2013重庆化学高考题型示例
2013年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ卷)答案与解析
2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ卷）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7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．1．（6分）（2014春•永昌县校级期末）在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如图所示：下列叙述错误的是（）A．生物柴油由可再生资源制得B．生物柴油是不同酯组成的混合物C．动植物油脂是高分子化合物D．“地沟油”可用于制备生物柴油考点：油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．生物柴油其原料取自可再生的动植物资源；B．生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以脂肪酸甲酯为主要成份的液体燃料；C．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；D．“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油；解答：解：A．生物柴油由可再生资源制得，故A正确；B．生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混合物，故B正确；C．动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故C 错误；D．“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，故D正确；故选：C；点评：本题主要考查了油脂的性质与用途，难度不大，根据题目信息即可完成．2．（6分）（2015春•雅安期末）下列叙述中，错误的是（）A．苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯B．苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C．乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4﹣二氯甲苯考点：苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．根据苯的硝化反应；B．根据碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应；C．根据碳碳双键能发生加成反应；D．根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代；解答：解：A．苯的硝化反应：苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应生成硝基苯，故A正确；B．碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应，所以苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，故B正确；C．碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二溴乙烷，故C正确；D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4﹣二氯甲苯，故D错误；故选：D；点评：本题主要考查了物质的结构与性质，注意反应条件对产物结构的影响．3．（6分）N A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAl02水溶液中含有的氧原子数为2 N AB．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5 N AC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1 N AD．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 N A考点：阿伏加德罗常数．专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：A、溶液中存在水的电离平衡；B、石墨烯中每一个六圆环平均含有2个碳原子；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、羟基是取代基，氢氧根离子是阴离子．解答：解：A、1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAl02水溶液中，含有水，溶液中含有的氧原子数大于2 N A，故A错误；B、石墨烯中每一个六圆环平均含有2个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含六元环的个数为0.5 N A故B正确；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、1 mol的羟基﹣OH含有电子数9 N A，1 mol的氢氧根离子OH﹣所含电子数均为10 N A，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液中微粒数判断，石墨结构分析计算，溶液PH计算，注意区别羟基和氢氧根离子的不同，题目难度中等．4．（6分）（2015•固原校级模拟）能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C．N aHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A．反应生成氯化亚铁和氢气；B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；C．HCO3﹣不能拆分；D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．解答：解：A．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+═3Mg2++2Fe （OH）3，故D正确；故选D．点评：本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．5．（6分）（2013秋•尖山区校级期末）“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔．下列关于该电池的叙述错误的是（）A．电池反应中有NaCl生成B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子C．正极反应为：NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：该原电池中，钠作负极，负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，Ni/NiCl2作正极，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动．解答：解：A．