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12013年重庆高考理综化学试题赏析7．(2013重庆)在水溶液中能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．ClO－、Al3＋、Br－、CO32－赏析：考察离子共存问题。A项，可以大量共存；B项，Pb2＋、Hg2＋与S2－、SO42－会形成沉淀；C项，H＋与S2O32－、PO43－反应;D项，Al3＋与ClO－、CO32－双水解。选择A。8．(2013重庆)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沉淀易转化成AgI沉淀且Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故Ksp(AgI)＜K(AgCl)赏析：考察化学知识组合，涉及电解质、电离平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡。A项，三氧化硫溶于水能够导电，是因为生成硫酸的缘故，三氧化硫是非电解质；B项，若要成中性，必须构成CH3COONa与CH3COOH的混合溶液才有可能，V(醋酸)V(NaOH);C项，发生反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，没有气体产生；D项，说明AgI比AgCl更难溶，Ksp(AgI)＜K(AgCl).9．(2013重庆)下列排序正确的是()A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜H3COOHB．碱性:Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O赏析：考察性质比较，涉及酸性、碱性、熔点、沸点。A项，通过回顾反应比较酸性：CH3COOHH2CO3C6H5OH;B项，通过同周期、同主族递变规律比较碱性：Ba(OH)2KOHCa(OH)2;C项，通过晶体类型比较熔点，BN是原子晶体，SiCl4是分子晶体，MgBr2是离子晶体，熔点：BNMgBr2SiCl4;D项，通过经验与氢键知识比较沸点，2常温是液体，而PH3、NH3是气体，P、N同主族相邻，NH3分子间存在氢键，所以，沸点：PH3＜NH3＜H2O，选择D。10．(2013重庆)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)需要蒸馏装置赏析：以工艺流程考察分离提纯。（1）是过滤，（2）是萃取，（3）蒸发结晶或结晶，（4）样品粉末甲苯+甲醇⑴滤渣不溶性物质NaNO3溶液⑵水层溶液有机层溶液⑶⑷析出固体(粗产品)甲苯2是蒸馏，错误的是C，需要的是蒸发皿。选择C。11．(2013重庆)有机物X和Y可作为“分子伞”给药物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（）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与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y的极性较强赏析：考察有机结构与性质的关系。A项，X有3个醇羟基，且相邻C原子上有H原子，正确；B项，Y有2个—NH2，1个NH，X有1个—COOH，发生反应的物质的量之比是1：3，不正确；C项，X有3个醇羟基，被3个Br取代，分子式正确；D项，Y呈锯齿形，因为含有—NH2，极性比癸烷强。选择B。12．(2013重庆)已知：P4(s)＋6Cl2(g)＝4PCl3(g)ΔH＝akJ·mol－1P4(s)＋10Cl2(g)＝4PCl5(g)ΔH＝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)＝PCl5(s)的反应热ΔHC．Cl－Cl键的键能b－a＋5.6c4kJ·mol－1D．P－P键的键能为5a－3b＋12c8kJ·mol－1赏析：考察盖斯定律以及键能与反应热的关系。根据P4是正四面体，P4有6个P—P键，6E(P—P)+6（Cl—Cl）—12×1.2c=a,6E(P—P)+10（Cl—Cl）—20c=b,Cl2(g)＋PCl3(g)＝PCl5(g)△H=(bkJ·mol－1—akJ·mol－1)/4。A项，E(P—P)E(P—Cl)；B项，PCl5是固态，无法计算；C项，4E(Cl—Cl)+12×1.2c—20×c=b—a，有E(Cl—Cl)=b－a＋5.6c4，正确；D项，经过计算，E(P—P)=5a—3b—12c12，错误。选择C。13．(2013重庆)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)。OHHOOHCOOHH2NCH2CH2CH2NHCH2CH2CH2CH2NH2YX(C24H40O5)3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ΔS＞0④K(1000℃)＞K(810℃)上述①～④中正确的有()A．4个B．3个C．2个D．1个赏析：利用图表分析考察平衡原理。a与b、c与d、e与f之间是压强问题，随着压强增大，平衡逆向移动，G的体积分数减小，ba；c75%，e83%；c、e是温度问题，随着温度升高，G的体积分数增大，所以正反应是一个吸热反应，所以，K(1000℃)K(810℃)；f的温度比b的高，压强比b的小，所以fb。而②，可以令F为1mol，转化率为α，则有2α/1+α=75%，α=75%，正确。该反应是一个气体分子式增大的反应，属于熵增反应，所以③正确。选择A。26．(2013重庆)合金是建筑航空母舰的主体材料。