2014年全国各地高考理综化学真题解析版汇总（共计139页）
文档属性
| 名称 | 2014年全国各地高考理综化学真题解析版汇总（共计139页） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 4.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2014-08-14 10:46:59 | ||
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文档简介
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CaCO3
C．
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98KJmol-1 D．
【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：2H2O2＝2H2O＋O2，v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D错误。
10．X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的的最低价离子分别为和，Y+和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．原子的最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：X>Y>Z
C．离子半径：> Y+> D．原子序数：X>Y>Z
【答案】D
【解析】由于Y+与Z-的电子层结构相同，所以两种元素位于相邻周期，则Y是Na，Z是F ，则X是S。则原子最外层电子数F＞S＞Na，A错误；单质沸点：S＞Na＞F2，B错误；离子半径：S2-＞F-＞Na+，C错误；原子序数：S＞Na＞F，D正确。
11．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℃时溴酸银的约等于
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】该图像只是给出溴酸银溶解度与温度的关系，无法判断其溶解过程的热效应，A错误；由于物质的溶解过程是吸热过程，温度升高溶解速率加快，B正确；60℃时溴酸银溶解度约为0.6g，n(AgBrO3)＝0.0025mol，c(Ag+)＝c(BrO3-)＝0.025mol·L-1，Ksp≈6.25×10-4,C正确；由于硝酸钾的溶解度随温度变化程度很大，而溴酸银溶解度随温度变化不大，可以用重结晶的方法提纯，D正确。
12．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中烘干
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
【答案】B
【解析】容量瓶是对精度要求很高的仪器，不能高温烘干，以免对其精度造成影响，A错误；滴定管在盛装溶液前，都需要用待盛装溶液润洗，B正确；酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，否则会造成待滴定溶液的溶质增多，造成测定结果偏高，C 错误；用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，只能放弃重配，若吸出溶液，溶质减少，配得溶液浓度偏低，D错误。
13．利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A．
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
(AgCl)> (Ag2S)
B．
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C．
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D．
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使③中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性，B正确；稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应， C 错误；由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入③与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。
26．（13分）
乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有橡胶的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关信息如下：
相对分子质量
密度/（g·cm—3）
沸点/℃
水中溶解度
异戊醇
88
0.8123
131
微溶
乙 酸
60
1.0492
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.8670
142
难溶
实验步骤：
在A中加入4.4 g的异戊醇，6.0 g的乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50分钟，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硫酸镁固体，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，，进行蒸馏纯化，收集140～143 ℃馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：
（1）装置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上口倒出
B．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出
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放出
（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硫酸镁的目的是：
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是： (填标号)
a b
c d
（7）本实验的产率是：
A、30℅ B、40℅ C、 50℅ D、60℅
（8）在进行蒸馏操作时，若从130 ℃开始收集馏分，产率偏 (填高或者低)原因是
【答案】（1）球形冷凝管
（2）洗掉大部分浓硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠。
（3）d。
（4）提高异戊醇的转化率
（5）干燥
（6）b
（7）c
(8)高，会收集到少量未反应的异戊醇。
【解析】（1）仪器B是球形冷凝管
（2）第一次水洗主要是洗掉浓硫酸和过量的乙酸。第二次水洗则主要是洗去上一步加入的饱和NaHCO3。主要从物质的溶解性和存在的杂质考虑。
（3）乙酸异戊酯比水要轻，分液时下层必须从下口放出，上层液体从上口倒出。所以选d。
（4）由于乙酸的沸点最低，所以会有较多的乙酸挥发损耗，加入过量的乙酸可以保证使异戊醇更多的转化为产品
（5）无水MgSO4有较快的吸水性，且不与乙酸异戊酯反应，可以吸收水，便于下一步的蒸馏。
（6）a、d的温度计位置错误，冷凝管应该用直形冷凝管，若用球形冷凝管，冷凝的液体不能全部流下，所以应该用b。
（7）从反应方程式可以看到乙酸过量，则按异戊醇计算。理论上可以生成乙酸异戊酯6.6g。则产率为：3.9g/6.5g×100%＝60%.
(8)会使产率偏高，溶于乙酸异戊酯的异戊醇会进入到产品中。
27．（15分）
次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。
（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，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____________________________________。
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 。
【答案】（1）H3PO2H+＋H2PO2-
(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。
（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.
③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。
【解析】（1）一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：H3PO2H+＋H2PO2-
(2)①利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。
②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。
③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。
（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，注意配平就可以：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.
③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。
28．（15分）
乙酸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）间接水合法是指现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) =23.9 KJ﹒mol-1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g) =29.1 KJ﹒mol-1
乙醇异构化反应 C2H5OH(g) ==CH3OCH3(g) =+50.7KJ﹒mol-1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的=______KJ﹒mol-1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是____________________________________。
（3）下图为气相直接水合法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Kp=_______（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（、、、）的大小顺序为_________，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_________、_________。
【答案】（1）CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4
（2）—45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。
(3)①0.07 Mpa-1
②P4＞P3＞P2＞P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。
③增大n(H2O)︰n(C2H4)的比值，及时把生成的乙醇液化分离
【解析】（1）乙烯与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯，硫酸氢乙酯再通过取代反应得到乙醇。
CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H
C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4
（2）通过盖斯定律，—△H2＋△H1－△H3＝—45.5KJ·mol-1
比较两种流程，可看出气相直接水合法减少反应步骤，增大产物的产率，同时减少污染物的排放；不用硫酸作反应物，减少对设备的腐蚀。
(3)①A点乙烯的平衡转化率是20%。
根据反应：CH2＝CH2＋H2O C2H5OH
起始 1mol 1mol 0
转化： 0.2mol 0.2mol 0.2mol
平衡 0.8mol 0.8mol 0.2mol
则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
水蒸气的分压：P(H2O)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
乙醇的分压：P(C2H5OH)＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722 Mpa
则平衡常数Kp＝P(C2H5OH)/ P(C2H4)× P(H2O)＝0.8722 Mpa/3.4889 Mpa×3.4889 Mpa＝0.07 Mpa-1
②通过反应可以看出压强越大，乙烯的转化率越高，通过在300℃时转化率可得出：P4＞P3＞P2＞P1。
③可以增大H2O的浓度，及时分离出生成的乙醇。
36．[化学——选修2：化学与技术]（15分）
磷矿石主要以磷酸钙[Ca3(PO4)2H2O]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制备磷酸。图（b）是热法磷酸生成过程中由磷灰石制单质磷的流程。
图（a）
图（b）
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
备注
白磷
44
280.5
PH3
-133.8
-87.8
难溶于水，具有还原性
SiF4
-90
-86
易水解
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）以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中Ca3F(PO4)3反应的化学方程式为： 。现有1吨折合含有五氧化二磷约30%的磷灰石，最多可制得85℅的商品磷酸 吨。
（3）如图(b)所示，热法生产磷酸的第一步是将二氧化硅、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： 。
【答案】（1）69%
（2）Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF↑ 0.49t
（3）CaSiO3，，液体白磷；固体白磷。
（4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。
（5）产品纯度高或产品浓度大
【解析】（1）含磷的肥料有两种：磷矿粉肥和最终制得的磷肥，共4%+96%×85%×80%＝69%
（2）湿法生产磷酸属于复分解反应,符合强酸制取弱酸的反应， Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF
根据P原子守恒：P2O5→2 H3PO4
142 196
0.3t 85%x
则：85%x×142＝196×0.3t，x＝0.49t
（3）炉渣主要成分是硅酸钙（CaSiO3），冷凝塔1的温度为70℃，白磷蒸汽冷凝为液体；冷凝塔2的温度为18℃，白磷液体固化变为固体。
（4）因为使用了过量的焦炭，所以尾气中中有大量的CO气体，还含有SiF4；通过碱性溶液，酸性的H2S、HF以及易水解的SiF4被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。
（5）用白磷制取磷酸可以制得高纯度的磷酸
37．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
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________方法区别晶体、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为___________，1mol乙醛分子中含有的键的数目为___________。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定点，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nm，晶胞中铝原子的配位数为 。列式表示Al单质的密度 gcm-3。
【答案】（1）X射线衍射法，
（2）4，1s22s22p63s23p63d5；血红色。
（3）sp3、sp2；6NA；形成了分子间的氢键，造成沸点升高；16。
（4）12；
【解析】（1）区分晶体、非晶体的科学方法是X射线衍射法，
（2）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6 4s2，所以有4个未成对电子，失掉2个4s、1个3d电子形成Fe3+，其电子排布为1s22s22p63s23p63d5；形成的硫氰合铁配离子为血红色。
（3）乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型，采取sp3杂化；醛基是平面结构，碳原子采取sp2杂化；CH3CHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是σ键，碳氧双键中有一个σ键，所以1mol乙醛分子中共有6molσ键，也就是6NA；由于乙酸分子羟基极性更强，形成了分子间的氢键，造成沸点升高；根据分摊原则，Cu2O晶胞中有8个氧原子，则应该有16个Cu原子。
（4）面心立方最密堆积的配位数为12；面心立方最密堆积的晶胞内有4个Al原子，其质量为：4×27/NAg，体积为：(4.05×10-7)3cm3,所以其密度为：
38．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
席夫碱类化合物G在催化席夫碱类化合物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：
①
②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔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106。
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的
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）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。
（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。
反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。
【答案】（1）C(CH3)2Cl—CH(CH3)2＋NaOH C(CH3)2＝C(CH3)2＋NaCl＋H2O
（2）乙苯，C2H5—＋HNO3 C2H5——NO2＋H2O
（3）C2H5——NCH3
（4）19种，
（5）浓硝酸、浓硫酸；Fe/稀盐酸；—NH2。
【解析】A是氯代烷烃，发生消去反应得到烯烃B，结合信息①②可知B是一种对称烯烃，且双键碳原子上没有氢原子，则B结构简式为：C(CH3)2＝C(CH3)2，生成的C是丙酮：CH3CH3；F分子式为C8H11N，结合信息③，D是乙苯；F的苯环上只有两种环境的氢原子，则乙基、氨基位于对位上：C2H5——NH2；F与丙酮C发生信息⑤的反应得到产品G：C2H5——NCH3。
（1）A生成B是氯代烃的消去反应，C(CH3)2Cl—CH(CH3)2＋NaOH C(CH3)2＝C(CH3)2＋NaCl＋H2O
（2）D的名称是乙苯，C2H5—＋HNO3 C2H5——NO2＋H2O
（3）G结构简式为：C2H5——NCH3
