福建省泉州一中高考化学模拟最后一卷（含解析）.doc

2015年福建省泉州一中高考化学模拟最后一卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1下列变化中一定没有单质生成的是（）a加成反应b分解反应c置换反应d氧化还原反应考点：取代反应与加成反应；氧化还原反应；化学基本反应类型 分析：a、有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；b、一种物质分解生成两种或两种以上物质的反应；c、一种单质与一种化合物生成另外一种单质和另外一种化合物的反应；d、有化合价变化的反应属于氧化还原反应，据此判断即可解答：解：a、加成反应是断开不饱和键生成饱和键的过程，无单质生成，故a正确；b、分解反应可以是一种化合物分解生成单质，比如双氧水分解生成氧气，故b错误；c、置换反应一定有单质生成，故c错误；d、氧化还原反应可以有单质生成，比如铝热反应，故d错误，故选a点评：本题主要考查的是几种常见化学反应类型以及该反应类型的特点，掌握有单质生成存在化合价的变化是解决本题的关键，难度不大2化学广泛应用于生产、生活，下列说法正确的是（）a汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物b葡萄糖和银氨溶液发生银镜反应可用作制镜子c往花生油中加入稀硫酸能发生皂化反应d鸡蛋清中加入胆矾可以使蛋白质发生盐析考点：油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：a植物油由c、h、o三种元素组成； b葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应；c油脂在碱性条件下水解叫皂化反应；d胆矾属于重金属盐，与蛋白质发生变性解答：解：a汽油、柴油是碳氢化合物，植物油由c、h、o三种元素组成故不是碳氢化合物，故a错误； b葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，利用此性质可以制作镜子，故b正确；c油脂在碱性条件下水解叫皂化反应，可以制作肥皂，故c错误；d胆矾属于重金属盐，与蛋白质发生变性，不是盐析，故d错误故选b点评：本题主要考查有机物的性质，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累3下列实验装置图，其中关于用途的描述，不正确的是（）a装置：收集二氧化碳，从a口进气b口排气b装置：用于石油的分馏c装置：用于分离cl2与ki溶液反应生成的碘d装置：可用来制取氨气考点：气体的收集；氨的实验室制法；蒸馏与分馏；物质分离装置分析：a二氧化碳密度比空气大； b冷凝水下进上出；c分离出cl2与ki溶液反应生成的碘，需用萃取的方法；d氧化钙与水反应放热解答：解：a二氧化碳密度比空气大，可用向下排空气法收集，故a正确； b冷凝水下进上出，温度计水银球位于支管口处，操作正确，故b正确；c因cl2的氧化性大于i2，所以cl2会把ki中的i置换出来2ki+cl2=2kcl+i2，生成的碘能溶于水，用过滤的方法无法分离氯化钾和碘水，应该用萃取的方法，故c错误；d氧化钙与水反应放热，可促进氨气的挥发，故d正确故选c点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体收集、物质制备及分离与提纯等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大4根据表中信息判断，下列选项正确的是（）序号反应物产物kmno4、h2o2、h2so4k2so4、mnso4c12、febr2fec13、febr3mno4cl2、mn2+a第组反应的其余产物为h2ob第组反应中cl2与febr2的物质的量之比小于或等于1：2c第组反应中生成1mol cl2，转移电子5mold氧化性由强到弱顺序为mno4cl2fe3+br2考点：氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算专题：氧化还原反应专题分析：依据氧化还原反应中原子守恒，电子守恒和电荷守恒分析配平化学方程式判断选项；a、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气；b、亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子部分氧化；c、依据反应2mno4+16h+10cl=5cl2+2mn2+8h2o，计算电子转移；d、氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析判断解答：解：a、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，2kmno4+5h2o2+3h2so4=k2so4+2mnso4+8h2o+5o2，故a错误；b、3c12+6febr2=2fec13+4febr3 ，亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子部分氧化，cl2与febr2的物质的量之比小于或等于1：2，故b正确；c、2mno4+16h+10cl=5cl2+2mn2+8h2o，生成5mol cl2，转移电子10mol，故c错误；d、氧化剂的氧化性大于氧化产物，依据化学方程式分析判断，氧化性由强到弱顺序为mno4cl2br2fe3+，故d错误；故选b点评：本题考查了氧化还原反应反应实质，电子转移的计算应用，主要是反应产物的判断，掌握离子性质和氧化还原反应规律应用是解题关键，题目难度中等5下表各组物质中，物质之间不可能实现如图所示转化的是：选项xyzmafes2so2so3o2bnaohna2co3nahco3co2ccl2fecl3fecl2fedalo2al（oh）3al3+naoh（）aabbccdd考点：钠的重要化合物；工业制取硫酸；氯气的化学性质；两性氧化物和两性氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变分析：a、fes2和氧气反应生成二氧化硫和铁的氧化物，二氧化硫可以继续和氧气反应生成三氧化硫；b、naoh与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；c、氯气与铁化合生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁；d、偏铝酸盐和可溶性的铝盐反应生成氢氧化铝，但是氢氧化铝和可溶性的铝盐之间不反应解答：解：a、fes2和氧气反应生成二氧化硫和铁的氧化物，二氧化硫可以继续和氧气反应生成三氧化硫，符合图中转化，故a不选；b、naoh与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，符合图中转化，故b不选；c、氯气与铁化合生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，符合图中转化，故c不选；d、偏铝酸盐和可溶性的铝盐反应生成氢氧化铝，但是氢氧化铝和可溶性的铝盐之间不反应，不符合图中转化，故d选故选d点评：本题考查无机物的推断，侧重物质转化及物质性质的考查，明确常见物质的化学性质为解答的关键，注意选项a中氯气具有强氧化性，题目难度不大6下列叙述中，不正确的是（）a难溶物ba3（po4）2的溶度积表达式为ksp=c（ba2+）3c（po43）2baa（g）+bb（g）cc（g），若将容器体积增至原来2倍，c浓度降至原来的0.5倍，则a+b=cc对于2so2（g）+o2（g）2so3（g）的平衡体系，在温度、容器体积保持不变时充入少量so3，则正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动d对于n2（g）+3h2（g）2nh3（g）h的平衡体系，仅将所有物质浓度加倍，平衡将向正反应方向移动，但h不变考点：化学平衡的影响因素；热化学方程式；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质分析：a、根据溶度积表达式为离子浓度的幂次方之积判断；b、容器体积扩大，容器内气体的浓度减小，根据压强对平衡移动的影响来判断；c、根据影响化学反应速率的因素以及影响化学平衡移动的因素来回答判断；d、将平衡体系中所有物质浓度加倍，相当于加压，根据压强对平衡移动的影响以及焓变的影响因素来判断；解答：解：a、溶度积表达式为离子浓度的幂次方之积，所以ba3（po4）2的溶度积表达式为ksp=c（ba2+）3c（po43）2，故a正确；b、容器体积扩大，容器内气体的浓度减小，将容器体积增至原来2倍，c浓度降至原来的0.5倍，则平衡不移动，所以a+b=c，其量的多少不影响体系的压强，故b正确；c、对于2so2（g）+o2（g）2so3（g）的平衡体系，在温度、体积保持不变时充入少量so3，则生成物浓度增大，逆反应速率先增大，平衡向逆反应方向移动，反应物浓度也增大，所以正反应速率随之也增大，故c错误；d、将平衡体系中所有物质浓度加倍，相当于加压，平衡将向正反应方向移动，但h和各个物质的浓度大小无关，所以焓变不变，故d正确故选c点评：本题考查学生影响化学反应速率和化学平衡移动的因素知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大7如图为常温下用0.1000moll1naoh溶液滴定20.00ml 