山东省临沂市高考化学一模试题鲁科版.doc

2013年山东省临沂市高考化学一模试卷一、选择题（本题包括l4小题，每小题只有一个选项符合题意，每题3分。共42分。）1（3分）（2013临沂一模）化学与社会、环境密切相关，下列有关说法正确的是（）a绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理b氯气和氢氧化钠溶液或石灰乳反应得到的含氯化合物都具有漂白性c高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”d蒸馏“地沟油”可以获得汽油考点：绿色化学；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；油脂的性质、组成与结构专题：化学应用分析：a根据“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染；b根据次氯酸盐具有漂白性，氯化物无漂白性；c根据光导纤维的主要成分是二氧化硅以及二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水；d根据“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物解答：解：a“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是用化学原理对环境污染进行治理，故a错误；b氯气和氢氧化钠溶液或石灰乳反应得到的含氯化合物有氯化物、次氯酸盐，次氯酸盐具有漂白性，氯化物无漂白性，故b错误；c二氧化硅能用于制光导纤维、二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应，生成硅酸钠和水，所以光导纤维遇强碱会“断路”，故c正确；d“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物，所含元素的种类不同，所以不能通过蒸馏“地沟油”可以获得汽油，故d错误；故选c点评：本题主要考查了元素化合物知识，需要注意的是“地沟油”的主要成分是油脂，而汽油是烃的混合物，难度中等2（3分）（2013临沂一模）下列关于有机化合物的性质说法正确的是（）a棉花和蛋白质都是高分子化合物，水解产物相同b苯和乙烯都能使溴水褪色，均与溴水发生加成反应c乙酸乙酯和油脂互为同系物d甲烷和乙醇均能发生取代反应考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；甲烷的化学性质；乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；淀粉的性质和用途专题：有机物的化学性质及推断分析：a棉花中主要成分是纤维素，属于多糖；b苯能萃取溴，乙烯能和溴发生加成反应；c结构相似，分子组成上相差1个或者若干个ch2基团的化合物互称为同系物；d烷烃、醇或羧酸都能发生取代反应解答：解：a棉花的水解产物是葡萄糖，蛋白质的水解产物是氨基酸，所以水解产物不同，故a错误；b苯使溴水褪色，产生萃取现象，属于物理变化，乙烯和溴的加成反应属于化学变化，故b错误；c乙酸乙酯和油脂的结构不同，所以不属于同系物，故c错误；d甲烷在光照条件下发生取代反应，乙醇能与浓hbr发生取代反应，则甲烷和乙醇均能发生取代反应，故d正确；故选d点评：本题考查有机物的性质及基本概念，易错选项是b，注意苯、乙烯使溴水褪色的原因，为易错点3（3分）（2013临沂一模）下列有关说法错误的是（）a通过化学反应无法生成新的同位素b若化学平衡向正反应方向移动，则正反应速率一定增大c盐酸、氢氧化铁胶体、汽油、橡胶均为混合物d生成盐和水的反应不一定是中和反应考点：化学平衡移动原理；同位素及其应用；混合物和纯净物专题：物质的分类专题；化学平衡专题分析：a通过化学反应能生成新的分子不能生成新的原子；b若化学平衡向正反应方向移动，但正反应速率不一定增大；c由两种或两种以上物质组成的是混合物；d生成盐和水的反应不一定是中和反应解答：解：a通过化学反应不能生成新的原子，所以不能生成新的同位素，故a正确；b如果正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，但正反应速率降低，故b错误；c盐酸、氢氧化铁胶体、汽油、橡胶的成分不是一种物质，所以是混合物，故c正确；d酸性氧化物和碱反应或碱性氧化物和酸反应都生成盐和水，但都不是酸碱中和反应，故d正确；故选b点评：本题考查基本概念和基本理论，明确基本概念是解本题关键，难度不大4（3分）（2013临沂一模）下列操作或仪器的选用正确的是（）a实验室制备氨气b铁的析氢腐蚀c配置稀硫酸溶液d氯化氢的尾气吸收考点：化学实验方案的评价；金属的电化学腐蚀与防护；氨的实验室制法；尾气处理装置；配制一定物质的量浓度的溶液专题：实验评价题分析：a固固加热制取氨气，试管口略向下倾斜；b食盐水为中性溶液，发生吸氧腐蚀；c不能在容量瓶中稀释浓硫酸；d导管与水直接接触，不能起防止倒吸的作用解答：解：a固固加热制取氨气，试管口略向下倾斜，反应原理与图中装置一致，故a正确；b食盐水为中性溶液，发生吸氧腐蚀，酸性溶液中发生析氢腐蚀，故b错误；c不能在容量瓶中稀释浓硫酸，稀释应在烧杯中，冷却至室温后转移到容量瓶中，故c错误；d导管与水直接接触，不能起防止倒吸的作用，可将苯改为四氯化碳来防止倒吸，故d错误；故选a点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、电化学腐蚀、溶液的配制、防倒吸装置等，注重基础知识的考查，题目难度不大5（3分）（2013临沂一模）下列有关实验基本操作的说法错误的是（）a存放浓硝酸时，使用带玻璃塞的棕色玻璃瓶b酸碱中和滴定时，若未用待测液润洗锥形瓶，对测定结果无影响c用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出d将mg（oh）2浊液直接倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