1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(山东卷)化学一、选择题(共7小题，每小题4分，共28分，每题只有一个选项符合题意)1.(4分)化学与生活密切相关，下列说法正确的是( )A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D.利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程解析：A.乙烯含碳碳双键其中1根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故A错误；B.煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H 2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用
2、下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故B错误；C.合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C错误；D.用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故D正确。答案：D2.(4分)W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知( ) A.X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB.Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC.X元素形成的单核阴离子还原性
3、大于YD.Z元素单质在化学反应中只表现氧化性解析：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的物质可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A.非金属OS，ClS，则其氢化物中H2S最不稳定，故A正确；B.只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C.非金属OS，则阴离子还原性S2 O2，故C错误；D.Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误。答案：A3.(4分)足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是( )A.氢氧化钠溶液B.稀硫酸C.盐酸D.稀硝酸解析：设
4、Al为1mol，A.铝与氢氧化钠溶液反应生成NaAl(OH) 4，1molAl消耗1molNaOH；B.铝与稀硫酸反应生成Al2(SO4)3，1mol铝消耗1.5mol硫酸；C.铝与盐酸反应生成AlCl3，1mol铝消耗3mol盐酸；D.硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液。 答案：A4.(4分)莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是( )A.分子式为C 7H6O5B.分子中含有2种官能团C.可发生加成和取代反应D.在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子解析：A.根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O
5、5，需要注意不存在苯环，故A错误；B.由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故B错误；C.碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，故C正确；D.在水溶液中羧基可以电离出H+，羟基不能发生电离，故D错误。答案：C5.(4分)利用实验器材(规格和数量不限)，能完成相应实验的一项是( )实验器材(省略夹持装置)相应实验A烧杯、玻璃棒、蒸发皿硫酸铜溶液的浓缩结晶 B烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡C烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用固体氯化钠配制0.5mol/L的溶液D烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaIA.AB.BC.C
6、D.D解析：A、硫酸铜溶液的浓缩结晶需要用到酒精灯，故A错误；B、用盐酸出去BaSO4中的少量BaCO3需要进行过滤，要用到漏斗，B错误；C、用固体氢氧化钠配制溶液，需要用到托盘天平称量固体，C错误；D、用溴水和CCl 4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故D正确。答案：D6.(4分)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)H0，在其他条件不变的情况下( )A.加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也随之改变B.改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C.升高温度，反应速率加快，反应放出的
7、热量不变D.若在原电池中进行，反应放出的热量不变解析：A.催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以H不变，故A错误；B.这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C.该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误； D.若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误。答案：B 7.(4分)某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=lgOH)与pH的变化关系如图所示，则( )A.M点所示溶液导电能力强于Q点B.N点所示溶液中c(
8、CH 3COO)c(Na+)C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积解析：A.由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，故A错误；B.N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c(Na+)c(CH3COO)，故B错误；C.由于M点的H+浓度等于N点的OH浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，故C正确；D.Q点的pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故D错误。答案：C二、解答题(共6小题，满分66分)8.(12分)金属冶炼
9、和处理常涉及氧化还原反应。 (1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是。A.Fe2O3B.NaClC.Cu2SD.Al2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是，当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是。(3)下图为电解精炼银的示意图，(填a或b)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为。 (4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为。解析：(1)活
10、泼金属采用电解法冶炼，钠、铝都是活泼金属，采用电解熔融态NaCl、Al2O3的方法冶炼。答案：bd(2)在该反应中，Cu元素化合价由+1升高到+2，S元素由2升高到+6，所以Cu2S做还原剂；氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有1molO2参与反应时失去4mol电子，则还原剂所失电子的物质的量为4mol；硫酸铜是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气。答案：Cu 2S 4氢气 (3)电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是a极；b电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是NO2，电极反应：NO3+e+2H+=NO2+H2O。答案：a NO3+e+2H+=NO2+H2O(4)该装置构成原电池
11、，氯化钠溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力。答案：作电解质溶液，形成原电池9.(15分)化学反应原理在科研和生产中有广泛应用。(1)利用“化学蒸气转移法”制备TaS2晶体，发生如下反应：TaS2(s)+2I2(g)TaI4(g)+S2(g)，H0()，反应()的平衡常数表达式K=，若K=1，向某恒容密闭容器中加入1molI2(g)和足量TaS 2(s)，I2(g)的平衡转化率为；(2)如图所示，反应()在石英真空管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的TaS2晶体，则温度T1T2(填“”“”或“=”)。上述反应体系中循
12、环使用的物质是；(3)利用I 2的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的硫转化为H2SO3，然后用一定浓度的I2溶液进行滴定，所用指示剂为，滴定反应的离子方程式为；(4)25时，H2SO3HSO3+H+的电离常数Ka=1102mol/L，则该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh= mol/L，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)根据题意反应()的平衡常数表达式K=或；若K=1，设I 2的平衡转化率为x，则参加反应的为xmol，平衡时生成TaI4和S2各0.5xmol，剩余I2为(1x)mol，根据K= = =1，解之得：x=66.
