2014北京高考化学试题及答案解析版

2014北京高考化学试题及答案解析版

‎2014北京高考化学试题及答案解析 ‎6．下列试剂中，标签上应标注 和 的是 A．C2H5OH B．HNO‎3 C．NaOH D．HCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、乙醇俗名酒精，是一种由可燃性而没有腐蚀性的常见液体物质 B、硝酸不论浓稀都有氧化性，酸都有一定的腐蚀性，尤其是酸性越强，腐蚀性越强 C、氢氧化钠是一种强碱有很强的腐蚀性，但不具有氧化性 D、盐酸是一种强酸有很强的腐蚀性，但不具有很强的氧化性 故本题答案为B 考点：常见物质的性质；常见化学标志 ‎7．下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是 ‎ A．K B．Na C．Fe D．Al ‎【答案】D ‎ 【解析】‎ 钾和钠都是活泼性极强的金属，能够与空气重的氧气接触反应；铁和空气中的氧气、水反应生成疏松的铁锈（主要成分是Fe2O3•xH2O），能够吸水使生锈的速率加快；铝在空气中生成致密的氧化膜，隔绝了氧气和内部铝的接触，是生锈的速率减慢，而使内层金属不被空气氧化。‎ 故本题答案为D 考点：常见金属的性质 ‎8．下列电池工作时，O2在正极放电的是 A．锌锰电池 B．氢燃料电池 C．铅蓄电池 D．镍镉电池 ‎【答案】B ‎ 【解析】‎ A、锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极；无氧气参与；‎ B、氢燃料电池，氢气在负极，氧气在正极，正确 C、铅蓄电池，铅为负极，正极为氧化铅，无氧气出现 D、镍镉电池，镉为负极，正极为NiOOH,无氧气出现 故本题选B ‎ 考点：常见电池的反应原理  ‎ ‎9．下列解释事实的方程式不正确的是 A．测0.1 mol/L的氨水的pH为11： NH3·H2O NH4+ +OH—‎ B．将Na块放入水中，产生气体：2Na+2H2O == 2NaOH+H2↑‎ 通电 ‎ ‎ C．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2 Cu2+ +2Cl—‎ D．Al片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al+2OH—+2H2O ==2AlO2— +3H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、氨水是弱电解质，溶液中从在电离平衡，且本电力平衡方程式无知识上的错误 B、钠是一种化学性质活泼的金属，常温下与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气 C氯化铜是一种盐，盐溶液的导电是物理性质，不会生成新物质，故本答案错误 D、铝是一种能同时和酸和强碱反应的金属，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸盐和氢气 故本题选C 考点：常见金属的性质；基本概念和理论；方程式的书写 ‎10.下列说法正确的是 A．室温下，在水中的溶解度：丙三醇>苯酚>1-氯丁烷 B．用核磁共振氢谱不能区分HCOOCH3和HCOOCH2CH3‎ C．用Na2CO3溶液不能区分CH3COOH和CH3COOCH2CH3‎ D．油脂在酸性或碱性条件下均能发生水解反应，且产物相同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、丙三醇能与水混溶，属于易溶于水的物质，苯酚室温下微溶于水，65℃以上与水混溶，1-氯丁烷不荣誉水，A正确 B、CH3COOH还有两种氢，CH3COOCH2CH3含有三种状态的氢，核磁共振结果是不同的故可以去分，B错 C、CH3COOH酸性强于碳酸，故能与碳酸钠反应生成气体二氧化碳，CH3COOCH2CH3是有机物不能溶于水，所以会和碳酸钠溶液分层存在，两者有着明显的现象区分，故C错 D、优质在酸性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸，碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，产物不同，故D错 故本题选A 考点：有机物的结构和性质 ‎11．用右图装置（夹持、加热装置已略）进行试验，有②中现象，不能证实①中反应发生的是 ‎①中实验 ‎②中现象 A 铁粉与水蒸气加热 肥皂水冒泡 B 加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物 酚酞溶液变红 C NaHCO3固体受热分解 澄清石灰水变浑浊 D 石蜡油在碎瓷片上受热分解 Br2的CCl4溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、肥皂水中有气泡冒出，只能说明有气体出现，不能说明该气体一定为反应生成 B、酚酞变红色，说明有碱性的气体生成至试管②中，证实两种物质发生反应生成气体 C、澄清石灰水变浑浊证明生成CO2气体，证实碳酸氢钠分解 D、溴的四氯化碳溶液褪色，说明有不和键的物质进入和其中的溴发生反应，证实石蜡油分解生成不饱和烃。