2013年广东卷I（理综）

2013年广东卷I（理综）

（13广东理综，T7）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咪的主要成分

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】B    糖类中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；酯类物质具有水果香味，一般都是易挥发的物质，B正确；油脂是高级脂肪酸甘油酯，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，不可能生成脂肪酸和丙醇，C错误；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，氨基酸的官能团是羧基和氨基，而不是羧基和羟基，D错误。

【考点定位】本题考查学生对常见有机物的组成、结构、性质和变化及相互联系的了解，考查学生对官能团、有机物命名的了解。设计糖类化合物官能团的异同、酯类物质特殊的物理性质、油脂皂化反应产物的分析、蛋白质水解产物及其官能团的辨析等。

（13广东理综，T8）水溶解中能大量共存的一组离子是

A．Na⁺、Al³⁺、Cl^-、CO₃^2-                                                                      B．H⁺、Na⁺、Fe²⁺、MnO₄^-

C．K⁺、Ca²⁺、Cl^-、NO₃^-                                                                          D． K⁺、NH₄⁺、OH^-、SO₄^2-

【解析】C   Al³⁺和CO₃^2—因发生双水解生成Al(OH)₃和CO₂而不能共存（反应离子方程式为：2Al³⁺+3CO₃^2—+3H₂O=2Al(OH)₃↓+3CO₂↑），A错误；Fe²⁺具有还原性、MnO₄^—具有氧化性，二者在酸性溶液中因发生氧化还原反应不能共存，B错误；NH₄⁺与OH^—因生成弱电解质一水合氨（NH₃·H₂O）而不能共存，D错误。

【考点定位】考查学生对离子反应的概念、氧化还原反应的概念、离子反应发生条件、以及对常见离子性质的掌握程度、主要涉及Al³⁺、CO₃^2—的水解性，MnO₄^2—的氧化性，Fe²⁺的还原性等。

（13广东理综，T9）设n_A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4n_A个电子                    B．1L0.1molL-1的氨水中有n_A个NH₄⁺

C．标准状况下，22.4L盐酸含有n_A个HCl分子        D．1molNa被完全氧化生成Na₂O₂，失去个2n_A电子

【解析】A    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 mol×16=4 mol，A正确；一水合氨是弱碱，属于弱电解质，在水中发生部分电离：NH₃·H₂O NH₄⁺+OH^—所以1L1 mol/L的氨水中NH₄⁺的数目会小于n_A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n_A个，D错误。

【考点定位】本题考查学生对物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、物质的浓度等概念的了解；考查学生运用物质的量等基本概念进行有关物质质量、微粒数目、气体体积之间的相互计算；考查学生对电解质的电离、常见氧化还原反应及其电子转移数目的掌握情况。

（13广东理综，T10）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是

【解析】D    A选项中，叙述I和II均对，但用加热法除去NaCl中的NH₄Cl的原因是NH₄Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，二者没有因果关系，故错误；B选项中，叙述I和叙述II也均对，但用KSCN溶液鉴别Fe³⁺是因为Fe³⁺与SCN^—发生络合反应生成红色Fe(SCN)₃，二者没有因果关系，故错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，叙述I对；而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，叙述II错，故错误；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，D正确。

【考点定位】本题考查学生正确判断、解释和说明有关化学现象和问题的能力；考查学生对常见无机物及其应用、并依据性质推理其应用和保存等的掌握情况。

（13广东理综，T11）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Cu²⁺和Hg²⁺

【解析】SO₂具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，A合理；由于硫酸的酸性比碳酸的强，故硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙能反应：CaCO₃+2H⁺+SO₄^2—=CaSO₄+CO₂↑+H₂O，但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，因而应选用盐酸除垢而非硫酸，B不合理；焦炭在高温下与SiO₂反应生成Si和CO：2C+SiO₂ Si+2CO↑，C合理；由于CuS、HgS是难溶于水的电解质，溶度积很小，故Cu²⁺和Hg²⁺与S^2—反应生成难溶的CuS、HgS沉淀，从而降低废水中Cu²⁺和Hg²⁺的浓度，当它们均小于10^—5mol/L，可以认为被沉淀完全而除去D正确。

