2013年新课标全国卷2解析(理科综合化学)

1、 、82013年高考新课标卷理科综合（II）化学试题全解全析科目：化学试卷名称2013年普通高等学校招生全国统一考试新课标卷（II）考点检索号题目及解析17（2013新课标117）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:4-3ROHF列叙述错误的是（）OHCOHCOMCOCH广0H+CH-0HICH2-OH甘油A.生物柴油由可再生资源制得C.动植物油脂是高分子化合物【解题指南】根据所学油脂的性质进行判断，油脂是指高级脂肪酸甘油酯。【解析】选Co选项B.生物柴油是不同酯组成的混合物D.“地沟油”可用于制备生物柴油具体分析因为生物柴油是由动植物油脂和短链醇发生反应得到的

2、，所以它可以由可再生资源制得。因为生物柴油中的RR2、R3既可以表示相同的烃基，也可以表示不同的烃基，因此生物柴油是混合物不是纯净物。高分子化合物是指相对分子质量较大，从几万到几十万。而动植物油脂相对分子质量一般不超过一千，故不是高分子化合物。“地沟油”中也有部分油脂存在，故也可以用来制备生物柴油。结论正确正确错误正确 #、8 #、8（2013新课标118）下列叙述中，错误的是（）苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55-60反应生成硝基苯苯乙烯在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷乙烯与溴的四氯化碳溶液反应生成1,2-二溴乙烷甲苯与氯气在光照下反应主要生成2,4-二氯甲苯17【解题指南】本题应用苯的硝

3、化反应，苯乙烯的加成反应，乙烯的加成反应和甲苯的取代反应来解答。【解析】选Do苯可以与浓硝酸、浓硫酸共热并保持5560C水浴加热发生取代反应生成硝基苯,其中浓硫酸起催化剂和吸水剂的作用，A项正确；苯乙烯中的碳碳双键和苯环都可以和氢气发生加成反应，故在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷，B项正确；乙烯可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，碳碳双键断开分别加溴原子，生成1,2二溴乙烷，C项正确；甲苯与氯气在光照下反应应该在甲基上发生取代反应，不是2,4-二氯甲苯，D项错误。（2013新课标119）N0为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.1.0L1.0mo1L-1的NaAlO2水溶液中含有的

4、氧原子数为2N第1页共11页第 页共11页12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N025C时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1N。1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为9N。【解题指南】阿伏伽德罗常数的相关计算牵扯到以下知识点：原子守恒，石墨的结构，溶液pH计算，原子团和离子的电子计算。【解析】选B。选项具体分析结论A偏铝酸钠溶液中有水，水分子中也有氧原子存在，故氧原子数大于2N0错误石墨层内是正六边形结构，每个六元环有6个碳原子，而每个碳原子同时为B三个六元环所共有，故每个六元环平均只占有2个碳原子。12g石墨烯含碳正确原子为1mol,故其中含六元环的

5、个数应为0.5N0C该选项因为溶液的体积未知，故只能求出OH-的浓度，无法求出其数目错误D1个羟基中含9个电子，1个氢氧根离子中含10个电子，故此选项错误错误（2013新课标1110）能正确表示下列反应的离子方程式是（）浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2f钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=CuJ+2Na+NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2T向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+【解题指南】运用离子方程式的书写知识解答本题，知道哪些物质能拆写成离子形式，哪些不能3、8、12拆；其

6、次还要了解常见的金属钠和铁的性质。【解析】选Do金属铁和盐酸反应时，因为H+的氧化性比较弱，只能把铁氧化为正二价，故不能生成三价铁离子，A项错误；金属钠是一种非常活泼的金属，所以当它遇到CuSO4水溶液时，优先与水发生反应，故不能置换出金属铜，B项错误；碳酸氢钠在水溶液中电离出的是钠离子和碳酸氢根离子而不是碳酸根离子，故反应时应为碳酸氢根离子与氢离子发生反应，C项错误；氢氧化镁和氢氧化铁均为不溶于水的碱，故在书写离子方程式时应写成化学式；且氢氧化铁比氢氧化镁更难溶于水，故可以用氢氧化镁制取氢氧化铁，D项正确。（2013新课标1111）ll.“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔Ni/