负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl ﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl2，故B错误；C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；D．原电池放电时，阳离子向正极移动，钠离子在负极产生，向正极移动，所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动，故D正确；故选B．点评：本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等．6．（6分）（2014•郑州一模）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S（g）+O2（g）═SO2（g）+H2O（g）△H12H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H32S（g）═S2（g）△H4则△H4的正确表达式为（）A．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）B．△H4=（3△H3﹣△H1﹣△H2）C．△H4=（△H1+△H2﹣3△H3）D．△H4=（△H1﹣△H2﹣3△H3）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热．解答：解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），故选A．点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符号的变化．7．（6分）（2014•宜章县校级模拟）室温时，M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K sp=a，c（M2+）=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于（）A．lg（）B．lg（）C．14+lg（）D．14+lg（）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据Ksp=c（M2+）c2（OH﹣）表达式和题干K sp=a，C（M2+）=b mol•L﹣1，计算溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液pH；解答：解：室温时，M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq），已知K sp=a，c（M2+）=b mol•L ﹣1，则c（OH﹣）==mol•L﹣1，所以c（H+）==mol•L﹣1，则pH=﹣lgc（H+）=14+lg（）；故选C．点评：本题考查了溶度积常数的有关计算和PH的计算，题目难度不大，注意对Ksp含义的理解．二、解答题（共6小题，满分58分）8．（15分）（2014秋•成都期末）正丁醛是一种化工原料．某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛．发生的反应如下：CH3CH3CH3CH3OH CH3CH2CH2CHO．反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/℃密度/g•cm﹣3水中溶解性正丁醇117.2 0.8109 微溶正丁醛75.7 0.8017 微溶实验步骤如下：将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中．在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石，加热．当有蒸汽出现时，开始滴加B中溶液．滴加过程中保持反应温度为90～95℃，在E中收集90℃以上的馏分．将馏出物倒入分液漏斗中，分去水层，有机层干燥后蒸馏，收集75～77℃馏分，产量2.0g．回答下列问题：（1）实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由容易发生迸溅．（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加入沸石，应采取的正确方法是冷却后补加．（3）上述装置图中，B仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称是直形冷凝管．（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是c（填正确答案标号）．a．润湿b．干燥c．检漏d．标定（5）将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在下层（填“上”或“下”）．（6）反应温度应保持在90～95℃，其原因是保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化．（7）本实验中，正丁醛的产率为51%．考点：有机物的合成；醇类简介．专题：实验题．分析：（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅；（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；（3）B仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；（5）由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C4H10O～C4H8O列方程计算．解答：解：（1）因为浓硫酸的密度大，能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅，故答案为：不能，容易发生迸溅；（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加，故答案为：防止暴沸；冷却后补加；（3）B仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管，故答案为：滴液漏斗；直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏，故答案为：c：（5）正丁醛密度为0.8017 g•cm﹣3，小于水的密度，故分层水层在下方，故答案为：下；（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，C4H10O～C4H8O74 724xg 2g解得：x==51%，故答案为：51．点评：本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握．9．（14分）（2013秋•桥东区校级月考）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗．纯化工业级氧化锌（含有Fe（II）、Mn（II）、Ni（II）等杂质）的流程如图所示：提示：在本实验条件下，Ni（II）不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2．回答下列问题：（1）反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生反应的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质．（2）反应③的反应类型为置换反应，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有镍．（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；．