江西省宜市樟树市高考化学六模试卷（含解析）.doc

2016年江西省宜春市樟树市高考化学六模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列配制的溶液浓度偏高的是（）a配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时，俯视刻度线b配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶刻度线c称量11.7gnacl配制0.2moll1nacl溶液1 000ml时，砝码错放左盘dnaoh溶解后未经冷却即注入容量瓶定容至刻度线2fe2o3+3co2fe+3co2 是炼铁高炉中发生的一个可逆反应早在19世纪的欧洲，炼铁工程师就发现在其他条件不变时，增加高炉的高度，高炉尾气中co的比例竟然没有改变关于这一事实，下列说法不合理的是（）a一定条件下，任何可逆反应的进程都有一定的限度，所以co不可能完全转化b尾气中co的比例不变，说明反应达到了这一条件下的化学平衡状态c尾气中co的比例不变，是因为co 的消耗速率与co 生成速率相等dco是气体，铁矿石（主要成分fe2o3）是固体，co 与铁矿石接触不充分3下列叙述正确的是（）a向agcl悬浊液中加入足量的nai溶液，无明显现象bccl4和nh3两分子中各原子最外层均满足8电子结构c若短周期元素r2+和m+的电子层结构相同，则金属性rmd标准状况下，n2和o2的混合气11.2l所含原子总数为6.0210234下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是（）a人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量b淀粉和纤维素葡萄糖co2和h2o（释放能量维持生命活动）c油脂甘油和高级脂肪酸co2和h2o（释放能量维持生命活动）d蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）5铁的常见化合价有+2和+3据研究，铁在浓hno3中发生钝化时，可生成一种化学式为fe8o11的化合物，它可以看作由feo和fe2o3组成的复杂氧化物该化合物可以表示为（）afeo3fe2o3b2feo3fe2o3cfeo2fe2o3d2feofe2o36在容积为2.0 l的密闭容器内，物质d在t时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）a从反应开始到第一次达到平衡时，b物质的平均反应速率为0.033 3 mol/（lmin）b根据右图该反应的平衡常数表达式为k=c2（a）c（b）c若在第5 min时升高温度，则该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，b的反应速率增大d若在第7 分钟时增加d的物质的量，a的物质的量变化情况符合a曲线7化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，如：平衡移动过程中和滴定过程沉淀的生成和溶解过程固体物质的溶解度变化过程下列曲线图中从左到右依次表示上述过程的正确顺序是（）abcd8如图为铅蓄电池的示意图下列说法正确的是（）a放电时，n为负极，其电极反应式为：pbo2+so42+4h+2e=pbso4+2h2ob放电时，c（h2so4）不变，两极的质量增加c充电时，阳极反应式为：pbso4+2e=pb+so42d充电时，若n连电源正极，则该极生成pbo2二、解答题（共4小题，满分52分）9某研究性学习小组探究如下实验：在常温下，取两片质量相等、外形和组成相同且表面经过砂纸打磨完全去掉氧化膜的铝片，分别加入盛有相同体积、h+浓度相同的稀硫酸和稀盐酸的两支大小相同的试管中，发现铝片在稀盐酸中产生氢气的反应速率比在稀硫酸中的快查阅相关资料后得知：化学反应速率主要由参加反应的物质的性质决定，其次是外界因素的影响（1）写出以上反应的离子方程式（2）出现上述现象的原因可能：假设：so42对铝与h+的反应有抑制作用；假设（3）请设计实验对上述假设进行验证：；（4）如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反应产生氢气的速率加快，可以采取的措施有：；10a、b、c、d、e、f是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中a、d及c、f分别是同一主族元素，a、f两元素的原子核中质子数之和比c、d两元素原子核中质子数之和少2，f元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍又知b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，e元素的最外层电子数等于其电子层数请回答：（1）1 mol由e、f二种元素组成的化合物跟由a、c、d三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为（2）a、c、f间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为（3）单质b的燃烧热a kj/mol由b、c二种元素组成的化合物bc14 g完全燃烧放出b kj热量，写出单质b和单质c反应生成bc的热化学方程式：（4）工业上在高温的条件下，可以用a2c和bc反应制取单质a2在等体积的、两个密闭容器中分别充入1 