山東省濟(jì)南一中2015年高考化學(xué)模擬試卷（解析版）

1、.山東省濟(jì)南一中2015年高考化學(xué)模擬試卷一、選擇題1下列說(shuō)法正確的是（）A燃燒一定要用火去點(diǎn)燃B對(duì)“地溝油”進(jìn)行分餾可得到汽油C2013年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)授予三位美國(guó)化學(xué)家，以表彰他們?cè)O(shè)計(jì)出多尺度復(fù)雜化學(xué)系統(tǒng)模型，將傳統(tǒng)化學(xué)實(shí)驗(yàn)搬到了網(wǎng)絡(luò)世界這一完美結(jié)合現(xiàn)實(shí)與理論的化學(xué)系統(tǒng)模型，為更全面了解并預(yù)測(cè)化學(xué)反應(yīng)進(jìn)程奠定了基礎(chǔ)D化肥的使用有效地提高了農(nóng)作物的產(chǎn)量，常見(jiàn)的氮肥可分為銨態(tài)氮肥和硝態(tài)氮肥，硝酸鹽和尿素都屬于硝態(tài)氮肥考點(diǎn)：油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；化學(xué)研究基本方法及作用.分析：A、燃燒的條件：和氧氣接觸、達(dá)到著火點(diǎn)；B、地溝油的成分屬于酯，汽油的主要成分屬于烴；C、根據(jù)化學(xué)界科學(xué)家們的重要科研成果

2、等知識(shí)來(lái)判斷；D、銨態(tài)氮肥和硝態(tài)氮肥是氮元素的存在形式不一樣，都是無(wú)機(jī)氮肥解答：解：A、根據(jù)物質(zhì)燃燒的條件：和氧氣接觸、達(dá)到著火點(diǎn)，所以燃燒不一定要用火去點(diǎn)燃，如白磷的自燃，故A錯(cuò)誤；B、地溝油的成分屬于酯，汽油的主要成分屬于烴，對(duì)“地溝油”進(jìn)行分餾得不到汽油，故B錯(cuò)誤；C、科學(xué)家們?cè)O(shè)計(jì)出多尺度復(fù)雜化學(xué)系統(tǒng)模型，將傳統(tǒng)化學(xué)實(shí)驗(yàn)搬到了網(wǎng)絡(luò)世界，為更全面了解并預(yù)測(cè)化學(xué)反應(yīng)進(jìn)程奠定了基礎(chǔ)，故C正確；D、硝酸鹽屬于硝態(tài)氮肥，但是尿素屬于有機(jī)氮肥，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查學(xué)生燃燒的條件、化學(xué)史以及化肥的分類等方面的知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，難度不大2下列有關(guān)敘述不正

3、確的是（）AMgO、Al2O3熔點(diǎn)高，可用于制作耐火材料B用濃氫氧化鈉溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇雜質(zhì)C除去NaCl溶液中的Na2CO3，應(yīng)選擇試劑為鹽酸，而不是硝酸D油脂在堿性條件下易發(fā)生水解，可用于制作肥皂考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物；油脂的性質(zhì)、組成與結(jié)構(gòu)；物質(zhì)的分離、提純和除雜.專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題；元素及其化合物分析：AMgO、Al2O3都屬于離子晶體，熔點(diǎn)很高；B乙酸乙酯在堿性條件下水解；C除雜原則：不引入新雜質(zhì)；D油脂在堿性條件下的水解反應(yīng)稱為皂化反應(yīng)，工業(yè)上就是利用油脂的皂化反應(yīng)制取肥皂解答：解：AMgO、Al2O3的熔點(diǎn)很高，所以氧化鎂和氧化鋁能在工業(yè)上用于制作耐高溫材料，故

4、A正確；B乙酸乙酯在堿性條件下水解，生成乙酸鈉和乙醇，用濃氫氧化鈉溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇的同時(shí)，乙酸乙酯也被除掉，故B錯(cuò)誤；CNa2CO3和鹽酸反應(yīng)，生成氯化鈉、水和二氧化碳，不引入新雜質(zhì)，Na2CO3和硝酸反應(yīng)生成硝酸鈉、水和二氧化碳，引入新雜質(zhì)硝酸鈉，故C正確；D在酸性條件下水解為甘油（丙三醇）和高級(jí)脂肪酸，在堿性條件下水解為甘油和高級(jí)脂肪酸鹽，肥皂的主要成分為高級(jí)脂肪酸鹽，工業(yè)上就是利用油脂在堿性條件下水解制取肥皂，故D正確；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途，以及除雜問(wèn)題，明確性質(zhì)決定用途、用途體現(xiàn)性質(zhì)，難度不大3下列說(shuō)法中，正確的是（）A利用鐵加入硫酸銅溶液中的反應(yīng)

