2013年高考化學試卷（江蘇）（解析卷）

電池的燃料，其中最環(huán)保的是()【分析】依據(jù)物質(zhì)燃燒產(chǎn)物分析判斷，甲醇、天然氣、液化石油氣含有碳元素，燃燒過【解答】解：甲醇、天然氣、液化石油氣含有碳元素，燃燒過程中易生成污染氣體，氫22分）下列有關化學用語表示正確的是()D、原子符號ZAX左下角Z代表質(zhì)子數(shù)，左上角A代表質(zhì)量數(shù)，X代表元素符合，其中【解答】解：A、烯烴的結構簡式中C＝C雙鍵不能省略，丙烯的結構簡式為CH3CH=【點評】本題考查常用化學用語的書寫，難度不大，注意B選項中氫氧根與羥基電子式32分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()D．AlO2-、H+反應時，酸少量生成沉淀，酸過量時生成鋁離子，則不能共存，故D錯42分）下列有關物質(zhì)性質(zhì)的應用正確的是()【考點】EB：氨的化學性質(zhì)；FH：硅和二氧化硅；GKB．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體，故B錯【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)和用途，難度不大，注意氯氣不能用氧化鈣干燥．等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是()【考點】R1：配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液．【點評】本題實驗考查基本操作，比較基礎，旨在考查學生對基礎知識的理解掌握，注62分）甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)中，甲如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質(zhì)的推斷不正確的是()D、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質(zhì)轉=2CO2，CO2+C2CO，故A正確；?H2O＝NH4HSO3，NH4HSO3+NH3?H2ONH4）2SO3+H2OD、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質(zhì)轉化關系，NaOHNa2CO3NaHCO3；【點評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)的轉化關系和性質(zhì)的應用，物質(zhì)的量不同產(chǎn)物不同，掌握72分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是()D．標準狀況下，6.72LNO2與水充分反應轉移的電子數(shù)目為0.1NAC、N2與CO摩爾質(zhì)量相同都為28g/mol，都是雙原子分子；D、依據(jù)標準狀況下氣體物質(zhì)的量n，結合二氧化氮和水反應生D、標準狀況下氣體物質(zhì)的量n0.3mol，二氧化氮和水反應生成硝82分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是()B．明礬溶于水產(chǎn)生Al（OH）3膠體的離子反應為Al3++3H2O=Al（OH）3+3H+，故B【點評】本題考查離子反應的書寫，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意膠體92分）Mg-H2O2電池可用于驅動無人駕駛的潛航器．該電池以海水為電解質(zhì)溶液，示意圖如下．該電池工作時，下列說法正確的是()B．H2O2在石墨電極上發(fā)生氧化反應【分析】該裝置中Mg易失電子作負極，電極反應式為Mg-2e-＝Mg2+，H2O2具有氧化性，應為原電池的正極，被還原，電極反應式為H2O2+2H++2e-═2H2O，據(jù)此分析解正確的是()A．原子半徑的大小順序：r（Yr（Zr（W）故W為Na元素，四原子最外層電子數(shù)之和主族，故W為Na元素，四原子最外層電子數(shù)之和為13，則Y原子的最外層電子數(shù)為13-1-1-6＝5，故Y為氮元素，【點評】本題考查物質(zhì)結構性質(zhì)關系等，難度中等，推斷元素是解題的關鍵，注意利用項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就114分）下列有關說法正確的是()D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減小，溶液的pH減小【考點】C5：焓變和熵變；D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；DC：影響鹽類水解程度的主要因素．C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，nD、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減小，但兩者反應生成了C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，nD、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32-水解程度減小，但兩者反應生成了【點評】本題是化學反應與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對用熵變焓下列有關敘述正確的是()B．可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚C．乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與NaHCO3溶液反應【考點】HD：有機物的結構和性質(zhì)．【分析】A．貝諾酯分子中有-COOC-、-NH-CO-；B．對乙酰氨基酚含酚-OH；C．乙酰水楊酸含-COOH，酚-OH的酸性不能與NaHCO3溶液反應；D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱發(fā)生水解，-COOC-、-NH-CO-均發(fā)生斷鍵．【解答】解：A．貝諾酯分子中有-COOC-、-NH-CO-，兩種含氧官能團，故A錯B．對乙酰氨基酚含酚-OH，遇FeCl3溶液顯紫色，則可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和C．