江西省宜市铜鼓中学高考化学五模试卷（含解析）.doc

2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学五模试卷一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推导不合理的是（）序号化学反应事实影响化学反应因素a铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧反应物浓度b碳在常温下不与氧气发生反应，而在高温时能与氧气反应反应温度c水在通电的条件才能分解，双氧水只要加入二氧化锰就迅速分解催化剂d铜片在空气中很难燃烧，纳米铜粉在空气中较易燃烧反应物的接触面积aabbccdd2某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，则300ml该溶液中cl的物质的量约等于（）a0.37 molb0.63 molc0.74 mold1.50 mol3已知a、b、c均为短周期的元素，a、b同周期，a、c的最低价离子分别为a2和c，b2+和c具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（）a离子半径：a2cb2+bc元素的最高正价一定为+7价c对应气态氢化物的稳定性acd还原性：a2c4下列离子方程式正确的是（）a将一定量kal（so4）2溶液和一定量ba（oh）2溶液混合，沉淀的质量恰好最大时：al3+2so42+3oh+2ba2+=2baso4+al（oh）3bkmno4与浓盐酸反应制cl2：2mno4+16hcl=2mn2+6cl+5cl2+8h2oc0.1molcl2和100ml1mol/lfebr2反应：3cl2+2fe2+4br=6cl+2fe3+2br2d用al（oh）3中和过多的胃酸：al（oh）3+3h+=al3+3h2o545克油脂皂化需6克烧碱，该油脂的相对分子质量是（）a300b450c850d9006某合金与铁的物理性质的比较如表所示（）项目熔点/c密度/（gcm3）硬度（金刚石为10）导电性（银为100）某合金2 5003.007.42.3铁1 5357.864.517a导线b门窗框c炉具d飞机外壳7将充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中，然后通入m ml o2，若mn，则充分反应后，量筒内气体的体积为（）a3（mn） mlb mlc mld ml8用co合成甲醇的化学方程式为：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h0，按照相同的物质的量投料，测得co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示下列说法正确的是（）a温度：t1t2t3b正反应速率：（a）（b）（c）c平衡常数：k（b）k（d）dch3oh的体积分数（a）（b）（c）二、（非选择题，共3小题，共52分）9a、b、c、d、e、f、g元素原子序数依次增大已知b原子最外层有3个未成对电子，c原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，e与c同主族，f、d+、a+离子的半径逐渐减小，化合物af常温下为气体，g的基态原子核外m能层填满电子，n能层只有1个电子据此回答下列问题：（1）写出d元素基态原子的核外电子排布式；b、c、e三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）（2）a与c可形成18电子分子，其水溶液中滴入少量氯化铁溶液时有大量气泡逸出，写出该反应的化学方程式（3）某化合物由上述七种元素中的三种元素组成，为常见家用消毒剂的主要成分，其中化学键类型为；该化合物水溶液不呈中性的原因是（用离子方程式表示）（4）0.3 mol g的低价氧化物能与mol b的最高价氧化物对应水化物的溶液恰好完全反应（设还原产物只有bo）（5）卫星发射时可用b2a4为燃料，1 mol气态b2a4在适量c2中燃烧，生成b2和气态a2c，放出534 kj的热量，1 mol液态a2c完全气化需吸收44 kj热量请写出气态b2a4在c2中燃烧生成b2和液态a2c时的热化学方程式10某研究小组利用题9图装置探究温度对co还原fe2o3的影响（固定装置略）（1）mgco3的分解产物为（2）装置c的作用是，处理尾气的方法为（3）将研究小组分为两组，按题9图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置d加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加k3fe（cn）6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加kscn溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色乙组得到的黑色粉末是甲组步骤1中反应的离子方程式为乙组步骤4中，溶液变红的原因为；溶液褪色可能的原因及其验证方法为从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是11a、b、c、d、e五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：（1）若a为单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05 