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  • 2021-05-13 发布

高考化学真题Word——新课标卷试题答案解析

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‎2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)‎ 化学试题及答案解析 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 S 32 K 39 Mn 55‎ 一、选择题:本题共13小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。‎ ‎7.化学无处不在,下列与化学有关的说法不正确的是(  )‎ A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C.碘是人体必需微量元素,所以要多吃富含高碘酸的食物 D.黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 答案:C解析:C选项,应多吃富含碘元素的食物,如KIO3。高碘酸为强酸,对人体有很强的腐蚀性。‎ ‎8.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:‎ 下列有关香叶醇的叙述正确的是(  )‎ A.香叶醇的分子式为C10H18O B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.能发生加成反应不能发生取代反应 答案:A解析:根据碳原子的四价原则补齐氢原子,直接查出C、H的原子个数,A选项正确;该有机物分子中含有碳碳双键,B、C选项错误;含有甲基、醇羟基,所以可以发生取代反应,D选项错误。‎ ‎9.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(  )‎ A.W2-、X+ B.X+、Y3+‎ C.Y3+、Z2- D.X+、Z2-‎ 答案:C解析:A选项W在X的上一周期,所以X为第3周期,分别为O、Na;B选项X可能为Li或Na、Y可均为Al;D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S;上述选项中的Na+均不影响水的电离平衡;C选项Y只能为Al、Z只能为S,Al3+、S2-均影响水的电离平衡。‎ ‎10.银质器皿日久表面会逐渐变黑,这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑的银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是(  )‎ A.处理过程中银器一直保持恒重 B.银器为正极,Ag2S被还原生成单质银 C.该过程中总反应为2Al+3Ag2S===6Ag+Al2S3‎ D.黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 答案:B解析:由“电化学原理”可知正极反应式为Ag2S+2e-===2Ag+S2-,负极反应式为Al-3e-===Al3+;电解质溶液中发生反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,S2-与H+结合生成H2S,使Al3++3H2OAl(OH)3+3H+的平衡右移,最终生成Al(OH)3沉淀,只有B选项正确。‎ ‎11.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和,浓度均为0.010 mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.010‎ ‎ mol·L-1 的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(  )‎ A.Cl-、Br-、‎ B.、Br-、Cl-‎ C.Br-、Cl-、‎ D.Br-、、Cl-答案:C 解析:因为溶液中Cl-、Br-、浓度相同,假设滴加AgNO3溶液的过程中混合液中Cl-、Br-、浓度不变,均为0.010 mol·L-1,则开始生成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀时溶液中c(Ag+)浓度分别为1.56×10-8 mol·L-1、7.7×10-11 mol·L-1、3.0×10-5 mol·L-1,所以首先沉淀的是AgBr,最后沉淀的是Ag2CrO4。‎ ‎12.分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇,若不考虑立体异构,这些醇和酸重新组合可形成的酯共有(  )‎ A.15种 B.28种 C.32种 D.40种答案:D 解析:属于C5H10O2的酯水解可生成的酸有甲酸、乙酸、丙酸、两种丁酸[CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH],共5种;生成的醇有甲醇、乙醇、两种丙醇、4种丁醇,共8种,酸与醇酯化,共得5×8=40种组合,即40种酯。‎ ‎13.下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是(  )‎ 选项 目的 分离方法 原理 A.‎ 分离溶于水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B.‎ 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C.‎ 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D.‎ 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 答案:D解析:乙醇与水、乙酸乙酯与乙醇互溶,A、B选项中的分离方法均错误;C选项选用重结晶法是利用KNO3的溶解度受温度变化的影响大,而NaCl的溶解度受温度变化的影响小,错误;蒸馏是利用各组分的沸点不同而采取的分离混合物的方法,D正确。‎ 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题~第40题为选考题,考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题(共129分)‎ ‎26.(13分)醇脱水是合成烯烃的常用方法,实验室合成环己烯的反应和实验装置如下:‎ ‎+H2O 可能用到的有关数据如下:‎ 相对分子质量 密度/(g·cm-3)‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环己醇 ‎100‎ ‎0.961 8‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎82‎ ‎0.810 2‎ ‎83‎ 难溶于水 合成反应:‎ 在a中加入‎20 g环己醇和2小片碎瓷片,冷却搅动下慢慢加入1‎ ‎ mL浓硫酸。