1、广东省广州市2013年高考化学一模试卷一、选择题（共7小题，每小题0分，满分0分）1（2013广州一模）在水溶液中能大量共存的一组离子是（）AAl3+、Na+、HCO3、SO42BH+、Fe2+、ClO、ClCMg2+、K+、SO42、NO3DNH4+ Ag+、OH、Br考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：如离子之间不发生复分解反应生成沉淀、气体或弱电解质或发生互促水解、氧化还原等反应，则可大量共存，反之不能解答：解：AAl3+与HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故A错误；B酸性条件下Fe2+与ClO发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C离子之间不发生任何反应，可大量共存，故
2、C正确；DNH4+与OH、Ag+与Br反应而不能大量共存，故D错误故选C点评：本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意把握离子的性质，如离子之间的互促水解反应，氧化还原反应等，为该类题目常考查内容2（2013济宁二模）下列说法正确的是（）A食盐、醋酸和蔗糖都是电解质B纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物C甲烷和乙烯均可使酸性KMnO4溶液褪色D乙酸乙酯和植物油均可水解生成乙醇考点：甲烷的化学性质；电解质与非电解质；乙烯的化学性质；酯的性质；油脂的性质、组成与结构；有机高分子化合物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A、电解质是在水溶液或是熔融态下能导电的化合物；B、高分子化合物是相对
3、分子质量高达几万上百万的有机物；C、根据甲烷和乙烯的化学性质来回答；D、植物油的主要成分是不饱和脂肪酸的甘油酯解答：解：A、蔗糖是非电解质，食盐、醋酸是电解质，故A错误；B、纤维素、淀粉和蛋白质都是高分子化合物，故B正确；C、甲烷不可使酸性KMnO4溶液褪色，乙烯可使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；D、乙酸乙酯可水解生成乙醇和乙酸，但是植物油可水解生成不饱和脂肪酸和甘油，故D错误故选B点评：本题重在考查学生有机物质的性质、常见的概念等方面知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大3（2013广州一模）下列实验不能达到目的是（）A用AlCl3溶液和过量氨水制备Al（OH）3B用NH4Cl
4、和Ca（0H） 2固体混合加热制备NH3C用NaOH溶液除去苯中的溴D用足量铜粉除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质考点：制备实验方案的设计；物质的分离、提纯和除杂专题：实验评价题分析：A氢氧化铝不能溶于弱碱；B铵盐与碱反应共热能生成氨气；C溴与NaOH溶液反应，而苯不反应；DCu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜解答：解：A因氢氧化铝不能溶于弱碱，能溶于强碱，则用AlCl3溶液和过量氨水制备Al（OH）3，故A正确；B铵盐与碱反应共热能生成氨气，则用NH4Cl和Ca（0H） 2固体混合加热制备NH3，故B正确；C溴与NaOH溶液反应，而苯不反应，则用NaOH溶液除去苯中的溴，然后分液即可，故C
5、正确；DCu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，则用足量铜粉除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，会引入新杂质氯化铜，故D错误；故选D点评：本题考查制备实验方案的设计，涉及氢氧化铝、氨气的制备及除杂，明确物质的性质是解答本题的关键，尤其注意物质的特性，题目难度中等4（2013广州一模）设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A16g CH4含有10nA个电子B常温常压下，22.4L Cl2含有2nA个Cl原子C1 mol Cu与足量稀HNO3反应，转移3nA个电子D1L O.1 molL1 Na2SO3 溶液中含有 O.1nA个S032考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德
6、罗定律分析：A1个CH4含有10个电子；B根据温度压强与气体摩尔体积的关系判断；C每个铜失去2个电子变为Cu2+；D亚硫酸根发生水解解答：解：A1个CH4含有10个电子，16g CH4是1mol，含有10nA个电子，故A正确； B相同压强下，温度越高，气体摩尔体积越大，所以22.4L Cl2含有的分子数小于nA，故B错误；C每个铜失去2个电子变为Cu2+，故转移2nA个电子，故C错误；D亚硫酸根要发生水解，故小于0.1nA个，故D错误故选A点评：本题考查考查阿伏伽德罗常数，涉及分子结构、氧化还原反应、盐类水解等，难度不大，注意知识的积累5（2013广州一模）下列陈述I、II正确并且有因果关系的
7、是（）选项陈述I陈述IIA浓H2SO4有吸水性浓H2SO4可用于干燥氨气BSO2有氧化性SO2尾气可用NaOH溶液吸收CMg有还原性电解MgCl2饱和溶液可制备MgD锌金属活动性比铁强海轮外壳上装锌块可减缓腐蚀AABBCCDD考点：浓硫酸的性质；金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的化学性质；镁的化学性质专题：氧族元素分析：A、浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵；B、二氧化硫是酸性氧化物和碱反应；C、电解饱和氯化镁溶液阳离子是溶液中氢离子放电，不能得到镁；D、锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护；解答：解：A、浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵；陈述错误；故A错误；B、陈述都正确，但