moll1 e溶液中只有3种离子，且在25时，溶液中的=1012若b为气态氢化物，写出ec的一个化学方程式在ac的反应中，每转移1 mol e就会放热143.5 kj，写出该反应的热化学方程式（2）若a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，c溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）若b溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，e是一种不溶性碱则：（）bc的离子方程式为（）de的化学方程式为（）选用一种试剂r与e反应实现ec的转化，则r为；该反应的离子方程式为（3）若ae均为化合物，且均含有元素ya是淡黄色固体，b、c两溶液在等物质的量浓度时，c溶液的ph较小电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，dec也是工业制备c的普遍方法y的单质与钾的合金可在核反应堆中用作热交换液5.05 g y钾合金溶于200 ml水生成0.075 mol氢气，计算并确定该y钾合金的化学式是【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12已知：以乙炔为原料，通过如图所示步骤能合成有机物中间体e（转化过程中的反应条件及部分产物已略去）其中，a、b、c、d分别代表一种有机物；b的化学式为c4h10o2，分子中无甲基请回答下列问题：（1）ab的化学反应类型是（2）写出生成a的化学方程式：（3）b在浓硫酸催化下加热，可生成多种有机物写出2种相对分子质量比a小的有机物的结构简式：、（4）写出c生成d的化学方程式：（5）含有苯环，且与e互为同分异构体的酯有种，写出其中二种同分异构体的结构简式：2016年江西省宜春市铜鼓中学高考化学五模试卷参考答案与试题解析一、（选择题，每小题6分，共48分）在下列各题的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的以下数据可供解题时参考：相对原子质量：h1，c12，o16，na23，al27，s32，cl35.5，fe56，zn651比较、推理是化学学习常用的方法，以下是根据一些反应事实推导出的影响化学反应的因素，其中推导不合理的是（）序号化学反应事实影响化学反应因素a铁丝在空气中很难燃烧，而在氧气中能剧烈燃烧反应物浓度b碳在常温下不与氧气发生反应，而在高温时能与氧气反应反应温度c水在通电的条件才能分解，双氧水只要加入二氧化锰就迅速分解催化剂d铜片在空气中很难燃烧，纳米铜粉在空气中较易燃烧反应物的接触面积aabbccdd【考点】化学反应速率的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】根据影响化学反应的因素温度、反应物浓度、催化剂、反应物接触面积等知识，仔细分析各选项发现，只有d项中把铜片和铜粉看成是不同反应物种类是不合理的【解答】解：a铁丝能在氧气中燃烧是因为氧气的浓度大了故a正确；b碳在点燃时能与氧气反应是因为温度达到了着火点故b正确；c水和双氧水是两种物质，不能比较得出结论，故c错误；d铜片与铜粉表面积不同，表面积越大，反应速率越大，故d正确故选c【点评】本题通过不同的实验现象总结影响化学反应速度的因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，在解此类题时，首先要分析题中所给的条件，然后结合具体的问题进行分析解答2某氯化镁溶液的密度为1.18gcm3，其中镁离子的质量分数为5.1%，则300ml该溶液中cl的物质的量约等于（）a0.37 molb0.63 molc0.74 mold1.50 mol【考点】物质的量浓度的相关计算【专题】物质的量浓度和溶解度专题【分析】根据m=v计算氯化镁溶液的质量，根据m（mg2+）=m（溶液）（mg2+）计算镁离子质量，再根据n=计算镁离子的物质的量，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（cl）=2n（mg2+）【解答】解：氯化镁溶液的质量为：1.18gcm3300ml=354g，镁离子的质量为：354g5.1%=3.545.1g，镁离子的物质的量为： =0.75mol，根据电荷守恒氯化镁溶液中n（cl）=2n（mg2+）=20.75mol=1.5mol，故选d【点评】考查物质的量浓度、质量分数、常用化学计量的有关计算，比较基础，注意公式的灵活运用3已知a、b、c均为短周期的元素，a、b同周期，a、c的最低价离子分别为a2和c，b2+和c具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（）a离子半径：a2cb2+