福建省泉州市安溪三中高三化学下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

2015年福建省泉州市安溪三中高考化学三模试卷 一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1下列关于有机化合物的说法不正确的是( )a乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别b乙酸可与nahco3溶液反应生成co2c蛋白质和油脂在一定条件下都能水解d葡萄糖和麦芽糖互为同系物2往nh4cl溶液加入少量na2o固体，溶液中颗粒的数目不变的是( )anh4+bh+ccldh2o3某同学利用右图所示装置进行实验，一段时间后，水沿导管缓慢上升，下列说法正确的是( )a实验过程中气球体积不会发生变化b广口瓶内中液体的ph值增大c广口瓶中有化合反应发生d试管中不可能发生分解反应4一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是( )ahclbfecl2ckohdnahco35下列离子方程式正确的是( )afe（oh）3与氢硫酸溶液混合：fe（oh）3+3 h+fe3+3h2ob1moll1的naalo2溶液和2.5moll1的hcl等体积互相均匀混合：2alo2+5h+al（oh）3+al3+h2oc向硫酸铝按nh4al（so4）2溶液中滴加少量ba（oh）2溶液：nh4+al3+2so42+2ba2+5ohalo2+2baso4+nh3h2o+2h2od碳酸氢镁溶液中加入足量氢氧化钠：mg2+2hco3+2ohmgco3+2h2o+co26工业上制备合成气的工艺主要是水蒸气重整甲烷：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h0，在一定条件下，向体积为1l的密闭容器中充入1mol ch4（g）和1mol h2o（g），测得h2o（g）和h2（g）的浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )a达平衡时，ch4（g）的转化率为75%b010min内，v（co）=0.075moll1min1c该反应的化学平衡常数k=o.1875d当ch4（g）的消耗速率与h2（g）的消耗速率相等时，反应到达平衡二、解答题（共3小题，满分45分）7x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素x、y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；x、z处于同一主族，w的最外层电子数等于其电子层数（1）y在元素周期表的位置是_z在氧气中燃烧的产物所含化学键类型有_（2）w元素的原子结构示意图是_z最高价氧化物的水化物与w的最高价氧化物的水化物，碱性较强的是_（填化学式）（3）甲和y的最高价氧化物的水化物反应生成乙在0.1moll1乙溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是_（4）25时，w的最高价氧化物的水化物ksp=1.01034，使含0.1moll1w离子的溶液开始产生沉淀的ph为_（5）已知298k时：2fe（s）+o2（g）2feo（s）h=544.0kjmol1；4w（s）+3o2（g）2w2o3（s）h=3351.4kjmol1，则w单质和feo反应的热化学方程式为_8（16分）辉铜矿是冶炼铜的重要原料（1）工业上冶炼粗铜的某种反应为：cu2s+o22cu+so2当产生标况下11.2l气体时，转移电子数目为_；将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的_极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，电解质溶液增重bg，则粗铜中含锌的质量分数为_；（2）将辉铜矿、软锰矿做如下处理，可以制得碱式碳酸铜：步骤i中用稀硫酸浸取矿石，为提高浸取率可采取的措施有_（任写一种）步骤中调节浸出液ph=3.5的作用是_；步骤中发生如下3个反应，已知反应i）中生成的硫酸铁起催化作用请写出反应iii）的化学方程式i）fe2o3+3h2so4=fe2（so4）3+3h2oii） cu2s+fe2（so4）3=cuso4+cus+2feso4iii）_步骤中，碳酸氢铵参与反应的离子方程式为_9（14分）实验室采用mgcl2、alcl3的混合溶液与过量氨水反应制备mgal2o4，主要流程如图1（1）为使mg2+、al1+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入_（填“a”或“b”），再滴加另一反应物（2）如图2所示，过滤操作中的一处错误是_（3）判断流程中沉淀是否洗净所采取的方法是_（4）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_（5）无水alcl3（183c升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备：装置 