2013年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ含解析版)

发布时间:2024-06-11 09:06:35浏览次数:6
2013 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ)一、选择题:本题共 7 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.1.(6 分)在一定条件下,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,化学方程式如图所示: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2.(6 分)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.乙烯和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 2,4﹣二氯甲苯3.(6 分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(  )A.1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为 2 NAB.12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5 NAC.25℃时 pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH﹣的数目为 0.1 NAD.1 mol 的羟基与 1 mol 的氢氧根离子所含电子数均为 9 NA4.(6 分)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+═2Fe3++3H2↑B.钠与 CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+C.NaHCO3溶液与稀 H2SO4反应:CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D.向 FeCl3溶液中加入 Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+5.(6 分)“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔 Ni/NiCl2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价铝离子C.正极反应为:NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动6.(6 分)在 1200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应:H2S(g)+ O2(g)═SO2(g)+H2O(g)△H12H2S(g)+SO2(g)═ S2(g)+2H2O(g)△H2H2S(g)+ O2(g)═S(g)+H2O(g)△H32S(g)═S2(g)△H4 4xg 2g解得:x= =51%,故答案为:51。【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等,难度不大,注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率,注意对基础知识的理解掌握。 9.(14 分)氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(II)、Mn(II)、Ni(II)等杂质)的流程如图所示:提示:在本实验条件下,Ni(II)不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是 MnO2。回答下列问题:(1)反应②中除掉的杂质离子是  Fe 2+ 和 Mn 2+   ,发生反应的离子方程式为  MnO 4﹣ +3Fe 2+ +7H2O=3Fe ( OH ) 3↓+MnO2↓+5H + 、 2MnO 4﹣ +3Mn 2+ +2H 2O=5MnO2↓+4H +   ;在加高锰酸钾溶液前,若 pH 较低,对除杂的影响是 铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质 。(2)反应③的反应类型为 置换反应 ,过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有 镍 。(3)反应④形成的沉淀要用水洗,检查沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一次少量水洗液于试管中 , 滴入 1 ~ 2 滴盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净  。(4)反应④中产物的成分可能是 ZnCO3•xZn(OH)2.取干燥后的滤饼 11.2g,锻烧后可得到产品8.1g,则 x 等于  1   。【考点】GR:常见金属元素的单质及其化合物的综合应用;P8:物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.菁优网版权所有【专题】527:几种重要的金属及其化合物.【分析】(1)根据题意,Ni(Ⅱ)不能被氧化,反应②中除掉的杂质离子是 Fe2+和 Mn2+,根据 MnO4﹣+具有氧化性,能将 Fe2+和 Mn2+氧化,根据电子得失进行配平;加高锰酸钾溶液前,若 pH 较低,铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质。(2)反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍;得到的滤渣中,除了过量的锌外还有金属镍。(3)检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液,检验表面是否含有硫酸根离子;(4)根据关系式 ZnCO3•xZn(OH)2~(x+1)ZnO 来计算。