2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）化学.docx

《2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）化学.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）化学.docx（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、 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+、 Ba2+、 Cl 、 NO3 B.Pb2+、 Hg2+、 S2 、 SO42 C.NH4+、 H+、 S2O32 、 PO43 D.Ca2+、 Al3+、 Br 、 CO32 解析： 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+、 S2O3

2、2 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。 答案： A. 2.(6 分 )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 VNaOH C.向 NaAlO2溶液中滴加 NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成 D.AgCl 沉淀易转化为 AgI 沉淀且 K(AgX)=C(Ag+)C(X )，故 K(AgI) K(AgCl)

3、 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； 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 VNaOH，故

4、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+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。 答案： D。 3.(6 分 )下列排序正

5、确的是 ( ) A.酸性： H2CO3 C6H5OH CH3COOH B.碱性： Ba(OH)2 Ca(OH)2 KOH C.熔点： MgBr2 SiCl4 BN D.沸 点： PH3 NH3 H2O 解析： 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

6、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。 答案： D。 4.(6 分 )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 解析： 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

7、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。 答案： C 5.(6 分 )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 H2O B.1 mol Y 发生类似酯化的反应，最多消耗 2 mol X C.X 与足量 HBr 反应，所得有机物的分子式为 C24H37O2Br3 D.Y 和癸烷的分子链均呈锯齿形，但 Y 的极性较强 解析： A.1 个分子中含 3 个 OH，能发生消去

8、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 可发生缩聚反应，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。 答案： B. 6.(6 分 )已知： P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g)， H=a kJmol 1； P4(s)

9、+10Cl2(g)=4PCl5(g)， H=b kJmol 1， P4具有正四面体结构， PCl5中 P Cl 键的键能为 C kJmol 1， PCl3中 P Cl 键的键能为 1.2C kJmol 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 H C.Cl Cl 键的键能 kJmol 1 D.P P 键的键能为 kJmol 1 解析： 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

10、出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)H= KJmol 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= KJmol 1可得 E(Cl Cl)+31.2C 5C= ，因此可得 E(Cl Cl)= kJmol 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 45C=b ，解得 E(P P)= kJmol 1，故 D 错误。 答案： C 7.(6 分 )将 E 和

11、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。 b f 915 、 2.0MPa 时 E 的转化率为 60% 该反应的 S 0 K(1000) K(810) 上述 中正确的有 ( ) A.4 个 B.3 个 C.2 个 D.1 个 解析：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

12、，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 ，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， =60% ，故 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 正确； 答案： A； 二、非选择题 (本大题共 4 小题，共 58 分 ) 8.(14 分 )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。 铝元素在周期表中的位置是 ，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 。 Al Mg 合金焊接前用 NaOH 溶液处理 Al2O3膜

13、，其化学方程式为 。焊接过程中使用的保护气为 (填化学式 )。 解析： Al 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 A 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。 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。 答

14、案： 第三周期第 A 族 CO2 Al 2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Ar (2)航母舰体材料为合金钢。 舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。 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 。 解析： 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。 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：； 答案：吸氧腐蚀 CaCO3或 CaO (3)航母螺旋浆主要用铜合金制造。 80.0g 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

15、质量分数为 。 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 。 解析： Cu 2+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%，； +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

16、(OH)2，因此该铜合金中还含 Al、 Ni，故答案为： Al、Ni。 答案： 83.1% Al 、 Ni 9.(15 分 )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 。 解析：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。答案： MgO、 CO2 (2)装置 C 的作用是 ，处理尾气的方法为 。 解析：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

17、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。 答案：除 CO2 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 K3Fe(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 乙组得到的黑色粉末是 。 甲组步骤 1 中

18、反应的离子方程式为 。 乙组步骤 4 中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因及其验证方法为 。 从实验安全考虑，题 9 图装置还可采取的改进措施是 。 解析： 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； 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； 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

19、续加入 KSCN溶液则溶液变红； 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。 答案： Fe Fe 3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O Fe 2+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。 10.(15 分 )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 ， AB 的反应类型为 。 解析： A 中含有碳碳三键，属于炔烃，为丙炔，故可知

20、 AB 是丙炔与 H2O 发生加成反应。 答案：丙炔 加成反应 (2)DE 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 。 解析：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本甲酸盐，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： 。 答案： (3)GJ 为取代反应，其另一产物分子中的官能团是 。 解析： 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

21、团是 COOH。 答案：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 ， RS 的化学方程式为 。 解析： QR 是苯环上的甲基上的 1个 H 原子被取代， RS 是氯代烃的水解反应， ST 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 RS 的化学方程式为： 。 答案：； (5)图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是 。 解析：苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物。 答案：苯酚 (6)已知： LM

22、 的原理为： 和 ， M 的结构简式为 。 解析： LM 是取代反应，由 的反应信息， OH 与 C2H5OCOOC2H5反应， COOC2H5与酚羟基 H原子交换，由 的反应信息可知，发生自身交换生成 M，故 M 的结构简式为： 。 答案： 11.(14 分 )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。 N 2的结构式为 。 上述反应的离子方程式为 ，其平均反应速率 (NO 3 )为 molL 1min 1。 还原过程中可生

23、成中间产物 NO2 ，写出 3 种促进 NO2 水解的方法 。 解析： N 2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为 NN 。 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/(Lmin)=0.001 mol/(Lmin)。 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。 答案： NN 2NO 3 +5H2=N2+2OH

24、+4H2O 0.001 加水、升高温度、加酸 (2)电化学降解 NO3 的原理如图所示。 电源正极为 (填 A 或 B)，阴极反应式为 。 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 g。 解析： 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 。 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 )=18g3.6g=14.4g。 答案： A 2NO3 +6H2O+10e =N2+12OH 14.4