1、山东省淄博市2015年高考化学一模试卷一、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化学与生产生活、环境保护密切相关下列说法中不正确的是（）A铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca（ClO）2C氢氧化铝是治疗胃酸过多的药物的有效成分之一D“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气考点：常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；药物的主要成分和疗效.分析：A锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈；B漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，有效成分是次氯酸钙；C氢氧化铝为难溶物，能够中和胃酸中的盐酸；D从雾霾天
2、气的成因考虑解答：解：A锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；B漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，故B错误；C氢氧化铝能够与胃酸中的盐酸反应，能够作胃酸的中和剂，故C正确；D二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首，它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故D正确；故选B点评：本题考查了常见生活环境的污染与治理、金属的腐蚀与防护等问题，难度一般2（5分）（2015淄博一模）如图为
3、元素周期表中短周期的一部分，下列说法正确的是（）A非金属性：YZMB离子半径：MZ2YCZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构D三种元素中，Y的最高价氧化物对应的水化物酸性最强考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：根据四种元素在周期表中的位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，A同一周期中，元素原子序数越大，非金属性越强（稀有气体除外），同一主族中，原子序数越大，非金属性越弱；B电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，离子半径越小；CZM2为SCl2，该分子中S和Cl都达到8电子稳定结构；D非金属性越强，最高价
4、氧化物对应的水化物酸性越强，但是Y为F元素，没有正化合价解答：解：根据元素在周期表中的相对位置可知，X为He元素、Y为F元素、M为Cl元素、Z为S元素，AY、M铜主族，原子序数：YM，则非金属性：YM；Z、M同周期，原子序数：ZM，则非金属性：ZM，所以非金属性大小为：MZY，故A错误；BZ、M位于第三周期，其阴离子比Y多1个电子层，且原子序数：ZM，则离子半径大小为：Z2MY，故B错误；CZ为S、M为Cl元素，则ZM2为SCl2，SCl2分子中S和Cl都达到8电子稳定结构，故C正确；DY为F元素，F没有正化合价，三种元素中，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的为Cl，故D错误；故选C点评：本题
5、考查了元素周期律和元素周期表的综合应用，题目难度中等，熟练掌握元素周期表的结构为解答关键，注意明确原子结构与元素周期表、元素周期律的关系3（5分）（2015淄博一模）以下方法可用于工业冶炼金属的是（）A电解熔融AlCl3获取金属铝B电解MgCl2溶液获取金属镁C用CO还原铁矿石来获取金属铁D电解饱和食盐水来获取金属钠考点：金属冶炼的一般原理.专题：元素及其化合物分析：金属的冶炼方法：电解法：冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；热还原法：冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有（C、CO、H2等）；热分解法：冶炼不
6、活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得解答：解：A、工业上是电解熔融氧化铝获取金属铝，氯化铝是共价化合物，故A错误；B、电解MgCl2熔融物可以获取金属镁，电解氯化镁溶液得到的是氢氧化镁、氢气和氯气，故B错误；C、用CO还原铁矿石来获取金属铁是工业上炼铁的原理，属于还原法，故C正确；D、电解饱和食盐水得到的是氢氧化钠、氢气行业氯气，电解熔融的氯化钠可以冶炼金属钠，故D错误，故选C点评：本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，难度不大4（5分）（2015淄博一模）下列图象是表示铁跟一定量硝酸反应时，铁和硝酸铁之间物质的量（mol）的关系，其中正确的是（）AB
