2013重庆高考化学试题+解析(word版)
2013年重庆市高考化学一模试卷
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。
重庆高考理综化学试题特点分析5精选课件
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。
感(3受)①：83题.1型% 较②A前l、三N年i 是稳中求变，注重教材
二、2013年重庆高考理综化学试题特点分析
3.非选择题突出能力立意
9、题目略
解题思路：(1) MgCO3分解生成MgO和CO2。 (2)该实验的目的是探究温度对CO还原Fe2O3的影响，可以推断，MgCO3分解生成的CO2进入装有Zn粉的硬质玻管反应生 成CO，装置C将没有参加反应的除去，以免干扰CO还原Fe2O3的反应产物的检验，装有无水CaCl2的U形管干燥CO；CO 有毒，没有参加反应的CO不能直接排到空气中，应该用点燃或接一个气球等方法处理，以免造成空气污染。 (3)先分析甲组所做实验。由步骤1的实验现象，可知甲组得到的粉末中不含Fe粉；由步骤2的实验现象可知，步骤1所得溶 液中含有Fe2+；由步骤3的实验现象，说明步骤1所得溶液中还含有Fe3+。至此，可知甲组所得黑色粉末与稀盐酸反应，得 到的是Fe2+和Fe3+的混合溶液，说明甲组所得黑色粉末是Fe3O4，Fe3O4与稀盐酸反应的离子方程式为 Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O。 再分析乙组所做实验。由步骤1，乙组取黑色粉末加入稀盐酸，粉末溶解，且有气泡产生，可知乙组得到的黑色粉末中一 定含有Fe粉；由步骤2的实验现象可知，步骤1所得溶液中含有Fe2+；由步骤3的实验现象，说明步骤1所得溶液中不含有 Fe3+；由步骤4的实验现象，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色，后溶液红色褪去，可能因为SCN-被Cl2氧化，可向褪 色后的溶液中再滴加足量KSCN溶液，若溶液呈红色，说明之前溶液褪色的原因是SCN-被Cl2氧化。综上所述，乙组得到 的黑色粉末是Fe粉。 从实验安全的角度考虑，可在装置B、C之间添加一个安全装置或装置E，以防止因发生倒吸而导致实验失败。 参考答案：(1)MgO、CO2 (2)除CO2 点燃 (3)①Fe ②Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O ③Fe2+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(答 案合理即可) ④在装置B、C之间添加装置E，以防倒吸(答案合理即可)
2013年高考化学试题分类解析 ——考点23 物质结构与性质(选修) Word版含答案.pdf
考点23 物质结构与性质（选修） 1.（2013·上海化学·13）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。
下列有关这些元素性质的说法一定正确的是 A.X元素的氢化物的水溶液显碱性 B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径 C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应 D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 【答案】C 【解析】根据题意，Z元素为Mg，Y元素原子最外电子电子排布为ns2np2,是C或Si，X为N或O，W为Al或Cl，N的氢化物的水溶液显碱性，但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸性，A错误，Al3+的半径比Mg2+小，B错误；氮气、氧气均能与镁反应，C正确；CO2形成的晶体熔沸点低，D错误。
【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。
2.（2013·海南化学·19I）（6分）下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是 A．CaC2 B．N2H4 C．Na2S2D．NH4NO3 [答案]AC [解析]：略。
3.（2013·上海化学·4）下列变化需克服相同类型作用力的是A.碘和干冰的升华B.硅和C60的熔化C.氯化氢和氯化钾的溶解D.溴和汞的气化 【答案】A 【解析】A项变化客服的都是分子间力，正确，硅和C50的融化分别克服的都是共价键，分子间力， B项错误，氯化氢和氯化钾的溶解分别克服的都是共价键，离子键，C项错误，溴和汞的气化分别克服的都是分子间力金属键，D项错误， 4.（2013·上海化学·5）374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水A.显中性，pH等于7B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7D.表现出极性溶剂的特性 【答案】B 【解析】超临界水任然呈中性，ＡＣ项错误 根据相似相容的原理可以知道Ｂ正确（有机物大多数是非极性分子） Ｄ错误。
2013年高考化学(高考真题+模拟新题)分类解析汇编：A单元 常用化学计量
A单元常用化学计量A1阿伏伽德罗常数和物质的量18.A1 D4[2013·江苏卷] 硫酸镍铵[(NH4)x Ni y(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。
某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；②准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况)。
(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(2)氨气常用________________________________________________________________________检验，现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。
(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。
18．[答案] (1)偏高(2)湿润的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2＋)＝0.040 00 mol·L－1×31.25 mL×10－3 L·mL－1＝1.250×10－3 moln(NH＋4)＝56.00 mL×10－3 L·mL－122.4 L·mol－1＝2.500×10－3 moln(SO2－4)＝2n（Ni2＋）＋n（NH＋4）2＝2×1.250×10－3 mol＋2.500×10－3 mol2＝2．500×10－3 molm(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g m(NH＋4)＝18 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.045 00 g m(SO2－4)＝96 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.240 0 g n(H2O)＝2.335 0 g×25.00 mL100.00 mL－0.073 75 g－0.045 00 g－0.240 0 g18 g·mol－1＝1.250×10－2 molx∶y∶m∶n＝n(NH＋4)∶n(Ni2＋)∶n(SO2－4)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O7．A1[2013·江苏卷] 设N A为阿伏加德罗常数的值。
