2013年高考真题解析——新课标全国卷Ⅱ（理综化学）纯word版

2013·新课标全国卷Ⅱ
7．　 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：
CHCH2OCOR1OCOR2CH2OCOR3动植物油脂＋3R′OH短链醇 
R′OCOR1
R′OCOR2
R′OCOR3生物柴油＋CHCH2OHOHCH2OH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
7．C　[解析] 生物柴油可通过油脂与醇的交换反应制得，属于可再生资源，A项正确；生物柴油的组成是不同的酯，属于混合物，B项正确；油脂的相对分子质量小于10 000，不是高分子化合物，C项错误；“地沟油”是油脂，可用于制备生物柴油，D项正确。
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2，4-二氯甲苯
8．D　[解析] 苯与浓硝酸在浓硫酸催化剂条件下加热发生硝化反应得到硝基苯，A项正确；苯乙烯分子全部加氢可得乙基环己烷，B项正确；乙烯与溴加成得到1，2-二溴乙烷，C项正确；甲苯在光照条件下发生甲基上的取代反应而非苯环上的取代反应，D项错误。
9．　
N0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2N0
B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0
C．25 ℃时pH ＝13的NaOH溶液中含有OH－的数目为0.1N0
D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
9．B　[解析] 1.0 L 1.0 mol·L－1 NaAlO2溶液中含1 mol NaAlO2，其中含有氧原子数为2N0，但溶液中水分子也含有氧原子，故A项错误；石墨烯中每个碳原子为三个六元环所共有，因此，每个六元环含碳原子数为6×＝2个，故1 mol石墨中含有六元环数为0.5N0，B项正确；25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，但题目中未给出溶液的体积，无法求出n(OH－)，C项错误；OH－中含10个电子，故1 mol OH－含有电子数为10N0，D项错误。
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＋＋3H2↑
B．钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋===Cu↓＋2Na＋
C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2 ＋2Fe3＋ ===2Fe(OH)3＋3Mg2＋
10．D　[解析] 浓盐酸中的H＋只能将Fe氧化成Fe2＋，A项错误；钠投入CuSO4溶液中，钠首先与水发生反应2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，然后再发生反应CuSO4＋2NaOH===Cu(OH)2↓＋Na2SO4，故正确的离子方程式应为2Na＋2H2O＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH)2↓＋H2↑，B项错误；HCO属于弱酸酸式根离子，不能拆分，正确的离子方程式应为H＋＋HCO===H2O＋CO2↑，C项错误；FeCl3溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入Mg(OH)2因发生反应Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O而使Fe3＋的水解趋于完全，故该反应的离子方程式为3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋，D项正确。
11．　 “ZEBRA”蓄电池的结构如图0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(　　)
图0
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
11．B　[解析] 电池负极反应式为Na－e－＝Na＋，生成的Na＋与Cl－结合生成NaCl，A项正确；结合电极材料多孔Ni/NiCl2可知，正极是Ni2＋放电，B项错误、C项正确；结合分析，Na＋通过钠离子导体进行运动，D项正确。
12．　 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)　ΔH1；
2H2S(g)＋SO2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH2；
H2S(g)＋O2(g)===S(g)＋H2O(g)　ΔH3；
2S(g)===S2(g)　ΔH4。
则ΔH4的正确表达式为(　　)
A．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
B．ΔH4＝(3ΔH3－ΔH1－ΔH2)
C．ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2－3ΔH3)
D．ΔH4＝(ΔH1－ΔH2－3ΔH3)
12．A　[解析] 将方程式依次标号①～④，可知反应④是通过方程式叠加得到：(②＋①)×－③×2，那么：ΔH4＝(ΔH2＋ΔH1)×－ΔH3×2＝(ΔH2＋ΔH1－3ΔH3)，A项正确。
13．　 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
13．C　[解析] Ksp＝c(M2＋)×c2 (OH－)＝b×c2(OH－)＝a，则c(OH－)＝，有c(H＋)＝＝，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg ，C项正确。
26．　
