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2014 年广东省高考化学试卷
一、选择题：每小题4份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对得四分，选错或不答的得0分
7．（4分）（2014•广东）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
8．（4分）（2014•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A． Na+、Ca2+、Cl﹣、SO 2﹣ B． Fe2+、H+、SO 2﹣、ClO﹣
4 3
C． Mg2+、NH +、Cl﹣、SO 2﹣ D． K+、Fe3+、NO ﹣、SCN﹣
4 4 3
9．（4分）（2014•广东）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Ⅱ
A KNO 的溶解度大 用重结晶法除去KNO 中混有的NaCl
3 3
B BaSO 难溶于酸 用盐酸和BaCl 溶液检验SO 2﹣
4 2 4
C NH 能使酚酞溶液变红 NH 可用于设计喷泉实验
3 3
D Ca（OH） 能制成澄清石灰水 可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH） 溶液
2 2
A A B B C C D D
． ． ． ．
10．（4分）（2014•广东）设N 为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（ ）
A
A． 1mol甲苯含有6N 个C﹣H键
A
B． 18g H O含有10N 个质子
2 A
C． 标准状况下，22.4L氨水含有N 个NH 分子
A 3
D． 56g铁片投入足量浓H SO 中生成N 个SO 分子
2 4 A 2
11．（4分）（2014•广东）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（ ）A． 电流方向：电极Ⅳ→A→电极Ⅰ B． 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
12．（4分）（2014•广东）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所示，下列说法正确的是（ ）
A． HA为强酸 B． 该混合液pH=7
C． 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+）
22．（4分）（2014•广东）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AgNO 溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与NH ∙H O能大量共存
3 3 2
C 将可调高度的铜丝伸入到稀HNO 中 溶液变蓝 Cu与稀HNO 发生置换反应
3 3
D 将KI和FeCl 溶液在试管中混合后，加下层溶液显氧化性：Fe3+＞I
3 2
入CCl ，振荡，静置 紫红色
4
A A B B C C D D
． ． ． ．
23．（4分）（2014•广东）甲～辛等元素在周期表中的相对位置如图．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
三、解答题30．（15分）（2014•广东）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FeCl 溶液可能显紫色
3
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
D.1mol化合物I最多能与2mol NaOH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 _________ mol H 恰好完全反应生成饱和烃类化合物．
2
（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Ⅲ能与Na反应产生H ，Ⅲ的结构简式为
2
_________ （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 _________ ．
31．（16分）（2014•广东）用CaSO 代替O 与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO ，是一种高
4 2 2
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．
① CaSO 4 （s）+CO（g）⇋ CaS（s）+CO 2 （g）△H 1 =﹣47.3kJ•mol﹣1
②CaSO
4
（s）+CO（g）⇋CaO（s）+CO
2
（g）+SO
2
（g）△H
2
=+210.5kJ•mol﹣1
③CO（g）⇋ C（s）+ CO
2
（g）△H
3
=﹣86.2kJ•mol﹣1
（1）反应2CaSO
4
（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO
2
（g）+C（s）+SO
2
（g）的△H= _________
（用△H 、△H 和△H 表示）
1 2 3
（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，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化
规律：
（a） _________ ；（b） _________ ．
（3）向盛有CaSO 的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c （CO）=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，
4 平衡
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CO ，可在初始燃料中适量加入 _________ ．
2
（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CaSO ，该反应的化
4
学方程式为 _________ ；在一定条件下，CO 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
2
为 _________ ．32．（16分）（2014•广东）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO （7.8%）、Al O （5.1%）、Fe O
2 2 3 2 3
（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：
（注：SiCl 的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
4
（1）向反应器中通入Cl 前，需通一段时间N ，主要目的是 _________ ．
2 2
（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2防腐示意图，并作相应标注．
33．（17分）（2014•广东）H O 是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛．
2 2
（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H O 浓度对H O 分解反应速率的影响．限选试剂与仪器：30%
2 2 2 2
H O 、0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） 、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、
2 2 2 4 3
注射器
①写出本实验H O 分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目： _________
2 2
②设计实验方案：在不同H O 浓度下，测定 _________ （要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．
2 2