7、CD考点：化学方程式的有关计算.分析：铁不足，发生Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，过量铁跟一定量硝酸反应最终生成硝酸亚铁，则Fe与硝酸的物质的量比大于1：4时发生2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，两个阶段消耗铁不相同，以此来解答解答：解：铁不足，发生Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，过量铁跟一定量硝酸反应最终生成硝酸亚铁，则Fe与硝酸的物质的量比大于1：4时发生2Fe（NO3）3+Fe=3Fe（NO3）2，即生成3molFe（NO3）2，消耗2molFe反应生成Fe（NO3）3，再消耗1molFe，都生成Fe（NO3）2，只有图象B符合，故选B
8、点评：本题考查铁与硝酸的性质，把握发生的化学反应及图中两个阶段中铁的物质的量的关系为解答的关键，注意发生的氧化还原反应，题目难度中等5（5分）（2015淄博一模）化学教材中，常借助示意图表达实验装置的要点、阐述化学过程的原理等下列有关示意图表现的内容一定不正确的是（）A橡皮管能使液体顺利流下B分离乙醇和乙酸C检查装置气密性D收集氧气考点：化学实验方案的评价.分析：A软管可将下方的压强转移到液体上方；B乙醇和乙酸不分层；C关闭止水夹，利用分液漏斗下端的液柱高度检验气密性；D从长导管进入，可收集密度比空气大的气体解答：解：A软管可将下方的压强转移到液体上方，则打开活塞图中橡皮管能使液体顺利流下，故
9、A正确；B乙醇和乙酸不分层，不能利用图中分液装置分离，应选蒸馏法，故B错误；C关闭止水夹，利用分液漏斗下端的液柱高度检验气密性，若液柱高度一段时间不变，则气密性良好，故C正确；D从长导管进入，可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集氧气，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、气密性检查等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大6（5分）（2015淄博一模）化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果下列图象描述正确的是（）A根据图可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）的H0B图
10、表示压强对可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）的影响，乙的压强大C图表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化D根据图，相同温度下KspFe（OH）3一定小于KspCu（OH）2考点：产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；焓变和熵变；电解质溶液的导电性；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：A、从温度升高正逆反应速率的变化判断平衡移动的方向，以此来判断反应热问题；B、从压强对反应速率的影响结合图象中曲线斜率的大小判断压强大小，根据压强对平衡移动的影响判断反应物含量的变化；C、从溶液中离子浓度的变化判断导电性问题；D、根据两种物质完全沉淀时的溶液PH大小来分析解答：解
11、：A、根据图象可知，温度升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，H0，故A错误；B、从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，故B错误；C、乙酸和氨水都为弱电解质，二者反应生成醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故C错误；D、由图象可知Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解完全沉淀，而
12、铜离子还没有开张沉淀，所以相同温度下KspFe（OH）3一定小于KspCu（OH）2，故D正确故选D点评：本题为图象题，做题时注意分析图象题中曲线的变化特点是做该类题型的关键，本题难度中7（5分）（2015淄博一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图l表示同温度下，pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强B图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点C图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性D用0.0100 mol/L硝酸银标准溶液，滴定浓度均为0.1000 molL1 Cl、Br及
13、I的混合溶液，由图3曲线，可确定首先沉淀的是Cl考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；水的电离；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题：图示题分析：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比；B、仅升温促进水的电离，浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度；和氢氧根离子浓度相同；C、b点Kw=1012，中性溶液pH=6；D、lgc（X）的值越大，代表该离子的浓度越小解答：解：A、醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的为醋酸
