2013年高考真题—化学卷精校精析（全15份）

2013年全国普通高等学校招生统一考试
上海 化学试卷 解析
考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题和答题要求；所有答案必须凃或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
3.答题前，考试务必将答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。
4.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
相对原子质量：H-1 C-12 O-8 Na-23 S-32 Ca-40 Fe-56 Ni-59 Cu-64
Br-80 Ba-137
一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）
1.2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是
A.点燃，能燃烧的是矿物油
B.测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C.加入水中，浮在水面上的是地沟油
D.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
【答案】D
【解析】地沟油的主要成分是油脂，在氢氧化钠溶液可水解而不分层，矿物油的主要成分是
烃的混合物，不溶于水，氢氧化钠溶液，他们都能燃烧，密度比水小、没有固定的沸点，因此，选D
2.氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO(NH2)2]
A.都是共价化合物 B.都是离子化合物
C.互为同分异构体 D.互为同素异形体
【答案】C
【解析】氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，他们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系，因此选C
3.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是
A. Th 元素的质量数是232 B. Th 元素的相对原子质量是231
C. 232Th 转换成233U是化学变化 D. 230Th和232Th的化学性质相同
【答案】D
【解析】232Th 230Th的质量分别是232,230 A项错误，元素的相对原子质量是由各种同位素的相对原子质量取得的平均值，B项错误同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，D项正确，化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而C项的原子发生变化错误。
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，
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7 B.表现出非极性溶剂的特性
C.显酸性，pH小于7 D.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。
二、选择题（本大题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6.与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是
A.原料利用率高 B.设备少
C.循环利用的物质多 D.原料易得
【答案】A
【解析】
两种方法都发生反应：
索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生德尔CaCl，含Cl 几乎没什么用，
而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳，氨气，结晶出的NH4Cl 其母液可以作为制碱原料，提高食盐利用率，因此，选A
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
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
【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
8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是
A.脱氧过程是吸热反映，可降低温度，延长糕点保质期
B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+
C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-
D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
【答案】D
【解析】根据题意铁作为电池负极（Fe-2e-=Fe2-） 碳作原电池正极（2H2O+O2+4e=4OH）
因此BC错误，脱氧过程是放热反应，A项错误，D项生成的Fe2-继续被O2氧化
9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见
A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B.该反应中，热能转化为产物内部的能量
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q
【答案】B
【解析】根据醋酸逐渐凝固说明该反应是吸热反应，则AC错误，B正确，热化学方程式的书写要标出物质的状态 D错误。
10.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是
A.均采用水浴加热 B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量
C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量
【答案】C
【解析】采用边反应边蒸馏的方法是将产物分离出去，从而提高生产物的产率，C正确。
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
12.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-1,3-丁二烯
B. 2-羟基丁烷
C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D.CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸
【答案】D
【解析】A项编号有误，应该为2-甲基-1,3-丁二乙烯；B项，叫2-丁醇，C项主链选错了
应该为3-甲基乙烷，D正确。
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。
14.为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是
A.铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B.铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C.烘干时间过长，回导致测定结果偏小
D.若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
【答案】C
【解析】产生的气泡明显减少时，表明锌反应完，若这时铁皮未及时取出，则铁溶解，会导致测定结果偏大，A错误；铁皮未洗涤干净（表面吸附杂质），烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，B错误；C正确；D项对结果无影响，错误。
【考点定位】考查误差分析
15.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物
A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NA B.所含碳氢键数目为aNA/7
C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L D.所含原子总数为aNA/14
【答案】B
【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）;B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。
【考点定位】本题考查阿伏伽德罗常数
16.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是
A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2
C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】根据题意，Cl2先氧化Fe2+，不可能只氧化Br -，B选项错误
【考点定位】本题考查氧化还原反应的先后。
17.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色衬垫；顾虑，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中
A.至少存在5种离子
B.Cl-一定存在，且c（Cl）≥0.4mol/L
C.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在
【答案】B
【解析】根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明有NH4+，而且为0.02mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且为0.02mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有SO42-，且为0.02mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl-，至少有0.06mol，B正确。
【考点定位】本题考查离子共存及计算。
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是
A.生成40.0LN2（标准状况）
B.有0.250molKNO3被氧化
C.转移电子的物质的量为1.25mol
D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】CD
【解析】根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化物比还原物多14mol。转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2mol KNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，因此，C、D正确。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算
19.部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数
（25℃）
Ki=1.77×10-4
Ki=4.9×10-10
Ki1=4.3×10-7
Ki2=5.6×10-11
下列选项错误的是
A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-
B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑
C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
【答案】AD
【解析】根据电离常数可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A错误，B正确；等体积、等pH的HCOOH和HCN所含溶质，HCN多，则中和时消耗的NaOH的量多，C正确；根据电荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)= n(Na-)+n(H+)，即离子总数是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D错误。
【考点定位】本题考查酸性强弱，离子浓度比较，中和反应等。
20.某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是
A.产物B的状态只能为固态或液态
B.平衡时，单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1
C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q
【答案】AB
【解析】若B是气体，平衡常数K=c(B)·c(C)，若B是非气体，平衡常数K=c(C)，由于C(g)的浓度不变，因此B是非气体，A正确，C错误，根据平衡的v（正）=v（逆）可知B正确（注意，不是浓度消耗相等）；由于反应是可逆反应，因此达到平衡时放出热量小于Q，D项错误。
【考点定位】本题考查化学平衡、可逆反应的含义。
21.一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）
A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳
C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关
【答案】AC
【解析】方法一，洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO.
方法二，洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO(NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)，若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。
【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力
22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为
A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L
【答案】A
【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×（6+2）=1.2mol。两者体积相等，设NO xmol,NO2 xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.075×10=0.75mol， 设NO xmol,NO2 xmol, 3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。
【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）
四、（本题共8分）
金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。完成下列填空：
23.铝原子核外电子云有 种不同的伸展方向，有 种不同运动状态的电子。
24.镓（Ga）与铝同族。写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。
25.硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式 。
长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为
26.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：
2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3
常温下Al的金属性比Ba的金属性 （选填“强”“弱”）。利用上述方法可制取Ba的主要原因是 。
a.高温时Al的活泼性大于Ba b.高温有利于BaO分解
c.高温时BaO·Al2O3比Al2O3稳定 d.Ba的沸点比Al的低
【答案】23.4，13。
24。25.，
26.弱，d
【解析】23.铝原子核外电子云有s、p，分别有1、3种伸展方向，其核外有13个电子，则有13种不同运动状态；24.类似氯化铝与氢氧化钠溶液反应；25.根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，结合化合价代数和是0可写出钙长石的化学式；26.该反应是利用Ba的沸点比Al的低，以气体逸出，使平衡右移。
【考点定位】本题考查Al、Ga、Si及其化合物的结构性质等。
五、（本题共8分）
溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空：
27.Cl2氧化Br-应在 条件下进行，目的是为了避免
28.Br2可用热空气吹出，其原因是
29.写出步骤③所发生的化学反应方程式。
用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是 。步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为
30.为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中
a.通入HBr b.加入Na2CO3溶液 c.加入NaBr溶液 d.加入Na2SO3溶液
【答案】27.通风橱，污染环境。28.Br2易挥发。29.3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O.
用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化，原因是Br2易挥发，对大气有污染。30.c.
【解析】Cl2、Br2 都是污染气体，应该在通风橱进行操作；步骤③所发生反应是归中反应，盐酸有还原性，NaBrO3氧化性，二者可发生氧化还原反应；利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2。
【考点定位】本题考查工业制Br2，考查分析问题解决问题的能力。
六、（本题共8分）
镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
（1）Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)+Q
（2）Ni(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空：
31.在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有 、
。
32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为
。
33.若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。
a.平衡常数K增大 b.CO的浓度减小
c.Ni的质量减小 d.v逆[Ni(CO)4]增大
34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。
【答案】31.增大CO浓度，加压。32.0.05mol·L-min-.33.bc。34.把粗镍和CO放于一个水平放置的密闭的玻璃容器中，然后在低温下反应，一段时间后在容器的一端加热。
【解析】31.反应（1）是正向气体体积缩小的放热反应，因此，根据平衡移动原理在温度不变的情况下采取可增大CO浓度，加压的方法提高产率；32.根据题意，反应的Ni为1mol，则生成Ni(CO) 4为1mol，反应速率为1/（2×10）=0.05mol·L-min-；33.反应（2）正向气体体积增大的吸热反应，则，降低温度平衡逆向移动，平衡常数K、CO的浓度、Ni的质量、v逆[Ni(CO)4]减小；根据反应（1）（2）的特点可提纯粗镍。
【考点定位】本题考查化学反应速率、平衡移动原理的应用。
七、（本题共12分）
溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：
完成下列填空：
35.上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、 。
36.已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+。步骤Ⅱ加入的试剂a是 ，控制溶液的pH约为8.0的目的是 、 。
37.试剂b是 ，步骤Ⅳ的目的是 。
38.步骤Ⅴ所含的操作依次是 、 。
39.制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：
①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；④ ；⑤称量。若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为 （保留两位小数）。
若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是 。
【答案】35.量筒、胶头滴管、烧杯、500ml容量瓶。36.石灰水，沉淀Al3+、Fe3+
37.氢溴酸，除去过量的氢氧化钙。38.蒸发浓缩，冷却结晶。39.洗涤；23.50%.洗涤时，有少量的碳酸钙溶解。
【解析】35.用浓溶液配制500ml稀溶液，因此，需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后溶解、配制500ml溶液，则需要胶头滴管、500ml容量瓶。36.加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，因此，a是氢溴酸。38.步骤V的结果得到CaBr2·6H2O,因此，其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶。39.④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，根据CaBr2～CaCO2可求CaBr2的质量0.94g，质量分数为23.50%。
【考点定位】本题以工艺流程的形式考查化学实验基本操作、计算、操作目的、误差分析。
八、（本题共12分）
二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体。无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。
完成下列填空：
40.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装置是 （填写字母）。
41.若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠
g（保留一位小数）；如果已有40%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 g （保留一位小数）。
42.实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。
石灰-石膏法的吸收反应为SO2+Ca(OH)2→CaSO3↓+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·2H2O。其流程如下图：
碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：
已知：
试剂
Ca(OH)2
NaOH
价格（元/kg）
0.36
2.9
吸收SO2的成本（元/mol）
0.027
0.232
石灰-石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是 。和碱法相比，石灰-石膏法的优点是 ，缺点是 。
43.在石灰-石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）。
【答案】40.ae41.18.9 ，33.1
42.酸性氧化与碱的反应。结果便宜，成本低；吸收慢，效率低。
43、【解析】用硫酸和亚硫酸纳反应制取二氧化硫利用固液不加热制取气体装置，因此，选ae
设含40%的亚硫酸钠的样品质量为100g，则生成硫酸钠的质量为45.1g，则这时亚硫酸钠的质量分数为（100-40）/100-40+45.1=57.1%,则至少需称取该亚硫酸钠18.9/57.1%=33.1g。由于石灰的碱性比氢氧化钠弱，吸收SO2的速率慢、效率低，但吸收成本比氢氧化钠低的多。
【考点定位】本题以二氧化硫烟气处理为情景考查装置选择、计算、成本核算、方案设计及分析问题解决问题的能力。
九、（本题共10分）
异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体。由A（C5H6）和B经Diels-Alder反应制得。Diels-Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是
完成下列填空：
44. Diels-Alder反应属于 反应（填反应类型）：A的结构简式为 。
45．写出与互为同分易购，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称
写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件。
46.B与Cl2的1,2—加成产物消去HCl得到2—氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式。
47.写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：目标产物）
【答案】44、加成，。
45、1，3，5—三甲苯，生成所需要的反应试剂和反应条件分别是纯溴、加热。生成所需要的反应试剂和反应条件分别是纯溴、铁作催化剂。
46
47、
【解析】根据反应条件和反应产物可知该反应是加成反应，A见答案，B是1，3—丁二烯。的分子式为CH,则符合题意的该同分异构体为均三甲苯或1，3，5—三甲苯，发生溴代反应时，如果是苯环上的被取代，则在铁作催化剂的条件下与溴反应，如果是侧链上的H被取代，则类似烷烃的卤代反应，在光照或加热的条件下与溴反应，2—氯代二烯烃与丙烯酸发生加聚反应，产物为，根据的结构可知，它可由甲苯发生氯代反应，再水解生成醇，醇氧化而得。
【考点定位】本题考查有机物的性质、结构、转化、同分异构、反应类型、合成路线的设计等，考查推理能力及提取信息的能力。
十、（本题共12分）
沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的。下图所示的其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
完成下列填空：
48.写出反应试剂和反应条件。
反应① 反应⑤
49.写出反应类型。
反应③ 反应⑥
50.写出结构简式。
A B
51．反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和
防止
52.写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。
53. 反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是 、 。
【答案】48、浓硝酸，浓硫酸，水浴加热；Br加热
49、还原反应，取代反应
50、，
51、生成的HCl，使平衡正向移动，防止产品不纯
52、（CH）CONHCH，（CH）CHCONH
53、高锰酸钾氧化甲基的同时，也将氨基氧化、最终得不到A.
【解析】本题运用正向、逆向思维相结合的方法进行推理。根据CH及可确定其位甲苯，则反应①为甲苯在浓硫酸和加热的条件下与硝酸发生取代反应而生成
A: 反应①取代，②氧化，③还原，④酯化，⑤溴代（如果A先与溴在加热条件下发生取代反应，则后续发生的酯化反应中，被醇羟基取代），根据B的分子式和的结构可知B为，反应⑥为取代，C为，分子式为CHNO，加入碳酸钾是中和生成的HCl，使该反应的平衡正向移动，防止产品不纯，C的不饱和度为1，其同分异构体可发生水解反应，则含肽键，又由于只含3种不同化学环境氢原子，应该高度对称，根据有序思维可写出：（CH）CONHCH、（CH）CHCONH、（CH）CHCON（CH）、
CHCON（CHCH）等。-NH有还原性，易被氧化，因此，-NO的还原性在-CH的氧化之后，即反应②，反应③的顺序不能颠倒，另外一个原因是得不到A.
【考点定位】本题考查有机物的性质、结构简式、转化、同分异构、反应类型、反应条件控制等，考查推理能力，有序思维能力、提取信息的能力、分析问题解决问题的能力。
十一、（本题共14分）
碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等。工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠。
54.某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL。若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸 mL(保留两位小数)。
55.某溶液组成如表一：
问该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。取出晶体后溶液组成如表二：
计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）。
56.将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态。计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）。
57.某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg。通过计算确定该晶体的化学式。
【答案】54、17.80mL
55、1044.6
56、659.1
57、Na H CO NaCO2 HO
【解析】55、根据反应可知消耗的HSO质量是HCl的一半
，即0.1200.5=0.05618V,V=17.8mL
NaCO+CO+HO=2 Na H CO
168
814.8-137.7 m， m=1073.1kg
则析出的碳酸氢钠的晶体的质量：1073.1-400.3-428.8=1044.6kg
2 Na H CO= NaCO+CO+HO
168 106
814.8-137.7 28.5 x，x=17.98kg，
则补加的碳酸纳质量814.8-137.7-17.98=659.7kg
NaCO+CO+HO=2 Na H CO
106 22.4 168
m 44.8 m， m=212kg，m=336kg，则452kg晶体中含NaCO212kg，Na H CO
168kg，水72kg。因此，该晶体的化学式为Na H CO NaCO2 HO
【考点定位】本题考查化学计算。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·全国卷
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
6．C　[解析] 塑料的主要成分是被称为合成树脂的有机高分子材料，A项正确；发泡塑料成本低，密度小，保温性好，B项正确；发泡塑料餐具使用微波炉加热时，未聚合的苯乙烯单体会进入食物中，然后伴随食物进入人体，导致人体中毒，C项错误；有机高分子材料遇到油脂会发生一定程度的溶胀，生成有害物质，故不宜用于盛放含油多的食品，D项正确。
7．　 反应X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<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
7．D　[解析] 由X(g)＋Y(g) 2Z(g)　ΔH<0可知，反应前后气体分子数不变，故减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，故Z的产率不变，B项错误；增大c(X)，X的转化率减小，C项错误；降温平衡向右移动，Y的转化率增大，D项正确。
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
8．C　[解析] 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比，气体的体积相等，故其物质的量相等，但12C18O和14N2的摩尔质量不相等，由m＝M·n可知其质量不相等，由ρ＝可知，其密度不相等，A项错误；12C18O和14N2都是双原子分子，原子数相等时，分子数相等，12C18O的中子数为16，14N2的中子数为14，故其具有的中子数不相等，B项错误；12C18O和14N2的摩尔质量不相等，相同物质的量的12C18O与14N2质子数相等，质量相等的二者物质的量不相等，含有的质子数也不相等，D项错误。
9．　 电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O＋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 Cr2O被还原
9．B　[解析] 铁作阳极材料，铁失电子Fe－2e－===Fe2＋，A项正确；阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑， 电解时消耗H＋，溶液的pH变大，B 项错误；处理过程中消耗H＋，Cr3＋和Fe3＋以沉淀的形式析出来，C项正确；根据电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋，可知每转移12 mol e－生成6 mol Fe2＋， 6 mol Fe2＋可还原1 mol Cr2O，D项正确。
10．　 下列操作不能达到目的的是(　　)
选项
目的
操作
A
配制100 mL 1.0 mol·L－1 CuSO4溶液
将25 g CuSO4·5H2O溶于100 mL蒸馏水中
B
除去KNO3中少量NaCl
将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤
C
在溶液中将MnO完全转化为Mn2＋
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失
D
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色沉淀
10.A　[解析] 应将25 g CuSO4·5H2O配成100 mL溶液而不是溶于100 mL水中， A 项错误；NaCl的溶解度受温度的影响比较小，冷却结晶时KNO3大量析出，过滤可分离，B项正确；H2O2具有还原性，可将紫色MnO还原为无色的Mn2＋，C项正确；利用Ca2＋与CO结合生成CaCO3白色沉淀的反应来判断Na2CO3是否存在， D项正确。
11．　 能正确表示下列反应的离子方程式的是(　　)
A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH＋SO＋H2O
B．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4＋2Cl－SO2↑＋Cl2↑＋H2O
C．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O
D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO===2BaSO4↓＋Al(OH)3↓
11．A　[解析] 过量氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3，A项正确；离子方程式中电荷不守恒，B 项错误；磁性氧化铁(Fe3O4)是氧化物，不能拆成离子形式，C项错误；明矾与Ba(OH)2溶液反应，SO完全沉淀，离子反应方程式为 Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2BaSO4↓＋2H2O，D项错误。
12．　 如图0表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)
图0
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KW
B．M区域内任意点均有c(H＋)C．图中T1D．XZ线上任意点均有pH＝7
12．D　[解析] 温度一定时，水的离子积是定值，A项正确；XZ线上，c(H＋)＝c(OH－)，M区在XZ线上方，故c(OH－)>c(H＋)，B项正确；图中，T2时KW大于T1时KW，故T2高于T1，C项正确；XZ线上，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，但不一定等于7，D项错误。
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
13．B　[解析] 根据燃烧产物CO2和H2O物质的量相等可知C、H原子个数之比为1∶2，分子式可设为(CH2)mOn，利用讨论法得出分子式为C3H6O((乙二醛C2H2O2含有2个官能团不符合题意)。其可能的结构为丙醛CH3CH2CHO、丙酮CH3COCH3、环丙醇CH2CHOHCH2、环醚CH2OCH—CH3、CH2CH2OCH2共5种。
27．　
(15分) 五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。
回答下列问题：
(1)五种元素中，原子半径最大的是________，非金属性最强的是________。(填元素符号)
(2)由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是________(用化学式表示)。
(3)A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为________，其中存在的化学键类型为__________________。
(4)D最高价氧化物的水化物的化学式为________。
(5)单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为________________________________________________________________________；
D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为________。
(6)单质E与水反应的离子方程式为_______________________________________。
27．[答案] (1)Na　Cl
(2)PH3
(3)NH4Cl　离子键和共价键
(4)H3PO4
(5)2P＋5Cl22PCl5　PCl3
(6)Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO
[解析] 由A与B、D、E三种元素均能形成共价化合物可知，该四种元素为非金属元素，结合A和B形成化合物水溶液显碱性可知，A为H元素，B为N元素，则C为Na元素，D为P元素；又因为C和E形成的化合物呈中性可知E为Cl元素。(1)依据原子半径变化规律，先看电子层数，再看核电荷数，可确定原子半径最大的为Na，依据元素周期律可确定非金属性最强的为Cl。(2) H和N、P、Cl的共价化合物中稳定性最弱的为PH3。(3)NH3与HCl反应生成离子化合物NH4Cl，含离子键和共价键。(4)P的最高价氧化物对应水化物为磷酸。(5)P与Cl2反应，Cl2足量时，生成PCl5；Cl2不足时，生成PCl3。 (6)氯气溶于水后有一部分生成盐酸和次氯酸，但次氯酸是弱酸，离子方程式中写成分子形式。
28．　
制备氮化镁的装置示意图如下：
　　
图0
回答下列问题：
(1)检查装置气密性的方法是_______________________________________，
a的名称是____________，b的名称是____________。
(2)写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式________________________________________________________________________。
(3)C的作用是____________________，D的作用是______________，是否可以把C与D的位置对调并说明理由_____________________________________。
(4)写出E中发生反应的化学方程式____________________________________。
(5)请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
28．[答案] (1)微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好　分液漏斗　圆底烧瓶
(2)(NH4)2SO4＋2NaNO22N2↑＋Na2SO4＋4H2O
(3)除去氧气(及氮氧化物)　除去水蒸气　不能，对调后无法除去水蒸气
(4)N2＋3MgMg3N2
(5)取少量产物于试管中，加少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁
[解析] (1) 气密性检查的基本思路： 装置形成封闭体系→操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)→描述现象→得出结论。(2) (NH4)2 SO4与NaNO2发生氧化还原反应生成N2。(3)硫酸亚铁能被氧气氧化，故其作用是除去氧气。 浓硫酸的作用是除去水蒸气，如果CD对换，则可能从硫酸亚铁溶液中带出水蒸气，无法干燥。(4)氮气与镁反应生成Mg3N2。(5) 检验氮化镁可根据氮化镁与水反应的现象判断，氮化镁会与水反应生成NH3和Mg(OH)2沉淀，NH3为碱性气体，挥发出来，遇红色石蕊试纸后会使其变蓝。
29．　(15分) 铝是一种应用广泛的金属，工业上用Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)混合熔融电解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下：
图0
②以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
图0
回答下列问题：
(1)写出反应1的化学方程式__________________________________。
(2)滤液Ⅰ中加入CaO生成的沉淀是________，反应2的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)E可作为建筑材料，化合物C是____________，写出由D制备冰晶石的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)电解制铝的化学方程式是_____________________________，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是________________。
29．[答案] (1)2NaOH＋SiO2===Na2SiO3＋H2O
2NaOH＋Al2O3===2NaAlO2＋H2O
(2)CaSiO3　2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
(3)浓H2SO4
12HF＋3Na2CO3＋2Al(OH)3===2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
(4)2Al2O34Al＋3O2↑　O2、CO2(CO)
[解析] (1)反应1为铝土矿中的Al2O3、SiO2与NaOH反应；(2)滤液Ⅰ含SiO、AlO，加入CaO后，与水反应生成Ca(OH)2，Ca2＋与SiO反应生成CaSiO3。滤液Ⅱ为AlO，能与CO2、H2O反应生成Al(OH)3。(3)E为建筑材料硫酸钙，结合转化关系可确定C为浓硫酸。气体D为HF，再结合转化关系，可完成化学方程式。(4)电解氧化铝制备铝，以石墨为阳极，阳极2O2－－4e－===O2↑，高温条件下，石墨可能被O2氧化生成CO2或CO，故混合气体为O2、CO2或CO。
30．　
芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是________。
(2)由A生成B的反应类型是________。在该反应的副产物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为________。
(3)写出C所有可能的结构简式______________________________________。
(4)D(邻苯二甲酸二乙酯)是一种增塑剂。请用A、不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用化学方程式表示合成路线________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)OPA的化学名称是____________________；OPA经中间体E可合成一种聚酯类高分子化合物F，由E合成F的反应类型为____________，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________________。
(提示：2CHOCH2OH＋COOH)
(6)芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，写出G所有可能的结构简式________________________________________________________________________。
30．[答案] (1)邻二甲苯
(2)取代反应
(3)CH3CH3Br　BrCH3CH3
(4)CH3CH3COOHCOOH
COOC2H5COOC2H5(其他合理答案也可)
(5)邻苯二甲醛　缩聚反应
nHOH2CCOOHH?OH2CC?OHO＋(n－1)H2O
(6)OCH2OCHO　H3COOCHO　OCH3OCHO　OCHOOCH3
[解析] (1)芳香化合物A的分子式为C8H10，A与溴单质经光照反应生成B，结合B 的结构简式可确定A中两个甲基的位置，A为邻二甲苯；(2)A与溴单质经光照反应生成B，是溴原子取代两个甲基的氢原子，其副产物可能是一个溴原子取代其中一个甲基的氢原子，另三个溴原子取代其中一个甲基的3个氢原子。(3)邻二甲苯苯环上有2种氢原子，故其苯环上的一溴取代物有2种。(4)先将邻二甲苯氧化成邻苯二甲酸，再与乙醇反应，即可生成邻苯二甲酸二乙酯。(5)OPA的名称为邻苯二甲醛，聚酯高分子化合物F，只可能由中间体E通过缩聚反应得到，故其含醇羟基和羧基。(6)E的分子式为C8H8O3，其同分异构体G含酯基、醛基、醚基，故其必含HCOO—和醚基，如果其苯环上有两个取代基，则其为HCOO—和—OCH3，苯环上有三种位置关系，如果其苯环上有一个取代基，则为HCOOCH2—O—，故其共有4种同分异构体。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·北京卷
6．　 下列设备工作时，将化学能转化为热能的是(　　)
A
B
C
D
硅太阳能电池
锂离子电池
太阳能集热器
燃气灶
6.D　[解析] 硅太阳能电池将太阳能直接转化为电能，A项错误；锂离子电池将化学能转化为电能，B项错误；太阳能集热器将太阳能转化为热能，C项错误；燃气灶将化学能转化为热能，D项正确。
7．　 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．金属护栏表面涂漆
C．汽车底盘喷涂高分子膜
D．地下钢管连接镁块
7．A　[解析] A项使用的是外加电流的阴极保护法，正确；金属护拦表面涂漆、汽车底盘喷涂高分子膜属于物理防腐，不是电化学防护法，B、C项错误；地下钢管连接镁块是牺牲阳极的阴极保护法，D项错误。
8．　 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===NH4Cl
B．碳酸钠溶液显碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：Fe－3e－===Fe3＋
D．长期盛放石灰水的试剂瓶内壁出现白色固体：Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
8．C　[解析] 钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式应为Fe－2e－===Fe2＋。
9．　 用石墨电极电解CuCl2溶液(如图0)。下列分析正确的是(　　)
图0
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－===Cu
D．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体
9．A　[解析] 用石墨电极电解CuCl2溶液时，Cu2＋移向电解池的阴极，故a端是直流电源的负极，A项正确；CuCl2晶体溶于水时发生电离，与是否通电无关，B项错误；阳极上发生氧化反应，其电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，故通电一段时间后在阳极附近观察到黄绿色气体，C、D项错误。
10．　 实验：①0.1 mol·L－1 AgNO3溶液和0.1 mol·L－1 NaCl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；②向滤液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1 KI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．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶
10．B　[解析] 浊液a中含有AgCl饱和溶液和AgCl沉淀，存在沉淀溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A项正确；滤液b中含有AgCl饱和溶液，含有Ag＋，B项错误；实验③白色沉淀转化为黄色沉淀，说明AgCl 转化为AgI，C项正确；实验②③都能证明AgI比AgCl更难溶，D项正确。
11．　 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
100
KW/10－14
1.01
5.47
55.0
C.
