2013届山东省聊城市高三高考模拟（一）理综化学试卷与答案（带解析）.doc

《2013届山东省聊城市高三高考模拟（一）理综化学试卷与答案（带解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013届山东省聊城市高三高考模拟（一）理综化学试卷与答案（带解析）.doc（13页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2013届山东省聊城市高三高考模拟（一）理综化学试卷与答案（带解析） 选择题 下列叙述不能体现相关主旨的是 A “水域蓝天，拒绝污染 ”一严控 PM 2.5排放，改善雾霾天气 B “化学，让生活更美好 ”一积极开发风力发电，让能源更清洁 C “节能减排，低碳经济 ”一综合利用煤和石油，发展绿色化学 D “化学，引领科技进步 ”一研究合成光纤技术，让通讯更快捷 答案： B 试题分析： 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、风力发电属于物理过程，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，

2、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，答案：选 B。 考点：考查化学与生活、环境保护、绿色化学、能源与材料等 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加入少量水，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-)） 答案： B 试题分析： A、次氯酸不稳定，光照 HClO易分解生成 HCl和氧气，所以溶液中 c(ClO-)降低， c(H )增大，因此 减小，故 A

3、错误； B、碳酸的酸性强于次氯酸的，所以碳酸钙与次氯酸不反应，而与盐酸反应，虽然平衡向正反应移动，但溶液中 c(H )仍然是减小的，因此溶液的 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，因此水电离的 c(H )增大，故 C错误； D、如果加入过量的氢氧化钠，则溶液中 c(ClO-)远远大于 c(H )，故 D错误，答案：选 B。 考点：考查外界条件对平衡状态的影响；溶液酸碱性以及溶液中离子浓度大小比较等 下列图示与对应的叙述相符的是 A图 I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

4、 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 SO2 C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 20mLBa(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 答案： A 试题分析： A、图 I中反应物总能量大于生成物总能量，因此是放热反应。催化剂是通过降低反应活化能来改变反应速率，但不能改变平衡，故 A正确； B、反应 2SO2+O2 2SO3达到平衡时，依据图

5、分析 t2时刻二氧化硫和氧气物质的量减小，三氧化硫物质的量增大，这说明平衡向正反应方向进行，因此改变的条件是增大压强或降低温度。如果是增加了 SO2，则 SO2的物质的 量不可能减少，即平衡时 SO2的物质的量应该大于原平衡时 SO2的物质的量，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开始溶解，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

6、醋酸铵，继续滴加氨水，导电能力几乎不再发生变化，故 D错误，答案：选 A。 考点：考查反应热的判断、外界条件对平衡状态的影响、明矾与氢氧化钡反应以及溶液导电能力判断等 下列叙述正确的是 A NaHCO3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 CO32- B符合 a b c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 答案： C 试题分析： A、碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，其电离方程式是

7、NaHCO3 Na HCO3-， A不正确； B、 N2 O2 2NO、 2NO O2 2NO2； 4Al 3O2 2Al2O3，氧化铝与氧气不反应； Si O2 SiO2，二氧化硅与氧气不反应； S O2 SO2、2SO2 O2 2SO3，所以选项 B不正确； C、室温下， pH 3的溶液显酸性，则AlO2-不大量共存。在酸性条件下， NO3-能氧化 Fe2 不能大量共存， C正确； D、Na2CO3 与 KHCO3 溶液均能和澄清石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，不能鉴别，D不正确，答案：选 C。 考点：考查电离方程式、物质的转化、离子共存 以及物质的鉴别等 X、 Y、 Z是 3种短周期元素，

8、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原予少 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 Z Y X B Y元素的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为 H2YO4 C 3种元素的气态氧化物中 Z的气态氢化物最稳定 D原子半径由大到小排列顺序为 Z Y X 答案： C 试题分析：由于最外层电子数不能超过 8个，所以如果 X原子的最外层电子数是其电子层数的 3倍，则 X一定是第二周期的 氧元素。 X、 Y位于同一主族，且均是短周期元素，因此 Y是 S元素。 Z原子的核外电子数比 Y原予少 1，元

9、素 Z是 P元素。 A、同周期自左向右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，因此三种元素的非金属性由弱到强的顺序为 Z Y X， A 正确；B、 S元素是第 A族元素，最高价是 6价，因此 Y元素的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为 H2YO4， B正确； C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此 3种元素的气态氧化物中 X的气态氢化物最稳定， Z的氢化物最不稳定， C不正确； D、同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下 原子半径逐渐增大，因此原子半径由大到小排列顺序为 Z Y X， D正确，答案：选 C。 考点：考查元素周期表的结构、核外电子排布以及元素周期律的应用

