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）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）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＜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＞VNaOH，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）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 【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）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【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）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【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）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【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/MPa G 体1.02.03.0 积分数/%温度/℃810 54.0a b915 c 75.0d1000 e f 83.0① b＜f②915℃，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【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℃、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×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；④ 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℃），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Ⅲ A 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　 CO 2　．② Al﹣Mg 合金焊接前用 NaOH 溶液处理 Al2O3膜，其化学方程式为　 Al 2O3+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　 CaCO 3 或 CaO ．（3）航母螺旋浆主要用铜合金制造．① 80.0g 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 　 ． 【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）① Al 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Ⅲ A 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Ⅲ A 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）① Cu2+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，因此该铜合金中一定还含 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）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 、 CO 2　．（2）装置 C 的作用是　除 CO 2　，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　 Fe 3O4+8H + =Fe 2+ +2Fe 3+ +4H 2O 　 ．③乙组步骤 4 中，溶液变红的原因为　 Fe 2+ 被氧化为 Fe 3+ ， Fe 3+ 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 Cl 2 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　 ．【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；② 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：① Fe 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）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　 　．【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）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 12．① N2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　 2NO 3﹣ +12H + +10e ﹣ =N 2↑+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，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）① N2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﹣+12H++10e﹣=N2↑+6H2O，故答案为：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．