8、无因果关系，二氧化硫是酸性氧化物和碱反应；故B错误；C、电解饱和氯化镁溶液阳离子是溶液中氢离子放电，不能得到镁，陈述错误；故C错误；D、锌活泼性强于铁，形成原电池时，锌做负极失电子被氧化，铁做正极被保护；陈述都正确且有因果关系，故D正确；故选D点评：本题考查了浓硫酸、二氧化硫性质分析判断，电解原理，原电池原理应用，题目较简单6（2013济宁二模）对于常温下pH=3的乙酸溶液，下列说法正确的是（）AC（H+）=c（CH3COO）+c（OH）B加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4C加入少量乙酸钠固体，溶液pH降低D与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中：c（Na+）=c（CH3COO
9、 ）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：乙酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡；A、依据溶液中电荷守恒分析判断；B、乙酸是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离；C、依据电离平衡移动方向分析判断；D、乙酸是弱酸反应后会继续电离；解答：解：A、常温下pH=3的乙酸溶液，存在电荷守恒为：C（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故A正确；B、加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4，但乙酸是弱电解质存在电离平衡，稀释促进电离，溶液又电离出氢离子，浓度增大，溶液PH小于4，故B错误；C、乙酸钠溶于水溶液中的乙酸根离子抑制乙酸的电离，平衡左移，氢离子浓度减小，溶液PH增
10、大，故C错误；D、pH=3的乙酸溶液与等体积pH=11的NaOH溶液混合后所得溶液中是醋酸钠和醋酸的混合溶液：c（Na+）c（CH3COO ）故D错误；故选A点评：本题考查了弱电解质的电离平衡分析判断，溶液中电荷守恒的应用，影响因素的分析，算碱反应的定量分析计算，溶液稀释后PH的计算判断，题目难度中等7（2013广州一模）在容积为2L的密闭容器中进行反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），其他条件不变，在300和500时，物质的量n（CH3OH）反应时间t的变化曲线如图，下列说法正确的是（）A该反应的HOB其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大C3000C时，Ot1min内CH3OH
11、的平均生成速率为molL_1 min 1DA点的反应体系从3000C升高到5000C，达到平衡时减小考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线专题：化学平衡专题分析：A、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；B、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小；C、平衡时甲醇的物质的量为n1mol，根据v=计算v（CH3OH）；D、A点的反应体系从300升高到500，甲醇 的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，据此判断解答：解：A、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平
12、衡向逆反应移动，该反应正反应是放热反应，即H0，故A正确；B、由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故B错误；C、平衡时甲醇的物质的量为n1mol，v（CH3OH）=molL1min 1，故C正确；D、A点的反应体系从300升高到500，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，故达到平衡时增大，故D错误；故选AC；点评：本题考查化学平衡图象、影响平衡的因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，难度不大，注意掌握平衡移动原理二、解答题（共4小题，满分64分）8（16分）（2013广州一模）液晶高分子材料应用广泛新型液晶基元化
13、合物IV的合成线路如下：（1）化合物的分子式为C7H6O3，1mol化合物最多可与2mol NaOH反应（2）CH2=CHCH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr （注明条件）（3）化合物I的同分异构体中，苯环上一溴代物只有2种且能发生银镜反应的化合物有多种，写出其中一种同分异构体的结构简式（任写一种）（4）下列关于化合物的说法正确的是CD （填字母）A属于烯烃 B能与FeCl3溶液反应显紫色C一定条件下能发生加聚反应 D能使溴的四氯化碳溶液褪色（5）反应的反应类型是取代在一定条件下，化合物也可与III发生类似反应的反应生成有
