2013年重庆市高考化学试卷答案与解析

2013年全国高考化学试题及答案-新课标1 1．化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是（化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是（ ）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必须微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物．碘是人体必须微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成答案：C 解析：A对，侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故NaHCO3在溶液中析出。

B对，浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟。

C错，碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性物质。

D对，制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3 备注：该题与人们日常生活紧密结合，均为最基本的化学常识，为容易题。

2．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（ ）下列有关香叶醇的叙述正确的是（A．香叶醇的分子式为C10H18O B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能是酸性高锰酸钾溶液褪色．能发生加成反应不能发生取代反应．不能是酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加成反应不能发生取代反应答案：A 解析：由该有机物的结构式可以看出：B错误，因为香叶醇有双键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色C错误，因为香叶醇有双键、醇羟基，可以使高锰酸钾溶液褪色D错误，香叶醇有醇羟基，可以发生酯化反应（取代反应的一种）备注：此题非常常规，核心是有机化学的核心—官能团，有什么官能团就能发生对应的特征反应。

2013年全国普通高等学校招生统一考试（新课标Ⅱ卷）化学试题相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40Cr 52 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 657. 在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下:动植物油脂 短链醇 生物柴油 甘油 下列叙述错误的是.A.生物柴油由可再生资源制得B. 生物柴油是不同酯组成的混合物C.动植物油脂是高分子化合物D. “地沟油”可用于制备生物柴油 8. 下列叙述中，错误的是A.苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60℃反应生成硝基苯B.苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷C.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷D.甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲笨 9.N 0为阿伏伽德罗常数的值.下列叙述正确的是A.1.0L1.0mo1·L －1的NaAlO 2水溶液中含有的氧原子数为2N 0 B.12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N 0C. 25℃时pH=13的NaOH 溶液中含有OH 一的数目为0.1 N 0 D. 1mol 的羟基与1 mot 的氢氧根离子所含电子数均为9 N 0 10.能正确表示下列反应的离子方程式是A.浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe 3++3H 2↑B.钠与CuSO 4溶液反应：2Na+Cu 2+=Cu↓+2Na +C.NaHCO 3溶液与稀H 2SO 4反应：CO 2-3+2H +=H 2O+CO 2↑D.向FeCl 3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe 3+=2Fe(OH)3+3Mg 2+11.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/NiCl 2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。

下列关于该电池的叙述错误的是A.电池反应中有NaCl 生成B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子C.正极反应为：NiCl 2+2e －=Ni+2C l －D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动R 1COOCH 2 R 2COOCH ＋ 3R’OH R 3COOCH 2 催化剂加热R 1COO R’ CH 2OHR 2COO R’＋ CHOHR 3COO R’ CH 2OH12.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H 2S （g ）+32O 2(g)=SO 2(g)+H 2O(g) △H 12H 2S(g)+SO 2(g)=S 2(g)+2H 2O(g) △H 2H 2S(g)+O 2(g)=S(g)+H 2O(g) △H 3 2S(g) =S 2(g)△H 4则△H 4的正确表达式为 A.△H 4=32（△H 1+△H 2-3△H 3）B.△H 4=32（3△H 3-△H 1-△H 2） C.△H 4=32（△H 1+△H 2+3△H 3） D.△H 4= 32（△H 1-△H 2-3△H 3） 13.室温时，M(OH)2(s) M 2+(aq)+2OH -(aq) Ksp=a; c(M 2+)=b mol·L -1时，溶液的pH等于A.11()2b g aB.11()2a g bC.14+11()2a g bD.14+ 11()2bg a26.（15）正丁醛是一种化工原料。

2013年高三化学试卷及答案解析1．下列有关操作或判断正确的是（）A．配制一定物质的量浓度的溶液时，定容时仰视刻度线会导致所配溶液浓度偏高B．用托盘天平称取25.20 g NaClC．用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸D．用浓盐酸配制一定物质的量浓度的稀盐酸，量取浓盐酸时仰视量筒的刻度线会导致所配溶液浓度偏高2．在t ℃时，将a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为ρg•mL－1，质量分数为w，其中含有NH4+的物质的量是b mol，下列叙述正确的是（）A．溶质的质量分数w＝×100%B．溶质的物质的量浓度c＝mol•L－1C．溶液中c(OH－)＝mol•L－1＋c(H＋)D．向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的质量分数大于0.5w3．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。

