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】

1 / 19 2014年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）

化学单科卷

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-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 As-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Pu23894作为热源材料，下列关于Pu23894的说法正确的是

A．Pu23894与U23892互为同位素 B．Pu23894与Pu23994互为同素异形体

C．Pu23894与U23892具有完全相同的化学性质D．Pu23894与Pu23994具有相同的最外层电子

【答案】D

【解析】A、Pu23894与U23892两种核素的质子数不相同，不属于同位素，A错误；B、Pu23894与Pu23994均属于核素，不是单质，不能互称为同素异形体，二者互称为同位素，B错误；C、Pu23894与U23892两种核素的质子数不相同，不属于同种元素，不具有完全相同的化学性质，C错误；D、Pu23894与Pu23994两种核素的质子数相同，所以具有相同的最外层电子（94），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】A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应而变质（2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

2 / 19 、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑），与氧气无任何关系，A选；B、氢硫酸易被空气中的氧气氧化而变质（2H2S+O2=2S↓+2H2O），B不选；C、硫酸亚铁中的铁元素是+2价，易被空气中的氧气氧化生成+3价而变质，C不选；D、苯酚中的酚羟基易被空气中的氧气氧化而显紫色，D不选。

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，其导电能力大幅度提高。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】根据高分子化合物的结构简式“…—CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-…”可知，该物质属于加聚产物，链节是－CH＝CH－，因此单体是乙炔，答案选A。

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】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化，由于石蜡属于分子晶体，所以转化的过程中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”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。 2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

3 / 19 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 > H2SO4D．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N2C．HNO2和NO2―D．CH3＋ 和NH4＋

【答案】D

【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： 2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

4 / 19 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—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

【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 X

Y 2014年上海高考化学试卷及答案【解析版】

5 / 19 【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

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=CHCHCH2CH2CH2CH3CH3B．CH2=CH-CH-CCH3CH

C．CH3C=CHCH2CH3CH=CH2D． CH3CH2CH2CH2C=CH2CH3