，其阳离子氧化性越弱Fe3+的氧化性弱于Cu2+D K sp小的沉淀易向K sp更小的沉淀转化CaSO4悬浊液中滴加Na2CO3溶液可生成CaCO3沉淀13．饱和氯水中存在如下平衡：①Cl 2+H2O H＋+Cl－＋HClO ；②HClO H＋＋ClO－，将饱和氯水倒入试管中分别进行下列实验，相应分析结论错误的是() A．加入CaCO3悬浊液，CaCO3的溶解平衡向右移动B. 加入澄清石灰水，c(H+)一定减小C. 加入一定量NaOH溶液后，溶液中离子浓度的关系可能为c(Cl-)+c(ClO-)=c(Na+)D. 通入过量Cl2，①、②均向右移动，溶液pH减小第Ⅱ部分（非选择题，共58分）8．（15分）在生产生活中，卤族元素（F、Cl、Br、I）的单质及化合物用途广泛。
2013年普通高等学校招生全国统一考试重庆卷化学
2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）化学一、选择题(本大题共7小题，每小题6分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求)1.(6分)在水溶液中能大量共存的一组离子是( )A.Na +、Ba 2+、Cl ﹣、NO 3﹣B.Pb 2+、Hg 2+、S 2﹣、SO 42﹣C.NH 4+、H +、S 2O 32﹣、PO 43﹣D.Ca 2+、Al 3+、Br ﹣、CO 32﹣解析：A.该组离子之间不反应，能共存，故A 正确；B.因Pb 2+、Hg 2+分别与S 2﹣、SO 42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故B 错误；C.因H +、S 2O 32﹣发生氧化还原反应，H +、PO 43﹣结合生成弱酸根离子，则不能共存，故C 错误；D.因Ca 2+、CO 32﹣结合生成沉淀，Al 3+、CO 32﹣相互促进水解，则不能共存，故D 错误。
答案：A.2.(6分)下列说法正确的是( )A.KClO 3和SO 3溶于水后能导电，故KClO 3和SO 3为电解质B.25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH 溶液至pH=7，V 醋酸＜V NaOHC.向NaAlO 2溶液中滴加NaHCO 3溶液，有沉淀和气体生成D.AgCl 沉淀易转化为AgI 沉淀且K(AgX)=C(Ag +)•C(X ﹣)，故K(AgI)＜K(AgCl)解析：A.电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物，是自身电离出自由移动的离子。
氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子，能导电是电解质；SO 3溶于水后和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电，电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以SO 3是非电解质，故A 错误；B.醋酸与NaOH 溶液反应：CH 3COOH+NaOH=CH 3COONa+H 2O ，根据电荷守恒C(Na +)+C(H +)=C(OH﹣)+C(CH 3COO ﹣)，若等体积等浓度混合时显碱性，则25℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH 溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量，即V 醋酸＞V NaOH ，故B 错误；C.氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO 3﹣＞Al(OH)3，根据强酸制备弱酸，NaHCO 3溶液与NaAlO 2溶液，反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al(OH)3，AlO 2﹣+HCO 3﹣+H 2O=Al(OH)3↓+CO 32﹣有沉淀生成，无气体生成，故C 错误；D.向AgCl 沉淀中滴入稀KI 溶液，会出现白色沉淀AgCl 转变为黄色沉淀AgI ，说明AgCl 沉淀易转化为AgI 沉淀，沉淀易转化为更难溶沉淀，越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小，故K(AgI)＜K(AgCl)，故D 正确。
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2013年重庆市高考化学一模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共4小题，共24.0分)1.在下列溶液中，一定能够大量共存的离子组是（）A.加入苯酚显紫色的溶液：N a+、M g2+、C l-、SO42-B.加入金属铝能放出大量H2的溶液：NH4+、K+、HCO3-、CH3COO-C.使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液：C u2+、B a2+、S2-、I-D.加入金属铁能放出大量H2的溶液：N a+、A l3+、C l O-、NO3-【答案】A【解析】解：A．加入苯酚显紫色的溶液中含F e3+，该组离子之间不反应，则能大量共存，故A 正确；B．加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO3-既能与酸反应又能与碱反应，一定不能共存，故B错误；C．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有强氧化性，能与S2-发生氧化还原反应，能与I-发生氧化还原反应，则不能共存，故C错误；D．加入金属铁能放出大量H2的溶液，为酸溶液，H+、C l O-结合生成弱电解质，且存在硝酸根离子具有强氧化性不能生成氢气，与题意不符，故D错误；故选A．A．加入苯酚显紫色的溶液中含F e3+；B．加入金属铝能放出大量H2的溶液，为酸或强碱溶液；C．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有强氧化性；D．加入金属铁能放出大量H2的溶液，为酸溶液．