福建省漳州市诏安县桥东中学高考化学一模试卷（含解析）.doc

2016年福建省漳州市诏安县桥东中学高考化学一模试卷一、选择题：本题共有13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是（）a为测定新制氯水的ph，用玻璃棒蘸取液体滴在ph试纸上，与标准比色卡对照即可b燃料的脱硫脱氮、so2的回收利用和nox的催化转化都是减少酸雨产生的措施c要将溶解在ccl4中的碘单质分离出来，可以用蒸馏法，因为碘易升华，先分离出来d提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法2下列有关化学用语表示正确的是（）a乙烯的结构简式为：c2h4bs2的结构示意图：c质子数为53，中子数为78的碘原子： idnh4cl的电子式为：3下列反应的离子方程式正确的是（）anahso4溶液与足量ba（oh）2溶液混合：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2ob硫化钠的水解反应：s2+2h2oh2s+2ohc将等体积等物质的量浓度的nahco3溶液与ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+ohbaco3+h2od单质铜与稀硝酸反应：cu+2h+2no3cu2+2no+h2o4莽草酸结构简式如图下列说法错误的是（）a该物质分子式为c7h10o5b该物质与乙酸互为同系物c该物质能与乙醇发生酯化反应d1mol该物质与na反应时，最多消耗na 4mol5下列有关实验操作的叙述中正确的是（）a利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离b进行h2，nh3，co2，cl2，hcl，no2等气体收集，也能用于no气体收集c当x选用苯时可进行nh3和hcl的吸收，并防止倒吸d常用于实验室收集氧气、氢气等6用pt电极电解含有ag+、cu2+和x3+各0.1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与回路中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示则下列氧化性强弱的判断正确的是（）aag+x3+cu2+h+x2+bag+cu2+x3+h+x2+ccu2+x3+ag+x2+h+dcu2+ag+x3+h+x2+7cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：10b1：8c1：6d1：5三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一回答下列问题：（1）工业上可用co2 和h2反应合成甲醇已知25、101kpa 下：h2（g）+o2（g）h2o（g）h1=242kj/molch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（g）h2=676kj/mol写出co2与h2反应生成ch3oh（g）与h2o（g）的热化学方程式：下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是（填字母代号）合成甲醇所需的h2可由下列反应制取：h2o（g）+co（g）h2（g）+co2（g）某温度下该反应的平衡常数k=1若起始时c（co）=1mol/l，c（h2o）=2mol/l，则达到平衡时h2o的转化率为（2）co和h2反应也能合成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.1kj/mol在250下，将一定量的co和h2投入10l的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol/l）变化如下表所示（前6min没有改变条件）： 2min 4min6min8min co 0.07 0.060.040.05 h2 x 0.12 0.12 0.2 ch2oh 0.03 0.040.04 0.05x=，250时该反应的平衡常数k=若68min时只改变了一个条件，则改变的条件是，第8min时，该反应是否达到平衡状态？（填“是”或“不是”）该合成反应的温度一般控制在240270，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸在常温下，甲酸的k=1104，20.00ml 0.1000mol/l naoh溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c（hcooh）=c（hcoo），该溶液ph=，溶液中离子浓度由大到小的顺序为9三氯化硼（bcl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（b2h6），也可作有机合成催化剂某兴趣小组拟选用如图装置制备bcl3（已知bcl3的沸点为12.5，熔点为107.3；2b+6hcl2bcl3+3h2）请回答下列问题：（1）装置a中发生反应的离子方程式为；（2）上述各装置连接顺序为，、（3）装置e的两个作用是、；实验中若不用装置c，可能产生的危险是（4）bcl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（h3bo3），其反应的化学方程式为10镍是有机合成的重要催化剂某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的ph如表：沉淀物开始沉淀完全沉淀al（oh）33.85.2fe（oh）32.73.2fe（oh）27.69.7ni（oh）27.19.2回答下列问题：（1）溶液中含金属元素的离子是（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的双氧水可以用下列物质替代的是a氧气 b高锰酸钾 c氯气 