1、2013-2014广东省深圳市高三六校 4月联考理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法正确的是 ( ) A煤的干馏和石油的分馏均属化学变化 B酯类和糖类均能发生水解反应 C生活中常见的石英玻璃、陶瓷都属于硅酸盐产品 D合金材料都是导体，可能含有非金属元素 答案： D 试题分析：石油的分馏是物理变化， A错误；糖类中的单糖不发生水解， B错误；石英玻璃是二氧化硅制品， C错误；合金含有金属元素，所以可以导电，合金可以是金属和金属混合而成，也可以是金属与非金属混合而成， D正确，故选 D。 考点：本题考查的是基本的化学用语、化学物质的性质等。 下列实验操作不能达到预期实验目的的是 ( )
2、实验目的 实验操作 A 鉴别 CO32-和 SO42- 分别加入饱和 CaCl2溶液 B 比较 Al和 Fe的金属活动性 分别加入浓 NaOH溶液 C 比较苯酚和乙酸的酸性 分别加入 NaHCO3溶液 D 比较 AgCl和 AgI的溶解度 向 AgCl的饱和液中加少量 KI溶液 答案： AB 试题分析：加入饱和 CaCl2溶液， CO32-和 SO42- 均与 Ca2+ 反应生成白色沉淀，所以 A不能鉴别；比较 Al和 Fe的活泼性，应该比较和酸或水反应置换出氢的能力，不能用氢氧化钠溶液， B错误；利用强酸制弱酸原理，能使碳酸氢钠分解的酸性强， C 正确；易溶的沉淀可以转化为难溶的沉淀，发生成
3、的值， D 正确；故选 AB。 考点：本题考查的是几个离子鉴别、性质比较的实验。 下列说法正确的是 ( ) A铜和铁与 FeCl3溶液构成的原电池中： Cu +2 Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ B铁上镀锌时阴极析出 6.5g锌，溶液中减少 Zn2+数为 0.1mol C在反应 :4CuS + 5O2 = 2Cu2O + 4SO2中 CuS既是氧化剂又是还原剂 D生铁与浓 H2SO4加热反应可产生 SO2和 CO2气体 答案： CD 试题分析：铜和铁与 FeCl3溶液构成的原电池中，铁比铜活泼，铁做负极，因此反应原理是 Fe +2 Fe3+ = 3Fe 2+ ， A错误；电镀池是以含有
4、电镀金属离子的溶液做为电解液的，阳极是待镀金属，因此铁上镀锌时阴极析出 6.5g锌，溶液中的Zn2+不减少， B错误；在反应 4CuS + 5O2 = 2Cu2O + 4SO2中 CuS中 Cu化合价降低，而 S的化合价升高，因此 CuS既是氧化剂又是还原剂， C正确；生铁中有单质 Fe和 C，二者均可以在加热条件下和浓硫酸反应，因此有 SO2和 CO2气体产生， D正确；故选 CD。 考点：本题考查的是电化学基础知识、氧化还原反应、金属与非金属单质与酸的反应知识。 25 ， pH=3的醋酸溶液（ I）和 pH=ll的氢氧化钠溶液（ II），下列说法正确的是 ( ) A I和 II中 H2O的
5、电离程度不相等 B将 I稀释 l0 倍，溶液中 c（ CH3COOH）、 c（ OH-）均减小 C I和 II溶液混合，若 c（ OH-） c（ H+），则氢氧化钠一定过量 D I和 II等体积混合后，溶液中离子浓度大小为 c（ CH3COO-） + c(CH3COOH c（ Na+） 答案： D 试题分析： pH=3的醋酸溶液（ I）和 pH=ll的氢氧化钠溶液（ II）中的 c（ H+）=c（ OH-） =0.001mol/L，因此对水电离的抑制作用相等， A错误；对 I酸溶液进行稀释，溶液中 OH-浓度越来越大， B错误；因为 I是弱酸， II是强碱，若恰好完全中和得到的醋酸钠溶液也显碱
