[最新]山东省高三第一次模拟考试化学试题(化学)及答案.pdf

最新教学资料高考化学山东省高考化学一模试卷一、选择题（共7 小题，每小题0 分，满分0 分）1（2013?聊城一模）下列叙述不能体现相关主旨的是（）A“水城蓝天，拒绝污染”严控 PM2.5 的排放，改善雾霾天气B“化学，让生活更美好”积极开发风力发电，让能源更清洁C“节能减排，低碳经济”综合利用煤和石油，发展绿色化学D“化学，引领科技进步”研究合成光纤技术，让通讯更快捷考点：常见的生活环境的污染及治理专题：元素及其化合物分析：APM2.5 与雾霾天气有关；B风力放电属于物理过程，不涉及化学反应；C综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放；D光纤为通讯材料解答：解：A PM2.5 为粒子直径小于或等于2.5 微米的微粒，可导致雾霾天气，故A 正确；B风力放电属于物理过程，不涉及化学反应，不符合主旨，故B 错误；C综合利用煤和石油，可提高原料的利用率，减少污染物的排放，符合主旨，故C 正确；D通过化学合成的方法研究合成光线技术，可提高通讯效率，故D 正确故选 B点评：本题考查化学与环境、基础、材料等知识，题目难度不大，本题注意相关知识的积累，学习中要全面掌握化学基础知识2（2013?聊城一模）下列推断正确的是（）ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B 因为氨水是弱碱，所以不能用FeCl3溶液和氨水反应制取Fe（OH）3C 明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用它来净水D浓硫酸为强氧化剂，二氧化硫为强还原剂，所以不能用前者干燥后者考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质专题：元素及其化合物分析：A、根据氯气与二氧化硫的漂白原理解答；B、氢氧化铁不溶于氨水，氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁；C、明矾水解形成的Al（OH）3胶体，表面积很大，具有吸附能力；D、浓硫酸与二氧化硫不能发生氧化还原反应解答：解：A、氯气具有强氧化性，可以氧化有色物质，使其褪色，二氧化硫与有色物质化合物无色物质，二者漂白原理不同，故A 错误；B、氨水与氯化铁反应可以生成氢氧化铁，故B 错误；C、明矾水解形成的Al（OH）3胶体，表面积很大，具有吸附能力，可以吸附吸附物质，故 C 正确；D、浓硫酸中硫元素为+6 价，二氧化硫硫元素为+4 价，化合价相邻没有中间价态，不能发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥二氧化硫，故D 错误；故选 C点评：本题考查Cl、N、S 元素单质及化合物的性质等，难度不大，注意 D 选项中化合价归中不交叉原则3（2013?聊城一模）下列关于有机物的说法中正确的是（）A乙烷和乙烯都能与氢气在一定条件下发生加成反应B 乙烯、苯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾褪色C 蔗糖、淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物D乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：A乙烷不能发生加成反应；B苯不能被高锰酸钾氧化；C蔗糖不属于高分子化合物；D乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合后分层解答：解：A乙烷中不含有不饱和键，则乙烷不能发生加成反应，故A 错误；B苯不能被高锰酸钾氧化，乙烯、乙醇均能使紫色的酸性高锰酸钾褪色，故B 错误；C相对分子质量在10000 以上的为高分子化合物，蔗糖不属于高分子化合物，淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，故C 错误；D乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液混合后分层，三者与碳酸钠溶液混合的现象不同，能鉴别，故D 正确；故选 D点评：本题考查有机物的性质、高分子化合物及有机物的鉴别，熟悉常见有机物的性质是解答本题的关键，题目难度不大4（2013?