2013年重庆市高考化学试卷.doc
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1、第 1 页(共 23 页)2013 年重庆市高考化学试卷年重庆市高考化学试卷一、选择题(本大题共一、选择题(本大题共 7 小题,每小题小题,每小题 6 分,共分,共 42 分在每小题给出的四个选分在每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求)项中,只有一个符合题目要求)1 (6 分)在水溶液中能大量共存的一组离子是( )ANa+、Ba2+、Cl、NO3BPb2+、Hg2+、S2、SO42CNH4+、H+、S2O32、PO43DCa2+、Al3+、Br、CO322 (6 分)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
2、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)3 (6 分)下列排序正确的是( )A酸性:H2CO3C6H5OHCH3COOHB碱性:Ba(OH)2Ca(OH)2KOHC熔点:MgBr2SiCl4BND沸点:PH3NH3H2O4 (6 分)按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物下列说法错误的是( )A步骤(1)需要过滤装置B步骤(2)需要用到分液漏斗C步骤(3)需要用到坩埚 D步骤(4)需要蒸馏
3、装置5 (6 分)有机物 X 和 Y 可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)如图所示下列叙述错误的是( )第 2 页(共 23 页)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6 (6 分)已知:P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g) ,H=a kJmol1; P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(g) ,H=b kJmol1,P4具有
4、正四面体结构,PCl5中 PCl 键的键能为 c kJmol1,PCl3中 PCl 键的键能为 1.2c kJmol1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HCClCl 键的键能kJmol1DPP 键的键能为kJmol17 (6 分)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/MPaG 体积分数/%温度/1.02.03.081054.0ab915c75.0d第 3 页(共 23 页)1000ef83
5、.0bf915,2.0MPa 时 E 的转化率为 60%该反应的S0 K(1000)K(810)上述中正确的有( )A4 个B3 个C2 个 D1 个二、非选择题(本大题共二、非选择题(本大题共 4 小题,共小题,共 58 分)分)8 (14 分)合金是建筑航空母舰的主体材料(1)航母升降机可由铝合金制造铝元素在周期表中的位置是 ,工业炼铝的原料由铝土矿提取而得,提取过程中通入的气体为 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
6、炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为 (3)航母螺旋浆主要用铜合金制造80.0g CuAl 合金用酸完全溶解后,加入过量氨水,过滤得到白色沉淀 39.0,则合金中 Cu 的质量分数为 为分析某铜合金的成分,用酸将其完全溶解后,用 NaOH 溶液调节 pH,当pH=3.4 时开始出现沉淀,分别在 pH 为 7.0、8.0 时过滤沉淀结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有 第 4 页(共 23 页)9 (15 分)某研究小组利用题 9 图装置探究温度对 CO 还原 Fe2O3的影响(固定装置略)(1)MgCO3的分解产物为 (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,
7、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 第 5 页(共 23 页)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 10 (15
8、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反应产生砖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,QR(C8H7O2Cl)ST,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)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 11 (14 分)化学在环境保护中起着十分重要的作用,催化反硝化法
9、和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染(1)催化反硝化法中,H2能将 NO3还原为 N225时,反应进行 10min,溶液的 pH 由 7 变为 12N2的结构式为 第 6 页(共 23 页)上述反应的离子方程式为,其平均反应速率 (NO3)为 molL1min1还原过程中可生成中间产物 NO2,写出 3 种促进 NO2水解的方法 (2)电化学降解 NO3的原理如图所示电源正极为 (填 A 或 B) ,阴极反应式为 若电解过程中转移了 2mol 电子,则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为 g第 7 页(共 23 页)2013 年重庆市高考化学试卷年重庆市高考化学试卷参考答案与试题解析参考
10、答案与试题解析一、选择题(本大题共一、选择题(本大题共 7 小题,每小题小题,每小题 6 分,共分,共 42 分在每小题给出的四个选分在每小题给出的四个选项中,只有一个符合题目要求)项中,只有一个符合题目要求)1 (6 分)在水溶液中能大量共存的一组离子是( )ANa+、Ba2+、Cl、NO3BPb2+、Hg2+、S2、SO42CNH4+、H+、S2O32、PO43DCa2+、Al3+、Br、CO32【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能发生氧化还原反应,不能相互促进水解等,则离子能大量共存,以此来解答【解答】解:A该组离子之间不反应,能共存,故 A 正确;B因 Pb2+、Hg
11、2+分别与 S2、SO42结合生成沉淀,则不能共存,故 B 错误;C因 H+、S2O32发生氧化还原反应,H+、PO43结合生成弱酸根离子,则不能共存,故 C 错误;D因 Ca2+、CO32结合生成沉淀,Al3+、CO32相互促进水解,则不能共存,故 D错误;故选:A。【点评】本题考查离子的共存,明确离子之间的反应是解答本题的关键,选项C 中的氧化还原为解答的难点,题目难度不大2 (6 分)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 NaHC
12、O3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)【分析】AKClO3和三氧化硫的水溶液都能导电,KClO3是电解质,但三氧化硫第 8 页(共 23 页)是非电解质;BCH3COOH 不完全电离,根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO) ,等体积等浓度混合时显碱性,则中性时应使醋酸过量;CNaHCO3溶液与 NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成 Al(OH)3;DAgCl 沉淀易转化为 AgI 沉淀,说明溶解度 S(AgCl)S(AgI) ,所以K(A
