2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）化学.docx

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1、 2014 年普通高等学校招生全国统一考试 (广东卷 )化学 一、选择题：每小题 4 份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对得四分，选错或不答的得 0 分 1.(4 分 )生活处处有化学 .下列说法正确的是 ( ) A.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金 B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体 C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类 D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸 解析： A.“ 不锈钢是合金 ” ，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故 A 正确； B.棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构体， n 值不同，故 B 错误； C.花生油是不饱和酯类，

2、牛油是饱和酯类，故 C 错误； D.豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故 D 错误 . 答案： A. 2.(4 分 )水溶液中能大量共存的一组离子是 ( ) A.Na+、 Ca2+、 Cl 、 SO42 B.Fe2+、 H+、 SO32 、 ClO C.Mg2+、 NH4+、 Cl 、 SO42 D.K+、 Fe3+、 NO3 、 SCN 解析： 离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答 . 答案： C. 3.(4 分 )下列叙述 和 均正确并有因果关系的是 ( ) 选项 叙述 叙述 A KNO3的溶解度大 用重结晶法除去 KNO3中混有的

3、 NaCl B BaSO4难溶于酸 用盐酸和 BaCl2溶液检验 SO42 C NH3能使酚酞溶液变红 NH3可用于设计喷泉实验 D Ca(OH)2能制成澄清石灰水 可配制 2.0molL 1的 Ca(OH)2溶液 A.A B.B C.C D.D 解析： A.用重结晶法出气硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故 A 错误； B.硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡

4、，由此可以检验是否含有 SO42 ，故 B 正确； C.氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故 C 错误； D.氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故 D 错误 . 答案： B. 4.(4 分 )设 NA为阿伏加德罗常数的数值 .下列说法正确的是 ( ) A.1mol 甲苯含有 6NA个 C H 键 B.18g H2O 含有 10NA个质子 C.标准状况下， 22.4L 氨水含有 NA个 NH3分子 D.56g 铁片投入足量浓 H2SO4中生成 NA个 SO2分子 解析： A.1mol 甲苯中含有 8mol 碳氢键，

5、含有 8NA个 C H 键，故 A 错误； B.18 水的物质的量为 1mol， 1mol 水中含有 10mol 质子， 含有 10NA个质子，故 B 正确； C.标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，故 C 错误； D.56g 铁的物质的量为 1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故 D 错误 。 答案： B. 5.(4 分 )某同学组装了如图所示的电化学装置，电极 为 Al，其它均为 Cu，则 ( ) A.电流方向：电极 A 电极 B.电极 发生还原反应 C.电极 逐渐溶解 D.电极 的电极反应： Cu2+2e Cu 解

6、析： 电极 为 Al，其它均为 Cu， Al 易失电子作负极，所以 是负极、 是阴极， 是阳极、 是正极， A.电流从正极沿导线流向负极，即电极 A 电极 ，故 A 正确； B.电极 上电极反应式为 Al 3e =Al3+，发生氧化反应，故 B 错误； C.电极 是正极，正极上发生反应为 Cu 2+2e =Cu，所以电极 质量逐渐增大，故 C 错误； D.电极 为阳极，电极反应式为 Cu 2e Cu 2+，故 D 错误 。 答案： A. 6.(4 分 )常温下， 0.2mol/L 的一元酸 HA 与等浓度的 NaOH 溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是 (

7、 ) A.HA 为强酸 B.该混合液 pH=7 C.图中 X 表示 HA， Y 表示 OH ， Z 表示 H+ D.该混合溶液中： c(A )+c(Y)=c(Na+) 解析： 一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积、等浓度 0.2mol/L 混合， HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中 A 浓度小于 0.1mol/L，说明在溶液中存在 A +H2OHA+OH ， NaA 水解， HA 为弱酸， NaA溶液呈碱性，则 c(OH ) c(H+)，一般来说，盐类的水解程度较低，则有 c(A ) c(OH )，所以有： c(Na+)=0.1mol/L c(A ) c(OH ) c(HA) c(H

