广东高考化学全卷解析 范永凯精品化学.docx

1、广东高考化学全卷解析 范永凯精品化学2013年广东高考化学学校:_姓名：_班级：_考号：_一、选择题（题型注释）1下列说法正确的是A糖类化合物都具有相同的官能团 B酯类物质是形成水果香味的主要成分C油脂的皂化反应生成脂肪酸和丙醇 D蛋白质的水解产物都含有羧基和羟基【答案】B【解析】单糖是糖类化合物的典型代表，其中葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，前者所含的醛基和后者所含的酮基或羰基不相同，A项错误；酯类物质具有水果香味，形成水果香味的主要成分是酯类，B项正确；油脂是高级脂肪酸甘油三酯，属于酯类，与强碱溶液混合加热发生皂化反应，完全水解生成高级脂肪酸盐和甘油或丙三醇，不可能生成脂肪酸和丙醇，C项

2、错误；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，而不是羧基和羟基，D项错误。【学科网考点定位】本题考查考生对常见有机物的组成、结构、性质和变化及相互联系的了解，考查考生对官能团、有机物命名的了解。涉及糖类化合物（如葡萄糖和果糖）官能团的异同、水果香味与酯类物质的关系、油脂皂化反应的产物、丙三醇和丙醇的差异、蛋白质的水解产物、氨基酸的官能团、羟基和氨基的差异等。 2水溶液中能大量共存的一组离子是ANa+、Al3+、Cl、CO32 BH+、Na+、Fe2+、MnO4CK+、Ca2+、Cl、NO3 DK+、NH4+、OH、SO42【答案】C【解析】Al3+与CO32容易在水中发生双水

3、解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，即2Al3+3CO32+3H2O=2Al(OH)3+3CO2，A项错误；MnO4具有强氧化性，Fe2+具有还原性，它们在酸性溶液中容易发生氧化还原反应，即8H+5Fe2+MnO4=5Fe3+Mn2+4H2O，B项错误；K+、Ca2+、Cl、NO3之间不能发生复分解反应和氧化还原反应，因此它们在水中能大量共存，C项正确；NH4+和OH容易发生复分解反应，生成一水合氨或者氨气和水，即NH4+OH=NH3H2O或NH3+H2O，D项错误。【学科网考点定位】考查考生对离子反应的概念、氧化还原反应概念、离子反应发生条件的了解，以及对常见离子性质的掌握程度。主要涉及

4、Al3+的水解性、CO32的水解性、MnO4的强氧化性、Fe2+具有还原性、NH4+的水解性、NH3H2O的弱碱性和不稳定性等。3设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A常温常压下，8gO2含有4nA个电子B1L0.1molL1的氨水中有nA个NH4+C标准状况下，22.4L盐酸含有nA个HCl分子D1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去2nA个电子【答案】A【解析】氧气的相对分子质量为32，其摩尔质量为32 g/mol，由m/M=n可得，n(O2)=8g32g/mol=1/4mol，由于1个O原子含有8个电子，1个O2含有16个电子，则电子与氧气的物质的量之比等于16，由此可得关

5、系式O216 e，其中电子与氧气的物质的量之比等于系数之比，则n(电子)=16 n(O2)=161/4mol=4mol，N(电子)= n(电子)NA=4mol nAmol1=4nA，A项正确；假设氨水的溶质为NH3H2O，由cV=n可得，n(NH3H2O)=cV=0.1mol/L1L=0.1mol，由于NH3H2O是弱碱，不能完全电离出铵根离子，其电离是可逆反应，即NH3H2ONH4+OH，则n(NH4+)远远小于n(NH3H2O)，则N(NH4+)远远小于0.1nA，B项错误；盐酸是液体，不能用V22.4L/mol计算出其物质的量，且HCl是强酸，在水中能完全电离成氢离子和氯离子，不可能存在

6、HCl分子，C项错误；由钠的性质可得：2Na+O2Na2O2，根据化合价升高总数等于失去电子数可得如下关系式：2Na+O2Na2O22 e，其中失去电子与Na的物质的量之比等于关系式中的系数之比，则1molNa被完全氧化生成Na2O2时失去nA个电子，D项错误。 【学科网考点定位】本题考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数、氧气分子的电子数、气体摩尔体积、物质的量浓度等概念的了解；考查考生根据物质的量、质量、微粒数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算的能力；考查考生对电解质的电离的了解；考生考生对常见氧化还原反应及其电子转移数的了解。4下列叙述I和II均正确并且有因果关系的是选项陈述I陈述IIA

