浙江省重点中学协作体高考化学模拟试卷（二）（含解析）.doc

浙江省重点中学协作体2015届 高考化学模拟试卷（二）一、选择题：本大题共7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（6分）对于工农业生产和日常生活中与化学有关的问题，下列认识不正确的是（）a含有氯化钠融雪剂的使用会加快桥梁的腐蚀b铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝c光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅d高温结构陶瓷氮化硅（si3n4）具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机2（6分）短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其电子层数的倍，y是地壳中含量最高的金属元素，z、w与y同周期且互不相邻下列叙述正确的是（）ax与氧气反应可生成不止一种氧化物b原子半径：wzyxc气态氢化物稳定性：hmzhnwdw位于第3周期第a族3（6分）己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示下列有关叙述中不正确的是（）a己烯雌酚的分子式为c18h20o2b己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面c己烯雌酚为芳香族化合物d己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应4（6分）如图两个装置中，液体体积均为200ml，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/l，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）a产生气体体积 =b中阴极质量增加，中正极质量减小c溶液的ph变化：减小，增大d电极反应式：中阳极：4oh4e=2h2o+o2中负极：2h+2e=h25（6分）某温度时，在体积为1l的密闭容器中，a、b、c三种气体浓度的变化如图i所示，若其它条件不变，当温度分别为tl和t2时，b的体积百分含量与时间关系如图所示则下列结论正确的是（）a该反应的热化学方程式为：a（g ）+3b（g）2c（g）；h0b达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动c达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动d若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，a的转化率减小6（6分）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：a hclo3=bo2+ccl2+dhclo4+eh2o用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色下列说法正确的是（）a由反应可确定：氧化性hclo4hclo3b若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20ec变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4c12+i2+6h2o=12h+8cl+2io3d若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为：26hclo3=15o2+8c12+10hclo4+8h2o7（6分）某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中cu的物质的量分数为a，将其全部投入50ml b moll1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设no是唯一的还原产物）下列说法正确的是（）a若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，fe又开始溶解，cu不溶解b若金属全部溶解，则溶液中一定含有fe3+c若金属全部溶解，且产生336 ml气体（标准状况），则b=0.3d当溶液中金属离子只有fe3+、cu2+时，则a与b的关系为：b80y（1a/3）二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）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，其中c、f分别是同一主族元素，a、f两种元素的原子核中质子数之和比c、d两种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）1mol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反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为（2）a、c、f间可以形成甲、乙两种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）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关单质b的燃烧热为akj/mol由b、c二种元素组成的化合物bc 