当产物中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是（）A．产物中n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]＝1∶1B．参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5C．反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂D．1 mol Cu2S参加反应时有8 mol电子转移4．下列各组物质的无色溶液，不用其它试剂即可鉴别的是（）①KOH Na2SO4 AlCl3 ②NaHCO3 Ba(OH)2 H2SO4③HCI NaAlO2 NaHSO4 ④Ca(OH)2 Na2CO3 BaCl2A．①③④B．①②④C．①②D．②③5．下列判断正确的是（）①维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用②NO2溶于水时发生氧化还原反应③1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA④阴离子都只有还原性A．①②B．②③ C．③④D．①④6．下列实验设计和结论相符的是（）A．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32- B．取少量溶液X，向其中加入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液一定有Fe2＋C．向饱和Na2CO3中通入足量CO2 ，溶液变浑浊,析出了NaHCO3D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+7．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．Fe3O4溶于足量稀HNO3：Fe3O4＋8H＋==Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OB．NH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-＋Ba2＋＋OH－==BaCO3↓＋H2O C．向澄清石灰水中通入少量CO2：OH－＋CO2==HCO3-D．将0.2 mol•L－1的NH4Al(SO4)2溶液与0.3 mol•L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合：2Al3＋＋3SO42-＋3Ba2＋＋6OH－==2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓8．下列关于物质的量、摩尔质量的叙述中正确的是（）A．0.012 kg12C中含有约6.02×1023个碳原子B．1 mol H2O中含有2 mol氢和1 mol氧C．氢氧化钠的摩尔质量是40 gD．2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍9．下列各组离子在指定的环境中一定能大量共存的是（）A．pH＝0的溶液中：Al3＋、NH4+．Ca2＋、ClO－B．含有大量HCO3-的溶液：NH4+．Ca2＋、Mg2＋、I－C．加入铝粉能产生H2的溶液：NH4+．Fe2＋、SO42-．NO3-D．含有大量ClO－的溶液：H＋、Mg2＋、I－、SO42-10．某溶液中可能含有Na＋、NH4+．Ba2＋、SO42-．I－、S2－。

高中化学学习材料鼎尚图文收集整理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）（2013•重庆）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）A．N a+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．P b2+、Hg2+、S2﹣、SO42﹣C．N H4+、H+、S2O32﹣、PO43﹣D．C a2+、Al3+、Br﹣、CO32﹣考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．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）（2013•重庆）下列说法正确的是（）A．K ClO3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 NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．A gCl沉淀易转化为AgI沉淀且K（AgX）=c（Ag+）•c（X﹣），故K（AgI）＜K（AgCl）考点：电解质与非电解质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；镁、铝的重要化合物．专题：电离平衡与溶液的pH专题；几种重要的金属及其化合物．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＞V NaOH，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）（2013•重庆）下列排序正确的是（）A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱性：Ba（OH）2＜Ca（OH）2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O考点：金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．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）（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）需要蒸馏装置考点：有机物的合成．专题：有机化合物的获得与应用．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）（2013•重庆）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 H2OB．1 mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2 mol XC．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．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）（2013•重庆）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△HC．Cl﹣Cl键的键能kJ•mol﹣1D．P﹣P键的键能为kJ•mol﹣1考点：反应热和焓变．专题：压轴题；化学反应中的能量变化．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）（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）．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．1.02.03.0压强/MPa体积分数/%温度/℃810 54.0 a b915 c 75.0 d1000 e f 83.0①b＜f ②915℃、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个考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．专题：化学平衡专题．分析：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，所以①正确；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=75%，解得x=0.6，②正确；该题是气体体积增大的反应，因此为熵增反应，③正确；结合前面分析知升温平衡正向移动，则平衡常数增大，④正确，解答：解：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%；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f＞b；而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=75%，解得x=0.6，α=60%，故②正确；该反应是一个气体分子增大的反应，属于熵增反应，所以③正确；故选A．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）（2013•重庆）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．考点：镁、铝的重要化合物；金属的电化学腐蚀与防护；铜金属及其重要化合物的主要性质．专题：几种重要的金属及其化合物．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）（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）（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．考点：探究化学规律；铁的氧化物和氢氧化物．专题：实验探究和数据处理题．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）（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）．（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，Q R（C8H7O2Cl）S T，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．考点：有机物的合成；化学方程式的书写；有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．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）（2013•重庆）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0.001mol•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﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣．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．考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．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﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣，故答案为：A，2NO3﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣；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．2014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备选项中，只有一项符合题目要求）1．（6分）（2014•重庆）下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A．明矾用作净水剂B．液氯用作制冷剂C．氢氟酸刻蚀玻璃D．生石灰作干燥剂考点：物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅．专题：化学应用．分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断．解答：解：A．明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+．而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B．液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C．氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D．生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B．点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大．要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成．2．（6分）（2014•重庆）下列实验可实现鉴别目的是（）A．用KOH溶液鉴别SO3（g）和SO2B．用湿润的碘化钾淀粉试纸鉴别Br2（g）和NO2C．用CO2鉴别NaAlO2溶液和CH3COONa溶液。

