2014年廣東高考化學試題及答案

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2014年廣東省高考化學試卷一、選擇題：每小題4份，在給出的四個選項中，只有一個符合題目要求選對得四分，選錯或不答的得0分7．（4分）（2014?廣東）生活處處有化學．下列說法正確的是（）A．制飯勺、飯盒、高壓鍋等的不銹鋼是合金B(yǎng)．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構(gòu)體C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯類D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)變成了氨基酸8．（4分）（2014?廣東）水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣9．（4分）（2014?廣東）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡAKNO3的溶解度大用重結(jié)晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4難溶于酸用鹽酸和BaCl2溶液檢驗SO42﹣CNH3能使酚酞溶液變紅NH3可用于設計噴泉實驗DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol?L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D10．（4分）（2014?廣東）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值．下列說法正確的是（）A．1mol甲苯含有6NA個C﹣H鍵B．18gH2O含有10NA個質(zhì)子C．標準狀況下，22.4L氨水含有NA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子11．（4分）（2014?廣東）某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，則（）A．電流方向：電極Ⅳ→A→電極ⅠB．電極Ⅰ發(fā)生還原反應C．電極Ⅱ逐漸溶解D．電極Ⅲ的電極反應：Cu2++2e﹣═Cu12．（4分）（2014?廣東）常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是（）A．HA為強酸B．該混合液pH=7C．圖中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．該混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）22．（4分）（2014?廣東）下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡兩者均能與鹽酸反應B向AgNO3溶液中滴加過量氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大量共存C將可調(diào)高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍Cu與稀HNO3發(fā)生置換反應D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A．AB．BC．CD．D23．（4分）（2014?廣東）甲～辛等元素在周期表中的相對位置如圖．甲與戊的原子序數(shù)相差3，戊的一種單質(zhì)是自然界硬度最大的物質(zhì)，丁與辛屬同周期元素，下列判斷正確的是（）A．金屬性：甲＞乙＞丁B．原子半徑：辛＞己＞戊C．丙與庚的原子核外電子數(shù)相差13D．乙的單質(zhì)在空氣中燃燒生成只含離子鍵的化合物三、解答題30．（15分）（2014?廣東）不飽和酯類化合物在藥物、涂料等應用廣泛．（1）下列化合物I的說法，正確的是_________．A．遇FeCl3溶液可能顯紫色B．可發(fā)生酯化反應和銀鏡反應C．能與溴發(fā)生取代和加成反應D.1mol化合物I最多能與2molNaOH反應（2）反應①是一種由烯烴直接制備不飽和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式為_________，1mol化合物Ⅱ能與_________molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物．（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產(chǎn)生H2，Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為_________（寫1種）；由Ⅳ生成Ⅱ的反應條件為_________．（4）聚合物可用于制備涂料，其單體結(jié)構(gòu)簡式為_________．利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，涉及的反應方程式為_________．31．（16分）（2014?廣東）用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟的新型燃燒技術(shù)，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=_________（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結(jié)合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規(guī)律：（a）_________；（b）_________．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉(zhuǎn)化率（忽略副反應，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．（4）為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入_________．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為_________；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為_________．32．（16分）（2014?廣東）石墨在材料領(lǐng)域有重要應用，某初級石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質(zhì)，設計的提純與綜合利用工藝如下：（注：SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃）（1）向反應器中通入Cl2前，需通一段時間N2，主要目的是_________．（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳穆然铮瑲怏wI中的碳氧化物主要為_________，由氣體Ⅱ中某物質(zhì)得到水玻璃的化學反應方程式為_________．（3）步驟①為：攪拌、_________、所得溶液IV中的陰離子有_________．（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的總反應的離子方程式為_________，100kg初級石墨最多可獲得V的質(zhì)量為_________kg．（5）石墨可用于自然水體中銅件的電化學防腐，完成圖2防腐示意圖，并作相應標注．33．（17分）（2014?廣東）H2O2是一種綠色氧化還原試劑，在化學研究中應用廣泛．（1）某小組擬在同濃度Fe3+的催化下，探究H2O2濃度對H2O2分解反應速率的影響．限選試劑與儀器：30%H2O2、0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3、蒸餾水、錐形瓶、雙孔塞、水槽、膠管、玻璃導管、量筒、秒表、恒溫水浴槽、注射器①寫出本實驗H2O2分解反應方程式并標明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：_________②設計實驗方案：在不同H2O2濃度下，測定_________（要求所測得的數(shù)據(jù)能直接體現(xiàn)反應速率大小）．③設計實驗裝置，完成如1圖所示的裝置示意圖．④參照下表格式，擬定實驗表格，完整體現(xiàn)實驗方案（列出所選試劑體積、需記錄的待測物理量和所擬定的數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)用字母表示）．實驗序號物理量V[0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3]/mL…1a…2a…（2）利用圖2（a）和2（b）中的信息，按圖2（c）裝置（連能的A、B瓶中已充有NO2氣體）進行實驗．可觀察到B瓶中氣體顏色比A瓶中的_________（填“深”或“淺”），其原因是_________．