【考点定位】本题考查学生对常见单质和重要化合物的性质掌握程度。利用日常生活中的实例，考查学生对沉淀的生成和溶解原理的理解。着重考查了生产和生活中二氧化硫漂白性的应用、清洗锅炉中水垢的试剂、单质硅的制备原理和方法、处理含有重金属离子废水的沉淀剂等。

（13广东理综，T12）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⁺）=4.0mol/L                     B．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^—）=1.0×10^—2mol/L

【解析】由溶液pH计算表达式可得pH=4的醋酸中，c(H^＋)=1×10^—4 mol/L，故A选项错；小苏打的化学式为NaHCO₃，属于钠盐、酸式盐，在水中能完全电离：NaHCO₃=Na⁺+HCO₃^—，而HCO₃^—为弱酸的酸式根，会有少量发生水解反应（HCO₃^—+H₂O H₂CO₃+OH^—）和电离（HCO₃^— CO₃^2—+H⁺）导致其浓度减小，c(Na⁺)>c(HCO₃^—)，故B错误；饱和食盐水中，依据电荷守恒有c（Na⁺）+ c（H⁺）= c（Cl^—）+c（OH^—），C正确；25℃时，Kw=c(H⁺)·C(OH^—)=1×10^—14，若用此结论可以求出pH=12的碳酸钠溶液中, C(OH^—)=1×10^—2mol/L，但现在温度为50℃，由于水的电离是吸热反应，升温会促进水的电离，从而使Kw>1×10^—14，故此温度下C(OH^—)＞1×10^—2 mol/L，D错误。

【考点定位】本题考查学生对溶液pH、盐类的水解规律、弱电解质在水中的电离特征、水的电离平衡与离子积常数的了解；考查学生对水溶液中离子浓度大小的比较的处理能力；考查学生对温度与平衡常数大小关系的了解。

（13广东理综，T22）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：Z<T<X

B．R与Q的电子数相差26

C．气态氢化物稳定性：R <T<Q

D．最高价氧化物的水化物的酸性：T>Q

【解析】BD   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35,35—9=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。

【考点定位】本题考查元素周期律与元素周期表。尤其考查学生对元素在表中的位置极其性质递变规律的掌握，综合运用“位——构——性”三位一体的关系的掌握程度。同时考查学生简单推理的能力，以及对重要非金属元素及其化合物的性质的掌握情况。

（13广东理综，T23）下列实验的现象与对应结论均正确的是

【解析】AC   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并放出大量的热，所以蔗糖固体变黑膨胀，A正确；常温下，Al放入浓硝酸，因浓硝酸具有强氧化性使Al钝化，在Al表面形成一层致密的氧化膜而阻碍反应继续进行，因此无明显选项，但是钝化是化学变化，发生了氧化还原反应，且加热时Al与浓硝酸能反应，故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；黑色的铁粉与水蒸气在高温下反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，而不是红色的氧化铁固体，D错误。

【考点定位】本题考查学生对常见单质及其化合物性质的掌握程度；以元素化合物性质和实验知识为载体，考查学生对浓硫酸的三种特性（吸水性、脱水性、强氧化性）的了解；考查学生对常见元素及其重要化合物的性质、常见化学反应及其实验现象的掌握。尤其要关注实验现象中异常情况的分析。

（13广东理综，T30）脱水偶联反应是一种新型的直接烷基化反应，例如：

⑴化合物Ⅰ的分子式为_____，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗_____molO_2.；

⑵化合物Ⅱ可使____溶液（限写一种）褪色；化合物Ⅲ（分子式为C₁₀H₁₁C1）可与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ，相应的化学方程式为______；

⑶化合物Ⅲ与NaOH乙醇溶液共热生成化合物Ⅳ，Ⅳ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，Ⅳ的结构简式为_______；

⑷由CH₃COOCH₂CH₃可合成化合物Ⅰ.化合物Ⅴ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Ⅵ. Ⅴ的结构简式为______，Ⅵ的结构简式为______。

⑸一定条件下， 与 也可以发生类似反应①的反应，有机产物的结构简式为_____。

【解析】⑴反应①中化合物Ⅰ 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，依据O元素守恒可以求出其耗氧量为 =7mol（也可通过烃的含氧衍生物燃烧通式求得）。⑵化合物Ⅱ 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（发生加成反应）、酸性高锰酸钾溶液褪色（发生氧化反应））和羟基（可以使酸性高锰酸钾溶液褪色（发生氧化反应））。化合物Ⅲ与NaOH水溶液共热生成化合物Ⅱ ，结合卤代烃的水解规律可知化合物Ⅲ的结构简式为 ，与分子式CHCl吻合；反应的方程式为： 。

