高考广东理综化学试题赏析

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高考广东理综化学试题赏析

‎2013年高考广东理综化学试题赏析 ‎7.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咪的主要成分 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 赏析:考察有机化合物知识,属于组合性选择题。葡萄糖的官能团是羟基和醛基,而果糖的官能团是羟基和羰基,A错误;酯类一般都是易挥发具有芳香气味的物质,B正确;油脂在碱性条件水解生成高级脂肪酸盐和甘油,称之为皂化反应,C错误;蛋白质的水解产物是氨基酸,氨基酸的官能团是羧基和氨基,D错误。选择B ‎8.水溶解中能大量共存的一组离子是 A.Na+、Al3+、Cl-、CO32- B.H+、Na+、Fe2+、MnO4-‎ C.K+、Ca2+、Cl-、NO3- D. K+、NH4+、OH-、SO42-‎ 赏析:考察离子共存问题。Al3+、和CO32-因发生双水解而不能共存,A错误;Fe2+、H+、MnO4—因发生氧化还原反应不能共存,B错误;NH4+与OH—因生成弱电解质一水合氨而不能共存,D错误。选择C。‎ ‎9.设nA为阿佛加德罗常数的数值,下列说法正确的是 A.常温常压下,8gO2含有4nA个电子 B.‎1L0.1molL-1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 D.1molNa被完全氧化生成Na2O2,失去个2nA电子 赏析:考察阿伏加德罗常数问题。1个O2分子含有的电子数为16个,8gO2的物质的量为0.25mol,所以8gO2含有的电子数为0.25 mol×16=4 mol,A正确;一水合氨为部分电离的弱电解质,所以‎1L1 mol/L的氨水中NH4+的数目会小于nA个,B错误;标准状况下,盐酸为液态混合物,无法换算(或氯化氢为强电解质,盐酸溶液中不存在氯化氢分子),C错误;1 mol Na完全氧化为Na2O2转移的电子数为1 mol,即失去的电子数为nA个,D错误。选择A。‎ ‎10.下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是 ‎ ‎ 选项 叙述I ‎ 叙述Ⅱ ‎ A NH4Cl为强酸弱碱盐 用加热法出去NaCl中的NH4Cl ‎ B Fe3+具有氧化性 用KSCN溶液可以鉴别Fe3+‎ ‎ C 溶解度:CaCO3Q 赏析:考察元素周期律与元素周期表。由R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸,可知R为F,由周期表的相对位置可以确定X为S、T为Cl、Z为Ar、Q为Br。由于Z(Ar)为稀有气体,不能比较其非金属性,A错误;R的(原子序数)电子数为9,Q的(原子序数)电子数为35,35—9=26,B正确;F、Cl、Br三种元素位于同周期,同周期元素从上到下非金属性依次减弱,氢化物的稳定性依次减弱,最高价氧化物对应水化物酸性减弱,C错误、D正确。选择BD。‎ ‎23、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 赏析:考察化学实验与元素化合物知识。将浓硫酸滴到蔗糖表面,浓硫酸因脱水性使蔗糖脱水炭化,浓硫酸因强氧化性与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫气体,所以蔗糖固体变黑膨胀,A正确;Al放入浓硝酸,因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化,阻碍反应继续进行,B错误;Na放入无水乙醇中,会与活泼性较强的羟基反应,置换出氢气,C正确;铁与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气,D错误。选择AC。‎ ‎30、(16分)脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应,例如:‎ ‎(1)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乙醇溶液工热生成化合物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1:1:1:2,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______ .‎ ‎ Br—‎ ‎—C≡CH ‎—CH——‎ OH ‎(5)一定条件下, 和 也可以发生类似反应①的反应,‎ 有机产物的结构简式为_____ .‎ 赏析:以脱水偶联反应为信息背景考察有机化合物知识。通过观察可知,化合物ⅠCH3COCH2COOCH2CH3分子中含有6个碳、10个氢、3个氧,分子式为C6H10O3,1mol该物质完全燃烧生成6molCO2、5molH2O,所以其耗氧量为(2×6+1×5—3)/2=7mol。化合物ⅡC6H5CH=CHCH(CH3)OH中含有的官能团为碳碳双键(可以使溴水、溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色)和羟基(可以使酸性高锰酸钾溶液褪色)。化合物Ⅲ与NaOH水溶液共热生成化合物ⅡC6H5CH=CHCH(CH3)OH,结合卤代烃的水解规律可知化合物Ⅲ的结构简式为C6H5CH=CHCHClCH3,反应的方程式为:‎ C6H5CH=CHCHClCH3+NaOH C6H5CH=CHCH(CH3)OH+NaCl。‎ ‎ Br—‎ ‎—C≡CH ‎—CH——‎ OH 化合物ⅢC6H5CH=CHCHClCH3在NaOH醇溶液中共热发生消去反应,结合核磁共振氢谱4种H,个数比为1:1:1:2,生成化合物Ⅳ的结构简式为C6H5CH=CHCH=CH2。