8、+)，即 X 表示 OH ， Y 表示 HA， Z表示 H+，溶液中存在物料守恒得到： c(Na+)=c(A )+c(HA). A.一元酸 HA 和 NaOH 溶液等体积、等浓度 0.2mol/L 混合，二者恰好反应： HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为 NaA 溶液，溶液中中 A 浓度小于 0.1mol/L，说明在溶液中存在 A +H2OHA+OH ，NaA 水解， HA 为弱酸，故 A 错误； B.c(Na+) c(A )，说明 NaA 水解， A +H2OHA+OH ，该混合液 pH 7，故 B 错误； C.一般来说，盐类的水解程度较低，则有 c(A ) c(OH )， c(OH

9、 )除了水解产生的还有水电离的，因此 c(OH ) c(HA)，所以有： c(Na+)=0.1mol/L c(A ) c(OH ) c(HA) c(H+)，即 X 表示 OH ， Y 表示 HA， Z 表示 H+，故 C 错误； D.溶液中存在物料守恒 c(Na+)=c(A )+c(HA)， Y 表示 HA，得到 c(A )+c(Y)=c(Na+)，故 D 正确 。 答案： D. 7.(4 分 )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 向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸 均冒气泡 两者均能与盐酸反应 B 向 AgNO3溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与 N

10、H3H2O 能大量共存 C 将可调高度的铜丝伸入到稀 HNO3中 溶液变蓝 Cu 与稀 HNO3发生置换反应 D 将 KI 和 FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性： Fe3+ I2 A.A B.B C.C D.D 解析： A.苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故 A 正确； B.向 AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成 AgOH 后被过量的氨水溶解生成络离子，则 Ag+与NH3H2O 不能大量共存，故 B 错误； C.Cu 与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成 NO 和水，该反应不属于置换反应，故 C错

11、误； D.下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则 KI 和 FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为 Fe3+ I2，故 D 正确 。 答案： AD. 8.(4 分 )甲辛等元素在周期表中的相对位置如图 .甲与戊的原子序数相差 3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是 ( ) A.金属性：甲乙丁 B.原子半径：辛己戊 C.丙与庚的原子核外电子数相差 13 D.乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物 解析： 戊的一种单质 (金刚石 )是自然界硬度最大的物质，则戊为 C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为 6 3=3，即

12、甲为 Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为 Na，丙为 K，丁为 Ca；丁与辛属同周期元素，由第 A 族元素可知，己为 Si，庚为 Ge，辛为 Ga， A.同主族，从上到下金属性增强；同周期，从左向右金属性减弱，则金属性甲乙丁，故A 错误； B.电子层越多，半价越大；同主族从上到下原子半径增大，则原子半径为辛己戊，故 B正确； C.原子序数等于核外电子数，丙 (原子序数为 19)与庚 (原子序数为 32)的原子核外电子数相差 32 19=13，故 C 正确； D.乙的单质在空气中燃烧生成 Na2O2，为含离子键和非极性共价键的化合物，故 D 错误 。 答案： BC. 二 、解答题 9.

13、(15 分 )不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛 . (1)下列化合物 I 的说法，正确的是 . A.遇 FeCl3溶液可能显紫色 B.可发生酯化反应和银镜反应 C.能与溴发生取代和加成反应 D.1mol 化合物 I 最多能与 2mol NaOH 反应 解析： A.酚能和氯化铁溶液发生显色反应，该物质中含有酚羟基，所以能和氯化铁发生显色反应，故正确； B.羟基或羧基能发生酯化反应，醛基能发生银镜反应，该物质不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误； C.酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反应，该物质中含有酚羟基和碳碳双键，所以能发生取代反应和加成反应，故正确； D.能和 NaOH

14、反应的为酚羟基、羧基， 1mol 化合物 I 最多能与 3mol NaOH 反应，故错误 。 答案： AC。 (2)反应 是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法： 化合物 的分子式为 ， 1mol 化合物 能与 mol H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物 . 解析： 中含有 9 个 C 原子、 10 个 H 原子，其化学式为 C9H10；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键， 1mol 化合物 能与 4mol H2恰好完全反应生成饱和烃类化合物 。 答案： C9H10 4； (3)化合物 可由芳香族化合物 或 分别通过消去反应获得，但只有 能与 Na 反应产生H2， 的结构简式为 (写 1 种

