2014年广东高考理综化学试题及解析

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

A．Na⁺、Ca²⁺、Cl^—、SO₄^2— B．Fe²⁺、H⁺、SO₃^2—、ClO^—

C．Mg²⁺、NH₄⁺、Cl^—、SO₄^2— D．K⁺、Fe³⁺、NO₃^—、SCN^—

【答案】C

【解析】A项、Ca²⁺和SO₄^2—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⁺、SO₃^2-—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n_A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6n_A个C－H键

B．18gH₂O含有10n_A个质子

C．标准状况下，22.4L氨水含有n_A个NH₃分子

D．56g铁片投入足量浓H₂SO₄中生成n_A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。

（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

（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）或（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） （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。

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。