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1、广东高考化学试题答案解析2013年高考广东理综化学解析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7、解析：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，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，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，错误。答案：命题意图：有机化学基础8.水溶解中能大量共存的一组离子是ANa+、Al3+、Cl-、CO32- B.H+、Na+、Fe2+、MnO4-CK+

2、、Ca2+、Cl-、NO3- B. K+、NH4+、OH-、SO42-8、解析：和因发生双水解而不能共存，错误；、H+、MnO4因发生氧化还原反应不能共存，B错误；NH4+与因生成弱电解质一水合氨而不能共存，D错误。答案：C命题意图：离子共存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B1L0.1molL-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D1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去个2nA电子9、解析：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 m

3、ol16=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。答案：A命题意图：阿伏伽德罗常数10.下列叙述和均正确并且有因果关系的是10、解析：用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与发生络合反应生成红色Fe（）3，B错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，

4、而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；玻璃的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，正确。答案：命题意图：元素化合物11.下列措施不合理的是A用SO2漂白纸浆和草帽辫 B用硫酸清洗锅炉中的水垢C高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D用Na2S作沉淀剂，除去废水中和11、解析：具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成的微溶硫酸钙会覆辙在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，不合理；焦炭在高温下与反应生成硅和一氧化碳，合理；、与反应生成难溶的、沉淀，正确。答案：B命题意图：元素化合物12.50时，下列各溶液中，离子的物质的量

5、浓度关系正确的是ApH=4的醋酸中：c（H+）=4.0molL-1B.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-112、解析：50时，水的离子积常数大于11014。pH=4的醋酸中，（H）=1104 mol/L，A错误；饱和小苏打溶液中，会发生水解反应导致浓度减小，（）（），B错误；饱和食盐水中，（）+（H）=（）+（Cl）符合电荷守恒的关系，C正确；pH=12的碳酸钠溶液中, （）=KW/110121102 mol/L,D错误。答案：C命题意图：

6、水溶液中的离子平衡22.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：ZTXBR与Q的电子数相差26C气态氢化物稳定性：R TQ22、解析：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35,359=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

7、，C错误、D正确。答案：BD命题意图：元素周期律与元素周期表23、解析：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。答案：AC命题意图：化学实验与元素化合物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

8、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）化合物的分子式为_，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗_mol O2.（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_ _ _.（3）化合物与NaOH乙醇溶液工热生成化合物，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_.（4）由CH3COOCH2CH3可合成化合物.化合物是CH3COOC

9、H2CH3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_.（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_.30、解析：通过观察可知，化合物分子中含有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（26+153） 2=7mol。化合物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）。化合物与水溶液共热生成化合物，结合卤代烃的水解规律可知化合物的结构简

10、式为，反应的方程式为：。化合物在醇溶液中共热发生消去反应，可能生成，分子中含除苯环外含类氢，不合题意；或生成，分子中含除苯环外含类氢，个数比为:，所以化合物的结构简式为。依据题意，的同分异构体化合物能够在催化下与反应生成能发生银镜反应的化合物，说明化合物具有二氢醇的结构，依据碳链两端呈对称结构，说明分子中含有个羟基和一个碳碳双键，即化合物的结构简式为，化合物为。反应的反应机理是化合物中的羟基，被化合物中所取代，依照机理可知相当于化合物，相当于化合物，两者反应应该得到。答案：（1）C6H10O3，7mol（2）酸性高锰酸钾溶液，（3）（4），（5）31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中-

11、的氧化。将O3持续通入Na溶液中进行模拟研究.（1）O3将-氧化成2的过程由3步反应组成：-（aq）+ O3（g）=O-(aq)+O2（g）H1O-（aq）+H+(aq) HO(aq) H2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：，其平衡常数表达式为_.(3) 为探究Fe2+对氧化-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。1 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-的转化率，原因是_. 第2组实验进行18s后，3-下降。导致下降的直接原因有双选_.A.C(H+)减

12、小 B.c(-)减小 C. 2(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）。31、解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2+2H+=2+ 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=，O2可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3

13、+2Fe2+2H+=2Fe3+ O2+ H2O，Fe3+氧化：2Fe3+2=2+2Fe2+，消耗量增大，转化率增大，与2反应的量减少，3浓度减小。（4）由图给数据可知c（3）=（11.8103 mol/L-3.5103 mol/L）=8.3103 mol/L，由速率公式得：v（3）=c（3）/t= 8.3103 mol/L/(183)=5.5104 mol/Ls。答案：（1） O3+2+2H+=2+ 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）

