2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（广东卷带解析）.doc

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1、2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（广东卷带解析） 选择题 生活中处处有化学。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 答案： A 试题分析： A、不锈钢主要是铁、碳合金，正确； B、棉、麻、淀粉都属于多糖，是高分子化合物，其分子的聚合度不同，所以不能互为同分异构体，错误； C、花生油是液态油，其成分主要是不饱和酯，而牛油是固态油，其成分主要是饱和酯，错误； D、豆浆加热煮沸属于蛋白质的变性而不是发生了水解反应生成

2、氨基酸，错误，答案：选 A。 考点：考查化学与生活的联系，物质的性质、成分的判断 甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲和戊的原子序数相差 3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁和辛属同周期元素。下列判断正确的是（ ） A金属性：甲 乙 丁 B原子半径：辛 己 戊 C丙和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 答案： BC 试题分析：戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，所以戊是 C元素；则己、庚分别是 Si、 Ge元素；甲和戊的原子序数相差 3，所以甲是 Li元素，则乙、丙分别是 Na、 K元素；则丁是 Ca元素，辛是 Ga元素。 A、根据元素周期律，

3、同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，所以金属性：甲 己 戊，正确； C、丙的原子序数是 19，庚的原子序数是 32，所以原子的核外电子数的差值也即原子序数的差值，丙与庚的原子核外电子数相差 13，正确； D、 Na在空气中燃烧生成过氧化 钠，既含离子键又含共价键，错误，答案：选 BC。 考点：考查元素周期表、元素周期律、元素性质的结合应用 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 NH3H2O能大量共存 C 将可调高度的铜丝伸入到稀 NHO3中 溶

4、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，震荡，静置 下层溶液显紫红色 氧化性： Fe3+I2 答案： AD 试题分析： A、向苏打与小苏打的溶液中分别加盐酸，均冒气泡，说明二者均与盐酸反应，生成二氧化碳气体，正确； B、向硝酸银溶液中滴加过量氨水，溶液澄清，说明硝酸银与氨水生成的 AgOH又溶于氨水生成银氨溶液，而银离子与一水合氨是不能大量共存的，错误； C、铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜，溶液变蓝，不是置换反应，错误； D、下层溶液为紫红色，说明有碘单质生成，即 Fe3+氧化 I-为 I2，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化

5、性大于氧化产物的氧化性判断，氧化性： Fe3+ I2，正确，答案：选 AD。 考点：考查 物质之间的反应、实验现象、结论的对应关系的判断 常温下， 0.2mol/L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 A HA是强酸 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+） 答案： D 试题分析： A、 0.2mol/L一元酸 HA与等浓度的 NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为 0.1mol/L的 NaA溶液，若 HA为强酸，则溶液为中性，且 c(

6、A-)=0.1mol/L，与图不符，所以 HA为弱酸， A错误； B、根据 A的分析，可知该溶液的 pH7，错误； C、 A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是 c(Na+) c(A-)c(OH-） c(HA) c(H )，所以 X是 OH-， Y是 HA， Z表示H+，错误； D、根据元素守恒，有 c(A-)+c(HA)=c（ Na+），正确，答案：选 D。 考点：考查溶液的混合计算，溶液酸碱性的判断，离子浓度的比较，图像分析 某同学组装了如图所示的电化学装置电极 I为 Al，其他电极均为 Cu，则 A电流方向：电极 IV 电极 I B电极 I发生还原反应 C电极 II逐渐溶

7、解 D电极 III的电极反应： Cu2+2e-=Cu 答案： A 试题分析： A、由题意可知，该装置的 I、 II是原电池的两极， I是负极， II是正极， III、 IV是电解池的两极，其中 III是阳极， IV是阴极，所以电流方向：电极 IV 电极 I，正确； B、电极 I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极 II是原电池的正极，发生还原反应，有 Cu析出，错误； D、电极 III是阳极，发生氧化反应，电极反应是 Cu-2e-=： Cu2+，错误，答案：选 A。 考点：考查装置的判断，电化学原理的应用 设 NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是 A 1mol甲苯含有 6NA个

