1、山东省烟台市2015届高三5月适应性考试化学试卷一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）1（6分）（2015烟台模拟）下列工业生产的反应原理不涉及氧化还原反应的是（）A钢铁厂高炉炼铁B工业上以氨气为原料用氨碱法生产纯碱C硝酸厂以氨气为原料制取硝酸D氯碱厂利用氯化钠生产氯气和烧碱考点：氧化还原反应.专题：氧化还原反应专题分析：有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化解答：解：A炼铁厂涉及的反应方程式有C+O2CO2、CO2+C2CO、3CO+Fe2O32Fe+3CO2，这几个反应都有电子的转移，所以涉及氧化还原反应，故A不选；B氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+
2、H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故B选；C涉及的反应有4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，这几个反应都有电子的转移，所以涉及氧化还原反应，故C不选；D涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，该反应中有电子的转移，属于氧化还原反应，故D不选；故选：B点评：本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，难度不大2（6分）（2015烟台模拟）关于C、N、Si、S等非金属元素及其化合物的下列说法不正确的是（）A它
3、们都能以游离态存在于自然界中B氮氧化物、二氧化硫是形成酸雨的主要物质C它们的最高价氧化物都能与强碱反应生成含氧酸盐D加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；硝酸的化学性质；二氧化硫的污染及治理；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅.专题：氧族元素；氮族元素；碳族元素分析：ASi是亲氧元素，所以硅在自然界中以化合态存在；B酸雨的主要成分是由化石燃料燃烧产生的二氧化硫、氮氧化物等酸性气体；C它们的最高价氧化物都是酸性氧化物，能和强碱反应；D加热条件下，碳、硫都是强还原剂，能被强氧化剂浓硝酸、浓硫酸氧化解答：解：A硅是亲氧元素，硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化
4、硅的形式存在，故A错误；B某些化石燃料燃烧后的产物中含氮氧化物和二氧化硫，氮氧化物和二氧化硫溶于水后会生成相应酸，随雨水降落到地面形成酸雨，所以形成酸雨的主要物质是氮氧化物和二氧化硫，故B正确；C它们的最高价氧化物都是酸性氧化物，能和强碱反应生成含氧酸盐和水，故C正确；D加热条件下，碳、硫单质都能被浓硝酸、浓硫酸氧化生成碳、硫的氧化物，故D正确；故选：A点评：本题考查元素化合物的性质，难度不大，注意硅、铝是亲氧元素，所以它们在自然界中不能以游离态存在，为易错点3（6分）（2015烟台模拟）下列关于物质结构、性质的说法正确的是（）A因为酸性：HClH2CO3，所以非金属性：ClCB同一周期元素的
5、原子，半径越小越容易失去电子CK的原子半径比Na的原子半径大，K与水反应比Na与水反应更剧烈D离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中可能含有离子键考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；微粒半径大小的比较；离子键的形成.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B同一周期，从左向右，原子半径在减小，得电子能力增强；C同一主族，原子半径越大，越易失去电子；D共价化合物中一定不含离子键解答：解：A非金属性越强，元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性ClC，则酸性HClO4H2CO3
6、，故A错误；B同一周期，从左向右，原子半径在减小，得电子能力增强，失去电子能力减弱，故B错误；C同一主族，原子半径越大，越易失去电子，所以K与水反应比Na与水反应更剧烈，故C正确；D离子化合物中可能含有共价键，如NaOH，但共价化合物中一定不含离子键，故D错误；故选：C点评：本题考查非金属的位置及性质变化规律，选项A为易错点，注意非金属强弱的比较方法即可解答，题目难度不大4（6分）（2015烟台模拟）下列关于有机物结构、性质的说法正确的是（）A石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化B乙烯分子与苯分子都能与H2发生加成反应，说明二者所含碳碳键相同C甲烷、苯、乙醇、乙酸和乙酸乙酯在一定条件下都能发