2014年廣東省高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：每小題4份，在給出的四個選項中，只有一個符合題目要求選對得四分，選錯或不答的得0分7．（4分）（2014?廣東）生活處處有化學．下列說法正確的是（）A．制飯勺、飯盒、高壓鍋等的不銹鋼是合金B(yǎng)．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構(gòu)體C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯類D．磨豆?jié){的大豆富含蛋白質(zhì)，豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)變成了氨基酸考點：金屬與合金在性能上的主要差異；同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點．專題：化學應用．分析：A．合金就是某種金屬與其他一種或幾種金屬或非金屬融合在一起形成的混合物；B．棉和麻主要成分是纖維素；C．花生油是植物油是不飽和酯類；D．蛋白質(zhì)要在催化劑作用下才能水解為氨基酸．解答：解：A．“不銹鋼是合金”，不銹鋼是鐵、鈷、鎳的合金，故A正確；B．棉和麻主要成分是纖維素，與淀粉不屬于同分異構(gòu)體，n值不同，故B錯誤；C．花生油是不飽和酯類，牛油是飽和酯類，故C錯誤；D．豆?jié){煮沸是蛋白質(zhì)發(fā)生了變性，故D錯誤．故選A．點評：本題考查合金、同分異構(gòu)體、油脂和蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度較小，旨在考查學生對基礎(chǔ)知識的識記，注意基礎(chǔ)知識的積累掌握．8．（4分）（2014?廣東）水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B．Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C．Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D．K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考點：離子共存問題．專題：離子反應專題．分析：離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)、絡合物、不發(fā)生氧化還原反應、不發(fā)生雙水解的就能共存，據(jù)此分析解答．解答：解：A．Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸鈣，所以不能大量共存，故A錯誤；B．酸性條件下，ClO﹣具有強氧化性，能將Fe2+、SO32﹣氧化為Fe3+、SO42﹣，所以不能共存，故B錯誤；C．這幾種離子之間不發(fā)生反應，所以能共存，故C正確；D．Fe3+、SCN﹣生成絡合物Fe（SCN）3，所以這兩種離子不能共存，故D錯誤；故選C．點評：本題考查了離子共存，明確離子共存條件是解本題關(guān)鍵，知道物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，注意：硫酸鈣是微溶物，少量時能在水溶液中共存，但不能大量存在，為易錯點．9．（4分）（2014?廣東）下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡAKNO3的溶解度大用重結(jié)晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4難溶于酸用鹽酸和BaCl2溶液檢驗SO42﹣CNH3能使酚酞溶液變紅NH3可用于設計噴泉實驗DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0mol?L﹣1的Ca（OH）2溶液A．AB．BC．CD．D考點：物質(zhì)的分離、提純和除雜；氨的物理性質(zhì)；溶液的配制；物質(zhì)的檢驗和鑒別的基本方法選擇及應用．專題：化學實驗基本操作．分析：A．利用二者溶解度隨溫度變化不同進行分離；B．BaSO4難溶于酸，先加入鹽酸可排除Ag+或SO32﹣的影響；C．氨水溶液呈堿性，可使酚酞變紅，為化學性質(zhì)，形成噴泉，為物理性質(zhì)；D．氫氧化鈣微溶于水．解答：解：A．用重結(jié)晶法除去硝酸鉀中混有的氯化鈉，是因為硝酸鉀的溶解度隨溫度的變化而變化很明顯，而氯化鈉基本不變，當溫度降低時，硝酸鉀溶解度迅速減小，氯化鈉基本不變，所以降低溫度時，硝酸鉀迅速析出，氯化鈉不析出，這并非由于硝酸鉀的溶解度大造成的，故A錯誤；B．硫酸鋇難溶于酸，加入鹽酸沒有沉淀，可以排除銀離子的干擾，加入氯化鋇產(chǎn)生沉淀，沉淀為硫酸鋇，由此可以檢驗是否含有SO42﹣，故B正確；C．氨氣可用于設計噴泉實驗是因為氨氣極易溶于水，并非氨氣能使酚酞變紅，故C錯誤；D．氫氧化鈣微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的較高濃度的氫氧化鈣溶液，故D錯誤．故選B．點評：本題考查混合物分離提純以及物質(zhì)的檢驗和鑒別，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及混合物分離方法、原理為解答的關(guān)鍵，選項A為解答的易錯點，題目難度不大．10．（4分）（2014?廣東）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值．下列說法正確的是（）A．1mol甲苯含有6NA個C﹣H鍵B．18gH2O含有10NA個質(zhì)子C．標準狀況下，22.4L氨水含有NA個NH3分子D．56g鐵片投入足量濃H2SO4中生成NA個SO2分子考點：阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析：A．甲苯中含有8個碳氫鍵，1mol甲苯中含有8mol碳氫鍵；B．水分子中含有10個質(zhì)子，1mol水中含有10mol質(zhì)子；C．標準狀況下氨水不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算氨水的物質(zhì)的量；D．鐵與濃硫酸發(fā)生鈍化，阻止了反應的繼續(xù)進行，無法計算生成的二氧化硫的物質(zhì)的量．解答：解：A．1mol甲苯中含有8mol碳氫鍵，含有8NA個C﹣H鍵，故A錯誤；B．18水的物質(zhì)的量為1mol，1mol水中含有10mol質(zhì)子，含有10NA個質(zhì)子，故B正確；C．標況下，氨水不是氣體，題中條件無法計算氨氣的物質(zhì)的量，故C錯誤；D．56g鐵的物質(zhì)的量為1mol，由于鐵與濃硫酸能夠發(fā)生鈍化，阻止了反應的進行，無法計算反應生成二氧化硫的物質(zhì)的量，故D錯誤；故選B．點評：本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，準確弄清分子、原子、原子核內(nèi)質(zhì)子中子及核外電子的構(gòu)成關(guān)系；試題有利于提高學生靈活運用基礎(chǔ)知識解決實際問題的能力．