2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题1、（6分）化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C、碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2、（6分）香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图所示：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A、香叶醇的分子式为C10H18OB、不能使溴的四氯化碳溶液褪色C、不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D、能发生加成反应不能发生取代反应3、（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A、W2﹣、X+B、X+、Y3+C、Y3+、Z2﹣D、X+、Z2﹣4、（6分）银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故、根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去、下列说法正确的是（）A、处理过程中银器一直保持恒重B、银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C、该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D、黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl5、（6分）已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12、某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A、Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B、CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C、Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D、Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣6、（6分）分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（）A、28种B、32种C、40种D、48种7、（6分）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A、A B、B C、C D、D三、非选择题（包括必考题和选考题两部分、第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答、第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答）8、（13分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示、可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/（g•cm﹣3）沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸、b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃、分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙、最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g、回答下列问题：（1）装置b的名称是、（2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）、A、立即补加B、冷却后补加C、不需补加D、重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为、（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口放出”）、（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是、（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号）、A、蒸馏烧瓶B、温度计C、吸滤瓶D、球形冷凝管E、接收器（7）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号）、A.41%B.50%C.61%D.70%9、（15分）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用、某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等、充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═Li x C6、现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）、回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为、（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式、（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是、（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式、（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1﹣x CoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式、（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是、在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有（填化学式）、10、（15分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源、由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅱ）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣49.0kJ•mol﹣1水煤气变换反应：（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1二甲醚合成反应：（Ⅳ）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一、工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是（以化学方程式表示）、（2）分析二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响、（3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为、根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响、（4）有研究者在催化剂（含Cu﹣Zn﹣Al﹣O和Al2O3）、压强为5.0MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图所示、其中CO转化率随温度升高而降低的原因是、（5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池（5.93kW•h•kg﹣1）、若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生个电子的能量；该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=（列式计算、能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW•h=3.6×106J）、11、（15分）[化学﹣选修2：化学与技术]草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产、一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为、、（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是，滤渣是；过滤操作②的滤液是和，滤渣是、（3）工艺过程中③和④的目的是、（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸、该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是、（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定、称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度、12、（15分）[化学﹣选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础、请回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为、电子数为、（2）硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中、（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子、（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备、工业上采用Mg2Si和NH4Cl 在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为、（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键C﹣C C﹣H C﹣O Si﹣Si Si﹣H Si﹣O键能/（kJ•mol﹣1）356413336226318452①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是、②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是、（6）在硅酸盐中，SiO四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式、图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为，Si与O的原子数之比为，化学式为、13、（15分）[化学﹣选修5：有机化学基础]査尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：已知以下信息：①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1mol A充分燃烧可生成72g水、②C不能发生银镜反应、③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示有4种氢、④⑤RCOCH3+RˊCHO RCOCH=CHRˊ回答下列问题：（1）A的化学名称为、（2）由B生成C的化学方程式为、（3）E的分子式为，由E生成F的反应类型为、（4）G的结构简式为、（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为、（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的为（写结构简式）、参考答案与试题解析一、选择题1、（6分）化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C、碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成题目分析：A、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B、浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C、补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D、硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3、试题解答：解：A、侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B、浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C、碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；D、制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（新课标Ⅰ卷)化学试题及答案解析可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14O 16Mg 24S 32K 39Mn 55一、选择题:本题共13小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.7．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确．．．的是（)A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成答案：C解析：C选项，应多吃富含碘元素的食物，如KIO3。

