2014年高考全国II卷化学精校版(含解析).doc

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A3种 B4种 C5种 D6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-）=110-5molL-1B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C. 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CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c（Na+）：【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=110-5molL-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ab+1，B错误；C、根据电荷守恒可知：+=+，C错误；D、酸性：CH3COOHH2CO3HClO，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CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的：，D正确。122013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Aa为电池的正极B电池充电反应为LiMn2O4=Li1-xMn2O4+xLiC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。13 室温下，将1mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为H1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为H2；CuSO45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO45H2O(s) CuSO4(s) +5H2O()，热效应为H3。则下列判断正确的是AH2H3 BH10 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-() H20 A、根据上述分析，H20，所以A错误；B、H3=H1-H2（H2H1，B正确；C、H3=H1-H2，C错误；D、H1+H20。根据图像可知，060s时间段内，NO2的物质的量浓度变化量是0.120 molL，所以=0.0020 molL1s1，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 molL1s1；由图像可知，100达到平衡时，(NO2)= 0.120 molL1，(N2O4)= 0.040 molL1，所以化学平衡常数=0.36molL1；（2）改变反应温度为，以以0.0020 molLs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；因为以0.0020 molLs，反应经过的时间是10s，所以(N2O4)= 0.0020 molL1s110s=0.020 molL1，则(NO2)= 0.020 molL12= 0.040 molL1，所以平衡时(N2O4)= 0.040 molL1-0.020 molL1=0.020 molL1，(NO2)=0.120 molL1+0.040 molL1=0.16 molL1，则=1.3 molL1；（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：（1） 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”）。（2） PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为 。（3） 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_ 。（4） 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mPbO2nPbO，列式计算x值和m:n值_ _。【答案】（15分）（1） 六 A 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mPbO2nPbO，=【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mPbO2nPbO，=。28（15分）某小组以CoCl26H2O、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。 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。 5 A B C 6 2 1 3 4 1水 2安全管 310%NaOH溶液 4样品液 5盐酸标准溶液 6冰盐水 氨的测定装置（已省略加热和夹持装置） 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molL1，为_ molL1，（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 2.8103（6）+3 2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2Co(NH3)6Cl3 + 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=2.8103 molL1;（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)6Cl3，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)6Cl3的原料：CoCl26H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水，可以写出反应的方程式为2CoCl2 +NH4Cl +10NH3 + H2O2 = 2Co(NH3)6Cl3 + 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）。用混凝法获取淡水 提高部分产品的质量优化提取产品的品种 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+H2ONaBr+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：澄清液石灰乳产品1 脱硫 浓海水 澄清 合成 沉降 过滤 干燥 产品2 浓海水的主要成分如下：离子Na+Mg2+ClSO42浓度/（gL-1）63.728.8144.646.4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）（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。（2）Br2+Na2CO3+H2ONaBr+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)22+，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