⑴航母升降机可由铝合金制造。①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)。⑵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⑶航母螺旋浆主要用铜合金制造。①80.0gCu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白色沉淀39.0，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123456789101112123456789101112Fe3＋Al3＋Cu2＋Fe2＋Ni2＋Mg2＋开始沉淀沉淀完全PH第8题图4淀。结合题8图信息推断该合金中除铜外一定含有赏析：以合金为背景考察元素及其化合物知识和基本理论。涉及周期表位置、金属冶炼、反应原理、物质性质、电化学腐蚀、沉淀溶解平衡和化学金属。（1）①Al在周期表的位置是第三周期第ⅢA族，铝土矿→NaAlO2→Al(OH)3→Al2O3；所以通入的气体是二氧化碳；②用NaOH除去Al2O3的化学方程式是：Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O，焊接时选用的保护气是不活泼的稀有气体，可以是Ar。（2）①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀。②炼铁过程中为降低硅含量化学原理是造渣反应：CaO＋SiO2高温CaSiO3；需加入的物质CaCO3或CaO（3）Cu、Al完全溶解后变成Cu2＋、Al3＋，Cu2＋溶于过量氨水转变成Cu(NH3)42＋,而Al3＋形成Al(OH)3沉淀，n(Al)=39/78=0.5mol，m(Al)=0.5×27=13.5g，Cu的质量分数为（80.0—13.5）/80.0=83.1%；从PH=3.4开始沉淀，证明没有Fe3＋，含有Al3＋;Al3＋、Cu2＋在PH=7、PH=8时已经完全沉淀，再从铝土矿冶炼铝中，因为铝土矿是硅酸盐矿，所以含有Si。参考答案⑴①第三周期第ⅢA族，CO2②Al2O3＋2NaOH＝2NaAlO2＋H2O，Ar(其它合理答案均可得分)⑵①吸氧腐蚀②CaCO3或CaO⑶①83.1%②Al、Si27．(2013重庆)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)⑴MgCO3的分解产物为⑵装置C的作用是，处理尾气的方法为⑶将研究小组分为两组，按题27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。第27题图MgCO3Zn粉Fe2O3无水CaCl2澄清石灰水足量NaOH溶液ABCDEF5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，题9图装置还可采取的改进措施是赏析：探究温度对CO还原Fe2O3的影响为实验目的考察化学知识，涉及产物分析、装置作用、尾气处理、物质检验、反应原理、实验假设、实验验证、装置改进等内容。（1）MgCO3△MgO＋CO2↑；产物是MgO、CO2（2）通过Zn粉，发生Zn＋CO2△ZnO＋CO；再通过NaOH溶液，是为了除去二氧化碳；再通过无水氯化钙是为了除去水蒸气；然后CO还原氧化铁，E装置防倒吸，F装置检验和吸收二氧化碳。尾气是CO，点燃处理。（3）CO还原氧化铁生成黑色粉末可能是Fe、Fe3O4、FeO及其混合物。1实验，证明甲组没有Fe生成，乙组产生了Fe；2实验，证明溶于酸时都生成了Fe2＋；3实验证明甲组生成了Fe3O4，乙组没有生成；4实验说明褪色的原因可能是SCN－可能被Cl2氧化。参考答案：⑴MgO、CO2⑵除CO2、点燃⑶①Fe②Fe3O4＋8H＋=2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O③Fe2＋被氧化成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(其它合理答案均可给分)④在装置BC之间添加装置E防倒吸(其它合理答案均可给分)28．(2013重庆)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）6⑴A的名称为，AB的反应类型为⑵DE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⑶GJ为取代反应，其另一产物分子中的官能团是⑷L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⑸题10图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是赏析：以框图合成考察有机化合物知识。（1）A是丙炔，A→B是加成反应，B→D是异构化反应。（2）D→E是CH3COCH3与C6H5CHO的加成—消去反应；所以X是苯甲醛。（3）G→J，根据反应信息，除产生J外，另一分子是CH3COOH,官能团是—COOH；（4）J→L是异构化反应，L的同分异构体Q，Q→R是苯环上的甲基被取代，R→S是水解，S→T是—CH2OH变成—COOH，T的T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，所以Q的结构简式是（5）能够缩聚成高分子化合物的是苯酚与醛的缩聚。（6）L→M是取代反应，按①的反应信息，生成物C原子数是17个C原子，只有按②式反应才有可能生成9个C原子的有机物。先按②式反应，再酯交换形成M。M的CH3——COOH⑹已知：LM的原理为：①C6H5OH＋C2H5OCRC6H5OCR＋C2H5OH和催化剂