2014年高考真题精校精析纯word可编辑·2014高考真题解析 广东卷化学

2014·广东卷(课标化学)
7．[2014·广东卷] 生活处处有化学，下列说法正确的是()
A．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
B．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
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
7．B[解析] 棉和麻的主要成分为纤维素，纤维素与淀粉的化学式都用(C6H10O5)n表示，但n值不同，两者不是同分异构体，A项错误；不锈钢是铁与铬、镍等形成的合金，B项正确；花生油是植物油，牛油是动物油，两者都属于油脂，两者都可发生皂化反应，植物油属于不饱和酯类，C项错误；豆浆煮沸后蛋白质发生变性，但不会发生水解，因蛋白质只有在酶的作用下才能水解，D项错误。

8．B1[2014·广东卷] 水溶液中能大量共存的一组离子是()
A．Na＋、Ca2＋、Cl－、SO2－4
B．Fe2＋、H＋、SO2－3、ClO－
C．K＋、Fe3＋、NO－3、SCN－
D．Mg2＋、NH＋4、Cl－、SO2－4
8．D[解析] Ca2＋和SO2－4大量存在时能生成CaSO4沉淀，A项错误；H＋和ClO－结合生成HClO，Fe2＋、SO2－3均会与HClO发生氧化还原反应，B项错误；Fe3＋和SCN－发生络合反应，C项错误；只有D项正确。

9．2014·广东卷] 下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是()
9.B[解析] 用重结晶法除去KNO3中的NaCl利用了KNO3的溶解度随温度变化大、NaCl的溶解度随温度的变化小的性质，叙述Ⅰ正确，叙述Ⅱ正确，但二者无因果关系，A 项错误；BaSO4是难溶于盐酸的白色沉淀，故可用盐酸和氯化钡溶液来检验溶液中的SO2－4，B项正确；NH3能使酚酞溶液变红是因为NH3溶于水后生成的NH3·H2O电离产生OH－，NH3用于喷泉实验利用了NH3极易溶于水的特性，二者无因果关系，C项错误；由于Ca(OH)2是微溶物，故无法配制2.0 mol·L－1的Ca(OH)2溶液，D项错误。

10．[2014·广东卷] 设n A为阿伏伽德常数的数值，下列说法正确的是()
A．18 g H2O含有10n A个质子
B．1 mol甲苯含有6n A个C—H键
C．标准状况下，22.4 L氨水含有n A个NH3分子
D．56 g铁片投入足量浓H2SO4中生成n A个SO2分子
10．A[解析] 18 g H2O为1 mol，1 mol H2O含有10 mol质子，A项正确；甲苯的分子式为C7H8，1 mol甲苯含有8 mol C—H键，B项错误；气体摩尔体积仅仅适应于标准状况下的气体，22.4 L氨水的物质的量不是1 mol，C项错误；常温下，Fe在浓硫酸中钝化，D项错误。

11．[2014·广东卷] 某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他电极均为Cu，则()
图4
A．电流方向：电极Ⅳ―→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
11．A[解析]
阳极，电极Ⅳ为阴极。

电子流向为电极Ⅰ电极Ⅳ，故电流方向为电极Ⅳ电极Ⅰ，A项正确；电极Ⅰ为负极，发生氧化反应，B项错误；电极Ⅱ为正极，Cu2＋在此被还原，C项错误；电极Ⅲ为阳极，活性阳极Cu在此被氧化，D项错误。

12．[2014·广东卷] 常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度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所示，下列说法正确的是()
A．HA为强酸
B．该混合溶液pH＝7.0
C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)
D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋
12．C[解析] 0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好生成0.1 mol·L－1NaA溶液，由图知A－浓度小于0.1 mol·L－1，可知A－发生了水解，故HA为弱酸，A项错误；NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH＞7.0，B项错误；A－发生水解生成HA，溶液中除Na＋、水分子外，各粒子的浓度大小关系为c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，故X为OH－、Y为HA、Z为H＋，D项错误；根据物料守恒可知c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋), C项正确。