b中盛放饱和nacl溶液，该装置的主要作用是_f中试剂的作用是_用一件仪器装填适当试剂后也可起到f和g的作用，所装填的试剂为_三、选考-物质结构与性质（共1小题，满分13分）10（13分）三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工、太阳能电池和液晶显示器制造中得到广泛应用nf3是一种三角锥型分子，键角102，沸点129；可在铜的催化作用下由f2和过量nh3反应得到：2nh3+3f2nf3+3nh4f（1）上述化学方程式中的5种物质所含的化学键类型有_（填序号）a离子键b共价键c配位键d金属键（2）与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子价电子排布式为_（3）nf3的沸点比nh3的沸点（33）低得多的主要原因是_（4）理论上hf、naalo2和nacl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成hcl、h2o和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，在金属铝的冶炼中有重要作用该物质为配合物，其中心离子是_，配位数为_（5）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据（单位：kjmol1 ），回答下面各题：在周期表中，最可能处于同一族的是_和_t元素最可能是_（填“s”、“p”、 “d”、“ds”等）区元素若t为第二周期元素，f是第三周期元素中原子半径最小的元素，则t、f形成化合物的空间构型为_，其中心原子的杂化轨道类型为_四、选考-有机化学基础（13分）11药用有机物a药用有机物a为一种无色液体，从a出发可发生如下一系列反应：请回答：（1）e中官能团的名称是_；反应的反应类型为_（2）化合物f结构简式：_（3）有机物a的同分异体甚多，其中属于酯类的化合物，且含有苯环结构的异构体有_种（4）e的一种同分异构体h，已知h可以和金属钠反应放出氢气，且在一定条件下可发生银镜反应，试写出h的结构简式：_（5）写出反应的化学方程式：_2015年福建省泉州市安溪三中高考化学三模试卷一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）1下列关于有机化合物的说法不正确的是( )a乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别b乙酸可与nahco3溶液反应生成co2c蛋白质和油脂在一定条件下都能水解d葡萄糖和麦芽糖互为同系物考点：有机物的鉴别 专题：有机反应分析：a乙烯可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应；b乙酸具有酸性，可与nahco3溶液反应；c蛋白质含有肽键、油脂含有酯基；d麦芽糖为二糖，葡萄糖为单糖解答：解：a乙烯可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，而甲烷不反应，可鉴别，故a正确；b乙酸具有酸性，可与nahco3溶液反应，可生成二氧化碳气体，故b正确；c蛋白质含有肽键、油脂含有酯基，都可水解，故c正确；d麦芽糖为二糖，葡萄糖为单糖，二者结构不同，不是同系物，故d错误故选d点评：本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，把握同系物的定义，难度不大2往nh4cl溶液加入少量na2o固体，溶液中颗粒的数目不变的是( )anh4+bh+ccldh2o考点：铵盐 专题：元素及其化合物分析：溶液中加少量的na2o固体，与水反应生成naoh，oh与nh4+反应，以此解答该题解答：解：溶液中加少量的na2o固体，与水反应生成naoh，aoh与nh4+反应，nh4+数目减少，故a错误；b生成氢氧化钠，溶液碱性增强，则h+减少，故b错误；ccl不参与反应，数目不变，故c正确；d因水与氧化钠反应，则数目减少，故d错误故选c点评：本题考查离子的共存，为高频考点，侧重于铵盐和氧化钠性质的考查，熟悉碱与离子的反应及氢氧根离子对弱酸根离子水解的抑制作用是解答本题的关键，题目难度不大3某同学利用右图所示装置进行实验，一段时间后，水沿导管缓慢上升，下列说法正确的是( )a实验过程中气球体积不会发生变化b广口瓶内中液体的ph值增大c广口瓶中有化合反应发生d试管中不可能发生分解反应考点：实验装置综合 