6、性，所以 C错误；若 I和 II等体积混合，则 I中的醋酸过量，所以根据物料守恒 c（ CH3COO-） + c(CH3COOH c（ Na+），故 D正确；故选 D。 考点：本题考查的是离子浓度的大小比较 。 常温下，对于下列电解质溶液，说法正确的是 ( ) A pH 1的溶液中， Fe3+、 I-、 NO3-、 K+可以大量共存 B在 c(SO ) 0.1 mol L-1的溶液中 ,Na+、 Cl-、 H+、 Ca2+可以大量共存 C工业上用过量的 NaOH溶液吸收 SO2： SO2 + OH- = HSO3- D将 AlCl3溶液滴入 NaOH溶液中反应的离子方程式 :Al3+ + 4O
7、H- = AlO2- + 2H2O 答案： D 试题分析： A中是强酸性溶液，在该溶液中 Fe3+、 I-、 NO3-等因发生氧化还原反应而不能大量共存； B组中 SO 和 Ca2+ 生成沉淀而不能大量共存；过量氢氧化钠吸收 SO2应该生成正盐 SO ， C错误；将 AlCl3溶液滴入 NaOH溶液，开始碱过量，所以发生的反应方程式为 Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O， D正确，故选D。 考点：本题考查的是离子反应中离子共存问题和离子方程式的正误判断。 下列陈述 、 均正确且有因果关系的是： ( ) 选项 陈述 陈述 A 动物油脂相对不容易被氧化 油脂工业通常要将液态油脂氢
8、化 B HNO3具有酸的通性 硝酸常用作金属铜加工前的酸洗 C 明矾可以净水 浑浊的石灰水加入明矾会变澄清 D Si是一种非金属单质 单质 Si能与 NaOH溶液反应 答案： A 试题分析：动物油脂是饱和油脂呈固态，不容易被氧化，而液态油脂通常含有不饱和键，易被氧化，因此需要加氢生成饱和油脂， A 正确；硝酸有酸的通性，但是硝酸还具有强氧化性，能和金属铜反应，因此不能用于金属铜加工前的酸洗， B 错误；明矾净水是氢氧化铝吸附作用，而浑浊石灰水加入明矾中变澄清，是因为生成的氢氧化铝又继续溶解于强碱中的原因，故 C错误； D中关于硅元素的描述前后无因果关系， D错误；故选 A。 考点：本题考查的是
9、元素及其化合物的性质和联系。 X、 Y、 Z、 Q、 M为常见的短周期元素，其原子序数依次增大。有关信息如下表： X 动植物生长不可缺少的元素，是蛋白质的重要成分 Y 最外层电子数是次外层的 3倍 Z 短周期中，其原子半径最大 Q 生活中大量使用其合金制品，工业上可用电解其氧化物的方法制备 M 海水中大量富集的元素之一，其最高正化合价与负价的代数和为6 下列有关说法中正确的是 ( ) A原子半径： X Y M B. 由 X、 M和氢三种元素不可能形成离子化合物 C气态氢化物热稳定性： M Y X D Z、 Q、 M的最高价氧化物对应的水化物可以两两发生反应 答案： D 试题分析：根据表格中提供
10、的信息，可以分别推测出短周期元素 X、 Y、 Z、 Q、M分别是 N、 O、 Na、 Al、 Cl元素。根据所的元素进行分析有：原子半径Na NO， A错误；由 N、 H、 Cl三种元素组成的化合物可以是 NH4Cl离子化合物， B错误；非金属性 N、 O、 Cl中 N最弱，其次是 Cl，最强的是 O，因此氢化物稳定性 H2OHClNH3， C错误；、 Na、 Al、 Cl的最高价氧 化物的水化物能两两反应， D正确；故选 D。 考点：本题考查的是元素及其化合物的推断。 设 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 ( ) A 1 mol Na2O2中含有的阴离子数为 0.2NA B标准
11、状况下，由 H2O2制得 2.24LO2转移的电子数目为 0.4NA C常温常压下， 8gO3含有 4 NA个电子 D常温下， 1 L pH 2的 H2SO4溶液中含有的 H 数目为 0.02NA 答案： C 试题分析： 1 mol Na2O2中含有的阴离子数为 0.1NA ， A错误； H2O2制得2.24LO2 转移电子数为 0.2 NA ， B 错误； 8gO3的中 O 原子的物质的量为 0.5mol，所以含有的电子数为 4 NA个， C正确； pH 2的 H2SO4溶液 c(H+)=0.01mol/L，所以 1L的溶液中含有 H+数目为 0.02NA ， D错误；故选 C。 考点：本题
