1、2013年全國統一高考化學試卷（新課標）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（6分）在一定條件下，動植物油脂與醇反應可制備生物柴油，化學方程式如圖所示：下列敘述錯誤的是（）A生物柴油由可再生資源制得B生物柴油是不同酯組成的混合物C動植物油脂是高分子化合物D“地溝油”可用于制備生物柴油2（6分）下列敘述中，錯誤的是（）A苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持5560反應生成硝基苯B苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷C乙烯和溴的四氯化碳溶液反應生成1，2二溴乙烷D甲苯與氯氣在光照下反應主要生成2，4二氯甲苯3（6分）NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘

2、述正確的是（）A1.0 L 1.0 molL1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數為2 NAB12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環的個數為0.5 NAC25時pH=13的NaOH溶液中含有OH的數目為0.1 NAD1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數均為9 NA4（6分）能正確表示下列反應的離子方程式是（）A濃鹽酸與鐵屑反應：2Fe+6H+2Fe3+3H2B鈉與CuSO4溶液反應：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液與稀H2SO4反應：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+5（6

3、分）“ZEBRA”蓄電池的結構如圖所示，電極材料多孔Ni/NiCl2和金屬鈉之間由鈉離子導體制作的陶瓷管相隔。下列關于該電池的敘述錯誤的是（）A電池反應中有NaCl生成B電池的總反應是金屬鈉還原三價鋁離子C正極反應為：NiCl2+2eNi+2ClD鈉離子通過鈉離子導體在兩電極間移動6（6分）在1200時，天然氣脫硫工藝中會發生下列反應：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+H2O（g）H12H2S（g）+SO2（g）S2（g）+2H2O（g）H2H2S（g）+O2（g）S（g）+H2O（g）H32S（g）S2（g）H4則H4的正確表達式為（）AH4=（H1+H23H3）BH4=（3H3H1H2

4、）CH4=（H1+H23H3）DH4=（H1H23H3）7（6分）室溫時，M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH（aq）Ksp=a，c（M2+）=b molL1時，溶液的pH等于（）Alg（）Blg（）C14+lg（）D14+lg（）二、解答題（共6小題，滿分58分）8（15分）正丁醛是一種化工原料。某實驗小組利用如圖所示裝置合成正丁醛。發生的反應如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO。反應物和產物的相關數據列表如下：沸點/密度/gcm3水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶實驗步驟如下：將6.0gNa2Cr2O7放入100mL燒杯中，加

5、30mL水溶解，再緩慢加入5mL濃硫酸，將所得溶液小心轉移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和幾粒沸石，加熱。當有蒸汽出現時，開始滴加B中溶液。滴加過程中保持反應溫度為9095，在E中收集90以上的餾分。將餾出物倒入分液漏斗中，分去水層，有機層干燥后蒸餾，收集7577餾分，產量2.0g。回答下列問題：（1）實驗中，能否將Na2Cr2O7溶液加到濃硫酸中，說明理由 。（2）加入沸石的作用是 ，若加熱后發現未加入沸石，應采取的正確方法是 。（3）上述裝置圖中，B儀器的名稱是 ，D儀器的名稱是 。（4）分液漏斗使用前必須進行的操作是 （填正確答案標號）。a潤濕 b干燥 c檢漏 d標定（5）將正丁醛粗產

6、品置于分液漏斗中分水時，水在 層（填“上”或“下”）。（6）反應溫度應保持在9095，其原因是 。（7）本實驗中，正丁醛的產率為 %。9（14分）氧化鋅為白色粉末，可用于濕疹、癬等皮膚病的治療。純化工業級氧化鋅（含有Fe（II）、Mn（II）、Ni（II）等雜質）的流程如圖所示：提示：在本實驗條件下，Ni（II）不能被氧化；高錳酸鉀的還原產物是MnO2。回答下列問題：（1）反應中除掉的雜質離子是 ，發生反應的離子方程式為 ；在加高錳酸鉀溶液前，若pH較低，對除雜的影響是 。（2）反應的反應類型為 ，過濾得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有 。（3）反應形成的沉淀要用水洗，檢查沉淀是否洗滌干凈的方法

