普通高等学校招生全国统一考试化学试题上海卷解析版.docx
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普通高等学校招生全国统一考试化学试题上海卷解析版
2014年高考真题—化学（上海卷）解析版
考生注意：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
3．答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。
4．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
相对原子质量：
H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Zn-65As-75
一、选择题（本题共10分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1．“玉兔”号月球车用
作为热源材料，下列关于
的说法正确的是
A．
与
互为同位素B．
与
互为同素异形体
C．
与
具有完全相同的化学性质D．
与
具有相同的最外层电子
答案：
D
解析：
本题考查同位素，
与
是两种不同的元素，
与
的质子数相同（质子数=核外电子数），中子数不同，互为同位素，故D正确
2．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是
A．过氧化钠B．氢硫酸C．硫酸亚铁D．苯酚
答案：
A
解析：
本题考查重要的元素及其化合物的性质，氢硫酸、硫酸亚铁、苯酚均具有还原性，露置于空气中会被空气中氧气氧化而变质，过氧化钠露置于空气中会与空气中H2O、CO2反应而变质，所以选A
3．结构为…—CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度高。
上述高分子化合物的单体是
A．乙炔B．乙烯C．丙烯D．1，3-丁二烯
答案：
A
解析：
本题考查聚合物，上述高聚物是聚乙炔，先根据结构式找出链节（即最小组成单元）：
—CH=CH—,然后—CH=CH—中两个碳原子形成形成不饱和的碳碳三键乙炔CH≡CH
4．在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是
A．范德华力、范德华力、范德华力B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键D．共价键、共价键、共价键
答案：
B
解析：
本题考查微粒之间的作用力，石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气是石蜡的固液气三种状态的转变属于物理变化，需要克服分子之间的作用力即范德华力，石蜡蒸气→裂化气是化学变化破坏的是化学键所以选B
5．下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是
A．升华B．萃取C．纸上层析D．重结晶
答案：
A
解析：
本题考查混合物分离方法，升华是物质由固态直接变为气态，与物质的溶沸点有关；萃取、纸上层析、重结晶是根据物质的溶解度差异而进行混合物的分离与提纯
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．今年是门捷列夫诞辰180周年，下列事实不能用元素周期律解释的只有
A．碱性：
KOH>NaOHB．相对原子质量：
Ar>K
C．酸性HClO4>H2SO4D．元素的金属性：
Mg>Al
答案：
B
解析：
本题考查元素周期律，元素周期律是体现随着原子序数的增大，元素的化学性质（原子半径、最高正价和最低负价、金属性与非金属性等）出现了周期性的递变规律；而元素的相对原子质量等于质子数+中子数
7．下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是
A．H3O＋和OH―B．CO和N2C．HNO2和NO2―D．CH3＋和NH4＋
答案：
D
解析：
本题考查微粒中电子数目的计算，中性微粒：
核外电子数等于核内质子数，阳离子：
电子数等于质子数-所带的正电荷数，阴离子：
电子数等于质子数+所带的正电荷。
CH3＋中的电子数为8和NH4＋中电子数为10不相等
8．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。
由此可推测BeCl2
A．熔融不导电B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高D．不与NaOH溶液反应
答案：
A
解析：
本题考查晶体类型及知识的迁移，由题知BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，应属于分子晶体，所以熔融不导电、范德华力对于组成相似的分子。
取决于相对分子质量，其熔点比BeBr2低；化学性质与AlCl3相似，根据AlCl3能NaOH溶液反应，其水溶液中由于铝离子水解而呈酸性推知BeCl2也具有此性质，所以选A
9．1，3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
CH2=CH—CH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ
CH3-C≡C-CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ
由此不能判断
A．1，3-丁二烯和2-丁炔稳定性的相对大小
B．1，3-丁二烯和2-丁炔分子储存能量的相对高低
C．1，3-丁二烯和2-丁炔相互转化的热效应
D．一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小
答案：
D
解析：
本题考查物质变化中能量的变化，利用盖斯定律可得CH2=CH—CH=CH2（g）→CH3-C≡C-CH3（g）-35.6kJ反应的热效应为-35.6kJ/mol说明2-丁炔储存能量低，2-丁炔比1，3-丁二烯稳定。
无法求出一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键键能之和的大小
10．右图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是
选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
答案：
C
解析：
