关于2013年高考全国新课标卷(II)理科综合化学试题的 赤峰市红旗中学石东波原创!!!,强烈推荐

1、关于2013年高考全国新课标卷（II）理科综合化学试题的解析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：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解析：本题可直接选择C。高分子化合物是指相对分子质量在几万以上的有机化合物。在平时的练习中，相信这样的判断都没少接触过：淀粉、蛋白质、油脂是天然高分子化合物。8下列叙述中，错误的是A苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5560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

2、下反应主要生成2,4二氯甲笨解析：本题可直接选择D。本题考查的是有机基础知识，有机物与氯气在光照条件下发生的是烷烃（或烷基）上氢原子被氯原子取代的反应，而芳香烃苯环上氢原子的卤代反应条件是液氯或液溴且有Fe（或FeX3）作催化剂。9N0为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A1.0L 1.0mo1L一1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0B12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0C25时pH=13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0.1 N0DI mol的羟基与1 mot的氢氧根离子所含电子数均为9 N0解析：在NaAlO2水溶液中不仅AlO2一含有O原子，H2O分子中也

3、含有O原子，故A错；C项仅间接给出溶液中c(OH一)，但未给出溶液的体积，无法求出溶液中OH一的物质的量，故C错；羟基为1个H原子和1个O原子以共价键结合形成的原子团（官能团），1个羟基(OH)含有9个质子、9个电子（含1个单电子），呈电中性，而氢氧根(OH一)为羟基原子团再得到1个电子形成的9质子、10电子的带有1个单位负电荷的离子，二者质子数相同、电子数不同，故D错。在石墨层状结构中，一个六原子环中完整的C原子数为（6*1/3=）2个，所以，12g（即1mol）C原子【石墨烯(单层石墨)】对应的六元子环的个数为0.5N0，B正确。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：2F

4、e+6H+ = 2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+ = Cu+2Na+CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32一+2H+ = H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2：3Mg(OH)2+2Fe3+ = 2Fe(OH)3+3Mg2+解析：本题答案为D。A项为常见的设错，氧化性：H+弱于Fe3+，所以，Fe与H+反应只能得到Fe2+；B项中Na投入CuSO4等盐溶液中，先与H2O反应生成NaOH和H2，生成的NaOH再与CuSO4等发生复分解反应；C项中HCO3一不能拆开来写。D项中，因为Fe(OH)3的Ksp小于Mg(OH)2的Ksp，故而Fe3+能使M

5、g(OH)2转化为Mg2+而溶解【沉淀的转化】。11“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一= Ni +2Cl一D钠离子通过钠离子导体在两电极间移动解析：本题是对原电池原理的考察。原电池是利用氧化还原反应【把氧化反应和还原反应分别设计在负极和正极上反应】将化学能转化为电能的装置。分析原电池反应时，要先找处两组反应的电对：Na+/Na和N i 2+ /Ni。根据金属活动顺序可以得出，自发进行的反应方向为：Na

6、+ Ni2+ = Na+ + Ni，即负极反应为2Na2e一= 2Na+，正极反应为NiCl2+2e一= Ni +2Cl一，内电路依靠Na+从负极向正极移动形成闭合回路，传递电流。总反应为2Na + NiCl2 = 2NaCl + Ni。所以本题答案为B。12在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S(g) +3/2 O2(g) = SO2(g)+H2O(g) H12H2S(g)+SO2(g) = 3/2 S2(g)+2H2O(g) H2H2S(g)+1/2O2(g) = S(g)+H2O(g) H32S(g) = S2(g) H4则H4的正确表达式为AH4=2/3(H1+H23H3)

7、 BH4=2/3(3H3H1H2)CH4=3/2(H1+H23H3) DH4=3/2(H1H23H3)解析：本题是对应用盖斯定律计算反应热的考查。反应1、2直接相加可以消去SO2(g)，得到下式：3H2S(g) +3/2 O2(g) = 3/2 S2(g)+3H2O(g) H = H1+H2，再减去3倍的反应3，可消去H2S(g)、O2(g) 和H2O(g)，得到下式：3S(g) = 3/2 S2(g) H = H1+H23H3，所以H4=2/3(H1+H23H3)，即正确答案为A。【本题的巧解：观察2、3、4三个式子中S(g) 、S2(g)的系数可知H4应等于含2/3倍H2与2倍H3的关系式

