1、2015 届山东省济南一中高三高考模拟化学试卷（解析版）一、选择题1下列说法正确的是（ ）A燃烧一定要用火去点燃B 对“地沟油” 进行分馏可得到汽油C 2013 年诺贝尔化学奖授予三位美国化学家，以表彰他们设计出多尺度复杂化学系统模型，将传统化学实验搬到了网络世界这一完美结合现实与理论的化学系统模型，为更全面了解并预测化学反应进程奠定了基础D化肥的使用有效地提高了农作物的产量，常见的氮肥可分为铵态氮肥和硝态氮肥，硝酸盐和尿素都属于硝态氮肥考点： 油脂的性质、组成与结构；化学研究基本方法及作用.分析： A、燃烧的条件：和氧气接触、达到着火点；B、地沟油的成分属于酯，汽油的主要成分属于烃；C、根据
2、化学界科学家们的重要科研成果等知识来判断；D、铵态氮肥和硝态氮肥是氮元素的存在形式不一样，都是无机氮肥解答： 解：A、根据物质燃烧的条件：和氧气接触、达到着火点，所以燃烧不一定要用火去点燃，如白磷的自燃，故 A 错误；B、地沟油的成分属于酯，汽油的主要成分属于烃，对“地沟油” 进行分馏得不到汽油，故 B 错误；C、科学家们设计出多尺度复杂化学系统模型，将传统化学实验搬到了网络世界，为更全面了解并预测化学反应进程奠定了基础，故 C 正确；D、硝酸盐属于硝态氮肥，但是尿素属于有机氮肥，故 D 错误，故选 C点评： 本题综合考查学生燃烧的条件、化学史以及化肥的分类等方面的知识，属于综合知识的考查，注
3、意知识的归纳和整理是关键，难度不大2下列有关叙述不正确的是（ ）AMgO、Al 2O3 熔点高，可用于制作耐火材料B 用浓氢氧化钠溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇杂质C 除去 NaCl 溶液中的 Na2CO3，应选择试剂为盐酸，而不是硝酸D油脂在碱性条件下易发生水解，可用于制作肥皂考点： 镁、铝的重要化合物；油脂的性质、组成与结构；物质的分离、提纯和除杂.专题： 实验设计题；元素及其化合物分析： AMgO、Al 2O3 都属于离子晶体，熔点很高；B乙酸乙酯在碱性条件下水解；C除杂原则：不引入新杂质；D油脂在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，工业上就是利用油脂的皂化反应制取肥皂解答： 解：A
4、MgO、Al 2O3 的熔点很高，所以氧化镁和氧化铝能在工业上用于制作耐高温材料，故 A 正确；B乙酸乙酯在碱性条件下水解，生成乙酸钠和乙醇，用浓氢氧化钠溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸、乙醇的同时，乙酸乙酯也被除掉，故 B 错误；CNa 2CO3 和盐酸反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，不引入新杂质，Na 2CO3 和硝酸反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，引入新杂质硝酸钠，故 C 正确；D在酸性条件下水解为甘油（丙三醇）和高级脂肪酸，在碱性条件下水解为甘油和高级脂肪酸盐，肥皂的主要成分为高级脂肪酸盐，工业上就是利用油脂在碱性条件下水解制取肥皂，故 D 正确；故选 B点评： 本题考查了物质的性质和用途
5、，以及除杂问题，明确性质决定用途、用途体现性质，难度不大3下列说法中，正确的是（ ）A利用铁加入硫酸铜溶液中的反应可以比较 Cu、Fe 2+的还原性B 足量的铜跟一定量的浓硝酸反应只产生一种气体C 氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现D以铁为阴极、铜片为阳极、硫酸铜为电镀液可以实现铁制品镀铜考点： 氧化性、还原性强弱的比较；氮的固定；原电池和电解池的工作原理；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题： 基本概念与基本理论分析： A、金属之间的置换反应可以证明金属的还原性强弱；B、金属铜可以和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，和稀硝酸之间反应生成的是 NO 气体；C、氮的固定是指将游离态的氮元
6、素转化为化合态氮元素的过程，条件不一样；D、根据电镀的原理结合电解池的工作原理来回答判断解答： 解：A、铁加入硫酸铜溶液中的反应生成 Cu，可以比较 Cu、Fe 的还原性，故 A 错误；B、足量的铜跟一定量的浓硝酸反应产生的气体有一氧化氮、二氧化氮等气体，故B 错误；C、生物固氮是氮的固定的一种方式，不需要高温高压条件，是根瘤菌的作用，故C 错误；D、电镀时，镀件作阴极，镀层金属是阳极，电镀液中必须含有镀层金属阳离子的盐，即铁为阴极、铜片为阳极、硫酸铜为电镀液可以实现铁制品镀铜，故 D 正确故选 D点评： 本题涉及金属活动顺序表的应用、金属和硝酸之间的反应、生物固氮方式以及电镀池的工作原理知识
