2014年山东省高考化学试卷及解析

    配置溶液

   中和滴定

     制备乙酸乙醇

   制备收集干燥的氨气

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．

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；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．

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．

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，电子能力相同，故D正确，

故选D．

A．FeO与反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；

B．Fe2O3与不发生氧化还原反应，失电子为0；

C．FeSO4与反应被氧化生成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，与反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为×mol=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．

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．

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．

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．

B．弱酸的阴离子以及能发生氧化还原反应的离子不能大量存在于酸性溶液中；

C．弱碱性离子可存在水解呈碱性的离子；

D．Fe3+水解呈酸性．

B．弱酸性溶液中ClO﹣不能大量共存，且ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应，故B错误；

C．HCO3﹣水解呈碱性，可存在于弱碱性溶液中，故C正确；

D．Fe3+水解呈酸性，不能存在与中性溶液中，故D错误．

故选C．

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张东健增大；

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﹣）．

B．氨水的电离常数为：K=，c（OH﹣）与氢氧根离子浓度成反比，随着氨水的滴入，氢氧根离子浓度逐渐增大，所以该比值逐渐减小，故B错误；

C．根据物料守恒，n（CH3COOH）与n（CH3COO﹣）之和始终保持不变，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．

（2）依据平衡三段式列式计算，依据速率概念、转化率概念的计算，平衡常数随温度变化；

（3）0.2mol NaOH的水溶液与0.2mol NO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中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，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，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断．

2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），△H2＜0 （Ⅱ），平衡常数K2 =，

（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，计算得到K=，

故答案为：；

（2）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，物质的量为7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，依据平衡三段式列式计算；

            2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），

起始量（mol） 0.2     0.1        0

变化量（mol） 0.15    0.075      0.15

平衡量（mol） 0.05    0.025      0.15

则平衡后n（Cl2）=0.025mol，

NO的转化率α1=×100%=75%；

其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2 增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；

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，反应为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，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，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚根离子水解，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﹣）；

使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，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，溶液B碱性大于A溶液；

a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液PH相同，故a不符合；

b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液PH相同，故b符合；

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，故c符合；

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，不能调节溶液PH相同，故d不符合；

故答案为：bc．

（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，溶解于硫酸中铁可以还原铁离子为亚铁离子分析书写离子方程式；

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+．

（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．

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．

（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．

（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．

（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8个M，其个数为12×+8=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．

（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：．