8、，故而直接选择A为正确答案】13室温时，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH一(aq) Ksp = a，c(M2+) = b molL一1时，溶液的pH等于Alg() Blg() C14+lg() D14+ lg()解析：根据Ksp = c(M2+)c2(OH一)【Ksp的表达式】，可求出c (OH一) = ，再利用Kw，就可求出c(+)，进而求得pH。正确答案为。第I卷共7道选择题，分别考查了化学与生活（生物柴油）（或者说考查的是油脂）、有机化学基础、阿伏伽德罗常数、离子方程式正误判断、原电池原理、盖斯定律的应用、Ksp的表达式及pH计算。第卷26（15）正丁醛是一种化工原料。某实验小组

9、利用如下装置合成正丁醛。发生的反应如下：反应物和产物的相关数据列表如下：沸点/密度/(gcm3)水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017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9095，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7577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 。（

10、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9095，其原因是 。（7）本实验中，正丁醛的产率为 %。解析：（1）考查两种液体混合的顺序及稀释浓硫酸的操作。答案：不能，易迸溅。（2）加入碎瓷片作沸石的目的是防止暴沸【或说“防止反应混合液剧烈沸腾”】。不能将沸石加至将近沸腾的液体中，那样溶液猛烈暴沸，液体易冲出瓶口，若是易燃液体，还会引起火

11、灾，要等沸腾的液体冷下来再加。答案：防止暴沸 冷却后补加。（3）滴液漏斗【分液漏斗】 直形冷凝管【答冷凝管是否给分】（4）有磨口塞的玻璃仪器一般都需要检验漏液。 答案：c（5）根据密度数据，可判断。答案：下（6）正丁醛的沸点75.7，反应温度保持在9095，可以将生成的正丁醛蒸出，从反应体系分理处产物，是平衡向正反应方向移动，提高转化率或产率，同时又减少正丁醛与氧化剂的接触，防止其被氧化生成正丁酸，另外，温度过高时，会有副反应发生等。答案：即可保证正丁醛及时蒸出，又可避免其被进一步氧化。（7）4.0g正丁醇，理论上可生成正丁醛= 4.072/74=3.89g，所以，产率= 2.0/3.89=0

12、.51。答案：51。【附：蒸馏中的若干问题：1蒸馏时加入沸石的作用是什么？沸石(即止暴剂或助沸剂)为什么能止暴？如果蒸馏前忘记加沸石，加热后才发现没加沸石怎么办？能否立即将沸石加至将近沸腾的液体中？当重新蒸馏时，用过的沸石能否继续使用？由于某种原因中途停止加热，再重新开始蒸馏时，是否需要补加沸石？为什么？答：加入沸石的作用是起助沸作用，防止暴沸，因为沸石为多孔性物质，表面均有微孔，内有空气，它在溶液中受热时会产生一股稳定而细小的空气泡流，这一泡流以及随之而产生的湍动，能使液体中的大气泡破裂，成为液体分子的气化中心，从而使液体平稳地沸腾，防止了液体因过热而产生的暴沸。不能将沸石加至将近沸腾的液体

13、中，那样溶液猛烈暴沸，液体易冲出瓶口，若是易燃液体，还会引起火灾，要等沸腾的液体冷下来再加。如果加热后才发现没加沸石，应立即停止加热，待液体冷却后再补加，切忌在加热过程中补加。用过的沸石一般不能再继续使用，因为它的微孔中已充满或留有杂质，孔经变小或堵塞，不能再起助沸作用。中途停止蒸馏，再重新开始蒸馏时，因液体已被吸入沸石的空隙中，再加热已不能产生细小的空气流而失效，必须重新补加沸石。 2为什么蒸馏时最好控制馏出液的速度为12滴s为宜？答：在整个蒸馏过程中，应使温度计水银球上常有被冷凝的液滴，让水银球上液滴和蒸气温度达到平衡。所以要控制加热温度，调节蒸馏速度，通常以12滴s为宜，否则不成平衡。蒸

