2014 年山东省高考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共 7 小题，每小题 5 分，共 65 分，每小题只有一个选项符合题意）1．（5 分）下列选项中对应关系正确的是（　　）A．CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl；CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl；均为取代反应B．由油脂得到甘油，由淀粉得到葡萄糖；均发生了水解反应C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2，Zn+Cu2+═Zn2++Cu，均为单质被还原的置换反应D．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，Cl2+H2O═HCl+HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应【分析】A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl 为烯烃的加成反应；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中 Cl 元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu 中 Zn 元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中 O 元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO 中只有 Cl元素的化合价变化．【解答】解：A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl 为烯烃的加成反应，而 CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl 为烷烃的取代反应，故 A 错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故 B 正确；C．Cl2+2Br﹣═2Cl﹣+Br2中 Cl 元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu 中 Zn 元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故 C 错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中 O 元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO 中只有 Cl 元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故 D 错误；故选：B。【点评】本题为 2014 年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大．　2．（5 分）根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（　　）A．同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱B．核外电子排布相同的微粒化学性质也相同C．Cl﹣、S2﹣、Ca2+、K+半径逐渐减小D． 与 得电子能力相同【分析】A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如 Ar 原子与 S2﹣离子；C．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D．互为同位素原子的化学性质几乎完全相同．【解答】解：A．同主族元素最高价含氧酸自上而下酸性减弱，不是最高价含氧酸不一定，如 HClO为弱酸、HBrO4为强酸，故 A 错误；B．核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如 Ar 原子化学性质稳定，而 S2﹣离子具有强还原性，故 B 错误；C．S2﹣、Cl﹣、Ca2+、K+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径 S2﹣＞Cl﹣＞K+＞Ca2+，故 C 错误；D．3517Cl 与3717Cl 互为同位素，化学性质几乎完全相同，得电子能力相同，故 D 正确，故选：D。【点评】本题考查同主族元素性质递变规律、微粒半径比较、原子结构与性质关系等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握．　 （1）图甲中，1 号 C 与相邻 C 形成 σ 键的个数为　 3 　 ．（2）图乙中，1 号 C 的杂化方式是　 sp 3 　 ，该 C 与相邻 C 形成的键角　＜　（填“＞”“＜”或“=”）图甲中 1 号 C 与相邻 C 形成的键角．（3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散在 H2O 中，则氧化石墨烯中可与 H2O 形成氢键的原子有　 O 、 H （填元素符号）．（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属 M 与 C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M 原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中 M 原子的个数为　 12 　 ，该材料的化学式为　 M 3C60　．【分析】（1）由图可知，甲中，1 号 C 与相邻 C 形成 3 个 C﹣C 键；（2）图乙中，1 号 C 形成 3 个 C﹣C 及 1 个 C﹣O 键，C 原子以 sp3杂化，为四面体构型；（3）电负性强的 O 原子与水中的 O﹣H 易形成氢键；水中的 O 原子易与氧化石墨烯中的 O﹣H 易形成氢键；（4）M 原子位于晶胞的棱上与内部，C60分子位于顶点和面心，利用均摊法确定 M 原子和 C60分子的个数比，从而确定化学式．【解答】解：（1）由图可知，甲中，1 号 C 与相邻 C 形成 3 个 C﹣C 键，形成 σ 键的个数为 3，故答案为：3；（2）图乙中，1 号 C 形成 3 个 C﹣C 及 1 个 C﹣O 键，C 原子以 sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的 C 原子杂化方式均为 sp2，为平面结构，则图乙中 C 与相邻 C 形成的键角＜图甲中 1 号 C 与相邻 C 形成的键角，故答案为：sp3；＜；（3）水中的 O 电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的 O﹣H 上的 H 形成氢键，氧化石墨烯中 O 与水中的 H 形成氢键，故答案为：O、H；（4）M 原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有 12 个 M，内部有 9 个 M，其个数为 12× +9=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为 8× +6× =4，M 原子和 C60分子的个数比为 3：1，则该材料的化学式为 M3C60，故答案为：12；M3C60．