2013年高考化学试题分类解析(课标版)考点5 物质结构和元素周期律
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考点5 物质结构和元素周期律一、选择题1.(2013·福建高考·9)四种短周期元素在周期表中的位置如图,其中只有M为金属元素。
下列说法不正确的是()A.原子半径Z<MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D.Z位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)根据它们在周期表中的相对位置及只有M为金属元素,判断各元素是什么,结合选项综合判断。
(2)掌握金属性、非金属性强弱的判断依据。
【解析】选B。
根据各元素在周期表中的相对位置及只有M为金属元素,可知M 为Al,X为Si,Y为N,Z为O。
同一周期随着原子序数的递增,原子半径逐渐减小,同一主族随着原子序数的递增,原子半径逐渐增大,所以原子半径:Z<M,A项正确;Y最高价氧化物对应的水化物是HNO3,X最高价氧化物对应的水化物是H2SiO3,HNO3酸性更强,B项错误;Si的非金属性比O弱,所以Si的气态氢化物的热稳定性比O的小,C项正确;Z是氧元素,位于元素周期表中第2周期、第ⅥA族,D 项正确。
2.(2013·山东高考·8)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大于YD.Z元素单质在化学反应中只表现氧化性【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)根据元素性质及元素在周期表中的位置关系准确推断元素种类。
(2)熟练掌握元素非金属性与氢化物稳定性、单质氧化性与离子还原性的关系。
【解析】选A。
W的气态氢化物可与其最高价含氧酸形成离子化合物,故其气态氢化物具有碱性,为NH3,故W为N,根据四种元素在周期表中的位置关系,可推知X为O,Y为S,Z为Cl。
2013年高考化学考点讲解 ——考点12 铁铜及其化合物 Word版含答案.pdf
②ⅠO-（aq）+H+(aq) HOⅠ(aq) △H2
总反应的化学方程式为______，其反应△H=______
（2）在溶液中存在化学平衡：，其平衡常数表达式为_______.
(3) 为探究Fe2+对氧化Ⅰ-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中Ⅰ3-浓度和体系pH，结果见
（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_________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之_________________________。
至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 LH2（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2，同时还产
生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标
准状态下的密度为1.25 g/L。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
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
【参考答案】B
3.（2013·上海化学·17）某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过
（已知Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2O）
2013重庆化学高考题型示例
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
2013年高考化学试题分类解析 ——考点15 硫及其化合物 Word版含答案.pdf
考点15 硫及其化合物 1.（2013·四川理综化学·1）化学与生活密切相关，下列说法不正确的是 A.二氧化硫可广泛用于食品的漂白 B.葡萄糖可用于补钙药物的合成 C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装 D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌 【答案】A 解析：SO2用于漂白。
AB正确；聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，C正确；“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，D正确。
2、（2013·广东理综·23）下列实验的现象与对应结论均正确的是 选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应 命题意图：化学实验与元素化合物 3.（2013·上海化学·7）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是 选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2 【答案】B 【解析】A项将SO2通入BaCl溶液，不反应，部分O2溶解在水中后与后来通入的H2S 发生反应生成2H2S+SO2=3S+2H2O 生成S沉淀，B项始终不反应无现象，C项反应为2N H2+ H2O+ CO2＋BaCl2=2NH4Cl+BaCO3 D项发生反应：SO2+ Cl2+2 H2O=H 2SO4+2HCl2BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl 因此选B 4.（2013·上海化学·11）H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。
若向H2S溶液中 A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大 B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大 C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小 D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小 【答案】C 【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A错误，B项反应：2H2S+SO2=3S+2H2O 当SO2过量 溶液显酸性，而且酸性比H2S强 pH值减小，错误，滴加新制氯水，发生反应 Cl2+H2S=2HCl+S 平衡向左移动，溶液pH值减小，C项正确 加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S+Cu2-=CuS+2H- H-浓度增大 D项错误 5.（2013·安徽理综·8）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。