（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO3•xZn（OH）2．取干燥后的滤饼11.2g，锻烧后可得到产品8.1g，则x等于1．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：几种重要的金属及其化合物．分析：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，根据MnO4﹣+具有氧化性，能将Fe2+和Mn2+氧化，根据电子得失进行配平；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质．（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍．（3）检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液，检验表面是否含有硫酸根离子；（4）根据关系式ZnCO3•xZn（OH）2～（x+1）ZnO来计算．解答：解：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，故答案为：置换反应；镍；（3）由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；（4）根据关系式ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO125+99x 81（x+1）11.2g 8.1g解得：x=1故答案为：1．点评：本题以工业流程为背景，考查了学生分析问题、解决问题，运用知识的能力，难度中等．10．（14分）（2015•衡水模拟）在1.0L密闭容器中放入0.10molA（g），在一定温度进行如下反应：A（g）⇌B（g）+C（g ）△H=+85.1kJ•mol﹣1反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：时间t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30总压强p/100kPa 4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53回答下列问题：（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为升高温度、降低压强．（2）由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α（A）的表达式为×100%，平衡时A的转化率为94.1，列式并计算反应的平衡常数K 1.5mol/L．（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n （A），n总=0.10×mol，n（A）=0.10×（2﹣）mol．②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：α=0.051．反应时间t/h 0 4 8 16c（A）/（mol•L﹣1）0.10 a 0.026 0.0065分析该反应中反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论是达到平衡前每间隔4h，c（A）减少约一半，由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）为0.013mol•L﹣1．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：（1）反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分析判断转化率；（2）相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应的A 的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数；（3）①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比，结合平衡计算得到；②依据平衡A的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律；解答：解：（1）在一定温度进行如下反应：A（g）⇌B（g）+C（g ）△H=+85.1kJ•mol﹣1反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高A的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行；故答案：升高温度、降低压强；（2）反应前后气体物质的量增大为反应的A的量，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α（A）的表达式=×100%=（）×100%；平衡时A的转化率=×100%=94.1%依据化学平衡三段式列式得到；A（g）⇌B（g）+C（g ）起始量（mol/L）0.10 0 0变化量（mol/L）0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%平衡量（mol/L）0.10（1﹣94.1%）0.10×94.1% 0.10×94.1%K===1.5mol/L故答案为：（）×100%；94.1%； 1.5mol/L（3）①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n（A），依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=P：P0 ，n总=；A（g）⇌B（g）+C（g ）起始量（mol）0.10 0 0变化量（mol）x x x平衡量（mol）0.10﹣x x x（0.10+x）：0.10=P：P0x=n（A）=0.10﹣=0.10×（2﹣）mol；故答案为：；0.10×（2﹣）；②n（A）=0.10×（2﹣）=0.10×（2﹣）=0.051mol所以浓度a=0.051mol/L；分析数据特征可知，每隔4h，A的浓度减小一半，故答案为：0.051；达到平衡前每间隔4h，c（A）减少约一半；由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c（A）==0.013mol/L；故答案为：0.051，每隔4h，A的浓度减小一半；0.013；点评：本题考查压强关系和物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数据处理方法的分析判断，题目难度中等．11．（15分）（2014春•赫山区校级月考）〔化学﹣﹣选修2：化学与技术〕锌锰电池（俗称干电池）在生活中的用量很大．两种锌锰电池的构造如图（a）所示．回答下列问题：（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH ①该电池中，负极材料主要是锌，电解质的主要成分是NH4Cl，正极发生的主要反应是MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高．（2）图（b）表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺（不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属）．①图（b）中产物的化学式分别为A ZnCl2，B NH4Cl．