2013年普通高等学校招生全国统一考试（答案）.docx

‎2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国卷Ⅱ)‎ ‎7.C　动植物油脂和短链醇都属于可再生资源,A项正确;生物柴油是由含有不同烃基的酯分子组成的,故生物柴油是不同酯组成的混合物,B项正确;动植物油脂不属于高分子化合物,C项错误;“地沟油”属于动植物油脂,可用于制备生物柴油,D项正确。‎ ‎8.D　甲苯与氯气在光照下反应,氯原子取代甲基上的氢原子,而不是取代苯环上的氢原子,D项错误。‎ ‎9.B　A项忽略了水中含有的氧原子,A项错误;B项在石墨烯中,一个碳原子为3个六元环所共有,一个六元环实际占有2个碳原子,12 g石墨烯含有N0个碳原子,含有六元环的个数为0.5N0,B项正确;C项没有告诉溶液的体积,无法求得溶液中OH-的数目;D项,1 mol烃基含有9 mol电子,1 mol氢氧根离子含有10 mol电子,D项错误。‎ ‎10.D　A项,正确的离子方程式为:Fe+2H+ Fe2++H2↑;B项,Na首先与H2O反应生成NaOH和H2,然后OH-与Cu2+反应生成Cu(OH)2,B项错误;C项,正确的离子方程式为:HCO‎3‎‎-‎+H+ H2O+CO2↑;D项,Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶,D项正确。‎ ‎11.B　该原电池的负极反应式为:Na-e- Na+,正极反应式为:NiCl2+2e- Ni+2Cl-,总电池反应式为:2Na+NiCl2 2NaCl+Ni。B项错误。‎ ‎12.A　将前三个热化学方程式依次编号为①、②、③,作如下变化:①×‎2‎‎3‎+②×‎2‎‎3‎-③×2得2S(g) S2(g)　ΔH4=‎2‎‎3‎ΔH1+‎2‎‎3‎ΔH2-2ΔH3,即A项正确。‎ 评析　本题主要考查了盖斯定律的应用。理解盖斯定律的内容是解题的关键。解类似题时,要将已知热化学方程式作相应调整,消去与目标热化学方程式无关的反应物和生成物,从而得到目标热化学方程式。‎ ‎13.C　根据溶度积常数的表达式可知,c(OH-)=Kspc(M‎2+‎)‎ mol·L-1=ab mol·L-1,结合水的离子积可得:c(H+)=‎1‎‎0‎‎-14‎ab mol·L-1=10-14ba mol·L-1,则pH=-lgc(H+)=14+‎1‎‎2‎lg(ab),C项正确。‎ ‎26.答案　(1)不能,易迸溅(2分)‎ ‎(2)防止暴沸　冷却后补加(每空1分,共2分)‎ ‎(3)滴液漏斗　直形冷凝管(每空1分,共2分)‎ ‎(4)c(2分)‎ ‎(5)下(2分)‎ ‎(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(3分)‎ ‎(7)51(2分)‎ 解析　(1)若将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,由于水的密度小于浓硫酸的密度,浓硫酸稀释放出大量的热,会使上层的水沸腾,易使溶液溅出。‎ ‎(2)加入沸石可以防止溶液暴沸。若加热后发现未加沸石,应将溶液冷却后补加沸石。‎ ‎(4)分液漏斗使用前必须检漏。‎ ‎(5)正丁醛的密度比水的密度小,故水在下层。‎ ‎(6)反应温度应介于正丁醛和正丁醇的沸点之间,故在90~95 ℃既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免正丁醛进一步被酸性Na2Cr2O7溶液氧化。‎ ‎(7)C4H10O(正丁醇) C4H8O(正丁醛)‎ ‎　　　74　　　　　　　　　　72‎ ‎　　　4.0 g　　　　　　　　　x x=‎4.0 g×72‎‎74‎≈3.9 g,即当正丁醇全部转化为正丁醛时,得3.9 g正丁醛,由此可知,本实验中,正丁醛的产率为:‎2.0 g‎3.9 g×100%≈51%。‎ ‎27.答案　(1)Fe2+和Mn2+(2分)、MnO‎4‎‎-‎+3Fe2++7H2O 3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(2分)‎ ‎2MnO‎4‎‎-‎+3Mn2++2H2O 5MnO2↓+4H+(2分)‎ 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分)‎ ‎(2)置换反应　镍(每空1分,共2分)‎ ‎(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(2分)‎ ‎(4)1(2分)‎ 解析　(1)经反应①所得浸出液中含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、Ni2+。