乙酰水楊酸含-COOH，酚-OH的酸性不能與NaHCO3溶液反應，則只有乙酰水楊D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱發(fā)生水解，-COOC-、-NH-CO-均發(fā)生斷鍵，不【點評】本題考查有機物的結構和性質(zhì)，明確酚及酯的性質(zhì)是解答本題的關鍵，注意選134分）下列依據(jù)相關實驗得出的結論正確的是()D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明不含鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，遇到硫氰酸鉀溶液生成血紅色溶液證明該溶液中一定亞鐵離子等物質(zhì)性質(zhì)的分析應用，焰色反應的實驗方線如圖所示．已知：pM＝-lgc（Mpc（CO32--lgc（CO32-下列說法正確的是()【考點】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)．-B．a(chǎn)點可表示MnCO3的飽和溶液，pM＝p（CO32C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，pM＜p（CO32-所以c（Ca2+c（CO32-故-所以c（Mg2+c（CO32-故D正確；154分）一定條件下存在反應：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g其正反應放2molH2O，700℃條件下開始反應．達到平衡時，下列說法正確的是()而溫度升高會使平衡逆向移動，抑制了CO的轉化，容器Ⅱ中反應從逆向開始，隨著反應的進行溫度在降低，會使平衡正向移動，促進了CO的轉化，因此容器Ⅰ中CO的轉為容器絕熱，容器Ⅱ中所到達的平衡狀態(tài)，相當于在容器Ⅰ中的基礎上降低溫度，平衡【點評】本題主要考查了化學平衡的建立與等效平衡的關系，需要注意的是容器絕熱，）．【解答】解1）MgCO3與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3故答案為：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe（3）酸溶后過濾得到溶液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氨水調(diào)節(jié)溶液最高價態(tài)為+4，最低價為-2價，反應的離子方程式為：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O，故答案為：3S+6OH-2S2-+SO32-+3H2O．【點評】本題考查了鎂鋁及其化合物、二氧化硫性質(zhì)應用，混合物分離方法和實驗操作1715分）化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化。A@（R表示烴基，R′和R″表示烴基或氫）。生成F，F(xiàn)和D互為同分異構體，所以E發(fā)生消去反應生成F，則F的結構簡式為：。【解答】解：化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化，所以A是苯酚，A的結構簡式為A在一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的結構簡式為：，B被重鉻酸鉀溶液氧化生成C，C的結構簡式為：：，：；（3）分子中只有兩種不同化學環(huán)境氫的E的同分異構體有CH3）2CHCOC故答案為CH3）2CHCOCH（CH3）2；：，,在鎳作催化劑、高溫高壓條件下，苯酚和氫氣加成反應生成環(huán)己醇，在加熱條件下，環(huán)己醇和溴化氫發(fā)生取代反應生成1-溴環(huán)己烷，1-溴環(huán)己烷和鎂、無水乙醚反應生成在銅作催化劑、加熱條件下被氧氣氧化生成，,。【點評】本題考查有機物的推斷及合成，同時考查學生知識遷移能力，利用題給信息進1812分）硫酸鎳銨[（NH4）xNiy（SO4）m?nH2O]可用于電鍍、印刷等領域．某同學為②準確量取25.00mL溶液A，用0.04中的Ni2+（離子方程式為Ni2++H2Y2-＝NiY2-+2H+消耗EDTA標準溶液31.25mL；（1）若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2+含量將偏高（填（3）通過計算確定銀硫酸鎳銨的化學式（寫出計算過程NH4）2Ni（SO4）2?【考點】R3：中和滴定；RD：探究物質(zhì)的組成或的量；根據(jù)正負電荷相等求算出硫酸根的物質(zhì)的量，再利用質(zhì)量計算出水的物質(zhì)的量，【解答】解1）由于沒有用標準液潤洗滴定管，使得滴定管中的標準液濃度減小，滴（3）25mL溶液中鎳離子的物質(zhì)的量是：n（Ni2+n（H2Y2-0.04000mol?L-1×氨氣的物質(zhì)的量等于銨離子的物質(zhì)的量，n（NH4+）2.500×10-3molm（NH4+18g?mol-1×2.500×10-3mol＝0.04500gm（SO42-96g?mol-1×2.500×10-3mol＝0.2400gn（H2O）1.250×10-2mol硫酸鎳銨的化學式為（NH4）2Ni（SO4答：硫酸鎳銨的化學式是（NH4）2Ni（SO【點評】本題考查了探究硫酸鎳銨的組成，涉及了滴定知識、氨氣的檢驗方法，本題難1915分）檸檬酸亞鐵（FeC6H6O7）是一種易吸收的高效鐵制劑，可由綠礬（FeSO4?7H2O）通過下列反應制備：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7═Al3+a．將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時加入到反應容器中b．將FeSO4溶液緩慢加入到盛有Na2CO3溶液的反應容器中c．將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中鐵粉的作用是防止+2價的鐵元素被氧化。@反應結束后，無需過濾，除去過量鐵粉晶體。分離過程中加入無水乙醇的目的是降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶制備綠礬，再合成檸檬酸亞鐵。