2013 年山东省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分，每题只有一个选项符合题意）1．（4 分）化学与生活密切相关，下列说法正确的是（　　）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程【分析】A．聚乙烯塑料是乙烯发生加成反应生成的高分子聚合物，聚乙烯的单体是乙烯；B．煤的气化、液化都是化学变化；C．碳纤维是碳的单质；D．淀粉→葡萄糖→乙醇都是化学变化；【解答】解：A．乙烯含碳碳双键其中 1 根键断裂，相互加成生成聚乙烯，聚乙烯中不存在双键，聚乙烯塑料的老化是由于长链断裂等原因，故 A 错误；B．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成 H2、CO 等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的 H2和 CO 通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，所以煤经过气化和液化等变化是化学变化，故 B 错误；C．合成纤维、人造纤维都属于有机高分子材料，碳纤维是碳的单质，不属于有机高分子材料，故C 错误；D．用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化，故 D 正确；故选 D。【点评】本题主要考查了生活的化学相关的知识，掌握塑料的老化、煤的气化和液化、有机高分子材料、粮食酿酒等知识是解答的关键，题目难度不大．　2．（4 分）W、X、Y、Z 四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（　　）A．X、Y、Z 中最简单氢化物稳定性最弱的是 YB．Z 元素氧化物对应水化物的酸性一定强于 YC．X 元素形成的单核阴离子还原性大于 YD．Z 元素单质在化学反应中只表现氧化性【分析】W、X、Y、Z 四种短周期元素，W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W 是 N 元素；由元素在周期表中的位置可知，X 为氧元素、Y 为硫元素、Z 为氯元素，据此解答。【解答】解：W、X、Y、Z 四种短周期元素，W 的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W 是 N 元素；由元素在周期表中的位置可知，X 为氧元素、Y 为硫元素、Z 为氯元素，A．非金属 O＞S，Cl＞S，则其氢化物中 H2S 最不稳定，故 A 正确；B．只有氯元素的最高价含氧酸才一定比 Y 的含氧酸酸性强，故 B 错误；C．非金属 O＞S，则阴离子还原性 S2﹣＞O2﹣，故 C 错误；D．Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W 的推断是突破口。　3．（4 分）足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是（　　）A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸 故选 a；（2）B 的原子半径比 N 大，因而结构示意图中大球代表 B 原子，B 原子个数=8× ，N 原子个数=1+=2，该晶胞中 N 原子和 B 原子个数之比=2：2=1：1，所以其化学式为 BN，故答案为：2；BN；（3）BCl3中的 B 原子的价层电子对数是 3 且不含孤电子对，所以 B 原子属于 sp2杂化；NCl3中的 N原子的价层电子对个数为 4 且含有一个孤电子对，所以 N 原子属于 sp3杂化；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于相邻元素，根据电离能的变化规律，半充满的 N 原子和全充满的 Be 原子第一电离能要比同周期原子序数大的原子高，故第一电离能介于 B、N 之间的第二周期元素有 Be、C、O 三种元素，故答案为：sp2；sp3 ；3 （4）BCl3是缺电子化合物，B 原子的所有价电子已经使用，因而提供孤对电子的原子是 X，故答案为：X．【点评】本题以卤族元素为载体考查了原子杂化方式、电负性、第一电离能、配位键、晶胞的计算等知识点，这些知识点都是高考热点，要会根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式，注意第一电离能的变化规律及异常现象，为易错点．　 【分析】首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al（OH）4]、Al2（SO4）3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗 NaOH 物质的量最少．【解答】解：设 Al 为 1mol，A．铝与氢氧化钠溶液反应生成 Na[Al（OH）4]，1molAl 消耗 1molNaOH；B．铝与稀硫酸反应生成 Al2（SO4）3，1mol 铝消耗 1.5mol 硫酸；C．铝与盐酸反应生成 AlCl3，1mol 铝消耗 3mol 盐酸；D．