2013年高考理综化学真题_精校精析(全国大纲卷)(纯word书稿)

1、2013 全国卷6. 下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是()A.主要材质是高分子材料B.价廉、质轻、保温性能好C.适用于微波炉加热食品D.不适于盛放含油较多的食品6. C 解析塑料的主要成分是被称为合成树脂的有机高分子材料，A项正确；发泡塑料成本低，密度小，彳温性好， B项正确；发泡塑料餐具使用微波炉加热时，未聚合的苯乙烯单体会进入食物中，然后伴随食物进入人体，导致人体中毒，C项错误；有机高分子材料遇到油脂会发生一定程度的溶胀，生成有害物质，故不宜用于盛放含油多的食品，D项正确。7. 反应X(g)+Y(g) - ' 2Z(g)AH<0,达到平衡时，下列说法正确的是()A.减小

2、容器体积，平衡向右移动B .加入催化剂，Z的产率增大C.增大c(X), X的转化率增大D.降低温度，Y的转化率增大8. D 解析由X(g)+Y(g)，- 2Z(g)AH<0可知，反应前后气体分子数不变，故减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，故Z的产率不变，B项错误;增大c(X) , X的转化率减小，C项错误；降温平衡向右移动，Y的转化率增大，D项正确。9. 下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是()A.体积相等时密度相等B.原子数相等时具有的中子数相等C.体积相等时具有的电子数相等D.质量相等时具有的质子数相等8. C 解析同温

3、、同压下，气体的体积与其物质的量成正比，气体的体积相等，故其物质的 量相等，但12C18O和14N2的摩尔质量不相等，由 m=M n可知其质量不相等，由 p=S可知，其密 度不相等，A项错误；12C18O和14N2都是双原子分子，原子数相等时，分子数相等，12C18O的中子数为16, 14N2的中子数为14,故其具有的中子数不相等，B项错误；12C18O和14N2的摩尔质量不相等，相同物质的量的12C18O与14N2质子数相等，质量相等的二者物质的量不相等，含有的质子数也 不相等，D项错误。电解法处理酸性含铭废水（主要含有Cr2O/）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O 7+ 6F

4、e2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O,最后Cr3+以Cr（OH） 3形式除去。下列说法不正确的是（）A.阳极反应为Fe-2e =Fe2+B.电解过程中溶液pH不会变化C.过程中有Fe（OH）3沉淀生成D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O2一被还原9. B 解析铁作阳极材料，铁失电子 Fe-2e =Fe2+ , A项正确；阴极反应式为 2H + +2e -=H2f,电解时消耗H + ,溶液的pH变大，B项错误；处理过程中消耗 H+, Cr3+和Fe3 +以沉 淀的形式析出来，C项正确；根据电极反应式： Fe 2e =Fe2+ ,可知每转移12 mol e1生成6

5、mol Fe2+, 6 mol Fe2+可还原 1 mol Cr2O7 , D 项正确。10.下列操作不能达到目的的是 （）选项目的操作A配制 100 mL 1.0 mol L 1 CuSO4溶液将25 g CuSO4 5H2O溶于100 mL蒸储水中B除去KNO 3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶 ,过滤C在溶液中将MnO 4完全转化为Mn2+向酸性KMnO 4溶液中滴加H2O2溶液至紫 色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出 现白色沉淀10.A 解析应将25 g CuSO4 5H2O配成100 mL溶液而不是溶于 100 mL

6、水中， A项错误;NaCl的溶解度受温度的影响比较小，冷却结晶时KNO3大量析出，过滤可分离，B项正确；H2O2具有还原性，可将紫色 MnO4还原为无色的 Mn2+, C项正确；利用 Ca2+与CO2一结合生成CaCO3白色沉淀的反应来判断 Na2CO3是否存在， D项正确。11. 能正确表不下列反应的离子方程式的是（）A,用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2： 2NH 3 H2O+SO2=2NH4 + SO3 +H2O_ B .氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4+ 2Cl =SO2 T + Cl2 T + H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2+4H + +NO3=3Fe3+ + NO T

