2013年高考重庆理科综合化学部分准确校对解析版

第1页共9页2013年全国高考理科综合•化学（重庆卷）江苏省丹阳市访仙中学殷传富编辑第Ⅰ卷（选择题共42分）１．（2013∙重庆·理综∙1）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．Na+、Ba2+、Cl－、NO3－B．Pb2+、Hg2+、S2－、SO42－C．NH4+、H+、S2O32－、PO43－D．Ca2+、Al3+、Br－、CO32－【答案】A【解析】A．“氯化物不溶Ag+和Hg2+，钾、钠、铵、硝都可溶”，A能大量共存；B．“硫酸盐不溶Pb2+和Ba2+，除钾、钠、铵盐外弱酸盐一般都不溶”，Pb2++SO42－==PbSO4↓、Hg2++S2－==HgS↓、Pb2++S2－==PbS↓，B不能大量共存；C．2H++S2O32－==S↓+H2O+SO2↑，3H++PO43－==H3PO4，C不能大量共存；D．Ca2++CO32－==CaCO3↓、2Al3++3CO32－+3H2O==2Al(OH)3↓+3CO2↑，D不能大量共存；２．（2013∙重庆·理综∙2）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)V(NaOH)C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)∙c(X－)，故K(AgI)K(AgCl)【答案】D【解析】A．KClO3==K++ClO3－，KClO3是电解质，SO3+H2O==H2SO4，H2SO4==2H++SO42－，H2SO4是电解质，SO3是非电解质，A错误；B．CH3COOH+NaOH==CH3COONa+H2O，刚好完全反应时，CH3COONa水解显碱性，pH=7时酸过量，所以V(醋酸)V(NaOH)，B错误；C．AlO2－+H2O+HCO3－==Al(OH)3↓+CO32－，HCO3－表现弱酸性，不是双水解，没有气体产生，C错误；D．化学式相似的难溶物，溶度积大的（溶解度大）易转化为溶度积小的（溶解度小），D正确。３．（2013∙重庆·理综∙3）下列排序正确的是（）A．酸性：H2CO3C6H5OHCH3COOHB．碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2KOHC．熔点：MgBr2SiCl4BND．沸点：PH3NH3H2O【答案】D【解析】A．酸性：C6H5OHH2CO3CH3COOH，A错误；B．原子半径越大，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，碱性：Ba(OH)2Ca(OH)2B错误；C．一般熔点：原子晶体离子晶体分子晶体，所以SiCl4（分子晶体）MgBr2（离子晶体）BN（原子晶体），C错误；D．分子晶体，一般分子量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；但HF、H2O、NH3第2页共9页由于形成分子间氢键，增大分子间作用力，沸点比同族氢化物沸点都高，PH3NH3H2O（常温下液体），D正确。４．（2013∙重庆·理综∙4）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【答案】C【解析】A．步骤（1）为过滤，A正确；B．步骤（2）为分液，需要用到分液漏斗，B正确；C．步骤（3）为蒸发结晶，需要用到蒸发皿，C错误；D．步骤（4）为蒸馏，D正确。５．（2013∙重庆·理综∙5）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）。H2NCH2CH2CH2NHCH2CH2CH2CH2NH2X(C24H40O5)Y下列叙述错误．．的是（）A．1molX在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3molH2OB．1molY发生类似酯化的反应，最多消耗2molXC．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强【答案】B【解析】A．X分子中有3个羟基－OH在浓硫酸作用下可消去，生成3molH2O，A正确；B．Y含有2个“－NH2”，1个“－NH－”，与X发生“酸脱羟基氨脱氢”的反应，最多可消耗5molX，B错误；C．X与足量HBr发生醇羟基的取代反应，3个“－OH”换3个“－Br”，所得有机物的分子式为C24H40－3O5－3Br3，C正确；D．Y和癸烷的分子中C、N原子均为sp3杂化，链均呈锯齿形，但Y中N原子电负性较大，极性较强，D正确。６．（2013∙重庆·理综∙6）已知：P4(g)+6Cl2(g)==4PCl3(g)△H=akJ∙mol－1第3页共9页P4(g)+10Cl2(g)==4PCl5(g)△H=bkJ∙mol－1P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为ckJ∙mol－1，PCl3中P－Cl键的键能为1.2ckJ∙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)==4PCl5(s)的反应热△HC．Cl－Cl键的键能为(b－a+5.6c)/4kJ∙mol－1D．P－P键的键能为(5a－3b+12c)/8kJ∙mol－1【答案】C【解析】△H=反应物的总键能－生成物的总键能PCl3(g)==41P4(g)+46Cl2(g)△H=-41akJ∙mol－1+）41P4(g)+410Cl2(g)==PCl5(g)△H=41bkJ∙mol－1Cl2(g)+PCl3(g)==4PCl5(g)的△H=41(b－a)kJ∙mol－1，未知PCl5(g)==PCl5(s)，B错误；E(Cl－Cl)+3×1.2c-4×5×c=41(b－a)，解得E(Cl－Cl)=45.6ca-bkJ∙mol－1，C正确。P4具有正四面体结构，，1molP4含6molP－P键，P4(g)+6Cl2(g)==4PCl3(g)△H=akJ∙mol－16×E(P－P)+6×45.6ca-b-4×3×1.2c=a，解得E(P－P)=12c123b-5akJ∙mol－1，D错误；P4正四面体结构不稳定，键能小，A错误。