硝酸与金属铝反应不生成氢气，综合以上分析可知放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是氢氧化钠溶液，故选：A。【点评】本题考查铝的性质，侧重于物质的量的判断，解答时可根据生成物的化学式，从质量守恒的角度分析，易错点为 D，注意硝酸与铝反应不生成氢气．　4．（4 分）莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是（　）A．分子式为 C7H6O5B．分子中含有 2 种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子【分析】由结构可知，该物质的分子式为 C7H10O5，含﹣OH、C=C、﹣COOH，结合醇、烯烃、羧酸的性质来解答．【解答】解：A．根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，需要注意不存在苯环，故 A 错误；B．由结构可知有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，故 B 错误；C．碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，故 C 正确；D．在水溶液中羧基可以电离出 H+，羟基不能发生电离，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大．　5．（4 分）利用实验器材（规格和数量不限），能完成相应实验的一项是（　　）实验器材（省略夹持装置） 相应实验A 烧杯、玻璃棒、蒸发皿 用重结晶方法提纯含 NaCl 杂质的KNO3B 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 用稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁C 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗用氯水和 CCl4除去 KCl 溶液中的少量 KID 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶用浓盐酸配制 500mL 0.1mol/L 的溶液A．A B．B C．C D．D【分析】A．重结晶方法提纯含 NaCl 杂质的 KNO3，析出晶体后需要过滤；B．稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子；C．用氯水和 CCl4除去 KCl 溶液中的少量 KI，反应后需要萃取、分液操作；D．配制 500mL 0.1mol/L 的溶液，必须使用 500mL 容量瓶． 【解答】解：A．重结晶方法提纯含 NaCl 杂质的 KNO3，析出晶体后需要过滤，给出的仪器中缺少漏斗、铁架台等，则不能完成实验，故 A 错误；B．稀硝酸除去氯化铁中的少量氯化亚铁，引入硝酸根离子，应利用氯水来除杂，故 B 错误；C．用氯水和 CCl4除去 KCl 溶液中的少量 KI，反应后需要萃取、分液操作，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，可完成实验，故 C 正确；D．配制 500mL 0.1mol/L 的溶液，必须使用 500mL 容量瓶，给出的仪器没有说明容量瓶的规格，故D 错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、除杂、溶液的配制等，把握分离原理及实验基本操作为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大．　6．（4 分）CO（g）+H2O（g）⇌H2（g）+CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下（　　）A．加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H 也随之改变B．改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C．升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D．若在原电池中进行，反应放出的热量不变【分析】A．催化剂虽然改变了反应途径，但是△H 只取决于反应物、生成物的状态；B．对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C．升高温度，平衡向吸热的方向移动；D．若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；【解答】解：A．催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以△H 不变，故 A 错误；B．这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故 B 正确；C．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故 C 错误；D．若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故 D 错误；故选：B。