2013年高考化学试题分类解析 ——考点18 有机化合物基础(选修)
2013年全国统一高考化学试卷(新课标ⅱ卷)答案与解析
2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ卷）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）（2014春•永昌县校级期末）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：油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质．专题：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；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）（2015春•雅安期末）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：苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物．专题：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；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 A为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAl02水溶液中含有的氧原子数为2 N AB．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5 N AC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1 N AD．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：阿伏加德罗常数．专题：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、石墨烯中每一个六圆环平均含有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NaAl02水溶液中，含有水，溶液中含有的氧原子数大于2 N A，故A错误；B、石墨烯中每一个六圆环平均含有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 A故B正确；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 A，1 mol的氢氧根离子OH﹣所含电子数均为10 N A，故D错误；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）（2015•固原校级模拟）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．N aHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+考点：离子方程式的书写．专题：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．HCO3﹣不能拆分；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++H2↑，故A错误；B．钠与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+═Cu（OH）2↓+2Na++H2↑，故B错误；C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应的离子反应为HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，故C错误；D．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2的离子反应为3Mg（OH）2+2Fe3+═3Mg2++2Fe （OH）3，故D正确；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）（2013秋•尖山区校级期末）“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价铝离子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考点：化学电源新型电池．专题：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/NiCl2作正极，正极上电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，钠离子向正极移动．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：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl ﹣，所以该原电池中有氯化钠生成，故A正确；B．根据正负极电极反应式知，金属钠还原NiCl2，故B错误；C．正极上得电子发生还原反应，电极反应式为：NiCl2+2e﹣=Ni+2Cl﹣，故C正确；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）（2014•郑州一模）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）△H12H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H32S（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）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算．专题：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﹣△H3×2+△H2×+△H1×=（△H1+△H2﹣3△H3），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）（2014•宜章县校级模拟）室温时，M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K sp=a，c（M2+）=b mol•L﹣1时，溶液的pH等于（）A．lg（）B．lg（）C．14+lg（）D．14+lg（）考点：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；pH的简单计算．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：依据Ksp=c（M2+）c2（OH﹣）表达式和题干K sp=a，C（M2+）=b 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）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq），已知K sp=a，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）（2014秋•成都期末）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：CH3CH3CH3CH3OH CH3CH2CH2CHO．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6.0gNa2Cr2O7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Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，说明理由容易发生迸溅．（2）加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加入沸石，应采取的正确方法是冷却后补加．（3）上述装置图中，B仪器的名称是滴液漏斗，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：有机物的合成；醇类简介．专题：实验题．分析：（1）不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，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；（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C4H10O～C4H8O列方程计算．解答：解：（1）因为浓硫酸的密度大，能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，容易发生迸溅，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仪器的名称是滴液漏斗，D仪器的名称直形冷凝管，故答案为：滴液漏斗；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，C4H10O～C4H8O74 724xg 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）（2013秋•桥东区校级月考）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MnO2．回答下列问题：（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MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，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ZnCO3•xZn（OH）2．取干燥后的滤饼11.2g，锻烧后可得到产品8.1g，则x等于1．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：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MnO4﹣+具有氧化性，能将Fe2+和Mn2+氧化，根据电子得失进行配平；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ZnCO3•xZn（OH）2～（x+1）ZnO来计算．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MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；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；故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4﹣+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；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，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ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO125+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）（2015•衡水模拟）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，应采取的措施为升高温度、降低压强．（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×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=0.10×mol，n（A）=0.10×（2﹣）mol．②下表为反应物A浓度与反应时间的数据，计算：α=0.051．反应时间t/h 0 4 8 16c（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0.013mol•L﹣1．