mol a2c和1 mol bc、2 mol a2c和2 mol bc一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）下列说法正确的是a达到平衡所需要的时间：b达到平衡后a2c的转化率：=c达到平衡后bc的物质的量：d达到平衡后a2的体积分数：e达到平衡后吸收或放出的热量：=f达到平衡后体系的平均相对分子质量：（5）用b元素的单质与e元素的单质可以制成电极浸入由a、c、d三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是11一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以co2o3coo的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（coo）的工艺流程如下：（1）过程中采用naoh溶液溶出废料中的al，反应的离子方程式为（2）过程中加入稀h2so4酸化后，再加入na2s2o3溶液，加入na2s2o3的作用是在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸代替酸化的na2s2o3，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因（3）用离子方程式表示过程 iv中na2co3的主要作用（4）如图是cocl26h2o晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，b物质的化学式是12a是重要的有机化工原料，可通过石油裂解制得以a为原料制取有机玻璃n及隐形眼镜材料m的合成路线如下：已知：（r、r为可能相同或可能不同的原子或原子团）请回答：（1）a中官能团的名称是，b的结构简式是，x中核磁共振氢谱峰面积比是（2）fn反应的化学方程式是，反应类型是（3）c在一定条件下转化为高分子化合物的化学方程式是（4）d有多种同分异构体，符合下列条件的有种（包括顺反异构体）能发生银镜反应能与naoh溶液反应其中反式结构的结构简式是（5）b是一种重要的工业溶剂，请完成ab的反应的合成路线 （有机物写结构简式、无机试剂任选）：2016年江西省宜春市樟树市高考化学六模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1下列配制的溶液浓度偏高的是（）a配制盐酸溶液用量筒量取盐酸时，俯视刻度线b配制盐酸溶液定容时，仰视容量瓶刻度线c称量11.7gnacl配制0.2moll1nacl溶液1 000ml时，砝码错放左盘dnaoh溶解后未经冷却即注入容量瓶定容至刻度线【考点】溶液的配制【专题】实验评价题【分析】根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积是否有影响判断，如果n偏大或v偏小，则所配制溶液浓度偏高【解答】解：a、用量筒量取盐酸时俯视刻度线，所取盐酸的体积偏少，溶质的质量偏少，导致配制溶液的浓度偏低，故a错误；b、定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，导致配制溶液的浓度偏低，故b错误c、称量11.7gnacl固体时用到游码，砝码错放左盘，会导致所称量的nacl固体的质量偏小，所配制溶液的浓度偏低，故c错误d、naoh固体溶于水放热，故naoh溶解后未经冷却即注入容量瓶配制导致溶液的体积偏小，配制溶液的浓度偏高，故d正确故选d【点评】本题考查配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，题目难度中等，注意根据c=分析不当操作对n或v的影响2fe2o3+3co2fe+3co2 是炼铁高炉中发生的一个可逆反应早在19世纪的欧洲，炼铁工程师就发现在其他条件不变时，增加高炉的高度，高炉尾气中co的比例竟然没有改变关于这一事实，下列说法不合理的是（）a一定条件下，任何可逆反应的进程都有一定的限度，所以co不可能完全转化b尾气中co的比例不变，说明反应达到了这一条件下的化学平衡状态c尾气中co的比例不变，是因为co 的消耗速率与co 生成速率相等dco是气体，铁矿石（主要成分fe2o3）是固体，co 与铁矿石接触不充分【考点】化学平衡的调控作用；化学平衡建立的过程【专题】化学平衡专题【分析】a可逆反应存在限度，反应物不能完全转化；b平衡时各组分的含量不变；c尾气中co的比例不变，反应到达平衡状态；d增加高炉的高度，使co与铁矿石充分接触，但尾气中co的比例不变，说明不是co与铁矿石接触不充分导致【解答】解：a可逆反应存在限度，co不可能完全转化，故a正确；b平衡时各组分的含量不变，尾气中co的比例不变，反应到达平衡状态，故b正确；c尾气中co的比例不变，反应到达平衡状态，正、逆速率相等，故c正确；d增加高炉的高度，使co与铁矿石充分接触，但尾气中co的比例不变，说明不是co与铁矿石接触不充分导致，可逆反应存在限度，反应物不能完全转化，故d错误；故选d【点评】本题考查化学平衡的影响因素、可逆反应的特征、平衡状态的特征与判断等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握3下列叙述正确的是（）a向agcl悬浊液中加入足量的nai溶液，无明显现象bccl4和nh3两分子中各原子最外层均满足8电子结构c若短周期元素r2+和m+的电子层结构相同，则金属性rmd标准状况下，n2和o2的混合气11.2l所含原子总数为6.021023【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；原子核外电子排布【分析】a 