【解答】解:(1)根据题意,Ni(Ⅱ)不能被氧化,反应②中除掉的杂质离子是 Fe2+和 Mn2+,发生的离子方程式为 MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;加高锰酸钾溶液前,若 pH 较低,铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质;故答案为:Fe2+和 Mn2+;MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质;(2)反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍,反应类型为置换反应;得到的滤渣中,除了过量的锌外还有金属镍,故答案为:置换反应;镍;(3)由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子,因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子,操作为:取最后一次少量水洗液于试管中,滴入 1~2 滴稀盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净,故答案为:取最后一次少量水洗液于试管中,滴入 1~2 滴稀盐酸,再滴入氯化钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净; (4)根据关系式 ZnCO3•xZn(OH)2 ~(x+1)ZnO 125+99x 81(x+1) 11.2g 8.1g解得:x=1故答案为:1。【点评】本题以工业流程为背景,考查了学生分析问题、解决问题,运用知识的能力,难度中等。 10.(14 分)在 1.0L 密闭容器中放入 0.10molA(g),在一定温度进行如下反应:A(g)⇌B(g) +C(g )△H=+85.1kJ•mol﹣1反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:时间 t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30总压强 p/100kPa4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53回答下列问题:(1)欲提高 A 的平衡转化率,应采取的措施为 升高温度、降低压强 。(2)由总压强 p 和起始压强 p0计算反应物 A 的转化率 α(A)的表达式为  ×100%   ,平衡时 A 的转化率为  94.1%   ,列式并计算反应的平衡常数 K  1.5mol/L   。(3)①由总压强 p 和起始压强 p0表示反应体系的总物质的量 n总和反应后 A 的物质的量 n(A),n总= 0.10×  mol,n(A)=  0.10× ( 2﹣ ) mol。②下表为反应物 A 浓度与反应时间的数据,计算:a=  0.051   。反应时间 t/h 0 4 8 16c(A)/(mol•L﹣1) 0.10 a 0.026 0.0065分析该反应中反应物的浓度 c(A)变化与时间间隔(△t)的规律,得出的结论是 达到平衡前每间隔4h , c ( A )减少约一半  ,由此规律推出反应在 12h 时反应物的浓度 c(A)为  0.013   mol•L﹣1。【考点】CB:化学平衡的影响因素;CP:化学平衡的计算.菁优网版权所有【专题】51E:化学平衡专题.【分析】(1)反应是吸热反应,反应前后气体体积增大,结合平衡移动原理分析判断转化率;(2)相同条件下压强之比等于物质的量之比,反应前后物质的量的增大是反应的 A 的物质的量,结合转化率概念计算得到;依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度达到平衡常数;(3)①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比,结合平衡计算得到;②依据平衡 A 的浓度计算,依据图表数据分析判断存在的规律;【解答】解:(1)在一定温度进行如下反应:A(g)⇌B(g)+C(g )△H=+85.1kJ•mol﹣1反应是吸热反应,反应前后气体体积增大,根据平衡移动原理分析可知,欲提高 A 的平衡转化率,平衡正向进行,可以升温或减压条件下使平衡正向进行;故答案:升高温度、降低压强; (2)反应前后气体物质的量增大等于反应的 A 的量,所以由总压强 p 和起始压强 p0计算反应物 A 的转化率 α(A)的表达式= ×100%=( )×100%;平衡时 A 的转化率= ×100%=94.1%依据化学平衡三段式 列式得到; A(g)⇌B(g)+C(g )起始量(mol/L) 0.10 0 0变化量(mol/L) 0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%平衡量(mol/L)0.10(1﹣94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%K= = =1.5mol/L故答案为:( )×100%;94.1%; 1.5mol/L (3)①由总压强 p 和起始压强 p0表示反应体系的总物质的量 n总和反应物 A 的物质的量 n(A),依据压强之比等于物质的量之比,n总:n 起始=P:P0 ,n总= ; A(g)⇌B(g)+C(g )起始量(mol) 0.10 0 0变化量(mol) x x x某时刻量(mol) 0.10﹣x x x(0.10+x):0.10=P:P0x=n(A)=0.10﹣ =0.10×(2﹣ )mol;故答案为: ;0.10×(2﹣ );② n(A)=0.10×(2﹣ )=0.10×(2﹣ )=0.051mol 所以浓度 a=0.051mol/L;分析数据特征可知,每隔 4h,A 的浓度减小一半,故答案为:0.051;达到平衡前每间隔 4h,c(A)减少约一半;由此规律推出反应在 12h 时反应物的浓度 c(A)= =0.013mol/L;故答案为:0.051,每隔 4h,A 的浓度减小一半;0.013;【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用,化学平衡计算方法,图表数据处理方法的分析判断,题目难度中等。 