11．（4分）（2014?廣東）某同學組裝了如圖所示的電化學裝置，電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，則（）A．電流方向：電極Ⅳ→A→電極ⅠB．電極Ⅰ發(fā)生還原反應C．電極Ⅱ逐漸溶解D．電極Ⅲ的電極反應：Cu2++2e﹣═Cu考點：原電池和電解池的工作原理．專題：電化學專題．分析：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，電流方向從正極流向負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應，正極上得電子發(fā)生還原反應，據(jù)此分析解答．解答：解：電極Ⅰ為Al，其它均為Cu，Al易失電子作負極，所以Ⅰ是負極、Ⅳ是陰極，Ⅲ是陽極、Ⅱ是正極，A．電流從正極沿導線流向負極，即電極Ⅳ→A→電極Ⅰ，故A正確；B．電極Ⅰ上電極反應式為Al﹣3e﹣=Al3+，發(fā)生氧化反應，故B錯誤；C．電極Ⅱ是正極，正極上發(fā)生反應為Cu2++2e﹣=Cu，所以電極Ⅱ質(zhì)量逐漸增大，故C錯誤；D．電極Ⅲ為陽極，電極反應式為Cu﹣2e﹣═Cu2+，故D錯誤；故選A．點評：本題考查了原電池原理，正確判斷正負極是解本題關(guān)鍵，再結(jié)合各個電極上發(fā)生的反應來分析解答，題目難度中等．12．（4分）（2014?廣東）常溫下，0.2mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示，下列說法正確的是（）A．HA為強酸B．該混合液pH=7C．圖中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+D．該混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）考點：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：一元酸HA和NaOH溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，NaA溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），一般來說，鹽類的水解程度較低，則有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒為：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA為弱酸；B．該混合液pH＞7；C．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．解答：解：一元酸HA和NaOH溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，NaA溶液呈堿性，則c（OH﹣）＞c（H+），一般來說，鹽類的水解程度較低，則有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等體積、等濃度0.2mol/L混合，二者恰好反應：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液為NaA溶液，溶液中中A﹣濃度小于0.1mol/L，說明在溶液中存在A﹣+H2O?HA+OH﹣，NaA水解，HA為弱酸，故A錯誤；B．c（Na+）＞c（A﹣），說明NaA水解，A﹣+H2O?HA+OH﹣，該混合液pH＞7，故B錯誤；C．一般來說，鹽類的水解程度較低，則有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解產(chǎn)生的還有水電離的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C錯誤；D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故D正確；故選D．點評：本題考查了酸堿混合溶液定性判斷，根據(jù)酸的強弱結(jié)合物料守恒、電荷守恒分析解答，考查離子濃度大小比較、溶液PH值、鹽類水解等，判斷一元酸HA是弱酸為解題關(guān)鍵，題目難度中等．22．（4分）（2014?廣東）下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A向蘇打和小蘇打溶液中分別加入鹽酸均冒氣泡兩者均能與鹽酸反應B向AgNO3溶液中滴加過量氨水溶液澄清Ag+與NH3?H2O能大量共存C將可調(diào)高度的銅絲伸入到稀HNO3中溶液變藍Cu與稀HNO3發(fā)生置換反應D將KI和FeCl3溶液在試管中混合后，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性：Fe3+＞I2A．AB．BC．CD．D考點：化學實驗方案的評價．專題：實驗評價題．分析：A．蘇打為碳酸鈉，小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應均生成二氧化碳；B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水，先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡離子；C．Cu與硝酸反應生成硝酸銅，溶液變藍，同時生成NO和水；D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質(zhì)生成，則KI和FeCl3溶液反應生成碘單質(zhì)，結(jié)合氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性分析．解答：解：A．蘇打為碳酸鈉，小蘇打為碳酸氫鈉，與鹽酸反應均生成二氧化碳，則觀察到均冒氣泡，故A正確；B．向AgNO3溶液中滴加過量氨水，先生成AgOH后被過量的氨水溶解生成絡離子，則Ag+與NH3?H2O不能大量共存，故B錯誤；C．Cu與硝酸反應生成硝酸銅，溶液變藍，同時生成NO和水，該反應不屬于置換反應，故C錯誤；D．下層溶液顯紫紅色，有碘單質(zhì)生成，則KI和FeCl3溶液反應生成碘單質(zhì)，由氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性可知，氧化性為Fe3+＞I2，故D正確；故選AD．點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的反應為解答的關(guān)鍵，涉及鈉的化合物與酸反應、銀氨溶液的配制、硝酸的性質(zhì)及氧化還原反應等，綜合性較強，題目難度不大．23．（4分）（2014?廣東）甲～辛等元素在周期表中的相對位置如圖．甲與戊的原子序數(shù)相差3，戊的一種單質(zhì)是自然界硬度最大的物質(zhì)，丁與辛屬同周期元素，下列判斷正確的是（）A．金屬性：甲＞乙＞丁B．原子半徑：辛＞己＞戊C．丙與庚的原子核外電子數(shù)相差13D．乙的單質(zhì)在空氣中燃燒生成只含離子鍵的化合物考點：真題集萃；元素周期律和元素周期表的綜合應用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：戊的一種單質(zhì)（金剛石）是自然界硬度最大的物質(zhì)，則戊為C，甲與戊的原子序數(shù)相差3，則甲的原子序數(shù)為6﹣3=3，即甲為Li，由元素在周期表中的相對位置圖可知，乙為Na，丙為K，丁為Ca；丁與辛屬同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己為Si，庚為Ge，辛為Ga，然后結(jié)合元素周期律及元素化合物知識來解答．解答：解：戊的一種單質(zhì)（金剛石）是自然界硬度最大的物質(zhì)，則戊為C，甲與戊的原子序數(shù)相差3，則甲的原子序數(shù)為6﹣3=3，即甲為Li，由元素在周期表中的相對位置圖可知，乙為Na，丙為K，丁為Ca；丁與辛屬同周期元素，由第ⅣA族元素可知，己為Si，庚為Ge，辛為Ga，A．同主族，從上到下金屬性增強；同周期，從左向右金屬性減弱，則金屬性甲＜乙＜丁，故A錯誤；B．