1、 2013 年普通高等学校招生全国统一考试 (广东卷 )化学 一、单项选择题：本大题共 6 小题，每小题 4 分，满分 24 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 .选对的得 4 分，选错或不答的得 0 分 。 1.(4 分 )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 解析： A.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，故 A错误； B.酯类一般都是易挥发具有芳香气味的物质，故 B正确； C.油脂在碱性条件水解生成高级脂肪酸盐和甘
2、油，称之为皂化反应，故 C 错误； D.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，故 D 错误 。 答案： B. 2.(4 分 )水溶液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 解析： A.因 Al3+、 CO32 相互促进水解生成沉淀和气体，则不能共存，故 A错误； B.因 H+、 Fe2+、 MnO4 发生氧化还原反应，则不能共存，故 B错误； C.因该组离子之间不反应，能共存，故 C 正确； D.因 NH4+、
3、 OH 结合生成弱电解质，则不能共存，故 D 错误 。 答案： C. 3.(4 分 )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， 8g O2含有 4NA个电子 B.1L 0.1molL 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.1mol Na 被完全氧化生成 Na2O2，失去 2NA个电子 解析： A、常温常压下， 8gO2物质的量 = =0.25mol，含有电子数=0.25mol82NA=4NA，故 A正确； B、 1L 0.1molL 1的氨水中，一水合氨物质的量为 0.1mol，一水合氨是弱电解质存在
4、电离平衡，溶液中有 NH4+小于 0.1mol，故 B错误； C、盐酸是电解质溶液，溶液中氯化氢电离成氢离子和氯离子，不存在氯化氢分子，故 C 错误； D、 1mol Na 被完全氧化生成 Na2O2，失去 NA个电子，故 D 错误 。 答案： A. 4.(4 分 )下列叙述 和 均正确并且有因果关系的是 ( ) 选项 叙述 叙述 A NH4Cl 为强酸弱碱盐 用加热法除去 NaCl 中的 NH4Cl B Fe3+具有氧化性 用 KSCN 溶液可以鉴别 Fe3+ C 溶解度： CaCO3 Ca(HCO3)2 溶解度： Na2CO3 NaHCO3 D SiO2可与 HF 反应 氢氟酸不能保存在玻
5、璃瓶中 A.A B.B C.C D.D 解析： A.氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，氯化铵不稳定，加热易分解，两者没有因果关系，故 A错误； B.铁离子具有氧化性，能氧化还原性物质，铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁溶液，可以用硫氰化钾溶液检验铁离子，两者没有因果关系，故 B错误； C.碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，但碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，二者没有因果关系，故C 错误； D.二氧化硅能和氢氟酸反应，玻璃中含有二氧化硅，所以玻璃瓶不能保存氢氟酸，二者有因果关系，故 D 正确 。 答案： D. 5.(4 分 )下列措施不合理的是 ( ) A.用 SO2漂白纸浆和草帽辫 B.用硫酸清洗
6、锅炉中的水垢 C.高温下用焦炭还原 SiO2制取粗硅 D.用 Na2S 做沉淀剂，除去废水中的 Cu2+和 Hg2+ 解析： A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素，用 SO2漂白纸浆和草帽辫，故 A合理； B、用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故 B不合理； C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅； 2C+SiO2 Si+2CO，故 C 合理； D、用 Na2S 做沉淀剂，硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，除去废水中的 Cu2+和 Hg2+，故 D 合理 。 答案： B. 6.(4 分 )50 时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是 ( )
7、 A.pH=4 的醋酸中： c(H+)=4.0molL 1 B.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 ) D.pH=12 的纯碱溶液中： c(OH )=1.010 2molL 1 解析： A.c(H+)=10 pH=10 4mol/L，故 A错误； B.碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子易水解，而钠离子不水解，所以溶液中存在：c(Na+) c(HCO3 )，故 B错误； C.氯化钠溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以 c(Na+)+c(H+)=c(Cl )+c(OH )，故 C正确； D.水的离子积常数
8、与温度有关，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大， 50下，水的离子积常数大于 10 14，所以 pH=12 的纯碱溶液中： c(OH ) 1.010 2molL 1，故D 错误 。 答案： C. 二、双项选择题：本大题共 2 小题，每小题 6 分，共 54 分 。 在每小题给出的四个选项中，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，有选错或者不答的得 0 分 。 7.(6 分 )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 ( ) A.非金属性： Z
9、T X B.R 与 Q 的电子数相差 26 C.气态氢化物稳定性： R T Q D.最高价氧化物的水化物的酸性： T Q 解析： R 单质在暗处与 H2剧烈化合并发生爆炸， R 为 F 元素，由元素在周期表中的位置可知， T 为 Cl 元素， Q 为 Br 元素， X 为 S 元素， Z 为 Ar 元素， A、 Z 为 Ar 元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性 Z X T，故 A错误； B、 R 为 F 元素， Q 为 Br 元素，原子序数相差 26，故 B正确； C、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性 F Cl Br，非金属性越
