广东高考化学全卷解析 范永凯精品化学.docx
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广东高考化学全卷解析范永凯精品化学
绝密★启用前
2015年广东高考化学
试卷副标题
考试范围：
xxx；考试时间：
100分钟；命题人：
xxx
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、选择题（题型注释）
1．化学是你，化学是我，化学深入我们生活，下列说法正确的是
A．木材纤维和土豆淀粉遇碘水均显蓝色
B．食用花生油和鸡蛋清都能发生水解反应
C．包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃
D．PX项目的主要产品对二甲苯属于饱和烃
【答案】B
【解析】木材纤维主要成分是纤维素，遇碘水不变蓝色，A错；花生油属于酯类，可以发生水解反应，鸡蛋主要成分是蛋白质，水解生成氨基酸，B对；聚氯乙烯中有氯原子，不属于烃类，C错；对二甲苯中有苯环，不属于饱和烃，D错。
【考点定位】本题主要考查淀粉的遇碘变蓝的特性，油脂和蛋白质的性质，常用塑料的组成以及饱和烃的概念。
2．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH4+、Ba2+、Br-、CO32-B．Cl-、SO32-、Fe2+、H+
C．K+、Na+、SO42-、MnO4-D．Na+、H+、NO3-、HCO3-
【答案】C
【解析】Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错；SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错；C中四种离子不反应，可以大量共存，C对；H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错。
【考点定位】本题考查了离子间的常见反应和离子的性质，主要涉及复分解反应发生的条件，有关的离子有、Ba2+、CO32-，SO32-、H+，H+、、HCO3-。
3．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
1-己醇的沸点比己烷的沸点高
1-己醇和己烷可通过蒸馏初步分离
B
原电池可将化学能转化为电能
原电池需外接电源才能工作
C
乙二酸可与KMnO4溶液发生反应
乙二酸具有酸性
D
Na在Cl2中燃烧的生成物含离子键
NaCl固体可导电
【答案】A
【解析】互溶的液体物质沸点相差较大的，可以用蒸馏的方法分离，A对；原电池不需外接电源，B错；乙二酸可与KMnO4溶液发生反应体现的是还原性而不是酸性，C错；NaCl固体中没有自由移动的离子，不能导电，D错。
【考点定位】本题主要考查了蒸馏的分离方法，原电池的结构，发生反应时物质体现出来的化学性质以及导电的原因。
4．设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．23gNa与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子
B．1molCu和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子
C．标准状况下，22.4LN2和H2混合气中含nA个原子
D．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子
【答案】D
【解析】23gNa完全反应时转移电子为1mol，生成H2为0.5mol，个数为0.5nA个，A错；Cu和足量热浓硫酸反应生成的是SO2，不是SO3，B错；标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，含有的分子数目是nA个，由于N2和H2都是双原子分子，故原子的物质的量为2mol，个数为2nA个，C错；Fe3O4看成Fe2O3·FeO，3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子，D对。
【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数和物质的量的有关计算，还涉浓硫酸的性质和氧化还原反应的电子转移的计算。
5．一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是
A．升高温度，可能引起有c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10-13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】温度升高，水的离子积增大，c（H+）、c（OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，A错；水的离子积常数K=c（H+）·c（OH-），从图可知离子积是1.0×10-11，不是1.0×10-13，B错；加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c（H+）增大，那么c（OH-）减小，故可能引起由b向a的变化，C对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。
6．准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，下列说法正确的是
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】B
【解析】滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用标准液洗涤，装入NaOH溶液进行滴定会造成NaOH溶液的浓度变小，用量增多，结果偏大，A错；酸中滴入碱，溶液的碱性增强，酸性减弱，溶液pH由小变大，B对；用酚酞作指示剂，锥形瓶溶液开始是无色的，当锥形瓶中溶液由无色变红色，而且半分钟内不褪色时，证明滴定达到了滴定终点，C错；滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，造成碱的用量偏多，则测定结果偏大，D对。
【考点定位】本题主要考查了酸碱中和滴定的操作和误差分析。
7．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