②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是H2（填化学式）．考点：常见化学电源的种类及其工作原理．专题：电化学专题．分析：（1）①根据电池反应判断正负极和电解质；二氧化锰和铵根离子在正极发生反应；②根据碱性锌锰电池的特点分析；（2）①根据电池的材料分析；②根据已知反应物和产物，再利用元素守恒③K2MnO4溶液中阴极产物的判断，根据溶液中阳离子得电子能力分析．解答：解：（1）根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH，反应中Zn 被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；故答案为：①锌；NH4Cl；MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3②碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高．（2）废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌．氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌．绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气．故答案为：①ZnCl2 NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2点评：本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写，综合性较强．12．（2015•江西模拟）〔化学﹣﹣选修3：物质结构与性质〕前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2．回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为．（2）四种元素中第一电离能最小的是K，电负性最大的是F．（填元素符号）（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示．①该化合物的化学式为K2NiF4；D的配位数为6；②列式计算该晶体的密度 3.4g•cm﹣3．（4）A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的B3CA6，其中化学键的类型有离子键和配位键；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．分析：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，结合物质结构和性质解答．解答：解：前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第VIIA族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F元素，B是K元素；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，且C和D的原子序数大于B，C的原子序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，（1）D2+的价层电子为3d电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知，其价电子排布图为，故答案为：；（2）元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，这四种元素中金属性最强的是K元素，非金属性最强的元素是F，所以第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，故答案为：K；F；（3）①该晶胞中A原子个数=16×=8，B原子个数=8×=4，D原子个数=8×，所以该化合物的化学式为K2NiF4，根据晶胞结构知，D的配位数是6，故答案为：K2NiF4；6；②该晶胞的体积=（400×10﹣10cm）（1308×10﹣10cm），ρ==3.4g•cm﹣3，故答案为：3.4；（4）A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣，故答案为：离子键和配位键；[FeF6]3﹣；F﹣．点评：本题考查物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等，注意化学式的确定中，各中原子被几个晶胞共用，为易错点，难点是密度的计算．13．（2013秋•西山区校级期末）[化学﹣﹣选修5：有机化学基础]化合物I（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯基．I可以用E 和H在一定条件下合成：已知以下信息：1．A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；2．R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH；3．化合物F苯环上的一氯代物只有两种；4．通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基．回答下列问题：（1）A的化学名称为2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷．（2）D的结构简式为（CH3）2CHCHO．（3）E的分子式为C4H8O2．（4）F生成G的化学方程式为，该反应类型为取代反应．（5）I的结构简式为．（6）I的同系物J比I相对分子质量小14，J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，共有18种（不考虑立体异构）．J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为2：2：1，写出J的这种同分异构体的结构简式．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C（CH3）2，B 发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，据此解答．解答：解：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C（CH3）2，B 发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，则F为，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成G为，G在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到H，由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故H为，H与E发生酯化反应生成I，其分子中含有醛基和酯基，故I为，（1）由上述分析可知，A为（CH3）3CCl，化学名称为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，故答案为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；（2）由上述分析可知，D的结构简式为（CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（3）E为（CH3）2CHCOOH，其分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；。