22．(双选) [2014·广东卷] 下列实验操作、现象和结论均正确的是()
22.AD [解析] 由于盐酸的酸性强于碳酸，因而Na 2CO 3和NaHCO 3均能与盐酸反应，A 项正确；AgNO 3先与NH 3·H 2O 反应生成AgOH 沉淀，AgOH 沉淀再与NH 3·H 2O 反应生成
可溶性的[Ag(NH 3)2]OH ，Ag ＋
与NH 3·H 2O 不能大量共存，B 项错误； Cu 与稀HNO 3反应生
成Cu(NO 3)2、NO 和H 2O ，不属于置换反应， C 项错误；由于Fe 3＋的氧化性强于I 2，故I
－
被Fe 3＋
氧化为I 2，I 2溶于CCl 4显紫红色，D 项正确。

23．(双选) [2014·广东卷] 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
23．BC [解析] 金刚石是自然界中硬度最大的单质，因而戊是C 、己是Si 、庚为Ge 、辛为Ga ；既然丁与辛同周期，则甲与戊同周期，二者原子序数相差3，所以甲为Li 、乙为Na 、丙为K 、丁为Ca 。

金属性：Li ＜Na ＜Ca ，A 项错误；原子半径Ga>Al>Si>C ，B 项正确；K 是19号元素，Ge 是32号元素，原子序数相差13，故核外电子数相差13, C 项正确；Na 在空气中燃烧生成的Na 2O 2既含离子键又含共价键，D 项错误。

30． (15分)[2014·广东卷] 不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。

(1)下列关于化合物Ⅰ的说法，正确的是________。

Ⅰ
A ．遇FeCl 3溶液可能显紫色
B ．可发生酯化反应和银镜反应
C ．能与溴发生取代反应
D ．1 mol 化合物Ⅰ最多能与2 mol NaOH 反应
(2)反应①是一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法：
＋2ROH ＋2CO ＋O 2――→一定条件
2 ＋2H 2O
Ⅱ
化合物Ⅱ的分子式为________，1 mol 化合物Ⅱ能与________mol H 2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Ⅲ能与Na 反应产生H 2。

Ⅲ的结构简式为________(写一种)；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____________________________________。

30．(1)AC (2)C 9H 10 4
(3) 或
NaOH 的醇溶液，加热 (4)CH 2===CHCOOCH 2CH 3
CH 2===CH 2＋H 2O ――→高温、高压
催化剂
CH 3CH 2OH 2CH 2===CH 2＋2CH 3CH 2OH ＋2CO ＋O 2――→一定条件
2CH 2===CHCOOCH 2CH 3＋2H 2O
[解析] (1)该化合物中含有酚羟基，故A 项正确；分子中没有醛基，不能发生银镜反应，B 项错误；由于酚羟基的邻位和对位上都有H 原子，故能与溴发生取代反应，分子中的碳碳双键能与溴发生加成反应，C 项正确；化合物Ⅰ中的2个酚羟基和1个酯基都能与NaOH 反应，故最多消耗3 mol NaOH ，D 错误。

(2)根据化合物Ⅱ的结构简式可知其分子式为C 9H 10，化合物Ⅱ中苯环和碳碳双键都能与H 2发生加成反应，故1 mol 该化合物能与4 mol H 2发生加成反应。

(3)化合物Ⅱ分子中含有碳碳双键，该双键可由醇或卤代烃发生消去反应得到，醇能与Na 反应产生H 2，而卤代烃不能，故化合物Ⅲ的结构简式为
或
卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中受热时发生消去反应。

(4)由聚合物的结构简式可知为加聚产物，故其单体为CH 2===CHCOOCH 2CH 3。

合成有机物采取逆推法，结合反应①的原理，反应物还需要乙醇，因而先用乙烯合成乙醇，即CH 2===CH 2＋H 2O ――→高温、高压
催化剂
CH 3CH 2OH ，然后结合反应①的信息，利用反应 2CH 2CH 2＋2CH 3CH 2OH ＋2CO ＋O 2――→一定条件
2CH 2CHCOOCH 2CH 3＋2H 2O 来合成。