B
向稀的苯酚水溶液中滴加饱和溴水
生成白色沉淀
产物三溴苯酚不溶于水
C
向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
氧化性：
Cl2>I2
D
向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液
加入H2O2后溶液变成血红色
Fe2+既有氧化性又有还原性
【答案】BC
【解析】Na2CO3加热时产生的水珠是空气中的水凝结形成，不是分解生成的，A错；苯酚溶液中滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，B对；淀粉溶液变成蓝色则生成了I2，说明氯水把I—氧化成了I2，故氧化性：
Cl2>I2，C对；FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，溶液变成血红色，说明H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，体现了Fe2+的还原性，没有体现氧化性，D错。
【考点定位】本题主要考查Na2CO3和NaHCO3固体、苯酚的性质，Cl2、I2氧化性强弱的比较以及Fe2+的检验，以及实验操作、现象、结论之间的关系。
8．甲～庚等元素在周期表中的相对位置如下表，己的最高氧化物对应水化物有强脱水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数。
下列判断正确的是
A．丙与戊的原子序数相差28
B．气态氢化物的稳定性：
庚<己<戊
C．常温下，甲和乙的单质均能与水剧烈反应
D．丁的最高价氧化物可用于制造光导纤维
【答案】AD
【解析】己的最高氧化物对应水化物有强脱水性为浓硫酸，则己是S元素，可以推出庚是F元素，戊是As元素，丁是Si元素，丙是B元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外层与最内层具有相同电子数，甲是Mg，乙是Ca。
A．丙与戊的原子序数相差（8+18+2）=28，对；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：
庚＞己＞戊，B错；甲单质与水反应不剧烈，C错；丁是Si元素，二氧化硅可用于制造光导纤维，D对。
【考点定位】本题主要考查元素周期报和元素周期律的应用，光导纤维的主要成分。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题（题型注释）
9．（16分）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，
（1）传统上该转化通过如图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为：
2HCl（g）+CuO（s）
H2O（g）+CuCl2（g）△H1
反应②生成1molCl2（g）的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为（反应热用△H1和△H2表示）。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的aHCl—T曲线如图，则总反应的△H0（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K（A）与K（B）中较大的是。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应aHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由。
③下列措施中有利于提高aHCl的有。
A、增大n（HCl）B、增大n（O2）
C、使用更好的催化剂D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t（min）
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n（Cl2）/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学方程式。
【答案】
（1）2HCl（g）+1/2O2（g）
H2O（g）+Cl2（g）△H=△H1+△H2
（2）①＜；K（A）；
②见下图
增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。
③B、D
（3）解：
设2.0～6.0min时间内，HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g）+1/2O2（g）==H2O（g）+Cl2（g）
21
n（5.4-1.8）×10-3mol
解得n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）=7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min
（4）2Cl2+2Ca（OH）2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
【解析】根据图像信息，箭头指向的是生成物可写出反应②的热化学方程式：
CuCl2（g）+1/2O2（g）
CuO（s）+Cl2（g）△H2，则①+②可得总反应；
（2）①根据图12可知随着温度的升高，aHCl减小，说明升高温度，平衡向逆向移动，则可知逆反应吸热反应，所以正反应是放热反应，故△H＜0，同时由于升高温度，平衡逆移，则生成物减少，温度是B点大于A点，所以平衡常数K（A）＞K（B）；②同时由于该总反应是气体系数减小的反应，所以，压缩体积使压强增大，一定温度下，平衡应正向移动，ɑHCl应较题目实验状态下为大，所以可得曲线图:
；
③A、增大n（HCl），平衡正向移动，但是平衡移动使HCl减少的趋势小于增加HCl使增大的趋势，所以HCl的转化率减小，错；B、增大n（O2），反应物的浓度增大，平衡向正向移动，HCl转化率增大，对；C、使用更好的催化剂，不能使化学平衡发生移动，实验HCl的转化率不变，错；D、移去H2O，及减小了生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，HCl转化率增大。
对。
故答案是选项B、D。