考点：化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．专题：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为反应的A的量，所以由总压强p和起始压强p0计算反应物A的转化率α（A）的表达式=×100%=（）×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），依据压强之比等于物质的量之比，n总：n起始=P：P0 ，n总=；A（g）⇌B（g）+C（g ）起始量（mol）0.10 0 0变化量（mol）x x x平衡量（mol）0.10﹣x x x（0.10+x）：0.10=P：P0x=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）（2014春•赫山区校级月考）〔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（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，负极材料主要是锌，电解质的主要成分是NH4Cl，正极发生的主要反应是MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．②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（b）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）．①图（b）中产物的化学式分别为A ZnCl2，B NH4Cl．②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4．操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑褐色固体，该反应的离子方程式为3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．③采用惰性电极电解K2MnO4溶液也能得到化合物D，则阴极处得到的主要物质是H2（填化学式）．考点：常见化学电源的种类及其工作原理．专题：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③K2MnO4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．解答：解：（1）根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn（NH3）2Cl2+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分，二氧化锰和铵根离子在正极发生反应，MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3．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；故答案为：①锌；NH4Cl；MnO2+NH4++e﹣=MnOOH+NH3②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）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K2MnO4溶液发生反应后生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3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣．采用惰性电极电解K2MnO4溶液，阴极氢离子得电子生成氢气．故答案为：①ZnCl2 NH4Cl②3MnO42﹣+2CO2=2MnO4﹣+MnO2↓+2CO32﹣l③H2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．（2015•江西模拟）〔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K2NiF4；D的配位数为6；②列式计算该晶体的密度 3.4g•cm﹣3．（4）A﹣、B+和C3+三种离子组成的化合物的B3CA6，其中化学键的类型有离子键和配位键；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为[FeF6]3﹣，配位体是F﹣．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用．专题：原子组成与结构专题；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K2NiF4，根据晶胞结构知，D的配位数是6，故答案为：K2NiF4；6；②该晶胞的体积=（400×10﹣10cm）（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K3FeF6，该物质中阴阳离子间存在离子键，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[FeF6]3﹣，配位体是F﹣，故答案为：离子键和配位键；[FeF6]3﹣；F﹣．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．（2013秋•西山区校级期末）[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：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=CH2R﹣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﹣甲基﹣2﹣氯丙烷．（2）D的结构简式为（CH3）2CHCHO．（3）E的分子式为C4H8O2．（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NaHCO3溶液反应放出CO2，共有18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．考点：有机物的推断．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A的分子式为C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C（CH3）2，B 发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，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C4H9Cl，核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢，则A为（CH3）3CCl，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，生成B为CH2=C（CH3）2，B 发生信息2中的反应生成C为（CH3）2CHCH2OH，C发生催化氧化生成D为（CH3）2CHCHO，D再与氢氧化铜反应，酸化得到E为（CH3）2CHCOOH，F的分子式为C7H8O，苯环上的一氯代物只有两种，应含有2个不同的侧链，且处于对位，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，（1）由上述分析可知，A为（CH3）3CCl，化学名称为：2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷，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（CH3）2CHCHO，故答案为：（CH3）2CHCHO；（3）E为（CH3）2CHCOOH，其分子式为C4H8O2，故答案为：C4H8O2；。
2013年高考化学试题分类解析 ——选择题部分(6.有机基础)
2013年高考化学试题分类解析——选择题部分（7.化学键与能量）备注：2013年高考化学或者理科综合（化学）试题统计及顺序（共15套，31地区）1、（1套）大纲版全国卷（广西）2、（1套，9地区）新课标全国卷I(内蒙古、宁夏；黑龙江、吉林、河南、河北、山西、陕西、湖南、江西）3、（1套，7地区）新课标全国卷II（西藏，新疆；青海、甘肃、贵州、云南、辽宁）4、（4套，4地区）4个直辖市各一套：北京、天津、上海、重庆5、（8套,8地区）独立命题省份：安徽，山东，四川，江苏，浙江，福建，广东，海南。
12. 【题文】在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应H2S（g）+ 32O2(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则△H4的正确表达式为（）A.△H4=32（△H1+△H2-3△H3） B.△H4=32（3△H3-△H1-△H2）C.△H4=32（△H1+△H2+3△H3） D.△H4=32（△H1-△H2-3△H3）【答案】Ａ【解析】考察盖斯定律。
根据S守恒原理，要得到方程式4，可以用（方程式1+方程式2—3×方程式2）×3 2．【试源】2013年高考新课标Ⅱ卷化学试题1．【题文】下列设备工作时，将化学能转化为热能的是（）【答案】D【试源】2013北京高考理科综合化学试题11．【题文】下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．在蒸馏水中滴加浓H2SO4，K W不变B．CaCO3难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C．在Na2S 稀溶液中，c（H+）=c（OH－）－2c（H2S）－c（HS－）D．NaCl 溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同【答案】Ｃ【解析】A稀释的时候放热；C质子守恒；D加了会水解的盐，会促进水的电离。
2013年高考化学试题分类解析汇编：选择题部分(15套word解析)
2013年高考化学试题分类解析——选择题部分（15套word解析）备注：2013年高考化学或者理科综合（化学）试题统计及顺序（共15套，31地区）1、（1套）大纲版全国卷（广西）2、（1套，9地区）新课标全国卷I(内蒙古、宁夏；黑龙江、吉林、河南、河北、山西、陕西、湖南、江西）3、（1套，7地区）新课标全国卷II（西藏，新疆；青海、甘肃、贵州、云南、辽宁）4、（4套，4地区）4个直辖市各一套：北京、天津、上海、重庆5、（8套,8地区）独立命题省份：安徽，山东，四川，江苏，浙江，福建，广东，海南。
6、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是A.主要材质是高分子材料B.价廉、质轻、保温性能好C.适用于微波炉加热食品D.不适于盛放含油较多的食品【答案】C【解析】本题结合生活，考察学生的有机基础知识，有机物的通性。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学7、反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是A.减小容器体积，平衡向右移动B.加入催化剂，Z的产率增大C.增大c(X)，X的转化率增大D.降低温度，Y的转化率增大【答案】D【解析】根据方程式系数和△H，分析可得压强增大，平衡不移动；温度升高，平衡逆向移动。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学8、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A.体积相等时密度相等B.原子数相等时具有的中子数相等C.体积相等时具有的电子数相等D.质量相等时具有的质子数相等【答案】C【解析】两者相同的量有，“三同导一同”同体积时，同物质的量；相同物质的量的时候，有相同的原子数，每种分子的电子数均为14，C正确；分子数相同质子数相等，D错误。
中子数前者为16，后者为14，B 错误。
因为M不同，设各有1mol，可得A错误。
【试源】2013高考全国大纲版（广西）理综综合化学9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋B.电解过程中溶液pH不会变化C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原【答案】B【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。
