2014年高考真题精校精析纯word可编辑·2014高考真题解析福建化学卷

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2014年高考真题——理综化学(福建卷)含解析

2014年高考真题—化学学科（福建理综化学卷）解析版6. 下列有关物质的应用正确的是（）A 生石灰用作食品的抗氧化剂B 盐类都可用做调味品C 铝罐可久盛食醋D 小苏打是面包发酵粉的主要成分之一【答案】：D【解析】生石灰具有吸水性，可用作食品干燥剂，本身不具有还原性，无法用作食品的抗氧化剂，A错；只有部分盐类可以作为调味品，B 错；铝罐容易受食醋中的醋酸腐蚀而破裂，无法久盛食醋，C错；D正确。

7.下列关于乙醇的说法不正确的是（）A 可用纤维素的水解产物制取B 可由乙烯通过加成反应制取C 与乙醛互为同分异构体D 通过取代反应可以制取乙酸乙酯【答案】：C【解析】纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下可以生成乙醇，A正确；乙烯与水加成可制取乙醇，B正确；乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯既是酯化反应，又是取代反应，D正确；乙醇与乙醛的组成元素相同，但各元素比例不同（化学式不同），两者不是互为同分异构体，C错误。

8. 下列实验能达到目的的是（）A 只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B 将NH4Cl溶液蒸干制取NH4Cl固体C 用萃取分液的方法除去酒精中的水D 用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】：D【解析】氨水与NaCl、Na2SO4两种溶液均不反应，与AlCl3、MgCl2反应均生成难溶物，无法通过现象来区别四种溶液，A错；NH4Cl受热易分解，B错；酒精与水能任意比混溶，无法用萃取分液的方法除去酒精中的水，C错；用可见光束照射以区别溶液和胶体，是利用胶体的丁达尔效应，D正确。

9. 常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）【答案】：B【解析】②中的SiO2不能与浓盐酸反应，C、D错；常温下③中的N2与H2不反应，A错；B正确10. 下列关于0.10mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是（）A 溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na+ + H+ +CO32-B 25℃时，加水稀释后，n(Na+)与n(OH-)的乘积变大C 离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D 温度升高，c(HCO3-)增大【答案】：B【解析】HCO3-是弱酸根离子，无法完全电离，A错；加水稀释，溶液中c(OH-)减小，但n(OH-)却增大，所以n(Na+)与n(OH-)的乘积变大，B正确；根据电荷守恒溶液中离子浓度关系应该为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C错；温度升高，促进HCO3-水解，则c(HCO3-)减小，D错误。

2014福建省高考理综化学试卷

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2014年高考福建化学解析和评价

2014年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）化学部分解析与评价惠安三中黄树平一、试卷特色试卷紧扣《2014年福建省《考试说明》，突出新课程教学要求、体现知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三维教学目标的要求。

试卷模型沿袭传统7+3+1结构，难度基本控制为7：2：1，考查《考试说明》要求的三大学习能力；重点检测分析综合、归纳演绎、抽象概括、类比猜想、整体思维、逆向思维、极端思维、转化思维、有序思维等化学学科思维方法。

整体呈现如下特点：1、突出学科基础，考查主干知识在必考内容主要涉及物质的组成与结构，元素化合物（以钠、铝、铁、铜和氯、硫、氮及其化合物等），元素周期律和元素周期表的知识，氧化还原反应、离子反应，化学反应与能量转化，化学反应速率，化学平衡原理（电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡）及电化学等化学主干知识；试卷注重测试在新信息条件下完成化学方程式、离子方程式、热化学方程式书写，原子结构示意图、结构简式等化学用语的识别与表述，以及反应热计算、以物质的量为中心的化学方程式计算等化学计算基本技能；试卷突出对研究物质的基本方法的考查。

如第8题，考查氨水的弱碱性、Al3+、Mg2+的检验，盐类水解即NH4Cl溶液蒸干过程，萃取分液的应用范围，溶液和胶体的区别；第12题，要求学生有序分析题给曲线变化图，推理得出结论，体现观察方法、分析和解决问题方法的考查；第25题，考查学生对新信息的解读能力、知识迁移能力，综合实验的能力，对“化学反应的速率和限度”内涵最本质的理解，综合考查化学观以及分析解决问题的学科思维能力，蕴含对实验探究和定量实验方法的考查。

试题对微粒观、守恒观、转化观、能量观、定量观等化学观念的考查，着力考查学生对化学反应原理本质的理解。

2.强化学科综合，重视能力考查试卷通过精选生产、生活中的素材，以推断、信息迁移、实验探究等综合题型的方式设置问题，试题设计交叉融合、设问简明，体现以“能力立意”及“注重学科的内在联系和知识的综合”的原则，通过学生在解题过程中知识应用的纵横延伸、思维的冲突激发，考查学生“阅读（接受）、吸收（分析）、整合（创新）化学信息”的能力，“分析问题和解决（解答）化学问题”的能力。

2014年高考福建卷化学精校版(含解析)

2014年普通高等学校招生全国统一考试（福建卷）理科综合化学部分6．下列有关物质应用的说法正确的是A．生石灰用作食品抗氧剂 B.盐类都可作调味品C．铝罐可久盛食醋 D.小苏打是面包发酵粉的主要成分【答案】D【解析】生石灰用于做干燥剂，不能用作食品抗氧化剂，A错误；氯化钠可以用于调味品，B错误；铝与食醋反应，C错误；小苏打是面包发酵剂的主要成分之一，D正确。

7．下列关于乙醇的说法不正确的是A．可用纤维素的水解产物制取 B.可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体 D.通过取代反应可制取乙酸乙酯【答案】C【解析】乙醇可以用纤维素的水解产物葡萄糖来制取，A正确；乙烯加成得乙醇，B 正确；乙醇分子式为C2H6O，乙醛分子式为C2H4O，C 错误；乙醇和乙酸发生取代反应可制取乙酸乙酯，D正确。

8．下列实验能达到目的的是A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】D【解析】氨水与氯化镁氯化铝反应均生成白色沉淀，A错误；氯化铵溶液蒸干分解生成氨气和氯化氢，B错误；酒精和水互溶，C错误；区分胶体和溶液用丁达尔效应，D正确。

9．常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是A．①③B．①④C．②④D．②③【答案】B【解析】氢氧化铝既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，①正确；二氧化硅不与盐酸反应，②错误；氮气与氧气和氢气常温下不反应，③错误；铜与氯化铁反应，与浓硝酸反应，④正确。

10．下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为NaHCO3＝Na＋＋H＋＋CO32－B．25 ℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)D．温度升高，c(HCO3－)增大【答案】B【解析】碳酸氢钠电离出碳酸氢根，A错误；温度不变，Kw不变，但物质的量增加，B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，C错误；温度升高，水解程度增大，D错误。