③设计实验装置，完成如1图所示的装置示意图．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）．
实验序号 V[0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） /mL …
2 4 3
物理量
]
1 a …
2 a …
（2）利用图2（a）和2（b）中的信息，按图2（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO 气体）进行实验．可观
2
察到B瓶中气体颜色比A瓶中的 _________ （填“深”或“浅”），其原因是 _________ ．2014 年广东省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：每小题4份，在给出的四个选项中，只有一个符合题目要求选对得四分，选错或不答的得0分
7．（4分）（2014•广东）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
考点： 金属与合金在性能上的主要差异；同分异构现象和同分
异构体；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的
结构和性质特点．
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专题： 化学应用．
分析： A．合金就是某种金属与其他一种或几种金属或非金属
融合在一起形成的混合物；
B．棉和麻主要成分是纤维素；
C．花生油是植物油是不饱和酯类；
D．蛋白质要在催化剂作用下才能水解为氨基酸．
解答： 解：A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合
金，故A正确；
B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉不属于同分异构
体，n值不同，故B错误；
C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错
误；
D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误．
故选A．
点评： 本题考查合金、同分异构体、油脂和蛋白质的性质，难
度较小，旨在考查学生对基础知识的识记，注意基础知
识的积累掌握．
8．（4分）（2014•广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（ ）
A Na+、Ca2+、Cl B Fe2+、H+、SO 2
3
． ﹣、SO 2﹣ ． ﹣、ClO﹣
4
C Mg2+、NH +、 D K+、Fe3+、NO
4 3． Cl﹣、SO 2﹣ ． ﹣、SCN﹣
4
考点： 离子共存问题．
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专题： 离子反应专题．
分析： 离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不
发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此
分析解答．
解答： 解：A．Ca2+、SO 2﹣生成微溶物硫酸钙，所以不能大
4
量共存，故A错误；
B．酸性条件下，ClO﹣具有强氧化性，能将Fe2+、
SO 2﹣氧化为Fe3+、SO 2﹣，所以不能共存，故B错
3 4
误；
C．这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C
正确；
D．Fe3+、SCN﹣生成络合物Fe（SCN） ，所以这两
3
种离子不能共存，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查了离子共存，明确离子共存条件是解本题关
键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶
物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为
易错点．
9．（4分）（2014•广东）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Ⅱ
A KNO 的溶解度大 用重结晶法除去KNO 中混有的NaCl
3 3
B BaSO 难溶于酸 用盐酸和BaCl 溶液检验SO 2﹣
4 2 4
C NH 能使酚酞溶液变红 NH 可用于设计喷泉实验
3 3
D Ca（OH） 能制成澄清石灰水 可配制2.0mol•L﹣1的Ca（OH） 溶液
2 2
A A B B C C D D
． ． ． ．
考点： 物质的分离、提纯和除杂；氨的物理性质；溶液的配制；
物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
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专题： 化学实验基本操作．
分析： A．利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；
B．BaSO 难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO 2﹣的影
4 3
响；
C．氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成
喷泉，为物理性质；
D．氢氧化钙微溶于水．
解答： 解：A．用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为
硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基
本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠
基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不
析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；
B．硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离
子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可
以检验是否含有SO 2﹣，故B正确；
4
C．氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并
非氨气能使酚酞变红，故C错误；
D．氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰
水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误．
故选B．
点评： 本题考查混合物分离提纯以及物质的检验和鉴别，为高频
考点，把握物质的性质及混合物分离方法、原理为解答的
关键，选项A为解答的易错点，题目难度不大．10．（4分）（2014•广东）设N 为阿伏加德罗常数的数值．下列说法正确的是（ ）
A
A． 1mol甲苯含有6N 个C﹣H键
A
B． 18g H O含有10N 个质子
2 A
C． 标准状况下，22.4L氨水含有N 个NH 分子
A 3
D． 56g铁片投入足量浓H SO 中生成N 个SO 分子
2 4 A 2
考点： 阿伏加德罗常数．
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专题： 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
分析： A．甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢
键；
B．水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质
子；
C．标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩
尔体积计算氨水的物质的量；
D．铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法
计算生成的二氧化硫的物质的量．