bc元素的最高正价一定为+7价c对应气态氢化物的稳定性acd还原性：a2c【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】由a、c的最低价离子分别为a2和c，则a为a族元素，c为a族元素，b2+和c具有相同的电子层结构，则b在c的下一周期，则b为mg元素，c为f元素，a、b同周期，则a为s元素，a具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小；bc为f元素，无正价；c非金属性越强的元素，其气态氢化物越稳定；d元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱【解答】解：由a、c的最低价离子分别为a2和c，则a为a族元素，c为a族元素，b2+和c具有相同的电子层结构，则b在c的下一周期，则b为mg元素，c为f元素，a、b同周期，则a为s元素，a离子的电子层数越多，半径越大，具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以a2cb2+，故a正确；bc为f元素，无正价，最高价为0价，故b错误；cc为f元素，a为s元素，f的非金属性大于s元素，所以hf的稳定性大于h2s，即对应气态氢化物的稳定性ac，故c错误；d元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有a2c，故d错误故选a【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类4下列离子方程式正确的是（）a将一定量kal（so4）2溶液和一定量ba（oh）2溶液混合，沉淀的质量恰好最大时：al3+2so42+3oh+2ba2+=2baso4+al（oh）3bkmno4与浓盐酸反应制cl2：2mno4+16hcl=2mn2+6cl+5cl2+8h2oc0.1molcl2和100ml1mol/lfebr2反应：3cl2+2fe2+4br=6cl+2fe3+2br2d用al（oh）3中和过多的胃酸：al（oh）3+3h+=al3+3h2o【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】a沉淀的质量恰好最大时，生成硫酸钡、偏铝酸钾；b盐酸完全电离；c物质的量均为0.1mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化；d反应生成氯化铝和水【解答】解：a将一定量kal（so4）2溶液和一定量ba（oh）2溶液混合，沉淀的质量恰好最大时的离子反应为al3+2so42+4oh+2ba2+=2baso4+alo2+2h2o，故a错误；bkmno4与浓盐酸反应制cl2的离子反应为2mno4+16h+10cl=2mn2+5cl2+8h2o，故b错误；c.0.1molcl2和100ml1mol/lfebr2反应的离子反应为2cl2+2fe2+2br=4cl+2fe3+br2，故c错误；d用al（oh）3中和过多的胃酸的离子反应为al（oh）3+3h+=al3+3h2o，故d正确；故选d【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方程式书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，题目难度不大545克油脂皂化需6克烧碱，该油脂的相对分子质量是（）a300b450c850d900【考点】油脂的性质、组成与结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】油脂与氢氧化钠按物质的量1：3反应，由n=计算n（naoh），根据m=求出油脂的摩尔质量，数值上等于油脂的相对分子质量【解答】解：6g烧碱的物质的量n（naoh）=0.15mol，油脂与氢氧化钠按物质的量1：3反应，则油脂的物质的量为0.15mol=0.05 mol，油脂的摩尔质量m=900 g/mol，则油脂的相对分子质量为900，故选d【点评】本题考查相对分子质量的计算，难度中等，明确油脂的皂化反应是关键，侧重对基础知识的巩固6某合金与铁的物理性质的比较如表所示（）项目熔点/c密度/（gcm3）硬度（金刚石为10）导电性（银为100）某合金2 5003.007.42.3铁1 5357.864.517a导线b门窗框c炉具d飞机外壳【考点】金属与合金在性能上的主要差异【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】从表中可看出某合金的熔点高，密度小，硬度大，导电性差【解答】解：a合金的导电性差，不能做电源线，故a正确；b合金的硬度大，可做门窗框，故b错误；c合金的熔点高，可做炉具，故c错误； d合金的硬度大，密度小，熔点高，可做飞机外壳，故d错误故选a【点评】本题主要考查物质的性质、组成以及用途，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累7将充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中，然后通入m