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  • 2021-05-13 发布

高考广东卷化学精校版含解析

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‎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。‎