2013年高考真题解析——重庆卷（理综化学）纯word版

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。