1、2014届广东省韶关市高三 4月高考二模理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 五颜六色的颜色变化增添了化学的魅力，对下列有关反应的颜色叙述正确的是 新制氯水久置后 浅黄绿色消失； 淀粉溶液遇碘单质 蓝色； 氯化铁溶液滴入甲苯中 紫色； 热的黑色氧化铜遇乙醇 红色 A B C D 答案： B 试题分析： 新制氯水久置后 浅黄绿色消失，是因为次氯酸分解促使氯气与水反应，所以黄绿色消失，正确； 淀粉溶液遇碘单质 蓝色，这是碘与淀粉的性质，正确； 氯化铁溶液滴入甲苯中 紫色，甲苯 不存在酚羟基，溶液不会呈紫色，错误； 热的黑色氧化铜遇乙醇 红色，这是乙醇与氧化铜发生氧化反应，生成乙醛和铜单质，所以固体
2、黑色变红色，正确，答案：选 B。 考点：考查溶液颜色变化的反应原理 利用下列实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 A图 1所示装置可制备氨气 B图 2所示装置可分离 CH3CH2OH和 CH3COOC2H5的混合液 C图 3所示装置可制备、收集乙烯并验证其易被氧化 D图 4所示装置可制备氧气 答案： AD 试题分析： A、生石灰与水反应生成氢氧化钙增大氨水中的氢氧根离子浓度，抑制一水合氨的电离，有利于氨气的逸出，同时生石灰溶于水放热，减小氨气的溶解度，所以可以用该装置制备氨气，正确； B、 CH3CH2OH和 CH3COOC2H5互溶，不分层，不能分液，错误； C、乙醇在浓硫酸作催化剂、
3、加热条件下发生消去反应生成乙烯，而图中是稀硫酸，错误； D、过氧化氢在二氧化锰作催化剂条件下分解产生氧气，二氧化锰固体 放在圆底烧瓶里，过氧化氢放在分液漏斗里，正确，答案：选 AD。 考点：考查对化学实验装置的判断 下列过程的离子方程式正确的是 A用烧碱溶液吸收 Cl2： Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O B用饱和 Na2CO3溶液转化锅垢中的 CaSO4： CaSO4(s)+CO32- (aq)=CaCO3(s)+SO42-(aq) C实验室制备 Fe(OH)3胶体： Fe3+ +3OH- =Fe(OH)3 D金属 Na与水反应： Na +2H+ = H2+Na+ 答案： AB
4、试题分析： A、用烧碱溶液吸收 Cl2生成钠盐和水，钠盐都是易溶强电解质，所以离子方程式书写正确； B、用饱和 Na2CO3溶液转化锅垢中的 CaSO4，碳酸钙的更难溶，属于沉淀的转化，正确； C、实验室制备 Fe(OH)3胶体，是用饱和氯化铁在沸水中的水解，不是用铁盐与强碱的反应，错误； D、电荷不守恒，错误，答案：选 AB。 考点：考查对离子方程式书写的判断 下列叙述 I和叙述 II均正确且有因果关系的是 选项 叙述 I 叙述 II A H2有还原性，浓硫酸有强氧化性 不能用浓硫酸干燥 H2 B CuS难溶于水和硫酸 反应： H2S+CuSO4=CuS+H2SO4可以发生 C 海水中含有大
5、量的 Cl-、 Br-等离子 向海水中通入 F2可大量获得 Cl2、 Br2 D SO2具有酸性和漂白性 往紫色石蕊溶液中通入 SO2，溶液先变红再褪色 答案： B 试题分析： A、氢气与浓硫酸不反应，可以用浓硫酸干燥氢气，叙述 II错误，所以 A错误； B、因为 CuS难溶于水和硫酸，所以 H2S+CuSO4=CuS+H2SO4可以发生，正确； C、向海水中通入 F2，与水反应生成氧气，得不到 Cl2、 Br2，错误； D、二氧化硫具有漂白性，是因为二氧化硫与有色物质结合成无色物质的缘故，不能使石蕊褪 色，错误，答案：选 B。 考点：考查对物质性质、用途的反应原理的分析判断 已知可逆反应 C
6、O(g) H2O(g) CO2(g) H2(g)H 0，反应达到平衡状态后，欲提高 CO的转化率，可以采取的措施为 A增大压强 B升高温度 C增大 CO的浓度 D分离出 CO2 答案： D 试题分析： A、该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以增大压强对平衡无影响，不能提高 CO的转化率，错误； B、升高温度平衡向吸热反应方向移动，逆向是吸热方向，所以升温平衡逆向移动， CO 的转化率减小，错误； C、增大 CO的浓度只能提高 H2O(g)的转化率，自身转化率降低，错误； D、分离出 CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动， CO转化率增大，正确，答案：选 D。 考点：考查条件对化学平衡的