7、生取代反应D淀粉、油脂、蛋白质都能发生水解反应，都属于天然有机高分子化合物考点：苯的性质；乙烯的化学性质；苯的同系物；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点.专题：有机物的化学性质及推断分析：A石油的分馏是利用物质的沸点不同进行分离；B苯中不含碳碳双键和碳碳单键，其化学键是介于单键和双键之间的特殊键；C烷烃、苯及其同系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应；D油脂属于小分子化合物解答：解：A石油的分馏属于物理变化，故A错误；B苯中不含碳碳双键和碳碳单键，所有碳原子之间形成一个大键，但苯能发生加成反应，故B错误；C在一定条件下，烷烃、苯及其同
8、系物、醇、羧酸和酯类都能发生取代反应，注意酯类的水解反应属于取代反应，故C正确；D油脂属于小分子化合物，但油脂中含有酯基，所以能水解，故D错误；故选：C点评：本题考查有机物的结构和性质，注意煤的干馏和石油分馏的区别，为易错点5（6分）（2015烟台模拟）仅用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的是（）选项实验目的仪器A除去氢氧化铝胶体中的泥沙漏斗（带滤纸）、烧杯、玻璃棒B从食盐水中获得NaCl晶体坩埚、玻璃棒、酒精灯、泥三角C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度碱式滴定管、酸式滴定管、锥形瓶、胶头滴管、烧杯D用MnO2和浓盐酸制取干燥、纯净的Cl2圆底
9、烧瓶、分液漏斗、酒精灯、洗气瓶、集气瓶、导管、石棉网AABBCCDD考点：过滤、分离与注入溶液的仪器；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂.专题：化学实验常用仪器分析：A根据除去氢氧化铝胶体中的泥沙的原理和所用的仪器进行解答；B根据从食盐水中获得NaCl晶体的步骤和所用的仪器进行解答；C根据中和滴定的测定实验用到的仪器知识来解答；D根据制取干燥、纯净的Cl2实验用到的仪器知识来解答；解答：解：A除去氢氧化铝胶体中的泥沙，需过滤，过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤时需用锥形漏斗（带滤纸）制作过滤器，需用玻璃棒引流，需用烧杯承接过滤液，过滤操作的装置由漏斗（
10、带滤纸）、烧杯、玻璃棒，能实现相应实验目的，故A不选；B根据从食盐水中获得NaCl晶体的步骤，进行蒸发时需用到酒精灯来加热，需用蒸发皿、泥三角，要使用玻璃棒不断搅拌，以防液体溅出，蒸发完毕后移动很热的蒸发皿的用坩埚钳，仅用提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能实现相应实验目的，故B选；C用0.1000molL1的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液浓度，取0.1000molL1的盐酸，需酸式滴定管，取未知浓度的NaOH溶液需碱式滴定管，放入锥形瓶中，用胶头滴管滴加指示剂，能实现相应实验目的，故C不选；D浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，制取氯气需用圆底烧瓶、石棉网、分液漏斗、酒精灯
11、、导管，制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，所以需洗气瓶装饱和氯化钠除去氯气中的氯化氢；所以需洗气瓶装浓硫酸除去氯气中的水蒸气，用集气瓶收集纯净气体，能实现相应实验目的，故D不选；故选：B点评：本题主要考查了实验基本操作，解答本题要从各种操作的过程方面进行分析、判断，从而得出正确的结论，题目难度不大6（6分）（2015烟台模拟）下列与实验有关的叙述不正确的是（）A液溴保存时应加少量水并盛放在用玻璃塞塞紧的试剂瓶中B某气体通入品红溶液褪色，加热溶液又变红，该气体为SO2C配制硫酸亚铁溶液，可将绿矾晶体溶于蒸馏水并加入一定量的稀硫酸和铁屑D某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则该溶液一
12、定含CO32考点：化学试剂的存放；盐类水解的应用；常见离子的检验方法；二氧化硫的化学性质.分析：A液溴易挥发，能腐蚀有机物；B二氧化硫能与有色物质结合生成不稳定的无色物质；C二价铁离子易被氧化和发生水解；D能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳和二氧化硫解答：解：A液溴易挥发，可加水进行水封，能腐蚀有机物，应用玻璃塞，故A正确； B二氧化硫能使品红褪色，是一种漂白剂，但是因为其不稳定，加热后二氧化硫溶解度减小，从溶液中挥发出来，因此品红溶液就恢复红色，故B正确；C铁屑能防止二价铁离子被氧化，稀硫酸能防止二价铁离子发生水解，故C正确；D能使澄清石灰水变浑浊的无色气体有二氧化碳和二氧化硫，所以向某溶