解答： 解：A．1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8N 个C﹣
A
H键，故A错误；
B．18水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质
子，含有10N 个质子，故B正确；
A
C．标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物
质的量，故C错误；
D．56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生
钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫
的物质的量，故D错误；
故选B．
点评： 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度
中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确
弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成
关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际
问题的能力．
11．（4分）（2014•广东）某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（ ）
A 电流方向：电 B 电极Ⅰ发生还原
． 极Ⅳ→A→电极． 反应
Ⅰ
C 电极Ⅱ逐渐溶解D 电极Ⅲ的电极
． ． 反应：Cu2++2e
﹣═Cu
考点： 原电池和电解池的工作原理．
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专题： 电化学专题．
分析： 电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负
极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，电流方向从正极流向
负极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还
原反应，据此分析解答．解答： 解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ
是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，
A．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，
故A正确；
B．电极Ⅰ上电极反应式为Al﹣3e﹣=Al3+，发生氧化反应，
故B错误；
C．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2++2e﹣=Cu，所以
电极Ⅱ质量逐渐增大，故C错误；
D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu﹣2e﹣═Cu 2+，故D错
误；
故选A．
点评： 本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，
再结合各个电极上发生的反应来分析解答，题目难度中
等．
12．（4分）（2014•广东）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所示，下列说法正确的是（ ）
A． HA为强酸 B． 该混合液pH=7
C． 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+）
考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
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专题： 电离平衡与溶液的pH专题．
分析： 一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混
合，HA+NaOH=NaA+H O，所得溶液中A﹣浓度小于
2
0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H O HA+OH﹣，NaA
2
水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c
（H+），一般来说，盐类的水解程度较 ⇌ 低，则有c（A
﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A
﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH
﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c
（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．
A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．X表示OH
﹣，Y表示HA，Z表示H+；D．Y表示HA，溶液中存在
物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）．
解答： 解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L
混合，HA+NaOH=NaA+H O，所得溶液中A﹣浓度小于
2
0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H O HA+OH﹣，NaA
2
水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c
（H+），一般来说，盐类的水解程度较 ⇌ 低，则有c（A
﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A
﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH
﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：
c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．
A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混
合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H O，所得溶液为
2NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液
中存在A﹣+H O HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故
2
A错误；
B．c（Na+）＞c⇌（A﹣），说明NaA水解，A﹣
+H O HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；
2
C．一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c
（OH
⇌﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因
此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L
＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表
示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故C错误；
D．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c
（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c
（Na+），故D正确；
故选D．
点评： 本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合
物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比