本题考查气体制取的实验，根据图示收集是用向上排空气法，说明该气体密度比空气大，排除B、D选项；A中是干燥氯化氢酸性气体，不能选用碱石灰的碱性干燥剂，所以选C
11．向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来温度，所得溶液中
A．c（Ca2＋）、c（OH―）均增大B．c（Ca2＋）、c（OH―）均保持不变
C．c（Ca2＋）、c（OH―）均减小D．c（OH―）增大、c（H＋）减小
答案：
B
解析：
本题考查物质的溶解度，饱和的澄清石灰水加入少量CaC2虽然和水反应产生Ca（OH）2，但由于反应后恢复到原来温度，溶解度不变，溶液中溶质的浓度也不会改变，所以选B，但溶液中各物质的量都在减少
12．如右图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋+2e→H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生
0.001mol气体
答案：
B
解析：
本题考查电化学原理，K1闭合，该装置为原电池，根据原电池原理铁棒为负极，发生的反应为Fe—2e-→Fe2+，石墨棒为正极，发生反应为O2+4e+2H2O→4OH-，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，所以B正确；K2闭合则为电解池装置，根据电解原理，铁棒为阴极，不会被腐蚀，属于电解饱和NaCl溶液溶液，两级产生氢气和氯气共为0.002mol，所以不属于牺牲阳极的阴极保护法
13．催化加氢可生成3－甲基己烷的是
A．B．
C．D．
答案：
C
解析：
本题考查烷烃的命名，先把选项中不饱和的碳碳键全变成饱和的烷烃，找出最长的主链为6个碳原子的，即为某己烷；然后确定取代基（即甲基）的位置是在三号位,不难选出C
14．只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是
A．K值不变，平衡可能移动B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
答案：
D
解析：
本题考查平衡常数的应用，平衡常数K只与反应的温度有关，温度改变，平衡发生移动，K相应的变化。
压强、浓度也会使平衡发生移动，但平衡常数K不变
15．右图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。
下列操作正确的是
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
答案：
C
解析：
侯氏制碱法是利用向饱和的NaCl溶液中先通入NH3，然后通入CO2，利用生成的碳酸氢钠溶解度小而析出。
由于NH3在水中的溶解度大所以先通NH3，但为了防倒吸，所以a通入NH3，然后b通入CO2，考虑NH3气体的尾气处理所以选择酸性干燥剂放蘸稀硫酸的脱脂棉，即C选项
16．含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为1.98mgB．分解产生的氢气为0.672mL
C．和砒霜反应的锌为3.90mgD．转移的电子总数为6×10-3NA
答案：
C
解析：
本题考查氧化还原反应，砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3+6Zn+12HCl=2AsH3+6ZnCl2+3H2O根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50mg，物质的量为0.02mmol，被还原的砒霜为0.02mmol÷2×198g/mol=1.98mg，和砒霜反应的锌为3.90mg
2AsH3=2As+3H2分解产生的氢气标准状态下为0.03mmol×22.4L/mol=0.672mL;转移的电子总数为0.18×10-3NA
17．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。
对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是
A．若无固体等剩余，则溶液中一定有Fe3＋
B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2＋，则一定有Cu析出
答案：
B
解析：
本题考查铁及其化合物的性质，FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+2CuCl2,所得的溶液中存在FeCl2和CuCl2还可能有过量的FeCl3溶液，加入铁粉充分反应后，A若无固体等剩余，说明原溶液中含有Fe3＋，反应后不一定还含有；B中不管固体是铁粉还是铜粉，溶液中一定含有Fe2＋，C中若溶液中有Cu2＋，可以有部分铜固体析出；D．若溶液中有Fe2＋，不一定有Cu析出
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。
只有一个正确选
项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18．某未知溶液可能含Cl―、CO32―、Na＋、SO42―、Al3＋，将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红。
取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀。
下列判断合理的是
A．一定有Cl―B．一定有SO42―C．一定没有Al3＋D．一定没有CO32―
答案：
BD
解析：
本题考查离子共存、检验。
溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红，说明溶液呈酸性含有H+，则一定没有CO32―；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，一定有SO42―；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，可以为Ag2SO4，无法判断是否含有Cl-,所以选BD
19．下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是
A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
答案：
D
解析：
氧化还原反应的考查。
Na2O2＋SO2→Na2SO4反应中Na2O2的作用是氧化剂，A、B中Na2O2既作氧化剂也作还原剂；C中Na2O2既不是氧化剂也不是还原剂，D中只作氧化剂