10、 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 答案： D 试题分析： A、乙烯含有碳碳双键，能和氢气发生加成反应生成乙烷。乙烷是烷烃不能和氢气发生加成反应， A不正确； B、苯分子不存在碳碳双键，因此不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烯和乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色， B不正确； C、蔗糖是二糖，不是高分子化合物， C不正确； D、乙醇与碳酸钠溶液不反应，但与水互溶。乙酸和碳酸钠溶液反应生成 CO2气体，乙酸乙酯不溶

11、于饱和碳酸钠溶液中，因此可以鉴别， D正确，答案：选 D。 考点：考查有机物结构、性质、高分子化合物以及有机物鉴别等 下列推断正确的是 A Cl2,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)3 C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 答案： C 试题分析： A、 SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。氯气具有氧化性，能使品红溶液褪色，二者得原理不同， A不正确； B、氨水虽然是弱碱，但能和氯化铁溶液发生复分解反应生成 氢氧化铁沉

12、淀和氯化铵， B不正确； C、明矾溶于水电离出的 Al3 水解形成的 Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物， 可用它来净水， C正确； D、浓硫酸为强氧化剂，二氧化硫为强还原剂，但二者不能发生氧化还原反应，所以能用前者干燥后者， D不正确，答案：选 C。 考点：考查 SO2、氯气、浓硫酸的性质；氢氧化铁的制备以及明矾净水 实验题 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 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

13、 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 。溶液 A中含有 Ca2 ,Mg2 ,Fe2 ,Fe3 ，则试剂 可选择 (填字母） A.KMnO4 B.Cl2 C.H2O2 (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 ，然后通入 CO2。通入 CO2气体时请把右边的装置图补充完整（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 。 (4)若将制取的 Mg(OH)2：加入到某聚乙烯树脂中，树脂可

14、燃性大大降低，Mg(OH)起阻燃作用的主要原因是 。 答案：（ 12分）（ 1）玻璃棒、烧杯、漏斗（ 2分）； BC（ 2分） （ 2） NH3（ 1分）； （ 2分，使用干燥管也得分） (3) KspFe(OH)3 KspFe(OH)2 KspMg(OH)2（ 2分） （ 4） 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。（ 2分，答出其中一个方面即可） 试题分析：根据流程可知，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

15、Ca2 、 Mg2 ，加 CaO促进镁离子水解从而除去镁离子。 （ 1）过滤操作中的主要仪器是铁架台（带铁圈）、烧杯、玻璃棒、漏斗，因此主要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。由于选择氧化剂时不能引入新的杂质，高锰酸钾的还原产物是 Mn2 ，属于杂质，因此不能选择高锰酸钾溶液，所以试剂 为氯气或双氧水，即答案：选 B或 C。 （ 2） CO2溶于水，溶液显酸性，不能和氯化钙反应生成白色沉淀。所以要制备碳酸钙沉 淀，应该首先通入氨气，然后再通入 CO2。由于氨水溶液显碱性，所以通入二氧化碳时应注意防止倒吸，因此正确的装置图可以为 。 （ 3）由表格中的数据可知，沉淀的 pH越小，则溶度积越小。所以

16、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 KspFe(OH)3KspFe(OH)2 KspMg(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 考点：考查过滤操作、氧化剂的选择；碳酸钙制备、防倒吸装置的选择；溶度积常数的判断以及氢氧化镁的性质与用途等 某化学课外活动小组通过实验研究 NO2

17、的性质。 已知： 2NO2 2NaOH NaNO3 NaNO2 H2O 利用下图 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 。 (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 。 a NH4HCO3 b NH4Cl 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 。 (4)实验过程中气密性良好，但未能观察到 C装置中的预期现象。该小组同学分析其原因可能是： ；还原性较弱，不能将 NO2还原； 在此条件下， NO2的转化率极低； 。 (5)此实验装置存在一个明显的缺陷是

18、。 (6)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 _。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 _。 答案：（ 14 分）（ 1） Cu 4H 2NO3- Cu2 2NO2 2H2O（ 2 分） （ 2）a（ 2分） （ 3） C装置中混合气体颜色变浅（其它合理答案：酌情给分）（ 2分） （ 4）在此条件下，该反应的化学反应速率极慢（未使用催化剂、未加热等答案：合理即给分）