(完整word)2013年海南省高考化学试卷答案与解析
2013 年海南省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共6小题．每小题2 分，共12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．（2 分）（2013 ?海南）下列有机化合物中沸点最高的是（）A. 乙烷B.乙烯C.乙醇D.乙酸考点：分子间作用力对物质的状态等方面的影响．专题：有机化学基础．分析：对应烃类物质，烃的相对分子质量越大，沸点越高，对应烃的含氧衍生物，所含氢键越多，并且相对分子质量越大，沸点越高．解答：解：乙醇、乙酸与乙烷、乙烯相比较，含有氢键，且相对分子质量较大，则乙醇、乙酸沸点较高；乙醇和乙酸相比较，二者都含有氢键，但乙酸的相对分子质量较大，乙酸沸点较高．故选D ．点评：本题考查有机物沸点的比较，题目难度不大，本题注意把握影响沸点高低的因素以及氢键的性质．2．（2分）（2013?海南）下列化合物的俗称与化学式不对应的是（）A .绿矶-FeSO4?7H20B .芒硝-Na2SO4?10H2OC.明矶-Al 2 （S04）3?12H2O D .胆矶-CuSO4?5H2O考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A.绿矶是含有7个结晶水的硫酸亚铁，化学式为FeSO4?7H2O;B 芒硝为十水合硫酸钠，化学式为Na2SO4?10H2O；C 明矶为十二水和硫酸铝钾，化学式为KAl （SO4）2?12H2O;D 含有5 个结晶水的硫酸铜晶体为胆矶，又名蓝矶解答：解：A .七水合硫酸亚铁又名绿矶，绿矶的化学式为FeSO4?7H20,故A正确；B . Na2SO4?10H2O又名芒硝，是含有10个结晶水的硫酸钠晶体，故B正确；C.明矶的化学式不是Al 2 （SO4）3?12H2O，明矶中含有钾离子，明矶正确的化学式为：KAl （SO4）2?12H2O，故C 错误；D .五水硫酸铜又名胆矶、蓝矶，所以胆矶的化学式为CuSO4?5H2O,故D正确；故选C点评：本题考查物质的俗称及化学式,题目难度不大,试题侧重基础知识的考查,注意掌握常见物质的名称与化学式，选项C为易错点，注意明矶的化学式为KAI（ SO4）2?12H2O .3. （2分）（2013?海南）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A .氘（D）原子核外有1个电子B 1H 与D 互称同位素C H2O 与D2O 互称同素异形体D 1H218O 与D216O 的相对分子质量相同考点：同位素及其应用．专题：原子组成与结构专题．分析：A .氘(D)质子数为1质子数=核外电子数；B ．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C •相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D . 1H218O的相对分子质量为：1 >2+18=20，D216O的相对分子质量为：2 >2+16=20 .解答：解：A •氘(D)质子数为1,质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；B．1H 与D 质子数相同,中子数不同,故互为同位素,故B 正确；C．H2O 与D2O 都是化合物,不是单质,故C 错误；D . 1H218O的相对分子质量为：1疋+18=20, D216O的相对分子质量为：2 >2+16=20 , 故D 正确,故选C．点评：本题考查同位素、同素异形体的概念,相对分子质量的计算,难度不大．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．4. ( 2分)(2013?海南)Mg - AgCI电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池反应方程式为：2AgCI+Mg=Mg 2++2Ag+2CI -.有关该电池的说法正确的是( )A . Mg为电池的正极B .负极反应为AgCl+e - =Ag+CIC.不能被KCI溶液激活 D .可用于海上应急照明供电考点：化学电源新型电池专题：电化学专题分析：A、原电池中，发生失电子的氧化反应的极是负极，发生得电子的还原反应的极是正极；B、在原电池的负极上发生失电子的氧化反应；C、根据信息：电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池来回答判断；D、原电池是将化学能转化为电能的装置.解答：解：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCI是氧化剂，故金属Mg作负极,故A 错误；B、金属Mg作负极，其电极反应式为：Mg - 2e =Mg 2+，故B错误；C、因为该电池能被海水激活，故KCI溶液也可以激活电池，故C错误；D、电池是一种能被海水激活的一次性贮备电池，电池工作时将化学能转化为电能，电能的产生可用于海上应急照明供电,故D 正确故选D 点评：结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的原电池对应的是正、负两极,电解池对应的阴、阳两极,根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物5 (2分)(2013?海南)已知下列反应的热化学方程式：6C (s) +5H2 (g) +3N2 (g) +9O2 (g) —2C3H5 ( ONO2) 3 (I) △ H12H2 (g) +O2 (g) —2H2O (g) △ H2C (s ) +02 (g ) — C02 (g ) △ H 3则反应 4C 3H 5 (ONO 2)3 (l ) — 12CO 2 (g ) +10H 2O (g ) +02 (g ) +6N 2 (g )的厶 H 为( )A • 12A H 3+5△ H 2 - 24H iB . 2△ H i - 5△ H 2- 12A H 3C . 12^ H 3 - 5△ H 2- 2△ H iD . △ H i - 5^ H 2- 12^ H 3考点：有关反应热的计算；热化学方程式. 专题：化学反应中的能量变化. 分析：根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C 3H 5 ( ONO 2) 3分解成CO 2、N 2、H 20、O 2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式.解答：解：已知：① 6C (s ) +5H 2 (g ) +3N 2 (g ) +9O 2 (g ) — 2C 3H 5 (ONO 2) 3 (|) △ H i ② 2H 2 (g ) +O 2 (g ) — 2H 2O (g ) △ H 2 ③ C (s ) +O 2 ( g ) — CO 2 (g ) △ H 3由盖斯定律：5 X ② +i2 X ③-2 X ①得：4C 3H 5 ( ONO 2) 3 (|) — i2CO 2 (g ) +i0H 2O(g ) +O 2 (g ) +6N 2 (g ) △ H=i2△ H 3+5A H 2-2△ H i ; 故选A .点评：本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，题目难度不大，准确把握盖 斯定律的概念是关键.6. ( 2分)(20i3?海南)如图所示仪器可用于实验室制备少量无水 FeCl 3,仪器连接顺序正确的是( )考点： 专题： 分析： 化学实验操作的先后顺序. 化学实验基本操作.实验室制备少量无水 FeCl 3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应，在此 过程中应注意氯气制取后的除杂和干燥， 以及与铁粉反应后氯气尾气的处理等问题即可解答.解答：解：实验室制备少量无水 FeCl 3需要用纯净、干燥的氯气在加热条件下与铁粉反应， 故首先要制备氯气，故最先使用的仪器是a ; 制取出的氯气中有 HCI 和水蒸气，应先用饱和食盐水洗气除去 HCI，而洗气时，气体 要长进短出，故接下来的气流的方向是e ^d ;然后用浓硫酸干燥氯气，故接下来的气流的方向是db ;制取了纯净干燥的氯气后，通入铁粉，在加热条件下与铁粉反应，故接下来连h ;氯气是污染性气体， 对空气有污染，故应连接尾气处理装置， 考虑到氯气是酸性气体， 故要用碱液来吸收，故接下来通入NaOH 溶液，气流的方向是 gT ;故仪器连接顺序正确的是 a - e - d - c - b - h - i - g ，故选B .点评：本题考查了仪器的连接顺序的问题， 重点是掌握气体的除杂的方法和顺序， 难度不大．C . a - d - e - c - b - h - i - gD . a - c - b - d - e - h - i - fA . a - b - c - d - e - e - f - g - hB . a - e - d - c - b - h - i - g二、选择题：本题共6 小题．每小题4 分，共24分．每小题有一个或两个选项符合题意，若正确答案只包括一个选项，多选得0 分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2 分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0 分．7．(4分)(2013?海南)下列鉴别方法不可行的是( )A ．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B ．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C ．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D ．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷考点：有机物的鉴别．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A •乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层；B ．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧；C •乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层；D ．苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应．解答：解：A •乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，故A 不选；B ．乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧，现象不同，可以鉴别，故B 不选；C •乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层，现象不同，可以鉴别，故C 不选；D ．苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应，现象相同，不能鉴别，故 D 选．故选D ．点评：本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及性质的差异为解答的关键，注意现象相同不能鉴别物质，题目难度不大．& ( 4分)(2013?海南)0.1mol/LHF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是 ()A . c ( H+)> c (F-) B. c ( H +)> c (HF) C. c( OH -) > c( HF )D. c ( HF )> c ( F-)考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡．专题：电离平衡与溶液的pH 专题．分析：A、HF 溶液中存在酸的电离平衡，还存在水的电离平衡；B、HF 溶液中存在酸的微弱的电离平衡；C、酸溶液中，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；D、根据酸的电离平衡结合电离程度来回答.