13、液中加入稀HCl，放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体，原溶液中不一定有碳酸根离子，故D错误故选：D点评：本题考查试剂的保存、二氧化硫的性质、溶液的配制、常见阴阳离子的检验，难度不大，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子7（6分）（2015烟台模拟）与下列装置相关的说法中不正确的是（）A如装置中，盐桥中的K+移向CuSO4溶液B如图装置中b极析出6.4g固体时，d极产生2.24LH2C用如图装置精炼铜时，f极为粗铜D如图装置中电子沿导线由Zn流向Fe，Fe极上有大量气泡生成考点：原电池和电解池的工作原理.分析：A含有盐
14、桥的原电池放电时，盐桥中的阳离子向正极移动；B根据串联电解池中转移电子数相等计算；C电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；D原电池放电时，正极上得电子发生还原反应解答：解：A该原电池中，锌作负极，铜作正极，原电池放电时，盐桥中的钾离子向硫酸铜溶液移动，故A正确；B该串联电解池中，b极、d极都是阴极，b极上析出铜，d极上析出氢气，根据转移电子数相等知，铜和氢气的关系式是CuH2，析出6.4g铜时，生成0.1mol氢气，但温度和压强未知，所以气体摩尔未知，无法确定氢气体积大小，故B错误；C电解精炼时，粗铜作阳极，所以f极为粗铜，故C正确；D该装置是原电池，锌作负极，铁作正极，有大量气泡生成，放电时，
15、电子从锌极沿导线流向铁极，故D正确；故选B点评：本题考查原电池和电解池原理，明确离子的放电顺序、及电极反应即可分析解答，易错选项是B，气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点二、解答题（共3小题，满分42分）8（12分）（2015烟台模拟）硫、氮、碘都是重要的非金属元素（1）某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO、H2O该反应中还原剂是H2S若反应过程中转移了0.3mol电子，则反应的HNO3的质量是6.3g（2）已知：2I（g）I2（g）H=151 kJmol1；2H（g）H2（g）H=436 kJmol1；HI（g）=H（g）+I（g）H=+298 kJmol
16、1相同条件下，H2与I2反应生成HI的热化学方程式为：H2（g）+I2（g）=2HI（g）H=9kJmol1（3）将1molI2（g）和2molH2（g）置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生反应：H2（g）+I2（g）2HI（g）并达平衡HI的体积分数（HI）随时间变化如图曲线II所示：达到平衡时，I2（g）的物质的量浓度为0.05molL1保持加入的反应物的物质的量不变，若改变反应条件，在某一条件下（HI）的变化如曲线I所示，则该条件可能是AB（填编号），在这种条件下平衡常数K值不变（填“增大”、“变小”或“不变，）A恒温条件下，缩小反应的容积 B恒容条件下加入适当催化剂C在恒容下，升高温
17、度 D在恒容下，充入N2使容器压强增大若保持温度不变，在另一相同的2L密闭容器中加入1mol H2（g）和2mol Hl（g），发生反应达到平衡时，H2的体积分数为37%考点：氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；物质的量或浓度随时间的变化曲线.专题：氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）根据物质的氧化性、还原性强弱确定还原剂，根据硝酸和转移电子之间的关系计算；（2）根据盖斯定律进行计算；（3）根据碘化氢的体积发生计算平衡时碘化氢的物质的量，再根据碘化氢和碘之间的关系式计算剩余的碘，c（I2）=；反应时间缩短，碘化氢的含量不变，说明该条件只
18、改变反应速率不影响平衡，压强和催化剂对该反应平衡无影响；运用等效平衡判断氢气的体积分数解答：解：（1）硝酸的氧化性大于硫，所以在该反应中硝酸作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，则硫化氢在反应中失电子作还原剂，该反应方程式为：3H2S+2HNO3=3S+2NO+4H2O，当126g硝酸参加反应时转移电子的物质的量是6mol，则若反应过程中转移了0.3mol电子，则反应的HNO3的质量是=6.3g，故答案为：H2S，6.3；（2）I2（g）=2I（g）H=+151 kJmol1；H2（g）=2H（g）H=+436 kJmol1H（g）+I（g）=HI（g）H=298 kJmol1 ，将方程式+2得