【点评】本题为 2014 年山东高考化学试题，侧重物质结构与性质的考查，把握杂化类型、成键方式、氢键形成及晶胞均摊法计算为解答的关键，注重高考高频考点的考查，题材新颖，较好体现学生分析能力、知识迁移应用能力，题目难度中等．　【化学---有机化学基础】13．3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：已知：HCHO+CH3CHO CH2=CHCHO+H2O（1）遇 FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的 A 的同分异构体有　 3 　 种，B 中含氧官能团的名称为　醛基　． （2）试剂 C 可选用下列中的　 b 、 d 　 ．a、溴水b、银氨溶液c、酸性 KMnO4溶液d、新制 Cu（OH）2悬浊液（3） 是 E 的一种同分异构体，该物质与足量 NaOH 溶液共热的化学方程式为　 　．（4）E 在一定条件下可以生成高聚物 F，F 的结构简式为　 　．【分析】由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成 A 对甲基苯甲醛，再与 CH3CHO 在碱性条件下反应生成 B，B 为 ，①中﹣CHO 被弱氧化剂氧化为﹣COOH，而 C=C 不能被氧化，再酸化得到 D，D 与甲醇发生酯化反应生成 E 为 ，然后结合有机物的结构与性质来解答．【解答】解：由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成对甲基苯甲醛，再与 CH3CHO 在碱性条件下反应生成 B，B 为 ，①中﹣CHO 被弱氧化剂氧化为﹣COOH，而 C=C 不能被氧化，再酸化得到D ，D 与甲醇发生酯化反应生成 E 为 ，（1）遇 FeCl3溶液显紫色，则含酚﹣OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为﹣CH=CH2，则符合条件的 A 的同分异构体为邻、间、对乙烯基苯酚 3 种，B 中含氧官能团的名称为醛基，故答案为：3；醛基；（2）试剂 C 不能与 C=C 反应，只氧化﹣CHO，则 C 为 b 或 d，故答案为：b、d； （3）E 同分异构体中含﹣COOC﹣，与足量 NaOH 溶液共热的化学方程式为，故答案为： ； （4）E 中含 C=C，在一定条件下可以生成高聚物 F，发生加聚反应，则 F 的结构简式为 ，故答案为： ．【点评】本题为 2014 年山东高考化学试题，为有机选做题，侧重有机物的合成、结构与性质的考查，把握合成流程中的反应及官能团、结构变化推断物质为解答的关键，注意酚、酯的性质，（3）为解答的易错点，题目难度中等．　 3．（5 分）等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出 NO 物质的量最多的是（　　）A．FeO B．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4【分析】氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比较放出 NO 物质的量的多少．【解答】解：假设质量都为 mg，A．FeO 与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的量为 mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为 0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的量为 mol；D．Fe3O4中 Fe 元素的化合价有+2、+3 价，与硝酸反应被氧化生成 Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是 FeO，则放出 NO 物质的量最多的是 FeO，故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，本题易错点为 D，注意 Fe 元素化合价的判断，难度不大．　4．（5 分）下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（　　）A． 配制溶液B． 中和滴定C． 制备乙酸乙酯 D． 制备收集干燥的氨气【分析】A．玻璃棒的下端应在刻度线以下，且加水至刻度线 1～2cm 应改用胶头滴管定容；B．锥形瓶中为 NaOH 溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液；C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；D．收集氨气应利用向下排空气法．【解答】解：A．玻璃棒的下端应在刻度线以下，图中玻璃棒下端在刻度线以上，且加水至刻度线1～2cm 应改用胶头滴管定容，故 A 错误；B．锥形瓶中为 NaOH 溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液，而图中锥形瓶上方为碱式滴定管，故 B错误；C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备乙酸乙酯实验合理，故 C 正确；D．收集氨气应利用向下排空气法，图中收集氨气时导管应伸到小试管的底部，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、中和滴定、乙酸乙酯的制备及氨气的制备实验等，把握实验基础知识和装置图的作用为解答的关键，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大．　5．（5 分）苹果酸的结构简式为 ，下列说法正确的是（　　）A．苹果酸中能发生酯化反应的官能团有 2 种B．1mol 苹果酸可与 3mol NaOH 发生中和反应C．1mol 苹果酸与足量金属 Na 反应生成 1mol H2D． 与苹果酸互为同分异构体【分析】该分子中含有羧基和醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，据此分析解答．【解答】解：A．该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有 2 种，故 A 正确；B.1mol 苹果酸中含有 2mol 羧基，所以 1mol 苹果酸可与 2molNaOH 发生中和反应，故 B 错误；C．