解答：解：A、HF电离出的H+等于F，但水也可电离产生H +,所以c ( H+)> c ( F ),故A 正确；B、HF微弱电离出少量的H+, c (H+)v c ( HF)，故B错误；C、HF 酸溶液中，c （OH「）V c （H+）v c （HF），故C 错误；D、HF极微弱电离出的H+等于F「，所以c （HF ）＞c （F「），故D正确. 故选BC .点评：本题考查电解质溶液中离子浓度间的关系，注意弱电解质的电离平衡的应用，难度不大.9. （4分）（2013?海南）下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有（）A . 2-甲基丙烷B .环戊烷C . 2, 2-二甲基丁烷D . 2, 2-二甲基丙烷考点：取代反应与加成反应；有机化合物的异构现象.专题：同分异构体的类型及其判定.分析：在烷烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代烃，说明该烷烃分子中所有的氢原子为等效H原子，其一氯代物不存在同分异构体，据此进行判断.解答：解：A. 2-甲基丙烷的结构简式为：CH3CH （CH3）CH3,分子中有2种等效氢原子, 其一氯代物有2种，故A错误；,环戊烷分子中所有H原子都完全等效，则B .环戊烷的结构简式为，其一氯代物只有1种，故B正确;C . 2, 2-二甲基丁烷的结构简式为：CH3C （CH3）2CH2CH3,其分子中含有3种等效氢原子，其一氯代物有3种，故C错误D. 2 , 2-二甲基丙烷的结构简式为： C （CH3）4,其分子中只有1种等效氢原子，一氯代物只有1种，故D正确；故选BD .点评：本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，明确烃中等效氢原子数目的求算方法为解答本题的关键.10. （4分）（2013?海南）能正确表示下列反应的离子反应方程式为（）———A . NH4HCO3 溶于过量的浓KOH 溶液中：NH4+HCO3 +2OH —CO32 +NH3f+2 H2OB .向明矶溶液中滴加Ba (OH ) 2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2AI3++3SO42 +3Ba2++6OH—2 Al (OH) 3j+3BaSO4jC.向FeBr2 溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br—+3Cl2—2 Fe3++2Br2+6 ClD .醋酸除去水垢：+ 2+2H +CaCO3—Ca2 +CO2T+H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题.分析：A .反应生成碳酸钾、氨气、水；B .恰好使SO42—沉淀完全，以1 : 2反应，反应生成硫酸钡、偏铝酸钾；C .足量氯气，亚铁离子、溴离子均被氧化；D .醋酸在离子反应中保留化学式.解答：解：A . NH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中的离子反应为NH4++HCO3 —+2OH —CO32 +NH3f +2H2O，故A 选；B .明矶溶液中A|3+和SO42「个数比为1: 2, SO42「完全沉淀时，Al 3+应转化为AI02 ，离子反应为Al3 +2S042+2Ba2 +40H —AIO 2+2H2O+2BaSO4 J 故B 不选；2+ —3+ —C.向FeBr2溶液中通入足量氯气的离子反应为2Fe +4Br +3CI2—2Fe +2Br2+6CI ,故C 选；D .醋酸是弱酸，则醋酸除去水垢的离子反应为2HAc+CaCO 3—Ca2++CO2 f +H2O+2Ac，故D 不选；故选AC ．点评：本题考查离子方程式的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应的考查，题目难度不大．11．（4 分）（2013?海南）下列关于仪器使用的说法正确的是（）A ．滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗B ．锥形瓶用作反应容器时一定不能加热C ．蒸馏时温度计水银球可以高于蒸馏瓶支管口D ．振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞考点：计量仪器及使用方法；蒸发、蒸馏与结晶的仪器；过滤、分离与注入溶液的仪器．专题：化学实验常用仪器．分析：A ．无论避免待装液被稀释，滴定管中装入滴定液前需要用滴定液润洗；B ．锥形瓶可以加热，加热时需要垫上石棉网；C ．蒸馏操作时，温度计的水银球应于蒸馏瓶支管口相平；D .根据分液漏斗的正确使用方法进行判断.解答：解：A .滴定管中在装入滴定液之前，需要用滴定液润洗，目的是避免待装液被蒸馏水稀释，影响滴定结果，故A 正确；B ．可以给锥形瓶中液体进行加热，不过加热时需要垫上石棉网，故 B 错误；C.温度计用于控制馏出物温度，所以蒸馏时温度计水银球必须与蒸馏瓶支管口相平，故C 错误；D •振荡分液漏斗时，为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞，故D正确；故选AD ．点评：本题考查了常见仪器的构造及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见化学仪器的构造及正确的使用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．12. （4分）（2013?海南）如图所示的电解池1和II中，a、b、c和d均为Pt电极.电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b v d •符合上述实验结果的盐溶液（）是选项X YA MgSO 4CuSO4B AgNO 3Pb( NO3) 2C FeSO4AI 2 ( SO4) 3D CuSO4AgNO 3电解池i 电霹池口考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题.分析：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d,则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d，据此分析解答.解答：解：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重b> d, 则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d.阳离子得电子能力如图所示：FT、PBS F厂 Zn"、AT）K-得电子宵拓由扇艱i k,前面的H+表示酸溶液中的H +,后面的H+表示盐溶液中的H+.A •在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B .由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H +,因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb, 两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g, d增重207g, 所以质量增加b>d，故B错误；C .在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D .两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g,d增重216g,所以质量增加b v d，故D正确；故选D.点评：本题考查电解原理，同时考查学生对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用，明确离子放电顺序是解本题关键，题目难度不大.三、解答题（共11小题，满分146分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第17题为必考题，每个试卷考生都必须做答。
2013年高考化学试题分类解析汇报总汇编：有机化学
2013年高考化学试题分类解析汇编：有机化学（2013大纲卷）13、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。
它可能的结构共有（不考虑立体异构）A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】B【解析】根据题意，可先解得分子式。
设为CnH2nOX，氧最少为一个，58-16=42，剩下的为碳和氢，碳只能为3个，即为C3H6O，一个不饱和度。
设有两个O,那么58-32=2 6，只能为C2H4OX，x不可能为分数，错。
由此可得前者可以为醛一种，酮一种，烯醇一种，三元碳环一种，四元杂环一种。
（2013福建卷）7.下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别 B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键 D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。
（2013江苏卷）12.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团B.可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠【参考答案】B【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机当然是短链A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
B.三氯化铁遇酚羟基显紫色，故能区别。
C.按羟基类型不同，仅酸羟基反应而酚羟基不反应。
D.贝诺酯与足量NaOH反应，肽键也断裂。
（2013海南卷）1．下列有机化合物中沸点最高的是A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．乙酸[答案]D[解析]：四项中，C、D两项为液态，沸点明显要高，但学生只注意了乙醇的氢键，易失误。
2013年高考化学试题分类详细解析(十三个专题)
专题一：金属及其化合物
1.（2013江苏卷）6.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系： 。下列有关物质的推断不正确的是
A.若甲为焦炭，则丁可能是O2
B.若甲为SO2，则丁可能是氨水
C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸
D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2
（7）电解池中H+在阴极放电产生H2，阳极的电极反应为___________________________________。
（8）综合分析实验II的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率100%；②____________________________________________________________。
（1）甲的化学式是_________；乙的电子式是__________。
（2）甲与水反应的化学方程式是__________________________________-。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是_______（用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_________。
a.甲、乙受热分解：2AlH3 2Al+3H2↑2NH4H N2↑+5H2↑
b.甲与水反应：2AlH3+6H2O==2Al(OH)3+6H2↑
c.2NH4H+5CuO 5Cu+ N2↑+5H2O
d.化合物甲和乙的组成中都含－1价H，—1价H还原性很强，可发生氧化还原反应产生H2，即
化合物甲与乙可能发生的反应：2AlH3+ 2NH4H 2Al+N2↑+8H2↑。
【专业详解详析】2013年高考 化学真题(山东卷)(出版原稿)
2013年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷（化学部分）（山东卷）一、单项选择题（每小题4分）1．化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程答案：D思路分析：考点解剖：本题考查化学与生产生活，包括塑料、煤的利用、材料等。