本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，注意发生的氧化还原反应为解答的易错点，题目难度不大．2.N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.18g D2O中含有的中子数为10N AB.64g铜发生氧化还原反应失去的电子数可能为N AC.标准状况下，11.2L己烯中含有的碳原子数为3N AD.25℃时，1mol•L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数一定小于N A【答案】B【解析】解：A、18g D2O物质的量==0.9mol，0.9mol D2O分子中含有的中子数为0.9mol×10=9mol，故A错误；B、64g铜为1mol，与硫单质反应是生成硫化亚铜，1mol铜反应中失去1mol电子，故B正确；C、标准状况下己烯不是气体，11.2L己烯不是0.5mol，故C错误；D、1mol•L-1醋酸溶液中所含CH3COOH分子总数由于不知溶液体积，所以分子数无法计算，故D错误；故选B．A、质量换算物质的量，结合分子式中的中子数计算分析判断；B、质量换算物质的量，结合铜遇到弱电解质可以生成+1价铜的化合物；C、依据气体摩尔体积的应用条件分析；D、依据浓度计算物质的量，需要溶液的体积才能计算分析．本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要是质量换算物质的量来计算微粒数，气体摩尔体积的应用条件，变价金属和弱氧化剂反应只生成低价化合物．3.下列实验与对应的图象符合的是（）A.向一定量的CH3COOH溶液中通入NH3至过量B.向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量C.对于达到平衡状态的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）反应，在t1时缩小容器体积，并在t2时又达到平衡D.将p H=2的盐酸和醋酸分别加水稀释【答案】D【解析】解：A．醋酸是弱电解质，在溶液中离子浓度较小，向醋酸溶液中通入NH3至过量，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液的导电能力增大，故A错误；B．向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量，发生的化学反应为：HC l+N a OH=N a C l+H2O A l C l3+3N a OH=A l（OH）3↓+3N a C l，A l（OH）+N a OH=N a A l O2+2H2O，根据反应方程式知，生成沉淀量最大所用的氢氧化钠是沉淀3完全消失的3倍，故B错误；C．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，缩小容器体积，容器内气体的压强增大，导致正逆反应速率都增大，但正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，当正逆反应速率相等时，再次达到平衡状态，故C 错误；D．p H=2的盐酸和醋酸中，醋酸是弱电解质氯化氢是强电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸，稀释相同的倍数，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸的p H变化小于盐酸的变化，故D正确；故选D．A．溶液的导电能力与离子浓度有关，离子浓度越大，其导电能力越大；B．向等物质的量的HC l和A l C l3溶液中滴入N a OH溶液至过量，氢氧化钠先和盐酸反应，然后和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，根据各个量之间的关系式判断；C．反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强正逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动，并再次达到平衡状态；D．弱电解质溶液中存在电离平衡，加水稀释促进弱电解质电离．本题是图象分析题，涉及弱电解质的电离、化学平衡、等知识点，明确图象中曲线的变化趋势、曲线的拐点是解本题关键，难度较大．4.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH-2e-→X+2H+．下列说法中正确的是（）A.电池内部H+由正极向负极移动B.另一极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-C.乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极D.电池总反应为：2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O【答案】D【解析】解：A．原电池工作时，阳离子向正极移动，故A错误；B．电解质溶液呈酸性，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故B错误；C．原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D．由CH3CH2OH-2e-→X+2H+可知，X应为CH3CHO，则电池总反应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，故D正确．故选D．乙醇酸性燃料电池中，乙醇被氧化，应为电池负极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，由CH3CH2OH-2e-→X+2H+可知，X应为CH3CHO，应为2CH3CH2OH+O2→2CH3CHO+2H2O，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极．本题以化学电源新型电池为载体考查了原电池原理，难度不大，易错选项是B，写电极反应式时要注意结合溶液的酸碱性；在酸性溶液，生成物中不能有氢氧根离子生成；在碱性溶液中，生成物中不能有氢离子生成．