【点评】本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但△H 不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动．　7．（4 分）某温度下，向一定体积 0.1mol/L 醋酸溶液中逐滴加入等浓度的 NaOH 溶液，溶液中pOH（pOH=﹣lg[OH﹣]）与 pH 的变化关系如图所示，则（　　）A．M 点所示溶液导电能力强于 Q 点B．N 点所示溶液中 c（CH3COO﹣）＞c（Na+）C．M 点和 N 点所示溶液中水的电离程度相同D．Q 点消耗 NaOH 溶液的体积等于醋酸溶液的体积【分析】酸溶液中 pOH 越大，说明溶液中氢氧根离子浓度越小，溶液氢离子浓度越大，酸性越强，随着 NaOH 的加入，发生中和反应，溶液氢氧根离子的浓度逐渐增大，则溶液 pOH 逐渐减小，pH 逐渐增大，结合若电解质的电离解答该题．【解答】解：A．由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M 点溶液的导电能力最弱，故 A 错误；B．N 点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时 c（Na+）＞c（CH3COO﹣），故 B 错误；C．由于 M 点的 H+浓度等于 N 点的 OH﹣浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相 同，故 C 正确；D．Q 点的 pOH=pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加 NaOH 溶液体积略小于醋酸溶液的体积，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查酸碱中和的定性判断和计算，侧重于弱电解质的电离的考查，注意弱电解质的电离特点，把握 pOH 的含义，题目难度中等．　二、解答题（共 6 小题，满分 66 分）8．（12 分）金属冶炼和处理常涉及氧化还原反应．（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是　 bd 　 a．Fe2O3 b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3（2）辉铜矿（Cu2S）可发生反应 2Cu2S+2H2SO4+5O2=4CuSO4+2H2O，该反应的还原剂是　 Cu 2S 　 ，当1mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为　 4 　 mol．向 CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是　氢气　（3）右图为电解精炼银的示意图，　 a 　 （填 a 或 b）极为含有杂质的粗银，若 b 极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为　 NO 3﹣ +e ﹣ +2H + =NO 2↑+H2O 　 （4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S 转化为 Ag，食盐水的作用为　作电解质溶液，形成原电池　．【分析】（1）电解法：冶炼活泼金属 K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al 是电解熔融的三氧化二铝）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属 Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：Hg、Ag 用加热分解氧化物的方法制得，物理分离法：Pt、Au 用物理分离的方法制得；（2）失电子化合价升高的反应物是还原剂，根据得失电子相等计算失去电子的物质的量，硫酸铜溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气；（3）电解精炼银时，粗银作阳极，若 b 极有少量红棕色气体生成，则 b 电极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；（4）为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，该装置构成原电池，食盐水作电解质溶液，促进溶液的导电性．【解答】解：（1）活泼金属采用电解法冶炼，钠、铝都是活泼金属，采用电解熔融态 NaCl、Al2O3的方法冶炼，故选 bd；（2）在该反应中，Cu 元素化合价由+1 升高到+2，S 元素由﹣2 升高到+6，所以 Cu2S 做还原剂；氧化还原反应中得失电子数相等，所以当有 1molO2参与反应时失去 4mol 电子，则还原剂所失电子的物质的量为 4mol；硫酸铜是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，镁和酸反应生成氢气，故答案为：Cu2S；4；氢气；（3）电解精炼时，粗银做阳极，所以粗银是 a 极；b 电极是阴极，发生还原反应，生成了红棕色气体是 NO2，电极反应：NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O，故答案为：a；NO3﹣+e﹣+2H+=NO2↑+H2O；（4）该装置构成原电池，氯化钠溶液作电解质溶液，促进溶液的导电能力，故答案为：作电解质溶液，形成原电池．