能和 Na 反应是有羧基和醇羟基，1mol 苹果酸与足量金属 Na 反应生成 1.5molH2，故 C 错误；D． 与苹果酸是同一种物质，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大．　6．（5 分）下列有关溶液组成的描述合理的是（　　）A．无色溶液中可能大量存在 Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣B．酸性溶液中可能大量存在 Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣C．弱碱性溶液中可能大量存在 Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣D．中性溶液中可能大量存在 Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣ 【分析】A．无色溶液中不存在 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子，铝离子与硫离子发生双水解反应；B．次氯酸根离子与氢离子结合生成次氯酸、次氯酸根离子能够氧化碘离子；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，且碳酸氢根离子水解溶液显示弱碱性；D．铁离子水解，溶液显示酸性，则溶液中一定不存在铁离子．【解答】解：A．Al3+、S2﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故 A 错误；B．酸性溶液中存在大量氢离子，次氯酸根离子与氢离子反应生成弱酸次氯酸，次氯酸根离子能够氧化碘离子，在溶液中一定不能大量共存，故 B 错误；C．Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣离子之间不发生反应，HCO3﹣离子部分水解，溶液显示弱碱性，故 C 正确；D．Fe3+在溶液中结合水电离的氢氧根离子，溶液显示酸性，与溶液为中性不相符，在溶液中不能大量共存，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．　7．（5 分）已知某温度下 CH3COOH 和 NH3•H2O 的电离常数相等，现向 10mL 浓度为 0.1mol•L﹣1的CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（　　）A．水的电离程度始终增大B． 先增大再减小C．c（CH3COOH）与 c（CH3COO﹣）之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为 10mL 时，c（NH4+）=c（CH3COO﹣）【分析】A．开始时，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，当氨水过量后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小；B．根据一水合氨的电离平衡常数可知，该比值与氢氧根离子成反比，电解氨水的过程中，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大；C．根据物料守恒，醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变，但是溶液体积增大，二者的浓度之和逐渐减小；D．CH3COOH 和 NH3•H2O 的电离常数相等，氨水与醋酸的浓度、体积相等时，溶液显示中性，根据电荷守恒可知 c（NH4+）=c（CH3COO﹣）．【解答】解：A．酸溶液、碱溶液抑制了水的电离，溶液显示中性前，随着氨水的加入，溶液中氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大；当氨水过量后，随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，水的电离程度逐渐减小，所以滴加过程中，水的电离程度先增大后减小，故 A 错误；B．当向 CH3COOH 溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶液为 CH3COOH 和 CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数 Kh= ，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh 不变，则变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数 Kb= ，c（OH﹣）与氢离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，电离常数 K 不变，所以 逐渐减小，即 始终减小，故 B 错误； C．n（CH3COOH）与 n（CH3COO﹣）之和为 0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与 c（CH3COO﹣）之和逐渐减小，故 C 错误；D．当加入氨水的体积为 10mL 时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO﹣），故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液 pH 的关系，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液 pH 的关系，明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法．　三、解答题8．（17 分）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）　K1△H1＜0　（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g）　K2△H2＜0　（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数 K=　 　（用 K1、K2表示）．（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向 2L 恒容密闭容器中加入 0.2mol NO和 0.1mol Cl2，10min 时反应（Ⅱ）达到平衡．测得 10min 内 v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）=　 0.025 　 mol，NO 的转化率 α1=　 75% 　 ．