20．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸。
下列离子方程式与事实不相符的是
A．OH―＋CO32―＋2H＋→HCO3―＋H2OB．2OH―＋CO32―＋3H＋→HCO3―＋2H2O
C．2OH―＋CO32―＋4H＋→CO2↑＋3H2OD．OH―＋CO32―＋3H＋→CO2↑＋2H2O
答案：
C
解析：
本题考查离子反应中与“量”有关的先后反应问题，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：
先和NaOH反应，然后再与Na2CO3分布反应，第一步生成NaHCO3，第二步生成H2CO3（即CO2）；C中说明Na2CO3没有反应完，那么不可能转化为CO2，所以C项错误
21．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。
关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是
A．溶液的体积10V甲≤V乙
B．水电离出的OH―浓度：
10c（OH―）甲≤c（OH―）乙
C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：
甲≤乙
D．若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH ：
甲≤乙 :
pH=11______________________________________________________________________________________________________________________
答案：
AD
解析：
本题考查弱电解质的电离和盐类水解。
由题意原甲、乙两烧杯均盛有5mL的溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4，若该酸为强酸则10V甲=V乙，若为弱酸10V甲10c（OH―）甲=c（OH―）乙；C中若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，甲中所得盐溶液的浓度大，若为强酸则甲=乙，若为弱酸，弱酸盐浓度大的碱性（PH）也大则甲>乙,所以C错误；D中若分别与5mLpH=11的NaOH溶液反应，若为强酸则甲=乙，若为弱酸，所得溶液应为酸性，甲中浓度大，酸性强，PH小，所以甲≤乙；综上所述选AD
22．已知：
2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
选项
A
B
C
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
答案：
AC
解析：
向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2发生反应依次为
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O
2mol1mol1mol
Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O
1mol1mol1mol
2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O
2mol1mol2mol1mol
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
1mol1mol
BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2
1mol1mol
当通入2molCO2，生成1molBaCO3沉淀
当通入3molCO2，生成1molBaCO3沉淀和2molAl（OH）3沉淀
当通入4molCO2，生成1molBaCO3沉淀和2molAl（OH）3沉淀
当通入5molCO2，生成2molAl（OH）3沉淀
四、（本题共12分）
合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。
铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：
Cu（NH3）2Ac+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]Ac
完成下列填空：
23．如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是______________。
（选填编号）
a．减压b．增加NH3的浓度c．升温d．及时移走产物
答案：
bc
解析：
根据影响化学反应速率的因素，压强、浓度、温度、催化剂与化学反应速率成正比，所以bc正确
24．铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。
_______________________________________________________________________
答案：
2NH3+CO2+H2O→（NH4）2CO3
解析：
氨气是碱性气体，其水溶液呈碱性能吸收二氧化碳酸性气体生成碳酸盐
25．简述吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）
__________________________________________________________________________
答案：
将CO、CO2等气体在加压、较低温度下通入铜液吸收；然后将所得液体减压、升温，将所得到的CO导入储气罐，剩余液体中通入适量氨气，循环使用
解析：
Cu（NH3）2Ac+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3CO]Ac，利用化学平衡移动原理，增大压强、降低温度有利于反应向正方向进行，所以将CO、CO2等气体在加压、较低温度下通入铜液吸收
反之将所得液体减压、升温，有利于气体的释放
26．铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为___________________。
其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是_____________________________。