聊城一模）X、Y、Z 是 3 种短周期元素，其中X、Y 位于同一主族，Y、Z 位于同一周期，X 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍，Z 原子的核外电子数比Y 原子少 1下列说法不正确的是（）A三种元素的非金属性由弱到强的顺序为ZYX B Y 元素的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2YO4C 3 种元素的气态氢化物中，Z 的气态氢化物最稳定D原子半径由大到小排列顺序为ZYX 考点：原子结构与元素周期率的关系专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z 都是短周期元素，X 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍，则 X 有 2 个电子层，最外层电子数为6，故 X 为氧元素；X、Y 位于同一主族，故Y 为硫元素；Y、Z 位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y 原子少 1，故 Z 为磷元素结合元素周期律及物质的性质解答解答：解：X、Y、Z 都是短周期元素，X 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍，则 X 有 2 个电子层，最外层电子数为6，故 X 为氧元素；X、Y 位于同一主族，故Y 为硫元素；Y、Z 位于同一周期，Z原子的核外电子数比Y 原子少 1，故 Z 为磷元素 A、同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，所以非金属性P SO，即 ZY X，故 A 正确；B、Y 为硫元素，最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，故 B 正确；C、非金属性PSO，非金属性越强，氢化物越稳定，所以氢化物稳定性ZYX，故 C 错误；D、同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径PSO，即 ZYX，故 D 正确故选：C点评：考查结构与位置关系、元素周期律、核外电子排布规律等，难度不大，推断元素是关键，突破口为X 原子的最外层电子数是其电子层数的3 倍5（2013?聊城一模）下列叙述正确的是（）ANaHCO3固体中既含有离子键，又含有共价键，溶于水后的电离方程式为NaHCO3=Na+H+CO32B符合 abc 转化关系的单质a 可以是 N2、Al、Si、S C 室温下，pH=3 的溶液中，Na+、Fe2+、NO3、AlO2四种离子不能大量共存D用焰色反应或澄清石灰水均可鉴别Na2CO3与 KHCO3溶液考点：离子方程式的书写；盐类水解的应用；离子共存问题专题：离子反应专题；电离平衡与溶液的pH 专题分析：A碳酸氢根离子为弱酸根离子，不能拆分；BAl、Si 均不能被连续氧化；C酸性溶液中离子之间能发生氧化还原反应；D焰色反应不同，而二者均与石灰水反应生成沉淀解答：解：A碳酸氢根离子为弱酸根离子，不能拆分，则溶于水后的电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，故 A 错误；BAl、Si 均不能被连续氧化，符合abc 转化关系的单质a可以是 N2、S，故 B 错误；C室温下，pH=3 的溶液中，H+、Fe2+、NO3离子之间能发生氧化还原反应，则不能共存，故C正确；D焰色反应不同能鉴别钠盐和钾盐，而 Na2CO3与 KHCO3溶液均与石灰水反应生成沉淀，则不能鉴别，故D 错误；故选 C点评：本题为小综合，涉及离子的共存、电离方程式的书写，物质的转化、物质的鉴别等，注重基础知识的考查，题目难度不大6（2013?聊城一模）下列图示与对应的叙述相符的是（）A图表示某放热反应在无催化剂（a）和有催化剂（b）时反应的能量变化B 图表示一定条件下进行的反应2SO2+O2?2SO3各成分的物质的量变化，t2时刻改变的条件可能是增加了 SO3C 图表示某明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液，沉淀的质量与加入Ba（OH）2溶液体积的关系，在加入 20 mL Ba（OH）2溶液时铝离子恰好沉淀完全D电导率可表示溶液导电性的强弱，电导率越大导电性越强图可表示向盐酸和醋酸混合溶液中滴入氨水过程中电导率的变化关系考点：反应热和焓变；离子方程式的有关计算；物质的量或浓度随时间的变化曲线；电解质溶液的导电性专题：图示题分析：A、依据催化剂作用是降低反应活化能改变化学反应速率分析；B、依据图象物质量的变化分析，三氧化硫改变条件后增大，氧气和二氧化硫减小；C、沉淀生成达到最大后，氢氧化铝溶解沉淀量减小最后不变；D、溶液导电能力是溶由液中离子浓度大小决定解答：解：A、图中反应物能量大于生成物能量反应放热，催化剂是通过降低反应活化能来改变反应速率，不改变平衡，故A 正确；B、反应 2SO2+O2?2SO3，达到平衡依据图象分析二氧化硫和氧气物质的量减小，三氧化硫物质的量增大，溶增大三氧化硫的量新平衡状态各物质的量大于原平衡，故B 错误；C、开始生成BaSO4和 Al（OH）3沉淀，中间继续生成BaSO4但 Al（OH）3溶解，所以质量增加变慢，最后都是BaSO4沉淀，沉淀质量不再变化总的反应方程式：KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=KAlO2+2BaSO4+2H2O，故 C 错误；D、向盐酸和醋酸混合溶液中滴入氨水发生反应生成强电解质氯化铵和醋酸铵，继续滴加氨水，导电能力不会减小，故D 错误；故选 A点评：本题考查了图象分析方法，反应特征的应用，主要是反应热量变化，反应定量计算分析判断，溶液导电能力的判断，平衡影响因素的条件应用，题目难度中等7（2013?