广东卷化学.docx
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广东卷化学
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2.0mol∙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2.0mol∙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
，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0.1mol/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+H2O
CH3CH2OH（2分）
2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O2
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。
①
CaSO4（s）+CO（g）
CaS（s）+CO2（g）∆H1=—47.3kJ∙mol-1
②CaSO4（s）+CO（g）
CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）∆H2=+210.5kJ∙mol-1
③CO（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）=8.0×10-5mol∙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）a0
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—3mol∙L—1
CO的转化率：
（5分）
（4）氧气（2分）
（5）CaS+2O2
CaSO4（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—3mol∙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+2O2
CaSO4；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+2H2O
CH3COO—+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dmLO2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。
2014年普通高等学校招生全国统一考试（海南卷）
单科化学试卷
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第Ⅰ卷
一、选择题：
本题共6小题，每小题2分，共12分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。
1、化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（）
A、碘酒是指单质碘的乙醇溶液B、84消毒液的有效成分是NaClO
C、浓硫酸可刻蚀石英制艺术品D、装饰材料释放的甲醛会造成污染
【答案】C
【解析】A、碘酒是单质碘溶于酒精形成的分散系（溶液），A正确；B、“84消毒液”是由氯气和NaOH反应后得到的消毒剂，主要成分为NaCl和NaClO，其中具有漂白性的原因是NaClO与酸反应生成具有漂白性的HClO，所以有效成分为NaClO，B正确；C、浓硫酸不与玻璃的成分二氧化硅发生反应，而二氧化硅与氢氟酸反应：
SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，所以工艺师用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C错误；D、甲醛为常用的合成粘合剂的材料，且甲醛有毒，则某些装饰材料挥发出甲醛和苯等有毒物质会对空气造成污染，D正确。
2、下列有关物质性质的说法错误的是（）
A、热稳定性：
HCl＞HIB、原子半径：
Na＞Mg
C、酸性：
H2SO3＞H2SO4D、结合质子能力：
S2—＞Cl—
【答案】C
【解析】A、同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性HCl＞HI，A正确；B、同周期从左到右，元素原子半径逐渐减小，所以原子半径：
Na＞Mg，B正确；C、H2SO3属于中强酸，H2SO4属于强酸，故酸性：
H2SO4＞H2SO3，C错误；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，因为HCl强于H2S，所以结合质子能力：
S2—＞Cl—，D正确。
3、以石墨为电极，电解KI溶液（含有少量的酚酞和淀粉），下列说法错误的是
A、阴极附近溶液呈红色B、阴极逸出气体
C、阳极附近溶液呈蓝色D、溶液的PH变小
【答案】D
【解析】以石墨为电极，电解KI溶液，发生的反应为2KI+2H2O
2KOH+H2↑+I2（类似于电解饱和食盐水），阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I2。
由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝（淀粉遇碘变蓝），阴极附近的溶液会变红（溶液呈碱性），ABC正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的PH逐渐增大，D错误。
4、标准状况下，气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。
已知H—H，H—O，和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol，463KJ/mol，495KJ/mol，下列热化学方程式正确的是（）
A、H2O（g）==H2（g）+1/2O2（g）△H=—485KJ/mol
B、H2O（g）==H2（g）+1/2O2（g）△H=+485KJ/mol
C、2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）△H=+485KJ/mol
D、2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）△H=—485KJ/mol
【答案】D
【解析】根据“H—H，H—O，和O==O键的键焓△H分别为436KJ/mol，463KJ/mol，495KJ/mol”，可以计算出2molH2和1molO2完全反应生成2molH2O（g）产生的焓变是436KJ/mol×2+495KJ/mol×1—463KJ/mol×4=—485KJ/mol，所以该过程的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=—485KJ/mol，D正确。
5、下列除杂操作可行的是（）
A、通过浓硫酸除去HCl中的H2OB、通过灼热的CuO除去H2中的CO
C、通过灼热的镁粉除去N2中的O2D、通过水除去CO中的CO2
【答案】A
【解析】A、浓硫酸具有吸水性且不与HCl发生反应，所以除去HCl中的H2O可以通过浓硫酸进行，A正确；B、H2和CO均能与CuO发生反应（H2+CuO
Cu+H2O、CO+CuO
Cu+CO2↑），B错误；C、N2和O2均能与镁粉发生反应（3Mg+N2
Mg3N2、Mg+O2
2MgO），C错误；D、CO2在水中的溶解度很小，不能用水来除去CO中的CO2。
因为一氧化碳具有还原性，可将混合气通过灼热的氧化铜，一氧化碳会与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，将一氧化碳转化为二氧化碳。
6、NaOH溶液滴定盐酸的实验中，不必用到的是（）
A、酚酞B、圆底烧瓶C、锥形瓶D、碱式滴定管
【答案】B
【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸时所需仪器：
带滴定管夹的铁架台、碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、漏斗（可用来向滴定管中加入液体），用不到圆底烧瓶。
滴定终点用指示剂酚酞来判断。
二、选择题：
本题共6小题，每小题4分，每小题有1~2个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项，多选的0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且正确得4分，但只要选错一个就得0分。
7、下列有关物质水解的说法正确的是（）
A、蛋白质水解的最终产物是多肽B、淀粉水解的最终产物是葡萄糖
C、纤维素不能水解成葡萄糖D、油脂水解产物之一是甘油
【答案】BD
【解析】A、蛋白质先水解成多肽，多肽再水解成最终产物氨基酸，故蛋白质水
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