11.(15 分)〔化学﹣﹣选修 2:化学与技术〕锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图(甲)所示.回答下列问题:(1)普通锌锰电池放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH①该电池中,负极材料主要是 锌 ,电解质的主要成分是  NH 4Cl   ,正极发生的主要反应是 MnO2+NH4+ +e ﹣ =MnOOH+NH 3 .②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是 碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高 .(2)图(乙)表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属). ①图(乙)中产物的化学式分别为 A  ZnCl 2 ,B  NH 4Cl   .②操作 a 中得到熔块的主要成分是 K2MnO4.操作 b 中,绿色的 K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体,该反应的离子方程式为  3MnO 42﹣ +2CO 2=2MnO4﹣ +MnO 2↓+2CO32﹣   .③采用惰性电极电解 K2MnO4溶液也能得到化合物 D,则阴极处得到的主要物质是  H 2 (填化学式).【考点】BJ:常见化学电源的种类及其工作原理.菁优网版权所有【专题】51I:电化学专题.【分析】(1)①根据电池反应判断正负极和电解质;二氧化锰和铵根离子在正极发生反应;②根据碱性锌锰电池的特点分析;(2)①根据电池的材料分析;②根据已知反应物和产物,再利用元素守恒③ K2MnO4溶液中阴极产物的判断,根据溶液中阳离子得电子能力分析.【解答】解:(1)根据化学方程式 Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH,反应中 Zn 被氧化,为电池负极锌,氯化铵是电解质的主要成分,二氧化锰和铵根离子在正极发生反应,MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3.与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高;故答案为:①锌;NH4Cl;MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3② 碱性电池不易发生电解质的泄露,因为消耗的负极改装在电池的内部,碱性电池的使用寿命较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高.(2)废电池经机械分离后,加水溶解后溶液中的成分是氯化铵,再加稀盐酸 Zn 溶解生成氯化锌,因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌.氯化铵不稳定,受热易分解,所以 B 为氯化铵,A 为氯化锌.绿色的 K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰,该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣.采用惰性电极电解 K2MnO4溶液,阴极氢离子得电子生成氢气.故答案为:① ZnCl2 NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写,综合性较强. 12.〔化学﹣﹣选修 3:物质结构与性质〕前四周期原子序数依次增大的元素 A、B、C、D 中,A 和 B 的价电子层中未成对电子均只有一个,并且 A﹣和 B+的电子数相差为 8;与 B 位于同一周期的 C 和 D,它们价电子层中的未成对电子数分别为 4 和2,且原子序数相差为 2。回答下列问题: (1)D2+的价层电子排布图为   。(2)四种元素中第一电离能最小的是  K   ,电负性最大的是  F   。(填元素符号)(3)A、B 和 D 三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为  K 2NiF4 ;D 的配位数为  6   ;②列式计算该晶体的密度  3.4   g•cm﹣3。(4)A﹣、B+和 C3+三种离子组成的化合物的 B3CA6,其中化学键的类型有 离子键和配位键 ;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为  [FeF 6] 3﹣   ,配位体是  F ﹣   。【考点】8J:位置结构性质的相互关系应用;9I:晶胞的计算.菁优网版权所有【专题】51B:原子组成与结构专题;51D:化学键与晶体结构.【分析】前四周期原子序数依次增大的元素 A、B、C、D 中,A 和 B 的价电子层中未成对电子均只有一个,并且 A﹣和 B+的电子数相差为 8,A 属于第 VIIA 族元素,B 属于第 IA 族元素,且 A 的原子序数小于 B,则 A 是 F 元素,B 是 K 元素;与 B 位于同一周期的 C 和 D,它们价电子层中的未成对电子数分别为 4 和 2,且原子序数相差为 2,且 C 和 D 的原子序数大于 B,C 的原子序数小于 D,则 C 是 Fe 元素,D 是 Ni 元素,结合物质结构和性质解答。