d硝酸（3）取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2moll1的edta（na2h2y）标准溶液滴定至终点，消耗edta标准溶液为34.50ml滴定反应为ni2+h2y2=niy2+2h+计算样品纯度为（已知，niso47h2o相对分子质量为281，不考虑杂质反应）（4）操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是固体的化学式为（5）操作a和c需要使用的仪器除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是上述流程中，“酸浸”时所加入的酸是（填化学式）（二）选考题：请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2题生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学-选修3：物质结构与性质】11已知a、b、c、d、e、f都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大其中基态a原子价电子排布式为nsnnpn+1；化合物b2e为离子化合物，e原子核外的m层中只有两对成对电子；c元素是地壳中含量最高的金属元素；d单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；f原子最外层电子数与b的相同，其余各内层轨道均充满电子请根据以上信息，回答下列问题（答题时，a、b、c、d、e、f用所对应的元素符号表示）：（1）a、b、e的第一电离能由小到大的顺序为（2）氢化物a2h4分子中a原子采取杂化（3）元素f在周期表的位置为，二价阳离子f2+与过量的a的简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为（4）元素a和c可形成一种新型化合物材料，其晶体具有很高的硬度和熔点，其化合物中所含的化学键类型为（5）a、f形成某种化合物的晶胞结构如图所示的立方晶胞（其中a显3价，每个球均表示1个原子），则其化学式为设阿伏伽德罗常数为na，距离最近的两个f原子的核间距为a cm，则该化合物的晶胞密度为（用含a和na的代数式表示）g/cm32016年福建省漳州市诏安县桥东中学高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共有13小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法正确的是（）a为测定新制氯水的ph，用玻璃棒蘸取液体滴在ph试纸上，与标准比色卡对照即可b燃料的脱硫脱氮、so2的回收利用和nox的催化转化都是减少酸雨产生的措施c要将溶解在ccl4中的碘单质分离出来，可以用蒸馏法，因为碘易升华，先分离出来d提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法【考点】化学实验方案的评价【分析】a氯水中的次氯酸能漂白ph试纸； b根据二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生；c碘的熔点高于四氯化碳；d氯化钠中混有少量的硝酸钾，不能制得硝酸钾的饱和溶液【解答】解：a氯水中的次氯酸能漂白ph试纸，不能用ph试纸测定新制氯水的ph值，故a错误； b采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，nox的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故b正确；c用蒸馏法能将溶解在ccl4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故c错误；d氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故d错误故选b【点评】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验，难度不大，注意d为易错点，若硝酸钾中混有少量的氯化钠，可以采用此方法提纯2下列有关化学用语表示正确的是（）a乙烯的结构简式为：c2h4bs2的结构示意图：c质子数为53，中子数为78的碘原子： idnh4cl的电子式为：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【专题】化学用语专题【分析】a结构简式中必须标出含有的官能团，乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键；b该离子结构示意图中的核电荷数错误，硫离子与硫原子的核电荷数相等，都是16；c元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数；d氯化铵为离子化合物的，氯离子需要标出最外层电子【解答】解：a乙烯分子中含有官能团碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：ch2=ch2，故a错误；b硫离子的核电荷数为16，核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，硫离子正确的结构示意图为：，故b错误；c质子数为53，中子数为78的碘原子的质量数为：53+78=131，该碘原子可以表示为：53131i，故c正确；d氯化铵属于离子化合物，铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子，氯化铵正确的电子式为，故d错误；故选c【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及结构简式、电子式、离子结构示意图、元素符号等知识，注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法，明确结构简式与结构式、原子结构示意图与离子结构示意图的区别3下列反应的离子方程式正确的是（）anahso4溶液与足量ba（oh）2溶液混合：2h+so42+ba2+2ohbaso4+2h2ob硫化钠的水