（4）对乙基苯胺的同分异构体还有：邻乙基苯胺、间乙基苯胺、2,3—二甲基苯胺、2,4—二甲基苯胺、2,5—二甲基苯胺、2,6—二甲基苯胺、3,4—二甲基苯胺、3,5—二甲基苯胺共8种，把C2H6N作为一个取代基共有5种，分别作为一个甲基、一个甲氨基有3种，分别作为一个甲基、一个氨基甲基又有3种。所以共有：8＋5＋3＋3＝19种；核磁共振有4组峰表示有4种氢原子，且原子个数比为6︰2︰2︰1的有：或或；
（5）结合题中的信息⑤，采用逆推法：J用H2加成得到产品，J为—NCH3，则I为—NH2，H为：—NO2，反应条件1是苯环上引入硝基，试剂为：浓硝酸、浓硫酸；反应条件2把硝基还原为氨基，试剂为：Fe、稀盐酸。
2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国II卷）
理科综合化学部分
word精校高清重绘版解析
7．下列过程没有发生化学反应的是
A．用活性炭去除冰箱中的异味
B．用热碱水清除炊具上残留的污垢
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】A、活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的物理吸附作用，没有发生化学变化，A正确；B、污垢的主要成分是油脂，该过程利用了油脂在碱性条件下（热碱溶液）能发生彻底的水解反应，发生了化学变化，B错误；C、水果在成熟的过程中，会释放一种称为乙烯的物质，乙烯具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生了氧化反应，属于化学变化，C错误；D、铁粉可吸收氧气，防止食品被氧化，属于化学变化，D错误。
8．四联苯的一氯代物有
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】C
【解析】根据四联苯的结构可知，的分子结构呈现对称性，则四联苯分子中有5种不同类型的H原子，所以一氯代物也有5种。
9．下列反应中，反应后固体物质增重的是
A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液
【答案】B
【解析】A、发生的反应是CuO+H2Cu+H2O，固体从CuOCu，质量减小，A错误；B、发生的反应是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2↑，固体从Na2O2Na2CO3，质量增加，B正确；C、发生的反应是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固体从Al+Fe2O3 Al2O3+Fe，质量没有变化，C错误；D、发生的反应是Zn+Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+Cu，固体从ZnCu ，质量减小，D错误。
10．下列图示试验正确的是
A．除去粗盐溶液中的不溶物 B．碳酸氢钠受热分解
C．除去CO气体中的CO2气体 D．乙酸乙酯的制备
【答案】D
【解析】A、除去粗盐中的不溶物采取过滤的方法，过滤时要注意“一贴二低三靠”，“三靠”指的是玻璃棒下端要紧靠三层滤纸一侧、烧杯紧靠玻璃棒、漏斗下端紧靠烧杯内壁，A错误；B、加热固体，试管口要向下倾斜，B错误；C、除去CO气体中的CO2气体要通过含有碱溶液的洗气瓶，要注意气流方向为长管进气、短管出气，C错误；D、制备乙酸乙酯的实验装置正确。
11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=1×10-5mol·L-1
B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+
D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①>②>③
【答案】D
【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S H++ HS-、HS- H++ S2-、H2O H++OH-三个电离平衡，所以=1×10-5mol·L-1 >，A错误；B、氨水的溶质一水合氨（）属于弱电解质（），加水稀释，会使电离平衡向正方向移动，促进了的电离，所以PH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其PH=b，则a>b+1，B错误；C、根据电荷守恒可知：+=++，C错误；D、酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解的规律可知：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，溶液的减小就越强，PH就越大，所以PH相同①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的：①>②>③，D正确。
12．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中的Li+从b向a迁移
【答案】C
【解析】根据题给装置图判断，电极b是原电池的负极，电极反应式为Li-e- =Li+，电极a是原电池的正极，电极反应为LiMn2O4 +xLi +xe- =Li1-xMn2O4。
A、综上所述，a是原电池的正极，A正确；B、根据正负极的电极反应可知，电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi，B正确；C、放电时，a极锰的化合价发生变化，Li的化合价没有变化，C错误；D、放电时，溶液中的Li+从b向a迁移，D正确。
室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s) +5H2O()，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是
A．ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3
C．ΔH1+ΔH3=ΔH2 D．ΔH1+ΔH2=ΔH3
【答案】B
【解析】根据题意，发生反应的热化学方程式为：
CuSO4·5H2O(s)溶于水（溶液温度降低，该过程为吸热过程）：
CuSO4·5H2O(s) Cu2+()+SO42-()+5H2O() ΔH1>0
CuSO4(s)溶于水会（使溶液温度升高，该过程为放热过程）
CuSO4(s) Cu2+()+SO42-() ΔH2<0
CuSO4·5H2O(s)受热分解的热化学方程式为
CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s) +5H2O() ΔH3
根据盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1-ΔH2>0
A、根据上述分析，ΔH2<0，ΔH3 >0，所以A错误；B、ΔH3=ΔH1-ΔH2（ΔH2<0），所以ΔH3>ΔH1，B正确；C、ΔH3=ΔH1-ΔH2，C错误；D、ΔH1+ΔH2<ΔH3，D错误。
26．（13分）
在容积为100L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4g) 2NO2 (g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的 0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率为 mol·L·s；反应的平衡常数为 。
（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为，以以0.0020 mol·L·s的平均速率降低，经10s又达到平衡。
① 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 。
②列式计算温度时反应的平衡常数 。
(3)温度时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 。
【答案】（13分）
（1）大于 0.0010 0.36mol·L—1
（2）①大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 ②平衡时，(NO2)=0.120 mol·L—1+0.0020 mol·L—1·s—1×10s×2=0.16 mol·L—1，(N2O4)=0.040 mol·L—1-0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020 mol·L—1，则=1.3 mol·L—1；
（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆方向移动
【解析】（1）根据题目提供的信息：随温度升高，混合气体的颜色变深（NO2浓度增大），说明平衡N2O4g) 2NO2 (g)向正方向移动，则说明正反应是吸热反应，>0。根据图像可知，0~60s时间段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 mol·L，所以=0.0020 mol·L—1·s—1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以==0.0010 mol·L—1·s—1；由图像可知，100℃达到平衡时，(NO2)= 0.120 mol·L—1，(N2O4)= 0.040 mol·L—1，所以化学平衡常数=0.36mol·L—1；
（2）改变反应温度为，以以0.0020 mol·L·s的平均速率降低，说明减低，平衡向着正方向移动，又因为该反应N2O4g) 2NO2 (g)的焓变>0，说明反应温度意味着温度升高；②因为以0.0020 mol·L·s，反应经过的时间是10s，所以△(N2O4)= 0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020 mol·L—1，则△(NO2)= 0.020 mol·L—1×2= 0.040 mol·L—1，所以平衡时(N2O4)= 0.040 mol·L—1-0.020 mol·L—1=0.020 mol·L—1，(NO2)=0.120 mol·L—1+0.040 mol·L—1=0.16 mol·L—1，则=1.3 mol·L—1；
（3）温度为T时，达到平衡时，将反应容器的体积减小一半，此过程相当于增大用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方向移动，对于此反应来说（N2O4 (g) 2NO2 (g)），当其他条件不变时，增大压强，平衡向逆方向移动。
27．（15分）
铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：
铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第_ _周期、第_ _族，PbO2的酸性比CO2的酸性 （填“强”“弱”）。
PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。
PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为 ；PbO2也可以通过石墨为电极Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为_ _。阴极上观察到的现象是_ _；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为 _，这样做的主要缺点是_ 。
PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（）的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m:n值_ _。
【答案】（15分）
（1） 六 ⅣA 弱
（2）PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2↑+2H2O
（3）PbO+ClO—= PbO2+Cl— Pb2++2H2O - 2e— = PbO2↓+ 4H+
石墨上包上铜镀层 Pb2++2e— =Pb↓ 不能有效利用Pb2+
（4）根据PbO2 PbO+O2↑，有×32=，=1.4 ，根据mPbO2·nPbO，，==
【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由图中所给的信息“铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层（相当于比C的周期数大4）”，所以铅在元素周期表的位置为第六周期，IVA族；由于同主族元素随着核电荷数的逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，则该黄色色气体是Cl2，（则意味着该反应为氧化还原反应），所以反应的方程式为PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反应属于氧化还原反应，Pb化合价升高，Cl元素化合价降低，故离子方程式为PbO+ClO—= PbO2+Cl—；
（4）电解池的阳极发生失电子反应（氧化反应），因为Pb2+→PbO2属于氧化反应，所以发生的电极反应为Pb2++2H2O - 2e— = PbO2↓+ 4H+；由于Cu2+的放电能力强于Pb2+，故阴极上的电极反应为Cu2++2e—=Cu，则阴极产生的现象是石墨上包上铜镀层；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为Pb2++2e— =Pb↓，这样一来就不能有效利用Pb2+。
（5）样品失重的原因是生成了氧气，根据PbO2 PbO+O2↑，有×32=，=1.4 ，根据mPbO2·nPbO，，==。
28．（15分）
某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：精确成全g X，加入适量水溶解，加入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液。
氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）
②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。
回答下列问题：
（1）装置中安全管的作用原理是_ _。
（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_ _式滴定管，可使用的指示剂为 _。
（3）样品中氨的质量分数表达式为_ _。
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_ _（填“偏高”或“偏低”）。
（5）测定氯的过程中，使用棕色测定管的原因是_ _ _ _ _ 定点终点时，若溶液中mol·L—1，为__ mol·L—1，（已知： ）
（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量比为1:6:3，钴的化合价为_ _ _，制备X的化学方程式为_ _ _ _ ，X的制备过程中温度不能过高的原因是_ _ 。
【答案】（15分）
（1）当A中压力过大时，安全管中的液面上升，使A瓶中的压力稳定。
（2）碱 酚酞（或甲基红）
（3）
（4）偏低
（5）防止硝酸银见光分解 2.8×10—3
（6）+3 2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2[Co(NH3)6]Cl3 + 2H2O
温度过高过氧化氢分解，氨气逸出
【解析】（1）分析装置可知，当A中压力过大时，安全管中的液面上升，使A瓶中的压力稳定；
（2）NaOH标准溶液应使用碱式滴定管，在滴定时，可以选择酚酞（或甲基红）作为指示剂；
（3）氨滴定过程中发生的反应是NH3+HCl=NH4Cl，消耗的HCl的物质的量是mol，所以参加反应NH3的物质的量也是mol，则NH3的质量是g，则氨的质量分数为；
（4）在进行氨的测定实验前要对装置的气密性进行检查，如若装置的气密性不好，则会导致一部分氨气逸出，使氨气的测定结果降低；
（5）测定氯的过程中，用AgNO3进行滴定，因为AgNO3见光易分解，所以必须使用棕色滴定管进行滴定（防止AgNO3见光分解）；根据沉淀溶解平衡可知，，
则===2.8×10—3 mol·L—1;
（6）由题意“样品X中钴、氨和氯的物质的量比为1:6:3”可以写出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中元素化合价代数和为0，所以Co元素呈现+3价；由制备[Co(NH3)6]Cl3的原料：CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水，可以写出反应的方程式为2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2[Co(NH3)6]Cl3 + 2H2O，因为温度过高过氧化氢分解，导致氨气逸出，所以X的制备过程中温度不能过高。
36.【化学——选修2：化学与技术】（15分）
将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化，再从剩余的浓海水中滤过一系列工艺流程提取其他产品。
回答下列问题：
（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是 （填序号）。
①用混凝法获取淡水 ②提高部分产品的质量
③优化提取产品的品种 ④改进钾、溴、镁等的提取工艺
（2）采用“空气吹出法”从弄海水吹出Br2，并用纯碱吸收，碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO，吸收1 mol Br2时，转移的电子数为
mol。
（3）海水提取镁的一段工艺流程如下图：
浓海水的主要成分如下：
离子
Na+
Mg2+
Cl—
SO42—
浓度/（g·L-1）
63.7
28.8
144.6
46.4
该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为 ，产品2的化学式为 。1L浓海水最多可得到产品2的质量为 g。
（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 ；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式 。
【答案】[化学选修—2：化学与技术]（15分）
（1）②③④
（2）
（3）Ca2++SO42-= CaSO4↓ Mg(OH)2 69.6
（4）
【解析】（1）混凝法只能除去水中的悬浮颗粒物，不能获取淡水，故设想和做法可行的是②③④。
（2）Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO属于氧化还原反应，我们可以利用得失电子守恒进行方程式的配平，配平后即是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO+
6NaHCO，所以吸收1mol Br2时转移电子的物质的量是mol；
（3）根据流程图可知，“脱硫”阶段是除去浓海水中的“SO42—”，加入的试剂是“Ca2+”，发生的离子反应是Ca2++SO42-= CaSO4↓，制备产品2的主要反应是Mg2++2OH—= Mg(OH)2，所以产品2的化学式是Mg(OH)2。由题目中的信息可知，1L浓海水中含Mg2+的质量是28.8g（则n（Mg2+）=1.2mol），那么1.2mol的Mg2+最多可以得到1.2mol的Mg(OH)2，故Mg(OH)2的质量是；
（4）因为阳极的电极材料是石墨，所以电解熔融的氯化镁发的方程式为MgCl2Mg+Cl2↑；Mg的化学性质比较活泼，能与水发生反应，反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+ H2↑。
37、[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的末成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
（1）a、c、d中第一电离能最大的是________(填元素符号)，e的价层电子轨道示图为___________.