13、gCl)K (AgI) ;【解答】解:A电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物,是自身电离出自由移动的离子。氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子,能导电是电解质;SO3溶于水后和水反应生成硫酸,硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以 SO3是非电解质,故A 错误;B醋酸与 NaOH 溶液反应:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO) ,若等体积等浓度混合时显碱性,则25时,用醋酸溶液滴定等浓度 NaOH 溶液至 pH=7 显中性时应使醋酸过量,即V醋酸VNaOH,故
14、 B 错误;C氢氧化铝为两性氢氧化物,由于酸性:HCO3Al(OH)3,根据强酸制备弱酸,NaHCO3溶液与 NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成 Al(OH)3,AlO2+HCO3+H2O=Al(OH)3+CO32有沉淀生成,无气体生成,故 C 错误;D向 AgCl 沉淀中滴入稀 KI 溶液,会出现白色沉淀 AgCl 转变为黄色沉淀 AgI,说明 AgCl 沉淀易转化为 AgI 沉淀,沉淀易转化为更难溶沉淀,越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小,故 K(AgI)K(AgCl) ,故 D 正确;故选D。【点评】本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质
15、的溶解平衡及沉淀转化等知识,掌握它们的相关本质是解答的关键,题目难度中等3 (6 分)下列排序正确的是( )第 9 页(共 23 页)A酸性:H2CO3C6H5OHCH3COOHB碱性:Ba(OH)2Ca(OH)2KOHC熔点:MgBr2SiCl4BND沸点:PH3NH3H2O【分析】A酸性应为 C6H5OHH2CO3CH3COOH;B根据元素的金属性强弱判断;CSiCl4为分子晶体,熔点最低;DNH3和 H2O 都含有氢键,沸点较高【解答】解:A三种酸中,醋酸酸性最强,苯酚酸性最弱,应为C6H5OHH2CO3CH3COOH,故 A 错误;B金属性 BaKCa,则碱性:Ca(OH)2KOHBa
16、(OH)2,故 B 错误;CSiCl4为分子晶体,熔点最低,BN 为原子晶体,熔点最高,应有SiCl4MgBr2BN,故 C 错误;DNH3和 H2O 都含有氢键,沸点较高,由于水中含有氢键数目较多,则水的沸点最高,在常温下为液体,而氨气在常温下为气体,则沸点:PH3NH3H2O,故 D 正确。故选:D。【点评】本题考查较为综合,涉及酸性、金属性、熔沸点高低的比较,侧重于元素周期律的递变规律的考查,题目难度中等4 (6 分)按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物下列说法错误的是( )A步骤(1)需要过滤装置B步骤(2)需要用到分液漏斗C步骤(3)需要用到坩埚 D步骤(
17、4)需要蒸馏装置【分析】步骤(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,步骤(2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗;步骤(3)是从溶液中得到固第 10 页(共 23 页)体,操作为蒸发,需要蒸发皿;步骤(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,以此来解答【解答】解:A步骤(1)是分离固液混合物,其操作为过滤,需要过滤装置,故 A 正确;B步骤(2)分离互不相溶的液体混合物,需进行分液,要用到分液漏斗,故B 正确;C步骤(3)是从溶液中得到固体,操作为蒸发,需要蒸发皿,而不用坩埚,故 C 错误;D步骤(4)是从有机化合物中,利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯,需要蒸馏装置,故
18、 D 正确;故选:C。【点评】本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成,注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键,注重实验操作和分离方法的考查,题目难度不大5 (6 分)有机物 X 和 Y 可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)如图所示下列叙述错误的是( )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【分析】A.1 个分子中含 3 个OH
19、,能发生消去反应;BNH2与COOH 可发生反应;COH 能与 HBr 发生取代反应,OH 被Br 替代;第 11 页(共 23 页)DY 和癸烷均存在饱和烃结构,Y 中含NH2,极性增强【解答】解:A.1 个分子中含 3 个OH,能发生消去反应,则 1mol X 在浓硫酸作用下发生消去反应,最多生成 3mol H2O,故 A 正确;BNH2与COOH 可发生反应,则 1mol Y 发生类似酯化的反应,最多消耗 3mol X,故 B 错误;COH 能与 HBr 发生取代反应,OH 被Br 替代,则 X 与足量 HBr 反应,所得有机物的分子式为 C24H37O2Br3,故 C 正确;DY 和癸
20、烷均存在饱和烃结构,所以分子链均呈锯齿形,Y 中含NH2,极性 Y比癸烷强,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查有机物的结构与性质,明确常见有机物的性质即可解答,注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答,题目难度不大6 (6 分)已知:P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(g) ,H=a kJmol1; P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(g) ,H=b kJmol1,P4具有正四面体结构,PCl5中 PCl 键的键能为 c kJmol1,PCl3中 PCl 键的键能为 1.2c kJmol1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
21、(g)=PCl5(s)的反应热HCClCl 键的键能kJmol1DPP 键的键能为kJmol1【分析】A、依据 P 和 Cl 原子半径大小比较键长得到键能大小,键长越长,键能越小;B、依据盖斯定律分析判断;C、依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析;第 12 页(共 23 页)D、由 P4是正四面体可知 P4中含有 6 个 PP 键依据焓变=反应物键能之和生成物键能之和计算分析【解答】解:A、原子半径 PCl,因此 PP 键键长大于 PCl 键键长,则 PP 键键能小于 PCl 键键能,故 A 错误;B、利用“盖斯定律”,结合题中给出两个热化学方程式可求出 Cl2(g)+PCl3(g)
22、=PCl5(g)H=KJmol1,但不知 PCl5(g)=PCl5(s)的H,因此无法求出 Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的H,故 B 错误;C、利用 Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)H=KJmol1可得 E(ClCl)+31.2c5c=,因此可得 E(ClCl)=kJmol1,故 C 正确;D、由 P4是正四面体可知 P4中含有 6 个 PP 键,由题意得 6E(PP)+1045c=b,解得 E(PP)= kJmol1,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了化学键与焓变定量计算关系,物质结构的分析应用,盖斯定律的计算应用,题目难度中等7 (6 分)将 E 和 F
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