12、考查的是阿伏伽德罗常数的计算应用。 填空题 （本题 16分）降低大气中 CO2的含量和有效地开发利用 CO2正成为研究的主要课题。 （ 1）已知在常温常压下： 2CH3OH(l) 3O2(g) 2CO2(g) 4H2O(g) H -1275.6 kJ/mol 2CO (g)+ O2(g) 2CO2(g) H -566.0 kJ/mol H2O(g) H2O(l) H -44.0 kJ/mol 写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。 （ 2）在容积为 2L的密闭容器中，充入 2mol CO2和 6mol H2，在温度 500 时发生反应： CO2（ g） + 3H2（ g）
13、CH3OH（ g） + H2O（ g） H”、 “ （ 2分） （ 3） 2S22- - 2e-=S42- (2分 ) CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-（ 2分） （ 4） CD （ 2分） 试题分析： （ 1）根据已知方程式和盖斯定律可得，甲醇不完全燃烧的化学方程式 =（ - +4 ） /2，所以方程式为 CH3OH(l)+ O2(g) CO(g) + 2H2O(l) H -442.8 kJmol。 （ 2） v(H2) 3 v(CH3OH) 0.075 mol/(L min) 从 30分钟到 35分钟的过程中，甲醇的浓度瞬间没有增大，而是逐渐增大，所以该时刻改变的条件不可能是增大
14、压强；由于加催化剂不能改变甲醇的浓度，所一不可能是加入了催化剂；升高温度平衡左移，甲醇浓度减小，所以 C 错误；故只能是增大了反应物的浓度，使平衡逐渐右移，甲醇浓度逐渐增大，达到新的平衡，故选 D。 因为在 35分钟时改变的条件是增大了反应物浓度，所以没有改变温度，所以达到新平衡时的平衡常数与原平衡常数相等，因此有： CO2（ g） + 3H2（ g）CH3OH（ g） + H2O（ g） 初始浓度（ mol/L） : 1 3 0 0 转化浓度 （ mol/L） : 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡浓度（ mol/L） : 0.5 1.5 0.5 0.5 所以平衡常数 K=c(CH3OH)
15、 c(H2O)/ c(CO2) c3(H2)= 0.5 0.5 / 0.5 1.53 0.15 mol-2.L2 . 在 30min再充入等量的反应物，相当于增大了压强，平衡要正向移动，所以达到新平衡后甲醇的浓度比原来平衡时甲醇浓度的 2倍还大，因此 CH3OH的浓度大于 1mol.L-1 。 （ 3） 从所给的原电池反应式可以看出 S的化合价升高，所以 Na2S2 做氧化剂在负极失去电子被还原，所以反应式为 2S22- - 2e-=S42- 。 电解池中由 CO2生成 CH4，可以看出生成甲烷的电极是阴极，发生还原反应，由于是碱性环境，所以式子中少 O的一端生成 OH-，所以电极反应式为：C
16、O2+8e-+6H2O=CH4+8OH- 。 （ 4）由图象可以看出，开始 H2CO3浓度最大， CO32-浓度最小，图象为在碳酸中逐滴滴加氢氧化钠溶液的图象，故 A错误； pH为 6.37时， c（ H2CO3） =c（ HCO3-）， pH=10.25时， c（ HCO3-） =c（ CO32-），但三者的浓度不 相等，故B错误； pH为 7.4时， HCO3-的最大，则当人体血液的 pH约为 7.4，则 CO2在血液中多以 HCO3-的形式存在，故 C正确；溶液的 pH为 7 9之间时，溶液中的阴离子主要以 HCO3-形式存在，所以溶液中的溶质主要为碳酸氢钠，故 D正确；因此选 CD。