19、（ 2分） （ 5）缺少尾气吸收装置（ 2分） （ 6） EDBF或 FBDE（ 2分）； 2NO2+Na2O2 2NaNO3（ 2分） 试题分析：（ 1）浓硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程为 Cu 4H 2NO3- Cu2 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 a正确； b、加热 NH4Cl时，氯化铵分解生成氨气和氯化氢，但温度降低后，氨气和氯化氢又反应生成氯化铵，所以得不到氨气，故 b不正确； c、浓氨水是液体，试管中的药品是固体，所以不符合要求，故 c不正确，

20、答案：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。 （ 4）未能观察到 C装置中的预期现象，这说明反应未能发生或发生的反应物很少，因此造成未能观察到 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未使用催化剂或未加热或 NO2的转化率极低导致反应现象变化不明显。 （ 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。 （ 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

21、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 EDBF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，因此反应的化学方程式为 2NO2+Na2O22NaNO3。 考点：考查 硝酸与铜的反应；氨气制备； NO2的性质；实验方案设计与评价；尾气处理以及氧化还原反应的有关判断和应用等 填空题 化学在材料的发展过程中起着很重要

22、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

23、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 ，增强体是 . (4)橄榄石型 LiFePO4是一种锂离子电池正极材料，其中 Fe元素显十 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 。 答案：（ 8分）（ 1） （ 2分） （ 2） B（ 2分） （ 3）高分子材料 玻璃纤维（ 2分） （ 4）与空气中氧气反应，防止 LiFePO4中 Fe2+被氧化（ 2分） 试题分析：（ 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）和金属料（及其

24、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，因此正确的答案：选 。 （ 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、合成纤维是用化学方法合成的，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

25、研究领域有关，故 D错误，所以答案：选 B。 （ 3）根据玻璃钢的含义可知，玻璃钢的基体是高分 子材料，增强体是玻璃纤维。 （ 4）由于亚铁离子极易被氧化，因此高温成型前，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。 考点：考查工业生产的原料、化学研究、复合材料、电化学原理的有关应用与判断等 计算题 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/m

26、ol 2H2（ g） +O2（ g） 2H2O（ g） H -484kJ/mol CH4（ g） +2O2（ g） CO2（ g） +2H2O（ g） H -890kJ/mol 则： CH4（ g） +CO2（ g） 2CO（ g） +2H2（ g） H _。 (2)在密闭容器中通人物质的量浓度均为 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 。 a CO2的浓度不再发生变化 b 正 （ CH4） 2逆 （ CO） c混

27、合气体的平均相对分子质量不发生变化 d CO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 。 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 ，该温度下，反应的平衡常数为 。 (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，该电池工作程中 O2应从 (填 “c或一 b”)口通人，电池负极反应式为 ，若用该电池电解精炼铜，每得到 6. 4g铜，转移电子数目为 。 答案：（ 16分）（ 1） 160kJ/mol（ 2分） （ 2） a、 c（ 2分） P4

28、 P3 P2 P1（ 2分） 0.032mol/(L min)； 1.64（ 2分） （ 3） c（ 2分）； CH3OH H2O-12e- CO2 6H+（ 2分）； 1.2041023或 0.2NA（ 2分） 试题分析：（ 1）已知： 2CO（ g） +O2（ g） 2CO2（ g） H -566kJ/mol、 2H2（ g） +O2（ g） 2H2O（ g） H -484kJ/mol、 CH4（ g） +2O2（ g）CO2（ g） +2H2O（ g） H -890kJ/mol，因此根据盖斯定律可知， - - 即得反应 CH4（ g） +CO2（ g） 2CO（ g） +2H2（ g），

29、所以该反应的反应热 H -890kJ/mol 566kJ/mol 484kJ/mol 160kJ/mol。 （ 1） 在一定条件下，当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时（但不为0），反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。根据方程式 CH4（ g） +CO2（ g） 2CO（ g） +2H2（ g）可知，该反应是体积增大的可逆反应，则 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

30、，平衡向正反应进行，故 b错误； c混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值。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； d CO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，答案：选 ac。 根据图可知，温度一定时，甲烷的转化率 (P1) (P2) (P3) (P4)。由于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 P1、 P2、 P3、 P4由大到小的顺序为 P

31、4 P3 P2 P1。 根据图 1 可知，压强为 P4、 1100 的条件下，该反应 5min时达到平衡 X 点，此时甲烷的转化率为 80%，因此甲烷的浓度变化量为 0.1mol/L80%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可知， v(CO) 2v v(CH4) 20.016mol/(L min) 0.032mol/(L min)。 CH4（ g） +CO2（ g） 2CO（ g） +2H2（ g） 起始浓度（ mol/L） 0.1 0.1 0 0 转化浓度（ mol/L） 0.08 0.08 0.16 0.16 平衡浓度（