专题：化学实验基本操作分析：铜丝与浓硝酸反应生成二氧化氮气体，二氧化氮气体与广口瓶中的水反应生成硝酸和一氧化氮气体，一氧化氮和广口瓶中氧气反应又生成二氧化氮，据此解答解答：解：a反应过程中有气体的生成、吸收、反应会引起装置内压强变化，气球体积会发生变化，故a错误；b反应中生成二氧化氮气体，二氧化氮气体与广口瓶中的水反应生成硝酸和一氧化氮气体，硝酸为强电解质，完全电离，所以溶液显酸性，ph值减小，故b错误；c广口瓶内发生反应2no+o2=2no2，为化合反应，故c正确；d试管中浓硝酸具有不稳定性，能够分解生成二氧化氮、水和氧气，故d错误；故选：c点评：本题为实验题，考查了浓硝酸及一氧化氮、二氧化氮的性质，明确反应实质及装置特点是解题关键，题目难度不大4一定条件下，中学化学常见物质甲、乙之间存在如下转化关系，乙是( )ahclbfecl2ckohdnahco3考点：无机物的推断；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的重要化合物 专题：元素及其化合物分析：由甲乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲乙发生化合反应，则甲可能为碳酸钠，乙可能为碳酸氢钠，以此来解答解答：解：由甲乙发生复分解反应可知，甲、乙均为化合物，甲乙发生化合反应，a由转化关系可知，甲为化合物，不会通过化合反应生成hcl，故a不选；b若乙为fecl2，甲乙的化合反应应属于氧化还原反应，但不满足甲乙发生复分解反应，故b不选；c甲为化合物，不会通过化合反应生成koh，故c不选；d若甲为碳酸钠，与少量盐酸发生复分解反应生成乙（碳酸氢钠），碳酸钠、水、二氧化碳发生化合反应生成乙（碳酸氢钠），故d选；故选d点评：本题考查无机物的推断，明确发生的化学反应及物质的类型是解答本题的关键，注意实现甲、乙转化的过程中发生的反应为非氧化还原反应，题目难度较大5下列离子方程式正确的是( )afe（oh）3与氢硫酸溶液混合：fe（oh）3+3 h+fe3+3h2ob1moll1的naalo2溶液和2.5moll1的hcl等体积互相均匀混合：2alo2+5h+al（oh）3+al3+h2oc向硫酸铝按nh4al（so4）2溶液中滴加少量ba（oh）2溶液：nh4+al3+2so42+2ba2+5ohalo2+2baso4+nh3h2o+2h2od碳酸氢镁溶液中加入足量氢氧化钠：mg2+2hco3+2ohmgco3+2h2o+co2考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a发生氧化还原反应，生成fes、s、水；b等体积混合，物质的量比为2：5，反应生成等量的氢氧化铝和氯化铝；c滴加少量ba（oh）2溶液，生成硫酸钡、氢氧化铝；d反应生成氢氧化镁、碳酸钠和水解答：解：afe（oh）3与氢硫酸溶液混合的离子反应为2fe（oh）3+3h2s2fes+s+6h2o，故a错误；b.1moll1的naalo2溶液和2.5moll1的hcl等体积互相均匀混合的离子反应为2alo2+5h+al（oh）3+al3+h2o，故b正确；c向硫酸铝按nh4al（so4）2溶液中滴加少量ba（oh）2溶液的离子反应为2al3+3so42+3ba2+6oh2al（oh）3+3baso4，故c错误；d碳酸氢镁溶液中加入足量氢氧化钠的离子反应为mg2+2hco3+4ohmg（oh）2+2h2o+co32，故d错误；故选b点评：本题考查离子反应方程式的书写，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，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大6工业上制备合成气的工艺主要是水蒸气重整甲烷：ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）h0，在一定条件下，向体积为1l的密闭容器中充入1mol ch4（g）和1mol h2o（g），测得h2o（g）和h2（g）的浓度随时间变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )a达平衡时，ch4（g）的转化率为75%b010min内，v（co）=0.075moll1min1c该反应的化学平衡常数k=o.1875d当ch4（g）的消耗速率与h2（g）的消耗速率相等时，反应到达平衡考点：化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：由图可知，10min时反应到达平衡，利用三段式计算各物质浓度变化量、平衡时各物质的浓度a甲烷转化率=100%；b根据v=计算v（co）；c将平衡时的浓度代入平衡常数表达式k=计算；d同一物质的消耗速率与其生成速率相等时，反应到达平衡解答：解：由图可知，10min时反应到达平衡，平衡时水、氢气的浓度均为0.75mol/l，则： ch4（g）+h2o（g）co（g）+3h2（g）开始（mol/l）：1 