31． [2014·广东卷] 用CaSO 4代替O 2与燃料CO 反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO 2，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。

①1
4
CaSO 4(s)＋CO(g)1
4
CaS(s)＋CO 2(g) ΔH 1＝－47.3 kJ·mol －
1
②CaSO 4(s)＋CO(g)CaO(s)＋CO 2(g)＋SO 2(g) ΔH 2＝＋210.5 kJ·mol －
1 ③CO(g)
12C(s)＋12
CO 2(g) ΔH 3＝－86.2 kJ·mol －
1 (1)反应2CaSO 4(s)＋7CO(g)CaS(s)＋CaO(s)＋6CO 2(g) ＋C(s)＋SO 2(g)的ΔH ＝
________(用ΔH 1、ΔH 2和ΔH 3表示)。

(2)反应①～③的平衡常数的对数lg K 随反应温度T 的变化曲线如图所示。

结合各反应的ΔH ，归纳lg K ～T 曲线变化规律：
a ．________；
b ．________。

(3)向盛有CaSO 4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CO 2，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CaSO 4，该反应的化学方程式为______________________________________，在一定条件下，CO 2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________。

31．(1)4ΔH 1＋ΔH 2＋2ΔH 3
(2)a.放热反应， lg K 随T 增大而减小；吸热反应， lg K 随T 增大而增大 b ．焓
变越大，lg K 随T 的变化程度越大
(3)99%
(4)Ca(ClO)2(或KClO 3、KMnO 4等氧化性物质)
(5)CaS ＋2O 2=====一定条件
CaSO 4
[解析] (1)将给定的三个热化学方程式按照①×4＋②＋③×2相加可得目标方程式，故ΔH ＝4ΔH 1＋ΔH 2＋2ΔH 3。

(2)反应①为放热反应，由图可看出，随着温度的升高，放热反应的平衡常数的对数在减小，故曲线Ⅰ表示反应③，曲线Ⅱ表示反应②。

(3)设开始时c (CO)＝a ，转化的c (CO)＝x ，则a －x ＝8.0×10－5 mol·L －
1。

根据方程式可知，生成的c (CO 2)＝ x ，平衡常数K ＝
c （CO 2）c （CO ）＝x a －x ＝x
8.0×105 mol·L 1。

由图示可知，在
900 ℃时，lg K ＝2，K ＝100，则x ＝8.0×10－3
mol·L －1
，故CO 的转化率＝8.0×10－
3
8.0×10－3＋8.0×10－
5×100%≈99%。

(4)由于CO 2气体中主要含有SO 2气体，该气体具有比较强的还原性，故可加入具有氧化性的物质来除去，该氧化性的物质有Ca(ClO)2、KClO 3、KMnO 4等。

(5)由于要求原子利用率为100%，故反应类型属于化合反应，可将CaS 在高温下与O 2反应制取CaSO 4，反应的方程式为CaS ＋2O 2=====一定条件
CaSO 4；对二甲苯的结构简式为
苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入1个羧基，产物仅有1
种，
其结构为
32．[2014·广东卷] 石墨在材料领域有重要应用。

某初级石墨中含SiO 2(7.8%)、Al 2O 3(5.1%)
(注：4(1)向反应器中通入Cl 2前，需通一段时间N 2，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______________________________________________，100 kg 初级石墨最多可能获得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，完成如图防腐示意图，并作相应标注。

32．(1)排除装置中的空气
(2)CO SiCl 4＋6NaOH===Na 2SiO 3＋4NaCl ＋3H 2O
(3)过滤 AlO －2和Cl －
(4)AlO －
2＋CH 3COOCH 2CH 3＋2H 2O ――→△
CH 3COO －
＋CH 3CH 2OH ＋Al(OH)3↓ 7.8
[解析] (1)通入N 2的目的是为了排除装置中的空气(特别是氧气)，防止在高温时石墨与氧气反应。

