2013重庆高考化学试题+解析(word版).doc

高考试题及答案精编化学重庆卷解析（向昭霖）一、选择题（本大题共7小题，共42分）1B1 2013重庆卷 在水溶液中能大量共存的一组离子是ANa+、Ba2+、Cl、NO3BPb2+、Hg2+、S2、SO42CNH、H+、S2O、PODCa2+、Al3+、Br、CO321B1 2013重庆卷答案：A解析 Pb2+、Hg2+与S2、SO42均能结合生成难溶物，B项不能大量共存；H+与S2O结合生成弱电解质，C项不能共存；Ca2+与CO32反应生成难溶物、CO32与Al3+发生双水解反应，D项不能大量共存。 2H2 H3 H5 2013重庆卷 下列说法正确的是AKClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质B25时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋酸VNaOHC向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成DAgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)·c(X)，故K(AgI) K(AgCl)2H2 H3 H5 2013重庆卷答案：D解析SO3的水溶液能导电是因为SO3与水反应生成H2SO4属于电解质，SO3本身是非电解质，A项错误；醋酸溶液与等浓度NaOH溶液恰好完全反应，生成的醋酸钠溶液是强碱弱酸盐，应呈碱性，若Ph=7，需加入醋酸的体积应增大；B项错误； AlO+2H2OAl(OH)3+OH、HCO+ H2OH2CO3+ OH，水解均呈碱性，不能相互促进，C项错误；由于AgI比AgCl更难溶于水，AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，Ksp(AgI) Ksp(AgCl)，D项正确。3H2 N3 N4 2013重庆卷下列排序正确的是A酸性：H2CO3C6H5OHCH3COOHB碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2KOHC熔点：MgBr2SiCl4BND沸点：PH3NH3H2O3H2 N3 N4 2013重庆卷答案：D解析酸性C6H5OHH2CO3CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，CaBa，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，CaK，故碱性Ca(OH)2Ba(OH)2，Ca(OH)2KOH，B项错误；MgBr2属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN属于原子晶体，熔点：原子晶体离子晶体分子晶体，则SiCl4MgBr2BN，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。4J1 J2 2013重庆卷按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物.下列说法错误的是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4J1 J2 2013重庆卷答案：C解析样品粉末加入甲苯和甲醇后，形成的是固体和液体的混合物，步骤(1)得到溶液和不溶性物质，应该采用过滤的方法，A项正确；步骤（2）分离水层溶液和有机层溶液，需要用到分液漏斗，B项正确；步骤（3）从水层溶液得到固体粗产品，采用蒸发结晶的方法，需要用到蒸发皿，C项错误；步骤（4）从有机层溶液得到甲苯，应该采用蒸馏的方法，D项正确。5I4 2013重庆卷有机物X和Y可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。下列叙述错误的是A1 mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2OB1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol XCX与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3DY和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强5I4 2013重庆卷答案：B解析 1 mol有机物X中含3 molOH，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。6F5 2013重庆卷已知：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) H=a kJ·mol1， P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) H=b kJ·mol1， P4具有正四面体结构，PCl5中PCl键的键能为c kJ·mol1, PCl3中PCl键的键能为1.2c kJ·mol1，下列叙述正确的是APP键的键能大于PCl键的键能B可求Cl2(g)+PCl3(g)= PCl5(s)的反应热H CClCl键的键能为(ba+5.6c)/4 kJ·mol1DPP键的键能为(5a3b+12c)/8 kJ·mol16F5 2013重庆卷答案：C解析由于P原子半径大于 Cl 原子，故PP键的键能小于PCl键的键能，A项错误；因PCl5固态和气态间转化的热效应不确定，Cl2(g)+PCl3(g)= PCl5(s)的反应热H不可求；B项错误；设ClCl键的键能为x, PP键的键能为y，则有：6y+6x12×1.2c=a，6y+10x20c=b，解得x=(ba+5.6c)/4 kJ·mol1，y=(5a3b+12c)/12 kJ·mol1，故C正确，D错误。7G 2 G4 G52013重庆卷将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：1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0bf915、2.0MPa时E的转化率为60%该反应的S0K(1000)K(810)上述中正确的有A4个B3个C2个D1个7G 2 G4 G5 2013重庆卷答案：A解析 E(g)+F(s)2G(g)为气体分子数增加的反应，S0，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，H0，K(1000)K(810)，bf，、正确；915、2.0Mpa条件下，平衡时G的体积分数为0.75，则E的体积分数为0.25，而G的变化量为0.75,则E的变化量为0.375，可知E的初始量为0.625，正确。二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8C5 E2 F3 N12013重庆卷（14分）合金是建造航空母舰的主体材料。（1）航母升降机可由铝合金制造.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 。AlMg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。舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为 。