2014年福建省高考理综化学试题解析

20####省高考理综化学试题解析6．下列有关物质应用的说法正确的是〔〕A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一第6题,生石灰具有强吸水性,不会被氧化,CaO+H2O==Ca<OH>2,故可做食品干燥剂,不做食品抗氧化剂,选项A错；盐类包含物质太多了,许多可溶性的重金属盐有毒,许多难溶性盐无法食用,这是常识,故不是所有盐类都可用作调味品,选项B错；铝罐久盛食醋,氧化膜损坏后,铝与醋酸会发生反应,Al2O3+6CH3COOH==2<CHCOO>3Al+3H2O,2Al+6CH3COOH==2<CH3COO>3Al+3H2↑,选项C错；小苏打做发酵剂的原理是：NaHCO3+CH3COOH==CO2↑+H2O+CH3COONa,起到中和面团中发酵生成酸的作用,故选项D正确.7．下列关于乙醇的说法不正确．．．的是〔〕A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯第7题,纤维素的水解产物为葡萄糖,葡萄糖可以在酒化酶作用下发酵制取乙醇,<C6H10O5>n+nH2O nC6H12O6,C6H12O62CH3CH2OH+2CO2,选项A正确；乙烯与水加成可以制取乙醇, CH2=CH2+H2O CH3CH2OH,选项B正确；乙醇与乙醛的分子式相比较,氢数不同,不是同分异构体,选项C错；乙醇与乙酸可发生取代反应制取乙酸乙酯,CH3COOH +CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O,选项D正确.8．下列实验能达到目的的是〔〕A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体第8题,氨水只能与AlCl3溶液、MgCl2溶液反应生成白色沉淀,3NH3•H 2O+AlCl3=Al<OH>3↓+3NH4Cl,2NH3•H2O+MgCl2=Mg<OH>2↓+2NH4Cl,不能与NaCl、Na2SO4溶液反应,故无法鉴别四种溶液,选项A错；NH4Cl溶液蒸干,固体NH4Cl固体受热分解,无法得到NH4Cl,NH4Cl NH3↑+HCl↑,选项B错；酒精与水混溶,无法分液,选项C错；溶液与胶体可用丁达尔现象区别,选项D正确.9．常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是〔〕A．①③B．①④C．②④D．②③第9题,第①组Y是Al<OH>3,属于两性氢氧化物,既与强碱反应又与强酸反应,Al<OH>3+NaOH==Na[Al<OH>4],2Al<OH>3+3H2SO4==Al2<SO4>3+3H2O；第②组Y是X Y Z①NaOH溶液Al< OH>3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeC13溶液Cu 浓硝酸SiO2,属于酸酐,只与NaOH溶液反应,不与盐酸反应,SiO2+2NaOH==Na2SiO3+H2O；第③组Y是N2,分别与O2、H2均可发生反应,但不是常温下的反应,N2+O22NO,N2+3H22NH3；第④组Y是Cu,分别与FeCl3溶液、浓硝酸均发生反应,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Cu+4HNO3<浓>==Cu<NO3>2+2NO2↑+2H2O；显然符合题意的为①④组合,选项B正确.10．下列关于0. 10 mol/LNaHCO3溶液的说法正确的是〔〕A．溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++ H++ CO32-B．25℃时,加水稀释后,n<H+>与n< OH->的乘积变大C．离子浓度关系：c< Na+>+c<H+>=c< OH->+c< HCO3- >+c< CO32->D．温度升高,c<HCO3->增大第10题,本题涉与NaHCO3的电离平衡与水解平衡,NaHCO3电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－,HCO3－H++CO32－,选项A错；NaHCO3水解的离子方程式为HCO3+H2O H2CO3+OH－,稀释,促进电离,促进水解,故溶液中n<H+>、n<OH－>均增大,二者乘积变大,选项B正确；升温,促进电离,促进水解,c<HCO3－>减小,选项D错；选项C是电荷守恒的表达式,c<CO32－>前缺少了系数2,故错.11．某原电池装置如右图所示,电池总反应为2Ag + Cl2=2 AgCl.下列说法正确的是〔〕A．正极反应AgCl +e-= Ag+Cl-B．放电时,交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C．若用NaCl溶液代替盐酸,则电池总反应随之改变D．当电路中转移0.01 mol e-时,交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子第11题,该原电池示意图表明左侧AgCl/Ag是负极,右侧通入Cl2的电极是正极,显然选项A错；放电时,负极产生的Ag+离子在左侧与溶液中的Cl－生成AgCl沉淀,选项B错；由于阳离子交换膜可以允许H+或Na+离子通过,以调节左右侧的电荷平衡,且盐酸或NaCl溶液均不参与反应,故NaCl溶液可代替盐酸,电池总反应不变,选项C错；左侧发生的电极反应为Ag﹣e－== Ag+,离子反应为Ag++Cl－==AgCl ↓,转移1mol电子时,恰好减少2mol离子,选项D正确.反应时间/min0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100C<N2O> /mol·L—10.1000.0900.0800.0700.0600.0500.0400.0300.0200.0200.000<注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间,c1、c2均表示N2O初始浓度且c1<c2>第12题,此题虽涉与有N2O分解反应,但不影响解题.分析图表信息,紧扣表中N2O分解的实验数据,每10分钟均分解0.01 mol·L-1,说明反应速率相等,选项A正确；分解至100分钟时N2O完全分解,说明不是可逆反应,反应不可能达平衡,选项B错；也说明不论N2O初始浓度如何,其分解的转化率均为100%,选项D错；结合半衰期的提示,由表中数据知,N2O消耗一半,所需时间也是一半,显然,选项C 图像不合理.23．<15分>元素周期表中第ⅦA族兀素的单质与其化合物的用途广泛.〔1〕与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为〔2〕能作为氯、溴、碘元素非金属性<原子得电子能力>递变规律的判断依据是<填序号>.a．C12、Br2、I2的熔点 b．C12、Br2、I2的氧化性c．HCl、HBr、HI的热稳定性 d．HCl、HBr、HI的酸性〔3〕工业上,通过如下转化可制得KClO3晶体：①完成I中反应的总化学方程式：NaCl+H2O===NaClO3+.②II中转化的基本反应类型是,该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的原因是.〔4〕一定条件下,在水溶液中 1 mol Cl-、ClOx-<x=1,2,3,4>的能量<kJ>相对大小如右图所示.①D是<填离子符号>.②B→A+C反应的热化学方程式为<用离子符号表示>.第23题,第<1>小题,与氯同族的短周期元素为F,其原子结构示意图<略>.第<2>小题,氯、溴、碘三元素非金属性强弱的判据为b、c,即氧化性强弱：Cl2﹥Br2﹥I2,气态氢化物稳定性强弱：HCl﹥HBr﹥HI,均可说明三元素原子的得电子能力依次减弱.第<3>小题第①问,在80℃时电解NaCl溶液制取NaClO3溶液的化学方程式,可按氧化还原反应分析,Cl元素化合价升高,只有H元素化合价降低,故另一产物只能为H2,NaCl+3H2O==NaClO3+3H2↑<反应条件略>；第②问,NaClO3与KCl反应会生成KClO3晶体,必涉与复分解反应：NaClO3+KCl== KClO3↓+NaCl,析出KClO3晶体的原因是：室温下,氯酸钾在水中的溶解度是反应体系的四种物质中最小,故饱和溶液中有KClO3晶体析出.第<4>小题第①问,由图示知D为+7价氯元素的含氧酸根离子,即ClO4－；第②问由图示知B为ClO－,歧化为A<Cl－>与C<ClO3－>,即3ClO－==2Cl－+ClO3－,其能量变化由图示纵坐标值求算,反应物总能量为3×60 kJ,生成物总能量为<2×0+1×63>kJ,生成物总能量减去反应物总能量,即反应的能量变化为﹣117 kJ,故B→A+C反应的热化学方程式为3ClO－<aq>==2Cl－<aq>+ClO3－<aq>△H =﹣117 kJ·mol-1.24．<15分>铁与其化合物与生产、生活关系密切.〔1〕右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图.①该电化腐蚀称为②图中A、B、C、D四个区域,生成铁锈最多的是<填字母>.〔2〕用废铁皮制取铁红<Fe2O3>的部分流程示意图如下：①步骤I若温度过高,将导致硝酸分解.硝酸分解的化学方程式为②步骤II中发生反应：4Fe<NO3>2+O2+ <2n +4>H2O=2Fe2O3▪nH2O+8HNO3,反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe<NO3>2,该反应的化学方程式为③上述生产流程中,能体现"绿色化学〞思想的是<任写一项>.〔3〕已知t℃时,反应FeO<s>+CO<g>Fe< s> +CO2<g>的平衡常数K= 0.25.