聊城一模）在一定温度下，饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2O?H+Cl+HClO 下列说法中，正确的是（）A光照一段时间后，增大B 加入碳酸钙粉末后，溶液的pH 增大C 稀释溶液，由水电离的c（H+）减小D加入 NaOH 固体，一定有c（Na+）c（Cl）c（H+）c（ClO）考点：化学平衡的影响因素专题：化学平衡专题分析：A、光照 HClO 分解生成HCl，溶液中c（ClO）降低，c（H+）增大；B、碳酸钙与盐酸反应，虽然平衡向正反应移动，但氢离子浓度不达到原来的浓度，溶液中c（H+）减小；C、稀释溶液，溶液中c（H+）减小，c（OH）浓度增大，溶液中OH的浓度等于水电离的H+的浓度；D、加入过量的氢氧化钠，溶液中c（ClO）远远大于c（H+）解答：解：A、光照 HClO 分解生成HCl，溶液中 c（ClO）降低，c（H+）增大，减小，故A 错误；B、碳酸钙与盐酸反应，虽然平衡向正反应移动，但氢离子浓度不达到原来的浓度，溶液中c（H+）减小，溶液的pH 增大，故B 正确；C、稀释溶液，溶液中c（H+）减小，c（OH）浓度增大，溶液中OH的浓度等于水电离的H+的浓度，水电离的c（H+）增大，故C 错误；D、加入过量的氢氧化钠，溶液中c（ClO）远远大于c（H+），故 D 错误；故选 B点评：考查化学平衡的影响因素，难度中等，D 选项注意与加入的氢氧化钠的量有关二、非选择题（共3 小题，满分42 分）8（16 分）（2013?聊城一模）研究CO2与 CH4反应使之转化为CO 和 H2，对减缓燃料危机、减小温室效应具有重要的意义（1）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ?mol12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=484kJ?mol1CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890kJ?mol1则：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）H=+160kJ?mol1（2）在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1mol/L 的 CH4与 CO2，在一定条件下发生反应CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），测得 CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图1：下列事实能说明该反应一定达到平衡的是acaCO2的浓度不再发生变化b正（CH4）=2逆（CO）c混合气体的平均相对分子质量不发生变化dCO 与 H2的物质的量比为1：1 据图可知，P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为P4P3P2P1 在压强为 P4、1100的条件下，该反应 5min 时达到平衡X 点，则用 CO 表示该反应的速率为0.032mol/（L?min），该温度下，反应的平衡常数为1.64（3）用 CO 与 H2可合成甲醇（CH3OH），以甲醇和氧气反应制成的燃料电池如图2 所示，该电池工作过程中 O2应从c（填“c 或 b”）口通入，电池负极反应式为2CH3OH+2H2O12e=2CO2+12H+，若用该电池电解精炼铜，每得到6.4g 铜，转移电子数目为0.2NA考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断；转化率随温度、压强的变化曲线专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据盖斯定律，由于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，反应热也乘以相应的系数，进行相应的计算，据此解答；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，据此解答解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），据此结合方程式判断压强对平衡移动的影响进行解答；由图 