泄露天机——2014年金太阳高考押题精粹

1、泄露天机2014年金太阳高考押题精粹(化学答案与解析)（30道选择题+20道非选择题）第一部分：选择题答案（30道）1【答案】C【解析】煤的干馏可得到煤焦油、焦炉气、粗苯等，而煤焦油经蒸馏又可得到苯、二甲苯等重要的化工原料；煤经气化、液化可得到甲醇等清洁能源，故A项正确；利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，这样将CO2转化为可降解塑料，实现了“碳”的循环利用，B项正确；日常生活中人们大量使用铝制品，是因为常温下铝能与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，阻止了铝的进一步被氧化，故C项错误；太阳能电池的材料是硅，D项正确。2.【答案】B 【解析】A项的NH4Cl的电子式中氯离子的周围未写电子，故A项错

2、误；S2的质子数（或核电荷数仍为16，故C项错误；质子数为94、中子数为144的钚（Pu）原子应表示为：，D项错误。3【答案】B【解析】乌头酸的结构中无酯基，不能发生水解反应，B项错误。4.【答案】C【解析】棉花和蛋白质都是高分子化合物，但二者的水解产物不同，棉花水解生成葡萄糖，而蛋白质水解生成氨基酸，故A项错误；苯与溴水发生的是萃取，属于物理变化，B项错误；羧酸与碳酸氢钠溶液可以反应，而醇与碳酸氢钠不能反应，因此可以用碳酸氢钠溶液鉴别二者，C项正确；乙烷不能与溴水发生反应，不能用溴水除去，D项错误。5.【答案】D【解析】：1溴丙烯在引发剂作用下可发生加聚反应，产物中有1种官能团（溴原子）。：

3、1溴丙烯在酸性高锰酸钾的作用下，双键断裂，变为羧基，原来还含有溴原子，共2种官能团。：1溴丙烯水化后含羟基和氯原子这两种官能团。：1溴丙烯在溴的CCl4中发生加成反应，只有1种官能团（溴原子）。综上符合题意的为，故D项正确。6.【答案】B 【解析】反应中铝的化合价升高，铝也是还原剂，A错误；因为氧化铝在空气中能稳定存在，而硼烷易与空气中氧气反应，B正确；B2H6中只存在极性键、非极性键，没有离子键，C错误；根据反应不需要消耗AlCl3，D错误。7.【答案】B 【解析】A项重水(D2O)的相对分子质量为20，1.8 g重水(D2O)的物质的量为0.09mol，含有的质子数和电子数均为0.9NA，

4、错误；B项16gO2和O3的混合气体中氧原子的物质的量为1 mol，氧原子数为NA，正确；C项根据2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4判断，标准状况下，22.4 L NO 和22.4 L O2 混合后所得气体中分子总数小于1.5 NA，错误；D项缺少温度和压强，无法确定11.2 L Cl2的物质的量，无法确定转移的电子数，错误。8.【答案】D【解析】铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液，反应产物应为Fe2+，故A项错误；向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸，产物中应为HCO3-，故B项错误；酸性KMnO4溶液中不能含有大量的OH-离子，所以C项反应方程式不符合事实，C项错误；D项正确。

5、9.【答案】D 【解析】A、Cu2+、Al3+只存在于酸性溶液中，错误；B、该溶液中含有Fe3+，I与其发生氧化还原反应而不能共存，错误；C、该溶液可能为酸性或碱性溶液，酸性条件下Fe2+与NO3发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下NH4+、Fe2+不能共存，错误；D、该溶液为碱性溶液，离子能大量共存，正确。10.【答案】C 【解析】A、由题意可知发生反应的化学方程式为：2KIO3+ 5Na2SO3 +H2SO4= K2SO4+ 5Na2SO4+ I2+ H2O，从化学方程式可以看出，未知物X为Na2SO4 ，正确；B、该反应中反应物KIO3中的I（+5），生成物中I2碘元素的化合价为0，化合

6、价降低，KIO3中碘的的化合价降低，被还原，自身做氧化剂，B正确、C错误；D、Na2SO3在反应中作还原剂，I2为还原产物，还原性：还原剂还原产物，正确。11.【答案】D 【解析】C5H12有3种同分异构体（正戊烷、异戊烷、新戊烷），A项错误；C8H10中有4种属于芳香烃的同分异构体（邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯、乙苯），B项错误；因为CH3CH2CH2CH3的等效氢原子有2种，故光照下与氯气反应，可生成2种一氯代烃，C项错误。12.【答案】B 【解析】依题意醇与酸应等碳，且骨架相同，符合要求的醇和酸各4种，故它们重新组合可形成的酯共有4×4=16种。13【答案】D 【解析】X的原子