①t℃时,反应达到平衡时n<CO>：n<CO2>=②若在1L密闭容器中加人0.02 mol FeO<s>,并通入x mol CO,t℃时反应达到平衡.此时FeO<s>转化率为50%,则x=.第24题,第<1>小题第①问,由于海水不是较强酸性的,故电化腐蚀为吸氧腐蚀；第②问,图示中的四个区域,位于海水与空气的接触面上吸氧腐蚀是最严重的,故生成的铁锈最多,选择B.第<2>小题第①问,直写硝酸分解的化学方程式：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；第②问,由工艺流程给出的暗示知,硝酸被废铁皮中的铁还原为硝酸铵,故可直写有关化学方程式：4Fe+10HNO3==4Fe<NO3>3+NH4NO3+3H2O；第③问,该生产流程硝酸转化为硝酸铵,减少了氮氧化物的排放；或表述为：废铁皮的充分利用,变废为宝；等等,均可体现绿色化学思想.第<3>小题第①问,利用题设平衡式知该反应的平衡常数表达式为K=c<CO2>/c<CO>=0.25,故c<CO>∶c<CO2>=4∶1,即n<CO>∶n<CO2>=4∶1；第②问,还是利用平衡式知,FeO的转化量=CO的转化量=CO2的生成量=0.02mol×50%=0.01mol,n<CO>∶n<CO2>=4∶1=<x﹣0.01>∶0.01,x=0.05. 25．<15分>焦亚硫酸钠<Na2S2O5>是常用的食品抗氧化剂之一.某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用右图装置<实验前已除尽装置内的空气>制取Na2S2O5.装置II中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为：Na2SO3+ SO2=Na2S2O5〔1〕装置I中产生气体的化学方程式为.〔2〕要从装置II中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是.〔3〕装置III用于处理尾气,可选用的最合理装置<夹持仪器已略去>为<填序号>.实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3〔4〕证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是_<填序号>.a．测定溶液的pH b．加入Ba<OH>2溶液 c．加入盐酸 d．加入品红溶液 e．用蓝色石蕊试纸检测〔5〕检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_.实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定〔6〕葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂.测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量<以游离SO2计算>的方案如下：<已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+ I2+2H2O=H2SO4+ 2HI>①按上述方案实验,消耗标准I2溶液25. 00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量<以游离SO2计算>为g/L.②在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果<填"偏高〞"偏低〞或"不变〞>.第25题,第<1>小题,直写实验室制取二氧化硫的化学方程式：Na2SO3+H 2SO4==Na2SO4+H2O+SO2↑.第<2>小题,溶液中析出晶体的分离方法为过滤.第<3>小题,由于SO2属于酸性氧化物,除去尾气SO2应选择碱性溶液,a装置无气体出口,不利于气体与稀氨水充分接触,不选；要选择d,即可有效吸收,又可防止倒吸,2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O.第<4>小题,证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度,要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－,HSO3－+H2O H2SO3+OH－,很明显,题设要求证明溶液呈酸性,采用的实验方法为a、e.第<5>小题,由于Na2S2O5中的硫元素为+4价,故检验Na2S2O5晶体已被氧化,实为检验含有SO42－,其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成.第<6>小题第①问,由题设滴定反应的化学方程式知,样品中抗氧化剂的残留量<以SO2计算>与I2的物质的量之比为1∶1,n<SO2>=n<I2>=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol,残留量=<0.0025mol×64g·mol-1>/0.1L=0.16g·L-1；第②问,由于实验过程中有部分HI被氧化生成I 2,4HI+O2==2I2+2H2O,则用于与SO2反应的I2减少,故实验结果偏低.31．[化学一物质结构与性质]<13分>氮化硼< BN>晶体有多种相结构.六方相氮化硼是通常存在的稳定相,与石墨相似,具有层状结构,可作高温润滑剂.立方相氮化硼是超硬材料,有优异的耐磨性.它们的晶体结构如右图所示.〔1〕基态硼原子的电子排布式为.〔2〕关于这两种晶体的说法,正确的是<填序号>.a．立方相氮化硼含有σ键和π键,所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小,所以质地软c．两种晶体中的B—N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体〔3〕六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为,其结构与石墨相似却不导电,原因是.〔4〕立方相氮化硼晶体中,硼原子的杂化轨道类型为.该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300 km的占地壳中被发现.根据这一矿物形成事实,推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是.〔5〕NH4BF4<氟硼酸铵>是合成氮化硼纳米管的原料之一.1mol NH4 BF4含有_mol配位键.第31题,此题只要将六分相与立方相的氮化硼分别类比成石墨与金刚石的结构与性质,并注意它们间的差异,第<2>、<3>、<4>小题的问题均可迎刃而解.第<1>小题,直写B原子的电子排布式：1s22s22p1.第<2>小题,由于金刚石结构中只有σ键而无π键,故立方相氮化硼结构中也无π键,选项a错；由于石墨是层状结构,层间分子间作用力小,质地软,故六分相氮化硼与之相同,选项b正确；由于金刚石、石墨中的C﹣C间均为共价键,故氮化硼的两种晶体与之相同,选项c正确；由于金刚石、石墨均不是分子晶体,故氮化硼的两种晶体与之相同,选项d错.第<3>小题第①问,由于石墨是平面形,故六分相氮化硼也是平面形的,且一个B原子与三个N原子构成平面三角形；第②问,由于B原子最外层3个电子,N原子最外层5个电子,形成3个B﹣N键后,层状结构中没有自由移动的电子,故不导电.第<4>小题第①问,由于金刚石晶体中的碳原子为sp3杂化,故立方相氮化硼中的硼原子也是sp3杂化；第②问,由石墨合成金刚石需高温、高压条件,故六分相氮化硼合成立方相氮化硼的条件一样.第<5>小题,由于NH4+离子中含有1个配位键,B原子最外层只有3个电子只形成3个共价键,而BF4－离子中有4个共价键,其中必有1个为配位键,故1molNH4BF4含有2mol配位键.32．[化学一有机化学基础]<13分>叶酸是维生素B族之一,可以由下列甲、乙、丙三种物质合成.〔1〕甲中显酸性的官能团是<填名称>.〔2〕下列关于乙的说法正确的是 <填序号>.a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7:5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物〔3〕丁是丙的同分异构体,且满足下列两个条件,丁的结构简式为.a．含有 b．在稀硫酸中水解有乙酸生成〔4〕甲可以通过下列路线合成<分离方法和其他产物已经略去>：①步骤I的反应类型是.②步骤I和W在合成甲过程中的目的是.③步骤W反应的化学方程式为.第32题,第<1>小题,类比乙酸显酸性,故甲中显酸性的官能团为羧基.第<2>小题,对于乙中的碳数与氮数分析,可依据结构简式直接计算恰为7∶5,选项a正确；类比苯与其同系物,乙的结构简式中没有苯环,不属于芳香族化合物,选项b错；类比氨基酸的氨基可与盐酸反应、卤代烃的卤素在NaOH溶液中可发生水解反应,乙物质与盐酸、NaOH溶液均能反应,选项c正确；类比苯酚含有苯环且无氮、氯元素,故不属于苯酚的同系物,选项d错.第<3>小题,由于丙的结构已满足条件a 的氨基酸结构,要满足条件b的结构只需要酯键,且为乙酸酯,故丁物质的结构简式为CH3COOCH2CH<NH2>COOH.第<4>小题甲的合成路线很明朗,第①问,步骤Ⅰ氨基上的氢原子被乙酰基取代,其反应类型为取代反应；第②问,由于氨基易被氧化,为防止合成过程中被氧化剂氧化,步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲的过程中起到保护氨基的作用；第③问,氨基被乙酰基保护后,可通过水解反应恢复氨基,其反应的化学方程式可直写为：。