D.
c(氨水)/(mol·L－1)
0.1
0.01
pH
11.1
10.6
11．C　[解析] 右侧的烧瓶中气体颜色深，说明升高温度，化学平衡2NO2(g)??N2O4(g)逆向移动，A项正确；升高温度，水的离子积常数增大，说明水的电离平衡向电离方向移动，B项正确； MnO2是H2O2分解的催化剂，向H2O2溶液中加入MnO2是为了加快H2O2分解的速率，C项错误；氨水中存在电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－，加水稀释，平衡向电离方向移动，但c(OH－)比原来小，D项正确。
12．　 用下图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是(　　)
图0
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2的CCl4溶液
C
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
KMnO4酸性溶液
D
C2H5OH与浓H2SO4加热至170 ℃
NaOH溶液
Br2的CCl4溶液
12.B　[解析] CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热制得的乙烯中混有挥发出来的乙醇，乙醇也能使KMnO4酸性溶液褪色，但乙醇不能使Br2的CCl4溶液褪色，故A项应除杂，B项无需除杂；C2H5OH与浓硫酸加热至170 ℃制得的乙烯中混有杂质CO2、SO2及水蒸气等，SO2能使KMnO4酸性溶液褪色，C项应除杂；因反应SO2＋Br2＋H2O===H2SO4＋2HBr也能使Br2的CCl4溶液褪色，SO2需除去，故D项应除杂。
25．　
可降解聚合物P的合成路线如下：
已知：
ⅰ.COHCOHCNHCNH2CNH
CNH2COOHH
ⅱ.CClOCl＋2ROHCROOOR＋2HCl
(R为烃基)
(1)A的含氧官能团名称是________。
(2)羧酸a的电离方程式是__________________________________。
(3)B→C的化学方程式是__________________________________。
(4)化合物D苯环的一氯代物有2种，D的结构简式是________。
(5)E→F中反应①和②的反应类型分别是________。
(6)F的结构简式是________________________________。
(7)聚合物P的结构简式是___________________________。
25．[答案] (1)羟基
(2)CH3COOH??CH3COO－＋H＋
(3)CH2CH2OOCCH3＋HNO3
O2NCH2CH2OOCCH3＋H2O
(4)NaOCH2CH2OH
(5)加成反应、取代反应
(6)HOCH2CHNH2COOH
(7)
[解析] 由NH2CH3COOCH2CH2逆推可依次得C、B、A、a分别是O2NCH2CH2OOCCH3、CH2CH2OOCCH3、CH2CH2OH和CH3COOH；由NH2CH3COOCH2CH2并结合D的分子式可推出D为NaOCH2CH2OH，由D并结合反应条件可推知E为HOCH2CHO，由E并结合已知i可推出F为HOCH2CHNH2COOH，两分子F发生缩合反应生成的G为，由G并结合已知ii可推知P为。　　
26．　
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HNO3的化学方程式：________________________________________________________________________。
(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：

①写出该反应的热化学方程式：_____________________________________。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(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。
①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：___________________________________________。
②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：12MgO<20CaO<38SrO<56BaO。原因是___________________________，
元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。
(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：
图0
①Pt电极上发生的是________反应(填“氧化”或“还原”)。
②写出NiO电极的电极反应式：_____________________________________。
26．[答案] (1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(2)①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
ΔH＝＋183 kJ·mol－1
②增大
(3)①2CO＋2NON2＋2CO2
②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大
(4)①还原　
②NO＋O2－－2e－===NO2
[解析] (1)NO2与水反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
(2)①N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝945 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1－2×630 kJ·mol－1＝＋183 kJ·mol－1。②该反应为吸热反应，随温度升高，化学平衡常数增大。
(3)根据题意NO被还原为N2，则CO被氧化为CO2。
(4)Pt电极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－===2O2－，电池总反应式为2NO＋O2===2NO2，用电池总反应式减去Pt电极的电极反应式并化简得NiO电极的电极反应式：NO＋O2－－2e－===NO2。
27．　
用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：
Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。
(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是___________________________________。
(2)将MnO氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：
MnO＋ＫFe2＋＋Ｋ________＝Mn2＋＋ＫFe3＋＋Ｋ________
(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0.1 mol·L－1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的：_______________________________________。
(4)已知：一定条件下，MnO可与Mn2＋反应生成MnO2。
①向Ⅲ的沉淀中加入浓盐酸并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是________________________________________________________________________。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是__________________________。
27．[答案] (1)Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O
(2)5　8H＋　5　4H2O
(3)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)①生成黄绿色气体
②除去过量的MnO
[解析] (2)首先根据化合价升降总数可知Fe2＋、Fe3＋的化学计量数均为5；然后根据电荷守恒可知反应物中的缺项为8H＋；最后根据原子守恒可知生成物中的缺项为4H2O。
(3)向滤液中加入过量KMnO4溶液是为了将Fe2＋氧化为Fe3＋，因为pH约为3时，Fe3＋已经完全沉淀，而Al3＋还未沉淀，从而达到使铁元素完全沉淀的目的。
(4)①加热MnO2和浓盐酸的混合物可产生黄绿色的氯气。②根据题给已知条件可知，Ⅳ中加入MnSO4是为了将过量MnO沉淀为MnO2，从而达到除去过量MnO的目的。
28．　
某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：
操作
现象
取4 g漂粉精固体，加入100 mL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
A
ⅰ.液面上方出现白雾
ⅱ.稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色
ⅲ.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式是______________________________________。
(2)pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________________________________________________。
(3)向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由盐酸小液滴形成，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AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。
①实验a的目的是___________________________。
②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是_________________________________________________。
(4)现象ⅱ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__________________________________。
(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X。
①向沉淀X中加入稀盐酸，无明显变化。取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是________。
②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
28．[答案] (1)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O　　
(2)碱性、漂白性
(3)①检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰
②白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀
(4)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)①CaSO4
②SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋
[解析] (2)pH试纸先变蓝，说明漂粉精溶液显碱性，后褪色，说明具有漂白性。
(3)实验a说明白雾中无Cl2，从而排除了Cl2的干扰；在酸性溶液中SO2可被NO氧化成SO，SO也能与Ag＋反应生成白色沉淀，故不能判断白雾中含有盐酸。
(4)可根据反应Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O来设计实验验证这种可能性。
(5)①向沉淀X中加入稀盐酸，无明显变化，说明沉淀X中不含SO；向上层清液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明X中含SO，故沉淀X为微溶物CaSO4。②黄绿色溶液中含有Cl2，向该溶液中通入SO2可发生反应SO2＋Cl2＋2H2O===SO＋2Cl－＋4H＋。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·四川卷
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
1．A　[解析] 食用二氧化硫增白的食品，对人体的肝、肾脏等有严重损害，并有致癌作用，因此二氧化硫不能用于食品增白，A项错误；用葡萄糖制备的葡萄糖酸钙常作为补钙药物，B项正确；聚乙烯塑料无毒无害，可用于食品包装、餐具等，C项正确；次氯酸盐水解可得到强氧化性酸HClO，用于杀菌消毒，D项正确。
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
2．D　[解析] CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A项错误；氯化铁溶液不是胶体，B项错误；四氯化碳是共价化合物，与水互不相溶，其在液态或水溶液条件下均不导电，属于非电解质，C项错误；福尔马林是质量分数为35%～40%的水溶液、水玻璃是指硅酸钠溶液、氨水是氨气的水溶液，均为混合物，D项正确。
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＋2H2O
C．用铜作电极电解CuSO4溶液：
2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋
D．Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：
2S2O＋4H＋===SO＋3S↓＋2H2O
3．B　[解析] Cl2与水反应是可逆反应，且生成的弱电解质HClO应写为化学式，A项错误；在酸性条件下，H2O2具有强氧化性，可将I－氧化为I2、自身被还原为H2O，B项正确；铜作阳极，铜电极本身被氧化为铜离子，阴极上析出铜，该过程实际上就是电解精炼铜，因此产物中无氧气，C项错误；S2O在酸性条件下发生歧化反应得到SO2和S，D项错误。
4．　 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＞W
B．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞Z
C．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π键的数目之比是2∶1
4．C　[解析] 利用题中“W、X原子的最外层电子数之比为4∶3和X的原子序数大于W”可知W一定在X的上一周期，且可推知W为C，进而可知X为Al，Z为Cl，则Y可能是Si(硅)、P(磷)或S(硫)。Si(硅)的电负性小于C(碳)，A项错误；C(碳)核外电子层数只有2层，小于核外电子层数为3的Al、Cl等元素的原子半径，B项错误；若Y为Si，则SiCl4的空间构型是正四面体，C项正确；CS2分子中的碳硫双键中一条为σ键、一条为π键，故该分子中σ键与π键数相等，D项错误。
5．　
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：
实验
编号
起始浓度/(mol·L－1)
c(HA)
c(KOH)
反应后溶液的pH
①
0.1
0.1
9
②
x
0.2
7
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－)＝ mol/L
C．实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 mol/L
D．实验②反应后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)
5．B　[解析] 实验①反应后溶液中溶质为KA，该溶液pH＝9是因A－水解导致，因此溶液中离子浓度为c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A项正确；据电荷守恒，实验①反应后溶液中，c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)－c(A－)，B项错误；结合A项分析可知HA为弱酸，由此可知实验②中所取c(HA)＞0.2 mol/L，因反应后溶液体积变为原来的2倍，结合原子守恒知反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞＝0.1 mol/L，C项正确；室温下溶液呈中性，即溶液中c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol/L，再利用电荷守恒和原子守恒可知c(K＋)＝c(A－)＝0.1 mol/L，D项正确。
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)　ΔH＜0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：
t/min
2
4
7
9
n(Y)/mol
0.12
0.11
0.10
0.10
下列说法正确的是(　　)
A．反应前2 min的平均速率v(Z)＝2.0×10－3 mol/(L·min)
B．其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v逆＞v正
C．该温度下此反应的平衡常数K＝1.44
D．其他条件不变，再充入0.2 mol Z，平衡时X的体积分数增大
6．C　[解析] 利用反应式可知v(Z)＝2v(Y)＝2×(0.16 mol－0.12 mol)÷(10 L×2 min)＝4.0×10－3 mol/(L·min)，A项错误；该反应放热，降温平衡正向移动，v正＞v逆，B项错误；列三段式，K＝＝＝1.44，C项正确；因反应前后气体物质的量不变，故再充入0.2 mol Z，平衡不移动，平衡时X的体积分数不变，D项错误。
7．　
1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL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∶1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．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 mL
7．D　[解析] c(HNO3)＝＝14.0 mol/L，B项正确；1 mol Cu(或Mg)失去2 mol e－后形成的Cu2＋(或Mg2＋)需结合2 mol OH－完全转化为沉淀，即镁铜合金失去电子的物质的量等于形成沉淀时结合OH－的物质的量，最后生成沉淀2.54 g，增加的质量即是m(OH－)＝2.54 g－1.52 g＝1.02 g，即n(OH－)＝＝0.06 mol，结合氧化还原反应电子转移守恒关系得：n(NO2)＋n(N2O4)×2＝0.06 mol、n(NO2)＋n(N2O4)＝＝0.05 mol；二式联立可解得：n(NO2)＝0.04 mol，n(N2O4)＝0.01 mol，C项正确；利用合金质量和失去电子的物质的量可得：n(Cu)×64 g·mol－1＋n(Mg)×24 g·mol－1＝1.52 g和n(Cu)×2＋n(Mg)×2＝0.06 mol；二式联立可解得：n(Cu)＝0.02 mol，n(Mg)＝0.01 mol，A项正确；利用氮守恒可知溶解合金后溶液中含有c(NO)＝0.05 L×14 mol/L－0.04 mol－0.01 mol×2＝0.64 mol，加入NaOH当离子恰好全部沉淀时，溶液为NaNO3溶液，利用原子守恒加入n(NaOH)＝n(NO)，故加入V(NaOH)＝0.64 mol÷1.0 mol·L－1＝640 mL, D项错误。
8．　
X、Y、Z、R 为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH>7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。
请回答下列问题：
(1)M固体的晶体类型是________。
(2)Y基态原子的核外电子排布式是________________；G分子中X原子的杂化轨道类型是________。
(3)L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)R的一种含氧酸根RO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
8．[答案] (1)离子晶体
(2)①1s22s22p63s23p4
②sp3杂化
(3)Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度
(4)4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
[解析] “X的单质与氢气化合生成气体G，其水溶液pH＞7”，可知X为N(氮)，“Y是一种黄色晶体”，可知Y为S(硫)，“R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍”即核外电子排布式为[Ar]3d64s2，结合电子排布规律可知其是26号元素Fe，由“Z与钠元素形成的化合物与AgNO3反应生成不溶于硝酸的白色沉淀”，可知Z为Cl(氯)，进而可推知G、Q、J、L、M分别为NH3、Na2S、NaCl、AgCl、NH4Cl。
(1)NH4Cl是NH与Cl－间通过离子键结合，属于离子晶体。(2)S元素为16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4(或者[Ne]3s23p4)；NH3分子中N原子成键电子对数为3，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，故N原子为sp3杂化。(3)AgCl悬浊液加入Na2S溶液，白色沉淀转化成黑色沉淀，是由于Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)，AgCl沉淀可转化成更难溶的Ag2S沉淀。(5)FeO在酸性溶液中，得到黄色溶液说明溶液中有Fe3＋，即有铁元素被还原，那么得到的气体只能是氧化产物O2。
9．　
为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。
Ⅰ.AgNO3的氧化性
将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag＋除尽后，进行了如下实验。可选用的试剂：KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水。
(1)请完成下表：
操作
现象
结论
取少量除尽Ag＋后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡
____①____
存在Fe3＋
取少量除尽Ag＋后的溶液于试管中，加入____②____，振荡
____③____
存在 Fe2＋
【实验结论】Fe的氧化产物为Fe2＋和Fe3＋。
Ⅱ.AgNO3的热稳定性
用下图所示的实验装置A加热 AgNO3 固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体。当反应结束后，试管中残留固体为黑色。
图0
(2)装置B的作用是__________________________________________。
(3)经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)【查阅资料】Ag2O和粉末状的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水。
【提出设想】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰ.Ag；ⅱ.Ag2O；ⅲ.Ag和Ag2O。
【实验验证】该小组为验证上述设想，分别取少量黑色固体放入试管中，进行了如下实验。
实验编号
操作
现象
a
加入足量氨水，振荡
黑色固体不溶解
b
加入足量稀硝酸，振荡
黑色固体溶解，并有气体产生
【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是________(填实验编号)。
【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出AgNO3固体热分解的产物有________。
9．[答案] (1)①溶液呈红色　②K3[Fe(CN)6]溶液
③产生蓝色沉淀
(2)防倒吸
(3)用带火星的木条伸入集气瓶内，木条复燃，证明无色气体为O2
(4)①b　②Ag、NO2、O2
[解析] (1)Fe3＋与KSCN溶液混合生成Fe(SCN)3血红色溶液，Fe2＋与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，故看到溶液变为血红色，说明含有Fe3＋，若加入K3[Fe(CN)6]溶液，看到有蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2＋。(2)装置B连接反应装置A和除杂装置C，为防止C装置中的水进入加热的试管，所以B装置起到安全瓶作用，防倒吸。(3)氧气可使带火星的木条复燃，据此可进行实验设计。(4)结合题干【查阅资料】提供的信息知，氨水能溶解Ag2O，因此实验a可确定产物只含Ag；Ag2O、Ag均可溶于稀硝酸，但只有Ag与稀硝酸发生氧化还原反应放出气体，故实验b只能确定含有Ag，不能判断是否含有Ag2O。
10．　
有机化合物G是合成维生素类药物的中间体，其结构简式为CH3CCH3H2CCHOHCOO。
G的合成路线如下：
CH3CCH3CH2ABCH3CHCH3CHO
DCH3CH2OHEH2OG
其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中部分产物及反应条件已略去。
已知：
—CHO＋CHCHO　CHOHCCHO
请回答下列问题：
(1)G的分子式是________；G中官能团的名称是____________。
(2)第①步反应的化学方程式是______________________________________。
(3)B的名称(系统命名)是________________________________________。
(4)第②～⑥步反应中属于取代反应的有________(填步骤编号)。
(5)第④步反应的化学方程式是_________________________________________。
(6)写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式________________________________________________________________________。
①只含有一种官能团；②链状结构且无—O—O—；③核磁共振氢谱只有2种峰。
10．[答案] (1)①C6H10O3
②羟基、酯基
(2)CH3CCH3===CH2＋HBr―→CH3CCH3HCH2Br
(3)2-甲基-1-丙醇
(4)②⑤
(5)CHCHOCH3CH3＋OHCCOOC2H5―→
CCH3CHOCH3CHCOOC2H5OH
(6)CH3COOCH2CH2OOCCH3
CH3CH2OOCCOOCH2CH3
CH3OOCCH2CH2COOCH3
[解析] (1)由G的结构简式可直接写出G的分子式；G中含有的官能团为羟基(—OH)、酯基(—COO—)。
(2)结合反应③得到2-甲基丙醛可知反应①发生加成反应，且加成产物为CHCH3CH3CH2Br。
(3)B为溴代烃在NaOH溶液中水解生成(CH3)2CHCH2OH，按照系统命名法，由羟基碳原子一端编号，故其名称为2-甲基-1-丙醇。
(4)通过反应流程可知反应①是烯烃与HBr发生加成反应，反应②是卤代烃发生水解反应(也属于取代反应)生成醇，反应③为醇的催化氧化反应，反应④醛与醛的加成反应，反应⑤为物质D(含有酯基)发生酯的水解反应(也是取代反应)，反应⑥是醛基与氢气发生加成反应。
(5)结合反应⑤可得到乙醇和有机物G中含有的碳原子数可推知物质C的结构简式为CH3CH2OOCCHO，利用题中醛醛反应信息易写出反应的方程式。
(6)由D的结构简式利用反应⑤知E的结构简式为CCH3CH3OHCCHCOOHOH，分子式为C6H10O4，E的同分异构体中10个氢原子只有2种吸收峰，那么必含有—CH2—、—CH3，且要连接在对称位置上，只含有一种官能团且有4个氧原子，即是酯基，再结合不含—O—O—键可写出：CH3OOCCH2—CH2COOCH3、CH3COOCH2—CH2OOCCH3 、CH3CH2OOC—COOCH2CH3。
11．　
明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。从明矾制备 Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示：
图0
焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S===2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O。
请回答下列问题。
(1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是________。
(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)Al2O3在一定条件下可制得 AlN，其晶体结构如图所示，该晶体中 Al的配位数是________。
图0
(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是________________________________________。
(5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25 ℃、101 kPa时：
2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)　ΔH1＝－197 kJ/mol；
H2O(g)===H2O(l)　ΔH2＝－44 kJ/mol；
2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)　ΔH3＝－545 kJ/mol。
则：
①SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是________________________________。
②焙烧948 t明矾(M＝474 g/mol)，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸________t。
11．[答案] (1)S(硫)
(2)蒸发结晶
(3)4
(4)Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋3Ni(OH)2　　
(5)①SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)　
ΔH＝－130 kJ/mol
②432
[解析] (1)结合明矾煅烧的方程式可知，S的化合价升高，被氧化，作还原剂。(2)从溶液中得到晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)结合AlN的晶体图可推出处于晶胞体心的Al与4个N直接相连，因此该晶体中Al的配位数为4。(4)利用题中放电时信息可知NiOOH作正极(放电时发生还原反应)，则Al作负极，因电解质溶液为NaOH，则放电时Al极发生氧化反应生成NaAlO2，由此容易写出电池总反应。(5)①首先写出该反应为SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)，利用盖斯定律，将方程式进行叠加：③－①－②×2，则ΔH＝－545 kJ/mol－(－197 kJ/mol)－(－44 kJ/mol)×2＝－260 kJ/mol；②结合题中给出煅烧明矾的方程式可得关系式：4KAl(SO4)2·12H2O～9SO2～9H2SO4，可知948 t明矾可得到98%的浓硫酸的质量为×10－6 g·t－1＝432 t。　　
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·天津卷
1．　 运用有关概念判断下列叙述正确的是(　　)
A．1 mol H2燃烧放出的热量为H2的燃烧热
B．Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应
C．OH和CH2OH互为同系物
D．BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质
1．B　[解析] 燃烧热是指25 ℃、101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，A项错误；Na2SO3具有还原性，H2O2具有氧化性，二者能发生氧化还原反应，B项正确；OH和CH2OH结构不相似，前者属于酚，后者属于芳香醇，C项错误；BaSO4是难溶物，但溶于水的部分完全电离，故BaSO4属于强电解质，D项错误。
2．　 以下食品化学知识的叙述不正确的是(　　)
A．食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂
B．新鲜蔬菜做熟后，所含维生素C会有损失
C．纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作人类的营养物质
D．葡萄中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
2．C　[解析] 食盐既可作调味剂，又可作食品防腐剂，A项正确；维生素C易溶于水且易被氧化，故新鲜蔬菜做熟后所含维生素C会有损失，B项正确；人体内无水解纤维素的酶，故纤维素在人体内不能水解为葡萄糖，C项错；苏打粉溶于水因水解而显碱性，故可用苏打粉检验假红酒，D项正确。
3．　 下列有关元素的性质及其递变规律正确的是(　　)
A．ⅠA族与ⅦA族元素间可形成共价化合物或离子化合物
B．第二周期元素从左到右，最高正价从＋1递增到＋7
C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强
3．A　[解析] ⅠA族元素包括氢元素和碱金属元素，氢元素与ⅦA族元素间形成共价化合物，碱金属元素与ⅦA族元素间形成离子化合物，A项正确；第二周期的元素中，O、F无最高正价，B项错误；ⅦA族元素的还原性：F－＜Cl－，但水解程度：F－＞Cl－，C项错误；同周期金属元素的化合价越高，在周期表中的位置越靠后，元素的金属性越弱，其原子失电子能力越弱，D项错误。
4．　 下列实验误差分析错误的是(　　)
A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
4．B　[解析] 用润湿的pH试纸测稀碱溶液pH时，碱溶液被稀释，溶液c(OH－)减小，测定值偏小，A项正确；定容时俯视刻度线，导致所配溶液的体积偏小，浓度偏大，B项错；滴定管终点读数时由于气泡的存在，显然所测溶液的体积偏小，C项正确；测定中和热时，将碱缓慢倒入酸，导致热量散失大，所测温度值偏小，D项正确。
5．　 下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变
B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸
C．在Na2S稀溶液中，c(H＋)＝c(OH－)－2c(H2S)－c(HS－)
D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
