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绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（四川卷）理科综合·化学理科综合考试时间共150分钟。试卷满分300分，其中物理110分，化学100分，生物90分。化学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（费选择题）。第Ⅰ卷5至6页，第Ⅱ卷7至8页，共4页。考生作答时，需将答案答在答题卡上，在本卷第Ⅱ卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Mg24Al27S32K39Cu64第Ⅰ卷（选择题共42分）注惹事项：必须使用2B铅笔将答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。Ⅰ卷共7题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活密切相关，下列说法不正确．．．的是A.二氧化硫课广泛用于食品的漂白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【解析】SO2可被人体吸收进入血液，对全身产生毒性作用，它能破坏酶的活力，影响人体新陈代谢，对肝脏造成一定的损害。慢性毒性试验显示，SO2有全身性毒性作用，故SO2不可用于食品漂白，A错。葡萄糖酸钙常被用做补钙剂，B正确；聚乙烯可做食品的包装，而聚氯乙烯不可，C正确；“84”消毒液的有效成分就是NaClO，可用于环境消毒，D正确。【答案】A【考点】化学知识在日常生活中的应用。2.下列物质分类正确的是A.SO2、SiO2CO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【解析】CO属于不成盐氧化物，故A错；氯化铁溶液不属于胶体，是溶液，故B错；四氯化碳属于非电解质；福尔马林是甲醛的水溶液、水玻璃是硅酸钠的水溶液、氨水是氨气的水溶液，都属于混合物，D正确。【答案】D【考点】物质的成分及分类。3.下列离子方程式正确的是A.Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O2＋2H＋＋2I－=I2＋2H2OC.用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋4H＋=SO42－＋3S↓＋2H2O【解析】HClO是电解质，不能拆，故A错；B选项中的产物正确，元素、电荷和得失电子都守恒，正确；用Cu作电极电解时，作阳极的铜要优先失去电子发生氧化反应，故C错；D选项中的电荷不守恒。【答案】B【考点】离子方程式的正误判断。4.同周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外电子层电子数之比为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ZYWB.W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是WXYZC.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【解析】“W、X原子的最外层电子数之比为4：3”，则其最外层电子数不能为8、6，则W、X应为C和Al元素；“Z原子比X原子的核外电子多4”，故Z为Cl元素，则Y可能为Si、P或S元素。电负性C元素的大于Si，故A错；原子半径C小于Si，故B错；SiCl4的空间结构为正四面体形，故C正确；CS2的结构式为S＝C＝S，σ键和π数目之比为1:1，故D错。【答案】C【考点】原子结构与元素的推断，电负性、原子半径的比较，空间构型、化学键类型的判断。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）反应后溶液的pHc（HA）c(KOH)①0.10.19②x0.27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—1C.实验②反应后的溶液中：c(A－)＋c(HA)0.1mol·L－1D.实验②反应后的溶液中：c(K＋)=c(A－)c(OH－)=c(H＋)【解析】由实验①可知，HA酸为弱酸，故KA盐溶液显碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒可知c(K＋)＞c(A-)，故A正确；由电荷守恒知c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故c(OH-)=c(K+)-c(A-)+c(H+)，故B错；由实验②知x0.2，故c(HA)+c(A-)0.1mol·L-1(因为溶液体积是原溶液的2倍了)，故C正确；实验②反应后的溶液显中性，故c(OH－)＝c(H＋)，由电荷守恒可得c(K+)=c(A-)，故D正确。【答案】B【考点】弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、溶液中的守恒关系。6.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)＋Y(g)2Z(g)△H0,一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479KW1X10－9n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A.反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×10－3mol·L－1·min-1B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前ν(逆)ν(正)C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【解析】前＝2×0.04mol·L-12min=0.04mol·L-1·min-1，故A错；此反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，达新平衡前υ(正)υ(逆)，故B错；再充入0.2molZ，因反应是气体分子数不变的反应，建立的是等效平衡状态，Z的体积分数不变，故D错。故平衡常数K＝0.1220.1×0.1=1.44，故C正确。【答案】C【考点】化学反应速率、化学平衡常数的计算，化学平衡的移动与速率的关系，等效平衡。7.