沉淀的转化：从溶解度小的转化为溶解度更小的；bnh3分子中h原子最外层为2电子结构；c若短周期元素r2+和m+的电子层结构相同，则r和m为同一周期，且m为第ia族，r为第iia族；d标准状况下，11.2ln2和o2的混合气体的物质的量为11.2l22.4l/mol=0.5mol，则分子数，原子数可求【解答】解：a沉淀的转化：从溶解度小的转化为溶解度更小的，因为agi的溶解度比agcl小，agcl悬浊液中加入足量的nai溶液，agcl白色沉淀会转化为agi黄色沉淀，故a错误；bccl4分子中各原子最外层均满足8电子结构，而nh3分子中h原子最外层为2电子结构，故b错误；c若短周期元素r2+和m+的电子层结构相同，则r和m为同一周期，且m为第ia族，r为第iia族，则金属性rm，故c错误；d标准状况下，11.2ln2和o2的混合气体的物质的量为11.2l22.4l/mol=0.5mol，则分子数为：3.011023，又因为是双原子分子，则原子数为：6.021023，故d正确；故选d【点评】本题考查了几个方面的基础知识，如原子结构和离子结构，沉淀的转化，物质的量的求算4下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是（）a人体中的糖类、油脂和蛋白质都能为人的生命活动提供能量b淀粉和纤维素葡萄糖co2和h2o（释放能量维持生命活动）c油脂甘油和高级脂肪酸co2和h2o（释放能量维持生命活动）d蛋白质氨基酸人体所需的蛋白质（人体生长发育、新陈代谢）【考点】合理摄入营养物质的重要性【分析】a糖类、油脂和蛋白质均为基本营养物质；b人体内没有水解纤维素的酶；c油脂能为人体提供能量；d蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成蛋白质【解答】解：a糖类、油脂和蛋白质均为基本营养物质，在体内水解、氧化提供能量，故a正确；b纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，故b错误；c油脂水解生成甘油和高级脂肪酸，甘油和高级脂肪酸能被氧化释放能量，故c正确；d蛋白质水解生成氨基酸，氨基酸能合成人体生长发育、新陈代谢的蛋白质，故d正确故选b【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重基本营养物质在体内的化学反应及作用非考查，注意纤维素不是人体所需要的营养物质，人体内没有水解纤维素的酶，题目难度不大5铁的常见化合价有+2和+3据研究，铁在浓hno3中发生钝化时，可生成一种化学式为fe8o11的化合物，它可以看作由feo和fe2o3组成的复杂氧化物该化合物可以表示为（）afeo3fe2o3b2feo3fe2o3cfeo2fe2o3d2feofe2o3【考点】铁的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】铁在浓hno3中发生钝化时，可生成一种化学式为fe8o11的化合物，结合原子守恒计算【解答】解：fe8o11的化合物它可以看作由feo和fe2o3组成的复杂氧化物，设化学式为nfeomfe2o3，则，解得x=2，m=3，该化合物可以表示为2feo3fe2o3，故选b【点评】本题考查化学式确定的计算，为基础性习题，把握原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大6在容积为2.0 l的密闭容器内，物质d在t时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述错误的是（）a从反应开始到第一次达到平衡时，b物质的平均反应速率为0.033 3 mol/（lmin）b根据右图该反应的平衡常数表达式为k=c2（a）c（b）c若在第5 min时升高温度，则该反应的正反应是吸热反应，反应的平衡常数增大，b的反应速率增大d若在第7 分钟时增加d的物质的量，a的物质的量变化情况符合a曲线【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a、根据v=进行计算；b、根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；c、根据温度升高，d的物质的量减少，a、b的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动；根据平衡常数只有与温度有关；温度升高化学反应速率加快；d、增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动【解答】解：a、从反应开始到第一次达到平衡时，a物质的平均反应速率为=0.067mol/lmin，所以v（b）=v（a）=0.033 3 mol/（lmin），故a正确；b、根据图象知，随着反应的进行，d的物质的量减少，a、b的物质的量增加，所以d是反应物，a、b是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，03min时，d=0.4mol，a=0.4mol，b=0.2mol，d：a：b=0.4mol：0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式为：2d（s）2a（g）+b（g）； 