7、是 。（4）反應中產物的成分可能是ZnCO3xZn（OH）2取干燥后的濾餅11.2g，鍛燒后可得到產品8.1g，則x等于 。10（14分）在1.0L密閉容器中放入0.10molA（g），在一定溫度進行如下反應：A（g）B（g）+C（g ）H=+85.1kJmol1反應時間（t）與容器內氣體總壓強（p）的數據見下表：時間t/h0124816202530總壓強p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：（1）欲提高A的平衡轉化率，應采取的措施為 。（2）由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率（A）的表達式為 ，平衡時A的轉化率為 ，列

8、式并計算反應的平衡常數K 。（3）由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應后A的物質的量n（A），n總= mol，n（A）= mol。下表為反應物A濃度與反應時間的數據，計算：a= 。反應時間t/h04816c（A）/（molL1）0.10a0.0260.0065分析該反應中反應物的濃度c（A）變化與時間間隔（t）的規律，得出的結論是 ，由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）為 molL1。11（15分）化學選修2：化學與技術鋅錳電池（俗稱干電池）在生活中的用量很大兩種鋅錳電池的構造如圖（甲）所示回答下列問題：（1）普通鋅錳電池放電時發生的主要反應為：Zn+2NH4C

9、l+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH該電池中，負極材料主要是 ，電解質的主要成分是 ，正極發生的主要反應是 與普通鋅錳電池相比，堿性鋅錳電池的優點及其理由是 （2）圖（乙）表示回收利用廢舊普通鋅錳電池工藝（不考慮廢舊電池中實際存在的少量其他金屬）圖（乙）中產物的化學式分別為A ，B 操作a中得到熔塊的主要成分是K2MnO4操作b中，綠色的K2MnO4溶液反應生成紫色溶液和一種黑褐色固體，該反應的離子方程式為 采用惰性電極電解K2MnO4溶液也能得到化合物D，則陰極處得到的主要物質是 （填化學式）12化學選修3：物質結構與性質（15分）前四周期原子序數依次增大的元素A、B、C、D中

10、，A和B的價電子層中未成對電子均只有一個，并且A和B+的電子數相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差為2。回答下列問題：（1）D2+的價層電子排布圖為 。（2）四種元素中第一電離能最小的是 ，電負性最大的是 。（填元素符號）（3）A、B和D三種元素組成的一個化合物的晶胞如圖所示。該化合物的化學式為 ；D的配位數為 ；列式計算該晶體的密度 gcm3。（4）A、B+和C3+三種離子組成的化合物的B3CA6，其中化學鍵的類型有 ；該化合物中存在一個復雜離子，該離子的化學式為 ，配位體是 。13化學選修5：有機化學基礎（15分）化合物I（C11H1

11、2O3）是制備液晶材料的中間體之一，其分子中含有醛基和酯基I可以用E和H在一定條件下合成：已知以下信息：1A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫；2RCH=CH2RCH2CH2OH；3化合物F苯環上的一氯代物只有兩種；4通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩定，易脫水形成羰基回答下列問題：（1）A的化學名稱為 （2）D的結構簡式為 （3）E的分子式為 （4）F生成G的化學方程式為 ，該反應類型為 （5）I的結構簡式為 （6）I的同系物J比I相對分子質量小14，J的同分異構體中能同時滿足如下條件：苯環上只有兩個取代基，既能發生銀鏡反應，又能與飽和NaHCO3溶液反應放出CO2，共有 種（不考慮

12、立體異構）J的一個同分異構體發生銀鏡反應并酸化后核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為2：2：1，寫出J的這種同分異構體的結構簡式 2013年全國統一高考化學試卷（新課標）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1（6分）在一定條件下，動植物油脂與醇反應可制備生物柴油，化學方程式如圖所示：下列敘述錯誤的是（）A生物柴油由可再生資源制得B生物柴油是不同酯組成的混合物C動植物油脂是高分子化合物D“地溝油”可用于制備生物柴油【考點】JH：油脂的性質、組成與結構；L1：有機高分子化合物的結構和性質菁優網版權所有【專題】534：有機物的化學性質