2013年高考化学试题分类解析(课标版)考点7 化学反应速率和化学平衡
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考点7 化学反应速率和化学平衡一、选择题1.(2013·安徽高考·11)一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO: MgSO 4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g) ΔH>0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后,若仅改变图中横坐标x的值,重新达到平衡后,纵坐标y随x变化趋势合理的是()【解题指南】解答本题时应注意该反应的特点:正反应为气体体积增大的吸热反应,且有固体参加与生成。
【解析】选A。
该反应为正反应气体体积增大的吸热反应。
升高温度,平衡正向移动,气体的质量增加,而容积不变,所以密度增大,A正确;增加CO的量,平衡正向移动,但压强增大,CO的转化率会减小,故CO2与CO的物质的量之比会减小,B错误;平衡常数只与温度有关,C错误;因MgSO4为固体,增加其量,对平衡没有影响,CO的转化率不变,D错误。
2.(2013·福建高考·12)NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。
将浓度均为0.020 mol·L-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合,记录10~55℃间溶液变蓝时间,55℃时未观察到溶液变蓝,实验结果如图。
据图分析,下列判断不正确的是()A.40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1D.温度高于40℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)认真审题,找到解题依据:“NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出。
2013四川化学高考试题及答案精编(word版)
高考试题及答案精编2013年全国高考理科综合•化学（四川卷）1．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是A．二氧化硫可广泛用于食品的增白B．葡萄糖可用于补钙药物的合成C．聚乙烯塑料制品可用于食品的包装D．次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌2．下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物3．下列离子方程式正确的是A．Cl2通入水中：Cl2 + H2O = 2H＋+ Cl－+ ClO－B．双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2 + 2H＋+ 2I－= I2 + 2H2OC．用铜作电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋+ 2H2O 电解2Cu + O2↑+ 4H＋D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－+ 4H＋= SO42－+ 3S↓+ 2H2O4．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。
下列说法正确的是A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z>Y>WB．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>ZC．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体D．WY2分子中σ键与п键的数目之比是2∶15．室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：下列判断不正确．．．的是A ．实验①反应后的溶液中：c(K +) > c(A －) > c(OH －) > c(H +)B ．实验①反应后的溶液中：c(OH －) = c(K +) — c(A －) =L /mol 101K 9w-⨯C ．实验②反应后的溶液中：c(A －) + c(HA) > 0.1mol/L D ．实验②反应后的溶液中：c(K +) = c(A －) > c(OH －) = c(H +)6．在一定温度下，将气体X 和气体Ｙ各0.16 mol 充入10 L 恒容密闭容器中，发生反应X(g) + Y(g)2Z(g) △H < 0，一段时间后达到平衡。
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1 化学重庆卷解析（向昭霖） 一、选择题（本大题共7小题，共42分） 1．B1 [2013重庆卷] 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+、S2O23、PO34 D．Ca2+、Al3+、Br－、CO32－ 1．B1 [2013重庆卷]答案：A [解析] Pb2+、Hg2+与S2－、SO42－均能结合生成难溶物，B项不能大量共存；H+与S2O23结合生成弱电解质，C项不能共存；Ca2+与CO32－反应生成难溶物、CO32－与Al3+发生双水解反应，D项不能大量共存。
2．H2 H3 H5 [2013重庆卷] 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) 2．H2 H3 H5 [2013重庆卷]答案：D [解析]SO3的水溶液能导电是因为SO3与水反应生成H2SO4属于电解质，SO3本身是非电解质，A项错误；醋酸溶液与等浓度NaOH溶液恰好完全反应，生成的醋酸钠溶液是强碱弱酸盐，应呈碱性，若Ph=7，需加入醋酸的体积应增大；B项错误；
AlO2+2H2OAl(OH)3+OH－、HCO3+ H2OH2CO3+ OH－，水解均呈碱性，不能相互促进，C项错误；由于AgI比AgCl更难溶于水，AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，Ksp(AgI) ＜Ksp(AgCl)，D项正确。
3．H2 N3 N4 [2013重庆卷]下列排序正确的是 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 3．H2 N3 N4 [2013重庆卷]答案：D [解析]酸性C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，Ca＜Ba，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca＜K，故碱性Ca(OH)2
＜Ba(OH)2，Ca(OH)2＜KOH，B项错误；MgBr2属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，
BN属于原子晶体，熔点：原子晶体﹥离子晶体﹥分子晶体，则SiCl4＜MgBr2＜BN，C项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于H2O、NH3
分子间存在氢键，D项正确。
4．J1 J2 [2013重庆卷]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.
