福建省厦门市厦门大学附属实验中学高三化学三模试题（含解析）新人教版.doc

福建省厦门大学附属实验中学2015年高考化学三模试卷一、本卷共7小题，每小题6分，共108分在每小题给出的四个选项中，只有一个选择符合题目要求1化学与生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）a煤的干馏和石油的分馏均属化学变化bbaso4在医学上用作钡餐，ba 2+ 对人体无毒c由油脂得到甘油和由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应d葡萄糖注射液不属于胶体，其本质原因是由于不能产生丁达尔现象考点：煤的干馏和综合利用；石油的裂化和裂解；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途；药物的主要成分和疗效.专题：化学应用分析：a根据干馏和分馏的区别来判断；b根据baso4的性质来分析；c油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；d当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）解答：解：a石油的分馏属物理变化，因为石油的分馏是利用石油中各种成分沸点不同将其分离的一种方法，没有新物质生成，所以是物理变化，煤的干馏是复杂的物理化学变化，故a错误； b钡离子对人体有害，它是一种重金属离子，可以使人体中毒硫酸钡在医学上用作钡餐是因为硫酸钡既不溶于水也不溶于酸，不会产生可溶性钡离子，所以它对人体无害，故b错误； c油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故c错误；d当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm），其本质原因是分散质粒子直径大小，故d正确故选c点评：本题考查分馏与干馏的区别、硫酸钡的医学用途、油脂的水解以及胶体和溶液的区别，题目难度不大，注意相关基础知识的积累2（6分）（2015福建校级三模）已知x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，y元素的最高正价与最低负价的绝对值相等，z的核电荷数是y的2倍，w的最外层电子数是其最内层电子数的3倍下列说法不正确的是（）a原子半径：zwrb对应的氢化物的热稳定性：rwcw离子的还原性强于r离子dw与x、w与z形成的化合物的化学键类型完全相同考点：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：x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，则x为h元素；w的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，为第via族元素o或s元素，y元素的最高正价和最低负价的绝对值相等，则y为第iva族元素，为c或si元素，z核电荷数是y的2倍，且为短周期元素，所以y是c元素、z是mg元素，w原子序数大于z，所以w是s元素，r原子序数大于w且为短周期主族元素，则r是cl元素，a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；b元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；c元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱；dw与x、z元素形成的化合物分别是h2s、mgs解答：解：x、y、z、w、r是原子序数依次增大的短周期主族元素，x是周期表中原子半径最小的元素，则x为h元素；w的最外层电子数是其最内层电子数的3倍，最外层电子数为6，为第via族元素o或s元素，y元素的最高正价和最低负价的绝对值相等，则y为第iva族元素，为c或si元素，z核电荷数是y的2倍，且为短周期元素，所以y是c元素、z是mg元素，w原子序数大于z，所以w是s元素，r原子序数大于w且为短周期主族元素，则r是cl元素，a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zwr，故a正确；b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rw，所以对应的氢化物的热稳定性：rw，故b正确；c元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，非金属性rw，所以w离子的还原性强于r离子，故c正确；dw与x、z元素形成的化合物分别是h2s、mgs，h2s中只含共价键、mgs中只含离子键，所以二者所含化学键类型不同，故d错误；故选d点评：本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查学生分析、推断能力，明确元素周期律内涵即可解答，知道非金属性、金属性强弱判断方法，题目难度不大3（6分）（2015福建校级三模）一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是（）a加入少量水，产生h2速率减小，h2体积减小b加入nh4hso4固体，产生h2速率不变，h2体积不变c加入ch3coona固体，产生h2速率减小，h2体积不变d滴加少量cuso4溶液，产生h2速率变大，h2体积不变考点：化学反应速率的影响因素.