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2013 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共 7 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．
1．（6 分）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
如图所示：
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
【考点】JH：油脂的性质、组成与结构；L1：有机高分子化合物的结构和性
质．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A．生物柴油其原料取自可再生的动植物资源；
B．生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以脂肪酸甲酯为主要成份的
液体燃料；
C．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；
D．“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油；
【解答】解：A．生物柴油由可再生资源制得，故A正确；
B．生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混
合物，故B 正确；
第1页 | 共22页C．动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于 10000，不是高分子化合物，
故C错误；
D．“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，故D正
确；
故选：C。
【点评】本题主要考查了油脂的性质与用途，难度不大，根据题目信息即可完
成．
2．（6分）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．乙烯和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2，4﹣二氯甲苯
【考点】HD：有机物的结构和性质；IB：乙烯的化学性质；IH：苯的性质；II：
苯的同系物．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A．根据苯的硝化反应；
B．根据碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应；
C．根据碳碳双键能发生加成反应；
D．根据甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代；
【解答】解：A．苯的硝化反应：苯与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55～60℃反应
生成硝基苯，故A 正确；
B．碳碳双键能发生加成反应，苯环也可发生加成反应，所以苯乙烯在合适条件
下催化加氢可生成乙基环己烷，故B正确；
C．碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2﹣二
溴乙烷，故C 正确；
D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯
环上氢原子被取代的产物2，4﹣二氯甲苯，故D错误；
第2页 | 共22页故选：D。
【点评】本题主要考查了物质的结构与性质，注意反应条件对产物结构的影
响．
3．（6分）N 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A
A．1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAlO 水溶液中含有的氧原子数为2 N
2 A
B．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5 N
A
C．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1 N
A
D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 N
A
【考点】4F：阿伏加德罗常数．
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【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、溶液中存在水的电离平衡；
B、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子；
C、溶液体积不知不能计算微粒数；
D、羟基是取代基，氢氧根离子是阴离子。
【解答】解：A、1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAlO 水溶液中，含有水，溶液中含有的
2
氧原子数大于2 N ，故A错误；
A
B、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，
含六元环的个数为0.5 N 故B正确；
A
C、溶液体积不知不能计算微粒数；
D、1 mol的羟基﹣OH 含有电子数9 N ，1 mol的氢氧根离子OH﹣所含电子数
A
均为10 N ，故D错误；
A
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液中微粒数判断，石墨
结构分析计算，溶液PH 计算，注意区别羟基和氢氧根离子的不同，题目难度
中等。
4．（6分）能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）
第3页 | 共22页A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+═2Fe3++3H ↑
2
B．钠与CuSO 溶液反应：2Na+Cu2+═Cu↓+2Na+
4
C．NaHCO 溶液与稀H SO 反应：CO 2﹣+2H+═H O+CO ↑
3 2 4 3 2 2
D．向FeCl 溶液中加入Mg（OH）：3Mg（OH）+2Fe3+═2Fe（OH）+3Mg2+
3 2 2 3
【考点】49：离子方程式的书写．
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【专题】516：离子反应专题．
【分析】A．反应生成氯化亚铁和氢气；
B．不能置换出Cu，反应生成氢氧化铜、硫酸钠、氢气；
C．HCO ﹣不能拆分；
3
D．发生沉淀的转化，生成氢氧化铁和氯化镁．