b中通入冷却水后,开始缓慢加热a,控制馏出物的温度不超过‎90 ℃‎。‎ 分离提纯:‎ 反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯‎10 g。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)装置b的名称是______。‎ ‎(2)加入碎瓷片的作用是______;如果加热一段时间后发现忘记加瓷片,应该采取的正确操作是______(填正确答案标号)。‎ A.立即补加 B.冷却后补加 C.不需补加 D.重新配料 ‎(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为________________。‎ ‎(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并______;在本实验分离过程中,产物应该从分液漏斗的______(填“上口倒出”或“下口放出”)。‎ ‎(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________________________。‎ ‎(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到的仪器有______(填正确答案标号)。‎ A.圆底烧瓶 B.温度计 C.吸滤瓶 D.球形冷凝管 E.接收器 ‎(7)本实验所得到的环己烯产率是______(填正确答案标号)。‎ A.41%   B.50%   C.61%   D.70%‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为______。‎ ‎(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式__________________________。‎ ‎(3)“酸浸”一般在‎80 ℃‎下进行,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式______________________________________;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,但缺点是____________________。‎ ‎(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式__________________________。‎ ‎(5)充放电过程中,发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式____________________________。‎ ‎(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是__________________。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有____________________(填化学式)。‎ ‎26.答案:(1)直形冷凝管 ‎(2)防止暴沸 B ‎(3)‎ ‎(4)检漏 上口倒出 ‎(5)干燥(或除水除醇)‎ ‎(6)CD ‎(7)C 解析:‎ ‎(2)如果立即补加碎瓷片,可能使反应液暴沸,发生危险,A选项错误;C选项不能防止暴沸,错误;D选项浪费药品,错误;(3)醇在浓硫酸作催化剂时,加热条件下可能发生分子内脱水生成烯烃,也可能发生分子间脱水生成醚;(4)环己烯的密度比水小,位于分液漏斗中液体的上层,分液时要先把下层液体从下口放出,再将上层液体从上口倒出,防止从下口放出时混有部分下层液体;(5)无水氯化钙能与水结合,也能与乙醇结合;(7)n(环己醇)==0.2 mol、n(环己烯)==0.122 mol,产率=×100%=61%。‎ ‎27.(15分)锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为‎6C+xLi++xe-===LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。‎ 答案:(1)+3‎ ‎(2)2Al+2OH-+6H2O===2[Al(OH)4]-+3H2↑‎ ‎(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,2H2O22H2O+O2↑ 有氯气生成,污染较大 ‎(4)CoSO4+2NH4HCO3===CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑‎ ‎(5)Li1-xCoO2+LixC6===LiCoO2+‎‎6C ‎(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4‎ 解析:(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al;(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4,Co化合价由+3降低为+2,化合价升高的只能为H2O2,H2O2中的O化合价由-1升高为0,生成O2,据此配平即可;注意题干中有对温度的要求,可知H2O2会发生分解;抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”,把还原剂H2O2去掉了,所以作为还原剂的只能为盐酸,盐酸被氧化生成Cl2,Cl2有毒,污染环境;(5)正极发生得电子的反应,Co的化合价降低,由Li1-xCoO2生成LiCoO2化合价由+(3+x)降低到+3,降低了x,故正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+===LiCoO2,由充电时电池负极反应式可知放电时负极反应式为LixC6-xe-===‎6C+xLi+,两电极反应式相加可得电池反应式;(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀有Al(OH)3、CoCO3,水相为Li2SO4溶液,可知回收的金属化合物。‎ ‎28.