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时 NO 的转化率 α2　＞　α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数 K2　不变　（填“增大”“减小”或“不变”）．若要使 K2减小，可采取的措施是　升高温度　．（3）实验室可用 NaOH 溶液吸收 NO2，反应为 2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O．含 0.2mol NaOH 的水溶液与 0.2mol NO2恰好完全反应得 1L 溶液 A，溶液 B 为 0.1mol•L﹣1的 CH3COONa 溶液，则两溶液中c（NO ）、c（NO ）和 c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为　 c （ NO 3﹣ ）＞ c （ NO 2﹣ ）＞ c （ CH 3COO ﹣ ）　 ．（已知 HNO2的电离常数 Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH 的电离常数 Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）可使溶液 A 和溶液 B 的 pH 相等的方法是　 bc 　 ．a．向溶液 A 中加适量水 b．向溶液 A 中加适量 NaOHc．向溶液 B 中加适量水 d．向溶液 B 中加适量 NaOH．【分析】（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1△H＜0 （I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K2△H＜0 （II）根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ 可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数为Ⅰ的平衡常数平方与Ⅱ的平衡常数的商；（2）测得 10min 内 v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式计算参加反应 NO、氯气的物质的量，进而计算平衡时氯气的物质的量、NO 的转化率；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高低温度平衡逆向向移动，平衡常数减小；（3）0.2mol NaOH 的水溶液与 0.2mol NO2恰好完全反应得 1L 溶液 A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液 A 中 NaNO3物质的量浓度为 0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L；HNO2的电离常数 Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH 的电离常数 Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明 CH3COOH 酸性小于 HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液 B 碱性大于 A 溶液． 【解答】解：（1）2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g） K1△H＜0 （I）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g） K2△H＜0 （II）根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ 可得：4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数 K= ，故答案为： ；（2）测得 10min 内 v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为 0.15mol× =0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol﹣0.075mol=0.025mol；参加反应 NO 物质的量为 0.15mol，则 NO 的转化率为 ×100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO 转化率增大，故转化率 α2＞α1，平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度；（3）0.2mol NaOH 的水溶液与 0.2mol NO2恰好完全反应得 1L 溶液 A，由2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液 A 中 NaNO3物质的量浓度为 0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液 B 为 0.1mol•L﹣1的 CH3COONa 溶液；HNO2的电离常数 Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH 的电离常数 Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明 CH3COOH 酸性小于 HNO2的酸性，溶液中醋酸根离子水解程度小于亚硝酸根离子水解程度，溶液 B 碱性大于 A 溶液，两溶液中 c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和 c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为 c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣），a．溶液 B 碱性大于 A 溶液，向溶液 A 中加适量水，稀释溶液，碱性减弱，不能调节溶液 pH 相等，故 a 错误；b．向溶液 A 中加适量 NaOH，增大碱性，可以调节溶液 pH 相等，故 b 正确；c．向溶液 B 中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液 pH 相等，故 c 正确；d．溶液 B 碱性大于 A 溶液，向溶液 B 中加适量 NaOH，溶液 pH 更大，故 d 错误；故答案为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；bc．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数、盐类水解、离子浓度大小比较等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，需要学生具备扎实的基础与灵活应用能力，难度中等．　9．