【解答】解:前四周期原子序数依次增大的元素 A、B、C、D 中,A 和 B 的价电子层中未成对电子均只有一个,并且 A﹣和 B+的电子数相差为 8,A 属于第 VIIA 族元素,B 属于第 IA 族元素,且 A 的原子序数小于 B,则 A 是 F 元素,B 是 K 元素;与 B 位于同一周期的 C 和 D,它们价电子层中的未成对电子数分别为 4 和 2,且原子序数相差为 2,且 C 和 D 的原子序数大于 B,C 的原子序数小于 D,则 C 是 Fe元素,D 是 Ni 元素,(1)D2+的价层电子为 3d 电子,根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规则知,其价电子排布图为 ,故答案为: ;(2)元素的金属性越强其第一电离能越小,元素的非金属性越强,其电负性越大,这四种元素中金属性最强的是 K 元素,非金属性最强的元素是 F,所以第一电离能最小的是 K,电负性最大的是 F,故答案为:K;F;(3)①该晶胞中 A 原子个数=16× =8,B 原子个数=8× =4,D 原子个数=8× ,所以该化合物的化学式为 K2NiF4,根据晶胞结构知,D 的配位数是 6,故答案为:K2NiF4;6; ②该晶胞的体积=(400×10﹣10cm)2(1308×10﹣10cm),ρ= =3.4g•cm﹣3,故答案为:3.4;(4)A﹣、B+和 C3+三种离子组成的化合物的 K3FeF6,该物质中阴阳离子间存在离子键,铁原子和氟原子间存在配位键,该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为[FeF6]3﹣,配位体是 F﹣,故答案为:离子键和配位键;[FeF6]3﹣;F﹣。【点评】本题考查物质结构和性质,正确推断元素是解本题关键,难度中等,注意化学式的确定中,各中原子被几个晶胞共用,为易错点,难点是密度的计算。 13.[化学﹣﹣选修 5:有机化学基础]化合物 I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基.I 可以用 E 和 H 在一定条件下合成:已知以下信息:1.A 的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;2.R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH;3.化合物 F 苯环上的一氯代物只有两种;4.通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基.回答下列问题:(1)A 的化学名称为  2﹣ 甲基﹣ 2﹣ 氯丙烷  .(2)D 的结构简式为 ( CH 3)2CHCHO   .(3)E 的分子式为  C 4H8O2 .(4)F 生成 G 的化学方程式为   ,该反应类型为 取代反应 .(5)I 的结构简式为   .(6)I 的同系物 J 比 I 相对分子质量小 14,J 的同分异构体中能同时满足如下条件:①苯环上只有两个取代基,②既能发生银镜反应,又能与饱和 NaHCO3溶液反应放出 CO2,共有  18   种(不考虑立体异构).J 的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为 2:2:1,写出 J 的这种同分异构体的结构简式   .【考点】HB:有机物的推断.菁优网版权所有【专题】534:有机物的化学性质及推断.【分析】A 的分子式为 C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢,则 A 为(CH3)3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应,生成 B 为 CH2=C(CH3)2,B 发生信息 2 中的反应生成 C 为(CH3)2CHCH2OH,C 发生催化氧化生成 D 为(CH3)2CHCHO,D 再与氢氧化铜反应,酸化得到 E 为(CH3)2CHCOOH, F 的分子式为 C7H8O,苯环上的一氯代物只有两种,应含有 2 个不同的侧链,且处于对位,则 F 为 ,与氯气在光照条件下发生取代反应,生成 G 为 ,G 在氢氧化钠水溶液发生水解反应,酸化得到 H,由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,故 H 为 ,H 与 E 发生酯化反应生成 I,其分子中含有醛基和酯基,故 I 为 ,据此解答.【解答】解:A 的分子式为 C4H9Cl,核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢,则 A 为(CH3)3CCl,在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应,生成 B 为 CH2=C(CH3)2,B 发生信息 2 中的反应生成C 为(CH3)2CHCH2OH,C 发生催化氧化生成 D 为(CH3)2CHCHO,D 再与氢氧化铜反应,酸化得到 E 为(CH3)2CHCOOH,F 的分子式为 C7H8O,苯环上的一氯代物只有两种,应含有 2 个不同的侧链,且处于对位,则 F 为 ,与氯气在光照条件下发生取代反应,生成 G 为 ,G 在氢氧化钠水溶液发生水解反应,酸化得到 H,由于同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基,故 H 为 ,H 与 E 发生酯化反应生成 I,其分子中含有醛基和酯基,故 I 为 ,(1)由上述分析可知,A 为(CH3)3CCl,化学名称为:2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷,故答案为:2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷;(2)由上述分析可知,D 的结构简式为(CH3)2CHCHO,故答案为:(CH3)2CHCHO;(3)E 为(CH3)2CHCOOH,其分子式为 C4H8O2,故答案为:C4H8O2; (4)F 生成 G 的化学方程式为 ,该反应类型为取代反应,故答案为: ;取代反应;(5)由上述分析可知,I 的结构简式为 ,故答案为: ;(6)I( )的同系物 J 比 I 相对分子质量小 14,J 比 I 少一个﹣CH2﹣原子团,J 的同分异构体中能同时满足如下条件:①苯环上只有两个取代基,②既能发生银镜反应,又能与饱和 NaHCO3溶液反应放出 CO2,则 J 的同分异构体含有﹣CHO、﹣COOH,侧链为﹣CHO、﹣CH2CH2COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CHO、﹣CH(CH3)COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH2CHO、﹣CH2COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH2CH2CHO、﹣COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH(CH3)CHO、﹣COOH,有邻、间、对三种位置,侧链为﹣CH3、﹣CH(CHO)COOH,有邻、间、对三种位置,故符合条件的同分异构体有 6×3=18 种,J 的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为 2:2:1,而 J 的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有 2 种 H 原子,故产物中苯环上只有 1 种 H 原子,产物有 2 个﹣COOH,应还含有 2 个﹣CH2﹣,2 个侧链相同且处于对位,产物中侧链为﹣CH2COOH,故符合条件的同分异构体结构简式为: ,故答案为:18; .