ml o2，若mn，则充分反应后，量筒内气体的体积为（）a3（mn） mlb mlc mld ml【考点】有关混合物反应的计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】发生反应4no2+o2+2h2o=4hno3，4no+3o2+2h2o=4hno3，故no与no2按1：1混合的总反应为：no+no2+o2+h2o=2hno3，充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中，然后通入m ml o2，由于mn，故按总反应进行，no2有剩余，再发生3no2+h2o=2hno3+no，以此解答【解答】解：发生反应4no2+o2+2h2o=4hno3，4no+3o2+2h2o=4hno3，故no与no2按1：1混合的总反应为：no+no2+o2+h2o=2hno3，充有m ml no和n ml no2的量筒倒立于水槽中，然后通入m ml o2，由于mn，故按总反应进行，no2有剩余，剩余no2的体积为n mlm ml=（nm）ml，再发生3no2+h2o=2hno3+no，所以生成no的体积为：v（no）= ml，故选c【点评】本题考查混合物的有关计算，为高频考点，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意利用总方程式进行解答，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力8用co合成甲醇的化学方程式为：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h0，按照相同的物质的量投料，测得co在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示下列说法正确的是（）a温度：t1t2t3b正反应速率：（a）（b）（c）c平衡常数：k（b）k（d）dch3oh的体积分数（a）（b）（c）【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】a、依据反应是放热反应，升温平衡逆向进行，一氧化碳转化率减小分析判断b、依据图象分析温度越高反应速率越大；c、bd是相同温度下进行的反应平衡状态，平衡常数随温度变化；d、依据平衡移动方向分析甲醇的条件分数【解答】解：a、：co（g）+2h2（g）ch3oh（g）h0，反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，一氧化碳转化率越小，温度：t1t2t3 ，故a错误；b、反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，温度：t1t2t3 ，温度越高反应速率越大，所以正反应速率：（a）（b）（c），故b错误；c、bd点是相同温度下的化学平衡，平衡常数随温度变化，温度不变，平衡常数不变，故c错误；d、反应是放热反应，相同压强下，温度越高，平衡逆向进行，ch3oh的体积分数（a）（b）（c），故d正确；故选d【点评】本题考查化学平衡影响因素的分析判断，图象分析依据定一议二方法分析判断，注意平衡常数随温度变化，题目难度中等二、（非选择题，共3小题，共52分）9a、b、c、d、e、f、g元素原子序数依次增大已知b原子最外层有3个未成对电子，c原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，e与c同主族，f、d+、a+离子的半径逐渐减小，化合物af常温下为气体，g的基态原子核外m能层填满电子，n能层只有1个电子据此回答下列问题：（1）写出d元素基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s1；b、c、e三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 （用元素符号表示）nos（2）a与c可形成18电子分子，其水溶液中滴入少量氯化铁溶液时有大量气泡逸出，写出该反应的化学方程式2h2o22h2o+o2（3）某化合物由上述七种元素中的三种元素组成，为常见家用消毒剂的主要成分，其中化学键类型为离子键、共价键；该化合物水溶液不呈中性的原因是（用离子方程式表示）clo+h2ohclo+oh（4）0.3 mol g的低价氧化物能与1.4mol b的最高价氧化物对应水化物的溶液恰好完全反应（设还原产物只有bo）（5）卫星发射时可用b2a4为燃料，1 mol气态b2a4在适量c2中燃烧，生成b2和气态a2c，放出534 kj的热量，1 mol液态a2c完全气化需吸收44 