专题：化学反应速率专题分析：根据反应速率取决于氢离子的浓度，浓度越大，反应速率越快，h2体积取决于锌粒的质量；a加入少量水，减小了h+的浓度，锌粒的物质的量不变；b加入nh4hso4固体，增大了h+的浓度，锌粒的物质的量不变；c加入ch3coona固体，结合生成醋酸，减小了h+的浓度，锌粒的物质的量不变；d滴加少量cuso4溶液，构成cuzn原电池，反应速率加快，锌粒的物质的量减少解答：解：a加入少量水，减小了h+的浓度，锌粒的物质的量不变，则c（h2）减小，生成h2体积不变，故a错误；b加入nh4hso4固体，增大了h+的浓度，锌粒的物质的量不变，则反应速率加快，生成h2体积不变，故b错误；c加入ch3coona固体，结合生成醋酸，减小了h+的浓度，锌粒的物质的量不变，则c（h2）减小，生成h2体积不变，故c正确；d滴加少量cuso4溶液，构成cuzn原电池，反应速率加快，锌粒的物质的量减少，则c（h2）增大，生成h2量减少，故d错误；故选c点评：本题考查影响化学反应速率的因素，明确氢离子的浓度及锌粒的物质的量的不变是解答本题的关键，注意选项d为解答的难点和易错点，题目难度不大4（6分）（2013江苏）mgh2o2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图如下该电池工作时，下列说法正确的是（）amg电极是该电池的正极bh2o2在石墨电极上发生氧化反应c石墨电极附近溶液的ph增大d溶液中cl向正极移动考点：化学电源新型电池.专题：压轴题；电化学专题分析：镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为水，溶液ph增大，原电池中阴离子移向负极解答：解：a、组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极，故a错误；b、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，发生还原反应，故b错误；c、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，电极反应为，h2o2+2e=2oh，故溶液ph值增大，故c正确；d溶液中cl移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故d错误；故选c点评：本题考查了原电池原理的分析判断，电极名、称电极反应，是解题关键，题目难度中等5（6分）（2015福建校级三模）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（）过量na2o2投入到fecl2溶液中 过量ba（oh）2溶液和明矾溶液混合少量ca（oh）2投入过量nahco3溶液中 na2sio3溶液中通入过量co2cacl2与naoh的混合溶液中通入过量co2a全部bcd考点：钠的重要化合物；含硅矿物及材料的应用；镁、铝的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：二者发生氧化还原反应生成fe（oh）3； 过量ba（oh）2溶液和明矾溶液混合，二者反应生成硫酸钡白色沉淀；少量ca（oh）2投入过量nahco3溶液中，二者反应生成白色沉淀碳酸钙； na2sio3溶液中通入过量co2，二者反应生成白色不溶物硅酸；cacl2与naoh的混合溶液中通入过量co2，先生成白色沉淀碳酸钙，当二氧化碳过量时碳酸钙转化为可溶性的碳酸氢钙解答：解：二者发生氧化还原反应生成fe（oh）3，反应方程式为2na2o2+2h2o=4naoh+o2，fecl2+2naoh=fe（oh）2+2nacl；4fe（oh）2+o2+2h2o=4fe（oh）3，所以最终有红褐色沉淀生成，故错误； 过量ba（oh）2溶液和明矾溶液混合，二者反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为al3+2so42+2ba2+4oh=2baso4+alo2+2h2o，最终有白色硫酸钡沉淀，故正确；少量ca（oh）2投入过量nahco3溶液中，二者反应生成白色沉淀碳酸钙，ca（oh）2+2nahco3=caco3 +2h2o+na2co3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确； na2sio3溶液中通入过量co2，二者反应生成白色不溶物硅酸，反应方程式为na2sio3+2h2o+2co2=h2sio3+2nahco3，所以有白色沉淀生成，故正确；cacl2与naoh的混合溶液中通入过量co2，先生成白色沉淀碳酸钙，当二氧化碳过量时碳酸钙转化为可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀生成，故错误；故选c点评：本题考查了物质之间的反应，明确物质的性质是解本题关键，涉及反应物的量、产物的性质，能正确书写方程式，题目难度中等6（6分）（2013西城区二模）工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：ch4（g）+2no2（g）n2（g）+co2（g）+2h2o（g）h=a kj/mol在温度t1和t2时，分别将0.50molch4和1.2molno2充入体积为1l的密闭容器中，测得n（ch4）随时间变化数据如下表：温度 时间/min/mol010204050t1n（ch4）0.500.350.250.100.10t2n（ch4）0.500.300.180.15下列说法不正确的是（）a10 