因d为固体，所以化学平衡常数k=c2（a）c（b），故b正确；c、温度升高，d的物质的量减少，a、b的物质的量增大，平衡正向移动，而温度升高，平衡向吸热的方向移动，说明正反应为吸热反应，平衡常数只有与温度有关，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大；温度升高化学反应b的反应速率加快，故c正确； d、d为固体，增加d的物质的量，浓度不变，平衡不移动，a的物质的量变化情况符合b曲线，故d错误；故选d【点评】本题考查了化学平衡、平衡常数的影响因素，平衡计算分析应用，掌握基础是关键，题目较简单7化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，如：平衡移动过程中和滴定过程沉淀的生成和溶解过程固体物质的溶解度变化过程下列曲线图中从左到右依次表示上述过程的正确顺序是（）abcd【考点】化学平衡的影响因素；化学反应速率变化曲线及其应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】化学平衡图像；基本概念与基本理论【分析】平衡移动的本质为正反应、逆反应速率改变程度不相等；中和滴定过程，是酸和碱反应生成盐和水的过程，酸滴定碱，开始溶液ph7，开始碱滴定酸，ph7；沉淀的生成和溶解，图象应先沉淀增加，后沉淀溶解，图象与横坐标有2个交点，图象中有拐点； 固体物质的溶解度变化过程，物质的溶解度随温度升高或降低【解答】解：由图可知，图中曲线从左到右依次表示为：中和滴定过程：如向一定量的盐酸中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液时ph逐渐增大；平衡移动过程：反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等，各组分的含量保持不变，图象中表示，当改变某一条件，正反应、逆反应速率改变程度不相等，平衡移动；沉淀的生成和溶解：图象应先沉淀增加，后沉淀溶解，如图象中可表示：向一定量的氯化铝溶液中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液，首先发生反应al3+3oh=al（oh）3，al3+反应完毕，继续滴加naoh溶液，发生反应oh+al（oh）3=alo2+h2o，故先生成沉淀，后沉淀溶解；固体物质的溶解度变化过程：大部分固体物质的溶解度温度的升高而增大，如kno3；只有少数固体物质的溶解度受温度的影响不大，如nacl；极少数固体物质的溶解度随温度升高而减小，如ca（oh）2图中可表示大部分固体物质的溶解度温度的升高而增大的过程；综上可知：图中从左到右依次表示，故选b【点评】本题考查较为综合，以图象形式考查平衡移动、中和滴定、沉淀的生成和溶解、溶解度等知识，注意有关反应的原理，熟悉物质的性质注意把握nacl、ca（oh）2的溶解性的特殊性，题目难度中等8如图为铅蓄电池的示意图下列说法正确的是（）a放电时，n为负极，其电极反应式为：pbo2+so42+4h+2e=pbso4+2h2ob放电时，c（h2so4）不变，两极的质量增加c充电时，阳极反应式为：pbso4+2e=pb+so42d充电时，若n连电源正极，则该极生成pbo2【考点】常见化学电源的种类及其工作原理【专题】电化学专题【分析】a、铅蓄电池的总反应pbo2+2h2so4+pb2pbso4+2h2o可知，放电时，pb被氧化，应为电池负极反应；b、放电时，根据电极反应确定电极质量变化情况；c、充电时，阳极发生失电子的氧化反应，和放电时的正极反应互为逆过程；d、充电时，若n连电源正极，该极上硫酸铅发生失电子的氧化反应【解答】解：a由铅蓄电池的总反应pbo2+2h2so4+pb2pbso4+2h2o可知，放电时，pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为：pb2e+so42=pbso4，故a错误；b放电时，负极反应：pb2e+so42=pbso4，电极质量减轻，故b错误；c充电时，阳极发生失电子的氧化反应，2h2o+pbso42e=4h+pbo2+so42，故c错误；d充电时，若n连电源正极，该极上硫酸铅发生失电子的氧化反应：2h2o+pbso42e=4h+pbo2+so42，该极生成pbo2，故d正确故选d【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意电极反应式的书写为解答该题的关键二、解答题（共4小题，满分52分）9某研究性学习小组探究如下实验：在常温下，取两片质量相等、外形和组成相同且表面经过砂纸打磨完全去掉氧化膜的铝片，分别加入盛有相同体积、h+浓度相同的稀硫酸和稀盐酸的两支大小相同的试管中，发现铝片在稀盐酸中产生氢气的反应速率比在稀硫酸中的快查阅相关资料后得知：化学反应速率主要由参加反应的物质的性质决定，其次是外界因素的影响（1）写出以上反应的离子方程式2al+6h+=2al3+3h2（2）出现上述现象的原因可能：假设：so42对铝与h+的反应有抑制作用；假设cl对铝与h+的反应有促进作用（3）请设计实验对上述假设进行验证：向上述稀盐酸中加入少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反应速率减小，则假设成立；向上述稀硫酸中加入少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反应速率，则假设成立（4）如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