kj热量请写出气态b2a4在c2中燃烧生成b2和液态a2c时的热化学方程式n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=622kj/mol【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；有机化学基础【分析】a、b、c、d、e、f、g元素原子序数依次增大c原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数不能超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素；e与c同主族，则e为s元素；b原子最外层有3个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，故b为n元素；f、d+、a+离子的半径逐渐减小，化合物af常温下为气体，则a为h元素、d为na、f为cl，g的基态原子核外m能层填满电子，n能层只有1个电子，则g为cu元素，据此解答（1）d为na，原子核外有11个电子，根据能量最低原理书写核外电子排布；n元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，同主族张而行第一电离能减小；（2）a与c可形成18电子分子为h2o2，其水溶液中滴入少量氯化铁溶液时，分解生成水与氧气；（3）由上述七种元素中的三种元素组成化合物，为常见家用消毒剂的主要成分，该化合物为nclo，溶液中次氯酸根离子水解，溶液呈碱性；（4）g的低价氧化物是cu2o，b的最高价氧化物的水化物是hno3，该反应方程式为：3cu2o+14hno3=6cu（no3）2+2no+7h2o；（5）1mol气态n2h4在适量o2中燃烧，生成n2和气态h2o，放出534kj的热量，可得：n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kj/mol ，由1 mol液态h2o完全气化需吸收44 kj热量，可得：h2o（l）=h2o（g）h=+44kj/mol，根据盖斯定律，2得n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）【解答】解：a、b、c、d、e、f、g元素原子序数依次增大c原子最外层电子数与核外电子总数之比为3：4，最外层电子数不能超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故c为o元素；e与c同主族，则e为s元素；b原子最外层有3个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p3，故b为n元素；f、d+、a+离子的半径逐渐减小，化合物af常温下为气体，则a为h元素、d为na、f为cl，g的基态原子核外m能层填满电子，n能层只有1个电子，则g为cu元素（1）d是na元素，钠原子核外有11个电子，根据构造原理知d元素基态原子的核外电子排布式1s22s22p63s1；b是n元素，c是o元素，e是s元素，n元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于氧元素的，同主族张而行第一电离能减小，所以b、c、e三种元素的第一电离能由大到小的顺序是nos，故答案为：1s22s22p63s1；nos；（2）a是h元素，c是o元素，a与c可形成18电子分子，则该物质是h2o2，双氧水在氯化铁作催化剂条件下分解生成水和氧气，反应方程式为：2h2o22h2o+o2，故答案为：2h2o22h2o+o2；（3）由三种元素组成的常见家用消毒剂的主要成分是naclo，次氯酸钠中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，氧原子和氯原子之间存在共价键，次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子易水解clo+h2ohclo+oh，使其溶液呈碱性，故答案为：离子键、共价键；clo+h2ohclo+oh；（4）g的低价氧化物是cu2o，b的最高价氧化物的水化物是hno3，该反应方程式为：3cu2o+14hno3=6cu（no3）2+2no+7h2o，根据方程式知，0.3molcu2o和1.4mol硝酸恰好完全反应，故答案为：1.4；（5）1mol气态n2h4在适量o2中燃烧，生成n2和气态h2o，放出534kj的热量，可得：n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（g）h=534kj/mol ，由1 mol液态h2o完全气化需吸收44 kj热量，可得：h2o（l）=h2o（g）h=+44kj/mol，根据盖斯定律，2得n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=534kj/mol2（+44kj/mol）=622kj/mol，故答案为：n2h4（g）+o2（g）=n2（g）+2h2o（l）h=622kj/mol【点评】本题考查比较综合，涉及结构性质位置关系应用、核外电子排布、电离能、盖斯定律、盐类水解、氧化还原反应等知识点，正确推断元素是解本题关键，注意同周期第一电离能异常情况，难度中等10某研究小组利用题9图装置探究温度对co还原fe2o3的影响（固定装置略）（1）mgco3的分解产物为mgo、co2（2）装置c的作用是除co2，处理尾气的方法为点燃（3）将研究小组分为两组，按题9图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置d加