下列说法错误的是 2
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 4．J1 J2 [2013重庆卷]答案：C [解析]样品粉末加入甲苯和甲醇后，形成的是固体和液体的混合物，步骤(1)得到溶液和不溶性物质，应该采用过滤的方法，A项正确；步骤（2）分离水层溶液和有机层溶液，需要用到分液漏斗，B项正确；步骤（3）从水层溶液得到固体粗产品，采用蒸发结晶的方法，需要用到蒸发皿，C项错误；步骤（4）从有机层溶液得到甲苯，应该采用蒸馏的方法，D项正确。
5．I4 [2013重庆卷]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 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 5．I4 [2013重庆卷]答案：B [解析] 1 mol有机物X中含3 mol—OH，发生消去反应，最多生成3 mol H2O，A项正确；Y中含有氨基，1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗3 mol X，B项错误； X中含有3个醇羟基，与足量HBr发生反应，C项正确； 因为烷烃中的碳原子，Y中的碳原子和氮原子均为sp3杂化方式，碳原子不可能在同一直线上，呈锯齿形，而Y结构不对称，极性较强，D项正确。
6．F5 [2013重庆卷]已知：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) △H=a kJ·mol－1， P4(g)+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△H C．Cl—Cl键的键能为(b－a+5.6c)/4 kJ·mol－1 D．P—P键的键能为(5a－3b+12c)/8 kJ·mol－1 6．F5 [2013重庆卷]答案：C [解析]由于P原子半径大于 Cl 原子，故P—P键的键能小于P—Cl键的键能，A项错误；因PCl5固态和气态间转化的热效应不确定，Cl2(g)+PCl3(g)= PCl5(s)的反应热△H不可求；B项错误；设Cl—Cl键的键能为x, P—P键的键能为y，则有：6y+6x－12×1.2c=a，6y+10x－20c=b，解得x=(b－a+5.6c)/4 kJ·mol－1，y=(5a－3b+12c)/12 kJ·mol－1，故C正确，D错误。 7．G 2 G4 G5[2013重庆卷]将E和F加入密闭容器中，在一定条件下发生反应： 3
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：
1.0 2.0 3.0 810 54.0 a b 915 c 75.0 d 1000 e f 83.0 ①b＜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 7．G 2 G4 G5 [2013重庆卷]答案：A [解析] E(g)+F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，△S＞0，③正确。因增大压强，平衡逆向移动，G的体积分数减小，由表中数据可知，升高温度，增大压强时，G的体积分数增大，故该反应为吸热反应，△H＞0，K(1000℃)＞K(810℃)，b＜f，①、④正确；915℃、2.0Mpa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75,则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，②正确。
二、非选择题（本大题共4小题，共58分） 8．C5 E2 F3 N1[2013重庆卷]（14分）合金是建造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为 . 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 。 ②Al—Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为 。焊接过程中使用的保护气为 （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 。 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 。 （3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。 ①80.0gCu—Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为 。 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 时开始沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题8信息推断该合金中除铜外一定含有
8．C5 E2 F3 N1 [2013重庆卷]答案：（1）①第三周期第ⅢA族 CO2；② Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Ar .（2）①吸氧腐蚀；②CaCO3或CaO（其他合理答案均可得分）.（3）①83.1%; ②铝、镍或Al、Ni。 [解析]从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝通常有两种工艺，其流程图示如下： 4
无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO2－全部转化为Al(OH)3；Al—Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的O2、N2、CO2等发生反应，应使用稀有气体作保护气；炼铁过程中，需加入生石灰或石灰石，跟原料中的SiO2等物质发生反应，将其转化为炉渣而除去；Cu—Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5mol，则原合金中Al 的质量为13.5 g；当pH=3.4 时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni.
9．J5 [2013重庆卷]（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 。 （2）装置C的作用是 ，处理尾气的方法为 。 （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 。 ②甲组步骤1中反应的离子方程式为 。 ③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 。 ④从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是 。 9．J5 [2013重庆卷]答案：（1）MgO、CO2；（2）除去CO中混有的CO2 点燃；（3）①Fe；②Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O； ③Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN－，生成Fe(SCN)3而呈红色；假设SCN－被氯气氧化而褪色，取褪色后的溶液再加入足量的KSCN溶液，溶液变成红色，则证明假设成立（其他合理答案也可以）；④在装置B、C间添加装置E防倒吸（其他合理答案也可）。 [解析]难溶或微溶性碳酸盐受热分解生成对应的金属氧化物和CO2， B装置中的Zn将CO2