‎ 故本题选A 考点：化学实验基本操作；物质的基本性质 ‎12．在一定温度下，10 mL 0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ V（O2）/mL ‎0.0‎ ‎9.9‎ ‎17.2‎ ‎22.4‎ ‎26.5‎ ‎29.9‎ 下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）‎ A．0~6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2 mol/(L·min)‎ B．6~10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)‎ C．反应到6 min时，c(H2O2)=0.30mol/L D．反应到6 min时，H2O2分解了50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎0~6 min生成的氧气体积标准状况下为22.4ml，物质的量为0.001mol，根据反应2H2O2===2H2O+O2↑计算可得此时分解的H2O2物质的量为0.002mol，所以0~6 min改变的物质的量的浓度为0.002mol÷0.01L=0.20mol/L,则计算可得0~6 min内反应平均速率v(H2O2)=0.2mol/L÷6min≈3.3×10-2 mol/(L·min)，故A正确；随着反应的进行反应物浓度逐渐减小，反应速率会变慢，故6~10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10-2 mol/(L·min)，故B正确；6min时c(H2O2)=0.40mol/L-0.2mol/L=0.20mol/L，故C错；‎ ‎6 min时，H2O2分解率=，故D正确 故本题选C 考点：化学平衡的相关计算 ‎25．（17分）顺丁橡胶、制备醇酸树脂的原料M以及杀菌剂N的合成路线如下：‎ ‎（1）CH2=CH—CH=CH2的名称是________________________。‎ ‎（2）反应I 的反应类型是（选填字母）_________。‎ ‎ a. 加聚反应 b.缩聚反应 ‎（3）顺式聚合物P的结构式是（选填字母）________。‎ ‎ ‎ ‎（4）A的相对分子质量为108。‎ ‎①反应II的化学方程式是___________________________________________________。‎ ‎②1 molB完全转化成M所消耗的H2的质量是_______g。‎ ‎（5）反应III的化学方程式是___________________________________________________。‎ ‎（6）A的某些同分异构体在相同的反应条件下也能生成B和C，写出其中一种同分异构体的结构简式____________________________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）1，3-丁二烯 ‎（2）a ‎（3）b ‎（4）①2CH2=CH—CH=CH2 ‎ ‎ ②6‎ ‎（5）‎ ‎（6）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据系统命名法可直接得到该物质的名称是1，3-丁二烯；‘‎ ‎（2）根据反应物为1，3-丁二烯和生成物为顺式聚合物P两者相互对比可得到反应I是加聚反应；‎ ‎（3）根据课本提示的顺式结构是相同的原子居于同侧的知识，可得正确的结构式应为b，c不是橡胶的聚合方式。‎ ‎（4）根据题目给定知识信息，尤其是反应条件和反应后得到的A物质的相对分子质量推测反应II应该是1，3-丁二烯自身分子之间的反应，2CH2=CH—CH=CH2 ；生成物A经过反应可生成B和C甲醛HCHO；B中存在三个醛基。故和氢气发生反应时需要消耗3mol氢气，则气质量为6g。‎ ‎（5）本反应是和课本提到的酚醛树脂形成的反应相类似，酚脱氢醛去氧，通过碳将两个酚分子链接，并生成水。‎ ‎（6）根据生成物B 的结构简式特点知道有一个醛基支链，并且根据已有的提示知识知道，双键氧化成醛基支链，原物质是支链双键形成醛基，其同分异构体可已考虑环内双键形成醛基作支链，探究可得 ‎26．（14分）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如下图所示。‎ ‎（1）I中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是________________________。‎ ‎（2）II中，2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) 。在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1、p2）下温度变化的曲线（如右图）。