7、，属于综合知识的考查，难度不大4某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）A可使溴的四氯化碳溶液或酸性 KMnO4 溶液褪色B 含有两种官能团C 与乙酸互为同系物D可以发生取代反应和加成反应，但不能发生聚合反应考点： 有机物的结构和性质.专题： 有机反应分析： 有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应，含有羟基，可发生取代和消去反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题解答： 解：A含有双键，可与溴发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故A 正确；B分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，故 B 错误；C分子中含有羟基和官能团，与乙酸结构不同，则不是同
8、系物，故 C 错误；D分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，故 D 错误故选 A点评： 本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的结构和性质，为解答该题的关键5主族元素 M、R 形成的简单离子 M2离子与 R+离子的核外电子数之和为 20，下列说法正确的是（ ）AM 原子的质子数一定大于 R 原子的质子数B M 可能存在 16M、 18M 两种核素C M2的离子与 R+的电子层结构不可能相同D两种离子结合形成的化合物中可能含有共价键考点： 原子核外电子排布.专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： 从离子的核外电子数之和为 20 可推出 M、R 两种原子的质子数之和为
9、19，则 R 为Na、M 为 O 或 R 为 Li、M 为 S，以此来解答解答： A、若 M 为 O，R 为 Na，O 的质子数为 8 小于 Na 的为 11，故 A 错误；B、氧元素含有 16O、 17O 和 18O 三种核素，若 M 为 O 时则成立，故 B 正确；C、若 M 为 O，R 为 Na，则 O2和 Na+均具有 10 电子，具有相同的电子层结构，故C 错误；D、钠离子和氧离子形成的化合物氧化钠中不含有共价键，故 D 错误；故选 B点评： 本题考查位置、结构、性质，明确信息得出 M、R 为何种元素是解答本题的关键，熟悉元素的位置即可解答，难度不大6下列说法中，正确的是（ ）A已知
10、 25时 NH4CN 水溶液显碱性，则 25时的电离常数 K（NH 3H2O）K（HCN）B 25时， Mg（OH）2 固体在 20 mL 0.01molL1 氨水中的 Ksp 比在 20mL 0.01molL1 NH4Cl 溶液中的 Ksp 小C pH 试纸测得新制氯水的 pH 为 4.5DFeCl3 溶液和 Fe2（SO 4） 3 溶液加热蒸干、灼烧都得到 Fe2O3考点： 水的电离；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质.专题： 基本概念与基本理论分析： A、已知 25时 NH4CN 水溶液显碱性，说明 CN水解程度大于 NH4+，HCN 电离程度小于 NH
11、3H2O 电离程度；B、沉淀的 Ksp 随温度变化，不随浓度变化；C、PH 是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数；D、FeCl 3 溶液加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe 2（SO 4） 3 溶液加热蒸干水被蒸发、灼烧得到硫酸铁；解答： 解：A、已知 25时 NH4CN 水溶液显碱性，说明 CN水解程度大于 NH4+，HCN 电离程度小于 NH3H2O 电离程度，则 25时的电离常数 K（NH 3H2O）K （HCN） ，故 A 正确；B、沉淀的 Ksp 随温度变化，不随浓度变化，25 时，Mg （OH） 2 固体在 20 mL 0.01molL1 氨水中的 Ksp 和在 20m
12、L 0.01molL1 NH4Cl 溶液中的 Ksp 相同，故 B 错误；C、PH 是近似测定溶液酸碱性，只能测定整数，故 C 错误；D、FeCl 3 溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢加热蒸干得到水解产物氢氧化铁、灼烧得到氧化铁，Fe 2（SO 4） 3 溶液中硫酸铁水解生成硫酸和氢氧化铁加热蒸干水被蒸发得到硫酸铁、灼烧得到硫酸铁，故 D 错误；故选 A点评： 本题考查了盐类水解的分析应用，弱电解质电离溶液 PH 测定，掌握基础是关键，题目难度中等7利用如图装置进行实验，甲乙两池均为 1molL1 的 AgNO3 溶液，A、B 均为 Ag 电极实验开始先闭合 K1，断开 K2一段时间后，断
