新课标Ⅱ高考化学试题及答案版资料.docx
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新课标Ⅱ高考化学试题及答案版资料
2013高考全国理综新课标Ⅱ化学
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16F19Na23Al27S32Cl35.5K39Ca40Cr52Fe56Ni59Cu64Zn65
【2013新课标Ⅱ7】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
【答案】C
【解析】高分子化合物通常是指有机高聚物.分子量高达数千乃至数百万以上，而动植物油脂的相对分子量多在1000以下，尚不能构成高分子，故选C。
【2013新课标Ⅱ8】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2,4-二氯甲笨
【解析】：
甲苯与Cl2在光照下发生取代反应的位置主要为甲苯甲基上的氢，故D错。
【2013新课标Ⅱ9】．N0为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1.OL1.0mo1·L－1的NaAIO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B．12g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一的数目为0.1N0
D．Imol的羟基与1mot的氢氧根离子所含电子数均为9N0
【答案】B
【解析】A中说的是溶液中的O原子，包括NaAlO2中的O原子，也包括水中的O,故大于2N0，A错；B中12gC相当于1molC原子，每个C原子被三个相连的六元环共同使用，所以1个六元环相当于占据2个C原子，现C为1mol，则六元环有0.5mol，故B正确；C中缺少溶液的体积，故无法计算出OH-的物质的量，C错；D中1mol羟基中含电子9N0,而1mol氢氧根离子中电子数为10N0，从而D错。
【2013新课标Ⅱ10】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：
CO2-3+2H+=H2O+CO2↑
D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2:
3Mg（OH）2+2Fe3+=2Fe（OH）3+3Mg2+
【答案】D
【解析】A中铁与盐酸反应得到的应是Fe2+而不是Fe3+，故A错；B中钠与CuSO4反应生成的是硫酸钠、氢氧化铁和氢气，离子方程应为2Na+2H2O+Cu2+=Cu（OH）2↓+2Na++H2↑,所以B错；C中应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑,C错；D为正确选项。
【2013新课标Ⅱ11】．“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个铝离子
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
【答案】B
【解析】“ZEBRA”电池的电极反应过程是：
在放电时电子通过外电路负载从钠负极至氯化镍正极，而钠离子则通过陶瓷管与氯化镍反应生成氯化钠和镍；总反应式为：
2Na+NiCl2
2NaCl+Ni，其中NaAlCl4熔盐电解质在电池过充过放电过程中起到了一个有效的缓冲保护作用。
因而A对，B错，C，D正确，故选B。
【2013新课标Ⅱ12】.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）△H1
2H2S（g）+SO2（g）=
S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+
O2（g）=S（g）+H2O（g）△H3
2S（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）
【答案】A
【解析】本题主要考察盖斯定律的应用。
采用消元法，对比目标方程4发现，H2S（g）、O2（g）、SO2（g）、H2O（g）均为被消物质。
用方程1减3方程3可消去O2（g），即得3S（g）+2H2O（g）=SO2（g）+2H2S（g）方程5，再用方程5与方程2加和得3S（g）=3/2S2（g）,再给方程两边各乘以2/3及得结果，故选择A。
【2013新课标Ⅱ13】室温时，M（OH）2（S）
M2+（aq）+2OH-（aq）Ksp=a。
c（M2+）=bmol·L-1时，溶液的pH等于
A.
B.
C.14+
D.14+
【答案】C
【解析】本题主要考察学生对溶解平衡常数的理解以及pH值的计算。
据Ksp知c（OH-）为（
）1/2,,再结合pH值的计算公式，可知选择C。
第Ⅱ卷
【2013新课标Ⅱ26】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。
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/。
c
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2.0g。
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%。
【答案】
（1）不能，造成液滴迸溅
（2）防止暴沸，待冷却后补加（3）分液漏斗；为冷凝管（4）c（5）下（6）既可以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）不能，因为将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中容易造成液滴迸溅。
（2）加沸石是为了防止暴沸；停止加热，待冷却后补加。
（3）B为分液漏斗；D为冷凝管。
（4）分液漏斗使用前必须检漏，故选c。
（5）由于水的密度比正丁醛大，故分液时水在下层。
（6）反应温度保持在90～95。
C，既可以保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化。
（7）
7472
4.0x
解得x=3.9故正丁醛的产率=2.0/3.9*100%=51%
【2013新课标Ⅱ27】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
②
滤液
滤液
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;
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.取干操后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g，则x等于。
【答案】
（1）Fe2+和Mn2+；MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+
2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
（2）置换反应镍（3）取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，否则就没有洗干净。
（4）1
【解析】
（1）反应②中加酸性KMnO4是为了除掉Fe2+和Mn2+，
对应的离子方程式分别为：
MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+
2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
此前若pH较低，则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为置换反应，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有镍。
（3）对反应④形成的沉淀水洗，主要是洗去SO42-，检验是否洗净的方法是取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，否则就没有洗干净。
（4）依题意ZnCO3·xZn（OH）2～（1+x）ZnO
125+99x71+71x
11.2g8.1g
解得x=1
【2013新课标Ⅱ28】.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/100kPa
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
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度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。
【答案】
（1）升高温度或降低压强
（2）（P/P0-1）×100%94.1%
（3）①0.1×（P/P0）；0.10×（2-P/P0）②0.051；达到平衡前，每间隔4h，c（A）减少约一半；
0.013
【解析】
（1）由于该反应为气体压强增大的吸热反应，欲提高A的平衡转化率，可升高温度或降低压强。
（2）设反应中A的物质的量的改变量为x,则
A（g）
B（g）+C（g）压强
始：
0.10mol00P0
变：
xxx
平：
0.10-xxxP
由0.10/（0.10-x+x+x）=P0/P解得x=0.10（P-P0）/P0
所以A的转化率α（A）=x/0.10×100%=（P/P0-1）×100%,
据表可知，平衡时P0=4.91100kPaP=9.53100kPa带入上式，
得α（A）=（9.53÷4.91-1）×100%=94.1%；
从而平衡时：
x=0.10×94.1%=0.0941mol0.10-x=0.0059mol
所以平衡时c（A）=（0.10-x）/1L=0.0059mol/L,
c（B）=c（C）=x/1L=0.0941mol/L,
所以平衡常数K=c（B）·c（C）/c（A）
=（0.0941mol/L）2/（0.0059mol/L）
=1.5mol/L.