5．C　[解析] 浓H2SO4稀释放热，溶液温度升高，KW变大，A项错；因醋酸酸性强于碳酸，故CaCO3易溶于醋酸，B项错；根据质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，即c(H＋)＝c(OH－)－2c(H2S)－c(HS－)，C项正确；NaCl不水解，对水的电离无影响，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO－、NH均水解且水解程度相同，对水的电离起促进作用，D项错。
6．　 为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：
电池：Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)＋2H2O(l)
电解池：2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
电解过程中，以下判断正确的是(　　)
电池
电解池
A
H＋移向Pb电极
H＋移向Pb电极
B
每消耗3 mol Pb
生成2 mol Al2O3
C
正极：PbO2＋4H＋＋2e－===Pb2＋＋2H2O
阳极：2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋
D
6.D　[解析] 电池中Pb电极是负极，PbO2电极是正极，H＋移向PbO2电极，A项错误；每消耗3 mol Pb，电路中通过电子的物质的量为6 mol，据电子守恒得n(Al2O3)＝1 mol，B项错误；电池正极反应式应为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，C项错误；电池Pb电极的电极反应式为Pb＋SO－2e－===PbSO4，Pb电极质量增大，电解池Pb电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，电极质量不变，D项正确。
7．　
X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素，原子序数依次增大。X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0；Q与X同主族；Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题：
(1)五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)________________。
(2)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写分子式)________________________________________________________________________。
(3)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系：
AB(在水溶液中进行)
其中，C是溶于水显酸性的气体；D是淡黄色固体。
写出C的结构式：________________________；D的电子式：________________。
①如果A、B均由三种元素组成，B为两性不溶物，则A的化学式为________；由A转化为B的离子方程式为_______________________________________。
②如果A由三种元素组成，B由四种元素组成，A、B溶液均显碱性。用离子方程式表示A溶液显碱性的原因：_____________________________________。
A、B浓度均为0.1 mol·L－1的混合溶液中，离子浓度由大到小的顺序是________________；常温下，在该溶液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有________。
7．[答案] (1)Na>Al>C>O>H
(2)C2H2
(3)O===C===O　Na＋[∶O?,?∶O?,? ∶]2－Na＋
①NaAlO2　AlO＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO(或2AlO＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO)
②CO＋H2O??HCO＋OH－　c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)　NaCl、NaHCO3、CO2(或H2CO3)
[解析] 地壳中含量最多的非金属元素Z是O，含量最多的金属元素R是Al；短周期元素中只有H、C、Si的最高正价与最低负价之和为0，又因X的原子序数小于Y且都小于O的原子序数，故X、Y分别是H、C，与H同主族且原子序数大于O的短周期元素Q为Na。
(1)同周期元素随原子序数的递增元素原子半径逐渐减小，同主族元素随原子序数的递增元素原子半径逐渐增大，且氢元素的原子半径最小，据以上分析可知五种元素的原子半径由大到小的顺序为Na＞Al＞C＞O＞H。
(2)H与C形成的化合物中，既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的是CH≡CH。
(3)C是溶于水显酸性的气体，C是CO2，其结构式为O===C===O；D是淡黄色固体，D是Na2O2，其电子式为Na＋[∶O?,?∶O?,? ∶]2－Na＋。
①A、B分别是NaAlO2、Al(OH)3，向NaAlO2溶液中通入CO2的离子方程式为AlO＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋HCO或2AlO＋3H2O＋CO2===2Al(OH)3↓＋CO。
②A、B分别是Na2CO3、NaHCO3，Na2CO3溶液因CO的水解而显碱性，CO水解的离子方程式为CO＋H2O??HCO＋OH－；等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中，CO的水解程度大于HCO的水解程度，故混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)；当滴加盐酸至恰好反应时，溶液因溶有CO2而显酸性，所以当溶液呈中性时，溶液中溶质除含CO2和NaCl外，还应含有未完全反应的NaHCO3。
8．　 已知：
2RCH2CHOR－CH2CHCRCHO。
水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：
图0
请回答下列问题：
(1)一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为________。
(2)B能与新制的Cu(OH)2发生反应，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)C有________种结构；若一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂：________________。
(4)第③步的反应类型为________；D所含官能团的名称为____________。
(5)写出同时符合下列条件的水杨酸所有同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________。
a．分子中有6个碳原子在一条直线上；
b．分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团。
(6)第④步的反应条件为________________；写出E的结构简式：________________________。
8．[答案] (1)C4H10O　1-丁醇(或正丁醇)
(2)CH3CH2CH2CHO＋2Cu(OH)2＋NaOH△,Ｆ
CH3CH2CH2COONa＋Cu2O↓＋3H2O
(3)2　银氨溶液、稀盐酸、溴水(或其他合理答案)
(4)还原反应(或加成反应)　羟基
(5)HOCH2CCCCCH2COOH、
CH3CCCCCHCOOHOH
HOCH2CH2CCCCCOOH、
CH3CHOHCCCCCOOH
(6)浓H2SO4，加热　
OHCOOCH2CCH2CH3HCH2CH2CH2CH3
[解析] (1)一元醇A的相对分子质量为＝74，烃基的式量为57，烃基为丁基，故A的分子式为C4H10O；A只有一个甲基，故A的结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，其名称为1-丁醇(或正丁醇)。
(2)CH3CH2CH2CH2OH催化氧化得CH3CH2CH2CH2CHO，即B为CH3CH2CH2CH2CHO。
(3)C有两种结构CHCH—CHOCH3CH2CHCH2CH3和C—CHOCH3CH2CH2CHCH2CH3；C分子含有碳碳双键和醛基两种官能团，可用银氨溶液检验醛基，用溴水检验碳碳双键，但由于醛基具有强还原性，也能使溴水褪色，所以应先加银氨溶液检验醛基，然后加盐酸酸化，最后加溴水以检验碳碳双键。
(4)根据C的结构简式并结合D的相对分子质量(130)可推知，D为CH3CH2CH2CH2CHCH2OHCH2CH3，则③的反应类型为C与氢气的加成反应(或还原反应)。
(5)碳链上的碳原子共直线，说明有机物分子中含有碳碳三键，根据水杨酸的结构简式可知，符合条件的水杨酸的同分异构体中含有两个碳碳三键、一个羟基和一个羧基，据此可写出所有符合条件的同分异构体的结构简式。
(6)第④步的反应是D与水杨酸的酯化反应，反应条件是浓硫酸、加热，生成的酯为
9．　
FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
图0
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为_________________________________。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是________________________________________________________________________。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)________。
(4)装置B中冷水浴的作用为________________________________；装置C的名称为________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：________。
(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂。
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为__________________________________。
(7)电解池中H＋在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________。
(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的原子利用率为100%；②_____________________________。
9．[答案] (1)2Fe＋ 3Cl2△,Ｆ2FeCl3
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热
(3)②⑤
(4)冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品　干燥管　
K3[Fe(CN)6]溶液
(5)
(6)2Fe3＋＋ H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(7)Fe2＋－e－===Fe3＋
(8)FeCl3得到循环利用
[解析] (1)Cl2与铁屑加热发生反应2Fe＋3Cl22FeCl3。
(2)根据FeCl3加热易升华，可在沉积FeCl3固体的下方用酒精灯加热，使FeCl3全部进入收集器。
(3)第②步通入干燥的Cl2和第⑤步通入干燥的N2，都是防止FeCl3潮解所采取的措施。
(4)装置B中冷水浴的作用是冷却FeCl3，便于产品收集；Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]溶液变蓝，故可用K3[Fe(CN)6]溶液检验FeCl2是否完全反应。
(5)用NaOH溶液吸收含Cl2的尾气。
(6)FeCl3溶液吸收H2S有单质硫生成，故该反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。
(7)惰性电极电解FeCl2和HCl的混合溶液，由于还原性Fe2＋＞Cl－，所以Fe2＋优先在阳极上失去电子被氧化成Fe3＋。
(8)实验Ⅱ中FeCl3溶液吸收H2S后变成FeCl2和HCl的混合溶液，通过电解又变成FeCl3溶液，所以FeCl3溶液的循环利用是该实验的又一个优点。
10．　
某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5 μm的悬浮颗粒物)，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。
请回答下列问题：
(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为________，试样的pH＝________。
(2)为减少SO2的排放，常采取的措施有：
①将煤转化为清洁气体燃料。
已知：H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式：_________________________。
②洗涤含SO2的烟气。以下物质可作洗涤剂的是__________________________。
a．Ca(OH)2　　　　　 b．Na2CO3
c．CaCl2 d．NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化
①已知汽缸中生成NO的反应为
N2(g)＋O2(g)??2NO(g)　ΔH>0
若1 mol空气含0.8 mol N2和0.2 mol O2，1300 ℃时在密闭容器内反应达到平衡，测得NO为8×10－4 mol。计算该温度下的平衡常数K＝________。
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：
2CO(g)===2C(s)＋O2(g)
己知该反应的ΔH>0，简述该设想能否实现的依据：___________________________。
③目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
10．[答案] (1)酸性　4
(2)①C(s)＋ H2O(g)===CO(g)＋ H2(g)　
ΔH＝ ＋131.3 kJ·mol－1
②a、b
(3)①4×10－6　温度升高，反应速率加快，平衡右移
②该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不自发进行
③2CO＋2NO催化剂,Ｆ2CO2＋N2
[解析] (1)PM2.5中含NH，因NH的水解而显酸性；根据电荷守恒得c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(Cl－)，将表格中的数据代入求得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4。
(2)①第2个方程式减第1个方程式得目标反应的热化学方程式为C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)　ΔH＝＋131.3 kJ·mol－1。
②SO2是酸性氧化物，可用碱性物质吸收，故正确答案为a、b。
(3)①K＝＝＝4×10－6；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且升高温度，反应速率加快。
②该反应ΔH＞0、且ΔS＜0，故反应在任何温度下都不能自发。
③NO具有氧化性，能将CO氧化成CO2，自身被还原为N2。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·安徽卷
7．　 我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有关说法正确的是(　　)
A．该反应为吸热反应
B．CO2分子中的化学键为非极性键
C．HCHO分子中既含σ键又含π键
D．每生成1.8 g H2O消耗2.24 L O2
7．C　[解析] 甲醛发生氧化反应属于放热反应，A项错误；CO2分子中化学键为碳氧双键，该化学键是不同非金属元素间形成的极性键，B项错误；在HCHO中C—H键为σ键，在碳氧双键中一条为σ键、一条为π键，C项正确；根据HCHO＋O2CO2＋H2O可知，每生成1.8 g(即0.1 mol)水，消耗0.1 mol O2，因不知氧气所处温度、压强，无法确定其体积，D项错误。
8．　 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图0所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是(　　)
图0
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
8.B　[解析] NH3的密度小于空气，收集时需用向下排空气法，即c中导管应是“短进长出”，A项错误；SO2的密度大于空气，收集时需用向上排空气法，即c中导管应是“长进短出”，尾气可用碱液吸收，B项正确；制取NO2需选用Cu与浓硝酸反应，C项错误；采用浓盐酸与MnO2制取氯气时需要加热，D项错误。
9．　 下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是(　　)
A．银氨溶液：Na＋、K＋、NO、NH3·H2O
B．空气：C2H2、CO2、SO2、NO
C．氢氧化铁胶体：H＋、K＋、S2－、Br－
D．高锰酸钾溶液：H＋、Na＋、SO、葡萄糖分子
9．A　[解析] 银氨溶液为碱性溶液，在碱性溶液中Na＋、K＋、NO、NH3·H2O间不能发生反应，可大量共存，A项正确；在空气中，NO会与O2发生反应生成NO2，B项错误；H＋与S2－可生成H2S气体，C项错误；葡萄糖含有的醛基和羟基，在高锰酸钾溶液中能发生氧化反应，D项错误。
10．　 热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图0所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4＋2LiCl＋Ca===CaCl2＋Li2SO4＋Pb。下列有关说法正确的是(　　)
图0
A．正极反应式：Ca＋2Cl－－2e－===CaCl2
B．放电过程中，Li＋向负极移动
C．每转移0.1 mol电子，理论上生成20.7 g Pb
D．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转
10．D　[解析] 正极上应是得电子发生还原反应，A项错误；电池工作时，电解质中的阳离子移向电池正极，B项错误；利用总反应方程式知每转移2 mol电子生成1 mol Pb，故转移0.1 mol电子时，生成m(Pb)＝0.05 mol×207 g·mol－1＝10.35 g，C项错误；常温下，电解质LiCl-KCl为固态，该电池不能形成闭合回路，因此常温下该电池不能工作，D项正确。
11．　 一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：
MgSO4(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(　　)
图0
选项
x
y
A
温度
容器内混合气体的密度
B
CO的物质的量
CO2与CO的物质
的量之比
C
SO2的浓度
平衡常数K
D
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
11.A　[解析] 正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，容器内混合气体质量增加，而容器体积不变，故容器内混合气体的密度随温度升高而增大，A项正确；增加CO的物质的量，平衡虽正向移动，但因正反应为气体体积增大的反应，故达到新平衡时CO的转化率较原来的低，所以变小，B项错误；反应的平衡常数只与温度有关，因此SO2的浓度变大，反应平衡常数K不变，C项错误；MgSO4为固态，因此增加MgSO4的质量(忽略体积)，其他反应物的浓度不变，平衡不移动，CO的转化率不变，D项错误。
12．　 我省盛产矿盐(主要成分是NaCl，还含有SO等其他可溶性杂质的离子)。下列有关说法正确的是(　　)
A．由矿盐生产食盐，除去SO最合适的试剂是Ba(NO3)2
B．工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气
C．室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度
D．用酚酞试液可鉴别饱和食盐水和饱和纯碱溶液
12．D　[解析] 用Ba(NO3)2除去实验中混有的SO，会引入新的杂质离子NO，A项错误；工业上制取金属钠是通过电解熔融NaCl，B项错误；在食盐水中因存在Cl－，降低AgCl的溶解度，即室温下，AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度，C项错误；饱和纯碱中因CO水解溶液呈碱性，可使酚酞试液变红，食盐水溶液为中性溶液，不能使酚酞试液变色，D项正确。
13．　 已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2O＝H2SO3＋OH－　①；
HSO＝H＋＋SO　②。
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)
A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－)
13．C　[解析] 加入少量金属钠，因发生反应：2Na＋2H＋===H2↑＋2Na＋，导致平衡②右移，溶液中c(HSO)减小，A项错误；加入少量Na2SO3固体后，利用电荷守恒知溶液中离子浓度关系为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，B项错误；加入少量NaOH溶液，发生反应：OH－＋H＋===H2O，导致平衡②右移，溶液中碱性增强，即c(OH－)、c(SO)变大，c(H＋)、c(HSO)均变小，C项正确；原溶液为NaHSO3溶液，当加入氨水呈中性时，由“Na、S原子守恒”仍可得：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，即c(Na＋)＞c(SO)，D项错误。
25．　 X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3
Y
Y是地壳中含量最高的元素
Z
Z的基态原子最外层电子排布式为3s23p1
W
W的一种核素的质量数为28，中子数为14
(1)W位于元素周期表第________周期第________族；W的原子半径比X的________(填“大”或“小”)。
(2)Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”); XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________________________________________；
氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。
(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(4)在25 ℃、101 kPa下，已知13.5 g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式是___________________________________。
25．[答案] (1)三　ⅣA　大
(2)小　分子间作用力　乙酸(其他合理答案均可)
(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液　Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑
(4)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)　ΔH＝－3352 kJ·mol－1(其他合理答案均可)
[解析] 利用X的信息知其为ⅣA族元素，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电子排布式为3s23p1，则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28，中子数为14，则质子数为14，则W为硅元素。(1)Si核外电子层数为3、最外层电子数为4，因此Si位于第三周期ⅣA族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si的原子半径比C的大。(2)铝为较活泼金属，最外层3p1电子容易失去，因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；CO2晶体转化为气体，分子没有改变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作用力；由H、C、O形成的分子：乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。(3)Al与盐酸反应后的溶液中含有Al3＋，因此向该溶液中加入NaOH至过量，依次发生反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最终变为无色溶液；Si与HF反应可置换出H2，同时还生成SiF4气体。(4)13.5 g Al物质的量为0.5 mol，由题中数据可知4 mol Al与氧气完全反应生成固态Al2O3时，放出热量为419 kJ×＝3352 kJ。
26．　 有机物F是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成(部分反应条件略去)：
图0
(1)B的结构简式是________；E中含有的官能团名称是________。
(2)由C和E合成F的化学方程式是______________________________________。
(3)同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是____________。
①含有3个双键　②核磁共振氢谱只显示1个吸收峰　③不存在甲基
(4)乙烯在实验室可由________(填有机物名称)通过________(填反应类型)制备。
(5)下列说法正确的是________。
a．A属于饱和烃　　　　b．D与乙醛的分子式相同
c．E不能与盐酸反应 d．F可以发生酯化反应
26．[答案] (1)HOOC(CH2)4COOH　氨基、羟基
(2)(CH2)4COOCH3COOCH3＋2H2NCH2CH2OH
(CH2)4CONH(CH2)2OHCONH(CH2)2OH＋2CH3OH
(3)
(4)乙醇　消去反应(其他合理答案均可)
(5)a、b、d
[解析] (1)利用B的分子式和C的结构简式，结合B→C的转化条件，可逆推知B为己二酸(HOOCCH2CH2CH2CH2COOH)、E中含有的官能团是氨基(—NH2)与羟基(—OH)。(2)利用C、E、F的结构简式知C＋E→F的反应类似于酯化反应，结合原子守恒知同时有甲醇生成。(3)分子式为C6H6的分子中含有三个双键，由其氢原子的不饱和程度知必定含有碳环，再结合其他限定条件可推出该同分异构体(高度对称才可满足核磁共振氢谱只显示1个吸收峰)的结构简式为。(4)实验室中制取乙烯常用乙醇在浓硫酸、170 ℃的条件下发生消去反应制得。(5)有机物A为环己烷，属于饱和烃；物质D是环氧乙烷，其分子式同乙醛一样，均为C2H4O；物质E中含有氨基，可与盐酸反应；F中含有醇羟基，可与羧酸发生酯化反应。
27．　 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
图0
(1)洗涤滤渣A的目的是为了除去________(填离子符号)，检验该离子是否洗净的方法是________________________________________________________________________。
(2)第②步反应的离子方程式是_________________________________________，滤渣B的主要成分是_______。
(3)萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________(填“能”或“不能”)与水互溶。实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等。
(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536 g，加硫酸溶解后，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋)，消耗25.00 mL标准溶液。该产品中Ce(OH)4的质量分数为________。
27．[答案] (1)Fe3＋　取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净(其他合理答案均可)
(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O　SiO2(其他合理答案均可)
(3)不能　分液漏斗
(4)97.0%
[解析] (1)由流程图可知，利用滤渣A最终可回收铈，故可推知滤渣A中含有CeO2和不溶于盐酸的SiO2，滤液A中的溶质则为Fe2O3与盐酸反应生成的FeCl3，滤渣A是从FeCl3溶液中过滤得到，故洗涤滤渣A的目的是除去表面沾附的Fe3＋；检验是否洗净可通过取最后一次洗涤液，用KSCN溶液来检验洗涤液中是否含有Fe3＋。(2)第②步是在酸性条件下，CeO2与H2O2发生氧化还原反应，CeO2被还原为Ce3＋，则H2O2被氧化为O2，故可写出反应的离子方程式；结合(1)中分析可知滤渣B的主要成分是SiO2。(3)由TBP可用作从水溶液中萃取铈离子的萃取剂可知TBP不能与水互溶；萃取操作用到的仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等。(4)利用电子守恒、原子守恒可得关系式：Ce(OH)4～Ce4＋～Fe2＋，由此可得0.536 g样品中含有m[Ce(OH)4]＝0.100 0 mol·L－1×0.025 L×208 g·mol－1＝0.52 g，所以产品中Ce(OH)4的质量分数为0.52 g÷0.536 g×100%＝97.0%。
28．　 某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号
初始pH
废水样品
体积/mL
草酸溶液
体积/mL
蒸馏水
体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图0所示。
图0
(2)上述反应后草酸被氧化为________(填化学式)。
(3)实验①和②的结果表明_____________________________________；
实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝________mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：___________________________________________；
假设三：___________________________________________；
……
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
28.[答案] (1)
实验编号
初始pH
废水样品
体积/mL
草酸溶液
体积/mL
蒸馏水
体积/mL
③
20
20
(2)CO2
(3)溶液pH对该反应的速率有影响　
(4)Al3＋起催化作用　SO起催化作用
(5)
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
用等物质的量K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验
反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立
(本题属于开放性试题，合理答案均可)
[解析] (1)三组实验加入废水的体积相同，为保证废水样品初始浓度相同，则应保证加入草酸、蒸馏水后的反应液总体积都相等。为探究不同草酸浓度对反应的影响，实验③需改变加入草酸溶液体积与蒸馏水的体积，参照实验①、②可知实验③加入草酸溶液体积与蒸馏水的体积之和应是40 mL。(2)草酸中碳元素为＋3价，因此草酸被氧化后生成CO2。(3)实验①、②只有反应的pH不同，故结合c(Cr2O)随时间的变化图示知溶液的pH对反应速率有影响；v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝。(4)铁明矾溶液中存在Fe2＋、Al3＋、SO，均有可能起催化作用，因此假设二、三分别假设Al3＋、SO具有催化作用。(5)可采用对比实验，采取逐一验证其催化作用的离子，如用等物质的量明矾代替实验①中的铁明矾，控制其他实验条件与实验①相同，通过看相同时间内c(Cr2O)的变化，从而得知假设一是否正确。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·山东卷
7．　 化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是(　　)
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D．利用粮食酿酒经历了淀粉―→葡萄糖―→乙醇的化学变化过程
7．D　[解析] 合成聚乙烯是加成反应，聚乙烯内无碳碳双键，聚乙烯老化是指在阳光、氧气等作用下聚乙烯内部结构发生复杂的变化，不是加成反应，A项错误；煤的气化、液化生成新物质，是化学变化，B项错误；碳纤维是一种新型无机高分子材料，不属于有机高分子材料，C项错误；粮食酿酒的过程依次发生化学变化为：淀粉发生水解最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，D项正确。
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0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(　　)
W
X
Y
Z
图0
A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y
B．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Y
C．X元素形成的单核阴离子还原性大于Y
D．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性
8．A　[解析] 由元素在周期表的位置可知W、X、Y、Z分别代表N、O、S、Cl四种元素。元素的非金属性越弱，其氢化物的稳定性越弱，故O、S、Cl三种元素相应最简单氢化物稳定性最弱的是H2S，A项正确；HClO是弱酸，酸性HClO9．　 足量下列物质与相同质量的铝反应，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
9．A　[解析] 相同质量的铝与足量的NaOH溶液、稀硫酸、盐酸反应，放出氢气的物质的量相等，但消耗相应溶液中溶质的物质的量之比为2∶3∶6；稀硝酸与Al反应不能产生氢气，故正确答案为A。
10．　　
莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图0，下列关于莽草酸的说法正确的是(　　)
图0
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有2种官能团
C．可发生加成和取代反应
D．在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
10．C　[解析] 利用“碳形成四条共价键的价键规律”，由莽草酸的结构简式可知其分子式为C7H10O5，A项错误；分子中含有碳碳双键、羧基、羟基3种官能团，B项错误；分子中含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基、羟基，可发生取代反应，C项正确；在水溶液中，只有羧基可电离出氢离子，D项错误。
11.　　