32、mol/L） 0.02 0.02 0.16 0.16 所以该温度下平衡常数 K 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，反应中氧气得到电子，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：CH3OH H2O-12e- CO2 6H+。铜的物质的量为 6.4g64g/mol 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 0.1mol2NAmol

33、-1 0.2NA。 考点：考查盖斯定律的应用；平衡状态的判断、外界条件对平衡状态的影响；反应速率和平衡常数的计算；电化学原理的应用以及有关计算等 推断题 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轨道的电子为半充满结构， 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 。 (2)A的最高价含氧酸根离 子中其中心原子采取 杂化。 (3)与 A、 B形成的阴

34、离子 (AB-)互为等电子体的分子有 。 (4)基态 D原子的核外电子排布式为 ，下图是金属 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 。 (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： _ _。 答案：（ 8分）（ 1） C O N（ 2分） （ 2） sp2（ 1分） （ 3） N2或 CO（ 1分，其它合理答案：也给分） （ 4） 1s22s22p63s23p63d104s1(或 Ar 3d104s1)（ 1分）； 1:5（ 1分） （ 5） Cu(OH)2+4NH3

35、 H2O Cu(NH3)2+2OH-+4H2O（ 2分） 试题分析： 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轨道的电子为半充满结构，最外层电子排布为 2s22p3，故 B为氮元素。第二周期元素 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为碳元素； C是地壳中含量最高的元素，所以 C是氧元素。 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

36、 Cu元素。（ 1） C、N、 O元素是同一周期元素，同一周期元素自左向右非金属性逐渐增强，第一电离能呈增大趋势。但由于氮元素原子 2p能级是半充满稳定状态，能量较低，所以第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由小到大的顺序为 C O N。 （ 2） A的最高价含氧酸根离子是 CO32-，根据价层电子对互斥理论可知，其中碳原子含有的孤对电子对数（ 4 2-32） 2 0，这说明碳原子最外层电子数全部成键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，采取 sp2杂化。 （ 3）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，因此将 CN-中碳原子及 1个负电荷换成 1个氮原子，可得的等电子体 N2，将 N原子

37、及 1个负电荷换成 1个O原子，可得的等电子体 CO，即互为等电子体的是 N2或 CO。 （ 4） D的原子序数是 29，为 Cu元素，根据构造原理可知，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，所以根据均摊法可知晶胞中含有 Ca 原子数目为 8 1 个。 Cu原子处于晶胞内部与面上、面心处，所以晶胞中 Cu数目为 1+4 +4 5个，故该合金中 Ca和 Cu的原子个数比为 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+

38、4NH3 H2O Cu(NH3)2+2OH-+4H2O。 考点：考查元素推断；第一电离能、杂化轨道类型、等电子体、核外电子排布、晶体结构以及配位化合物形成等 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+CH3CHO R-CH=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： 。 （ 2）写出 B与 NaOH水溶液共热的化学方程式 。 （ 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 种。 (4)乙基香草醛 (是有机物 A的同分异构体 )

39、，下列说法错误的是 a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 c lmol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 答案：（ 8分）（ 1） （ 1分）；消去反应（ 1分） （ 2） +2NaOH +NaBr H2O（ 2分） （ 3） 4（ 2种） （ 4） ac（ 2分） 试题分析： A反应生成 B，根据 A和 B的分子式知，该反应是 A中的羟基和氢溴酸发生取代反应生成 B，因此 B的结构简式是 。根据 B反应生成 E的条件以及 E的结构简式可知，该反应是溴原子的消去反应。根据已知信息可知，苯甲醛和乙

40、醛发生缩合反应生成 D，则 D的结构简式为：。 D中的醛基被氧化成羧基生成 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。 （ 2） 和 NaOH水溶液共热发生取代反应生成 ，因此该反应的化学方程式为： +2NaOH+NaBr H2O。 （ 3）根据 E的结构简式可知， E中含有的官能团 有碳碳双键和羧基，所以与 E具有相同官能团，且属于芳香族化合物的物质有 、 、 ，共计是 4种。 （ 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。即 a乙基香草醛不含羧基，所以不能与 NaHCO3溶液反应，故 a 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 b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 c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 d正确，因此答案：选 ac。 考点：考查有机物推断、有机物结构和性质、有机反应类型、同分异构体判断以及方程式书写等