解题思路：根据聚乙烯的组成分析A项，根据煤的综合利用原理分析B项，根据三种纤维材料的组成分析C项，根据粮食的组成分析D项。
解答过程：解：选项A中，聚乙烯中没有碳碳不饱和键，不能发生加成反应，聚乙烯塑料老化是指聚乙烯发生了氧化反应、分解反应等，故A错；选项B中，煤的气化是指固体煤转化为含有CO、H2、CH4等可燃气的过程，该过程为化学变化，故B错；选项C中，碳纤维是非金属材料，故C错；选项D中，粮食酿酒是利用了粮食中的淀粉这种多糖的水解，其水解产物再转化为乙醇，故D 正确。
所以本题的答案为D。
规律总结：解答本题时容易误认为选项B错误，误认为“气化”和“液化”一定是物理变化。
2． W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（）A． X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB． Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC． X元素形成的单核阴离子还原性强于YD． Z元素单质在化学反应中只表现氧化性答案：A思路分析：考点解剖：本题考查元素推断及元素周期律。
解题思路：根据题给信息推出W、X、Y、Z四种短周期元素分别是什么，然后根据选项内容分析判断。
解答过程：解：根据W的气态氢化物与其最高价氧化物对应水合物生成离子化合物的信息，可推知W为N，由四种元素在元素周期表中的位置关系可知X、Y、Z分别为O、S、Cl三种元素。
选项A中，同主族元素，从上到下气态氢化物稳定性减弱，同主族元素，从左到右气态氢化物逐渐增强，故H2O、H2S、HCl中H2S的稳定性最弱，故A正确；选项B中，通过氧化物对应的水合物的酸性强弱来比较元素性质时，对比的是元素的最高价氧化物的水合物，故B错；选项C中，O2-的还原性小于S2-的还原性，故C错；选项D中，Z元素单质为氯气，氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，故D错。
2013年全国统一高考化学试卷及解析(新课标ⅱ)
2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ）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3、（6分）N A为阿伏加德罗常数的值、下列叙述正确的是（）A、1.0 L 1.0 mol•L﹣1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2 N AB、12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5 N AC、25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH﹣的数目为0.1 N AD、1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9 N A4、（6分）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：CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑D、向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：3Mg（OH）2+2Fe3+═2Fe（OH）3+3Mg2+5、（6分）“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价铝离子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6、（6分）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）△H12H2S（g）+SO2（g）═S2（g）+2H2O（g）△H2H2S（g）+O2（g）═S（g）+H2O（g）△H32S（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）7、（6分）室温时，M（OH）2（s）⇌M2+（aq）+2OH﹣（aq）K sp=a，c（M2+）=b mol•L ﹣1时，溶液的pH等于（）A、lg（）B、lg（）C、14+lg（）D、14+lg（）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。
2013高考 化学真题专业解析(海南卷)(出版原稿).
2013年普通高等学校招生全国统一考试化学试卷（海南卷）解析第I卷一、选择题：本题共6小题。
每小题2分，共12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．下列有机化合物中沸点最高的是A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．乙酸答案：D思路分析：考点解剖：考查有机物沸点比较。
解题思路：根据分子晶体的沸点规律比较四种物质的沸点。
解答过程：解：选项A中，乙烷、乙烯、乙醇、乙酸均为分子晶体，其中乙醇、乙酸分子间能形成氢键，但乙酸的相对分子质量最大，分子间作用力最大，沸点最高，故A错；选项B中，乙烷、乙烯、乙醇、乙酸均为分子晶体，其中乙醇、乙酸分子间能形成氢键，但乙酸的相对分子质量最大，分子间作用力最大，沸点最高，故B错；选项C中，乙烷、乙烯、乙醇、乙酸均为分子晶体，其中乙醇、乙酸分子间能形成氢键，但乙酸的相对分子质量最大，分子间作用力最大，沸点最高，故C错；选项D中，乙烷、乙烯、乙醇、乙酸均为分子晶体，其中乙醇、乙酸分子间能形成氢键，但乙酸的相对分子质量最大，分子间作用力最大，沸点最高，故D正确。
所以本题的答案为D。
规律总结：对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，其中分子间能形成氢键，加强了分子间作用力，熔沸点升高。
2．下列化合物的俗称与化学式不对应的是A．绿矾-FeSO4·7H2O B．芒硝-Na2SO4·10H2OC．明矾- Al2(SO4)3·12H2O D．胆矾- CuSO4·5H2O答案：C思路分析：考点解剖：考查物质的俗称与化学式。
解题思路：根据常见硫酸盐对应结晶水合物的名称及化学式分析各项。
解答过程：解：选项A中，绿矾为FeSO4·7H2O，故A正确；选项B中，芒硝为Na2SO4·10H2O，故B正确；选项C中，明矾为KAl(SO4) 2·12H2O，故C错；选项D中，胆矾为CuSO4·5H2O，故D正确。
高考化学大一轮复习 考点18 有机化合物基础(选修)(含解析,考点定位及命题意图)
考点18 有机化合物基础（选修）1.（2013·上海化学·10）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是 A.均采用水浴加热 B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量 C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量 【答案】C【解析】采用边反应边蒸馏的方法是将产物分离出去，从而提高生产物的产率，C 正确。
2.（2013·上海化学·12）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是A. 3-甲基-1,3-丁二烯B. 2-羟基丁烷C.CH 3CH(C 2H 5)CH 2CH 2CH 3 2-乙基戊烷D.CH 3CH(NH 2)CH 2COOH 3-氨基丁酸 【答案】D【解析】A 项编号有误，应该为2-甲基-1,3-丁二乙烯；B 项，叫2-丁醇，C 项主链选错了 应该为3-甲基乙烷，D 正确。
3、（2013·新课标卷I ·12）分子式为C 5H 10O 2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 【考点】同分异构体的书写与判断。
【解析】此题有两处转折，因为其最终问的是能形成C 5H 10O 2的化合物的酸与醇，最终重新组【答案】D4.（2013·重庆理综·11）有机物X 和Y 可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)下列叙述错误的是（ ）HOH 2N C H 2 CH 2 CH 2 NH CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 NH 2YX(C 24H 40O 5)A．1molX在浓硫酸作用下发生消去反应,最多生成3molH2OB．1molY发生类似酯化的反应,最多消耗2molXC．X与足量HBr反应,所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y的极性较强解析：考察有机结构与性质的关系。
2013年全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)(含解析版)
2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题1．（6分）化学无处不在，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．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2．（6分）香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图所示：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．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3．（6分）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+、Z2﹣4．（6分）银制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+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl5．（6分）已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•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﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣6．（6分）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，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（）A．28种B．32种C．40种D．48种7．（6分）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A．A B．B C．C D．D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作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答）8．（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图所示．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1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL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10g．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．蒸馏烧瓶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%9．（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，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═Li x C6．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）．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﹣x CoO2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）．