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g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︰1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【解析】由c=（1000ρw）/M，将数据代入可知B选项正确。设Cu、Mg的物质的量分别为x、y，则17(2x+2y)=2.54-1.52，解得x=0.02、y=0.01，故A选项正确。Cu、Mg失去电子的物质的量共为0.06mol，根据得失电子守恒(N+5→N+4)，应得到0.06molNO2，现得到0.05mol的混合气体，是因为2NO2==N2O4，由差量法可得生成的N2O4为0.01mol，则NO2为0.04mol，故C选项正确。生成0.03molCu(OH)2、Mg(OH)2[在消耗NaOH方面，可看成一种物质]沉淀共消耗NaOH0.06mol，需1.0mol·L-1的NaOH60mL，故D错。【答案】D【考点】元素化合物的性质、化学计算。第Ⅱ卷（非选择题共58分）注意事项：必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指示的答题区域内作答，答在试题卷上、草稿纸上无效。Ⅱ卷共4题8.（11分）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可以化合生成气体G，其水溶液pH7;Y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分别与钠元素可以形成化合物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I;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：⑴M固体的晶体类型是。⑵Y基态原子的核外电子排布式是①；G分子中X原子的杂化轨道的类型是②。⑶I的悬浊液加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是。⑷R的一种含氧酸根RO42－具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是。【解析】由“X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液的pH＞7”可知，X为N元素，G为NH3，其中的N元素是sp3杂化；由“Y的单质是一种黄色晶体”可知Y为S元素；由“R的基态原子3d轨道的电子数是4s轨道的3倍”可知R为Fe元素；由“Y、Z分别于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”，可知Z元素为Cl元素；“Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M”则M为NH4Cl，属于离子晶体。S元素的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；AgCl沉淀能转化为Ag2S沉淀的原因是Ag2S沉淀比AgCl更难溶。FeO2-4具有强氧化性，化合价降低得到黄色的Fe3+，溶液中能升高的元素只有O，故有FeO2-4+H+—Fe3++O2↑，由得失电子守恒有4FeO2-4+H+—4Fe3++3O2↑，由电荷守恒有4FeO2-4+20H+—4Fe3++3O2↑，由元素守恒有4FeO2-4+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O。【答案】(1)离子晶体(2)1s22s22p63s23p4sp3杂化(3)Ag2S沉淀比AgCl更难溶(4)4FeO2-4+20H+==4Fe3++3O2↑+10H2O【考点】元素推断，基态原子的核外电子排布，杂化、晶体类型的判断，离子方程式的书写，沉淀的转化。9.（15分）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。可选用第试剂KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水。⑴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的氧化产物为存在Fe2+和Fe3+Ⅱ.AgNO3的热稳定性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。当反应结束以后，试管中残留固体为黑色。⑵装置B的作用是。⑶经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是。⑷【查阅资料】Ag2O和粉末的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水。【提出假设】试管中残留的黑色固体可能是：ⅰAg；ⅱAg2O；ⅲAg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，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加入足量稀硫酸，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①（填实验编号）。【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出的AgNO3固体热分解的产物有②。【解析】(1)Fe3+的检验用KSCN，现象是溶液变红；Fe2+的检验用K3[Fe(CN)6，现象为生成蓝色沉淀。(2)B装置是安全瓶，防止C中的液体倒吸到A中。(3)验证集气瓶中氧气的方法是：用玻璃片盖住集气瓶口并取出，正放在桌面上，然后将带余烬的木条放入集气瓶，若复燃证明是O2。(4)a实验中黑色固体不溶解，说明一定是Ag，若含Ag2O，则会部分溶解；b实验中的现象说明黑色固体是Ag或Ag、Ag2O的混合物，不能确定其成分。【答案】(1)溶液变红K3[Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀(2)安全瓶(3)用玻璃片盖住集气瓶口并取出，正放在桌面上，然后将带余烬的木条伸入集气瓶，若复燃证明是O2(4)bAg【考点】化学实验设计与评价：物质的检验、装置的作用，元素化合物的性质。10.（17分）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：G的合成线路如下：其中A～F分别代表一种有机化合物，合成路线中的部分产物及反应条件已略去。已知：请回答下列问题：⑴G的分子式是①；G中官能团的名称是②。⑵第①步反应的化学方程式是。⑶B的名称（系统