14、馏时加热的火焰不能太大，否则会在蒸馏瓶的颈部造成过热现象，使一部分液体的蒸气直接受到火焰的热量，这样由温度计读得的沸点会偏高；另一方面，蒸馏也不能进行的太慢，否则由于温度计的水银球不能为馏出液蒸气充分浸润而使温度计上所读得的沸点偏低或不规则。3如果液体具有恒定的沸点，那么能否认为它是单一物质？答：纯粹的液体有机化合物，在一定的压力下具有一定的沸点，但是具有固定沸点的液体不一定都是纯粹的化合物，因为某些有机化合物常和其它组分形成二元或三元共沸混合物，它们也有一定的沸点。4在蒸馏装置中，温度计水银球的位置不符合要求会带来什么结果？答：如果温度计水银球位于支管口之上，蒸气还未达到温度计水银球就已从支

15、管流出，测定沸点时，将使数值偏低。若按规定的温度范围集取馏份，则按此温度计位置集取的馏份比规定的温度偏高，并且将有一定量的该收集的馏份误作为前馏份而损失，使收集量偏少。如果温度计的水银球位于支管口之下或液面之上，测定沸点时，数值将偏高。但若按规定的温度范围集取馏份时，则按此温度计位置集取的馏份比要求的温度偏低，并且将有一定量的该收集的馏份误认为后馏份而损失。5分馏和蒸馏在原理及装置上有哪些异同？如果是两种沸点很接近的液体组成的混合物能否用分馏来提纯呢？答：利用蒸馏和分馏来分离混合物的原理是一样的，实际上分馏就是多次的蒸馏。分馏是借助于分馏柱使一系列的蒸馏不需多次重复。一次得以完成的蒸馏。现在，

16、最精密的分馏设备已能将沸点相差仅12混合物分开，所以两种沸点很接近的液体组成的混合物能用分馏来提纯。6若加热太快，馏出液12滴s（每秒种的滴数超过要求量），用分馏分离两种液体的能力会显著下降，为什么？答：因为加热太快，馏出速度太快，热量来不及交换（易挥发组分和难挥发组分），致使水银球周围液滴和蒸气未达平衡，一部分难挥发组分也被气化上升而冷凝，来不及分离就一道被蒸出，所以分离两种液体的能力会显著下降。7用分馏柱提纯液体时，为了取得较好的分离效果，为什么分馏柱必须保持回流液？答：保持回流液的目的在于让上升的蒸气和回流液体，充分进行热交换，促使易挥发组分上升，难挥发组分下降，从而达到彻底分离它们的目

17、的。8在分离两种沸点相近的液体时，为什么装有填料的分馏柱比不装填料的效率高？答：装有填料的分馏柱上升蒸气和下降液体（回流）之间的接触面加大，更有利于它们充分进行热交换，使易挥发的组分和难挥发组分更好地分开，所以效率比不装填料的要高。9什么叫共沸物？为什么不能用分馏法分离共沸混合物？答：当某两种或三种液体以一定比例混合，可组成具有固定沸点的混合物，将这种混合物加热至沸腾时，在气液平衡体系中，气相组成和液相组成一样，故不能使用分馏法将其分离出来，只能得到按一定比例组成的混合物，这种混合物称为共沸混合物或恒沸混合物。10在分馏时通常用水浴或油浴加热，它比直接火加热有什么优点？答：在分馏时通常用水浴或