（16 分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系．由有机阳离子、Al2Cl7﹣和 AlCl4﹣组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝．（1）钢制品应接电源的　负　极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为　 4Al 2Cl7﹣ +3e ﹣ =Al+7AlCl 4﹣ 　 ，若改用 AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为　 H 2．（2）为测定镀层厚度，用 NaOH 溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移 6mol 电子时，所得还原产物的物质的量为　 3 　 mol．（3）用铝粉和 Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有　 bd 　 a、KCl b、KClO3c、MnO2 d、Mg取少量铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量稀 H2SO4，滴加 KSCN 溶液无明显现象，　不能　（填“能”或“不能”）说明固体混合物中无 Fe2O3，理由是　 Fe 2O3+6H + =2Fe 3+ +3H 2O Fe+2Fe 3+ =3Fe 2+ 　 （用离子方程式说明）．【分析】（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极，钢铁做阴极，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和 AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现；改用 AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气；（2）依据氯和氢氧化钠反应的化学方程式分析判断，还原产物为氢气；（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量 H2SO4，滴加 KSCN 溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，在酸性条件下，Fe 能还原氧化铁生成亚铁离子．【解答】解：（1）依据电镀原理分析，钢铁上镀铝是利用铝做阳极与电源正极相连，钢铁做阴极与电源负极相连，由有机阳离子、Al2Cl7﹣和 AlCl4﹣组成的离子液体做电解液来实现，离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，则阴极反应生成铝是发生的还原反应，铝元素化合价降低，分析离子液体成分，结合电荷守恒分析可知是 Al2Cl7﹣得到电子生成，电极反应为：4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；改用 AlCl3水溶液作电解液是溶液中氢离子在阴极放电生成氢气，2H++2e﹣=H2↑；故答案为：负；4Al2Cl7﹣+3e﹣=Al+7AlCl4﹣；H2 ；（2）依据铝和氢氧化钠反应的化学方程式分析，2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlO2+3H2↑+4H2O，还原产物为氢气，当反应转移 6mol 电子时，所得还原产物的物质的量为 3mol；故答案为：3；（3）铝热反应需要引发剂引发高温反应，用少量氯酸钾和镁条引发，点燃镁条燃烧放热使氯酸钾分解生成氧气助燃产生反应引发所需要的温度；铝热反应所得的固体混合物，将其溶于足量 H2SO4，滴加 KSCN 溶液无明显现象，说明无铁离子，但不能说明固体中不含氧化铁，因为铝热反应生成铁，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子，离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：bd；不能；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； Fe+2Fe3+=3Fe2+．【点评】本题考查了电解原理的分析应用铝热反应原理分析，氧化还原反应电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．　10．（20 分）工业上常利用含硫废水生产 Na2S2O3•5H2O，实验室可用如图所示装置（略去部分夹持仪器）模拟生产过程．烧瓶 C 中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（s）+Na2SO3（aq） Na2S2O3（aq）（Ⅲ）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置 B 中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若　液柱高度保持不变　，则整个装置气密性良好，装置 D 的作用是　防止倒吸　，装置 E 中为　 NaOH 　 溶 液．（2）为提高产品纯度，应使烧瓶 C 中 Na2S 和 Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶 C 中 Na2S 和 Na2SO3物质的量之比为　 2 ： 1 　 ．（3）装置 B 的作用之一是观察 SO2的生成速率，其中的液体最好选择　 c 　 a、蒸馏水b、饱和 Na2SO3溶液c、饱和 NaHSO3溶液d、饱和 NaHCO3溶液实验中，为使 SO2缓慢进入烧瓶 C，采用的操作是　控制滴加硫酸的速度　，已知反应（Ⅲ）相对较慢，则烧瓶 C 中反应达到终点的现象是　溶液变澄清（或浑浊消失）　，反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶 A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器还有　 ad 　 a、烧杯b、蒸发皿c、试管d、锥形瓶（4）反应终止后，烧瓶 C 中的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶即可析出 Na2S2O3•5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在 Na2SO4，简要说明实验操作、现象和结论：　取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加 BaCl 2 溶液 ， 若出现白色沉淀则说明含有 Na 2SO4 杂质　已知 Na2S2O3•5H2O 遇酸易分解：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O，供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液．