17、考点：本题考查的是反应原理题。 简答题 （本题 16分）已知醛或酮可以发生如下反应： 苯丙氨酸（ ）是合成 APM的原料之一。 APM的结构简式如图所示。 （ 1）指出 APM的结构中含氧官能团的名称 _ （ 2）下列关于 APM的说法中，正确的是 _。 A属于糖类化合物 B分子式为 C14H18N2O5 C既能与酸反应，又能与碱反应 D能发生酯化反应，但不能发生加成反应 E1 molAPM与 NaOH反应最终生成 1mol H2O （ 3） APM在酸性环境水解的产物中，相对分子质量为 133的有机物与氨基乙酸（ H2N-CH2COOH）以 1:1发生缩合反应形成一个含有六元环的化合物。该环
18、状化合物的结构简式为 。 （ 4）苯丙氨酸的一种合成途径如下图所示： 烃 A的结构简式为 。 1 molD完全燃烧消耗 O2_mol. 写出 C D反应的化学方程式： . 某苯的同系物苯环上的一硝基取代物只有一种，该硝基取代物 W是苯丙氨酸的同分异构体。 W的结构简式为 。 答案： . 答案：（ 16分） （ 1）羧基、酯基、肽键 （ 3分，答对一个得 1分） （ 2） B、 C、 E （ 3分，答对一个得 1分） （ 3） （ 4） （ 2分） 9.5 （ 2分） （ 2分） （ 2分） 试题分析： （ 1）根据 APM的结构简式可知，其含有的含氧官能团是肽键、羧基、酯基。 （ 2） APM
19、中含有 N元素，因此不属于糖类， A错误； B分子式正确； APM分子中含有氨基、羧基，可以和酸碱发生反应， C正确；羧基能发生酯化反应，含有苯环能发生加成反应， D错误； APM分子中虽然多处官能团能和氢氧化钠反应，但是能反应生成水的只有羧基，所以 1 molAPM与 NaOH反应最终生成1mol H2O， E正确；故选 BCE。 （ 3） APM在酸性条件下水解，分子中的肽键断裂，生成的相对分子质量为133的有机物为 ，因此该有机物与氨基乙酸 1:1反应形成六元环时，形成的环状化合物为 。 （ 4） 根据苯丙氨酸的结构式和已知的氰化物的反应可知，化合物 E的结构简式为 ， E由 D于 HC
20、N加成而 得，由此可推得 D的结构简式为 ； D由 C催化氧化而得，则 C为； B水解得到 C， B为 ；所以 A为苯乙烯 。其中 1molD物质完全燃烧消耗的氧气为 9.5mol。 化合物 C到 D的反应是醇的催化氧化反应，所以方程式为：。 该硝基取代物是苯丙氨酸的同分异构体，由此可知在苯环的侧链上共有 3个C原子，先考虑苯的同系物有多种结构，但是其一硝基取代物只有一种情况的应该满足对称结构，所以同系物是 1， 4， 6-甲苯，所以 W的结构简式为：。 考点：本题考查的是有机化合物的推断。 .（本题 16分）为验证氧化性： Cl2Fe3+SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和甲中加
21、热装置已略，气密性已检验）。 实验步骤： 1.在甲装置中，打开活塞 a，加热，待装置中充满黄绿色气体时，与丙装置连接。 2.当丙装置中 FeC12溶液变黄时，停止加热。 3.打开活塞 c，使约 2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子。 4.在乙装置中，打开活塞 b，待空气排尽后，将乙中产生的气体通入上述丙装置变黄后的溶液中，一段时间后停止。 5.更新丙中试管，打开活塞 c，使约 2mL的溶液滴入试管中，检验溶液中的离子。 回答下列问题： （ 1）甲中发生反应的化学方程式为_。 （ 2）用 70%的硫酸制取 SO2，反应速率比用 98%的硫酸快，原因是_。 （ 3）实验中，证明氧化性 Fe3+
