高考广东理综化学试题赏析

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