電子層越多，半價越大；同主族從上到下原子半徑增大，則原子半徑為辛＞己＞戊，故B正確；C．原子序數(shù)等于核外電子數(shù)，丙（原子序數(shù)為19）與庚（原子序數(shù)為32）的原子核外電子數(shù)相差32﹣19=13，故C正確；D．乙的單質(zhì)在空氣中燃燒生成Na2O2，為含離子鍵和非極性共價鍵的化合物，故D錯誤；故選BC．點評：本題為2014年廣東高考化學試題，側(cè)重位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)的關(guān)系及元素周期律的考查，把握金剛石的硬度及甲與戊的原子序數(shù)關(guān)系推斷各元素為解答的關(guān)鍵，選項A中Ca的金屬性比Na強為解答的易錯點，題目難度中等．三、解答題30．（15分）（2014?廣東）不飽和酯類化合物在藥物、涂料等應用廣泛．（1）下列化合物I的說法，正確的是AC．A．遇FeCl3溶液可能顯紫色B．可發(fā)生酯化反應和銀鏡反應C．能與溴發(fā)生取代和加成反應D.1mol化合物I最多能與2molNaOH反應（2）反應①是一種由烯烴直接制備不飽和酯的新方法：化合物Ⅱ的分子式為C9H10，1mol化合物Ⅱ能與4molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物．（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產(chǎn)生H2，Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為或（寫1種）；由Ⅳ生成Ⅱ的反應條件為NaOH/CH3CH2OH/加熱．（4）聚合物可用于制備涂料，其單體結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOCH2CH3．利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，涉及的反應方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O．考點：有機物分子中的官能團及其結(jié)構(gòu)．專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷．分析：（1）A．酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；B．羥基或羧基能發(fā)生酯化反應，醛基能發(fā)生銀鏡反應；C．酚能和溴發(fā)生取代反應、碳碳雙鍵能和溴發(fā)生加成反應；D．能和NaOH反應的為酚羥基、羧基；（2）Ⅱ中含有9個C原子、10個H原子，據(jù)此確定化學式；能和氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)和碳碳雙鍵；（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產(chǎn)生H2，說明Ⅲ中含有醇羥基，醇羥基可位于碳碳雙鍵兩端的任一個C原子上；Ⅳ是鹵代烴，鹵代烴和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應；（4）聚合物可用于制備涂料，其單體為丙烯酸乙酯，利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，醇為乙醇，根據(jù)反應①書寫反應方程式．解答：解：（1）A．酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，該物質(zhì)中含有酚羥基，所以能和氯化鐵發(fā)生顯色反應，故正確；B．羥基或羧基能發(fā)生酯化反應，醛基能發(fā)生銀鏡反應，該物質(zhì)不含醛基，所以不能發(fā)生銀鏡反應，故錯誤；C．酚能和溴發(fā)生取代反應、碳碳雙鍵能和溴發(fā)生加成反應，該物質(zhì)中含有酚羥基和碳碳雙鍵，所以能發(fā)生取代反應和加成反應，故正確；D．能和NaOH反應的為酚羥基、羧基，1mol化合物I最多能與3molNaOH反應，故錯誤；故選AC；（2）Ⅱ中含有9個C原子、10個H原子，其化學式為C9H10；能和氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)和碳碳雙鍵，1mol化合物Ⅱ能與4molH2恰好完全反應生成飽和烴類化合物，故答案為：C9H10；4；（3）化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分別通過消去反應獲得，但只有Ⅲ能與Na反應產(chǎn)生H2，說明Ⅲ中含有醇羥基，醇羥基可位于碳碳雙鍵兩端的任一個C原子上，其結(jié)構(gòu)簡式為或；Ⅳ是鹵代烴，鹵代烴和氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應，所以其反應條件是氫氧化鈉的醇溶液、加熱；故答案為：或；NaOH/CH3CH2OH/加熱；（4）聚合物可用于制備涂料，其單體為丙烯酸乙酯，結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOCH2CH3，利用類似反應①的方法，僅以乙烯為有機物原料合成該單體，醇為乙醇，根據(jù)反應①書寫反應方程式，該反應方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O，故答案為：CH2=CHCOOCH2CH3；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CH3CH2OH+2CO+O22CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O點評：本題考查了有機物的官能團及其性質(zhì)，知道常見有機物官能團及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，知道有機反應中斷鍵、成鍵方式，并結(jié)合題給信息分析解答，題目難度中等．31．（16分）（2014?廣東）用CaSO4代替O2與燃料CO反應，既可提高燃燒效率，又能得到高純CO2，是一種高效、清潔、經(jīng)濟的新型燃燒技術(shù)，反應①為主反應，反應②和③為副反應．①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1（1）反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3（用△H1、△H2和△H3表示）（2）反應①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應溫度T的變化曲線見圖，結(jié)合各反應的△H，歸納lgK﹣T曲線變化規(guī)律：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減?。唬╞）當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大．（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應①于900℃達到平衡，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，計算CO的轉(zhuǎn)化率（忽略副反應，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．（4）為減少副產(chǎn)物，獲得更純凈的CO2，可在初始燃料中適量加入O2．（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，該反應的化學方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環(huán)上引入一個羧基，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為．考點：化學平衡常數(shù)的含義；熱化學方程式；化學平衡的影響因素．專題：化學反應中的能量變化；化學平衡專題．