7、影响 用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 (相对原子质量 :D-2 O-16 Cu-64) A 18 g的 D216O中含有的中子数为 9 NA B物质的量浓度均为 1.0mol/L的硫酸与高氯酸 (HClO4)溶液中含有的氧原子数均为 4NA C 33.6 L NO2溶于足量的水得到的溶液中含有的 NO3-数为 NA D 32 g铜发生氧化还原反应，一 定失去 NA个电子 答案： A 试题分析： A、 18 g的 D216O的物质的量是 18g/20g/mol， 1个 D216O中含有的中子数为 8+2=10个，所以 18 g的 D216O中含有的中子数为 18g/20g/mo
8、l10=9 NA，正确； B、未给出溶液体积，无法计算溶液中含有的氧原子数，错误； C、未指明标准状况，所以 33.6 L NO2的物质的量无法计算，溶液中含有的 NO3-数无法计算，错误； D、 32 g铜的物质的量是 0.5mol，发生反应时 Cu失去的电子数未知，可能失去 1个电子，也可能失去 2个电子，所以 0.5mol的 Cu失去的电子数不能确定，错误，答案：选 A。 考点：考查对阿伏伽德罗常数的理解应用 下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是 A NaNaOHNa2CO3NaCl B MgMgCl2MgCO3Mg(OH)2 C AlAl2O3Al(OH)3AlCl3 D
9、 FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3 答案： C 试题分析： A、 Na与水反应生成 NaOH，氢氧化钠与二氧化碳反应生成 Na2CO3，碳酸钠与氯化钙反应生成 NaCl，可以一步完成，正确； B、 Mg与氯气反应生成 MgCl2，氯化镁与碳酸钠反应生 MgCO3，碳酸镁与氢氧化钠溶液反应生成Mg(OH)2，可以一步完成，正确； C、 Al与氧气反应生成 Al2O3，氧化铝不能一步生成 Al(OH)3，错误； D、 Fe与氯气反应生成 FeCl3，氯化铁与氢氧化钠溶液反应生成 Fe(OH)3，氢氧化铁受热分解生成 Fe2O3，可以一步完成，正确，答案：选 C。 考点：考查物质之间的转化 短
10、周期元素 A、 B、 C、 D的原子序数依次增大。 A原子的最外层电子数是内层电子数的 2倍，元素 B在同周期的主族元素中原子半径最大，元素 C的合金是日常生活中常用的金属材料， D位于第 VIA族。下列说法正确的是 A原子半径： D B C A B元素 A、 B的氧化物具有相同类型的化学键 C B、 C、 D的最高价氧化物对应的水化物能相互反应 D元素 B和 C的最高价氧化物对应水化物的碱性： C B 答案： C 试题分析： A原子的最外层电子数是内层电子数的 2倍，若 A为 3层电子，则内层有 10个电子，根据最外层不超过 8电子的原则， A只能是 2层电子， A原子的内层只能是 2个电子
11、，所以 A是 C 元素； 4种元素都是短周期元素， A、 B、C、 D的原子序数依次增大，元素 B在同周期的 主族元素中原子半径最大，则B为第三周期元素 Na元素；元素 C的合金是日常生活中常用的金属材料 Al； D位于第 VIA族，则 D是 S元素。 A电子层数越多原子半径越大，所以 B的原子半径最大，正确顺序是 B C A D，错误； B、元素 A、 B的氧化物具有不同类型的化学键，前者氧化物中是共价键，后者的氧化物中存在离子键，错误；C、 B、 C、 D 的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，三者能相互反应，正确； D、元素 B的金属性大于元素 C的金属性，所以最高价
12、氧化物对应水化物的碱性： B C，错误，答案：选 C。 考点：考 查元素的原子结构与元素性质的关系，化学键类型的判断，元素周期律的应用 填空题 已知苯甲醛与乙酸酐 (CH3CO)2O在一定条件下可以通过 Perkin反应生成肉桂酸，方程式（已配平）如下： 苯甲醛 肉桂酸 （ 1） 1mol苯甲醛与足量银氨溶液在水浴条件下反应最多能生成 mol银单质；写出肉桂酸完全加氢后产物的分子式 。 （ 2）上述反应中的产物 M能与碳酸氢钠反应并放出气体，则 M的结构简式是 。 （ 3）溴苯（ C6H5Br）与丙烯酸乙酯（ CH2 CHCOOC2H5）在氯化钯催化下可直接合成肉桂酸乙酯，该反应属于 Beck