2014年高考真题——理综化学(福建卷)含解析祥解

2014年高考真题—化学学科（福建理综化学卷）解析版6. 下列有关物质的应用正确．．的是（）A 生石灰用作食品的抗氧化剂B 盐类都可用做调味品C 铝罐可久盛食醋D 小苏打是面包发酵粉的主要成分之一【答案】：D【解析】生石灰具有吸水性，可用作食品干燥剂，本身不具有还原性，无法用作食品的抗氧化剂，A错；只有部分盐类可以作为调味品，B错；铝罐容易受食醋中的醋酸腐蚀而破裂，无法久盛食醋，C错；D正确。

7.下列关于乙醇的说法不正确．．．的是（）A 可用纤维素的水解产物制取B 可由乙烯通过加成反应制取C 与乙醛互为同分异构体D 通过取代反应可以制取乙酸乙酯【答案】：C【解析】纤维素的水解产物为葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下可以生成乙醇，A正确；乙烯与水加成可制取乙醇，B正确；乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯既是酯化反应，又是取代反应，D正确；乙醇与乙醛的组成元素相同，但各元素比例不同（化学式不同），两者不是互为同分异构体，C错误。

8. 下列实验能达到目的．．．．的是（）A 只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B 将NH4Cl溶液蒸干制取NH4Cl固体C 用萃取分液的方法除去酒精中的水D 用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】：D【解析】氨水与NaCl、Na2SO4两种溶液均不反应，与AlCl3、MgCl2反应均生成难溶物，无法通过现象来区别四种溶液，A错；NH4Cl受热易分解，B错；酒精与水能任意比混溶，无法用萃取分液的方法除去酒精中的水，C错；用可见光束照射以区别溶液和胶体，是利用胶体的丁达尔效应，D正确。

9. 常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是（）【答案】：B【解析】②中的SiO2不能与浓盐酸反应，C、D错；常温下③中的N2与H2不反应，A错；B正确10. 下列关于0.10mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确．．的是（）A 溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na+ + H+ +CO32-B 25℃时，加水稀释后，n(Na+)与n(OH-)的乘积变大C 离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D 温度升高，c(HCO3-)增大【答案】：B【解析】HCO3-是弱酸根离子，无法完全电离，A错；加水稀释，溶液中c(OH-)减小，但n(OH-)却增大，所以n(Na+)与n(OH-)的乘积变大，B正确；根据电荷守恒溶液中离子浓度关系应该为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，C错；温度升高，促进HCO3-水解，则c(HCO3-)减小，D错误。

2014年福建省高考化学试卷

2014 年福建省高考化学试卷一、选择题（共7 小题，每小题 6 分，满分42 分）1．（6 分）下列有关物质应用的说法正确的是（）A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一2．（6 分）下列关于乙醇的说法不正确的是（）A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯3．（6 分）下列实验能达到目的是（）A．只滴加氨水鉴别 NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将 NH4Cl 溶液蒸干制备 NH4Cl 固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体4．（6 分）常温下，下列各组物质中，Y 既能与 X 反应又能与 Z 反应的是（）X Y Z①NaOH 溶液Al（OH）3稀硫酸②KOH 溶液SiO2稀盐酸③O2 N2H2④FeCl3溶液Cu 浓硝酸A．①③B．①④C．②④D．②③5．（6 分）下列关于 0.10mol•L﹣1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为 NaHCO3═Na++H++CO32﹣B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与 n（OH﹣）的乘积变大C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）第 1 页（共26 页）D ．温度升高，c （HCO 3﹣）增大6．（6 分）某电源装置如图所示，电池总反应为 2Ag+Cl 2═2AgCl ．下列说法正确的是（）A ．正极反应为 AgCl+e ﹣═Ag+Cl﹣B ．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C ．若用 NaCl 溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D ．当电路中转移 0.01mol e ﹣时，交换膜左侧溶液中约减少 0.02mol 离子 7．（6 分）在一定条件下，N 2O 分解的部分实验数据如下（）反应时 0 10 20 30 40 50 60708090100间/min（c N 2O ） 0.10 0.09 0.08 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.010.00 /mol •L0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0﹣1下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是（）（注：图中半衰期指任一浓度 N 2O 消耗一半时所需的相应时间，c 1、c 2 均表示 N 2O 初始浓度且 c 1＜c 2）A．B．C．D．二、解答题8．（15 分）元素周期表中第ⅦA 族元素的单质及其化合物的用途广泛．（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为．（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据第 2 页（共26 页）是（填序号）a ．Cl 2、Br 2、I 2 的熔点b ．Cl 2、Br 2、I 2 的氧化性c ．HCl 、HBr 、HI 的热稳定性d ．HCl 、HBr 、HI 的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得 KClO 3 晶体：NaCl 溶液 NaClO 3 溶液KClO 3 晶体① 完成 Ⅰ 中反应的总化学方程式： NaCl+H 2O ═NaClO 3+．②Ⅱ中转化的基本反应类型是，该反应过程能析出 KClO 3 晶体而无其他晶体析出的原因是．（4）一定条件下，在水溶液中 1mol Cl ﹣、ClO x ﹣（x=1，2，3，4）的能量（kJ ）相对大小如图所示．①D 是（填离子符号）．②B →A+C 反应的热化学方程式为（用离子符号表示）．9．（15 分）铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图． ①该电化腐蚀称为．②图中 A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：第 3 页（共26 页）①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3 又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是（任写一项）．（3）已知 t℃时，反应 FeO（s）+CO（g）⇌ Fe（s）+CO2（g）的平衡常数 K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时 n（CO）：n（CO2）= ．②若在 1 L 密闭容器中加入 0.02mol FeO（s），并通入 x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时 FeO（s）转化率为 50%，则 x= ．10．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取 Na2S2O5．装置Ⅱ中有 Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为．（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹时仪器已略去）为（填序号）实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成 NaHSO3．（4）证明NaHSO3 溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是．第 4 页（共26 页）a．测定溶液的 pH b．加入 Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验 Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是．实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离 SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为 SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准 I2溶液 25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离 SO2计算）为g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分 HI 被空气氧化，则测定结果（填“偏高”“偏低”或“不变”）．[化学-物质结构与性质]11．（13 分）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，只有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．（1）基态硼原子的电子排布式为．（2）下列关于这两种晶体的说法，正确的是（填序号）．a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体的 B﹣N 键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体e．立方相氮化硼的晶体晶胞中，含有 4 个 B 原子，4 个 N 原子第 5 页（共26 页）（3 ）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为，其结构与石墨相似却不导电，原因是．（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km 的地壳中被发现．根据这一矿物形成事实，推断实验室中由六方相氮化硼合成立方相氮化硼时需要的条件应是．（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一，1mol NH4BF4含有mol 配位键．[化学-有机化学基础]12．（13 分）叶酸是维生素 B 族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．（1）甲中显酸性的官能团是（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是（填序号）a．分子中碳原子与氮原子的个数比是 7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）第 6 页（共26 页）①步骤Ⅰ的反应类型是．②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是．③步骤Ⅳ反应的化学方程式为．第7 页（共26 页）2014 年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7 小题，每小题 6 分，满分42 分）1．（6 分）下列有关物质应用的说法正确的是（）A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一【分析】A．生石灰用作食品干燥剂；B．很多盐有毒，如亚硝酸钠、重金属盐；C．Al 表面的氧化铝能与醋酸反应，铝能与醋酸反应，易被腐蚀；D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一．【解答】解：A．生石灰与水反应生成氢氧化钙，常用作食品干燥剂，常用Fe 粉等还原性物质做抗氧化剂，故 A 错误；B．NaCl 可用作调味剂，亚硝酸钠、重金属盐等有毒，不能用作调味剂，故 B 错误；C．Al 表面的氧化铝能与醋酸反应，内部铝能与醋酸反应，易被腐蚀，铝罐不可以久盛食醋，故 C 错误；D．碳酸氢钠分解产生二氧化碳，是面包发酵粉的主要成分之一，故 D 正确，故选：D。