14g完全燃烧放出热量b kj，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与bc反应制取单质a2在等体积的i、ii两个密闭容器中分别充入1mola2c和1mol bc、2mol a2c和2mol 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：iiib达到平衡后a2c的转化率：i=iic达到平衡后bc的物质的量：iiid达到平衡后a2的体积分数：iii（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三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为9（14分）纳米碳酸钙应用非常广泛实验室中利用下图所示装置（部分夹持装置已略去），向饱和cacl2溶液中通入nh3和co2可制得纳米碳酸钙供选择的药品：石灰石 氯化铵 氢氧化钙 饱和氯化钙溶液 浓硫酸 6moll1盐酸饱和食盐水饱和nahco3溶液（1）装置a中，仪器a的名称是，仪器b中发生反应的离子方程式为装置d的试管中发生反应的化学方程式为装置b中盛放的溶液是（填药品序号）（2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级（简述实验的步骤、现象和结论）（3）通入适量气体后，c装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显（填“酸”、“碱”、“中”之一）性，原因是（用离子方程式表示）（4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为10（14分）工业以nacl、nh3、co2等为原料先制得nahco3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：nh3+co2+h2o=nh4hco3； nh4hco3+nacl=nahco3+nh4cl；2nahco3na2co3+co2+h2o（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出d碳酸氢钠的稳定性大于碳酸钠（2）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是，其作用是；（）丁装置中稀硫酸的作用是；（）实验结束后，分离出nahco3 晶体的操作是（填分离操作的名称），该操作所需要的玻璃仪器有另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须先从a管通入气体，说明原因（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是（3）碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g，则所得固体中碳酸钠的质量分数为（4）请你再设计出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：11（16分）【有机化学】某有机物x（c12h13o6br）分子中含有多种官能团，其结构简式为（其中i、ii为未知部分的结构）为推测x的分子结构，进行如图的转化：已知向e的水溶液中滴入fecl3溶液发生显色反应； g、m都能与nahco3溶液反应：（1）m的结构简式为；g分子所含官能团的名称是；（2）e不能发生的反应有（选填序号）；a加成反应 b消去反应 c氧化反应 d取代反应（3）由b转化成d的化学方程式是；（4）g在一定条件下发生反应生成分子组成为c4h4o4的有机物（该有机物可使溴的四氯化碳溶液褪色），请写出g发生上述反应的化学方程式；（5）已知在x分子结构中，i里含有能与fecl3溶液发生显色反应的官能团，且e分子中苯环上的一氯代物只有一种，则x的结构简式是；（6）f与g互为同分异构体，f的分子中只含有羧基、羟基和醛基三种官能团，且同一个碳原子上不能同时连有两个羟基则f的分子结构有 种浙江省重点中学协作体2015届高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共7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（6分）对于工农业生产和日常生活中与化学有关的问题，下列认识不正确的是（）a含有氯化钠融雪剂的使用会加快桥梁的腐蚀b铝合金的大量使用是因为人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝c光缆在信息产业中有广泛应用，制造光缆的主要材料是二氧化硅d高温结构陶瓷氮化硅（si3n4）具有较高的硬度和耐磨性，可用于制造汽车发动机考点：常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料；合金的概念及其重要应用 