13、反应，其反应方程式为 （不要求标出反应条件），该反应类型属于 。 已知：在药物、香料合成中常利用醛和醇反应生成缩醛来保护醛基，此类反应在酸催化下进行。例如： （ 4）已知具有五元环和六元环结构的缩醛比较稳定。写出用乙二醇（ HOCH2CH2OH）保护苯甲醛中醛基生成的缩醛 B（分子式： C9H10O2）的结构简式 。 （ 5）缩醛 B（分子式： C9H10O2）符合以下条件的同分异构体有两种，写出它们的结构简式 。 苯环上只有一个取代基； 能发生水解反应和银镜反应。 答案：（ 1） 2（ 2分）； C9H16O2（ 2分） （ 2） CH3COOH（ 2分） （ 3） C6H5Br CH2 C
14、HCOOC2H5C6H5CH CHCOOC2H5 HBr（ 3分）；取代反应（ 1分） （ 4） （ 2分）； （ 5） （各 2分，共 4分） 试题分析：（ 1）苯甲醛分子中有 1个醛基，所以 1mol苯甲醛与足量银氨溶液在水浴条件下反应最多能生成 2mol银单质；肉桂酸完全加氢后分子中不存在不饱和键，分子式为 C9H16O2 （ 2）根据已配平的化学方程式得 M的分子式为 C2H4O2，且 M能与碳酸氢钠反应并放出气体，所以 M是乙酸，结构简式为 CH3COOH； （ 3）根据质量守恒定律，溴苯（ C6H5Br）与丙烯酸乙酯（ CH2 CHCOOC2H5）在氯化钯催化下生成肉桂酸乙酯和溴化
15、氢，所以化学方程式为 C6H5Br CH2CHCOOC2H5C6H5CH CHCOOC2H5 HBr；根据反应特点，溴苯中的溴原子取代丙烯酸乙酯 CH2 CH-中左侧 C上的 H原子，该反应属于取代反应； （ 4）由所给已知得保护 1个醛基，需要 2个醇羟基，而乙二醇分子中有 2个醇羟基，所以乙二醇分子中的 2个羟基的 O原子与苯甲醛的醛基的 C原子直接相连，得缩醛 B的结构简式为 ； （ 5）能发生水解反应和 银镜反应，说明分子中存在酯基和醛基，又苯环上只有一个取代基，所以缩醛 B的同分异构体应为甲酸某酯，符合条件的 B的同分异构体有 2种，分别是 考点：考查有机物的分子式、结构简式、化学方
16、程式的判断及书写，反应类型的判断，给定条件的同分异构体的判断及书写 醋酸是中学常用的一种弱酸。 （ 1）取 0.10mol CH3COOH作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示： 开始时导电率为 0说明： 。 比较 a、 b点的相关性质（填 “ ”、 “”、 “=”）： n(H+)： a b； c(CH3COO-)： a b；完全中和时消耗 NaOH的物质的量： a b； 若 b点时，溶液中 c(CH3COOH)=0.10mol/L， c(H+)=1.310-3mol/L，则此时c(CH3COO-)约为 mol/L；计算 b点时醋酸的电离平衡常数，写出计算过程 。 （ 2）已知：
17、H+(aq) + OH-(aq) = H2O(l) H1=-57.3 kJ/mol CH3COOH(aq) H+(aq) +CH3COO-(aq) H2=+1.3 kJ/mol 写出稀醋酸与稀烧碱溶液反应的热化学方程式： 。 （ 3）室温下，取浓度 均为 0.10mol/L的醋酸与醋酸钠溶液等体积混合后，测得其 pH6，写出混合溶液中的物料守恒关系式 ；并列出其中的离子浓度大小顺序（由大到小） 。 答案：（ 1） 醋酸为共价化合物，只在水溶液中才能电离（ 2分）； ； =（ 3分，各 1分）； 1.310-3 （ 1分）； =( 1.310-3)2/0.10 mol/L=1.710-5 mol
18、/L （ 2） CH3COOH(aq)+ OH-(aq) = H2O(l) +CH3COO-(aq) H=-56.0kJ/mol （ 3分） （ 3） c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)或 c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L； c(CH3COO-) c(Na+) c(H+) c(OH-) （ 4分；各 2分） 试题分析：（ 1） 醋酸是共价化合物，液态醋酸中不存在自由移动的离子； 对于弱电解质溶液而言，溶液越稀越易电离，所以 b点醋酸的电离程度大于a点， H+的物质的量 b点大于 a点；尽管氢离子物质的量在增大，但增大的幅度不如溶液体积增大的多