，洗涤并收集沉淀考点：化学试剂的存放；过滤；分液和萃取；中和滴定专题：化学实验基本操作分析：a易挥发的药品应存放在棕色瓶中；b酸碱中和滴定中，c（待测）=分析是否对v（标准）有影响；c萃取实验时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出；d过滤时应该用玻璃棒引流解答：解：a浓硝酸易挥发，且不和玻璃反应，浓硝酸能促进橡胶、塑料的老化，所以应保存在带玻璃塞的棕色玻璃瓶，故a正确；b盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，待测液的物质的量不变，所以对实验无影响，故c正确；c溴在水中的溶解度小于在苯中的溶解度，苯的密度小于水，且和水不互溶、不反应，所以苯和水混合时，苯在上方水在下方，所以用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故c正确；d过滤时应该用玻璃棒引流，否则易溅出液体或弄坏滤纸，故d错误；故选d点评：本题考查试剂的存放、基本实验操作，难度不大，易错选项是c，明确酸碱中和滴定中滴定管、锥形瓶是否需要润洗，为易错点6（3分）（2013临沂一模）下列对有关物质性质的分析正确的是（）ana久置于空气中，可以和空气中的有关物质反应，最终生成nahco3b在高温下用氢气还原mgcl2可制取金属镁c实验测得nh4hco3溶液显碱性，ch3coonh4溶液显中性，说明酸性ch3coohh2co3dn2的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与o2应生成no2考点：钠的化学性质；盐类水解的原理；氮气的化学性质；金属冶炼的一般原理专题：盐类的水解专题；几种重要的金属及其化合物分析：a钠久置于空气中最终生成碳酸钠；b活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼；c根据溶液的酸碱性判断酸、碱的相对强弱；d放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮解答：解：ana的性质活泼，易与空气中氧气反应生成na2o，na2o易与水反应生成naoh，naoh吸收空气中的水和co2生成na2co3xh2o，na2co3xh2o风化脱水生成na2co3，故a错误；b镁是活泼金属，应该采用电解氯化镁的方法冶炼镁，故b错误；cnh4hco3溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，ch3coonh4溶液显中性说明醋酸的电离浓度等于一水合氨的电离程度，所以醋酸的电离程度大于碳酸的电离程度，故c正确；d氮气的化学性质通常非常稳定，但在放电条件下可以与o2应生成no，但一氧化氮不稳定，在空气中易被氧化生成二氧化氮，故d错误；故选c点评：本题考查钠和氮气的性质、电解质强弱的判断及金属的冶炼，明确物质的性质是解本题关键，易错选项是a，注意钠在空气中变质的原因及最终产物，为易错点7（3分）（2013临沂一模）下列有关物质的性质或结构的说法正确的是（）al层上的电子数为奇数的原子一定是主族元素的原子b周期表中的碱金属元素从上到下，其单质的还原性逐渐增强，熔沸点逐渐升高c化学键的形成一定伴随着电子的转移和能量变化d元素周期表中，位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素考点：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：al层上的电子数为奇数，l层未排满电子，则该元素处于第二周期；b碱金属自上而下金属性增强，其单质的还原性逐渐增强，离子半径增大，金属键减弱，金属键越弱熔沸点越低；c同素异形体之间的转化不存在电子转移；d过渡元素包含副族元素与第族元素解答：解：al层上的电子数为奇数，l层未排满电子，则该元素处于第二周期，一定为主族元素，故a正确；b碱金属自上而下金属性增强，其单质的还原性逐渐增强，离子半径增大，金属键减弱，金属键越弱熔沸点越低，金属的熔沸点之间降低，故b错误；c同素异形体之间的转化不存在电子转移，故c错误；d过渡元素包含副族元素与第族元素，位于金属和非金属分界线附近的元素为半导体元素，故d错误；故选a点评：本题考查原子结构、元素周期表与周期律等，难度不大，c选项为易错点，注意特殊反应8（3分）（2013临沂一模）如图是某煤发电厂处理废气的装置示意图下列说法错误的是（）a使用此废气处理装置可减少酸雨的形成b装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应c整个过程的反应可表示为：2so2+2caco3+o22caso4+2co2d可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标考点：二氧化硫的污染及治理专题：氧族元素分析：a、二氧化硫是形成酸雨的重要物质；b、碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与石灰水反应生成caso3和caso4是复分解反应和氧化还原反应；c、根据反应过程可以书写反应的化学方程式；d、二氧化硫具有还原性，易被高锰酸钾溶液氧化反应使高锰酸钾溶液褪色解答：解：a、二氧化硫是形成酸雨的重要物质，经过处理后能减少酸雨的形成，故a正确；b、碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与石灰水反应生成caso3和caso4是中和反应、化合反应，氧化还原反应，但没有置换反应，故b错误；c、整个过程中，二氧化硫与碳酸钙和氧气反应生成了硫酸钙和二氧化碳，化学反应式可表示为2so2+2caco3+o2=2caso4+2co2，故c正确；d、二氧化硫具有还原性，易被高锰酸钾溶液氧化反应使高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