14、机物VV的结构简式是考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据有机物的结构简式判断含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，能与NaOH反应的官能团为酚羟基和羧基；（2）氯代烃在碱性条件下水解生成OH；（3）苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同的位置，结构应对称，且能发生银镜反应，说明应含有CHO；（4）化合物含有C=C，可发生加成、加聚反应，不含酚羟基，含有酯基，可发生水解反应；（5）化合物与III发生取代反应生成COO和水解答：解（1）由结构简式可知化合物中含有7个C、6个H、3个O，则分子式为C7H6O3，化合物含有酚羟基和羧基，都具有酸性，能与NaOH发生反应，则
15、1mol化合物最多可与2molNaOH反应，故答案为：C7H6O3；2；（2）氯代烃在碱性条件下水解生成OH，CH2=CHCH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr，故答案为：CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr；（3）苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同的位置，结构应对称，且能发生银镜反应，说明应含有CHO，则可能的结构有，故答案为：（任写一种）；（4）A含有O、N等元素，属于烃的衍生物，故A错误；B不含有酚羟基，则不能与FeCl3溶液反应显紫色，故B错误；C含有C=C，则一定条件下能发生加聚反
16、应，故C正确；D含有C=C，可与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确故答案为：CD；（5）由官能团的转化可知反应属于取代反应，化合物与III发生取代反应生成COO，反应物为，故答案为：取代；点评：本题考查有机物的合成，解答本题的关键是能正确把握有机物官能团的性质，注意根据官能团的转化判断反应类型，易错点为同分异构体的书写，注意体会9（16分）（2013广州一模）亚憐酸（H3PO3）是二元酸，与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3（1）PCl3水解可制取亚磷酸：PCl3+32OH3PO3+3HCl（2）H3PO3溶液中存在电离平衡：H3PO3H+H2PO3某温度下，O.1OmolL
17、1 的 H3PO3 溶液 pH=1.6，即溶液中 c（H+）=2.5x 102 molL1求该温度下上述电离平衡的平衡常数K，写出计算过程（H3PO3的第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）根据H3PO3的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH7 （填“”、“=”或“”）（3）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色该反应的化学方程式为H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4（4）电解Na2HPO3溶液也可得到亚鱗酸，装置示意图如图：阴极的电极反应式为2H+2e=H2产品室中反应的离子方程式为HPO32+2H+=H3PO3考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；原电池和电解池的工作原理专题：电离平衡
18、与溶液的pH专题；电化学专题分析：（1）根据水解反应方程式确定生成物；（2）电离平衡常数K=；根据H3PO3的酸性强弱确定Na2HPO3溶液的酸碱性；（3）亚磷酸和碘发生氧化还原反应，亚磷酸作还原剂被氧化生成磷酸，碘被还原生成氢碘酸，据此写出反应方程式；（4）阴极上得电子发生还原反应；产品室中HPO32和氢离子结合 生成亚磷酸解答：解：（1）PCl3水解可制取亚磷酸和盐酸，水解方程式为：PCl3+32OH3PO3+3HCl，故答案为：HCl；（2）H3PO3=H+H2PO3起始浓度 0.10 0 0反应浓度 2.5102 2.5102 2.5102平衡浓度0.102.5102 2.5102 2
19、.5102电离平衡常数K=mol/L=8.3103mol/L，故答案为8.3103mol/L；H3PO3是弱酸，Na2HPO3是强碱弱酸盐，所以其水溶液呈碱性，即pH7，故答案为：；（3）亚磷酸和碘发生氧化还原反应，亚磷酸作还原剂被氧化生成磷酸，碘被还原生成氢碘酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4，故答案为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4；（4）阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；产品室中HPO32和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32+2H+=H3PO3，故答案为：HPO32+2H+=
20、H3PO3点评：本题涉及水解反应、氧化还原反应、电极反应式的书写等知识点，电极反应式的书写、有关平衡常数的计算是高考热点，应重点掌握10（16分）（2013广州一模）某科研小组以难溶性钾长石（K2OAl2O3.6SiO2）为原料，提取A1203、K2CO3等物质，工艺流程如下：（1）“煅烧”过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的 化学方程式CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和 KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式Al2O3+Na2