【解答】解：A．浓盐酸与铁屑反应的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H ↑，故A错误；
2
B ． 钠 与 CuSO 溶 液 反 应 的 离 子 反 应 为 2Na+2H O+Cu2+ ═ Cu （ OH ）
4 2
↓+2Na++H ↑，故B 错误；
2 2
C．NaHCO 溶液与稀H SO 反应的离子反应为HCO ﹣+H+═H O+CO ↑，故C错
3 2 4 3 2 2
误；
D．向FeCl 溶液中加入Mg（OH）的离子反应为3Mg（OH）+2Fe3+═3Mg2++2Fe
3 2 2
（OH） ，故D正确；
3
故选：D。
【点评】本题考查离子反应书写的正误判断，明确发生的化学反应是解答本题的
关键，注意物质的性质及离子反应的书写方法，题目难度不大．
5．（6 分）“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔 Ni/NiCl 和金属钠
2
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
（ ）
第4页 | 共22页A．电池反应中有NaCl生成
B．电池的总反应是金属钠还原三价铝离子
C．正极反应为：NiCl +2e﹣═Ni+2Cl﹣
2
D．钠离子通过钠离子导体在两电极间移动
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】该原电池中，钠作负极，负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，Ni/NiCl
2
作正极，正极上电极反应式为：NiCl +2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动。
2
【解答】解：A．负极上电极反应式为：Na﹣e﹣=Na+，正极上电极反应式为：
NiCl +2e﹣=Ni+2Cl﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；
2
B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl ，故B错误；
2
C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl +2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；
2
D．原电池放电时，阳离子向正极移动，钠离子在负极产生，向正极移动，所以
钠离子通过钠离子导体在两电极间移动，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原电池原理，明确正负极上得失电子、离子的移动方向即可分
析解答，难点是电极反应式的书写，难度中等。
6．（6分）在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
H S（g）+ O （g）═SO （g）+H O（g）△H
2 2 2 2 1
2H S（g）+SO （g）═ S （g）+2H O（g）△H
2 2 2 2 2
第5页 | 共22页H S（g）+ O （g）═S（g）+H O（g）△H
2 2 2 3
2S（g）═S （g）△H
2 4
则△H 的正确表达式为（ ）
4
A．△H = （△H +△H ﹣3△H ） B．△H = （3△H ﹣△H ﹣△H ）
4 1 2 3 4 3 1 2
C．△H = （△H +△H ﹣3△H ） D．△H = （△H ﹣△H ﹣3△H ）
4 1 2 3 4 1 2 3
【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算．
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【专题】517：化学反应中的能量变化．
【分析】利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不
变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热。
【解答】解：根据目标方程，把方程 3 反写，计量数乘以 2；把方程 2 乘以 ；
把方程1乘以 ；然后三者相加；即﹣△H ×2+△H × +△H × = （△H +
3 2 1 1
△H ﹣3△H ），
2 3
故选：A。
【点评】本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及△H的符
号的变化。
7．（6分）室温时，M（OH） （s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K =a，c（M2+）
2 sp
=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于（ ）
A． lg（ ） B． lg（ ） C．14+ lg（ ） D．14+ lg（ ）
【考点】DA：pH 的简单计算；DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本
质．
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【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
第6页 | 共22页【分析】依据 Ksp=c（M2+）c2（OH﹣）表达式和题干 K =a，C（M2+）=b
sp
mol•L﹣1，计算溶液中氢氧根离子浓度，结合溶液中离子积计算氢离子浓度和
溶液pH；
【解答】解：室温时，M（OH） （s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq），已知K =a，
2 sp
c（M2+）=b mol•L﹣1，则c（OH﹣）= = mol•L﹣1，
所以c（H+）= = mol•L﹣1，则pH=﹣lgc（H+）=14+ lg（ ）；
故选：C。
【点评】本题考查了溶度积常数的有关计算和PH的计算，题目难度不大，注意
对Ksp含义的理解．
二、解答题（共 6小题，满分 58分）
8．（15分）正丁醛是一种化工原料。某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛。
发生的反应如下：CH CH CH CH OH CH CH CH CHO。
3 2 2 2 3 2 2
反应物和产物的相关数据列表如下：
沸点/℃ 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6.0gNa Cr O 放入100mL烧杯中，加30mL水溶解，再缓慢加入5mL浓硫酸，
2 2 7
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℃以上的馏分。