利用实验器材(规格和数量不限)能完成相应实验的一项是(　　)
选项
实验器材(省略夹持装置)
相应实验
A
烧杯、玻璃棒、蒸发皿
CuSO4溶液的浓缩结晶
B
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滤纸
用盐酸除去BaSO4中少量BaCO3
C
烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶
用固体NaCl配制0.5 mol·L－1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溶液中少量NaI
11.D　[解析] CuSO4溶液浓缩结晶需要加热，缺少酒精灯，A项错误；用盐酸除去BaSO4中的BaCO3，方法是将固体样品溶于盐酸中后过滤、洗涤，缺少组成过滤器的仪器——漏斗，B项错误；配制一定物质的量浓度的NaCl溶液，需要称取一定质量的NaCl，缺少称量用的托盘天平，C项错误；除去NaBr溶液中少量的NaI，只需将溴水加入含有少量NaI的NaBr溶液充分反应后，再采取萃取操作即可，因此需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，D项正确。
12．　　
对于反应CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH＜0，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ΔH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，反应放出的热量不变
D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变
12．B　[解析] 反应的ΔH大小只取决于反应物、生成物的状态与反应条件，而和反应是否使用催化剂、反应途径无关，A项错误；该反应在反应前后气体的总体积不变，因此改变压强，平衡不移动，反应放出的热量不变，B项正确；升高温度，平衡逆向进行，反应放出热量减小，C项错误；在原电池中，随反应进行，能量转化形式是化学能转化为电能，而不再是化学能转化为热能，D项错误。
13．　　
某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])与pH的变化关系如图0所示，则(　　)
图0
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)＞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
13．C　[解析] Q点的pOH＝pH可说明该点溶液为中性，溶质为CH3COONa与少量CH3COOH，M点溶液为酸性，溶液中溶质为CH3COOH和少量CH3COONa，所以M点溶液中离子浓度小于Q点，故导电能力M点比Q点弱，A项错误；N点溶液中溶质为CH3COONa和NaOH，因此溶液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)，B项错误；M点与N点所示溶液中水的电离均受到抑制，水的电离程度均为10－b mol/L，C项正确；Q点溶液中溶质为CH3COONa与少量CH3COOH，再结合醋酸与NaOH溶液是等物质的量浓度，可推知Q点消耗NaOH溶液的体积小于醋酸的体积，D项错误。
28．　　
金属冶炼与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．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．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1 mol O2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)图0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产生，则生成该气体的电极反应式为________________________________________________________________________。
图0
(4)为处理银器表现的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是_____________________________________。
28．[答案] (1)b、d
(2)Cu2S　4　H2
(3)a　2H＋＋NO＋e－===NO2↑＋H2O
(4)作电解质溶液(或导电)
[解析] (1)在金属活动顺序表中，排在金属铝前面的金属需采取电解法冶炼，而金属Fe、Cu利用热还原法冶炼。(2)在反应中Cu2S中Cu、S化合价升高被氧化，Cu2S在反应中作还原剂；1 mol O2发生反应，得到4 mol电子，因此还原剂所失去的电子也一定是4 mol；在CuSO4溶液中，因Cu2＋水解溶液显酸性，所以向CuSO4溶液中加入镁条产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，含杂质的粗银应连接电源正极作阳极；b极为阴极，电解时发生还原反应，由此可知该极产生的少量红棕色气体是溶液中的NO得电子发生还原反应生成的NO2。(4)该处理过程要形成原电池，Al为负极、Ag2S为正极，因此食盐水的作用是作电解质溶液，形成闭合电路。
29．　　
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)　ΔH＞0　(Ⅰ)
反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝________，若K＝1，向某恒容容器中加入1 mol I2(g)和足量TaS2(s)，I2(g)的平衡转化率为________。
(2)如图0所示，反应(Ⅰ)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TaS2晶体，则温度T1________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。上述反应体系中循环使用的物质是________。
图0
(3)利用I2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成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，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________mol·L－1，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”)。
29．[答案] (1)　66.7%
(2)<　I2
(3)淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO
(4)1×10－12　增大
[解析] (1)固态与纯液态物质的浓度为常数，不计入平衡常数表达式，因此反应(Ⅰ)的平衡常数表达式K＝；设平衡时转化I2的物质的量2x mol，则平衡时TaI4、S2的物质的量均为x mol，设容器体积为V L，由题意得：＝1，，解得x＝，故I2(g)的平衡转化率等于66.7%。(2)在温度为T2的一端反应投入未提纯的TaS2粉末和少量I2(g)，一段时间后在温度为T1的一端生成纯净的TaS2晶体，要想实现该转化，只有在温度为T2的一端发生正反应，使TaS2粉末转化为气态，然后在温度为T1的一端发生逆反应生成纯净的TaS2晶体，利用“正反应为吸热反应”可知高温反应正向移动，降温反应逆向移动，因此可推知T1＜T2；利用上述过程分析可知I2(g)可循环利用。(3)利用碘遇淀粉变蓝色可知该滴定操作指示剂可选用淀粉溶液，滴定终点时溶液由无色变为蓝色且30 s内不褪色。(4)Kh＝＝＝＝＝1×10－12 mol·L－1；加入少量的I2后，I2与HSO反应使c(HSO)减小，引起HSO水解程度增大，所以NaHSO3溶液中将增大。
30．　　
TiO2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)△,ＦTiCl4 (g) ＋CO2 (g) ，在无水无氧条件下制备TiCl4，实验装置示意图如下：
图0
有关物质性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
CCl4
－23
76
与TiCl4互溶
TiCl4
－25
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：①停止通N2；②熄灭酒精灯；③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、SiO2等杂质)制备TiO2的有关反应包括：
酸溶　
FeTiO3(s) ＋2H2SO4(aq)===FeSO4(aq)＋TiOSO4(aq)＋2H2O(l)
水解　
TiOSO4(aq)＋2H2O(l)90 ℃,ＦH2TiO3(s)＋H2SO4(aq)
简要工艺流程如下：
图0
①试剂A为________。钛液Ⅰ需冷却至70 ℃左右，若温度过高会导致产品TiO2收率降低，原因是_______________________________________________________。
②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)。
30．[答案] (1)干燥管　浓H2SO4　检查气密性　②③①　分馏(或蒸馏)
(2)①Fe　温度过高会导致TiOSO4提前水解，产生H2TiO3沉淀
②Fe2＋　Fe2O3
[解析] (1)利用有关物质的性质和实验目的，可知在装置D中冷却得到液态TiCl4，则E中需盛装浓硫酸试剂，目的是为防止空气中水蒸气进入D与TiCl4发生水解反应；该反应流程中有气体参与和生成，因此在组装好仪器，添加药品前需要检查装置的气密性；实验结束时，为防止D中液体产物倒吸入装置C中，应熄灭酒精灯，然后让产品在氮气流中冷却到室温，最后再停止通入氮气；D中为互溶的CCl4与TiCl4液体，二者沸点相差较大，因此可采用蒸馏或分馏的方法对该混合物进行分离提纯。(2)① 利用题中信息可知铁钛矿采用硫酸酸溶后的钛液Ⅰ中含有FeSO4、TiOSO4以及铁钛矿中杂质Fe2O3与H2SO4作用生成Fe2(SO4)3，利用流程知加入试剂A的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，遵循除杂不引入新杂质的原则可知试剂A是铁；利用题中TiOSO4发生水解的信息知，若得到钛液Ⅰ温度过高，TiOSO4提前发生水解生成H2TiO3沉淀，与硫酸亚铁晶体一起被过滤去，会造成Ti损失。② 利用题中叙述的实验现象可知溶液中含有Fe2＋；H2TiO3中含有的杂质Fe2＋在加热过程中发生氧化反应，转化为Fe2O3导致获得的TiO2发黄。
31．　 [化学—化学与技术]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：
图0
(1)电解时废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，HCl溶液为电解液。阴极主要的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(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 粉的化学反应方程式为______________________________。
31．[答案] (1)2H＋＋2e－===H2↑
(2)Fe(OH)3　Co2＋(或Co)
(3)NH4Cl　焙烧时NH4Cl分解产生NH3和HCl
(4)Co2O3＋3H22Co＋3H2O
[解析] (1)电解池中阴极发生还原反应，电解质溶液为盐酸，故在阴极上是H＋得电子发生还原反应生成氢气。(2)利用流程图知电解后废旧刀具碳化物已滤出，因此经净化得到滤液中含有Co2＋与Fe2＋，加入H2O2后Fe2＋被氧化为Fe3＋，再加入NH3·H2O后Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀，Co2＋留在溶液中进入后续反应，故滤饼的主要成分为Fe(OH)3；因滤饼是从CoCl2溶液中过滤得到，因此滤饼表面上会沾有CoCl2，所以洗涤滤饼的洗涤液中含有Co2＋，可见回收洗涤液的目的是回收利用其中含有的Co2＋。(3)草酸铵与CoCl2溶液反应后得到草酸钴沉淀，同时生成NH4Cl，因此溶液Ⅰ中的主要成分是NH4Cl，若对草酸钴洗涤不干净，则其表面沾有NH4Cl，NH4Cl加热时分解为NH3和HCl，因此不会对最终产品纯度有影响，但因产生NH3、HCl会造成环境污染。(4)由流程图知还原Co2O3所用的还原剂是H2，因此可知反应产物为Co和H2O。
32．、、　
[化学—物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br 等。
(1)下列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________。
图0
(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图0为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。
图0
(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________。
32．[答案] (1)A
(2)2　BN
(3)sp2　sp3　3
(4)X
[解析] (1)卤族元素随核电荷数的增大，元素的非金属性依次减弱，则电负性逐渐变小；F无最高正价，Cl、Br的最高正价为＋7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF＞HCl；卤族元素单质结构相似，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，熔点依次升高。(2)利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4×＋1＝2，同理可知含有N的个数为8×＋1＝2，因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCl3与NCl3的中心原子的价层电子对数分别为3、4，因此二者中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3；因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4)在BCl3中，B具有空轨道，可接受孤对电子形成配位键，因此B与X形成配位键时X提供孤对电子。
33．　 [化学—有机化学基础]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：
图0
已知反应：R—CNR—COOH
R—CNR—CH2NH2
(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________；①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___________________________________。
33．[答案] (1)CH3CH2CH2CHO、(CH3)2CHCHO
(2)CH2ClCH2CH2CH2Cl　取代反应
(3)HNO3、AgNO3
(4)nH2N—(CH2)6—NH2＋nHOOC—(CH2)4—COOH―→CH?NH(CH2)6NHO(CH2)4C?OHO＋(2n－1)H2O
[解析] (1)能与银氨溶液反应说明物质中含有—CHO，B的分子式为C4H8O，因此符合条件的同分异构体有两种，分别为CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CH—CHO。(2)C→D发生取代反应，故D的结构简式为ClCH2CH2CH2CH2Cl。(3)物质D中官能团为—Cl，因此检验ClCH2CH2CH2CH2Cl中官能团需要让ClCH2CH2CH2CH2Cl先在NaOH水溶液中水解，使—Cl转化为Cl－，然后再加入硝酸中和NaOH溶液至溶液呈酸性，最后加入AgNO3溶液，利用得到的AgCl白色沉淀即可证明D中官能团为—Cl。(4)利用题中“已知反应”和框图转化等信息可知F为己二酸、G为己二胺，所以H是F与G发生缩聚反应得到的高分子产物。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·广东卷
7．　
下列说法正确的是(　　)
A．糖类化合物都具有相同的官能团
B．酯类物质是形成水果香味的主要成分
C．油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇
D．蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基
7．B　[解析] 单糖是糖类化合物的典型代表，其中葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，前者所含的醛基和后者所含的酮基或羰基不相同，A项错误；形成水果香味的主要成分是酯类，B项正确；油脂是高级脂肪酸甘油三酯，皂化反应时生成高级脂肪酸盐和甘油(或丙三醇)，不可能生成脂肪酸和丙醇，C项错误；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，而不是羧基和羟基，D项错误。
8．　 水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．Na＋、Al3＋、Cl－、CO
B．H＋、Na＋、Fe2＋、MnO
C．K＋、Ca2＋、Cl－、NO
D．K＋、NH、OH－、SO
8．C　[解析] Al3＋与CO容易在水中发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，A项错误；MnO具有强氧化性，Fe2＋具有还原性，它们在酸性溶液中容易发生氧化还原反应，即8H＋＋5Fe2＋＋MnO===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，B项错误；K＋、Ca2＋、Cl－、NO之间不能发生复分解反应和氧化还原反应，因此它们在水中能大量共存，C项正确；NH和OH－能发生复分解反应，生成一水合氨，即NH＋OH－===NH3·H2O??NH3↑＋H2O，D项错误。
9．　
设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A．常温常压下，8 g O2含有4nA个电子
B．1 L 0.1 mol·L－1的氨水中有nA个NH
C．标准状况下，22.4 L盐酸含有nA个HCl分子
D．1 mol Na被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子
9．A　[解析] 8 g O2的物质的量为n(O2)＝8 g÷32 g/mol＝ mol，氧的核电荷数为8，则8 g O2中n(电子)＝16n(O2)＝16× mol＝4 mol，N(e－)＝n(e－)·NA＝4 mol×nA mol－1＝4nA，A项正确；1 L 0.1 mol·L－1的氨水中n(NH3·H2O)＝c·V＝0.1 mol/L×1 L＝0.1 mol，由于NH3·H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，则N(NH)远远小于0.1nA，B项错误；标准状况下的盐酸是混合物，不能用V÷22.4 L/mol计算出其物质的量，盐酸中不存在HCl分子，C项错误；由2Na＋O2Na2O2可知，Na→Na＋失去1个电子，则1 mol Na被完全氧化成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。
10．　
下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是(　　)
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
NH4Cl为强酸弱碱盐
用加热法除去 NaCl中的NH4Cl
B
Fe3＋具有氧化性
用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋
C
溶解度：CaCO3溶解度：Na2CO3D
SiO2可与HF反应
氢氟酸不能保存在玻璃瓶中
10.D　[解析] NH4Cl受热易分解为氨气和氯化氢气体，NaCl加热不分解，因此可用加热法除去NaCl中的NH4Cl，与NH4Cl为强酸弱碱盐无关，叙述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，A项错误；用KSCN溶液可以鉴别Fe3＋是因为Fe3＋与KSCN溶液反应生成的Fe(SCN)3显红色，与Fe3＋具有氧化性无关，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确，但无因果关系，B项错误；溶解度CaCO3NaHCO3，陈述Ⅰ正确，陈述Ⅱ错误，C项错误；HF是唯一能与SiO2反应的酸，玻璃的主要成分是SiO2，则氢氟酸不能保存在玻璃瓶中，陈述Ⅰ、Ⅱ正确且有因果关系，D项正确。
11．　
下列措施不合理的是(　　)
A．用SO2漂白纸浆和草帽辫
B．用硫酸清洗锅炉中的水垢
C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D．用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2＋和Hg2＋
11．B　[解析] 二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆和草帽辫，A项合理；锅炉中的水垢主要成分是 CaCO3，用硫酸除水垢会发生反应：CaCO3＋2H＋＋SO===CaSO4＋CO2↑＋H2O，生成的硫酸钙微溶于水而覆盖在水垢表面阻止了反应的进一步进行，不会彻底清除水垢，B项不合理；制取粗硅的主反应为SiO2＋2CSi＋2CO↑，C项合理；硫化铜、硫化汞难溶于水，Na2S易溶于水，加入硫化钠作沉淀剂，S2－与废水中Cu2＋和Hg2＋结合生成CuS沉淀、HgS沉淀，D项合理。
12．　
50 ℃时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0 mol·L－1
B．饱和小苏打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)
C．饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．pH＝12的纯碱溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1
12．C　[解析] pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4 mol·L－1，A项错误；饱和小苏打溶液中，NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO??H＋＋CO、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，则饱和小苏打溶液中c(Na＋)>c(HCO)，B项错误；根据电荷守恒原理可知饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C项正确；25 ℃时KW＝c(H＋)·c(OH－)＝ 10－14，升高温度，KW>1.0×10－14，则pH＝12的纯碱溶液中c(H＋)＝10－12 mol/L，c(OH－)＝>10－2 mol·L－1，D项错误。
22．　
元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示， 其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是(　　)
图0
A．非金属性：ZB．R与Q的电子数相差26
C．气态氢化物稳定性：RD．最高价氧化物的水化物的酸性：T>Q
22．BD　[解析] R与H2在暗处剧烈化合并发生爆炸，则R为氟元素；由此可以推断X、T、Z、Q分别是硫、氯、氩、溴，同周期元素随原子序数增大，非金属性逐渐增强，非金属性硫<氯，即X氯>溴，气态氢化物的稳定性HF>HCl>HBr，即R>T>Q，C项错误；非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性氯>溴，则最高价氧化物的酸性T>Q，D项正确。
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
无明显现象
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
23.AC　[解析] 浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖脱水炭化而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，单质碳与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，使黑色固体体积膨胀，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A项正确；常温下浓硝酸能使铝钝化，表面生成一层致密的保护膜，阻止内层金属与酸的反应，钝化是化学变化， B项错误；金属钠置换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C项正确；黑色的铁粉高温下与水蒸气发生置换反应，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，D项错误。
30．脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：
反应①：
CH3COCH2COOCH2CH3＋CHCHCHCH3OHCHCHCHCH3CHCOOCH2CH3CH3CO
　　　Ⅰ　　　　　　　　　　　Ⅱ
(1)化合物Ⅰ的分子式为________，1 mol该物质完全燃烧最少需要消耗________mol O2。
(2)化合物Ⅱ可使________溶液(限写一种)褪色；化合物Ⅲ(分子式为C10H11Cl)可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶2，Ⅳ的结构简式为___________。
(4)由CH3COOCH2CH3可合成化合物Ⅰ。化合物Ⅴ是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ。 Ⅴ的结构简式为________，Ⅵ的结构简式为________。
(5)一定条件下，CHOH与BrCCH也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为________。
30．[答案] (1)C6H10O3　7
(2)酸性KMnO4溶液(或溴水)　
CHCHCHCH3＋ NaOHCl
CHCHCHCH3＋NaClOH
(3)CHCHCHCH2
(4)HOCH2—CH===CH—CH2OH
HCOCHCHCOH
(5)CHCCBr
[解析] (1)反应①中化合物Ⅰ的分子式为C6H10O3；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：C6H10O3＋7O26CO2＋5H2O，则1 mol Ⅰ完全燃烧最少需要消耗7 mol O2；(2)反应①中化合物Ⅱ的官能团是碳碳双键、羟基，碳碳双键能与溴发生加成反应，碳碳双键、羟基都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则Ⅱ可以使溴的四氯化碳溶液或溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色；Ⅱ的结构简式为C6H5CH===CHCHOHCH3，其分子式为C10H12O，Ⅲ属于卤代烃，与NaOH水溶液共热生成Ⅱ，则Ⅲ的结构简式为C6H5CH===CHCHClCH3，据此可写出其水解反应的化学方程式；(3)卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成烯烃，则Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成C6H5CH===C===CHCH3或C6H5CH===CHCH===CH2，因产物核磁共振氢谱除苯环外有四组峰，峰面积之比为1∶1∶1∶2，则化合物Ⅳ的结构简式为C6H5CH===CHCH===CH2；(4)醇中羟甲基(—CH2OH或HOCH2—)在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的醛基(—CHO或OHC—)，则V的碳链两端各有1个羟甲基(—CH2OH或HOCH2—)，CH3COOCH2CH3的分子式为C4H8O2，减去2个C、6个H、2个O之后可得2个C、2个H，即Ⅴ的碳链中间剩余基团为—CH===CH—，则Ⅴ的结构简式为HOCH2CH===CHCH2OH，由此可推断Ⅵ的结构简式为OHCCH===CHCHO；(5)比较反应①中反应物Ⅰ、Ⅱ与生成物的结构简式，推断该反应实质是Ⅱ所含醇羟基中氧碳键断裂，Ⅰ所含酯基和酮基的邻碳上的碳氢键断裂，羟基与氢结合生成无机产物水，其余部分结合生成有机产物，由此类比可得类似反应①的有机产物的结构简式。
31．　
大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。
(1)O3将I－氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g)　ΔH1；
②IO－(aq)＋H＋(aq)??HOI(aq)　ΔH2；
③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)??I2(aq)＋H2O(l)　ΔH3。
总反应的化学方程式为_____________________________________，其反应热ΔH＝________。
(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)，其平衡常数表达式为______________。
(3)为探究Fe2＋对O3氧化I－反应的影响(反应体系如图0)，某研究小组测定两组实验中I浓度和体系pH，结果见图1和下表。
图0
图1
编号
反应物
反应前pH
反应后pH
第1组
O3＋I－
5.2
11.0
第2组
O3＋I－＋Fe2＋
5.2
4.1
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②图0中的A为________。由Fe3＋生成A的过程能显著提高I－的转化率，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③第2组实验进行18 s后，I浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)________。
A．c(H＋)减小　　　　B．c(I－)减小
C．I2(g)不断生成 D．c(Fe3＋)增加
(4)据图1，计算3～18 s内第2组实验中生成I的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
31．[答案] (1)2NaI＋O3＋H2SO4??Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(2)K＝
(3)①反应既消耗了氢离子又生成水，导致溶液中c(H＋)降低，pH升高
②Fe2＋　Fe3＋将I－直接氧化成I2，使溶液中c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－??I(aq)的平衡右移，消耗的c(H＋)增多
③BC
(4)v(I)＝＝≈5.5×10－4 mol/(L·s)
[解析] (1)臭氧在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质的过程由3步反应组成，观察已知3个热化学方程式中的反应物和生成物，发现①＋②＋③可以得出总反应的热化学方程式为2 I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)??I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)，根据盖斯定律可得其焓变ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；氢离子表示强酸如硫酸等，将臭氧持续通入NaI溶液中，总反应的化学方程式是2NaI＋O3＋H2SO4??Na2SO4＋I2＋O2＋H2O或2NaI＋O3＋H2SO4===Na2SO4＋I2＋O2＋H2O等；(2)由化学平衡常数定义式可得，I2(aq)＋ I－(aq)??I(aq)的平衡常数表达式为；(3)①导致前者反应后pH升高的原因是臭氧将碘离子氧化为I2的总反应的离子方程式为2I－＋O3＋2H＋??I2＋O2(g)＋H2O(或者第②③步反应的反应物中都有氢离子，第③步反应的生成物中有水)，既消耗氢离子又生成水，导致溶液的酸性减弱、pH升高；②第一组实验无催化剂，O3将I－氧化成I2分3步进行，第②③步反应都是可逆反应，因此I－的转化率很小；第二组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使发生反应所需活化能降低，催化剂的加入将总反应的离子方程式(2I－＋O3＋2H＋??I2＋O2＋H2O)一分为二，先后反应的离子方程式为2Fe2＋＋O3＋2H＋===2Fe3＋＋O2＋H2O、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，且催化剂在反应前后的总质量保持不变，因此图中A为Fe2＋；虽然催化剂(或Fe2＋)不能使总反应2 I－(aq)＋ O3(g)＋2H＋(aq)??I2(aq) ＋O2(g)＋H2O(l)所达平衡移动，但是它改变反应的路径，由铁离子生成亚铁离子的过程能显著提高碘离子的转化率的原因是Fe3＋可以将I－直接氧化成I2或2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，使溶液中c(I2)增大，进而使I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的平衡右移，消耗的c(I－)增多；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H＋)减小，图中第1组实验所得I浓度曲线先略为增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H＋)增大，图中第2组实验所得I浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H＋)减小，I浓度不会下降，A项错误；若c(I－)减小，则反应③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)??I2(aq)＋H2O(l)的平衡左移，c(I2)也减小，导致I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的平衡左移，所以I浓度下降，B项正确；若I2(g)不断生成，导致I2(aq)??I2(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I2)减小，又使 I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的平衡左移，则I浓度下降，C项正确；若c(Fe3＋)增加，Fe3＋将I－直接氧化成I2或发生反应2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则溶液中c(I2)增大，而海水中c(I－)略为减小或忽略不计，导致I2(aq)＋I－(aq)??I(aq)的平衡右移，I浓度增大，D项错误；(4)读图，3～18 s内第2组实验中I浓度由3.5×10－3 mol/L增加到11.8×10－3 mol/L，则生成I的平均反应速率v(I)＝＝≈5.5×10－4 mol/(L·s)，此问需要注意纵坐标中 “c(I)/10－3 mol·L－1” 隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“×10－3 mol·L－1”。
32．　
银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
图0
[注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]
(1)电解精炼银时，阴极反应式为________________________________________________________________________；
滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为___________________________________________。
(2)固体混合物B的组成为________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为______________________________________。
(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：
CuO＋____Al2O3____CuAlO2＋________↑。
(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________mol CuAlO2，至少需要1.0 mol·L－1的Al2(SO4)3溶液________L。
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是_____________________、洗涤和干燥。
32．[答案] (1)Ag＋＋e－===Ag　2NO＋O2===2NO2
(2)Al(OH)3和CuO　Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O　　
(3)4CuO＋2Al2O34CuAlO2＋O2↑
(4)50　25
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
[解析] (1)电解精炼银与电解精炼铜类似，纯银作阴极，粗银作阳极，硝酸银溶液作电解液，阳极主要反应式为Ag－e－===Ag＋，阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag；银是金属活动顺序表中氢后金属，不溶于稀硫酸，因为稀硫酸是非氧化性酸，则滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，能溶解银，即3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，产生的无色气体一氧化氮在空气中迅速被氧化为红棕色的二氧化氮气体，即2NO＋O2===2NO2；(2)CuAlO2中氧为－2价，铝为＋3价，则铜为＋1价，其化学式也可以写为Cu2O·Al2O3，相当于氧化亚铜和氧化铝按物质的量之比为1∶1熔合在一起，由此逆推，固体B的主要成分是物质的量之比为1∶1的Al(OH)3和CuO，因为Cu(OH)2开始分解的温度为80 ℃，水的沸点大于80 ℃，则煮沸前后发生的反应为Al3＋＋3OH－=== Al(OH)3↓、Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)2↓、Cu(OH)2CuO＋H2O，Al(OH)3开始分解的温度为450 ℃，在惰性气体中锻烧时发生的反应为2Al(OH)3Al2O3＋3H2O、4CuO2Cu2O＋O2↑；氢氧化铝是两性氢氧化物，NaOH是强碱，过量的NaOH能溶解部分或全部氢氧化铝，其离子方程式为Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，这必将导致目标产物产量的减少；(3)根据氧化还原反应的特征推断，铜元素由＋2价降为＋1价，铝元素化合价不变，由此推断反应前后升价元素一定是氧，且化合价由－2价升为相邻的0价，即缺少的生成物为氧气；根据化合价升降法配平可得：4CuO＋2Al2O34CuAlO2＋O2↑；(4)5.0 kg＝5.0×103 g，银铜合金废料中铜的质量为5.0×103 g×63.5%，由＝n可知n(Cu)为5.0×103 g×63.5%÷63.5 g/mol＝50 mol，根据铜守恒则有关系式：Cu～CuAlO2，则铜完全转化可以变为50 mol CuAlO2；根据铝守恒则有关系式：Al2(SO4)3～2CuAlO2，则至少需要25 mol Al2(SO4)3；由V＝可求至少需要V[Al2(SO4)3]＝25 mol÷1.0 mol/L＝25 L；(5)胆矾是硫酸铜溶液结晶析出的结晶水合物CuSO4·5H2O，从硫酸铜溶液中得到胆矾的基本操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。