标，故d正确；故选b点评：本题考查二氧化硫气体的污染和治理，解答本题要充分理解处理废气的过程，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断9（3分）（2013临沂一模）室温时，下列各组离子在指定溶液中可以大量共存的是（）a由水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液中：na+、ba2+、hco、c1b无色透明溶液中：k+、cu2+、so、na+c含有大量alo2的溶液中：na+、oh、cl、cod能使ph试纸显红色的溶液中：na+、clo、fe2+、so考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：a由水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液，为酸或碱溶液；bcu2+为蓝色；c含有大量alo2的溶液，显碱性；d能使ph试纸显红色的溶液，显酸性解答：解：a由水电离出的c（h+）=1012mol/l的溶液，为酸或碱溶液，hco3既能与酸反应又能与碱反应，则一定不能共存，故a错误；bcu2+为蓝色，与无色溶液不符，故b错误；c含有大量alo2的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故c正确；d能使ph试纸显红色的溶液，显酸性，fe2+、clo、h+离子之间发生氧化还原反应，则不能共存，故d错误；故选c点评：本题考查离子的共存，明确离子之间的反应及习题中的信息是解答本题的关键，注意选d为解答的易错点，题目难度不大10（3分）（2013临沂一模）下列说法正确的是（设na表示阿伏加德罗常数的值）（）a80时，1l ph=1的硫酸溶液中，含有0.2na个h+b4.6g na完全转化成na2o和na2o2的混合物，生成物中阴离子总数为0.1 nac标准状况下，2.24l cl2溶于水，转移的电子数目为0.1nad300ml 2mol/l蔗糖溶液中所含分子数为0.6na考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：a、依据溶液ph是氢离子浓度的负对数，n=cv计算微粒物质的量；b、依据n=计算物质的量，结合氧化钠和过氧化钠的构成分析判断；c、氯气溶于水部分与水反应；d、溶液中还含有水分子解答：解：a、80时，1l ph=1的硫酸溶液中，含有0.1na个h+，故a错误；b、4.6g na物质的量为0.1mol，完全转化成na2o和na2o2的混合物，氧化钠和过氧化钠都是由钠离子和氧离子，钠离子和过氧根离子构成，生成物中阴离子总数为0.1 na，故b正确；c、标准状况下，2.24l cl2物质的量为0.1mol，溶于水部分和水反应，转移的电子数目小于0.1na，故c错误；d、300ml 2mol/l蔗糖溶液中含有水分子，所含分子数大于0.6na，故d错误；故选b点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查溶液离子物质的量计算，质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用，注意溶液中水的存在，题目难度中等11（3分）（2013临沂一模）反应a（g）+b（g）c（g）h，分两步进行：a（g）+b（g）x（g）h1 x（g）c（g）h2，反应过程中能量变化如图所示，e1表示a+bx的活化能，下列说法正确的是（）ahl=hah20bx是反应a（g）+b（g）c（g）的催化剂ce2是反应的活化能dh=e1e2考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：a依据盖斯定律来分析反应热的关系，然后根据反应物的总能量和生成物的总能量的大小判断是吸热还是放热；b依据催化剂是先作为反应物参与化学反应，然后再通过化学反应转变成原物质；c依据分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量称为活化能；d依据图象能量关系可知，反应的焓变=逆反应的活化能正反应的活化能解答：解：aa（g）+b（g）x（g）h1 x（g）c（g）h2，+得：a（g）+b（g）c（g）h=h1+h2，所以hl=hah2，由图可知：a（g）+b（g）x（g）h1 中反应的总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，所以h10，故a正确；b若x是反应a（g）+b（g）c（g）的催化剂，则x是反应的反应物，是反应的生成物，故b错误；c反应的活化能e1e2，故c错误；d反应a（g）+b（g）c（g）的正反应的活化能为e1，逆反应的活化能大于e2，反应的焓变大于e2e1，故d错误；故选a点评：本题是盖斯定律的应用、化学反应的能量变化与反应的焓变关系的分析判断，反应活化能的判断计算，读懂图象，焓变和活化能计算方法的理解是解题的关键12（3分）（2013临沂一模）无水氯化铝是一种重要韵催化剂，工业上由al2o3制备无水氯化铝的反应为：2al2o3（s）+6cl2（g）4alcl3（g）+3o2（g）h0下列分析错误的是（）a增大反应体系的压强，反应速率可能加快b加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与o2反应，降低了生成物的浓度且放出热量c电解熔融的al2o3和alcl3溶液均能得到单质铝d将alcl36h2o在氯化氢气流中加热，也可制得无水氯化铝考点：化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素专题：化学平衡专题分析：a、增大压强对有气体参加的反应会增大反应速率；b、反应是吸热反应；c、氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝；d、氯化铝在水溶液中加热会水解，加