‎ ‎①比较p1、p2的大小关系_____________。‎ ‎②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是_______________。‎ ‎（3）III中，降低温度，将NO2(g)转化成N2O4(l)，再制备浓硝酸。‎ ‎①已知：2NO2(g) N2O4(g) ΔH1‎ ‎ 2NO2(g) N2O4(l) ΔH2‎ 下列能量变化示意图中，正确的是（选填字母） ‎ ‎②N2O4与O2、H2O化合的化学方程式_________________________________________。‎ ‎（4）IV中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如右图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是________‎ ‎，说明理由：_______________________________‎ ‎_________________________________________________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）4NH3+5O2 4NO+6H2O ‎（2）①P2> P1 ②变小 ‎（3）①A ②2N2O4+O2+2H2O=4HNO3‎ ‎（4）NH3 根据电子守恒，阳极得到的NO3-的量大于阴极得到的NH4+的量，所以需充入NH3（或从阴阳极电极反应式说明也可）‎ ‎【解析】‎ ‎(1)氨气和氧气在铂铑合金做催化剂加热的条件下课生成一氧化氮好水，课本反应方程为 ‎4NH3+5O2 4NO+6H2O ‎（2）①由反应2NO(g) +O2(g) 2NO2(g)该反应的正反应方向是物质的量减少的反应，当其他条件不变时，压强越大，平衡向正反应方向（即生成NO2的方向）进行，NO的转化率就会变大，右图是可知，相同温度下，P2所表示的NO转化率大于P1，所以P2＞P1，即P1＜P2；‎ ②根据图可以看出，当压强一定时，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升温反应向逆反应方向移动，根据平衡常数计算公式计算可得平衡常数随着温度的升高而减小。‎ ‎（3）①  2NO2(g) N2O4(g) ΔH1 ① ‎ ‎ 2NO2(g) N2O4(l) ΔH2 ②‎ 根据盖斯定律：①—②得 N2O4（g）  N2O4（l） △H3=△H1—△H2，一般来说，物质由气态变为液态，放出热量，即△H3=△H1—△H2＜0，即△H1＞△H2，由降低温度，将NO2转化为N2O4，可知该反应为放热反应，即0＞△H1＞△H2，即反应物2NO2（g）的总能量大于生成物N2O4（g）和N2O4（l）的总能量，且前者放出的热量小，故答案为A；‎ ②N2O4与O2、H2O是氧化还原反应本初考查主要在于根据氧化还原反应的配平，其反应方程式为 ‎2N2O4+O2+2H2O=4HNO3‎ ‎（4）由电解示意图可知，两极的反应物均为NO，1molNO生成1molNH4+需要得到5mol电子，‎ ‎1molNO生成1molNO3-需要失去3mol电子，故反应两极反应NO的物质的量之比为3:5，所以生成的NH4+与NO3-的物质的量之比亦为3:5，所以NO3-量大于NH4+，欲使物质全部转化成NH4NO3，则需加入能形成NH4+的物质，故需补充NH3‎ ‎27．（12分）碳、硫的含量影响钢铁性能，碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。‎ ‎（1）采用装置A，在高温下x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。‎ ‎①气体a的成分是________________。‎ 高温 ‎ ‎ ‎②若钢样中硫以FeS的形式存在，A中反应：3FeS+5O2 1_____ +3________。‎ ‎（2）将气体a通入测硫酸装置中（如右图），采用滴定法测定硫的含量。‎ ‎①H2O2氧化SO2的化学方程式________________________________。‎ ‎②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mLNaOH溶液，若消耗 ‎1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，则该钢样中硫的质量分数为__________。‎ ‎（3）将气体a通入测碳装置中（如下图），采用重量法测定碳的质量。‎ ‎①气体a通过B和C的目的______________________________。