2014福建理综化学部分解析版

2014年福建普通高考理综化学６．下列有关物质应用的说法正确的是（）A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一.【答案】D【解析】A项，错误，CaO+H2O=Ca(OH)2，生石灰用作干燥剂，常用铁粉等具有强还原性的物质作抗氧化剂；B项，错误，NaCl可作调味剂，NaNO2、重金属盐有毒，不可作调味剂；C项，错误，2Al+6H+ = 2Al3++3H2↑；D项，正确，2NaHCO3△Na2CO3+H2O+CO2↑。

７．下列关于乙醇的说法不正确的是（）A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体 .D．通过取代反应可制取乙酸乙酯【答案】C【解析】A项，正确，(C6H10O5)n（纤维素）+nH2O−−−浓硫酸nC6H12O6（葡萄糖）−→C6H12O6（葡萄糖）−−酒化酶2C2H5OH+2CO2；−→−B项，正确，CH2＝CH2+H2O−−催化剂C2H5OH；−−→C项，错误，乙醇（C2H5OH）分子是为C2H6O，乙醛（CH3CHO）分子式为C2H4O；D项，正确，（酯化反应）。

８．下列实验能达到目的的是（）A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体.【答案】D【解析】A项，错误，氨水与NaCl、Na2SO4均不反应，没有现象，氨水与AlCl3、MgCl2均产生白色沉淀，Al3++3NH3·H2O = Al(OH)3↓+3NH4+，Mg2++2NH3·H2O = Mg(OH)2↓+2NH4+；B项，错误，NH4Cl受热易分解，NH4Cl △NH3+HCl；C项，错误，酒精与水互溶；D项，正确，胶体用光束照射产生丁达尔现象，溶液不能。

（）D．②③【答案】B【解析】①Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O②SiO2+2KOH = K2SiO3+H2O，SiO2+HCl≠不能反应③N2 + O2放电 2 NO，（不是常温下）④Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O10．下列关于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na++H++CO32－B．25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH－)的乘积变大.C．离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HCO3－)+c(CO32－)D．温度升高，c(HCO3－)增大【答案】B【解析】A项，错误，溶质的电离方程式为NaHCO 3 = Na++HCO3－，HCO3－H++ CO32－；B项，正确，温度不变，K w=c(H+)·c(OH－)不变，但体积增大，n(H+)·n(OH－) =c(H+)·V·c(OH －) ·V增大；C项，错误，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)；D项，错误，HCO 3－H++ CO32－，HCO3－+H2O H2CO3+OH－，升温，HCO3－水解程度和电离程度均增大，c(HCO3－)减小。

高考化学真题精校精析纯word可编辑-福建卷.DOC

2014·福建卷(课标化学)6．[2014·福建卷] 下列有关物质应用的说法正确的是()A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一6．D[解析] 生石灰与氧气不反应，不能作食品抗氧化剂，A项错误；盐类中食盐可作调味品，其他的盐不能作调味品，B项错误；铝能与食醋中的醋酸发生反应，C项错误；小苏打是NaHCO3，受热产生CO2，可作面粉发酵粉，D项正确。

7．[2014·福建卷] 下列关于乙醇的说法不正确的是()A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯7．C[解析] 纤维素在一定条件下完全水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，A项正确；乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，B项正确；分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体，乙醇的分子式为C2H6O，乙醛的分子式为C2H4O，C项错误；乙醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应中的一种，D项正确。

8．[2014·福建卷] 下列实验能达到目的的是()A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体8．D[解析] AlCl3、MgCl2均能与氨水反应生成白色沉淀，而NaCl、Na2SO4与氨水均不能反应，A项错误；NH4Cl受热会分解，得不到NH4Cl固体，B项错误；互不相溶的两种液体可用分液法分离，酒精与水互溶，C项错误；当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，也叫丁达尔效应，可用这一现象区别溶液和胶体，D项正确。

9．[2014·福建卷] 常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是()A.①③B．①④C．②④D．②③9．B[解析] ①中Y是两性氢氧化物，常温下既能与NaOH溶液反应又能与稀硫酸反应；②中SiO2不能与浓盐酸反应；③中N2与O2在高温或者放电的条件下反应生成NO；N2与H2在高温高压、催化剂的条件下反应生成NH3；④中在常温下，2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，4HNO3(浓)＋Cu===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，B项正确。

2014年高考福建理综化学试题赏析(优选.)