33．　
化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。
(1)在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。
①下列收集Cl2的正确装置是________。
　　　 A　　　　B　　　C　　　　　　　D
图0
②将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是________。
③设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中，________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。
限选材料：ZnSO4(aq)、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)；铜片、铁片、锌片和导线。
①完成原电池甲的装置示意图(见图0)，并作相应标注。
图0
要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。
②以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极_________________________________________________。
③甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是________，其原因是________________________________________________________________________。
(3)根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选________作阳极。
33．[答案] (1)①C
②HClO、Cl2、ClO－
③向试管中滴加NaBr溶液，振荡、静置。试管中液体分层，上层接近无色，下层为橙红色
(2)①
②电极逐渐溶解
③甲　可以避免Zn与Cu2＋的接触，提高电池效率，提供稳定电流
(3)Zn
[解析] (1)①集气瓶中使用单孔橡胶塞，则瓶内气体压强增大到一定程度会发生爆炸等，A项错误；倒立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导气管中进，从短导气管中逸出，因此不能排出空气收集氯气，B项错误；正立的集气瓶中有双孔橡胶塞，氯气从长导管中进，空气从短导管排出，排出的气体通过倒扣漏斗、NaOH溶液吸收处理，既防止倒吸又防止排出氯气污染空气，C项正确；氯气与NaOH溶液反应Cl2＋2NaOH===NaClO＋NaCl＋H2O，因此不能用排NaOH溶液的方法收集氯气，D项错误；②氯气与水发生可逆反应Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO，所得氯水中含H2O、Cl2、H＋、Cl－、HClO、ClO－、OH－等离子，其中具有强氧化性的含氯粒子是Cl2、HClO、ClO－；(2)①带盐桥的原电池甲可以设计锌铜原电池(或铁铜原电池、锌铁原电池)，由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以为锌片和硫酸锌溶液、铜片和硫酸铜溶液(或者铁片和硫酸亚铁溶液、铜片和硫酸铜溶液，锌片和硫酸锌溶液、铁片和硫酸亚铁溶液)；②金属活动性Zn>Fe>Cu，则原电池乙中铜片作正极，锌片或铁片作负极，工作一段时间后，负极金属锌或铁被氧化，质量减轻，溶液中蓝色变浅；③甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能，其中带有盐桥的原电池甲中的负极金属锌(或铁)和硫酸铜没有直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极金属锌(或铁)和硫酸铜直接接触发生置换反应，部分化学能会转化为热能，化学能不能全部转化为电能；(3)铁片作正极(阴极)时被保护，而铁作负极(阳极)时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在(2)的材料中应选择比铁活泼的锌片作负极(阳极)，使铁片作正极(阴极)，从而牺牲锌片保护铁片；不能选择铜片，因为铜作正极(阴极)，而铁片作负极(阳极)，此时铁片的腐蚀速率加快，而不是延缓。
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2013年高考真题—化学精校精析
2013·新课标全国卷Ⅰ
7．　 化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是(　　)
A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
C．碘是人体必需的微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
7．C　[解析] 侯氏制碱法的基本原理是先利用NH3将食盐水饱和，然后通入CO2，溶解度较小的NaHCO3析出，NH3＋NaCl＋H2O＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓，煅烧NaHCO3得到Na2CO3，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，利用低温时NH4Cl比NaCl溶解度小的原理，向母液中加入NaCl粉末，则NH4Cl析出，得到化肥NH4Cl，A项正确；氨气可以与浓盐酸反应生成白烟状的NH4Cl固体颗粒，可检验输氨管道是否漏气，B项正确；微量元素不宜多吃，补充碘可在食盐中添加碘酸钾，C项错误；黑火药由C、S、KNO3三物质按一定比例混合而成，D项正确。
8．　
香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图0。下列有关香叶醇的叙述正确的是(　　)
图0
A．香叶醇的分子式为C10H18O
B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能发生加成反应不能发生取代反应
8．A　[解析] 直接数出C、O原子数，由不饱和度计算出分子式，A项正确；化合物中有碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，B项错误；碳碳双键也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项错误；化合物中有羟基及甲基，能发生取代反应，D项错误。
9．　 短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)
A．W2－、X＋　　　　　　　B．X＋、Y3＋
C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－
9．C　[解析] 由离子电荷数判断出：W为O，X为Na，Y为Al，Z为S。S2－水解生成OH－，使水的电离平衡向右移动，Al3＋水解生成H＋，使水的电离平衡向右移动，C项正确；而O2－、Na＋在水溶液中不水解，不影响水的电离平衡，故A、B、D项错误。
10．　 银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是(　　)
A．处理过程中银器一直保持恒重
B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银
C．该过程中总反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3
D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl
10．B　[解析] 负极反应为2Al－6e－===2Al3＋；正极反应为3Ag2S＋6e－===6Ag＋3S2－。溶液中的Al3＋与S2－进一步发生反应2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，故总反应为3Ag2S＋2Al＋6H2O===6Ag＋2Al(OH)3↓＋3H2S↑，C项错误；由总反应式可知Ag2S转化为Ag，银器质量减轻，A项错误；黑色褪去说明Ag2S转化为Ag，D项错误；银器为正极，Ag2S被还原为Ag，B项正确。
11．　
已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
11．C　[解析] 同类型难溶物的Ksp越小越容易沉淀，Br－比Cl－先沉淀。已知Ksp(Ag2CrO4)＝c(Ag＋)2·c(CrO)，CrO沉淀所需的c(Ag＋)最大，CrO最后沉淀。故3种离子沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO，C项正确。
12．　 分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有(　　)
A．15种 B．28种
C．32种 D．40种
12．D　[解析] C5H10O2可能生成的酸有甲酸、乙酸、丙酸、丁酸(2种异构体)共5种，可能生成的醇有甲醇、乙醇、丙醇(2种异构体)、丁醇(4种异构体)共有8种，故组合而成的酯一共有40种，D项正确，A、B、C项错误。
13．　 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　　)
选项
目的
分离方法
原理
A
分离溶于水中的碘
乙醇萃取
碘在乙醇中的溶解度较大
B
分离乙酸乙酯和乙醇
分液
乙酸乙酯和乙醇的密度不同
C
除去KNO3固体中混杂的NaCl
重结晶
NaCl在水中的溶解度很大
D
除去丁醇中的乙醚
蒸馏
丁醇与乙醚的沸点相差较大
13.D　[解析] 乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A项错误；乙酸乙酯与乙醇互溶，无分层现象，无法进行分液，B项错误；利用KNO3的溶解度随温度变化较大，用重结晶法分离出氯化钠，而非因氯化钠在水中的溶解度很大，C项错误；乙醚与丁醇的沸点相差较大，进行蒸馏分离，D项正确。
26．　
醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：
OH＋H2O
图0
可能用到的有关数据如下：
相对分子质量
密度/(g·cm－3)
沸点/℃
溶解性
环己醇
100
0.961 8
161
微溶于水
环己烯
82
0.810 2
83
难溶于水
合成反应：
在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90 ℃。
分离提纯：
将反应粗产物倒入分液漏斗中，分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净的环己烯10 g。
回答下列问题：
(1)装置b的名称是________。
(2)加入碎瓷片的作用是________；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是________(填正确答案标号)。
A．立即补加 B．冷却后补加
C．不需补加 D．重新配料
(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为____________________。
(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并________；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的________(填“上口倒出”或“下口放出”)。
(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________。
(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________(填正确答案标号)。
A．圆底烧瓶　B．温度计　C．吸滤瓶　D．球形冷凝管　E．接收器
(7)本实验所得到的环己烯产率是________(填正确答案标号)。
A．41% B．50%
C．61% D．70%
26．[答案] (1)直形冷凝管
(2)防止暴沸　B
(3)O
(4)检漏　上口倒出
(5)干燥(或除水除醇)
(6)C D　(7)C
[解析] (1)冷凝管有直形冷凝管、空气冷凝管、球形冷凝管和蛇形冷凝管。根据形状进行识别，可知装置b的名称为直形冷凝管。
(2)碎瓷片具有防止暴沸的作用；在加热开始后发现没加沸石，应停止加热，待稍冷却后再加入沸石，否则易发生爆炸。
(3)醇在浓硫酸、加热条件下可发生分子内消去生成烯或分子间脱水生成醚，另一副产物为分子间脱水生成的O。
(4)分液漏斗使用前有两处需检漏，分别为上口及旋塞处；环己烯密度小于水，分液后应从上口倒出。
(5)无水氯化钙具有干燥作用(或除水除醇)。
(6)观察蒸馏装置，可知不需要的仪器有吸滤瓶、球形冷凝管。
(7)环己烯的产率＝10 g÷×100%＝61%。
27．　
锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为 6C ＋xLi＋＋xe－===LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。
图0
回答下列问题：
(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为________。
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)充放电过程中，发生LiCoO2与Li1－xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式________________________________________________________________________。
(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是________________________________________________________________________。
在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有________(填化学式)。
27．[答案] (1)＋3
(2)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(3)2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；2H2O22H2O＋O2↑　有氯气生成，污染较大
(4)CoSO4＋2NH4HCO3===CoCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑
(5)Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C
(6)Li＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中　Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
[解析] (1)由Li、O元素价态判断出Co为＋3价。
(2)将2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑改写为2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。
(3)酸浸后Co由＋3价变为＋2价，LiCoO2中＋3价的Co表现氧化性，H2O2表现还原性；H2O2不稳定，易分解。用盐酸代替后，盐酸被氧化为氯气，污染较大。
(5)将电极反应LixC6－xe－===6C＋xLi＋和Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2进行合并得出答案。
28. 　
二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
(Ⅰ)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH (g)　
ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1
(Ⅱ)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　
ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1
水煤气变换反应：
(Ⅲ)CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　
ΔH3＝－41.1 kJ·mol－1
二甲醚合成反应：
(Ⅳ)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　
ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1
回答下列问题：
(1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(以化学方程式表示)。
(2)分析二甲醚合成反应(Ⅳ)对于CO转化率的影响________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为________________________________________________________________________。
根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)有研究者在催化剂(含Cu-Zn-Al-O和Al2O3)、压强为5.0 MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图0所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是________________________________________________________________________。
图0
(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg－1)。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生________个电子的电量；该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度E＝________________________________________________________________________
(列式计算。能量密度＝，1 kW·h＝3.6×106 J)。
28．[答案] (1)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3　2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应(Ⅰ)平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应(Ⅲ)消耗部分CO
(3)2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－204.7 kJ·mol－1　该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大
(4)反应放热，温度升高，平衡左移
(5)CH3OCH3＋3H2O－12e－===2CO2＋12H＋　
12　÷(3.6×106 J·kW－1·h－1)
＝8.39 kW·h·kg－1
[解析] (2)反应(Ⅰ)、(Ⅲ)与CO有关。反应(Ⅰ)中的CH3OH是反应(Ⅳ)的反应物，反应(Ⅳ)生成的H2O是反应(Ⅲ)的反应物，从影响平衡的因素分析知两者均使CO转化率变大。
(3)由盖斯定律(Ⅰ)×2＋(Ⅳ)得：4H2(g)＋2CO(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－204.7 kJ·mol－1。
(4)该反应为放热反应，其他条件不变的情况下，温度升高，平衡逆向移动，转化率降低。
(5)正极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O；负极反应必有H＋生成，由电荷守恒、元素守恒得3H2O＋CH3OCH3－12e－===2CO2＋12H＋；1个CH3OCH3分子失去12e－；假定燃料质量为1 kg，由能量密度计算方法列式计算即可。
36．　 [化学——选修2：化学与技术]草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下：
图0
回答下列问题。
(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(2)该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是________，滤渣是________；过滤操作②的滤液是___________________________________，滤渣是________。
(3)工艺过程中③和④的目的是____________________________________________。
(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是________________________。
(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250 g溶于水，用0.050 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00 mL，反应的离子方程式为_____________________________________；列式计算该成品的纯度________________________________________________________________________。
36．[答案] (1)CO＋NaOHHCOONa　2HCOONaNa2C2O4＋H2↑
(2)NaOH溶液　CaC2O4　H2C2O4溶液　H2SO4溶液　CaSO4
(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本)，减小污染
(4)Na2SO4
(5)5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑
×100%
＝94.5%
[解析] (2)钙化发生的反应为Na2C2O4＋Ca(OH)2===2NaOH＋CaC2O4↓。过滤操作①的滤液为NaOH溶液，滤渣为草酸钙；酸化时的反应为CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4，过滤操作②的滤液为草酸溶液、H2SO4溶液，滤渣为CaSO4。
(3)工业生产为降低成本或减少污染常循环利用原料。
(4)Na2SO4易溶于水，故杂质主要是Na2SO4。
(5)按氧化还原反应的配平方法得方程式；由方程式求出H2C2O4物质的量、质量，纯度按计算。
37．　 [化学——选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题。
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________________________________________________________________________，
该能层具有的原子轨道数为________、电子数为________。
(2)硅主要以硅酸盐、________等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献________个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/(kJ·mol－1)
356
413
336
226
318
452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)在硅酸盐中，SiO四面体[如图0(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，Si与O的原子数之比为________，化学式为________。
图0
37．[答案] (1)M　9　4
(2)二氧化硅
(3)共价键　3
(4)Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2
(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成　②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(6)sp3　1∶3　[SiO3](或SiO)
[解析] (1)基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能层为M层，M层有3s、3p、3d三个能级依次有1、3、5个轨道，共有9个轨道；M层电子排布为3s23p2，电子数为4。
(2)硅在地壳中主要以二氧化硅及硅酸盐形式存在。
(3)原子晶体仅存在共价键，面心原子数为6×。
(6)Si与O形成硅氧四面体结构，故Si原子为sp3杂化，观察(b)图，长链中的重复单元为硅氧四面体，其中氧原子数为2＋2×，硅原子数为1，硅、氧原子个数比1∶3，化学式为SiO。
38．　 [化学——选修5：有机化学基础]查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：
图0
已知以下信息：
①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1 mol A充分燃烧可生成72 g水；
②C不能发生银镜反应；
③D能发生银镜反应，可溶于饱和Na2CO3溶液；核磁共振氢谱显示其有4种氢；
④ONa＋RCH2IOCH2R；
⑤RCOCH3＋R′CHORCOCH＝CHR′。
回答下列问题。
(1)A的化学名称为________。
(2)由B生成C的化学方程式为__________________________________________。
(3)E的分子式为________，由E生成F的反应类型为________。
(4)G的结构简式为________。
(5)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为___________________________________________________。
(6)F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有________种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的为________________(写结构简式)。
38．[答案] (1)苯乙烯
(2)2OH＋O22O＋H2O
(3)C7H5O2Na　取代反应
(4)OOCH3(不要求立体异构)
(5)OOCH＋H2O
OH＋HCOOH
(6)13　HOCH2CHO
[解析] (1)由生成的水可知，氢原子数为8，结合相对分子质量得分子式为C8H8，名称为苯乙烯。
(2)苯乙烯与水加成为OH，其被氧化为O。
(3)D中的官能团为醛基、酚羟基，由已知信息③得D的结构简式为HOCHO，则推得E的分子式为C7H5O2Na，由信息④可知，E转化为F时，E与CH3I发生取代反应。
(4)C(COCH3)与F(CH3OCHO)按信息⑤发生反应生成COCHCHOCH3。
(5)H能发生银镜反应和水解反应，则H必为甲酸酯。
(6)向苯酚侧链上引入—CH3、—CHO共有10种异构体；引入—CH2CHO共有3种异构体；F共有13种同分异构体。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·新课标全国卷Ⅱ
7．　 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：
CHCH2OCOR1OCOR2CH2OCOR3动植物油脂＋3R′OH短链醇 
R′OCOR1
R′OCOR2
R′OCOR3生物柴油＋CHCH2OHOHCH2OH甘油
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
7．C　[解析] 生物柴油可通过油脂与醇的交换反应制得，属于可再生资源，A项正确；生物柴油的组成是不同的酯，属于混合物，B项正确；油脂的相对分子质量小于10 000，不是高分子化合物，C项错误；“地沟油”是油脂，可用于制备生物柴油，D项正确。
8．　
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．乙烯与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
8．D　[解析] 苯与浓硝酸在浓硫酸催化剂条件下加热发生硝化反应得到硝基苯，A项正确；苯乙烯分子全部加氢可得乙基环己烷，B项正确；乙烯与溴加成得到1，2-二溴乙烷，C项正确；甲苯在光照条件下发生甲基上的取代反应而非苯环上的取代反应，D项错误。
9．　
N0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NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C．25 ℃时pH ＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N0
D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
9．B　[解析] 1.0 L 1.0 mol·L－1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子数为2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A项错误；石墨烯中每个碳原子为三个六元环所共有，因此，每个六元环含碳原子数为6×＝2个，故1 mol石墨中含有六元环数为0.5N0，B项正确；25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，但题目中未给出溶液的体积，无法求出n(OH－)，C项错误；OH－中含10个电子，故1 mol OH－含有电子数为10N0，D项错误。
10．　 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＋===2Fe 3＋＋3H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2 ＋2Fe3＋ ===2Fe(OH)3＋3Mg2＋
10．D　[解析] 浓盐酸中的H＋只能将Fe氧化成Fe2＋，A项错误；钠投入CuSO4溶液中，钠首先与水发生反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，然后再发生反应CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4，故正确的离子方程式应为2Na＋2H2O＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑，B项错误；HCO属于弱酸酸式根离子，不能拆分，正确的离子方程式应为H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，C项错误；FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入Mg(OH)2因发生反应Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O而使Fe3＋的水解趋于完全，故该反应的离子方程式为3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋，D项正确。
11．　 “ZEBRA”蓄电池的结构如图0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(　　)
图0
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
11．B　[解析] 电池负极反应式为Na－e－＝Na＋，生成的Na＋与Cl－结合生成NaCl，A项正确；结合电极材料多孔Ni/NiCl2可知，正极是Ni2＋放电，B项错误、C项正确；结合分析，Na＋通过钠离子导体进行运动，D项正确。
12．　 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)　ΔH1；
2H2S(g)＋SO2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2；
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g)　ΔH3；
2S(g)===S2(g)　ΔH4。
则ΔH4的正确表达式为(　　)
A．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
D．ΔH4＝(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
12．A　[解析] 将方程式依次标号①～④，可知反应④是通过方程式叠加得到：(②＋①)×－③×2，那么：ΔH4＝(ΔH2＋ΔH1)×－ΔH3×2＝(ΔH2＋ΔH1－3ΔH3)，A项正确。
13．　 室温时，M(OH)2(s)??M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a。c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于(　　)
A.lg　　　　　　B.lg
C．14＋lg D．14＋lg
13．C　[解析] Ksp＝c(M2＋)×c2 (OH－)＝b×c2(OH－)＝a，则c(OH－)＝，有c(H＋)＝＝，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg ，C项正确。
26．　
正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。
图0
发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO
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
0.810 9
微溶
正丁醛
75.7
0.801 7
微溶
实验步骤如下：
将6.0 g Na2Cr2O7放入100 mL烧杯中，加30 mL水溶解，再缓慢加入5 mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0 g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸气出现时，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 ℃以下的馏分。
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2.0 g。
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________________________________________________。
(2)加入沸石的作用是________________________________________________。
若加热后发现未加沸石，应采取的正确方法是______________________________。
(3)上述装置图中，B仪器的名称是________，D仪器的名称是________。
(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是________(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_________________________层(填“上”或“下”)。
(6)反应温度应保持在90～95 ℃，其原因是_____________________________________
________________________________________________________________________。
(7)本实验中，正丁醛的产率为________%。
26．[答案] (1)不能，易迸溅
(2)防止暴沸　冷却后补加
(3)滴液漏斗　直形冷凝管
(4)c
(5)下
(6)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)51
[解析] (1)溶液加入浓硫酸，相当于水加入浓硫酸中，易使液体飞溅出来造成实验事故，因此不能将Na2Cr2O7溶液加入到浓硫酸中。(2)沸石的作用是防止局部受热发生暴沸。加热后发现未加沸石，只能选择停止加热，冷却后再添加沸石。(4)分液漏斗有接口，应首先检漏。(5)正丁醛的密度小于水的密度，正丁醛在上层，水在下层。(6)正丁醇的沸点为117.2 ℃，正丁醛的沸点为75.7 ℃，控制温度，一方面是为了蒸出正丁醛，另一方面避免温度过高醛基被氧化。(7)结合C4H10O→C4H8O，正丁醛的理论产量为4 g×，产率为×100%＝51%。
27．　
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]的流程如下：
工业ZnO浸出液滤液过滤,Ｆ滤液过滤,Ｆ滤饼ZnO
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________ ，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________；
在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反应③的反应类型为________ ，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有________。
(3)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2。取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于________。
27．[答案] (1)Fe2＋和Mn2＋　MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO＋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)置换反应　镍
(3)取少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净
(4)1
[解析] (1)反应②加入强氧化剂，能将还原剂离子氧化至高价态，信息明确Ni2＋不被氧化，即是Fe2＋和Mn2＋被氧化除去；结合信息，欲除去该离子，被氧化后的高价离子应生成对应的沉淀物，据氧化还原反应方程式的配平原理配平即可；若酸性较强，生成的沉淀将会发生溶解。(2)反应③是Zn将Ni2＋置换出来，那么滤渣成分是过量锌与产物镍。(3)分析流程图可知反应④沉淀上吸附有杂质SO，因此，检验沉淀是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化，再加入Ba(NO3)2溶液看是否有沉淀生成。(4)生成ZnO的质量为8.1 g，n(ZnO)＝＝0.1 mol，则n(Zn)＝0.1 mol，据Zn守恒，有(1＋x)＝0.1 mol，解得x＝1。
28．　
在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)??B(g)＋C(g)　ΔH＝＋85.1 kJ·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/
100 kPa
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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(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____________，平衡时A的转化率为________ ，列式并计算反应的平衡常数K____________________。