22、 SO2的离子方程式为_。 （ 4）有 I、 II、 III三组同学分别完成了上述实验，实验结果如下： 上述实验结果一定能够证明氧化性 :Cl2Fe3+SO2 的是 _（用 “I”、 “II”、“III”代号回答）。 （ 5）若要用以上甲和丙装置证明氧化性为： Cl2 Fe3+ I2的结论，则步骤为： 往丙的漏斗中加入两种试剂 _、 _和一种溶剂 _。 将甲装置中产生的 Cl2慢慢通入丙中，观察丙的漏斗中溶液颜色变化。 如果观察到丙中溶液 _则结论正确。 停止通入 Cl2。 答案： .答案：（ 16分） （ 1） MnO2 + 4 HCl（浓） = MnCl2 + Cl2+ 2H2O （加热）
23、（ 2分）（不写 “加热 ”、“浓 ”不得分；不标气体符号扣 1分） （ 2） 70%的 H2SO4比 98%的 H2SO4电离程度大，溶液中 H+浓度大，反应速度快 （ 2分）（只答 “70%的 H2SO4溶液溶液中 H+浓度大 ”也可得分） （ 3） 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO32- + 4H+（ 2分） （ 4） 和 （ 4分；各 2分） （ 5） FeI2、 KSCN、 CCl4（ 3分） 下层（ CCl4层）先由无色变为紫红色（ 1分）；后看到上层溶液由浅绿色（ 1分）变为红色（ 1分）。 试题分析： （ 1）根据甲装置中的物质提示，可以判断该装置
24、是实验室制备氯气的发生装置，所以该装置中发生的反应是 MnO2 + 4 HCl（浓） = MnCl2 + Cl2+ 2H2O。 （ 2）装置乙是实验室制备 SO2的发生装置，该反应的原理是利用难挥发的酸性强的硫酸制备酸性较弱且易分解的亚硫酸，所以要较快制得较多的亚硫酸（ SO2）则需要溶液中含有的氢离子的浓度较大，所以对于不同浓度的硫酸而言，硫酸的浓度小，电离程度越大，所以用 70%的硫酸制取 SO2，溶液中 H+浓度大，反应速率比用 98%的硫酸快。 （ 3）得以证明氧化性 Fe3+ SO2 ，则在变黄的氯化亚铁中通入 SO2后， SO2又被 Fe3+ 氧化，所以反应的离子方程式为 2Fe3
25、+ + SO2 + 2H2O = 2 Fe3+ + SO32- + 4H+ 。 （ 4） I组同学检验得到的步骤 3溶液既含有 Fe3+又含有 Fe2+ ，说明溶液中的 Fe3+ 是氯气氧化而得，且一定不含有过量的氯气，所以步骤 5中检测到的 SO42- ，也一定是由 Fe3+ 氧化 SO2所得，因此可以得出结论氧化性 :Cl2Fe3+SO2 。 III组同学检测到的步骤 3溶液只有 Fe3+不含 Fe2+，能说明溶液中的 Fe3+ 是氯气氧化而得，而步骤 5中检测到的 Fe2+，也可以说明溶液中 Fe2+ 是 SO2还原 Fe3+ 而得，所以可以得出氧化性 :Cl2Fe3+SO2 的结论。
26、II组同学检测到的步骤 3溶液只有 Fe3+不含 Fe2+，与 III组同学相似，溶液中都有可能溶解有过量的氯气，因此步骤 5中检测到的 SO42- ，有可能是溶解在其中的过量氯气氧化 SO2所得，所以不能说明氧化性 Fe3+SO2 ，因此选 I、 III。 （ 5）若要用以上甲和丙装置证明氧化性为： Cl2 Fe3+ I2的结论，则必须要在分液漏斗中加入含有 Fe2+ 、 I-的试剂，所以可以选用 FeI2 盐溶液；证明氧化生成了 Fe3+和 I2 则需要加入检验性的试剂 KSCN和有机溶剂如 CCl4。若观察分层的溶液的上层浅绿色变红，下层显紫红色，则结论正确。 考点：本题考查的是 推断题
27、 （本题 16分）工业上用白云石制备高纯氧化镁的工艺流程如下： 已知 .白云石主要成分可表示为： CaO 32.50%； MgO 20.58%； Fe2O3 2.18%；SiO2 0.96%；其他 43.78%。 （ 1）为了提高白云石的煅烧效果，可以采取的措施是将矿石 。若在实验室中煅烧白云石，需要的仪器除酒精灯、三脚架以外，还需要 （填序号）。 A蒸发皿 B坩埚 C泥三角 D石棉网 （ 2）加入 H2SO4控制 pH时，终点 pH对产品的影响如图 8所示。则由图示可得到的结论及原因是： pH过高会导致 _下降，其原因是_ pH过低会引起 _ ，其原因可能是_(填序号 ) A.Fe2O3溶于