2014年高考福建理综化学试题赏析6．下列有关物质应用的说法正确的是( )A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵的主要成分之一赏析：考察生活化学知识。

生石灰没有还原性，不能用作食品抗氧化剂；有些盐类有毒，不能用作调味品；铝可以与乙酸反应，铝罐不能久盛食醋；小苏打是NaHCO3，是面包发酵的主要成分。

选择D。

7．下列关于乙醇的说法不正确的是( )A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯赏析：考察乙醇知识。

乙醇与乙醛分子式不同，不互为同分异构体。

选择C。

8．下列实验能达到目的的是( )A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体赏析：考察实验基本操作。

氨水与AlCl3、MgCl2都生成白色沉淀，NaCl、Na2SO4不反应，没有明显现象；NH4Cl溶液蒸干过程会分解；酒精与水互溶。

溶液没有丁达尔现象，胶体有，可鉴别。

选择D。

9( )A．①③B．①④C．②④D．②③赏析：考察物质反应情况。

Al(OH)3是两性氢氧化物，即可以与NaOH反应，又可以与硫酸反应；二氧化硅可以与KOH反应，不能与HCl反应；氮气在一定条件下可以与氧气反应，也可以与氢气反应，常温下不反应；Cu与氯化铁反应，也与浓硝酸反应。

选择B。

10．下列关于0.10 mol·L–1NaHCO3溶液的说法，正确的是( )A．溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na+ + H+ + CO32–B．25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH–)的乘积变大C．离子浓度关系：c(Na+) + c(H+) = c(OH–) + c(HCO3–) + c(CO32–)D．温度升高，c(HCO3–)增大赏析：考察碳酸氢钠的电离平衡和水解平衡。

2014年福建高考化学试卷及解析【解析版】全解

2014年福建高考化学试卷及解析6．【2014·福建卷】下列有关物质应用的说法正确的是()A．生石灰用作食品抗氧化剂B．盐类都可用作调味品C．铝罐可久盛食醋D．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一【答案】D【解析】生石灰与氧气不反应，不能作食品抗氧化剂，A项错误；盐类中食盐可作调味品，其他的盐不能作调味品，B项错误；铝能与食醋中的醋酸发生反应，C项错误；小苏打是NaHCO3，受热产生CO2，可作面粉发酵粉，D项正确。

7．【2014·福建卷】下列关于乙醇的说法不正确的是()A．可用纤维素的水解产物制取B．可由乙烯通过加成反应制取C．与乙醛互为同分异构体D．通过取代反应可制取乙酸乙酯【答案】C【解析】纤维素在一定条件下完全水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，A项正确；乙烯与水在一定条件下发生加成反应生成乙醇，B项正确；分子式相同，结构不同的化合物互称为同分异构体，乙醇的分子式为C2H6O，乙醛的分子式为C2H4O，C项错误；乙醇与乙酸在一定条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，酯化反应属于取代反应中的一种，D项正确。

8．【2014·福建卷】下列实验能达到目的的是()A．只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B．将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C．用萃取分液的方法除去酒精中的水D．用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】D【解析】AlCl3、MgCl2均能与氨水反应生成白色沉淀，而NaCl、Na2SO4与氨水均不能反应，A项错误；NH4Cl受热会分解，得不到NH4Cl固体，B项错误；互不相溶的两种液体可用分液法分离，酒精与水互溶，C项错误；当一束光线透过胶体，从入射光的垂直方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，也叫丁达尔效应，可用这一现象区别溶液和胶体，D项正确。

9．【2014·福建卷】常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是()X Y Z①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu 浓硝酸A.①③B．①④C．②④D．②③【答案】【解析】①中Y是两性氢氧化物，常温下既能与NaOH溶液反应又能与稀硫酸反应；②中SiO2不能与浓盐酸反应；③中N2与O2在高温或者放电的条件下反应生成NO；N2与H2在高温高压、催化剂的条件下反应生成NH3；④中在常温下，2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，4HNO3(浓)＋Cu===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，B项正确。

2014年高考真题——理综化学(新课标I卷)解析版(WORD精校高清重绘版)

2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国I卷）理科综合化学部分word精校高清重绘版试题7．下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A．戊烷B．戊醇C．戊烯D．乙酸乙酯【答案】A【解析】戊烷只有碳骨架异构，有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种同分异构体；戊醇在戊烷的三种骨架结构上羟基的位置不同有8种同分异构体（1—戊醇、2—戊醇、3—戊醇、2—甲基—1—丁醇、2—甲基—2—丁醇、3—甲基—2—丁醇、3—甲基—1—丁醇、2,2—二甲基—1—丙醇、）；戊烯共有5种结构（1—戊烯、2—戊烯、2—甲基—1—丁烯、2—甲基—2—丁烯、3—甲基—1—丁烯）；乙酸乙酯有6种同分异构体（属于酯的4种：甲酸1—丙醇酯、甲酸2—丙醇酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯；属于酸的两种：丁酸、2—甲基丙酸），所以最少的是戊烷。

8．化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是（）选项现象或事实解释A．用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B．漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3C．施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效D．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜【答案】C【解析】A、烧碱的主要成分是NaOH；B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成HClO（不稳定，易分解）；D、印刷线路板发生的离子反应为2Fe3++2Cu=2Fe2++2Cu2+，而不是FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜。

9．已知分解1mol H2O2放出热量98KJ。

在含有少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+ I-H2O+IO-H2O2+ IO-H2O+O2+ I-下列有关该反应的说法正确的是（）A ．反应速率与I -浓度有关B ．IO -也是该反应的催化剂C ．反应活化能等于98KJ ⋅mol -1D ．2222(H O )(H O)(O )v v v ==【答案】A【解析】决定化反应速率的主要是慢反应，所以I -浓度越大，则整个反应速率越快，A 正确、B 错误；98KJ·mol-1是该反应的△H ，活化能不能确定，C 错误；把两个方程式处理得到：2H 2O 2＝2H 2O ＋O 2，v(H 2O 2)＝v(H 2O)＝2v(O 2)，D 错误。