19、，所以离子浓度减小，因此 b点醋酸根离子浓度小于 a点；无论 a还是 b点，醋酸的物质的量不变， 所以需要氢氧化钠的物质的量相等； 醋酸电离产生等浓度的 CH3COO-和 H+，所以此时 c(CH3COO-)约为 1.310-3 mol/L； b点的平衡常数 K= c(CH3COO-) c(H+)/ c(CH3COOH)=（ 1.310-3 mol/L）2/0.10mol/L=1.710-5 mol/L; (2)将已知 2个热化学方程式相加得： CH3COOH(aq)+ OH-(aq) = H2O(l) +CH3COO-(aq) H=-56.0kJ/mol 即为稀醋酸与稀烧碱溶液反应的热化学方
20、程式； （ 3）醋酸电离使溶液呈酸性，醋酸钠水解使溶液呈碱性，浓度均为 0.10mol/L的醋酸与醋酸钠溶液等体积混合后，测得其 pH6，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。则混合液中的物料守恒有：醋酸和醋酸根离子的浓度和是钠离子浓度的 2倍， c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)；或者混合液中醋酸和醋酸根离子的浓度和是 0.10mol/L， c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L；根据以上分析，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以混合液中离子浓度最大的是醋酸根离子，其次是钠离子 ，再次是氢离子，最小是氢氧根离子，c(CH3COO-) c(N
21、a+)c(H+) c(OH-)。 考点：考查弱电解质溶液的离子浓度、电离平衡的判断，热化学方程式的书写，混合液的物料守恒及离子浓度大小的比较 工业碳酸钠 (纯度约为 98 )中含有 Mg2 、 Fe2 、 Cl-和 SO42-等杂质，提纯工艺流程如下： 已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下图所示： 回答下列问题： （ 1）溶解时通入热空气的作用有 (写出两条即可 )；生成氢氧化镁沉淀的离子方程式为 。 （ 2） “趁热过滤 ”时的温度应控制在 ；简述过滤后洗涤固体的操作 。 （ 3）为检验母液中是否含有 Cl-，必须加入的试剂为 。 （ 4）实验室进行 “灼烧 ”的陶瓷仪器有 。
22、（ 5）室温下用石墨电极电解饱和 Na2CO3溶液（装置如图），写出 Y电极反应式： ；一段时间后 X电极可收集到的气体一定有 ，可能有 。 答案：（ 1）升温加快溶解速率、除去铁元素【或加热促进 Fe3+（ Fe2+）的水解或氧化 Fe2+】（ 2分）； Mg2+ +2OH-= Mg (OH) 2（或 MgCO3 +2OH-= Mg (OH) 2+CO32-） （ 2分） （ 2）不低于 36 （ 2分）； 向过滤器中加入 36 的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作 23次（ 2分） （ 3）足量的 Ba(NO3)2和 HNO3溶液（ 1分）、少量的 AgNO3溶液（ 1分） （ 4
23、）坩埚、泥三角（ 2分）（答酒精灯不倒扣分，其余答错一个倒扣 1分，直到本小问 0分） （ 5） 2H+ +2e- =H2（或 2H2O+2e- = H2+2OH-， 2分）； O2； CO2（写名称也给分，各 1分，共 2分） 试题分析：（ 1）溶解时通入热空气可以加快溶解速率，同时可以氧化亚铁离子为铁离子，方便除去铁元素；镁离子与氢氧根离子 结合生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为 Mg2+ +2OH-= Mg (OH) 2； （ 2）碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出不同的溶质，据图可知，低于 36时会生成 Na2CO3 7H2O 等，所以 “趁热过滤 ”时的温度应控制在不能低于 36 ；过滤后
