高中_化学_历年高考化学真题_2013年化学高考真题_2013年重庆市高考化学试卷

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*溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋*＜VNaOHC．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．**：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱*：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O4．（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*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*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．1molX在浓硫*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**的分子链均呈锯齿形，但Y的极*较强6．（6分）已知：P4（s）+6Cl2（g）=4PCl3（g），△H=akJ•mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=bkJ•mol﹣1，P4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△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣17．（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/℃1.02.03.081054.0ab915c75.0d1000ef83.0①b＜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（　　）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．①80.0gCu﹣Al合金用*完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白*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*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，*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*粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验．步骤*作*组现象乙组现象1取黑*粉末加入稀盐*溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3[Fe（）6]溶液蓝*沉淀蓝*沉淀3取步骤1中溶液，滴加KS溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制*水红*褪去先变红，后褪*①乙组得到的黑*粉末是　　．②*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*可能的原因及其验*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*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*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*，QR（C8H7O2Cl）ST，T的核磁共振*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*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*化法和电化学降解法可用于治理水中**盐的污染．（1）催化反*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），*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*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*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*溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7，V醋*＜VNaOHC．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*，则中*时应使醋*过量；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳***提供*离子与偏铝*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。**钾溶于水自身电离出钾离子和**根离子，能导电是电解质；SO3溶于水后和水反应生成硫*，硫*电离出*阳离子而使其溶液导电，电离出*阳离子的物质是硫*而不是三氧化硫，所以SO3是非电解质，故A错误；B．醋*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*，则25℃时，用醋*溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中*时应使醋*过量，即V醋*＞VNaOH，故B错误；C．*氧化铝为两**氧化物，由于**：HCO3﹣＞Al（OH）3，根据强*制备弱*，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液，反应中碳***提供*离子与偏铝*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*沉淀AgCl转变为黄*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、*碱中和、*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．**：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱*：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O【分析】A．**应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH；B．根据元素的金属*强弱判断；C．SiCl4为分子晶体，熔点最低；D．NH3和H2O都含有*键，沸点较高．【解答】解：A．三种*中，醋***最强，苯***最弱，应为C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，故A错误；B．金属*Ba＞K＞Ca，则碱*：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*键，沸点较高，由于水中含有*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**、金属*、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*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*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，*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*苯，以此来解答．【解答】解：A．步骤（1）是分离固液混合物，其*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，*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*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*质及分离方法是解答本题的关键，注重实验*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*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．1molX在浓硫*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**的分子链均呈锯齿形，但Y的极*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**均存在饱和烃结构，Y中含﹣NH2，极*增强．【解答】解：A.1个分子中含3个﹣OH，能发生消去反应，则1molX在浓硫*作用下发生消去反应，最多生成3molH2O，故A正确；B．﹣NH2与﹣COOH可发生反应，则1molY发生类似酯化的反应，最多消耗3molX，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**均存在饱和烃结构，所以分子链均呈锯齿形，Y中含﹣NH2，极*Y比**强，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与*质，明确常见有机物的*质即可解答，注意把握有机物的官能团与*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=akJ•mol﹣1；P4（s）+10Cl2（g）=4PCl5（g），△H=bkJ•mol﹣1，P4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△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．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/MPaG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（　　）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℃、2MPa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．