1 可知，压强为P4、1100的条件下，该反应5min 时达到平衡X 点，是甲烷的转化率为80%，据此计算甲烷的浓度变化量，根据v=计算 v（CH4），再利用速率之比等于化学计量数之比计算 v（CO）；利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算该温度下的平衡常数；（3）由图 2 可知，氢离子由左边转移到右边，左边有气体生成，故左边发生氧化反应，右边发生还原反应，反应中氧气发生还原反应；电极总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，利用总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式；根据 n=计算铜的物质的量，根据电子转移守恒可知，转移电子等于铜离子转化为铜获得的电子，再根据 N=nNA计算注意电子数目解答：解：（1）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H=566kJ?mol1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=484kJ?mol1 CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890kJ?mol1由盖斯定律，得 CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），故 H=890kJ?mol1（566kJ?mol1）（484kJ?mol1）=+160kJ?mol1，故答案为：+160kJ?mol1；（1）对于 CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），故 H=+160kJ?mol1，、a平衡时反应混合物各组分的浓度不变，CO2的浓度不再发生变化，说明到达平衡，故a 正确；b正（CH4）=2逆（CO），则 正（CH4）：逆（CO）=2：1，不等于化学计量数之比，未处于平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应进行，故b 错误；c反应混合物的总质量不变，随反应进行，反应混合物的总的物质的量增大，平均相对分子质量减小，混合气体的平均相对分子质量不发生变化，说明到达平衡，故c 正确；dCO 与 H2的化学计量数为1：1，反应数值按物质的量比为1：1 进行，不能说明到达平衡，故d错误；故答案为：ac；由图可知，温度一定时，甲烷的转化率（P1）（P2）（P3）（P4），该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强P4P3P2P1，故答案为：P4P3 P2P1；由图 1 可知，压强为P4、1100的条件下，该反应5min 时达到平衡X 点，是甲烷的转化率为80%，甲烷的浓度变化量为0.1mol/L 80%=0.08mol/L，故 v（CH4）=0.016mol/（L?min），根据速率之比等于化学计量数之比，所以v（CO）=2v（CH4）=2 0.16mol/（L?min）=0.032mol/（L?min），CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g），开始（mol/L）：0.1 0.1 0 0 变化（mol/L）：0.08 0.08 0.16 0.16 平衡（mol/L）：0.02 0.02 0.16 0.16 故该温度下平衡常数k=1.64 故答案为：0.032mol/（L?min）；1.64；（3）由图 2 可知，氢离子由左边转移到右边，左边有气体生成，故左边发生氧化反应，右边发生还原反应，反应中氧气发生还原反应，故氧气在c 口通入，电极总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，正极电极反应式为3O2+12H+12e=6H2O，总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式为：2CH3OH+2H2O12e=2CO2+12H+，铜的物质的量为=0.1mol，根据电子转移守恒可知，转移电子等于铜离子转化为铜获得的电子，故转移电子数目为0.1mol 2 NAmol1=0.2NA，故答案为：c；2CH3OH+2H2O12e=2CO2+12H+；0.2NA点评：本题考查反应热的计算、影响化学平衡元素、平衡图象、原电池原理等，题目综合性较大，难度中等，（3）中负极电极反应式的书写为难点，易错点，利用总反应式减去正极反应式可得负极电极反应式9（12 分）（2013?