5、可以比較Cu、Fe2+的還原性B足量的銅跟一定量的濃硝酸反應(yīng)只產(chǎn)生一種氣體C氮的固定只有在高溫、高壓、催化劑的條件下才能實(shí)現(xiàn)D以鐵為陰極、銅片為陽(yáng)極、硫酸銅為電鍍液可以實(shí)現(xiàn)鐵制品鍍銅考點(diǎn)：氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；氮的固定；原電池和電解池的工作原理；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì).專題：基本概念與基本理論分析：A、金屬之間的置換反應(yīng)可以證明金屬的還原性強(qiáng)弱；B、金屬銅可以和濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮?dú)怏w，和稀硝酸之間反應(yīng)生成的是NO氣體；C、氮的固定是指將游離態(tài)的氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)氮元素的過(guò)程，條件不一樣；D、根據(jù)電鍍的原理結(jié)合電解池的工作原理來(lái)回答判斷解答：解：A、鐵加入硫酸銅溶液中的反應(yīng)生成C

6、u，可以比較Cu、Fe的還原性，故A錯(cuò)誤；B、足量的銅跟一定量的濃硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體有一氧化氮、二氧化氮等氣體，故B錯(cuò)誤；C、生物固氮是氮的固定的一種方式，不需要高溫高壓條件，是根瘤菌的作用，故C錯(cuò)誤；D、電鍍時(shí)，鍍件作陰極，鍍層金屬是陽(yáng)極，電鍍液中必須含有鍍層金屬陽(yáng)離子的鹽，即鐵為陰極、銅片為陽(yáng)極、硫酸銅為電鍍液可以實(shí)現(xiàn)鐵制品鍍銅，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題涉及金屬活動(dòng)順序表的應(yīng)用、金屬和硝酸之間的反應(yīng)、生物固氮方式以及電鍍池的工作原理知識(shí)，屬于綜合知識(shí)的考查，難度不大4某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A可使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B含有兩種官能團(tuán)C與乙酸互為同

7、系物D可以發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)，但不能發(fā)生聚合反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì).專題：有機(jī)反應(yīng)分析：有機(jī)物含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和和酯化反應(yīng)，含有羥基，可發(fā)生取代和消去反應(yīng)，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應(yīng)，以此解答該題解答：解：A含有雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應(yīng)，與酸性高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A正確；B分子中含有羧基、羥基和碳碳雙鍵三種官能團(tuán)，故B錯(cuò)誤；C分子中含有羥基和官能團(tuán)，與乙酸結(jié)構(gòu)不同，則不是同系物，故C錯(cuò)誤；D分子中含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，本題注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵5主族元素

8、M、R形成的簡(jiǎn)單離子M2離子與R+離子的核外電子數(shù)之和為20，下列說(shuō)法正確的是（）AM原子的質(zhì)子數(shù)一定大于R原子的質(zhì)子數(shù)BM可能存在16M、18M兩種核素CM2的離子與R+的電子層結(jié)構(gòu)不可能相同D兩種離子結(jié)合形成的化合物中可能含有共價(jià)鍵考點(diǎn)：原子核外電子排布.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：從離子的核外電子數(shù)之和為20可推出M、R兩種原子的質(zhì)子數(shù)之和為19，則R為Na、M為O或R為L(zhǎng)i、M為S，以此來(lái)解答解答：A、若M為O，R為Na，O的質(zhì)子數(shù)為8小于Na的為11，故A錯(cuò)誤；B、氧元素含有16O、17O和18O三種核素，若M為O時(shí)則成立，故B正確；C、若M為O，R為Na，則O2和Na+均