14、，即II为醋酸，溶液的导电性与溶液中离子浓度成正比，a点导电能力大于b，故A错误；B、仅升温促进水的电离，浓度和氢氧根离子浓度增大，氢离子浓度；和氢氧根离子浓度相同，与图象不相符合，故B错误；C、b点Kw=1012，中性溶液PH=6；将pH=2的硫酸与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，等体积混合溶液呈中性，故C正确；D、lgc（X）的值越大，代表该离子的浓度越小，由图可知，加入一定量的硝酸银后I的浓度最小，则I首先沉淀，故D错误；故选C点评：本题涉及知识点较多，这些知识点都是学习的难点，也是考试热点，根据弱电解质溶液中的电离平衡、盐的水解等知识来分析解答，题
15、目难度中等二、非选择题8（17分）（2015淄博一模）汽油燃料电池应用于汽车能大幅度提高汽油的利用率，其工作原理如图所示，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它能传导O2以辛烷（C8H18）代表汽油（1）工作时O2向负极（填“正”或“负”）定向移动（2）写出负极反应式C8H18+25O250e8CO2+9H2O考点：原电池和电解池的工作原理.分析：（1）原电池工作时，阴离子向负极移动，电子从负极经外电路流向正极；（2）燃料电池负极为燃料失电子发生氧化反应解答：解：（1）原电池工作时，阴离子O2向负极移动，故答案为：负；（2）燃料电池负极为燃料C8H18失电子发生氧化反应，反应式为C8H18+
16、25O250e8CO2+9H2O；故答案为：C8H18+25O250e8CO2+9H2O点评：本题考查学生化学电源新型电池知识，注意电极反应式的书写，题目难度不大9（2015淄博一模）铝不仅作为建筑材料，在其它领域也有广泛的用途（1）铝空气电池如图所示在碱性溶液中，负极反应式为Al+4OH3eAl（OH）4，每消耗2.70gAl，需耗氧气1.68L（标准状况）（2）高铁碱性电池开始应用于电动汽车，它能储存比普通碱性电池多50%的电能已知该电池的总反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，则充电时，阳极电极反应式Fe2O3+10OH6e2FeO42+5H2O考点：原电池和
17、电解池的工作原理.分析：（1）原电池的负极上是金属发生失电子的氧化反应，根据电子守恒结合电极方程式来计算即可；（2）充电时，阳极反应是失电子发生氧化反应，结合电解质溶液是碱性溶液，用氢氧根离子配平电极反应；解答：解：（1）碱性溶液中，负极反应为Al+4OH3eAl（OH）4，每消耗2.7g Al（s），转移电子是0.3mol，正极上是氧气得电子的还原反应：O2+4e+2H2O=4OH，当转移电子0.3mol，消耗氧气的体积是mol22.4L/mol=1.68L，故答案为：Al+4OH3eAl（OH）4；1.68；（2）充电时，阳极反应是氧化铁失电子发生氧化反应，反应方程式为Fe2O3+10OH
18、6e2FeO42+5H2O，故答案为：Fe2O3+10OH6e2FeO42+5H2O点评：本题涉及原电池、电解池的工作原理知识的考查，注意电极方程式的书写是解题的关键，难度中等10（2015淄博一模）甲醇已被广泛用于工业原料和汽车燃料（5）用CO合成甲醇（CH3OH）的化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示，下列说法正确的是ada温度：T1T2T3 b正反应速率：v（a）v（c），v（b）v（d）c平衡常数：K（a）K（c），K（b）K（d）d平均摩尔质量：M（a）M（c），M（b）M（d）考点
19、：转化率随温度、压强的变化曲线.分析：a该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大；b由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1T3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；c由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1T3，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同；dCO转化率的越大，n总越小，由M=判断解答：解：a该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1T2T3，故a正确；b由图可知，a、
20、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1T3，温度越高，反应速率越快，故（a）（c）；b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）v（d），故b错误；c由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故c错误；dCO转化率的越大，n总越小，由M=可知，a点n总小，则M（a）M（c），M（b）M（d），故d正确故答案为：ad点评：本题考查温度、