7、半径是短周期主族元素中最大的，说明X为钠；因Z元素的原子L层电子数为mn，M层电子数为mn，所以有mn=8，又因Y元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，可知n=2，则m=6，所以Y为氧元素，Z为硅元素；由R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2:1得，R为硫。因W元素与Z元素同主族，故W为碳。X与Y形成的两种化合物Na2O和Na2O2，二者的阴、阳离子的个数比均为12，A项正确；H2O比H2S稳定，因水分子间可形成氢键，其沸点高于H2S的，B项正确；因同浓度下酸性H2SO4H2CO3H2SiO3，所以C项正确；SO2、CO2通入BaCl2溶液中不发生反应，无沉淀生成，D项错误。14.

8、【答案】D 【解析】1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热为燃烧热，所以CO的燃烧热为283.0kJ·mol-1，A项错误；因为CO与O2的反应为放热反应，所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高，B项错误；完全燃烧20g甲醇，生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为454.15 kJ，C错误；根据盖斯定律，2CH3OH（l）+3O2（g） = 2CO2（g）+4H2O（g）= -1453.28 kJ·mol-1，D正确。15.【答案】C 【解析】用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳

9、极，镍作阴极，阳极电极反应式为Fe-6e+8OHFeO42+4H2O,故A错误；镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；若离子交换膜为阴离子交换膜，电解过程中阴离子向阳极移动，故C正确；温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误.16.【答案】D 【解析】有些化合物如甲醛、乙酸等可以写成Cm(H2O)n的形式，但它们都不属于糖类，故A错误；微生物所在电极区放电时失去电子发生氧化反应，B错误；放电过程中，H从负极区移向正极区，C错误；D项正确。17.【答案】C 【解析】电解时，银棒得电子发生还原反应，所以银作阴极，与电源负极相连，A项正确；电解时，电解质

10、溶液中的阴离子向阳极移动，B项正确；银溶解时有些可能未来得及失电子而直接落到铂坩埚上，若没有该网袋，则该部分析出的银被忽略了,使计算出的电量偏小，C项错误；n(Ag)=1.08g÷108g/mol=0.01 mol,故转移电子的物质的量为0.01 mol×(1-0)=0.01 mol，D项正确。18.【答案】D 【解析】物质A中两个侧链均为叔丁基,4个碳原子不可能共平面，A错误；物质B可以发生取代反应，如酯基的水解，B错误；因C中含有酚羟基，可被酸性KMnO4溶液氧化，故不能用酸性KMnO4溶液鉴别抗氧化剂C中是否含有CH3(CH2)17OH，C错误；C中含有酚羟基，可以与

11、NaOH溶液反应，酯基也可与NaOH溶液反应，且1molC与NaOH溶液反应，最多可消耗2mol NaOH，D正确。19.【答案】C 【解析】钠久置于空气中，可以和空气中的有关物质反应，最终生成Na2CO3，A错误；N2在放电条件下与O2反应只能生成NO，不能生成NO2，B错误；钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含盐量高，D错误。20.【答案】B 【解析】NaOH和Na2CO3不反应，不能转化为NaHCO3,B项错误。21.【答案】A 【解析】SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，B项错误；Al2O3可用作耐火材料是因其熔点高，故C项错误；SO2可使溴水褪色是SO2有还原性，D项

12、错误。22.【答案】B 【解析】若验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，不应该用热水浴加热，A项错误；除去CO2气体中混有的SO2，应选用饱和NaHCO3溶液，因二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应,C项错误；D项装置中没有除去CO2中的HCl气体，因而无法比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱。23.【答案】D 【解析】已知：正丁醛与饱和NaHSO3溶液反应可生成沉淀,故操作1是过滤，A项错误；操作3也是分离固液混合物,为过滤操作，B项错误；操作2是分液，C项错误。24.【答案】B 【解析】从食盐水中获得NaCl晶体的操作是蒸发，应选用蒸发皿、酒精灯、玻璃棒，B项错误。25.【答案】A

13、【解析】A项，该反应达平衡时c(Mn2)、c(Cu2)保持不变，但不一定相等；B项，MnS(s)能够转化为CuS(s)，说明CuS比MnS更难溶；C项，往平衡体系中加入少量Cu(NO3)2固体后，平衡向正方向移动，c(Mn2)变大；D项，该反应的平衡常数K=26.【答案】A 【解析】由知，0.100 mol/L的HY溶液的pH=1，说明HY是强酸；而0.100 mol/L的HX溶液的pH=3，说明HX是弱酸。所以在相同温度下，同浓度的两种酸溶液的导电能力顺序HXHY，A项正确；因HY是强酸，B项错误；将0.100 mol/L的HX和HY混合，当达平衡时，根据物料守恒得c(X-)+c(HX)=c