min内，t1时（ch4）比t2时小b温度：t1t2ch：a0d平衡常数：k（t1）k（t2）考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：a由表格中的数据计算（ch4）；b温度升高，反应速率加快；c温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热；dt1时反应进行的更为彻底；解答：解：a10 min内，t1时（ch4）=0.015moll1min1，t2时时（ch4）=0.02moll1min1，t1时（ch4）比t2时小，故a正确；b温度升高，反应速率加快，因此t2t1，故b正确；c温度升高，甲烷剩余量增多，说明反应向左进行，正反应放热，所以a0，故c正确；dt1时反应进行的更为彻底，因此平衡常数更大，故d错误；故选：d点评：本题主要考查外界条件对化学反应速率以及平衡移动原理及其应用，难度中等以上，注意灵活运用所学知识7（6分）（2015福建校级三模）25时，甲、乙、丙三个烧杯分别盛有25ml、浓度均为0.10moll1的醋酸、氢氧化钠溶液和醋酸钠溶液下列说法正确的是（）a乙溶液和丙溶液混合后，na+浓度仍为0.10moll1b甲溶液和乙溶液混合后所得溶液的ph和丙溶液相同c若甲与丙两溶液混合后溶液显酸性，则c（ch3coo）c（ch3cooh）=c（h+）c（oh）d将丙溶液加到甲溶液中，则ch3cooh的电离平衡常数ka变小考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的ph专题分析：a氢氧化钠溶液和醋酸钠溶液等体积混合，溶液体积扩大一倍，钠离子物质的量增大一倍，钠离子浓度不变；b甲溶液和乙溶液混合后所得溶液为0.05mol/l的醋酸钠，与丙中醋酸根离子浓度不同，两溶液的水解程度不同；c根据混合液中电荷守恒、物料守恒写出各离子之间浓度关系；d电离平衡常数与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变解答：解：a乙溶液和丙溶液混合后，由于溶液体积变为原先的2倍，同时钠离子浓度也变为原先的2倍，所以溶液中na+浓度不变，仍为0.10moll1，故a正确；b氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合后达到浓度为0.05mol/l的醋酸钠溶液，溶液中醋酸钠的浓度与丙中醋酸钠的浓度不同，所以溶液中醋酸根离子的水解程度不相同，导致溶液中氢离子浓度不同，溶液的ph一定不相等，故b错误；c根据电荷守恒可知：c（ch3coo）+c（oh）=c（h+）+c（na+），根据物料守恒可得：2c（na+）=c（ch3coo）+c（ch3cooh），将带人2可得，c（ch3coo）c（ch3cooh）=2c（h+）2c（oh），故c错误；d将丙溶液加到甲溶液中，由于温度不变，所以溶液中醋酸的电离平衡常数不变，故d错误；故选a点评：本题考查了酸碱混合的定性判断、溶液中离子浓度大小比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液ph的关系，明确比较溶液中离子浓度大小关系的方法，选项c为易错点，正确找出物料守恒为解答关键二、解答题（共4小题，满分45分）8（16分）（2015福建校级三模）磷、硫元素的单质和化合物应用广泛（1）磷元素的原子结构示意图是（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，反应为：2ca3（po4）2+6sio26casio3+p4o1010c+p4o10p4+10co每生成1mol p4时，就有20mol电子发生转移（3）硫代硫酸钠（na2s2o3）是常用的还原剂在维生素c（化学式c6h8o6）的水溶液中加入过量i2溶液，使维生素c完全氧化，剩余的i2用na2s2o3溶液滴定，可测定溶液中维生素c的含量发生的反应为：c6h8o6+i2c6h6o6+2h+2i2s2o32+i2s4o62+2i在一定体积的某维生素c溶液中加入a moll1 i2溶液v1 ml，充分反应后，用na2s2o3溶液滴定剩余的i2，消耗b moll1 na2s2o3溶液v2 ml该溶液中维生素c的物质的量是mol（4）在酸性溶液中，碘酸钾（kio3）和亚硫酸钠可发生如下反应：2io3+5so32+2h+i2+5so42+h2o生成的碘可以用淀粉溶液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率某同学设计实验如表所示：0.01moll1kio3酸性溶液（含淀粉）的体积/ml0.01moll1na2so3溶液的体积/mlh2o的体积/ml实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15v13525实验2554025实验355v20该实验的目的是探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系；表中v2=40ml考点：氧化还原反应的计算；探究影响化学反应速率的因素.