解反应：s2+2h2oh2s+2ohc将等体积等物质的量浓度的nahco3溶液与ba（oh）2溶液混合：hco3+ba2+ohbaco3+h2od单质铜与稀硝酸反应：cu+2h+2no3cu2+2no+h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a反应生成硫酸钡、naoh和水；b水解分步进行，以第一步为主；c反应生成碳酸钡、水、naoh；d反应生成硝酸铜、no和水，电子、电荷不守恒【解答】解：anahso4溶液与足量ba（oh）2溶液混合的离子反应为h+so42+ba2+ohbaso4+h2o，故a错误；b硫化钠的水解反应的离子反应为s2+h2ohs+oh，故b错误；c将等体积等物质的量浓度的nahco3溶液与ba（oh）2溶液混合的离子反应为hco3+ba2+ohbaco3+h2o，故c正确；d单质铜与稀硝酸反应的离子反应为3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o，故d错误；故选c【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大4莽草酸结构简式如图下列说法错误的是（）a该物质分子式为c7h10o5b该物质与乙酸互为同系物c该物质能与乙醇发生酯化反应d1mol该物质与na反应时，最多消耗na 4mol【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物中含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，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由结构简式可知该有机物的分子式为c7h10o5，故a正确；b有机物含有碳碳双键和多个羟基，与乙酸结构不同，不是同系物，故b错误；c含有羧基，可与乙醇发生酯化反应，故c正确；d含有3个羟基、1个羧基，都可与钠反应生成氢气，则1mol该物质与na反应时，最多消耗na 4mol，故d正确故选b【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握有机物的官能团及性质的关系，明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答，题目难度不大5下列有关实验操作的叙述中正确的是（）a利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水，进行甘油与乙醇的混合物分离b进行h2，nh3，co2，cl2，hcl，no2等气体收集，也能用于no气体收集c当x选用苯时可进行nh3和hcl的吸收，并防止倒吸d常用于实验室收集氧气、氢气等【考点】化学实验方案的评价【分析】a甘油与乙醇互溶； b与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体；c苯的密度比水小，不能隔绝气体与水；d氧气、氢气不溶于水，不与水反应【解答】解：a甘油与乙醇不分层，不能利用与中分液装置分离，故a错误； b与氧气反应的气体不能使用排空气法收集，a进气收集密度比空气小的气体，b进气收集密度比空气大的气体，则装置可进行h2，nh3，co2，cl，hcl，no2等气体收集，但不能用于no气体收集，故b错误；c苯的密度比水小，不能隔绝气体与水，则x为苯时不能防止倒吸，应选四氯化碳，故c错误；d氧气、氢气不溶于水，不与水反应，可用排水法收集，故d正确故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集及防倒吸装置等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大6用pt电极电解含有ag+、cu2+和x3+各0.1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与回路中通过电子的物质的量n（mol）的关系如图所示则下列氧化性强弱的判断正确的是（）aag+x3+cu2+h+x2+bag+cu2+x3+h+x2+ccu2+x3+ag+x2+h+dcu2+ag+x3+h+x2+【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】根据图象可知，开始即析出固体，总共0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明x3+放电生成x2+，后又有固体析出，则为铜，最后无固体，则为h+放电，从而判断离子氧化性【解答】解：开始即析出固体，总共0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明x3+放电生成x2+，后又有固体析出，则为铜，则氧化能力为ag+x3+cu2+；当电子超过0.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力h+x2+，故氧化能力为ag+x3+cu2+h+x2+故选：a【点评】本题考查学生根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，难度中等，关键在确定最先析出的固体是银7cu2s与一定浓度的hno3反应，生成cu（no3）2、cuso4、no2、no和h2o，当no2和no的物质的量之比为2：1时，实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为（）a1：10b1：8c1：6d1：5【考点】氧化还原反应的计算【专题】氧化还原反应专题【分析】cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的cu2s的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no），根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4），由硫元素守恒可知n（cu2s）=n（cuso4