2013年四川化学真题解析 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、SiO2、 CO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.、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；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＋2H2O C.用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu2＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H ＋2－2－ D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O3＋4H=SO4＋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Z>Y>W B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z C.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： ＋＋ - 1 - 实验编号 ① ② 下列判断不正确的是 ．．．起始浓度/（mol·L1） c(KOH) c（HA） 0.1 0.1 x 0.2 －反应后溶液的pH 9 7 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－)= －－KW 1X10－9 mol·L—1 C. 实验②反应后的溶液中：c(A)＋c(HA)>0.1mol·L1 ＋－－＋ D. 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x>0.2，故c(HA)+ c(A-)>0.1 mol·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) △H < 0, 一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表： t/min 2 4 7 9 n(Y)/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 下列说法正确的是 －－A.反应前2min的平均速率ν(Z)=2.0×103mol·L1·min-1 B.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=1.44 D. 其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大 0.04 mol·L-1【解析】前2min(Z)＝2(Y)= 2×=0.04 mol·L-1·min-1，故A错；此反应的正反2 min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。 2Z(g) X(g)+ Y(g) 起始物质的量/mol 0.16 0.16 0 20.12转化物质的量/mol ，故 0.06C 正确。0.06 0.12 故平衡常数K＝=1.440.1×0.1平衡物质的量/mol 0.1 0.1 0.12 【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 ︰1 B.该浓中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C. 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 1 000ρw【解析】由c=，将数据代入可知B选项正确。 Mx+24y=1.52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。 - 2 - +5+4Cu、Mg失去电子的物质的量共为0.06mol，根据得失电子守恒(N→N)，应得到0.06 mol NO2，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NaOH 0.06mol，需1.0 mol·L-1的NaOH 60 mL，故D错。 【答案】D 【考点】元素化合物的性质、化学计算。 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pH>7;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的白色沉淀L;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 。 ⑶L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 。 2－⑷R的一种含氧酸根RO4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。 3+2-FeO2-4具有强氧化性，化合价降低得到黄色的Fe，溶液中能升高的元素只有O，故有FeO4+3+2-+ H+—Fe3++ O2↑，由得失电子守恒有4FeO2-4+ H—4Fe+ 3O2↑，由电荷守恒有4FeO4+3++20H+—4Fe3++ 3O2↑，由元素守恒有4FeO2-4+20 H==4Fe+ 3O2↑+10H2O。 【答案】(1)离子晶体 (2) 1s22s22p63s23p4 sp3杂化 (3) Ag2S沉淀比AgCl更难溶 +3+(4)4FeO2-4+20 H==4Fe+ 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 ① 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡 存在Fe3+ ③ 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入 ② ，振荡 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 - 3 - 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；ⅱ.Ag2O；ⅲ.Ag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 。 3+2+。【解析】(1)Fe的检验用KSCN，现象是溶液变红；Fe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)b Ag 【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（系统命名）是 。 ⑷第②～⑥步中属于取代反应的有 （填步骤编号）。 ⑸第④步反应的化学方程式是 。 ⑹写出同时满足下列条件的E的所有同分异构体的结构简式 。 ①只含有一种官能团；②链状结构且无—O—O—；③核磁共振氢谱只有2种峰。 【解析】(1)G的分子式为C6H10O3，官能团有酯基和羟基。 (2)由的结构可知与HBr加成时，反应方程式为。 - 4 - (3)B的结构简式为，名称为2—甲基—1—丙醇。 (4)由取代反应的定义可知，②⑤反应属于取代反应。 (5) 由G逆推可知： 故反应④的方程式为(6)故符合条件的E的同分异构体为【答案】(1) C6H10O3 酯基、羟基 (2)(3) 2—甲基—1—丙醇 (4)②⑤ 。 。 (5) (6)。 【考点】有机合成与推断：方程式的书写、反应类型的判断，官能团的识别、有机物的命名，同分异构体的书写。 11．(15分) 明矾石经处理后得到明矾[ KAl(SO4)2·12H2O]。从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示： 焙烧明矾的化学方程式为：4KAl(SO4)2·12H2O+3S＝2K2SO4 +2Al2O3+9SO2+48H2O 请回答下列问题： (1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是 。 (2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是 。 (3)A12O3在一定条件下可制得AIN，其晶体结构如右图所示，该晶体中Al的配位数是 (4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是 。 (5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101 kPa时： 2SO2(g) +O2(g)2SO3(g) △H1= 一197 kJ/mol； 2H2O (g)＝2H2O(1) △H2＝一44 kJ/mol； 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)＝2H2SO4(l) △H3＝一545 kJ/mol。 则SO3 (g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 ① 。 - 5 - 焙烧948t明矾(M＝474 g/mol )，若SO2 的利用率为96%，可生产质量分数为98％的硫酸 ② t。 【解析】(1)由反应方程式可知，只有单质S元素的化合价升高，作还原剂。 (2)从水溶液中得到晶体的方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 (3) Al原子的配位数晶胞中与其最近且等距离的N原子个数，共4个。 (4)根据得失电子守恒有1Al+3NiO(OH)2+ NaOH—1NaAlO2+3Ni(OH)2，再由元素守恒得1Al+3NiO(OH)+1 NaOH+1H2O=1NaAlO2+3Ni(OH)2。 (5)将三个反应依次编号为①②③，[②-①-③×2]÷2得：SO2(g)+H2O(l)===H2SO4(g) ΔH＝-130 -16kJ·mol；明矾的物质的量为2×10mol，生成的硫酸的物质的量为96%×2×106mol，质量为98×96%×2×106g，故质量分数为98%的硫酸的质量为192t。 【答案】(1) S (2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (3)4 (4)Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2 (5)SO2(g)+H2O(l)===H2SO4(g) ΔH＝-130 kJ·mol-1 192t 【考点】氧化还原反应的概念及方程式的书写、分离操作、配位数、盖斯定律的应用及化学计算。 - 6 -