反应产生氢气的速率加快，可以采取的措施有：加入可溶性氯化物；增加h+浓度；加热；将铝片换成铝丝【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）铝和氢离子反应生成铝离子和氢气；（2）铝片在稀盐酸中产生氢气的反应速率比在稀硫酸中的快，可能原因有二：so42对铝与h+的反应有抑制作用或cl对铝与h+的反应有促进作用；（3）如验证假设是否成立，可分别在酸性加入氯化物或硫酸盐，观察生成氢气的速率是否变化；（4）如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反应产生氢气的速率加快，可加入氯化物、增大浓度、升高温度，增大固体表面积等【解答】解：（1）铝和氢离子反应生成铝离子和氢气，反应的离子方程式为2al+6h+=2al3+3h2，故答案为：2al+6h+=2al3+3h2；（2）铝片在稀盐酸中产生氢气的反应速率比在稀硫酸中的快，可能原因有二：so42对铝与h+的反应有抑制作用或cl对铝与h+的反应有促进作用，故答案为：cl对铝与h+的反应有促进作用；（3）如假设成立，则可向上述稀盐酸中加入少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反应速率减小，则假设成立，故答案为：向上述稀盐酸中加入少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反应速率减小，则假设成立；如假设成立，则向上述稀硫酸中加入少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反应速率，则假设成立，故答案为：向上述稀硫酸中加入少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反应速率，则假设成立；（4）如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反应产生氢气的速率加快，可加入氯化物、增大浓度、升高温度，增大固体表面积等故答案为：加入可溶性氯化物； 增加h+浓度； 加热；将铝片换成铝丝【点评】本题考查对实验现象的分析评价及实验方案的设计，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，注意相关知识的学习与积累，难度不大10a、b、c、d、e、f是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中a、d及c、f分别是同一主族元素，a、f两元素的原子核中质子数之和比c、d两元素原子核中质子数之和少2，f元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍又知b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，e元素的最外层电子数等于其电子层数请回答：（1）1 mol由e、f二种元素组成的化合物跟由a、c、d三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为8mol（2）a、c、f间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为hs+oh=s2+h2o（3）单质b的燃烧热a kj/mol由b、c二种元素组成的化合物bc14 g完全燃烧放出b kj热量，写出单质b和单质c反应生成bc的热化学方程式：c（s）+o2（g）co（g）h=（a2b） kjmol1（4）工业上在高温的条件下，可以用a2c和bc反应制取单质a2在等体积的、两个密闭容器中分别充入1 mol a2c和1 mol bc、2 mol a2c和2 mol bc一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）下列说法正确的是aba达到平衡所需要的时间：b达到平衡后a2c的转化率：=c达到平衡后bc的物质的量：d达到平衡后a2的体积分数：e达到平衡后吸收或放出的热量：=f达到平衡后体系的平均相对分子质量：（5）用b元素的单质与e元素的单质可以制成电极浸入由a、c、d三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是al3e+4ohalo2+2h2o【考点】位置结构性质的相互关系应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a、b、c、d、e、f是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，f元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则f为s元素，c、f是同一主族元素，则c为o元素；b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以b为c元素；e元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第a族，即e为al元素；a、f两元素的原子核中质子数之和比c、d两元素原子核中质子数之和少2，则a、d的质子数相差10，故a为h元素，d为na元素，据此解答【解答】解：a、b、c、d、e、f是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，f元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则f为s元素，c、f是同一主族元素，则c为o元素；b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以b为c元素；e元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第a族，即e为al元素；a、f两元素的原子核中质子数之和比c、d两元素原子核中质子数之和少2，则a、d的质子数相差10，故a为h元素，d为na元素（1）e、f二种元素组成的化合物为al2s3，由a、c、d三种元素组成的化合物为naoh，al2s3先发生双水解反应生成2 