【点评】本题考查有机物推断,需要对给予的信息进行利用,能较好的考查学生阅读能力、自学能力,熟练掌握官能团的性质与转化,利用正推法推断,(6)中同分异构体的书写是易错点、难点,根据信息确定苯环侧链是关键,难点中等.  则△H4的正确表达式为(  )A.△H4= (△H1+△H2﹣3△H3) B.△H4= (3△H3﹣△H1﹣△H2)C.△H4= (△H1+△H2﹣3△H3) D.△H4= (△H1﹣△H2﹣3△H3)7.(6 分)室温时,M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OH﹣(aq)Ksp=a,c(M2+)=b mol•L﹣1时,溶液的 pH等于(  )A. lg( ) B. lg( ) C.14+ lg( ) D.14+ lg( ) 二、解答题(共 6 小题,满分 58 分)8.(15 分)正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛。发生的反应如下:CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO。反应物和产物的相关数据列表如下:沸点/℃ 密度/g•cm﹣3水中溶解性正丁醇 117.2 0.8109 微溶正丁醛 75.7 0.8017 微溶实验步骤如下:将 6.0gNa2Cr2O7放入 100mL 烧杯中,加 30mL 水溶解,再缓慢加入 5mL 浓硫酸,将所得溶液小心转移至 B中。在 A 中加入 4.0g 正丁醇和几粒沸石,加热。当有蒸汽出现时,开始滴加 B 中溶液。滴加过程中保持反应温度为 90~95℃,在 E 中收集 90℃以上的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集 75~77℃馏分,产量 2.0g。回答下列问题:(1)实验中,能否将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,说明理由   。(2)加入沸石的作用是   ,若加热后发现未加入沸石,应采取的正确方法是   。(3)上述装置图中,B 仪器的名称是   ,D 仪器的名称是   。(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是   (填正确答案标号)。a.润湿 b.干燥 c.检漏 d.标定(5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,水在   层(填“上”或“下”)。(6)反应温度应保持在 90~95℃,其原因是   。(7)本实验中,正丁醛的产率为   %。9.(14 分)氧化锌为白色粉末,可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌(含有Fe(II)、Mn(II)、Ni(II)等杂质)的流程如图所示:提示:在本实验条件下,Ni(II)不能被氧化;高锰酸钾的还原产物是 MnO2。 回答下列问题:(1)反应②中除掉的杂质离子是   ,发生反应的离子方程式为   ;在加高锰酸钾溶液前,若 pH 较低,对除杂的影响是   。(2)反应③的反应类型为   ,过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有   。(3)反应④形成的沉淀要用水洗,检查沉淀是否洗涤干净的方法是   。(4)反应④中产物的成分可能是 ZnCO3•xZn(OH)2.取干燥后的滤饼 11.2g,锻烧后可得到产品8.1g,则 x 等于   。10.(14 分)在 1.0L 密闭容器中放入 0.10molA(g),在一定温度进行如下反应:A(g)⇌B(g)+C(g )△H=+85.1kJ•mol﹣1反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:时间 t/h 0 1 2 4 8 16 20 25 30总压强 p/100kPa4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53回答下列问题:(1)欲提高 A 的平衡转化率,应采取的措施为   。(2)由总压强 p 和起始压强 p0计算反应物 A 的转化率 α(A)的表达式为   ,平衡时 A 的转化率为   ,列式并计算反应的平衡常数 K   。(3)①由总压强 p 和起始压强 p0表示反应体系的总物质的量 n总和反应后 A 的物质的量 n(A),n总= mol,n(A)=   mol。②下表为反应物 A 浓度与反应时间的数据,计算:a=   。反应时间 t/h 0 4 8 16c(A)/(mol•L﹣1) 0.10 a 0.026 0.0065分析该反应中反应物的浓度 c(A)变化与时间间隔(△t)的规律,得出的结论是   ,由此规律推出反应在 12h 时反应物的浓度 c(A)为   mol•L﹣1。11.(15 分)〔化学﹣﹣选修 2:化学与技术〕锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图(甲)所示.回答下列问题:(1)普通锌锰电池放电时发生的主要反应为:Zn+2NH4Cl+2MnO2═Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH①该电池中,负极材料主要是   ,电解质的主要成分是   ,正极发生的主要反应是   .