二、双选题(本大题共1小题，共6.0分)5.某溶液只可能含有N a+、A g+、A l3+、A l O2-、S2-、CO32-、SO32-、NO3-等离子中的数种．向此溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现．根据上述现象，判断下列结论中不正确的是（）A.此溶液中一定有N a+、S2-、SO32-B.此溶液中可能有A l O2-、CO32-C.此溶液中一定没有A g+、A l3+D.此溶液中可能有S2-、NO3-【答案】AB【解析】解：溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现，浑浊现象可能是A g+、A l O2-作用生成A g C l、A l（OH）3沉淀，NO3-，S2-存在加入盐酸可以出现沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；所以推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，判断一定含有A l O2-，依据离子共存判断A l3+一定不存在，溶液中一定含有钠离子，A l O2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有；A、此溶液中一定有N a+，S2-、SO32-离子一定不含有，故A错误；B、此溶液中一定有A l O2-，依据分析判断，结论不正确，故B错误；C、上述分析判断可知，此溶液中一定没有A g+、A l3+，故C正确；D、上述分析判断可知，此溶液中可能有S2-、NO3-，故D正确；故选AB．溶液中加入稀盐酸，溶液变浑浊并有气体出现，浑浊现象可能是A g+、A l O2-作用生成A g C l、A l（OH）3沉淀，NO3-，S2-存在加入盐酸可以出现沉淀硫；出现气体可能是S2-、CO32-、SO32-离子结合氢离子生成硫化氢气体、二氧化碳气体、二氧化硫气体；所以推断一定不含银离子，若含有银离子，则S2-、CO32-、SO32-离子都不能存在，判断一定含有A l O2-，依据离子共存判断A l3+一定不存在，溶液中一定含有钠离子，A l O2-离子，S2-、CO32-、SO32-、NO3-离子可能含有．本题考查了离子性质的应用和离子检验方法的分析判断，掌握离子性质的反应现象是解题关键，题目难度较大．三、单选题(本大题共2小题，共12.0分)6.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A.25℃时，p H=7的NH4C l与NH3•H2O混合溶液：c（H+）=c（OH-）=c（NH4+）=c （C l-）B.0.1mol/LN a2S溶液：c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+c（H2S）C.25℃时，p H=2的HCOOH与p H=12的N a OH等体积混合：c（HCOO-）+c（H+）＜c （N a+）+c（OH-）D.0.1mol/LN a2CO3溶液：2c（CO32-）+2c（HCO-）+2c（H2CO3）=c（N a+）【答案】D【解析】解：A．混合溶液的p H=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒知c（H+）+c（NH4+）=c（OH-）+c（C l-），所以c（NH4+）=c（C l-），溶液中水的电离是微弱的，所以c（OH-）＜c（NH4+），故A错误；B．溶液中存在质子守恒，即c（OH-）=c（H+）+c（HS-）+2c（H2S），故B错误；C．甲是弱电解质，c（HCOOH）＞c（H+）=10-2mol/L，c（N a OH）=c（OH-）=10-2mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，所以c（H+）＞c（OH-），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（N a+）=c（HCOO-）+c（OH-），所以c（HCOO-）＞c（N a+），所以c（HCOO-）+c（H+）＞c（N a+）+c（OH-），故C错误；D．溶液中存在物料守恒，即2c（CO32-）+2c（HCO-）+2c（H2CO3）=c（N a+），故D正确；故选D．A．根据电荷守恒及电解质的电离程度判断；B．根据质子守恒判断；C．甲酸是弱电解质，c（HCOOH）＞c（H+）=10-2mol/L，c（N a OH）=c（OH-）=10-2mol/L，等体积混合后溶液呈酸性，结合电荷守恒判断；D．根据物料守恒判断．本题考查离子浓度大小的比较，根据物料守恒、电荷守恒、质子守恒来分析解答即可，难度较大．7.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g），反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6mol C，则下列说法正确的是（）A.该反应的化学平衡常数表达式是B.此时，B的平衡转化率是40%C.增大该体系的压强，平衡向左移动D.增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大【答案】B【解析】解：A．可逆反应3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+2D（g）的平衡常数k=，故A错误；B．达到平衡，测得生成1.6mol C，由方程式可知，参加反应的B的物质的量为1.6mol×=0.8mol，故B的转化率为×100%=40%，故B正确；C．该反应正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应移动，即向右移动，故C错误；D．增加B，B的浓度增大，平衡向正反应移动，A的转化率增大，B的转化率降低，故D错误；故选B．A．化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时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所得的比值，注意纯液体、固体不需要写出；B．