(15分)二甲醚(CH3OCH3)是无色气体,可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚,其中的主要过程包括以下四个反应:‎ 甲醇合成反应:‎ ‎(ⅰ)CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g) H1=-90.1 kJ·mol-1‎ ‎(ⅱ)CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.0 kJ·mol-1‎ 水煤气变换反应:‎ ‎(ⅲ)CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) H3=-41.1 kJ·mol-1‎ 二甲醚合成反应:‎ ‎(ⅳ)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=-24.5 kJ·mol-1‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是_____________________(以化学方程式表示)。‎ ‎(2)分析二甲醚合成反应(ⅳ)对于CO转化率的影响_________________。‎ ‎(3)由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为______________________________。根据化学反应原理,分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响________________________________。‎ ‎(4)有研究者在催化剂(含Cu-Zn-Al-O和Al2O3)、压强为5.0 MPa的条件下,由H2和CO直接制备二甲醚,结果如图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是______________________。‎ ‎(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点,其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg-1)。若电解质为酸性,二甲醚直接燃料电池的负极反应为________________________,一个二甲醚分子经过电化学氧化,可以产生______个电子的电量;该电池的理论输出电压为1.20 V,能量密度E=______________________(列式计算。能量密度=电池输出电能/燃料质量,1 kW·h=3.6×106 J)。‎ 答案:(1)Al2O3(铝土矿)+2NaOH+3H2O===2NaAl(OH)4,NaAl(OH)4+CO2===Al(OH)3↓+NaHCO3,2Al(OH)3Al2O3+3H2O ‎(2)消耗甲醇,促进甲醇合成反应(ⅰ)平衡右移,CO转化率增大;生成的H2O,通过水煤气变换反应(ⅲ)消耗部分CO ‎(3)2CO(g)+4H2(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g) H=-204.7 kJ·mol-1 该反应分子数减少,压强升高使平衡右移,CO和H2转化率增大,CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2浓度增加,反应速率增大 ‎(4)反应放热,温度升高,平衡左移 ‎(5)CH3OCH3+3H2O-12e-===2CO2+12H+ 12 ÷(3.6×106 J·kW-1·h-1)=8.39 kW·h·kg-1‎ 解析:(1)从铝土矿(主要成分Al2O3)中提取Al2O3,主要应用Al2O3能与强碱溶液反应,生成可溶性NaAlO2或NaAl(OH)4溶液,过滤除去其他不溶性杂质,向滤液中通入酸性气体CO2,生成Al(OH)3沉淀,过滤洗涤加热分解Al(OH)3得到Al2O3;‎ ‎(3)由反应式ⅳ+ⅰ×2可得所求热化学方程式,所以H=H4+2H1=(-24.5-90.1×2)kJ·mol-1=-204.7 kJ·mol-1;化工生产中既要考虑产率(化学平衡移动原理),也要考虑化学反应速率;(4)正反应放热,温度升高,平衡左移,CO的转化率降低;(5)燃料电池中,燃料在负极发生失电子的反应,二甲醚的分子式为C2H6O,在酸性条件下生成CO2,碳的化合价从-2价升至+4价,一个二甲醚失去12个e-,书写过程:第一步CH3OCH3-12e-―→CO2,第二步配平除“H、O”之外的其他原子CH3OCH3-12e-―→2CO2,第三步用“H+”配平电荷CH3OCH3-12e-―→CO2+12H+,第四步补水配氢CH3OCH3-12e-+3H2O===2CO2+12H+,第五步用“O”检查是否配平;‎1 kg二甲醚可以产生×12电子,1 mol电子可以提供96 ‎500 C的电量,电压×电量=功,故可求出能量密度。‎ ‎ (二)选考题:共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。‎ ‎36.[化学——选修2:化学与技术](15分)‎ 草酸(乙二酸)可作还原剂和沉淀剂,用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸(含2个结晶水)的工艺流程如下:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为__________________________、__________________________。‎ ‎(2)该制备工艺中有两次过滤操作,过滤操作①的滤液是______,滤渣是______;过滤操作②的滤液是______和______,滤渣是______。‎ ‎(3)工艺过程中③和④的目的是________________________。‎ ‎(4)有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯,其中含有的杂质主要是______。‎ ‎(5)结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品‎0.250 g溶于水,用0.050 0 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,至浅粉红色不消褪,消耗KMnO4溶液15.00 mL,反应的离子方程式为________________;列式计算该成品的纯度______________。