②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点及其理由是   .(2)图(乙)表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属). ①图(乙)中产物的化学式分别为 A   ,B   .②操作 a 中得到熔块的主要成分是 K2MnO4.操作 b 中,绿色的 K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体,该反应的离子方程式为   .③采用惰性电极电解 K2MnO4溶液也能得到化合物 D,则阴极处得到的主要物质是   (填化学式).12.〔化学﹣﹣选修 3:物质结构与性质〕(15 分)前四周期原子序数依次增大的元素 A、B、C、D 中,A 和 B 的价电子层中未成对电子均只有一个,并且 A﹣和 B+的电子数相差为 8;与 B 位于同一周期的 C 和 D,它们价电子层中的未成对电子数分别为 4 和2,且原子序数相差为 2。回答下列问题:(1)D2+的价层电子排布图为   。(2)四种元素中第一电离能最小的是   ,电负性最大的是   。(填元素符号)(3)A、B 和 D 三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为   ;D 的配位数为   ;②列式计算该晶体的密度   g•cm﹣3。(4)A﹣、B+和 C3+三种离子组成的化合物的 B3CA6,其中化学键的类型有   ;该化合物中存在一个复杂离子,该离子的化学式为   ,配位体是   。 13.[化学﹣﹣选修 5:有机化学基础](15 分)化合物 I(C11H12O3)是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基.I 可以用 E 和 H 在一定条件下合成:已知以下信息:1.A 的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢;2.R﹣CH=CH2R﹣CH2CH2OH;3.化合物 F 苯环上的一氯代物只有两种;4.通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基.回答下列问题:(1)A 的化学名称为   .(2)D 的结构简式为   .(3)E 的分子式为   .(4)F 生成 G 的化学方程式为   ,该反应类型为   .(5)I 的结构简式为   .(6)I 的同系物 J 比 I 相对分子质量小 14,J 的同分异构体中能同时满足如下条件:①苯环上只有两个取代基,②既能发生银镜反应,又能与饱和 NaHCO3溶液反应放出 CO2,共有   种(不考虑立体异构).J 的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为 2:2:1,写出 J 的这种同分异构体的结构简式   . 2013 年全国统一高考化学试卷(新课标Ⅱ)参考答案与试题解析 一、选择题:本题共 7 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.1.(6 分)在一定条件下,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,化学方程式如图所示: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【考点】JH:油脂的性质、组成与结构;L1:有机高分子化合物的结构和性质.菁优网版权所有【专题】534:有机物的化学性质及推断.【分析】A.生物柴油其原料取自可再生的动植物资源;B.生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以脂肪酸甲酯为主要成份的液体燃料;C.相对分子质量在 10000 以上的有机化合物为高分子化合物;D.“地沟油”中含有动植物油脂,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油;【解答】解:A.生物柴油由可再生资源制得,故 A 正确;B.生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混合物,故 B 正确; C.动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于 10000,不是高分子化合物,故 C 错误;D.“地沟油”中含有动植物油脂,动植物油脂与醇反应可制备生物柴油,故 D 正确;故选:C。【点评】本题主要考查了油脂的性质与用途,难度不大,根据题目信息即可完成. 2.(6 分)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.乙烯和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 2,4﹣二氯甲苯【考点】HD:有机物的结构和性质;IB:乙烯的化学性质;IH:苯的性质;II:苯的同系物.菁优网版权所有【专题】534:有机物的化学性质及推断.【分析】A.根据苯的硝化反应;B.根据碳碳双键能发生加成反应,苯环也可发生加成反应;C.根据碳碳双键能发生加成反应;D.根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代;【解答】解:A.苯的硝化反应:苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持 55~60℃反应生成硝基苯,故 A 正确;B.碳碳双键能发生加成反应,苯环也可发生加成反应,所以苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷,故 B 正确;C.碳碳双键能发生加成反应,所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成 1,2﹣二溴乙烷,故 C 正确;D.甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代,不能得到苯环上氢原子被取代的产物 2,4﹣二氯甲苯,故 D 错误;故选:D。