21、压强、转化率等之间的关系，明确外界条件对反应速率及平衡的影响是解本题的关键，易错选项是D，注意根据M=来分析解答即可11（18分）（2015淄博一模）煤经气化和液化使其得以广泛应用工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）（1）向1L恒容密闭容器巾充入CO和H2O（g），t时测得部分数据如下表t/min01234n（H2O）/mol0.600.500.440.400.40n（CO）/mol0.400.300.240.200.20则该温度下反应的平衡常数K=0.5（2）相同温度下，若向2L恒容密闭容器中充入lmolCO、
22、4molH2O（g）、2molCO2、2molH2，此时v正v逆（填“”、“=”或“”）（3）已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（1）的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/mol利用CO、H2合成CH3OH（1）的热化学方程式为：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l）H=（ca2b）kJ/mol（4）依据化学反应原理，分析增加压强对（3）中制备甲醇反应的影响反应速率加快，甲醇的产率会升高（5）已知常温下HCOOH的电离常数为Ka=2104，则HCOO的水解反应HCOO+H2OHCOOH+OH的平衡常数为Kh=51011（6）常温下，将amol/L的HCOOH溶液与m
23、ol/L的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性（填“酸”、“碱”或“中”），此时溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）（7）常温下，在a mol/L的HCOOH溶液中加入等体积的bmol/L的NaOH溶液至溶液呈中性，此时溶液中HCOOH的物质的量浓度为mol/L考点：化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：（1）图表数据分析，反应在4min达到平衡，依据平衡常数概念计算，用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物的平衡浓度的幂次方乘积计算得到；（2）依据反应的浓度商计算和该温度的平衡常数比较分析判断反应进行的方向；（3）依据热化学方程式和盖斯定律
24、计算得到所需让热学方程式；（4）根据压强对化学平衡移动和反应速率的影响知识来回答；（5）写出醋酸电离平衡常数、醋酸根离子水解平衡常数，水的离子积常数进行比较，从而得出关系式，进行计算即可；（6）将amol/L的HCOOH溶液与mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，据此回答判断；（7）根据溶液中的电荷守恒以及物料守恒知识来计算解答：解：（1）分析图表数据，4min达到平衡状态， CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol/L） 0.4 0.6 0 0 变化量（mol/L） 0.2 0.2 0.2 0.2平衡量（mol/L） 0.2 0.4 0.2
25、 0.2K=0.5，故答案为：0.5；（2）若向2L恒容密闭容器中充入lmolCO、4molH2O（g）、2molCO2、2molH2，浓度商Q=1K=0.5，反应逆向进行，此时v（正 ）v（逆），故答案为：；（3）已知已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（1）的燃烧热分别为a kJ/mol、b kJ/mol、c kJ/molCO（g）+O2（g）CO2（g）H=akJmol1 2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=2bkJmol1 CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（g）Hl=ckJmol1 依据盖斯定律+得到CO、H2化合制得液态甲醇的热化学方程式：CO（g）+2H2
26、（g）=CH3OH（l）H=（ca2b）kJ/mol，故答案为：（ca2b）kJ/mol；（4）对于平衡：CO（g）+2H2（g）CH3OH（l），增大压强，反应速率加快，同时化学平衡正向移动，甲醇的产率会升高，故答案为：反应速率加快，甲醇的产率会升高；（5）Ka=，Kh=，Kw=C（H+）C（OH），所以KaKh=Kw，Kh=51011，故答案为：51011；（6）amol/L的HCOOH溶液与mol/L的NaOH溶液等体积混合后，得到的是等浓度的甲酸钠和甲酸的混合物，溶液显示酸性，甲酸的电离程度大于甲酸根离子的水解程度，离子浓度大小顺序是：c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）；故
27、答案为：酸；c（HCOO）c（Na+）c（H+）c（OH）；（7）根据溶液显示中性，所以c（OH）=c（H+），根据电荷守恒，得到c（HCOO）=c（Na+），根据物料守恒，溶液中c（HCOOH）=mol/L，故答案为：mol/L点评：本题考查了化学平衡常数概念、化学平衡影响因素和计算的理解应用、溶液中离子浓度大小比较等知识，掌握基础是解题关键，题目难度中等12（18分）（2015淄博一模）辉铜矿主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）I用辉铜矿制备硝酸铜的工艺流程如下：（1）沉淀1的成分是Cu、Fe（2）CuO的作用是调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而从溶液中除去（