⑶化合物 在NaOH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３类氢，不合题意；或生成 ，分子中含除苯环外含４类氢，个数比为1:1:1:2，符合。所以化合物Ⅳ的结构简式为 。

⑷依据题意，CH₃COOCH₂CH₃的同分异构体化合物Ⅴ能够在Cu催化下与O₂反应生成能发生银镜反应的化合物Ⅵ，故该同分异构体分子中含有—CH₂OH基团，又结合该分子不仅无支链，且碳链两端呈对称结构；故V分子的碳链两端各有一个—CH₂OH基团，CH₃COOCH₂CH₃的分子式为C₄H₈O₂，减去2个—CH₂OH基团后可得2个C、2个H，还需承担1个不饱和度，仍要满足对称结构的要求，说明V分子的碳链中间剩余基团为—CH=CH—，故化合物Ⅴ的结构简式为HOCH₂CH=CHCH₂OH，以此为突破口，化合物Ⅵ为OHCCH=CHCHO。

⑸比较反应①中反应物与生成物结构简式的异同（即找出其中相同的基团和不同的基团），然后推断出反应机理是化合物Ⅱ 中所含醇羟基的C—O键断裂，化合物Ⅰ 中与苯环相连的C上断裂C—H键，余下的两个有机残基相连形成新分子，即残基 取代化合物II中的—OH，依照机理可知 相当于化合物Ⅱ， 相当于化合物Ⅰ，两者反应应该得到 。

【答案】⑴C₆H₁₀O₃，7mol

⑵酸性高锰酸钾溶液，

⑶ ⑷HOCH₂CH=CHCH₂OH，OHCCH=CHCHO ⑸ 。

【考点定位】考查烯烃、炔烃、卤代烃、醇、醛、酯等常见有机物的结构和成键特征以及以上有机物典型代表物的组成、性质和它们之间的相互联系；考查重要的有机反应类型如取代反应、加成反应、消去反应和氧化反应；考查对核磁共振氢谱的认知；考查有机化学中的同分异构体。并借此考查学生的分析能力、逻辑推理能力、综合应用信息以及信息迁移能力。

（13广东理综，T31）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.

⑴O₃将Ⅰ^-氧化成Ⅰ₂的过程由3步反应组成：①I^—(aq)+ O₃(g)=IO^—(aq)+O₂(g)   △H₁    ②IO^—(aq)+H⁺(aq) HOI(aq)   △H₂    ③HOI(aq)+I^—(aq)+H⁺(aq) I₂(aq)+H₂O(l)   △H₃    总反应的化学方程式为______，其反应△H=______；

⑵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_______；

⑶为探究Fe²⁺对氧化Ⅰ^-反应的影响（反应体如图13），某研究小组测定两组实验中I₃^—浓度和体系pH，结果见图和下表。

①Ⅰ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I^—的转化率，原因是_______.

③第2组实验进行18s后，I₃^—下降。导致下降的直接原因有双选______.

A.C(H⁺)减小     B．c(I^—)减小     C． I₂(g)不断生成     D．c（Fe³⁺）增加

⑷据图14，计算3-13s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】⑴将3个已知化学方程式连加可得O₃+2I^—+2H⁺  =I₂+ O₂+ H₂O，由盖斯定律得△H=△H₁+△H₂+△H₃。

