2013年重庆市高考化学试卷

这是一份2013年重庆市高考化学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2013年重庆市高考化学试卷
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，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（　　）
A．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．Pb2+、Hg2+、S2﹣、SO42﹣
C．NH4+、H+、S2O32﹣、PO43﹣ D．Ca2+、Al3+、Br﹣、CO32﹣
2．（6分）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＜VNaOH
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：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH
B．碱性：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOH
C．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN
D．沸点：PH3＜NH3＜H2O
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（4）需要蒸馏装置
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（　　）

A．1 mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2O
B．1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol X
C．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3
D．Y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 kJ•mol﹣1；
P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=b kJ•mol﹣1，
P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为c kJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2c kJ•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△H
C．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1
D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1
7．（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/MPa
G体积分数/%
温度/℃

1.0

2.0

3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K（1000℃）＞K（810℃）
上述①～④中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
　
二、非选择题（本大题共4小题，共58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．
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）．
（2）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　 　．
（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造．
①80.0g Cu﹣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时过滤沉淀．结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有　 　．

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　 　．
10．（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　 　，A→B的反应类型为　 　．
（2）D→E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）G→J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　 　，R→S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：L→M的原理为：①和②，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N2．25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12．
①N2的结构式为　 　．
②上述反应的离子方程式为，其平均反应速率υ（NO3﹣）为　 　mol•L﹣1•min﹣1．
③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．
①电源正极为　 　（填A或B），阴极反应式为　 　．
②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．

　

2013年重庆市高考化学试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，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（　　）
A．Na+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣ B．Pb2+、Hg2+、S2﹣、SO42﹣
C．NH4+、H+、S2O32﹣、PO43﹣ D．Ca2+、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+、Hg2+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（　　）
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＜VNaOH
C．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成
D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）
【分析】A．KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电，KClO3是电解质，但三氧化硫是非电解质；
B．CH3COOH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；
C．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Al（OH）3；
D．AgCl沉淀易转化为AgI沉淀，说明溶解度S（AgCl）＞S（AgI），所以K（AgCl）＞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B错误；
C．氢氧化铝为两性氢氧化物，由于酸性：HCO3﹣＞Al（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（　　）
A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOH
B．碱性：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOH
C．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BN
D．沸点：PH3＜NH3＜H2O
【分析】A．酸性应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH；
B．根据元素的金属性强弱判断；
C．SiCl4为分子晶体，熔点最低；
D．NH3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C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A错误；
B．金属性Ba＞K＞Ca，则碱性：Ca（OH）2＜KOH＜Ba（OH）2，故B错误；
C．SiCl4为分子晶体，熔点最低，BN为原子晶体，熔点最高，应有SiCl4＜MgBr2＜BN，故C错误；
D．NH3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：PH3＜NH3＜H2O，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（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（　　）

A．1 mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3 mol H2O
B．1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol X
C．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3
D．Y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，能发生消去反应；
B．﹣NH2与﹣COOH可发生反应；
C．﹣OH能与HBr发生取代反应，﹣OH被﹣Br替代；
D．Y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；
B．﹣NH2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；
C．﹣OH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；
D．Y和癸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 kJ•mol﹣1；
P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=b kJ•mol﹣1，
P4具有正四面体结构，PCl5中P﹣Cl键的键能为c kJ•mol﹣1，PCl3中P﹣Cl键的键能为1.2c kJ•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△H
C．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1
D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1
【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；
D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P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P＞Cl，因此P﹣P键键长大于P﹣Cl键键长，则P﹣P键键能小于P﹣Cl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）=PCl5（g）△H=KJ•mol﹣1，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=KJ•mol﹣1可得E（Cl﹣Cl）+3×1.2c﹣5c=，因此可得E（Cl﹣Cl）=kJ•mol﹣1，故C正确；
D、由P4是正四面体可知P4中含有6个P﹣P键，由题意得6E（P﹣P）+10×﹣4×5c=b，解得E（P﹣P）= kJ•mol﹣1，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
G体积分数/%
温度/℃