（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是_________（填化学式，写出两种）。
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是__________:酸根呈三角锥结构的酸是___________。（填化学方式）
（4）e和e形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为_________。
（5）这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。
该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有__________；该化合物中加热时首先失去的组分是_________，判断理由是_________。
【答案】[化学——选修3：物质结构与性质] （15分）
（1）N
（2）sp3 H2O2 N2H4
（3）HNO2 HNO3 H2SO3
（4）+1
（5）H2SO4 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】题目所给的信息“周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大”。a的核外电子总数与其周期数相同，说明a是H元素；b的价电子层中的末成对电子有3个，则b是N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则c是O元素；d与c同族，则d是S元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素。
（1）根据同周期元素随着核电荷数的增大，第一电离能呈现逐渐增大的趋势。但当元素的原子轨道呈全满、全空、半充满状态时，较稳定，同主族元素随着核电荷数的增大，第一电离能逐渐减小。N原子2p轨道为半充满状态，较稳定，所以N、S、O三种元素第一电离能较大的是N元素；e是Cu元素，Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d104s1，所以Cu的价层电子轨道示意图为；
（2）由上述可知，a是H元素，和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的分子式NH3，从分子构型来看。氨分子形成不等性SP3杂化，连接三个H则分子呈三角锥形，并有一个孤立sp3轨道的电子；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4、C2H6等；
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的阶层电子对数为3的酸是HNO2 、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3；
（4）c是O元素，e是Cu元素，根据O和Cu元素形成的晶胞结构来看，1个晶胞中O元素微粒的个数是8×+1=2，Cu元素的微粒的个数是4，所以二者的个数比是1:2，则该离子化合物的化学式是Cu2O，则Cu元素所带的电荷数是+1；
（5）根据题目中的信息可知，5种元素（H、N、O、S、Cu）形成的一种1:1型的离子化合物中，阴离子呈四面体结构，可知该阴离子是SO42—，阳离子呈轴向狭长的八面体结构，结合图2，可知该化合物的额化学式是[Cu(NH3)4(H2O)2] SO4，阳离子是[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，则阳离子中含有共价键和配位键。
38．[ 化学—选修5：有机化学基础]（15分）
立方烷具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此和成立方烷及其衍生物呈为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I 的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）C的结构简式为_________，E的结构简式为__________。
（2）的反应类型为__________，的反应类型为__________。
（3）化合物A可由环戍烷经三步反应合成：
反应1的试剂与条件为_________:反应2的化学方程式为__________；反应3可用的试剂为____________。
（4）在1的合成路线中，互为同分异构体的化合物是__________（填化合物的代号）。
（5）1与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有________个峰。
（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有________种。
【答案】[化学—选修5：有机化学基础]（15分）
（1）
（2）取代反应 消去反应
（3）Cl2/光照 O2/Cu
（4）G和H
（5）1
（6）3
【解析】（1）C是由B（）在NaOH的醇溶液发生消去反应生成的，根据消去反应的规律，可知C的结构简式为；E是由D（）和Br2发生加成反应得到的，所以E的结构简式为；
（2）根据流程路线可知：A（）生成B（）属于取代反应，B（）在NaOH的醇溶液发生消去反应生成C（），C（）与NBS在过氧化氢存在的条件下加热发生取代反应生成D（），D（）和Br2发生加成生成E（），所以反应③是取代反应；反应⑤是E（）生成F（），所以反应⑤属于消去反应；
（3）根据合成路线，采取逆推法可知，生成环戊酮可以由环戊醇发生氧化反应（Cu或Ag作催化剂，加热）而生成，环戊醇可以由一氯环戊烷在NaOH的水溶液中发生取代反应而生成，一氯环戊烷可以由环戊烷和Cl2发生取代反应（光照）而生成，即
故反应1的试剂与条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂是O2/Cu；
（4）在1的合成路线中，G和H的分子式均为C9H6O2Br2，二者的结构式不相同，所以G和H互为同分异构体；
（5）根据立方烷的结构简式可知，立方烷空间对称，只有1种类型的H原子，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰；
（6）由还原法可知，立方烷的二硝基代物和六硝基代物的种类相同，根据立方烷的结构简式可知，立方烷的分子式是C8H8，立方烷的二硝基代物的结构由三种（相邻碳原子、同面对角线碳原子、立体对角线），六硝基立方烷的结构也有3种。
2014年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版全国卷）
理科综合化学部分
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6．下列叙述正确的是
A．锥形瓶可用作加热的反应器
B．室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中
C．配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高
D．用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低
【答案】A
【解析】A、锥形瓶可用作加热的反应器，但在加热时必须垫上石棉网，A正确；B、室温下，铁（或Al）遇浓硫酸（或浓硝酸）发生钝化反应，工业上常用铁罐车（铝罐车）运输浓硫酸（或浓硝酸），B错误；C、容量瓶的瓶体上只有刻度线而没有具体的刻度，C错误；D、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱（酸性降低pH值偏大，碱性溶液的PH偏小，中性溶液的PH不变），测定结果不准确，D错误。
7．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．lmol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2 L0.5 mol ? L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6 NA
【答案】D
【解析】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用。A、足量的氯气发生的离子反应有
2I—+Cl2=I2+2Cl—和2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，所以lmol FeI2（1mol Fe2+和2mol I—）与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，A错误；B、2 L0.5 mol ? L－1硫酸钾溶液中含溶质（K2SO4）的物质的量是1mol，所以阴离子SO42—的物质的量是2mol，B错误；C、Na2O2是由Na+和O22—构成，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数是3mol，C错误；D、丙烯和环丙烷的最简式都是CH2，则42 g混合气体含有3mol CH2，则氢原子的物质的量是6mol，D正确。
8．下列叙述错误的是
A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸
C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI
【答案】B
【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。
9．右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH－Ni电池)。下列有关说法不正确的是
A．放电时正极反应为：NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－
B．电池的电解液可为KOH溶液
C．充电时负极反应为：MH＋OH－→M＋H2O＋e－
D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】镍氢电池中主要为KOH作电解液，充电时，阳极反应：Ni(OH)2+ OH－= NiOOH+ H2O＋e－，阴极反应：M+ H2O＋e－=MH+ OH－，总反应为M+ Ni(OH)2=MH+ NiOOH；放电时，正极：NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－，负极：MH＋OH－→M＋H2O＋e－，总反应为MH+NiOOH=M+Ni(OH)2。以上各式中M为金属合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。
A、放电时，正极：NiOOH+H2O+e－= Ni(OH)2+OH－，故A正确；B、为了防止MH被氢离子氧化，镍氢电池中电解液为碱性溶液，主要为KOH作电解液，故B正确；C、充电式，负极作阴极，阴极反应为M+H2O+e－=MH+OH－，故C错误；D、M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高，故D正确；
10．下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A．
CO(g)
CO2(g)
NaOH 溶液、浓 H2SO4
洗气
B．
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
C．
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D．
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
【答案】B
【解析】A、除去CO中混有的CO2，当混合气体通过NaOH溶液时，除去了CO2，再通过浓H2SO4，除去了气体中的水分子，A正确；B、除去NH4Cl中的Fe3+，当加入NaOH溶液时，被提纯的物质NH4Cl也能与NaOH发生反应，我们可加入氨水调节pH至7～8，发生的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+，B错误；C、HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，然后再通过浓H2SO4对Cl2进行干燥，C正确；D、NaHCO3不稳定，加热时分解生成Na2CO3，所以可用加热固体的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，D正确。
11．下列离子方程式错误的是
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—=BaSO4↓＋2H2O
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e－= PbO2＋4H＋＋SO42—
【答案】C
【解析】A、向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸反应的离子方程式为Ba2++2OH—+2H++SO42—═BaSO4↓+2H2O，A正确；B、酸性介质中KMnO4氧化H2O2是H2O2被KMnO4氧化生成氧气以及锰离子的过程，即2MnO4—+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，B正确；C、假设MgCl2、Ba(OH)2和HC1的物质的量都是1mol，则混合液中存在1molMg2+、2mol OH—和1molH+，所以发生的离子反应有：OH—+H+=H2O以及Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓，C错误；D、铅蓄电池总的化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4?2H2O+2PbSO4；铅失电子生成硫酸铅，二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅；负极电极反应为：Pb+ SO42—-2e—=PbSO4，正极电极反应为：PbSO4+2H2O-2e—=PbO2+ SO42—+4H+，D正确。
12．从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是
【答案】A
【解析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。A、该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，A正确；B、．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，B错误；C、该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，C错误；D、该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，D错误。
13．已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
参加反应的氯气的物质的量等于amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol
【答案】D
【解析】A、令n（ClO—）=1mol，反应后=11，则n（Cl—）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3—）+1×n（ClO—）=1×n（Cl—），即5×n（ClO3—）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3—）=2mol，故溶液中=，A正确；B、由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（NaOH）= amol，B正确；C、氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒5n（KCl）=n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）= a mol，，转移电子最小物质的量=a mol×1=a moll，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol，C正确；D、氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，D错误。
第II卷
27．(15分)
A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B 在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置是 ，写出一种工业制备单质F的离子方程式 。
（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为 ，其水溶液与F单质反应的化学方程式为 ；在产物中加入少量KI，反应后加人CC14并振荡，有 机层显 色。
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：
物质
组成和结构信息
a
含有A的二元离子化合物
b
含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1
c
化学组成为BDF2
d
只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式为 ；b的化学式为 ；；c的电子式为 ；d的晶体类型是 。
（4）由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过 键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为 。
【答案】(15分)
（1）第一周期ⅠA族 2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑（或2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑）（每空2分）
（2）纯碱（或苏打）（1分） 2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3 （2分） 紫（1分）
（3）NaH（1分） Na2O2和Na2C2 （2分） （1分） 金属晶体（1分）
（4）氢（1分） 正四面体（1分）
【解析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2—具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；
（1）已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑或者电解熔融的NaCl，方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；
（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；
（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为，则其电子式为；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；
（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体。
28．(15分)
化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为 。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率 v(AX5)＝ 。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 (填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b 、
c 。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：αa为 、αc为 。
【答案】(15分)
（1）①AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ?mol—1（2分）
（2）= 1.7×10—4mol/（L?min）
解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，
，==0.30mol
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10—4mol/（L?min） （3分）②bca（2分） 加入催化剂．反应速率加快，但平衡点没有改变（2分）；温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）（2分）；③α=2（1-）（2分）；50%（1分）；40%（1分）。
【解析】（1）因为AX3的熔点和沸点分别为—93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ?mol—1，
（2）①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：，n=0.30mol。
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10—4mol/（L?min）
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有：=，=
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x= 0.40-n=0.4—
则α==2（1-）
∴αa=2（1-）=2(1—)×100%=50%；
αc=2（1-）=2(1—)×100%=40%。
29．(15 分)
苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：
制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸的熔点为76.5 ℃，微溶于冷水，溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）在250 mL三口瓶a中加入70 mL70%硫酸。配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是 。
（2）将a中的溶液加热至100 ℃，缓缓滴加40 g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130 ℃继续反应。在装置中，仪器b的作用是 ；仪器c的名称是 ，其作用是 。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加人冷水的目的是 。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填标号)。
A．分液漏斗 B．漏斗 C．烧杯 D．直形冷凝管 E．玻璃棒
（3）提纯粗苯乙酸的方法是 ，最终得到44 g纯品，则苯乙酸的产率是 。
（4）用CuCl2? 2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是 。
（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是 。
【答案】（15分）
（1）先加水，再加浓硫酸（1分）
（2）滴加苯乙腈（1分） 球形冷凝管（1分） 回流（或使气化的反应液冷凝）（1分）
便于苯乙酸析出（2分） BCE（全选对2分）
（3）重结晶（1分） 95%（1分）
（4）取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO3溶液、无白色混浊出现（2分）
（5）增大苯乙酸溶解度，便于充分反应（2分）
【解析】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，水的密度比浓硫酸的密度小，所以如果将水倒入浓硫酸中水会浮在浓硫酸的上面而沸腾造成液滴飞溅．故稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中（即先加水，再加浓硫酸）；
（2）烧瓶内盛放的是70%硫酸溶液，仪器b是分液漏斗，所以分液漏斗的作用是向三口瓶中滴加苯乙腈，以便反应得以进行；仪器c是球形冷凝管，起冷凝回流的作用（即使气化的反应液冷凝）；因为苯乙酸微溶于冷水，反应结束后加入适量的冷水的目的就是便于苯乙酸结晶析出，然后过滤（仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒）即可得到苯乙酸的粗产品。
（3）苯乙酸含有的杂质均可以溶于水，所以提纯苯乙酸的方法是：将苯乙酸粗产品加入到热水中（温度高于76.5 ℃）进行溶解，然后急剧的降温（该方法称为重结晶），使苯乙酸结晶析出，然后过滤即可。
由方程式可知，1mol理论上可以得到1mol，参加反应的苯乙腈的质量是40 g，则n(苯乙腈)= ，即理论上生成苯乙酸的物质的量也是，m(苯乙酸)= =46.50g，所以苯乙酸的产率等于=95%；
（4）CuCl2? 2H2O和NaOH溶液反应。除了得到Cu(OH)2沉淀，还有可溶性的NaCl生成，所以杂质除去的标准是：取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO3溶液、无白色混浊出现；
（5）根据题目中的信息“苯乙酸，微溶于冷水，溶于乙醇”，所以乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，使反应能充分进行。
30．(15 分)
“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)：回答下列问题：
（1）试剂a是 ，试剂b的结构简式为 ，b中官能团的名称是 。
（2）③的反应类型是 。
（3）心得安的分子式为 。
（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：
反应1的试剂与条件为 ，
反应2的化学方程式为 ，
反应3的反应类型是 。(其他合理答案也给分)
（5）芳香化合物D是1－萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E( C2H4O2) 和芳香化合物F (C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。D的结构简式为 ；
由F生成一硝化产物的化学方程式为 ，
该产物的名称是 。
【答案】（15分）
（1）NaOH（或Na2CO3）（1分） ClCH2CH=CH2（1分）氯原子、碳碳双键（2分）
（2）氧化反应（1分）
（3）C15H21O2N（1分）
（4）Cl2 / 光照（1分）（1分） 取代反应（1分）
（5）（2分）
（2分）
2—硝基—1,4—苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸）（2分）
【解析】（1）反应①的转化关系为，可以看出是酚羟基发生了变化，所以加入的试剂a可以是NaOH，也可以是或Na2CO3；从转化关系 可以看出，反应②属于取代反应，所以b的结构简式为ClCH2CH=CH2（含有的官能团是氯原子、碳碳双键）；
（2）反应③是 ，碳碳双键生成醚键，所以该反应属于氧化反应；
（3）根据心得安的结构简式，可知其分子式是C15H21O2N；
（4）由丙烷（CH3CH2CH3）三步合成ClCH2CH=CH2的流程图如下：
CH3CH2CH3CH3CHClCH3 CH2=CHCH3 ClCH2CH=CH2
所以反应1的试剂是Cl2、反应条件是光照；反应2发生的化学方程式为
；反应3的反应类型属于取代反应；
（5）1－萘酚的结构简式为，分子式为C10H8O，芳香化合物D分子中有两个官能团，能发生银镜反应，说明D函分子结构中含有醛基（—CHO），并且能被酸性KMnO4溶液氧化（D E( C2H4O2) +芳香化合物F (C8H6O4)）。E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，说明二者均具有酸性（含有官能团—COOH），所以E的结构简式是CH3COOH，又因为F芳环上的一硝化产物只有一种，说明F上的羧基的位置是对称关系，所以F的结构简式为（其中一个—COOH是醛基被氧化的到的，另一个是碳碳三键被氧化得到），则D的结构简式为；F的结构简式为，F发生硝化反应的反应方程式为，得到的产物是（2—硝基—1,4—苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸））。
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
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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
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．①③ B．①④ C．②④ D．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。
11．某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝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0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D.