13、及推斷【分析】A生物柴油其原料取自可再生的動植物資源；B生物柴油通常是指以動植物油脂為原料生產的、以脂肪酸甲酯為主要成份的液體燃料；C相對分子質量在10000以上的有機化合物為高分子化合物；D“地溝油”中含有動植物油脂，動植物油脂與醇反應可制備生物柴油；【解答】解：A生物柴油由可再生資源制得，故A正確；B生物柴油通常是指以動植物油脂為原料生產的、以不同脂肪酸甲酯組成的混合物，故B正確；C動植物油脂是高分子化合物相對分子質量小于10000，不是高分子化合物，故C錯誤；D“地溝油”中含有動植物油脂，動植物油脂與醇反應可制備生物柴油，故D正確；故選：C。【點評】本題主要考查了油脂的性質與用途，難度不

14、大，根據題目信息即可完成2（6分）下列敘述中，錯誤的是（）A苯與濃硝酸、濃硫酸共熱并保持5560反應生成硝基苯B苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷C乙烯和溴的四氯化碳溶液反應生成1，2二溴乙烷D甲苯與氯氣在光照下反應主要生成2，4二氯甲苯【考點】HD：有機物的結構和性質；IB：乙烯的化學性質；IH：苯的性質；II：苯的同系物菁優網版權所有【專題】534：有機物的化學性質及推斷【分析】A根據苯的硝化反應；B根據碳碳雙鍵能發生加成反應，苯環也可發生加成反應；C根據碳碳雙鍵能發生加成反應；D根據甲苯與氯氣在光照下反應主要發生的是側鏈上的氫原子被取代；【解答】解：A苯的硝化反應：苯與濃硝酸、濃

15、硫酸共熱并保持5560反應生成硝基苯，故A正確；B碳碳雙鍵能發生加成反應，苯環也可發生加成反應，所以苯乙烯在合適條件下催化加氫可生成乙基環己烷，故B正確；C碳碳雙鍵能發生加成反應，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反應生成1，2二溴乙烷，故C正確；D甲苯與氯氣在光照下反應主要發生的是側鏈上的氫原子被取代，不能得到苯環上氫原子被取代的產物2，4二氯甲苯，故D錯誤；故選：D。【點評】本題主要考查了物質的結構與性質，注意反應條件對產物結構的影響3（6分）NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是（）A1.0 L 1.0 molL1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子數為2 NAB12g石墨烯（單層石墨）中含

16、有六元環的個數為0.5 NAC25時pH=13的NaOH溶液中含有OH的數目為0.1 NAD1 mol的羥基與1 mol的氫氧根離子所含電子數均為9 NA【考點】4F：阿伏加德羅常數菁優網版權所有【專題】518：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律【分析】A、溶液中存在水的電離平衡；B、石墨烯中每一個六元環平均含有2個碳原子；C、溶液體積不知不能計算微粒數；D、羥基是取代基，氫氧根離子是陰離子。【解答】解：A、1.0 L 1.0 molL1 的NaAlO2水溶液中，含有水，溶液中含有的氧原子數大于2 NA，故A錯誤；B、石墨烯中每一個六元環平均含有2個碳原子，12g石墨烯物質的量為1mol，含六元環

17、的個數為0.5 NA故B正確；C、溶液體積不知不能計算微粒數；D、1 mol的羥基OH含有電子數9 NA，1 mol的氫氧根離子OH所含電子數均為10 NA，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，主要考查溶液中微粒數判斷，石墨結構分析計算，溶液PH計算，注意區別羥基和氫氧根離子的不同，題目難度中等。4（6分）能正確表示下列反應的離子方程式是（）A濃鹽酸與鐵屑反應：2Fe+6H+2Fe3+3H2B鈉與CuSO4溶液反應：2Na+Cu2+Cu+2Na+CNaHCO3溶液與稀H2SO4反應：CO32+2H+H2O+CO2D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+

18、2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+【考點】49：離子方程式的書寫菁優網版權所有【專題】516：離子反應專題【分析】A反應生成氯化亞鐵和氫氣；B不能置換出Cu，反應生成氫氧化銅、硫酸鈉、氫氣；CHCO3不能拆分；D發生沉淀的轉化，生成氫氧化鐵和氯化鎂【解答】解：A濃鹽酸與鐵屑反應的離子反應為Fe+2H+Fe2+H2，故A錯誤；B鈉與CuSO4溶液反應的離子反應為2Na+2H2O+Cu2+Cu（OH）2+2Na+H2，故B錯誤；CNaHCO3溶液與稀H2SO4反應的離子反應為HCO3+H+H2O+CO2，故C錯誤；D向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的離子反應為3Mg（OH）2+2Fe3+3