‎ ‎②计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_______________________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）①SO2、CO2、O2 ②——1Fe3O4+3SO2‎ ‎（2）①H2O2+SO2=H2SO4 ②(yz)/x×100%‎ ‎（3）①吸收SO2和O2，防止干扰 ②CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量 ‎【解析】‎ ‎（1）①本实验是一个气体和固体的实验，同时也是一个测定实验，所以为了保证测定数值的准确，非测定反应无一般是过量的才能保证测定值的准确性。故除了反应生成的SO2、CO2外，a中还有没有反应的O2。‎ ‎ ②根据反应物可以推测含硫生成物一定是SO2，结合所给的计量系数，可以推测出另一生成物 为Fe3O4从而可得：‎ ‎（2）①H2O2是一种常见的氧化剂，可将SO2氧化最终反应生成H2SO4。故得反应方程式为 ‎ H2O2+SO2=H2SO4‎ ‎ ②1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克，zmLNaOH溶液相当于硫的质量为zy克。钢样的总质量为x克，则钢样中硫的质量分数为。‎ ‎（3）①SO2是一种与CO2有很多相似化学性质的物质，在测定CO2含量时为了避免SO2对测定结果的影响需将其出去。同时a气体中还有一定量的O2，所以位于吸收CO2前的B、C装置就为了除去CO2中的SO2和O2‎ ‎ ②钢样中的碳元素转化成CO2，因此得出CO2的质量是计算钢样中碳元素质量的前提，CO2正是吸收CO2装置反应前后增加的质量；所以需要测量CO2吸收瓶吸收前和吸收后的质量。‎ ‎28．（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1mol/L的FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压数值）：‎ 序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物 I x≥a 有Fe3+、有Cl2‎ 电极附近出现黄色，有气泡产生 II a>x≥b 电极附近出现黄色，无气泡产生 有Fe3+、无Cl2‎ III b>x>0‎ 无明显变化 无Fe3+、无Cl2‎ ‎（1）用KSCN检验出Fe3+的现象是_______________________。‎ ‎（2）I中，Fe3+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应：‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_________性。‎ ‎（4）II中虽未检验出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：‎ 序号 电压/V 阳极现象 检验阳极产物 IV a>x≥c 无明显变化 有Cl2‎ V c>x≥b 无明显变化 无Cl2‎ ‎①NaCl的浓度是_________mol/L ‎②IV中检测Cl2的实验方法______________________________________________。‎ ‎③与II对比，得出的结论（写出两点）：_____________________________________________。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）溶液变为血红色 ‎（2）2Cl-—2e-=Cl2↑ Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-‎ ‎（3）还原 ‎（4） ①0.2 ‎ ‎ ②湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 ‎ ‎ ③通过控制电压，证实上述产生Fe3+的原因都成立；通过控制电压，阳极放电顺序Fe2+>Cl—‎ ‎【解析】‎ ‎（1）铁离子和KSCN反应是有显著颜色变化的特殊反应，两者因反应生成血红色的络合物，经常被用来检验Fe3+‎ ‎（2）氯离子放电生成氯气，氯气氧化Fe2+，这是高中化学的基本知识；故反应为：‎ ‎ 2Cl-—2e-=Cl2↑ Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-‎ ‎（3）Fe2+在阳极生成Fe3+是失去电子的过程，被氧化，所以体现的是还原性。‎ ‎（4）①因为本实验是上述实验的对比实验，所以要求Cl-的浓度要与原实验浓度相同，故为0.2mol/L ‎ ② 氯气有很强的氧化性，一般我们先看颜色，如果是黄绿色气体，而且再通入湿润的淀粉碘化钾试纸之后，试纸变蓝，则可以确定该气体为氯气 ‎ ③II和IV、II和V之间的对比本身就是为了证明氯离子是否放电生成氯气，通过施加不同的电压，可以发现当电压较大a>x≥c时，氯离子放电生成氯气，电压较小时c>x≥b，氯离子不放电。由此我们可以得到结论：①施加较大电压时，Fe3+由氯气氧化Fe2+的来，较小电压时则由Fe2+阳极失电子氧化得来，故通过控制电压两种途径均能生成Fe3+，②当Fe2+在阳极被氧化生成Fe3+时，Fe2+和Cl-均在阳极放电，显然Fe2+放电顺序先于Cl-，前提是有合适的电压。‎