2013年普通高考重庆市理科综合能力测试------化学
④38%。
① FeO、FeO和Fe、Fe3O4、CuO、Fe2O3、Cu、MgCO3、Fe4O3等。
② Fe2+ + 2Cl- = 2Fe3+ + Cl2 HCl + Fe2- = FeCl2 + H+ Fe + NO3- = Fe(NO3)2 FeO + 3Cl- + H2O = FeCl3 + 2OH- CuO + 2H+ =Cu2+ H2O Fe3+ + 3SCN- = Fe(SCN)3↓ Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O FeO + Fe2O3 + 8H+ = Fe2+ + 2Fe3+ +4H2O Fe2+ + Fe(CN)63- = Fe3[Fe(CN)6]2↓ FeO + 2H+ = Fe2+ + H2O Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑
20.4%
17.6%
5、10题
4、9题 8题（3）①
21分
21
21%
21%
化学计算
10.2%
11题（1）②、（2）②
7分
7%
表2 考查内容在教材中的分布
教材 初中 题 号 分 值 8 比 例 8%
8(1)②第2空，9（1）、（2）、（3）④ 1A；2A；4ABCD；8（1）②第1空、（3） ①②；9（3）①②③；11（1）②第1空
2 3.84 0.64
3 3.73 0.62
4 3.89 0.65
5 2.18 0.36
【VIP专享】2013年重庆理综(解析)
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。
2013年重庆高考化学试题及答案(全word版本)
2013年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)理科综合_化学部分一、选择题(本大题共7个小题，每小题6分，共42分，)在每小题给出的4个选项中，只有一项符合题目要求)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 2OH 2N CH 2 C H 2 C H 2 N H CH 2 CH 2 C H 2 C H 2 N H 2YX(C 24H 40O 5)B ．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 －1P 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ΔHC ．Cl －Cl 键的键能b －a ＋5.6c 4kJ·mol －1D ．P －P 键的键能为5a －3b ＋12c 8kJ·mol －1⒎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年高考化学试题分类解析汇编：有机化学-答案
2013年高考真题之有机化学（2013大纲卷）13、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。
它可能的结构共有（不考虑立体异构）A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】B【解析】根据题意，可先解得分子式。
设为C n H2n O X，氧最少为一个，58-16=42，剩下的为碳和氢，碳只能为3个，即为C3H6O，一个不饱和度。
设有两个O,那么58-32=2 6，只能为C2H4O X，x不可能为分数，错。
由此可得前者可以为醛一种，酮一种，烯醇一种，三元碳环一种，四元杂环一种。
（2013福建卷）7.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、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。
（2013江苏卷）12.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团B.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【参考答案】B【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机化学知识的理解和掌握程度。
易电离A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
B.三氯化铁遇酚羟基显紫色，故能区别。
C.按羟基类型不同，仅酸羟基反应而酚羟基不反应。
D.贝诺酯与足量NaOH反应，肽键也断裂。
（2013海南卷）1．下列有机化合物中沸点最高的是A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．乙酸[答案]D[解析]：四项中，C、D两项为液态，沸点明显要高，但学生只注意了乙醇的氢键，易失误。
13高考题,有机部分
2013年重庆卷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)。
H 2NCH 2CH 2CH 2NHCH 2CH 2CH 2CH 2NH 2X(C 24H 40O 5) Y下列叙述错误．．的是 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10、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 ，A→B 的反应类型为 。
(2) D →E 的反应中，加入的化合物X 与新制Cu(OH)2反应产生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 。
(4) L 的同分异构体Q 是芳香酸，Q R(C 8H 7O 2Cl) 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 。
Cl 2 光照 NaOH 水，△K 2Cr 2O 7，H +(6) 已知：L→M的原理为M的结构简式为。
2013年海南化学1．下列有机化合物中沸点最高的是A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．乙酸14.溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入，将其中的Br-氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br-和BrO3-，其离子方程式为。
（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl。
BrCl分子中，显正电性。
BrCl与水发生反应的化学方程式为。
（3）CuBr2分解的热化学方程式为： 2 CuBr2(s) = 2 CuBr(s) + Br2(g) △H= + 105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p(Br2)为4.66×103Pa。
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。
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年高考化学试题分类详细解析(十三个专题)
专题一：金属及其化合物
1.（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系： 。下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为焦炭，则丁可能是O2