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Na Cr O 溶液加到浓硫酸中，说明理由 容易发生迸溅 。
2 2 7
（2）加入沸石的作用是 防止暴沸 ，若加热后发现未加入沸石，应采取的正
第7页 | 共22页确方法是 冷却后补加 。
（3）上述装置图中，B 仪器的名称是 分液漏斗 ，D 仪器的名称是 直形冷
凝管 。
（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是 c （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 下 层（填“上”或“下”）。
（6）反应温度应保持在90～95℃，其原因是 保证正丁醛及时蒸出，又可尽量
避免其被进一步氧化 。
（7）本实验中，正丁醛的产率为 51 %。
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【专题】17：综合实验题．
【分析】（1）不能将Na Cr O 溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易
2 2 7
发生迸溅；
（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加；
（3）B 仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管；
（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏；
（5）由表中数据可知，正丁醛密度小于水的密度，据此判断；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，
既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式C H O～C H O
4 10 4 8
第8页 | 共22页列方程计算。
【解答】解：（1）因为浓硫酸的密度大，能将Na Cr O 溶液加到浓硫酸中，容
2 2 7
易发生迸溅，
故答案为：不能，容易发生迸溅；
（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加，
故答案为：防止暴沸；冷却后补加；
（3）B 仪器的名称是分液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管，
故答案为：分液漏斗；直形冷凝管；
（4）分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏，
故答案为：c：
（5）正丁醛密度为0.8017 g•cm﹣3，小于水的密度，故分层水层在下方，
故答案为：下；
（6）根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90～95℃，
既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，
故答案为：保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；
（7）设正丁醛的产率为x，则正丁醇的利用率为x，根据关系式，
C H O～C H O
4 10 4 8
74 72
4xg 2g
解得：x= =51%，
故答案为：51。
【点评】本题考查有机化学实验、反应原理、基本操作、化学计算等，难度不大，
注意计算中正丁醇的转化率等于正丁醛的产率，注意对基础知识的理解掌握。
9．（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（II）等杂质）的流程如图所示：
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MnO 。
2
回答下列问题：
第9页 | 共22页（1）反应②中除掉的杂质离子是 Fe2+和 Mn2+ ，发生反应的离子方程式为
MnO ﹣+3Fe2++7H O=3Fe （ OH ） ↓+MnO ↓+5H+ 、
4 2 3 2
2MnO ﹣+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+ ；在加高锰酸钾溶液前，若 pH 较低，
4 2 2
对除杂的影响是 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的反应类型为 置换反应 ，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外
还有 镍 。
（3）反应④形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是 取最后一
次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴盐酸，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 。
（4）反应④中产物的成分可能是ZnCO •xZn（OH） ．取干燥后的滤饼11.2g，
3 2
锻烧后可得到产品8.1g，则x等于 1 。
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；P8：物质分离和提
纯的方法和基本操作综合应用．
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【专题】527：几种重要的金属及其化合物．
【分析】（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+
和 Mn2+，根据 MnO ﹣+具有氧化性，能将 Fe2+和 Mn2+氧化，根据电子得失进
4
行配平；加高锰酸钾溶液前，若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为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍；得到的滤渣中，除了过
量的锌外还有金属镍。
（3）检验沉淀是否洗涤干净的方法是最后一次洗涤液，检验表面是否含有硫酸
根离子；
（4）根据关系式ZnCO •xZn（OH） ～（x+1）ZnO来计算。
3 2
【解答】解：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子
是 Fe2+和 Mn2+，发生的离子方程式为 MnO ﹣+3Fe2++7H O=3Fe（OH）
4 2
↓+MnO ↓+5H+、2MnO ﹣+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若
3 2 4 2 2