⑵依据平衡常数的定义可得，K= 。

⑶①由表格可以看出第1组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是臭氧将I^—氧化为I₂的总反应的离子方程式为2I^—+O₃+2H⁺ I₂+O₂+H₂O，反应过程中既消耗氢离子，又生成水，导致溶液中c(H⁺)减小，最终水电离出的H⁺也参与反应，从而促进水的电离，使溶液中c(OH^—)增大，pH增大；②第2组实验有催化剂，能加快反应速率，改变反应的路径，使反应发生所需的活化能降低，催化剂的加入将总反应一分为二，先后反应的离子方程式为：O₃+2Fe²⁺+2H⁺=2Fe³⁺+ O₂+ H₂O、2Fe³⁺+2I^—=I₂+2Fe²⁺，因此图13中A为Fe²⁺；虽然催化剂Fe²⁺不能使总反应2I^—+O₃+2H⁺ I₂+O₂+H₂O所达到的平衡发生移动，但是它改变反应的途径，由Fe³⁺生成Fe²⁺的过程中发生反应：2Fe³⁺+2I^—=I₂+2Fe²⁺，不仅消耗I^—，而且生成的I₂会使I₂(aq)+I^—(aq) I₃^—(aq)的平衡右移，共同导致消耗的c(I^—)增多，进而显著提高I^—的转化率；③对比表格中第1、2组实验前后pH可得，第1组pH增大，c(H⁺)减小，图中第1组实验所得I₃^—浓度曲线先略微增大后几乎不变，第2组pH减小，c(H⁺)增大，图中第2组实验所得I₃^—浓度曲线先显著增大后逐渐减小至无，根据上述分析可得，若c(H⁺)减小，I₃^—浓度不会下降，A选项错误；若c(I^—)减小，则反应③HOI(aq)+I^—(aq)+H⁺(aq) I₂(aq)+H₂O(l) 的平衡左移，c(I₂)也减小，导致I₂(aq)+I^—(aq) I₃^—(aq)的平衡左移，所以c(I₃^—)下降，B选项正确，若I₂(g)不断生成，导致I₂(aq) I₂(g)的溶解平衡右移，既使溶液中c(I₂)减小，又使I₂(aq)+I^—(aq) I₃^—(aq)的平衡左移，则c(I₃^—)下降，C选项正确；若c(Fe³⁺)增加，Fe³⁺将I直接氧化成I₂，则溶液中c(I₂)增大，而海水中c(I^—)略为减小或忽略不计，导致I₂(aq)+I^—(aq) I₃^—(aq)的平衡右移，I₃^—浓度增大，D选项错误；

⑷由图给数据可知△c(I₃^—)=（11.8×10^—3 mol/L-3.5×10^—3 mol/L）=8.3×10^—3 mol/L，由速率公式得：v（I₃^—）=△c（I₃^—）/△t= 8.3×10^—3 mol/L/(18—3)s=5.5×10^—4 mol/(L·s)；此问要注意纵坐标中隐含的信息，计算时需要图中所得数据乘以“10^—3mol/L”。

【答案】⑴2I^—+O₃+2H⁺ I₂+O₂+H₂O，△H=△H₁+△H₂+△H₃。    ⑵

⑶①O₃将I^—氧化为I₂的离子方程式为2I^—+O₃+2H⁺ I₂+O₂+H₂O，反应过程中既消耗氢离子，又生成水，导致溶液的酸性减弱，pH升高（或O₃将I^—氧化为I₂的②③步反应中不仅消耗H⁺，而且还生成了水）等（其它合理表达也给分如②③反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，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；）      

②Fe³⁺，因为Fe³⁺可以将I^—直接氧化成I₂，使溶液中c(I₂)增大，促使I₂(aq)+I^—(aq) I₃^—(aq)的平衡右移，消耗的c(I^—)增多      BC

⑷（计算过程见解析）5.5×10^—4 mol/L·s

【考点定位】本题以大气中的部分碘源于臭氧对海水中I^—的氧化为背景，考查学生对中学化学的重要原理的掌握情况；考查对热化学方程式含义、盖斯定律的理解，以及利用盖斯定律进行有关反应热计算的能力。还考查了对化学反应可逆性、平衡常数表达式书写的理解程度。考查浓度、催化剂等外界因素对平衡移动的影响等知识的理解。考查对化学反应速率概念、计算方法以及影响速率的因素的了解和理解。在这些过程中体现了对考生正确判断、解释和说明有关化学现象和问题的能力、读解图表、提取信息的能力。