(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＝________mol，n(A)＝________mol。
②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L－1)
0.10
a
0.026
0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是________________________________________________________________________，
由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。
28．[答案] (1)升高温度、降低压强
(2)(－1)×100%　94.1%
A(g)　??　B(g)　　＋　　C(g)
0．10 0 0
 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K＝＝1.5
(3)①0.10×　0.10×(2－)
②0.051　达到平衡前每间隔4 h，c(A)减少约一半　0.013
[解析] (1)该反应是一个体积增加的吸热反应，升温、降压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝＝＝＝；α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝，n总＝0.10×；n(A)＝0.10－(n总－0.10)＝0.10－＝0.10×。②结合①，4 min时n(A)＝0.10 mol×＝0.051 mol，c(A)＝0.051 mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4 h，c(A)减小约一半，那么12 h时，c(A)约为0.013 mol/L。
36．　
[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0所示。
两种干电池的构造示意图
图0
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________，电解质的主要成分是________，正极发生的主要反应是______________________________________________________________。
②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是________________________________________________________________________。
(2)图0表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属)。
一种回收利用废旧普通锌锰电池的工艺
图0
①图0中产物的化学式分别为A________，B________________________________________________________________________。
②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4。操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应后生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
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________(填化学式)。
36．[答案] (1)①Zn　NH4Cl
MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3
②碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池使用寿命较长，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(答对一条即可)
(2)①ZnCl2　NH4Cl
②3MnO＋2CO2===2MnO＋MnO2↓＋2CO
③H2
[解析] (1)①结合普通电池的主要反应可知，负极材料为Zn，正极MnO2得电子形成MnOOH，电解质溶液即是NH4Cl。②普通干电池的负极即是外壳，容易漏液；碱性锌锰干电池的金属外壳在碱性条件下稳定性增强，使用寿命延长。(2)①黑色固体混合物即是ZnCl2、NH4Cl、MnOOH，可溶性物质ZnCl2、NH4Cl在加热过程中，NH4Cl分解，直接得到固体A为ZnCl2，分解产生的NH3、HCl冷却重新化合成NH4Cl。②K2MnO4反应得到紫色溶液即是KMnO4溶液，黑色固体即是MnO2，即＋6价Mn发生歧化反应，配平该反应即可。③阴极处为阳离子H＋放电得到H2。
37．　
[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1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________，电负性最大的是________。(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0所示。
图0
①该化合物的化学式为________；D的配位数为________________________________________________________________________；
②列式计算该晶体的密度________g·cm－3。
(4)A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________，配位体是________。
37．[答案] (1)
(2)K　F
(3)①K2NiF4　6
②＝3.4
(4)离子键、配位键　[FeF6]3－　F－
[解析] 结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－与B＋电子数相差8”，可知A位于n周期第ⅦA族、B位于n＋2周期第ⅠA族，它们均为前四周期元素，那么A为F，B为K，再结合“与B位于同一周期的C和D，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知C为Fe(26号)、D为Ni(28号)。(1)Ni2＋即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是K，电负性最强的是F。(3)①据均摊法，F的个数为16×＋4×＋2＝8，K的个数为8×＋2＝4，Ni的个数为8×＋1＝2，该晶体的化学式为K2NiF4；Ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。②结合①知，该晶胞有2个K2NiF4，其质量为，该晶胞的体积为1308×10－10×400×10－10×400×10－10 cm3，即可计算密度。(4)K3FeF6是配合物，内界[(FeF6) 3＋]以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是F－。
38．　
[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：
图0
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢：
②R－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)D的结构简式为________。
(3)E的分子式为________。
(4)F生成G的化学方程式为______________________________________，该反应类型为________。
(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________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________________________________________________________________________。
38．[答案] (1)2-甲基-2-氯丙烷(或叔丁基氯)
(2)CH——C——HH3CH3CO
(3)C4H8O2
(4)CH3OH＋2Cl2CHCl2OH＋2HCl　取代反应
(5)CH3－CH－C－OCH3OCHO
(6)18　HOOCH2CCH2CHO
[解析] 结合A的分子式和信息①知，A的结构简式为CCH3CH3CH3Cl，在NaOH的醇溶液加热条件下发生消去反应得到B(CCH2CH3CH3)，结合信息②反应得到C(CHCH3CH3CH2OH)，连续氧化得到D(CHCH3CH3CHO)、E(CHCH3CH3COOH) ；结合F的分子式与信息③知，F的结构简式为CH3OH，在光照条件下烃基上的氢被取代得到G(OHCHCl2)，水解得到H(CHOOH)，E与H酯化反应得到I(OCOCHCH3CH3CHO)。(6)OCOCHCH3CH3CHO的同系物相对分子质量少14，即少一个CH2，结合所给信息，必含苯环、醛基、羧基，可考虑成：①COOHCHO苯环与取代基之间插入2个碳原子，有COOHCH2CH2CHO、CHOCH2CH2COOH、CH2COOHCH2CHO、COOHCHCH3CHO、CHCH3COOHCHO计5种，两个取代基可处于邻、间、对三种位置关系，共计3×5＝15种；②CHCOOHCHO余下一个碳原子作为甲基连接在苯环上，该取代基有邻、间、对三种位置，共计3种，累计15＋3＝18种；满足条件的即是CH2COOHCH2CHO。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·江苏卷
1．　 燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是(　　)
A．甲醇　　　　　　B．天然气
C．液化石油气 D．氢气
1．D　[解析] 甲醇、天然气、液化石油气燃烧后都能产生温室气体CO2，而H2燃烧生成的水对环境无污染，D项正确。
2． 下列有关化学用语表示正确的是(　　)
A．丙烯的结构简式：C3H6
B．氢氧根离子的电子式：[∶O?,? ∶H]－
C．氯原子的结构示意图：
D．中子数为146、质子数为92的铀(U)原子：U
2．B　[解析] 烯烃的结构简式应写出碳碳双键，A项错误；氢氧根离子是带一个单位负电荷的阴离子，氢、氧原子共用一对电子对，最外层都达到稳定结构，B项正确；氯原子最外层有7个电子，C项错误； U原子的质量数为146＋92＝238，故原子符号为U，D项错误。
3．　 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．使甲基橙变红色的溶液：Mg2＋、K＋、SO、NO
B．使酚酞变红色的溶液：Na＋、Cu2＋、HCO、NO
C．0.1 mol·L－1AgNO3溶液：H＋、K＋、SO、I－
D．0.1 mol·L－1NaAlO2溶液：H＋、Na＋、Cl－、SO
3．A　[解析] 使甲基橙变红色的溶液显酸性，该组四种离子能大量共存，A项正确；使酚酞变红的溶液显碱性，HCO、Cu2＋与OH－反应，不能大量存在，B项错误； SO、I－与Ag＋生成Ag2SO4、AgI沉淀而不能大量共存，C项错误； AlO与H＋能生成沉淀而不能大量共存，D项错误。
4．　
下列有关物质性质的应用正确的是(　　)
A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂
B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸
C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气
D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
4．A　[解析] NH3易液化，汽化时吸收大量的热，可作制冷剂，A项正确；二氧化硅能与氢氟酸反应生成SiF4和H2O，B项错误；生石灰吸水后生成Ca(OH)2，能吸收氯气，C项错误；氯化铝是共价化合物，工业上用电解熔融的Al2O3制铝，D项错误。
5．　 用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是(　　)
图0
5．B　[解析] 称量固体时，应遵循“左物右码”的原则，A项错误；用玻璃棒搅拌可以加快溶解速率，B项正确；向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，C项错误；定容时胶头滴管不能插入到容量瓶中，D项错误。
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
6．C　[解析] C在O2中不完全燃烧生成CO，CO继续与O2燃烧后生成CO2，CO2与C在高温条件下能生成CO，A项正确；根据反应SO2＋NH3·H2O===NH4HSO3、NH4HSO3＋NH3·H2O===(NH4)2SO3＋H2O、(NH4)2SO3＋SO2＋H2O===2NH4HSO3，B项正确；铁与盐酸反应只能生成FeCl2，无法实现上述转化关系，C项错误；根据反应CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O、Na2CO3＋H2O＋CO2===2NaHCO3、NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，D项正确。
7．　设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA
B．78 g苯含有C＝C双键的数目为3NA
C．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
7．C　[解析] 在溶液中，ClO－水解，故ClO－数目小于NA，A项错误；苯分子中没有碳碳双键，B项错误； N2和CO的相对分子质量都是28，且每个分子中都含有两个原子，C项正确；NO2与水反应的方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故标准状况下6.72 L NO2与水反应时转移0.2NA电子，D项错误。
8．　 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是(　　)
A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2＋4HClMn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B．明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋＋3H2O===Al(OH)3↓＋3H＋
C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑
D．Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO＋Ca2＋＋OH－===CaCO3↓＋H2O
8．D　[解析] HCl是强电解质，在离子方程式中应写离子形式，A项错误；明矾溶于水产生的 Al(OH)3胶体不能写成沉淀，B项错误；Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑中氧原子数不守恒，得失电子数不守恒，C项错误； Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液后生成CaCO3的同时生成NaHCO3，D项正确。
9．　 Mg—H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以海水为电解质溶液，示意图如下。该电池工作时，下列说法正确的是(　　)
图0
A．Mg电极是该电池的正极
B．H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C．石墨电极附近溶液的pH增大
D．溶液中Cl－向正极移动
9．C　[解析] 在原电池中活泼金属作负极，即Mg为负极，A项错误；通入H2O2的一极为正极，故在反应过程中发生还原反应，B项错误；石墨电极处的电极反应式为H2O2＋2e－===2OH－，溶液pH增大，C项正确；原电池中，电解质溶液中的阴离子向负极移动，D项错误。
10．　　
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X的原子半径比Y的小，X与W同主族，Z是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是(　　)
A．原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)
B．元素Z、W的简单离子的电子层结构不同
C．元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强
D．只含X、Y、Z三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
10．D　[解析] 地壳中含量最高的元素是O元素，故Z为O元素；X的原子半径比Y小，故X在Y的上一周期，则X为H元素，W为Na元素，Y为N元素。原子半径r(Na)＞r(N) ＞r(O)，A项错误； O2－与Na＋都是10电子微粒，电子层结构相同，B项错误；因非金属性O＞N，故热稳定性H2O＞NH3，C项错误；含有H、N、O三种元素的化合物可以是共价化合物，如HNO3，也可以是离子化合物，如NH4NO3，D项正确。
11． 下列有关说法正确的是(　　)
A．反应NH3(g)＋HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行，则该反应的ΔH<0
B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小
11．AC　[解析] 根据该反应中各物质的聚集状态可知，该反应的ΔS＜0，因反应能自发进行，则该反应一定为放热反应，A项正确；在电解精炼铜中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，B项错误；醋酸加水稀释过程中，c(H＋)减小，但电离常数不变，故C项中式子的比值将减小，C项正确；向Na2CO3溶液中加入Ca(OH)2后生成CaCO3沉淀，溶液中c(CO)减小，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。
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
12．B　[解析] 贝诺酯中含有两种含氧官能团，酯基和肽键，A项错误；乙酰水杨酸中无酚羟基，而对乙酰氨基酚中含有酚羟基，故可以用FeCl3溶液区别两者，B项正确；对乙酰氨基酚中的酚羟基不能与NaHCO3反应，C项错误；乙酰水杨酸中酯基在NaOH中会水解，D项错误。
13．　 下列依据相关实验得出的结论正确的是(　　)
A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液
B．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C．将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯
D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2＋
13．D　[解析] 所述溶液中含有HCO也会有类似现象，A项错误；焰色反应是元素的性质，故原溶液也可能是NaOH溶液，B项错误； SO2、甲醛、乙烯、丙烯等气体都能使溴水褪色，C项错误；向某溶液中加入KSCN溶液不变色，证明溶液中无Fe3＋，滴加氯水后显红色则证明溶液中有Fe2＋被氧化成Fe3＋，D项正确。
14．　 一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图0所示。已知：pM＝－lgc(M)，p(CO)＝－lgc(CO)。下列说法正确的是(　　)
图0
A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO)
C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)D．c点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c(Mg2＋)14．BD　[解析] 因为c(M)＝10－pM、c(CO)＝10－p(CO)，而Ksp＝c(M)·c(CO)，由图像可知A项中的三者Ksp依次减小，A项错误；由图像可知，在斜线上的点都是饱和溶液，点a在对角线上，B项正确；点b也是饱和溶液，但c(Ca2＋)＞c(CO)，C项错误；通过c点作横轴的垂线后可看出，c(Mg2＋)·c(CO)＜Ksp，故溶液不饱和，且c(Mg2＋)＜c(CO)，D项正确。
15．　 一定条件下存在反应：CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)，其正反应放热。现有三个相同的2 L恒容绝热(与外界没有热量交换)密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1 mol CO和1 mol H2O，在Ⅱ中充入1 mol CO2和1 mol H2，在Ⅲ中充入2 mol CO和2 mol H2O，700 ℃条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是(　　)
A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同
B．容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同
C．容器Ⅰ中CO的物质的量比容器Ⅱ中的多
D．容器Ⅰ中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1
15．CD　[解析] 因为容器绝热，给定反应的正反应为放热反应，容器Ⅰ的温度升高，容器Ⅱ的温度降低，故反应速率Ⅰ中快，A项错误；由于容器Ⅲ中加入的反应物多，放出的热量也多，容器内温度高，故平衡常数不同，B项错误；因容器Ⅰ的温度高，故相当于平衡逆向移动，CO的转化率降低，C项正确；如果容器Ⅰ和容器Ⅱ在温度相同的情况下达到平衡，CO、CO2转化率之和等于1，但容器Ⅰ的温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，容器Ⅱ温度降低，CO2的转化率也降低，D项正确。
16．　
氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
图0
(1)MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为______________________________________。
(2)加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为____________________________。
(3)滤渣2的成分是________(填化学式)。
(4)煅烧过程存在以下反应：
2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；
MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；
MgSO4＋3CMgO＋S↑＋3CO↑。
利用如图0装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。
图0
①D中收集的气体是________(填化学式)。
②B中盛放的溶液可以是________(填字母)。
a．NaOH溶液 b．Na2CO3溶液
c．稀硝酸 d．KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体能与热的NaOH溶液反应，产物中元素的最高价态为＋4，写出该反应的离子方程式：________________________________________。
16．[答案] (1)MgCO3＋2H＋===Mg2＋＋CO2↑＋H2O
(2)2FeSO4＋H2O2＋H2SO4===Fe2(SO4)3＋2H2O
(3)Fe(OH)3
(4)①CO
②d
③3S＋6OH－2S2－＋SO＋3H2O
[解析] (1)MgCO3为难溶性物质，写离子方程式不能拆分成离子。(2)根据菱镁矿的成分，可知滤液中含有Fe2＋，H2O2的作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋。加入稀硫酸则溶液显酸性，所以离子方程式为2FeSO4＋H2SO4＋H2O2===Fe2(SO4)3＋2H2O。(3)要提取镁元素，必须除去不溶性杂质和铁元素。根据流程图可知滤渣1是不溶性杂质，滤渣2中含的是铁元素。结合加入一水合氨和H2O2，可知滤渣2是Fe(OH)3。(4)根据反应原理，可知气体中含有SO2、CO2、CO和硫蒸气。①D采用排水集气法，气体必然不溶于水，所以是CO。②SO2和CO2均属于酸性氧化物，均能与NaOH、Na2CO3溶液反应，达不到分离的目的，a、b错误。SO2与稀HNO3反应同时得到NO，产生新杂质，干扰后续操作，c错误。SO2能被酸性KMnO4溶液氧化，而且没有新气体生成，d正确。③根据“淡黄色固体”，可知A中是硫单质。产物中有＋4价硫，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化成Na2S。根据化合价升降总数相等，所以有3S＋6OH－SO＋2S2－＋3H2O。
17． 化合物A(分子式为C6H6O)是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下(部分反应条件略去)：
图0
已知：
①R—BrR—MgBrCR′RR″OH
②CRROCRRCH2
(R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢)
(1)写出A的结构简式：________。
(2)G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：________和________。
(3)某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式：________(任写一种)。
(4)F和D互为同分异构体。写出反应E→F的化学方程式：________________________________________________________________________。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：
H2C===CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
17．[答案] (1)OH
(2)(酚)羟基　酯基
(3)CHH3CCH3COCHCH3CH3或
(4)CH3OHCH3＋H2O
(5)OHOHBrMgBrCH2OHCHO
[解析] 根据反应条件和提示，可知A、B、C、D依次是OH、OH、O、CH2。(1)根据A的分子组成，可知A中含有苯环和—OH，所以A是苯酚。(2)从G的结构简式知，其中含有酚羟基和酯基。(3)只有两种不同的氢，说明分子高度对称，而且有一个双键或环。如果含有双键，根据对称性要求，应该是C＝O键，左右各有3个饱和碳原子、两种氢原子，即为异丙基(CHCH3CH3)，所以结构简式为CHH3CCH3COCHCH3CH3。如果含有环，O原子必然在环上，而且对称性要求支链必须是偶数，位于O的对位或两侧，所以只能是。(4)D中含有一个环和碳碳双键，D和F为同分异构体，故E中的羟基应在环上发生消去反应。条件为浓硫酸，加热。(5)本题采用逆推合成法，要制得目标产物，即可合成CH2OH，它可由MgBr与HCHO利用已知①的信息合成。而MgBr可由Br与Mg反应获得。对比Br与苯酚的结构，可知应先将苯环加成、再与HBr取代。
18．　
硫酸镍铵[(NH4)xNiy(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 mol
n(NH)＝＝2.500×10－3 mol
n(SO)＝＝
＝
2．500×10－3 mol
m(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g
m(NH)＝18 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.045 00 g
m(SO)＝96 g·mol－1×2.500×10－3 mol＝0.240 0 g
n(H2O)＝

＝1.250×10－2 mol
x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O
[解析] (1)滴定管未润洗，则标准溶液EDTA的物质的量将增多，故测得的Ni2＋含量偏高。(2)NH3为碱性气体，遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(3)根据滴定反应计算出Ni2＋的量，根据生成NH3的量计算出NH的量。根据电荷守恒计算出SO的量，最后由质量守恒计算出H2O的量，由四者的物质的量比值，可确定出硫酸镍铵的化学式。
19．　
柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：
FeSO4＋Na2CO3===FeCO3↓＋Na2SO4
FeCO3＋C6H8O7===FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Al3＋
3.0
5.0
Fe2＋
5.8
8.8
(1)制备FeCO3时，选用的加料方式是________(填字母)，原因是____________。
a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中
b．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中
c．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中
(2)生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80 ℃下搅拌反应。
①铁粉的作用是________________。
②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是____________________________________。
(5)某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3)出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁。请结合图0的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4·7H2O晶体的实验步骤(可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，____________，得到FeSO4溶液，__________，得到FeSO4·7H2O晶体。
图0
19．[答案] (1)c　避免生成Fe(OH)2沉淀
(2)取最后一次的洗涤滤液1～2 mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
(3)①防止＋2价的铁元素被氧化　②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全
(4)降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出
(5)过滤，向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤(或过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤)　(滴加稀硫酸酸化，)加热浓缩得到60 ℃饱和溶液，冷却至0 ℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥
[解析] (1)Na2CO3溶液显碱性，若将Fe2＋加入时，会生成Fe(OH)2沉淀。所以应将Na2CO3溶液加入FeSO4溶液中。(2)由制备FeCO3的方程式知，沉淀表面会附有Na2SO4，故只要检验洗涤液中是否含有SO，即可证明沉淀是否洗净。(3)①Fe2＋在溶解过程中，易被氧化成Fe3＋，加入铁粉可以使Fe3＋还原为Fe2＋。②过量的铁粉用柠檬酸溶解，可得更多产物柠檬酸亚铁。(4)柠檬酸亚铁晶体在乙醇中的溶解量比在水中的小，故有利于其析出。(5)硫铁矿烧渣中加入稀硫酸，SiO2不溶，先过滤除去。含有的Fe2O3和Al2O3被溶解成Fe3＋和Al3＋，加入铁粉，可以将Fe3＋还原为Fe2＋，以增加FeSO4的产量。然后调节pH为5，除去Al3＋，此时溶液仅为FeSO4。从溶解度曲线知，在60 ℃时FeSO4的溶解度最大，故将温度控制在60 ℃时，可获得含量最多的FeSO4，降低温度到0 ℃，可析出FeSO4·7H2O晶体。
20．　
磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：
2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)===6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH1＝＋3359.26 kJ·mol－1
CaO(s)＋SiO2(s)===CaSiO3(s)　ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1　　
2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)===6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH3
则ΔH3＝______________kJ·mol－1。
(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：
11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4　　
60 mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是__________。
(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。
图0
①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在________；pH＝8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为____________。
②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液则显酸性，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(4)磷的化合物三氯氧磷(PClOClCl)与季戊四醇(CHOH2CHOH2CCH2OHCH2OH)以物质的量之比2∶1反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体。季戊四醇与X的核磁共振氢谱如下图所示。
图0
①酸性气体是____________(填化学式)。
②X的结构简式为________________。
20．[答案] (1)2821.6
(2)3 mol
(3)①4～5.5(介于此区间内的任意值或区间均可)　
c(HPO)>c(H2PO)
②3Ca2＋＋2HPO===Ca3(PO4)2↓＋2H＋
(4)①HCl
②POClOOCH2CCH2CH2OPOClOCH2
[解析] (1)依据盖斯定律，将“上式＋下式×6”，即得所求反应的ΔH＝＋3359.26 kJ·mol－1＋(－89.61 kJ·mol－1)×6＝2821.6 kJ·mol－1。(2)P的化合价有升有降，Cu的化合价只降低。P从0价升到＋5价，1 mol P4共失去20 mol 电子，根据得失电子守恒有：n(P4)×20＝n(CuSO4)×1，所以60 mol CuSO4可以氧化3 mol P4。(3)①从图中不难看出，pH在4～5.5之间时，H2PO的含量最高。在pH＝8时，溶液中含有HPO和H2PO两种离子，且前者大于后者。②足量的Ca2＋与HPO部分电离出的PO结合，生成难溶的Ca3(PO4)2沉淀，促进了HPO的电离，故溶液显酸性。(4)三氯氧磷与季戊四醇以2∶1反应，核磁共振氢谱中的峰由2组变成1组，显然应为四个羟基上的H原子被取代了，生成了HCl及POClOOCH2CCH2CH2OPOClOCH2。
21．　　
A．[物质结构与性质]元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如下图所示。
图0
①在1个晶胞中，X离子的数目为__________。
②该化合物的化学式为__________。
(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是____________。
(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_______________________________________。
(4)Y与Z可形成YZ。
①YZ的空间构型为______________________________(用文字描述)。
②写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式：____________。
(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。
B．[实验化学]3，5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成。一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：
HOOHOH＋2CH3OHH3COOHOCH3＋2H2O
甲醇、乙醚和3，5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：
物质
沸点/℃
熔点/℃
密度(20 ℃)/
g·cm－3
溶解性
甲醇
64.7
0.791 5
易溶于水
乙醚
34.5
0.713 8
微溶于水
3，5-二甲氧基
苯酚
33～36
易溶于甲醇、
乙醚，微溶于水
(1)反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取。①分离出甲醇的操作是____________。②萃取用到的分液漏斗使用前需__________并洗净，分液时有机层在分液漏斗的__________(填“上”或“下”)层。
(2)分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤。用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是________________；用饱和食盐水洗涤的目的是________________________。
(3)洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是__________(填字母)。
a．蒸馏除去乙醚　　　　　　b．重结晶
c．过滤除去干燥剂 d．加入无水CaCl2干燥
(4)固液分离常采用减压过滤。为了防止倒吸，减压过滤完成后应先________________，再________________。
21．[答案] A．[物质结构与性质]
(1)①4　②ZnS　(2)sp3
(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4)①正四面体
②CCl4或SiCl4等
(5)16 mol或16×6.02×1023个
B．[实验化学]
(1)①蒸馏　②检查是否漏水　上
(2)除去HCl　除去少量NaHCO3且减少产物损失
(3)dcab
(4)拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管　关闭抽气泵
[解析] A．X为第四周期元素，且内层轨道电子数全满，最外层电子数为2，则其基态电子排布式应为[Ar]3d104s2，所以为Zn。Y的3p轨道上有4个电子，则应为S。Z的最外层电子数是内层的3倍，故为O。(1)从晶胞图分析，含有X离子为8×＋6×＝4。Y为4个，所以化合物中X与Y原子个数之比为1∶1，则化学式为ZnS。(2)H2S分子中，S有两对孤对电子，价层电子对数为2＋2＝4，所以S为sp3杂化。(3)H2O与乙醇分子间形成氢键，增大了H2O在乙醇中的溶解度。(4)SO中S无孤对电子，S的价层电子对数为4，则S为sp3杂化，所以SO为正四面体结构。等电子体的原子数相等，价电子数相等，SO的原子数为5，价电子数为32。(5)NH3分子中的σ键数为3，它与Zn形成的配位键也属于σ键，故1 mol[Zn(NH3)4]Cl2中的σ键为16 mol。