聊城一模）白云石的主要成分为CaCO3?MgCO3，还含有少量Fe、Si 的化合物实验室以白云石为原料制备Mg（OH）2及 CaCO3步骤如下：实验过程中需要的数据见下表：氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH Fe3+1.9 3.2 Fe2+7.0 9.0 Mg2+9.5 11.0 请回答下列问题：（1）过滤中所需的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗，溶液 A 中含有 Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+，则试剂 可选择BC（填字母，下同）A KMnO4B Cl2CH2O2（2）若要利用反应过程中生成的CO2，从溶液 D 中制取 CaCO3，需要先通入的一种气体是NH3，然后通入 CO2通入 CO2气体时请把装置图补充完整（不允许更换溶液，导气管以下连接的仪器自选）（3）根据表中提供的数据判断，Fe（OH）3、Fe（OH）2和 Mg（OH）2的溶度积常数由小到大的排列顺序为KspFe（OH）3KspFe（OH）2KspMg（OH）2（4）若将制取的Mg（OH）2加入到某聚乙烯树脂中Mg（OH）2，树脂可燃性大大降低，Mg（OH）2起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO 覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳考点：制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；镁、铝的重要化合物专题：几种重要的金属及其化合物分析：由流程可知，白云石加盐酸反应后的溶液中主要为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铁，加试剂 将亚铁离子氧化为铁离子，再加氧化镁除去铁离子，溶液C 中主要含钙、镁离子，加CaO 促进镁离子水解从而除去镁离子，（1）过滤操作使用烧杯、玻璃棒、漏斗，选择氧化剂时注意不能引入新的杂质；（2）氯化钙溶液、氨气、二氧化碳能反应生成碳酸钙，通入二氧化碳应注意防止倒吸；（3）由表格中的数据可知，沉淀的pH 越小，则溶度积越小；（4）分解反应为吸热反应，生成MgO 覆盖在可燃物表面解答：解：由流程可知，白云石加盐酸反应后的溶液中主要为氯化钙、氯化镁、氯化亚铁、氯化铁，加试剂 将亚铁离子氧化为铁离子，再加氧化镁除去铁离子，溶液C 中主要含钙、镁离子，加CaO 促进镁离子水解从而除去镁离子，（1）过滤操作使用烧杯、玻璃棒、漏斗，选择氧化剂时注意不能引入新的杂质，则试剂 为 B 或C，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；BC；（2）氯化钙溶液、氨气、二氧化碳能反应生成碳酸钙，则应通入氨气，通入二氧化碳应注意防止倒吸，装置图为，故答案为：NH3；（3）由表格中的数据可知，沉淀的pH 越小，则溶度积越小，则KspFe（OH）3KspFe（OH）2KspMg（OH）2，故答案为：KspFe（OH）3KspFe（OH）2KspMg（OH）2；（4）Mg（OH）2起阻燃作用的主要原因是Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的MgO 覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳，故答案为：Mg（OH）2受热分解时吸收大量的热，使环境温度下降；同时生成耐高温、稳定性好的 MgO 覆盖在可燃物表面，阻燃效果更佳点评：本题考查制备实验方案的设计，明确流程及发生的化学反应即可解答，注意画图中漏斗口不能深入液面以下，用干燥管的球形部分要在液面以上，及分解吸热和分解生成的MgO 阻燃两个要点为解答的难点，题目难度较大10（14 分）（2013?聊城一模）某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质已知：2NO2+2NaOH NaNO3+NaNO2+H2O 利用图 1 所示装置探究NO2能否被 NH3还原（K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去）（1）E 装置中制取NO2反应的离子方程式是Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O（2）该实验中制取氨气时若只用一种试剂，从下列物质中选取aaNH4HCO3bNH4Cl c浓氨水（3）若 NO2能够被 NH3还原，预期观察到C 装置中的现象是C 装置中混合气体颜色变浅（4）实验过程中，未能观察到C 