７．（2013∙重庆·理综∙7）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/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜f②915℃、2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＞0④K(1000℃)＞K(810℃)上述①~④中正确的有（）第4页共9页A．4个B．3个C．2个D．1个【答案】A【解析】F是固体，该反应的△S＞0，③正确；该反应正反应气体体积增大，增大压强，平衡向气体体积减小（逆反应）方向移动，G的体积分数减小，54.0ab，若正反应放热，升温，平衡向吸热（逆反应）方向移动，G的体积分数减小，所以bd83.0，与54.0ab矛盾，所以假设错误，正反应为吸热反应，升温，平衡向吸热（正反应）方向移动，平衡常数增大，④正确；G的体积分数增大，f75.0ab，①正确；915℃：E(g)+F(s)2G(g)始（mol）：10变（mol）：x2x衡（mol）：1-xx%75%100212xxx，解得x=0.6，α(E)=%60%10016.0molmol，②正确；８．（2013∙重庆·理综∙8）（14分）合金是建造航空母舰的主体材料。（1）航母升降机可由铝合金制造。①铝元素在周期表中的位置为。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得。提取过程中通入的气体为。②Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为。焊接过程中使用的保护气为（填化学式）。（2）航母舰体为合金钢。①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为。②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为。（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。①80.0gCu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为。②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调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8图信息推断该合金中除铜外一定含有。【答案】（1）①第三周期ⅢA族CO2②Al2O3+2NaOH==2NaAlO2+H2OAr（其他合理答案均可得分）（2）①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO（3）①83.1%②Al、Ni【解析】第5页共9页（1）②Al、Mg金属性极强，能与N2、CO2反应，可用Ar或其他稀有气体作焊接保护气。（2）②铁矿石中含有脉石（SiO2），可用CaCO3或CaO造渣（CaCO3+SiO2电解CaSiO3+CO2↑）除去。（3）①过量氨水只有Al(OH)3沉淀，Cu(OH)2溶解成[Cu(NH3)4]2+，1Al~~~~1Al3+~~~~1Al(OH)3m(Al)=1127780.39molgmolgg=13.5gm(Cu)=80.0g-13.5g=66.5gω(Cu)=%1000.805.66gg=83.1%②当pH=3.4时开始出现沉淀，表明含Al3+，不含Fe3+[若有，pH3.4时会有Fe(OH)3沉淀）；pH=7.0时过滤，能除掉的沉淀有Al(OH)3、Cu(OH)2，7.0pH8.0时可能的沉淀有Fe(OH)2、Ni(OH)2，由于Fe2+在溶液中易被氧化为Fe3+，若存在Fe2+，pH3.4时会有Fe(OH)3沉淀，与实验不符，所以pH=8.0时过滤出的沉淀是Ni(OH)2，表明含Ni2+，所以该合金中除铜外一定含有Al、Ni。９．（2013∙重庆·理综∙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，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取步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色①乙组得到的黑色粉末是。②甲组步骤1中反应的离子方程式为。③乙组步骤4中，溶液变红的原因为，溶液褪色可能的原因及其验证方法为。④从实验安全考虑，题9图装置可采取的改进措施是。【答案】（1）MgO、CO2（2）除CO2，点燃第6页共9页（3）①Fe②Fe3O4+8H+==Fe2++2Fe3++4H2O③Fe2+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（其他合理答案均可得分）④在装置BC之间加装E防倒吸（其他合理答案均可得分）【解析】（1）MgCO3△MgO+CO2↑（类比CaCO3高温CaO+CO2↑）（2）本实验用CO还原Fe2O3，所以B是用Zn还原CO2成CO（Zn+CO2△ZnO+CO），C是除去未被还原的CO2，防止影响CO氧化产物的检验。本实验的尾气是CO和CO2，CO2允许直接排放，所以需要处理的是CO，在导管末端用点燃的酒精灯点燃CO。（3）①由于产物是黑色纯净物，所以可能是Fe、FeO、Fe3O4，在盐酸中溶解有气泡的只能是Fe。②Fe3O4的组成相当于FeO·Fe2O3，所以FeO·Fe2O3+8HCl==FeCl2+2FeCl3+4H2O。③Fe3+与SCN－显红色[Fe3++3SCN－==Fe(SCN)3（血红色）]，Fe2+不与SCN－显红色，加入新制氯水，Fe2+会被氧化，2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl－，遇SCN－显红色；显红色是因为Fe3++3SCN－==Fe(SCN