分析：（1）根據(jù)蓋斯定律及題干中熱化學方程式計算出反應2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；（2）根據(jù)反應①﹣③的平衡常數(shù)的對數(shù)lgK隨反應溫度T的變化曲線進行判斷變化規(guī)律；（3）根據(jù)圖象判斷900℃時反應①的lgK=2，則平衡常數(shù)為102，設出反應前CO濃度為c，根據(jù)平衡常數(shù)表達式列式計算即可；（4）根據(jù)氧氣能夠消耗副產(chǎn)物中生成的二氧化硫、碳進行分析；（5）根據(jù)“CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4”可知另一種反應物為氧氣，據(jù)此寫出反應的化學方程式；在對二甲苯的苯環(huán)上添上應該羧基即可得到該有機物．解答：解：（1）根據(jù)蓋斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案為：4△H1+△H2+2△H3；（2）根據(jù)圖象曲線變化可知，反應①、③為放熱反應，隨著溫度的升高，平衡常數(shù)K逐漸減小，則lgK逐漸減小，而反應②為吸熱反應，升高溫度，平衡常數(shù)K逐漸增大，則lgK逐漸增大，所以Ⅰ表示的為反應③、Ⅱ曲線表示的為反應②，變化規(guī)律為：當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減?。桓鶕?jù)反應①和曲線Ⅰ（反應③反應）的反應熱可知，當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大，故答案為：（a）當△H＞0時，lgK隨溫度升高而增大，當△H＜0時，lgK隨溫度升高而減小；（b）當溫度同等變化時，△H的數(shù)值越大lgK的變化越大；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密閉容器中充入CO，反應方程式為：CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1，根據(jù)圖象曲線可知，反應①于900℃時lgK=2，平衡常數(shù)為102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5mol?L﹣1，設一氧化碳反應前濃度為c，則反應消耗的CO濃度=反應生成二氧化碳濃度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常數(shù)K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率為：×100%≈99%，答：CO的轉(zhuǎn)化率為99%；（4）氧氣能夠與二氧化硫、C發(fā)生反應，所以在初始原料中加入適量的氧氣，可以抑制副反應②③的進行，有利于獲得更純凈的CO2，故答案為：O2；（5）以反應①中生成的CaS為原料，在一定條件下經(jīng)原子利用率100%的高溫反應，可再生CaSO4，則另一種反應為為氧氣，該反應的化學方程式為CaS+2O2CaSO4；在一定條件下，CO2可與對二甲苯反應，在其苯環(huán)上引入一個羧基，相當于用羧基取代苯環(huán)上的氫原子，對二甲苯中苯環(huán)上4個H原子位置等價，則該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：CaS+2O2CaSO4；．點評：本題考查了化學平衡常數(shù)的計算、有機物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、熱化學方程式的書寫等知識，題目難度中等，試題題量較大，注意掌握化學平衡常數(shù)的概念及計算方法，明確熱化學方程式的書寫方法及蓋斯定律的含義及應用．32．（16分）（2014?廣東）石墨在材料領(lǐng)域有重要應用，某初級石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等雜質(zhì)，設計的提純與綜合利用工藝如下：（注：SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃）（1）向反應器中通入Cl2前，需通一段時間N2，主要目的是通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應，減少石墨損失．（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳穆然?，氣體I中的碳氧化物主要為CO，由氣體Ⅱ中某物質(zhì)得到水玻璃的化學反應方程式為SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O．（3）步驟①為：攪拌、過濾、所得溶液IV中的陰離子有AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣．（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的總反應的離子方程式為AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，100kg初級石墨最多可獲得V的質(zhì)量為7.8kg．（5）石墨可用于自然水體中銅件的電化學防腐，完成圖2防腐示意圖，并作相應標注．考點：真題集萃；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用．專題：實驗設計題．分析：（1）石墨化學性質(zhì)在常溫下穩(wěn)定，而在高溫下可與氧氣發(fā)生反應，所以通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應；（2）高溫反應后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳穆然铮鶕?jù)雜質(zhì)的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl4、AlCl3、FeCl3等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉；（3）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，過濾得到的溶液中含有偏鋁酸鈉、過量的氫氧化鈉；（4）偏鋁酸鈉發(fā)生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇；根據(jù)氧化鋁的含量計算氧化鋁質(zhì)量，再根據(jù)Al元素守恒計算氫氧化鋁的質(zhì)量；（5）Cu的化學性質(zhì)比石墨活潑，所以應用外接電流的陰極保護法保護Cu，故石墨作陽極，連接電源的正極，Cu作陰極，連接電源的負極．解答：解：（1）石墨化學性質(zhì)在常溫下穩(wěn)定，而在高溫下可與氧氣發(fā)生反應，所以通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應，減少石墨損失，故答案為：通入氮氣排盡裝置中的空氣，防止石墨發(fā)生氧化反應，減少石墨損失；（2）石墨過量高溫反應后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳穆然铮鶕?jù)雜質(zhì)的含量可知，氣體I中氯化物主要為SiCl4、AlCl3、FeCl3等，氣體I中碳氧化物主要為CO，SiCl4的沸點為57.6℃，金屬氯化物的沸點均高于150℃，80℃冷卻得到的氣體Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4與氫氧化鈉溶液反應得到硅酸鈉與氯化鈉，化學反應方程式為：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案為：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金屬氯化物的沸點均高于150℃，則固體Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2與過量的氫氧化鈉溶液反應得到沉淀，而氯化鋁與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