8、 C-H键 B 18gH2O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铁片投入足量浓硫酸中生成 NA个 SO2分子 答案： B 试题分析： A、根据甲苯的结构简式判断 1mol甲苯含有 8NA个 C-H键，错误；B、 1个水分子中含有 10个质子， 18g水的物质的量是 1mol，所以 18gH2O含有10mol即 10NA个质子，正确； C、标准状况下氨水不是气体，所以不能计算其物质的量，错误； D、铁在常温下与浓硫酸发生钝化，加热可使反应继续进行，但 56g即 1molFe与足量浓硫酸发生氧化还原反应时，生成铁离子，转移电子3mol，所以应生成

9、 1.5mol的二氧化硫即 1.5NA个 SO2分子，错误，答案：选 B。 考点：考查阿伏伽德罗常数的应用 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- 答案： C 试题分析： A、 Ca2+与 SO42-结合生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，错误； B、Fe2+与 H+ 、 ClO-因反应氧化还原反应而不能大量共存，错误； C、 4种离子都不反应，可以大量共存，正确； D、 Fe3+与 SCN-发生络合反应而不能大量

10、共存，错误，答案：选 C。 考点：考查离子反应的大量共存 填空题 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 KNO3的溶解度大 用重结晶法除去 KNO3中混有的 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 2.0 mol L-1的 Ca(OH)2溶液 答案： B 试题分析： A、硝酸钾随温度升高溶解度增大的幅度比氯化钠随温度升高溶解度增大的幅度大，所以当温度降低时，硝酸钾的溶解度骤降，而氯化钠的溶解度变化不大，因此硝酸钾析出，氯化钠

11、留在溶液中，从而除去硝酸钾中的氯化钠，并非是硝酸钾的溶解度大的缘故，错误； B、硫酸钡难溶于酸，先加盐酸无沉淀产生，排除 Ag+、 CO32-、 SO32-的干扰，再加 BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中存在 SO42-，正确； C、因为氨气易溶于水，所以可用于设计喷泉实验，与氨气使酚酞溶液变红无因果关系，错误； D、氢氧化钙微溶于水，可配制澄清石灰水，但不能得到浓度为 2.0mol/L的 Ca（ OH） 2溶液，错误，答案：选 B。 考点：考查物质的性质、提纯方法、离子检验的判断 （ 15分） 不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。 （ 1）下列关于化合物 I的说法，正确的是

12、A与 FeCl3溶液可能显紫色 B可能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最多与 2molNaOH反应 （ 2）反应 的一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法 化合物 II的分子式为 。 1mol化合物 II能与 molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。 （ 3）化合物 II可由芳香族化合物 III或 IV分别通过消去反应获得。但只有 III能与 Na反应产生 H2。 III的结构简式为 （写 1种）；由 IV生成 II的反应条件为 。 （ 4）聚合物 可用于制备涂料。其单体的结构简式为 。利用类似反应 的方法仅以乙烯为有机原料合成该单体，涉及的反应方程式为 。

13、 答案：（ 1） AC （ 2） C9H10 4 （ 3） 或 ； NaOH的醇溶液、加热 （ 4） CH2=CH-COOCH2CH3； CH2=CH2+H2O CH3CH2OH， 2CH2=CH2+2CO+O2+ 2CH3CH2OH 2 CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。 试题分析：（ 1）化合物 I分子中含有酚羟基，可能与 FeCl3溶液反应显紫色，正确； B、化合物 I分子中不含醛基，所以不能反应银镜反应，错误； C、分子中含有酚羟基，所以可以与溴发生取代反应，还存在碳碳双键，又可与溴发生加成反应，正确； D、分子中含有 2个酚羟基和 1个酯基，所以 1mol化合物 I最多与 3