0.1000moll1盐酸和20.00ml 0，.1000 moll1醋酸的曲线若以ha表示酸，下列判断和说法不正确的是（）a如图是滴定盐酸的曲线b当0 mlv（naoh）20.00 ml时，对应溶液中各离子浓度大小顺序一定均为c（a）c（na+）c（h+）c（oh）cb点时，反应消耗溶液体积：v（naoh）v（ha）de点时溶液中离子浓度为c（na+）=c（a）考点：离子浓度大小的比较；中和滴定分析：a根据盐酸和醋酸在滴定开始时的ph与1的关系进行判断；b根据氢氧化钠和醋酸以及盐酸反应的原理结合给定的物质的量计算来回答；c根据酸和碱反应的化学方程式来计算回答；de点溶液是中性，此时c（h+）=c（oh），根据溶液中的电荷守恒来判断解答：解：a滴定开始时0.1000mol/l盐酸ph=1，0.1000mol/l醋酸ph1，所以滴定盐酸的曲线是图2，故a正确；b当0 mlv（naoh）20.00 ml时，酸相对于碱来说是过量的，所得溶液是生成的盐和酸的混合物，假设当加入的氢氧化钠极少量时，生成了极少量的钠盐（氯化钠或是醋酸钠），剩余大量的酸，此时c（a）c（h+）c（na+）c（oh），故b错误；c左图为滴定醋酸溶液，b点溶液显中性，醋酸过量，反应消耗溶液体积：v（naoh）v（ha），故c正确；d达到e状态时，溶液是中性的，此时c（h+）=c（oh），根据电荷守恒，则两溶液中离子浓度均为c（na+）=c（a），故d正确；故选b点评：本题考查离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断及溶液ph的计算，题目难度中等，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较等知识，注意根据电荷守恒、物料守恒进行判断离子浓度大小二、解答题（共3小题，满分45分）8短周期元素x、y、z、w在元素周期表中相对位置如图所示，其中y所处的周期序数与族序数相等按要求回答下列问题：（1）写出x的原子结构示意图（2）y、z、w的简单离子半径由大到小顺序为s2clal3+（用离子符号表示）（3）含y的某种盐常用作净水剂，其净水原理是al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+（用离子方程式表示）运用所学化学原理，解决下列问题：（4）已知：c（s）+o2（g）co2（g）；h=a kjmol1；co2（g）+c（s）2co（g）；h=b kjmol1；si（s）+o2（g）sio2（s）；h=c kjmol1工业上生产粗硅的热化学方程式为2c（s）+sio2（s）=2co（g）+si（s）h=（a+bc）kjmol1温度/400500800平衡常数k9.9491（5）已知：co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）表为该反应在不同温度时的平衡常数该反应的h0（填“”、“”）；500时进行该反应，且co和h2o起始浓度相等，co平衡转化率为75%（6）以熔融k2co3为电解质的一种新型氢氧燃料电池工作原理如图所示写出电极a的电极反应式h22e+co32co2+h2o考点：位置结构性质的相互关系应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的计算分析：由短周期元素x、y、z、w在周期表中相对位置可知，x处于第二周期，其余元素处于第三周期，其中y所处的周期序数与族序数相等，处于a族，则y为al、z为si、x为n、w为cl，据此解答；（4）根据盖斯定律书写目标热化学方程式；（5）由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；co和h2o起始浓度相等，令他们的浓度为1mol/l，设平衡时co的浓度变化量为xmol/l，利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，根据平衡常数列方程计算，进而计算co转化率；（6）a为负极氢气发生氧化反应，生成的氢离子与