15、 )；由 生成 的反应条件为 . 解析： 化合物 可由芳香族化合物 或 分别通过消去反应获得，但只有 能与 Na 反应产生 H2，说明 中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个 C 原子上，其结构简式为或 ； 是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，所以其反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热； 答案： 或NaOH/CH3CH2OH/加热 (4)聚合物 可用于制备涂料，其单体结构简式为 .利用类似反应 的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为 . 解析： 聚合物 可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯，结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，利用类似反应 的方法，仅以乙

16、烯为有机物原料合成该单体，醇为乙醇， 根据反应 书写反应方程式，该反应方程式为： CH2=CH2+H2O CH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O2 2CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。 答案： CH2=CHCOOCH2CH3 CH2=CH2+H2O CH3CH2OH， 2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O 10.(16 分 )用 CaSO4代替 O2与燃料 CO 反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯 CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应 为主反应，反应 和 为副反应 . CaSO4(s)+

17、CO(g) CaS(s)+CO2(g) H1= 47.3kJmol 1 CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g) H2=+210.5kJmol 1 CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 86.2kJmol 1 (1)反应 2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的 H= 4 H1+ H2+2 H3 (用 H1、 H2和 H3表示 ) 解析： 根据盖斯定律， 4+ + 2 可得：2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的 H=4 H1+ H2+2

18、 H3。 答案： 4 H1+ H2+2 H3 (2)反应 的平衡常数的对数 lgK 随反应温度 T 的变化曲线见图，结合各反应的 H，归纳 lgK T 曲线变化规律： (a) 当 H 0 时， lgK 随温度升高而增大，当 H 0 时， lgK 随温度升高而减小 ； (b) 当温度同等变化时， H 的数值越大 lgK 的变化越大 . 解析： 根据图象曲线变化可知，反应 、 为放热反应，随着温度的升高，平衡常数 K 逐渐减小，则 lgK 逐渐减小，而反应 为吸热反应，升高温度，平衡常数 K 逐渐增大，则 lgK逐渐增大，所以 表示的为反应 、 曲线表示的为反应 ，变化规律为：当 H 0 时，lg

19、K 随温度升高而增大，当 H 0 时， lgK 随温度升高而减小；根据反应 和曲线 (反应 反应 )的反应热可知，当温度同等变化时， H 的数值越大 lgK 的变化越大 。 答案：当 H 0 时， lgK 随温度升高而增大，当 H 0 时， lgK 随温度升高而减小 当温度同等变化时， H 的数值越大 lgK 的变化越大 (3)向盛有 CaSO4的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应 于 900 达到平衡， c 平衡 (CO)=8.010 5 molL 1，计算 CO 的转化率 (忽略副反应，结果保留两位有效数字 ). 解析： 向盛有 CaSO4的真空恒容密闭容器中充入 CO，反应方程式为： C

20、aSO4(s)+CO(g)CaS(s)+CO2(g) H1= 47.3kJmol 1，根据图象曲线可知，反应 于 900 时 lgK=2，平衡常数为 102=100， c 平衡 (CO)=8.010 5 molL 1，设一氧化碳反应前浓度为 c，则反应消耗的 CO浓度 =反应生成二氧化碳浓度 =(c 8.010 5)mol/L，平衡常数 K= = =100，解得 c=8.0810 3mol/L，一氧化碳的转化率为：100%99% ， 答： CO 的转化率为 99%； (4)为减少副产物，获得更纯净的 CO2，可在初始燃料中适量加入 . 解析： 氧气能够与二氧化硫、 C 发生反应，所以在初始原料

21、中加入适量的氧气，可以抑制副反应 的进行，有利于获得更纯净的 CO2。 答案： O2 (5)以反应 中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为 ；在一定条件下， CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为 . 解析： 以反应 中生成的 CaS 为原料，在一定条件下经原子利用率 100%的高温反应，可再生 CaSO4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为 CaS+2O2 CaSO4；在一定条件下， CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上 4个