14、（计算过程略）5.5104 mol/Ls命题意图：化学反应原理与元素化合物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）点解精练银时，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 ；在省城固体B的过程中，余姚控制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：。（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)3

15、溶液 L.(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作时 、过滤、洗涤和干燥。32、解析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Age= 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= AlO+2H2O。（3）依据题给反应物和生成物可以判断：

16、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-20），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）=，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,nAl2(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。答案：（1）Ag+e= Ag，2NO+O2=2 NO2（2）CuO和Al(O

17、H)3，Al(OH)3+OH= AlO+2H2O（3）4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2（4）25.0L （5）蒸发浓缩、冷却结晶命题意图：元素化合物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 列收集Cl2的正确装置时 。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， 。（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

18、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 。（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。33、解析：（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

19、须有尾气吸收装置。没有排气管不能用于收集气体；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；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Cl、HClO和ClO。比较Cl和Br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CCl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

20、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。答案：（1）C；Cl、HClO和ClO；取少量新制氯水和于试管中，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命题意图：化学实验、元素化合物与化学反应原理新|课

21、|标|第|一|网 2013年高考题解析7、解析：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，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，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，错误。答案：命题意图：有机化学基础8、解析：和因发生双水解而不能共存，错误；、H+、MnO4因发生氧化还原反应不能共存，B错误；NH4+与因生成弱电解质一水合氨而不能共存，D错误。答案：C命题意图：离子共存9、解析：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 mo

22、l16=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。答案：A命题意图：阿伏伽德罗常数10、解析：用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与发生络合反应生成红色Fe（）3，B错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；玻璃

23、的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，正确。答案：命题意图：元素化合物11、解析：具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成的微溶硫酸钙会覆辙在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，不合理；焦炭在高温下与反应生成硅和一氧化碳，合理；、与反应生成难溶的、沉淀，正确。答案：B命题意图：元素化合物12、解析：50时，水的离子积常数大于11014。pH=4的醋酸中，（H）=1104 mol/L，A错误；饱和小苏打溶液中，会发生水解反应导致浓度减小，（）（），B错误；饱和食盐水中，（）+（H）=（）+（Cl）符合电荷守恒的关

24、系，C正确；pH=12的碳酸钠溶液中, （）=KW/110121102 mol/L,D错误。答案：C命题意图：水溶液中的离子平衡22、解析：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35,359=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。答案：BD命题意图：元素周期律与元素周期表23、解析：将浓硫酸滴到蔗

25、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。答案：AC命题意图：化学实验与元素化合物30、解析：通过观察可知，化合物分子中含有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（26+153） 2=7mol。化合物中含有的官能团为碳碳双键（可以使溴水、溴

26、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）。化合物与水溶液共热生成化合物，结合卤代烃的水解规律可知化合物的结构简式为，反应的方程式为：。化合物在醇溶液中共热发生消去反应，可能生成，分子中含除苯环外含类氢，不合题意；或生成，分子中含除苯环外含类氢，个数比为:，所以化合物的结构简式为。依据题意，的同分异构体化合物能够在催化下与反应生成能发生银镜反应的化合物，说明化合物具有二氢醇的结构，依据碳链两端呈对称结构，说明分子中含有个羟基和一个碳碳双键，即化合物的结构简式为，化合物为。反应的反应机理是化合物中的羟基，被化合物中所取代，依照机理可知相当于化合物，相当于化合物，两

27、者反应应该得到。答案：（1）C6H10O3，7mol（2）酸性高锰酸钾溶液，（3）（4），（5）命题意图：有机化学31、解析：（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2+2H+=2+ 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=，O2可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2+2H+=2Fe3+ O2+ H2O，Fe3+氧化：2

28、Fe3+2=2+2Fe2+，消耗量增大，转化率增大，与2反应的量减少，3浓度减小。（4）由图给数据可知c（3）=（11.8103 mol/L-3.5103 mol/L）=8.3103 mol/L，由速率公式得：v（3）=c（3）/t= 8.3103 mol/L/(183)=5.5104 mol/Ls。答案：（1） O3+2+2H+=2+ 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）（计算过程略）5.5104 mol/Ls命题意图：化学反应原理与

29、元素化合物32、解析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Age= 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= AlO+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-20），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）=，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,nAl2(SO4)3= 25.0 mol，则需要硫酸铝溶液