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；
第10页 | 共22页故答案为：Fe2+和 Mn2+；MnO ﹣+3Fe2++7H O=3Fe（OH） ↓+MnO ↓+5H+、
4 2 3 2
2MnO ﹣+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无
4 2 2
法除去铁和锰杂质；
（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；
得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，
故答案为：置换反应；镍；
（3）由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存
在硫酸根离子，操作为：取最后一次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，故
答案为：取最后一次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；
（4）根据关系式ZnCO •xZn（OH） ～（x+1）ZnO
3 2
125+99x 81（x+1）
11.2g 8.1g
解得：x=1
故答案为：1。
【点评】本题以工业流程为背景，考查了学生分析问题、解决问题，运用知识的
能力，难度中等。
10．（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：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 4.91 5.58 6.32 7.31 8.54 9.50 9.52 9.53 9.53
p/100kPa
回答下列问题：
（1）欲提高A的平衡转化率，应采取的措施为 升高温度、降低压强 。
（2）由总压强 p 和起始压强 p 计算反应物 A 的转化率 α（A）的表达式为
0
第11页 | 共22页×100% ，
平衡时A的转化率为 94.1% ，列式并计算反应的平衡常数K 1.5mol/L 。
（3）①由总压强 p 和起始压强 p 表示反应体系的总物质的量 n 和反应后 A 的
0 总
物质的量 n（A），n = 0.10× mol，n（A）= 0.10×（2﹣ ）
总
mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：a= 0.051 。
反应时间t/h 0 4 8 16
c（A）/（mol•L﹣1） 0.10 a 0.026 0.0065
分析该反应中反应物的浓度c（A）变化与时间间隔（△t）的规律，得出的结论
是 达到平衡前每间隔4h，c（A）减少约一半 ，由此规律推出反应在12h
时反应物的浓度c（A）为 0.013 mol•L﹣1。
【考点】CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算．
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【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，结合平衡移动原理分
析判断转化率；
（2）相同条件下压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量的增大是反应
的 A 的物质的量，结合转化率概念计算得到；依据化学平衡三段式列式计算
平衡浓度达到平衡常数；
（3）①依据相同条件下压强之比等于物质的量之比，结合平衡计算得到；
②依据平衡A的浓度计算，依据图表数据分析判断存在的规律；
【解答】解：（1）在一定温度进行如下反应：A（g）⇌B（g）+C（g ）△
H=+85.1kJ•mol﹣1
反应是吸热反应，反应前后气体体积增大，根据平衡移动原理分析可知，欲提高
A的平衡转化率，平衡正向进行，可以升温或减压条件下使平衡正向进行；
故答案：升高温度、降低压强；
（2）反应前后气体物质的量增大等于反应的 A 的量，所以由总压强 p 和起始
第12页 | 共22页压强p 计算反应物A的转化率α（A）的表达式= ×100%=（ ）×
0
100%；
平衡时A的转化率= ×100%=94.1%
依据化学平衡三段式 列式得到；
A（g）⇌B（g）+C（g ）
起始量（mol/L） 0.10 0 0
变化量（mol/L） 0.10×94.1% 0.10×94.1% 0.10×94.1%
平衡量（mol/L）0.10（1﹣94.1%） 0.10×94.1% 0.10×94.1%
K= = =1.5mol/L
故答案为：（ ）×100%；94.1%； 1.5mol/L
（3）①由总压强 p 和起始压强 p 表示反应体系的总物质的量 n 和反应物 A 的
0 总
物质的量n（A），依据压强之比等于物质的量之比，n ：n起始=P：P ，n
总 0
= ；
总
A（g）⇌B（g）+C（g ）
起始量（mol） 0.10 0 0
变化量（mol） x x x
某时刻量（mol） 0.10﹣x x x
（0.10+x）：0.10=P：P
0
x=
n（A）=0.10﹣ =0.10×（2﹣ ）mol；
故答案为： ；0.10×（2﹣ ）；
②n（A）=0.10×（2﹣ ）=0.10×（2﹣ ）=0.051mol 所以浓度
a=0.051mol/L；分析数据特征可知，每隔4h，A的浓度减小一半，故答案为：
0.051；达到平衡前每间隔4h，c（A）减少约一半；由此规律推出反应在12h
第13页 | 共22页时反应物的浓度c（A）= =0.013mol/L；
故答案为：0.051，每隔4h，A的浓度减小一半；0.013；
【点评】本题考查压强关系和物质的量的计算应用，化学平衡计算方法，图表数
据处理方法的分析判断，题目难度中等。
11．（15分）〔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如图（甲）
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+2NH Cl+2MnO ═Zn（NH ）
4 2 3
Cl +2MnOOH
2 2
①该电池中，负极材料主要是 锌 ，电解质的主要成分是 NH Cl ，正极发
4
生的主要反应是 MnO +NH ++e﹣=MnOOH+NH ．
2 4 3
②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是 碱性电池不易发生电
解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，
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）图（乙）表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺（不考虑废旧电池中实际存