‎ 答案:(1)CO+NaOHHCOONa 2HCOONaNa‎2C2O4+H2↑‎ ‎(2)NaOH溶液 CaC2O4 H‎2C2O4溶液 H2SO4溶液 CaSO4‎ ‎(3)分别循环利用氢氧化钠和硫酸(降低成本),减小污染 ‎(4)Na2SO4‎ ‎(5)5+2+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑‎ ‎×100%=94.5%‎ 解析:(1)由“甲酸钠加热脱氢”生成Na‎2C2O4,依据原子守恒可知有H2生成;(2)Na‎2C2O4中加入Ca(OH)2生成CaC2O4和NaOH,过滤①后得CaC2O4沉淀和NaOH溶液,NaOH溶液经③可循环利用;向CaC2O4沉淀中加入H2SO4,生成H‎2C2O4和CaSO4,过滤②后得CaSO4沉淀和H‎2C2O4溶液,溶液中还有过量的H2SO4;(3)NaOH溶液和H2SO4可循环利用,是该流程的优点;(4)Na‎2C2O4和H2SO4反应生成的H‎2C2O4和Na2SO4均可溶,故会使草酸中混有Na2SO4;(5)草酸被氧化为CO2,被还原为Mn2+,依据化合价升降总数相等和电子得失守恒配平即可;n()=‎0.015 L×0.050 0 mol·L-1,依据离子方程式n()=n()=‎0.015 L×0.050 0 mol·L-1×,m(H‎2C2O4·2H2O)=‎0.015 L×0.050 0 mol·L-1××‎126 g·mol-1。‎ ‎37.[化学——选修3:物质结构与性质](15分)‎ 硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:‎ ‎(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为______,该能层具有的原子轨道数为______、电子数为______。‎ ‎(2)硅主要以硅酸盐、______等化合物的形式存在于地壳中。‎ ‎(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以______相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献______个原子。‎ ‎(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:‎ 化学键 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O ‎356‎ ‎413‎ ‎336‎ ‎226‎ ‎318‎ ‎452‎ ‎①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是____________________________________。‎ ‎②SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是__________________________。‎ ‎(6)在硅酸盐中,四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为______,Si与O的原子数之比为______,化学式为__________________。‎ 图(a)‎ 图(b)‎ 答案:(1)M 9 4 (2)二氧化硅 (3)共价键 3‎ ‎(4)Mg2Si+4NH4Cl===SiH4+4NH3+2MgCl2‎ ‎(5)①C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成 ‎②C—H键的键能大于C—O键,C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键 ‎(6)sp3 1∶3 (或)‎ 解析:硅的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,M能层有s、p、d三个能级,共9个原子轨道;(3)立方体共有6个面,面心位置上贡献3个原子;(4)此反应不属于氧化还原反应,产物除SiH4外,还应有MgCl2,另一生成物只能是NH3;(5)由信息可知应从反应物、产物键能的差异角度进行分析;(6)一个硅原子与四个氧原子相连,形成4个σ键,硅原子最外层四个电子全部参与成键,无孤电子对,为sp3杂化;①、②两个氧原子有两个结构单元共用,如图 ‎,中间的结构单元均摊1,再加上其他2个氧原子,一个结构单元中含有一个硅原子、3个氧原子,依据化合价可知一个结构单元表现的化合价为-2,即化学式为或。‎ ‎38.[化学——选修5:有机化学基础](15分)‎ 查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体,其中一种合成路线如下:‎ 已知以下信息:‎ ‎①芳香烃A的相对分子质量在100~110之间,1 mol A充分燃烧可生成‎72 g水。‎ ‎②C不能发生银镜反应。‎ ‎③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢。‎ ‎④‎ ‎⑤RCOCH3+R′CHORCOCH===CHR′‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)A的化学名称为______。‎ ‎(2)由B生成C的化学方程式为______________________________。‎ ‎(3)E的分子式为______,由E生成F的反应类型为______。‎ ‎(4)G的结构简式为__________________________。‎ ‎(5)D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应,又能发生水解反应,H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为__________________________。‎ ‎(6)F的同分异构体中,既能发生银镜反应,又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有______种,其中核磁共振氢谱为5组峰,且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1 的为__________________(写结构简式)。‎ 答案:(1)苯乙烯 ‎(2)+2H2O ‎(3)C7H5O2Na 取代反应 ‎(4)(不要求立体异构)‎ ‎(5)‎ ‎(6)13 ‎ 解析:一分子A中含有×2=8个氢原子,100除以12可知A分子中含有8个碳原子,分子式为C8H8,A的结构为,由反应条件可知B到C发生醇的催化氧化,结合C不能发生银镜反应可知B、C分别为、‎ ‎;D中含有—CHO和苯环,再由D可溶于饱和碳酸钠溶液知D中含有酚羟基,D还含有四种氢原子,苯环上的两个取代基应在对位,结构简式为,则E为,由信息④可知F为,由信息⑤可知G的结构为;(5)能发生水解可知H中含有酯基,依据碳原子、氧原子个数可知H只能为甲酸某酯,结构简式为;(6)F的同分异构体分子中一定含有—CHO、酚羟基,则苯环上的取代基可能为三个(—CHO、—OH、—CH3),也可能为两个(—CH2—CHO、—OH),三个取代基采用固定一个取代基,移动另一取代基法,先固定—OH、然后加—CH3,有邻、间、对三种:①、②、③,然后再加上—CHO,分别有4、4、2种,共10种;两个取代基的有邻、间、对三种,共13种;五组峰说明有五种氢原子,且有三个峰面积比为2∶2∶2,所以为对位。‎