B.若甲为SO2，则丁可能是氨水
C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________________________________。
（8）综合分析实验II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②____________________________________________________________。
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
a.甲、乙受热分解：2AlH3 2Al+3H2↑2NH4H N2↑+5H2↑
b.甲与水反应：2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑
c.2NH4H+5CuO 5Cu+ N2↑+5H2O
d.化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即
化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+ 2NH4H 2Al+N2↑+8H2↑。
高考化学复习重庆市高考化学试卷.docx
高中化学学习材料唐玲出品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．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．Pb2+、Hg2+、S2﹣、SO42﹣C．NH4+、H+、S2O32﹣、PO43﹣D．Ca2+、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．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）；3D．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：HCO3＜C6H5OH＜CH3COOH2B．碱性：Ba（OH）＜Ca（OH）2＜KOH2C．熔点：MgBr＜SiCl4＜BN2D．沸点：PH＜NH3＜H2O3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CH5OH＜H2CO3＜CH3COOH；6B．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CH5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A6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 HO2B．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CH37O2Br324D．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Cl（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的反应热△H2C．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），pH=8.0时过滤沉淀为Ni（OH）2，因此该铜合金中还含Al、Ni．3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K[Fe（CN）6]溶液蓝色沉淀蓝色沉淀33 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CO；2（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CO，因此MgCO3受热分解得到产物是MgO2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HO发生加成反应；2（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HO发生加成2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0.001 mol•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）①N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：N2≡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SO（g）和SO23B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br（g）和NO22C．用CO鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液2D．用BaCl溶液鉴别AgNO3溶液和K2SO4溶液2考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．。
高考2013年高考化学试题分类解析——选择题(15套word版)
2013年高考化学试题分类解析——选择题部分（15套word解析）备注：2013年高考化学或者理科综合（化学）试题统计及顺序（共15套，31地区）1、（1套）大纲版全国卷（广西）2、（1套，9地区）新课标全国卷I(内蒙古、宁夏；黑龙江、吉林、河南、河北、山西、陕西、湖南、江西）3、（1套，7地区）新课标全国卷II（西藏，新疆；青海、甘肃、贵州、云南、辽宁）4、（4套，4地区）4个直辖市各一套：北京、天津、上海、重庆5、（8套,8地区）独立命题省份：安徽，山东，四川，江苏，浙江，福建，广东，海南。
6、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是A.主要材质是高分子材料B.价廉、质轻、保温性能好C.适用于微波炉加热食品D.不适于盛放含油较多的食品【答案】C【解析】本题结合生活，考察学生的有机基础知识，有机物的通性。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学7、反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是A.减小容器体积，平衡向右移动B.加入催化剂，Z的产率增大C.增大c(X)，X的转化率增大D.降低温度，Y的转化率增大【答案】D【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学8、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A.体积相等时密度相等B.原子数相等时具有的中子数相等C.体积相等时具有的电子数相等D.质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】两者相同的量有，“三同导一同”同体积时，同物质的量；相同物质的量的时候，有相同的原子数，每种分子的电子数均为14，C正确；分子数相同质子数相等，D错误。
中子数前者为16，后者为14，B 错误。
因为M不同，设各有1mol，可得A错误。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋B.电解过程中溶液pH不会变化C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原【答案】B【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。