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量据此计算判断【解答】解：cu2s与一定浓度的hno3反应中，cu2s中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用hno3中氮元素被还原为no2和no，起酸作用的硝酸生成cu（no3）2令no2和no的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：n（cu2s）6（2）+12=2mol（54）+1mol（52），解得n（cu2s）=0.5mol由硫元素守恒可知n（cuso4）=n（cu2s）=0.5mol，根据铜元素守恒可知溶液中ncu（no3）2=2n（cu2s）n（cuso4）=20.5mol0.5mol=0.5mol由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（hno3）=2ncu（no3）2+n（no2）+n（no）=20.5mol+2mol+1mol=4mol所以实际参加反应的cu2s与hno3的物质的量之比为n（cu2s）：n（hno3）=0.5mol：4mol=1：8故选：b【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算，难度中等，判断元素化合价变化，利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题8甲醇是有机化工原料和优质燃料，主要应用于精细化工、塑料等领域，也是农药、医药的重要原料之一回答下列问题：（1）工业上可用co2 和h2反应合成甲醇已知25、101kpa 下：h2（g）+o2（g）h2o（g）h1=242kj/molch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（g）h2=676kj/mol写出co2与h2反应生成ch3oh（g）与h2o（g）的热化学方程式：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=50 kj/mol下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是a（填字母代号）合成甲醇所需的h2可由下列反应制取：h2o（g）+co（g）h2（g）+co2（g）某温度下该反应的平衡常数k=1若起始时c（co）=1mol/l，c（h2o）=2mol/l，则达到平衡时h2o的转化率为33.3%（2）co和h2反应也能合成甲醇：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h=90.1kj/mol在250下，将一定量的co和h2投入10l的恒容密闭容器中，各物质的浓度（mol/l）变化如下表所示（前6min没有改变条件）： 2min 4min6min8min co 0.07 0.060.040.05 h2 x 0.12 0.12 0.2 ch2oh 0.03 0.040.04 0.05x=0.14，250时该反应的平衡常数k=46.3若68min时只改变了一个条件，则改变的条件是增加了1 mol氢气，第8min时，该反应是否达到平衡状态？不是（填“是”或“不是”）该合成反应的温度一般控制在240270，选择此温度的原因是：此温度下的催化剂活性高；温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低（3）甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸在常温下，甲酸的k=1104，20.00ml 0.1000mol/l naoh溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c（hcooh）=c（hcoo），该溶液ph=4，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（hcoo）c（na+）c（h+）c（oh）【考点】热化学方程式；化学平衡的计算；离子浓度大小的比较【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）据已化学方程式，根据盖斯定律计算；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小；利用三段式法计算平衡状态时各物质的平衡浓度；（2）根据表中2min和4min时各种物质的浓度的变化量，依据转化量之比等于方程式计量系数之比可求出x值；该反应的平衡常数表达式k=，将在250下，将4min时各物质平衡浓度带入计算；根据6min到8min时各物质浓度的变化来确定改变条件；求出第8min时反应的浓度商qc，与250时k做比较，若qc=k反应达到平衡状态；反应条件的选择既要考虑限度又要考虑速率，二者应兼顾；（3）根据算的电离平衡常数表达式甲酸的平衡常数k=代入数据计算氢离子浓度；结合弱电解质的电离、盐的水解原理的应用来比较离子浓度大小【解答】解：（1）h2（g）+o2（g）h2o（g）h1=242kj/molch3oh（g）+o2（g）co2（g）+2h2o（g）h2=676kj/mol将方程式3得co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=3（242kj/mol）（676kj/mol）=50 kj/mol，故答案为：co2（g）+3h2（g）ch3oh（g）+h2o（g）h=50 kj/mol；该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图象是a，故选a；h2o（g）+co（g）=h2（g）+co2（g）起始量（mol/l） 2 1 0 0转化量（mol/l） x x x x平衡量（mol/l）2x 1x x