10．（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=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅱ）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣49.0kJ•mol﹣1水煤气变换反应：（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1二甲醚合成反应：（Ⅳ）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•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5.0MPa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（5.93kW•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，可以产生个电子的能量；该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=（列式计算．能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW•h=3.6×106J）．11．（15分）[化学﹣选修2：化学与技术]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0.250g溶于水中，用0.0500mol•L ﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度．12．（15分）[化学﹣选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．请回答下列问题：（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键能/（kJ•mol﹣1）356413336226318452①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，SiO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．13．（15分）[化学﹣选修5：有机化学基础]査尔酮类化合物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，1mol A充分燃烧可生成72g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、核磁共振氢谱显示有4种氢．④⑤RCOCH3+RˊCHO RCOCH=CHRˊ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）．2013年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题1．（6分）化学无处不在，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．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成【考点】2H：纯碱工业（侯氏制碱法）；EB：氨的化学性质；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】55：化学计算．【分析】A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C．补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D．硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3．【解答】解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C．碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；D．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确。
2013年高考化学试题分类汇编：有机化学(无答案)
2013年高考化学试题分类汇编：有机化学1.（2013大纲卷∙13）某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。
它可能的结构共有（不考虑立体异构）A.4种B.5种C.6种D.7种2.（2013福建卷∙7）下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应3.（2013江苏卷∙12）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团B.可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠4.（2013海南卷∙1）下列有机化合物中沸点最高的是A．乙烷B．乙烯C．乙醇D．乙酸5.（2013海南卷∙7）下列鉴别方法不可行的是A．用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B．用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C．用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D．用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷6.（2013海南卷∙9）下列烃在光照下与氯气反应，只生成一种一氯代物的有A．2-甲基丙烷B．环戊烷C．2,2-二甲基丁烷D．2,2-二甲基丙烷7.（2013重庆卷∙5）有机物X和Y可作为“分子伞”给药载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)。
下列叙述错误的是A．1mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H2OB．1mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2mol XC．X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y和癸烷的分子链均呈锯齿形，但Y的极性较强8.（2013上海卷∙1）2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。
2013年高考化学试题分类解析汇编概要.
2013年高考化学试题分类解析汇编：有机化学1（2013安徽卷）26.（16分）有机物F 是一种新型涂料固化剂，可由下列路线合成（部分反应条件略去）：（1）B 的结构简式是 ；E 中含有的官能团名称是 。
（2）由C 和E 合成F 的化学方程式是 。
（3）同时满足下列条件的苯的同分异构体的结构简式是 。
①含有3个双键 ②核磁共振氢谱只显示1个峰 ③不存在甲基（4）乙烯在实验室可由 （填有机物名称）通过 （填反应类型）制备。
（5）下列说法正确的是 。
a . A 属于饱和烃b . D 与乙醛的分子式相同c ．E 不能与盐酸反应d . F 可以发生酯化反应2(2013全国新课标卷2)38.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物Ⅰ（C 11H 12O 3）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：① A 的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；② RCH=CH 2 RCH 2CH 2OH①B 2H 6②H 2O 2/OH －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。
3（2013天津卷）8、已知水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。
2013山东高考化学详细解析及答案
2013年普通高等学校招生统一考试（山东卷）理科综合【化学部分】一、选择题（共7小题，每小题4分，共28分，每题只有一个选项符合题意）7．化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应B．煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料D．利用粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程D解析：聚乙烯塑料的老化是因为被氧化所致，A选项错；煤的气化是化学变化，B错；碳纤维是碳的单质，C错；用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化。
D正确。
8．W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知A．X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB．Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC．X元素形成的单核阴离子还原性强于YD．Z元素单质在化学反应中只表现氧化性A解析：因为W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，这指的是铵盐，W是N元素，则X、Y、Z依次是O、S、Cl。
则其氢化物中H2S最不稳定，A正确；只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，B错；阴离子还原性S2-＞O2-，C错；Cl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，D错。
9．足量下列物质与等质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液B．稀硫酸C．盐酸D．稀硝酸A解析：首先硝酸与金属铝反应不生成氢气，根据生成物的化学式：Na[Al(OH)4]、Al2(SO4)3、AlCl3，通过物料守恒可直接判断出等量的铝消耗NaOH物质的量最少。
10．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图，下列关于莽草酸的说法正确的是A．分子式为C7H6O5B．分子中含有两种官能团C．可发生加成和取代反应D．在水溶液中羟基和羧基均能电离出氢离子C解析：根据莽草酸的结构式可确定其分子式为：C7H10O5，需要注意不存在苯环，A错；有三种官能团：羧基、羟基、碳碳双键，B错；碳碳双键可以被加成，羧基、羟基可发生酯化反应，C正确；在水溶液中羧基可以电离出H+，羟基不能发生电离，D错。
2013年高考化学考点讲解18有机化合物基础
①
； G中官能团的名称是
②。
⑵第①步反应的化学方程式是
。
⑶ B 的名称（系统命名）是
。
⑷第②～⑥步中属于取代反应的有
（填步骤编号） 。
⑸第④步反应的化学方程式是
。
⑹ 写出 同 时满 足下 列条 件 的 E 的所 有 同分 异构 体的 结 构简
式
。
①只含有一种官能团；②链状结构且无— O— O—；③核磁共振氢谱只有 2 种峰。
分子中含有 6 个碳原子在一条线上；
分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团
（ 6）第④步的反应条件为————————；写出
E 的结构简式
【答案】（ 1） A 是一元醇，氧的质量分数约为 21.6%， A 只有一个甲基，推知 A 的相对分子质
量为 74， -OH 相对分子质量 17 碳氢部分为 57 应该为 -C4H9，只有一个甲基，所以为正丁醇。
（ 2） CH 3COOH
CH 3COO H ;
(3)
；
（4）
；
（ 5）加成反应，取代反应；
（ 6）
；
（ 7）
。
-5-
14. （ 15）（ 2013·新课标卷Ⅱ· 26） 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
Na2Cr2O7 CH3CH2CH2CHO
53、高锰酸钾氧化甲基的同时，也将氨基氧化、最终得不到
A.