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用产物进行以下实验步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加k3fe（cn）6溶液蓝色沉淀蓝色沉淀3取步骤1中溶液，滴加kscn溶液变红无现象4向步骤3溶液中滴加新制氯水红色褪去先变红，后褪色乙组得到的黑色粉末是fe甲组步骤1中反应的离子方程式为fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2o乙组步骤4中，溶液变红的原因为fe2+被氧化为fe3+，fe3+遇scn显红色；溶液褪色可能的原因及其验证方法为假设scn被cl2氧化，向溶液中加入kscn溶液，若出现红色，则假设成立从实验安全考虑，题9图装置还可采取的改进措施是在装置b、c之间添加装置e，以防倒吸【考点】探究化学规律；铁的氧化物和氢氧化物【专题】实验分析题【分析】（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和co2；（2）co2与zn作用生成co气体，装置c中naoh是用来吸收co中混有的co2气体；尾气中co，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理；（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为fe；fe2o3被还原得到黑色固体为fe3o4，由此可写出反应的离子方程式；步骤4中溶液变红是溶液中fe2+被cl2氧化为fe3+所致、溶液褪色的原因可能是cl2将scn氧化，若该假设成立，则溶液中还存在fe3+，再继续加入kscn溶液则溶液变红；若b处停止加热后，c中液体易倒吸入b中引起玻璃管炸裂【解答】解：（1）难溶的碳酸盐受热易分解为氧化物和co2，因此mgco3受热分解得到产物是mgo与co2故答案为：mgo、co2；（2）结合实验目的可知在装置b处，co2与zn作用生成co气体，进入后面装置进行实验，故装置c中naoh是用来吸收co中混有的co2气体；co气体不一定完全反应，因此尾气中会有co，可利用其可燃性采取点燃法来进行尾气处理故答案为：除co2 点燃（3）利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为fe；利用甲组现象可知fe2o3与co在酒精灯加热的条件下，fe2o3被还原得到黑色固体为fe3o4，由此可写出反应的离子方程式；因fe3+遇scn显红色，所以步骤4中溶液变红是溶液中fe2+被cl2氧化为fe3+所致、溶液褪色的原因可能是cl2将scn氧化，若该假设成立，则溶液中还存在fe3+，再继续加入kscn溶液则溶液变红；若b处停止加热后，c中液体易倒吸入b中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改进措施是在装置b c之间添加装置e防倒吸故答案为：fe fe3o4+8h+=fe2+2fe3+4h2ofe2+被氧化为fe3+，fe3+遇scn显红色；假设scn被cl2氧化，向溶液中加入kscn溶液，若出现红色，则假设成立【点评】本题结合实验考查了尾气处理，防倒吸，以及fe和fe的化合物的性质，综合性较强，注意实验过程中前后联系11a、b、c、d、e五种物质（或离子）均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系：（1）若a为单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05 moll1 e溶液中只有3种离子，且在25时，溶液中的=1012若b为气态氢化物，写出ec的一个化学方程式cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o在ac的反应中，每转移1 mol e就会放热143.5 kj，写出该反应的热化学方程式s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0kj/mol（2）若a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，c溶液呈碱性的原因是al3+3h2oal（oh）3+3h+（用离子方程式表示）若b溶液呈黄色，与硫氰化钾溶液混合后显红色，e是一种不溶性碱则：（）bc的离子方程式为2fe3+fe3fe2+；（）de的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3（）选用一种试剂r与e反应实现ec的转化，则r为氢碘酸（或hi）；该反应的离子方程式为2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o（3）若ae均为化合物，且均含有元素ya是淡黄色固体，b、c两溶液在等物质的量浓度时，c溶液的ph较小电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，dec也是工业制备c的普遍方法y的单质与钾的合金可在核反应堆中用作热交换液5.05 g y钾合金溶于200 