高碘酸为强酸,对人体有很强的腐蚀性.8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应答案:A解析：根据碳原子的四价原则补齐氢原子，直接查出C、H的原子个数，A选项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，B、C选项错误；含有甲基、醇羟基，所以可以发生取代反应,D选项错误。

9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(）A．W2－、X＋B．X＋、Y3＋C．Y3＋、Z2－D．X＋、Z2－答案：C解析:A选项W在X的上一周期，所以X为第3周期，分别为O、Na；B选项X可能为Li或Na、Y可均为Al；D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S；上述选项中的Na＋均不影响水的电离平衡；C选项Y只能为Al、Z只能为S，Al3＋、S2－均影响水的电离平衡.10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。

根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。

下列说法正确的是（)A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl答案：B解析:由“电化学原理”可知正极反应式为Ag2S＋2e－===2Ag＋S2－，负极反应式为Al－3e－===Al3＋；电解质溶液中发生反应Al3＋＋3H2O Al(OH）3＋3H＋,S2－与H ＋结合生成H2S，使Al3＋＋3H2O Al(OH）3＋3H＋的平衡右移，最终生成Al(OH）3沉淀，只有B选项正确。

2013年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)理科综合_化学部分⒈在水溶液中能量共存的一组离子是（ ）A ．Na ＋、Ba 2＋、Cl －、NO 3－B ． Pb 2＋、Hg 2＋、S 2－、SO 42－C ．NH 4＋、H ＋、S 2O 32－、PO 43－D ．ClO －、Al 3＋、Br －、CO 32－ ⒉下列说法正确的是( )A ．KClO 3和SO 3溶于水后能导电，故KClO 3和SO 3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NaAlO 2溶液中滴加NaHCO 3溶液，有沉淀和气体生成D ．AgCl 沉淀易转化成AgI 沉淀且K(AgX)＝c(Ag ＋)·c(X －)，故K(AgI)＜K(AgCl)⒊下列排序正确的是( )A ．酸性：H 2CO 3＜C 6H 5OH ＜H 3COOHB ．碱性:Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC ．熔点：MgBr 2＜SiCl 4＜BND ．沸点：PH 3＜NH 3＜H 2O⒋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)需要用到分流漏斗C ．步骤(3)需要用到坩埚D ．步骤(4)需要蒸馏装置 ⒌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3molH 2OB ．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C 24H 37O 2Br 3D ．Y 与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y 的极性较强 ⒍已知：P 4(s)＋6Cl 2(g)＝4PCl 3(g) ΔH＝akJ·mol －1 P 4(s)＋10Cl 2(g)＝4PCl 5(g) ΔH＝ bkJ·mol －1P 4具有正四面体结构，PCl 5中P －Cl 键的键能为ckJ·mol －1,PCl 3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Cl 2(g)＋PCl 3(g)＝PCl 5(s)的反应热ΔHH 2N CH 2 CH 2 CH 2 NH CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 NH 2Y X(C 24H 40O 5)C ．Cl －Cl 键的键能b －a ＋5.6c 4kJ·mol －1 D ．P －P 键的键能为5a －3b ＋12c 8kJ·mol －1 ⒎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)。

重庆市2013年高考理综试题化学部分1、在水溶液中能大量共存的一组离子是（ A ）A ．Na +、Ba 2+、Cl —、NO 3—B ．Pb 2+、Hg 2+、S 2—、SO 42—C ．NH 4+、H +、S 2O 32—、PO 43—D ．Ca 2+、Al 3+、Br —、CO 32—2、下列说法正确的是（ D ）A ．KClO 3和SO 3溶于水后能导电，故KClO 3和SO 3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 NaOHC ．向NaAlO 2溶液中滴加NaHCO 3溶液，有沉淀和气体生成D ．AgCl 易转化为AgI 沉淀且K (AgX)＝c (Ag +)∙ c (X —)，故K (AgI)＜K (AgCl) 3、下列排序正确的是（ D ）A ．酸性：H 2CO 3＜C 6H 5OH ＜CH 3COOHB ．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC ．熔点：MgBr 2＜SiCl 4＜BND ．沸点：PH 3＜NH 3＜H 2O 4、按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：．．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、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)。