x=1，x=，所以水的转化率为：100%=33.3%，故答案为：33.3%；（2）从图中可知从2min到4min时各物质的转化量为：c（co）：c（h2）：c（ch3oh）=（0.070.06）：（x0.12）：（0.040.03）化学反应中各物质的转化量之比等于方程式的计量系数得：（0.070.06）：（x0.12）：（0.040.03）=1：2：1，解得x=0.14，250下，甲醇的平衡浓度是0.06mol/l，氢气的平衡浓度是0.12mol/l，一氧化碳的平衡浓度是0.04mol/l所以平衡常数k=46.3；故答案为：0.14；46.3；对比6min和8min时各物质的浓度可知改变条件后反应反应向正方向进行，按照转化量之比等于计量系数之比c（co）：c（h2）：c（ch3oh）=0.01mol/l：0.02mol/l：0.01mol/l，所以8min后三种物质的浓度应为：（0.060.01）mol/l、（0.120.02）mol/l、（0.04+0.01）mol/l，而8min后氢气的浓度为0.2mol/l，所以多加了0.1mol/l10=1mol的氢气；第8min时反应的浓度商qc=k，所以此时不是平衡状态，故答案为：增加了1 mol氢气；不是；从反应限度角度考虑：该反应而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低；从速率角度考虑：温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低，为提高经济效应，反应速率和限度应兼顾，所以选择温度一般控制在240270；故答案为：温度低，反应速率慢，单位时间内的产量低；而该反应为放热反应，温度过高，转化率降低；（3）甲酸的平衡常数k=1104，所得溶液的c（hcooh）=c（hcoo），此时c（h+）=1104，所以ph=4，溶液呈酸性，得到的是甲酸和甲酸钠的混合物，溶液中各离子浓度大小关系为：c（hcoo）c（na+）c（h+）c（oh）故答案为：4；c（hcoo）c（na+）c（h+）c（oh）【点评】本题考查了盖斯定律的应用、转化率计算、化学平衡常数的计算、平衡状态的判断、盐类水解，考察范围广，题目跨度大，难度一般9三氯化硼（bcl3）是一种重要的化工原料，可用于制取乙硼烷（b2h6），也可作有机合成催化剂某兴趣小组拟选用如图装置制备bcl3（已知bcl3的沸点为12.5，熔点为107.3；2b+6hcl2bcl3+3h2）请回答下列问题：（1）装置a中发生反应的离子方程式为mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o；（2）上述各装置连接顺序为，a、c、f、b、d、e（3）装置e的两个作用是防止空气中的水进入u形管、吸收多余的氯气；实验中若不用装置c，可能产生的危险是氢气与氯气混合受热易爆炸（4）bcl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸（h3bo3），其反应的化学方程式为bcl3+3h2o=3hcl+h3bo3【考点】制备实验方案的设计【专题】卤族元素；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】（1）a中为浓盐酸和二氧化锰的反应，在加热条件下反应生成氯气；（2）装置连接的顺序为气体发生装置除杂装置反应装置收集装置尾气处理装置的顺序，即：制备氯气（装置a）净化氯气（装置c、f）发生装置（b装置）收集装置（装置d）尾气处理装置（装置e）以此可确定连接顺序；反应的原理为3cl2+2b2bcl3，实验室制备氯气，应先后分别饱和食盐水、浓硫酸得到纯净的氯气，然后与b在加热条件下反应生成bcl3，（3）装置e内装有碱石灰，可与氯气反应，防止污染空气，具有吸水作用，可防止空气中的水蒸气进入u形管；实验中若不用装置c，可发生2b+6hcl2bcl3+3h2，氢气和氯气易发生爆炸；（4）bcl3发生水解反应生成硼酸和hcl【解答】解：（1）根据装置a的药品和反应条件可知该装置是实验室制备氯气的装置，其中发生反应的离子方程式为mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o，故答案为：mno2+4h+2clmn2+cl2+2h2o；（2）根据实验目的“某兴趣小组拟选用下列装置制备bcl3”，依据的原理是3cl2+2b2bcl3，所以装置连接的顺序应该为气体发生装置除杂装置反应装置收集装置尾气处理装置的顺序，又实验室制备氯气中夹杂有氯化氢和水，且应先除去hcl再除去水，按气流方向连接各装置的接口，顺序为aedjkbcfgh，即：acfbde，故答案为：acfbde；（3）装置e是一个盛有碱石灰的干燥管，其作用一方面是吸收未反应的多余氯气，另一个方面也防止空气中的水蒸气进入u形管，实验中若不用装置c，则夹杂在氯气中的氯化氢也会进入盛有硼粉的玻璃管发生反应2b+6hcl2bcl3+3h2，可能产生的危险是氢气和氯气混合气体受热易爆炸，故答案为：防止空气中的水进入u形管；吸收多余的氯气；氢气与氯气混合受热易爆炸；（4）bcl3遇水产生大量的白雾，同时生成硼酸，是发生水解反应的原因，发生的方程式为bcl3+3h2o=3hcl+h3bo3，故答案为：bcl3+3h2o=3hcl+h3bo3【点评】本题考查物质的制备实验，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意把握实验的原理和注意事项，难度中等10镍是有机合成的重要催化剂某化工厂有含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质）某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的ph如表：沉淀物开始沉淀完全沉淀al（oh）33.85.2fe（oh）32.73.2fe（oh）27.69.7ni（oh）27.19.2回答下列问题：（1）溶液中含金属元素的离子是alo2（2）用离子方程式表示加入双氧水的目的2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o双氧水可以用下列物质替代的是aa氧气 b高锰酸钾 c氯气 