7、+ 2H2。D.明矶溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO 4恰好完全沉淀：2Ba2 + 3OH- + Al 3+ 2S。2=2BaSO4 J + Al(OH) 3 J11 . A 解析过量氨水与SO2反应生成（NH 4）2SO3, A项正确；离子方程式中电荷不守恒，B项错误；磁性氧化铁（Fe3O4）是氧化物，不能拆成离子形式，C项错误；明矶与Ba（OH） 2溶液反应，SO4完全沉淀，离子反应方程式为Al3+ 2SO2-+ 2Ba2+ + 4OH-=AlO 2+2BaSO4 J + 2H2O, D 项错 误。12. 如图0表示水中c(H+)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是() mol L10

8、-7 10*H4 ) mol L_ 1图0A.两条曲线间任意点均有 c(H+)Xc(OH ) = Kw8. M区域内任意点均有 c(H + )<c(OH )C.图中 Ti<T2D. XZ线上任意点均有pH = 712. D 解析温度一定时，水的离子积是定值，A项正确；XZ线上，c(H + )=c(OH), M区在XZ线上方，故c(OH )>c(H+), B项正确；图中，T2时Kw大于Ti时Kw,故T2高于Ti, C项正确；XZ线上，c(H+) = c(OH -),溶液呈中性，但不一定等于7, D项错误。13.某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58,完

9、全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2。它可能的结构共有(不考虑立体异构)()A. 4种B. 5#C. 6种 D. 7种13. B 解析根据燃烧产物 CO2和H2O物质的量相等可知 C、H原子个数之比为1 ： 2,分子式可设为(CH2)mOn,利用讨论法得出分子式为 C3H6O(乙二醛C2H2。2含有2个官能团不符合题意)。其可能的结构为丙醛 CH3CH2CHO、丙酮CH3COCH&环丙醇CH2CHOHCH2环醒CH2OCH CH3、CH2CH2OCH2共 5 种。27 .(15分)五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大。 A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子

10、层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和 E 形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：(1)五种元素中，原子半径最大的是，非金属性最强的是。 (填元素符号)(2)由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 (用化学式表示)。(3)A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ,其中存在的化学键类型为。(4)D 最高价氧化物的水化物的化学式为。(5)单质D在充足白单质E中燃烧，反应的化学方程式为 ；D 在不充足的E 中燃烧，生成的主要产物的化学式为。(6)单质E与水反应的离子方程式为 。28 答案 (1)Na Cl(2)PH3(

11、3)NH 4Cl 离子键和共价键(4)H 3PO4 点燃 (5)2P 5Cl2=2PCl5 PCl3(6)Cl2 H2O=H Cl HClO解析 由 A 与 B、 D、 E 三种元素均能形成共价化合物可知，该四种元素为非金属元素，结合A 和 B 形成化合物水溶液显碱性可知，A 为 H 元素， B 为 N 元素，则C 为 Na 元素， D 为 P 元素；又因为 C 和 E 形成的化合物呈中性可知E 为 Cl 元素。(1)依据原子半径变化规律，先看电子层数，再看核电荷数，可确定原子半径最大的为Na,依据元素周期律可确定非金属性最强的为Cl。(2) H和N、P、Cl的共价化合物中稳定性最弱的为PH3

12、。(3)NH3与HCl反应生成离子化合物 NH4C1,含离子键和共价键。(4)P的最高价氧化物对应水化物为磷酸。(5)P与C12反应，C12足量时，生成PC15；C12不足时，生成PC13。 (6)氯气溶于水后有一部分生成盐酸和次氯酸，但次氯酸是弱酸，离子方程 式中写成分子形式。29 制备氮化镁的装置示意图如下：A B C DEF G图0 回答下列问题：(1)检查装置气密TIe的方法是 ,a的名称是 , b的名称是 。(2)写出NaNO2和(NH4”SO4反应制备氮气的化学方程式 (3)C的作用是, D的作用是,是否可以把 C与D的位置对 调并说明理由。(4)写出E中发生反应的化学方程式 。(

13、5)请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象_30 .答案(1)微热b,这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好分液漏斗圆底烧瓶(2)(NH 4)2SO4 + 2NaNO 2=2N2 f + Na2SO4+ 4H2。(3)除去氧气(及氮氧化物)除去水蒸气不能，对调后无法除去水蒸气(4)N2+3Mg=Mg 3N2(5)取少量产物于试管中，加少量蒸储水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味(把润湿的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝)，证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应