19、Mg2+2Fe（OH）3，故D正確；故選：D。【點評】本題考查離子反應書寫的正誤判斷，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，注意物質的性質及離子反應的書寫方法，題目難度不大5（6分）“ZEBRA”蓄電池的結構如圖所示，電極材料多孔Ni/NiCl2和金屬鈉之間由鈉離子導體制作的陶瓷管相隔。下列關于該電池的敘述錯誤的是（）A電池反應中有NaCl生成B電池的總反應是金屬鈉還原三價鋁離子C正極反應為：NiCl2+2eNi+2ClD鈉離子通過鈉離子導體在兩電極間移動【考點】BL：化學電源新型電池菁優網版權所有【專題】51I：電化學專題【分析】該原電池中，鈉作負極，負極上電極反應式為：Nae=Na+，Ni/

20、NiCl2作正極，正極上電極反應式為：NiCl2+2e=Ni+2Cl，鈉離子向正極移動。【解答】解：A負極上電極反應式為：Nae=Na+，正極上電極反應式為：NiCl2+2e=Ni+2Cl，所以該原電池中有氯化鈉生成，故A正確；B根據正負極電極反應式知，金屬鈉還原NiCl2，故B錯誤；C正極上得電子發生還原反應，電極反應式為：NiCl2+2e=Ni+2Cl，故C正確；D原電池放電時，陽離子向正極移動，鈉離子在負極產生，向正極移動，所以鈉離子通過鈉離子導體在兩電極間移動，故D正確；故選：B。【點評】本題考查原電池原理，明確正負極上得失電子、離子的移動方向即可分析解答，難點是電極反應式的書寫，難度

21、中等。6（6分）在1200時，天然氣脫硫工藝中會發生下列反應：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+H2O（g）H12H2S（g）+SO2（g）S2（g）+2H2O（g）H2H2S（g）+O2（g）S（g）+H2O（g）H32S（g）S2（g）H4則H4的正確表達式為（）AH4=（H1+H23H3）BH4=（3H3H1H2）CH4=（H1+H23H3）DH4=（H1H23H3）【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算菁優網版權所有【專題】517：化學反應中的能量變化【分析】利用蓋斯定律分析，不管化學反應是一步或分幾步完成，其反應熱是不變的；根據目標方程改寫分方程，然后求出反應熱。【解答】解

22、：根據目標方程，把方程3反寫，計量數乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即H3×2+H2×+H1×=（H1+H23H3），故選：A。【點評】本題考查了蓋斯定律的應用，要注意方程式計量數的變化，及H的符號的變化。7（6分）室溫時，M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH（aq）Ksp=a，c（M2+）=b molL1時，溶液的pH等于（）Alg（）Blg（）C14+lg（）D14+lg（）【考點】DA：pH的簡單計算；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質菁優網版權所有【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題【分析】依據Ksp=c（M2+）c2（O

23、H）表達式和題干Ksp=a，C（M2+）=b molL1，計算溶液中氫氧根離子濃度，結合溶液中離子積計算氫離子濃度和溶液pH；【解答】解：室溫時，M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH（aq），已知Ksp=a，c（M2+）=b molL1，則c（OH）=molL1，所以c（H+）=molL1，則pH=lgc（H+）=14+lg（）；故選：C。【點評】本題考查了溶度積常數的有關計算和PH的計算，題目難度不大，注意對Ksp含義的理解二、解答題（共6小題，滿分58分）8（15分）正丁醛是一種化工原料。某實驗小組利用如圖所示裝置合成正丁醛。發生的反應如下：CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH

24、2CHO。反應物和產物的相關數據列表如下：沸點/密度/gcm3水中溶解性正丁醇117.20.8109微溶正丁醛75.70.8017微溶實驗步驟如下：將6.0gNa2Cr2O7放入100mL燒杯中，加30mL水溶解，再緩慢加入5mL濃硫酸，將所得溶液小心轉移至B中。在A中加入4.0g正丁醇和幾粒沸石，加熱。當有蒸汽出現時，開始滴加B中溶液。滴加過程中保持反應溫度為9095，在E中收集90以上的餾分。將餾出物倒入分液漏斗中，分去水層，有機層干燥后蒸餾，收集7577餾分，產量2.0g。回答下列問題：（1）實驗中，能否將Na2Cr2O7溶液加到濃硫酸中，說明理由容易發生迸濺。（2）加入沸石的作用是防止

25、暴沸，若加熱后發現未加入沸石，應采取的正確方法是冷卻后補加。（3）上述裝置圖中，B儀器的名稱是分液漏斗，D儀器的名稱是直形冷凝管。（4）分液漏斗使用前必須進行的操作是c（填正確答案標號）。a潤濕 b干燥 c檢漏 d標定（5）將正丁醛粗產品置于分液漏斗中分水時，水在下層（填“上”或“下”）。（6）反應溫度應保持在9095，其原因是保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化。（7）本實驗中，正丁醛的產率為51%。【考點】U3：制備實驗方案的設計菁優網版權所有【專題】17：綜合實驗題【分析】（1）不能將Na2Cr2O7溶液加到濃硫酸中，因為濃硫酸的密度大，容易發生迸濺；（2）加入沸石的作用是防止

26、暴沸，若加熱后發現未加沸石，應該冷卻后補加；（3）B儀器的名稱是滴液漏斗，D儀器的名稱直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必須進行的第一項操作是檢漏；（5）由表中數據可知，正丁醛密度小于水的密度，據此判斷；（6）根據題目所給反應物和產物的沸點數據可知，反應溫度保持在9095，既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化；（7）設正丁醛的產率為x，則正丁醇的利用率為x，根據關系式C4H10OC4H8O列方程計算。【解答】解：（1）因為濃硫酸的密度大，能將Na2Cr2O7溶液加到濃硫酸中，容易發生迸濺，故答案為：不能，容易發生迸濺；（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加熱后發現未加沸石，應該冷卻后

27、補加，故答案為：防止暴沸；冷卻后補加；（3）B儀器的名稱是分液漏斗，D儀器的名稱直形冷凝管，故答案為：分液漏斗；直形冷凝管；（4）分液漏斗使用前必須進行的第一項操作是檢漏，故答案為：c：（5）正丁醛密度為0.8017 gcm3，小于水的密度，故分層水層在下方，故答案為：下；（6）根據題目所給反應物和產物的沸點數據可知，反應溫度保持在9095，既可保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化，故答案為：保證正丁醛及時蒸出，又可盡量避免其被進一步氧化；（7）設正丁醛的產率為x，則正丁醇的利用率為x，根據關系式，C4H10OC4H8O74 724xg 2g解得：x=51%，故答案為：51。【點評】

28、本題考查有機化學實驗、反應原理、基本操作、化學計算等，難度不大，注意計算中正丁醇的轉化率等于正丁醛的產率，注意對基礎知識的理解掌握。9（14分）氧化鋅為白色粉末，可用于濕疹、癬等皮膚病的治療。純化工業級氧化鋅（含有Fe（II）、Mn（II）、Ni（II）等雜質）的流程如圖所示：提示：在本實驗條件下，Ni（II）不能被氧化；高錳酸鉀的還原產物是MnO2。回答下列問題：（1）反應中除掉的雜質離子是Fe2+和Mn2+，發生反應的離子方程式為MnO4+3Fe2+7H2O=3Fe（OH）3+MnO2+5H+、2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；在加高錳酸鉀溶液前，若pH較低，對除雜的影響

29、是鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質。（2）反應的反應類型為置換反應，過濾得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有鎳。（3）反應形成的沉淀要用水洗，檢查沉淀是否洗滌干凈的方法是取最后一次少量水洗液于試管中，滴入12滴鹽酸，再滴入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經洗滌干凈。（4）反應中產物的成分可能是ZnCO3xZn（OH）2取干燥后的濾餅11.2g，鍛燒后可得到產品8.1g，則x等于1。【考點】GR：常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用菁優網版權所有【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物【分析】（1）根據題意，Ni（）不能被氧