2013高考化学真题解析之：金属及其化合物
2013高考真题解析之：金属及其化合物1.（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲丁乙丙。
下列有关物质的推断不正确的是A.若甲为焦炭，则丁可能是O2B.若甲为SO2，则丁可能是氨水C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【参考答案】B【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。
A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。
B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。
C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。
D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。
2.（2013四川卷）7. 1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。
下列说法不正确．．．的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mLks5u【答案】D【解析】A. 设Cu Xg, Mg Yg.X+Y=1.52X/64×98+Y/24×58=2.54得X=0.02 Y=0.01B. c(HNO3)=1000ρɯ/M=1000×1.40×63/63=14.0（mol/L ）C. n(HNO3)=14.0×0.05=0.7mol=n（NO2）+2n（N2O4）n（NO2）+n（N2O4）=1.12L/22.4L/mol, n（NO2）=0.04 mol n（N2O4）=0.01 mol 可知C正确。
2013年重庆高考理综化学试题特点分析4
B. Pb2+、Hg2+、S2-、SO42-
C.NH4+、H+、S2O32-、PO43- D. Ca2+、Al3+、Br-、CO32-
【知识点】离子共存
【答案】A 【解析】选项A，离子之间不发生反应，A正确；选项B，Pb2+ 与S2-、SO42-反应生成难溶物PbS、PbSO4，Hg2+与S2-反应 生成难溶物HgS，B错；选项C，H+与S2O32-反应生成S、SO2， H+与PO43-结合可生成HPO42-、H2PO4-、H3PO4，C错；选 项D，Ca2+与CO32-反应生成难溶物CaCO3，Al3+与CO32-发 生双水解反应，D错。
速率的计算、水解平衡移动分析、电极名称、 15分 选修3、选修4
电极反应的书写、电解液离子移动分析计算
（难度系数0.298）
二、2013年重庆高考理综化学试题特点分析
1.选择题试题比较平稳，有利于高考由老课程向新课标过渡
1．在水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A.Na+、Ba2+、Cl-、NO3-
14分 选修2、选修4 14分 选修2、选修4
属合的金性含质量、计高算炉、炼合铁金）成、分电分化析学（腐沉蚀淀原于理PH、图）
合（金难含度量系计算数、0合.3金8成5）分分析（沉淀于PH图）
99
实其实其验化验化题合题合：物：物原相原相理关理关、 性、 性质装质装考置考置查作查作（用（用重、重、点尾点尾考气考气查处查处对理对理比、比、实F实Fee验验及及 1155分分 必必修修11、、选选修修44
3 强弱比较：酸碱性比较、熔沸点高低（难 6分 必修1、选修3 4 度实系验数操0作.6方2）法：过滤、分液、蒸发、蒸馏 6分 必须1 4 实验操作方法：过滤、分液、蒸发、蒸馏 6分 必须1 5 有机：消去、酯化、醇与氢卤酸取代、分 6分 选修5
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。
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变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如下图所示（注： T1、T2 均大于 300℃） ；
下列说法正确的是________（填序号） ①温度为 T1 时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为
nA v（CH3OH）= l A mol·L-1·min-1
②该反应在 T 时的平衡常数比 T2 时的小 ③该反应为放热反应
2
。
① Na 还原 CCl4 的反应、Cl2 与 H O 的反应均是置换反应 ②水晶、干冰熔化时克服粒子间作用力的类型相同 ③ Na2 SiO3 溶液与 SO3 的反应可用于推断 Si 与 S 的非金属性强弱 ④钠、锂分别在空气中燃烧，生成的氧化物中阴阳离子数目比均为 1:2
例 9（2010 重庆理综 26）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，
例5（2008重庆理综8）下列实验装置图正确的是
例6 （2010 重庆理综 12） 已知 H2 g Br2 l 2HBr g ; H 72kJ/mol. 蒸发 1mol Br2（l）需要吸收的能量为 30kJ，其它相关数据如下表：
则表中 a 为 A．404
B．260
① 有部分 Ag2O 溶解在氨水中，该反应的化学方程式是 ② 验结果证实假设成立，依据的现象是 ③ 用 HNO3,消洗试管壁上的 Ag，该反应的化学方程式是
。 。 。
例题 12（2011 全国新课标 38）香豆素是一种天然香料，存在于黑香豆、兰花等植 物中。工业上常用水杨醛与乙酸酐在催化剂存在下加热反应制得：
． （第 1、3 步
例 14（2011 新课标）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用 下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电 池 。 已 知 H2 （ g ） CO （ g ） 和 CH3OH （ l ） 的 燃 烧 热 △H 分 别 为 、 -285．8kJ·mol-1、-283．0kJ·mol-1 和-726．5kJ·mol-1。请回答下 列问题： （1）用太阳能分解 10mol 水消耗的能量是_____________kJ； （2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为 _____________； （3）在容积为 2L 的密闭容器中，由 CO2 和 H2 合成甲醇，在其他条件不
C.x=30 时，溶液中有 Ba2 、 AlO2 、 OH ，且 c(OH ) c( AlO2 ) D.x=30 时，溶液中有 Ba2 、 Al3 、 OH ，且 c(OH ) c(Ba2 )
例 3（2012 上海化学六、32） 用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制 造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化 学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下： 3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g) Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0) 上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_。 a．其他条件不变，压强增大，平衡常数 K 减小 b．其他条件不变，温度升高，平衡常数 K 减小 c．其他条件不变，增大 Si3N4 物质的量平衡向左移动 d．其他条件不变，增大 HCl 物质的量平衡向左移动