10、强，气态氢化物越稳定，故稳定性 HF HCl HBr，故 C 错误； D、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性 Cl Br，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性： T Q，故 D 正确 。 答案： BD. 8.(6 分 )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 A.A B.B C
11、.C D.D 解析： A、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，浓硫酸具有脱水性使蔗糖脱水生成碳变黑，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体表现浓硫酸的氧化性，故 A正确； B、常温下将 Al 片放入浓硝酸中，无明显变化，铝和浓硝酸发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，表现了强氧化性，故 B错误； 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，故 C 正确； D、将水蒸气通过灼热的铁粉，反应生成黑色的四氧化三铁固体，说明铁在高温下和水反应，故 D 错误； 答案： AC. 三、非选择题：本大题共 4 小题，共 64 分 。 按题目要求作答 。
12、 解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分 。 有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 。 9.(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 的分子式为 ， 1mol 该物质完全燃烧最少需要消耗 molO2。 解析：反应 中化合物 I 的结构简式为 CH3COCH2COOCH2CH3，其分子式为 C6H10O3；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得： C6H10O3+7O2 6CO2+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。 答案： C6H10O3 7 (2)化合
13、物 可使 溶液 (限写一种 )褪色；化合物 (分子式为 C10H11C1)可与 NaOH水溶液共热生成化合物 ，相应的化学方程式为 。 解析：化合物 II 的官能团是碳碳双键、羟基，前者与溴可以发生加成反应，前者和后者都能被酸性高锰酸钾溶液氧化， III 的结构简式为 C6H5CH=CHCHClCH3，与 NaOH在加热条件下发生水解反应，反应的方程式为。 答案：溴水或酸性高锰酸钾(3)化合物 与 NaOH乙醇溶液共热生成化合物 ， 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， 的结构简式为 。 解析： III 与 NaOH乙醇溶液共热生成的有机产物可能是 C6H
14、5CH=C=CHCH3、C6H5CH=CHCH=CH2，前者的核磁共振氢谱除苯环峰外还有三组峰，峰面积之比为 1： 1： 3，因此不符合题意，则化合物 IV的结构简式为 。 答案： (4)由 CH3COOCH2CH3可合成化合物 。 化合物 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 。 的结构简式为 ， 的结构简式为 。 解析：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 (
15、 CH2OH 或 HOCH2 )， CH3COOCH2CH3的分子式为 C4 H8O2，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。 答案： HOCH2CH=CHCH2OH OHCCH=CHCHO； (5)一定条件下 ，也可以发生类似反应 的反应，有机产物的结构简式为 。 解析：由题给信息可知反应实质是 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
16、，则生成物的结构简式为。 答案： 10.(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) H1 IO (aq)+H+(aq)HOI(aq) H2 HOI(aq)+I (aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l) H3 总反应的化学方程式为 ，其反应 H= 。 将所给的三个反应： + + 可得总反应： 2I (aq)+O3(g)+2H+(aq)I2(aq)+O2(g)+H2O(l)， H= H1+ H2+ H3。 答案
17、： 2I +O3+2H+I2+O2+H2O H1+ H2+ H3； (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 。 解析：因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以 K=。 答案： (3)为探究 Fe2+对 O3氧化 I 反应的影响 (反应体系如图 1)，某研究小组测定两组实验中 I3 浓度和体系 pH，结果见图 2 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 第 1 组实验中，导致反应后 pH升高的原因是 。 图 1 中的 A为
18、，由 Fe3+生成 A的过程能显著提高 的转化率，原因是 。 第 2 组实验进行 18s 后， I3 浓度下降 。 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 解析： 该反应消耗 H+，随反应进行 c(H+)浓度降低， pH升高，方程式为： 2I+O3+2H+I2+O2+H2O； 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+，即 A是亚铁离子 。 I 消耗量增大，转化率增大； c(Fe3+)
19、增加，发生反应： 2Fe3+2I =I2+2Fe2+，消耗 I ， I2(g)不断生成，都会使 I2(aq)+I (aq)I3 (aq)平衡逆向移动，故消耗 I ， I2(aq)不断生成，都会使 c(I3 )急剧减小。 答案： 由 2I +O3+2H+I2+O2+H2O 可知消耗酸，所以 pH升高 答案： Fe2+ O3可以将Fe2+氧化为 Fe3+： O3+2Fe2+2H+=2Fe3+O2+H2O， Fe3+氧化 I ： 2Fe3+2I =I2+2Fe2+，即 A是亚铁离子， I 消耗量增大，转化率增大 BD (4)据图 2，计算 3 18s 内第 2 组实验中生成 I3 的平均反应速率 (