装置中的预期现象该小组同学从反应原理的角度分析了原因，认为可能是：NH3还原性较弱，不能将NO2还原；在此条件下，NO2的转化率极低；在此条件下，该反应的化学反应速率极慢（5）此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气吸收装置（6）探究 NO2能否与 Na2O2发生氧化还原反应为了验证NO2能被 Na2O2氧化，该小组同学选用B、D、E 装置，将B 中的药品更换为Na2O2，另选 F 装置（如图2 所示），重新组装，进行实验装置的合理连接顺序是EDBDF 或 EDBF 或 FDBDE 或 FBDE 实验过程中，B 装置中淡黄色粉末逐渐变成白色经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成推测B 装置中反应的化学方程式为2NO2+Na2O22NaNO3考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氮族元素分析：（1）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，根据离子方程式书写规则书写；（2）根据各物质的状态和性质来分析确定；（3）若 NO2能够被 NH3还原，则混合气体的颜色将变浅；（4）实验过程中，未能观察到C 装置中的预期现象，说明二氧化氮反应的量很少，可能是反应速率降低，或者二氧化氮的转化率较低；（5）有毒气体不能直接排空；（6）验证二氧化氮和过氧化钠反应，首先要制取二氧化氮，因为水能和过氧化钠反应，所以要除去水的干扰，使二氧化氮气体通过过氧化钠，最后要进行尾气处理；过氧化钠变成白色固体且为纯净物，根据氧化还原反应中元素化合价的变化确定生成物解答：解：（1）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；（2）a加热 NH4HCO3时，碳酸氢铵分解生成氨气、水和二氧化碳，除去水和二氧化碳就可以得到氨气，故选；b加热 NH4Cl 时，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，但温度低时，氨气和氯化氢又反应生成氯化铵，所以得不到氨气，故不选；c浓氨水是液体，试管中的药品是固体，所以不符合要求，故不选；故选 a；（3）二氧化氮是红棕色气体，如果能被氨气还原，生成无色气体氮气，则C 装置中混合气体颜色变浅，故答案为：C 装置中混合气体颜色变浅；（4）造成未能观察到C 装置中的预期现象可能原因是：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢或 NO2的转化率极低导致反应现象变化不明显，故答案为：在此条件下，该反应的化学反应速率极慢；（5）二氧化氮是有毒气体，氨气是有刺激性气味的气体，所以都不能直接排空，要进行尾气处理才能排空，故答案为：缺少尾气吸收装置；（6）验证过氧化钠和二氧化氮反应，首先要用E 装置制取二氧化氮，因为制取的二氧化氮气体中含有水蒸气，水能和过氧化钠反应而造成干扰，所以要用D 装置除去水蒸气，然后较纯净的二氧化氮通过B 装置，未反应的二氧化氮有毒不能直接排空，所以最后要进行尾气处理，选用图 2 装置处理尾气，所以装置的合理连接顺序是EDBDF 或 EDBF 或 FDBDE 或 FBDE，B 装置中淡黄色粉末逐渐变成白色经检验，该白色物质为纯净物，且无其他物质生成，过氧化钠作氧化剂，则二氧化氮中氮元素失电子化合价升高而作还原剂，所以氮元素只能转化为+5 价，且生成物是纯净物，所以是硝酸钠，反应方程式为2NO2+Na2O22NaNO3，故答案为：EDBDF 或 EDBF或 FDBDE 或 FBDE；2NO2+Na2O22NaNO3点评：本题考查了探究二氧化氮性质的实验，根据元素的化合价来预测物质具有的性质，然后根据实验现象判断物质具有的性质，难度较大11（8 分）（2013?聊城一模）【化学化学与技术】化学在材料的发展过程中起着很重要的作用，2012 年度国家最高科学技术奖授予郑哲敏院士、王小谟院士，两人均在材料方面作出了巨大贡献，为国家创造出较大的经济效益（1）石灰石、生石灰和熟石灰均是重要的化工原料，下列工业生产中，不可能用到上述原料的是（填序号）炼铁 炼钢 从海水中提取镁 铝的冶炼 制水泥 制玻璃 制漂白粉 烧制陶瓷（2）神州八号与天宫一号的成功对接与分离，标志着我国航天工业发展进入了新阶段下列选项中的描述与化学研究领域无关的是A燃料燃烧为神州八号升空提供动力B与地面指挥中心联系的无线电通讯C宇航服使用的合成纤维等新材料D太空舱中利用NiFeO4处理呼出的废气（3）玻璃钢是将玻璃纤维和高分子材料复合而成的复合材料，它具有强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好等优良性能，其中基体是高分子材料，增强体是玻璃纤维（4）橄榄石型LiFePO4是种锂离子电池正极材料，其中 