（3）
由
（2）易知，n总=（0.10+x）mol=0.10+0.10（P-P0）/P0mol
=0.1×（P/P0）mol
n（A）=（0.1-x）mol=0.10-0.10（P-P0）/P0mol
=0.10×（2-P/P0）mol
据表中数据不难发现：
达到平衡前，每间隔4h，c（A）减少约一半，
从而可得a≈0.051mol/L所以12h时a≈0.013mol/L。
（二）选考题：
【2013新课标Ⅱ36】.[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图如图（a）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+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（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）。
①图（b）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）。
【答案】
（1）①ZnNH4Cl；MnO2+NH4++e－=MnOOH+NH3
②容量高，约是普通锌锰电池的3~8倍；适合大电流放电，放电曲线平稳；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）；使用寿命长（金属在碱性介质中稳定性提高）是普通锌锰电池的3~7倍）；节约资源，原材料利用率比普通锌锰电池提高3倍以上；低温性能好（可以在零下10℃左右条件下使用）。
（2）①ZnCl2；NH4Cl②3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-③H2
【解析】
（1）在普通锌锰电池中，锌为负极，二氧化锰为正极材料，也是电池中的氧化剂，氯化铵水溶液为主电解液。
其中负极反应为：
Zn－2e－=Zn2+正极反应为：
MnO2+NH4++e－=MnOOH+NH3（分两步先是2NH4++2e－=2NH3+H2↑，接着是H2+2MnO2=2MnOOH）；碱性锌锰电池与普通锌锰电池相比，具有诸多优点：
容量高，约是普通锌锰电池的3~8倍；适合大电流放电，放电曲线平稳；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）；使用寿命长（金属在碱性介质中稳定性提高）是普通锌锰电池的3~7倍）；节约资源，原材料利用率比普通锌锰电池提高3倍以上；低温性能好（可以在零下10℃左右条件下使用）。
（2）
据图可知，A为ZnCl2B为NH4Cl。
据题意，知紫色溶液为KMnO4溶液，黑褐色固体应为MnO2，从而离子反应为3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-
用惰性电极电解K2MnO4溶液
阳极反应为：
MnO42--e－=MnO4-；
阴极反应为：
2H2O+2e－=H2↑+2OH-，
故阴极得到的主要物质为H2。
【2013新课标Ⅱ
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，平且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。
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____。
【答案】
（1）
（2）K；F（3）①K2NiF4；6
②
（4）离子键、配位键[FeF6]-F-
【解析】A和B的价电子层中未成对电子均只有1个结合A-，知A在第ⅦA族元素，又A-和B+的电子相差为8，得，A为F，B为K,若A为Cl，则B为Rb（第五周期）舍去，即A为F，B为K；由C和D与B位于同一周期电子层中的未成对电子数分别为4和2，可知C为Fe，D的原子序数又比C大2，退出D为Ni，所以
（1）D2+的价层电子排布图为：
（2）比较四种元素，其中第一电离能最小的是金属K，电负性最大的是F；
（3）
据图知，该晶胞中共有A球：
棱上16个，面上4个，体内2个；B球：
棱上8个，体内2个；C球：
顶点8个，体内1个，据体内×1，面上×0.5，棱上×0.25，顶点上×0.125知，晶胞中：
含有A球（F）:
8个，B球（K）:
4个，C球（Ni）:
2个，所以该化合物的化学式表示为：
K2NiF4,，其配位数=2+4=6。
一个该化合物的晶胞m=（39×4+59×2+19×8）/NA=426/NAg，
体积V=400×400×1308×10-30=2.0928×10-22cm3，
所以该晶体的密度=（426/NAg）/2.0928×10-22cm3≈3.4g·cm-3。
（4）据题意知该化合物为：
K3FeF6，期中化学键的类型有:
离子键、配位键，
络合离子为：
[FeF6]-,配位体是：
F-
【2013新课标Ⅱ38】[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：
1A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
2R-CH=CH2
R-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，又能和饱和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______。
【答案】
（1）2-甲基-2-氯丙烷（或丁基氯）
（2）
（3）C4H8O2
（4）
；取代反应（5）
（6）18
【解析】A的分子式为C4H9Cl，且A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，可知A为（CH3）3CCl，从而可推知B为（CH3）2C=CH2，C为（CH3）2CHCH2OH，D为（CH3）2CHCHO，E为（CH3）2CHCOOH；由化合物I含有醛基和酯基，化合物F苯环上的一氯代物只有两种，易推知F为对甲苯酚，H为对羟基苯甲醛，所以
（1）A的化学名称为：
2-甲基-2-氯丙烷，
（2）D的结构简式为：
（3）E的分子式为：
C4H8O2
（4）F生成G的反应为取代反应，其化学方程式为：
（5）
。
（6）共有18种，满足条件的J的结构简式：
。
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