13、开 K1，闭合 K2，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag +浓度越大氧化性越强） 下列说法不正确的是（ ）A闭合 K1，断开 K2 后，A 电极增重B 闭合 K1，断开 K2 后，乙池溶液浓度上升C 断开 K1，闭合 K2 后，NO 3向 B 电极移动D断开 K1，闭合 K2 后，A 电极发生氧化反应考点： 原电池和电解池的工作原理.专题： 电化学专题分析： 闭合 K1，断开 K2，为电解装置，阳极金属银被氧化，阴极析出银， NO3向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小；断开 K1，闭合 K2 后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag +浓度越大氧化性越强） ，可知 B 为正极，发生还原反应，
14、A 为负极，发生氧化反应，NO 3向负极移动，乙池解答解答： 解：A闭合 K1，断开 K2 后，A 为阴极，发生还原反应生成银，质量增大，故 A正确；B闭合 K1，断开 K2 后，阳极金属银被氧化，阴极析出银，NO 3向阳极移动，乙池浓度增大，甲池浓度减小，故 B 正确；C断开 K1，闭合 K2 后，形成浓差电池，电流计指针偏转（Ag +浓度越大氧化性越强） ，可知 B 为正极，A 为负极，NO 3向负极移动，故 C 错误；D断开 K1，闭合 K2 后，A 为负极，发生氧化反应，故 D 正确故选 C点评： 本题综合考查电解池和原电池知识，注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析
15、能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等二、填空题8 （1）一定条件下 Fe（OH） 3 与 KClO 在 KOH 溶液中反应可制得 K2FeO4，该反应的化学方程式为 2Fe（OH） 3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O ；生成 0.1molK2FeO4 转移的电子的物质的量 0.3 mol（2）高铁电池是一种新型二次电池，电解液为碱溶液，其反应式为：3Zn+2K2FeO4+8H2O 3Zn（OH） 2+2Fe（OH） 3+4KOH放电时电池的负极反应式为 Zn+2OH 2eZn（OH ） 2 充电时电解液的 pH 减小 （填“ 增大 ”“不变”或“ 减小”
16、） 考点： 原电池和电解池的工作原理；铁的氧化物和氢氧化物.专题： 电化学专题；元素及其化合物分析： （1）Fe（OH） 3 与 KClO 在 KOH 溶液中反应可制得 K2FeO4，Fe 元素的化合价升高，则 Cl 元素的化合价降低，还生成 KCl，同时生成水，结合元素的化合价变化计算转移电子数；（2）Zn 元素的化合价升高，放电时负极上 Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗 KOH解答： 解：（1）Fe（OH） 3 与 KClO 在 KOH 溶液中反应可制得 K2FeO4，Fe 元素的化合价升高，则 Cl 元素的化合价降低，还生成 KCl，同时生成水，该反应为 2Fe（OH ）3+3
17、KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O，由 Fe 元素的化合价变化可知，生成0.1molK2FeO4 转移的电子的物质的量为 0.1mol（6 3）=0.3mol，故答案为：2Fe（OH） 3+3KClO+4KOH2K2FeO4+3KCl+5H2O；0.3；（2）Zn 元素的化合价升高，放电时负极上 Zn 失去电子，电极反应为 Zn+2OH2eZn（OH） 2，由电池反应可知，充电时消耗 KOH，则 pH 减小，故答案为：Zn+2OH 2eZn（OH ） 2；减小点评： 本题考查氧化还原反应及原电池原理，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及发生的氧化反应为解答的关键，注意原电
18、池与氧化还原反应的关系，题目难度不大9 NH4Al（SO 4） 2 是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH 4HSO4 在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛请回答下列问题：（1）相同条件下，0.1molL 1 NH4Al（SO 4） 2 中 c（NH 4+） 小于 （填“ 等于”、 “大于” 或“小于 ”） 0.1molL1 NH4HSO4 中 c（NH 4+）（2）如图 1 是 0.1molL1 电解质溶液的 pH 随温度变化的图象其中符合 0.1molL1 NH4Al（SO 4） 2 的 pH 随温度变化的曲线是 A （填写字母） ；20时，0.1mol L1 NH4Al（
