泄露天机--2014金太阳高考精粹(化学)答案及解析.doc

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】①：1－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）②：1－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③：1－溴丙烯水化后含羟基和氯原子这两种官能团④：1－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①④，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，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m＋n，M层电子数为m—n，所以有m＋n=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1∶2，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H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，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.【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，则铁作阳极，镍作阴极，阳极电极反应式为Fe-6e－+8OH－═FeO42－+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：①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【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①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HX＜HY，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(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②得，a＜20.00 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a＝2b时， CO2过量，溶质由NaOH→Na2CO3→NaHCO3，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a＝b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2a＝b时，溶液相当于Na2CO3溶液，所得溶液中存在：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)＞c(H+),C 项正确；D项，当1/2＜a/b＜1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；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/LA、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。