9、具有10電子，具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，故C錯(cuò)誤；D、鈉離子和氧離子形成的化合物氧化鈉中不含有共價(jià)鍵，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查位置、結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，明確信息得出M、R為何種元素是解答本題的關(guān)鍵，熟悉元素的位置即可解答，難度不大6下列說(shuō)法中，正確的是（）A已知25時(shí)NH4CN水溶液顯堿性，則25時(shí)的電離常數(shù)K（NH3H2O）K（HCN）B25時(shí)，Mg（OH）2固體在20 mL 0.01molL1氨水中的Ksp比在20mL 0.01molL1 NH4Cl溶液中的Ksp小CpH試紙測(cè)得新制氯水的pH為4.5DFeCl3溶液和Fe2（SO4）3溶液加熱蒸干、灼燒都得到Fe2O3考點(diǎn)：水的電離；鹽類水解的

10、應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；氯氣的化學(xué)性質(zhì).專題：基本概念與基本理論分析：A、已知25時(shí)NH4CN水溶液顯堿性，說(shuō)明CN水解程度大于NH4+，HCN電離程度小于NH3H2O電離程度；B、沉淀的Ksp隨溫度變化，不隨濃度變化；C、PH是近似測(cè)定溶液酸堿性，只能測(cè)定整數(shù)；D、FeCl3溶液加熱蒸干得到水解產(chǎn)物氫氧化鐵、灼燒得到氧化鐵，F(xiàn)e2（SO4）3溶液加熱蒸干水被蒸發(fā)、灼燒得到硫酸鐵；解答：解：A、已知25時(shí)NH4CN水溶液顯堿性，說(shuō)明CN水解程度大于NH4+，HCN電離程度小于NH3H2O電離程度，則25時(shí)的電離常數(shù)K（NH3H2O）K（HCN），故A正確；B、沉淀的Ksp隨

11、溫度變化，不隨濃度變化，25時(shí)，Mg（OH）2固體在20 mL 0.01molL1氨水中的Ksp和在20mL 0.01molL1 NH4Cl溶液中的Ksp相同，故B錯(cuò)誤；C、PH是近似測(cè)定溶液酸堿性，只能測(cè)定整數(shù)，故C錯(cuò)誤；D、FeCl3溶液中氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫加熱蒸干得到水解產(chǎn)物氫氧化鐵、灼燒得到氧化鐵，F(xiàn)e2（SO4）3溶液中硫酸鐵水解生成硫酸和氫氧化鐵加熱蒸干水被蒸發(fā)得到硫酸鐵、灼燒得到硫酸鐵，故D錯(cuò)誤；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了鹽類水解的分析應(yīng)用，弱電解質(zhì)電離溶液PH測(cè)定，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等7利用如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，甲乙兩池均為1molL1的AgNO3溶液，A、B均為A

12、g電極實(shí)驗(yàn)開(kāi)始先閉合K1，斷開(kāi)K2一段時(shí)間后，斷開(kāi)K1，閉合K2，形成濃差電池，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)（Ag+濃度越大氧化性越強(qiáng)）下列說(shuō)法不正確的是（）A閉合K1，斷開(kāi)K2后，A電極增重B閉合K1，斷開(kāi)K2后，乙池溶液濃度上升C斷開(kāi)K1，閉合K2后，NO3向B電極移動(dòng)D斷開(kāi)K1，閉合K2后，A電極發(fā)生氧化反應(yīng)考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理.專題：電化學(xué)專題分析：閉合K1，斷開(kāi)K2，為電解裝置，陽(yáng)極金屬銀被氧化，陰極析出銀，NO3向陽(yáng)極移動(dòng)，乙池濃度增大，甲池濃度減??；斷開(kāi)K1，閉合K2后，形成濃差電池，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)（Ag+濃度越大氧化性越強(qiáng)），可知B為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，A為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，NO

13、3向負(fù)極移動(dòng)，乙池解答解答：解：A閉合K1，斷開(kāi)K2后，A為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)生成銀，質(zhì)量增大，故A正確；B閉合K1，斷開(kāi)K2后，陽(yáng)極金屬銀被氧化，陰極析出銀，NO3向陽(yáng)極移動(dòng)，乙池濃度增大，甲池濃度減小，故B正確；C斷開(kāi)K1，閉合K2后，形成濃差電池，電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)（Ag+濃度越大氧化性越強(qiáng)），可知B為正極，A為負(fù)極，NO3向負(fù)極移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D斷開(kāi)K1，閉合K2后，A為負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確故選C點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查電解池和原電池知識(shí)，注意把握電化學(xué)工作原理，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，難度中等二、填空題8（1）一定條件下Fe（OH）3