经反应②,Fe2+被氧化为Fe3+,进而形成Fe(OH)3沉淀,Mn2+被氧化为MnO2,发生反应的离子方程式分别为:MnO‎4‎‎-‎+3Fe2++7H2O 3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,2MnO‎4‎‎-‎+3Mn2++2H2O 5MnO2↓+4H+。在加高锰酸钾溶液前,若溶液的pH较低,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Zn+Ni2+ Zn2++Ni,过滤得到的滤渣中,除了过量的锌外还有被置换出来的镍。‎ ‎(3)若该沉淀没有洗涤干净,则沉淀上一定附着有SO‎4‎‎2-‎。具体的检验方法是取少量最后滤出的水洗液于试管中,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)ZnCO3·xZn(OH)2 (1+x)ZnO+CO2↑+xH2O　Δm ‎ 81(1+x) 44 18x 44+18x ‎ 8.1 g 11.2 g-8.1 g=3.1 g 则‎81(1+x)‎‎8.1 g=‎44+18x‎3.1 g,解得x=1。‎ ‎28.答案　(1)升高温度、降低压强(2分)‎ ‎(2)(pp‎0‎-1)×100%　94.1%(每空1分,共2分)‎ ‎　　A(g)　　　　B(g)　　+　　 C(g)‎ ‎ 0.10　　　　 0　　　　 0‎ ‎0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1%　 0.10×94.1%‎ K=‎(0.094 1mol·‎L‎-1‎‎)‎‎2‎‎0.005 9mol·‎L‎-1‎=1.5 mol·L-1(3分)‎ ‎(3)①0.10×pp‎0‎　0.10×(2-pp‎0‎)(每空1分,共2分)‎ ‎②0.051(2分)　达到平衡前每间隔4 h,c(A)减少约一半(2分)　0.013(1分)‎ 解析　(1)该反应是一个气体体积增大的吸热反应,故升高温度、降低压强能使平衡正向移动,从而提高了A的平衡转化率。‎ ‎(2)在恒温恒容下,气体的物质的量之比等于气体的压强之比。则α(A)=Δnn(A)‎×100%=Δpp‎0‎×100%=p-‎p‎0‎p‎0‎×100%=(pp‎0‎-1)×100%。‎ p0=4.91×100 kPa,平衡时,p=9.53×100 kPa,则α(A)=(‎9.53‎‎4.91‎-1)×100%=94.1%。‎ ‎　　　　A(g)　　 　　B(g)　　+　　C(g)‎ 起始　 0.10 0 0‎ 平衡　 0.10×(1-94.1%) 0.10×94.1% 0.10×94.1%‎ K=‎(0.094 1mol·‎L‎-1‎‎)‎‎2‎‎0.005 9mol·‎L‎-1‎=1.5 mol·L-1。‎ ‎(3)①恒温恒容下,n‎0‎n总=p‎0‎p,则n总=pp‎0‎n0,n0=0.10 mol,故n总=0.10×pp‎0‎ mol。‎ ‎　　　　 A(g)　　B(g)　　+　　C(g)‎ 起始 0.10 mol 0 0‎ 某时刻 n(A)　　 0.10 mol-n(A) 0.10 mol-n(A)‎ n总=n(A)+0.10 mol-n(A)+0.10 mol-n(A)=0.20 mol-n(A),则n(A)=0.20 mol-n总=0.20 mol-0.10×pp‎0‎ mol=0.10×(2-pp‎0‎)mol。‎ ‎②由表中数据可知,4 h时,p=7.31×100 kPa,则4 h时n(A)=0.10×(2-pp‎0‎)mol=0.10×(2-‎7.31‎‎4.91‎)mol=0.051 mol,故c(A)=0.051 mol·L-1。‎ 由表中反应物的浓度与时间间隔(Δt)之间的关系可知,达到平衡前每间隔4 h,c(A)减少约一半。8 h时,c(A)=0.026 mol·L-1,再经过4 h,即12 h时,反应物的浓度c(A)为8 h时浓度的一半,即为0.013 mol·L-1。‎ 评析　本题主要考查化学平衡的移动,平衡转化率,平衡常数的计算及气体的物质的量与气体压强之间的关系等知识。理解平衡常数的意义及气体的物质的量与气体压强之间的关系是解题的关键。‎ ‎36.答案　(1)①Zn　NH4Cl(每空1分,共2分)‎ MnO2+NH‎4‎‎+‎+e- MnOOH+NH3(2分)‎ ‎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,其他合理答案也给分)(2分)‎ ‎(2)①ZnCl2　NH4Cl(每空2分,共4分)‎ ‎②3MnO‎4‎‎2-‎+2CO2 2MnO‎4‎‎-‎+MnO2↓+2CO‎3‎‎2-‎(3分)‎ ‎③H2(2分)‎ 解析　(1)①该电池中,负极材料是较活泼的金属Zn,电解质的主要成分是NH4Cl,正极发生还原反应,电极反应为:MnO2+NH‎4‎‎+‎+e- MnOOH+NH3。