【点评】本题主要考查了物质的结构与性质,注意反应条件对产物结构的影响. 3.(6 分)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(  )A.1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的 NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为 2 NAB.12g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5 NAC.25℃时 pH=13 的 NaOH 溶液中含有 OH﹣的数目为 0.1 NAD.1 mol 的羟基与 1 mol 的氢氧根离子所含电子数均为 9 NA【考点】4F:阿伏加德罗常数.菁优网版权所有【专题】518:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.【分析】A、溶液中存在水的电离平衡;B、石墨烯中每一个六元环平均含有 2 个碳原子;C、溶液体积不知不能计算微粒数;D、羟基是取代基,氢氧根离子是阴离子。【解答】解:A、1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的 NaAlO2水溶液中,含有水,溶液中含有的氧原子数大于 2 NA,故 A 错误;B、石墨烯中每一个六元环平均含有 2 个碳原子,12g 石墨烯物质的量为 1mol,含六元环的个数为 0.5 NA故 B 正确;C、溶液体积不知不能计算微粒数;D、1 mol 的羟基﹣OH 含有电子数 9 NA,1 mol 的氢氧根离子 OH﹣所含电子数均为 10 NA,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用,主要考查溶液中微粒数判断,石墨结构分析计算,溶液PH 计算,注意区别羟基和氢氧根离子的不同,题目难度中等。 4.(6 分)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+═2Fe3++3H2↑B.钠与 CuSO4溶液反应:2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+ C.NaHCO3溶液与稀 H2SO4反应:CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D.向 FeCl3溶液中加入 Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+═2Fe(OH)3+3Mg2+【考点】49:离子方程式的书写.菁优网版权所有【专题】516:离子反应专题.【分析】A.反应生成氯化亚铁和氢气;B.不能置换出 Cu,反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气;C.HCO3﹣不能拆分;D.发生沉淀的转化,生成氢氧化铁和氯化镁.【解答】解:A.浓盐酸与铁屑反应的离子反应为 Fe+2H+═Fe2++H2↑,故 A 错误;B.钠与 CuSO4溶液反应的离子反应为 2Na+2H2O+Cu2+═Cu(OH)2↓+2Na++H2↑,故 B 错误;C.NaHCO3溶液与稀 H2SO4反应的离子反应为 HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑,故 C 错误;D.向 FeCl3溶液中加入 Mg(OH)2的离子反应为 3Mg(OH)2+2Fe3+═3Mg2++2Fe(OH)3,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查离子反应书写的正误判断,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意物质的性质及离子反应的书写方法,题目难度不大. 5.(6 分)“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示,电极材料多孔 Ni/NiCl2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价铝离子C.正极反应为:NiCl2+2e﹣═Ni+2Cl﹣D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【考点】BL:化学电源新型电池.菁优网版权所有【专题】51I:电化学专题.【分析】该原电池中,钠作负极,负极上电极反应式为:Na﹣e﹣=Na+,Ni/NiCl2作正极,正极上电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,钠离子向正极移动。【解答】解:A.负极上电极反应式为:Na﹣e﹣=Na+,正极上电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,所以该原电池中有氯化钠生成,故 A 正确;B.根据正负极电极反应式知,金属钠还原 NiCl2,故 B 错误;C.正极上得电子发生还原反应,电极反应式为:NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣,故 C 正确;D.原电池放电时,阳离子向正极移动,钠离子在负极产生,向正极移动,所以钠离子通过钠离子导体在两电极间移动,故 D 正确;故选:B。【点评】本题考查原电池原理,明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分析解答,难点是电极反应式的书写,难度中等。 6.(6 分)在 1200℃时,天然气脱硫工艺中会发生下列反应:H2S(g)+ O2(g)═SO2(g)+H2O(g)△H12H2S(g)+SO2(g)═ S2(g)+2H2O(g)△H2 H2S(g)+ O2(g)═S(g)+H2O(g)△H32S(g)═S2(g)△H4则△H4的正确表达式为(  )A.△H4= (△H1+△H2﹣3△H3) B.△H4= (3△H3﹣△H1﹣△H2)C.△H4= (△H1+△H2﹣3△H3) D.△H4= (△H1﹣△H2﹣3△H3)【考点】BF:用盖斯定律进行有关反应热的计算.