13、7%，答案：或66.7%(2)由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T2端利于反应正向进行，为高温，温度T 1端利于反应向左进行，为低温，所以T1T2，I2是可以循环使用的物质。答案：I2(3)因为I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂。离子反应：H2SO3+I2+H2O=4H+SO42+2I。答案：淀粉溶液H2SO3+I2+H2O=4H+SO42+2I； (4)Ka=，HSO3+H2OH2SO3+OH，Kb= =1.01021.01014=1.01012，当加入少量I2时，溶液酸性增强，H+增大，但是温度不变，Kb不变，则增大，答案：1.010 12增大。10.(15分)T
14、iO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种性能优异的白色颜料。(1)实验室利用反应TiO2(s)+CCl4(g) TiCl4(g)+CO2(g)，在无水无氧条件下，制取TiCl4实验装置示意图如下 有关性质如下表物质熔点/沸点/其他CCl423 76与TiCl4互溶TiCl425 136遇潮湿空气产生白雾仪器A的名称是，装置E中的试剂是。反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、加装药品、通N2。一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：停止通氮气熄灭酒精灯冷却至室温。正确的顺序为(填序号)。欲分离D中的液态混合物，所采用操作的名称是。(2)工业上由钛铁矿(FeTiO3)(含Fe2O3、SiO
15、2等杂质)制备TiO2的有关反应包括：酸溶FeTiO 3(s)+2H2SO4(aq)FeSO4(aq)+TiOSO4(aq)+2H2O(l)水解TiOSO4(aq)+2H2O(l) H2TiO3(s)+H2SO4(aq)简要工艺流程如下：试剂A为。钛液需冷却至70左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因 是。 取少量酸洗后的H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加KSCN溶液后无明显现象，再加H2O2后出现微红色，说明H2TiO3中存在的杂质离子是。这种H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的TiO2也会发黄，发黄的杂质是(填化学式)。解析：(1)仪器A是干燥管，因为TiCl4遇到水蒸气会水解，所
16、以E中可以用浓硫酸来隔离空气；对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入N2；CCl4和TiCl4是两种沸点不同的液体混合物，应该用蒸馏；答案：干燥管浓硫酸检验气密性蒸馏(2)因为矿石经硫酸溶解后得到的Fe2(SO4)3，而后面过滤得到的是FeSO47H2O，所以试剂A是铁粉，把Fe3+还原为Fe2+；由于TiOSO 4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO47H2O中导致TiO2产率降低；先加KSCN溶液无现象，加H2O2后出现红色，说明存在Fe2+；经加热
17、后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄。答案：铁粉由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO47H2O中导致TiO2产率降低Fe2+ Fe2O311.(8分)聚酰胺66常用于生产帐篷、渔网、降落伞及弹力丝袜等织物，可利用下列路线合成： (1)能与银氨溶液反应的B的同分异构体的结构简式为。(2)D的结构简式为，的反应类型为。(3)为检验D中的官能团，所用试剂包括NaOH水溶液及。(4)由F和G生成H的反应方程式为。解析：由合成流程图可知，A经H2加成得到环丁醚B，B与HCl加成得到C氯代丁醇，再进行一步取代得D，D为CH2ClCH2CH
18、2CH2Cl；通过反应取代得到己二腈，结合所给信息可知F是己二酸，G是己二胺，通过缩聚反应得到H(聚酰胺66)，(1)CH3CH2CH2CHO或(CH3)2CHCHO(2)CH2ClCH2CH2CH2Cl(3)硝酸和硝酸银(4)nHOOC(CH 2)4COOH+nNH2(CH2)6NH2HO H+(2n1)H2O12.(8分)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁，利用电解法可回收WC和Co。工艺流程简图如下： (1)电解时废旧刀具做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液。阴极主要的电极反应为。(2)净化步骤所得滤饼的主要成分是。回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收
19、利用其中的。(3)溶液I的主要成分是。洗涤CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是。(4)将Co2O3还原成Co粉的化学方程式为。解析：(1)电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H+2e =H2。答案：2H+2e=H2(2)电解时阳极是铁失去电子，生成亚铁离子。然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成氢氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe(OH)3；回收的洗涤液中含有Co2+，因此目的是回收利用其中的Co2+。答案：Fe(OH)3 Co2+(3)由于电解质溶液是盐酸，在反应过程中加
20、入了氨水和草酸铵，所以过滤后溶液I的主要成分是NH4Cl；洗涤CoC2O4不充分，会附着氯化铵，在煅烧是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，从而造成环境污染。答案：NH 4Cl焙烧时NH4Cl分解放出NH3和HCl气体；(4)氢气还原Co2O3生成CO粉的同时，还有水生成，反应的化学方程式是3H2+Co2O3 2Co+3H2O。答案：3H2+Co2O3 2Co+3H2O13.(8分)卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下面曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是。 (2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为，该功能陶瓷的
21、化学式为。 (3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为和。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是。解析：(1)A.同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，故正确；B.氟元素没有正化合价，第VIIA族氯、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；C.第VIIA族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；D.由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分
22、子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误。答案：a(2)B的原子半径比N大，因而结构示意图中大球代表B原子，B原子个数=8，N 原子个数=1+=2，该晶胞中N原子和B原子个数之比=2：2=1：1，所以其化学式为BN，答案：2 BN(3)BCl3中的B原子的价层电子对数是3且不含孤电子对，所以B原子属于sp2杂化；NCl3中的N原子的价层电子对个数为4且含有一个孤电子对，所以N原子属于sp3杂化；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。答案：sp 2 sp3 3(4)BCl3是缺电子化合物，B原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是X。答案：X