7、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（）NaAlCL第孔Ni/NiCh讷厲于导博I十电池反应中有NaCl生成电池的总反应是金属钠还原三价铝离子正极反应为：NiCl2+2e-=Ni+2Cl-钠离子通过钠离子导体在两电极间移动【解题指南】解答本题时应了解原电池的工作原理，会判断正负极材料和电极反应式。在该原电池中金属钠做负极材料，氯化镍做正极材料，NaAlCl4做电解质溶液，钠离子导体可以传导钠离子。【解析】选B。金属钠失电子变为钠离子，故有氯化钠生成，A项正确；电池的总反应应该是金属钠还原Ni2+,B项错误；正极反应为Ni2+得电子生成金属镍，C项正确

8、；钠离子导体可以传导钠离子，故钠离子可以在两极间移动，D项正确。(2013新课标1112)12在1200r时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应HjSS(g)+H3OAH36、15ATT4TOC o 1-5 h z则厶日4的正确表达式为()【解题指南】应用盖斯定律解答本题。【解析】选A。只需要把(+)x2/3x2即可得到要求的反应热，故选项A正确。(2013新课标1113)13.室温时，M(OH)2(S)M2+(aq)+2OH-(aq)Ksp=a,c(M2+)=bmolL-i时，溶液的pH等于()/方、11za1za1/b、A.lg()B._lgC)C.14+lg()D.14+lg()a2b2b2

9、a【解题指南】解答本题时应掌握溶度积常数的表示方法，会用水的离子积常数求溶液的pH。【解析】选C。由题知该反应的溶度积常数Ksp=c(M2+)c2(OH-)=a,由此得出c(OH-)=(a/b)1/2,则c(H+)=10-14乂(OH-),pH=lgc(H+)，经过计算即可得到正确答案为Co(2013新课标II26)(15分)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。17、19发生的反应如下:ch3ch2ch2ch2ohch3ch2ch2cho反应物和产物的相天数据列表如下沸点/c密度/(gcm-3)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

10、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9095C,在E中收集90C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7577C馏分，产量2.0g。回答下列问题：TOC o 1-5 h z实验中，能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由。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。上述装置图中，B仪器的名称是，D仪器的名称是。分液漏斗使用前必须进行的操作是(填正确答案标号)

11、。a.润湿b.干燥c.检漏d.标定将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时，水在层(填“上”或“下”)反应温度应保持在9095。C,其原因是。本实验中，正丁醛的产率为。【解题指南】解答本题需要根据题目中的相关信息进行分析解答，同时需要了解一些常见的实验操作，如蒸馏，会计算产物的产率。【解析】将重铬酸钾溶液和浓硫酸混合时，相当于对浓硫酸进行稀释。若将重铬酸钾溶液加到浓硫酸中，水的密度比浓硫酸小，会引起液滴飞溅，造成危险。实验装置中沸石的作用是防止溶液暴沸。若加热后发现未加沸石，应该停止加热，等溶液冷却后再加入沸石。装置中B仪器叫滴液漏斗，D仪器叫直形冷凝器。分液漏斗使用前必须进行的操作是检查是否漏液。

12、由题意知正丁醛微溶于水，密度比水小，所以分液时水在下层，正丁醛在上层。反应时温度保持在9095C，既可以保证正丁醛变成蒸汽及时分离出去，同时还可以避免正丁醛被继续氧化。若4.0g的正丁醇完全反应产生的正丁醛应为474x72=3.89g,则正丁醛的产率应为23.89xl00%=51%。【答案】(1)不能，易迸溅；(2)防止爆沸；冷却后补加；(3)滴液漏斗；直形冷凝管；(4)c；(5)下；(6)即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。(2013新课标1127)(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(I

13、I)等杂质)的流程如下：过逋锻烧ZnO调pH约为5纭J禎适畳高赣陵钾溶液NaCOa1、3、-8、19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：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TOC o 1-5 h z酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是。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。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。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8.1g，则x等于。【解题指南】解答本题需要明确除杂的原则是在除去杂质的同时不能引入新