下列叙述错误．．的是 （ B ） A ．1mol X 在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H 2OB ．1mol Y 发生类似酯化的反应，最多消耗2mol XC ．X 与足量HBr 反应，所得有机物的分子式为C 24H 37O 2Br 3D ．Y 和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y 的极性较强6、已知：P 4(g)+6Cl 2(g)＝4PCl 3(g) △H ＝a kJ∙mol —1 P 4(g)+10Cl 2(g)＝4PCl 5(g) △H ＝b kJ∙mol —1P 4具有正四面体结构，PCl 5中P －Cl 键的键能为c kJ∙mol —1，PCl 3中P －Cl 键的键能为1.2c kJ∙mol —1。

2013年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷（化学部分）（重庆卷）解析1.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—答案：A思路分析：考点解剖：本题考查离子共存问题。

解题思路：此类试题解答的关键是熟知电解质的溶解性、离子间能否发生氧化还原反应、络合反应、水解反应等影响离子共存问题的因素。

解答过程：解：选项A，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，在同一溶液中可以大量共存，A项正确；选项B，Pb2+与SO42-可生成PbSO4沉淀、Pb2+、Hg2+可与S2-形成沉淀，B项错误；选项C，H+与S2O32-在溶液中发生歧化反应生成S与SO2，C项错误；选项D，Ca2+可与CO32-形成CaCO3沉淀、此外Al3+与CO32-可发生双水解反应而不能共存，D项错误。

所以本题答案为：A规律总结：离子共存问题分析技巧：离子之间不发生任何反应就能大量共存；同一溶液中若离子间符合下列任意一个条件就会发生离子反应，离子便不能在同一溶液中大量共存。

①生成难溶物或微溶物；②生成气体或挥发性物质；③生成难电离的物质；④发生氧化还原反；⑤形成配合物；⑥发生双水解等。

2.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 NaOHC．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成D．AgCl易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag+)∙ c(X—)，故K(AgI)＜K(AgCl)答案：D思路分析：考点解剖：本题考查电解质概念以及电解质溶液等知识。

解题思路：根据电解质概念分析A项；利用盐类水解规律分析B项；根据物质的性质分析C项；根据难溶电解质溶解平衡分析D项。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（大纲卷）化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 Cu 64一、选择题：本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

6．下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确．．．的是( ) A ．主要材质是高分子材料B ．价廉、质轻、保温性能好C ．适用于微波炉加热食品D ．不适于盛放含油较多的食品7．反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ∆H ＜0，达到平衡时，下列说法正确的是( )A ．减小容器体积，平衡向右移动B ．加入催化剂，Z 的产率增大C ．增大c (X)，X 的转化率增大D ．降低温度，Y 的转化率增大8．下列关于同温同压下的两种气体12C 18O 和14N 2的判断正确的是( )A ．体积相等时密度相等B ．原子数相等时具有的中子数相等C ．体积相等时具有的电子数相等D ．质量相等时具有的质子数相等9．电解法处理酸性含铬废水(主要含有227Cr O -)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应227Cr O -＋6Fe 2＋＋14H ＋===2Cr 3＋＋6Fe 3＋＋7H 2O ，最后Cr 3＋以Cr(OH)3形式除去。

下列说法不正确．．．的是( ) A ．阳极反应为Fe －2e －===Fe 2＋B ．电解过程中溶液pH 不会变化C ．过程中有Fe(OH)3沉淀生成D ．电路中每转移12 mol 电子，最多有1 mol 227Cr O -被还原10．下列操作不能．．达到目的的是( ) 选项目的 操作 A配制100 mL 1.0 mol·L －1CuSO 4溶液 将25 g CuSO 4·5H 2O 溶于100 mL 蒸馏水中 B除去KNO 3中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤 C 在溶液中将4MnO -完全转化为Mn 2＋向酸性KMnO 4溶液中滴加H 2O 2溶液至紫色消失 D 确定NaCl 溶液中是否混有Na 2CO 3 取少量溶液滴加CaCl 2溶液，观察是否出现白色浑浊11．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A ．用过量氨水吸收工业尾气中的SO 2：2NH 3·H 2O ＋SO 2===24NH +＋23SO -＋H 2OB ．氯化钠与浓硫酸混合加热：H 2SO 4＋2Cl－SO 2↑＋Cl 2↑＋H 2O C ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋3NO -===3Fe 3＋＋NO ↑＋3H 2O D ．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使24SO +恰好完全沉淀：2Ba 2＋＋3OH －＋Al 3＋＋224SO -===2BaSO 4↓＋Al(OH)3↓12．如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误．．的是()A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝K WB．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C．图中T1＜T2D．XZ线上任意点均有pH＝713．某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。