【点评】本题考查了金属的冶炼方法、氧化还原反应、电解原理等知识点，根据金属的活泼性确定冶炼方法、离子的放电顺序来分析解答，难度不大．　 9．（15 分）化学反应原理在科研和生产中有广泛应用．（1）利用“化学蒸气转移法”制备 TaS2晶体，发生如下反应：TaS2（s）+2I2（g）⇌TaI4（g）+S2（g）△H＞0　（Ⅰ）反应（Ⅰ）的平衡常数表达式 K=　 　，若 K=1，向某恒容容器中加入 1mol I2（g）和足量 TaS2（s），I2（g）的平衡转化率为　 66.7% 　 ．（2）如图所示，反应（Ⅰ）在石英真空管中进行，先在温度为 T2的一端放入未提纯的 TaS2粉末和少量 I2（g），一段时间后，在温度为 T1的一端得到了纯净 TaS2的晶体，则温度 T1　＜　T2（填“＞”“＜”或“=”）．上述反应体系中循环使用的物质是　 I 2　．（3）利用 I2的氧化性可测定钢铁中硫的含量．做法是将钢样中的硫转化成 H2SO3，然后用一定浓度的 I2溶液进行滴定，所用指示剂为　淀粉溶液　，滴定反应的离子方程式为　 H 2SO3+I2+H2O=4H + +SO 42﹣+2I ﹣ 　 ．（4）25℃时，H2SO3HSO⇌ +H+的电离常数 Ka=1×10﹣2，则该温度下 NaHSO3水解反应的平衡常数 Kh=1.0×10 ﹣12 　 ，若向 NaHSO3溶液中加入少量的 I2，则溶液中 将　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）．【分析】（1）通过题意求出平衡浓度，带入 K 值可以得出转化率为 66.7%；（2）通过题意温度 T2端利于反应正向进行，为高温，温度 T1端利于反应向左进行，为低温，所以T1＜T2；（3）因为 I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂；（4）根据 Ka= ，Kh= ，代入数据进行计算．【解答】解：（1）根据题意反应（Ⅰ）的平衡常数表达式 K= ；若 K=1，设 I2的平衡转化率为 x，则参加反应的为 xmol，平衡时生成 TaI4和 S2各 0.5xmol，剩余 I2为（1﹣x）mol，根据 K= = =1，解之得：x=66.7%，故答案为： ；66.7%；（2）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度 T2端利于反应正向进行，为高温，温度T1端利于反应向左进行，为低温，所以 T1＜T2，I2是可以循环使用的物质；故答案为：＜；I2；（3）因为 I2遇到淀粉会变蓝色，所以可以用淀粉溶液作指示剂．离子反应：H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣，故答案为：淀粉溶液；H2SO3+I2+H2O=4H++SO42﹣+2I﹣； （4）Ka= ，HSO3﹣+H2O H⇌2SO3+OH﹣，Kh= =1.0×102×1.0×10﹣14=1.0×10﹣12，当加入少量 I2时，碘把弱酸（亚硫酸）氧化成强酸（硫酸、氢碘酸），溶液酸性增强，[H+]增大，但是温度不变，Kh 不变，则 增大，故答案为：1.0×10﹣12；增大．【点评】本题考查化学平衡常数的表达式及其计算，平衡转化率等知识，难度较大，侧重分析问题的能力的考查，注意平衡相关知识的灵活运用．　10．（15 分）TiO2既是制备其他含钛化合物的原料，又是一种性能优异的白色颜料．（1）实验室利用反应 TiO2（s）+CCl4（g） TiCl4（g）+CO2（g），在无水无氧条件下，制取 TiCl4实验装置示意图如下有关性质如下表物质 熔点/℃ 沸点/℃ 其他CCl4﹣23 76 与 TiCl4互溶TiCl4﹣25 136 遇潮湿空气产生白雾仪器 A 的名称是　干燥管　，装置 E 中的试剂是　浓硫酸　．反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、　检验气密性　、加装药品、通 N2．一段时间后点燃酒精灯．反应结束后的操作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温．正确的顺序为　②③①　（填序号）．欲分离 D 中的液态混合物，所采用操作的名称是　蒸馏　．（2）工业上由钛铁矿（FeTiO3）（含 Fe2O3、SiO2等杂质）制备 TiO2的有关反应包括：酸溶 FeTiO3（s）+2H2SO4（aq）═FeSO4（aq）+TiOSO4（aq）+2H2O（l）水解 TiOSO4（aq）+2H2O（l） H2TiO3（s）+H2SO4（aq）简要工艺流程如下：①试剂 A 为　铁粉　．钛液Ⅰ需冷却至 70℃左右，若温度过高会导致产品收率降低，原因是　由于TiOSO4 容易水解，若温度过高，则会有较多 TiOSO 4 水解为固体 H 2TiO3 而经过滤进入 FeSO 4•7H2O 中导致 TiO2 产率降低．　②取少量酸洗后的 H2TiO3，加入盐酸并振荡，滴加 KSCN 溶液后无明显现象，再加 H2O2后出现微红色， 说明 H2TiO3中存在的杂质离子是　 Fe 2+ 　 ．