专题：化学应用分析：a原电池能加快化学反应的速率； b铝的冶炼通常用电解法；c光纤制品的主要成分是二氧化硅；d氮化硅陶瓷是一种超硬物质，具有耐磨、耐高温、抗腐蚀能力强等优点解答：解：a氯化钠是电解质，能与桥梁中的钢构成原电池，故a正确； b铝的冶炼通常用电解三氧化二铝的方法，不能用热还原法，故b错误；c纯净的二氧化硅可用于制造现代光学及光纤制品，故c正确；d氮化硅陶瓷是一种超硬物质，具有耐磨、耐高温、抗腐蚀能力强等优点，可用来制造汽车发动机、轴承、汽轮机叶片等，故d正确故选b点评：本题考查化学在生活中的应用，难度不大，平时注意知识的积累2（6分）短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其电子层数的倍，y是地壳中含量最高的金属元素，z、w与y同周期且互不相邻下列叙述正确的是（）ax与氧气反应可生成不止一种氧化物b原子半径：wzyxc气态氢化物稳定性：hmzhnwdw位于第3周期第a族考点：原子结构与元素周期律的关系 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的金属元素，则y是al元素；x原子的最外层电子数是其电子层数的倍，最外层电子数是整数，则x有两个电子层，最外层电子数为1，则x是li元素；z、w与y同周期且互不相邻，且w原子序数大于z，所以z是p、w是cl元素，ax是li元素，li和氧气反应只生成一种氧化物；b原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小；c元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；dw为cl元素，其原子核外有3个电子层、最外层电子数是7解答：解：短周期主族元素x、y、z、w的原子序数依次增大，y是地壳中含量最高的金属元素，则y是al元素；x原子的最外层电子数是其电子层数的倍，最外层电子数是整数，则x有两个电子层，最外层电子数为1，则x是li元素；z、w与y同周期且互不相邻，且w原子序数大于z，所以z是p、w是cl元素，ax是li元素，li和氧气反应只生成一种氧化物氧化锂，但na、k等碱金属元素的氧化物有多种，故a错误；b原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是yzwx，故b错误；c元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性wz，所以气态氢化物稳定性：hmzhnw，故c错误；dw为cl元素，其原子核外有3个电子层、最外层电子数是7，所以cl元素位于第三周期第viia族，故d正确；故选d点评：本题考查原子结构和元素周期律，为2015届高考高频点，侧重考查分析推断能力，知道元素非金属性与其气态氢化物稳定性、最高价氧化物的水化物酸性关系，题目难度不大3（6分）己烯雌酚是一种激素类药物，其结构简式如图所示下列有关叙述中不正确的是（）a己烯雌酚的分子式为c18h20o2b己烯雌酚分子中一定有16个碳原子共平面c己烯雌酚为芳香族化合物d己烯雌酚可发生加成、取代、氧化、加聚、酯化、硝化反应考点：有机物的结构和性质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知，分子中含酚oh、碳碳双键，结合酚、烯烃的性质来解答解答：解：a由结构简式可知，己烯雌酚的分子式为c18h20o2，故a正确；b苯环、双键为平面结构，但乙基中4个c均为四面体构型，因此最多16个原子共面，一定共面的c原子数目为8，如图所示，故b错误；c含苯环，为芳香族化合物，故c正确；d含双键，可发生加成、氧化、加聚反应，含酚oh可发生取代、氧化、酯化反应，苯环可发生硝化反应，故正确；故选b点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃性质的考查，选项b为解答的难点，题目难度不大4（6分）如图两个装置中，液体体积均为200ml，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/l，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（）a产生气体体积 =b中阴极质量增加，中正极质量减小c溶液的ph变化：减小，增大d电极反应式：中阳极：4oh4e=2h2o+o2中负极：2h+2e=h2考点：原电池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：是电解池，电极反应为：阳极：4oho2+2h2o+4e，阴极：cu2+2ecu，是原电池，正极反应：2h+2eh2，负极反应：zn+2ezn2+，整个电路得失电子数相等，可以根据电子守恒来进行相关的计算解答：解：a、是电解池，电极反应为：阳极：4oho2+2h2o+4e，阴极：cu2+2ecu，是原电池，正极反应：2h+2eh2，负极反应：zn+2ezn2+，液体体积均为200ml，浓度均为0.5mol/l，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，产生的气体是氧气，为0.005mol，中0.01mol氢气放出，所以，故a错误；b、中阴极反应：cu2+2ecu，阴极质量增加，中正极反应：2h+2eh2，正极质量不变，故b错误；c、溶液的ph变化：中消耗氢氧根，所以碱性减弱ph减小，中消耗氢离子，所以酸性减弱ph增大，故c正确；d、电极反应式：中阳极：4oh4e=2h2o+o2中负极：zn2ezn2+，故d错误故选c点评：本题考查学生原电池和电解池的工作原理以经济电极反应的书写知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大5（6分）某温度时，在体积为1l的密闭容器中，a、b、c三种气体浓度的变化如图i所示，若其它条件不变，当温度分别为tl和t2时，b的体积百分含量与时间关系如图所示则下列结论正确的是（）a该反应的热化学方程式为：a（g ）+3b（g）2c（g）；h0b达到平衡后，若其他条件不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动c达到平衡后，若其他条件不变，减小体积，平衡向逆反应方向移动d若其它条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，a的转化率减小考点：化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线 专题：化学平衡专题分析：a、根据图a浓度减小了（0.50.3）mol/l=0.2mol/l，b浓度减小了（0.70.1）mol/l=0.6mol/l，所以a、b为反应物，c的浓度增加了0.4mol/l，所以c为生成物，它们的变化量之比为0.2：0.6：0.4=1：3：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为a（g ）+3b（g）2c（g），根据图可知，t1t2，高温时b的体积分数大，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应h0；b、恒容条件下通稀有气体，反应中的各物质的浓度不变，所以平衡不移动；c、减小体积平衡向体积减小的方向移动，根据反应a（g ）+3b（g）2c（g）可知，平衡向正反应方向移动；d、升高温度正逆反应速率均增大，该反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，a的转化率减小；解答：解：a、根据图a浓度减小了（0.50.3）mol/l=0.2mol/l，b浓度减小了（0.70.1）mol/l=0.6mol/l，所以a、b为反应物，c的浓度增加了0.4mol/l，所以c为生成物，它们的变化量之比为0.2：0.6：0.4=1：3：2，反应中各物质计量数之比等于物质的浓度的变化量之比，写出化学方程式为a（g ）+3b（g）2c（g），根据图可知，t1t2，高温时b的体积分数大，平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应h0，故a错误；b、恒容条件下通稀有气体，反应中的各物质的浓度不变，所以平衡不移动，故b错误；c、减小体积平衡向体积减小的方向移动，根据反应a（g ）+3b（g）2c（g）可知，平衡向正反应方向移动，故c错误；d、升高温度正逆反应速率均增大，该反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，a的转化率减小，故d正确；故选d点评：本题主要考查根据图写化学方程式，根据外界条件对平衡的影响判断反应的热效应，以及影响平衡移动的因素，难度不大，解题时要注意基础知识的灵活运用6（6分）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：a hclo3=bo2+ccl2+dhclo4+eh2o用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色下列说法正确的是（）a由反应可确定：氧化性hclo4hclo3b若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20ec变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4c12+i2+6h2o=12h+8cl+2io3d若氯酸分解所得混合气体，lmol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为：26hclo3=15o2+8c12+10hclo4+8h2o考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：a根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂氧化产物分析；b从化合价变化的角度计算转移的电子数；c试纸先变蓝后褪色，说明氯气可氧化碘单质；d根据混合气体的物质的量、质量，计算n（o2）、n（cl2），确定b、c关系，再根据电子转移守恒、元素守恒配平方程式解答：解：a由题hclo3既是氧化剂又是还原剂，hclo4、o2是氧化产物、cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故a错误；b若化学计量数a=8，b=3，由c分析可得化学反应方程式为8 hclo3=3o2+2 cl2+4 hclo4+2h2o，电子转移数目为20e，故b正确；c试纸先变蓝后褪色，说明氯气可氧化碘，反应的方程式为5cl2+i2+6h2o12h+10cl+2io3，故c错误；dn（cl2）+n（o2）=1mol，n（cl2）71g/mol+n（o2）32g/mol=47.6g，解得n（cl2）=0.4mol，n（o2）=0.6mol，故n（cl2）：n（o2）=2：3，与方程式中的计量数关系不同，故d错误故选：b点评：本题考查氧化还原反应反应的计算、配平、基本概念等，题目难度较大，d选项为易错点，涉及计算与配平，注意电子守恒的应用7（6分）某合金（仅含铜、铁）中铜和铁的物质的量之和为y mol，其中cu的物质的量分数为a，将其全部投入50ml b moll1的硝酸溶液中，加热使其充分反应（假设no是唯一的还原产物）下列说法正确的是（）a若金属有剩余，在溶液中再滴入硫酸后，fe又开始溶解，cu不溶解b若金属全部溶解，则溶液中一定含有fe3+c若金属全部溶解，且产生336 