①J→L 为加成反应，J 的结构简式为__________。 ②M→Q 的反应中，Q 分子中形成了新的_________（填“C-C 键”或“C-H 键”） 。
③用 Q 的同分异构体 Z 制备 合理的制备途径为酯化
，发生，则 、 ． （填反应类型）
④应用 M Q T 的原理，由 T 制备 W 的反应步骤为 第 1 步： ；第 2 步：消去反应；第 3 步： 用化学方程式表示）
CaO ． 某钙线的主要成分为金属 M 和 Ca ， 并含有 3.5% （质量分数）
（1） Ca 元素在周期表中位置是 图 ． ，其原子结构示意
（2） Ca 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 Si 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+□FeO+□CaO □ Ca3 PO4 2 +□Fe （4）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量 NaOH 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
(4)重新假设:在 NaOH 存在下.可能是 NH3，还原 Ag2O。用右图所示装置进行实验.现象: 出现银镜。在虚线框内画出用生石灰和浓氨水制取 NH3 的装置简图(夹持仪器略)。
(5)该同学认为在(4)的实验中会有 Ag(NH3)2OH 生成.由此又提出假设:在 NaOH 存在下， 可 能是 Ag(NH3)2OH 也参与了 NH3，还原 Ag2O 的反应.进行如下实验:
例 11（2012 北京理综 27 Nhomakorabea 有文献记载:在强碱条件下，加热银氨溶液可能析出银镜。某同学进行如下验证和对比实 验。 装置 实验序号 实验Ⅰ 试管中的药品 数 滴较浓 NaOH 溶液 实验Ⅱ 2mL 银氮溶液和 数滴浓氨水 有气泡产生:一段时间后，溶液无 明显变化 现象 渐变黑:试管壁附着银镜
①pH 增大能加速 O3 分解，表明对 O3 分解起催化作用的是___________． ②在 30°C、pH=4．0 条件下，O3 的分解速率为__________ mol/（L·min） 。 ③据表中的递变规律，推测 O3 在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______． （填 字母代号） a．40°C、pH=3．0 b．10°C、pH=4．0 c．30°C、pH=7．0
n( H 2 ) ④处于 A 点的反应体系从 T1 变到 T2，达到平衡时 n(CH 3OH ) 增大
（4）在 T1 温度时，将 1molCO2 和 3molH2 充入一密闭恒容器中，充分反应 达到平衡后， CO2 转化率为 a,则容器内的压强与起始压强之比为______； 若
例 15（2011 重庆理综 29）臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。 （1）O3 与 KI 溶液反应生成的两种单质是___________和_________． （填分子式） （2）O3 在水中易分解，一定条件下，O3 的浓度减少一半所需的时间（t）如题 29 表所示。 已知：O3 的起始浓度为 0．0216 mol/L。
例 13（2011 重庆理综 28）食品添加剂必须严格按照食品安全国家标准 （GB2760-2011）的规定使用。作为食品添加剂中的防腐剂 G 和 W，可经下列 反应路线得到（部分反应条件略） 。 （1）G 的制备
①A 与 苯 酚 在 分 子 组 成 上 相 差 一 个 CH2 原 子 团 ， 他 们 互 称 为 ；常温下 A 在水中的溶解度比苯酚的 （填“大” 或“小”） ． ②经反应 A B 和 D E 保护的官能团是 ． ③E G 的化学方程式为 ． （2）W 的制备
2013重庆高考理综化学样题
例1（2012江苏化学5）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. FeCl3 溶液能与Cu 反应，可用于蚀刻印刷电路 C. SO2 具有氧化性，可用于漂白纸浆 D. Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的 负极材料
M n+ 的方法是_____（用离子方程式表达） ______；检测 ．
（5）取 1.6g 钙线试样，与水充分反映，生成 224ml H 2 （标准状 况） ，在想溶液中通入适量的 CO2 ，最多能得到 CaCO3 g．
例 10（2010 重庆理综 27）某兴趣小组用题 27 图装置探究氨的催 化氧化．
以下是由甲苯为原料生产香豆素的一种合成路线（部分反应条件及副产物已略去）
已知以下信息： ①A 中有五种不同化学环境的氢 ②B 可与 FeCl3 溶液发生显色反应 ③同一个碳原子上连有连个羧基通常不稳定，易脱水形成羧基。
请回答下列问题： （1）香豆素的分子式为_______； （2）由甲苯生成 A 的反应类型为___________；A 的化学名称为 __________ （3）由 B 生成 C 的化学反应方程式为___________； （4）B 的同分异构体中含有苯环的还有______种，其中在核磁共振 氢谱中只出现四组峰的有 _______种； （5）D 的同分异构体中含有苯环的还有______中，其中： ①既能发生银境反应，又能发生水解反应的是________（写解 构简式） ②能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出 CO2 的是_________（写解 构简式）
（1）氨催化氧化的化学方程式为___________________． （2）加热玻璃管 2 一段时间后，挤压 1 中打气球鼓入空气，观察 到 2 中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是 _________反应（填“吸热”或“放热”） ． （3）为保证在装置 4 中观察到红棕色气体，装置 3 应装入 _________ ； 若 取 消 3 ， 在 4 中 仅 观 察 到 大 量 白 烟 ， 原 因 是 ___________________． （4）为实现氨催化氧化，也可用装置 5 替换装置_________（填装 置代号） ；化合物 X 为_________（只写一种） ，Na2O2 的作用是 ___________________．
例 2（2012 重庆理综 11）向 10mL 0.1mol·L-1 NH 4 Al(SO4 ) 2 溶 液中，滴加等浓度 Ba(OH ) 2 溶液 x mL，下列叙述正确的是 A.x=10 时，溶液中有 NH 4 、 Al3 、 SO42 ，且 c( NH 4 ) c( Al3 )
NH 4 、 AlO2 、 SO42 ，且 c( NH 4 ) c(SO42 ) B.x=10 时，溶液中有
C．230
D．200
例 7（2011 重庆理综 12）NM-3 和 D-58 是正处于临 床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：
关于 NM-3 和 D-58 的叙述，错误的是 ．． A．都能与 NaOH 溶液反应，原因不完全相同 B．都能与溴水反应，原因不完全相同 C．都不能发生消去反应，原因相同 D．遇 FeCl3 溶液都显色，原因相同