在的少量其他金属）．
第14页 | 共22页①图（乙）中产物的化学式分别为A ZnCl ，B NH Cl ．
2 4
②操作a中得到熔块的主要成分是K MnO ．操作b中，绿色的K MnO 溶液反
2 4 2 4
应 生 成 紫 色 溶 液 和 一 种 黑 褐 色 固 体 ， 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为
3MnO 2﹣+2CO =2MnO ﹣+MnO ↓+2CO 2﹣ ．
4 2 4 2 3
③采用惰性电极电解K MnO 溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质
2 4
是 H （填化学式）．
2
【考点】BJ：常见化学电源的种类及其工作原理．
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【专题】51I：电化学专题．
【分析】（1）①根据电池反应判断正负极和电解质；二氧化锰和铵根离子在正
极发生反应；
②根据碱性锌锰电池的特点分析；
（2）①根据电池的材料分析；
②根据已知反应物和产物，再利用元素守恒
③K MnO 溶液中阴极产物的判断，根据溶液中阳离子得电子能力分析．
2 4
【 解 答 】 解 ： （ 1 ） 根 据 化 学 方 程 式 Zn+2NH Cl+2MnO =Zn （ NH ）
4 2 3
Cl +2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成
2 2
第15页 | 共22页分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO +NH ++e﹣=MnOOH+NH ．与
2 4 3
普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解
质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，
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；
故答案为：①锌；NH Cl；MnO +NH ++e﹣=MnOOH+NH ②碱性电池不易发生电
4 2 4 3
解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，
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）废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn
溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌．氯化铵不稳定，受热
易分解，所以 B 为氯化铵，A 为氯化锌．绿色的 K MnO 溶液发生反应后生
2 4
成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为
3MnO 2﹣+2CO =2MnO ﹣+MnO ↓+2CO 2﹣．采用惰性电极电解K MnO 溶液，
4 2 4 2 3 2 4
阴 极 氢 离 子 得 电 子 生 成 氢 气 ． 故 答 案 为 ： ① ZnCl NH Cl ②
2 4
3MnO 2﹣+2CO =2MnO ﹣+MnO ↓+2CO 2﹣l③H
4 2 4 2 3 2
【点评】本题考查了化学与技术、原电池原理、电极方程式的书写，综合性较
强．
12．〔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
对电子均只有一个，并且A﹣和B+的电子数相差为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能最小的是 K ，电负性最大的是 F 。（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 K NiF ；D的配位数为 6 ；
2 4
②列式计算该晶体的密度 3.4 g•cm﹣3。
第16页 | 共22页（4）A﹣、B+和 C3+三种离子组成的化合物的 B CA ，其中化学键的类型有 离
3 6
子键和配位键 ；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为
[FeF ]3﹣ ，配位体是 F﹣ 。
6
【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；9I：晶胞的计算．
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【专题】51B：原子组成与结构专题；51D：化学键与晶体结构．
【分析】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一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A 属于第VIIA
族元素，B 属于第 IA 族元素，且 A 的原子序数小于 B，则 A 是 F 元素，B
是K元素；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，且C和D的原子序数大于B，C的原子序
数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，结合物质结构和性质解答。
【解答】解：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一个，并且A﹣和B+的电子数相差为8，A属于第
VIIA 族元素，B属于第IA族元素，且A的原子序数小于B，则A是F 元素，
B是K元素；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，且C和D的原子序数大于B，C的原子
序数小于D，则C是Fe元素，D是Ni元素，
（1）D2+的价层电子为 3d 电子，根据能量最低原理、保里不相容原理及洪特规
第17页 | 共22页则知，其价电子排布图为 ，
故答案为： ；
（2）元素的金属性越强其第一电离能越小，元素的非金属性越强，其电负性越
大，这四种元素中金属性最强的是 K 元素，非金属性最强的元素是 F，所以
第一电离能最小的是K，电负性最大的是F，
故答案为：K；F；
（3）①该晶胞中 A 原子个数=16× =8，B 原子个数=8× =4，D
原子个数=8× ，所以该化合物的化学式为K NiF ，根据晶胞结构知，D
2 4
的配位数是6，故答案为：K NiF ；6；
2 4
② 该 晶 胞 的 体 积 = （ 400 × 10﹣10cm ） 2 （ 1308 × 10﹣10cm ） ，
ρ= =3.4g•cm﹣3，故答案为：3.4；