ml气体（标准状况），则b=0.3d当溶液中金属离子只有fe3+、cu2+时，则a与b的关系为：b80y（1a/3）考点：有关混合物反应的计算 专题：计算题分析：a溶液中有硝酸根时，再加入酸，溶液具有强氧化性，金属铁、铜都能溶解；b金属全部溶解，fe可能以fe2+形式存在；c若金属全部溶解，失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，根据n元素守恒计算起氧化剂作用的硝酸的浓度，据此判断；d反应中失去电子的是铁元素和铜元素，得电子的是硝酸中的氮元素，得失电子数目相同解答：解：a若金属有剩余，说明溶液中有硝酸根，在溶液中再滴入硫酸后，相当于又存在了硝酸，金属均能溶解，故a错误；b当铁的量较多时，可以将生成的三价铁再还原为亚铁，溶液中不一定含有fe3+，故b错误；c硝酸中n元素的化合价由+5价到+2价，当产生336ml（标准状况），即0.015molno时，显示氧化性的硝酸为0.015mol，所以起氧化剂的硝酸的浓度c=0.3mol/l，还有一部分硝酸显示了酸性，则b0.3，故c错误；d根据铁和铜与硝酸的反应，作酸性的硝酸在fe（no3）3和cu（no3）2中，为3y（1a）mol+2yamol=（3yya）mol，作氧化性的硝酸，得到的电子等于fe、cu失去的电子，由于no是唯一的还原产物，所以作氧化性的硝酸为：mol=mol，硝酸总物质的量为：（3yya）mol+mol=mol，硝酸的浓度为：c（hno3）=80y（1），因为硝酸还可能剩余，所以b80y（1），故d正确；故选d点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意掌握质量守恒定律、电子守恒在化学计算中的应用，明确有关氧化还原反应的计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）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，其中c、f分别是同一主族元素，a、f两种元素的原子核中质子数之和比c、d两种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）1mol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反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为8mol（2）a、c、f间可以形成甲、乙两种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）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关单质b的燃烧热为akj/mol由b、c二种元素组成的化合物bc 14g完全燃烧放出热量b kj，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）kj/mol；（4）工业上在高温的条件下，可以用a2c与bc反应制取单质a2在等体积的i、ii两个密闭容器中分别充入1mola2c和1mol bc、2mol a2c和2mol 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：iiib达到平衡后a2c的转化率：i=iic达到平衡后bc的物质的量：iiid达到平衡后a2的体积分数：iii（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三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为2al6e+8oh=2alo2+4h2o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，且c、f是同一主族元素，原子序数：cf，则f为s元素、c为o元素；b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数最多为8，内层电子数只能为2，则b的最外层电子数为4，根据原子序数bc可知b为c元素；e元素的最外层电子数等于其电子层数，根据原子序数大小可知e为第三周期第a族，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，由于f的质子数比c的质子数大2，则d的质子数比a大10，结合原子序数大小可知a为h元素、d为na元素，据此进行解答解答：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，且c、f是同一主族元素，原子序数：cf，则f为s元素、c为o元素；b元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数最多为8，内层电子数只能为2，则b的最外层电子数为4，根据原子序数bc可知b为c元素；e元素的最外层电子数等于其电子层数，根据原子序数大小可知e为第三周期第a族，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，由于f的质子数比c的质子数大2，则d的质子数比a大10，结合原子序数大小可知a为h元素、d为na元素，（1）由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，1molal2s3与naoh溶液反应，先和水反应生成2molal（oh）3、3molh2s，再发生反应：al（oh）3+oh=alo2+2h2o、h2s+2naoh=na2s+2h2o，则消耗naoh的物质的量为2mol+6mol=8mol，故答案为：8mol；（2）a、c、f分别为h、o、s，三者间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，则甲中一定含有s原子，则甲为hs，乙有10个电子，则乙为oh，硫氢根离子与氢氧根离子发生中和反应生成硫离子和水，反应的离子方程式为：hs+oh=s2+h2o，故答案为：hs+oh=s2+h2o；（3）单质b的燃烧热akj/mol，则c（s）+o2（g）=co2（g）h=akj/mol，bc14g完全燃烧放出bkj热量，则co（g）+o2（g）=co2（g）h=2bkj/mol，由盖斯定律可知，可得c（s）+o2（g）=co（g）h=（a2b）kj/mol，故答案为：c（s）+o2（g）=co（g）h=（a2b）kj/mol；（4）在等体积的、两个密闭容器中分别充入1mola2c和1molbc、2mola2c和2molbc，则中n大，p大，a中压强大，反应速率快，时间少，则达到平衡所需要的时间：，故a正确；b和中物质的量成正比，为等效平衡，则平衡达到平衡后a2c的转化率：=，故b正确；c中压强大，平衡正向移动，则达到平衡后bc的物质的量：，故c错误；d和中物质的量成正比，为等效平衡，达到平衡后a2的体积分数：=，故d错误；故答案为：ab；（5）碳单质与al的单质制成电极浸入由naoh溶液中构成电池，发生反应2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2，al失去电子，化合价升高，则al为负极，电极反应为：2al6e+8oh=2alo2+4h2o，故答案为：2al6e+8oh=2alo2+4h2o点评：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，题目难度较大，综合性较强，考查知识点较多，元素的推断是解答本题的关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系9（14分）纳米碳酸钙应用非常广泛实验室中利用下图所示装置（部分夹持装置已略去），向饱和cacl2溶液中通入nh3和co2可制得纳米碳酸钙供选择的药品：石灰石 氯化铵 氢氧化钙 饱和氯化钙溶液 浓硫酸 6moll1盐酸饱和食盐水饱和nahco3溶液（1）装置a中，仪器a的名称是分液漏斗，仪器b中发生反应的离子方程式为caco3+2h+=ca2+h2o+co2装置d的试管中发生反应的化学方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o装置b中盛放的溶液是（填药品序号）（2）设计一个简单的实验方案，判断所得碳酸钙颗粒是否为纳米级将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级（简述实验的步骤、现象和结论）（3）通入适量气体后，c装置中物质恰好完全反应，过滤，所得滤液显酸（填“酸”、“碱”、“中”之一）性，原因是+h2onh3h2o+h+（用离子方程式表示）（4）上述装置存在一处缺陷，该缺陷为无尾气吸收装置考点：纳米材料；离子方程式的书写 专题：离子反应专题；溶液和胶体专题分析：（1）根据形状判断仪器名称；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应；装置d中制取氨气；装置b目的是除掉挥发出来的氯化氢；（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应；（3）氯化铵在水中发生水解；（4）尾气未处理解答：解：（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b中为碳酸钙与盐酸反应：caco3+2h+=ca2+h2o+co2；装置d中制取氨气，化学方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；饱和nahco3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为：分液漏斗；caco3+2h+=ca2+h2o+co2；2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o； ；（2）将少量碳酸钙加水充分搅拌，看是否有丁达尔效应，若有丁达尔效应，则说明为纳米级，故答案为：将少量碳酸钙加水充分搅拌，用一束可见光照射，观察是否发生丁达尔现象，若有丁达尔现象则为纳米级，若没有丁达尔现象则不是纳米级；（3）氯化铵在水中发生水解显酸性，离子方程式：+h2onh3h2o+h+，故答案为：酸； +h2onh3h2o+h+；（4）该装置尾气未处理，故答案为：无尾气吸收装置点评：本题考查化学实验、离子方程式的书写等，难度中等，注意纳米材料可用丁达尔效应判断10（14分）工业以nacl、nh3、co2等为原料先制得nahco3，进而生产出纯碱有关反应的化学方程式为：nh3+co2+h2o=nh4hco3； nh4hco3+nacl=nahco3+nh4cl；2nahco3na2co3+co2+h2o（1）碳酸氢铵与饱和食盐水反应，能析出碳酸氢钠晶体的原因是c（填字母标号）a碳酸氢钠难溶于水 