1.0

2.0

3.0
810
54.0
a
b
915
c
75.0
d
1000
e
f
83.0
①b＜f②915℃，2.0MPa时E的转化率为60%③该反应的△S＜0 ④K（1000℃）＞K（810℃）
上述①～④中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①同温下，增大压强，平衡逆向进行，平衡时G的体积分数变小，故可知c＞75.0＞54.0＞a＞b，利用c＞75.0＞54.0可知同压下，升温平衡正向移动，即正反应为吸热反应，从而可知f＞75.0；
②在915℃、2M Pa下，设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6；
③该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应；
④结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大．
【解答】解：①利用图表分析结合平衡原理分析；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，b＜a；c＞75%，e＞83%；
f的温度比b的高，压强比b的小，所以f＞b，故正确；
②设E的起始量为amol，转化率为x，则平衡时G的量为2ax，由题意得×100%=75%，解得x=0.6，α=60%，故正确；
③该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，则△S＞0，故错误；
④e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℃），故正确；
所以正确的为3个，
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素分析，数据处理的方法应用，平衡计算和对比判断是解题关键，题目难度中等．
　
二、非选择题（本大题共4小题，共58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．
①铝元素在周期表中的位置是　第三周期第ⅢA族　，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　CO2　．
②Al﹣Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为　Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O　．焊接过程中使用的保护气为　Ar　（填化学式）．
（2）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　吸氧腐蚀　．
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　CaCO3或CaO　．
（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造．
①80.0g Cu﹣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　83.1%　．
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时过滤沉淀．结合题如图信息推断该合金中除铜外一定含有　Al、Ni　．

【分析】（1）①铝是13号元素，铝原子由3个电子层，最外层电子数为3，据此确定在周期表中的位置；
将铝土矿溶于NaOH溶液，处理转化为偏铝酸盐，除去杂质，再通入二氧化碳，生成氢氧化铝，加热氢氧化铝可得氧化铝；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接；
（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），海水基本为中性溶液，铁主要发生吸氧腐蚀；
②在炼铁过程中可以加入CaCO3或CaO，硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量；
（3）①铜铝合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，铜离子转化为四氨合铜络离子加入溶液，过滤得到白色沉淀是氢氧化铝，根据n=计算氢氧化铝的物质的量，再根据m=nM计算Al的质量，进而计算合金中Cu的质量，再根据质量分数定义计算；
②+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，pH=3.4时开始出现沉淀为Al（OH）3，pH=8.0时过滤沉淀为Ni（OH）2，因此该铜合金中还含Al、Ni．
【解答】解：（1）①Al的核外电子层数为3，最外层电子数为3，因此位于周期表中第三周期第ⅢA族；
工业冶炼铝的原料是Al2O3，由铝土矿中提取Al2O3的方法一般是将铝土矿溶于NaOH溶液，使Al转化为AlO2﹣，然后通入CO2气体使AlO2﹣转化为Al（OH）3沉淀，然后再将Al（OH）3沉淀加热即可得到Al2O3，
故答案为：第三周期第ⅢA族；CO2；
②氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，在焊接过程中为防止Al、Mg等金属发生氧化反应，需在Ar等惰性气体保护下焊接，故答案为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）①舰体的主要成分为钢铁（含少量碳的铁碳合金），因此在海水中因形成原电池发生吸氧腐蚀，故答案为：吸氧腐蚀；
②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅酸盐，作为炉渣除去从而降低硅含量，故答案为：CaCO3或CaO；
（3）①Cu2+在过量氨水中易形成络离子，因此得到39.0g白色沉淀为Al（OH）3沉淀，利用原子守恒可知80.0gCu﹣Al合金中含有m（Al）=27g/mol×=13.5g，故该合金中铜的质量分数为=83.1%，故答案为：83.1%；
②+2价铁会氧化为+3价铁，会在3.4前出现沉淀，由图可知，结合题中信息可知开始出现沉淀为Al（OH）3、pH=8.0时过滤沉淀Ni（OH）2，因此该铜合金中一定还含Al、Ni，故答案为：Al、Ni．
【点评】本题考查铝单质及其化合物性质、金属腐蚀、钢铁冶炼、离子沉淀溶度积、化学计算等，难度中等，综合性较大，需要学生具有扎实的基础．
　
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　MgO、CO2　．
（2）装置C的作用是　除CO2　，处理尾气的方法为　点燃　．
（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　Fe　．
②甲组步骤1中反应的离子方程式为　Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O　．
③乙组步骤4中，溶液变红的原因为　Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN﹣显红色　；溶液褪色可能的原因及其验证方法为　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　．
④从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是　在装置B、C之间添加装置E，以防倒吸　．
【分析】（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2；
（2）CO2与Zn作用生成CO气体，装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；尾气中CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理；
（3）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
②Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；
③步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
④若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂．
【解答】解：（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和CO2，因此MgCO3受热分解得到产物是MgO与CO2．故答案为：MgO、CO2；
（2）结合实验目的可知在装置B处，CO2与Zn作用生成CO气体，进入后面装置进行实验，故装置C中NaOH是用来吸收CO中混有的CO2气体；CO气体不一定完全反应，因此尾气中会有CO，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理．故答案为：除CO2 点燃．
（3）①利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；
②利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；
③因Fe3+遇SCN﹣显红色，所以步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；
④若B处停止加热后，C中液体易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置B C之间添加装置E防倒吸．
故答案为：①Fe ②Fe3O4+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
【点评】本题结合实验考查了尾气处理，防倒吸，以及Fe和Fe的化合物的性质，综合性较强，注意实验过程中前后联系．
　
10．（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　丙炔　，A→B的反应类型为　加成反应　．
（2）D→E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）G→J为取代反应，其另一产物分子中的官能团是　羧基　．
（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　　，R→S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　苯酚　．
（6）已知：L→M的原理为：①和②，M的结构简式为　　．
【分析】（1）A中含有碳碳三键，属于炔烃，故可知A→B是丙炔与H2O发生加成反应；
（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯甲醛）发生反应生成E与H2O，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成苯甲酸盐，由此可知X（苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式；
（3）G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是﹣COOH；
（4）Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是﹣CH2OH变成﹣COOH，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，Q为对甲基苯甲酸，据此解答；
（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物；
（6）L→M是取代反应，由①的反应信息，﹣OH与C2H5OCOOC2H5反应，﹣COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：．
【解答】解：（1）A中含有碳碳三键，属于炔烃，为丙炔，故可知A→B是丙炔与H2O发生加成反应，
故答案为：丙炔；加成反应；
（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯甲醛）发生反应生成E与H2O，苯甲醛可与新制氢氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯甲酸与砖红色氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱性，因此生成苯甲酸又与碱反应生成苯甲酸盐，由此可知X（苯甲醛）与新制氢氧化铜浊液反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（3）G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是﹣COOH，
故答案为：羧基；
（4）Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是﹣CH2OH变成﹣COOH，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，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：