19、H2（g）+I2（g）=2HI（g）H（+151 kJmol1）+（+436 kJmol1）+2（298 kJmol1 ）=9kJ/mol，故答案为：9；（3）该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，所以反应后混合气体的物质的量是3mol，同一容器中各种气体的体积分数等其物质的量分数，所以平衡时碘化氢的物质的量=3mol0.6=1.8mol，则参加反应的n（I2）=，剩余的n（I2）=1mol0.9mol=0.1mol，所以平衡时c（I2）=0.05mol/L，故答案为：0.05；反应时间缩短，碘化氢的含量不变，说明该条件只改变反应速率不影响平衡，增大压强和加入催化剂对该反应平衡无影响，但
20、都增大反应速率，缩短反应时间，温度不变平衡常数不变，故答案为：AB，不变；其它条件不变，向2L密闭容器中加入1mol H2（g）和2mol Hl（g），相当于向2L密闭容器中加入1molI2（g）和2molH2（g），所以和第一个是等效平衡，各物质的体积分数不变，剩余氢气的物质的量=2mol0.9mol=1.1mol，则氢气的体积分数=，故答案为：37%点评：本题考查反应热的计算、氧化还原反应、外界条件对化学平衡的影响等知识点，注意碘和氢气的反应特点及等效平衡的应用，为易错点9（14分）（2015烟台模拟）氯化钠、乙烯是化学工业的重要原料（1）工业上由NaCl制Na的化学方程式为2NaCl2N
21、a+Cl2；实验室中金属钠应保存在盛有煤油的广口瓶中；若将一小块钠长期暴露在空气中，最终钠将转化为Na2CO3（2）如图为电解食盐水与乙烯和Cl2加成制l，2=氯乙烷的联合装置示意图：在该装置中，B为原电池（填“A”或“B”）提供电能，其负极的电极反应式为C2H4+2Cl+2e=CH2ClCH2Cl在A装置中，阳离子交换膜的作用是传导钠离子、氢离子形成闭合回路，防止氢气和氯气及氯气和氢氧化钠接触而发生副反应（3）常温下，NaHCO3溶液中存在的质子守恒关系式为：c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3）；加热0.5molL1NaHCO3溶液，使NaHCO380%分解，然后恢复至室
22、温假设反应前后溶液的体积不变，则反应后的溶液中c（CO23）+c（HCO3+c（H2CO3）=0.3_molL1考点：原电池和电解池的工作原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；钠的化学性质.专题：电化学专题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）活泼金属采用电解其熔融盐的方法冶炼，钠易和氧气、水反应，所以保存钠要隔绝空气和水，根据根据Na、Na2O、NaOH以及Na2CO3等物质的性质分析；（2）电解饱和食盐水需要外接电源，则B装置有电流产生，则B是原电池，负极上失电子发生氧化反应，根据得失电子判断负极上的反应，在A装置中，阳离子交换膜的作用是传导钠离子、氢离子形成闭合回路，防止副反应发生；
23、（3）根据物料守恒和电荷守恒判断，加热后溶液中碳酸氢钠的浓度是0.5molL1（180%）=0.1mol/L，碳酸钠的物质的量浓度=0.5molL180%=0.2mol/L，根据物料守恒判断解答：解：（1）工业上由NaCl制Na采用电解熔融氯化钠的方法冶炼，其反应方程式为：2NaCl2Na+Cl2，钠和氧气、水易反应，且钠的密度大于煤油，所以实验室中金属钠应保存在盛有煤油的广口瓶中Na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，故答案为：2NaCl2Na+Cl2
24、；煤油；Na2CO3；（2）电解饱和食盐水需要外接电源，则B装置有电流产生，则B是原电池，原电池的负极上乙烯失电子和氯离子反应生成l，2二氯乙烷，电极反应式为：C2H4+2Cl+2e=CH2ClCH2Cl，在A装置中，阳离子交换膜的作用是：传导钠离子、氢离子形成闭合回路，防止氢气和氯气及氯气和氢氧化钠接触而发生副反应，故答案为：B；C2H4+2Cl+2e=CH2ClCH2Cl；传导钠离子、氢离子形成闭合回路，防止氢气和氯气及氯气和氢氧化钠接触而发生副反应；（3）根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO3）+c（
25、CO32）+c（H2CO3），将带人得c（OH）+c（CO32）=c（H+）+c（H2CO3），加热后溶液中碳酸氢钠的浓度是0.5molL1（180%）=0.1mol/L，碳酸钠的物质的量浓度=0.5molL180%=0.2mol/L，根据物料守恒得c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）=（0.1+0.2）mol/L=0.3mol/L，故答案为：c（CO32）；0.3点评：本题涉及钠的性质、原电池和电解池原理、离子浓度大小的比较等知识点，离子浓度大小的判断中要根据物料守恒和电荷守恒来分析，是学习的难点10（16分）（2015烟台模拟）某课外活动小组根据Mg与CO2的反应原理，探究Mg