，攪拌、過濾得到溶液IV，故溶液IV中的陰離子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，故答案為：過濾；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（4）偏鋁酸鈉發(fā)生水解，加入乙酸乙酯除去過量的氫氧化鈉，且加熱條件下水解平衡一直正向移動，得到氫氧化鋁沉淀、醋酸鈉、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的總反應的離子方程式為：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，Al2O3的質(zhì)量分數(shù)為5.1%，則100kg初級石墨中氧化鋁的質(zhì)量=100kg×5.1%=5.1kg，根據(jù)Al元素守恒，可知氫氧化鋁的質(zhì)量==7.8kg；故答案為：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；7.8；根據(jù)氧化鋁的含量計算氧化鋁質(zhì)量，（5）Cu的化學性質(zhì)比石墨活潑，所以應用外接電流的陰極保護法保護Cu，故石墨作陽極，連接電源的正極，Cu作陰極，連接電源的負極，裝置圖為：，故答案為：．點評：本題考查物質(zhì)制備分離、閱讀題目獲取信息能力、化學方程式及離子方程式書寫、化學計算、電化學防護等，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)及遷移運用能力，難度中等．33．（17分）（2014?廣東）H2O2是一種綠色氧化還原試劑，在化學研究中應用廣泛．（1）某小組擬在同濃度Fe3+的催化下，探究H2O2濃度對H2O2分解反應速率的影響．限選試劑與儀器：30%H2O2、0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3、蒸餾水、錐形瓶、雙孔塞、水槽、膠管、玻璃導管、量筒、秒表、恒溫水浴槽、注射器①寫出本實驗H2O2分解反應方程式并標明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：②設計實驗方案：在不同H2O2濃度下，測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，或生成相同體積的氧氣所需時間的多少（要求所測得的數(shù)據(jù)能直接體現(xiàn)反應速率大?。墼O計實驗裝置，完成如1圖所示的裝置示意圖．④參照下表格式，擬定實驗表格，完整體現(xiàn)實驗方案（列出所選試劑體積、需記錄的待測物理量和所擬定的數(shù)據(jù)；數(shù)據(jù)用字母表示）．實驗序號物理量V[0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3]/mL…1a…2a…（2）利用圖2（a）和2（b）中的信息，按圖2（c）裝置（連能的A、B瓶中已充有NO2氣體）進行實驗．可觀察到B瓶中氣體顏色比A瓶中的深（填“深”或“淺”），其原因是2NO2（紅棕色）?N2O4（無色），△H＜0是放熱反應，且雙氧水的分解反應也是放熱反應．當右邊雙氧水分解時放出的熱量會使B瓶升溫，使瓶中反應朝逆反應方向移動，即向生成NO2移動，故B瓶顏色更深．考點：真題集萃；測定某些化學反應的速率；探究溫度、壓強對化學反應速率的影響；性質(zhì)實驗方案的設計．專題：實驗設計題．分析：（1）①過氧化氫在硫酸鐵作催化劑條件下分解生成水與氧氣，反應中過氧化氫既作氧化劑又做還原劑；②反應速率表示單位時間內(nèi)物質(zhì)的量濃度變化量，測定不同濃度的過氧化氫對反應速率的影響，需要測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，或生成相同體積的氧氣所需時間的多少；③利用排水量氣法收集一定體積的氧氣，用盛滿水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用導管與圖1連接；④測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，保證催化劑的濃度應相同，故加入雙氧水溶液體積與水的總體積不變，通過改變二者體積，根據(jù)相同時間內(nèi)生成氧氣的體積說明不同H2O2濃度對反應速率影響；（2）由圖a可知，1mol過氧化氫總能量高于1mol水與0.5mol氧氣總能量，故過氧化氫分解是放熱反應，由圖b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應為放熱反應，所以圖c中，右側(cè)燒杯的溫度高于左側(cè)，升高溫度使2NO2（紅棕色）?N2O4（無色）△H＜0，向逆反應方向移動．解答：解：（1）①過氧化氫在硫酸鐵作催化劑條件下分解生成水與氧氣，反應中過氧化氫既作氧化劑又做還原劑，標出電子轉(zhuǎn)移數(shù)目及方向為：，故答案為：；②反應速率表示單位時間內(nèi)物質(zhì)的量濃度變化量，測定不同濃度的過氧化氫對反應速率的影響，需要測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，或生成相同體積的氧氣所需時間的多少，故答案為：相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，或生成相同體積的氧氣所需時間的多少；③利用排水量氣法收集一定體積的氧氣，用盛滿水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用導管與圖1連接，裝置圖為：，故答案為：；④測定相同時間內(nèi)產(chǎn)生氧氣的體積多少，保證催化劑的濃度應相同，故加入雙氧水溶液體積與水的總體積不變，通過改變二者體積，根據(jù)相同時間內(nèi)生成氧氣的體積說明不同H2O2濃度對反應速率影響，實驗方案為：實驗序號V[0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸餾水）/mL時間t/minV（氧氣）/mL1abcdm2acbdn故答案為：實驗序號V[0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3]/mLV（30%H2O2）/mLV（蒸餾水）/mL時間t/minV（氧氣）/mL1abcdm2acbdn；（2）由圖a可知，1mol過氧化氫總能量高于1mol水與0.5mol氧氣總能量，故過氧化氫分解是放熱反應，由圖b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮轉(zhuǎn)化為四氧化二氮的反應為放熱反應，所以圖c中，右側(cè)燒杯的溫度高于左側(cè)，升高溫度使2NO2（紅棕色）?N2O4（無色）△H＜0，向逆反應方向移動，即向生成NO2移動，故B瓶顏色更深，故答案為：深；2NO2（紅棕色）?N2O4（無色），△H＜0是放熱反應，且雙氧水的分解反應也是放熱反應．當右邊雙氧水分解時放出的熱量會使B瓶升溫，使瓶中反應朝逆反應方向移動，即向生成NO2移動，故B瓶顏色更深．點評：本題考查氧化還原反應、反應速率影響因素實驗、化學平衡移動等，側(cè)重對學生綜合能力的考查，需要學生具備扎實的基礎(chǔ)，注意利用控制變量法測定外界條件對反應速率的影響，難度中等．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015年高考化學試題[廣東卷]7．化學是你，化學是我，化學深入我們生活，下列說法正確的是（）A．木材纖維和土豆淀粉遇碘水均顯藍色B．食用花生油和雞蛋清都能發(fā)生水解反應C．包裝用材料聚乙烯和聚氯乙烯都屬于烴D．PX項目的主要產(chǎn)品對二甲苯屬于飽和烴8．水溶液中能大量共存的一組離子是（）A．NH4+、Ba2+、Br-、CO32-B．Cl-、SO32-、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42-、MnO4-D．Na+、H+、NO3-、HCO3-9．