22、H 原子位置等价，则该产物的结构简式为： 。 答案： CaS+2O2 CaSO4 11.(16 分 )石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含 SiO2(7.8%)、 Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和 MgO(0.5%)等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下： (注： SiCl4的沸点为 57.6 ，金属氯化物的沸点均高于 150 ) (1)向反应器中通入 Cl2前，需通一段时间 N2，主要目的是 . 解析： 石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失 。 答案：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化

23、反应，减少石墨损失 (2)高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体 I 中的碳氧化物主要为 ，由气体 中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为 . 解析： 石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体 I 中氯化物主要为 SiCl4、 AlCl3、 FeCl3等，气体 I 中碳氧化物主要为 CO， SiCl4的沸点为 57.6 ，金属氯化物的沸点均高于 150 ， 80 冷却得到的气体 含有 SiCl4及 CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O， 答案：

24、 CO SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O (3)步骤 为：搅拌、 、所得溶液 IV 中的阴离子有 . 解析： 金属氯化物的沸点均高于 150 ，则固体 中存在 AlCl3、 FeCl3、 MgCl2，其中 FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液 IV，故溶液 IV 中的阴离子有： AlO2 、 OH 、 Cl 。 答案：过滤 AlO2 、 OH 、 Cl (4)由溶液 生成沉淀 的总反应的离子方程式为 ， 100kg 初级石墨最多可获得V 的质量为 kg. 解析： 偏铝酸钠发生水解，加

25、入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液 IV 生成沉淀 V 的总反应的离子方程式为： AlO2 +CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO +CH3CH2OH+Al(OH)3 ， Al2O3的质量分数为 5.1%，则 100kg 初级石墨中氧化铝的质量 =100kg5.1%=5.1kg ，根据 Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量 = =7.8kg； 答案： AlO2 +CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO +CH3CH2OH+Al(OH)3 7.8 (5)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图 2 防腐示意

26、图，并作相应标注 . 解析： 根据氧化铝的含量计算氧化铝质量， (5)Cu 的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护 Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极， Cu 作阴极，连接电源的负极 。 答案： . 12.(17 分 )H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛 . (1)某小组拟在同浓度 Fe3+的催化下，探究 H2O2浓度对 H2O2分解反应速率的影响 .限选试剂与仪器： 30% H2O2、 0.1molL 1 Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器 写出本实验 H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和

27、数目： 设计实验方案：在不同 H2O2浓度下，测定 相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少 (要求所测得的数据能直接体现反应速率大小 ). 设计实验装置，完成如 1 图所示的装置示意图 . 参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案 (列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示 ). 实验序号 实验序号 物理量 V0.1molL 1 Fe2(SO4)3/mL 1 a 2 a 解析： 过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电子转移数目及方向为： 。 反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定

28、不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少 。 利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图 1 连接 。 测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧 气的体积说明不同 H2O2浓度对反应速率影响 。 故答案为： 答案： 相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少 实验序号 V0.1molL 1 Fe2(SO4)3/mL V(30% H2O2)/mL V(蒸馏水 )/mL 时间 t

29、/min V(氧气 )/mL 1 a b c d m 2 a c b d n (2)利用图 2(a)和 2(b)中的信息，按图 2(c)装置 (连能的 A、 B 瓶中已充有 NO2气体 )进行实验 .可观察到 B 瓶中气体颜色比 A 瓶中的 (填 “ 深 ” 或 “ 浅 ” )，其原因是 . 解析： 由图 a 可知， 1mol 过氧化氢总能量高于 1mol 水与 0.5mol 氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图 b 可知， 2mol 二氧化氮的能量高于 1mol 四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图 c 中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使 2NO2(红棕色 )N2O4(无色 ) H 0，向逆反应方向移动，即向生成 NO2移动，故 B 瓶颜色更深 。 答案为：深 2NO2(红棕色 )N2O4(无色 )， H 0 是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应 .当右边双氧水分解时放出的热量会使 B 瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成 NO2移动，故 B 瓶颜色更深