1、2013年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)化学一、选择题(共7小题，每小题6分，满分42分)1.(6分)下列设备工作时，将化学能转化为热能的是( )A.硅太阳能电池 B.锂离子电池C.太阳能集热器 D.燃气灶解析：A.硅太阳能电池是太阳能转化为电能，故A错误；B.锂离子电池是把化学能转化为电能，故B错误；C.太阳能集热器是把太阳能转化为热能，故C错误；D.燃烧是放热反应，是化学能转化为热能，故D正确。答案：D。2.(6分)下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是( )A.水中的钢闸门连接电源的负极B.金属护拦表面涂漆C.汽车底盘喷涂高分子膜D.地下钢管连接镁块解析：A.水中的钢
2、闸门连接电源负极，阴极上得电子被保护，所以属于使用外加电流的阴极 保护法，故A正确；B.对健身器材涂油漆使金属和空气、水等物质隔离而防止生锈，没有连接外加电源，故B错误；C.汽车底盘喷涂高分子膜阻止了铁与空气、水的接触，从而防止金属铁防锈，没有连接外加电源，故C错误； D.镁的活泼性大于铁，用牺牲镁块的方法来保护船身而防止铁被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误。答案：A。3.(6分)下列解释事实的方程式不准确的是( )A.用浓盐酸检验氨：NH3+HCl=NH4ClB.碳酸钠溶液显碱性：CO32+H2OHCO3+OHC.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe3e=Fe3+D.长期盛放石灰
3、水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O解析：A.氨气是碱性气体，氨气能和浓盐酸反应NH3+HCl=NH4Cl生成NH4Cl现象为白烟，故A正确；B.碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸钠溶液中碳酸钠电离出的碳酸根离子水解，CO 32+H2OHCO3+OH显碱性，故B正确；C.钢铁中含有碳、铁，根据原电池工作原理，活泼的金属作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，所以碳作正极，铁作负极被氧化，负极Fe2e=Fe2+，故C错误；D.石灰水中的溶质是氢氧化钙，能与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和水；由于碳酸钙是一种不溶于水的白色物质，故瓶中常形成一种不溶于水的白色固体；反
4、应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，故D正确。答案：C。4.(6分)用石墨电极电解CuCl2溶液(如图)。下列分析正确的是( ) A.a端是直流电源的负极B.通电使CuCl2发生电离C.阳极上发生的反应：Cu2+2e=CuD.通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体解析：A、依据装置图可知，铜离子移向的电极为阴极，阴极和电源负极相连，a为负极，故A正确；B、通电氯化铜发生氧化还原反应生成氯气和铜，电离是氯化铜离解为阴阳离子，故B错误；C、与b连接的电极是阳极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl2e=Cl2，故C错误；D、通电一段时间后，氯离子在阳极失电子发
5、生氧化反应，在阳极附近观察到黄绿色气体，故D错误。答案：A。5.(6分)实验： 0.1molL1AgNO3溶液和0.1molL1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1molL1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是( )A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq) B.滤液b中不含有Ag+C.中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析：A.根据浊液a中含有AgCl，存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)，故A正确；
6、B.滤液为AgCl的饱和溶液，也存在沉淀的溶解平衡，即存在Ag+，故B错误；C.向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，故C正确；D.向AgCl中滴加0.1molL1KI溶液，白色AgCl沉淀变为黄色AgI沉淀，实验证明AgI比AgCl更难溶，故D正确。答案：B。6.(6分)下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是( ) A.将NO2球浸泡在冷水和热水中B.t/25 50 100KW/1014 1.01 5.47 55.0C.D.C(氨水)/(molL 1) 0.1 0.01pH 11.1 10.6解析：A.存在平衡2NO2N2O4，且正反应是放热反应，升高
7、温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用平衡移动原理来解释，故A不选；B.水是弱电解质，存在电离平衡H2OH+OH，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积中增大，可以用平衡移动原理解释，故B不选；C.过氧化氢分解，加入的二氧化锰起催化剂的作用，加快过氧化氢分解，不能用平衡移动原理解释，故C选；D.氨水中存在平衡NH 3H2ONH4+OH，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用平衡移动原理解释，故D不选。答案：C。7.(6分)用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是( )乙烯的制备试剂X试剂
8、YA CH 3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热水KMnO4酸性溶液 B CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热水Br2的CCl4溶液C C2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液KMnO4酸性溶液D C2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液Br2的CCl4溶液A.AB.BC.CD.D解析：A.溴乙烷的消去反应：+NaOH CH 2=CH2+NaBr+H2O，利用KMnO4+CH2CH2+H2SO4CO2+K2SO4+MnSO4+H2O，导致酸性KMnO4溶液褪色，检验乙烯；但乙烯中含有杂质乙醇，乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3
9、COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，故需用水分离，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，故A正确；B.乙醇易挥发，CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热：+NaOH CH2=CH2+NaBr+H2O，利用CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，含有的杂质乙醇，乙醇不与Br 2的CCl4溶液反应，无需分离乙醇和乙烯，故B错误；C.乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应生成乙烯气体，CH3CH2OHCH2CH2+H2O，同时乙醇和浓硫酸在170以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化硫气体和水，反应为C2H5OH+2H2SO4 2C+2SO2+
10、5H2O，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，2KMnO4+5SO2+2H2OK2SO4+2MnSO4+2H2SO4，导致酸性KMnO4溶液褪色，5C2H5OH+4KMnO4+6H2SO45CH3COOH+4MnSO4+11H2O+2K2SO4，使KMnO4酸性溶液褪色，故需用NaOH溶液分离，NaOH溶液能溶解乙醇，能和二氧化硫反应，故C正确；D.乙醇在浓硫酸加热170发生消去反应生成乙烯气体，CH 3CH2OHCH2CH2+H2O，利用CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br溶液褪色检验乙烯，同时乙醇和浓硫酸在170以上能发生氧化反应，生成黑色碳、
11、二氧化硫气体和水，反应为C2H5OH+2H2SO4 2C+2SO2+5H2O，含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫能与Br2的CCl4溶液反应，SO2+2H2O+Br2H2SO4+2HBr，乙醇与水互溶，二氧化碳不影响乙烯的检验，需用氢氧化钠除去二氧化硫，故D正确。答案：B。二、解答题(共4小题，满分58分)8.(17分)可降解聚合物P的合成路线如下： 已知：(1)A的含氧官能团名称是。答案：醇羟基(2)羧酸a的电离方程是。答案：CH 3COOHCH3COO+H+(3)BC的化学方程式是。答案：(4)化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是。答案：(5)EF中反应和的反应类型分别是