14、molNaOH反应，错误，答案：选 AC。 （ 2）由化合物 II的结构简式可得其分子式为 C9H10；化合物 II分子中存在 1个苯环和 1个碳碳双键，所以 1mol化合物 II能与 4molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。 （ 3）化合物 II分子中含有碳碳双键，可由化合物 III或 IV制得，化合物 III可与 Na反应，说明化合物 III分子中存在羟基，发生消去反应制得化合物 II，羟基的位置有 2种，所以化合物 III的结构简式有 2种，分别是或 ；化合物 IV同样发生消去反应制得化合物 II，但不能与 Na反应，说明化合物 IV分子中存在卤素原子，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生

15、消去反应制得化合物 II。 （ 4）由聚合物的结构简式判断其聚合物为加聚产物，单体为丙烯酸乙酯；以乙烯为原料，先制取乙醇，在仿照反应 制取丙烯酸乙酯，化学方程式为CH2=CH2+H2O CH3CH2OH， 2CH2=CH2+2CO+O2+ 2CH3CH2OH 2 CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。 考点：考查有机物中官能团的性质，分子式的判断，结构简式的判断与书写，反应条件的判断，单体的判断，物质的制备的设计，化学方程式的书写 （ 16分） 用 CaSO4代替 O2与燃料 CO反应，既可以提高燃烧效率，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

16、 为副反应。 1/4CaSO4(s)+CO(g) 1/4CaS(s)+CO2(g) H1=-47.3kJ/mol CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+ CO2(g)+ SO2(g) H2=+210.5kJ/mol CO(g) 1/2C(s)+1/2CO2(g) H3=-86.2kJ/mol （ 1）反应 2 CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的 H= （用 H1 H2 H3表示）。 （ 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 18.结合各反应的 H，归纳 lgK T曲线变化规律： a） b) （ 3

17、）向盛有 CaSO4的真空恒容容器中充入 CO，反应 于 900 oC达到平衡， c 平衡 （ CO） =8.010-5mol L-1，计算 CO的转化率（忽略副反应，结果保留 2位有效数字）。 （ 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 。 （ 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，可再生成 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 。 答案：（ 1） 4 H1+ H2+2 H3； （ 2） a）、放热反应的 lgK随温度升高而下降； b）、放出或吸

18、收热量越大的反应，其 lgK受温度影响越大； （ 3） 99% （ 4） CO2 （ 5） CaS+2O2 CaSO4， 试题分析：（ 1）根据盖斯定律可得 2 CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的 H= 4+ + 2=4 H1+ H2+2 H3 ； （ 2）由图像及反应的 H可知， a）、反应 是放热反应，随温度升高， lgK降低；反应 是吸热反应，随温度升高， lgK 增大； b）、从图像上看出反应 、 的曲线较陡，说明放出或吸收热量越大的反应，其 lgK受温度影响越大； （ 3）由图可知，反应 于 900 oC的 lgK=2，

19、则 K=100， c 平衡 （ CO） =8.010-5mol L-1，平衡时 c平衡 （ CO2） =1008.010-5mol L-1=8.010-3mol L-1，根据反应 1/4CaSO4(s)+CO(g) 1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗 CO的浓度是 8.010-3mol L-1，则开始时 c（ CO） =8.010-5mol L-1+8.010-3mol L-1=8.0810-3mol L-1，所以 CO的转化率为 8.010-3mol L-1/8.0810-3mol L-1100%=99%，； （ 4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质 SO2，可在 CO中加入适

20、量的CO2，抑制二氧化硫的产生； （ 5） CaS转化为 CaSO4，从元素守恒的角度分析， CaS与氧气发生化合反应，原子的利用率 100%，生成 CaSO4，化学方程式为 CaS+2O2 CaSO4，CO2 与对二甲苯发生反应，所得产物中含有羧基，因为苯环的氢原子只有 1 种，所以产物的结构简式只有 1种为 。 考点：考查盖斯定律的应用，对图像的分析，转化率的计算，化学方程式、结构简式的书写，物质的判断 （ 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。设计的提纯和综合应用工艺如下：

