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1、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word 精校高清重绘版解析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ANa+、Ca2+、Cl、SO42B Fe
2、2+、H+、SO32、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、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
3、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A1mol 甲苯含有6nA个 CH 键B18gH2O 含有 10
4、nA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有nA个 NH3分子D56g 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，所以 1mol 甲苯有 8 个 CH 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Al，其它均为Cu，则A电流方向：电极 A电极B电极发生还原
5、反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：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（负极）（正极）（阳极）（阴极）。A 项：电子从经A 流向，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：极上有铜析出。D 项：阳极铜溶解，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CH3 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
6、(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pH7。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
7、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HO HO CH=CHCOOCH2CH2C丙与庚的原子核外
8、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。（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D1mol 化合物 I 最多能与2
9、molNaOH 反应（2）反应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_。【答案】（15 分）（1）AC（2 分）（2）C9H10（1 分）4（1 分）（3）或（2 分）NaOH 醇溶液，加热（
10、2 分）（4）CH2=CHCOOCH2CH3（2 分）CH3CHOH CH3 CH3CH2CH2OHCH2CHn COOCH2CH3一定条件-CH=CH2+2ROH+2CO+O2 2CH3-CH=CHCOOR+2H2O 2CH3-CH2=CH2+H2O催化剂CH3CH2OH（2 分）2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O2一定条件2CH2=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
11、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
12、的结构简式有2 种，即或者；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，反应为主反应，反应和为副反应。14CaSO4(s)+CO(g)14CaS(s)+CO2(g)?H1=47.3kJ?mol-1 CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)
13、+SO2(g)?H2=+210.5kJ?mol-1 CO(g)12C(s)+12CO2(g)?H3=86.2kJ?mol-1CH2CHn COOCH2CH3CH3CHOH CH3 CH3CH2CH2OHCH3CH=CH2（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，反应于 900达到平衡，c平衡(CO)=8
14、.010-5mol?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）?H4?H1+?H2+2?H3（2 分）（2）a)反应为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2 分）b)反应为放热反应，温度升高K值减小，lgK 也减小（2 分）（3）99%14CaSO4(s)+CO(g)14Ca
15、S(s)+CO2(g)初始浓度（mol/L）a 0 转化浓度（mol/L）a-c平衡（CO）a-c平衡（CO）平衡浓度（mol/L）c平衡（CO）a-c平衡（CO）依题意，K=2COaCOa.100COCO.cccc558 0 108 0 10平衡平衡平衡平衡（）（）（）（），a=8.08103mol?L1CO的转化率：aCO.100%100%99%a.c3151318 0810molL8 010molL8 0810molL平衡（）（5 分）（4）氧气（2 分）（5）CaS+2O2CaSO4（2 分）（1 分）【解析】（1）根据盖斯定律，4+2 得：2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)
16、+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)，所以?H4?H1+?H2+2?H3；（2）结合图像及反应的?H 可知，反应为放热反应，温度升高K值减小，lgK 也减小，反应为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大。（3）由图可可知，900时14CaSO4(s)+CO(g)14CaS(s)+CO2(g)的 lgK=2，即 K=100，K=100cc2COCO，可知平衡时c(CO2)=8.0 103mol?L1，CO的转化率为.100%.3131518 0 10molL8 0 10molL8 0 10mol L()=99%；（5）CaS转化为 CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS与 O
17、2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。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
18、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_。CH3 CH3COOH CH3 CH3COOH（3）步骤为：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）AlO
19、2+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S
20、iCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）固体含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+
21、CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO+Al(OH)3+CH3CH2OH；由 Al2O32Al(OH)3 可以计算：Al(OH)3的质量 m=100Kg 5.1%102156 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
22、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，完成图20 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）。物理量V0.1mol?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_。实验序号【答案】（17 分）
23、（1）（3 分）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 分）（5 分）物理量实验序号V0.1mol?L-1Fe2(SO4)3/mL V30%H2O2/mL V H2O/mL VO2/mL 收集 d mL O2所需时间 t/s 1 a b c d t12 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，()c2NO增大，颜色加深（3 分）【解析】（1）H2O2在 Fe2(SO4)3作催化剂的条件下分
24、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；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；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，()c2NO增大，颜色加深，所以B瓶的颜色比A 瓶的颜色深。