下列敘述Ⅰ和Ⅱ均正確并有因果關(guān)系的是（）選項敘述Ⅰ敘述ⅡA1-己醇的沸點比己烷的沸點高1-己醇和己烷可通過蒸餾初步分離B原電池可將化學能轉(zhuǎn)化為電能原電池需外接電源才能工作C乙二酸可與KMnO4溶液發(fā)生反應乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃燒的生成物含離子鍵NaCl固體可導電10．設nA為阿伏伽德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是（）A．23gNa與足量H2O反應完全后可生成nA個H2分子B．1molCu和足量熱濃硫酸反應可生成nA個SO3分子C．標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣中含nA個原子D．3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子11．一定溫度下，水溶液中H+和OH-的濃度變化曲線如圖2，下列說法正確的是（）Oc(OHOc(OH－)/mol－1·L－1－)·mol－1·L－1)c(H＋)/mol－1·L－1－abcd圖2B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10-13C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化12．準確移取20.00mL某待測HCl溶液于錐形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定，下列說法正確的是（）A．滴定管用蒸餾水洗滌后，裝入NaOH溶液進行滴定B．隨著NaOH溶液滴入，錐形瓶中溶液pH由小變大C．用酚酞作指示劑，當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定D．滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，則測定結(jié)果偏小22．下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是（）選項實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A分別加熱Na2CO3和NaHCO3固體試管內(nèi)壁都有水珠兩種物質(zhì)均受熱分解B向稀的苯酚水溶液中滴加飽和溴水生成白色沉淀產(chǎn)物三溴苯酚不溶于水C向含I-的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液變成藍色氧化性：Cl2>I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液變成血紅色Fe2+既有氧化性又有還原性23．甲～庚等元素在周期表中的相對位置如下表，己的最高氧化物對應水化物有強脫水性，甲和丁在同一周期，甲原子最外層與最內(nèi)層具有相同電子數(shù)。下列判斷正確的是（）A．丙與戊的原子序數(shù)相差28B．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：庚<己<戊C．常溫下，甲和乙的單質(zhì)均能與水劇烈反應D．丁的最高價氧化物可用于制造光導纖維30．(15分)有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ：（1）化合物Ⅰ的分子式為。（2）關(guān)于化合物Ⅱ，下列說法正確的有（雙選）。A、可以發(fā)生水解反應B、可與新制的Cu(OH)2共熱生成紅色沉淀C、可與FeCl3溶液反應顯紫色D、可與熱的濃硝酸和濃硫酸混合液反應（3）化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，按照途徑1合成線路的表示方式，完成途經(jīng)2中由Ⅲ到Ⅴ的合成路線：(標明反應試劑，忽略反應條件)。（4）化合物Ⅴ的核磁共振氫譜中峰的組數(shù)為，以H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的羧酸類同分異構(gòu)體共有種（不考慮手性異構(gòu)）。（5）化合物Ⅵ和Ⅶ反應可直接得到Ⅱ，則化合物Ⅶ的結(jié)構(gòu)簡式為：。HCl(g)CuO(s)ClHCl(g)CuO(s)Cl2(g)H2O(g)CuCl2(s)O2(g)12提高效益，減少污染，傳統(tǒng)上該轉(zhuǎn)化通過如右圖所示的催化劑循環(huán)實現(xiàn)，其中，反應①為：2HCl(g)+CuO(s)H2O(g)+CuCl2(g)△H1250300350400450708090100αHCl/%T/0C250300350400450708090100αHCl/%T/0圖12AB（2）新型RuO2催化劑對上述HCl轉(zhuǎn)化為Cl2的總反應具有更好的催化活性，①實驗測得在一定壓強下，總反應的HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的aHCl—T曲線如圖12，則總反應的△H0,（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B兩點的平衡常數(shù)K(A)與K(B)中較大的是。②在上述實驗中若壓縮體積使壓強增大，畫出相應aHCl—T曲線的示意圖，并簡要說明理由：。③下列措施中有利于提高aHCl的有。A、增大n(HCl)B、增大n(O2)C、使用更好的催化劑D、移去H2O（3）一定條件下測得反應過程中n(Cl2)的數(shù)據(jù)如下：t(min)02.04.06.08.0n(Cl2)/10-3mol01.83.75.47.2計算2.0～6.0min內(nèi)以HCl的物質(zhì)的量變化表示的反應速率（以mol·min-1為單位，寫出計算過程）。（4）Cl2用途廣泛，寫出用Cl2制備漂白粉的化學方程式。32．（16分）七鋁十二鈣（12CaO·7Al2O3)是新型的超導材料和發(fā)光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下：（1）煅粉主要含MgO和，用適量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶，若溶液I中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1,則溶液pH大于（Mg(OH)2的Ksp=5×10-12)；該工藝中不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是。（2）濾液I中的陰離子有（忽略雜質(zhì)成分的影響）；若濾液I中僅通入CO2，會生成，從而導致CaCO3產(chǎn)率降低。（3）用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，反應的離子方程式為。（4）電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反應方程式為。（5）一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCl4—和Al2Cl7—兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化，其它離子不參與電極反應，放電時負極Al的電極反應式為。33．（17分）NH3及其鹽都是重要的化工原料。（1）用NH4Cl和Ca(OH)2制備NH3，反應發(fā)生、氣體收集和尾氣處理裝置依次為（2）按圖13裝置進行NH3性質(zhì)實驗。①先打開旋塞1，B瓶中的現(xiàn)象是，原因是，穩(wěn)定后，關(guān)閉旋塞1。②再打開旋塞2，B瓶中的現(xiàn)象是。（3）設計實驗，探究某一種因素對溶液中NH4Cl水解程度的影響。限制試劑與儀器：固體NH4Cl、蒸餾水、100mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒、藥匙、天平、pH計、溫度計、恒溫水浴槽（可控制溫度）①實驗目的：探究對溶液中NH4Cl水解程度的影響。②設計實驗方案，擬定實驗表格，完整體現(xiàn)實驗方案（列出能直接讀取數(shù)據(jù)的相關(guān)物理量及需擬定的數(shù)據(jù)，數(shù)據(jù)用字母表示；表中V(溶液)表示所配制溶液的體積）。