30、化，反應中除掉的雜質離子是Fe2+和Mn2+，根據MnO4+具有氧化性，能將Fe2+和Mn2+氧化，根據電子得失進行配平；加高錳酸鉀溶液前，若pH較低，鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質。（2）反應為鋅與鎳離子的發生反應得到鋅離子和鎳；得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有金屬鎳。（3）檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是最后一次洗滌液，檢驗表面是否含有硫酸根離子；（4）根據關系式ZnCO3xZn（OH）2（x+1）ZnO來計算。【解答】解：（1）根據題意，Ni（）不能被氧化，反應中除掉的雜質離子是Fe2+和Mn2+，發生的離子方程式為MnO4+3Fe2+7H2O=3Fe（OH）3+MnO2

31、+5H+、2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；加高錳酸鉀溶液前，若pH較低，鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質；故答案為：Fe2+和Mn2+；MnO4+3Fe2+7H2O=3Fe（OH）3+MnO2+5H+、2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；鐵離子和錳離子不能生成沉淀，從而無法除去鐵和錳雜質；（2）反應為鋅與鎳離子的發生反應得到鋅離子和鎳，反應類型為置換反應；得到的濾渣中，除了過量的鋅外還有金屬鎳，故答案為：置換反應；鎳；（3）由于溶液中硫酸根離子屬于雜質離子，因此可以檢驗測定洗滌液中是否存在硫酸根離子，操作為：取最后一次少量水洗液于試管中，滴

32、入12滴稀鹽酸，再滴入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經洗滌干凈，故答案為：取最后一次少量水洗液于試管中，滴入12滴稀鹽酸，再滴入氯化鋇溶液，若無白色沉淀生成，則說明沉淀已經洗滌干凈； （4）根據關系式ZnCO3xZn（OH）2 （x+1）ZnO 125+99x 81（x+1） 11.2g 8.1g解得：x=1故答案為：1。【點評】本題以工業流程為背景，考查了學生分析問題、解決問題，運用知識的能力，難度中等。10（14分）在1.0L密閉容器中放入0.10molA（g），在一定溫度進行如下反應：A（g）B（g）+C（g ）H=+85.1kJmol1反應時間（t）與容器內氣體總壓強（p）

33、的數據見下表：時間t/h0124816202530總壓強p/100kPa4.915.586.327.318.549.509.529.539.53回答下列問題：（1）欲提高A的平衡轉化率，應采取的措施為升高溫度、降低壓強。（2）由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率（A）的表達式為×100%，平衡時A的轉化率為94.1%，列式并計算反應的平衡常數K1.5mol/L。（3）由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應后A的物質的量n（A），n總=0.10×mol，n（A）=0.10×（2）mol。下表為反應物A濃度與反應時間的數據，計算：a=0.0

34、51。反應時間t/h04816c（A）/（molL1）0.10a0.0260.0065分析該反應中反應物的濃度c（A）變化與時間間隔（t）的規律，得出的結論是達到平衡前每間隔4h，c（A）減少約一半，由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）為0.013molL1。【考點】CB：化學平衡的影響因素；CP：化學平衡的計算菁優網版權所有【專題】51E：化學平衡專題【分析】（1）反應是吸熱反應，反應前后氣體體積增大，結合平衡移動原理分析判斷轉化率；（2）相同條件下壓強之比等于物質的量之比，反應前后物質的量的增大是反應的A的物質的量，結合轉化率概念計算得到；依據化學平衡三段式列式計算平衡濃度達到平

35、衡常數；（3）依據相同條件下壓強之比等于物質的量之比，結合平衡計算得到；依據平衡A的濃度計算，依據圖表數據分析判斷存在的規律；【解答】解：（1）在一定溫度進行如下反應：A（g）B（g）+C（g ）H=+85.1kJmol1反應是吸熱反應，反應前后氣體體積增大，根據平衡移動原理分析可知，欲提高A的平衡轉化率，平衡正向進行，可以升溫或減壓條件下使平衡正向進行；故答案：升高溫度、降低壓強； （2）反應前后氣體物質的量增大等于反應的A的量，所以由總壓強p和起始壓強p0計算反應物A的轉化率（A）的表達式=×100%=（）×100%；平衡時A的轉化率=×100%=94.1%依

