普通高等学校招生全国统一考试理综化学试题（广东卷解析版）(1).doc

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ana+、ca2+、cl、so42 bfe2+、h+、so32、clocmg2+、nh4+、cl、so42 dk+、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iiakno3的溶解度大用重结晶法除去kno3中混有的naclbbaso4难溶于酸用盐酸和bacl2溶液检验so42-cnh3能使酚酞溶液变红nh3可用于设计喷泉实验dca(oh)2能制成澄清石灰水可配制2.0 moll-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 moll-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10na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ch3 ，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aha为强酸b该混合液ph=7c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 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nh3h2o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13d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d1mol化合物i最多能与2molnaoh反应一定条件 -ch=ch2+2roh+2co+o2 2ch3- -ch=chcoor+2h2o 2ch3- （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 ch2ch n cooch2ch3 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）ch3 ch2ch2oh 或ch3 chohch3 （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 ch2ch2oh 或者ch3 chohch3 ；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 ch2ch 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，反应为主反应，反应和为副反应。caso4(s)+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_（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)=8.010-5 moll-1，计算co的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。（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）h4h1+h2+2h3（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% 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=8.08103 moll1co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，4+2得：2caso4(s)+7co(g) cas(s)+ cao(s)+6co2(g)+ c(s) +so2(g)，所以h4h1+h2+2h3； （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caso4(s)+co(g) cas(s)+co2(g)的lgk=2，即k=100，k=，可知平衡时c(co2)= 8.0103 moll1，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al2o32al(oh)3 可以计算：al(oh)3的质量m=100kg5.1%1021567.8kg（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、0.1moll-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）。实验序号 物理量v0.1moll-1fe2(so4)3/ml