（13广东理综，T32）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：

⑴电解精练银时，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    

⑵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     。

⑶完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：

⑷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1.0mol/L的Al₂(SO₄)₃溶液    L。

⑸CuSO₂溶液也可用于制备胆矾，其基本操作时    、过滤、洗涤和干燥。

【解析】⑴仿照电解精炼铜的原理可以确定粗银做阳极（发生反应：Ag—e^—= Ag⁺），纯银做阴极（发生反应：Ag⁺+e^—= Ag）；AgNO₃溶液做电解液。 银时金属活动顺序表中氢后金属，不溶于稀硫酸，则滤渣A的主要成分是Ag，稀硝酸是氧化性酸，银与稀硝酸反应生成无色的NO：3Ag+4HNO₃=3AgNO₃+NO↑+2H₂O，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO₂：2NO+O₂=2 NO₂。

⑵CuAlO₂中O为—2价，Al为+3价，则Cu为+1价，因此其化学式可以改写为Cu₂O·Al₂O₃，相当于Cu₂O和Al₂O₃按等物质的量熔合在一起，由此逆推，固体B的主要成分是等物质的量的Al(OH)₃和Cu(OH)₂，在惰性气体中煅烧时发生的反应为Cu(OH)₂ CuO+H₂O、2Al(OH)₃ Al₂O₃+3H₂O、4CuO 2Cu₂O+O₂↑；Al(OH)₃是两性氢氧化物，NaOH是强碱，若强碱溶液过量，则过量的NaOH与Al(OH)₃发生反应：Al(OH)₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O导致溶解部分或全部溶解，其离子方程式为Al(OH)₃+OH^—=AlO₂^—+2H₂O，这必将导致目标产物的产量减少；

⑶依据题给反应物和生成物，结合氧化还原反应的特征可以判断：CuO转化为CuAlO₂，铜元素化合价由+2下降为+1，CuO做氧化剂，则发生化合价升高的元素一定是O，故生成的物质还应有氧气（化合价-2→0），根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应：4CuO+2Al₂O₃ 4CuAlO₂+O₂↑；

⑷银铜合金中的铜的物质的量n（Cu）= =50mol，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n[Al₂(SO₄)₃]= 25.0 mol，则需要硫酸铝溶液的体积是25.0L。

⑸胆矾的化学式为CuSO₄·5H₂O，是CuSO₄溶液结晶析出的结晶水化合物。根据化合物分离和提纯的方法判断，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】⑴Ag⁺+e^—= Ag，2NO+O₂=2 NO₂       ⑵CuO和Al(OH)₃，Al(OH)₃+OH^—= AlO^—+2H₂O

⑶4CuO+2Al₂O₃ 4CuAlO₂+O₂↑     ⑷50     25.0L      ⑸蒸发浓缩、冷却结晶。

【考点定位】本题以从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺为背景，结合给出的工艺流程图进行设问，主要考察队常见金属、非金属元素及其化合物的主要性质的掌握，对常见化学方程式和离子方程式的书写，对电解池的组成和电解过程的理解，以及对工艺流程图的解读和所提供数据的应用等，并依此达到考察学生应用基础知识解决化学问题的能力；通过设计的工艺流程图设问，注重考察学生对Ag、Cu、Al、N等元素的相关化合物性质的掌握程度；对物质的量及其相关概念的了解和计算能力；考查学生对质量守恒定律的了解；考查对蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等基本实验操作的掌握。

（13广东理综，T33）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。

⑴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     。

②将Cl₂通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子是     。

③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，     。

⑵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完成原电池甲的装置示意图（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     。

⑶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⑵的材料中应选     作阳极。

【解析】⑴①Cl₂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时必须有尾气吸收装置。A装置使用单孔橡胶塞，没有排气管不能用于收集气体，故错；B装置用于收集密度比空气小的气体，若用于收集氯气，则氯气从长导管中进，不会排出瓶内上部的空气，而是直接沉底，从短导气管中逸出，故错；C装置用以收集密度比空气大的气体，且有尾气吸收装置，既防止倒吸又防止污染空气，正确；D装置由于发生反应：Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，会吸收氯气，因而不能用排NaOH溶液的方法收集氯气，故错误。

②氯气与水反应：Cl₂+H₂O HCl+HClO，生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸部分电离，故氯水中含有三种分子四种离子，即H₂O、Cl₂、HClO、H⁺、Cl^—、ClO^—、OH^—。具有氧化性的含氯粒子是Cl_２、HClO和ClO^—。