较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为
解题关键，题目难度中等．
22．（4分）（2014•广东）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AgNO 溶液中滴加过量氨水 溶液澄清 Ag+与NH ∙H O能大量共存
3 3 2
C 将可调高度的铜丝伸入到稀HNO 中 溶液变蓝 Cu与稀HNO 发生置换反应
3 3
D 将KI和FeCl 溶液在试管中混合后，加下层溶液显氧化性：Fe3+＞I
3 2
入CCl ，振荡，静置 紫红色
4
A A B B C C D D
． ． ． ．
考点： 化学实验方案的评价．
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专题： 实验评价题．
分析： A．苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应均生
成二氧化碳；
B．向AgNO 溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过
3
量的氨水溶解生成络离子；
C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO
和水；
D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl 溶
3
液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化
性分析．
解答： 解：A．苏打为碳酸钠，小苏打为碳酸氢钠，与盐酸反应
均生成二氧化碳，则观察到均冒气泡，故A正确；
B．向AgNO 溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过
3
量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH ∙H O不能大量共
3 2
存，故B错误；
C．Cu与硝酸反应生成硝酸铜，溶液变蓝，同时生成NO
和水，该反应不属于置换反应，故C错误；
D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl 溶
3
液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性
可知，氧化性为Fe3+＞I ，故D正确；
2
故选AD．
点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的
性质及发生的反应为解答的关键，涉及钠的化合物与酸反
应、银氨溶液的配制、硝酸的性质及氧化还原反应等，综
合性较强，题目难度不大．23．（4分）（2014•广东）甲～辛等元素在周期表中的相对位置如图．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
考点： 真题集萃；元素周期律和元素周期表的综合应用．
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专题： 元素周期律与元素周期表专题．
分析： 戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊
为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6﹣
3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，
乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第
ⅣA族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga，然后结合
元素周期律及元素化合物知识来解答．
解答： 解：戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，
则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6
﹣3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可
知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，
由第ⅣA族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga，
A．同主族，从上到下金属性增强；同周期，从左向右金
属性减弱，则金属性甲＜乙＜丁，故A错误；
B．电子层越多，半价越大；同主族从上到下原子半径增
大，则原子半径为辛＞己＞戊，故B正确；
C．原子序数等于核外电子数，丙（原子序数为19）与庚
（原子序数为32）的原子核外电子数相差32﹣19=13，故
C正确；
D．乙的单质在空气中燃烧生成Na O ，为含离子键和非极
2 2
性共价键的化合物，故D错误；
故选BC．
点评： 本题为2014年广东高考化学试题，侧重位置、结构、性质
的关系及元素周期律的考查，把握金刚石的硬度及甲与戊
的原子序数关系推断各元素为解答的关键，选项A中Ca
的金属性比Na强为解答的易错点，题目难度中等．
三、解答题
30．（15分）（2014•广东）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 AC ．
A．遇FeCl 溶液可能显紫色
3
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
D.1mol化合物I最多能与2mol NaOH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 C H ，1mol化合物Ⅱ能与 4 mol H 恰好完全反应生成饱和烃类化合物．
9 10 2
（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Ⅲ能与Na反应产生H ，Ⅲ的结构简式为
2
或 （写1种）；由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为
NaOH/CH CH OH/ 加热 ．
3 2
（4）聚合物 可用于制备涂料，其单体结构简式为 CH =CHCOOCH CH ．利用类似反
2 2 3
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 CH =CH +H O CH CH OH ，
2 2 2 3 2
2CH =CH +2CH CH OH+2CO+O 2CH =CHCOOCH CH +2H O ．
2 2 3 2 2 2 2 3 2
考点： 有机物分子中的官能团及其结构．
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专题： 有机物的化学性质及推断．
分析： （1）A．酚能和氯化铁溶液发生显色反应；
B．羟基或羧基能发生酯化反应，醛基能发生银镜反应；
C．酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反
应；
D．能和NaOH反应的为酚羟基、羧基；
（2）Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，据此确定化学
式；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键；
（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Ⅲ能与Na反应产生H ，说明Ⅲ中含有醇羟
2
基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上；Ⅳ是
卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；
（4）聚合物 可用于制备涂料，其单
体为丙烯酸乙酯，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，醇为乙醇，根据反应①书写反应方
程式．
解答： 解：（1）A．酚能和氯化铁溶液发生显色反应，该物质中
含有酚羟基，所以能和氯化铁发生显色反应，故正确；
B．羟基或羧基能发生酯化反应，醛基能发生银镜反应，该
物质不含醛基，所以不能发生银镜反应，故错误；