这种 H2TiO3即使用水充分洗涤，煅烧后获得的 TiO2也会发黄，发黄的杂质是　 Fe 2O3　（填化学式）．【分析】（1）仪器 A 是干燥管，因为 TiCl4遇到水蒸气会水解，所以 E 中可以用浓硫酸来隔离空气；对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入 N2；分离两种沸点不同的液体混合物应该用蒸馏；（2）①因为矿石经硫酸溶解后得到的 Fe2（SO4）3，而后面过滤得到的是 FeSO4•7H2O，所以试剂 A是铁粉；由于 TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多 TiOSO4水解为固体 H2TiO3；②根据 Fe2+的检验方法；经加热后 Fe2+氧化为 Fe2O3．【解答】解：（1）仪器 A 是干燥管，因为 TiCl4遇到水蒸气会水解，所以 E 中可以用浓硫酸来隔离空气中的水蒸汽；对于气体的制取性质实验应该：组装仪器、检验气密性、加装药品，发生反应，终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通入 N2；CCl4和 TiCl4是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏；故答案为：干燥管；浓硫酸；检验气密性；②③①；蒸馏；（2）①因为矿石经硫酸溶解后得到的 Fe2（SO4）3，而后面过滤得到的是 FeSO4•7H2O，所以试剂 A是铁粉，把 Fe3+还原为 Fe2+；由于 TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多 TiOSO4水解为固体 H2TiO3而经过滤进入 FeSO4•7H2O 中导致 TiO2产率降低；故答案为：铁粉；由于 TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多 TiOSO4水解为固体 H2TiO3而经过滤进入 FeSO4•7H2O 中导致 TiO2产率降低；②先加 KSCN 溶液无现象，加 H2O2后出现红色，说明存在 Fe2+；经加热后 Fe2+氧化为 Fe2O3而使产品发黄；故答案为：Fe2+；Fe2O3．【点评】本题以工业流程图为背景，考查了学生分析问题、解决问题互溶运用知识的能力，培养了学生的逻辑思维能力．　11．（8 分）聚酰胺﹣66 常用于生产帐篷、渔网、降落伞及弹力丝袜等织物，可利用下列路线合成：（1）能与银氨溶液反应的 B 的同分异构体的结构简式为　 CH 3CH2CH2CHO 或（ CH 3）2CHCHO 　 （2）D 的结构简式为　 CH 2ClCH2CH2CH2Cl 　 ，①的反应类型为　取代反应　（3）为检验 D 中的官能团，所用试剂包括 NaOH 水溶液及　硝酸和硝酸银　（4）由 F 和 G 生成 H 的反应方程式为　 nHOOC （ CH 2）4COOH+nNH2（ CH 2）6NH2→HOH+ （ 2n﹣1 ） H 2O 　 ．【分析】由合成流程图可知，A 经 H2加成得到环丁醚 B，B 与 HCl 加成得到 C 氯代丁醇，再进行一步取代得 D，D 为 CH2ClCH2CH2CH2Cl；通过反应①取代得到己二腈，结合所给信息可知 F 是己二酸，G 是己二胺，通过缩聚反应得到 H（聚酰胺﹣66），然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：由合成流程图可知，A 经 H2加成得到环丁醚 B，B 与 HCl 加成得到 C 氯代丁醇，再进行一步取代得 D，D 为 CH2ClCH2CH2CH2Cl；通过反应①取代得到己二腈，结合所给信息可知 F 是己二酸，G 是己二胺，通过缩聚反应得到 H（聚酰胺﹣66），（1）B 分子式是 C4H8O，符合饱和一元醛的通式，能与银氨溶液反应的 B 的同分异构体含﹣CHO，其结构简式为 CH3CH2CH2CHO，故答案为：CH3CH2CH2CHO 或（CH3）2CHCHO；（2）由上述分析可知，D 为 CH2ClCH2CH2CH2Cl；反应①的反应中﹣Cl 被﹣CN 取代，属于取代反应，故答案为：CH2ClCH2CH2CH2Cl；取代反应；（3）D 中官能团为﹣Cl，要检验氯代烃中氯元素，应先通过 NaOH 溶液水解，然后加硝酸至酸性再用 AgNO3溶液检验 Cl﹣，故答案为：硝酸和硝酸银；（4）F 和 G 生成 H 的反应方程式为 nHOOC（CH2）4COOH+nNH2（CH2）6NH2→HOH+（2n﹣1）H2O，故答案为：nHOOC（CH2）4COOH+nNH2（CH2）6NH2→HO H+（2n﹣1）H2O．【点评】本题考查有机物的合成，明确合成流程中各物质的推断是解答的关键，注意有机物的官能团与性质的关系即可解答，题目难度中等．　12．（8 分）废旧硬质合金刀具中含碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法可回收 WC 和 Co．工艺流程简图如下：（1）电解时废旧刀具做阳极，不锈钢做阴极，HCl 溶液为电解液．阴极主要的电极反应为　 2H + +2e ﹣ =H 2↑ 　 ．（2）净化步骤所得滤饼的主要成分是　 Fe （ OH ） 3　．