molal（oh）3和3 molh2s，再与氢氧化钠溶液反应生成naalo2、na2so3，由原子守恒可知1molal2s3消耗naoh为1mol2+3mol2=8mol，故答案为：8mol；（2）a、c、f间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲为hs、乙为oh，甲与乙反应的离子方程式为：hs+oh=s2+h2o，故答案为：hs+oh=s2+h2o；（3）由题意可得热化学方程式：c（s）+o2（g）co2（g）h=a kjmol1co2（g）co（g）+o2（g）h=+2b kjmol1由盖斯定律知，+可得：c（s）+o2（g）co（g）h=（a2b） kjmol1，故答案为：c（s）+o2（g）co（g）h=（a2b） kjmol1；（4）反应方程式为：co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g），该反应前后的气体系数相等，因此，在容器体积相同时，按成倍的不同的起始量加入反应物，平衡不受影响，反应程度相同，为等效平衡，但速率不同，浓度大时速率快，则：a反应速率，故达到平衡所需要的时间：，故a正确；b反应程度相同，、中转化率相等，故b正确；c转化率相等，则达到平衡后bc的物质的量：，故c错误；d二者为等效平衡，平衡后a2的体积分数相等，故d错误；e中参加反应的反应物的量更大，故达到平衡后吸收或放出的热量：，故e错误；f达到平衡后体系中同种组分的含量相等，则平均相对分子质量相等，故f错误，故选：ab；（5）用碳元素的单质与al制成电极浸入由naoh的溶液中构成电池，总反应为2al+2naoh+2h2o2naa1o2+3h2，可知负极的电极反应式al3e+4ohalo2+2h2o，故答案为：al3e+4ohalo2+2h2o【点评】本题考查位置结构性质的关系、原电池原理、热化学方程式书写、化学平衡移动、化学计算等，综合性较强，元素的推断是解答本题的关键，（1）中注意硫化铝在水中发生的双水解反应，难度中等11一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以co2o3coo的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（coo）的工艺流程如下：（1）过程中采用naoh溶液溶出废料中的al，反应的离子方程式为2al+2oh+2h2o=2alo2+3h2（2）过程中加入稀h2so4酸化后，再加入na2s2o3溶液，加入na2s2o3的作用是还原co3+在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸代替酸化的na2s2o3，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因co2o3coo可氧化盐酸产生cl2，污染环境（3）用离子方程式表示过程 iv中na2co3的主要作用co32+co2+=coco3（4）如图是cocl26h2o晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，b物质的化学式是cocl2h2o【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；（2）co3o4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被co2o3coo氧化生成有毒的氯气；（3）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3；（4）根据关系式cocl26h2ococl2求出cocl26h2o的质量，然后再根据差量法求出b物质的化学式【解答】解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2al+2oh+2h2o=+2alo2+3h2，故答案为：2al+2oh+2h2o=+2alo2+3h2；（2）co3o4和na2s2o3在酸性条件下发生氧化还原反应生成coso4、na2so4和h2o，反应方程式为：4co3o4+na2s2o3+11h2so4=12coso4+na2so4+11h2o，所以加入na2s2o3的作用是还原co3+，盐酸具有还原性，能被co2o3coo氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：还原co3+；co2o3coo可氧化盐酸产生cl2污染环境；（3）碳酸钠溶液在过程中调整ph，提供co32，使co2+沉淀为coco3，即：co32+co2+=coco3；故答案为：co32+co2+=coco3；（4）cocl26h2ococl2 238 130 m