高考广东卷化学精校版含解析

高考广东卷化学精校版含解析

‎2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）‎ 理科综合化学部分 ‎7．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 ‎ 【答案】A ‎ 【解析】A项、不锈钢是铁、钴、镍的合金，所以不锈钢属于合金；B项、棉和麻主要成分是纤维素与淀粉不属于同分异构（二者分子式不相同）；C项、花生油是植物是不饱和酯类；D项、蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸。‎ ‎8．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 ‎ 【解析】A项、Ca2+和SO42—结合生成CaSO4，CaSO4微溶不可大量共存；B项：酸性条件下（H+），ClO—具有强氧化性，能把Fe2+、SO32-—具有还原性的微粒氧化，B不能大量共存；D项：Fe3+和SCN—不可共存（结合生成Fe(SCN)3）。‎ ‎9. 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 ‎ 【解析】A项、重结晶分离物质的条件是：溶解度随温度变化大与溶解度随温度变化小的可溶性物质，而NaCl的溶解度受温度影响变化不大，A错误；C项、NH3能使酚酞溶液变红说明氨气溶于水得到碱性溶液，而NH3可用于设计喷泉实验说明氨气极易溶于水，C错误；D项、Ca(OH)2微溶于水，常温下溶解度为0.02克左右。不可能配制出2.0 mol∙L-1‎ 的Ca(OH)2溶液。‎ ‎10．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．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H2SO4中生成nA个SO2分子 ‎ 【答案】B ‎ 【解析】A项、甲苯化学式为C7H8，结构简式为‎—CH3 ‎ ，所以1mol甲苯有8个C—H键，A错误；B项、18gH2O的物质的量是1mol水，1molH2O有10mol质子，B正确；C项：22.4L氨水非气体，所以标准状况下，22.4L氨水物质的量不是1mol，不可计算，C错误；D项：铁片与浓H2SO4中钝化，只有表面反应，不可计算，D错误。‎ ‎11．某同学组装了图4所示的电化学装置，电极ⅠAl，其它均为Cu，则 A．电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ B．电极Ⅰ发生还原反应 C．电极Ⅱ逐渐溶解 D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2+ + 2e- = Cu ‎ ‎ 【答案】A ‎ 【解析】注意左边两个烧杯形成双桶原电池，最右边烧杯是电镀池。各电极名称依次是Ⅰ（负极）Ⅱ（正极）Ⅲ（阳极）Ⅳ（阴极）。A项：电子从Ⅰ经A流向Ⅳ，电流方向相反，故A正确。B项：Al铝是金属失电子，还原剂发生氧化反应。C项：Ⅱ极上有铜析出。D项：Ⅲ阳极铜溶解，Ⅳ阴析铜析出。‎ ‎12．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5所示，下列说法正确的是 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+)‎ ‎ 【答案】D ‎ 【解析】一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，两者恰反应，溶液中只有溶质NaA且浓度为0.1 mol/L。由图5中A—离子浓度小于0.1mol/L，说明A-离子发生了水解，从而可知HA是弱酸，故A错误项。B项：水解显碱性 pH>7。故B项错误。此外，溶液中除Na+，其它离子大小为c(A—)>c(OH—)>c(HA)>c(H+)可知C项错。由物料守恒知D项正确。‎ ‎22．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NH3∙H2O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 ‎ 【答案】AD ‎ 【解析】A项：B项氨水可与Ag+发生络合反应，先生成沉淀Ag(OH)后溶解生成Ag(NH3)2OH溶液，故B项错误。C项铜与稀酸发生的反应不是置换反应，故C明显错误。‎ ‎23．甲~辛等元素在周期表中的相对位置如下表。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 ‎ 【答案】BC ‎ 【解析】由题给信息可知戊是“碳”，因此己是“硅”；庚是“锗”，且锗的原子序数是14（硅）+18（同主族短长周期相差）=32；再由甲与戊的原子序数相差3，可知甲是“锂”；乙是“钠”，丙是“钾”；丁是“钙”。据可知：A项明显错，C项锗与钾32-19=13正确。D项钠的氧化物，过氧化钠中含有共价键，故D项错误。‎ ‎30．（15分）不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛。‎ HO ‎ HO ‎ ‎—CH=CHCOOCH2CH2— ‎ ‎（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2molNaOH反应 一定条件 ‎ ‎-CH=CH2+2ROH+2CO+O2 ‎ ‎① 2CH3- ‎ ‎-CH=CHCOOR+2H2O ‎ ‎2CH3- ‎ Ⅱ ‎ ‎（2）反应①是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恰好完全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II能与Na反应产生H2，II的结构简式为________（写1种）；由IV生成II的反应条件为_______。‎ ‎（4）聚合物‎ CH2－CH ‎ n ‎ COOCH2CH3 ‎ 可用于制备涂料，其单体结构简式为_______________。