Fe 元素显+2 价常向 LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善LiFePO4的导电性能外，还能与空气中氧气反应，防止LiFePO4中 Fe2+被氧化考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；原电池和电解池的工作原理专题：化学应用分析：（1）根据各物质的原料解题；（2）化学研究的是物质的组成、结构、性质以及变化规律的基础自然科学；（3）玻璃钢的基体是高分子材料；（4）消耗空气中的O2，保护 Fe2+，防止 Fe2+被氧化；解答：解：（1）炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石；炼钢主要原料是铁水以及废钢（废钢用于降温及降低成本！属于金属料（及其他合金比如泥铁，添加较少价格较高），造渣料如大量的石灰，白云石，莫来石等；从海水中提取镁的原料：海水、石灰乳；铝的冶炼的原料：氧化铝；制水泥的原料：石灰石和黏土；制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉；烧制陶瓷的原料：黏土，故答案为：；（2）A燃料燃烧是化学变化，与化学研究领域有关，故A 错误；B无线电通讯利用的是电磁波，与化学研究领域无关，故B 正确；C合成纤维和用化学方法合成的，与化学研究领域有关，故C 错误；D利用 NiFeO4处理呼出的废气是化学变化，与化学研究领域有关，故D 错误故选 B；（3）玻璃钢的基体是高分子材料，增强体是玻璃纤维，故答案为：高分子材料；玻璃纤维；（4）高温成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的导电性能外，还能消耗空气中的氧气，保护 Fe2+，防止 Fe2+被氧化，故答案为：与空气中氧气反应，防止 LiFePO4中 Fe2+被氧化；点评：本题考查工业生产的原料、化学研究的内容、复合材料、新型电池等，难度不大，易错点是（1），注意知识的积累12（8 分）（2013?聊城一模）【化学物质结构与性质】A、B、C 都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大第2 周期元素A 原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，B 原子的最外层p 轨道的电子为半满结构，C 是地壳中含量最多的元素D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满请用对应的元素符号或化学式填空：（1）A、B、C 的第一电离能由小到大的顺序为CON（2）A 的最高价氧化物对应的水化物分子中其中心原子采取sp2杂化（3）与 A、B 形成的阴离子（AB）互为等电子体的分子有N2、CO（4）基态 D 原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，右图是金属Ca 和 D 所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca 和 D 的原子个数比为1：5（5）向 D 的高价态硫酸盐溶液中逐滴滴加B 的氢化物水溶液至过量，先出现沉淀，最后沉淀溶解形成溶液写出此沉淀溶解的离子方程式：Cu（OH）2+4NH3?H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O考点：元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：A、B、C 都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B 原子的最外层p 轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故 B 为 N 元素，第2 周期元素A 原子的核外成对电子数是未成对电子数的2 倍，故原子核外电子排布为1s22s1或 1s22s22p2，结合（3）能与 N 元素形成阴离子（AN），故 A 为 C 元素，C 是地壳中含量最高的元素，所以C 是 O 元素，D 是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D 元素原子各层电子数分别为 2、8、18、1，是 29 号 Cu 元素，据此解答解答：解：A、B、C 都是元素周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，B 原子的最外层p 轨道的电子为半满结构，最外层电子排布为2s22p3，故 B 为 N 元素，第 2 周期元素A 原子的核外成对电子数是未成对电子数的2 倍，故原子核外电子排布为1s22s1或 