14、的杂质，为了除去杂质，每一步加入的除杂试剂要适当过量，并尽可能生成更多的目标物质。工业氧化锌中含有铁锰镍等杂质，第一步加入稀硫酸可以溶解氧化锌，同时让铁锰镍转化为金属阳离子；第二步在浸出液中加入酸性高锰酸钾溶液，可以除去Fe2+和Mn2+，将它们转化为沉淀除去，此时滤液中剩余Zn2+和Ni2+；第三步加入锌粉，可以置换出金属镍除去；第四步向滤液中加入碳酸钠溶液可以将Zn2+转化为碳酸锌沉淀；第五步将碳酸锌沉淀煅烧即可得到纯净的氧化锌固体。【解析】(1)反应出去的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2+7H2O=3Fe(OH)3J+MnO2J+5H+,2MnO

15、4-+3Mn2+2H2O=5MnO2J+4H+在加高锰酸钾之前，若溶液的pH较低，则铁离子和锰离子不能生成沉淀而除去。反应的反应类型是置换反应，过滤所得的滤渣中除了过量的锌外还有置换出来的金属镍。反应过滤出的沉淀在用蒸馏水洗涤后，若已经洗涤干净则滤液中不含碳酸根离子，因此只需要加入硝酸酸化的硝酸钡溶液即可检验沉淀是否洗涤干净。第五步煅烧发生反应的方程式为：ZnCO3xZn(OH)2=(x+1)ZnO+CO2T+xH2O125+99x81(x+1)11.2g8.1g列比例式(125+99x)三81(x+1)=11.2F8.1,并解得x=1。【答案】(1)Fe2+和Mn2+；MnO4-+3Fe2+

16、7H2O=3Fe(OH)3J+MnO2J+5H+；2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2J+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12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。(2013新课标1128)(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应：A(g)B(g)+Cfe)=+85,1kJmor1反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表：TOC o 1-5 h z时间t/h0124816202530总压强/100kPa4.915.

17、586.327.318.549.509.529.539.53回答下列问题：欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为。由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率a(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。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、=mol,n(A)=mol。总下表为反应物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(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moLL-1.

18、【解题指南】解答本题应从化学平衡出发进行分析。由题目所给信息可知该反应为全气相反应，正反应是一个气体体积增加的吸热反应。该题目牵扯到化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，以及化学平衡计算常用到的三段式等。【解析】(1)由于该反应的正反应为一个气体体积增加的吸热反应，要提高A的平衡转化率，其实就是要让平衡正向移动，所以应采取的措施为升高温度，降低压强。设到达平衡时A减少了xmol，则由三段式有：A(g)B(g)+C(g)起始量0.1mol00变化量xmolxmolxmol平衡量(0.1x)molxmolxmol根据阿伏加德罗定律可得：0.1/(0.1x+x+x)=P0/P,求得A的转化率表达式为a

19、(A)=x/0.1=(P/P01)X100%，将题目中数据P0=4.91,P=9.53代入表达式求得平衡时A的转化率为94.1%。将x=0.941代入上面的三段式中可以求得该反应的平衡常数为K=c(B)c(C)/c(A)=0.0941x0.0941/(1-0.0941)=1.5；(3)由以上三段式知平衡时n(总)=(0.1+x)mol,n/A)=/0.1x)mol,将(2)问中的x代入即可得到n(总)=0.1xP/P0,n(A)=0.1x(2-P/Pq)；由表中数据可以看出规律为平衡前每间隔4小时，A浓度约变为原来的一半，故可知a=0.051,反应在12h时A的浓度为0.013mol/L。【答

20、案】(1)升高温度、降低压强；(2)(P-1)100%；94.1%；P0a(g)FB(g)+c(g)0.1mol000.10 x(1-94.1%)0.10 x94.1%0.10 x94.1%，1.5mol/L；(0.0941mol/L)2K，0.0059mol/L(3)0.10PP00.10(2-P)；P00.051；达到平衡前每间隔4h,c(A)减少约一半；0.013。(2013新课标II36)化学选修2：化学与技术(15分)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图如图(a)所示。9、22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+2Mn