26、与NO2的反应及固体产物该小组通过实验确认Mg能在NO2中燃烧，并对固体产物提出三种假设：I固体产物为MgO；固体产物为Mg3N2；III固体产物为固体为MgO和Mg3N2已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+H2O；Mg3N2与水发生剧烈反应回答下列问题：（1）利用下列仪器组装探究实验装置，按气流方向，正确的连接顺序是（每种仪器只用一次）：a接d或e，e或d接b或c，c或b接g（2）装置组装好后，检验气密性的方法是对圆底烧瓶微热，若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好（3）装置A中发生反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO
27、2+2H2O（4）装置C中盛装的干燥剂可以是（填序号）浓硫酸 无水CaCl2 碱石灰 五氧化二瞵（5）实验开始时，先让A中反应进行一段时间，待B中充满红棕色气体后，再点燃B处酒精灯这样做的目的是排净装置中的空气，防止空气干扰实验（6）实验前镁粉的质量为12.00g，镁粉完全反应后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98go以上数据能否不能（填“能”或“不能”）用托盘天平获得通过计算判断以上假设是成立的（7）为了使测定结果更加准确，还需对组装好的装置进行的改进是在装置B和D之间连接一干燥装置考点：探究物质的组成或测量物质的含量；镁的化学性质.专题：实验
28、探究和数据处理题分析：依据假设的可能分析判断，I固体产物为MgO；固体产物为Mg3N2；III固体产物为MgO和Mg3N2；（1）装置分析可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体中含有水蒸气，按照气体流向应是先通过干燥剂吸收水蒸气，干燥的二氧化氮气体通过炽热的B装置，镁和二氧化氮反应，氮的氧化物是污染气体不能排放到空气中，需要通入氢氧化钠溶液吸收；（2）依据连接装置中的气体压强和液面变化分析判断装置气密性；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，依据反应化学方程式书写离子方程式；（4）装置C中盛装的干燥剂不能和二氧化氮气体反应；（5）装置中充满二氧化氮气体，排除空气防止干扰实验；（6）托盘天
29、平的精确度是0.1g；依据质量增加计算分析判断错误产物的成分；（7）为防止生成的水蒸气影响二氧化氮质量的测定，需要在BD间加干燥装置解答：解：依据假设的可能分析判断，I固体产物为MgO；固体产物为Mg3N2；III固体产物为MgO和Mg3N2，故答案为：MgO和Mg3N2；（1）装置分析可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮气体中含有水蒸气，按照气体流向应是先通过干燥剂吸收水蒸气，干燥的二氧化氮气体通过炽热的B装置，镁和二氧化氮反应，氮的氧化物是污染气体不能排放到空气中，需要通入氢氧化钠溶液吸收导气管长进短处；装置连接顺序是a接d或e，e或d接b或c，c或b，g；故答案为：d或e；e或d接b或c；c
30、或b；g；（2）连接装置中的气体压强和液面变化分析判断装置气密性，装置组装好后，检验气密性的方法是，对圆底烧瓶微热，若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好；故答案为：对圆底烧瓶微热，若插入氢氧化钠溶液的导气管口处冒气泡，停止加热，该导气管中形成一段稳定水柱，表示气密性完好；（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4H+2NO3=Cu2+2NO2+2H2O；（4）装置C是干燥二氧化氮气体除去水蒸气的作用，装置C中盛装的干燥剂不能和二氧化氮气体反应，是固体
31、干燥剂；浓硫酸不是固体干燥剂故不符合；无水CaCl2 是中性干燥剂不和二氧化氮气体反应，故符合；碱石灰能吸收二氧化氮气体，故不符合；五氧化二磷是固体酸性干燥剂，不和二氧化氮气体反应，可以干燥二氧化氮气体，故符合；故选：；（5）实验开始时，先让A中反应进行一段时间，待B中充满红棕色气体后，再点燃B处酒精灯，目的是排净装置中的空气，防止空气干扰实验；故答案为：排净装置中的空气，防止空气干扰实验；（6）托盘天平的精确度是0.1g，镁粉完全反应后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98g，所以托盘天平不能称量得到，实验前镁粉的质量为12.00g，镁粉完全反应