21、（注： SiCl4的沸点是 57.6oC，金属氯化物的沸点均高于 150oC） （ 1）向反应器中通入 Cl2前，需通一段时间的 N2，主要目的是 。 （ 2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体 I中的氯化物主要为 。由气体 II中某物质得到水玻璃的化学方程式为 。 （ 3）步骤 为：搅拌、 。所得溶液 IV中阴离子有 。 （ 4）由溶液 IV生成沉淀 V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 。 （ 5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成下图防腐示意图，并作相应标注。 答案：（ 1）排除空气，减少 C的损失； （ 2） SiC

22、l4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； （ 3）过滤； Cl-、 OH-、 AlO2 ； （ 4） CH3COOCH2CH3+AlO2 + 2H2O Al(OH)3+CH3COO-+ CH3 CH2OH；78 （ 5） 试题分析：（ 1）石墨的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 N2目的是作保护气，排除空气中的氧气，减少 C的损失； （ 2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。根据杂质的含量，气体 I中的氯化物主要 SiCl4、 AlCl3、 FeCl3； SiCl4的沸点是 57.6oC，所以气体 II为 SiCl4，与氢氧化钠溶液

23、反应生成硅酸钠和氯化钠，化学方程式为SiCl4+6NaOH =Na2SiO3+4NaCl+3H2O； （ 3）金属氯化物的沸点均高于 150oC，所以固体 III中存在氯化铝、氯化铁、氯化镁，其中氯化铁、氯化镁与过量氢氧化钠溶液反应生成沉淀，而氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，所以搅拌后过滤，所得溶液 IV中阴离子有 Cl-、 OH-、 AlO2 ； （ 4）偏铝酸钠发生水解反应，加入乙酸乙酯的目的是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，生成沉淀氢氧化铝，总离子方程式为 CH3COOCH2CH3+AlO2 + 2H2O Al(OH)3+CH3COO-+ CH3 CH2O

24、H； 1000kg石墨中含有 Al2O351kg，根据元素守恒，可得到 Al(OH)3的质量是 78kg。 （ 5）铜的化学性质比石墨活泼，所以应用外加电流的阴极保护法保护铜，所以石墨作阳极，铜作阴极。在图中注明电源的正负极，石墨与正极相连，铜与负极相连。 考点：考查物质的制备分析，对题目所给信息的理解应用，化学方程式、离子方程式的判断与书写，简单计算，电化学防护的应用 （ 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、 0.1mol L-1Fe

25、2(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数目：_ 设 计实验方案：在不同 H2O2浓度下，测定 _（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，完成下图的装置示意图。 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）。 （ 2）利用图 21（ a）和 21（ b）中的信息，按图 21（ 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

26、”），其原因是_。 答案：（ 1） 生成相同体积的氧气所需的时间 测定反应时间 H2O2的体积(mL) 0.1mol L-1Fe2(SO4)3的体积（ mL） 加入蒸馏水的体积（ mL） 生成 O2的体积 (mL) 反应时间（ min） 实验 1 b a c d 实验 2 c a b d （ 2）深；因为过氧化氢分解是放热反应， 2NO2(g) N2O4(g)也是放热反应，所以 B瓶温度高于 A瓶，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深。 试题分析：（ 1） 过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水和氧气，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，化学方程式及电子转移方向和数目为 反应速率是单

27、位时间内物质浓度的改变量，所以测定不同浓度的过氧化氢对分解速率的影响，需测定相同时间内，产生氧气的体积的多少，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 O2，需要水槽、量筒、导气管，量筒内盛满水倒扣在水槽中，装置如图 H2O2的体积(mL) 0.1mol L-1Fe2(SO4)3的体积（ mL） 加入蒸馏水的体积（ mL） 生成 O2的体积 (mL) 反应时间（ min） 实验 1 b a c d 实验 2 c a b d （ 2）由图 a可知过氧化氢的分解反应是放热反应，由图 b可知二氧化氮转化为四氧化二氮的反应也是放热反应，所以装置 c中，右侧烧杯 B瓶温度高于左侧烧杯 A 瓶，而温度升高，使平衡 2NO2(g) N2O4(g)逆向进行，二氧化氮浓度增大， B瓶的颜色比 A瓶的颜色深。 考点：考查对实验的分析、设计，氧化还原反应的分析，电子转移的表示，平衡的移动的判断