14、與KClO在KOH溶液中反應(yīng)可制得K2FeO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe（OH）3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O；生成0.1molK2FeO4轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量0.3mol（2）高鐵電池是一種新型二次電池，電解液為堿溶液，其反應(yīng)式為：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH放電時(shí)電池的負(fù)極反應(yīng)式為Zn+2OH2eZn（OH）2充電時(shí)電解液的pH減?。ㄌ睢霸龃蟆薄安蛔儭被颉皽p小”）考點(diǎn)：原電池和電解池的工作原理；鐵的氧化物和氫氧化物.專題：電化學(xué)專題；元素及其化合物分析：（1）Fe（OH）3與KClO在KOH溶液中反應(yīng)可制得K2F

15、eO4，F(xiàn)e元素的化合價(jià)升高，則Cl元素的化合價(jià)降低，還生成KCl，同時(shí)生成水，結(jié)合元素的化合價(jià)變化計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；（2）Zn元素的化合價(jià)升高，放電時(shí)負(fù)極上Zn失去電子；由電池反應(yīng)可知，充電時(shí)消耗KOH解答：解：（1）Fe（OH）3與KClO在KOH溶液中反應(yīng)可制得K2FeO4，F(xiàn)e元素的化合價(jià)升高，則Cl元素的化合價(jià)降低，還生成KCl，同時(shí)生成水，該反應(yīng)為2Fe（OH）3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O，由Fe元素的化合價(jià)變化可知，生成0.1molK2FeO4轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.1mol×（63）=0.3mol，故答案為：2Fe（OH）3+3KClO+

16、4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O；0.3；（2）Zn元素的化合價(jià)升高，放電時(shí)負(fù)極上Zn失去電子，電極反應(yīng)為Zn+2OH2eZn（OH）2，由電池反應(yīng)可知，充電時(shí)消耗KOH，則pH減小，故答案為：Zn+2OH2eZn（OH）2；減小點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)及原電池原理，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化及發(fā)生的氧化反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，注意原電池與氧化還原反應(yīng)的關(guān)系，題目難度不大9 NH4Al（SO4）2是食品加工中最為快捷的食品添加劑，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析試劑、醫(yī)藥、電子工業(yè)中用途廣泛請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）相同條件下，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中c（N

17、H4+）小于（填“等于”、“大于”或“小于”）0.1molL1 NH4HSO4中c（NH4+）（2）如圖1是0.1molL1電解質(zhì)溶液的pH隨溫度變化的圖象其中符合0.1molL1 NH4Al（SO4）2的pH隨溫度變化的曲線是A（填寫字母）；20時(shí)，0.1molL1 NH4Al（SO4）2中2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=103 molL1（3）室溫時(shí)，向100mL 0.1molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1molL1 NaOH溶液，得到的溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖2所示試分析圖中a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，水的電離程度最大的是a；在b點(diǎn)，溶液中各離子濃度由大到

18、小的排列順序是c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）（4）已知Al（OH）3為難溶物（常溫下，KspAl（OH）3=2.0×1033）當(dāng)溶液pH=5時(shí)，某溶液中的Al3+能（填“能”或“不能”）完全沉淀（溶液中的離子濃度小于1×105 molL1時(shí)，沉淀完全）考點(diǎn)：離子濃度大小的比較；鹽類水解的應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).專題：電離平衡與溶液的pH專題；鹽類的水解專題分析：（1）相同條件下，鋁離子抑制銨根離子水解程度小于氫離子，銨根離子水解程度越大，溶液中銨根離子濃度越小；（2）NH4Al（SO4）2中銨根離子和鋁離子水解導(dǎo)致溶液呈酸