14、(Y-),将代入到电荷守恒c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-)中得，c(H+)=2c(X-)+c(HX)+c(OH-)，C错误；由得，a20.00 mL，所以反应后的HY溶液中，HY溶液过量呈酸性，D项错误。27.【答案】D【解析】A项，当a2b时， CO2过量，溶质由NaOHNa2CO3NaHCO3，NaOH抑制水的电离，Na2CO3对水的电离促进最大，NaHCO3对水电离的促进仅次于Na2CO3。故图像正确；B项，当ab时，溶质为NaHCO3，所得溶液中存在质子守恒：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)，B正确；C项，当2ab时，溶液相当于Na2CO3溶

15、液，所得溶液中存在：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-)c(H+),C 项正确；D项，当1/2a/b1时，所得溶液中含有Na2CO3和NaHCO3，等式c（Na）c（CO32-）c（HCO3）c（H2CO3）是NaHCO3溶液中物料守恒的式子，Na2CO3和NaHCO3混合溶液的物料守恒的方程式与溶液的组成有关，两物质的比例不同，写出的式子不同，D项错误。28. 【答案】B 【解析】原溶液中加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀，说明原溶液中一定存在NH4+、Fe3+，且它们的物质的量都为0.02mol,则CO32一定不存在，Al3+不能确定

16、；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀，说明原溶液中一定存在SO42-，且SO42-离子的物质的量为0.02mol，则一定存在的离子是NH4+、Fe3+、SO42-；根据溶液中符合电荷守恒规律，所以原溶液中一定存在Cl-，且c(Cl-)0.4mol/L。A、至少存在4种离子，错误；B、正确；C、Cl-一定存在，错误；D、Al3+可能存在，错误，答案选B29.【答案】D 【解析】根据“先拐先平数值大”的原则，曲线b是500时的图像，A错误；从0到t1时刻，由图像的斜率可以看出，500时的反应速较快，故B错误；t2时刻，两曲线相交于一点，说明生成物Z的变化量相等，故C错

17、误；由图像可以判断出该反就是放热反应，因此在t3时刻，b曲线的Z%增大，说是平衡正向移动，可能是降温，D项正确。30.【答案】B 【解析】设合金中铜为m mol,镁为n mol。由题意可知，m mol Cu(OH)2和n mol Mg(OH)2的质量共为17.02g，所以有98m+58n=17.02g - 。.由题意得，n(NO2)= 8.96 L÷22.4L/mol=0.4 mol，n(N2O4)= 0.672 L÷22.4L/mol=0.03 mol，硝酸得到电子的总物质的量为0.4mol×(5-4) + 0.03mol×2×(5-4) =

18、 0.46 mol。则铜和镁失去电子的物质的量也为0.46 mol。则由电子守恒得，2m+2n=0.46 -。 将和联立解得，m =0.092 mol,n = 0.138mol。 所以x = 0.092 mol×64g/mol + 0.138 mol×24 g/mol=9.20g。 选项B正确。第二部分：非选择题（20道）31.【答案】（1）MnSO4+K2S2O8+2H2OMnO2+K2SO4+2H2SO44LiOH+8MnO24LiMn2O4+2H2O+O2（2）二氧化锰是催化剂，加快了碳酸锂分解4MnO22Mn2O3+O22Li2O+4Mn2O3+O24LiMn2O4

19、32.【答案】（1）Si3N4 ；HNHH（2）AlN+ NaOH +H2ONaAlO2 + NH3（3）2AlO2CO23H2O2Al(OH)3CO32（4） Fe2O3 +2NH32Fe +N2 +3H2O; 取样品少许，溶于足量的CuSO4溶液，充分反应后，过滤所得的滤渣溶于稀盐酸，滴加 KSCN溶液无现象，再滴加氯水，若溶液呈红色，则证明有FeO生成（5）3SiO2 +2N2 +6CSi3N4 +6CO33.【答案】（1）第二周期VA族;绿色氧化剂（2）3NO2+H20=2HNO3+NO（3）;NH4+ H2ONH3·H2O +H+（4）2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+

20、2 H2O （5）N2+8H+6e-= 2NH4+ ;正34.【答案】（1）第4周期第VIII族;4 （2）ClNC（3）12;NH3分子间易形成氢键（4）8HCl+KClO4 KCl+4Cl2+ 4H2O（5）;C2H2(g)+5/2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) H=1200 kJ/mol（6）c2(NH3)/c(N2)c3(H2) ;a=b+c 35. 【答案】（1）BaSO4 温度升高，Ni2+的水解程度增大（2）CuSO4·5H2O（3）方案错误。在调节pH前，应先在滤液中加入H2O2，使溶液中的Fe2+氧化为Fe3+（或其他合理答案）（4）3×106（