物理量實驗序號V（溶液）/mL……11002100③按實驗序號I所擬數(shù)據(jù)進行實驗，若讀取的待測物理量的數(shù)值為Y，則NH4Cl水解反應得平衡轉(zhuǎn)化率為（只列出算式，忽略水自身電離的影響）。2015年高考化學試題[廣東卷]參考答案7.【答案】B【解析】木材纖維主要成分是纖維素，遇碘水不變藍色，A錯；花生油屬于酯類，可以發(fā)生水解反應，雞蛋主要成分是蛋白質(zhì)，水解生成氨基酸，B對；聚氯乙烯中有氯原子，不屬于烴類，C錯；對二甲苯中有苯環(huán)，不屬于飽和烴，D錯。8.【答案】C【解析】Ba2+和CO32-反應生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A錯；SO32-和H+反應生成SO2，不能大量共存，B錯；C中四種離子不反應，可以大量共存，C對；H+和HCO3-會反應生成CO2、H2O，不能大量共存，D錯。9.【答案】A【解析】互溶的液體物質(zhì)沸點相差較大的，可以用蒸餾的方法分離，A對；原電池不需外接電源，B錯；乙二酸可與KMnO4溶液發(fā)生反應體現(xiàn)的是還原性而不是酸性，C錯；NaCl固體中沒有自由移動的離子，不能導電，D錯。10.【答案】D【解析】23gNa完全反應時轉(zhuǎn)移電子為1mol，生成H2為0.5mol，個數(shù)為0.5nA個，A錯；Cu和足量熱濃硫酸反應生成的是SO2，不是SO3，B錯；標準狀況下，22.4LN2和H2混合氣的物質(zhì)的量為1mol，含有的分子數(shù)目是nA個，由于N2和H2都是雙原子分子，故原子的物質(zhì)的量為2mol，個數(shù)為2nA個，C錯；Fe3O4看成Fe2O3·FeO，3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8nA個電子，D對。11.【答案】C【解析】溫度升高，水的離子積增大，c(H+)、c(OH-）都增大，表示的點就不在曲線上，A錯；水的離子積常數(shù)K=c(H+)·c(OH-)，從圖可知離子積是1.0×10-11，不是1.0×10-13，B錯；加入FeCl3，水解使得溶液酸性增強，c(H+)增大，那么c(OH-)減小，故可能引起由b向a的變化，C對；溫度不變水的離子積不變，稀釋溶液后所表示的點還在曲線上，不可能引起由c向d的變化，D錯。12.【答案】B【解析】滴定管用蒸餾水洗滌后，沒有用標準液洗滌，裝入NaOH溶液進行滴定會造成NaOH溶液的濃度變小，用量增多，結(jié)果偏大，A錯；酸中滴入堿，溶液的堿性增強，酸性減弱，溶液pH由小變大，B對；用酚酞作指示劑，錐形瓶溶液開始是無色的，當錐形瓶中溶液由無色變紅色，而且半分鐘內(nèi)不褪色時，證明滴定達到了滴定終點，C錯；滴定達終點時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴部分有懸滴，造成堿的用量偏多，則測定結(jié)果偏大，D對。22.【答案】BC【解析】Na2CO3加熱時產(chǎn)生的水珠是空氣中的水凝結(jié)形成，不是分解生成的，A錯；苯酚溶液中滴加飽和溴水生成白色沉淀，說明產(chǎn)物三溴苯酚不溶于水，B對；淀粉溶液變成藍色則生成了I2，說明氯水把I—氧化成了I2，故氧化性：Cl2>I2，C對；FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液再滴加H2O2溶液，溶液變成血紅色，說明H2O2把Fe2+氧化為Fe3+，體現(xiàn)了Fe2+的還原性，沒有體現(xiàn)氧化性，D錯。23.【答案】AD【解析】己的最高氧化物對應水化物有強脫水性為濃硫酸，則己是S元素，可以推出庚是F元素，戊是As元素，丁是Si元素，丙是B元素，甲和丁在同一周期，甲原子最外層與最內(nèi)層具有相同電子數(shù)，甲是Mg，乙是Ca。A．丙與戊的原子序數(shù)相差（8+18+2）=28，對；B．非金屬性越強，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：庚＞己＞戊，B錯；甲單質(zhì)與水反應不劇烈，C錯；丁是Si元素，二氧化硅可用于制造光導纖維，D對。30.【答案】（1）C12H9Br(2)AD(3)CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3(4)4、4（5）【解析】（1）根據(jù)化合物Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式可寫出其分子式為C12H9Br；（2）根據(jù)化合物Ⅱ的結(jié)構(gòu)簡式，其含有酯基，可發(fā)生水解反應，含有苯環(huán)，發(fā)生苯環(huán)上的硝化反應，沒有醛基，不可與新制的Cu(OH)2共熱生成紅色沉淀，沒有酚羥基，不可與FeCl3溶液反應顯紫色，所以A、D正確，選擇AD；（3）根據(jù)Ⅵ的結(jié)構(gòu)簡式及途徑Ⅰ的信息，可推出Ⅴ的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH2COOCH2CH3，從而可知Ⅴ是由Ⅳ與乙醇發(fā)生酯化反應得到，可推出Ⅳ的結(jié)構(gòu)簡式為BrCH2CH2COOH，而化合物Ⅲ含有3個碳原子，且可發(fā)生加聚反應，從而可知化合物Ⅲ的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，從而可得其合成路線；（4）化合物Ⅴ的結(jié)構(gòu)為BrCH2CH2COOCH2CH3，每個碳原子上的氫都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以應有4組峰；以氫原子H替代化合物Ⅵ中的ZnBr，所得化合物的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2COOCH2CH3，其屬于羧酸類的結(jié)構(gòu)應為C4H9COOH，C4H9—為丁基，丁基有4種不同的結(jié)構(gòu)的H原子，所以C4H9COOH的同分異構(gòu)體共有4種；（5）根據(jù)題目信息，有機鋅試劑（R—ZnBr）與酰氯（）偶聯(lián)可用于制備藥物Ⅱ，因此化合物Ⅵ為BrZnCH2CH2COOCH2CH3，則要合成Ⅱ，Ⅶ為酰氯，根據(jù)Ⅱ的結(jié)構(gòu)及途徑Ⅰ合成化合物藥物Ⅱ的方式，可推知Ⅶ的結(jié)構(gòu)為。31.【答案】(1)2HCl(g)+1/2O2(g)H2O(g)+Cl2(g)△H=△H1+△H2(2)①＜；K(A)；②見下圖增大壓強，平衡右移，ɑHCl增大，相同溫度下，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率比之前實驗的大。③BD(3)解：設2.0～6.0min時間內(nèi)，HCl轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為n，則2HCl(g)+1/2O2(g)==H2O(g)+Cl2(g)21n(5.4-1.8)×10-3mol解得n=7.2×10-3mol，所以v(HCl)=7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min==1.8×10-3mol/min(4)2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】根據(jù)圖像信息，箭頭指向的是生成物可寫出反應②的熱化學方程式：CuCl2(g)+1/2O2(g)CuO(s)+Cl2(g)△H2，則①+②可得總反應；（2）①根據(jù)圖12可知隨著溫度的升高，aHCl減小，說明升高溫度，平衡向逆向移動，則可知逆反應吸熱反應，所以正反應是放熱反應，故△H＜0，同時由于升高溫度，平衡逆移，則生成物減少，溫度是B點大于A點，所以平衡常數(shù)K(A)＞K(B)；②同時由于該總反應是氣體系數(shù)減小的反應，所以，壓縮體積使壓強增大，一定溫度下，平衡應正向移動，ɑHCl應較題目實驗狀態(tài)下為大，所以可得曲線圖:③A、增大n(HCl)，平衡正向移動，但是平衡移動使HCl減少的趨勢小于增加HCl使增大的趨勢，所以HCl的轉(zhuǎn)化率減小，錯；B、增大n(O2)，反應物的濃度增大，平衡向正向移動，H