电解质溶液中的碳酸根离子结合生成二氧化碳和水，电极反应式为：h22e+co32co2+h2o解答：解：由短周期元素x、y、z、w在周期表中相对位置可知，x处于第二周期，其余元素处于第三周期，其中y所处的周期序数与族序数相等，处于a族，则y为al、z为si、x为n、w为cl，（1）x为n元素，原子结构示意图为，故答案为：；（2）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，所以y、z、w的简单离子半径由大到小顺序为：s2clal3+，故答案为：s2clal3+；（3）含铝盐溶液中铝离子水解得到氢氧化铝胶体，可以用作净水剂，净水原理离子方程式为：al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+，故答案为：al3+3h2oal（oh）3（胶体）+3h+；（4）已知：c（s）+o2（g）co2（g）h=a kjmol1；co2（g）+c（s）2co（g）h=b kjmol1；si（s）+o2（g）sio2（s）h=c kjmol1，根据盖斯定律，+得：2c（s）+sio2（s）=2co（g）+si（s）h=（a+bc） kjmol1，故答案为：2c（s）+sio2（s）=2co（g）+si（s）h=（a+bc） kjmol1；（5）由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即h0；co和h2o起始浓度相等，令他们的起始浓度为1mol/l，设平衡时co的浓度变化量为xmol/l，则： co（g）+h2o（g）h2（g）+co2（g）开始（mol/l）：1 1 0 0转化（mol/l）：x x x x平衡（mol/l）：1x 1x x x故=9，解得x=0.75，故co的转化率=100%=75%，故答案为：；75%；（6）a为负极氢气发生氧化反应，生成的氢离子与电解质溶液中的碳酸根离子结合生成二氧化碳和水，电极反应式为：h22e+co32co2+h2o，故答案为：h22e+co32co2+h2o点评：本题考查结构性质位置关系应用、原电池、热化学方程式、化学平衡计算等，侧重对基础知识的巩固，（5）注意三行式在解题中的综合应用，难度不大9我国化学家侯德榜改进国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如图1：（1）写出上述流程中循环物质x的电子式，沉淀池中发生的化学反应方程式为：co2+nh3+nacl+h2onahco3+nh4cl（2）向母液中通入氨气，加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，则副产品为nh4cl（3）流程中设计了循环的目的是提高原料氯化钠的利用率（4）用离子方程式表示na2co3溶液呈碱性的原因co32+h2ohco3+oh（5）在na2co3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是bc（填序号）ac（na+）=2c（co32） bc（na+）c（co32）c（hco3）cc（oh）c（hco3）c（h+） dc（oh）c（h+）=c（hco3）+c（h2co3）（6）某同学设计的测定样品中碳酸钠含量的方法如图2设滴定管的起始读数为v1 ml，终点读数为v2 ml，注射器测定排出的气体为v3 ml（已转化成标准状况），称得样品质量为m g，则原样品中碳酸钠的质量分数的表达式为（用含v1、v2、v3、m的代数式表示，反应前后溶液密度的变化忽略不计）考点：纯碱工业（侯氏制碱法）分析：（1）二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，结合流程图可知上述流程中循环物质x是二氧化碳，二氧化碳中存在两个碳氧双键；发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体；（2）根据反应方程式确定母液中的溶质，根据氨气溶于水后生成氨水，氨水电离成铵根，增大铵根的浓度有利于氯化铵的析出来分析；（3）提高原料的利用率，可以用循环使用的方法；（4）碳酸钠为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；（5）na2co3在溶液中电离水解：na2co3 =2na+co32；co32+h2ohco3+oh；hco3+h2oh2co3+oh；h2oh+oh结合物料守恒、电荷守恒解答；（6）找出二氧化碳的体积，根据碳守恒计算出碳酸钠的物质的量，根据m=nm计算碳酸钠的质量，即可求出碳酸钠的质量分数解答：解：（1）由于在联合制碱法中二氧化碳是反应的原料同时也是反应的副产物，可以循环利用，所以上述流程中循环物质x是二氧化碳，二氧化碳为直线型结构，分子中存在两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：；沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为nh3+h2o+co2+nacl=nh4cl+nahco3，故答案为：；nh3+h2o+co2+nacl=nh4cl+nahco3；（2）根据nh3+h2o+co2+naclnh4cl+nahco3及流程图知，母液中溶质为氯化铵，向母液中通氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品，通入的氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子，铵根离子浓度增大有利于析出氯化铵，故答案为：nh4cl；（3）循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中，提高原料氯化钠的利用率，故答案为：提高原料氯化钠的利用率；（4）碳酸钠为强碱弱酸盐，钠离子不水解、碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：co32+h2ohco3+oh，故答案为：co32+h2ohco3+oh；（5）ana2co3 =2na+co32，但碳酸根离子水解，故离子浓度大小关系为：c（na+）2c（co32），故a错误；b由于盐类的水解程度很小，且溶液中存在两步水解：co32+h2ohco3+oh，hco3+h2oh2co3+oh，以第一步水解为主，故离子浓度大小关系为：c（na+）c（co32）c（oh）c（hco3）c（h+），故b正确；c碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，c（oh）c（h+），溶液中存在两步水解：co32+h2ohco3+oh，hco3+h2oh2co3+oh，以第一步水解为主，所以c（oh）c（hco3）c（h+），故c正确；dna2co3本身不含氢离子和氢氧根，故溶液中所有的氢原子和氢氧根均来自于水且相等，由于co32水解后的存在形式为co32、hco3、h2co3，故有：c（h+）+c（hco3）+2c（h2co3）=c（oh），即：c（oh）c（h+）=c（hco3）+2c（h2co3），故d错误；故答案为：bc；（6）盐酸排出的空气的体积是（v2v1）ml，产生的二氧化碳的体积是v3（v2v1），根据碳原子守恒，碳酸钠的物质的量是：mol，原样品中碳酸钠的质量分数为：，故答案为：106100%点评：本题考查了侯氏制碱法反应原理及碳酸钠含量的测定，涉及了化学方程式的书写、质量分数的计算等知识，内容较多，注意（5）根据物料守恒、电荷守恒解答为高频考点，题目难度中等10金属在生产、生活中的应用十分广泛i某研究性学习小组在探究钠、镁、铝金属性强弱的过程中设计了以下探究性实验方案，请填写下列空白：实验用品：酒精灯、烧杯、试管、试管夹、砂纸、滤纸；钠、镁条、铝片、酚酞、蒸馏水、2moll1的硫酸方案如下表：实验过程预期现象实际观察到的现象a取已切去表皮的一小块金属钠，放入盛有水的烧杯中立即剧烈反应开始时钠块浮在水面上不反应，稍后才开始与水剧烈反应b向盛有适量水（内含2滴酚酞）的试管中加入一小段镁条有气泡产生，溶液变红色没有相应现象，加热后仍无明显变化c向两支盛有3ml 2moll1硫酸的试管中加入大小相同的镁条和铝片镁、铝与硫酸反应产生气泡剧烈程度不同镁与硫酸反应产生气泡速率较快（1）写出实验a的反应的离子方程式：2na+2h2o2na+2oh+h2（2）你认为a、b两步实验中出现异常现象的可能原因是：a钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；b镁条表面的氧化膜没有被除去（3）下列措施不能提高镁条与硫酸反应产生氢气的速率的是aea改用18moll1的硫酸 b加入少量硫酸铜c改用镁粉 d升高温度 