18、油浴，使液体受热均匀，不易产生局部过热，这比直接火加热要好得多。11冷凝管通水方向是由下而上，反过来行吗？为什么？答：冷凝管通水是由下而上，反过来不行。因为这样冷凝管不能充满水，由此可能带来两个后果：其一，气体的冷凝效果不好。其二，冷凝管的内管可能炸裂。12蒸馏时加热的快慢，对实验结果有何影响？为什么？答：蒸馏时加热过猛，火焰太大，易造成蒸馏瓶局部过热现象，使实验数据不准确，而且馏份纯度也不高。加热太慢，蒸气达不到支口处，不仅蒸馏进行得太慢，而且因温度计水银球不能被蒸气包围或瞬间蒸气中断，使得温度计的读数不规则，读数偏低。13蒸馏、分馏、水蒸气蒸馏和减压蒸馏都是分离提纯液态有机化合物常用的方法

19、，试述它们分别在怎样情况下才用？答：蒸馏可将沸点相差较大（30）的液态混合物分开；分馏：对于沸点相近的混合物可用分馏将它们分离；水蒸气蒸馏常在下列几种情况下使用：（1）某些沸点高的有机化合物，在常压蒸馏虽可与副产品分离，但其容易被破坏；（2）混合物中含有大量树脂状杂质或不挥发性杂质，采用蒸馏、萃取等方法都难于分离的；（3）从较多固体反应物中分离出被吸附的液体。减压蒸馏：用在分离或提纯沸点较高或性质比较不稳定的液态有机化合物。14具有什么性质的化合物需用减压蒸馏进行提纯？答：减压蒸馏是分离提纯液态或低熔点固态有机物的一种重要方法。它特别适用于在常压蒸馏时未达到沸点，即已受热分解、氧化或聚合的物质

20、的提纯。15减压蒸馏装置包括哪几部分？各部分需用些什么仪器？答：减压蒸馏装置包括：蒸馏、抽气减压以及它们之间的保护和测压装置三部分。(1)蒸馏部分的仪器有：克氏蒸馏烧瓶、毛细管、带螺旋夹的橡皮管、温度计、直形冷凝管、多尾接液管、接受器(圆底烧瓶)。(2)抽气减压部分的仪器有：水泵或油泵。(3)保护和测压装置的仪器有：二通活塞、安全瓶、冷却阱、压力计、干燥塔。16为什么在减压蒸馏中不能用锥形瓶作接受器？答：因锥形瓶不耐压，减压时容易炸裂 】27（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(), Mn(), Ni()等杂质)的流程如下：提示：在本实脸条件下，

21、Ni()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）反应中产物的成分可能是ZnCO3xZn(OH)2。取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1 g. 则x等于 。解析：（1）工业ZnO用稀硫酸溶解，浸出液中含有Zn2+、SO42一、H+，以及Fe2+、Ni2+、Mn2+等。调节pH约为5【若pH小于5，可继续加入工业ZnO】，再加入适量

22、KMnO4溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+【在此条件下水解生成Fe(OH)3而沉淀除去】，Mn2+氧化为MnO2而除去。反应的离子方程式为：MnO4一+5Fe2+7H2O = 5Fe(OH)3+MnO2+5H+，2MnO4一+3Mn2+2H2O = 5MnO2+4H+。答案：（略）。（2）上述滤液中含有Zn2+、SO42一、H+，以及Ni2+等。加入Zn，与Ni2+发生置换反应：Zn + Ni2+= Zn2+ +Ni。答案：置换反应，Ni（镍）。（3）反应生成沉淀后的溶液中含有大量SO42一、Na+、CO32一，检验洗涤所得滤液中有无SO42一即可检验沉淀是否洗涤干净。答案：取最后一次洗涤所得

23、滤液少许，加入稀硝酸酸化后，再加入Ba(NO3)2溶液，如果没有白色沉淀生成，则表明沉淀已经洗涤干净。（4）煅烧后得到ZnO0.1mol，则CO2、H2O共0.1mol，3.1g，可求得CO2、H2O各0.05mol，所以，x等于1。28（14分）在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应应： A(g)B(g)C(g) H+85.1 kJ/mol反应时间（t）与容器内气体总压强（p）的数据见下表：时间t/h0124816202530总压强p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：（1）欲提高A的平衡转化率

24、，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(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）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。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/h04816c(A) /（molL-1）0.10a0.0260.0065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12 h时反应物的浓度c(A)为 molL一1。解析：本题的“新”，主要是使用压强的数据进行计算，其实，