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解解答：解：a、增大反应体系的压强，反应速率加快，故a正确；b、加入碳粉，平衡向右移动，原因是碳与o2反应，降低了生成物的浓度且吸收热量，故b错误；c、氯化铝是共价化合物不能熔融电解生成铝，可以电解熔融氧化铝制备金属铝，故c错误；d、氯化铝在水溶液中加热会水解，加入氯化氢气体会抑制氯化铝的水解；应将alcl36h2o在氯化氢气流中加热，也可制得无水氯化铝，故d正确；故选bc点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，反应热量变化，电解制备铝的工业方法和氯化铝溶液蒸发结晶的方法分析，题目难度中等13（3分）（2013临沂一模）有关如图装置的叙述中，正确的是（）a若x为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外接电源的阴极保护法b若x为碳棒，y为饱和naoh溶液，开关k置于n处，保持温度不变，则溶液的ph保持不变c若x为银棒，y为硝酸银溶液，开关k置于n处，铁棒质量将增加，溶液中银离子浓度将减小d若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铁电极移动考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：开关k置于m处，该装置是原电池，失电子的电极作负极，正极上得电子发生还原反应，负极易被氧化，正极上得电子而被保护，外电路中电子从负极沿导线流向正极；开关k置于n处，该装置是电解池，如果阳极是惰性电极，阳极上溶液中阴离子失电子发生氧化反应，如果阳极是活泼金属，则阳极上电极材料失电子发生氧化反应，阴极上阳离子得电子发生还原反应解答：解：a若x为锌棒，y为nacl溶液，开关k置于m处，该装置是原电池，铁作正极，所以可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故a错误；b若x为碳棒，y为饱和naoh溶液，开关k置于n处，该装置是电解池，电解饱和氢氧化钠溶液时，阳极是惰性电极，所以阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子生成氢气，实际上电解的是水，会有氢氧化钠固体析出，但溶液仍然是饱和仍然，所以溶液的ph保持不变，故b正确；c若x为银棒，y为硝酸银溶液，开关k置于n处，该装置是电解池，阳极上银失电子生成银离子进入溶液，铁棒上银离子得电子而析出银，所以铁棒质量将增加，但溶液中银离子浓度不变，故c错误；d若x为铜棒，y为硫酸铜溶液，开关k置于m处，该装置是原电池，铜棒作正极，铁棒为负极，铜棒上铜离子得电子生成铜，所以铜棒质量将增加，此时外电路中的电子由铁电极移向铜电极，故d错误；故选b点评：本题考查原电池和电解池原理，注意：如果电解池中阳极材料是活泼金属时失电子的物质，易错选项是b，注意电解饱和氢氧化钠溶液时，电解后温度不变则溶液浓度不变，为易错点14（3分）（2013临沂一模）某温度下，体积和ph都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的ph变化曲线如图所示，下列判断正确的是（）aa、c两点溶液的导电能力相同bb点溶液中c（h+）+c（nh3h2o）=c（oh）c用等浓度naoh溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗naoh溶液体积vb=vda、b、c三点溶液水的电离程度abc考点：溶液ph的定义；影响盐类水解程度的主要因素专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：根据盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释促进水解的进行，a、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关；b、根据溶液中的质子守恒来回答；c、根据b、c处溶液的组成情况，结合化学反应方程式来计算；d、盐酸对水的电离起抑制作用，氯化铵对水的电离起到促进作用解答：解：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和ph都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线ph变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线ph变化是氯化铵溶液的a、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故a错误；b、b点溶液中，根据质子守恒，得出c（oh）+c（nh3h2o）=c（h+），故b错误；c、用等浓度naoh溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗naoh溶液体积vbvc，故c错误；d、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的phb点的ph，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度ab，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度abc，故d正确故选d点评：本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等二、必做题15（16分）（2013临沂一模）工业上用某矿渣（含有cu2o、al2o3、fe2o3、sio2）提取铜的操作流程如下：已知：cu2o+2h+cu+cu2+h2o（1）实验操作i的名称为过滤；在空气中灼烧固体混合物d时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有坩埚（填仪器名称）（2）滤液a中铁元素的存在形式为fe2+ （填离子符号），生成该离子的离子方程式为2fe3+cu2fe2+cu2+，检验滤液a中存在该离子的试剂为kscn溶液（填试剂名称）（3）金属e与固体f发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为2 al+fe2o3al2o3+2fe（4）常温下，等ph的naalo2和naoh两份溶液中，由水电离出的c（oh）前者为后者的108倍，则两种溶液的ph=11（5）利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是bc（填代号）a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后过滤、洗涤、干燥称量剩余固体铜的质量（填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节）考点：金属的回收与环境、资源保护；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）根据分离溶液和沉淀；根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，cu2o与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀；三价铁离子与kscn溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子；（3）根据铝热反应的原理来书写；（4）设溶液的ph为x，然后求出由水电离出的c（oh），利用由水电离出的c（oh）前者为后者的108倍求出x；（5）a电能转化为化学能、热能；b粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系；要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可解答：解：（1）实验操作i步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物d时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，故答案为：过滤；坩埚；（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，cu2o与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2fecl3+cu2fecl2+cucl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液a中铁元素的存在形式为亚铁离子，三价铁离子与kscn溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，故答案为：fe2+；2fe3+cu2fe2+cu2+；kscn溶液；（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2al+fe2o3al2o3+2fe，故答案为：2al+fe2o3al2o3+2fe；（4）设溶液的ph为x，naalo2溶液中由水电离出的c（oh）=10x14mol/l，naoh溶液中由水电离出的c（oh）=10xmol/l，=108，解得x=11，故答案为：11；（5）a电能部分转化为化学能，故a错误；b粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；c精铜作阴极，电解后电解液中cu2+浓度减小，故c正确；d粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.011023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；故选：bc；要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后；点评：本题以矿渣（含有cu2o、al2o3、fe2o3、sio2）提取铜为背景，主要考查了物质的性质、化学方程式、电解原理等，难度不大16（14分）（2013临沂一模）2013年初，雾霾天气多次肆虐我国中东部地区其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一（1）汽车尾气净化的主要原理为：2no（g）+2co（g）2co2（g）+n2（g）在密闭容器中发生该反应时，c（co2）随温度（t）、催化剂的表面积（s）和时间（t）的变化曲线，如图1所示据此判断：该反应的h0（填“”、“”）在b温度下，02s内的平均反应速率v（n2）=0.05mol/（ls），当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率若催化剂的表面积s1s2，在上图中画出c（co2）在t1、s2条件下达到平衡过程中的变化曲线若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，图2示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd （填代号）（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用ch4催化还原nox可以消除氮氧化物的污染例如：ch4（g）+2no2（g）n2（g）+co2（g）+2h2o（g）h1=867kj/mol2no2（g）n2o4（g）h2=56.9kj/mol写出ch4（g）催化还原n2o4（g）生成n2（g）和h2o（g）的热化学方程式ch4（g）+n2o4（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（g）h=810.1kj/mol将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的图3是通过人工光合作用，以co2和h2o为原料制备hcooh和o2的原理示意图催化剂b表面发生的电极反应式为co2+2h+2e=hcooh常温下，0.1mol/l的hcoona溶液ph为10，则hcooh的电离常数ka=107考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡状态的判断专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而判断h；由图可知，t2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/l，根据v=计算v（co2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（n2）；接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积s1s2，s2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度t1到达平衡时相同；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；c、t1时刻后二氧化碳、no的物质的量发生变化，最后不再变化；d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；由图可知，左室投入是，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成hcooh；计算水解平衡常数kh，再根据ka=计算解答：解：（1）由图1可知，温度t1先到达平衡，故温度t1t2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即h0，故答案为：；由图可知，t2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/l，故v（co2）=0.05mol/（ls），速率之比等于化学计量数之比，故v（n2）=v（co2）=0.05mol/（ls）=0.025mol/（ls），故答案为：0.025mol/（ls）；接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积s1s2，s2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，平衡时二氧化碳的浓度与温度t1到达平衡时相同，故c（co2）在t1、s2条件下达到平衡过程中的变化曲线为：，故答案为：；a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻v正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确，c、t1时刻后二氧化碳、no的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d、no的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；故答案为：bd；（2）已知：、ch4（g）+2no2（g）n2（g）+co2（g）+2h2o（g）h1=867kj/mol、2no2（g）n2o4（g）h2=56.9kj/mol根据盖斯定律，得ch4（g）+n2o4（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（g），故h=867kj/mol（56.9kj/mol）=810.1kj/mol，即ch4（g）+n2o4（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（g），h=810.1kj/mol，故答案为：ch4（g）+n2o4（g）=n2（g）+co2（g）+2h2o（g），h=810.1kj/mol；由图可知，左室投入是，生成氧气与氢离子，催化剂a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成hcooh，电极反应式为co2+2h+2e=hcooh，故答案为：co2+2h+2e=hcooh；常温下，0.1mol/l的hcoona溶液ph为10，溶液中存在hcoo水解hcoo+h2ohcooh+oh，故kh=107，则hcooh的电离常数ka=107，故答案为：107点评：本题考查化学平衡图象、化学反应速率、影响化学平衡的因素、热化学方程式书写、原电池、电离平衡常数与水解平衡常数等，题目综合性较大，难度中等，是对知识的综合利用、注意基础知识的理解掌握17（18分）（2013临沂一模）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义（1）工业上用黄铁矿（fes2，其中s元素为l价）在高温下和氧气反应制备so2：4fes2+11o28so2+2fe2o3，该反应中被氧化的元素是fe（填元素符号）当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为11.2l（2）实验室中用如图1所示的装置测定so2催化氧化为so3，的转化率（已知so3熔点为16.8，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中co2的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加实验过程中，需要通入氧气试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式2kclo32kcl+o2当停止通入so2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收实验结束后，若装置d增加的质量为m