C．酚能和溴发生取代反应、碳碳双键能和溴发生加成反
应，该物质中含有酚羟基和碳碳双键，所以能发生取代反
应和加成反应，故正确；
D．能和NaOH反应的为酚羟基、羧基，1mol化合物I最多
能与3mol NaOH反应，故错误；
故选AC；
（2）Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，其化学式为
C H ；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键，1mol
9 10
化合物Ⅱ能与4mol H 恰好完全反应生成饱和烃类化合物，
2
故答案为：C H ；4；
9 10
（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Ⅲ能与Na反应产生H ，说明Ⅲ中含有醇羟
2
基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上，其结
构简式为 或
；Ⅳ是卤代烃，卤代烃
和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，所以其反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热；
故答案为： 或
；NaOH/CH CH OH/加
3 2
热；
（4）聚合物 可用于制备涂料，其单
体为丙烯酸乙酯，结构简式为CH =CHCOOCH CH ，利用
2 2 3
类似反应①的方法，仅以乙烯为有机物原料合成该单体，
醇为乙醇，根据反应①书写反应方程式，该反应方程式
为：CH =CH +H O CH CH OH，
2 2 2 3 2
2CH =CH +2CH CH OH+2CO+O 2CH =CHCOO
2 2 3 2 2 2
CH CH +2H O，
2 3 2
故答案为：CH =CHCOOCH CH ；CH =CH +H O
2 2 3 2 2 2
CH CH OH，2CH =CH +2CH CH OH+2CO+O
3 2 2 2 3 2 2
2CH =CHCOOCH CH +2H O
2 2 3 2
点评： 本题考查了有机物的官能团及其性质，知道常见有机物官
能团及其性质是解本题关键，知道有机反应中断键、成键
方式，并结合题给信息分析解答，题目难度中等．
31．（16分）（2014•广东）用CaSO 代替O 与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO ，是一种高
4 2 2
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．
① CaSO 4 （s）+CO（g）⇋ CaS（s）+CO 2 （g）△H 1 =﹣47.3kJ•mol﹣1
②CaSO
4
（s）+CO（g）⇋CaO（s）+CO
2
（g）+SO
2
（g）△H
2
=+210.5kJ•mol﹣1
③CO（g）⇋ C（s）+ CO
2
（g）△H
3
=﹣86.2kJ•mol﹣1
（1）反应2CaSO
4
（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO
2
（g）+C（s）+SO
2
（g）的△H=
4△H
1
+△H
2
+2△H
3
（用△H
1
、△H
2
和△H
3
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，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化
规律：
（a） 当△ H ＞ 0 时， lgK 随温度升高而增大，当△ H ＜ 0 时， lgK 随温度升高而减小 ；（b） 当温度同等变化时 ，
△ H 的数值越大 lgK 的变化越大 ．
（3）向盛有CaSO 的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c （CO）=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，
4 平衡
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CO ，可在初始燃料中适量加入 O ．
2 2
（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CaSO ，该反应的化
4
学方程式为 CaS+2O CaSO ；在一定条件下，CO 可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产
2 4 2
物的结构简式为 ．考点： 化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学平衡的影响
因素．
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专题： 化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
分析： （1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应
2CaSO
4
（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO
2
（g）+C（s）+SO （g）的△H；
2
（2）根据反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度
T的变化曲线进行判断变化规律；
（3）根据图象判断900℃时反应①的lgK=2，则平衡常
数为102，设出反应前CO浓度为c，根据平衡常数表达
式列式计算即可；
（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳
进行分析；
（5）根据“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CaSO ”可知另一种反应物为
4
氧气，据此写出反应的化学方程式；在对二甲苯的苯环
上添上应该羧基即可得到该有机物．
解答： 解：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO
4
（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO
2
（g）+C
（s）+SO
2
（g）的△H=4△H
1
+△H
2
+2△H
3
，
故答案为：4△H
1
+△H
2
+2△H
3
；
（2）根据图象曲线变化可知，反应①、③为放热反
应，随着温度的升高，平衡常数K逐渐减小，则lgK逐
渐减小，而反应②为吸热反应，升高温度，平衡常数K
逐渐增大，则lgK逐渐增大，所以Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ
曲线表示的为反应②，变化规律为：当△H＞0时，lgK
随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减
小；根据反应①和曲线Ⅰ（反应③反应）的反应热可知，
当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大，
故答案为：（a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，
当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；（b）当温度同等
变化时，△H的数值越大lgK的变化越大；
（3）向盛有CaSO 的真空恒容密闭容器中充入CO，反
4
应方程式为： CaSO
4
（s）+CO（g）⇋ CaS（s）+CO
2
（g）△H =﹣47.3kJ•mol﹣1，根据图象曲线可知，反应①
1
于900℃时lgK=2，平衡常数为102=100，c （CO）
平衡
=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反
应消耗的CO浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c﹣8.0×10
﹣5）mol/L，平衡常数K= =
=100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的转化率为：×100%≈99%，
答：CO的转化率为99%；
（4）氧气能够与二氧化硫、C发生反应，所以在初始原