19、性，則pH7，升高溫度促進(jìn)水解，溶液酸性增強(qiáng)；任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒計(jì)算；（3）a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點(diǎn)溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促進(jìn)水的電離，而NH3H2O抑制水的電離b點(diǎn)溶液呈中性；（4）根據(jù)濃度積與溶度積常數(shù)相對(duì)大小判斷，如果濃度積大于溶度積常數(shù)，則有沉淀生成，否則沒(méi)有沉淀生成解答：解：（1）相同條件下，鋁離子抑制銨根離子水解程度小于氫離子，銨根離子水解程度越大，溶液中銨根離子濃度越小，所以NH4Al（SO4）2中銨根離子水解程度大于NH4HSO4，則N

20、H4Al（SO4）2中c（NH4+）小于0.1molL1 NH4HSO4中c（NH4+），故答案為：小于；（2）NH4Al（SO4）2中銨根離子和鋁離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，則pH7，升高溫度促進(jìn)水解，溶液酸性增強(qiáng)，溶液的pH減小，故選A；根據(jù)電荷守恒得2c（SO42）c（NH4+）3c（Al3+）=c（H+）c（OH）=103 molL1c（OH）太小，可忽略，故答案為：103；（3）a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)，根據(jù)反應(yīng)量的關(guān)系，a點(diǎn)恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4與Na2SO4；b、c、d三點(diǎn)溶液均含有NH3H2O，（NH4）2SO4可以促進(jìn)水的電離，而NH3H2O抑制水的電離b點(diǎn)溶液

21、呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3H2O三種成分，a點(diǎn)時(shí)c（Na+）=c（SO42），b點(diǎn)時(shí)c（Na+）c（SO42），根據(jù)N元素與S元素的關(guān)系，可以得出c（SO42）c（NH4+），故c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故答案為：a；c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）；（4）pH=5的溶液中c（OH）=109mol/L，c（Al3+）=mol/L=2.0×106mol/L1×105 molL1，所以能完全沉淀，故答案為：能點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子濃度大小比較、難溶物的溶解平衡、弱電解質(zhì)的電離等知識(shí)

22、點(diǎn)，根據(jù)溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)結(jié)合電荷守恒、物料守恒確定離子濃度大小，再結(jié)合弱電解質(zhì)電離特點(diǎn)及離子積常數(shù)進(jìn)行解答，題目難度中等10能源的相互轉(zhuǎn)化和利用是科學(xué)家研究的重要課題（1）將水蒸氣通過(guò)紅熱的炭即可產(chǎn)生水煤氣反應(yīng)為：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的外界條件是較高溫度在一個(gè)恒容的密閉容器中，一定溫度下發(fā)生上述反應(yīng)，下列能判斷該反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是BC （填相應(yīng)的編號(hào)）ACO和H2的體積分?jǐn)?shù)相同B1mol HH鍵斷裂的同時(shí)斷裂2mol HO鍵C容器中的壓強(qiáng)不變D消耗H2O的速率等于生成H2的速率（2）將不同量的CO（g）和H2O（g）分

23、別通入到體積為2L的恒容密閉容器中，在催化劑存在下進(jìn)行反應(yīng)： CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g），得到如表中二組數(shù)據(jù)：實(shí)驗(yàn)組溫度/起始量/mol平衡量/molCOH2OH2CO1650421.62.42900210.41.6該反應(yīng)的H0（填“”、“”或“=”）計(jì)算實(shí)驗(yàn)2條件下平衡常數(shù)的值K=0.17（3）pKa表示的是弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)的負(fù)對(duì)數(shù)，即pKa=lgKa，有關(guān)數(shù)據(jù)如圖：0.01molL1NaHSO3溶液的pH=bl，0.01molL1NaHCO3溶液的pH=b2，則b1b2（填“”、“”或“=”）向10mL 0.01molL1的H2SO3溶液中，滴加0.0l molL

24、1KOH溶液10mL，溶液中存在c（H+）c（OH），則以下四種微粒K+、H2SO3、HSO3、SO32，其濃度由大到小的順序?yàn)閏（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）考點(diǎn)：用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；離子濃度大小的比較.分析：（1）反應(yīng)能否自發(fā)進(jìn)行根據(jù)公式G=HTS0計(jì)算；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生改變，由此衍生的一些物理量也不變，以此判斷；（2）第二組溫度比第一組高，反應(yīng)物物質(zhì)的量比第一組減半，但是平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量比第一組的一半少，表明該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；利用三段式計(jì)算平衡時(shí)，各組分的物質(zhì)的量，該反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，故

