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
2、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、CO32B.H+、Na+、Fe2+、MnO4C.K+、Ca2+、Cl、NO3D.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+、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，8gO2含有4NA个电
3、子B.1L0.1molL1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D.1molNa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=0.25mol82N A=4NA，故A正确；B、1L0.1molL1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、1molNa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
4、均正确并且有因果关系的是( )选项叙述叙述A NH 4Cl为强酸弱碱盐用加热法除去NaCl中的NH4ClB Fe3+具有氧化性用KSCN溶液可以鉴别Fe3+C溶解度：CaCO3Ca(HCO3)2溶解度：Na2CO3NaHCO3D SiO2可与HF反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中A.AB.BC.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
5、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SO 2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
6、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( )A.pH=4的醋酸中：c(H +)=4.0molL1B.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)=1.0102molL1解析：A.c(H+)=10pH=104mol/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
7、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)1.0102molL1，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：
8、ZTX B.R与Q的电子数相差26C.气态氢化物稳定性：RTQD.最高价氧化物的水化物的酸性：TQ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ZXT，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FClBr，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HFHClHBr，故C错误；D、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性ClBr，非金属
9、性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：TQ，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.AB.BC.CD.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
10、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。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
11、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7molO2。答案：C6H10O3 7(2)化合物可使溶液(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
12、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C 6H5CH=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
13、中羟甲基(CH 2OH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。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，
14、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，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)O 3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)H2HOI(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：2I+O3+2H+
15、I2+O2+H2OH1+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+I5.2 11.0第2组O3+I+Fe25.2 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，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
16、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+)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
17、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318s内第2组实验中生成I3的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。解析：318s内，v(I3)= =5.5104mol/(LS)， 答案：5.5104mol/(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4
18、50和80)(1)电解精炼银时，阴极反应式为；滤渣A与稀HNO 3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：Age=Ag+，阴极银离子得到电子形成单质银：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)
19、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(OH)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+ Al2O3CuAlO2+ 。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
20、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molCuAlO 2，至少需要1.0molL1的Al2(SO4)3溶液L。解析：由关系式：CuCuAlO2得n(CuAlO2)= =50.0mol，则CuAlO2为50.0mol，由关系式：Al2(SO4)32CuAlO2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CuSO 4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
21、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Br2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
22、重的气体氯气，剩余的氯气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Cl 2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 HClOClO。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：CCl2、HClO、ClO加入适量的NaBr溶液，充分振荡，静置。溶液分层，同时下层液体颜色为橙色；(2)能量
23、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，CuSO
24、4(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，Zn2e=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