（3）题目中给出的是n（Cl2）的数据，要求的是以HCl的物质的量变化表示的反应速率，所以根据方程式进行计算，注意是2.0～6.0min内的速率，单位是mol·min-1：
设2.0～6.0min内，HCl转化的物质的量为n，则：
2HCl（g）+1/2O2（g）＝H2O（g）+Cl2（g）
21
n（5.4-1.8）×10-3mol
解得n=7.2×10-3mol，所以v（HCl）=7.2×10-3mol/（6.0-2.0）min==1.8×10-3mol/min
（4）Cl2与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应的化学方程式为：
2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。
【考点定位】本题主要考查了盖斯定律的应用、化学平衡移动、化学平衡常数的大小比较、化学图像的绘制以及化学反应速率的计算。
10．（16分）七铝十二钙（12CaO·7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：
（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c（Mg2+）小于5×10-6mol·L-1,则溶液pH大于（Mg（OH）2的Ksp=5×10-12）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是。
（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成，从而导致CaCO3产率降低。
（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为。
（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为。
（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4—和Al2Cl7—两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为。
【答案】
（1）CaO；11；加入（NH4）2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。
（2）NO3—、OH—；Ca（HCO3）2（3）2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O
（4）2Al+6H20
2Al（OH）3↓+3H2↑
（5）Al－3e－＋7AlCl4—＝4Al2Cl7—
【解析】
（1）煅烧时CaCO3会发生分解生成CaO和CO2；煅烧MgCO3分解生成MgO和CO2；故煅粉主要含MgO和CaO；Ksp=c（Mg2+）∙c2（OH—），5×10-12=5×10-6×c2（OH—），得c（OH—）=10-3mol·L-1，pH=11。
由于溶液I中c（Mg2+）小于5×10-6mol·L-1，所以溶液pH大于11；不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3的原因是加入（NH4）2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少。
（2）从流程中看出NO3—没有被除去，故滤液I中的阴离子有NO3—，CaO溶于水生成Ca（OH）2，故溶液中还有OH—；若滤液I中仅通入CO2，过量的CO2会与CaCO3生成Ca（HCO3）2从而导致CaCO3产率降低。
（3）Al表面的氧化膜的成分是Al2O3，该物质是两性氧化物，NaOH可以与之发生反应。
NaOH溶液与Al2O3反应的离子方程式为：
2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O；（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，Al作阳极，石墨作阴极。
Al在阳极放电，溶液中的H+在阴极放电，破坏了水的电离平衡，使的溶液中的OH—浓度增大，与产生的Al3+结合生成Al（OH）3，总反应方程式为：
2Al+6H2O
2Al（OH）3↓+3H2↑。
（5）根据题意，充电和放电时AlCl4—和Al2Cl7—两种离子在Al电极上相互转化，放电时负极Al失去电子变为Al3+，与溶液中的AlCl4—结合，发生反应产生的Al2Cl7—电极反应式为：
Al－3e－＋7AlCl4—＝4Al2Cl7—。
【考点定位】本题主要考查学生对利用物质的性质和物料守恒进行对化工流程的分析，涉及到溶度积的应用、物质的分离、物质的性质电极、电极反应的书写等。
11．（17分）NH3及其盐都是重要的化工原料。
（1）用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为。
（2）按下图装置进行NH3性质实验。
①先打开旋塞1，B瓶中的现象是，原因是，稳定后，关闭旋塞1。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是。
（3）设计实验，探究某一种因素对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
限制试剂与仪器：
固体NH4Cl、蒸馏水、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒、药匙、天平、pH计、温度计、恒温水浴槽（可控制温度）
①实验目的：
探究对溶液中NH4Cl水解程度的影响。
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出能直接读取数据的相关物理量及需拟定的数据，数据用字母表示；表中V（溶液）表示所配制溶液的体积）。
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
……
1
100
2
100
③按实验序号I所拟数据进行实验，若读取的待测物理量的数值为Y，则NH4Cl水解反应得平衡转化率
为（只列出算式，忽略水自身电离的影响）。
【答案】
（1）A、C、G。
（2）①产生白烟；打开旋塞1，氯化氢与氨气混合反应生成了白色氯化铵固体小颗粒，形成白烟。
②烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，形成红色溶液。
