- 340.50 KB
- 2021-05-13 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
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2.0 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—CH3
,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。
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
D.1mol化合物I最多能与2molNaOH反应
一定条件
-CH=CH2+2ROH+2CO+O2
① 2CH3-
-CH=CHCOOR+2H2O
2CH3-
Ⅱ
(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 CH2-CH
n
COOCH2CH3
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)CH3—
—CH2—CH2—OH
或CH3—
—CHOH—CH3
(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—
—CH2—CH2—OH
或者CH3—
—CHOH—CH3
;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 CH2-CH
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) —CH3
CH3—
COOH
(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—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。
相关文档
- 高考真题分类汇总现代生物科技带详2021-05-1311页
- 高考英语Unit2Workingtheland要点2021-05-1326页
- 新课标最全高考化学方程式2021-05-1312页
- 2011年全国统一高考数学试卷(理科)2021-05-1314页
- 2014高考英语一轮复习综合解析训练2021-05-136页
- 三年高考2016化学试题分项解析专题2021-05-1322页
- 高考考试大纲要求掌握的18个文言虚2021-05-1312页
- 浙江历年高考真题导数2021-05-137页
- 物理新题分类汇编牛顿运动定律高考2021-05-1314页
- 三国演义个情节高考名著阅读2021-05-1312页