14、的镁解析(1)气密性检查的基本思路：装置形成封闭体系 一操作(微热、手捂、热毛巾捂、加水等)一描述现象一得出结论。(2) (NH 4)2 SO4与NaNO2发生氧化还原反应生成N2。(3)硫酸亚铁能被氧气氧CD对换，则可能从硫酸亚铁溶液中化，故其作用是除去氧气。浓硫酸的作用是除去水蒸气，如果带出水蒸气，无法干燥。（4）氮气与镁反应生成 Mg3N2。（5）检验氮化镁可根据氮化镁与水反应的现象判断，氮化镁会与水反应生成NH3和Mg（OH）2沉淀，NH3为碱性气体，挥发出来，遇红色石蕊试纸后会使其变蓝。29.(15铝是一种应用广泛的金属，工业上用A12O3和冰晶石（Na3AlF6）混合熔融电解制得。

15、铝土矿的主要成分是 A12O3和SiO2等。从铝土矿中提炼 A12O3的流程如下：图0以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下："""E图0回答下列问题:（1）写出反应1的化学方程式。（2）滤液I中加入 CaO生成的沉淀是 ,反应2的离子方程式为 （3）E可作为建筑材料，化合物 C是,写出由D制备冰晶石的化学方程式 (4)电解制铝的化学方程式是 ,以石墨为电极，阳极产生的混 合气体的成分是。31 .答案(1)2NaOH + SiO2=Na2SiO3+H2O2NaOH + Al 2O3=2NaAlO 2+ H2O(2)CaSiO3 2AlO2 + CO2+

16、3H2O=2Al(OH) 3, +CO2浓H2SO412HF + 3Na2CO3 + 2Al(OH) 3=2Na3AlF 6+ 3CO2 + 9H 2。(4)2Al 2O3 4=氤 4Al + 302 TO2、C02(C0)IE 电，Na3AlF6解析(1)反应1为铝土矿中的 AI2O3、Si02与NaOH反应；(2)滤液I含Si02 > AlO 2,加入CaO后，与水反应生成 Ca(OH) 2, Ca2+与SiO3-反应生成 CaSiO3。滤液n为AlO 2,能与CO2、H20 反应生成Al(OH) 3。(3)E为建筑材料硫酸钙，结合转化关系可确定C为浓硫酸。气体 D为HF,再结合转化

17、关系，可完成化学方程式。(4)电解氧化铝制备铝，以石墨为阳极，阳极2O2 4e=O2f , 高温条件下，石墨可能被 O2氧化生成CO2或CO,故混合气体为 O2、CO2或CO。30.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：回答下列问题：(1)A的化学名称是。(2)由A生成B的反应类型是 。在该反应的副产物中，与B互为同分异构体的化合物的结构简式为。(3)写出C所有可能的结构简式 。(4)D(邻苯二甲酸二乙酯)是一种增塑剂。请用 A、不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为 原料，经两步反应合成 D。

18、用化学方程式表示合成路线 (5)OPA的化学名称是 ; OPA经中间体E可合成一种聚酯类高分子化合物F,由E合成F的反应类型为 ,该反应的化学方程式为 浓KOH (提示：2CHO-/ CH2OH+COOH)(6)芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醛基三种含氧官能团，写出 G所 有可能的结构简式 (2)取代反应CH.Br30 .答案(1)邻二甲苯(3)CH 3CH3BrKMnO4C2H 5OH,浓 H2so4(4)CH 3CH 3一下一 COOHCOOH一2一COOC 2H5COOC 2H 5(其他合理答案也可)(5)邻苯二甲醛 缩聚反应 催化剂 nHOH 2CCOOH>H OH2CC OHO +(n- 1)H2O(6)OCH 2OCHO H 3COOCHO OCH 3OCHO OCHOOCH 3解析(1)芳香化合物A的分子式为C8Hio, A与澳单质经光口反应生成 B,结合B的结构简式 可确定A中两个甲基的位置，A为邻二甲苯；(2)A与澳单质经光照反应生成 B,是澳原子取代两个 甲基的氢原子，其副产物可能