21、5） ClO2Ni2+4OH=2NiOOH·H2OCl 36. 【答案】（1）+3; B4O72-+2H+5H2O= 4H3BO3;Mg+B2O3=2B+3MgO （2）防止MgCl2水解生成Mg(OH)2; Mg2+2H2O+2e-= Mg(OH)2+H2（3）H2O2+2H+2e-=2H2O; 0.045 mol·L-1; 没有（4）碱式; 99%37. 【答案】（1） H2O2（新制氯水等氧化剂，其它合理答案也给分），将Fe2+氧化为Fe3+（2） 与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。（3） Cu+H2O2+H2SO4=CuSO

22、4+2H2O（4） 蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤（5） B；先产生白色沉淀后溶解（6） 97.00% 偏高38. 【答案】 （1）增大溶液中SO浓度，将Ca2+转化为沉淀（同时抑制Fe2+水解或抑制Fe2+、Fe3+水解）； CaSO4 （2）b ； H2O2+2 Fe2+2H+= 2Fe3+ 2H2O （3）冷却结晶 （4）铁氰化钾溶液;不能;因为H2O2和Fe2+均能使酸性的KMnO4溶液褪色 （5）在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色 （6）Fe2(SO4) 3·2(NH4) 2SO4·2H2O39. 【答案】 I （

23、1）NaOH （2）250mL容量瓶（3）将Cu(OH)2分别加入稀硫酸和稀NaOH溶液中，观察现象 （1）Cu2O + 2H+ = Cu2+ Cu + H2O（2） 稳定， 不稳定 （1）（球形）干燥管 （2）N2H440. 【答案】 （1）C （2）关闭支口开关K1并打开K2，将最后的导管通入水中，微热大试管，若看到从导管中出现气泡，且停止加热后在导管中上升一段水柱，则证明气密性好。打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，若出现白烟；(NH4)2SO4或者(NH4)2SO3或者SO3(酸式盐及以上物质的混合物也给分)Al2O3 +2OH-=2AlO2-+H2O或Al2O3 +3H2O +2

24、OH-=2Al(OH)4- （3）1:341. 【答案】（1）d b e c a（2）使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量（3）ABC （4）降低环己酮的溶解度；增加水层的密度，有利于分层;水浴加热（5）停止加热，冷却后通自来水（6）60% (60.3%) 【解析】（6）20 mL环己醇的质量为：20 mL×0.9624 g/cm3=19.248g。由方程式列对应关系可计算出这些环己醇能生成环己酮的质量为18.86304 g。而实际产品质量为12 mL×0.9478 g/cm3=11.3736 g。所以产率为42.【答案】（1）MnO2 + 4H+ + 2Cl-

25、 = Mn2+ + Cl2 + 2H2O （2）S2- + Cl2 = S + 2Cl- （3）氯的原子半径小于硫，得电子能力强于硫，所以氧化性Cl2强于S （4）产生大量白烟，8NH3 + 3Cl2 = 6NH4Cl + N2 （5）（6）2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3、Fe+S = FeS（其它合理答案给分）43. 【答案】（1）1.2（2）（3）CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) H = 129 kJ·mol-1 （4）增加压强使反应速率加快，同时平衡右移，CH3OH产率增大（5）C8H1850e+25O28CO2 + 9H2O（6）80（7）a ; 46%

26、 44. 【答案】HCHO 470kJ·mol1 AgCl2NH3·H2OAg(NH3)2Cl2H2O或AgCl2NH3Ag(NH3)2Cl防止酸雨的发生 8SO22H2OCu24HSO42Cu45.【答案】(1) 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-905KJ/mol(2) 28.6% 0.02mol/L·min 向左b(3) N2+8H+6e-=2NH4+ bcd【解析】(1)先写出NH3与O2反应的化学方程式，并注明物质的状态，然后根据盖斯定律求算H ，H 2*H 13*H 22*H 3905KJ/mol ，可得热化学方程式为4N

27、H3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-905KJ/mol（2）根据三段式进行计算，2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) 起始浓度（molL1） 1.4 1.2 0 0 转化浓度（molL1） 0.4 0.4 0.2 0.4 平衡浓度（molL1） 1.0 0.8 0.2 0.4 则NO的转化率为：0.4mol/L÷1.4mol/L×100%=28.6%；020min平均反应速率v(NO)=0.4mol/L÷20min= 0.02 mol·L-1·min-1；根据平衡浓度可求出平衡常数K=0.2×0.42÷（12×0.82）=0.05，加入CO、N2后Q