【解析】正极反应为氯气得电子与银离子变成氯化银沉淀，A错误；放电时交换膜右侧不会出现大量沉淀，B错误；氯化钠代替盐酸，电池总反应不变，C错误；当电路中转移0.01mole时，左侧溶液中减少0.02mol离子，D正确。
12．在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
(N2O)/mol·L-1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
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N2O消耗一半时所需的相应时间， 1、2均表示N2O初始浓度且1＜2)
A B
C D
【答案】A
【解析】半衰期是一定值，与浓度无关，A正确；浓度越大，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，B错误；半衰期是一定值，与浓度无关，C错误；浓度越大，物质的转化率不一定变大，D错误。
第II卷
23．(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是 (填序号)。
a．Cl2、Br2、I2的熔点 b． Cl2、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：
NaCl溶液 NaClO3溶液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，在水溶液中1 mol Cl－、ClO－(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)。
【答案】（15分）
（1）
（2）b、c
（3）① 1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑
②复分解反应 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体
（4）①ClO4—
②3 ClO—()==ClO3—()+2Cl—() △H=117KJ·mol—1
【解析】（1）与氯元素同主族的短周期元素位F，原子结构示意图为：
能作为非金属性判断的依据是单质之间的氧化性顺序，b正确，气态氢化物的热稳定性顺序，c正确；单质的熔沸点和氢化物的酸性不是判断依据。
根据氧化还原反应得失电子守恒，1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑；氯酸钠与氯化钾反应生成氯酸钾，反应类型为复分解反应，能析出晶体的原因是氯酸钾的溶解度小于其他晶体。
根据图像，D物质中化合价为+7，则D是ClO4—则根据化合价可得反应方程式为：3 ClO—()==ClO3—()+2Cl—() △H=63+0-3×60=-117 KJ·mol—1。
24．(15分)铁及其化合物与生产、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1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝ 。
【答案】（15分）
（1）①吸氧腐蚀 ②B
（2）①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O ②4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O
③氮氧化物排放少（或其他合理答案）
（3）① 4:1 ②0.05
【解析】（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化 废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。
根据反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=4:1，若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为率为50%，
FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
起始 0.02 x 0 0
变化 0.01 0.01 0.01 0.01
平衡时 0.01 x-0.01 0.01 0.01
根据平衡常数K=0.25得：，解得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－1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（15分）
（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
（2）过滤
（3）d
（4）a、e
（5）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
（6）① 0.16 ②偏低
【解析】（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。
（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测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。
（5）检验变质的方法是取少量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。
（6）根据反应方程式可得: SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI。碘的物质的量为0.0100×25×10-3=2.5×10-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.5×10-4mol×64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。
31．化学－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在下约300Km的古地壳中被发现。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。1mo NH4BF4含有 mol配位键。
【答案】（13分）
（1）1s22s22p1
（2）b、c
（3）平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子
（4）sp3 高温、高压
（5）2
【解析】（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；
立方相氮化硼是sp3杂化，a错误；六方相氮化硼是层状结构，层间作用力小，质地软，b正确；两种晶体均为共价键，c正确；立方相氮化硼为原子晶体，d错误。
六方相氮化硼层内一个硼原子与相邻N原子空间构成平面三角形，结构与石墨相似，但B原子最外层只有3个电子，没有自由移动的电子，故不能导电。
立方相氮化硼是sp3杂化，根据天热矿物在青藏高原300km的古地壳中发现，可以推出反应条件为高温高压。
（5）铵根中含有1mol配位键，BF4-含有1mol配位键，共2mol。
32．化学－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。
甲 乙 丙
（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7：5 b．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 。
【答案】（13分）
（1）羧基
（2）a、c
（3）
（4）①取代反应 ②保护氨基
③
【解析】（1）甲的结构简式为，显酸性的官能团为羧基；
根据乙的结构简式，分子中碳原子为7，N原子个数为5，a选项正确；不含苯环，b错误；含有氨基能与盐酸反应，含有氯素原子可以与氢氧化钠反应，c正确；不属于酚类，d错误。
丁，且在稀硫酸中水解有乙酸生成，则丁含有酯基，结构简式为
由题给信息可知，反应I为取代反应，步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基；步骤IV反应的化学方程式为
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
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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，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。
（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+ 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
理科综合 化学部分
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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CaCO3
C．
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98KJmol-1 D．
【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：2H2O2＝2H2O＋O2，v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，D错误。
10．X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的的最低价离子分别为和，Y+和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）
A．原子的最外层电子数：X>Y>Z B．单质沸点：X>Y>Z
C．离子半径：> Y+> D．原子序数：X>Y>Z
【答案】D
【解析】由于Y+与Z-的电子层结构相同，所以两种元素位于相邻周期，则Y是Na，Z是F ，则X是S。则原子最外层电子数F＞S＞Na，A错误；单质沸点：S＞Na＞F2，B错误；离子半径：S2-＞F-＞Na+，C错误；原子序数：S＞Na＞F，D正确。
11．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℃时溴酸银的约等于
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】该图像只是给出溴酸银溶解度与温度的关系，无法判断其溶解过程的热效应，A错误；由于物质的溶解过程是吸热过程，温度升高溶解速率加快，B正确；60℃时溴酸银溶解度约为0.6g，n(AgBrO3)＝0.0025mol，c(Ag+)＝c(BrO3-)＝0.025mol·L-1，Ksp≈6.25×10-4,C正确；由于硝酸钾的溶解度随温度变化程度很大，而溴酸银溶解度随温度变化不大，可以用重结晶的方法提纯，D正确。
12．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中烘干
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
【答案】B
【解析】容量瓶是对精度要求很高的仪器，不能高温烘干，以免对其精度造成影响，A错误；滴定管在盛装溶液前，都需要用待盛装溶液润洗，B正确；酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗，否则会造成待滴定溶液的溶质增多，造成测定结果偏高，C 错误；用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，只能放弃重配，若吸出溶液，溶质减少，配得溶液浓度偏低，D错误。
13．利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（ ）
选项
①
②
③
实验结论
A．
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
(AgCl)> (Ag2S)
B．
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C．
稀盐酸
Na2SO3
Ba(NO3)2溶液
SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀
D．
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性：硝酸>碳酸>硅酸
【答案】B
【解析】由于稀硫酸与Na2S反应生成的H2S会与AgNO3反应生成黑色Ag2S沉淀和强氧化性的HNO3，进而把H2S氧化为S沉淀，同时生成的Ag2S黑色沉淀遮盖AgCl浊液，不能观察AgCl转化为Ag2S，A错误；浓硫酸有脱水性，可使蔗糖碳化，并放出大量的热量，进而与生成的C反应生成SO2，使③中的溴水褪色，通过蔗糖变黑、溴水褪色可以得出浓硫酸具有脱水性、氧化性，B正确；稀盐酸与Na2SO3反应生成的SO2与Ba(NO3)2发生氧化还原生成BaSO4，SO2与BaCl2则不反应， C 错误；由于浓硝酸有挥发性，会有较多的HNO3进入③与Na2SiO3反应，影响碳酸与硅酸酸性的比较，D错误。
26．（13分）
乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素的成分之一，具有橡胶的香味。实验室制备乙酸异戊酯的反应、装置示意图和有关信息如下：
相对分子质量
密度/（g·cm—3）
沸点/℃
水中溶解度
异戊醇
88
0.8123
131
微溶
乙 酸
60
1.0492
118
溶
乙酸异戊酯
130
0.8670
142
难溶
实验步骤：
在A中加入4.4 g的异戊醇，6.0 g的乙酸、数滴浓硫酸和2～3片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50分钟，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硫酸镁固体，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，，进行蒸馏纯化，收集140～143 ℃馏分，得乙酸异戊酯3.9 g。回答下列问题：
（1）装置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上口倒出
B．直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出
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放出
（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硫酸镁的目的是：
（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是： (填标号)
a b
c d
（7）本实验的产率是：
A、30℅ B、40℅ C、 50℅ D、60℅
（8）在进行蒸馏操作时，若从130 ℃开始收集馏分，产率偏 (填高或者低)原因是
【答案】（1）球形冷凝管
（2）洗掉大部分浓硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠。
（3）d。
（4）提高异戊醇的转化率
（5）干燥
（6）b
（7）c
(8)高，会收集到少量未反应的异戊醇。
【解析】（1）仪器B是球形冷凝管
（2）第一次水洗主要是洗掉浓硫酸和过量的乙酸。第二次水洗则主要是洗去上一步加入的饱和NaHCO3。主要从物质的溶解性和存在的杂质考虑。
（3）乙酸异戊酯比水要轻，分液时下层必须从下口放出，上层液体从上口倒出。所以选d。
（4）由于乙酸的沸点最低，所以会有较多的乙酸挥发损耗，加入过量的乙酸可以保证使异戊醇更多的转化为产品
（5）无水MgSO4有较快的吸水性，且不与乙酸异戊酯反应，可以吸收水，便于下一步的蒸馏。
（6）a、d的温度计位置错误，冷凝管应该用直形冷凝管，若用球形冷凝管，冷凝的液体不能全部流下，所以应该用b。
（7）从反应方程式可以看到乙酸过量，则按异戊醇计算。理论上可以生成乙酸异戊酯6.6g。则产率为：3.9g/6.5g×100%＝60%.
(8)会使产率偏高，溶于乙酸异戊酯的异戊醇会进入到产品中。
27．（15分）
次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：
（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。
（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，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____________________________________。
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 。
【答案】（1）H3PO2H+＋H2PO2-
(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。
（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.
③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。
【解析】（1）一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：H3PO2H+＋H2PO2-
(2)①利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。
②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。
③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。
（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，注意配平就可以：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2
（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.
②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.