25、利用物質(zhì)的量代替濃度代入平衡常數(shù)表達(dá)式計(jì)算平衡常數(shù)；（3）根據(jù)pKa越小，電離平衡常數(shù)Ka越大，則對(duì)應(yīng)酸的酸性就強(qiáng)，利用酸越弱則強(qiáng)堿弱酸鹽的水解程度越大來(lái)分析；H2SO3與KOH以1：1的物質(zhì)的量比反應(yīng)生成KHSO3，利用KHSO3溶液呈酸性，則HSO3的電離大于其水解來(lái)分析解答：解：（1）由熱化學(xué)反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)為焓增，熵增過(guò)程，即H0、S0，G=HTS0時(shí)反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，較高溫度下才能保證G=HTS0；故答案為：較高溫度； A無(wú)論反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)，都存在c（CO）=c（H2），故A錯(cuò)誤；B.1mol HH鍵斷裂的同時(shí)斷裂2molHO鍵，說(shuō)明正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故B正

26、確；C反應(yīng)在一個(gè)容積不變的密閉容器中進(jìn)行，容器中的壓強(qiáng)由氣體的物質(zhì)的量決定，當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)，氣體的物質(zhì)的量就不變，氣體的物質(zhì)的量濃度也不變，說(shuō)明達(dá)到平衡，故C正確； D消耗H2O的速率和生成H2的速率都指正反應(yīng)速率，故D錯(cuò)誤；故答案為：BC；（2）實(shí)驗(yàn)1中CO的轉(zhuǎn)化率為×100%=40% 實(shí)驗(yàn)2中CO的轉(zhuǎn)化率為 ×100%=20%則實(shí)驗(yàn)1的轉(zhuǎn)化率大于實(shí)驗(yàn)2，則說(shuō)明溫度升高平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，正反應(yīng)放熱；故答案為：；平衡時(shí)CO的物質(zhì)的量為1.6mol，則： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），開(kāi)始（mol）：2 1 0 0變化（mol）：0.4 0.4 0.4

27、0.4平衡（mol）：1.6 0.6 0.4 0.4該反應(yīng)前后氣體體積不變，故利用物質(zhì)的量代替濃度計(jì)算平衡常數(shù)，故900時(shí)該反應(yīng)平衡常數(shù)k=0.17，故答案為：0.17；（3）由pKa數(shù)據(jù)可知，亞硫酸的pKa小于碳酸，則酸性比碳酸的強(qiáng)，相同濃度的NaHSO3溶液比NaHCO3溶液中酸根離子的水解程度弱，則NaHSO3溶液的pH小，即blb2，故答案為：；反應(yīng)后溶液的溶質(zhì)為KHSO3，又KHSO3溶液呈酸性，則HSO3的電離大于其水解，電離生成SO32離子，水解生成H2SO3，則c（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3），故答案為：c（K+）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3

28、）點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)平衡計(jì)算以及化學(xué)平衡移動(dòng)等問(wèn)題以及溶液PH的大小比較、酸堿混合后溶液中的離子的濃度關(guān)系等，題目側(cè)重于反應(yīng)原理的應(yīng)用，題目綜合性較強(qiáng)，難度中等11鎂、鋁、鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用I：實(shí)驗(yàn)室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液與過(guò)量氨水反應(yīng)制備MgAl2O4，主要流程如下：（1）已知25時(shí)KspMg（OH）2=1.8×1011，KspAl（OH）2=3×1034，該溫度下向濃度均為0.01molL1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）3 沉淀（填化學(xué)式）（2）高溫焙燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2Al（OH）3+Mg（

29、OH）2MgAl2O4+4H2O，洗滌沉淀時(shí)的方法是向漏斗中加水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流干后，再重復(fù)23次，（3）常溫下如果向AlCl3飽和溶液中不斷通人HCl氣體，可析出AlCl36H2O晶體，結(jié)合化學(xué)平衡移動(dòng)原理解釋析出晶體的原因：AlCl3飽和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl氣體使溶液中c（Cl）增大，平衡向析出固體的方向移動(dòng)從而析出AlCl3晶體：某興趣小組的同學(xué)發(fā)現(xiàn)將一定量的鐵與濃硫酸加熱時(shí)，觀察到鐵完全溶解，并產(chǎn)生大量氣體為此，他們?cè)O(shè)計(jì)了如下裝置驗(yàn)證所產(chǎn)生的氣體（1）G裝置的作用是防止空氣中的水進(jìn)入F（2）證明有