21、O2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH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与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是。图/b)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)。第 页共11页废旧锌猛电池I抚械分离滤液周体加塾黑色固库混合物水浸，过聽锌、铜、碳榛等（分类回收）aKCJOi，KOHi焙融固体11化合物A图(b)艰编曇晶拓决化合物CII优合鲂丨化合物E一种回收利用废旧普通锌镭电池的工艺图操作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

22、为。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化学式）。（填【解题指南】本题包括两小题，其中第一小题主要运用锌锰干电池的知识解答；第二小题则用物质的分离与提纯知识回答。【解析】（1）普通锌锰电池的负极材料是锌，电解质溶液是氯化铵。由反应总方程式可知该电池的负极电极反应式为：Zn2e-+2NH3=Zn（NH3）22+,用总反应减去负极电极式即可得到正极电极反应式为：2MnO2+2NH4+2e-=2MnOOH+2NH3；与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点有：碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极材料改装在电池的内部；碱性电池使用寿命比较长，因为金属材料在碱

23、性电解质中比在酸性电解质中的稳定性咼，不易被腐蚀。（2）由工艺流程图可知最后分离出来的物质A为ZnCl2，B为NH4C1.由题中的信息可知反应后生成的紫色溶液为高锰酸钾，由氧化还原反应的规律可知另一种黑褐色的固体应该为MnO2，在该反应中锰元素发生了歧化反应，化合价部分升高部分降低，反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2J+2CO32-，用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极吸引阳离子，所以氢离子在阴极放电生成氢气。【答案】第 页共11页MnO2-芮H；斗LMnCOH十附(2化浄选嗤去化供峥技术门5分毎空分，扶上分）（I）ZnKHjCI第 #页共11页第 页共11页

24、(2ZnCi3MHCI23廊性电也不閤投生电解顶的捲湘阿为第耗的负极攻粒在电池的内那:喊性电池恒用寿命牧岀阴为企屆材糾在碱牲电解砸中比在酸性电解砸中分的相寵性抽髙I（答对一务即可，具它9理答峯也蛤分）（毎空2分”菲4分（1分）Wnft;-+2CO,二2MrO(MnOrX“CO：（2013新课标II37）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

25、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。该化合物的化学式为；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。【解题指南】解答本题时应首先能够根据题目信息推断出各元素，明确电子排布图，会比较元素的第一电离能和电负性的相对大小，能根据晶胞结构解决相关问题。由题目信息可以推断出A为F，B为K，C为Fe,D为Ni。【解析】（1）D2+的价电子排布图为；（2）K的4s层只有1个电子，失电子能力比较强，F

26、e元素的4s层有2个电子，3d层有6个电子,Ni元素的4s层有2个电子，3d层有8个电子，故这四种元素中第一电离能最小的元素是K,一般来说，元素的非金属性越强，电负性就越大，所以这四种元素中电负性最大的元素是F；（3）由晶胞示意图可以看出，晶胞中F原子位置：棱上16个,面上4个,体内2个，故每个晶胞平均占有F原子个数为：16x1/4+4x1/2+2=8；K原子的位置：棱上8个，体内2个，故每个晶胞平均占有K原子个数为：8x1/4+2=4；Ni原子的位置：顶点8个,体心1个，故每个晶胞平均占有Ni原子个数为：8x1/8+1=2。所以这三种原子个数比为：K：Ni：F=4：2：8=2：1：4,故该化

27、合物的化学式为：K2NiF4；该化合物是离子晶体，配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目，由图可以看出Ni的配位数是6；由密度公式知该晶体的密度为m/v=(39x4+59x2+19x8)/(NAx400 x400 x1308x10-30)=3.4gcm-3；这三种离子形成的化合物为K3FeF6，它是一个离子化合物，所以其中化学键的类型有离子键和配位键，复杂离子为FeF63-，配位体是F-。【答案】37.化学淮胸甌结构耳性囲(15疥CWWD(押空2分，找4廿)(2-1缶必3甘)匕分)小1分】幼共斗妁KF(33K.Nif-；(i：?*59乂2亠】7忙&_15.02-(4J离于證、配僮键阿订F(2013新课标118)化学选修5：有机化学基础(15分)化合物I(CnHOj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