回收的洗涤液代替水配制电解液，目的是回收利用其中的　 Co 2+ 　 ．（3）溶液 I 的主要成分是　 NH 4Cl 　 ．洗涤 CoC2O4不充分对最终产品纯度并无明显影响，但焙烧时会造成环境污染，原因是　焙烧时 NH 4Cl 分解放出 NH 3 和 HCl 气体　 ．（4）将 Co2O3还原成 Co 粉的化学方程式为　 3H 2+Co2O32Co+3H2O 　 ．【分析】（1）电解时阴极得到电子，由于 HCl 是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气；（2）电解时阳极是铁失去电子，生成亚铁离子．然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成氢氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是 Fe（OH）3；回收的洗涤液中含有 Co2+，因此目的是回收利用其中的 Co2+；（3）由于电解质溶液是盐酸，在反应过程中加入了氨水和草酸铵，所以过滤后溶液 I 的主要成分是 NH4Cl；洗涤 CoC2O4不充分，会附着氯化铵，在煅烧是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，从而造成环境污染．（4）氢气还原 Co2O3生成 CO 粉的同时，还有水生成．【解答】解：（1）电解时阴极得到电子，由于 HCl 是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是 2H++2e﹣=H2↑，故答案为：2H++2e﹣=H2↑；（2）电解时阳极是铁失去电子，生成亚铁离子．然后加入双氧水将亚铁离子氧化生成铁离子，在加入氨水则生成氢氧化铁沉淀，即净化步骤所得滤饼的主要成分是Fe（OH）3；回收的洗涤液中含有 Co2+，因此目的是回收利用其中的 Co2+，故答案为：Fe（OH）3；Co2+；（3）由于电解质溶液是盐酸，在反应过程中加入了氨水和草酸铵，所以过滤后溶液 I 的主要成分 是 NH4Cl；洗涤 CoC2O4不充分，会附着氯化铵，在煅烧是氯化铵分解生成氨气和氯化氢，从而造成环境污染．故答案为：NH4Cl；焙烧时 NH4Cl 分解放出 NH3 和 HCl 气体；（4）氢气还原 Co2O3生成 CO 粉的同时，还有水生成，反应的化学方程式是 3H2+Co2O32Co+3H2O，故答案为：3H2+Co2O32Co+3H2O．【点评】本题以电解法回收 WC 和 Co 工艺流程为载体，考查电解原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等，难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力．　13．（8 分）卤族元素包括 F、Cl、Br 等．（1）下面曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是　 a 　 ．（2）利用“卤化硼法”可合成含 B 和 N 两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有 B 原子的个数为　 2 　 ，该功能陶瓷的化学式为　 BN 　 ．（3）BCl3和 NCl3中心原子的杂化方式分别为　 sp 2 　 和　 sp 3 　 ．第一电离能介于 B、N 之间的第二周期元素有　 3 　 种．（4）若 BCl3与 XYn通过 B 原子与 X 原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是　 X 　 ．【分析】（1）a．第 VIIA 族元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小；b．F 元素没有正化合价；c．第 VIIA 族氢化物的沸点与其相对分子质量成正比，氢键的存在导致氢化物的沸点升高；d．卤族单质的熔点随着核电荷数的增大而增大；（2）根据均摊法确定 B 原子个数和 N 原子个数，根据 B、N 原子个数最简比确定其化学式；（3）根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化方式，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素第一电离能大于相邻元素；（4）在配位化合物中，中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．【解答】解：（1）a．同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，故正确；b．氟元素没有正化合价，第 VIIA 族氯、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，故错误；c．第 VIIA 族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但 HF 分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，故错误；d．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，故错误；