根据平衡时生成的C的物质的量计算参加反应的B的物质的量，再根据转化率定义计算；C．增大压强平衡向气体体积减小的方向移动；D．增大某一反应物的浓度，平衡向正反应移动，其它反应物的转化率增大，自身转化率降低．本题考查化学平衡常数、化学平衡计算、影响化学平衡的因素等，难度不大，注意掌握化学平衡常数的书写中纯液体、固体不需要写出．四、填空题(本大题共1小题，共15.0分)8.金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和C a，并含有3.5%（质量分数）C a O（1）C a元素在周期表中位置是______ ，其原子结构示意图______ ．（2）C a与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为______ ，D的沸点比A 与S i形成的化合物E的沸点______ ．（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：______ P+ ______ F e O+ ______ C a O→ ______ C a3（PO4）+ ______ F e2（3）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n．则金属M为______ ；检测M n+的方法是______ （用离子方程式表达）．（5）取 1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml H2（标准状况），在向溶液中通入适量的CO2，最多能得到C a CO3 ______ g．【答案】第四周期第ⅡA族；；；高；2；5；3；1；5；F e；F e3++3SCN-=F e（SCN）3；1.1【解析】解：（1）C a是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，处于周期表中第四周期第ⅡA族，原子结构示意图为，故答案为：第四周期第ⅡA族；；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，电子式为，氟元素与S i形成的化合物为S i F4，S i F4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体，故沸点C a F2＞S i F4；故答案为：；高；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，故C a3（PO4）2系数为1，F e O的系数为5，P系数为2，C a O的系数为3，F e的系数为5，故配平后方程式为2P+5F e O+3C a O=C a3（PO4）2+5F e，故答案为：2、5、3、1、5；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为F e元素，F e3+与SCN-结合生成红色物质检验F e3+，离子方程式为F e3++3SCN-=F e（SCN）3，故答案为：F e；F e3++3SCN-=F e（SCN）3；（5）224ml H2的物质的量为=0.01mol，钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据电子转移守恒可知，C a的物质的量为=0.01mol，样品中C a O质量分数为3.5%，故氧化钙的质量为1.6g×3.5%=0.056g，故氧化钙的物质的量为=0.001mol，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（C a CO3）=n（C a）+n（C a O）=0.01mol+0.001mol=0.011mol，碳酸钙的质量为0.011mol×100g/mol=1.1g，故答案为：1.1．（1）C a是20号元素，钙原子核外电子数为20，有3个电子层，各层电子数为2、8、8、1，对于主族元素，电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；（2）最活跃的非金属元素A为F元素，钙与氟形成氟化钙，为离子化合物，氟元素与S i形成的化合物为S i F4，S i F4是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；（3）反应中P磷元素的化合价由0价升高为+5价，总共升高10价，铁元素化合价由+2价降低为0价，总共降低2价，化合价升高最小公倍数为10，据此配平；（4）钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量N a OH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，M为F e元素，利用F e3+与SCN-结合生成红色物质检验铁离子；（5）钙与水反应生成氢氧化钙与氢气，根据n=计算氢气的物质的量，根据电子转移守恒计算C a的物质的量，根据氧化钙的质量分数计算氧化钙的质量，计算氧化钙的物质的量，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，根据钙元素守恒可知生成的n（C a CO3）=n（C a）+n（C a O），再根据m=n M计算碳酸钙的质量．本题考查结构与位置关系、常用化学用语书写、氧化还原反应、化学计算等，题目综合性较大，难度中等，（5）中注意利用守恒进行计算．五、推断题(本大题共1小题，共14.0分)9.如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．其中，A是具有刺激性气味的气体，I是由地壳中含量最高的金属元素形成的单质，K是一种红棕色气体，D是一种红棕色粉末，常用作红色油漆和涂料．请填写下列空白：（1）在周期表中，组成单质G的元素的位置：______ ．（2）在反应⑨中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______ ．（3）在反应②．③．⑥．⑧中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的是______ （填写序号）．