【分析】（1）利用液面差在一段时间不变检验气密性，D 可防止液体倒吸，E 中盛放 NaOH 溶液进行尾气处理；（2）C 中 Na2S 和 Na2SO3恰好完全反应，结合烧杯 C 中的反应分析；（3）观察 SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，为使 SO2缓慢进入烧瓶 C，应控制 B 中硫酸的加入速度，Ⅲ中发生 S（g）+Na2SO3（aq） Na2S2O3（aq），反应达到终点是 S 完全溶解，烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，蒸发皿、试管可直接加热；（4）检测产品中是否存在 Na2SO4，先加盐酸排除干扰，再利用氯化钡检验硫酸根离子．【解答】解：（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置 B 中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好，D 中左侧为短导管可防止液体倒吸，E 中盛放 NaOH 溶液进行尾气处理，防止含硫化合物排放在环境中，故答案为：液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）C 中 Na2S 和 Na2SO3恰好完全反应，由 Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）═Na2SO3（aq）+H2S（aq）（Ⅰ）2H2S（aq）+SO2（g）═3S（s）+2H2O（l）（Ⅱ）S（g）+Na2SO3（aq） Na2S2O3（aq）（Ⅲ）可知，（Ⅰ）×2+（Ⅱ）+（Ⅲ）×3，得到总反应为 2Na2S（aq）+Na2SO3（aq）+3SO2（g）3Na2S2O3（aq），则 C 中 Na2S 和 Na2SO3物质的量之比为 2：1，故答案为：2：1；（3）观察 SO2的生成速率，发生强酸制取弱酸的反应，a 不生成二氧化硫，bd 中物质均与二氧化硫反应，只有 c 中饱和 NaHSO3溶液适合制取二氧化硫；为使 SO2缓慢进入烧瓶 C，应控制 B 中滴加硫酸的速度，Ⅲ中发生 S（g）+Na2SO3（aq） Na2S2O3（aq），反应达到终点是 S 完全溶解，可观察到溶液变澄清（或浑浊消失）；烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，故答案为：c；控制滴加硫酸的速度；溶液变澄清（或浑浊消失）；ad；（4）检测产品中是否存在 Na2SO4，操作、现象和结论为取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加 BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有 Na2SO4杂质， 故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤后取滤液），滴加 BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明含有 Na2SO4杂质．【点评】本题为 2014 年山东高考化学试题，涉及气密性检验、氧化还原反应及离子检验等，侧重实验分析能力及知识综合应用能力的考查，题目难度中等，注意（2）中发生的反应及总反应的分析为易错点．　【化学---化学与技术】11．（12 分）工业上用重铬酸钠（Na2Cr2O7）结晶后的母液（含少量杂质 Fe3+）生产重铬酸钾（K2Cr2O7），工艺流程及相关物质溶解度曲线如图：（1）由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为　 Na 2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl 　 ，通过冷却结晶析出大量 K2Cr2O7的原因是　低温下 K 2Cr2O7 的溶解度远小于其它组分，随温度的降低， K 2Cr2O7 的溶解度明显减小　．（2）向 Na2Cr2O7母液中加碱液调 pH 的目的是　除去 Fe 3+ 　 ．（3）固体 A 主要为　 NaCl 　 （填化学式），固体 B 主要为　 K 2Cr2O7　（填化学式）．（4）用热水洗涤固体 A，回收的洗涤液转移到母液　Ⅱ　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）中，既能提高产率又可使能耗最低．【分析】由流程可知，溶解后调节 pH 除去少量杂质 Fe3+，过滤后蒸发结晶得到 Na2Cr2O7，然后加入KCl 发生 Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到 K2Cr2O7，母液 II 蒸发浓缩只有析出 NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到 K2Cr2O7（B），以此来解答．【解答】解：由流程可知，溶解后调节 pH 除去少量杂质 Fe3+，过滤后蒸发结晶得到 Na2Cr2O7，然后加入 KCl 发生 Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度较小，则冷却结晶得到 K2Cr2O7，母液 II 蒸发浓缩只有析出 NaCl（A），母液Ⅲ冷却结晶主要得到 K2Cr2O7，（1）由 Na2Cr2O7生产 K2Cr2O7的化学方程式为 Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl，由溶解度图可知，低温下 K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小，则可通过冷却结晶析出大量 K2Cr2O7晶体，故答案为：Na2Cr2O7+2KCl═K2Cr2O7+2NaCl；低温下 K2Cr2O7的溶解度远小于其它组分，随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小；（2）母液中含少量杂质 Fe3+，向 Na2Cr2O7母液中加碱液调 pH 的目的是除去 Fe3+，故答案为：除去Fe3+；（3）由上述分析可知，A 为 NaCl，B 为 K2Cr2O7，故答案为：NaCl；K2Cr2O7；（4）用热水洗涤固体 A，洗涤液中含 K2Cr2O7，为提高产率又可使能耗最低，则回收的洗涤液转移到母液Ⅱ中，再冷却结晶得到 K2Cr2O7，故答案为：Ⅱ．【点评】本题为 2014 年山东高考化学试题，为化学与技术选做题，把握生产重铬酸钾的实验流程及溶解度的利用为解答的关键，注重分析能力、实验能力及知识综合应用能力的综合考查，题目难度中等．　【化学--物质结构与性质】12．石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙）．