1s22s22p2，结合（3）能与 N 元素形成阴离子（AN），故 A 为 C 元素，C 是地壳中含量最高的元素，所以C 是 O 元素，D 是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，故D 元素原子各层电子数分别为2、8、18、1，是 29 号 Cu 元素，（1）C、N、S 元素是同一周期元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N 元素原子 2p 能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能CON，故答案为：CON；（2）H2CO3中 C 原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，成 1 个 C=O 双键，2 个 CO 单键，杂化轨道数目为3，采取 sp2杂化，故答案为：sp2；（3）将 CN中 C 原子及 1 个负电荷换成1 个 N 原子，可得的等电子体N2，将 N 原子及 1 个负电荷换成 1 个 O 原子，可得的等电子体CO，故答案为：N2、CO；（4）D 的原子序数是29，为 Cu 元素，其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，由晶胞结构可知，Ca 原子处于顶点，晶胞中含有Ca 原子数目为8=1，Cu 原子处于晶胞内部与面上、面心，晶胞中Cu 数目为 1+4+4=5，故该合金中Ca 和 Cu 的原子个数比为1：5，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1，1：5；（5）将氨水滴加到硫酸铜溶液中，首先反应生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3?H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3?H2O=Cu（NH3）42+2OH+4H2O点评：本题以元素的推断考查了原子的杂化方式、核外电子排布规律、电离能、晶胞计算、配合物等知识点，注意同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA 和第 IIIA 族、第 VA 族和第 VIA 族之间异常，为易错点13（8 分）（2013?聊城一模）【化学有机化学基础】已知：醛分子间可相互发生缩合反应，这是使碳链增长的重要方式之一，例如：R CHO+CH3CHORCH=CH CHO+H2O 有机物 E 可分别由有机物A 和 C 通过下列两种方法制备：（1）有机物D 的结构简式为，反应 的反应类型是消去反应（2）写出 B 与 NaOH 水溶液共热的化学方程式+NaOH+NaBr（3）E 有多种同分异构体，其中与E 具有相同官能团，且属于芳香族化合物的物质有4种（4）乙基香草醛是有机物A 的同分异构体，下列说法错误的是aca乙基香草醛能与NaHCO3溶液反应b乙基香草醛能与浓溴水发生取代反应c1mol 乙基香草醛最多能与3molH2发生加成反应d乙基香草醛和有机物A 能用 FeCl3溶液来鉴别考点：有机物的推断；有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：A 反应生成B，根据 A 和 B 的分子式知，A 和氢溴酸发生取代反应生成B，B 的结构简式为：，B 反应生成E，苯甲醛和乙醛反应生成D，结合已知信息得，D 的结构简式为：，D 被氧化生成E解答：解：A 反应生成B，根据 A 和 B 的分子式知，A 和氢溴酸发生取代反应生成B，B 反应生成 E，苯甲醛和乙醛反应生成D，结合已知信息得，D 的结构简式为：，D 被氧化生成E（1）通过以上分析知，D 的结构简式为：，根据 B 和 E 的结构简式知，B 发生消去反应生成E，故答案为：，消去反应；（2）和 NaOH 水溶液共热发生取代反应生成，反应方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr；（3）E 有多种同分异构体，其中与E 具有相同官能团，且属于芳香族化合物的物质有，故答案为：4；（4）乙基香草醛的结构简式为：，含有醛基、酚羟基和醚基，所以具有醛、酚和醚的性质，a乙基香草醛不含羧基，所以不能与NaHCO3溶液反应，故错误；b乙基香草醛含有酚羟基，所以能与浓溴水发生取代反应，故正确；c能和氢气发生加成反应的有苯环、醛基，所以 1mol 乙基香草醛最多能与4molH2发生加成反应，故错误；d乙基香草醛含有酚羟基而A 不含酚羟基，所以能用FeCl3溶液来鉴别，故正确；故选 a、c点评：本题考查有机物推断及有机物性质，明确物质含有的官能团及其官能团的性质是解本题的关键，注意酚羟基和碳酸钠溶液反应但不和碳酸氢钠溶液反应，为易错点