1 0 0转化（mol/l）：0.25 0.25 0.25 0.75平衡（mol/l）：0.75 0.75 0.25 0.75a平衡时甲烷转化率=100%=25%，故a错误；b.010min内，v（co）=0.025moll1min1，故b错误；c平衡常数k=0.1875，故c正确；d同一物质的消耗速率与其生成速率相等时，反应到达平衡，由方程式可知但ch4（g）的消耗速率与h2（g）的消耗速率为1：3时，反应到达平衡，故d错误，故选c点评：本题考查化学平衡、化学反应速率及化学平衡常数计算、平衡状态的判断，难度不大，d选项中注意同一物质的消耗速率与其生成速率相等时，反应到达平衡，不同物质表示的正逆速率之比等于其化学计量数之比时，反应到达平衡二、解答题（共3小题，满分45分）7x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素x、y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；x、z处于同一主族，w的最外层电子数等于其电子层数（1）y在元素周期表的位置是第二周期第va族z在氧气中燃烧的产物所含化学键类型有离子键和共价键（2）w元素的原子结构示意图是z最高价氧化物的水化物与w的最高价氧化物的水化物，碱性较强的是naoh（填化学式）（3）甲和y的最高价氧化物的水化物反应生成乙在0.1moll1乙溶液中，所含离子浓度由大到小的顺序是c（no3）c（nh4+）c（h+）c（oh）（4）25时，w的最高价氧化物的水化物ksp=1.01034，使含0.1moll1w离子的溶液开始产生沉淀的ph为3（5）已知298k时：2fe（s）+o2（g）2feo（s）h=544.0kjmol1；4w（s）+3o2（g）2w2o3（s）h=3351.4kjmol1，则w单质和feo反应的热化学方程式为2al（s）+3feo（s）3fe（s）+al2o2（s）h=859.7kjmol1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：x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素，x、y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为氨气，x的原子序数小于y，则x是h元素，y是n元素；x、z处于同一主族，且z的原子序数大于y，则z为na元素，w的最外层电子数等于其电子层，且w的原子序数大于z，为短周期元素，所以w为al元素，结合物质的结构和性质解答解答：解：（1）x、y、z、w为原子序数依次增大的短周期元素，x、y组成的气体甲能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则甲为氨气，x的原子序数小于y，则x是h元素，y是n元素；x、z处于同一主族，且z的原子序数大于y，则z为na元素，w的最外层电子数等于其电子层，且w的原子序数大于z，为短周期元素，所以w为al元素，（1）y为n元素，其原子核外有2个电子层，最外层电子数是5，则y在元素周期表的位置是第二周期第va族，z在氧气中燃烧的产物为过氧化钠，氢氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，氧原子和氧原子之间存在共价键，所以过氧化钠中所含化学键类型有离子键和共价键，故答案为：第二周期第va族；离子键和共价键；（2）w为al元素，原子结构示意图为，z的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠，w的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，同一周期元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而减弱，元素的金属性越强，其对应碱的碱性越强，所以碱性较强的是 naoh，故答案为：；naoh；（3）甲为氨气，y的最高价氧化物的水化物是硝酸，序数和氨气反应生成硝酸铵，硝酸铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，但铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（no3）c（nh4+）c（h+）c（oh），故答案为：c（no3）c（nh4+）c（h+）c（oh）；（4）25时，w的最高价氧化物的水化物ksp=1.01034，根据氢氧化铝的溶度积常数知，溶液中c（oh）=mol/l=1011 mol/l，c（h+）=mol/l=103mol/l，则0.1moll1al 