（3）①温度（或浓度）
②
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
NH4Cl质量（g）
温度（℃）
pH
……
1
100
m
T1
Y
2
100
m
T2
Z
或
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
NH4Cl质量（g）
温度（℃）
pH
……
1
100
m
T
Y
2
100
m2
T
Z
③（10-Y×5.35）/m
【解析】
（1）NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3是固体混合物加热制取气体的反应，有水生成，试管口应向下倾斜，发生装置选A，NH3密度比空气小，用向下排空气法收集，收集装置选C，氨气极易溶于水，要用防倒吸装置，但不能距离水太远，也不能插入液面以下，选G，故选A、C、G。
（2）①先打开旋塞1，B瓶中的现象是产生白色的烟；原因是先打开旋塞1，氯化氢与氨气挥发出来，氯化氢与氨气反应生成了氯化铵小颗粒，氯化铵小颗粒形成白烟。
②再打开旋塞2，B瓶中的现象是烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，是因为气体参与反应后使得烧瓶内的压强变小，打开旋塞2后，大气压就会把烧杯中的溶液压到烧瓶中来，同时由于A中的HCl不可能全部进入B中，A中HCl过量，就算不能完全进入Ｂ瓶，Ｂ中的氨气也应能完全反应，形成氯化铵，石蕊溶液进入B中，B中的NH4Cl溶于石蕊溶液，溶液显酸性，所以石蕊试液显红色。
（3）主要采用控制变量的方法，根据给出的仪器，有可控制温度水浴槽，那么可以完成温度对NH4Cl水解程度的影响，天平可以称出不同质量NH4Cl，那么可以配制出不同浓度的溶液，就可以探究浓度对NH4Cl水解程度的影响，故答案为温度或浓度。
如果探究温度的影响那么控制浓度相同，改变温度，如果探究浓度相同，那么就要控制温度相同，不管哪一种探究都需要配制一定浓度的NH4Cl溶液，那么需要称量NH4Cl的质量，但不管探究的是哪种因素的影响，都需要使用pH计通过测量水解后溶液的pH来判断其水解程度，所以在表格中都应有一项为pH值。
若探究温度对NH4Cl水解程度的影响时数据为：
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
NH4Cl质量（g）
温度（℃）
pH
……
1
100
m
T1
Y
2
100
m
T2
Z
若探究浓度对NH4Cl水解程度的影响时数据为：
物理量
实验序号
V（溶液）/mL
NH4Cl质量（g）
温度（℃）
pH
……
1
100
m1
T
Y
2
100
m2
T
Z
如果pH为Y，那么c（H+）=10-Ymol/L，物质的量为10-Ymol/L×0.1L=10-Y-1mol，那么水解的NH4Cl的物质的量也为10-Y-1mol，质量为10-Y-1mol×53.5g/mol=10-Y×5.35g，则NH4Cl水解反应得平衡转化率为:
（10-Y×5.35）/m。
【考点定位】本题主要考查了气体的制取、收集、尾气处理，将氨气和氯化氢反应的现象和喷泉实验的原理、盐类水解等结合到一起进行考查；还考察了通过控制变量进行探究的实验。
评卷人
得分
三、实验题（题型注释）
评卷人
得分
四、计算题（题型注释）
评卷人
得分
五、简答题（题型注释）
评卷人
得分
六、推断题（题型注释）
12．（15分）有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（
）偶联可用于制备药物Ⅱ：
（1）化合物Ⅰ的分子式为。
（2）关于化合物Ⅱ，下列说法正确的有（双选）。
A、可以发生水解反应
B、可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀
C、可与FeCl3溶液反应显紫色
D、可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应
（3）化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路线：
（标明反应试剂，忽略反应条件）。
（4）化合物Ⅴ的核磁共振氢谱中峰的组数为，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有种（不考虑手性异构）。
（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反应可直接得到Ⅱ，则化合物Ⅶ的结构简式为：
。
【答案】
（1）C12H9Br
（2）AD（3）CH2=CHCOOH
BrCH2CH2COOH
BrCH2CH2COOCH2CH3
（4）4、4（5）
【解析】
（1）根据化合物Ⅰ的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；
（2）根据化合物Ⅱ的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；（3）根据Ⅵ的结构简式及途径Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知Ⅴ是由Ⅳ与乙醇发生酯化反应得到，可推出Ⅳ的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物Ⅲ的结构简式为CH2=CHCOOH，从而可得其合成路线；（4）化合物Ⅴ的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9—为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；（5）根据题目信息，有机锌试剂（R—ZnBr）与酰氯（
）偶联可用于制备药物Ⅱ，因此化合物Ⅵ为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成Ⅱ，Ⅶ为酰氯，根据Ⅱ的结构及途径Ⅰ合成化合物药物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的结构为
。
【考点定位】本题主要考查了有机物的性质、有机物合成路线的设计、同分异构体的书写、有机物中氢原子种类的判断、根据反应的特点进行信息的迁移。
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