12．（ 2013·北京理综· 25）（ 17 分） 可降解聚合物 P 的恒诚路线如下
-4-
（ 1）A 的含氧官能团名称是 ____________ 。 （ 2）羧酸 a 的电离方程是 ________________ 。 （ 3） B→ C 的化学方程式是 _____________ 。 （ 4）化合物 D 苯环上的一氯代物有 2 中， D的结构简式是 ___________。 （ 5） E→ F 中反应①和②的反应类型分别是 ___________。 （ 6） F 的结构简式是 _____________ 。 （ 7）聚合物 P 的结构简式是 ________________ 。 【答案】 （ 1）羟基；
2013年高考化学试题分类解读 ——考点18 有机化合物基础(选修)
考点18 有机化合物基础<选修）1.<2018·上海化学·10）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是A.均采用水浴加热B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量C.均采用边反应边蒸馏的方法D.制备乙酸乙酯时乙醇过量【答案】C【解读】采用边反应边蒸馏的方法是将产物分离出去，从而提高生产物的产率，C正确。
2.<2018·上海化学·12）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是A. 3-甲基-1,3-丁二烯B. 2-羟基丁烷C.CH3CH(C2H5>CH2CH2CH3 2-乙基戊烷D.CH3CH(NH2>CH2COOH 3-氨基丁酸【答案】D【解读】A项编号有误，应该为2-甲基-1,3-丁二乙烯；B项，叫2-丁醇，C项主链选错了应该为3-甲基乙烷，D正确。
3、<2018·新课标卷I·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 dLCDsiJHRpA 、15种B 、28种C 、32种D 、40种【考点】同分异构体的书写与判断。
【解读】此题有两处转折，因为其最终问的是能形成C5H10O2的化合物的酸与醇，最终重新组成形成的酯有多少种。
我们先谈论酸和醇的数目： dLCDsiJHRp从上表可知，酸一共5种，醇一共8种，因此可组成形成的酯共计：5×8=40种。
【答案】D4.<2018·重庆理综·11）有机物X 和Y 可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列>dLCDsiJHRp dLCDsiJHRp 下列叙述错误的是< ）A ．1molX 在浓硫酸作用下发生消去反应,最多生成3molH2OB ．1molY 发生类似酯化的反应,最多消耗2molXks5u HOOH H2CH CH CH NH CH CH CH CH NHY X(C24H40O5>C．X与足量HBr反应,所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D．Y与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y的极性较强解读：考察有机结构与性质的关系。
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考点18 有机化合物基础（选修）1.（2013·上海化学·10）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是A.均采用水浴加热B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量C.均采用边反应边蒸馏的方法D.制备乙酸乙酯时乙醇过量【答案】C【解析】采用边反应边蒸馏的方法是将产物分离出去，从而提高生产物的产率，C正确。
2.（2013·上海化学·12）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是A. 3-甲基-1,3-丁二烯B. 2-羟基丁烷C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷D.CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸【答案】D【解析】A项编号有误，应该为2-甲基-1,3-丁二乙烯；B项，叫2-丁醇，C项主链选错了应该为3-甲基乙烷，D正确。
3、（2013·新课标卷I·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【考点】同分异构体的书写与判断。
【解析】此题有两处转折，因为其最终问的是能形成C5H10O2的化合物的酸与醇，最终重新组成形成的酯有多少种。
我们先谈论酸和醇的数目：从上表可知，酸一共5种，醇一共8种，因此可组成形成的酯共计：5×8=40种。
【答案】D4.（2013·重庆理综·11）有机物X 和Y 可作为“分子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架(未表示出原子或原子团的空间排列)下列叙述错误的是（ ）A ．1molX 在浓硫酸作用下发生消去反应,最多生成3molH2OB ．1molY 发生类似酯化的反应,最多消耗2molXC ．X 与足量HBr 反应,所得有机物的分子式为C24H37O2Br3D ．Y 与癸烷的分子链均呈锯齿形,但Y 的极性较强解析：考察有机结构与性质的关系。
A 项，X 有3个醇羟基，且相邻C 原子上有H 原子，正确；B 项，Y 有2个—NH2，1个NH ，X 有1个—COOH ，发生反应的物质的量之比是1：3，不正确；C 项，X 有3个醇羟基，被3个Br 取代，分子式正确；D 项，Y 呈锯齿形，因为含有—NH2，极性比癸烷强。
选择B 。
5.（2013·江苏化学·12）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：下列有关叙述正确的是A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团B.可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠 【参考答案】BHOOH H2CH CH CH NH CH CH CH CH NHYX(C24H40O5)【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机化学知识的理解和掌握程度。
☆能熟练区分醇羟基、酚羟基、酸羟基的性质上的差异：醇中的羟基连在脂肪烃基、环烷烃基或苯环的侧链上，由于这些原子团多是供电子基团，使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变大，氢氧共价键得到加强，氢原子很难电离出来。
因此，在进行物质的分类时，我们把醇归入非电解质一类。
酚中的羟基直接连在苯环或其它芳香环的碳原子上，由于这些原子团是吸电子基团，使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变小，氢氧共价键受到削弱，氢原子比醇羟基上的氢容易电离，因此酚类物质表现出一定的弱酸性。
羧酸中的羟基连在上，受到碳氧双键的影响，羟基氢原子比酚羟基上的氢原子容易电离，因此羧酸(当然是短链)的水溶液呈明显的酸性，比酚溶液的酸性要强得多。