25、只需应用阿伏伽德罗定律“在体积一定时，压强之比等于气体的物质的量之比”进行转化即可。（1）正反应是气体体积增大的吸热反应，欲提高A的平衡转化率，只需是在保持A的量不变时使平衡正移即可。所以，可以采取的措施有：降低压强(分离出B、C)或升高温度。（2）根据反应前后压强之比等于物质的量之比，可求出反应后气体的总物质的量为0.1p/p0，即反应过程气体总物质的量增加了0.1(pp0)/p0，根据反应关系：1molA参加反应，气体的总物质的量增加1mol，所以，转化的A的物质的量为0.1(pp0)/p0，即A的转化率为(pp0)/p0 100% ，平衡时p = 9.53kPa，p0 = 4.91kPa

26、，代入上式可求得平衡时A的转化率为94.09%，平衡常数的计算如下：。（3）上述分析中已经求得反应后气体的总物质的量为0.1p/p0，转化的A的物质的量为0.1(pp0)/p0，所以，剩余的A的物质的量为0.10.1(pp0)/p0 = 0.1(2p0p)/p0 。 反应4h时，p = 7.31kPa，剩余的A的物质的量= 0.1(24.917.31)/4.91=0.051mol，容器体积为1L，所以，a =0.051。从表中数据不难观察出：每隔4h，c(A)变为原来的一半，反应达到平衡后，c(A)保持不变。由此推出12h时，c(A) = 0.013mol/L。 本题计算使用的数据不规整，也是

27、考生认为题难的一个重要因素，同时，也反映出考生在计算能力方面的不足，结合前几年的几道习题，这一点需要引起重视，建议在今后的教学中要加强提醒学生在计算时不要依赖计算器选考题37 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1个，并且A和B+的电子相差为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。 该化合物的

28、化学式为_；D的配位数为_； 列式计算该晶体的密度_gcm-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_ _。解析：本题对元素的推断的题眼在“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”，结合“原子序数依次增大”，可推断出C为26号元素Fe【4s23d6，3d亚层中有4个未成对电子】，D为28号元素Ni，B为K，A为F。（1）Ni2+的价层电子为3d亚层【4s亚层电子已经失去】，其电子排布图为（略）。（2）K F （3） 在该晶胞中，含有完整F原子个数

29、（由上而下）= 8(楞上) 1/4+11 2(对称) + 4(面上) 1/2=8个，含有完整K原子个数 = 11+41/4 2 = 4个，含有完整Ni原子个数 = 81/8+1=2个。及K、NI、F原子最简整数比=214，即化学式为K2NiF4。Ni（D）位于顶点，配位数由距离相等且最近的F（A）【楞上】的个数确定为6。 该晶体的密度= 2213/NA g / (410一8)2130810一10cm3 = 3.38 g/cm3（4）K3FeF6，六氟合铁酸钾，由络离子FeF63与K+以离子键结合形成，络离子内含配位键，中心离子为Fe3+，配体是F。38化学选修5：有机化学基础（15分）化合物(

30、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。可以用E和H在一定条件下合成：一定条件A(C4H9Cl)B(C4H8)CD(C4H8O)EF(C7H8O)G(C7H6OCl2)H(C7H6O2)NaOHC2H5OH B2H6 H2O2/OH一O2 Cu Cu(OH)2 H+Cl2 光照 NaOH/H2O H+I已知以下信息： B2H6 H2O2/OH一 A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢； RCHCH2 RCH2CH2OH 化合物F苯环上的一氯代物只有两种； 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

31、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： 苯环上只有两个取代基， 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221，写出J的这种同分异构体的结构简式 。解析：（1）由A的化学式和可推断A为叔丁基氯，即2甲基2氯丙烷。（2）A发生氯代烃的消去反应生成的B为甲基丙烯，由知C为2甲基1丙醇，C氧化生成D为甲基丙醛，结构简式为：(CH3)2CHCHO（3）E为D的氧化产物甲基丙酸，分子式为C4