③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。
28．（15分）
乙酸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）间接水合法是指现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) =23.9 KJ﹒mol-1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH(g)== C2H4(g)+ 2H2O (g) =29.1 KJ﹒mol-1
乙醇异构化反应 C2H5OH(g) ==CH3OCH3(g) =+50.7KJ﹒mol-1
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)==C2H5OH(g)的=______KJ﹒mol-1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是____________________________________。
（3）下图为气相直接水合法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Kp=_______（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（、、、）的大小顺序为_________，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_________、_________。
【答案】（1）CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H；C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4
（2）—45.5；减少污染；减少对设备的腐蚀。
(3)①0.07 Mpa-1
②P4＞P3＞P2＞P1；反应分子数减少，相同温度下，压强升高乙烯转化率升高。
③增大n(H2O)︰n(C2H4)的比值，及时把生成的乙醇液化分离
【解析】（1）乙烯与硫酸发生加成反应生成硫酸氢乙酯，硫酸氢乙酯再通过取代反应得到乙醇。
CH2＝CH2＋H2SO4 C2H5OSO3H
C2H5OSO3H＋H2OCH3CH2OH＋H2SO4
（2）通过盖斯定律，—△H2＋△H1－△H3＝—45.5KJ·mol-1
比较两种流程，可看出气相直接水合法减少反应步骤，增大产物的产率，同时减少污染物的排放；不用硫酸作反应物，减少对设备的腐蚀。
(3)①A点乙烯的平衡转化率是20%。
根据反应：CH2＝CH2＋H2O C2H5OH
起始 1mol 1mol 0
转化： 0.2mol 0.2mol 0.2mol
平衡 0.8mol 0.8mol 0.2mol
则平衡时乙烯的分压：P(C2H4)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
水蒸气的分压：P(H2O)＝7.85Mpa×0.8mol/1.8mol＝3.4889 Mpa
乙醇的分压：P(C2H5OH)＝7.85Mpa×0.2mol/1.8mol＝0.8722 Mpa
则平衡常数Kp＝P(C2H5OH)/ P(C2H4)× P(H2O)＝0.8722 Mpa/3.4889 Mpa×3.4889 Mpa＝0.07 Mpa-1
②通过反应可以看出压强越大，乙烯的转化率越高，通过在300℃时转化率可得出：P4＞P3＞P2＞P1。
③可以增大H2O的浓度，及时分离出生成的乙醇。
36．[化学——选修2：化学与技术]（15分）
磷矿石主要以磷酸钙[Ca3(PO4)2H2O]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制备磷酸。图（b）是热法磷酸生成过程中由磷灰石制单质磷的流程。
图（a）
图（b）
部分物质的相关性质如下：
熔点/℃
沸点/℃
备注
白磷
44
280.5
PH3
-133.8
-87.8
难溶于水，具有还原性
SiF4
-90
-86
易水解
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）以磷灰石为原料，湿法磷酸过程中Ca3F(PO4)3反应的化学方程式为： 。现有1吨折合含有五氧化二磷约30%的磷灰石，最多可制得85℅的商品磷酸 吨。
（3）如图(b)所示，热法生产磷酸的第一步是将二氧化硅、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： 。
【答案】（1）69%
（2）Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF↑ 0.49t
（3）CaSiO3，，液体白磷；固体白磷。
（4）CO、SiF4；H2S、HF、SiF4，PH3。
（5）产品纯度高或产品浓度大
【解析】（1）含磷的肥料有两种：磷矿粉肥和最终制得的磷肥，共4%+96%×85%×80%＝69%
（2）湿法生产磷酸属于复分解反应,符合强酸制取弱酸的反应， Ca5F(PO4)3＋5H2SO4＝3H3PO4＋5CaSO4＋HF
根据P原子守恒：P2O5→2 H3PO4
142 196
0.3t 85%x
则：85%x×142＝196×0.3t，x＝0.49t
（3）炉渣主要成分是硅酸钙（CaSiO3），冷凝塔1的温度为70℃，白磷蒸汽冷凝为液体；冷凝塔2的温度为18℃，白磷液体固化变为固体。
（4）因为使用了过量的焦炭，所以尾气中中有大量的CO气体，还含有SiF4；通过碱性溶液，酸性的H2S、HF以及易水解的SiF4被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。
（5）用白磷制取磷酸可以制得高纯度的磷酸
37．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
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________方法区别晶体、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为___________，1mol乙醛分子中含有的键的数目为___________。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定点，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nm，晶胞中铝原子的配位数为 。列式表示Al单质的密度 gcm-3。
【答案】（1）X射线衍射法，
（2）4，1s22s22p63s23p63d5；血红色。
（3）sp3、sp2；6NA；形成了分子间的氢键，造成沸点升高；16。
（4）12；
【解析】（1）区分晶体、非晶体的科学方法是X射线衍射法，
（2）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6 4s2，所以有4个未成对电子，失掉2个4s、1个3d电子形成Fe3+，其电子排布为1s22s22p63s23p63d5；形成的硫氰合铁配离子为血红色。
（3）乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型，采取sp3杂化；醛基是平面结构，碳原子采取sp2杂化；CH3CHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是σ键，碳氧双键中有一个σ键，所以1mol乙醛分子中共有6molσ键，也就是6NA；由于乙酸分子羟基极性更强，形成了分子间的氢键，造成沸点升高；根据分摊原则，Cu2O晶胞中有8个氧原子，则应该有16个Cu原子。
（4）面心立方最密堆积的配位数为12；面心立方最密堆积的晶胞内有4个Al原子，其质量为：4×27/NAg，体积为：(4.05×10-7)3cm3,所以其密度为：
38．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
席夫碱类化合物G在催化席夫碱类化合物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：
①
②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔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106。
④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的
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）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。
（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。
反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。
【答案】（1）C(CH3)2Cl—CH(CH3)2＋NaOH C(CH3)2＝C(CH3)2＋NaCl＋H2O
（2）乙苯，C2H5—＋HNO3 C2H5——NO2＋H2O
（3）C2H5——NCH3
（4）19种，
（5）浓硝酸、浓硫酸；Fe/稀盐酸；—NH2。
【解析】A是氯代烷烃，发生消去反应得到烯烃B，结合信息①②可知B是一种对称烯烃，且双键碳原子上没有氢原子，则B结构简式为：C(CH3)2＝C(CH3)2，生成的C是丙酮：CH3CH3；F分子式为C8H11N，结合信息③，D是乙苯；F的苯环上只有两种环境的氢原子，则乙基、氨基位于对位上：C2H5——NH2；F与丙酮C发生信息⑤的反应得到产品G：C2H5——NCH3。
（1）A生成B是氯代烃的消去反应，C(CH3)2Cl—CH(CH3)2＋NaOH C(CH3)2＝C(CH3)2＋NaCl＋H2O
（2）D的名称是乙苯，C2H5—＋HNO3 C2H5——NO2＋H2O
（3）G结构简式为：C2H5——NCH3
（4）对乙基苯胺的同分异构体还有：邻乙基苯胺、间乙基苯胺、2,3—二甲基苯胺、2,4—二甲基苯胺、2,5—二甲基苯胺、2,6—二甲基苯胺、3,4—二甲基苯胺、3,5—二甲基苯胺共8种，把C2H6N作为一个取代基共有5种，分别作为一个甲基、一个甲氨基有3种，分别作为一个甲基、一个氨基甲基又有3种。所以共有：8＋5＋3＋3＝19种；核磁共振有4组峰表示有4种氢原子，且原子个数比为6︰2︰2︰1的有：或或；
（5）结合题中的信息⑤，采用逆推法：J用H2加成得到产品，J为—NCH3，则I为—NH2，H为：—NO2，反应条件1是苯环上引入硝基，试剂为：浓硝酸、浓硫酸；反应条件2把硝基还原为氨基，试剂为：Fe、稀盐酸。
2014年普通高等学校招生全国统一考试（全国II卷）
理科综合化学部分
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7．下列过程没有发生化学反应的是
A．用活性炭去除冰箱中的异味
B．用热碱水清除炊具上残留的污垢
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装
【答案】A
【解析】A、活性炭去除冰箱中的异味是利用活性炭的物理吸附作用，没有发生化学变化，A正确；B、污垢的主要成分是油脂，该过程利用了油脂在碱性条件下（热碱溶液）能发生彻底的水解反应，发生了化学变化，B错误；C、水果在成熟的过程中，会释放一种称为乙烯的物质，乙烯具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，发生了氧化反应，属于化学变化，C错误；D、铁粉可吸收氧气，防止食品被氧化，属于化学变化，D错误。
8．四联苯的一氯代物有
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】C
【解析】根据四联苯的结构可知，的分子结构呈现对称性，则四联苯分子中有5种不同类型的H原子，所以一氯代物也有5种。
9．下列反应中，反应后固体物质增重的是
A．氢气通过灼热的CuO粉末 B．二氧化碳通过Na2O2粉末
C．铝与Fe2O3发生铝热反应 D．将锌粒投入Cu（NO3）2溶液
【答案】B
【解析】A、发生的反应是CuO+H2Cu+H2O，固体从CuOCu，质量减小，A错误；B、发生的反应是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2↑，固体从Na2O2Na2CO3，质量增加，B正确；C、发生的反应是Al+Fe2O3Al2O3+Fe，固体从Al+Fe2O3 Al2O3+Fe，质量没有变化，C错误；D、发生的反应是Zn+Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+Cu，固体从ZnCu ，质量减小，D错误。
10．下列图示试验正确的是
A．除去粗盐溶液中的不溶物 B．碳酸氢钠受热分解
C．除去CO气体中的CO2气体 D．乙酸乙酯的制备
【答案】D
【解析】A、除去粗盐中的不溶物采取过滤的方法，过滤时要注意“一贴二低三靠”，“三靠”指的是玻璃棒下端要紧靠三层滤纸一侧、烧杯紧靠玻璃棒、漏斗下端紧靠烧杯内壁，A错误；B、加热固体，试管口要向下倾斜，B错误；C、除去CO气体中的CO2气体要通过含有碱溶液的洗气瓶，要注意气流方向为长管进气、短管出气，C错误；D、制备乙酸乙酯的实验装置正确。
11．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=1×10-5mol·L-1
B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+
D. pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①>②>③
【答案】D
【解析】A、pH=5的H2S溶液中，存在H2S H++ HS-、HS- H++ S2-、H2O H++OH-三个电离平衡，所以=1×10-5mol·L-1 >，A错误；B、氨水的溶质一水合氨（）属于弱电解质（），加水稀释，会使电离平衡向正方向移动，促进了的电离，所以PH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其PH=b，则a>b+1，B错误；C、根据电荷守恒可知：+=++，C错误；D、酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO，根据盐类水解的规律可知：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，溶液的减小就越强，PH就越大，所以PH相同①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的：①>②>③，D正确。
12．2013年3月我国科学家报道了如图所示的水溶液锂离子电池体系。下列叙述错误的是
A．a为电池的正极
B．电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi
C．放电时，a极锂的化合价发生变化
D．放电时，溶液中的Li+从b向a迁移
【答案】C
【解析】根据题给装置图判断，电极b是原电池的负极，电极反应式为Li-e- =Li+，电极a是原电池的正极，电极反应为LiMn2O4 +xLi +xe- =Li1-xMn2O4。