2014年全国统一高考化学试卷(新课标ⅰ)及参考答案与试题解析

2014年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）7．（6分）下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A．戊烷B．戊醇C．戊烯D．乙酸乙酯8．（6分）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）A．A B．B C．C D．D9．（6分）已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）10．（6分）X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（）A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞ZC．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣D．原子序数：X＞Y＞Z11．（6分）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是（）A．溴酸银的溶解是放热过程B．温度升高时溴酸银溶解速度加快C．60℃时溴酸银的K sp约等于6×10﹣4D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯12．（6分）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体13．（6分）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）A．A B．B C．C D．D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58分）26．（13分）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140﹣143℃馏分，得乙酸异戊酯3.9g．回答下列问题：（1）仪器B的名称是；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是，第二次水洗的主要目的是；（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后（填标号）a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是；（5）实验中加入少量无水MgSO4的目的是；（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3）（填标号）（7）本实验的产率是（填标号）a.30%b.40%c.60%d.90%（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏（填“高”或“低”），其原因是．27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式；（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．①H3PO2中，P元素的化合价为；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为（填化学式）；③NaH2PO2为（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）；（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式；（4）H3PO2也可用电渗析法制备．“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式；②分析产品室可得到H3PO2的原因；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是．28．（15分）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程式；（2）已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=kJ•mol ﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是；（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K p=（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）；②图中压强（P1，P2，P3，P4）大小顺序为，理由是；③气相直接水合法常采用的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃，压强6.9MPa，：=0.6：1，乙烯的转化率为5%，若要进一步提高乙烯转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有、．【化学-选修2：化学与技术】39．（15分）磷矿石主要以[Ca3（PO4）2•H2O]和磷灰石[Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3]等形式存在，图（a）为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解装备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的%；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为．现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸t．（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷．炉渣的主要成分是（填化学式）．冷凝塔1的主要沉积物是，冷凝塔2的主要沉积物是．（4）尾气中主要含有，还含有少量的PH3、H2S和HF等．将尾气先通入纯碱溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液，可除去．（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是．【化学-选修3：物质结构与性质】40．早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过方法区分晶体、准晶体和非晶体．（2）基态Fe原子有个未成对电子，Fe3+的电子排布式为，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为．（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是．Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有个铜原子．（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405nm，晶胞中铝原子的配位数为，列式表示Al单质的密度g•cm﹣3（不必计算出结果）．【化学-选修5：有机化学基础】41．席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用，合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②1mol B经上述反应可生成2mol C，且C不能发生银镜反应③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为．（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为．（3）G的结构简式为．（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1的是（写出其中一种的结构简式）．（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N﹣异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为，反应条件2所选用的试剂为，I的结构简式为．2014年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）7．（6分）（2014•新课标Ⅰ）下列化合物中同分异构体数目最少的是（）A．戊烷B．戊醇C．戊烯D．乙酸乙酯【分析】戊烷只存在碳链异构，戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构．【解答】解：戊烷只存在碳链异构，同分异构体为3种，而戊醇和戊烯存在碳链异构、位置异构，乙酸乙酯存在碳链异构、官能团异构、位置异构，异构类型越多，同分异构体的数目越多，因此戊醇、戊烯和乙酸乙酯的同分异构体的数目均大于3种，故选A．8．（6分）（2014•新课标Ⅰ）化学与社会、生活密切相关，对下列现象或事实的解释正确的是（）A．A B．B C．C D．D【分析】A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低；B．Si02是酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸反应；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用；【解答】解：A．Al（OH）3受热分解生成H2O并吸收大量的热量，使周围环境温度降低，且生成的氧化铝熔点较高，附着在可燃物表面，从而阻止可燃物燃烧，故A错误；B．Si02是酸性氧化物，故B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D．乙烯是一种植物生长调节剂，对水果蔬菜具有催熟的作用，乙烯含有不饱和键能被酸性高锰酸钾氧化，故D正确；故选：D．9．（6分）（2014•新课标Ⅰ）已知分解1mol H2O2放出热量98kJ，在含少量I﹣的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快下列有关该反应的说法正确的是（）A．反应速率与I﹣的浓度有关B．IO﹣也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ•mol﹣1D．v（H2O2）=v（H2O）=v（O2）【分析】A、反应速率的快慢主要决定于反应速率慢的第一步反应；B、反应的催化剂是I﹣；C、分解1mol过氧化氢放出的热量是其△H．而非活化能；D、在一个化学反应中，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比；【解答】解：A、已知：①H2O2+I﹣→H2O+IO﹣慢②H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣快，过氧化氢分解快慢决定于反应慢的①，I﹣是①的反应物之一，其浓度大小对反应不可能没有影响，例如，其浓度为0时反应不能发生，故A正确；B、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I﹣，IO﹣只是中间产物，故B错误；C、1mol过氧化氢分解的△H=﹣98KJ/mol，△H不是反应的活化能，是生成物与反应物的能量差，故C错误；D、因为反应是在含少量I﹣的溶液中进行的，溶液中水的浓度是常数，不能用其浓度变化表示反应速率，故D错误．故选：A．10．（6分）（2014•新课标Ⅰ）X，Y，Z均为短周期元素，X，Y处于同一周期，X，Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，Y+和Z﹣具有相同的电子层结构．下列说法正确的是（）A．原子最外层电子数：X＞Y＞Z B．单质沸点：X＞Y＞ZC．离子半径：X2﹣＞Y+＞Z﹣D．原子序数：X＞Y＞Z【分析】X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z 为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，结合元素在周期表中的位置以及元素周期律知识解答该题．【解答】解：X、Z的最低价离子分别为X2﹣和Z﹣，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA 族元素；Y+和Z﹣具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素，A．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故A错误；B．常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na＞S＞F2，故B错误；C．Na+、F﹣具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F ﹣＞Na+，故C错误；D．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故D正确．故选D．11．（6分）（2014•新课标Ⅰ）溴酸银（AgBrO3）溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法错误的是（）A．溴酸银的溶解是放热过程B．温度升高时溴酸银溶解速度加快C．60℃时溴酸银的K sp约等于6×10﹣4D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯【分析】A．根据图象中温度对溴酸银的溶解度影响可知溴酸银的溶解过程为吸热过程；B．温度升高，可以加快物质的溶解速率；C．根据溶度积表达式及溶液中银离子和溴酸根离子的浓度计算；D．溴酸银的溶解度受温度的影响较小，可以通过重结晶法分离硝酸钾与溴酸银的混合物．【解答】解：A．根据图象可知，升高温度，溴酸银的溶解度增大，说明溴酸银的溶解过程为吸热过程，故A错误；B．升高温度，溴酸银的溶解度增大，所以温度升高时溴酸银溶解速度加快，故B正确；C.60℃时溴酸银的溶解度为0.6g，溴酸银的物质的量为：≈2.5×10﹣3mol，100.6g溴酸银溶液的体积约为100.6mL，溶液中银离子、溴酸根离子浓度约为2.5×10﹣2mol/L，所以60℃时溴酸银的K sp=2.5×10﹣2×2.5×10﹣2≈6×10﹣4，故C正确；D．根据图象可知，溴酸银的溶解度受温度的影响不大，而硝酸钾的溶解度受温度影响较大，所以硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯，故D正确；故选A．12．（6分）（2014•新课标Ⅰ）下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是（）A．洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱烘干B．酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗C．酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体【分析】A．锥形瓶和容量瓶在使用时不需要烘干，对实验结果没有影响；B．滴定管在量取或者盛装溶液时必须润洗，否则会导致原溶液被蒸馏水稀释；C．锥形瓶不能润洗，否则导致待测液中溶质的物质的量偏大，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；D．容量瓶中加水超过刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏小，此次配制失败．【解答】解：A．锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故A错误；B．酸式滴定管在盛放标准液之前，为了避免滴定管中的少量蒸馏水将标准液稀释，应该先用标准液润洗，再盛放标准液，故B正确；C．滴定过程中，锥形瓶不能润洗，否则会导致锥形瓶中待测液的溶质的物质的量偏大，测定结果偏高，故C错误；D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，此次配制失败，即使立即用滴管吸出多余液体，也不会使配制的溶液浓度恢复正常，故D错误；故选B．13．（6分）（2014•新课标Ⅰ）利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（）A．A B．B C．C D．D【分析】A．不发生沉淀的转化，AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞K sp（Ag2S），则生成Ag2S；B．浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀．【解答】解：A．图中装置和试剂不发生沉淀的转化，对AgNO3与AgCl的浊液中，Qc（Ag2S）＞K sp（Ag2S），则生成Ag2S，可发生沉淀的生成，则不能比较溶度积，故A错误；B．浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B 正确；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，与Ba（NO3）2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，但SO2与可溶性钡盐不一定生成白色沉淀，如与氯化钡不反应，故C 错误；D．浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，故D错误；故选B．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共58分）26．（13分）（2014•新课标Ⅰ）乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关数据如图1、2及表格：实验步骤：在A中加入4.4g异戊醇、6.0g乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50min，反应液冷至室温后倒入分液漏斗中，分别用少量水、饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤；分出的产物加入少量无水MgSO4固体，静置片刻，过滤除去MgSO4固体，进行蒸馏纯化，收集140﹣143℃馏分，得乙酸异戊酯3.9g．回答下列问题：（1）仪器B的名称是球形冷凝管；（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是洗掉大部分硫酸和醋酸，第二次水洗的主要目的是洗掉碳酸氢钠；（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡、然后静置，待分层后d（填标号）a．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的上口倒出b．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗的下口放出c．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出d．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口倒出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水MgSO4的目的是干燥乙酸异戊酯；（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是（如图3）b（填标号）（7）本实验的产率是c（填标号）a.30%b.40%c.60%d.90%（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分，会使实验的产率偏高（填“高”或“低”），其原因是会收集少量未反应的异戊醇．【分析】（1）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称；（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；（4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的；（5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除ad，再根据球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；（7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率；（8）若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大．【解答】解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗涤后生成的酯中混有碳酸氢钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为d，故答案为：d；（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率，故答案为：提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对其进行干燥，故答案为：干燥乙酸异戊酯；（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b，故答案为：b；（7）乙酸的物质的量为：n==0.1mol，异戊醇的物质的量为：n==0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为：=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：×100%=60%，故答案为：c；（8）在进行蒸馏操作时，若从130℃便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高，故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇．27．（15分）（2014•新课标Ⅰ）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．①H3PO2中，P元素的化合价为+1；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为H3PO4（填化学式）；③NaH2PO2为正盐（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显弱碱性（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）；（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）H3PO2也可用电渗析法制备．“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；②分析产品室可得到H3PO2的原因阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是产品中混有PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）杂质，该杂质产生的原因是H2PO2﹣或H3PO2被氧化．【分析】（1）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；（2）①根据化合物中总化合价为0计算出P元素的化合价；②先判断氧化剂、氧化剂，然后根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1计算出反应产物中P的化合价；③根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2为正盐，由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，则溶液显示弱碱性；（3）根据题干信息“将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）”写出该反应的化学方程式为；2（4）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，判断放电能力强弱，然后写出阳极的电极反应式；②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3PO2的原因；③根据H3PO2及NaH2PO2均容易被氧化分析该装置缺点．【解答】解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，故答案为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；（2）①H3PO2中，总化合价为0，其中氢元素为+1价，氧元素为﹣2价，则P元素的化合价为：+1价，故答案为：+1；②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1﹣0）=1×（x﹣1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，故答案为：H3PO4；③由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐，由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，故答案为：正；弱碱性；（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，该反应的化学方程式为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故答案为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；②产品室可得到H3PO2的原因是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2，故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H2PO2﹣或H3PO2氧化成PO43﹣，产品中混有PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4），故答案为：PO43﹣（或HPO42﹣、H2PO4﹣、H3PO4）；H2PO2﹣或H3PO2被氧化．28．（15分）（2014•新课标Ⅰ）乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产，回答下列问题：（1）间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯（C2H5OSO3H），再水解生成乙醇，写出相应反应的化学方程C2H4+H2SO4=C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O→C2H5OH+H2SO4；（2）已知：甲醇脱水反应2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H1=﹣23.9kJ•mol﹣1甲醇制烯烃反应2CH3OH（g）═C2H4（g）+2H2O（g）△H2=﹣29.1kJ•mol﹣1乙醇异构化反应C2H5OH（g）═CH3OCH3（g）△H3=+50.7kJ•mol﹣1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）═C2H5OH（g）的△H=﹣45.5kJ•mol ﹣1，与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是无副产品，原子利用率100%；（3）如图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系（其中：=1：1）。