3+的溶液开始产生沉淀的ph为3，故答案为：3；（5）已知2fe（s）+o2（g）2feo（s）h=544.0kjmol1；4al（s）+3o2（g）2al2o3（s）h=3351.4kjmol1，利用盖斯定律将可得2al（s）+3feo（s）3fe（s）+al2o2（s）h=859.7kjmol1，故答案为：2al（s）+3feo（s）3fe（s）+al2o2（s）h=859.7kjmol1点评：本题以元素推断为载体考查了盖斯定律、离子浓度大小的比较、难溶物的溶解平衡等知识点，根据盖斯定律、盐类水解原理、溶度积常数等知识点来分析解答即可，易错题是（4），会根据铝离子浓度计算氢氧根离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢离子浓度，从而得出溶液的ph，难度中等8（16分）辉铜矿是冶炼铜的重要原料（1）工业上冶炼粗铜的某种反应为：cu2s+o22cu+so2当产生标况下11.2l气体时，转移电子数目为3na；将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的正极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，电解质溶液增重bg，则粗铜中含锌的质量分数为；（2）将辉铜矿、软锰矿做如下处理，可以制得碱式碳酸铜：步骤i中用稀硫酸浸取矿石，为提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石、适当升高温度、搅拌（任写一种）步骤中调节浸出液ph=3.5的作用是使fe3+完全水解生成fe（oh）3沉淀；步骤中发生如下3个反应，已知反应i）中生成的硫酸铁起催化作用请写出反应iii）的化学方程式i）fe2o3+3h2so4=fe2（so4）3+3h2oii） cu2s+fe2（so4）3=cuso4+cus+2feso4iii）mno2+2feso4+2h2so4mnso4+fe2（so4）3+2h2o步骤中，碳酸氢铵参与反应的离子方程式为hco3+h+co2+h2o考点：金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：（1）根据电子守恒求转移电子数目；将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的正极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，增加的质量即为析出的铜，电解质溶液增重bg，设参加反应的锌和铜的质量分别是mg、ng，则m+na=b，根据电子守恒计算；（2）根据影响速率的因素分析；三价铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀；硫酸铁起催化作用，则第二步中生成的硫酸亚铁需要在第三步中重新被氧化生成硫酸铁；碳酸氢铵与氢离子反应生成二氧化碳解答：解：（1）根据反应cu2s+o2=2cu+so2可知，反应中氧元素化合价和铜元素化合价降低，只有硫元素的化合价从2价升高到+4价，失去6个电子，所以当产生标况下11.2l气体即0.5mol二氧化硫时，转移电子物质的量是0.5mol6=3mol，其数目为3na，故答案为：3na；将粗铜进行电解精炼，粗铜应与外电源的正极相接；若精炼某种仅含杂质锌的粗铜，通电一段时间后测得阴极增重ag，增加的质量即为析出的铜，电解质溶液增重bg，设参加反应的锌和铜的质量分别是mg、ng，则m+na=b，根据电子守恒可知2+2=2，解得m=65b，则粗铜中含锌的质量分数为=；故答案为：正；（2）用稀硫酸浸取矿石，为提高浸取率可采取的措施有粉碎矿石、适当升高温度、搅拌；故答案为：粉碎矿石、适当升高温度、搅拌；三价铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀，步骤中调节浸出液ph=3.5，此时fe3+完全水解生成fe（oh）3沉淀，从而除去铁离子；故答案为：使fe3+完全水解生成fe（oh）3沉淀；硫酸铁起催化作用，则第二步中生成的硫酸亚铁需要在第三步中重新被氧化生成硫酸铁，因此反应的化学方程式为mno2+2feso4+2h2so4=mnso4+fe2（so4）3+2h2o，故答案为：mno2+2feso4+2h2so4=mnso4+fe2（so4）3+2h2o；碳酸氢铵与氢离子反应，其反应的离子方程式为hco3+h+=h2o+co2，故答案为：hco3+h+=h2o+co2点评：本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，主要是物质性质的理解，掌握基础是关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力9（14分）实验室采用mgcl2、alcl3的混合溶液与过量氨水反应制备mgal2o4，主要流程如图1（1）为使mg2+、al1+同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