19、SO 4） 2 中 2c（SO 42）c （ NH4+） 3c（Al 3+）= 10 3 molL1（3）室温时，向 100mL 0.1molL1 NH4HSO4 溶液中滴加 0.1molL1 NaOH 溶液，得到的溶液 pH 与 NaOH 溶液体积的关系曲线如图 2 所示试分析图中 a、b、c、d 四个点，水的电离程度最大的是 a ；在 b 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 c（Na +）c（SO 42）c （NH 4+）c（OH ）=c（H +） （4）已知 Al（OH） 3 为难溶物（常温下，K spAl（OH） 3=2.01033） 当溶液 pH=5 时，某溶液中的 Al3+
20、能 （填“能”或“不能”）完全沉淀（溶液中的离子浓度小于 1105 molL1 时，沉淀完全） 考点： 离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题： 电离平衡与溶液的 pH 专题；盐类的水解专题分析： （1）相同条件下，铝离子抑制铵根离子水解程度小于氢离子，铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小；（2）NH 4Al（SO 4） 2 中铵根离子和铝离子水解导致溶液呈酸性，则 pH7，升高温度促进水解，溶液酸性增强；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d 四个点，根据反应量的关系，a 点恰好消耗完 H+，溶液中只有（NH 4
21、） 2SO4 与 Na2SO4；b、 c、d 三点溶液均含有 NH3H2O， （NH 4） 2SO4 可以促进水的电离，而 NH3H2O 抑制水的电离b 点溶液呈中性；（4）根据浓度积与溶度积常数相对大小判断，如果浓度积大于溶度积常数，则有沉淀生成，否则没有沉淀生成解答： 解：（1）相同条件下，铝离子抑制铵根离子水解程度小于氢离子，铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小，所以 NH4Al（SO 4） 2 中铵根离子水解程度大于NH4HSO4，则 NH4Al（SO 4） 2 中 c（NH 4+）小于 0.1molL1 NH4HSO4 中 c（NH 4+） ，故答案为：小于；（2）NH 4A
22、l（SO 4） 2 中铵根离子和铝离子水解导致溶液呈酸性，则 pH7，升高温度促进水解，溶液酸性增强，溶液的 pH 减小，故选 A；根据电荷守恒得 2c（SO 42）c（NH 4+）3c （Al 3+）=c（H +） c（OH ）=10 3 molL1c（OH ）太小，可忽略，故答案为：10 3；（3）a、b、c、d 四个点，根据反应量的关系，a 点恰好消耗完 H+，溶液中只有（NH 4） 2SO4 与 Na2SO4；b、 c、d 三点溶液均含有 NH3H2O， （NH 4） 2SO4 可以促进水的电离，而 NH3H2O 抑制水的电离b 点溶液呈中性，即溶液含有（NH 4）2SO4、Na 2S
23、O4、NH 3H2O 三种成分， a 点时 c（Na +）=c（SO 42） ，b 点时 c（Na +）c（SO 42） ，根据 N 元素与 S 元素的关系，可以得出 c（SO 42）c（NH 4+） ，故c（Na +）c（SO 42）c（NH 4+）c（OH ）=c（H +） ，故答案为：a；c （Na +）c（SO 42）c（NH 4+）c（OH ）=c（H +） ；（4）pH=5 的溶液中 c（OH ）=10 9mol/L，c（Al 3+）= mol/L=2.0106mol/L110 5 molL1，所以能完全沉淀，故答案为：能点评： 本题考查了离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡、弱电解
24、质的电离等知识点，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒、物料守恒确定离子浓度大小，再结合弱电解质电离特点及离子积常数进行解答，题目难度中等10能源的相互转化和利用是科学家研究的重要课题（1）将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气反应为：C（s）+H 2O（g）CO（g）+H2（g ）H=+131.3kJmol 1该反应自发进行的外界条件是 较高温度 在一个恒容的密闭容器中，一定温度下发生上述反应，下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 BC （填相应的编号） ACO 和 H2 的体积分数相同B1mol HH 键断裂的同时断裂 2mol HO 键C容器中的压强不变D消耗 H2O 的速率等于生成 H2