2014年福建省高考化学试卷答案与解析

2014年福建省高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）6OX反应又能与Z反应的是（）﹣111．（6分）（2014•福建）某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（）（注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1＜c2）B二、解答题24．（15分）（2014•福建）元素周期表中第ⅦA 族元素的单质及其化合物的用途广泛．（1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为．（2）能作为氯、溴、碘元素非金属性（原子得电子能力）递变规律的判断依据是 bc （填序号）a ．Cl 2、Br 2、I 2的熔点b ．Cl 2、Br 2、I 2的氧化性c ．HCl 、HBr 、HI 的热稳定性d ．HCl 、HBr 、HI 的酸性（3）工业上，通过如下转化可制得KClO 3晶体：NaCl 溶液NaClO 3溶液KClO 3晶体①完成Ⅰ中反应的总化学方程式： 1 NaCl+ 3 H 2O ═ 1 NaClO 3+ 3 H 2↑ ． ②Ⅱ中转化的基本反应类型是复分解反应，该反应过程能析出KClO 3晶体而无其他晶体析出的原因是室温下KClO 3在水中的溶解度明显小于其它晶体．（4）一定条件下，在水溶液中1mol Cl 、ClO x （x=1，2，3，4）的能量（kJ ）相对大小如图所示．①D是ClO4﹣（填离子符号）．②B→A+C反应的热化学方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol （用离子符号表示）．的原子结构示意图为25．（15分）（2014•福建）铁及其化合物与生产、生活关系密切．（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图．①该电化腐蚀称为吸氧腐蚀．②图中A、B、C、D、四个区域，生成铁锈最多的是B（填字母）．（2）用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下：①步骤Ⅰ若温度过高，将导致硝酸分解．硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O．②步骤Ⅱ中发生反应：4Fe（NO3）2+O2+（2n+4）H2O═2Fe2O3•nH2O+8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe（NO3）2，该反应的化学方程式为4Fe+10HNO3═4Fe （NO3）2+NH4NO3+3H2O．③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少（任写一项）．（3）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）⇌Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25．①t℃时，反应达到平衡时n（CO）：n（CO2）=4：1．②若在1 L密闭容器中加入0.02mol FeO（s），并通入x mol CO，t℃时反应达到平衡．此时FeO（s）转化率为50%，则x=0.05．K=34NO 34NOK==K=26．（2014•福建）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O．（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹时仪器已略去）为d（填序号）实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．（4）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是ae．a．测定溶液的pH b．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成．实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）．计算）为=0.16 g/L[化学-物质结构与性质]34．（13分）（2014•福建）氮化硼（BN）晶体有多种相结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂．立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性．它们的晶体结构如图所示．（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1．（2）关于这两种晶体的说法，正确的是bc（填序号）．a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c．两种晶体中的B﹣N键均为共价键d．两种晶体均为分子晶体（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形，其结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构中没有自由移动的电子．（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为sp3．该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km的古地壳中被发现．根据这一个矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温高压．（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．1molNH4BF4含有2mol 配位键．[化学-有机化学基础]35．（13分）（2014•福建）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．（1）甲中显酸性的官能团是羧基（填名称）．（2）下列关于乙的说法正确的是ac（填序号）a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为．a．含有b．在稀硫酸中水解有乙酸生成（4）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）①步骤Ⅰ的反应类型是取代反应．②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基．③步骤Ⅳ反应的化学方程式为．）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明发生取代反应生成，，戊发生水解反应生成甲．）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明故答案为：发生取代反应生成，，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊，戊发生水解反应生成甲；。