利用类似反应①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____________________________________________________。‎ ‎ 【答案】（15分）‎ ‎（1）AC （2分）‎ ‎（2）C9H10 （1分） 4（1分）‎ ‎（3）CH3— ‎ ‎—CH2—CH2—OH ‎ 或CH3— ‎ ‎—CHOH—CH3 ‎ （2分） NaOH醇溶液，加热（2分）‎ ‎（4）CH2=CHCOOCH2CH3（2分）‎ ‎ CH2=CH2+ H2OCH3CH2OH（2分）‎ ‎2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O（3分）‎ ‎ 【解析】（1）化合物I的结构中含有酚羟基，从而能与FeCl3溶液反应。使溶液显显紫色，A正确；化合物I的结构中不含有醛基（—CHO），不能发生银镜反应，B错误；化合物I的结构中含有酚羟基（能和溴发生取代反应）和碳碳双键（能与溴发生加成反应），C正确；化合物I分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1mol化合物I最多能与3molNaOH反应，D错误；‎ ‎（2）根据化合物II的结构简式CH3— ‎ ‎—CH=CH2 ‎ 可知其分子式为C9H10；由于化合物II的结构中含有1个苯环和1个碳碳双键，所以1mol化合物II能与4molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物；‎ ‎ （3）化合物II分子结构中含有碳碳双键，且可由化合物III和IV制得，化合物III能与金属Na发生反应，从而说明化合物III中含有羟基，化合物III通过发生分子内的消去反应制得化合物II，由于羟基的位置有2种，所以化合物的结构简式有2种，即CH3— ‎ ‎—CH2—CH2—OH ‎ 或者CH3— ‎ ‎—CHOH—CH3 ‎ ；化合物IV同样可以制取化合物II，且不与金属Na反应，说明化合物IV制取化合物II的方法应为卤代烃的消去反应，卤代烃的消去反应的条件是：在NaOH的醇溶液，加热的条件下制取；‎ ‎（4）由聚合物‎ CH2－CH ‎ n ‎ COOCH2CH3 ‎ 的结构简式可知，该聚合物是由丙烯酸乙酯（）发生加聚反应得到的。‎ ‎31．（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①为主反应，反应②和③为副反应。‎ ‎①CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) ∆H1= —47.3kJ∙mol-1‎ ‎② CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) ∆H2= +210.5kJ∙mol-1‎ ‎③ CO(g) C(s)+ CO2(g) ∆H3= —86.2kJ∙mol-1 ‎ ‎（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的∆H＝___________（用∆H1、∆H2和∆H3表示）‎ ‎（2）反应①－③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）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡(CO)=8.0×10-5 mol∙L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。‎ ‎（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①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________________。‎ ‎ 【答案】（16分）‎ ‎（1）∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）‎ ‎（2）a)反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）‎ b)反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小（2分）‎ ‎（3）99% ‎ CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)‎ 初始浓度（mol/L） a 0‎ 转化浓度（mol/L） a-平衡（CO） a-平衡（CO）‎ 平衡浓度（mol/L） 平衡（CO） a-平衡（CO）‎ 依题意，K=，a=8.08×10—3 mol∙L—1‎ CO的转化率：‎ ‎（5分）‎ ‎（4）氧气 （2分）‎ ‎（5）CaS+2O2CaSO4 （2分） ‎—CH3 ‎ CH3— ‎ ‎ COOH ‎ （1分）‎ ‎ 【解析】（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2得：2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)，所以∆H＝4∆H1+∆H2+2∆H3；‎ ‎ （2）结合图像及反应的∆H可知，反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小，反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大。‎ ‎（3）由图可可知，900℃时CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)的lgK=2，即K=100，K=，可知平衡时c(CO2)= 8.0×10—3 mol∙L—1，CO的转化率为=99%；‎ ‎ （5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS与O2‎ 按照1:2反应转化为CaSO4，才能满足原子利用率100%，所以化学方程式为CaS+2O2CaSO4；CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，因为对二甲苯的苯环上的氢原子只有1种，所以结构简式为‎—CH3 ‎ CH3— ‎ ‎ COOH ‎ 。