正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如下装置合成正丁醛。
图0
发生的反应如下：
CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO
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
0.810 9
微溶
正丁醛
75.7
0.801 7
微溶
实验步骤如下：
将6.0 g Na2Cr2O7放入100 mL烧杯中，加30 mL水溶解，再缓慢加入5 mL浓硫酸，将所得溶液小心转移至B中。在A中加入4.0 g正丁醇和几粒沸石，加热。当有蒸气出现时，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 ℃以下的馏分。
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2.0 g。
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________%。
26．[答案] (1)不能，易迸溅
(2)防止暴沸　冷却后补加
(3)滴液漏斗　直形冷凝管
(4)c
(5)下
(6)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)51
[解析] (1)溶液加入浓硫酸，相当于水加入浓硫酸中，易使液体飞溅出来造成实验事故，因此不能将Na2Cr2O7溶液加入到浓硫酸中。(2)沸石的作用是防止局部受热发生暴沸。加热后发现未加沸石，只能选择停止加热，冷却后再添加沸石。(4)分液漏斗有接口，应首先检漏。(5)正丁醛的密度小于水的密度，正丁醛在上层，水在下层。(6)正丁醇的沸点为117.2 ℃，正丁醛的沸点为75.7 ℃，控制温度，一方面是为了蒸出正丁醛，另一方面避免温度过高醛基被氧化。(7)结合C4H10O→C4H8O，正丁醛的理论产量为4 g×，产率为×100%＝51%。
27．　
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]的流程如下：
工业ZnO浸出液滤液过滤,Ｆ滤液过滤,Ｆ滤饼ZnO
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，检验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11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于________。
27．[答案] (1)Fe2＋和Mn2＋　MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，2MnO＋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)置换反应　镍
(3)取少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净
(4)1
[解析] (1)反应②加入强氧化剂，能将还原剂离子氧化至高价态，信息明确Ni2＋不被氧化，即是Fe2＋和Mn2＋被氧化除去；结合信息，欲除去该离子，被氧化后的高价离子应生成对应的沉淀物，据氧化还原反应方程式的配平原理配平即可；若酸性较强，生成的沉淀将会发生溶解。(2)反应③是Zn将Ni2＋置换出来，那么滤渣成分是过量锌与产物镍。(3)分析流程图可知反应④沉淀上吸附有杂质SO，因此，检验沉淀是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化，再加入Ba(NO3)2溶液看是否有沉淀生成。(4)生成ZnO的质量为8.1 g，n(ZnO)＝＝0.1 mol，则n(Zn)＝0.1 mol，据Zn守恒，有(1＋x)＝0.1 mol，解得x＝1。
28．　
在1.0 L密闭容器中放入0.10 mol A(g)，在一定温度进行如下反应：
A(g)??B(g)＋C(g)　ΔH＝＋85.1 kJ·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/
100 kPa
4.91
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总和反应物A的物质的量n(A)，n总＝________mol，n(A)＝________mol。
②下表为反应物A的浓度与反应时间的数据，计算：a＝________。
反应时间t/h
0
4
8
16
c(A)/(mol·L－1)
0.10
a
0.026
0.006 5
分析该反应中反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(Δt)的规律，得出的结论是________________________________________________________________________，
由此规律推出反应在12 h时反应物的浓度c(A)为________mol·L－1。
28．[答案] (1)升高温度、降低压强
(2)(－1)×100%　94.1%
A(g)　??　B(g)　　＋　　C(g)
0．10 0 0
 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K＝＝1.5
(3)①0.10×　0.10×(2－)
②0.051　达到平衡前每间隔4 h，c(A)减少约一半　0.013
[解析] (1)该反应是一个体积增加的吸热反应，升温、降压均有利于平衡正向移动，提高A的转化率。(2)结合pV＝nRT，该反应消耗A的物质的量即是体系增加的物质的量，α(A)＝＝＝＝；α(A)＝×100%＝94.1%。(3)①结合在等温、等容下物质的量之比等于压强之比，那么＝，n总＝0.10×；n(A)＝0.10－(n总－0.10)＝0.10－＝0.10×。②结合①，4 min时n(A)＝0.10 mol×＝0.051 mol，c(A)＝0.051 mol/L。由表格数据可知，达到平衡前每4 h，c(A)减小约一半，那么12 h时，c(A)约为0.013 mol/L。