①80.0gCu﹣Al合金用*完全溶解后，加入过量氨水，过滤得到白*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*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*盐，除去杂质，再通入二氧化碳，生成*氧化铝，加热*氧化铝可得氧化铝；②氧化铝与*氧化*反应生成偏铝**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*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*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*盐，作为炉渣除去从而降低硅含量；（3）①铜铝合金用*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*沉淀是*氧化铝，根据n=计算*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*为：第三周期第ⅢA族；CO2；②氧化铝与*氧化*反应生成偏铝**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*气体保护下焊接，故*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*为：吸氧腐蚀；②冶炼过程可加入CaCO3或CaO与硅形成硅*盐，作为炉渣除去从而降低硅含量，故*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*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*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*为：Al、Ni．【点评】本题考查铝单质及其化合物*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*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，*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*粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验．步骤*作*组现象乙组现象1取黑*粉末加入稀盐*溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加K3[Fe（）6]溶液蓝*沉淀蓝*沉淀3取步骤1中溶液，滴加KS溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制*水红*褪去先变红，后褪*①乙组得到的黑*粉末是　Fe　．②*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S﹣显红*　；溶液褪*可能的原因及其验*方法为　假设S﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KS溶液，若出现红*，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*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*采取点燃法来进行尾气处理；（3）①利用黑*固体可溶于盐*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*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*的原因可能是Cl2将S﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KS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*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*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*采取点燃法来进行尾气处理．故*为：除CO2点燃．（3）①利用黑*固体可溶于盐*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*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*固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；③因Fe3+遇S﹣显红*，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*的原因可能是Cl2将S﹣氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KS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BC之间添加装置E防倒吸．故*为：①Fe②Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O③Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+遇S﹣显红*；假设S﹣被Cl2氧化，向溶液中加入KS溶液，若出现红*，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*质，综合*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*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　*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*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*，QR（C8H7O2Cl）ST，T的核磁共振*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*类单体是　苯*　．（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*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*醛）发生反应生成E与H2O，苯*醛可与新制*氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯**与砖红*氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱*，因此生成苯**又与碱反应生成苯**盐，由此可知X（苯*醛）与新制*氧化铜浊液反应的化学方程式；（3）G为乙*酐，G与苯*生成J同时，还生成乙*，乙*中含有的官能团是﹣COOH；（4）Q→R是苯环上的*基上的1个H原子被取代，R→S是*代烃的水解反应，S→T是﹣CH2OH变成﹣COOH，T的核磁共振*谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对*基苯**，据此解答；（5）苯*可与*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*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*炔，故可知A→B是*炔与H2O发生加成反应，故*为：*炔；加成反应；（2）利用D、E的结构简式知E是D与X（苯*醛）发生反应生成E与H2O，苯*醛可与新制*氧化铜浊液发生氧化还原反应生成苯**与砖红*氧化亚铜沉淀、水，反应溶液为碱*，因此生成苯**又与碱反应生成苯**盐，由此可知X（苯*醛）与新制*氧化铜浊液反应的化学方程式为：，故*为：；（3）G为乙*酐，G与苯*生成J同时，还生成乙*，乙*中含有的官能团是﹣COOH，故*为：羧基；（4）Q→R是苯环上的*基上的1个H原子被取代，R→S是*代烃的水解反应，S→T是﹣CH2OH变成﹣COOH，T的核磁共振*谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对*基苯**，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：故*为：；；（5）苯*可与*醛缩合成体型高分子化合物，故*为：苯*；（6）L→M是取代反应，由①的反应信息，﹣OH与C2H5OCOOC2H5反应，﹣COOC2H5与*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*为：．【点评】本题考查有机物的合成、有机物的结构与*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*化法和电化学降解法可用于治理水中**盐的污染．（1）催化反*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*　．（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），*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，*气和**根离子发生氧化还原反应生成氮气、水和*氧根离子；先根据溶液pH的变化计算*氧根离子反应速率，再根据*氧根离子和**根离子之间的关系式计算**根离子反应速率；③亚**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*极，则B为负极，A为电源正极；在*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*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*极室，阳极室质量减少18g；*极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入*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*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）=0.001mol/（L•min），故*为：2NO3﹣+5H2=N2+2OH﹣+4H2O，0.001；③亚**盐水解是吸热反应，且水解时生成*氧根离子，稀释亚**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*等，故*为：加水、升高温度、加*；（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*极，则B为负极，A为电源正极；在*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*极上发生的电极反应式为：2NO3﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，故*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*极室，阳极室质量减少18g；*极室中放出0.2molN2（5.6g），同时有2molH+（2g）进入*极室，因此*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*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*极室有*离子进入，易漏掉，为易错点．