‎ ‎②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池不易发生电解质的泄漏,因为消耗的负极改装在电池内部;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。‎ ‎(2)①黑色固体混合物的主要成分为MnO2、NH4Cl、Zn(NH3)2Cl2、MnOOH,经水浸、过滤,滤液中的主要成分为Zn(NH3)2Cl2、NH4Cl,加稀盐酸并浓缩结晶、过滤,得到的固体的主要成分为ZnCl2和NH4Cl,加热所得固体的主要成分为ZnCl2,故化合物A为ZnCl2,加热后NH4Cl分解为NH3和HCl,再冷却得化合物B,即B为NH4Cl。‎ ‎②操作b中,K2MnO4发生歧化反应,一部分锰元素转化为MnO‎4‎‎-‎,一部分锰元素转化为MnO2,反应的离子方程式为3MnO‎4‎‎2-‎+2CO2 2MnO‎4‎‎-‎+MnO2↓+2CO‎3‎‎2-‎。‎ ‎③采用惰性电极电解K2MnO4溶液时,阳极是MnO‎4‎‎2-‎失电子变为MnO‎4‎‎-‎,阴极是H+得电子变为H2,阴极电极反应式为2H++2e- H2↑。‎ ‎37.答案　(1)(2分)‎ ‎(2)K　F(每空2分,共4分)‎ ‎(3)①K2NiF4　6(2分,1分,共3分)‎ ‎②‎39×4+59×2+19×8‎‎6.02×1‎0‎‎23‎×40‎0‎‎2‎×1308×1‎‎0‎‎-30‎=3.4(2分)‎ ‎(4)离子键、配位键　[FeF6]3-　F-(2分,1分,1分,共4分)‎ 解析　前四周期元素中,C的价电子层中未成对电子数为4,且为第四周期元素,则其价电子排布图为,即该元素为26号元素Fe,进一步推知,D为28号元素Ni,B为K,A为F。‎ ‎(1)Ni原子失去最外层的2个电子形成Ni2+,Ni2+的价层电子排布图为:。‎ ‎(2)四种元素中K最易失去1个电子,其第一电离能最小,F最易获得电子,其电负性最大。‎ ‎(3)①一个该晶胞中,有16个F-位于晶胞的棱上,2个F-位于晶胞内部,4个F-位于晶胞的面上,根据均摊法,该晶胞中真正占有的F-数为:16×‎1‎‎4‎+2+4×‎1‎‎2‎=8;有8个K+位于晶胞的棱上,2个K+位于晶胞内部,故该晶胞中真正占有的K+数为:8×‎1‎‎4‎+2=4;有8个Ni2+位于晶胞的顶点,1个Ni2+位于晶胞内部,故该晶胞中真正占有的Ni2+数为:8×‎1‎‎8‎+1=2。因此,该化合物中K+、Ni2+、F-的数目比为4∶2∶8=2∶1∶4,则该化合物的化学式为K2NiF4。1个Ni2+周围拥有2个K+和4个F-,故Ni的配位数为6。‎ ‎②1 mol晶胞中含有2 mol K2NiF4,其质量为2 mol×213 g/mol,1 mol晶胞的体积为:6.02×1023×4002×1308×10-30 cm3,故该晶体的密度为:‎2mol×213 g/mol‎6.02×1‎0‎‎23‎×40‎0‎‎2‎×1308×1‎0‎‎-30‎cm‎3‎=3.4 g·cm-3。‎ ‎(4)K3FeF6中含有离子键和配位键,其中K+与[FeF6]3-之间形成离子键,Fe3+与F-之间形成配位键。K3FeF6中存在的复杂离子为[FeF6]3-,其中配位体是F-。‎ ‎38.答案　(1)2-甲基-2-氯丙烷(或叔丁基氯)(2分)‎ ‎(2)(2分)‎ ‎(3)C4H8O2(1分)‎ ‎(4)+2Cl2+2HCl　取代反应(2分,1分,共3分)‎ ‎(5)(2分)‎ ‎(6)18　(4分,1分,共5分)‎ 解析　根据A的化学式(C4H9Cl)和信息①可推知A的结构简式为,结合框图中的转化关系,可推知B为,再结合信息②可推知C为,进而推知D为,E为。由F的化学式和信息③可推知F为,进而推知G为,再结合信息④可推知H为,则I为。‎ ‎(6)J应比I少一个“CH2”,由I的结构简式和条件①、②可推知,J分子中的2个取代基可以分别为“HOOC—CH2—”和“—CH2—CHO”,它们在苯环上的位置有“邻、间、对”3种;J分子中的2个取代基还可以分别为“HOOC—”和“—CH2CH2CHO”“HOOCCH2CH2—”和“—CHO”“”和“—CHO”“HOOC—”和“”“CH3—”和“”,它们在苯环上的位置均有“邻、间、对”3种,故符合要求的J的结构共有18种,其中,发生银镜反应并酸化后为,其核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积之比为2∶2∶1。‎