2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

D

2

3

4

5

6 气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键（共价键），答案选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】A、物质从固态直接变成气态的过程（物理变化）叫升华，所以升华分离法只与物质的熔沸点有关，与溶解度无关，A不选；B、萃取（Extraction）指利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中。经过反复多次萃取，将绝大部分的化合物提取出来的方法，B选；C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，C不选；D、重结晶法，就是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度的差异，通过先浓缩混合物，使混合物中的各物质含量达到一定比例时，一种物质形成饱和溶液从溶液中结晶析出，D不选。

7 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 > NaOH B．相对原子质量：Ar > K

C．酸性HClO4 > H2SO4 D．元素的金属性：Mg > Al

【答案】B

【解析】A、元素的金属性越强，其原子失电子能力越强、其对应氧化物的水化物碱性越强，金属性K＞Na，则碱性： KOH＞NaOH，A不选；B、相对原子质量的大小与元素周期律无关，B选；C、非金属性Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，酸性HClO4 > H2SO4，C不选；D、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故元素的金属性：Mg > Al，D不选。

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N2 C．HNO2和NO2―

D．CH3＋ 和NH4＋

【答案】D

8 【解析】A、H3O＋的电子数等于1×3+8-1=10，OH―的电子数等于1+8+1=10，二者电子数相等，A不选；B、CO的电子数等于6+8=14，N2的电子数等于7×2=14，二者电子数相等，B不选；C、HNO2的电子数等于1+7+8×2=24，NO2―的电子数等于7+8×2+1=24，，二者电子数相等，C不选；D、CH3＋的电子数等于6+1×3-1=8，NH4＋的电子数等于7+1×4-1=10，二者电子数不相等，D选。

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】A、根据题目提供的信息“BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚”，可知BeCl2形成的晶体属于分子晶体，分子晶体的是由分子构成的晶体，故熔融状态下不导电，A正确；B、根据题目提供的信息“BeCl2化学性质与AlCl3相似”，由于AlCl3溶液中的Al3+能发生水解（Al3++3H2OAl(OH)3+3H+）使溶液显酸性，所以BeCl2

9 水溶液显酸性，B错误；C、BeCl2和BeBr2形成的晶体都是分子晶体，且二者结构相似，故随着相对分子质量的增大，熔沸点也逐渐的增大，C错误；D、由“AlCl3能与NaOH反应”可知BeCl2也能与NaOH反应，D错误。

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) +

236.6 kJ

CH3-C≡C-CH3(g) + 2H2(g) → CH3CH2CH2CH3(g) + 272.7

kJ

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】根据盖斯定律可得CH2=CH—CH=CH2(g) →CH3-C≡C-CH3(g) —36.1kJ，这说明1，3-丁二烯（CH2=CH—CH=CH2(g)）转化为2-丁炔（CH3-C≡C-CH3(g)）是吸热反应，故在质量相等的前提下，1，3-丁二烯（CH2=CH

10 —CH=CH2(g)）的能量要低于2-丁炔（CH3-C≡C-CH3(g)）的能量，1，3-丁二烯（CH2=CH—CH=CH2(g)）的稳定性要低于2-丁炔（CH3-C≡C-CH3(g)），通过上述分子可知ABC均正确。

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 X

Y

11 【解析】A、氯化氢是酸性气体，能和碱性干燥剂碱石灰发生反应，不能用碱石灰干燥，A错误；B、氨气密度小于空气，采用此方法收集氨气时应该是短口进，长口出，B错误；C、二氧化硫是酸性气体，能用中性干燥剂氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集，C正确；D、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D错误。

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】CaC2能和水发生反应，反应的方程式为CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡CH↑，伴随着该反应的发生，溶剂水的质量逐渐减小，所以会有Ca(OH)2析出。由于温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生改变，该溶液依然是饱和溶液，所以c(Ca2＋)、c(OH―)均保持不变，答案选B。

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

12 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0.002 NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体

【答案】B

【解析】A、K1闭合时，该装置构成了Fe—C—NaCl溶液的原电池，铁作负极，发生氧化反应，电极反应是2Fe—4e—=2Fe2+，A错误；B、C棒作正极，发生的电极反应式2H2O+O2+ 4e—=4OH—，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合时，该装置构成了Fe—C—外加电源的电解池，C作阳极，Fe作阴极而不被腐蚀，该方法称为外加电流的阴极保护法，C错误；D、K2闭合时，阳极的电极反应式是2Cl——2e—= Cl2↑，阴极的电极反应式2H++2e—= H2↑，所以当电路中通过0.002 NA个（相当于0.002mol）电子时，生成H2和Cl2的物质的量均为0.001mol，则两极共产生0.002mol气体，D错误。

13．催化加氢可生成3－甲基己烷的是

A．CH2=CHCHCH2CH2CH2CH3CH3 B．CH2=CH-CH-CCH3CH Fe C K1 K2

饱和NaCl溶液 G

13 C．CH3C=CHCH2CH3CH=CH2 D． CH3CH2CH2CH2C=CH2CH3

【答案】C

【解析】解题要根据有机物的加成特点解题。A、CH2=CHCHCH2CH2CH2CH3CH3完全加成的产物是（3—甲基庚烷），A错误；B、CH2=CH-CH-CCH3CH完全加成的产物是（3—甲基戊烷），B错误；C、CH3C=CHCH2CH3CH=CH2完全加成的产物是（3—甲基己烷），C正确；D、CH3CH2CH2CH2C=CH2CH3完全加成的产物是（2—甲基己烷），D错误。

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

14 【解析】A、K值代表化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，K值不变只能说明温度不改变，但是其他条件也可能发生改变，平衡也可能发生移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D错误。

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】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2，由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能升入到溶液中，即a先通入NH3，然后a通入CO2，ABD均错误；冷水 a

饱和NaCl溶液 b c

15 因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，故答案选C。

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1.50 mg，则

A．被氧化的砒霜为1.98 mg B．分解产生的氢气为0.672 mL

C．和砒霜反应的锌为3.90 mg D．转移的电子总数为6×10-3NA

【答案】C

【解析】A、根据题目提供的信息“砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）”，可知As元素的化合价变化情况是33233AsOAsH，即在该反应中As2O3作氧化剂（被还原），A错误；B、所给的是氢气的体积，体积和外界条件有关，在没有指明具体的外界条件下，无法求出氢气的体积，B错误；C、根据元素守恒可知，在热玻璃管中生成的As单质的物质的量和参加反应As2O3中含有的As元素的物质的量相等，351.50 10g()21075/ngmolAsmol，则1()2n23AsO()nAs=