7、NH4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClBFe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3DSiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中【答案】D【解析】NH4Cl为强酸弱碱盐的原因是HCl是强酸、NH3H2O是弱碱，用加热法除去NaCl中的NH4Cl的原因是NH4Cl受热易分解为氨气、氯化氢气体，而NaCl的热稳定性很强，则陈述I、II均正确，但是它们没有因果关系，A项错误；Fe3+具有氧化性的原因是铁元素的化合价可以从+3价将为+2价甚至0价，用KSCN溶液可以鉴别Fe3+的原因是Fe3+遇KSCN溶液迅

8、速显红色，则陈述I、II均正确，但是它们没有因果关系，B项错误；向碳酸钙悬浊液中通入过量二氧化碳气体可得澄清溶液，说明碳酸钙是难溶于水的钙盐，碳酸氢钙是易溶于水的钙盐，则溶解度：CaCO3NaHCO3，则陈述I正确，陈述II错误，C项错误；由二氧化硅的性质可知，HF是唯一能腐蚀或溶解SiO2的酸，则陈述I、II正确并且有因果关系，D项正确。【学科网考点定位】本题考查考生正确判断、解释和说明有关化学现象和问题的能力；考查考生对常见无机物及其应用的了解，着重考查考生对NH4Cl的热稳定性、Fe3+的氧化性和检验、碳酸盐和碳酸氢盐的溶解性、SiO2与HF反应的了解；考查对HF保存方法的了解。5下列措

9、施不合理的是A用SO2漂白纸浆和草帽辫B用硫酸清洗锅炉中的水垢C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D用 Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+【答案】B【解析】二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆和草帽辫，A项合理；锅炉中的水垢主要成分是 CaCO3，是难溶电解质，硫酸的酸性比碳酸强，与水垢能反应，即CaCO3+2H+SO42=CaSO4+CO2+H2O，但是生成的硫酸钙微溶于水，锅炉内的水垢由一种难溶物变为另一种微溶物，并没有被除去，应选择盐酸或醋酸等除去水垢，B项不合理；根据二氧化硅的性质或单质硅的制备方法可知，制取粗硅的主反应为SiO2+2CSi+2CO，C项合理；由于硫化铜、硫

10、化汞是难溶于水的电解质，溶度积很小，硫化钠是易溶于水、易电离的钠盐，加入硫化钠作沉淀剂，S2与Cu2+和Hg2+容易结合成CuS沉淀、HgS沉淀，从而降低废水中Cu2+和Hg2+的浓度，当它们均小于105mol/L时，可以认为被沉淀完全而除去，D项合理。【学科网考点定位】本题考查考生对常见单质和重要化合物的性质的掌握程度；利用日常生活中的实例，考查考生对沉淀的生成和溶解原理的理解。着重考查了生产和生活中二氧化硫漂白性的应用、清洗锅炉中水垢的试剂、单质硅的制备原理和方法、处理含有重金属离子废水的沉淀剂等。650时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是ApH=4的醋酸中：c(H+)=4.0

11、molL1B饱和小苏打溶液中：c(Na+)= c(HCO3)C饱和食盐水中：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+c(OH)DpH=12的纯碱溶液中：c(OH)=1.0102molL1【答案】C【解析】由溶液 pH计算表达式可得，c(H+)=10pHmol/L，则pH=4的醋酸中c(H+)=104 molL1，A项错误；小苏打的化学式是NaHCO3，属于钠盐、酸式盐，在水中能完全电离，即NaHCO3= Na+HCO3，钠离子不能水解，而HCO3不仅少部分水解生成碳酸，还有少部分HCO3电离出碳酸根离子，即HCO3+H2OH2CO3+OH、HCO3H+CO32，且其水解程度大于电离程度，则饱