ml水生成0.075 mol氢气，计算并确定该y钾合金的化学式是nak2【考点】无机物的推断【专题】无机推断；抽象问题具体化思想；演绎推理法；元素及其化合物【分析】（1）a为金属单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05mol/l e溶液中只有3种离子，且溶液中的=1012，则溶液中的c（h+）=0.1mol/l，即e为二元强酸，则e为硫酸，根据转化关系可知，a为s，c为so2，d为so3，b为气体，应为h2s，ec应为浓硫酸与铜的反应或浓硫酸与碳的反应，根据元素守恒书写化学方程式，ac的反应为s（g）+o2（g）so2（g），每转移1mol e就会放热143.5kj，则转移4mol电子吸收143.5kj4=574.0kj热量，以此书写热化学方程式；（2）a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，则由转化关系可知a为al，b为alcl3，c为naalo2，d为al（oh）3，b溶液呈酸性的原因是铝离子水解使溶液呈酸性；若b溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明b中含有fe3+，a应为fe，c中含有fe2+，e是一种不溶性碱，由转化关系可知d为fe（oh）2，e为fe（oh）3，若要实现fe（oh）3到fecl2的转化，应该加入还原性的酸氢碘酸（或hi）；（3）ae均为化合物，a是淡黄色固体，a为na2o2；b、c两溶液在等物质的量浓度时，c溶液的ph较小，b为na2co3，c为nahco3，电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，d应为nacl，dec也是工业制备c的普遍方法，为侯氏制碱法，e为nahco3，ae均为化合物，且均含有元素y，则y为na，据此答题【解答】解：（1）a为金属单质，c、d的相对分子质量相差16，0.05mol/l e溶液中只有3种离子，且且溶液中的=1012，则溶液中的c（h+）=0.1mol/l，则e为硫酸，所以a为s，c为so2，d为so3，b为气体，应为h2s，ec的化学方程式为cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o，故答案为：cu+2h2so4（浓）cuso4+so2+2h2o或c+2h2so4（浓）co2+2so2+2h2o；ac的反应为s（g）+o2（g）so2（g），每转移1mol e就会放热143.5kj，则转移4mol电子吸收143.5kj4=574.0kj热量，则反应的热化学方程式为s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0 kj/mol，故答案为：s（g）+o2（g）so2（g）h=574.0 kj/mol；（2）a为单质，b、c均属于盐类，d是一种白色沉淀，若b的水溶液呈酸性，c的水溶液呈碱性，则由转化关系可知a为al，b为alcl3，c为naalo2，d为al（oh）3，b溶液呈酸性的原因是铝离子水解使溶液呈酸性，离子方程式为al3+3h2oal（oh）3+3h+，故答案为：al3+3h2oal（oh）3+3h+；若b溶液呈黄色，与苯酚溶液混合后显紫色，可说明b中含有fe3+，a应为fe，c中含有fe2+，e是一种不溶性碱，由转化关系可知d为fe（oh）2，e为fe（oh）3，bc的离子方程式为2fe3+fe3fe2+，de的化学方程式为4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3，若要实现fe（oh）3到fecl2的转化，应该加入还原性的酸氢碘酸（或hi），所以r为，用hi与fe（oh）3反应，反应的离子方程式为2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o，故答案为：2fe3+fe3fe2+；4fe（oh）2+o2+2h2o4fe（oh）3；氢碘酸（或hi）；2fe（oh）3+6h+2i2fe2+i2+6h2o；（3）若ae均为化合物a是淡黄色固体；b、c两溶液在等物质的量浓度时，c 溶液的ph较小电解d的水溶液是最重要的工业生产之一，dec也是工业制备c的普遍方法，则各物质分别是a 为na2o2；b为naoh；c为na2co3；d 为nacl；e为nahco3y为na，设na的物质的量为x，k的物质的量为y，由质量守恒23x+39y=5.05；由得失电子守恒x+y=0.0752，可知x=0.05，y=0.1，所以化学式为nak2，故答案为：nak2【点评】本题考查无机物的推断，注意利用信息及转化关系图推断各物质是解答的关键，习题综合性较强，涉及热化学反应、离子反应及溶液中物料守恒、电荷守恒的考查，题目难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（15分）12已知：以乙炔为原料，通过如图所示步骤能合成有机物中间体e（转化过程中的反应条件及部分产物已略去）其中，a、b、c、d分别代表一种有机物；b的化学式为c4h10o2，分子中无甲基请回答下列问题：（1）ab的化学