N a NaOHNa2CO3NaHCO3醇羟基√╳╳╳酚羟基√√√╳羧羟基√√√√相关对比：酸性强弱对比：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3－结合H＋能力大小：CH3COO－＜HCO3－＜C6H5O－＜CO32－故：C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
B.三氯化铁遇酚羟基显紫色，故能区别。
C.按羟基类型不同，仅酸羟基反应而酚羟基不反应。
D.贝诺酯与足量NaOH反应，肽键也断裂。
6．（2013·海南化学·18I）[选修5——有机化学基础]（20分）18-I（6分）下列化合物中，同分异构体数目超过7个的有A．已烷B．已烯C．1,2-二溴丙烷D．乙酸乙酯[答案]BD[解析]：同分异构体常规考查。
7、（2013·广西理综·13）某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。
它可能的结构共有（不考虑立体异构）A.4种B.5种C.6种D.7种【答案】B【解析】根据题意该有机物完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，则该有机物的分子式可设为CnH2nOm，由相对分子质量为58，14n+16m=58，讨论可知n=3、m=1。
分以下五种情况：官能团—CHO（醛基）—CHO（酮基）—OH（羟基醇）—O—（醚）有机物名称丙醛丙酮环丙醇甲基环丙醚、环丁醚有机物结构CH3CH2CHO CH3COCH38.（2013·北京理综·12）用右图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是【答案】B【解析】A、B选项乙烯中的杂质为乙醇，乙醇可使KMnO4褪色，故必须用水除去。
乙醇不能使Br2的CCl4溶液褪色，故不需出去。
Ｃ、Ｄ选项乙烯中杂质为乙醇、SO2和CO2。
其中乙醇、SO2均可使KMnO4褪色，故用氢氧化钠溶液除去；尽管乙醇不能使Br2的CCl4溶液褪色，但SO2在有H2O（g）存在的情况下能使Br2的CCl4溶液褪色，故用氢氧化钠溶液除去。
故ACD错误，B正确。
9.（2013·上海化学·15）NA代表阿伏伽德罗常数。
已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NAB.所含碳氢键数目为aNA/7C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14LD.所含原子总数为aNA/14【答案】B【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）;B正确；C 项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。
【考点定位】本题考查阿伏伽德罗常数10.（2013·上海化学·44-47）异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体。
由A （C5H6）和B经Diels-Alder反应制得。
Diels-Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是完成下列填空：44. Diels-Alder反应属于反应（填反应类型）：A的结构简式为。
45．写出与互为同分易购，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件。
46.B与Cl2的1,2—加成产物消去HCl得到2—氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式。
47.写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：目标产物）【答案】44、加成，。
45、1，3，5—三甲苯，生成所需要的反应试剂和反应条件分别是纯溴、加热。
生成所需要的反应试剂和反应条件分别是纯溴、铁作催化剂。
4647、【解析】根据反应条件和反应产物可知该反应是加成反应，A见答案，B是1，3—丁二烯。
的分子式为C9H12,则符合题意的该同分异构体为均三甲苯或1，3，5—三甲苯，发生溴代反应时，如果是苯环上的被取代，则在铁作催化剂的条件下与溴反应，如果是侧链上的H被取代，则类似烷烃的卤代反应，在光照或加热的条件下与溴反应，2—氯代二烯烃与丙烯酸发生加聚反应，产物为，根据的结构可知，它可由甲苯发生氯代反应，再水解生成醇，醇氧化而得。
【考点定位】本题考查有机物的性质、结构、转化、同分异构、反应类型、合成路线的设计等，考查推理能力及提取信息的能力。
11.（2013·上海化学·48-53）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的。
下图所示的其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）完成下列填空：48.写出反应试剂和反应条件。
反应①反应⑤49.写出反应类型。
反应③反应⑥50.写出结构简式。
A B51．反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和防止52.写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。
53. 反应②，反应③的顺序不能颠倒，其原因是、。
【答案】48、浓硝酸，浓硫酸，水浴加热；Br2加热49、还原反应，取代反应50、，51、生成的HCl，使平衡正向移动，防止产品不纯52、（CH3）3CONHCH3，（CH3）3CH2CONH253、高锰酸钾氧化甲基的同时，也将氨基氧化、最终得不到A.【解析】本题运用正向、逆向思维相结合的方法进行推理。
根据C7H8及可确定其位甲苯，则反应①为甲苯在浓硫酸和加热的条件下与硝酸发生取代反应而生成A: 反应①取代，②氧化，③还原，④酯化，⑤溴代（如果A先与溴在加热条件下发生取代反应，则后续发生的酯化反应中，被醇羟基取代），根据B的分子式和的结构可知B为，反应⑥为取代，C为，分子式为C6H11NO6，加入碳酸钾是中和生成的HCl，使该反应的平衡正向移动，防止产品不纯，C的不饱和度为1，其同分异构体可发生水解反应，则含肽键，又由于只含3种不同化学环境氢原子，应该高度对称，根据有序思维可写出：（CH3）3CONHCH3、（CH3）2CH2CONH2、（CH3）2CHCON（CH3）2、CH3CON（CH2CH3）2等。
-NH2有还原性，易被氧化，因此，-NO2的还原性在-CH2的氧化之后，即反应②，反应③的顺序不能颠倒，另外一个原因是得不到A。
【考点定位】本题考查有机物的性质、结构简式、转化、同分异构、反应类型、反应条件控制等，考查推理能力，有序思维能力、提取信息的能力、分析问题解决问题的能力。
12．（2013·北京理综·25）（17分）可降解聚合物P的恒诚路线如下（1）A 的含氧官能团名称是____________。
（2）羧酸a 的电离方程是________________。
（3）B →C 的化学方程式是_____________。
（4）化合物D 苯环上的一氯代物有2中，D 的结构简式是___________。