21、CO32NaAlO2+CO2（2）已知NaAlO2和KAlO2易发生如下反应：AlO+2H2OAl（OH）3+OH“浸取”时，应保持溶液呈碱性（填“酸”或“碱”）“浸取”时不断搅拌的目的是提高浸取速率（3）“转化”时加入NaOH的主要作用是HCO3+2OH=CO32+H2O （用离子方程式表示）（4）上述工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验题；元素及其化合物分析：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）偏铝酸根离子在碱性条件下不水解；浸取时不断搅拌
22、目的是提高速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（4）根据流程图推测可以循环利用的主要物质；解答：解：（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2，故答案为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2，故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）偏铝酸根离子是强碱弱酸盐，在酸性溶液中会发生反应生成沉淀或铝离子，在中性溶液中会发生水解生成氢氧化铝，只有在碱性条件下，不反应不水解，所以
23、在须在碱性条件下，“浸取”时不断搅拌能提高浸取速率，故答案为：碱；提高浸取速率；（3）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，离子反应方程式为：HCO3+2OH=CO32+H2O，故答案为：HCO3+2OH=CO32+H2O；（4）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质，故答案为：Na2CO3、CO2；点评：本题主要考查了A1203、K2CO3等物质的提取，是工业流程
24、题，依据相关的物质的性质，读懂流程是解答的关键，题目难度中等11（16分）（2013广州一模）某铜矿石中铜元素含量较低，且含有铁、镁、钙等杂质离子某小组在实验室 中用浸出萃取法制备硫酸铜：（1）操作I为过滤操作II用到的玻璃仪器有烧杯分液漏斗（2）操作II、操作III的主要目的是除杂富集铜元素（3）小组成员利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液多次实验发现所得蓝色悬浊液颜色略有差异，查阅资料表明，可能由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04已知Cu（0H）2、Cu2（OH）2CO3，Cu4 （OH）6SO4均
25、难溶于水，可溶于酸；分解温 度依次为 800C、2000C、3000C设计实验检验悬浊液成分，完成表中内容限选试剂：2molL1 HCl、1molL1 H2SO4、O.1molL1 NaOH、0.1molL1 BaCl2、蒸馏水仪器和用品自选实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量悬浊液，过滤，充分 洗涤后，取滤渣于试管中，加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡溶液说明悬浊液中混有白色沉淀生成，有Cu4（ 0H）6S04步骤2：另取少量悬浊液于试管中，将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察试管中有黑色固体生成，说明悬浊液中混有Cu（ 0H） 2
26、（4）上述实验需要1OOmL O.5molL1的CuSO4溶液，配制时需称取125gCuSO4.5H2O （化学式量：250）考点：铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）操作是酸溶后分离固体和溶液，操作是过滤；操作II是分离互不相溶的液体，实验操作是分液，依据分液操作分析；（2）依据操作II、操作III得到的物质和实验目的，浸出萃取法制备硫酸铜，水相和有机相为了除去杂质；（3）证明含有Cu4 （OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀分析回答；（4）依据铜元素守恒结合物质的量计算晶体
27、质量解答：解：（1）依据流程图分析操作是矿石酸溶后分离固体和液体的方法，实验操作是过滤；操作是加入有机物溶解铜的化合物且能和水分层，实验操作是分液，用到的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗等，故答案为：过滤；分液漏斗；（2）利用水和有机溶剂萃取提纯硫酸铜溶液结晶得到硫酸铜晶体；操作II、操作III的主要目的是除去溶液中的杂质，故答案为：除杂；（3）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（0H）6S04的存在，加入盐酸排除其他
28、离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（0H）6S04；依据氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀设计实验来分析验证，取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管；试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；故答案为：加入过量2mol/L的盐酸溶液，充分振荡，再滴加几滴0.1mol/L氯化钡溶液；有白色沉淀生成；将试管放入装有沸水的小烧杯中水浴加热一段时间取出试管观察；试管中有黑色固体生成；（4）1OOmL O.5molL1的CuSO4溶液中硫酸铜物质的量为0.05mol；配制时需称取CuSO4.5H2O 质量为12.5g，故答案为：12.5点评：本题考查了物质制备的流程分析，物质性质的应用，组成的验证方法，实验设计的方法，是解题关键，题目难度中等