菁优网版权所有【专题】517:化学反应中的能量变化.【分析】利用盖斯定律分析,不管化学反应是一步或分几步完成,其反应热是不变的;根据目标方程改写分方程,然后求出反应热。【解答】解:根据目标方程,把方程 3 反写,计量数乘以 2;把方程 2 乘以 ;把方程 1 乘以 ;然后三者相加;即﹣△H3×2+△H2× +△H1× = (△H1+△H2﹣3△H3),故选:A。【点评】本题考查了盖斯定律的应用,要注意方程式计量数的变化,及△H 的符号的变化。 7.(6 分)室温时,M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OH﹣(aq)Ksp=a,c(M2+)=b mol•L﹣1时,溶液的 pH等于(  )A. lg( ) B. lg( ) C.14+ lg( ) D.14+ lg( )【考点】DA:pH 的简单计算;DH:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.菁优网版权所有【专题】51G:电离平衡与溶液的 pH 专题.【分析】依据 Ksp=c(M2+)c2(OH﹣)表达式和题干 Ksp=a,C(M2+)=b mol•L﹣1,计算溶液中氢氧根离子浓度,结合溶液中离子积计算氢离子浓度和溶液 pH;【解答】解:室温时,M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OH﹣(aq),已知 Ksp=a,c(M2+)=b mol•L﹣1,则c(OH﹣)= = mol•L﹣1,所以 c(H+)= = mol•L﹣1,则 pH=﹣lgc(H+)=14+ lg( );故选:C。【点评】本题考查了溶度积常数的有关计算和 PH 的计算,题目难度不大,注意对 Ksp 含义的理解. 二、解答题(共 6 小题,满分 58 分)8.(15 分)正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛。发生的反应如下:CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO。反应物和产物的相关数据列表如下:沸点/℃ 密度/g•cm﹣3水中溶解性正丁醇 117.2 0.8109 微溶正丁醛 75.7 0.8017 微溶实验步骤如下:将 6.0gNa2Cr2O7放入 100mL 烧杯中,加 30mL 水溶解,再缓慢加入 5mL 浓硫酸,将所得溶液小心转移至 B中。在 A 中加入 4.0g 正丁醇和几粒沸石,加热。当有蒸汽出现时,开始滴加 B 中溶液。滴加过程中 保持反应温度为 90~95℃,在 E 中收集 90℃以上的馏分。将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集 75~77℃馏分,产量 2.0g。回答下列问题:(1)实验中,能否将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,说明理由 容易发生迸溅 。(2)加入沸石的作用是 防止暴沸 ,若加热后发现未加入沸石,应采取的正确方法是 冷却后补加。(3)上述装置图中,B 仪器的名称是 分液漏斗 ,D 仪器的名称是 直形冷凝管 。(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是  c   (填正确答案标号)。a.润湿 b.干燥 c.检漏 d.标定(5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,水在 下 层(填“上”或“下”)。(6)反应温度应保持在 90~95℃,其原因是 保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化 。(7)本实验中,正丁醛的产率为  51   %。【考点】U3:制备实验方案的设计.菁优网版权所有【专题】17:综合实验题.【分析】(1)不能将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,因为浓硫酸的密度大,容易发生迸溅;(2)加入沸石的作用是防止暴沸,若加热后发现未加沸石,应该冷却后补加;(3)B 仪器的名称是滴液漏斗,D 仪器的名称直形冷凝管;(4)分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏;(5)由表中数据可知,正丁醛密度小于水的密度,据此判断;(6)根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知,反应温度保持在 90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化;(7)设正丁醛的产率为 x,则正丁醇的利用率为 x,根据关系式 C4H10O~C4H8O 列方程计算。【解答】解:(1)因为浓硫酸的密度大,能将 Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,容易发生迸溅,故答案为:不能,容易发生迸溅;(2)加入沸石的作用是防止暴沸,若加热后发现未加沸石,应该冷却后补加,故答案为:防止暴沸;冷却后补加;(3)B 仪器的名称是分液漏斗,D 仪器的名称直形冷凝管,故答案为:分液漏斗;直形冷凝管;(4)分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏,故答案为:c:(5)正丁醛密度为 0.8017 g•cm﹣3,小于水的密度,故分层水层在下方,故答案为:下;(6)根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知,反应温度保持在 90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化,故答案为:保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化;(7)设正丁醛的产率为 x,则正丁醇的利用率为 x,根据关系式,C4H10O~C4H8O74 72
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