料中加入适量的氧气，可以抑制副反应②③的进行，有
利于获得更纯净的CO ，
2
故答案为：O ；
2
（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CaSO ，则另一种
4
反应为为氧气，该反应的化学方程式为 CaS+2O
2
CaSO ；在一定条件下，CO 可与对二甲苯反
4 2
应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环
上的氢原子，对二甲苯中苯环上4个H原子位置等价，
则该产物的结构简式为： ，
故答案为：CaS+2O CaSO ； ．
2 4
点评： 本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、
热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量
较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确
热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用．
32．（16分）（2014•广东）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO （7.8%）、Al O （5.1%）、Fe O
2 2 3 2 3
（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：
（注：SiCl 的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）
4
（1）向反应器中通入Cl 前，需通一段时间N ，主要目的是 通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反
2 2
应，减少石墨损失 ．
（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 CO ，由气体Ⅱ中某
物质得到水玻璃的化学反应方程式为 SiCl +6NaOH=Na SiO +4NaCl+3H O ．
4 2 3 2
（3）步骤①为：搅拌、 过滤 、所得溶液IV中的阴离子有 AlO ﹣ 、 OH ﹣ 、 Cl ﹣ ．
2
（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为 AlO ﹣ +CH COOCH CH +2H O CH COO ﹣ +CH CH OH+Al
2 3 2 3 2 3 3 2
（ OH ） ↓ ，100kg初级石墨最多可获得V的质量为 7.8 kg．
3
（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图2防腐示意图，并作相应标注．
考点： 真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
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专题： 实验设计题．
分析： （1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发
生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生
氧化反应；
（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl 、
4
AlCl 、FeCl 等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl 的沸
3 3 4
点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得
到的气体Ⅱ含有SiCl 及CO，SiCl 与氢氧化钠溶液反应得到
4 4
硅酸钠与氯化钠；
（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在
AlCl 、FeCl 、MgCl ，其中FeCl 、MgCl 与过量的氢氧化
3 3 2 3 2
钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反
应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量
的氢氧化钠；
（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化
钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝
沉淀、醋酸钠、乙醇；
根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计
算氢氧化铝的质量；
（5）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极
保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴
极，连接电源的负极．
解答： 解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧
气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨
发生氧化反应，减少石墨损失，
故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧
化反应，减少石墨损失；
（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相
应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为
SiCl 、AlCl 、FeCl 等，气体I中碳氧化物主要为CO，
4 3 3
SiCl 的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，
4
80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl 及CO，SiCl 与氢氧化钠
4 4
溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：
SiCl +6NaOH=Na SiO +4NaCl+3H O，
4 2 3 2
故答案为：CO；SiCl +6NaOH=Na SiO +4NaCl+3H O；
4 2 3 2
（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在
AlCl 、FeCl 、MgCl ，其中FeCl 、MgCl 与过量的氢氧化
3 3 2 3 2
钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反
应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的
阴离子有：AlO ﹣、OH﹣、Cl﹣，
2
故答案为：过滤；AlO ﹣、OH﹣、Cl﹣；
2
（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化
钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝
沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离
子方程式为：AlO ﹣+CH COOCH CH +2H O CH COO﹣
2 3 2 3 2 3
+CH CH OH+Al（OH） ↓，
3 2 3
Al O 的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质
2 3
量=100kg×5.1%=5.1kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝
的质量= =7.8kg；
故答案为：AlO ﹣+CH COOCH CH +2H O CH COO﹣
2 3 2 3 2 3
+CH CH OH+Al（OH） ↓；7.8；
3 2 3
根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，（5）Cu的化学性质比