g，装置e中产生白色沉淀的质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是（用含字母的代数式表示，不用化简）（3）某学习小组设计用如图3装置验证二氧化硫的化学性质能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为试管a中出现淡黄色浑浊为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案i：向第一份溶液中加入agno3溶液，有白色沉淀生成方案：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去方案：向第三份溶液加入bacl2溶液，产生白色沉淀上述方案中合理的是（填“i”、“”或“”）；试管b中发生反应的离子方程式为so2+cl2+2h2o=4h+so42+2cl当通入二氧化硫至试管c中溶液显中性时，该溶液中c（na+）=2c（so32）+c（hso3）（用含硫微粒浓度的代数式表示）考点：二氧化硫的化学性质专题：氧族元素分析：（1）氧化还原反应中，化合价升高的元素在反应中被氧化，根据电子守恒确定转移电子的量与二氧化硫的量之间的关系；（2）根据分液漏斗的使用方法来回答；氯酸钾受热分解可以获得氧气；为确保实验的准确度，要保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确；根据质量守恒以及转化率=100%来计算；（3）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应；氯气具有氧化性，可以将二氧化硫氧化到最高价的硫酸；根据溶液中的电荷守恒来回答解答：解：（1）氧化还原反应4fes2+11o28so2+2fe2o3中，化合价升高的fe元素在反应中被氧化，该反应生成8mol的二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，所以当该反应转移2.75mol电子时，生成的二氧化硫的物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积为11.2l，故答案为：fe；11.2；（2）分液漏斗的使用方法：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加，故答案为：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；氯用图2所示装置制取氧气，即加热固体的方法制氧气，可以让氯酸钾在二氧化锰催化下受热分解获得氧气，方程式为：2kclo32kcl+o2，故答案为：2kclo32kcl+o2；为确保实验的准确度，要保证二氧化硫和三氧化硫的量的测定准确，当停止通入so2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，可以让装置中的二氧化硫和三氧化硫充分被后面的装置吸收，故答案为：使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；装置d增加的质量为mg，及生成三氧化硫的质量是mg，物质的量是，装置e中产生白色沉淀的质量为ng，则吸收的二氧化硫的物质的量是，则二氧化硫的转化率=100%，故答案为：100%；（3）二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀s，故答案为：试管a中出现淡黄色浑浊；方案i：向第一份溶液中加入agno3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，方案：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案：向第三份溶液加入bacl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液汇总出现硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下和氯水反应生成的，即so2+cl2+2h2o=4h+so42+2cl，故答案为：so2+cl2+2h2o=4h+so42+2cl；将二氧化硫通入到盛有氢氧化钠的试管c中，所得溶液中存在电荷守恒：c（na+）+c（h+）=2c（so32）+c（hso3）+c（oh），溶液显示中性，所以c（h+）=c（oh），此时：c（na+）=2c（so32）+c（hso3），故答案为：2c（so32）+c（hso3）点评：本题考查了二氧化硫性质应用和实验验证，实验设计的步骤和实验方案的确定应根据题干要求分析判断，关键是读懂题干信息，依据题干条件计算判断，题目较难三、选做题18（10分）（2013临沂一模）【化学物质结构与性质】碳是形成化合物种类最多的元素（1）ch2=chcn是制备晴纶的原料，其分子中键和键的个数之比为2：1（填最简整数比），写出该分子中所有碳原子的杂化方式sp2、sp（2）乙醇（ch3ch2oh）与二甲醚（oh3och3）的分子式均为c2h6o，但ch3ch2oh的沸点高于ch3och3的沸点，其原因是乙醇分子之间形成氢键（3）某元素位于第四周期viii族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d84s2（4）碳化硅的结构与金刚石类似，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能如图所示为碳化硅的晶胞（其中为碳原子，为硅原子）每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个设晶胞边长为a cm，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数可表示为（用含a、b的式子表示）考点：