A、综上所述，a是原电池的正极，A正确；B、根据正负极的电极反应可知，电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLi，B正确；C、放电时，a极锰的化合价发生变化，Li的化合价没有变化，C错误；D、放电时，溶液中的Li+从b向a迁移，D正确。
室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s) +5H2O()，热效应为ΔH3。则下列判断正确的是
A．ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3
C．ΔH1+ΔH3=ΔH2 D．ΔH1+ΔH2=ΔH3
【答案】B
【解析】根据题意，发生反应的热化学方程式为：
CuSO4·5H2O(s)溶于水（溶液温度降低，该过程为吸热过程）：
CuSO4·5H2O(s) Cu2+()+SO42-()+5H2O() ΔH1>0
CuSO4(s)溶于水会（使溶液温度升高，该过程为放热过程）
CuSO4(s) Cu2+()+SO42-() ΔH2<0
CuSO4·5H2O(s)受热分解的热化学方程式为
CuSO4·5H2O(s) CuSO4(s) +5H2O() ΔH3
根据盖斯定律可知：ΔH3=ΔH1-ΔH2>0
A、根据上述分析，ΔH2<0，ΔH3 >0，所以A错误；B、ΔH3=ΔH1-ΔH2（ΔH2<0），所以ΔH3>ΔH1，B正确；C、ΔH3=ΔH1-ΔH2，C错误；D、ΔH1+ΔH2<ΔH3，D错误。
26．（13分）
在容积为100L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4g) 2NO2 (g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
回答下列问题：
（1）反应的 0（填“大于”或“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反应速率为 mol·L·s；反应的平衡常数为 。
（2）100℃时达平衡后，改变反应温度为，以以0.0020 mol·L·s的平均速率降低，经10s又达到平衡。
① 100℃（填“大于”或“小于”），判断理由是 。
②列式计算温度时反应的平衡常数 。
(3)温度时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，判断理由是 。
【答案】（13分）
（1）大于 0.0010 0.36mol·L—1
（2）①大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高 ②平衡时，(NO2)=0.120 mol·L—1+0.0020 mol·L—1·s—1×10s×2=0.16 mol·L—1，(N2O4)=0.040 mol·L—1-0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020 mol·L—1，则=1.3 mol·L—1；
（3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆方向移动
【解析】（1）根据题目提供的信息：随温度升高，混合气体的颜色变深（NO2浓度增大），说明平衡N2O4g) 2NO2 (g)向正方向移动，则说明正反应是吸热反应，>0。根据图像可知，0~60s时间段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 mol·L，所以=0.0020 mol·L—1·s—1，根据各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以==0.0010 mol·L—1·s—1；由图像可知，100℃达到平衡时，(NO2)= 0.120 mol·L—1，(N2O4)= 0.040 mol·L—1，所以化学平衡常数=0.36mol·L—1；
（2）改变反应温度为，以以0.0020 mol·L·s的平均速率降低，说明减低，平衡向着正方向移动，又因为该反应N2O4g) 2NO2 (g)的焓变>0，说明反应温度意味着温度升高；②因为以0.0020 mol·L·s，反应经过的时间是10s，所以△(N2O4)= 0.0020 mol·L—1·s—1×10s=0.020 mol·L—1，则△(NO2)= 0.020 mol·L—1×2= 0.040 mol·L—1，所以平衡时(N2O4)= 0.040 mol·L—1-0.020 mol·L—1=0.020 mol·L—1，(NO2)=0.120 mol·L—1+0.040 mol·L—1=0.16 mol·L—1，则=1.3 mol·L—1；
（3）温度为T时，达到平衡时，将反应容器的体积减小一半，此过程相当于增大用气枪的过程。当其他条件不变时，增大压强，平衡会向着气体物质的量减小的方向移动，对于此反应来说（N2O4 (g) 2NO2 (g)），当其他条件不变时，增大压强，平衡向逆方向移动。
27．（15分）
铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题：
铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层，铅在元素周期表的位置为第_ _周期、第_ _族，PbO2的酸性比CO2的酸性 （填“强”“弱”）。
PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。
PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得反应的离子方程式为 ；PbO2也可以通过石墨为电极Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为_ _。阴极上观察到的现象是_ _；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为 _，这样做的主要缺点是_ 。
PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%（）的残留固体，若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m:n值_ _。
【答案】（15分）
（1） 六 ⅣA 弱
（2）PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2↑+2H2O
（3）PbO+ClO—= PbO2+Cl— Pb2++2H2O - 2e— = PbO2↓+ 4H+
石墨上包上铜镀层 Pb2++2e— =Pb↓ 不能有效利用Pb2+
（4）根据PbO2 PbO+O2↑，有×32=，=1.4 ，根据mPbO2·nPbO，，==
【解析】碳在元素周期表中的位置是第二周期，IVA族，由图中所给的信息“铅是碳的同族元素，比碳多4个电子层（相当于比C的周期数大4）”，所以铅在元素周期表的位置为第六周期，IVA族；由于同主族元素随着核电荷数的逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，所以PbO2的酸性比CO2的酸性要弱；
（2）PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，则该黄色色气体是Cl2，（则意味着该反应为氧化还原反应），所以反应的方程式为PbO2+4HCl(浓) PbCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）由题目提供的信息可知，PbO与次氯酸钠溶液反应属于氧化还原反应，Pb化合价升高，Cl元素化合价降低，故离子方程式为PbO+ClO—= PbO2+Cl—；
（4）电解池的阳极发生失电子反应（氧化反应），因为Pb2+→PbO2属于氧化反应，所以发生的电极反应为Pb2++2H2O - 2e— = PbO2↓+ 4H+；由于Cu2+的放电能力强于Pb2+，故阴极上的电极反应为Cu2++2e—=Cu，则阴极产生的现象是石墨上包上铜镀层；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为Pb2++2e— =Pb↓，这样一来就不能有效利用Pb2+。
（5）样品失重的原因是生成了氧气，根据PbO2 PbO+O2↑，有×32=，=1.4 ，根据mPbO2·nPbO，，==。
28．（15分）
某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X，为确定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：精确成全g X，加入适量水溶解，加入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品中的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗NaOH溶液。
氨的测定装置（已省略加热和夹持装置）
②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点（Ag2CrO4为砖红色）。
回答下列问题：
（1）装置中安全管的作用原理是_ _。
（2）用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用_ _式滴定管，可使用的指示剂为 _。
（3）样品中氨的质量分数表达式为_ _。
（4）测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将_ _（填“偏高”或“偏低”）。
（5）测定氯的过程中，使用棕色测定管的原因是_ _ _ _ _ 定点终点时，若溶液中mol·L—1，为__ mol·L—1，（已知： ）
（6）经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量比为1:6:3，钴的化合价为_ _ _，制备X的化学方程式为_ _ _ _ ，X的制备过程中温度不能过高的原因是_ _ 。
【答案】（15分）
（1）当A中压力过大时，安全管中的液面上升，使A瓶中的压力稳定。
（2）碱 酚酞（或甲基红）
（3）
（4）偏低
（5）防止硝酸银见光分解 2.8×10—3
（6）+3 2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2[Co(NH3)6]Cl3 + 2H2O
温度过高过氧化氢分解，氨气逸出
【解析】（1）分析装置可知，当A中压力过大时，安全管中的液面上升，使A瓶中的压力稳定；
（2）NaOH标准溶液应使用碱式滴定管，在滴定时，可以选择酚酞（或甲基红）作为指示剂；
（3）氨滴定过程中发生的反应是NH3+HCl=NH4Cl，消耗的HCl的物质的量是mol，所以参加反应NH3的物质的量也是mol，则NH3的质量是g，则氨的质量分数为；
（4）在进行氨的测定实验前要对装置的气密性进行检查，如若装置的气密性不好，则会导致一部分氨气逸出，使氨气的测定结果降低；
（5）测定氯的过程中，用AgNO3进行滴定，因为AgNO3见光易分解，所以必须使用棕色滴定管进行滴定（防止AgNO3见光分解）；根据沉淀溶解平衡可知，，
则===2.8×10—3 mol·L—1;
（6）由题意“样品X中钴、氨和氯的物质的量比为1:6:3”可以写出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，根据化合物中元素化合价代数和为0，所以Co元素呈现+3价；由制备[Co(NH3)6]Cl3的原料：CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水，可以写出反应的方程式为2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2[Co(NH3)6]Cl3 + 2H2O，因为温度过高过氧化氢分解，导致氨气逸出，所以X的制备过程中温度不能过高。
36.【化学——选修2：化学与技术】（15分）
将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化，再从剩余的浓海水中滤过一系列工艺流程提取其他产品。
回答下列问题：
（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是 （填序号）。
①用混凝法获取淡水 ②提高部分产品的质量
③优化提取产品的品种 ④改进钾、溴、镁等的提取工艺
（2）采用“空气吹出法”从弄海水吹出Br2，并用纯碱吸收，碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO，吸收1 mol Br2时，转移的电子数为
mol。
（3）海水提取镁的一段工艺流程如下图：
浓海水的主要成分如下：
离子
Na+
Mg2+
Cl—
SO42—
浓度/（g·L-1）
63.7
28.8
144.6
46.4
该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为 ，产品2的化学式为 。1L浓海水最多可得到产品2的质量为 g。
（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为 ；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式 。
【答案】[化学选修—2：化学与技术]（15分）
（1）②③④
（2）
（3）Ca2++SO42-= CaSO4↓ Mg(OH)2 69.6
（4）
【解析】（1）混凝法只能除去水中的悬浮颗粒物，不能获取淡水，故设想和做法可行的是②③④。
（2）Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO+NaHCO属于氧化还原反应，我们可以利用得失电子守恒进行方程式的配平，配平后即是3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO+
6NaHCO，所以吸收1mol Br2时转移电子的物质的量是mol；
（3）根据流程图可知，“脱硫”阶段是除去浓海水中的“SO42—”，加入的试剂是“Ca2+”，发生的离子反应是Ca2++SO42-= CaSO4↓，制备产品2的主要反应是Mg2++2OH—= Mg(OH)2，所以产品2的化学式是Mg(OH)2。由题目中的信息可知，1L浓海水中含Mg2+的质量是28.8g（则n（Mg2+）=1.2mol），那么1.2mol的Mg2+最多可以得到1.2mol的Mg(OH)2，故Mg(OH)2的质量是；
（4）因为阳极的电极材料是石墨，所以电解熔融的氯化镁发的方程式为MgCl2Mg+Cl2↑；Mg的化学性质比较活泼，能与水发生反应，反应的方程式为Mg+2H2O Mg(OH)2+ H2↑。
37、[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）
周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的末成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
（1）a、c、d中第一电离能最大的是________(填元素符号)，e的价层电子轨道示图为___________.