12、和小苏打溶液中：c(Na+)c(HCO3)，B项错误；饱和食盐水中溶质为NaCl、溶剂为H2O，前者全部电离为Na+、Cl，后者部分电离为OH、H+，根据电荷守恒原理可得：c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+c(OH)，C项正确；25时Kw= c(H+)c(OH)=1.01014，水的电离是吸热反应，升高温度能促使H2OH+OH的电离平衡右移，则50时Kw= c(H+)c(OH)1.01014，pH=12的纯碱溶液中c(H+)=10pHmol/L=1012mol/L，c(OH)= Kw/ c(H+)1.0102molL1，D项错误。【学科网考点定位】本题考查考生对溶液pH的了解；考查考生

13、对盐类水解、弱电解质在水中的电离的了解；考查考生对水溶液中离子浓度大小的比较；考查考生对水的电离平衡和离子积常数的了解；考查考生对温度与平衡常数大小关系的了解。本学科网解析为学科网名师学科网解析团队原创，授权学科网独家使用，如有盗用，依法追责！二、双项选择题：本大题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分。7元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是RXTZQA非金属性：ZTXBR与Q的电子数相差26C气态氢化物稳定性

14、：R TQ【答案】BD【解析】F2与H2在暗处剧烈化合并发生爆炸，生成HF，由此推断R为氟；以氟在元素周期表中位置为突破口，由此可以推断X、T、Z、Q分别是硫、氯、氩、溴。Z、T、X分别是氩、氯、硫，稀有气体元素性质很稳定，同周期主族元素的非金属性随原子序数增大而递增，则非金属性：氩硫氯或ZX氯溴，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则HFHClHBr或RTQ，C项错误；T、Q分别是氯、溴，非金属性：氯溴，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，则高氯酸（HClO4）的酸性比高溴酸（HBrO4）强或 TQ，D项正确。【学科网考点定位】本题考查考生对第VIA、VIIA、0族元素单质和重要化合物性

15、质的了解；考查考生对元素在元素周期表中的位置及其性质递变规律的了解；综合考查考生对“位置、结构、性质”三角关系的掌握程度。同时考查考生简单推理的能力，以及对重要非金属元素及其化合物相关性质的掌握。着重考查卤素及其化合物的结构和主要性质。8下列实验的现象与对应结论均正确的是选项操作现象结论A将浓硫酸滴到蔗糖表面固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性B常温下将Al片放入浓硝酸中无明显变化Al与浓硝酸不反应C将一小块Na放入无水乙醇中产生气泡Na能置换出醇羟基中的氢D将水蒸气通过灼热的铁粉粉末变红铁与水在高温下发生反应【答案】AC【解析】蔗糖的化学式为C12H22O11，浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖碳化

16、而变黑，生成单质碳和水，浓硫酸和水混合时放出大量的热量，促使单质碳与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，黑色固体体积膨胀，并伴有刺激性气味，硫由+6价降为+4价，说明浓硫酸具有强氧化性，A项正确；常温下浓硝酸能使铝钝化，表面生成一层致密的保护膜，阻止内层金属铝与浓硝酸酸的反应，因此无明显现象，但是钝化是化学变化，发生了氧化还原反应，且加热时铝与浓硝酸能反应，B项错误；金属钠置换了乙醇羟基中的氢，生成氢气和乙醇钠，C项正确；黑色的铁粉在加热条件下与水蒸气发生置换反应，生成黑色四氧化三铁固体和氢气，而不是生成红色的氧化铁固体，D项错误。【学科网考点定位】本题考生对常见单质及化合物的

17、性质的掌握程度；以元素化合物性质和实验知识为载体，考查考生对浓硫酸的脱水性、吸水性、强氧化性的了解；考查考生对常见元素及其重要化合物的性质、常见化学反应及其实验现象的掌握。着重考查考生对蔗糖组成和性质的掌握程度；考查考生对蔗糖与浓硫酸、铝与浓硝酸、钠与无水乙醇、水蒸气与铁等在一定条件下反应及其现象的掌握程度。第II卷（非选择题 共64分）本学科网解析为学科网名师学科网解析团队原创，授权学科网独家使用，如有盗用，依法追责！三、非选择题：本大题共4小题，共64分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后学科网答案的不能得分。有数值计算的题，学科网答案中必须明确写

18、出数值和单位。二、填空题（题型注释）三、实验题（题型注释）9（17分）化学实验有助于理解化学知识，形成化学观念，提高探究与创新能力，提升科学素养。（1）在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。下列收集Cl2的正确装置是 。将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 。设计实验比较Cl2和Br2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和CCl4于试管中， 。（2）能量之间可以相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，