36、據化學平衡三段式 列式得到； A（g）B（g）+C（g ）起始量（mol/L） 0.10 0 0變化量（mol/L） 0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%平衡量（mol/L）0.10（194.1%） 0.10×94.1% 0.10×94.1%K=1.5mol/L故答案為：（）×100%；94.1%； 1.5mol/L（3）由總壓強p和起始壓強p0表示反應體系的總物質的量n總和反應物A的物質的量n（A），依據壓強之比等于物質的量之比，n總：n起始=P：P0 ，n總=； A（g）B（g）+C（g ）起始量（mo

37、l） 0.10 0 0變化量（mol） x x x某時刻量（mol） 0.10x x x（0.10+x）：0.10=P：P0x=n（A）=0.10=0.10×（2）mol；故答案為：；0.10×（2）；n（A）=0.10×（2）=0.10×（2）=0.051mol所以濃度a=0.051mol/L；分析數據特征可知，每隔4h，A的濃度減小一半，故答案為：0.051；達到平衡前每間隔4h，c（A）減少約一半；由此規律推出反應在12h時反應物的濃度c（A）=0.013mol/L；故答案為：0.051，每隔4h，A的濃度減小一半；0.013；【點評】本題考查壓強

38、關系和物質的量的計算應用，化學平衡計算方法，圖表數據處理方法的分析判斷，題目難度中等。11（15分）化學選修2：化學與技術鋅錳電池（俗稱干電池）在生活中的用量很大兩種鋅錳電池的構造如圖（甲）所示回答下列問題：（1）普通鋅錳電池放電時發生的主要反應為：Zn+2NH4Cl+2MnO2Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH該電池中，負極材料主要是鋅，電解質的主要成分是NH4Cl，正極發生的主要反應是MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3與普通鋅錳電池相比，堿性鋅錳電池的優點及其理由是堿性電池不易發生電解質的泄露，因為消耗的負極改裝在電池的內部，堿性電池的使用壽命較長，因為金屬材料在堿性電解質中比在酸

39、性電解質中的穩定性提高（2）圖（乙）表示回收利用廢舊普通鋅錳電池工藝（不考慮廢舊電池中實際存在的少量其他金屬）圖（乙）中產物的化學式分別為AZnCl2，BNH4Cl操作a中得到熔塊的主要成分是K2MnO4操作b中，綠色的K2MnO4溶液反應生成紫色溶液和一種黑褐色固體，該反應的離子方程式為3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32采用惰性電極電解K2MnO4溶液也能得到化合物D，則陰極處得到的主要物質是H2（填化學式）【考點】BJ：常見化學電源的種類及其工作原理菁優網版權所有【專題】51I：電化學專題【分析】（1）根據電池反應判斷正負極和電解質；二氧化錳和銨根離子在正極發生反應；

40、根據堿性鋅錳電池的特點分析；（2）根據電池的材料分析；根據已知反應物和產物，再利用元素守恒K2MnO4溶液中陰極產物的判斷，根據溶液中陽離子得電子能力分析【解答】解：（1）根據化學方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+2MnOOH，反應中Zn被氧化，為電池負極鋅，氯化銨是電解質的主要成分，二氧化錳和銨根離子在正極發生反應，MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3與普通鋅錳電池相比，堿性鋅錳電池的優點及其理由是堿性電池不易發生電解質的泄露，因為消耗的負極改裝在電池的內部，堿性電池的使用壽命較長，因為金屬材料在堿性電解質中比在酸性電解質中的穩定性提高；故答案為：鋅；NH4C

41、l；MnO2+NH4+e=MnOOH+NH3堿性電池不易發生電解質的泄露，因為消耗的負極改裝在電池的內部，堿性電池的使用壽命較長，因為金屬材料在堿性電解質中比在酸性電解質中的穩定性提高（2）廢電池經機械分離后，加水溶解后溶液中的成分是氯化銨，再加稀鹽酸Zn溶解生成氯化鋅，因此濃縮結晶得到氯化銨和氯化鋅氯化銨不穩定，受熱易分解，所以B為氯化銨，A為氯化鋅綠色的K2MnO4溶液發生反應后生成紫色的高錳酸鉀溶液和黑褐色的二氧化錳，該反應的離子方程式為3MnO42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32采用惰性電極電解K2MnO4溶液，陰極氫離子得電子生成氫氣故答案為：ZnCl2 NH4Cl3Mn

