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1、2014年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）理科综合化学部分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 【答案】A 【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 BFe2+、H+、SO32、ClOCM
2、g2+、NH4+、Cl、SO42 DK+、Fe3+、NO3、SCN 【答案】C 【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，能把Fe2+、SO32-具有还原性的微粒氧化，B不能大量共存；D项：Fe3+和SCN不可共存（结合生成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 m
3、olL-1的Ca(OH)2溶液 【答案】B 【解析】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化小的可溶性物质，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 molL-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CH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
4、生成nA个SO2分子 【答案】B 【解析】A项、甲苯化学式为C7H8，结构简式为CH3 ，所以1mol甲苯有8个CH键，A错误；B项、18gH2O的物质的量是1mol水，1molH2O有10mol质子，B正确；C项：22.4L氨水非气体，所以标准状况下，22.4L氨水物质的量不是1mol，不可计算，C错误；D项：铁片与浓H2SO4中钝化，只有表面反应，不可计算，D错误。11某同学组装了图4所示的电化学装置，电极Al，其它均为Cu，则A电流方向：电极A电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：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
5、电镀池。各电极名称依次是（负极）（正极）（阳极）（阴极）。A项：电子从经A流向，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：极上有铜析出。D项：阳极铜溶解，阴析铜析出。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AHA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
6、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 pH7。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。由物料守恒知D项正确。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NH3H2O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色氧化性：Fe3+I2 【答案】AD 【解
7、析】A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13D乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物 【答案】BC 【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“
8、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。HO HO CH=CHCOOCH2CH2 （1）下列化合物I的说法，正确的是_。A遇FeCl3溶液可能显紫色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反应一定条件 -CH=CH2+2ROH+2CO+O2 2CH3- -CH=CHCOOR+2H2O 2CH3- （2）反应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_mol
9、H2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 CH2CH n COOCH2CH3 可用于制备涂料，其单体结构简式为_。利用类似反应的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，涉及的反应方程式为_。 【答案】（15分）（1）AC （2分）（2）C9H10 （1分） 4（1分）（3）CH3 CH2CH2OH 或CH3 CHOHCH3 （2分） NaOH醇溶液，加热（2分）（4）CH2=CHCOOCH2CH3（2分） CH2=CH2+ H2OC
10、H3CH2OH（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溶液反应。使溶液显显紫色，A正确；化合物I的结构中不含有醛基（CHO），不能发生银镜反应，B错误；化合物I的结构中含有酚羟基（能和溴发生取代反应）和碳碳双键（能与溴发生加成反应），C正确；化合物I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3molNaOH反应，D错误；（2）根据化合物II的结构简式CH3 CH=CH2 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
11、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CH3 CH2CH2OH 或者CH3 CHOHCH3 ；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 CH2CH n COOCH2CH3 的结构简
12、式可知，该聚合物是由丙烯酸乙酯（）发生加聚反应得到的。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，反应为主反应，反应和为副反应。CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) H1= 47.3kJmol-1 CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+CO2(g) +SO2(g) H2= +210.5kJmol-1 CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 86.2kJmol-1 （1）反应2CaSO4(s)+7CO(g) CaS(s)+ CaO(s)+6CO2(g)+ C(s) +SO2(g)的H
13、_（用H1、H2和H3表示）（2）反应的平衡常数的对数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，反应于900达到平衡，c平衡(CO)=8.010-5 molL-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_。 【答案】（16分）（1）H4H1+H2+2H3（2分）（2）a)反应为吸热反应，温度升高K值增大，lgK也增大（2分）b)反应为放热反应，温度升高K值减小，lgK也减小（2分）（3）99% CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+C