2013年普通高等学校招生统一考试（重庆卷）考试说明——化学部分解读重庆市南开中学陈俊宏张伟纵观2013年高考《考试说明》理综化学部分，其特点基本上可体现在“变”与“不变”之中一、2013年与2012年高考理综《考试说明》比较对照2012年高考《考试说明》，2013年的《考试说明》理综化学部分，共有5项考试内容发生了变化和并调整了15个例题。

1、内容调整⑴在第一部分“物质结构和元素周期律”内容中删去“了解原子核外电子排布”部分。

⑵在第二部分《物质结构与性质》模块中的删去了“核外电子在一定条件下发生跃迁，了解其简单应用”的部分。

⑶在第二部分《有机化学基础》模块中删除了以下有关“糖类和蛋白质”的内容：“①了解糖类的组成和性质特点，能举例说明糖类在食品加工和生物质能源开发上的应用”；“②了解蛋白质的组成、结构和性质”。

但在第一部分“常见的有机物及其应用”中，仍然提出了“了解糖类、油脂、蛋白质的组成和主要性质及重要应用”的考试要求。

⑷在第一部分“常见有机物及其应用”中增加了“了解常见高分子材料的合成反应及重要应用”内容。

例、甲醛是被国际卫生组织公认为头号致畸的毒性物质，但甲醛又是有机合成的重要原料，其反应机理可以简单表示为：，试判断下列常见有机高分子合成中没有甲醛参与是A.由合成B. 由合成C. 由合成D. 由合成⑸在第二部分《物质结构与性质》模块中增加了3项考试内容：①了解电负性的概念，知道元素的性质与电负性的关系；②了解共价键的主要类型（σ键与π键），能用共价键的键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质；③了解极性键和非极性健。

2、题型示例的调整2011、2012两年高考《考试说明》理综化学部分所提供的题型示例都是40例，其中32例是近几年全国、上海、广东、山东、浙江、宁夏、江苏、海南及安徽的高考化学试题，占80%。

2013年高考《考试说明》在2012年的题型示例的基础上，更换了15道例题。

《考试说明》中例题分布及新更换的例题说明1、考点分析2012年重庆理综化学卷中学科知识点分布2、⑴2013年考试说明较原老大纲新增加了的内容2013年重庆《考试说明》在考试内容与范围方面有15项新的增加：了解科学探究的基本过程，学习运用以实验和推理为基础的科学探究方法；了解定量研究的方法是化学发展为一门科学的重要标志；了解科学、技术、社会的相互关系(如化学与生活、材料、能源、环境、生命过程、信息技术的关系等)；了解在化工生产中遵循“绿色化学”思想的重要性；能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算；了解能源是人类生存和社会发展的重要基础；了解化学在解决能源危机中的重要作用；了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用；常见金属元素增加了Cu；能根据实验试题要求，做到：①设计、评价或改进实验方案，②了解控制实验条件的方法，③分析或处理实验数据，得出合理结论，④绘制和识别典型的实验仪器装置图；理解化学平衡常数的含义，能够利用化学平衡常数进行简单的计算；难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质；甲烷、苯在化工生产中的重要作用；加聚反应；物质结构与性质模块：原子核外电子的运动状态和能级分布，多电子原子中核外电子分层排布遵循的原理，能用电子排布式表示的常见元素为1~36号；了解电离能的意义及同一周期、同一主族中元素电离能的变化规律，核外电子的跃迁及简单应用等。

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）4．（6分）（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．5．（6分）（2013•重庆）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（）6．（6分）（2013•重庆）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 ﹣1键的键能kJ键的键能为KJH=，因此可得=×7．（6分）（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）60%0 ④K（1000℃）＞K（810℃）③该反应的△S＞由题意得=75%二、非选择题（本大题共4小题，共58分）8．（14分）（2013•重庆）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．n=×故该合金中铜的质量分数为9．（15分）（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）（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Fe被氧化为Fe，Fe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．10．（15分）（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）．（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，Q R（C8H7O2Cl）S T，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．．故答案为：故答案为：，故答案为：11．（14分）（2013•重庆）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0.001mol•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﹣+6H2O+10e﹣=N2+12OH﹣．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．。