32、后得到的同一固体残留物称量了三次，所得数据分别是17.00g、18.02g、17.98g，平均质量=17.67g；质量增重17.67g12.00g=5.67g，MgMgOO，12g镁物质的量为0.5mol，增重8g，MgMg3N2 N，12g镁物质的量为0.5mol，增重8g增重4.67g，而实验称量得到的固体增重4.67g5.67g8g，所以生成的固体为MgO和Mg3N2的混合物，假设正确；故答案为：不能；（7）为了使测定结果更加准确，还需对组装好的装置进行的改进是为防止生成的水蒸气影响二氧化氮质量的测定，需要在BD间加干燥装置；故答案为：在装置B和D之间连接一干燥装置点评：本题考查了物质性
33、质的实验探究和实验设计，实验基本操作的熟练掌握和准确应用，成分的计算判断和实验测定的装置选择是解题关键，题目难度中等化学-一化学与技术】（共1小题，满分8分）11（8分）（2015烟台模拟）【化学一化学与技术】过氧化氢常用作氧化剂、漂白剂和消毒剂，可用于甲型H7N9流感消毒工业上采用“醇析法”将过氧化氢转化为过碳酸钠晶体（2Na2CO33H2O2，具有Na2CO3和Na2O2的双重性质）的生产工艺过程如下：回答下列问题：（1）将过氧化氢转化为过碳酸钠晶体的目的是为了贮存运输和使用的方便，加入异丙醇的作用是降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体的析出（2）生产工艺中将反应温度控制在05的理由是低温下H
34、2O2与2Na2CO33H2O2稳定，2Na2CO33H2O2溶解度更小（3）稳定剂能相互反应，生成一种不溶物将过碳酸钠粒子包住，该反应的化学方程式为MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl（4）根据题中有关信息，请你提出贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意（至少两项）：密封防潮、避免高温、避免接触还原性、酸性或二氧化锰、铁盐等物质考点：制备实验方案的设计；钠的重要化合物.专题：几种重要的金属及其化合物分析：过氧化氢为液体，难以贮存和运输，工业常见过氧化氢转化为过碳酸钠，生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，加入
35、稳定剂，发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，由于2Na2CO33H2O2具有Na2CO3和Na2O2的双重性质，可从过氧化氢和碳酸钠的性质的角度选择贮存、运输过碳酸钠晶体中应注意的事项解答：解：（1）过氧化氢为液体，且在在一定条件下可发生分解，难以贮存和运输，溶液加入异丙醇后可得到过碳酸钠晶体，说明过碳酸钠在异丙醇中的溶解度较小，易与分离，故答案为：为了贮存运输和使用的方便；降低过碳酸钠的溶解度，有利于晶体的析出；（2）生成时将反应温度控制在05，目的是防止在较低温度下2Na2CO33H2O2溶解度更小，且过氧化氢和过碳酸钠较稳定，故答案为：低温
36、下H2O2与2Na2CO33H2O2稳定，2Na2CO33H2O2溶解度更小；（3）稳定剂发生MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl，不溶物将过碳酸钠粒子包住，故答案为：MgCl2+Na2SiO3=MgSiO3+2NaCl；（4）由于2Na2CO33H2O2具有Na2CO3和Na2O2的双重性质，由于过氧化氢具有不稳定性和强氧化性，应避免高温、接触还原性、二氧化锰、铁盐等物质，由于碳酸钠易结合水生成晶体，可与酸反应，则应避免接触酸性物质，且防潮，故答案为：密封防潮、避免高温、避免接触还原性、酸性或二氧化锰、铁盐等物质点评：本题考查物质制备的实验设计，侧重于钠的化合物的考查，注意把
37、握制备原理，结合题给信息解答，答题时注意审题，要具备较强的审题能力和自学能力【化学物质结构与性质】（共1小题，满分8分）12（8分）（2015烟台模拟）【化学物质结构与性质】开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得基态Ti3+的未成对电子有1个LiBH4由Li+和BH4构成，BH4呈四面体构型LiBH4中不存在的作用力有c（填标号）a离子键 b共价键金属键 d配位键Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi（2）佥属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料LiH中，离子半径Li+H（填“”、“=”或“”）某储氢材料是短周