（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是_________（填化学式，写出两种）。
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是__________:酸根呈三角锥结构的酸是___________。（填化学方式）
（4）e和e形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为_________。
（5）这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。
该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有__________；该化合物中加热时首先失去的组分是_________，判断理由是_________。
【答案】[化学——选修3：物质结构与性质] （15分）
（1）N
（2）sp3 H2O2 N2H4
（3）HNO2 HNO3 H2SO3
（4）+1
（5）H2SO4 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】题目所给的信息“周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大”。a的核外电子总数与其周期数相同，说明a是H元素；b的价电子层中的末成对电子有3个，则b是N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则c是O元素；d与c同族，则d是S元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素。
（1）根据同周期元素随着核电荷数的增大，第一电离能呈现逐渐增大的趋势。但当元素的原子轨道呈全满、全空、半充满状态时，较稳定，同主族元素随着核电荷数的增大，第一电离能逐渐减小。N原子2p轨道为半充满状态，较稳定，所以N、S、O三种元素第一电离能较大的是N元素；e是Cu元素，Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d104s1，所以Cu的价层电子轨道示意图为；
（2）由上述可知，a是H元素，和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的分子式NH3，从分子构型来看。氨分子形成不等性SP3杂化，连接三个H则分子呈三角锥形，并有一个孤立sp3轨道的电子；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4、C2H6等；
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的阶层电子对数为3的酸是HNO2 、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3；
（4）c是O元素，e是Cu元素，根据O和Cu元素形成的晶胞结构来看，1个晶胞中O元素微粒的个数是8×+1=2，Cu元素的微粒的个数是4，所以二者的个数比是1:2，则该离子化合物的化学式是Cu2O，则Cu元素所带的电荷数是+1；
（5）根据题目中的信息可知，5种元素（H、N、O、S、Cu）形成的一种1:1型的离子化合物中，阴离子呈四面体结构，可知该阴离子是SO42—，阳离子呈轴向狭长的八面体结构，结合图2，可知该化合物的额化学式是[Cu(NH3)4(H2O)2] SO4，阳离子是[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，则阳离子中含有共价键和配位键。
38．[ 化学—选修5：有机化学基础]（15分）
立方烷具有高度对称性、高致密性、高张力能及高稳定性等特点，因此和成立方烷及其衍生物呈为化学界关注的热点。下面是立方烷衍生物I 的一种合成路线：
回答下列问题：
（1）C的结构简式为_________，E的结构简式为__________。
（2）的反应类型为__________，的反应类型为__________。
（3）化合物A可由环戍烷经三步反应合成：
反应1的试剂与条件为_________:反应2的化学方程式为__________；反应3可用的试剂为____________。
（4）在1的合成路线中，互为同分异构体的化合物是__________（填化合物的代号）。
（5）1与碱石灰共热可转化为立方烷。立方烷的核磁共振氢谱中有________个峰。
（6）立方烷经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有________种。
【答案】[化学—选修5：有机化学基础]（15分）
（1）
（2）取代反应 消去反应
（3）Cl2/光照 O2/Cu
（4）G和H
（5）1
（6）3
【解析】（1）C是由B（）在NaOH的醇溶液发生消去反应生成的，根据消去反应的规律，可知C的结构简式为；E是由D（）和Br2发生加成反应得到的，所以E的结构简式为；
（2）根据流程路线可知：A（）生成B（）属于取代反应，B（）在NaOH的醇溶液发生消去反应生成C（），C（）与NBS在过氧化氢存在的条件下加热发生取代反应生成D（），D（）和Br2发生加成生成E（），所以反应③是取代反应；反应⑤是E（）生成F（），所以反应⑤属于消去反应；
（3）根据合成路线，采取逆推法可知，生成环戊酮可以由环戊醇发生氧化反应（Cu或Ag作催化剂，加热）而生成，环戊醇可以由一氯环戊烷在NaOH的水溶液中发生取代反应而生成，一氯环戊烷可以由环戊烷和Cl2发生取代反应（光照）而生成，即
故反应1的试剂与条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂是O2/Cu；
（4）在1的合成路线中，G和H的分子式均为C9H6O2Br2，二者的结构式不相同，所以G和H互为同分异构体；
（5）根据立方烷的结构简式可知，立方烷空间对称，只有1种类型的H原子，所以立方烷的核磁共振氢谱中有1个峰；
（6）由还原法可知，立方烷的二硝基代物和六硝基代物的种类相同，根据立方烷的结构简式可知，立方烷的分子式是C8H8，立方烷的二硝基代物的结构由三种（相邻碳原子、同面对角线碳原子、立体对角线），六硝基立方烷的结构也有3种。
2014年普通高等学校招生全国统一考试（大纲版全国卷）
理科综合化学部分
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6．下列叙述正确的是
A．锥形瓶可用作加热的反应器
B．室温下，不能将浓硫酸盛放在铁桶中
C．配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高
D．用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低
【答案】A
【解析】A、锥形瓶可用作加热的反应器，但在加热时必须垫上石棉网，A正确；B、室温下，铁（或Al）遇浓硫酸（或浓硝酸）发生钝化反应，工业上常用铁罐车（铝罐车）运输浓硫酸（或浓硝酸），B错误；C、容量瓶的瓶体上只有刻度线而没有具体的刻度，C错误；D、用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH．不能用水湿润pH试纸，否则稀释了待测溶液，使溶液的酸碱性减弱（酸性降低pH值偏大，碱性溶液的PH偏小，中性溶液的PH不变），测定结果不准确，D错误。
7．NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是
A．lmol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA
B．2 L0.5 mol ? L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA
C．1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NA
D．丙烯和环丙烷组成的42 g混合气体中氢原子的个数为6 NA
【答案】D
【解析】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用。A、足量的氯气发生的离子反应有
2I—+Cl2=I2+2Cl—和2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—，所以lmol FeI2（1mol Fe2+和2mol I—）与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，A错误；B、2 L0.5 mol ? L－1硫酸钾溶液中含溶质（K2SO4）的物质的量是1mol，所以阴离子SO42—的物质的量是2mol，B错误；C、Na2O2是由Na+和O22—构成，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数是3mol，C错误；D、丙烯和环丙烷的最简式都是CH2，则42 g混合气体含有3mol CH2，则氢原子的物质的量是6mol，D正确。
8．下列叙述错误的是
A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸
C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率
D．用AgNO3溶液可以鉴别KC1和KI
【答案】B
【解析】A、SO2使溴水褪色是因为SO2和Br2发生了氧化还原反应（SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4）, 乙烯使KMnO4溶液褪色也是发生了氧化还原反应，A正确；B、热的NaOH溶液虽然可以中和乙酸，但也会使乙酸乙酯发生水解，B错误；C、实验室制取乙烯实验中，由于电石和水的反应很剧烈，所以常用饱和食盐水代替水，目的是减缓电石与水的反应速率，C正确；D、AgNO3和KC1产生白色沉淀AgCl，AgNO3和KI产生黄色沉淀AgI，D正确。
9．右图是在航天用高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH－Ni电池)。下列有关说法不正确的是
A．放电时正极反应为：NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－
B．电池的电解液可为KOH溶液
C．充电时负极反应为：MH＋OH－→M＋H2O＋e－
D．MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高
【答案】C
【解析】镍氢电池中主要为KOH作电解液，充电时，阳极反应：Ni(OH)2+ OH－= NiOOH+ H2O＋e－，阴极反应：M+ H2O＋e－=MH+ OH－，总反应为M+ Ni(OH)2=MH+ NiOOH；放电时，正极：NiOOH＋H2O＋e－→Ni(OH)2＋OH－，负极：MH＋OH－→M＋H2O＋e－，总反应为MH+NiOOH=M+Ni(OH)2。以上各式中M为金属合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。
A、放电时，正极：NiOOH+H2O+e－= Ni(OH)2+OH－，故A正确；B、为了防止MH被氢离子氧化，镍氢电池中电解液为碱性溶液，主要为KOH作电解液，故B正确；C、充电式，负极作阴极，阴极反应为M+H2O+e－=MH+OH－，故C错误；D、M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高，故D正确；
10．下列除杂方案错误的是
选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A．
CO(g)
CO2(g)
NaOH 溶液、浓 H2SO4
洗气
B．
NH4Cl(aq)
Fe3＋(aq)
NaOH溶液
过滤
C．
Cl2(g)
HCl(g)
饱和食盐水、浓H2SO4
洗气
D．
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
【答案】B
【解析】A、除去CO中混有的CO2，当混合气体通过NaOH溶液时，除去了CO2，再通过浓H2SO4，除去了气体中的水分子，A正确；B、除去NH4Cl中的Fe3+，当加入NaOH溶液时，被提纯的物质NH4Cl也能与NaOH发生反应，我们可加入氨水调节pH至7～8，发生的离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4+，B错误；C、HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，所以可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，然后再通过浓H2SO4对Cl2进行干燥，C正确；D、NaHCO3不稳定，加热时分解生成Na2CO3，所以可用加热固体的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3杂质，D正确。
11．下列离子方程式错误的是
A．向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42—=BaSO4↓＋2H2O
B．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
C．等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1溶液混合：Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓
D．铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbSO4＋2H2O－2e－= PbO2＋4H＋＋SO42—
【答案】C
【解析】A、向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸反应的离子方程式为Ba2++2OH—+2H++SO42—═BaSO4↓+2H2O，A正确；B、酸性介质中KMnO4氧化H2O2是H2O2被KMnO4氧化生成氧气以及锰离子的过程，即2MnO4—+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2O，B正确；C、假设MgCl2、Ba(OH)2和HC1的物质的量都是1mol，则混合液中存在1molMg2+、2mol OH—和1molH+，所以发生的离子反应有：OH—+H+=H2O以及Mg2＋＋2OH－= Mg(OH)2↓，C错误；D、铅蓄电池总的化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4?2H2O+2PbSO4；铅失电子生成硫酸铅，二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅；负极电极反应为：Pb+ SO42—-2e—=PbSO4，正极电极反应为：PbSO4+2H2O-2e—=PbO2+ SO42—+4H+，D正确。
12．从香荚豆中提取的一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，遇FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应。该反应可能的结构简式是
【答案】A
【解析】一种芳香化合物，其分子式为C8H8O3，则该物质中含有苯环，与FeCl3溶液会呈现特征颜色，能发生银镜反应，说明该有机物中含有酚羟基、醛基。A、该分子中含有醛基和酚羟基，且分子式为C8H8O3，A正确；B、．该分子中不含酚羟基，所以不能显色反应，不符合题意，B错误；C、该反应中不含醛基，所以不能发生银镜反应，不符合题意，C错误；D、该分子中含有醛基和酚羟基，能发生显色反应和银镜反应，其分子式为C8H6O3，不符合题意，D错误。
13．已知：将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是
A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝
参加反应的氯气的物质的量等于amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol
D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol
【答案】D
【解析】A、令n（ClO—）=1mol，反应后=11，则n（Cl—）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3—）+1×n（ClO—）=1×n（Cl—），即5×n（ClO3—）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3—）=2mol，故溶液中=，A正确；B、由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（NaOH）= amol，B正确；C、氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒5n（KCl）=n（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）= a mol，，转移电子最小物质的量=a mol×1=a moll，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amol，C正确；D、氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，D错误。
第II卷
27．(15分)
A、B、D、E、F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B 在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2。E＋与D2－具有相同的电子数。A在F中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：
（1）A在周期表中的位置是 ，写出一种工业制备单质F的离子方程式 。
（2）B、D、E组成的一种盐中，E的质量分数为43%，其俗名为 ，其水溶液与F单质反应的化学方程式为 ；在产物中加入少量KI，反应后加人CC14并振荡，有 机层显 色。
（3）由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：
物质
组成和结构信息
a
含有A的二元离子化合物
b
含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1:1
c
化学组成为BDF2
d
只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体
a的化学式为 ；b的化学式为 ；；c的电子式为 ；d的晶体类型是 。
（4）由A和B、D元素组成的两种二元化合物形成一类新能源物质。一种化合物分子通过 键构成具有空腔的固体；另一种化合物(沼气的主要成分)分子进入该空腔，其分子的空间结构为 。
【答案】(15分)
（1）第一周期ⅠA族 2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑（或2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑）（每空2分）
（2）纯碱（或苏打）（1分） 2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3 （2分） 紫（1分）
（3）NaH（1分） Na2O2和Na2C2 （2分） （1分） 金属晶体（1分）
（4）氢（1分） 正四面体（1分）
【解析】A，B，D，E，F为短周期元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，则A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则B为C或S，B在D中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，则D为O，B的最高正价为+4价，则B为C；E+与D2—具有相同的电子数，则E为Na；A在F中燃烧，产物溶于水得到种强酸，则F为Cl；
（1）已知A为H在周期表中位于第一周期ⅠA族；工业上常用电解饱和食盐水的方法来制备氯气，其电解离子方程式为：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑或者电解熔融的NaCl，方程式为：2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑；
（2）C、O、Na组成的一种盐中，Na的质量分数为43%，则为碳酸钠，其俗名为纯碱（或苏打）；碳酸钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的化学方程式为：2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3；次氯酸钠能与KI反应生成碘单质，反应后加入CCl4并震荡，有机层显紫色；
（3）这几种元素只有Na能与H形成离子化合物，则a的化学式为NaH；含有非极性共价键的二元离子化合物，且原子数之比为1：1，则为Na2O2和Na2C2；已知COCl2结构式为，则其电子式为；只存在一种类型作用力且可导电的单质晶体为Na，Na属于金属晶体；
（4）H、C、O能形成H2O和CH4，H2O分子间能形成氢键，甲烷是沼气的主要成分，甲烷分子的空间结构为正四面体。
28．(15分)
化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
（1）已知AX3的熔点和沸点分别为－93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为 。
（2）反应AX3(g)＋X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率 v(AX5)＝ 。
②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为 (填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b 、
c 。
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率：αa为 、αc为 。
【答案】(15分)
（1）①AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ?mol—1（2分）
（2）= 1.7×10—4mol/（L?min）
解：开始时no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，则n为，
，==0.30mol
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10—4mol/（L?min） （3分）②bca（2分） 加入催化剂．反应速率加快，但平衡点没有改变（2分）；温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动（或反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大）（2分）；③α=2（1-）（2分）；50%（1分）；40%（1分）。
【解析】（1）因为AX3的熔点和沸点分别为—93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃，室温时，AX3为液态，AX5为固态，生成1mol AX5，放出热量123.8kJ，该反应的热化学方程为：AX3（）+X2（）=AX5（）△H= —123.8kJ?mol—1，
（2）①起始时AX3和X2均为0.2mol，即no=0.4mol，总压强为160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为n，根据压强之比就等于物质的量之比有：，n=0.30mol。
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，则x=0.10
= 1.7×10—4mol/（L?min）
②根据到abc达平衡用时的多少可以比较出反应速率的大小为：b＞c＞a；
③用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，根据压强之比就等于物质的量之比有：=，=
AX3（g）+X2（g）AX5（g）
初始 （mol）???? ?0.20??? ??0.20??????? ?? 0??????
?平衡 （mol）?????0.20-x?? 0.20-x??????? ? x?????