b碳酸氢钠受热易分解c碳酸氢钠的溶解度相对较小，所以在溶液中首先结晶析出d碳酸氢钠的稳定性大于碳酸钠（2）某活动小组根据上述制碱原理，进行碳酸氢钠的制备实验一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠，实验装置如下图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）试回答下列有关问题：（）乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去co2中的hcl气体；（）丁装置中稀硫酸的作用是吸收未反应完的nh3；（）实验结束后，分离出nahco3 晶体的操作是过滤（填分离操作的名称），该操作所需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯另一位同学用图中戊装置（其它装置未画出）进行实验（）实验时，须先从a管通入氨气气体，说明原因氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵（）有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置，理由是增大气体与溶液接触面积，提高co2的吸收率（3）碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g，则所得固体中碳酸钠的质量分数为86.3%（4）请你再设计出一种实验室制取少量碳酸氢钠的方法：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应考点：纯碱工业（侯氏制碱法） 专题：几种重要的金属及其化合物分析：（1）依据碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断；（2）（i）依据制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体分析即可；（ii）依据稀硫酸能与氨气反应分析解答；（iii）依据分离固体与液体采用的实验操作分析解答；（i）从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，以及氨气易溶于水分析判断；（ii）从装置改动后反应物的接触面积变大分析判断；（3）依据化学方程式结合反应过程分析判断，依据生成沉淀为碳酸钙，加热碳酸氢钠分解后的混合物质量列方程计算；（4）从题干信息以及所学的制取碳酸氢钠的知识解决即可解答：解：（1）a、碳酸氢钠易溶于水；故a不符合；b、碳酸氢钠的受热分解与该现象无关，故b不符合；c、碳酸氢钠的稳定性不如碳酸钠；由于对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些，所以应首先析出；d、碳酸氢钠的稳定性小于碳酸钠，故d不符合；故答案为：c（2）（i）利用盐酸制取二氧化碳时二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以通过饱和碳酸氢钠的溶液是为了除掉气体中的氯化氢气体，故答案为：饱和碳酸氢钠的溶液；除去co2中的hcl气体；（ii）实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的nh3，故答案为：吸收未反应完的nh3；（iii）分离出nahco3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作；该操作所需要的玻璃仪器为：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；（i）制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水，所以应先通入氨气，而氨气极易溶于水，所以a端通入，从而保证了从b通入二氧化碳时保证了二氧化碳的充分反应；氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵，故答案为：氨气；氨气极易溶解于水，能形成较大浓度的溶液，有利于二氧化碳吸收，生成更多的碳酸氢铵；（ii）装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大，提高了二氧化碳的吸收率，故答案为：增大气体与溶液接触面积，提高co2的吸收率；（3）碳酸氢钠受热所得固体12.28g与足量的石灰水充分反应，所得沉淀经洗涤、干燥质量为12.00g，则所得固体中碳酸钠的质量分数可以依据化学方程式进行计算得到；发生的反应为：2nahco3=na2co3+co2+h2o，nahco3+ca（oh）2=caco3+h2o+naoh；na2co3+ca（oh）2=caco3+2naoh；反应生成的碳酸钙物质的量=0.12mol；设加热后的固体12，28g中含碳酸钠物质的量x，碳酸氢钠物质的量为y，依据题意得到：x+y=0.12106x+84y=12.28得到x=0.1mol；y=0.02mol；则所得固体中碳酸钠的质量分数=100%=86.3%，故答案为：86.3%；（4）从题干信息nh4hco3+naclnahco3+nh4cl；可得制取碳酸氢钠的方法，同时也可采用烧碱溶液中通入过量co2；往饱和na2co3 溶液中通入过量co2 等得到碳酸氢钠；故答案为：用碳酸氢铵与适量饱和食盐水反应（或往烧碱溶液中通入过量co2；往饱和na2co3溶液中通入过量co2等）点评：本题考查了工业制纯碱的流程和原理，此题是一道实验探究综合题，充分的展示了化学知识的方方面面，该题综合性强难度较大，对训练学生良好地思维品质以及知识的严密性有较好的帮助11（16分）【有机化学】某有机物x（c12h13o6br）分子中含有多种