42、O42+2CO2=2MnO4+MnO2+2CO32lH2【點評】本題考查了化學與技術、原電池原理、電極方程式的書寫，綜合性較強12化學選修3：物質結構與性質前四周期原子序數依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有一個，并且A和B+的電子數相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差為2。回答下列問題：（1）D2+的價層電子排布圖為。（2）四種元素中第一電離能最小的是K，電負性最大的是F。（填元素符號）（3）A、B和D三種元素組成的一個化合物的晶胞如圖所示。該化合物的化學式為K2NiF4；D的配位數為6；列式計算該晶體的密

43、度3.4gcm3。（4）A、B+和C3+三種離子組成的化合物的B3CA6，其中化學鍵的類型有離子鍵和配位鍵；該化合物中存在一個復雜離子，該離子的化學式為FeF63，配位體是F。【考點】8J：位置結構性質的相互關系應用；9I：晶胞的計算菁優網版權所有【專題】51B：原子組成與結構專題；51D：化學鍵與晶體結構【分析】前四周期原子序數依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有一個，并且A和B+的電子數相差為8，A屬于第VIIA族元素，B屬于第IA族元素，且A的原子序數小于B，則A是F元素，B是K元素；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子

44、序數相差為2，且C和D的原子序數大于B，C的原子序數小于D，則C是Fe元素，D是Ni元素，結合物質結構和性質解答。【解答】解：前四周期原子序數依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有一個，并且A和B+的電子數相差為8，A屬于第VIIA族元素，B屬于第IA族元素，且A的原子序數小于B，則A是F元素，B是K元素；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差為2，且C和D的原子序數大于B，C的原子序數小于D，則C是Fe元素，D是Ni元素，（1）D2+的價層電子為3d電子，根據能量最低原理、保里不相容原理及洪特規則知，其價電子排布圖為，故

45、答案為：；（2）元素的金屬性越強其第一電離能越小，元素的非金屬性越強，其電負性越大，這四種元素中金屬性最強的是K元素，非金屬性最強的元素是F，所以第一電離能最小的是K，電負性最大的是F，故答案為：K；F；（3）該晶胞中A原子個數=16×=8，B原子個數=8×=4，D原子個數=8×，所以該化合物的化學式為K2NiF4，根據晶胞結構知，D的配位數是6，故答案為：K2NiF4；6；該晶胞的體積=（400×1010cm）2（1308×1010cm），=3.4gcm3，故答案為：3.4；（4）A、B+和C3+三種離子組成的化合物的K3FeF6，該物質中陰

46、陽離子間存在離子鍵，鐵原子和氟原子間存在配位鍵，該化合物中存在一個復雜離子，該離子的化學式為FeF63，配位體是F，故答案為：離子鍵和配位鍵；FeF63；F。【點評】本題考查物質結構和性質，正確推斷元素是解本題關鍵，難度中等，注意化學式的確定中，各中原子被幾個晶胞共用，為易錯點，難點是密度的計算。13化學選修5：有機化學基礎化合物I（C11H12O3）是制備液晶材料的中間體之一，其分子中含有醛基和酯基I可以用E和H在一定條件下合成：已知以下信息：1A的核磁共振氫譜表明其只有一種化學環境的氫；2RCH=CH2RCH2CH2OH；3化合物F苯環上的一氯代物只有兩種；4通常在同一個碳原子上連有兩個羥基不穩定，易脫水形成羰基回答下列問題：（1）A的化學名稱為2甲基2氯丙烷（2）D的結構簡式為（CH3）2CHCHO（3）E的分子式為C4H8O2（4）F生成G的化學方程式為，該反應類型為取代反應（5）I的結構簡式為（6）I的同系物J比I相對分子質量小14，J的同分異構體中能同時滿足如下條件：苯環上只有兩個取代基，既能發生銀鏡反應，又能與飽和NaHCO3溶