航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 。（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。80.0gCuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为 。为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH=3.4 时开始沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，结合题8信息推断该合金中除铜外一定含有 8C5 E2 F3 N1 2013重庆卷答案：（1）第三周期第A族 CO2； Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O Ar .（2）吸氧腐蚀；CaCO3或CaO（其他合理答案均可得分）.（3）83.1%; 铝、镍或Al、Ni。解析从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝通常有两种工艺，其流程图示如下：无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO2全部转化为Al(OH)3；AlMg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；CuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5mol，则原合金中Al 的质量为13.5 g；当pH=3.4 时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni.9J5 2013重庆卷（15分）某研究小组利用题9图装置探究温度对CO还原Fe2O3的影响（固定装置略）。（1）MgCO3 的分解产物为 。（2）装置C的作用是 ，处理尾气的方法为 。（3）将研究小组分为两组，按题9图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物）。两组分别用产物进行以下实验.步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解,无气泡溶解,有气泡2取步骤1中溶液,滴加K3Fe(CN)6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色乙组得到的黑色粉末是 。甲组步骤1中反应的离子方程式为 。乙组步骤4中，溶液变红的原因为 ；溶液褪色可能的原因及其验证方法为 。从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是 。9J5 2013重庆卷答案：（1）MgO、CO2；（2）除去CO中混有的CO2 点燃；（3）Fe；Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2O； Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN，生成Fe(SCN)3而呈红色；假设SCN被氯气氧化而褪色，取褪色后的溶液再加入足量的KSCN溶液，溶液变成红色，则证明假设成立（其他合理答案也可以）；在装置B、C间添加装置E防倒吸（其他合理答案也可）。解析难溶或微溶性碳酸盐受热分解生成对应的金属氧化物和CO2， B装置中的Zn将CO2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。10I4 K4 L7 2013重庆卷（15分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。（1）A的名称为 ，AB的反应类型为 。（2）DE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）GJ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，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的结构简式为 ，RS的化学方程式为 。（5）题10图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是 。（6）已知：LM的原理为和，M的结构简式为 .10I4 K4 L7 2013重庆卷答案：（1）丙炔 加成反应；（2）；（3）羧基或COOH；（4），（5）苯酚 （6）解析CH3CCH与H2O发生加成反应生成，结构重排生成，与苯甲醛发生醛、酮加成反应生成羟醛：，自动脱水生成烯醛。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，由LM的反应原理可知，与反应生成，结合M的分子式C9H6O3和反应原理可知发生自身交换生成M：。11B1 B3 G1 H3 F4 N2 2013重庆卷（14分）化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。（1）催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2. 25时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为 。上述反应离子方程式为 ，其平均反应速率v(NO)为 mol·L1·min1还原过程中可生成中间产物NO，写出三种促进NO水解的方法 。（2）电化学降解NO的原理如题11图所示.电源正极为 （填“A”或“B”），阴极反应式为 .若电解过程中转移了2 mol 电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为 g. 11B1 B3 G1 H3 F4 N2 2013重庆卷答案：（1）；5H2+ 2NON2+ 4H2O+2OH 0.001；升高温度、加水稀释、加酸（H+）；（2）A 2NO+10e+6H2O = N2+ 12OH；14.4 ；解析N2结构中含有氮氮叁键，其结构式为；H2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107变成1012，则c(OH)由107增大到102，c(OH)在10 min 内的变化量约为102 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)；NO水解：NO+H2OHNO2+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；根据题11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：2H2O4 e=O2+4H+，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；转移2mol电子时，左侧减少0.2mol N2，5.6g，右侧产生0.5mol O2，16g，同时生成2mol 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：5.6g2g=3.6g，左侧电解液质量实际减少：16g+2g=18g，则两侧质量差为14.4g . 7