（4）反应④的离子方程式是：______反应⑦的化学反应方程式：______（5）将化合物D与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2F e O4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O．该反应的化学方程式是：______ ．【答案】第四周期第Ⅷ族；2：1；②．⑧；F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O；2A l+F e2O32F e+A l2O3；F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O【解析】解：F e S2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C 为H2SO4，D为F e2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，由反应4F e S2+11O22F e2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，L为NO，M应为F e（NO3）3或F e（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为F e（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为F e（NO3）3或F e2（SO4）3，E应为F e（OH）3，（1）由以上分析可知G为F e，是26号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；（2）K是NO2，二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，作还原剂的二氧化氮计量数是2，作氧化剂的二氧化氮计量数是1，所以该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比2：1，故答案为：2：1；（3）在反应②．③．⑥．⑧中，②是氧化还原反应和化合反应，③是化合反应但不是氧化还原反应，⑥是分解反应且不是氧化还原反应，⑧是化合反应和氧化还原反应，所以既属于化合反应又属于氧化还原反应的是②．⑧，故答案为：②．⑧；（4）M中含有F e2+和NO3-，在酸性条件下可发生氧化还原反应，反应的离子方程式为F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O，D是氧化铁，I是铝，高温下，氧化铁和铝反应生成氧化铝和铁，反应方程式为：2A l+F e2O32F e+A l2O3，故答案为：F e2++4H++NO3-=3F e3++NO↑+2H2O；2A l+F e2O32F e+A l2O3；（5）化合物F e2O3与KNO3、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2F e O4（高铁酸钾），同时还生成KNO2和H2O，反应方程式为F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O，故答案为：F e2O3+3KNO3+4KOH=2K2F e O4+3KNO2+2H2O．F e S2氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，即铝热反应．K是一种红棕色气体，为NO2，则J为HNO3，L被氧化成为NO2，故L可能为氨或NO2，由于C溶液，即硫酸溶液能与某M溶液反应得到L，故L不可能是碱性的气体氨气，故L为NO，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，由反应4F e S2+11O22F e2O3+8SO2，氧化得到的A可以继续被氧化，则A为SO2，B为SO3，C为B的水化物，C为H2SO4，D为F e2O3，由K是一种红棕色气体，K为NO2，J为HNO3，I为第三主族熔点最高的金属，应为A l，反应⑦为铝单质与金属氧化物所发生的置换反应，G能与硝酸反应并能产生NO，故G为F e，H为A l2O3，L为NO，M应为F e（NO3）3或F e（NO3）2；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M 为F e（NO3）2，反应中硝酸根有剩余，F为F e（NO3）3或F e2（SO4）3，E应为F e（OH）3，结合对应物质的性质和题目要求解答该题．本题考查无机物的推断，题目难度中等，本题注意根据F e S2与氧气反应的性质结合物质的反应特点和物质的物理性质，如颜色、状态等，先确定个别物质，根据框图寻找线索进行推断．六、简答题(本大题共2小题，共29.0分)10.（1）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：该反应为______ （填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K= ______ ．（2）已知在常温常压下：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6k J/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0k J/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0k J/mol写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：______ ．（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置．写出负极反应式：______ ．反应一段时间后溶液的p H将______ ．