25、的速率（2）将不同量的 CO（g）和 H2O（g）分别通入到体积为 2L 的恒容密闭容器中，在催化剂存在下进行反应：CO（g）+H 2O（g） H2（g）+CO 2（g） ，得到如表中二组数据：起始量/mol 平衡量/mol实验组 温度/CO H2O H2 CO1 650 4 2 1.62.42 900 2 1 0.41.6该反应的H 0（填“”、 “”或“= ”） 计算实验 2 条件下平衡常数的值 K= 0.17 （3）pKa 表示的是弱电解质电离平衡常数的负对数，即 pKa=lgKa，有关数据如图：0.01molL1NaHSO3 溶液的 pH=bl，0.01molL 1NaHCO3 溶液的
26、 pH=b2，则 b1 b2（填“” 、 “”或“ =”） 向 10mL 0.01molL1 的 H2SO3 溶液中，滴加 0.0l molL1KOH 溶液 10mL，溶液中存在c（H +） c（OH ） ，则以下四种微粒 K+、H 2SO3、HSO 3、SO 32，其浓度由大到小的顺序为 c（K +） c（HSO 3）c（SO 32）c（H 2SO3） 考点： 用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断；离子浓度大小的比较.分析： （1）反应能否自发进行根据公式 G=HTS0 计算；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再发生改变，由此衍生的一些物理量也不变，以此判断；（2）第
27、二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时 CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；（3）根据 pKa 越小，电离平衡常数 Ka 越大，则对应酸的酸性就强，利用酸越弱则强碱弱酸盐的水解程度越大来分析；H2SO3 与 KOH 以 1：1 的物质的量比反应生成 KHSO3，利用 KHSO3 溶液呈酸性，则 HSO3的电离大于其水解来分析解答： 解：（1）由热化学反应方程式可知，反应为焓增，熵增过程，即H0、S0，G=HTS 0 时反应能自发进行，
28、较高温度下才能保证G= HTS0；故答案为：较高温度；A无论反应是否达到平衡状态，都存在 c（CO）=c（H 2） ，故 A 错误；B.1mol HH 键断裂的同时断裂 2molHO 键，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故 B 正确；C反应在一个容积不变的密闭容器中进行，容器中的压强由气体的物质的量决定，当压强不变时，气体的物质的量就不变，气体的物质的量浓度也不变，说明达到平衡，故 C 正确； D消耗 H2O 的速率和生成 H2 的速率都指正反应速率，故 D 错误；故答案为：BC；（2）实验 1 中 CO 的转化率为 100%=40% 实验 2 中 CO 的转化率为 100%=20%则
29、实验 1 的转化率大于实验 2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热；故答案为：；平衡时 CO 的物质的量为 1.6mol，则：CO（g）+H 2O（g） CO2（g）+H 2（g） ，开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol）：1.6 0.6 0.4 0.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故 900时该反应平衡常数 k= =0.17，故答案为：0.17；（3）由 pKa 数据可知，亚硫酸的 pKa 小于碳酸，则酸性比碳酸的强，相同浓度的 NaHSO3 溶液比 NaHCO3 溶液中酸根离子的水解程度弱，则 N
30、aHSO3 溶液的 pH小，即 blb 2，故答案为：；反应后溶液的溶质为 KHSO3，又 KHSO3 溶液呈酸性，则 HSO3的电离大于其水解，电离生成 SO32离子，水解生成 H2SO3，则 c（K +）c（HSO 3）c（SO 32）c（H 2SO3） ，故答案为：c（K +）c（HSO 3）c（SO 32）c（H 2SO3） 点评： 本题考查化学平衡计算以及化学平衡移动等问题以及溶液 PH 的大小比较、酸碱混合后溶液中的离子的浓度关系等，题目侧重于反应原理的应用，题目综合性较强，难度中等11镁、铝、铁及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用I：实验室采用 MgCl2、AlCl 3 的混合溶液与过量氨水反应制备 MgAl2O4，主要流程如下：