③比较Cl_２和Br_２的氧化性，可以利用置换反应。其具体操作是：取少量新制氯水和CCl_４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，说明氯气与NaBr发生置换反应：Cl₂+2Br^—=2Cl^—+Br₂，CCl₄则将生成的Br₂从水层萃取到下层，使下层呈橙色。依据氧化还原反应理论可判断出氧化性Cl₂>Br₂。

⑵①由题给试剂，结合原电池的形成条件可得带盐桥的原电池甲可以设计成锌铜原电池（或铁铜原电池、锌铁原电池），由于外电路中电子从左移向右，说明左边烧杯中电极的金属活动性较强，则左、右两边烧杯中电极材料及电解质溶液可以按下图所示装置组合：

②由于金属活动性Zn>Fe>Cu。结合所给的电极材料可知，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），反应的现象是电极表面变黑（金属被腐蚀）、失去金属光泽、逐渐溶解使质量减轻，溶液中蓝色变浅。

③甲、乙两种原电池都能将化学能转化为电能。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，而且由于会直接发生置换反应而放热，部分化学能会转化为热能，导致化学能不可能全部转化为电能。若带有盐桥，其负极金属Zn和CuSO₄溶液没有直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不能转化为热能，几乎全部转化为电能。

⑶根据牺牲阳极的阴极保护法，可知被保护的金属作阴极，即铁片做阴极（正极）时被保护，而铁做阳极（负极）时被腐蚀，为了减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在题给的材料中应性质比铁活泼的Zn作为阳极，从而牺牲锌片而保护铁片；若选用铜片，则铁片的腐蚀速率会加快，而不是延缓。

【答案】⑴①C；②Cl_２、HClO和ClO^—；③取少量新制氯水和CCl₄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

⑵①

上述三种装置图均可以；

②电极表面变黑，失去金属光泽并逐渐溶解（其它合理答案也可）；

③甲；可以避免活泼金属如Zn和CuSO₄的接触，从而提供稳定电流（其它合理答案也可，如从能量是否损失角度）

⑶Zn。

【考点定位】本题以元素化合物性质和实验知识为载体，考查学生对常见元素单质和重要化合物的主要性质的掌握程度及综合应用能力，气体的收集方法、尾气处理的掌握情况，基本实验操作技能和初步设计实验的能力以及分析、结晶问题的能力；考查学生的创新能力和思维方法，考查学生对原电池构成条件和工作原理的理解程度，以及用图形正确表达分析结果的能力，考查学生对原电池反应现象的观察能力及其实验现象的表达能力；考查学生对有盐桥和无盐桥型原电池的评价及分析能力，考查学生对金属电化学防护的理解。

从该试卷整体看，试题注重对基础知识、基本能力、基本方法和学科素养的考查，加强对运用所学知识分析问题、解决问题的能力的考查。试题依据大纲、紧靠课本，反映了《课程标准》的整体要求，体现了新课程的理念，保证了试题的科学性、规范性和公平性，全面落实好高考调整方案的精神。

针对考试学习水平差异大、考试时间短，学科思维转换较多等现实情况，本卷试题进行了科学设计、规划和安排，使试卷以容易题和中等难度题为主，试卷的阅读长度、作答时间和难度均适中，使试卷不仅具有选拔功能，也符合学生的世纪情况，考生考后对试题评价非常正面。

试卷在题型结构、知识结构、能力结构等方面布局合理，保持了命题的稳定性与连续性，稳中有新意。内容覆盖了5个专题内容，各专题内容比例符合考试说明要求，考点覆盖率约为90%，各知识能力要求符合考试大纲及说明。

试题注重以真实材料为情景，关注STSE的相互联系，将基础知识、技能与方法的考查和能力水平的考查交融于一体，运用能力考查模型，凸现能力立意，体现化学学科思想和方法以及新课程理念，令试题有较好的信度和区分度。

试题立意强调全面体现考纲的能力考查要求，注重考查学生对概念和规律的理解，强调知识之间的内在联系，注重知识与科学技术、社会、经济发展的联系，注重学科知识在生活和生产等方面的应用，使试题立意平实而有新意。

总体说来，本卷紧扣考纲，没有偏、难、怪题。难度适中，具有较好的信度、效度和区分度，较好地反映了新课程理念，不仅为高校选拔出有学习潜能的合格新生，同时对中学实施素质教育具有良好的导向作用。