（4）A﹣、B+和 C3+三种离子组成的化合物的 K FeF ，该物质中阴阳离子间存在
3 6
离子键，铁原子和氟原子间存在配位键，该化合物中存在一个复杂离子，该
离子的化学式为[FeF ]3﹣，配位体是F﹣，
6
故答案为：离子键和配位键；[FeF ]3﹣；F﹣。
6
【点评】本题考查物质结构和性质，正确推断元素是解本题关键，难度中等，注
意化学式的确定中，各中原子被几个晶胞共用，为易错点，难点是密度的计
算。
13．[化学﹣﹣选修5：有机化学基础]
化合物 I（C H O ）是制备液晶材料的中间体之一，其分子中含有醛基和酯
11 12 3
基．I可以用 E和H在一定条件下合成：
第18页 | 共22页已知以下信息：
1．A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；
2．R﹣CH=CH R﹣CH CH OH；
2 2 2
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﹣甲基﹣2﹣氯丙烷 ．
（2）D的结构简式为 （CH ） CHCHO ．
3 2
（3）E的分子式为 C H O ．
4 8 2
（4）F生成G 的化学方程式为 ，该反应类
型为 取代反应 ．
（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，又能与饱和 NaHCO
3
溶液反应放出CO ，共有 18 种（不考虑立体异构）．J的一个同分异构体
2
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 ．
【考点】HB：有机物的推断．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【分析】A 的分子式为 C H Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，
4 9
第19页 | 共22页则A为（CH ）CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B
3 3
为CH =C（CH ） ，B发生信息2中的反应生成C为（CH ） CHCH OH，C
2 3 2 3 2 2
发生催化氧化生成D 为（CH ） CHCHO，D 再与氢氧化铜反应，酸化得到E
3 2
为（CH ） CHCOOH，
3 2
F的分子式为C H O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且
7 8
处于对位，则 F 为 ，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成 G 为
，G 在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到 H，由于同一个碳原
子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故 H 为 ，H 与 E 发生酯
化 反 应 生 成 I ， 其 分 子 中 含 有 醛 基 和 酯 基 ， 故 I 为
，据此解答．
【解答】解：A 的分子式为 C H Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的
4 9
氢，则 A 为（CH ） CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，
3 3
生成 B 为 CH =C（CH ） ，B 发生信息 2 中的反应生成 C 为（CH ）
2 3 2 3
CHCH OH，C发生催化氧化生成D为（CH ） CHCHO，D再与氢氧化铜反
2 2 3 2
应，酸化得到E为（CH ） CHCOOH，
3 2
F的分子式为C H O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且
7 8
处于对位，则 F 为 ，与氯气在光照条件下发生取代反应，生成 G 为
，G 在氢氧化钠水溶液发生水解反应，酸化得到 H，由于同一个碳原
第20页 | 共22页子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基，故 H 为 ，H 与 E 发生酯
化 反 应 生 成 I ， 其 分 子 中 含 有 醛 基 和 酯 基 ， 故 I 为
，
（1）由上述分析可知，A 为（CH ） CCl，化学名称为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，
3 3
故答案为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷；
（2）由上述分析可知，D的结构简式为（CH ） CHCHO，
3 2
故答案为：（CH ） CHCHO；
3 2
（3）E为（CH ） CHCOOH，其分子式为C H O ，
3 2 4 8 2
故答案为：C H O ；
4 8 2
（4）F生成G 的化学方程式为 ，该反应类型为
取代反应，
故答案为： ；取代反应；
（5）由上述分析可知，I的结构简式为 ，
故答案为： ；
（6）I（ ）的同系物J比I相对分子质量小14，J比
I 少一个﹣CH ﹣原子团，J 的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上
2
第21页 | 共22页只有两个取代基，②既能发生银镜反应，又能与饱和 NaHCO 溶液反应放出
3
CO ，则J的同分异构体含有﹣CHO、﹣COOH，
2
侧链为﹣CHO、﹣CH CH COOH，有邻、间、对三种位置，
2 2
侧链为﹣CHO、﹣CH（CH ）COOH，有邻、间、对三种位置，
3
侧链为﹣CH CHO、﹣CH COOH，有邻、间、对三种位置，
2 2
侧链为﹣CH CH CHO、﹣COOH，有邻、间、对三种位置，
2 2
侧链为﹣CH（CH ）CHO、﹣COOH，有邻、间、对三种位置，
3
侧链为﹣CH 、﹣CH（CHO）COOH，有邻、间、对三种位置，
3
故符合条件的同分异构体有6×3=18种，
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，而J的同分异构体发生银镜反应并酸化后的产物苯环侧链至少有
2 种 H 原子，故产物中苯环上只有 1 种 H 原子，产物有 2 个﹣COOH，应还
含有 2 个﹣CH ﹣，2 个侧链相同且处于对位，产物中侧链为﹣CH COOH，
2 2
故符合条件的同分异构体结构简式为： ，
故答案为：18； ．
【点评】本题考查有机物推断，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查学生
阅读能力、自学能力，熟练掌握官能团的性质与转化，利用正推法推断，
（6）中同分异构体的书写是易错点、难点，根据信息确定苯环侧链是关键，
难点中等．
第22页 | 共22页
