2014年普通高等学校招生全国统一考试（卷）
理科综合部分
7生活处处有化学。下列说法正确的是
A制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金
B做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体
C煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类
D磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
【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
ANa+、Ca2+、Cl—、SO42— B．Fe2+、H+、SO32—、ClO—
CMg2+、NH4+、Cl—、SO42— DK+、Fe3+、NO3—、SCN—
【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Fe2+、SO32-—D项：Fe3+和SCN—不可共存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IIAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa(OH)2能制成澄清石灰水可配制2.0 mol?L-1的Ca(OH)2溶液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
A1mol甲苯含有6nA个C－H键
B18gH2O含有10nA个质子
C标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子
D56g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，，所以1mol甲苯有8个CH键B项18gH2O的物质的量是1mol水有10质子C项：22.4L氨水非气体标准状况下，22.4L物质的量不是1mol不可计算D项：铁片与浓H2SO4中钝化，只有表面反应，不可计算。
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ⅠB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：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=7C．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氧化性：Fe3+>I2A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
【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
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
D1mol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____________________________________________________。
（15分）（1）AC （2）C9H10 4（1分）
（3）或（2分） NaOH醇溶液
（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溶液显紫银镜反应分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1mol化合物I最多能与molNaOH反应可知其分子式为C9H10；由于化合物II的结构中含有1个苯环和1个碳碳双键
，所以1mol化合物II能与4molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物；
（3）化合物II分子结构中含有碳碳双键，且可由化合物III和IV制得，化合物III能与金属Na发生反应，从而说明化合物III中含有羟基，化合物III通过发生分子内的消去反应制得化合物II，由于羟基的位置有2种，所以化合物的结构简式有2种，即或者；化合物IV同样可以制取化合物II，且不与金属Na反应，说明化合物IV制取化合物II的方法应为卤代烃的消去反应，卤代烃的消去反应的条件是：在NaOH的醇溶液，加热的条件下制取；
（4）由聚合物31．（16分）
用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。
CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) ?H1=—47.3kJ?mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) ?H2=+210.5kJ?mol-1
③ CO(g) C(s)+ CO2(g) ?H3=—86.2kJ?mol-1
（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的?H＝___________（用?H1、?H2和?H3表示）
（2）反应①－③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18，结合各反应的?H，归纳lgK-T曲线变化规律：
a)_______________________________；b)____________________________。
（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c平衡(CO)=8.0×10-5 mol?L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留两位有效数字）。
（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入____________。
（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为_______________；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为
________________。
（16分）?H＝?H1+?H2+2?H3（2分）
（2）a)反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）
b)反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小（2分）
（3）CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)
初始浓度（mol/L） a 0
转化浓度（mol/L） a-平衡（CO） a-平衡（CO）
平衡浓度（mol/L） 平衡（CO） a-平衡（CO）
依题意，K=，a=8.08×10—3 mol?L—1
CO的转化率：
（5分）
（4）氧气 （2分）
（5）CaS+2O2CaSO4 （2分） （1分）
【解析】（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2得：2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s)
2014年广东高考+SO2(g)，所以?H＝?H1+?H2+2?H3；
（2）结合图像及反应的?H可知，反应①③为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小，反应②为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大。
（3）由图可可知，900℃时CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g)的lgK=2，即K=100，K=，可知平衡时
c(CO2)=8.0×10—3 mol?L—1，CO的转化率为=99%；
（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒角度分析，CaS与O2按照1:2反应转化为CaSO4，才能满足原子利用率
100%CaSO4；CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基。
32．（16分）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：
（注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是_________________。
（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体I中的碳氧化物主要为
________________________，由气体II中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为_________________。
（3）步骤①为：搅拌、________、所得溶液IV中的阴离子有____________。
（4）由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为_____________，100kg初级石墨最多可获得V的质量为
___________kg。
（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图19防腐示意图，并作相应标注。
（16分）作保护气，。
O（1分） ， SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O过滤。Cl、AlO2。
AlO2—+CH3COOCH2CH3+2H2O CH3COO— + Al(OH)3↓+CH3CH2OH （3分），7.8Kg
(5) （3分）
【解析】作保护气，（2）只能是CO不可能是CO2，因为石墨与CO2高温下也会转化COSiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃SiCl4，SiCl4再与NaOH 反应制备水玻璃（Na2SiO3），故发生反应的化学方程式是
SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；
（3）固体Ⅲ含AlCl3、FeCl3、MgCl2加过量NaOH溶液有沉淀Mg(OH)2Fe(OH)3和溶液NaAlO2、NaCl。要分离出沉淀的操作是过滤NaOH过量，所以溶液中必存在的阴离子是AlO2—、OH—，反应由NaCl生成，则溶液中还存在阴离子Cl—，那么所得溶液IV中的阴离子有Cl、AlO2溶液IV中的阴离子有Cl、AlO2生成沉淀Al(OH)3V 是Al(OH)3，所以反应的方程式是AlO2—+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO—+ Al(OH)3↓+CH3CH2OH ；由Al2O3～2Al(OH)3 Al(OH)3的质量
m=100Kg×5.1%÷102×156＝7.8Kg
铜的化学性质比石墨活泼，所以应用外加电流的阴极保护法保护铜，所以石墨作阳极，铜作阴极。防
腐示意图
33．（17分）H2O2是一种绿氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。
（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30% H2O2、
0.1mol?L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器
①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：____________
②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定____________________________________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。
③设计实验装置，完成图20的装置示意图。
④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。
物理量V[0.1mol?L-1Fe2(SO4)3]/mL……1a……2a……（2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其
原因是______________________________________________________。（17分）V[0.1mol?L-1Fe2(SO4)3]
/mLV[30% H2O2]
/mLV[ H2O]
/mLV[O2]
/mL收集d mL O2所需时间t/s1abcdt12acbdt2（2）。2NO2(g) N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，增大，颜加深（3分）
【解析】（1）①H2O2Fe2(SO4)3作催化剂的条件下分解生成H2O和O2，在此反应中H2O2既做氧化剂也做还原剂，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为；
②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内，收集到氧气的体积；
③收集并测量气体的体积，我们可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，故收集装置是
（2）由图21(a)可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21(b)可知反应2NO2(g)
N2O4(g)，也是放热反应，升温使平衡向左移动，增大，颜加深，所以B瓶的颜比A瓶的颜深
COOCH2CH3
n
CH2－CH
—CHOH—CH3
CH3—
—CH2—CH2—OH
CH3—
—CH=CH2
CH3—
—CHOH—CH3
CH3—
—CH2—CH2—OH
CH3—
COOCH2CH3
n
CH2－CH
Ⅱ
2CH3-
-CH=CHCOOR+2H2O
① 2CH3-
-CH=CH2+2ROH+2CO+O2
一定条件
—CH=CHCOOCH2CH2—
HO
HO
—CH3
—CH3
CH3—
COOH
—CH3
CH3—
COOH
实验序号
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