d硝酸（3）取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用0.2moll1的edta（na2h2y）标准溶液滴定至终点，消耗edta标准溶液为34.50ml滴定反应为ni2+h2y2=niy2+2h+计算样品纯度为97.0%（已知，niso47h2o相对分子质量为281，不考虑杂质反应）（4）操作b调节溶液范围为3.27.1，其目的是除去fe3+固体的化学式为fe（oh）3（5）操作a和c需要使用的仪器除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是漏斗上述流程中，“酸浸”时所加入的酸是h2so4（填化学式）【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】由流程可知，含镍催化剂废品（主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质），铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，可以达到除去铝元素的目的，同时除去表面的油污，过滤得到固体加入酸浸过滤加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液ph使铁离子和铝离子全部沉淀，镍离子不沉淀，过滤后调节溶液ph：23，防止镍离子水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到niso47h2o晶体（1）根据废料成分知，碱和铝、氧化铝反应，溶液中含有偏铝酸根离子；（2）根据数据表知，应将亚铁离子转化成铁离子除去，加入双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，不引入新杂质用漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质用氧气替代双氧水；（3）依据离子反应方程式：ni2+h2y2=niy2+2h+，列出关系式计算即可；（4）调节溶液ph使fe3+完全沉淀，使ni2+不沉淀，分离出固体是氢氧化铁；（5）操作a为过滤、操作c为蒸发，除铁架台（带铁圈）、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”将滤渣溶解，制备目的是得到niso47h2o，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸【解答】解：（1）碱和铝、氧化铝均能反应，2al+2oh+2h2o2alo2+3h2、al2o3+2oh2alo2+3h2o，溶液中含有的含有金属的离子是偏铝酸根离子，故答案为：alo2；（2）亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o，漂白液（主要成分次氯酸钠）、氯气、硝酸替代双氧水会引入新杂质，故此替代试剂为氧气，故答案为：2fe2+h2o2+2h+=2fe3+2h2o；a；（3）n（na2h2y）=0.2mol/l34.5103l=6.9103mol，根据滴定反应式知，m（niso47h2o）=6.9103mol281g/l=1.94g，（niso47h2o）=100%=97.0%，故答案为：97.0%；（4）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围为2.73.2，镍离子的沉淀范围是7.19.2，调节ph在3.27.1的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍离子，由（2）可知：操作b调节溶液范围为3.27.1，那么此时得到的沉淀是氢氧化铁，故答案为：除去fe3+； fe（oh）3；（5）操作a为过滤，过滤需漏斗作过滤器、烧杯盛放滤液、玻璃棒引流，操作c为蒸发需酒精灯、玻璃棒、蒸发皿，所以需要的主要玻璃仪器是漏斗，“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到niso47h2o，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，故答案为：漏斗；h2so4【点评】本题考查的是无机物制备流程，涉及离子反应方程式书写，氧化还原反应，离子的验证等，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生灵活运用知识解答问题的能力，本题综合性较强，题目难度中等（二）选考题：请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2题生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所做的第一题计分【化学-选修3：物质结构与性质】11已知a、b、c、d、e、f都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大其中基态a原子价电子排布式为nsnnpn+1；化合物b2e为离子化合物，e原子核外的m层中只有两对成对电子；c元素是地壳中含量最高的金属元素；d单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片；f原子最外层电子数与b的相同，其余各内层轨道均充满电子请根据以上信息，回答下列问题（答题时，a、b、c、d、e、f用所对应的元素符号表示）：（1）a、b、e的第一电离能由小到大的顺序为nasn（2）氢化物a2h4分子中a原子采取sp3杂化（3）元素f在周期表的位置为第四周期第ib族，二价阳离子f2+与过量的a的简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为cu2+4nh3h2o=cu（nh3）42+4h2o（4）元素a和c可形成一种新型化合物材料，其晶体具有很高的硬度和熔点，其化合物中所含的化学键类型为共价键（5）a、f形成某种化合物的晶胞结构如图所示的立方晶胞（其中a显3价，每个球均表示1个原子），则其化学式为cu3n设阿伏伽德罗常数为na，距离最近的两个f原子的核间距