B．(1)甲醇和乙醚是互溶的有机物，但沸点相差较大，因此可用蒸馏法分离。分液漏斗使用前需要检查是否漏水，乙醚作萃取剂，其密度小于水，故有机层在上层。(2)反应在HCl的甲醇溶液中进行，所以有机层中会溶有HCl，故用NaHCO3溶液可除去。用饱和食盐水可以降低有机物的溶解度。(3)先加无水CaCl2，吸收水分，然后过滤除去CaCl2，再蒸馏除去乙醚杂质，最后重结晶获得产物。(4)为防倒吸，应将吸滤瓶与抽气泵先断开，再关闭抽气泵。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·浙江卷
7．　 下列说法不正确的是(　　)
A．多孔碳可用作氢氧燃料电池的电极材料
B．pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断
C．科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷(As)元素，该As元素最有可能取代了普通DNA链中的P元素
D．　CCH3HCH2O和CO2反应生成可降解聚合物CHCH2?OCH3OCO?，该反应符合绿色化学的原则
7．B　[解析] 燃料电池的电极一般用多孔石墨或多孔铂作电极，A项正确；pH计可精确测量溶液的pH，也可用于控制滴定终点，B项错误；砷与磷同主族，两者有相似的结构与性质，C项正确；合成?O—CHCH2—O—CO?CH3的反应，理论上原子的转化率为100%，符合绿色化学要求，D项正确。
8．　
下列说法正确的是(　　)
A．实验室从海带提取单质碘的方法是取样→灼烧→溶解→过滤→萃取
B．用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度
C．氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接存放在铝制容器中
D．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性
8．C　[解析] 从海带中提取碘，需要将I－氧化，缺少此步操作，A项错误；用乙醇和浓硫酸制乙烯时，需加热到170 ℃，水浴加热达不到这一温度要求，B项错误；氯离子存在时会破坏铝表面的氧化膜，加速铝的腐蚀，C项正确； (NH4)2SO4使蛋白质发生盐析，而非变性，D项错误。
9．　
短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的一半，则下列说法中正确的是(　　)
X
Y
Z
W
Q
A.钠与W可能形成Na2W2化合物
B．由Z与Y组成的物质在熔融时能导电
C．W得电子能力比Q强
D．X有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体
9．A　[解析] 由X元素的信息可知，其原子核外电子排布为K层2个，L层4个，即为C元素，再根据各元素在周期表中的相对位置可得，Y为O元素、Z为Si元素、W为S元素、Q为Cl元素。钠与硫可形成Na2S2等多硫化物，A项正确； Si与O形成的为原子晶体，为非电解质，熔融时不能导电，B项错误； S的非金属性比Cl弱，C项错误；O存在O2、O3等同素异形体，D项错误。
10．　
下列说法正确的是(　　)
A．按系统命名法，化合物的名称是2，3，5，5-四甲基-4，4-二乙基己烷
B．等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量不相等
C．苯与甲苯互为同系物，均能使KMnO4酸性溶液褪色
D．结构片段为的高聚物，其单体是甲醛和苯酚
10．D　[解析] 该化合物的正确命名为2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷，A项错误；等物质的量的苯与苯甲酸完全燃烧时消耗的氧气的量相等，B项错误；苯不能使KMnO4 酸性溶液褪色，C项错误；高聚物为酚醛树脂，其单体为甲醛和苯酚，D项正确。
11．　 电解装置如图0所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。
已知：3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O。
图0
下列说法不正确的是(　　)
A．右侧发生的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO
C．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑
D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变
11．D　[解析] 根据题干信息可知，电解装置图中左侧为阳极，右侧为阴极，阴极发生还原反应，有H2生成，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A项正确；电解过程中阳极生成的I2会被溶液中的OH－消耗而生成IO，该阴离子可通过阴离子交换膜而进入右侧溶液，B项正确；电解最终生成物为H2和KIO3 ，C项正确；若用阳离子交换膜，则右侧生成的OH－就不能进入左侧溶液中，也就阻止了I2与OH－的反应，所以总反应不同，D项错误。
12．　
25 ℃时，用浓度为0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图0所示。下列说法正确的是(　　)
图0
A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZB．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X－)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋)
D．HY与HZ混合，达到平衡时：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
12．B　[解析] 由图中起始时溶液的pH可知，HZ为强酸，HY、HX为弱酸，且酸性HY＞HX。由于电离度HZ＞HY＞HX，所以溶液的导电性HZ＞HY＞HX，A项错误； 0.1 mol/L HY的pH＝3，即c(H＋)＝10－3 mol/L，Ka＝＝10－5，B项正确；由于HX的酸性比HY弱，故X－的水解程度比Y－大，浓度比Y－低，C项错误； HY与HZ混合达到平衡时，＝c(H＋)，D项错误。
13．　 现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：
图0
已知：控制溶液pH＝4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2＋、Mg2＋不沉淀。
该同学得出的结论正确的是(　　)
A．根据现象1可推出该试液中含有Na＋
B．根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根
C．根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2＋，但没有Mg2＋
D．根据现象5可推出该试液中一定含有Fe2＋
13．C　[解析] 由于之前操作中加过NaOH溶液，所以不能确定原溶液中是否含有Na＋，A项错误；葡萄糖酸中不存在醛基，所以无法用是否发生银镜反应来判断葡萄糖酸根的存在，B项错误；现象3说明无Mg2＋，现象4说明存在Ca2＋，C项正确；由于之前加过H2O2，也没有进行过是否存在Fe2＋的测定，最后检测得到存在Fe3＋，可能是原来存在的，也可能是由Fe2＋氧化得到的，D项错误。
26．　
氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能放出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，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L－1。请回答下列问题：
(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________________________________________________________________________。
有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之____________________________________。
(已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O)
(5)甲与乙之间________(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是_______________________________________________________________________。
26．[答案] (1)AlH3　H∶N?,?H ∶H
(2)AlH3＋3H2O===Al(OH)3＋3H2↑
(3)Mg3N2
(4)2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O
取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O。反之则无Cu2O
(5)可能　AlH3中的氢化合价为－1价，NH3中的氢为＋1价，因而有可能发生氧化还原反应生成氢气
[解析] (1)甲加热只得到一种金属单质和H2，则甲只含有两种元素，又甲与水反应生成H2和一种能溶于碱的白色沉淀，由此可推断甲中含有铝和氢两种元素，其中H为－1价，故甲的化学式为AlH3。乙分解得H2和另一气体丙，故乙也仅含有两种元素，丙的相对分子质量为1.25×22.4＝28，则应为N2，由题(4)知，乙能还原CuO生成Cu，由此推知乙为NH3。(2)AlH3中H为－1价，H2O中H为＋1价，两者发生氧化还原反应生成H2，铝元素转化为Al(OH)3沉淀。(3)N2与Mg反应生成Mg3N2。(4)NH3还原CuO，根据氧化还原反应得失电子守恒可配平。由题中信息知，Cu2O能溶于H＋，生成蓝色的Cu2＋。由Cu不能溶于非氧化性酸，故可用稀H2SO4来检验Cu2O的存在。(5)AlH3中的H为－1价，而NH3中的H为＋1价，两者可发生氧化还原反应，生成0价的H2。
27．　
捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：2NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)??(NH4)2CO3(aq)　ΔH1
反应Ⅱ：NH3(l)＋H2O(l)＋CO2(g)??NH4HCO3(aq)　ΔH2
反应Ⅲ：(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)??2NH4HCO3(aq)　ΔH3
请回答下列问题：
(1)ΔH3与ΔH1、ΔH2之间的关系是：ΔH3＝________。
(2)为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，在某温度T1下，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其他初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图[见图(a)]。则：
①ΔH3________0(填“>”“＝”或“<”)。
②在T1～T2及T4～T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图(a)所示的变化趋势，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图(b)所示。当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化总趋势曲线。
　　　　　(a)　　　　　　　　　　　　　(b)
图0
(3)利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(写出2个)。
(4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是__________。
A．NH4Cl　　　　　　　　B．Na2CO3
C．HOCH2CH2OH D．HOCH2CH2NH2
27．[答案] (1)2ΔH2－ΔH1
(2)①<
②T1～T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，化学反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度升高而提高。T4～T5区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2捕获
③
(3)降低温度；增加CO2浓度(或分压)
(4)B、D
[解析] (1)根据盖斯定律可得出，将“反应Ⅱ×2－反应Ⅰ”，即得反应Ⅲ，所以ΔH3＝2ΔH2－ΔH1。(2)①从图(a)分析，T3时CO2吸收率最高，当温度再高时，平衡会逆向移动，导致CO2的量增多，故该反应为放热反应，即ΔH3<0。②当温度低于T3时，反应未达平衡，当温度高时，CO2的吸收率加快。③温度从T1升到T2时，CO2的吸收率减小，则溶液中的CO2含量少，pH增大，当温度不变时，反应达平衡，则CO2含量不变，pH不变。(3)反应Ⅲ为气体体积减小的放热反应，故可以采用低温、高压以提高CO2的吸收量。(4)CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，HOCH2CH2NH2中的氨基显碱性，也可以吸收酸性气体CO2。
28．　
利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：
　
图0
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。请回答下列问题。
(1)用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的作用有__________。
A．去除油污 B．溶解镀锌层
C．去除铁锈 D．钝化
(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是________。
(3)由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是________________________________________________________________________。
(4)Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？________(填“能”或“不能”)。理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶
⑥胶头滴管　⑦移液管
(6)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
28．[答案] (1)A、B
(2)抽滤、洗涤、灼烧
(3)N2气氛下，防止Fe2＋被氧化
(4)不能　胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
(5)0.735 0　③⑦
(6)偏大
[解析] (1)油污可在碱性条件下水解而除去。Zn具有两性，可用强碱NaOH除去。(2)将Zn(OH)2沉淀，抽滤、洗涤，灼烧，可得ZnO。(3)为制得Fe3O4胶粒，其中含有Fe2＋，故需要在N2保护中进行，以免被O2氧化。(5)n(K2Cr2O7)＝0.010 00 mol·L－1×0.25 L＝0.002 5 mol，m(K2Cr2O7)＝0.002 5 mol×294.0 g·mol－1＝0.735 0 g。配制固体溶液时选用电子天平，配制液体时可选用量筒或移液管。(6)滴定前尖嘴有气泡，滴定后无气泡，则有部分溶液填入了气泡中，这部分溶液误当作与Fe2＋反应，使测定结果偏大。
29．　
某课题组以苯为主要原料，采用以下路线合成利胆药——柳胺酚。
已知：NO2NH2
回答下列问题：
(1)对于柳胺酚，下列说法正确的是________。
A．1 mol 柳胺酚最多可以和2 mol NaOH反应
B．不能发生硝化反应
C．可发生水解反应
D．可与溴发生取代反应
(2)写出A―→B反应所需的试剂__________________________________________。
(3)写出B―→C的化学方程式________________________________________。
(4)写出化合物F的结构简式__________________________________。
(5)写出同时符合下列条件的F的同分异构体的结构简式________(写出3种)。
①属酚类化合物，且苯环上有三种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应
(6)以苯和乙烯为原料可合成聚苯乙烯，请设计合成路线(无机试剂及溶剂任选)。
注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：
CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3
29．[答案] (1)C、D
(2)浓HNO3/浓H2SO4
(3)NO2Cl＋2NaOHNO2ONa＋NaCl＋H2O
(4)COOHOH
(5)OHCHOOH HOOHCHO OHOHCHO
OHOHCHO(任意三种即可)
(6)CH2CH3CHClCH3CH＝CH2CH－CH2??
[解析] 苯在FeCl3作催化剂作用下，与Cl2反应生成氯苯，由D至E的条件知，该步发生了硝基转化成了氨基，所以在D之前应发生硝化反应，显然为A至B的反应。由柳胺酚的结构简式推知，B中硝基与氯原子应位于对位关系，结构简式为O2NCl。B至C为Cl原子水解生成酚羟基，由于在NaOH作用下，故生成的是酚钠，C至D加HCl酸化，是将酚钠转化成了酚。(1)柳胺酚中两个酚羟基和肽键均可以与NaOH反应，A项错误；苯环可以发生硝化反应，B项错误；肽键可以发生水解反应，C项正确；酚羟基的邻、对位上的H可以与Br2发生取代反应，D项正确。(2)硝化反应的条件是浓H2SO4和浓HNO3。(3)O2NCl与NaOH发生水解反应，生成的酚羟基与NaOH生成酚钠。(4)将柳胺酚中的肽键断开，即可得F的结构简式为COOHOH。(5)依据要求的条件，应将F中的羧基改写成羟基和醛基，将两个羟基按邻、间、对排好后，再将醛基在苯环上依次定位，即可写出所有的同分异构体。(6)要制得聚苯乙烯，必须得其单体苯乙烯，而苯与乙烯发生加成反应得苯乙烷，所以就要使乙基产生碳碳双键，方法是在乙基中先引入氯原子，然后再水解。
15．　
“物质结构与性质”模块
请回答下列问题：
(1)N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能
I1
I2
I3
I4
……
In/kJ·mol－1
578
1817
2745
11 578
……
则该元素是________(填写元素符号)。
(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是__________________________________。
Ge的最高价氯化物分子式是________。该元素可能的性质或应用有________。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
(3)关于化合物，下列叙述正确的有________。
A．分子间可形成氢键
B．分子中既有极性键又有非极性键
C．分子中有7个σ键和1个π键
D．该分子在水中的溶解度大于2-丁烯
(4)NaF的熔点________BF的熔点(填“＞”“＝”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
15．[答案] (1)Al　
(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2　GeCl4　C、D
(3)B、D
(4)>　两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低
[解析] (1)从电离能数据来看，在I3和I4之间产生脱级，所以判断该元素的最外层有三个电子，则应为铝。(2)Ge为32号元素，其第三层为全满，第四层的电子数为32－2－8－18＝4，则价电子数为4s24p2。价电子数为4，则为第ⅣA族元素，其最高价为＋4价，氯化物为GeCl4。Ge位于第ⅣA族，其金属性不强，A项错误； Ge为金属，S为非金属，而非金属性的电负性比金属大，B项错误； Ge位于金属和非金属的分界线处，是半导体材料，C项正确； GeCl4与GeBr4均为分子晶体，但后者的相对分子质量大，故沸点高，D项正确。(3)醛基不可以形成氢键，A项错误；碳碳之间为非极性键，而碳氧、碳氢之间为极性键，B项正确；分子中，单键均为σ键，双键1个为σ键，1个为π键，所以分子中含有9个σ键，3个π键，C项错误；醛基比甲基易溶于水，故该分子中的两个醛基若换成甲基，则溶解度会减小，D项正确。(4)离子晶体的熔点通过晶格能比较，晶格能与两个因素有关，一是半径，半径越小，晶格能越大；二是电荷，离子所带电荷数越高，晶格能越大。而晶格能大，熔点高。两种物质所带电荷相同，但是后者的半径大，故晶格能小，所以熔点低。
16．　
“化学与技术”模块
电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如下表所示：
成分
CaO
SiO2
Al2O3
Fe2O3
MgO
CaS
其他不溶
于酸的物质
质量分
数(%)
65～66
3.5～5.0
1.5～3.5
0.2～0.8
0.2～1.1
1.0～1.8
23～26
用电石浆可生产无水CaCl2，某化工厂设计了以下工艺流程：
　
已知氯化钙晶体的化学式是CaCl2·6H2O；H2S是一种酸性气体，且具有还原性。
(1)反应器中加入的酸应用________。
(2)脱色槽中应加入的物质X是________；设备A的作用是________；设备B的名称为________；设备C的作用是________。
(3)为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是________。
A．水　　　　　　B．浓硫酸 C．石灰乳 D．硝酸
(4)将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是____________________________________________________________________。
16．[答案] (1)盐酸
(2)活性炭　蒸发浓缩　过滤器　脱水干燥
(3)C
(4)对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益
[解析] (1)因要生产CaCl2，所以应选用盐酸。(2)活性炭具有吸附性。从A后看，是结晶池，故A应为蒸发浓缩。从B中有母液出来，故B为过滤器。B中得到CaCl2·6H2O晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaCl2产品。(3)H2S为酸性气体，应用碱液吸收，故选石灰乳。
?
2013年普通高等学校招生全国统一考试(海南卷)
化学科试题答案及解析
可能用到的相对原子质量： H1 C12 O16 Na23 Mg24 Al27 S32 Cl35.5
K39 Fe56 Cu64 Ag108 Ba137 Pb207
第I卷
一、选择题：本题共6小题。每小题2分，共12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．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。
2．下列化合物的俗称与化学式不对应的是
A．绿矾-FeSO4·7H2O B．芒硝-Na2SO4·10H2O
C．明矾- Al2(SO4)3·12H2O D．胆矾- CuSO4·5H2O
[答案]C
[解析]：对常见物质俗称识记。
3．重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是
A．氘(D)原子核外有1个电子 B．1H与D互称同位素
C．H2O与D2O互称同素异形体 D．1H18O与D216O的相对分子质量相同
[答案]C
[解析]：同位素是同种元素不同种原子间互称。
4．Mg-AgCl电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：
2AgCl+ Mg = Mg2++ 2Ag +2Cl-。有关该电池的说法正确的是
A．Mg为电池的正极
B．负极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-
C．不能被KCl 溶液激活
D．可用于海上应急照明供电
[答案]D
[解析]：根据氧化还原判断，Mg为还原剂是负极、失电子，所以A、B都错，C是指电解质溶液可用KCl 溶液代替。
5．已知下列反应的热化学方程式：
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H1
2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2
C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为
A．12△H3+5△H2-2△H1 B．2△H1-5△H2-12△H3
C．12△H3-5△H2 -2△H1 D．△H1-5△H2-12△H3
[答案]A
[解析]：盖斯定律常规考查。
6．下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是
A．a-b-c-d-e-e-f-g-h B.a-e-d-c-b-h-i-g
C．a-d-e-c-b-h-i-g D.a-c-b-d-e-h-i-f
[答案]B
[解析]：装置顺序为：制氯气、除杂（HCl、水蒸气）、反应制备、尾气碱处理，注意洗气瓶中导管为“长进短出”。
二、选择题：本题共6小题。每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
7．下列鉴别方法不可行的是
A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯
B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳
C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯
D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷
[答案]D
[解析]：A、B、C均可鉴别：A中，乙醇溶于水，甲苯比水密度小，溴苯比水密度大；B中，乙醇、苯燃烧火焰有明显差别，而四氯化碳不燃烧；C中，乙醇溶于碳酸钠，乙酸与碳酸钠反应产生气泡，乙酸乙酯浮于溶液表面。
8．0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是
A．c(H+)> c(F-) B．c(H+)> c(HF)
C．c(OH-)> c(HF) D．c(HF) > c(F-)
[答案]BC
[解析]：电离后，因水也电离产生H+，所以c(H+)>c(F-)均约为0.01，c(HF)约0.09，c(OH-)为10-12。
9．下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有
A．2-甲基丙烷 B．环戊烷
C．2,2-二甲基丁烷 D．2,2-二甲基丙烷
[答案]BD
[解析]：等效氢的考查，其中A、C均有2种，B、D均只有1种。
10．能正确表示下列反应的离子反应方程式为
A．NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：
NH4++ HCO3-+2OH-= CO32-+ NH3↑+2 H2O
B．向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH -=2 Al(OH)3↓+3BaSO4↓
C．向FeBr2溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2=2 Fe3++2 Br2+6 Cl-
D．醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++ CO2↑+ H2O
[答案]AC
[解析]：B选项明矾溶液中，Al3+和SO42-个数比为1:2，SO42-完全沉淀时，Al3+应转化为AlO2-；D选项中醋酸是弱酸，应该以分子的形式写入离子方程式。
11．下列关于仪器使用的说法正确的是
A．滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗
B．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热
C．蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏瓶支管口
D．振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞
[答案]AD
[解析]：B选项中锥形瓶可隔着石棉网加热，C选项中水银球不可以高于蒸馏瓶支管口
12．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是
选项
X
Y
A．
MgSO4
CuSO4
B．
AgNO3
Pb(NO3)2
C．
FeSO4
Al2 (SO4)3
D．
CuSO4
AgNO3
[答案]D
[解析]：题意表明b、d没有气体逸出，所电解的盐溶液中金属元素，应该在金属活动顺序表中（H）以后，只有D符合题意。
第II卷
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第17题为必考题，每个试卷考生都必须做答。第18题~第20题为选考题，考生根据要求做答。
13．（9分）
X、Y和Z均为短周期元素，原子序数依次增大，X的单质为密度最小的气体，Y原子最外层电子数是其周期数的三倍，Z与X原子最处层电子数相同。回答下列问题：
（1）X、Y和Z的元素符号分别为 、 、 。
（2）由上述元素组成的化合物中，既含有共价键又含有离子键的有 、 。
（3）X和Y组成的化合物中，既含有极性共价键又含有非极性共价键的是 。
此化合物在酸性条件下与高锰酸钾反应的离子方程式为 ；此化合物还可将碱性工业废水中的CN-氧化为碳酸盐和氨，相应的离子方程式为 。
[答案] （1）H O Na （2）NaOH Na2O2
（3）H2O2 5 H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++8 H2O+5O2↑
H2O2+CN-+OH-=CO32-+NH3
[解析]：（1）氢气是密度最小的气体推出X为H，Y只能是第二周期元素推出为O，Z与H同族且原子序数大于O推出为Na，（2）3种元素两两组合，再全组合可得结论；（3）第3个空已经给出反应物为H2O2、CN-、OH-，产物为CO32-、NH3，配平即可，此时CN-中C为+2价，N为-3价。
14.（9分）
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：
2CuBr2(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。
①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p(Br2)将会 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p(Br2)的变化范围为 。
[答案] （1）Cl2 3 Br2+6 CO32-+3H2O=5 Br-+ BrO3-+6HCO3-
(或3 Br2+3CO32-=5 Br-+ BrO3-+3CO2)
（2）Br BrCl+H2O=HCl+ HBrO （3）①增大 ②2.33×103Pa< p(Br2)≤4.66×103Pa
[解析]：（1）溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为，溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收。
（2）正电性的原子或原子团结合OH形成分子，则生成HBrO。（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因而可提高p(Br2)；②体积增大一倍时，p(Br2)降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的p(Br2)。
15．（9分）
反应A(g) B(g) +C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行，A的初始浓度为0.050mol/L。温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。回答下列问题：
（1）上述反应的温度T1 T2，平衡常数K(T1) K(T2)。（填“大于”、“小于”或“等于”）
（2）若温度T2时，5min后反应达到平衡，A的转化率为70%，则：
①平衡时体系总的物质的量为 。
②反应的平衡常数K= 。
③反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)= 。
[答案] （1）小于 小于 （2）①0.085mol ②0.082mol/L ③0.007mol/(L·min)
[解析]：（1）图中显示，T2时达到平衡所用时间少，速率大所以温度高；而温度越高c(A)越小，可判断反应为吸热反应，升温K将增大。（2）平衡问题的常规计算，略。
16．（8分）
2-丁烯是石油裂解的产物之一，回答下列问题：
（1）在催化剂作用下，2-丁烯与氢气反应的化学方程式为 ，反应类型为 。
（2）烯烃A是2-丁烯的一种同分异构体，它在催化剂作用下与氢气反应的产物不是正丁烷，则A的结构简式为 ；A分子中能够共平面的碳原子个数为 ，A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为 。
[答案] （1）CH3CH=CHCH3+H2CH3CH2CH2CH3 加成反应
（2）

[解析]：（2）A加氢后不生成正丁烷，可判断其碳链有支链，结构只能是一种，4个碳原子均在碳碳双键形成的平面上。（嵚崟感叹：第3个空形同鸡肋，考了加氢接着又考加溴的方程式？就算考个现象描述都比这强，出题人江郎才尽矣）
17．（9分）
BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：
①称取1.222g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；
②过滤并洗涤沉淀；
③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165g。
回答下列问题：
（1）在操作②中，需要先后用稀硫酸和 洗涤沉淀；检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是 。
（2）计算BaCl2·xH2O中的x= （要求写出计算过程）。
（3）操作③中，如果空气不充足和温度过高，可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS，这使x的测定结果 （填“偏低”、“偏高”或“不变”）。
[答案] （1）蒸馏水 取水洗液于试管中，加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，若无白色浑浊出现，则表明Cl-已经冼净。
（2）样品中BaCl2的物质的量为
质量

（3）偏高
[解析]：（1）若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl-则已经洗净，这是沉淀洗涤的常用方法；（2）计算氯化钡和水的物质的量比，即求出x；（3）题中已经表明硫酸钡被还原为BaS，则沉淀质量减小，相对水的质量比提高，x数据将偏高。
选考题（请考生在请18.19.20三题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。）
第18.19.20三题的第一题为选择题，在给出的四个选项中，至少有两项是符合题目要求的，请将符合题目要求的选项标号填在答题卡相应位置；第二题为非选择题，请在答题卡上相应位置作答并写明小题号。
18．[选修5——有机化学基础]（20分）
18-I（6分）下列化合物中，同分异构体数目超过7个的有
A．已烷 B．已烯
C．1,2-二溴丙烷 D．乙酸乙酯
[答案]BD
[解析]：同分异构体常规考查。
18-II（14分）
肉桂酸异戊酯G（）是一种香料，一种合成路线如下：
已知以下信息：
①；
②C为甲醛的同系物，相同条件下其蒸气与氢气的密度比为22。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）B和C反应生成D的化学方程式为 。
（3）F中含有官能团的名称为 。
（4）E和F反应生成G的化学方程式为 ，反应类型为 。
（5）F的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为3:1的为 （写结构简式）。
[答案] （1）苯甲醇 （2）
（3）羟基（4） 取代反应（或酯化反应）
（5）6
[解析]：（1）A的不饱和度为4含苯环，分子可能为苯甲醇或邻、间、对甲苯酚，而转化为B的条件为醇氧化，因而A为苯甲醇；（2）根据信息可得此反应为两醛缩合，结合G的结构可判断出用到了乙醛；（3）根据反应条件，E与F反应为酯化，结合G的结构，醇那部分结构就明了；（5）F的异构体不能与金属钠反应只能是醚。醚的异构体写出，以氧原子为分界：①左1个碳右4个碳（丁基），丁基有4种异构则醚有4种异构体，②左2个碳右3个碳（丙基），丙基有2种异构则醚有2种异构体，共6种。
19．[选修3——物质结构与性质]（20分）
19-I（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．Na2S2 D．NH4NO3
[答案]AC
[解析]：略。
19-II（14分）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示。
回答下列问题：
（1）图B对应的物质名称是 ，其晶胞中的原子数为 ，晶体类型为 。
（2）d中元素的原子核外电子排布式为 。
（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是 ，原因是 ，该物质的分子构型为 ，中心原子的杂化轨道类型为 。
（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是 。
（5）k的分子式为 ，中心原子的杂化轨道类型为 ，属于 分子（填“极性”或“非极性”）。
[答案] （1）金刚石 8 原子晶体 （2）1s22s22p63s23p5
（3）H2O 分子间形成氢键 V形（或角形） sp3 （4）HCl （5）COCl2 sp2 极性
[解析]：（1）每个原子周围有4个键，判断为金刚石。（2）a为C，则b为H2、c为O2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2。（3）除a、b、c、d外，f为CO，g为CO2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2（在历届高考中有出现过）。所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体。（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。（5）COCl2中羰基的平面结构显示其为sp2杂化。
20．[选修2——化学与技术] （20分）
20-I（6分）下列叙述正确的是
A．合成氨的“造气”阶段会产生废气
B．电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放
C．电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗
D．使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染
[答案]AD
[解析]：A中氨的造气用天燃气或煤，必产生二氧化碳；B中电镀液含重金属离子，应处理后排放；C中，铝的生产中阳极会产生二氧化碳，煤有消耗；D中煤的气化后作了脱硫处理，污染减少。
20-II（14分）硅在地壳中的含量较高。硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。回答下列问题：
（1）1810年瑞典化学家贝采利乌斯在加热石英砂、木炭和铁时，得到一种“金属”。这种“金属”可能是 。