石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石
墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极，装置图为： ，
故答案为： ．
点评： 本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方
程式及离子方程式书写、化学计算、电化学防护等，需要
学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等．
33．（17分）（2014•广东）H O 是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛．
2 2
（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H O 浓度对H O 分解反应速率的影响．限选试剂与仪器：30%
2 2 2 2
H O 、0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） 、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、
2 2 2 4 3
注射器
①写出本实验H O 分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：
2 2
②设计实验方案：在不同H O 浓度下，测定 相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间
2 2
的多少 （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，完成如1图所示的装置示意图．
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）．
实验序号 V[0.1mol•L﹣1 Fe （SO ） /mL …
2 4 3
物理量
]
1 a …
2 a …
（2）利用图2（a）和2（b）中的信息，按图2（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO 气体）进行实验．可观
2
察到B瓶中气体颜色比A瓶中的 深 （填“深”或“浅”），其原因是 2NO
2
（红棕色）⇋ N
2
O
4
（无色），△ H ＜ 0
是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使 B 瓶升温，使瓶中反应朝
逆反应方向移动，即向生成 NO 移动，故 B 瓶颜色更深 ．
2考点： 真题集萃；测定某些化学反应的速率；探究温度、压强对
化学反应速率的影响；性质实验方案的设计．
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专题： 实验设计题．
分析： （1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧
气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；
②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不
同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间
内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间
的多少；
③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒
倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；
④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓
度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通
过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不
同H O 浓度对反应速率影响；
2 2
（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与
0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可
知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故
二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c
中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO （红棕
2
色）⇋N
2
O
4
（无色）△H＜0，向逆反应方向移动．
解答： 解：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水
与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电
子转移数目及方向为： ，
故答案为： ；
②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不
同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间
内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间
的多少，
故答案为：相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同
体积的氧气所需时间的多少；
③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒
倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为：
，
故答案为： ；
④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓
度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通
过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不
同H O 浓度对反应速率影响，实验方案为：
2 2
实验序号 V[0.1mol•L﹣1 V（30% V（蒸馏水）
Fe 2 （SO 4 ） 3 /mLH 2 O 2 ）/mL mL
1 a b c
]2 a c b
故答案为：
实验序号 V[0.1mol•L﹣1 V（30% V（蒸馏水）
Fe 2 （SO 4 ） 3 /mLH 2 O 2 ）/mL mL
1 a b c
2 a ] c b
；
（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与
0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可
知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故
二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c
中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO （红棕
2
色）⇋N
2
O
4
（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成
NO 移动，故B瓶颜色更深，
2
故答案为：深；2NO
2
（红棕色）⇋N
2
O
4
（无色），△H＜0
是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边
双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆
反应方向移动，即向生成NO 移动，故B瓶颜色更深．
2
点评： 本题考查氧化还原反应、反应速率影响因素实验、化学平
衡移动等，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎
实的基础，注意利用控制变量法测定外界条件对反应速率
的影响，难度中等．