入b（填“a”或“b”），再滴加另一反应物（2）如图2所示，过滤操作中的一处错误是漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁（3）判断流程中沉淀是否洗净所采取的方法是取少量最后一次洗涤液，加入agno3溶液（或磷酸酸化的agno3溶液），若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净（4）高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是坩埚（5）无水alcl3（183c升华）遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备：装置 b中盛放饱和nacl溶液，该装置的主要作用是除去hclf中试剂的作用是吸收水蒸气用一件仪器装填适当试剂后也可起到f和g的作用，所装填的试剂为碱石灰（或naoh与cao混合物）考点：制备实验方案的设计 专题：实验设计题分析：mgcl2、alcl3的混合溶液与过量氨水反应会得到氢氧化镁以及氢氧化铝的混合物沉淀，将沉淀洗涤干燥进行焙烧可以得到mgal2o4（1）难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，先加入氨水，再加入盐的混合溶液，会使两种沉淀同时生成；（2）根据过滤操作中要做到“一贴二低三靠”来分析解答，为了防止液体溅出，在过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁；（3）根据题意可知，沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净；（4）高温焙烧固体应在坩埚中进行；（5）根据所给的装置图可知，a装置制取氯气：二氧化锰和浓盐酸反应生成二氯化锰和氯气以及水，反应的离子方程式为：mno2+4h+2clmn2+cl2 +2h2o，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，b中的饱和食盐水是为了除去混有的hcl气体；因为氯化铝易发生水解，c装置进行氯气干燥，干燥后的氯气进入d装置与铝反应，2al+3cl22alcl3，e收集产品，f防止空气中的水蒸气进入e装置，氯气有毒，通过g吸收b中的饱和食盐水是为了除去混有的hcl气体；氯化铝易发生水解，故f中试剂的作用是防止空气中的水蒸气进入e装置，f用球形干燥管代替，其中可以用碱石灰可起到f和g的作用解答：解：（1）25时kspmg（oh）2=1.81011，kspal（oh）3=31034，如先加入mgcl2、alcl3的混合溶液，再加氨水，氨水少量，应先生成氢氧化铝沉淀，反之，先加氨水，因氨水足量，则同时生成沉淀，故答案为：b；（2）过滤实验中的一贴二低三靠为：一贴：滤纸紧贴漏斗内壁，不要留有气泡；二低：a漏斗内滤纸边缘低于漏斗口边缘，b漏斗内液面低于滤纸边缘；三靠：a倾倒液体时，烧杯与玻璃棒接触，b玻璃棒末端与漏斗内三层滤纸处接触，c漏斗下端与承接滤液的烧杯内壁接触图2所示，过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁，防止液体溅出，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；（3）沉淀中应该附着氯离子和铵根离子，若判断是否洗净，可以取少量最后一次洗涤液，加入agno3溶液（或硝酸酸性的agno3溶液）溶液进行判断，若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液，加入agno3溶液（或磷酸酸化的agno3溶液），若生成白色沉淀，则说明没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明已经洗涤干净；（4）煅烧时应用坩埚加热固体，故答案为：坩埚；（5）a装置制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气在饱和食盐水中溶解度小，b中的饱和食盐水是为了除去混有的hcl气体，因为氯化铝易发生水解，故f中可放试剂浓硫酸，防止空气中的水蒸气进入e装置，f用球形干燥管代替，f中可以用碱石灰（或naoh与cao混合物），既能吸收尾气氯气，又能防止空气中水蒸气进入e装置，故答案为：除去hcl；吸收水蒸气；碱石灰（或naoh与cao混合物）点评：本题考查物质的制备实验设计，涉及实验操作目的、原理、步骤等有关问题，主要考查了实验方案设计中的实验操作，综合考查了学生的实验探究能力，注意（5）f用球形干燥管代替f中可以用碱石灰（或naoh与cao混合物），既能吸收尾气氯气，又能防止空气中水蒸气进入e装置，为易错点，题目难度中等三、选考-物质结构与性质（共1小题，满分13分）10（13分）三