(2)高温反应后，SiO 2、Al 2O 3、Fe 2O 3、MgO 分别转化为SiCl 4、AlCl 3、FeCl 3、MgCl 2。

因为石墨是过量的，故高温条件下，C 和SiO 2、Fe 2O 3反应生成的是CO 。

由于SiCl 4的沸点为57.6 ℃，低于80 ℃，故气体Ⅱ为SiCl 4，在NaOH 溶液中水解生成Na 2SiO 3和NaCl: SiCl 4＋6NaOH===Na 2SiO 3＋4NaCl ＋3H 2O 。

(3)AlCl 3、FeCl 3、MgCl 2的沸点均高于150 ℃，在80 ℃下变为固体Ⅲ， AlCl 3、FeCl 3、MgCl 2和过量NaOH 反应后生成NaAlO 2、Fe(OH)3、Mg(OH)2和NaCl ，通过过滤将沉淀Fe(OH)3和Mg(OH)2滤出，得到的溶液Ⅳ主要含NaAlO 2
和NaCl 。

(4)NaAlO 2发生水解导致溶液显碱性：NaAlO 2＋2H 2O
Al(OH)3＋NaOH ，加入
乙酸乙酯后，发生水解：CH 3COOCH 2CH 3＋NaOH ――→△
CH 3COONa ＋CH 3CH 2OH ，促使NaAlO 2彻底水解生成Al(OH)3沉淀。

溶液Ⅳ转化为沉淀Ⅴ的反应为NaAlO 2＋2H 2O ＋CH 3COOCH 2CH 3――→△
Al(OH)3↓＋CH 3COONa ＋CH 3CH 2OH 。

根据Al 原子守恒，可知100 kg 初级石墨可得m [Al(OH)3]＝
100 kg×5.1%102 g·mol
－1×
2×78 g·mol －
1＝7.8 kg 。

(5)水体中铜件的电化学防腐利用了电解保护法，该方法中石墨作阳极，铜件作阴极，
即外加电流的阴极保护法；若将石墨与铜件直接相连，形成原电池，则铜作负极被氧化，所以不可采用。

33． [2014·广东卷] H 2O 2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Fe 3＋
的催化下，探究H 2O 2浓度对H 2O 2分解反应速率的影响。

限
选试剂与仪器：30%H 2O 2溶液、0.1 mol·L －
1Fe 2(SO 4)3溶液、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H 2O 2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H 2O 2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，完成图中的装置示意图。

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
(2)利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置(连通的A 、B 瓶中已充有NO 2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____________________________。

(a) (b)
(c) 图21
33．(1)
②相同时间内收集到的O 2的体积
③
(2)深 H 2O 2分解放热，使得B 瓶中温度高，升高温度， 反应2NO 2(g)N 2O 4(g)的
平衡逆向移动，NO 2浓度增大
[解析] (1)①H 2O 2分解生成H 2O 和O 2，②由于不同浓度的H 2O 2的分解速率不同，故相同时间内，分解速率越大，相同时间内收集到的O 2就越多，故需要测定相同时间内收集到的O 2的体积；③根据O 2难溶于水这一性质，可用倒置于水槽中的装满水的量筒收集O 2，即通过排水法收集O 2，通过量筒的刻度读出收集到的气体的体积；④本实验中需测定的数据有：用秒表测定相同的时间，通过量筒测出生成O 2的体积，用量筒测出第一次所需30%H 2O 2溶液的体积，第二次所需30%H 2O 2溶液的体积以及蒸馏水的体积(保证两次溶液总体积相同，从而保证H 2O 2溶液浓度不同)。

(2)由图(a)可得热化学方程式H 2O 2(l)===H 2O(l)＋1
2
O 2(g) ΔH ＜0，2NO 2(g)
N 2O 4(g)
ΔH ＜0。

由于H 2O 2的分解反应为放热反应[注意Fe 2(SO 4)3作催化剂]，故右边烧杯中液体温度高于左边烧杯中液体温度，则B 瓶中气体的温度高于A 瓶中气体的温度，升高温度，2NO 2(g)
N 2O 4(g) 的平衡逆向移动，c (NO 2)增大，混合气体颜色加深。