20、写出计算过程，结果保留两位有效数字 )。 解析： 3 18s 内， v(I3 )= =5.510 4mol/(LS)， 答案： 5.510 4mol/(LS)。 11.(15分 )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： (注： Al(OH)3和 Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450 和 80 ) (1)电解精炼银时，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 。 解析：电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag e =Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：
21、Ag+e =Ag；无色的 NO 在常温下与空气中的 O2迅速化合生成红棕色 N02： 2NO+O2=2NO2。 答案： Ag+e =Ag； 2NO+O2=2NO2 (2)固体混合物 B的组成为 ；在生成固体 B的过程中，需控制 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 。 解析：未煮沸之前是 Cu(OH)2和 Al(OH)3， Al(OH)3和 Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450和 80 ，煮沸后 Cu(OH)2分解产生氧化铜，可知 B为 Al(OH)3和 CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应： Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。 答案： Al(O
22、H)3和 CuO Al(OH)3+OH =AlO2 +2H2O (3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式： CuO+ Al2O3 CuAlO2+ 。 解析：反应前 Cu 为 +2 价，反应后为 +1，化合价降低 1， Al 化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为 2 价，反应后为 0，化合价升高 2，两者的最小公倍数是 2，再根据原子守恒得： 4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2。 答案： 4 2 4 O2 (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 1.0molL 1的 Al2(SO4
23、)3溶液 L。 解析：由关系式： Cu CuAlO2得 n(CuAlO2)= =50.0mol，则 CuAlO2为 50.0mol， 由关系式： Al2(SO4)3 2CuAlO2得 Al2(SO4)3=n(CuAlO2) =25.0mol，所以需要体积为=25.0L。 答案： 50.0 25.0 (5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是 蒸发浓缩、冷却结晶 、过滤、洗涤和干燥 。 解析： 由 CuSO4溶液获得 CuSO45H2O 晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶 (或结晶 )，过滤等操作 。 答案：蒸发浓缩、冷却结晶 。 12.(17 分 )化学实验有助于理解化学知识，形成化学观
24、念，提高探究与创新能力，提升科学素养 。 (1)如图 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 C 。 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 Br 2的氧化性，操作与现象是：取少量新制氯水和 CCl4于试管中， 。 解析： 氯气是比空气中的可溶于水水的有毒气体； A、导气管位置正确，因为氯气比空气重用向上排气方法，但只有进气口，无出气口，无法排出气体，故 A错误； B、此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，需要短进长出，故 B错误； C、装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气
25、有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故 C 正确； D、氯气通入 NaOH溶液会发生反应 。 氯气被氢氧化钠吸收，不能收集到氯气，故 D 错误； 故答案为： C； 将 Cl2通入水中，发生反应 Cl2+H2O=HCl+HClO，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子为Cl2 HClO ClO 。 氯气具有氧化性能氧化溴离子为溴单质，溴单质在四氯化碳中溶解度大，可以加入溴化钠溶液，充分振荡反应， Cl2+2Br =2Cl +Br2，静置后溴溶于下层的 四氯化碳层呈橙色。 答案： C Cl2、 HClO、 ClO 加入适量的 NaBr 溶液，充分振荡，静置 。 溶液分层，
26、同时下层液体颜色为橙色； (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，铁片，锌片和导线 。 完成原电池的甲装置示意图 (如图 2)，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 。 以铜片为电极之一， 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 。 在同一烧杯中，电极与溶液含相
27、同的金属元素，如图示设计原电池，锌做负极，铜做正极。 以铜片为电极之一， CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，依据原电池反应的原理，需要选用比铜活泼的锌做负极，下层原电池，负极发生氧化反应， Zn 2e=Zn2+，锌溶解。 甲乙两种原电池中可更有效地将化学能转化为电能的是甲，因为甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能 。 而乙中的活泼金属还可以与 CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能。 答案： 溶解 甲 甲可以保持电流稳定，化学能基本都转化为电能 。 而乙中的活泼金属还可以与 CuSO4溶液发生置换反应，部分能量转化为热能； (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 。 解析：根据牺牲阳极的阴极保护法原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保 护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，材料中 选择锌做阳极。 答案：锌片