38、期金属元素M的氢化物M的部分电离能如表所示：I1/kJmol1I2/kJmol1I3/kJmol1I4/kJmol1I5/kJmol1 738 1451 7733 10540 13630M是Mg（填元素符号）（3）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示该合金的化学式为LaNi5考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；晶胞的计算.专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据基态Ti3+的核外电子排布式确定其未成对电子数；阴阳离子之间存在离子键，非金属元素之间存在共价键，含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间存在配位键；非
39、金属的非金属性越强其电负性越大；（2）电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数的增大而减小；该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族；（3）利用均摊法确定其化学式解答：解：（1）基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1，其未成对电子数是1，故答案为：1；Li+和BH4之间存在离子键，硼原子和氢原子之间存在共价键、配位键，所以该化合物中不含金属键，故选c；非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为HBLi，故答案为：HBLi；（2）Li+和H的电子层结构相同，锂元
40、素的原子序数大于氢元素，所以离子半径Li+H，故答案为：；该元素的第III电离能剧增，则该元素属于第IIA族，为Mg元素，故答案为：Mg；（3）La的原子个数=，Ni的原子个数=8，所以该合金的化学式为LaNi5，故答案为：LaNi5点评：本题考查物质结构和性质，会根据构造原理书写原子或离子核外电子排布式，为易错点【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015烟台模拟）【化学有机化学基础】以化合物A为原料，利用如下工艺制取香料X已知A为苯甲酸的同分异构体，能与银氨溶液发生银镜反应，能与FeCl3溶液发生显色反应（1）化合物A的结构简式为，分子中含氧官能团的名称为酚羟基、醛基（2）反
41、应的反应类型为加成反应，反应的作用是保护酚羟基，防止在反应中被氧化（3）反应的化学方程式为+H2O（4）在一定条件下还能够发生加聚反应和缩聚反应，产物的结构简式分别为和考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：A为苯甲酸的同分异构体，能与银氨溶液发生银镜反应，含有CHO，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，与CH3CHO反应生成，由三种物质的组成可知，该反应为醛之间发生的加成反应，故A为由合成路线中各有机物的结构可知，反应是发生消去反应生成，反应是与CH3I发生取代反应生成，保护酚羟基被氧化，反应是中CHO不饿U氧化为COOH，发生氧化反应生成，反应是与HI发生取代反应，还
42、原酚羟基，由香料X的分子式C9H6O2与可知，脱去1分子水生成C9H6O2，反应是发生分子内酯化反应，故X为，据此解答解答：解：A为苯甲酸的同分异构体，能与银氨溶液发生银镜反应，含有CHO，能与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，与CH3CHO反应生成，由三种物质的组成可知，该反应为醛之间发生的加成反应，故A为由合成路线中各有机物的结构可知，反应是发生消去反应生成，反应是与CH3I发生取代反应生成，保护酚羟基被氧化，反应是中CHO不饿U氧化为COOH，发生氧化反应生成，反应是与HI发生取代反应，还原酚羟基，由香料X的分子式C9H6O2与可知，脱去1分子水生成C9H6O2，反应是发生分子内酯化反应，故X为，（1）由上述分析可知，化合物A的结构简式为，分子中含氧官能团的名称为：酚羟基、醛基，故答案为：；酚羟基、醛基；（2）反应是与CH3CHO发生加成反应生成反应的作用是：保护酚羟基，防止在反应中被氧化，故答案为：加成反应；保护酚羟基，防止在反应中被氧化；（3）反应是发生分子内酯化反应生成，化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（4）在一定条件下还能够发生加聚反应生成，发生缩聚反应生成，故答案为：；点评：本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的分子式及结构推断A、X的结构简式，题目涉及有机反应类型、官能团及性质等，掌握中学常见官能团的性质是关键，难度中等