（0.20-x）+（0.20-x）+x=n，则x= 0.40-n=0.4—
则α==2（1-）
∴αa=2（1-）=2(1—)×100%=50%；
αc=2（1-）=2(1—)×100%=40%。
29．(15 分)
苯乙酸铜是合成优良催化剂、传感材料——纳米氧化铜的重要前驱体之一。下面是它的一种实验室合成路线：
制备苯乙酸的装置示意图如下(加热和夹持装置等略)：
已知：苯乙酸的熔点为76.5 ℃，微溶于冷水，溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）在250 mL三口瓶a中加入70 mL70%硫酸。配制此硫酸时，加入蒸馏水与浓硫酸的先后顺序是 。
（2）将a中的溶液加热至100 ℃，缓缓滴加40 g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升温至130 ℃继续反应。在装置中，仪器b的作用是 ；仪器c的名称是 ，其作用是 。反应结束后加适量冷水，再分离出苯乙酸粗品。加人冷水的目的是 。下列仪器中可用于分离苯乙酸粗品的是 (填标号)。
A．分液漏斗 B．漏斗 C．烧杯 D．直形冷凝管 E．玻璃棒
（3）提纯粗苯乙酸的方法是 ，最终得到44 g纯品，则苯乙酸的产率是 。
（4）用CuCl2? 2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀洗干净的实验操作和现象是 。
（5）将苯乙酸加人到乙醇与水的混合溶剂中，充分溶解后，加入Cu(OH)2搅拌30min，过滤，滤液静置一段时间，析出苯乙酸铜晶体，混合溶剂中乙醇的作用是 。
【答案】（15分）
（1）先加水，再加浓硫酸（1分）
（2）滴加苯乙腈（1分） 球形冷凝管（1分） 回流（或使气化的反应液冷凝）（1分）
便于苯乙酸析出（2分） BCE（全选对2分）
（3）重结晶（1分） 95%（1分）
（4）取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO3溶液、无白色混浊出现（2分）
（5）增大苯乙酸溶解度，便于充分反应（2分）
【解析】（1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，水的密度比浓硫酸的密度小，所以如果将水倒入浓硫酸中水会浮在浓硫酸的上面而沸腾造成液滴飞溅．故稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中（即先加水，再加浓硫酸）；
（2）烧瓶内盛放的是70%硫酸溶液，仪器b是分液漏斗，所以分液漏斗的作用是向三口瓶中滴加苯乙腈，以便反应得以进行；仪器c是球形冷凝管，起冷凝回流的作用（即使气化的反应液冷凝）；因为苯乙酸微溶于冷水，反应结束后加入适量的冷水的目的就是便于苯乙酸结晶析出，然后过滤（仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒）即可得到苯乙酸的粗产品。
（3）苯乙酸含有的杂质均可以溶于水，所以提纯苯乙酸的方法是：将苯乙酸粗产品加入到热水中（温度高于76.5 ℃）进行溶解，然后急剧的降温（该方法称为重结晶），使苯乙酸结晶析出，然后过滤即可。
由方程式可知，1mol理论上可以得到1mol，参加反应的苯乙腈的质量是40 g，则n(苯乙腈)= ，即理论上生成苯乙酸的物质的量也是，m(苯乙酸)= =46.50g，所以苯乙酸的产率等于=95%；
（4）CuCl2? 2H2O和NaOH溶液反应。除了得到Cu(OH)2沉淀，还有可溶性的NaCl生成，所以杂质除去的标准是：取少量洗涤液、加入稀硝酸、再加AgNO3溶液、无白色混浊出现；
（5）根据题目中的信息“苯乙酸，微溶于冷水，溶于乙醇”，所以乙醇与水的混合溶剂中的乙醇能增大苯乙酸的溶解度，使反应能充分进行。
30．(15 分)
“心得安”是治疗心脏病的药物，下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)：回答下列问题：
（1）试剂a是 ，试剂b的结构简式为 ，b中官能团的名称是 。
（2）③的反应类型是 。
（3）心得安的分子式为 。
（4）试剂b可由丙烷经三步反应合成：
反应1的试剂与条件为 ，
反应2的化学方程式为 ，
反应3的反应类型是 。(其他合理答案也给分)
（5）芳香化合物D是1－萘酚的同分异构体，其分子中有两个官能团，能发生银镜反应，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E( C2H4O2) 和芳香化合物F (C8H6O4)，E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，F芳环上的一硝化产物只有一种。D的结构简式为 ；
由F生成一硝化产物的化学方程式为 ，
该产物的名称是 。
【答案】（15分）
（1）NaOH（或Na2CO3）（1分） ClCH2CH=CH2（1分）氯原子、碳碳双键（2分）
（2）氧化反应（1分）
（3）C15H21O2N（1分）
（4）Cl2 / 光照（1分）（1分） 取代反应（1分）
（5）（2分）
（2分）
2—硝基—1,4—苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸）（2分）
【解析】（1）反应①的转化关系为，可以看出是酚羟基发生了变化，所以加入的试剂a可以是NaOH，也可以是或Na2CO3；从转化关系 可以看出，反应②属于取代反应，所以b的结构简式为ClCH2CH=CH2（含有的官能团是氯原子、碳碳双键）；
（2）反应③是 ，碳碳双键生成醚键，所以该反应属于氧化反应；
（3）根据心得安的结构简式，可知其分子式是C15H21O2N；
（4）由丙烷（CH3CH2CH3）三步合成ClCH2CH=CH2的流程图如下：
CH3CH2CH3CH3CHClCH3 CH2=CHCH3 ClCH2CH=CH2
所以反应1的试剂是Cl2、反应条件是光照；反应2发生的化学方程式为
；反应3的反应类型属于取代反应；
（5）1－萘酚的结构简式为，分子式为C10H8O，芳香化合物D分子中有两个官能团，能发生银镜反应，说明D函分子结构中含有醛基（—CHO），并且能被酸性KMnO4溶液氧化（D E( C2H4O2) +芳香化合物F (C8H6O4)）。E和F与碳酸氢钠溶液反应均能放出CO2气体，说明二者均具有酸性（含有官能团—COOH），所以E的结构简式是CH3COOH，又因为F芳环上的一硝化产物只有一种，说明F上的羧基的位置是对称关系，所以F的结构简式为（其中一个—COOH是醛基被氧化的到的，另一个是碳碳三键被氧化得到），则D的结构简式为；F的结构简式为，F发生硝化反应的反应方程式为，得到的产物是（2—硝基—1,4—苯二甲酸（或硝基对苯二甲酸））。
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
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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
X
Y
Z
①
NaOH溶液
Al(OH)3
稀硫酸
②
KOH溶液
SiO2
浓盐酸
③
O2
N2
H2
④
FeCl3溶液
Cu
浓硝酸
A．①③ B．①④ C．②④ D．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。
11．某原电池装置如右图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2＝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0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
【答案】D.
【解析】正极反应为氯气得电子与银离子变成氯化银沉淀，A错误；放电时交换膜右侧不会出现大量沉淀，B错误；氯化钠代替盐酸，电池总反应不变，C错误；当电路中转移0.01mole时，左侧溶液中减少0.02mol离子，D正确。
12．在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
(N2O)/mol·L-1
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
0.040
0.030
0.020
0.010
0.000
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N2O消耗一半时所需的相应时间， 1、2均表示N2O初始浓度且1＜2)
A B
C D
【答案】A
【解析】半衰期是一定值，与浓度无关，A正确；浓度越大，反应速率越快，到达平衡所用时间越短，B错误；半衰期是一定值，与浓度无关，C错误；浓度越大，物质的转化率不一定变大，D错误。
第II卷
23．(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是 (填序号)。
a．Cl2、Br2、I2的熔点 b． Cl2、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：
NaCl溶液 NaClO3溶液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，在水溶液中1 mol Cl－、ClO－(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)。
【答案】（15分）
（1）
（2）b、c
（3）① 1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑
②复分解反应 室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体
（4）①ClO4—
②3 ClO—()==ClO3—()+2Cl—() △H=117KJ·mol—1
【解析】（1）与氯元素同主族的短周期元素位F，原子结构示意图为：
能作为非金属性判断的依据是单质之间的氧化性顺序，b正确，气态氢化物的热稳定性顺序，c正确；单质的熔沸点和氢化物的酸性不是判断依据。
根据氧化还原反应得失电子守恒，1 NaCl+ 3 H2O== 1 NaClO3+ 3 H2↑；氯酸钠与氯化钾反应生成氯酸钾，反应类型为复分解反应，能析出晶体的原因是氯酸钾的溶解度小于其他晶体。
根据图像，D物质中化合价为+7，则D是ClO4—则根据化合价可得反应方程式为：3 ClO—()==ClO3—()+2Cl—() △H=63+0-3×60=-117 KJ·mol—1。
24．(15分)铁及其化合物与生产、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1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝ 。
【答案】（15分）
（1）①吸氧腐蚀 ②B
（2）①4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O ②4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O
③氮氧化物排放少（或其他合理答案）
（3）① 4:1 ②0.05
【解析】（1）由图看出，在海水中，该电化腐蚀属于吸氧腐蚀，在ABCD四个区域中，生成铁锈最多是B区，能接触到氧气。（2）浓硝酸分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O,硝酸氧化 废铁皮中铁的化学方程式为4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O，生产过程中体现绿色思想的是整个过程中氮氧化物排放减少。
根据反应FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)，平衡常数K为0.25，因为固体的浓度为1，则反应达到平衡时n(CO)：n(CO2)=4:1，若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为率为50%，
FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
起始 0.02 x 0 0
变化 0.01 0.01 0.01 0.01
平衡时 0.01 x-0.01 0.01 0.01
根据平衡常数K=0.25得：，解得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－1。
②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】（15分）
（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
（2）过滤
（3）d
（4）a、e
（5）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
（6）① 0.16 ②偏低
【解析】（1）装置1是制备二氧化硫气体，反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）
要从装置II中得到晶体，可采取的措施是过滤；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置是d，a装置缺少与外界相通，错误；b易发生倒吸，错误；c装置倒扣的漏斗进入水中，错误。
（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测定溶液的pH，pH小于7，则电离程度大于水解程度，a正确；加入氢氧化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，和盐酸反应生成气体二氧化硫；无法判断电离程度和水解程度；亚硫酸根和亚硫酸氢根都不能使品红褪色，不能采用；用蓝色石蕊试纸检验，若变红则电离大于水解，e正确。
（5）检验变质的方法是取少量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。
（6）根据反应方程式可得: SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI。碘的物质的量为0.0100×25×10-3=2.5×10-4mol，则抗氧化剂的残留量为2.5×10-4mol×64g/mol=0.16g；若碘化钾部分被氧化，则需要二氧化硫的物质的量减少，则所求浓度偏低。
31．化学－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在下约300Km的古地壳中被发现。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。1mo NH4BF4含有 mol配位键。
【答案】（13分）
（1）1s22s22p1
（2）b、c
（3）平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子
（4）sp3 高温、高压
（5）2
【解析】（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；
立方相氮化硼是sp3杂化，a错误；六方相氮化硼是层状结构，层间作用力小，质地软，b正确；两种晶体均为共价键，c正确；立方相氮化硼为原子晶体，d错误。
六方相氮化硼层内一个硼原子与相邻N原子空间构成平面三角形，结构与石墨相似，但B原子最外层只有3个电子，没有自由移动的电子，故不能导电。
立方相氮化硼是sp3杂化，根据天热矿物在青藏高原300km的古地壳中发现，可以推出反应条件为高温高压。
（5）铵根中含有1mol配位键，BF4-含有1mol配位键，共2mol。
32．化学－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。
甲 乙 丙
（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7：5 b．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 。
【答案】（13分）
（1）羧基
（2）a、c
（3）
（4）①取代反应 ②保护氨基
③
【解析】（1）甲的结构简式为，显酸性的官能团为羧基；
根据乙的结构简式，分子中碳原子为7，N原子个数为5，a选项正确；不含苯环，b错误；含有氨基能与盐酸反应，含有氯素原子可以与氢氧化钠反应，c正确；不属于酚类，d错误。
丁，且在稀硫酸中水解有乙酸生成，则丁含有酯基，结构简式为
由题给信息可知，反应I为取代反应，步骤I和IV在合成甲过程中的目的是保护氨基；步骤IV反应的化学方程式为
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
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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，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。
（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+ 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
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