30、SO2生成的現(xiàn)象是酸性高錳酸鉀溶液褪色，為了證明氣體中含有氫氣，裝置E和F中加入的試劑分別為氧化銅、無(wú)水硫酸銅（3）若將鐵絲換成銅絲，反應(yīng)后的溶液沒(méi)有出現(xiàn)預(yù)計(jì)的藍(lán)色溶液，而出現(xiàn)了大量白色固體，原因是濃硫酸中的水很少考點(diǎn)：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；物質(zhì)分離、提純的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì).專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：（1）難溶電解質(zhì)的溶度積越小，加入氨水時(shí)越易生成沉淀；（2）經(jīng)分析沉淀為Al（OH）3和Mg（OH）2，高溫焙燒備MgAl2O4時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗滌沉淀時(shí)的方法是

31、向漏斗中加水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流干后，再重復(fù)23次；（3）氯化氫抑制氯化鋁溶（1）如果沒(méi)有G裝置，水蒸氣進(jìn)入F裝置干擾實(shí)驗(yàn)，（2）二氧化硫有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，氫氣有還原性能和氧化銅在加熱條件下發(fā)生置換反應(yīng)生成銅單質(zhì)，生成的水遇無(wú)水硫酸銅時(shí)白色固體變藍(lán)色；（3）因?yàn)闈饬蛩嶂械乃苌?，反?yīng)后生成的硫酸銅大多沒(méi)有溶解出現(xiàn)預(yù)計(jì)的藍(lán)色溶液，而出現(xiàn)了大量白色固體解答：解：（1）難溶電解質(zhì)的溶度積越小，加入氨水時(shí)越易生成沉淀，已知25時(shí)KspMg（OH）2=1.8×1011，KspAl（OH）3=3×1034，氫氧化鋁先沉淀，故答案為：Al（OH）3；（2）經(jīng)分析沉淀為

32、Al（OH）3和Mg（OH）2，高溫焙燒備MgAl2O4時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O，洗滌沉淀時(shí)的方法是 向漏斗中加水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流干后，再重復(fù)23次，故答案為：2Al（OH）3+Mg（OH）2MgAl2O4+4H2O； 向漏斗中加水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流干后，再重復(fù)23次；（3）氯化鋁在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氫后溶液中氯離子濃度增大，抑制氯化鋁溶解，所以促進(jìn)氯化鋁晶體析出，故答案為：AlCl3飽和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O（s）Al3+（aq）+3Cl（aq）+6H2O（l），通入HCl氣體使溶液中c（Cl）增大，平

33、衡向析出固體的方向移動(dòng)從而析出AlCl3晶體（1）如果沒(méi)有G裝置，水蒸氣進(jìn)入F裝置干擾實(shí)驗(yàn)，所以G的作用是：防止空氣中的H2O進(jìn)入F，故答案為：防止空氣中的水進(jìn)入F；（2）二氧化硫有還原性，酸性高錳酸鉀有強(qiáng)氧化性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；氫氣有還原性能和氧化銅在加熱條件下發(fā)生置換反應(yīng)生成銅單質(zhì)，生成的水遇無(wú)水硫酸銅時(shí)白色固體變藍(lán)色，為了證明氣體中含有氫氣，裝置E和F中加入的試劑分別為 氧化銅、無(wú)水硫酸銅，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液顏色褪色；氧化銅；無(wú)水硫酸銅；（3）因?yàn)闈饬蛩嶂械乃苌?，反?yīng)后生成的硫酸銅大多沒(méi)有溶解出現(xiàn)預(yù)計(jì)的藍(lán)色溶液，而出現(xiàn)了大量白色固體，故答案為：濃硫酸中的水很少點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)的分離與提純、實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、元素化和知識(shí)的綜合運(yùn)用等，屬于拼合型題目，對(duì)學(xué)生的心理有較高的要求，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，難度中等三、解答題【化學(xué)有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】12彈性滌綸是一種新型聚酯纖維，具