28、3）结晶Cu（NO3）2nH2O时，下列操作中不正确的是加稀H2SO4加稀HNO3 加热蒸干 加热浓缩 冷却结晶（4）当反应中有2molFeCl3被还原时，被氧化的Cu原子的物质的量为1mol焙烧辉铜矿会产生大气污染物SO2，为探究SO2的化学性质，用下图装置进行实验（5）实验中，对于装置B中溶液红色褪为无色的现象，甲同学猜测是由于SO2显酸性引起的，乙同学猜测是由于SO2有漂白性引起的请设计简单实验予以判断：取B中褪色后的溶液少许与试管中，向其中加入足量NaOH溶液，若溶液变红色（或取B中褪色后的溶液少许与试管中，加热不再变红色），则甲同学正确；或者：将溶液加热，若溶液恢复红色，则说明乙同学
29、正确（6）装置D可证明SO2具有氧化性，则D中的溶液可选用H2S或Na2S（填化学式），现象为D中溶液变浑浊或有淡黄色沉淀生成（7）为完成以上实验，仪器接口的连接顺序为aedbcgfh或edgfbch考点：制备实验方案的设计.分析：I铁离子具有氧化性，可以将Cu+氧化为Cu2+、将S2氧化为S，过滤得到滤液1中含有CuCl2、剩余的FeCl3，得到的固体中含有S及SiO2，固体中加入苯，过滤得到硫的苯溶液，矿渣为SiO2，滤液水浴加热回收硫单质及苯；在滤液中1加入铁，由于铁具有还原性，铁离子、铜离子具有氧化性，均可以与金属铁反应被还原，反应的离子反应方程式分别为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、
30、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，再经过过滤，滤液2中溶质为FeCl2，沉淀1含有Cu及剩余的Fe，与足量的稀硝酸反应得到硝酸铜、硝酸铁，再加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而从溶液中除去，再过滤得到滤液3为硝酸铜溶液，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸铜晶体；（4）根据电子转移守恒计算被氧化Cu2S的物质的量，进而计算被氧化的Cu原子的物质的量；（5）若是由于SO2显酸性引起的，向褪色的溶液中加入NaOH溶液，溶液变为红色，若是由于SO2有漂白性引起的，加热后恢复红色；（6）装置D可证明SO2具有氧化性，则D中的溶液应具有还原性，可以选择H2S或Na2S，反应会有S生
31、成；（7）A为二氧化硫制备装置，B为检验二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色原理，D为检验二氧化硫的氧化性，两性质检验时，装置位置可以颠倒，E进行尾气处理，防止污染空气，C装置防止倒吸，应在A与B或C之间，注意C中气流方向为短进长出解答：解：I铁离子具有氧化性，可以将Cu+氧化为Cu2+、将S2氧化为S，过滤得到滤液1中含有CuCl2、剩余的FeCl3，得到的固体中含有S及SiO2，固体中加入苯，过滤得到硫的苯溶液，矿渣为SiO2，滤液水浴加热回收硫单质及苯；在滤液中1加入铁，由于铁具有还原性，铁离子、铜离子具有氧化性，均可以与金属铁反应被还原，反应的离子反应方程式分别为：Fe+2Fe3+=3
32、Fe2+、Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，再经过过滤，滤液2中溶质为FeCl2，沉淀1含有Cu及剩余的Fe，与足量的稀硝酸反应得到硝酸铜、硝酸铁，再加入CuO，调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而从溶液中除去，再过滤得到滤液3为硝酸铜溶液，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶得到硝酸铜晶体（1）由上述分析可知，沉淀1的成分是：Cu、Fe，故答案为：Cu、Fe；（2）CuO的作用是：调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而从溶液中除去，故答案为：调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而从溶液中除去；（3）从硝酸铜溶液中结晶得到Cu（NO3）2nH2O时，需要通过蒸发浓缩、
33、冷却结晶得到硝酸铜晶体，加热过程中Cu2+会水解，需要加入硝酸，防止铜离子水解，故错误、正确，故答案为：；（4）设被氧化的Cu2S为xmol，则根据电子转移守恒xmol（12+2）=2mol（32），解得x=0.5mol，故被氧化的Cu原子的物质的量为0.5mol2=1mol，故答案为：1mol；（5）若是由于SO2显酸性引起的，向褪色的溶液中加入NaOH溶液，溶液变为红色，若是由于SO2有漂白性引起的，加热后恢复红色，具体方案为：取B中褪色后的溶液少许与试管中，向其中加入足量NaOH溶液，若溶液变红色（或取B中褪色后的溶液少许与试管中，加热不再变红色），则甲同学正确；或者：将溶液加热，若溶液