通过比较___________________________可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。
答案：
C>N>O>H等浓度的硝酸与磷酸的PH
解析：
根据元素周期律得出半径大小为C>N>O>H，氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式，
元素非金属性强弱的判断依据最高价氧化物水化物即最高价含氧酸的酸性强弱：
等浓度的硝酸与磷酸的PH
27．已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_______________________。
CS2熔点高于CO2，其原因是____________________________________________________。
答案：
CS2的分子量大，范德华力大，熔沸点高
解析：
根据8电子稳定结构可得出：
类似于CO2的电子式，CS2的电子式是
CS2和CO2都属于分子晶体，其熔沸点取决于分子间作用力，即相对分子质量大小，CS2相对分子质量大于CO2，范德华力大，熔沸点高
五、（本题12分）
硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。
硫的化合物大多具有氧化性或还原性。
许多金属硫化物难溶于水。
完成下列填空：
28．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。
在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。
________________________________________________________________
答案：
3H2SO4+5H2S+2KMnO4→5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O
解析：
考查陌生环境下氧化还原反应方程式的书写：
根据所给出的反应物和生成物配平含变价元素物质的计量系数，再结合环境根据质量守恒配平其他计量系数，所以为3H2SO4+5H2S+2KMnO4→5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O
29．石油化工的废气中有H2S。
写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以化学方程式表示。
______________________________________________________________
______________________________________________________________
答案：
（1）2H2S+O2→2H2O+2S
（2）2H2S+3O2→2H2O+2SO2SO2+2H2S→2H2O+3S
解析：
硫元素的化合价有-2、0、+4、+6价H2S根据硫元素的化合价-2，具有还原性能被空气中的氧气氧化为
（1）2H2S+O2→2H2O+2S
（2）2H2S+3O2→2H2O+2SO2SO2中S为+4价既具有还原性也具有氧化性SO2+2H2S→2H2O+3S
30．室温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是__________________________________________________。
已知：
H2S：
Ki1＝1.3×10-7Ki2=7.1×10-15
H2CO3：
Ki1＝4.3×10-7Ki2=5.6×10-11
答案：
硫化钠溶液
硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子
解析：
根据盐类水解规律：
有弱才水解、越弱越水解。
硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其相应硫离子水解程度大于碳酸根离子，所以同浓度的盐溶液，硫化钠溶液碱性强
31．向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。
______________________________________________________________________________。
答案：
硫化氢饱和液中硫离子浓度小，通入氨气使碱性增强，使得H2S
H++HS-
HS-
H++S2-的电离平衡正向移动，使硫离子浓度增大，与锌离子产生硫化锌沉淀
解析：
向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，说明硫化氢饱和液中硫离子浓度小不足以生成ZnS沉淀，而当滴加一定量的氨水后，氨水成碱性使得H2S
H++HS-
HS-
H++S2-的电离平衡正向移动，使硫离子浓度增大，与锌离子产生硫化锌沉淀
32．将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有___________、
______________。
过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_____
________________________________________________________。
答案：
氯化亚铁硫化氢产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀
解析：
黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中Fe2S3+4HCl→2FeCl2+S↓+2H2S所以产物为氯化亚铁硫化氢；过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液形成白色絮状沉淀氢氧化亚铁，逐渐被氧化为氢氧化铁
六、（本题共12分）
在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵
完成下列填空：
33．写出上述制备小苏打的化学方程式。
___________________________________________________________________
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