36．　
[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0所示。
两种干电池的构造示意图
图0
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＋2MnOOH
①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0表示回收利用废旧普通锌锰电池的一种工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属)。
一种回收利用废旧普通锌锰电池的工艺
图0
①图0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溶液反应后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)。
36．[答案] (1)①Zn　NH4Cl
MnO2＋NH＋e－===MnOOH＋NH3
②碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池使用寿命较长，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(答对一条即可)
(2)①ZnCl2　NH4Cl
②3MnO＋2CO2===2MnO＋MnO2↓＋2CO
③H2
[解析] (1)①结合普通电池的主要反应可知，负极材料为Zn，正极MnO2得电子形成MnOOH，电解质溶液即是NH4Cl。②普通干电池的负极即是外壳，容易漏液；碱性锌锰干电池的金属外壳在碱性条件下稳定性增强，使用寿命延长。(2)①黑色固体混合物即是ZnCl2、NH4Cl、MnOOH，可溶性物质ZnCl2、NH4Cl在加热过程中，NH4Cl分解，直接得到固体A为ZnCl2，分解产生的NH3、HCl冷却重新化合成NH4Cl。②K2MnO4反应得到紫色溶液即是KMnO4溶液，黑色固体即是MnO2，即＋6价Mn发生歧化反应，配平该反应即可。③阴极处为阳离子H＋放电得到H2。
37．　
[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1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0所示。
图0
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________。
37．[答案] (1)
(2)K　F
(3)①K2NiF4　6
②＝3.4
(4)离子键、配位键　[FeF6]3－　F－
[解析] 结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－与B＋电子数相差8”，可知A位于n周期第ⅦA族、B位于n＋2周期第ⅠA族，它们均为前四周期元素，那么A为F，B为K，再结合“与B位于同一周期的C和D，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知C为Fe(26号)、D为Ni(28号)。(1)Ni2＋即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是K，电负性最强的是F。(3)①据均摊法，F的个数为16×＋4×＋2＝8，K的个数为8×＋2＝4，Ni的个数为8×＋1＝2，该晶体的化学式为K2NiF4；Ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。②结合①知，该晶胞有2个K2NiF4，其质量为，该晶胞的体积为1308×10－10×400×10－10×400×10－10 cm3，即可计算密度。(4)K3FeF6是配合物，内界[(FeF6) 3＋]以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是F－。
38．　
[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：
图0
已知以下信息：
①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢：
②R－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________________________________________________________________________。
38．[答案] (1)2-甲基-2-氯丙烷(或叔丁基氯)
(2)CH——C——HH3CH3CO
(3)C4H8O2
(4)CH3OH＋2Cl2CHCl2OH＋2HCl　取代反应
(5)CH3－CH－C－OCH3OCHO
(6)18　HOOCH2CCH2CHO
[解析] 结合A的分子式和信息①知，A的结构简式为CCH3CH3CH3Cl，在NaOH的醇溶液加热条件下发生消去反应得到B(CCH2CH3CH3)，结合信息②反应得到C(CHCH3CH3CH2OH)，连续氧化得到D(CHCH3CH3CHO)、E(CHCH3CH3COOH) ；结合F的分子式与信息③知，F的结构简式为CH3OH，在光照条件下烃基上的氢被取代得到G(OHCHCl2)，水解得到H(CHOOH)，E与H酯化反应得到I(OCOCHCH3CH3CHO)。(6)OCOCHCH3CH3CHO的同系物相对分子质量少14，即少一个CH2，结合所给信息，必含苯环、醛基、羧基，可考虑成：①COOHCHO苯环与取代基之间插入2个碳原子，有COOHCH2CH2CHO、CHOCH2CH2COOH、CH2COOHCH2CHO、COOHCHCH3CHO、CHCH3COOHCHO计5种，两个取代基可处于邻、间、对三种位置关系，共计3×5＝15种；②CHCOOHCHO余下一个碳原子作为甲基连接在苯环上，该取代基有邻、间、对三种位置，共计3种，累计15＋3＝18种；满足条件的即是CH2COOHCH2CHO。