24、洗涤固体时不同于一般的洗涤，仍要注意蒸馏水的温度不能低于 36 ，所以正确操作是向过滤器中加入 36 的热水没过固体表面，待水自然流干后，重复操作 23次； （ 3）因为溶液中存在 SO42-，对 Cl-的检验带来干扰，所以在检验 Cl-前先除去SO42-，所用试剂是足量的 Ba(NO3)2和 HNO3溶液，然后在加入硝酸银溶液，观察现象，进行判断； （ 4）坩埚有不同的类型，实验室进行 “灼烧 ”的陶瓷仪器有瓷坩埚、泥三角； （ 5） Y极是阴极，阳离子放电发生还原反应，电极反应式为 2H2O+2e- = H2+2OH-， X极为阳极，氢氧根离子放电生成氧气，所以 X极产生的气体一定有氧气，
25、 X极氢氧根离子放电，导致氢离子浓度增大，所以溶液中的碳酸根离子与氢离子反应会生成二氧化碳气体，因此气体中还可能含有二氧化碳。 考点：考查对工业流程的分析判断，洗涤固体的方法，离子检验，实验室仪器的判断，电解原理的应用 实验室用铜制备 CuSO4 溶液有多种方案，某实验小组给出了以下三种方案： 请回答有关问题： （ 1）甲方案： 写出该反应的离子方程式 ； 为了节约原料，硫酸和硝酸的物质的量之比最佳为， n(H2SO4)： n(HNO3)= 。 （ 2）乙方案：将 6.4g铜丝放到 90mL 1.5mol L-1的稀硫酸中，控温在 50 。加入 40mL 10%的 H2O2，反应 0.5小时，
26、升温到 60 ，持续反应 1小时后，经一系列操作，得 CuSO4 5H2O 20.0g【已知有关摩尔质 量： M(Cu)=64g/mol， M(CuSO4 5H2O) =250g/mol】。 反应时温度控制在 50 60 ，不宜过高的原因是 ； 本实验 CuSO4 5H2O的产率为 。 （ 3）丙方案：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应。向反应液中加少量 FeSO4，即发生反应，生成硫酸铜。反应完全后，加物质 A调节 pH至 4 ，然后过滤、浓缩、结晶。 物质 A可选用以下的 （填序号）； A CaO B NaOH C CuCO3 D Cu2(OH)2CO3
27、E Fe2(SO4)3 反应中加入少量 FeSO4可加速铜的氧化， FeSO4的作用是 ； （ 4）对比甲、乙、丙三种实验方案，丙方案的优点有（写两条）： 、 。 答案：（ 1） 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O （ 3 分）； 3:2（ 2 分） （ 2） 双氧水受热易分解造成损耗（ 2分）； 80（ 3分） （ 3） CD（ 2分）； 作催化剂（或起催化作用， 2分） （ 4）无污染；原料利用率高（或常温下反应，耗能少；原料便宜，成本低等）（ 2分） 试题分析：（ 1） 铜与稀硫酸、稀硝酸的混合液反应生成铜离子、 NO、水，离子方程式为 3Cu+8H+2NO3-=3Cu
28、2+2NO+4H2O； 硫酸铜的化学式中 Cu2+与 SO42-的个数比是 1:1，离子方程式中 Cu2+与 NO3-的个数比是是 3:2，所以 n(H2SO4)： n(HNO3)=3:2； （ 2） 因为过氧化氢受热易分解，温度过高，造成过氧化氢的损失，产率降低； 604gCu的物质的量是 0.1mol，硫酸的物质的量是 0.135mol，所以硫酸过量，理论上应生成 0.1molCuSO4 5H2O，质量是 25.0g，实际得到 CuSO4 5H2O 20.0g，所以 CuSO4 5H2O的产率是 20.0g/25.0g100%=80%; （ 3） 加物质 A调节 pH至 4目的是降低溶液酸度，使铁元素沉淀，同时不引入新杂质，所以应选择 CuCO3、 Cu2(OH)2CO3，二者与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳气体放出，符合题目要求，而 ABE均会引入新杂质，答案：选 CD。 反应中加入少量 FeSO4可加速铜的氧化，而 FeSO4不与溶液中的任何物质反应，所以 FeSO4的作用只能是催化剂的作用； （ 4）与甲、乙比，丙的优点是不会产生污染，耗能 少，原料便宜，节约原料等。 考点：考查硫酸铜的制备实验，对实验的分析能力，优缺点的比较，产率的计算