e增大压强根据以上实验知道，镁比铝活泼，甲同学突发奇想，想设计一个原电池，让镁不腐蚀而铝腐蚀请你帮他实现这个设想，在下面方框中画出装置图1，并写出负极电极反应式工业上常用铝质容器盛装冷的浓硫酸，为研究铝质材料与热浓硫酸的反应，乙同学进行了以下探究活动：（1）取铝片6.0g放入15.0ml浓硫酸中，加热，充分反应后收集到气体x取448ml（标准状况）气体x通入足量过氧化氢溶液中，然后再加入足量bacl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33g，由于此推知气体x中so2的体积分数为50%（2）分析上述实验中so2体积分数的结果，丙同学认为气体x中还可能含量有h2为此设计了下列探究实验装置（图2中夹持仪器省略）a中加入的试剂可能是浓硫酸若b中装氧化铜，c中装无水硫酸铜，则可以证明气体x中含有氢气的实验现象是b中固体由黑变红和c中固体由白变蓝考点：性质实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理；浓硫酸的性质实验分析：、（1）实验a的反应为钠和水发生反应生成氢氧化钠和氢气；（2）煤油阻止钠和水反应；镁易被氧气氧化生成mgo；（3）增大金属与酸反应的化学反应速率，可通过增大浓度、升高温度或形成原电池反应等措施，注意原电池反应会加快反应速率；、根据原电池原理，al失电子发生氧化反应作负极、mg作正极，氢氧化钠溶液为电解质溶液；负极上al失电子发生氧化反应；、（1）双氧水将二氧化硫氧化成硫酸，2.33g白色沉淀为硫酸钡，根据原子守恒计算出二氧化硫的物质的量，再计算出二氧化硫的体积分数；（2）根据实验目的是检验二氧化硫中混有氢气，所以装置a的作用是将二氧化硫除去，据此进行判断合理的试剂；氢气还原氧化铜生成水蒸气遇到无水硫酸铜会使硫酸铜变蓝色；解答：解：i（1）实验a的反应为钠和水发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2na+2h2o2na+2oh+h2；故答案为：2na+2h2o2na+2oh+h2；（2）钠表面如果有煤油时，煤油阻止na和水反应，所以刚开始没有明显现象；镁易被氧气氧化生成mgo，氧化镁和水不反应，mgo阻止mg和热水反应，所以加热实验装置没有预期现象，故答案为：钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；镁表面的氧化膜没有被除去；（3）a改用18moll1的硫酸，和镁反应不能生成氢气，不能加快生成氢气的速率，故a符合；b加入少量硫酸铜和镁反应生成铜附着在镁条在溶液中形成原电池反应，加快反应速率，故b不符合；c改用镁粉，增大接触面积，加快反应速率，故c不符合；d升高温度增大反应速率，故d不符合；e该反应的实质是铁与氢离子反应，反应物中没有气体，则增大压强对反应速率无影响，故e符合；故答案为：ae；根据原电池原理，al活泼性比mg差，若是al失电子发生氧化反应作负极、mg作正极，需要氢氧化钠溶液为电解质溶液；负极上al失电子发生氧化反应，也可以设计盐桥组成原电池，装置图为：，负极：2al6e+8oh2alo2+4h2o，故答案为：；2al6e+8oh2alo2+4h2o；（1）so2具有还原性，通入足量双氧水中，so2被氧化成h2so4，生成的硫酸遇到氯化钡会产生白色沉淀，则n（混合气体）=0.02mol；so2 baso41mol 233gn 2.33gn=0.01mol所以二氧化硫的体积分数为：100%=50%，故答案为：50%；（2）装置a中盛放的是浓硫酸，用于干燥除去二氧化硫的后的气体，防止气体中的水蒸气加入装置b导致大试管断裂；装置c用于检验反应产物是否有水分生成，所以必须使用碱石灰吸收空气中的水蒸气，防止空气中得水蒸气进入c装置中干扰氢气的检验，故答案为：浓硫酸；如果混合气体中含有氢气，则b中固体cuo由黑变红，同时装置c中无水硫酸铜固体由白变蓝，故答案为：b中固体由黑变红和c中固体由白变蓝点评：本题考查了金属铝及其化合物性质、浓硫酸的性质、常见气体的检验，题目难度中等，注意掌握铝及其化合物的性质、浓硫酸的化学性质，明确常见气体的性质及检验方法【化学-选修物质结构与性质】（共1小题，满分13分）11（13分）（1）基态 cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或ar3d10 （2）图1曲线表示第二、三周期部分元素的原子序数（按连续递增顺序排列）和其常见单质沸点的关系其中a点表示的单质是f2（填化学式）（3）化合物a （h3bnh3）是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物 （hb=nh）3，其结构式如图2，通过3ch4+2 （hb=nh）3+6h2o3co2+6h3bnh3制得与上述化学方程式有关的叙述不正确的是a（填标号）a反应前后碳原子的轨道杂化类型不变bch4、h2o、co2分子空间构型分别是：正四面体型、v形、直线形c第一电离能：nocbd化合物a中存在配位键1个 （hb=nh）3分子中有12个键（4）海产品添加剂多聚磷酸钠是由na+与多聚磷酸根离子组成的，某种多聚磷酸根的结构如下图3磷原子的杂化类型为sp3这种多聚磷酸钠的化学式为nan+2pno3n+1（5）已知hf与f通过氢键结合成hf2判断hf2和hf2微粒间能否形成氢键，并说明理由在hf2中，已经存在分子内氢键（fhf），所以没有可用于形成分子间氢键的氢原子考点：原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响分析：（1）cu原子核外有29个电子，失去一个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写其核外电子排布式；（2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，a以及前面的2种单质的沸点都低于0，则连续3种均为气体单质，根据周期表分析； （3）由方程式可知：碳元素由ch4变为co2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp；根据无机苯中氮原子和硼原子都采取sp2杂化分析；（4）根据价层电子对互斥理论确定其杂化方式，由给出的多聚磷酸根结构式知，含有n个多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了（n1）氧原子，从而确定分子式；（5）氢键结合的通式，可用xhy表示式中x和y代表f，o，n等电负性大而原子半径较小的非金属原子x和y可以是两种相同的元素，也可以是两种不同的元素解答：解：（1）cu原子失去1个电子生成cu+，cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或ar3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或ar3d10 ；结构上cu2+为3d9，而cu+为3d10全充满更稳定； （2）图中曲线表示8种元素的原子序数（按递增顺序连续排列）和单质沸点的关系，a以及前面的2种单质的沸点都低于0，则连续3种均为气体单质，在周期表中，连续出现气体单质的为第二周期的n、o、f，所以a为第三种气体单质，则为f2；故答案为：f2；（3）3ch4+2（hb=nh）3+6h2o3co2+6h3bnh3，a由ch4变为co2，碳原子杂化类型由sp3转化为sp，反应前后碳原子的轨道杂化类型已经改变，故a错误；bch4分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=4+（441）=4，且不含孤电子对，所以其空间构型是正四面体，h2o中价层电子对个数=2+（621）=4，且含有2个孤电子对，所以h2o的vsepr模型为四面体，分子空间构型为v型，co2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（422）=2，所以二氧化碳是直线型结构，故b正确；c同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第iia族、第va族元素的第一电离能大于相邻元素，这几种元素都是第二周期元素，它们的族序数分别是：第iiia族、第iva族、第va族、第via族，所以它们的第一电离能大小顺序是i1（n）i1（o）i1（c）i1（b），故c正确；db一般是形成3个键，（h3bnh3）由六元环状化合物（hb=nh）3通过3ch4+2（hb=nh）3+6h2o3co2+6h3bnh3制得，其中1个键是配位键，故d正确；故答案为：a； 1个（hb=nh）3分子中硼原子与氮原子间以键结合，而剩余的p轨道形成一个共轭大键bh键有3个，nh键有3个，bn有键有6个，故一共12个；故答案为：12；（4）磷原子形成了四个键，没有孤电子对，价电子对数为4，故呈sp3杂化；故答案为：sp3；由给出的多聚磷酸根结构式知，含有n个多聚磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了（n1）氧原子，所带电荷为2（3n+1）+5n=（n+2），由化合价规则知磷酸钠的组成为nan+2pno3n+1；故答案为：nan+2pno3n+1；（5）在hf2中，已