19、铁片，锌片和导线。完成原电池甲的装置示意图，并作相应标注。要求：在同一烧杯中，电极与溶液含相同的金属元素。铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极 。甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是 ，其原因是 。（3）根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选 作阳极。【答案】（1）C（2分） Cl2、HClO、ClO（3分）滴加NaBr溶液，振荡后静置，下层溶液呈红棕（或棕黄）色（3分，其他合理说法也给分）（2）（3分，下列三种图像或其他合理画法均给分）有红色固体析出，负极被腐蚀（1分，其

20、他合理学科网答案也给分）甲（1分） 电池乙的负极可与CuSO4溶液直接发生反应，导致部分化学能转化为热能；电池甲的负极不与所接触的电解质溶液反应，化学能在转化为电能时损耗较小（3分，其他合理解释也可得分）（3）锌片（1分）【解析】（1）集气瓶中使用单孔橡胶塞紧，只能进气，不能排气，则瓶内气体压强增大到一定程度，可能爆炸等，A项错误；倒立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导管中进，不会排出瓶内上部的空气，而是直接沉底，从短导气管中逸出，因此不能排出空气收集氯气，B项错误；正立的集气瓶中有双孔橡胶塞，由于氯气的密度比空气大，氯气从长导管中进，先沉底并将底部空气排出，短导气管排

21、出的气体通过倒扣漏斗、NaOH溶液吸收处理，既防止倒吸又防止污染空气，C项正确；氯气与NaOH溶液能反应，即Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，因此不能用排NaOH溶液的方法收集氯气，D项错误；氯气与水发生可逆反应，生成盐酸和次氯酸，即Cl2+H2OH+Cl+HClO，所得氯水中含有三种分子四种离子，即H2O、Cl2、H+、Cl、HClO、ClO、OH，其中具有强氧化性的含氯粒子是Cl2、HClO、ClO；Cl2、Br2都是卤素单质，都是非金属单质，比较非金属单质氧化性强弱时，通过氯气与溴化钠溶液能否发生在置换反应、反应后四氯化碳层是否是橙色，可以判断氯气和溴单质的氧化性强弱，即

22、设计的实验方案为：取少量新制氯水和CCl4于试管中，滴入足量或适量NaBr（或KBr、HBr）溶液，振荡、静置，溶液分层，下层液体是橙色，说明氯气与溴化钠（或KBr、HBr）溶液发生置换反应或Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2（或Cl2+2KBr=2KCl+Br2、Cl2+2HBr=2HCl+Br2），四氯化碳将生成的溴从水层萃取到下层，下层呈橙色，氯元素由0价将为1价，溴元素由1价降为0价，则Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，由于氧化剂的氧化性比氧化产物强，则氧化性：Cl2 Br2；（2）根据题给条件和原电池的构成条件可得，带盐桥的原电池甲可以设计锌铜原电池（或铁铜原电池、锌铁原电池），

23、由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属活动性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以为锌片和硫酸锌溶液、铜片和硫酸铜溶液（或者铁片和硫酸亚铁、铜片和硫酸铜溶液，锌片和硫酸锌溶液、铁片和硫酸亚铁溶液）；由于金属活动性：ZnFeCu，则原电池乙中铜片作正极，锌片或铁片作负极，工作一段时间后，负极金属锌或铁本身被腐蚀或被氧化，表面变黑，失去金属光泽，质量减轻，溶液中蓝色变浅；甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能，其中带有盐桥的原电池甲中的负极金属锌和硫酸铜（或铁和硫酸铜）没有直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极金属锌

24、和硫酸铜（或铁和硫酸铜）直接接触，两者会直接发生置换反应，部分化学能会转化为热能，化学能不可能全部转化为电能【或无盐桥时，负极金属锌和硫酸铜（或铁和硫酸铜）直接接触，两者能直接发生置换反应而放热，化学能部分变为电能，部分变为热能】；（3）由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极（阴极）时被保护，而铁作负极（阳极）时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在（2）的材料中应选择比铁活泼的锌片作负极（阳极），使铁片作正极（阴极），从而牺牲锌片保护铁片；不能选择铜片，因为铜作正极（阴极），而铁片作负极（阳极），此时铁片的腐蚀速率加快，而不是延缓。【学科网考点定位】本题以元素化合物性质和实验知识为载体，