28、 H2SO4最终使 产品混有杂质 B.SiO2溶于 H2SO4最终使产品混有杂质 C.酸性过强，形成可溶的 Ca(HSO4)2，最终使产品混有含钙的杂质 （ 3）已知 MgSO4、 CaSO4的溶解度如下表： 温度（ ） 40 50 60 70 MgSO4 30.9 33.4 35.6 36.9 CaSO4 0.210 0.207 0.201 0.193 根据上表数据，简要说明析出 CaSO4.2H2O的操作步骤是 、 。 （ 4）写出沉淀反应中的离子方程式： 。 （ 5）该生产流程中还可得到的一种副产品是 _。 （ 6）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的 pH范围如表所示： 25 时， 向 Mg(
29、OH)2的饱和溶液中滴加 2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的 颜色为 （ 25 时， Mg(OH)2的溶度积 Ksp=5.610-12）。 pH 9.6 颜色 黄色 绿色 蓝色 答案： . 答案：（ 16分） （ 1）粉碎 （ 2分） BC （ 2分） （ 2） 镁浸出率降低（ 1分） Mg(OH)2或 MgO未完全溶解（ 1分） 产品纯度下降（ 1分） AC （ 1分） （ 3）升温结晶、趁热过滤 （ 2分，各 1分） （ 4） Mg2+ +2NH3.H2O = Mg(OH)2+ 2NH4+（ 2分） （ 5） (NH4)2SO4（ 2分） （ 6）蓝色 （ 2分） 试题分析： （ 1）提高矿
30、石煅烧效果的措施通常是对矿石进行粉碎处理，以增大反应的接触面积，从而加快反应速率，使煅烧更加充分。若在实验室煅烧白云石，煅烧需要的配套装置有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角坩、埚钳等，所以此处必须选 BC。 （ 2） 图像中有两条曲线，根据提示曲线上打黑点的是镁浸出率曲线，该曲线随着横坐标终点 pH的增大，呈现出逐渐下降的趋势，且当 pH6时，浸出率下降得越来越快；而曲线上打小方点的是氧化镁的纯度，该纯度随着横坐标终点pH的增大呈现出增大的趋势，但是较不同的是，开始增大迅速，当 pH6时，氧化镁的纯度增大不明显。所以 pH过高会导致镁的浸出率降低，原因是加硫酸溶解时，若 pH过高，则沉淀物 MgO
31、不能完全溶解。 pH过低会引起制得的氧化镁的纯度偏低，原因是白云石中的氧化物杂质Fe2O3、 CaO 都会溶于硫酸，并且生成可溶的物质，所以 AC 均有可能，选 AC。 （ 3）由表中数据可知，硫酸镁易溶于水，溶解度随温度升高而升高，而硫酸钙则微溶于水，随着温度升 高溶解度基本不变，所以利用二者溶解度上的差异，若要析出硫酸钙晶体来，可以采取的措施是升温结晶、趁热过滤。 （ 4）沉淀步骤中反应池中的主要为镁离子，所以加入氨水，氨水和镁离子结合生成沉淀氢氧化镁，所以离子方程式是 Mg2+ +2NH3.H2O = Mg(OH)2+ 2NH4+ ，注意氨水不能拆。 （ 5）当沉淀步骤析出 Mg(OH)2 后，溶液还剩下 NH4+ 和 SO4 2-，所以可以利用此剩余溶液制得副产品 (NH4)2SO4 ，可用于做氮肥。 （ 6）饱和的氢氧化镁溶液存在 Mg(OH)2 （ s） = Mg2+（ aq） + 2 OH-（ aq）溶解平衡， 2c（ Mg2+） = c（ OH -），又溶度积 Ksp= c（ Mg2+） c2（ OH -） =5.610-12 ，由此可以得出 c（ OH -） =3.610-4 ，所以 pH9.6，所以加入百里酚蓝指示剂，溶液呈蓝色。 考点：本题考查的是化学工艺流程。