依据题意,CH3COOCH2CH3的同分异构体化合物Ⅴ能够在Cu催化下与O2反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ,说明化合物Ⅴ具有二氢醇的结构,依据碳链两端呈对称结构,说明分子中含有2个羟基和一个碳碳双键,即化合物Ⅴ的结构简式为HOCH2CH=CHCH2OH,化合物Ⅵ为OHCCH=CHCHO。反应①的反应机理是化合物ⅡC6H5CH=CHCH(CH3)OH中的羟基,被化合物Ⅰ中CH3COCH2COOCH2CH3所取代,依照机理可知 相当于化合物Ⅱ, 相当于化合 ‎ Br—‎ ‎—C≡CCH——‎ 物Ⅰ,两者反应应该得到。‎ 参考答案:‎ ‎(1)C6H10O3,7mol ‎(2)酸性高锰酸钾溶液,‎ C6H5CH=CHCHClCH3+NaOH C6H5CH=CHCH(CH3)OH+NaCl。‎ ‎(3)C6H5CH=CHCH=CH2。‎ ‎(4)HOCH2CH=CHCH2OH,,OHCCH=CHCHO。‎ ‎ Br—‎ ‎—C≡CCH——‎ ‎(5)‎ ‎31.(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:‎ ‎①I-(aq)+ O3(g)=IO-(aq)+O2(g)△H1‎ ‎②IO-(aq)+H+(aq) HIO(aq) △H2‎ ‎③HIO(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l) △H3‎ 总反应的化学方程式为______ ,其反应△H=______‎ ‎(2)在溶液中存在化学平衡:I2(aq)+I-(aq)I3-(aq),其平衡常数表达式为_______.‎ ‎(3) 为探究Fe2+对氧化I-反应的影响(反应体如图13),某研究小组测定两组实验中I3--浓度和体系pH,结果见图14和下表。‎ ‎ 编号 ‎ 反应物 反应前PH 反应后PH 第1组 O3+I-‎ ‎5.2‎ ‎ 11.0‎ 第2组 O3+I-+Fe2+‎ ‎5.2‎ ‎ 4.1‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 图14‎ ① Ⅰ组实验中,导致反应后pH升高的原因是_______ .‎ ② 图13中的A为_____由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率,原因是 ‎_______ .‎ ‎③第2组实验进行18s后,Ⅰ3-下降。导致下降的直接原因有双选______.‎ A.C(H+)减小 B.c(Ⅰ-)减小 C. Ⅰ2(g)不断生成 D.c(Fe3+)增加 ‎ (4)据图14,计算3-13s内第2组实验中生成l3-的平均反应速率(写出计算过程,结果 保留两位有效数字)。‎ 赏析:结合化学反应原理与元素化合物知识考察平衡原理。‎ ‎(1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2I-+2H+=I2+ O2+ H2O,由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。‎ ‎(2)依据平衡常数的定义可得,K=。‎ ‎(3)由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0,其原因是反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大。由于是持续通入O3,O3可以将Fe2+氧化为Fe3+:O3+2Fe2++2H+=2Fe3++ O2+ H2O,Fe3+氧化I-:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+,I-消耗量增大,转化率增大,与I2反应的量减少,I3-浓度减小。‎ ‎(4)由图给数据可知△c(Ⅰ3—)=(11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L)=8.3×10—3 mol/L,由速率公式得:v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。‎ 参考答案:‎ ‎(1) O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O,△H=△H1+△H2+△H3。‎ ‎(2) ‎(3)反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大;Fe3+,BD ‎(4)△c(Ⅰ3—)=(11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L)=8.3×10—3 mol/L,由速率公式得:v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/L·s。‎ ‎32.银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下的:‎ ‎(1)电解精练银时,阴极反应式为 ;滤渣A与稀HNO3反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,该气体变色的化学方程式为 ‎ ‎(2)固体混合物B的组成为 ;在生成固体B的过程中,欲要控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为 ‎ 。‎ ‎(3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式:‎ ‎ CuO+ Al2O3 CuAlO2+ ↑‎ ‎(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%,理论上‎5.0kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2,至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L.