25、考查考生对常见元素的单质和重要化合物的主要性质的掌握程度；考查考生气体收集方法、尾气处理装置的掌握情况；考查考生基本的实验操作技能和初步设计实验的能力以及分析、解决问题的能力；考查考生的创新能力和思维方法；考查考生对原电池构成条件和工作原理的理解程度，以及用图形正确表达分析结果的能力；考查考生对原电池负极反应现象的观察能力及其实验现象的表达能力；考查考生对有无盐桥对原电池中化学能转化为电能效率的评价及分析能力；考查考生对金属电化学防护的的理解；考查考生对元素化合物知识的综合应用能力； 四、计算题（题型注释）五、简答题（题型注释）10（16分）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：（1）

26、化合物I的分子式为_，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗_molO2。（2）化合物II可使_溶液（限写一种）褪色；化合物III（分子式为C10H11C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物II，相应的化学方程式为_。（3）化合物III与NaOH乙醇溶液共热生成化合物IV，IV的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1112，IV的结构简式为_。（4）由CH3COOCH2CH3可合成化合物I。化合物V是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称结构，且在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的化合物VI。V的结构简式为_，VI的结构简式为_。（5）一定条件下， 与

27、也可以发生类似反应的反应，有机产物的结构简式为_。【答案】（1）C6H10O3（2分） 7（2分）（2）溴的四氯化碳（或酸性高锰酸钾，合理即给分，2分）（4）HOCH2CH=CHCH2OH（2分） （2分，其他合理写法也给分）（5）【解析】（1）反应中化合物I的结构简式为CH3COCH2COOCH2CH3，数一数其中所含碳、氢、氧原子的数目，可得其分子式为C6H10O3；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：C6H10O3+7O26CO2+5H2O，其中氧气与I的物质的量之比等于系数之比，则1molI完全燃烧最少需要消耗7mol O2；（2）反应中化合物II的官能团是碳碳双键、羟基，前者与溴可以发生

28、加成反应，前者和后者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，由此推断II可以使溴的四氯化碳溶液或溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色；II的结构简式为C6H5CH=CHCHOHCH3，其分子式为C10H12O，III属于卤代烃，其分子式为C10H11Cl，III比II多1个Cl少1个OH， III与 NaOH水溶液共热生成II，说明III的结构简式为C6H5CH=CHCHClCH3，根据卤代烃的性质可书写并配平其水解反应的化学方程式；（3）根据卤代烃与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应的原理，III与NaOH乙醇溶液共热生成的有机产物可能是C6H5CH=C=CHCH3、C6H5CH=CHCH=CH2，前者的核磁共振氢

29、谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为113，因此不符合题意，则化合物IV的结构简式为C6H5CH=CHCH=CH2；（4）醇中羟甲基（CH2OH或HOCH2）在Cu催化下与过量O2反应生成能发生银镜反应的醛基（CHO或OHC），依题意可知V的碳链两端各有1个羟甲基（CH2OH或HOCH2），CH3COOCH2CH3的分子式为C4H8O2，减去2个C、6个H、2个O之后可得2个C、2个H，即V的碳链中间剩余基团为CH=CH，则V的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH，以此为突破口，可以推断VI的结构简式为OHCCH=CHCHO；（5）比较反应中反应物I、II与生成物的结构简式，找出其中相同的

30、基团和不相同的基团，然后推断该反应实质是II所含醇羟基中氧碳键断裂，I所含酯基和酮基的邻碳上的碳氢键断裂，羟基与氢结合生成无机产物水，其余部分结合生成有机产物，由此类比可得类似反应的有机产物的结构简式。【学科网考点定位】考查考生对烯烃、炔烃、卤代烃、醇、醛、酯等常见有机物的结构和成键特征的了解；考查考生对以上有机物典型代表物的组成和性质以及它们相互联系的了解；考查考生对重要有机反应类型如取代反应、加成反应、消去反应和氧化反应的了解；考查考生对核磁共振氢谱峰组数和峰面积之比的了解；考查考生对有机化合物同分异构现象的了解；考查考生的分析能力、逻辑推理能力、综合应用信息以及信息迁移能力。11（16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究。（1）O3将I氧化成I2的过程由3步反应组成：I(aq)+ O3(g)=IO(aq)+O2(g) H