請結合如圖的綠礬溶解度曲線，補充完整由硫鐵礦燒渣分攪拌后，滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)反應液的pH約為5，過濾”或“過濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中加入足量 【考點】GN：鐵的氧化物和氫氧化物；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；S8：硫酸亞鐵結合為沉淀析出，因此應將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中；凈的雜質(zhì)。首先要弄清沉淀上的雜質(zhì)是什么，然后再去檢測里面的離子。本題的制備是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反應，因而沉淀表面可能會有Na2SO4雜質(zhì)，因而應該檢驗最后一次洗滌濾液中是否含有SO42-，即該題便轉化成SO42-的檢驗；清楚流程中每一步的原理和注意事項。向燒渣中加入足量的稀硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3均會然后向濾液中加入足量的鐵粉，將Fe3+轉化成Fe2+，根據(jù)金屬離子沉淀的pH值，然后溶解度曲線，60℃時綠礬的溶解度最大，可加熱濃縮到60℃的飽和溶液，然后放在冰水中冷卻，冷卻結晶至0℃,此時析出的晶體是最多的，之后過濾，洗滌，低溫烘干?！窘獯稹拷?）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反應制備FeCO3，由性很強，可能會生成Fe（OH）2沉淀，如果將Na2CO3加入FeSO4溶液中，F(xiàn)e2+是過量的，并且FeSO4溶液為酸性，F(xiàn)e2+不易沉淀。因此，CO32-容易與Fe2因此為避免生成Fe（OH）2沉淀，應將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應凈的雜質(zhì)。首先要弄清沉淀上的雜質(zhì)是什么，然后再去檢測里面的離子。本題的制備是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反應，因而沉淀表面可能會有Na2SO4雜質(zhì)，因而應該檢驗最后一次洗滌濾液中是否含有SO42-，即該題清楚流程中每一步的原理和注意事項。向燒渣中加入足量的稀硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3均會然后向濾液中加入足量的鐵粉，將Fe3+轉化成Fe2+，根據(jù)金屬離子沉淀的pH值，然后溶解度曲線，60℃時綠礬的溶解度最大，可加熱濃縮到60℃的飽和溶液，然后放在冰水中冷卻，冷卻結晶至0℃,此時析出的晶體是最多的，之后過濾，洗滌，低溫烘干；故答案為：過濾向反應液中加入足量的鐵粉，充分攪拌后，滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)反應液，）【點評】本題考查了學生在新情境下物質(zhì)的制備實驗中基本的實驗技能和對教材相關實2014分）磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在．它的單質(zhì)和化合物（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝-89.61kJ?mol-12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應可pH＝8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關系為c（HPO42-c（H2PO4 -@Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是（4）磷的化合物三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質(zhì)的@X的結構簡式為．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；BQ：（4）HPO42-離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，根據(jù)HPO42-離子和Ca2+離子反應生成沉淀使得水解程度（）（）【解答】解1）①2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4H1＝+3359.26kJ?mol-1②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝-89.61kJ?mol-1①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3=△H1+△H2×6＝+2821.6kJ?mol-1，故答案為：+2821.6；得到電子60mol，白磷中磷的化合價由0價變?yōu)?5價，1個白磷得到20個電子，所以（3）①為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制從圖表中找出H2PO4-分布分數(shù)最大值大小關系可由圖表得出c（HPO42-c（H2PO4-故答案為：4～5.5（介于此區(qū)間內(nèi)②HPO42-離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，電離反應式為HPO42-=PO43-+H+，水解反應式為HPO42-+H2O=H2PO4-+OH-，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度；由于HPO42-離子和Ca2+離子反應生成沉淀：（）（）比2：1反應時，季戊四醇中羥基氫全部消失，生成氯化氫酸性氣體，故答案為：【點評】本題圍繞磷及其化合物展開，涉及元素化合物性質(zhì)、熱化學方程式、氧化還原素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子．元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的3@該化合物的化學式為ZnS．@寫出一種與YZ42-互為等電子體的分子的化學式：CCl4或SiCl4等．【分析】元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，則內(nèi)層電子數(shù)=【解答】解：元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部