‎ ‎32．（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_________________。‎ ‎（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II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为_________________。‎ ‎（3）步骤①为：搅拌、________、所得溶液IV中的阴离子有____________。‎ ‎（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，完成图19防腐示意图，并作相应标注。‎ ‎ 【答案】（16分）‎ ‎（1）排出空气，作为保护气，防止石墨被空气中的氧气氧化而损耗（1分）。‎ ‎（2）CO（1分） ， SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O（2分）‎ ‎（3）过滤（1分）。Cl—、AlO2—、OH—（3分）。‎ ‎（4）AlO2—+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO— + Al(OH)3↓+CH3CH2OH （3分），7.8Kg（2分）‎ ‎(5) （3分）‎ ‎ 【解析】（1）开始前反应器中存在氧气，那么在加热的条件下，石墨与氧气发生反应，所以在反应前必须排净反应器中的氧气，故通入N2的目的就是排出空气，作为保护气，防止石墨被空气中的氧气氧化而损耗；‎ ‎（2）只能是CO不可能是CO2，因为石墨与CO2高温下也会转化CO；根据题目中的信息“SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃”，所以气体II的主要成分就是SiCl4，SiCl4再与NaOH 反应制备水玻璃（Na2SiO3），故发生反应的化学方程式是SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；‎ ‎（3）固体Ⅲ含AlCl3、FeCl3、MgCl2加过量NaOH溶液有沉淀Mg(OH)2、Fe(OH)3和溶液NaAlO2、NaCl。要分离出沉淀的操作是过滤；因为NaOH过量，所以溶液中必存在的阴离子是AlO2—、OH—，反应由NaCl生成，则溶液中还存在阴离子Cl—，那么所得溶液IV中的阴离子有Cl—、AlO2—、OH—；‎ ‎（4）溶液IV中的阴离子有Cl—、AlO2—、OH—。加入了反应物CH3COOCH2CH3，能除去溶液中的OH—，且能促进偏铝酸根离子发生水解生成沉淀Al(OH)3，则V 是Al(OH)3，所以反应的方程式是AlO2—+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO—+ Al(OH)3↓+CH3CH2OH ；由Al2O3～2Al(OH)3 可以计算：Al(OH)3的质量m=100Kg×5.1%÷102×156＝7.8Kg ‎（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。防腐示意图如下：‎ ‎33．（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-1Fe2(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 ‎①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：____________‎ ‎②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）。‎ ‎③设计实验装置，完成图20的装置示意图。‎ ‎④参照下表格式，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 ‎ ‎ 物理量 V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]/mL ‎……‎ ‎1‎ a ‎……‎ ‎2‎ a ‎……‎ ‎（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”），其原因是______________________________________________________。‎ ‎ 【答案】（17分）‎ ‎（1）①（3分）②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）（2分）‎ ‎ ③（3分）‎ ‎④（5分）‎ ‎ 物理量 实验序号 V[0.1mol∙L-1Fe2(SO4)3]‎ ‎/mL V[30% H2O2]‎ ‎/mL V[ H2O]‎ ‎/mL V[O2]‎ ‎/mL 收集d mL O2所需时间t/s ‎1‎ a b c d t1‎ ‎2‎ a c b d t2‎ ‎（2）深（2分）。由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g) N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，增大，颜色加深（3分）‎ ‎ 【解析】（1）①H2O2在Fe2(SO4)3作催化剂的条件下分解生成H2O和O2，在此反应中H2O2既做氧化剂也做还原剂，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为；‎ ‎ ②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内，收集到氧气的体积；‎ ‎③收集并测量气体的体积，我们可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，故收集装置是 ‎ （2）由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g) N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，增大，颜色加深，所以B瓶的颜色比A瓶的颜色深。‎