34、恢复红色，则说明乙同学正确，故答案为：取B中褪色后的溶液少许与试管中，向其中加入足量NaOH溶液，若溶液变红色（或取B中褪色后的溶液少许与试管中，加热不再变红色），则甲同学正确；或者：将溶液加热，若溶液恢复红色，则说明乙同学正确；（6）装置D可证明SO2具有氧化性，则D中的溶液应具有还原性，可以选择H2S或Na2S，反应会有S生成，现象是：D中溶液变浑浊或有淡黄色沉淀生成，故答案为：H2S或Na2S；D中溶液变浑浊或有淡黄色沉淀生成；（7）A为二氧化硫制备装置，B为检验二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色原理，D为检验二氧化硫的氧化性，两性质检验时，装置位置可以颠倒，E进行尾气处理，防止污染空
35、气，C装置防止倒吸，应在A与B或C之间，注意C中气流方向为短进长出，故仪器接口的连接顺序为aedbcgfh或edgfbch，故答案为：edbcgfh或edgfbch点评：本题考查制备方案设计、性质实验方案等，关键是明确工艺流程及性质实验方案原理，是对学生综合能力的考查，（4）中计算注意，铁离子同时氧化Cu+、S2，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力，难度中等三【化学-化学与技术】13（12分）（2015淄博一模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）硫化锌精
36、矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为ZnO（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的浸出操作（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为Zn粉，其作用是置换出Fe等（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用PbAg合金惰性电极，阳极逸出的气体是O2（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.分析：硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘
37、烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，判断焙砂的主要成分；（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，以此判断阳极产物；（5）根据反应物和生成物写出化学方程式解答：解：硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫
38、酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用，（1）含锌矿的主要成分是ZnS，与空气中氧气发生氧化还原反应，则焙砂的主要成分为ZnO，故答案为：ZnO；（2）焙烧生成的含硫氧化物可转换为硫酸，用于后续的浸出操作，故答案为：浸出；（3）该含锌矿中还含有FeS等杂质，浸出操作后转化为亚铁离子，可加入锌粉出去亚铁离子，从而出去Fe，故答案为：Zn粉；置换出Fe等；（4）电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，产物为O2，故答案为：O2；（5）“氧压酸浸”法顾名思义，可知反应物中含有H+和O
39、2，可以获得非金属单质S，化学方程式为2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O点评：本题以流程题的形成考查物质的分离、提纯，为高考成常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的原理，难度不大四【化学-物质结构与性质】14（2015淄博一模）下列有关说法正确的是（）A相同类型的离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定B中心原子的杂化方式取决于其配位原子的数目C用金属的电子气理论能合理的解释金属易腐蚀的原因DH3O+、NH4Cl和Ag（NH3）2+中均存在配位键考点：用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强
40、弱；配合物的成键情况；金属键的涵义；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.分析：A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定；B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数；C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀；D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、Ag（NH3）2+中Ag和N存在配位键解答：解：A、在离子晶体，晶格能越大，形成的晶体越稳定，故A正确；B、中心原子的杂化方式取决于价电子数和配位原子数，两者共同决定，故B错误；C、用金属的电子气理论只能解释金属的物理性质，不能解释金属易腐蚀是化学性质，故C错误；D、H3O+中H和O，NH4Cl中N和H、Ag（NH3）2