（2）陶瓷、水泥和玻璃是常用的硅酸盐材料。其中，生产普通玻璃的主要原料有 。
（3）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
①用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为 ；碳化硅又称 ，其晶体结构与 相似。
②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
③SiHCl3极易水解，其完全水解的产物为 。
（4）氯碱工业可为上述工艺生产提供部分原料，这些原料是 。
[答案] （1）含有硅、碳的铁合金（或硅铁） （2）石英砂、纯碱和石灰石
（3）①SiO2+3CSiC+2CO↑ 金刚砂 金刚石（或单晶硅） ②精馏（或蒸馏）③H4SiO4（或H2SiO3）、H2、HCl （4）H2、HCl
[解析]：大多为常见知识考查。（3）比较SiHCl3、SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl的沸点，可得常温下SiHCl3、SiCl4为液体、SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去产物中的固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4的混合液体，用蒸馏可分离二者。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·福建卷
6．　
化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是(　　)
A．石英只能用于生产光导纤维
B．从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现
C．为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
6．D　[解析] 石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅(如水晶、玛瑙等)用作饰物和工艺品，石英砂可用于制备硅单质等，A项错误；从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，B项错误；大量使用食品添加剂对人体有害，C项错误；“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，D项正确。
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、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双健
D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应
7．A　[解析] 乙酸的酸性比碳酸强，乙酸与碳酸钠溶液反应能放出气体：2CH3COOH＋ Na2CO3―→2CH3COONa＋CO2↑＋H2O，乙酸乙酯是难溶于碳酸钠溶液且密度小于水的油状液体，A项正确；C5H12有正戊烷、异戊烷和新戊烷三种同分异构体，B项错误；聚氯乙烯中碳碳之间只有单键，苯分子中碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，乙烯分子只含有碳碳双键，C项错误；油脂和蛋白质都能水解，糖类中单糖不能水解，D项错误。
8．　
室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，下列判断正确的是(　　)
A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大
C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性
D．其溶液的pH＝13
8．C　[解析] NH3·H2O是弱碱，在离子方程式中化学式不能拆分，Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3 NH，A项错误；加水稀释，促进NH3·H2O电离，使NH3·H2O??NH＋OH－的电离平衡右移，但是NH3·H2O、NH、OH－的浓度均减小，则溶液中c(NH)·c(OH－)变小，B项错误；用HNO3完全中和氨水时得到硝酸铵溶液，即NH3·H2O＋HNO3===NH4NO3＋H2O，硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致中和后的溶液显弱酸性，C项正确；NH3·H2O的电离是可逆反应，不可能完全电离出OH－，则c(OH－)小于0.10 mol·L－1，室温下KW＝1.0×10－14，则氨水中c(H＋)> mol·L－1＝10－13 mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)<13，D项错误。
9．　 四种短周期元素在周期表中的位置如图0，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是(　　)
图0
A．原子半径 ZB．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
9．B　[解析] M为短周期的金属元素，根据四种元素的位置关系可推断M是第三周期的铝元素，则X、Y、Z分别为硅、氮、氧。同主族元素原子半径随原子序数递增而增大，同周期元素原子半径随原子序数增大而减小，原子半径氧<硫<铝，因此ZH2SiO3，B项错误；同主族元素的非金属性随原子序数递增而减弱，同周期元素的非金属性随原子序数增大而增强，非金属性硅<硫<氧，非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性SiH410．　 下列有关实验的做法不正确的是(　　)
A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验NH时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
10．D　[解析] 分液时，分液漏斗中的下层液体先从下口放出，上层液体从上口倒出，A项正确；碳酸氢钠受热易分解，生成二氧化碳、水和碳酸钠固体，而碳酸钠固体受热不分解，B项正确；配制0.100 0 mol·L－1氯化钠溶液时，需要玻璃棒将液体引流转移到容量瓶中，C项正确；检验NH时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，若试纸变蓝，说明试样中含有铵根离子，D项错误。
11．　
某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO。其过程如下：
mCeO2(m－x) CeO2·xCe＋xO2
(m－x)CeO2·xCe＋xH2O＋xCO2mCeO2＋xH2＋xCO
下列说法不正确的是(　　)
A．该过程中CeO2没有消耗
B．该过程实现了太阳能向化学能的转化
C．图0中ΔH1＝ΔH2＋ΔH3
图0
D．以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O
11．C　[解析] H2O、CO2转变为H2、CO的过程分两步进行，第1步反应消耗CeO2的物质的量与第2步反应生成CeO2的物质的量相同，则该过程中CeO2没有消耗，A项正确；上述转变将化学能较低的H2O、CO2转化为化学能较高的H2、CO，将太阳能转化为化学能储存在燃料(水煤气或H2和CO)中，B项正确；读图可得3个热化学方程式：①H2O(g)===H2(g)＋O2(g)　ΔH1，②H2O(l)===H2O(g)　ΔH2，③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3，观察发现①＋②＝－③，由盖斯定律可得：ΔH1＋ΔH2＝－ΔH3，则ΔH1＝－ΔH2－ΔH3＝－(ΔH2＋ΔH3)，C项错误；CO是燃料，在负极上发生氧化反应，其产物不是CO2，因为CO2是酸性氧化物，与过量碱溶液易反应生成碳酸根离子，根据电子、电荷和原子守恒原理可得负极反应式为CO＋4OH－－2e－===CO＋2H2O，D项正确。
12．或　
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0。据图分析，下列判断不正确的是(　　)
图0
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5.0×10－5 mol·L－1·s－1
D．温度高于40 ℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂
12．B　[解析] 读图可得，10～40 ℃间溶液变蓝时间由80 s逐渐减小，40～55 ℃间溶液变蓝时间逐渐增大，A项正确；b、c两点所代表的温度分别是25 ℃、47 ℃，其他条件保持不变时，温度越高，反应速率越快，则图中b点对应的NaHSO3反应速率较小，c点对应的NaHSO3反应速率较大，B项错误；混合前NaHSO3浓度为0.020 mol·L－1，忽略稀溶液混合前后溶液体积的变化，根据c1·V1＝c2·V2的稀释定律可得，混合后NaHSO3浓度为0.020 mol·L－1×＝0.004 0 mol·L－1，a点溶液变蓝时间为80 s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.004 0 mol·L－1变为0，由＝v可得，a点对应的NaHSO3反应速率为0.004 0 mol·L－1÷80 s＝5.0×10－5 mol·L－1·s－1，C项正确；配平可得：10NaHSO3＋4KIO3 (过量)===5Na2SO4＋2K2SO4＋2I2＋3H2SO4＋2H2O，生成的硫酸是淀粉水解反应的催化剂，若温度高于40 ℃时，淀粉水解反应速率加快，其水解产物遇析出的I2不会变蓝，因此淀粉不宜用作该实验的指示剂，D项正确。
23．　
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S 废气制取氢气，既价廉又环保。
(1)工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化制取的氢气。
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为________。
②常温下，不能与M单质发生反应的是____________(填序号)。
a．CuSO4溶液　b．Fe2O3　c．浓硫酸
d．NaOH溶液　e．Na2CO3固体
(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。
①高温热分解法
已知：H2S(g)??H2(g)＋S2(g)
在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。以H2S起始浓度均为c mol·L－1测定H2S的转化率，结果见图0。图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。据图计算 985 ℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K＝________；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：________________________________________________________________________。
图0
②电化学法
该法制氢过程的示意图如图0。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是________________________________________________________________________；
反应池中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为________________________________________________________________________________。
图0
23．[答案] (1)①
②b、e
(2)①　温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)
②增大反应物接触面积，使反应更充分
H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl
2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑
[解析] (1)①无机材料K2O·M2O3·2RO2·nH2O中钾元素显＋1价，氧元素显－2价，氢元素显＋1价，则M显＋3价，R显＋4价；第3周期主族元素质子数之和为27，则M、R原子的质子数分别为13、14，M、R分别是铝、硅，由此可以画出硅的原子结构示意图；由金属活动性顺序可得，铝比铜活泼，则铝与硫酸铜溶液可以发生置换反应，即2Al＋3CuSO4===Al2(SO4)3＋3Cu，a项错误；虽然铝比铁活泼，但是铝与氧化铁在高温下才能发生铝热反应，即2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，而常温下则不能反应，b项正确；浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铝钝化，铝表面生成一层致密的保护膜，钝化是化学变化，c项错误；氢氧化钠是强碱，铝元素位于元素周期表中金属和非金属交界线附近，其单质与NaOH溶液容易反应，放出气体，即2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，d项错误；铝不如钠活泼，常温下铝不能与碳酸钠固体反应，e项正确；(2)①H2S的起始浓度为c mol·L－1，985 ℃时H2S的平衡转化率为40%，则H2S的变化浓度为0.4c mol·L－1，则：
H2S(g)??H2 (g)＋S2 (g)
 c 0 0
 0.4c 0.4c 0.2c
 0.6c 0.4c 0.2c
K＝＝＝；
读图可得，未达平衡时H2S的转化率逐渐增大，原因是温度逐渐升高，H2S分解的反应速率逐渐增大，消耗的H2S逐渐增多；已达平衡后H2S的平衡转化率逐渐增大的原因是H2S分解是吸热反应，升高温度时平衡右移，消耗的H2S增多；
②读图可得，H2S气体从反应池底部通入，FeCl3溶液从反应池顶部喷下，这种采用气液逆流方式加入反应物的主要目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；读图可得，H2S中S被氧化，该反应中降价元素一定是铁元素，由＋3价降为相邻的＋2价，则FeCl3被还原为FeCl2，配平可得：H2S＋2FeCl3===2FeCl2＋S↓＋2HCl；反应池中反应后溶液中主要成分是FeCl2、HCl，电解池中含有的Fe2＋被氧化为Fe3＋，H＋被还原为H2，电解总反应的离子方程式：2Fe2＋＋2H＋2Fe3＋＋H2↑。
24．　
二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]。
②该法工艺原理示意图如下。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有________(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________________。
图0
(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：Ｋ(D)＋24NaClO3＋12H2SO4===ＫClO2↑＋ＫCO2↑＋18H2O＋Ｋ________
(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl－。处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的________倍。
24．[答案] (1)①BaCl2　BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其他合理答案)
②H2、Cl2　2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(2)C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋Na2SO4
(3)2.5
[解析] (1)①根据后加入的除杂试剂逆推，加入过量Na2CO3的目的是除去粗盐溶液中的Ca2＋，加入过量NaOH的目的是除去粗盐溶液中的Mg2＋，加入除杂试剂的目的是除去粗盐溶液中的SO，除杂质时引入的新杂质需要后续步骤除去，因此应先加入过量的BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO时，使BaSO4(s)＋CO??BaCO3(s)＋SO的平衡右移，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)，所以滤液中仍含有SO；②由图中补充Cl2推断，氯化氢合成塔中反应为H2＋Cl22HCl，则该工艺流程中可以利用的单质是H2、Cl2；二氧化氯发生器中反应物为氯化钠、电解池中得到的NaClO3和氯化氢合成塔中得到的HCl，生成物为ClO2，可通入氯化氢合成塔中循环利用的Cl2，可通入氯化钠电解槽中循环利用的NaCl和H2O，根据氯元素优先变为相邻价态可得，氯酸钠被还原为二氧化氯，氯化氢被氧化为氯气，配平可得：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O；(2)纤维素是多糖，其水解的最终产物是葡萄糖(C6H12O6)，所含氢为＋1价、氧为－2价，由葡萄糖中各元素化合价代数和为零可得碳的平均化合价为0价，配平可得：C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O＋12Na2SO4；(3)设处理含CN－相同量的电镀废水时转移电子的物质的量均为x mol，根据化合价降低总数等于转移电子数可得关系式：①ClO2→Cl－～5e－，②Cl2→2Cl－～2e－，①②式中氧化剂与转移电子数的物质的量之比等于化学计量数之比，则n(ClO2)＝x mol×＝0.2x mol，n(Cl2)＝x mol×＝0.5x mol，所以＝＝2.5。
25．　
固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg (NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：
甲：Mg(NO2)2、NO2、O2
乙：MgO、NO2、O2
丙：Mg3N2、O2
丁：MgO、NO2、N2
(1)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_______________________________________________________________________________。
查阅资料得知：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。
针对甲、乙、丙猜想，设计如图0所示的实验装置(图中加热、夹持仪器等均省略)：
图0
(2)实验过程
①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管(A)，观察到E中有气泡连续放出，表明_________________________________________。
②称取Mg(NO3)2固体3.7 g置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
关闭k，用酒精灯加热时，正确操作是先____________，然后固定在管中固体部位下加热。
③观察到A中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。
④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1.0 g。
⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象。
(3)实验结果分析讨论
①根据实验现象和剩余固体的质量，经分析可初步确认猜想________是正确的。
②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：_____________________________(填写化学方程式)，溶液颜色会褪去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检测到的原因是___________________________________________________________________________________________________________。
③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究。
25．[答案] (1)不符合氧化还原反应原理(或其他合理答案)
(2)①装置气密性良好
②避免对产物O2的检验产生干扰(或其他合理答案)　移动酒精灯预热硬质玻璃管
(3)①乙
②2Na2SO3＋O2===2Na2SO4　O2在通过装置B时已参与反应(或其他合理答案)
[解析] (1)若Mg(NO3)2热分解产物为MgO、NO2、N2，氮元素化合价部分由＋5价降为＋4价，另一部分由＋5价降为0价，元素的化合价只降不升，不符合氧化还原反应原理，故猜想丁不成立；(2)①整套装置所含仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃试管(A)，观察到E中有气泡连续放出，表明装置气密性良好；②猜想甲、乙、丙中均有O2，通常条件下氮气的性质很稳定，则加热前通入N2驱尽装置内空气的目的是避免空气对产物O2的检验产生干扰；加热试管中固体时要预热，正确的操作方法是移动酒精灯预热硬质玻璃管，然后固定在有固体部位下加热；(3)①A中有红棕色气体，说明硝酸镁热分解产物中含有NO2；剩余固体中加入适量水，未见明显现象，说明硝酸镁热分解产物中不含亚硝酸镁，也不含氮化镁，因为Mg(NO2)2可溶于水，Mg3N2与水发生双水解反应，生成白色沉淀和刺激性气味的气体，由此推断猜想乙成立；②氧气具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成硫酸钠，配平可得：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4；实验时二氧化氮与氢氧化钠溶液反应可能存在过量问题，若氢氧化钠不足，则B中不仅发生了反应2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，而且可能发生如下反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO、2NO＋O2===2NO2，即O2在通过装置B时已经参与反应，导致硝酸镁热分解产生的氧气在D之前已经被消耗完全。
31．　
[化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
图0
(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。
a．离子晶体　　　　　b．分子晶体
c．原子晶体 d．金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为_________________________________。
(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
H2O…HOHBFFF[H3O]＋
Q R
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。
a．离子键　b．共价键　c．配位键　d．金属键
e．氢键　f．范德华力
②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。
(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是___________________________________。
31．[答案] (1)
(2)①a、b、d
②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(3)①a、d
②三角锥形　sp3
(4)<　COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
[解析] (1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B32．　
[化学——有机化学基础]已知：RRCHO
为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径：
CH2CH2CH3CHOCH2CH2CH3CH2OHCH2CH2CH3CH2OH
　A　　　　　　　　 M　　　　　　　　 B
(　　　)CH2CH2CH3
　 C　　　　　　D
(1)常温下，下列物质能与A发生反应的有________(填序号)。
a．苯 b．Br2/CCl4
c．乙酸乙酯 d．KMnO4/H＋溶液
(2)M中官能团的名称是________，由C―→B的反应类型为________。
(3)由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物CH3CH2CH2CHO和________________________________________________________________________
(写结构简式)生成。
(4)检验B中是否含有C可选用的试剂是________(任写一种名称)。
(5)物质B也可由C10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的结构简式为________。
(6)C的一种同分异构体E具有如下特点：
a．分子中含—OCH2CH3
b．苯环上只有两种化学环境不同的氢原子
写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
32．[答案] (1)b、d
(2)羟基　还原反应(或加成反应)
(3)CH3CH2CH2CH2OH
(4)银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)
(5)CH3CH2CH2CH2Cl
(6)nCH＝CH2OCH2CH3OCH2CH3CHCH2
[解析] (1)由A的结构简式可知其官能团是碳碳双键、醛基， 碳碳双键与Br2能发生加成反应，碳碳双键和—CHO都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故bd项均正确；(2)由M的结构简式可知其所含官能团是羟基；由反应条件判断D→C是烃基苯变为对烃基苯甲醛，D是丙苯，则C是对丙基苯甲醛；比较C、B结构简式的异同，发现只有醛基变为羟甲基，C→B是得到氢的过程，因此该反应是还原反应或加成反应；(3)A所含的碳碳双键、醛基在一定条件下都能与H2加成，若氢气过量，则A直接转化为M，若氢气不足，可能只有碳碳双键与H2加成得到中间生成物CH3CH2CH2CHO，也有可能只有醛基与H2反应变为羟甲基，得到中间产物CH3CH2CH2CH2OH；(4)B的官能团是羟基，C的官能团是醛基，不能选择酸性高锰酸钾溶液检验B中是否含有C，因为羟基和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，只能选择银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)检验B中是否含有C；(5)C10H13Cl属于卤代烃， B的分子式为C10H14O，B比C10H13Cl多1个O、1个H，少1个Cl，由卤代烃的性质可得，C10H13Cl与NaOH水溶液共热得到的有机产物为B，由此逆推可得C10H13Cl的结构简式为CH3CH2CH2CH2Cl；(6)由C的结构简式可得其分子式为C10H12O，减去—OCH2CH3后得到苯环上另一个取代基为—CH===CH2；苯环上只有两种氢，说明两个取代基位于相对位置，由此可得C的同分异构体E的结构简式；E的官能团是碳碳双键、醚键，由官能团的性质可知，碳碳双键在一定条件下可以发生加聚反应，由此可以书写该反应的化学方程式。
?
2013年高考真题—化学精校精析
2013·重庆卷
1．B1　 在水溶液中能大量共存的一组离子是(　　)
A．Na＋、Ba2＋、Cl－、NO
B．Pb2＋、Hg2＋、S2－、SO
C．NH、H＋、S2O、PO
D．Ca2＋、Al3＋、Br－、CO
1．A　[解析] Pb2＋、Hg2＋与S2－、SO均能结合生成难溶物，B项不能大量共存；H＋与S2O结合生成弱电解质，C项不能大量共存；Ca2＋与CO反应生成难溶物、CO与Al3＋发生双水解反应，D项不能大量共存。
2．H2 H3 H5　
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Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
2．D　[解析] SO3的水溶液能导电是因为SO3与水反应生成的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，加入醋酸的体积应增大，B项错误；向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，无气体生成，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　
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．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晶体属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN晶体属于原子晶体，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　 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(　　)
图0
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．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　 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)。
X(C24H40O5)
H2NCH2CH2CH2NHCH2CH2CH2CH2NH2
Y
图0
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．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　
已知：P4(g)＋6Cl2(g)===4PCl3(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，P4(g)＋10Cl2(g)===4PCl5(g)　ΔH＝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ΔH
C．Cl—Cl键的键能为(b－a＋5.6c) kJ·mol－1
D．P—P键的键能为(5a－3b＋12c) kJ·mol－1
6．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ΔH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) kJ·mol－1，y＝×(5a－3b＋12c) kJ·mol－1，故C项正确，D项错误。
7．G2 G4 G5　
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：
压强/MPa体积分数/%温度/℃
1.0
2.0
3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b②915 ℃、2.0 MPa时E的转化率为60%
③该反应的ΔS>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．A　[解析] E(g)＋F(s)??2G(g)为气体分子数增加的反应，ΔS＞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，ΔH＞0，K(1000 ℃)＞K(810 ℃)，b＜f，①、④正确；915 ℃、2.0 MPa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。
8．C5 E2 F3 N1　
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。
①80.0 g Cu?Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0 g，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时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合图中信息推断该合金中除铜外一定含有________。
图0
8．[答案] (1)①第三周期第ⅢA族　CO2
②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O　Ar(其他合理答案均可)
(2)①吸氧腐蚀　②CaCO3或CaO
(3)①83.1%　②Al、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：
无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO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0.5 mol，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　 某研究小组利用下图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响(固定装置略)。
图0
(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，按图中装置进行对比实验，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，图中装置还可采取的改进措施是_______________________________。
9．[答案] (1)MgO、CO2
(2)除CO2　点燃
(3)①Fe
②Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋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(其他合理答案均可)
④在装置BC之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可)
[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还原为CO，产物中残留的CO2用足量NaOH吸收，带出的H2O(g)用无水CaCl2干燥；CO与Fe2O3在不同温度下反应生成纯净的黑色粉末，该粉末能被盐酸溶解，不可能为C，甲、乙两组现象中均有蓝色沉淀产生，说明溶液中均含有Fe2＋，滴加KSCN溶液后，甲组变红，说明甲组还含有Fe3＋，乙组无现象，说明乙组中只含有Fe2＋，结合元素守恒的相关知识可推断甲组得到的黑色粉末为Fe3O4，乙组得到的黑色粉末为Fe；因氯气具有氧化性，SCN－具有还原性，褪色的原因可能是二者发生了反应，取褪色后的溶液，加入足量的KSCN溶液，如果溶液恢复红色，说明假设是正确的。
10．I4 K4 L7　
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)。
　
图0
(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，QR(C8H7O2Cl)SK2Cr2O7，H＋,ＦT，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________。
(6)已知：L→M的原理为
①C6H5OH＋C2H5OCORC6H5OCOR＋C2H5OH和
②R1COCH3＋C2H5OCOR2R1COCH2COR2＋C2H5OH，M的结构简式为____________。
10．[答案] (1)丙炔　加成反应
(2)C6H5CHO＋2Cu(OH)2＋NaOHC6H5COONa＋Cu2O↓＋3H2O
(3)—COOH或羧基
(4)H3CCOOH　
HOOCCH2Cl＋2NaOH
NaOOCCH2OH＋NaCl＋H2O
(5)苯酚
(6)
[解析] CH3C≡CH与H2O发生加成反应生成CH3COHCH2，CH3COHCH2结构重排生成CH3CCH3O，CH3CCH3O与苯甲醛发生醛、酮加成反应生成羟醛：CHCH2CCH3OHO，CHCH2CCH3OHO自动脱水生成烯醛CHCHCCH3O。CH3COCCH3OO与C6H5OH发生取代反应生成C6H5OOCCH3和CH3COOH，C6H5OOCCH3中的—OCCH3与苯环邻位上的一个H原子发生自身交换，生成OHCOCH3，由L→M的反应原理①可知，OHCOCH3与C2H5OCOC2H5O反应生成OCOC2H5OCOCH3，结合M的分子式C9H6O3和OCOC2H5OCOCH3反应原理②可知发生自身交换生成M：OOO。
11．B1 B3 G1 H3 F4 N2　
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NO还原为N2。25 ℃时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为________。
②上述反应离子方程式为_______________________________________________，其平均反应速率v(NO)为________mol·L－1·min－1。
③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)电化学降解NO的原理如图0所示。
图0
①电源正极为__________(填“A”或“B”)，阴极反应式为__________________________________________________。
②若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。
11．[答案] (1)①N≡N
②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O　0.001
③加酸　升高温度　加水
(2)①A　2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－
②14.4
[解析] (1)①N2结构中含有氮氮三键，其结构式为N≡N；②H2与NO发生氧化还原反应，H由0价升到＋1价，N由＋5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H2＋2NON2＋4H2O＋2OH－；溶液的pH由7变为12，表明c(H＋)由10－7变成10－12，则c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10 min 内的变化量约为10－2 mol/L，而c(OH－)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01 mol/L，则v(NO)＝0.001 mol/(L·min)；③NO水解：NO＋H2O??HNO2＋OH－，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。(2)①根据题图可知，电解池右侧NO转化成N2，发生还原反应：2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H2O―4 e－===O2↑＋4H＋，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；②转移2 mol电子时，右侧产生0.2 mol N2，质量为5.6 g，左侧产生0.5 mol O2，质量为16 g，同时生成2 mol H＋，由于H＋可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：5.6 g―2 g＝3.6 g，左侧电解液质量实际减少：16 g＋2 g＝18 g，则两侧质量差为14.4 g。
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