故答案为：；；
（5）苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，
故答案为：苯酚；
（6）L→M是取代反应，由①的反应信息，﹣OH与C2H5OCOOC2H5反应，﹣COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物的合成、有机物的结构与性质、同分异构体以及方程式的书写，需要对给予的信息进行利用，该类试题能较全面地考查学生的有机化学基础知识和逻辑思维能力、创造思维能力，也有利于培养学生的自学能力和知识的迁移能力，题目难度掌握．
　
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N2．25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12．
①N2的结构式为　N≡N　．
②上述反应的离子方程式为，其平均反应速率υ（NO3﹣）为　0.001　mol•L﹣1•min﹣1．
③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　加水、升高温度、加酸　．
（2）电化学降解NO3﹣的原理如图所示．
①电源正极为　A　（填A或B），阴极反应式为　2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O　．
②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　14.4　g．

【分析】（1）①氮气分子中氮原子间存在3个共用电子对；
②在催化剂条件下，氢气和硝酸根离子发生氧化还原反应生成氮气、水和氢氧根离子；先根据溶液pH的变化计算氢氧根离子反应速率，再根据氢氧根离子和硝酸根离子之间的关系式计算硝酸根离子反应速率；
③亚硝酸根离子水解是吸热反应，根据外界条件对其水解反应影响来分析；
（2）①由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成；
②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室．
【解答】解：（1）①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合，因此其结构式为N≡N，故答案为：N≡N；
②利用溶液pH变化可知有OH﹣生成，再结合原子守恒可写出反应的离子方程式为：
2NO3﹣+5H2=N2+2OH﹣+4H2O，利用离子方程式知v（NO3﹣）=v（OH﹣）= mol/（L•min）=0.001 mol/（L•min），故答案为：2NO3﹣+5H2=N2+2OH﹣+4H2O，0.001；
③亚硝酸盐水解是吸热反应，且水解时生成氢氧根离子，稀释亚硝酸盐溶液能促进其水解，所以要使NO2﹣水解使溶液中c（OH﹣）变大，可促进NO2﹣水解的措施有加热、加水或加酸等，故答案为：加水、升高温度、加酸；
（2）①由图示知在Ag﹣Pt电极上NO3﹣发生还原反应，因此Ag﹣Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3﹣得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，
所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，
故答案为：A；2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O；
②转移2mol电子时，阳极（阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+）消耗1mol水，产生2molH+进入阴极室，阳极室质量减少18g；阴极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入阴极室，因此阴极室质量减少3.6g，故膜两侧电解液的质量变化差（△m左﹣△m右）=18g﹣3.6g=14.4g，
故答案为：14.4．
【点评】本题考查结构式和离子方程式的书写、电解原理等知识点，易错题为（2）②，注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点．