41、+中Ag和N存在配位键，故D正确；故选AD点评：本题考查晶格能的大小、中心原子的杂化方式和配位键的相关知识，考查的知识点多，但比较容易15（12分）（2015淄博一模）碳族元素的单质及其化合物是一类重要物质请回答下列问题：（1）锗（Ge）是用途很广的半导体材料，基态锗原子外围电子排布式为4s24p2（2）在第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有3种参照图1、图2和图3，分别同答（3）、（4）小题（3）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞类似每个冰晶胞平均占有8个水分子，冰晶胞与金刚石晶胞排列方式相同的原因是水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化，每个水分子与相邻的4个水分子
42、形成氢键，且氢键具胡方向性和饱和性（4）C60的晶体为面心立方堆积，已知晶胞中C60分子间的最短距离为d cm，计算C60晶体的密度为g/cm3考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用.分析：（1）Ge是32号元素，与硅同主族，核外电子数为32，根据构造原理书写其基态原子核外电子分布式；（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素；（3）根据晶胞结构图利用均摊法计算，水中的氧和金刚石中的碳的杂化方式相同，氢键和共价健都有方向性和饱和性，据此解释；（4）根据晶胞结构确定晶胞中含有C60分子的个数，再
43、根据计算密度；解答：解：（1）Ge是32号元素，与硅同主族，核外电子数为32，基态原子外围电子分布式为：4s24p2，故答案为：4s24p2；（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以在第二周期中，第一电离能位于硼元素与氮元素之间的元素有B、C、O三种，故答案为：3；（3）根据晶胞结构图可知，每个晶胞中含有水分子数为=8，水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，且氢键具有方向性和饱和性，所以冰晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，故答案为：8；水中的氧和金刚石中的碳原子都是sp3杂化
44、，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，且氢键具胡方向性和饱和性；（4）C60的晶体为面心立方堆积，所以每个晶胞中含有C60分子的个数为=4，晶胞中C60分子间的最短距离为d cm，则晶胞的边长为d cm，所以C60晶体的密度为g/cm3=g/cm3，故答案为：；点评：本题主要考查核外电子排布规律、电离能、晶胞结构与晶胞计算等，本题基础性较强，重点特出，注意利用均摊法进行常见晶胞结构的分析五【化学-有机化学基础】16（12分）（2015淄博一模）已知：烃A，其苯环上的一氯化物只有2种，现有如下相互转化关系：（1）写出E中官能团结构简式（2）你认为试剂X可以是银氨溶液、新制Cu（OH）2或O2（
45、催化剂）；A的结构简式为（3）反应的化学方程式：，F发生聚合反应的化学方程式：（4）写出与C具有相同官能团且不含甲基的同分异构体的结构简式：考点：有机物的推断.分析：A发生信息中碳碳双键断键形成C=O的反应而生成B与O=C（CH3）2，由B转化得到C、D的分子式可知B中含有1个CHO，烃A苯环上的一氯化物只有2种，说明苯环的对位有两个基团，根据B的分子式可知，A中的苯环反应后到B中了，B中有8个碳，其中苯环有6个碳，醛基中有一个碳，所以在苯环的对位还有一个碳，则甲基，所以B为，结合B和（CH3）C=O的结构可推知A为，B中醛基在银氨溶液、新制Cu（OH）2或O2（催化剂）条件下氧化生成C为，B
46、中醛基与氢气发生加成反应生成D为反应是在浓硫酸作用下加热，为消去反应，生成E为CH2=C（CH3）COOH，D与E发生酯化反应生成F为，据此解答解答：解：A发生信息中碳碳双键断键形成C=O的反应而生成B与O=C（CH3）2，由B转化得到C、D的分子式可知B中含有1个CHO，烃A苯环上的一氯化物只有2种，说明苯环的对位有两个基团，根据B的分子式可知，A中的苯环反应后到B中了，B中有8个碳，其中苯环有6个碳，醛基中有一个碳，所以在苯环的对位还有一个碳，则甲基，所以B为，结合B和（CH3）C=O的结构可推知A为，B中醛基在银氨溶液、新制Cu（OH）2或O2（催化剂）条件下氧化生成C为，B中醛基与氢气
47、发生加成反应生成D为反应是在浓硫酸作用下加热，为消去反应，生成E为CH2=C（CH3）COOH，D与E发生酯化反应生成F为，（1）由上述分析可知，E为CH2=C（CH3）COOH，E中官能团结构简式为，故答案为：；（2）B中醛基在银氨溶液、新制Cu（OH）2或O2（催化剂）条件下氧化生成，A的结构简式为，故答案为：银氨溶液、新制Cu（OH）2或O2（催化剂）；（3）反应的化学方程式为：，F发生聚合反应的化学方程式为，故答案为：；（4）与C（）具有相同官能团、且不含甲基（CH3）的同分异构体的结构简式为，故答案为：点评：本题考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体等，难度中等，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，注意根据有机物分子式与结构进行推断，较好的考查学生推理能力与知识的迁移应用