12、。答案：加成反应、取代反应(6)F的结构简式是。 答案：(7)聚合物P的结构简式是。答案：。解析：C被还原生成，所以C的结构简式为：， B和浓硝酸发生取代反应生成C，所以B的结构简式为：，A和 羧酸生成酯B，所以A的结构简式为：，和氢氧化钠溶液发生水解反应生成D，化合物D苯环上的一氯代物有2种，结合D的分子式知，D的结构简式为，D反应生成E，结合E的分子式知，E的结构简式为：，E发生一系列反应生成F，根据题给信息知，F的结构简式为：，F发生反应生成G，G的结构简式为：， G和反应生成P，P的结构简式为：。9.(14分)NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为
13、HNO3的化学方程式：。解析：二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，答案：3NO 2+H2O=2HNO3+NO(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：写出该反应的热化学方程式：。随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是：。解析：该反应中的反应热=(945+498)kJ/mol2630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+183kJmoL 1。该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大。答案：
14、N2(g)+O2(g)=2NO(g)H=+183kJmoL1增大(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：。当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO20CaO38SrO56BaO。原因是：，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NO x的吸收能力逐渐增强。在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NO N2+2CO2。根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为A族元素。同一主族
15、的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大。 答案：2CO+2NO N2+2CO2根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为A族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：Pt电极上发生的是反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式：。解析：铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原。 NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O22e=NO2。答案：还原NO+O22e=NO2。10.(12分)用含有Al2O3、SiO2和少量FeOxFe2O
16、3的铝灰制备Al2(SO4)318H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；.浓缩、结晶、分离，得到产品。(1)H 2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。解析：硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O。答案：Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；(2)将MnO4氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4+ Fe2+ = Mn2+ Fe3+ H2O解析：高锰酸根离子在酸
17、溶液中被还原为锰离子，亚铁离子被氧化为铁离子，反应的离子方程式为：MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O答案：1 5 8H+ 1 5 4H2O(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pH Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3开始沉淀时3.4 6.3 1.5完全沉淀时4.7 8.3 2.8注：金属离子的起始浓度为0.1molL 1根据表中数据解释步骤的目的：。解析：向滤液中加入过量KMnO4溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.52.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全
18、部沉淀，铝离子不沉淀分离；答案为：pH约为3时，Fe2+和Al3+不能形成沉淀，将Fe2+氧化为Fe3+，可使铁完全沉淀(4)己知：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，向的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是。中加入MnSO 4的目的是。解析：一定条件下，MnO4可与Mn2+反应生成MnO2 向的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成黄绿色气体。MnO4可与Mn2+反应生成MnO2，过滤除去，所以可以利用MnSO4的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量
19、高锰酸根离子除去。答案：生成黄绿色气体除去过量的MnO411.(15分)某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pH pH试纸先变蓝(约为12)，后褪色i。液面上方出现白雾；。稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；。稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 (1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程是。解析：氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；答案：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(
20、ClO)2+2H2O；(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。解析：pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性。答案：碱性、漂白性；(3)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b.用酸化的AgNO 3溶液检验白雾，产生白色沉淀。实验a目的是。由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是。解析：向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象的白雾由HCl小液滴形成，。用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在
21、检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢。答案：检验白雾中是否含有Cl 2，排除Cl2干扰白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀(4)现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是。解析：现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为
22、次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气。答案：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化。取上层清液，加入BaCl 2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：。 解析：取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42，故沉淀X为CaSO4。溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+，答案：CaSO4CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42+2Cl+4H+