（填增大、减小或不变）【答案】放；0.17；CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；；CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；减小【解析】解：（1）实验1中CO的转化率为×100%=40%，实验2中CO的转化率为×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，实验2条件下平衡常数，需要列式计算平衡浓度；H2O（g）+CO（g）⇌CO2（g）+H2（g）初始浓度0.5mol/L1mol/L00转化浓度0.2mol/L0.2mol/l0.2mol/l0.2mol/l平衡浓度0.3mol/L 0.8mol/L0.2mol/l0.2mol/lK===0.17故答案为：放；0.17；（2）①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=-1275.6k J/mol②2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.0k J/mol③H2O（g）=H2O（l）△H=-44.0k J/mol依据盖斯定律①-②+③×4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH3OH（l）+2O2（g）=2CO（g）+4H2O（l）△H=-885.6KJ/mol；得到热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（l）△H=-442.8KJ/mol；（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，反应过程中消耗氢氧根离子，溶液p H减小，故答案为：CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；减小．（1）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，依据原电池原理分析书写电极反应和溶液p H变化．本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，盖斯定律的计算应用，原电池电极反应的书写方法，题目难度中等．11.为测定该补血剂样品[主要成分是硫酸亚铁晶体（F e SO4•7H2O）]中铁元素的含量，某化学兴趣小组设计了两套实验方案：方案一：用酸性KM n O4溶液滴定测定铁元素的含量（1）写出滴定反应的离子方程式______ ．（2）下列滴定方式中，最合理的是______ （夹持部分略去）（填字母序号）．（3）实验前，首先要准确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器除天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管外，还需______ （填仪器名称）．方案二将F e SO4转化为F e2O3，测定质量变化操作流程如下：（4）步骤②中除用H2O2外还可以使用的物质是______ ．（5）步骤②是否可以省略______ ，理由是______ ．（6）步骤④中一系列操作依次是：过滤、洗涤、______ 、冷却、称量．（7）假设实验无损耗，则每片补血剂含铁元素的质量______ g（用含a的代数式表示）．【答案】5F e2++M n O4-+8H+=M n2++5F e3++4H2O；B；250ml容量瓶；氯水；否；F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；灼烧；0.07a【解析】解：方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将F e2+氧化为F e3+，被还原为M n2+，同时生成水，反应离子方程式为5F e2++M n O4-+8H+=5F e3++M n2++4H2O；故答案为：5F e2++M n O4-+8H+=5F e3++M n2++4H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内，故B最合适；故答案为：B；（3）精确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250m L容量瓶；故答案为：250m L容量瓶；方案二：（3）步骤②加入有强氧化性试剂，能将F e2+全部氧化为F e3+，除用H2O2外还可以使用氯水等；故答案为：氯水；（5）F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量，故步骤②不能省略；故答案为：否，F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；故答案为：灼烧；（7）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量=0.07ag；故答案为：0.07a．方案一：（1）酸性高锰酸钾具有强氧化性，将F e2+氧化为F e3+，被还原为M n2+，同时生成水；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管内，硫酸亚铁溶液呈酸性，应盛放在酸式滴定管内；（3）精确配制一定物质的量浓度的KM n O4溶液250m L，配制时需要的仪器有天平、药匙、玻棒、烧杯、胶头滴管、250m L容量瓶；方案二：由流程图可知，该实验原理为：将药品中的F e2+形成溶液，将F e2+氧化为F e3+，使F e3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量．（4）步骤②加入有强氧化性试剂，能将F e2+全部氧化为F e3+；（5）F e2+与碱反应后不能保证F e2+全部转化为F e3+，加热不能得到纯净的F e2O3，故无法准确计算F e的含量；（6）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；（7）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算．本题考查学生对实验原理与实验操作的理解、物质分离提纯、元素化合物性质、氧化还原反应滴定、化学计算等，难度中等，清楚实验原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力．高中化学试卷第11页，共11页。