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工、太阳能电池和液晶显示器制造中得到广泛应用nf3是一种三角锥型分子，键角102，沸点129；可在铜的催化作用下由f2和过量nh3反应得到：2nh3+3f2nf3+3nh4f（1）上述化学方程式中的5种物质所含的化学键类型有abcd（填序号）a离子键b共价键c配位键d金属键（2）与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子价电子排布式为3d54s1（3）nf3的沸点比nh3的沸点（33）低得多的主要原因是nh3能形成氢键，nf3只有范德华力（4）理论上hf、naalo2和nacl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成hcl、h2o和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，在金属铝的冶炼中有重要作用该物质为配合物，其中心离子是al3+，配位数为6（5）根据下列五种元素的第一至第四电离能数据（单位：kjmol1 ），回答下面各题：在周期表中，最可能处于同一族的是r和ut元素最可能是p（填“s”、“p”、“d”、“ds”等）区元素若t为第二周期元素，f是第三周期元素中原子半径最小的元素，则t、f形成化合物的空间构型为平面三角形，其中心原子的杂化轨道类型为sp2考点：共价键的形成及共价键的主要类型；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况 专题：元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：（1）nh4f中含有离子键、共价键和配位键，cu含有金属键；（2）与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式；（3）氢键的存在导致物质的熔沸点升高；（4）根据题意可写出反应的化学方程式：6hf+naal02+2nacl2hcl+2h2o+na3alf6，na3alf6中心离子为al3+，配位数为6；（5）由元素的电离能可以看出，q的电离能很大，可能为零族元素，r和u的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，s的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，t的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3；根据原子最后填入的电子名称确定该元素所属区域；根据价层电子对互斥理论确定微粒构型、原子杂化方式解答：解：（1）nh4f中含有离子键、共价键和配位键，cu属于金属单质含有金属键；故答案为：abcd；（2）与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素cr元素，根据构造原理知，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1（或ar3d54s1），则其价电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1；（3）nh3能形成氢键，nf3只有范德华力，氢键的存在导致物质的熔沸点升高，所以nf3的沸点比nh3的沸点（33）低得多，故答案为：nh3能形成氢键，nf3只有范德华力；（4）有题意可知该反应的化学方程式应为：6hf+naal02+2nacl2hcl+2h2o+na3alf6，该微溶物为：na3alf6，中心离子为al或al3+，配位数为6，故答案为：al3+；6；（5）由元素的电离能可以看出，q的电离能很大，可能为零族元素，r和u的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，s的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，t的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，r和u的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，故答案为：r；u；t的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，可能为第iiia族元素，其最后填入的电子是p电子是，有可能是p区元素；若t为第二周期元素，则t是b元素，e是第三周期元素中原子半径最小的元素，则t是cl元素，t、e二者形成的化合物是bcl3，bcl3中b原子价层电子对个数=3+（331）=3且不含孤电子对，所以bcl3为平面正三角形，b原子采用sp2杂化，故答案为：p；平面三角形；sp2