‎ ‎(5)CuSO2溶液也可用于制备胆矾,其基本操作时 、过滤、洗涤和干燥。‎ 赏析:以工艺流程的形式考察元素及其化合物知识。‎ ‎(1)仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极:Ag—e—= Ag+,纯银做阴极: Ag++e—= Ag。 滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO,NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2:2NO+O2=2 NO2。‎ ‎(2)结合信息和流程图分析可知:硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝,煮沸时氢氧化铜分解为CuO,氢氧化铝不分解,所以B应该为CuO和Al(OH)3,若NaOH过量,两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解:‎ Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O。‎ ‎(3)依据题给反应物和生成物可以判断:CuO转化为CuAlO2,铜元素化合价由+2下降为+1,CuO做氧化剂,所以生成的物质还应有氧气(化合价-2→0),根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应:4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑‎ ‎(4)银铜合金中的铜的物质的量n(Cu)==50mol,根据元素守恒可得生成的CuAlO2也是50.0mol,依据方CuAlO2中的Cu和Al个数关系及Al原子个数守恒可得,n[Al2(SO4)3]= 25.0 mol,则需要硫酸铝溶液的体积是‎25.0L。‎ ‎(5)用溶液制备带结晶水的晶体的一般操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ 参考答案:‎ ‎(1)Ag++e—= Ag,2NO+O2=2 NO2‎ ‎(2)CuO和Al(OH)3,Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O ‎(3)4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑‎ ‎(4)‎25.0L ‎ ‎(5)蒸发浓缩、冷却结晶 ‎33.(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。‎ ① 收集Cl2的正确装置时 。‎ ‎②将Cl2通入水中,所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是 。‎ ‎③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:点解食盐水制备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,铁片,‎ 锌片和导线。‎ ‎①完成原电池的装置示意图(见图15),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。‎ ‎②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 。‎ ‎③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 ‎ 。‎ (2) 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。‎ 赏析:以化学实验题型考察反应原理、元素及其化合物知识和化学基本理论。‎ ‎(1)Cl2是有刺激性气味、密度比空气大、有毒的黄绿色气体,在制备和收集Cl2时必须有尾气吸收装置。A没有排气管不能用于收集气体;B用于收集密度比空气小的气体;C用以收集密度比空气大的气体,且有尾气吸收装置;D吸收氯气不能收集。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸为弱酸部分电离,所以有氧化性的含氯粒子是HClO和ClO—。比较Cl2和Br2‎ 的氧化性,可以利用置换反应。所以其具体操作是:取少量新制氯水和CCl4于试管中,用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液,振荡静置,溶液下层呈橙色。‎ ‎(2)由题给试剂,结合原电池的形成条件可知可以组合的原电池可以是:锌铜、锌铁、铁铜原电池。由图示所给电子移动方向可知左边为负极(活泼金属)、右边为正极(不活泼金属),则组装的原电池可以如下:‎ ‎ ‎ 由所给的电极材料可知,当铜片做电极时,铜片一定是正极,则负极是活泼的金属(失电子发生氧化反应),反应的现象是电极逐渐溶解。以Zn和Cu做电极为例,如果不用盐桥则Zn与CuSO4反应,置换出的Cu附着在Zn表面,阻碍了Zn与CuSO4的接触,不能提供稳定电流。‎ ‎(3)根据牺牲阳极的阴极保护法,可知被保护的金属作阴极,即Zn作为阳极。‎ 参考答案:‎ ‎(1)C;HClO和ClO—;取少量新制氯水和CCl4于试管中,用胶头滴管向试管中滴加NaBr溶液,振荡静置,溶液下层呈橙色 ‎(2)(装置图如下);电极逐渐溶解;甲;可以避免活泼金属如Zn和CuSO4的接触,从而提供稳定电流 ‎(3)Zn
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