专题：氧化还原反应专题分析：（1）p原子核外有15个电子，有3个电子层，最外层有5个电子；（2）根据白磷和转移电子之间的关系式计算；（3）根据氧化还原反应中得失电子数相等进行计算；（4）由题给信息：“根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率”可知实验目的是探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系，实验时溶液体积相同，温度、浓度可不同解答：解：（1）p原子核外有15个电子，有3个电子层，最外层有5个电子，所以p原子结构示意图为，故答案为：；（2）2ca3（po4）2+6sio26casio3+p4o10 10c+p4o10p4+10co 将方程式+得2ca3（po4）2+6sio2+10c=6casio3+p4+10co，根据磷元素和转移电子之间的关系式得，每生成1mol p4得到电子的物质的量=1mol4（50）=20mol，故答案为：20；（3）氧化还原反应中得失电子相等，由题目给出的两个离子方程式知，n（i2）=n（c6h8o6）+0.5n（s2o32 ），即av1103=n（c6h8o6）+0.5bv2103，则n（c6h8o6）=av11030.5bv2103=，故答案为：；（4）由题给信息：“根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率”可知实验目的是探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系，实验时溶液体积相同，温度、浓度可不同，则v2=40ml，故答案为：探究该反应的速率与温度、亚硫酸钠溶液浓度的关系；40点评：本题考查了氧化还原反应物质的量的计算以及化学反应速率的探究，根据氧化还原反应中得失电子性质、还原产物和转移电子之间的关系式来分析解答即可，难度不大9（2015福建校级三模）稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位（1）铈（ce）是地壳中含量最高的稀土元素在加热条件下cecl3易发生水解，无水cecl3可用加热cecl36h2o和nh4cl固体混合物的方法来制备其中nh4cl的作用是分解出hcl气体，抑制cecl3的水解（2）在某强酸性混合稀土溶液中加入h2o2，调节ph3，ce3+通过下列反应形成ce（oh）4沉淀得以分离完成反应的离子方程式：ce3+h2o2+h2oce（oh）4+2ce3+h2o2+6h2o2ce（oh）4+6h+考点：盐类水解的应用；氧化还原反应方程式的配平.专题：盐类的水解专题分析：（1）在加热条件下cecl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入hcl；（2）该反应中ce元素化合价由+3价变为+4价，则ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式解答：解：（1）加热条件下cecl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入hcl，所以无水cecl3可用加热cecl36h2o和nh4cl固体混合物的方法来制备目的是分解出hcl气体，抑制cecl3的水解，故答案为：分解出hcl气体，抑制cecl3的水解；（2）该反应中ce元素化合价由+3价变为+4价，则ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则o元素化合价由1价变为2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2ce3+h2o2+6h2o2ce（oh）4+6h+，故答案为：2ce3+h2o2+6h2o2ce（oh）4+6h+点评：本题考查盐类水解、氧化还原反应方程式的配平，侧重考查基本理论，明确盐的性质及氧化还原反应配平方法即可解答，熟练掌握常见元素化合价，题目难度不大10（15分）（2013福州一模）高锰酸钾是强氧化剂，它的用途遍布各个行业（1）工业上由软锰矿（主要成分为mn02）生产髙锰酸钾分为两个步骤：步骤一将软锰矿与过量的固体koh和空气在高温下反应，生成锰酸钾（k2mn04），该反应的化学方程式是2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o步骤二以石墨为阳极，铁为阴极，电解锰酸钾（k2mn04）溶液，在阳极区 （填“阴极区”或“阳极区”）得到高锰酸钾阴极反应的化学方程式是2h2o+2e=h2+2oh（2）某研究小组用工业生产高锰酸钾产生的废渣猛泥（含k2mn04、mn02及pb、ca等元素）和乳钢废酸液制取工业级碳酸锰（mnco3），其流程如下：轧钢废酸中fe2+的作用是将高价的锰元素还原成mn2+操作i、操作、操作的名称是过滤溶液c中除含有ca2+、mn2+、h+外，还含有的阳离子是k+、na+、nh4+若固体c中不含caco3，则溶液d中500（已知：ksp（mnco3）=11011ksp（caco3）=5109）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理.专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）将软锰矿与过量的固体koh和空气在高温下反应，生成锰酸钾（k2mn04），结合原子守恒配平书写化学方程式；电解锰酸钾（k2mn04）溶液，得到高锰酸钾，结合锰元素化合价变化+6价变化为+7价，失电子发生氧化还原反应，阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气；（2）猛泥（含k2mn04、mn02及pb、ca等元素）和轧钢废酸液制取工业级碳酸锰（mnco3），锰泥和轧钢废液浸泡，其中轧钢废酸中fe2+的作用是还原k2mn04、mn02为锰离子，加入适量氢氧化钠调节溶液ph=4，过滤得到溶液a和固体a，溶液a中加入硫化钠溶液反应得到固体b为pbs沉淀，滤液b加入碳酸氢铵溶液过滤得到固体c碳酸锰；亚铁离子具有还原性还原锰元素为锰离子；分析流程操作都是分离固体和液体的操作，用 过滤操作分离；溶液c中除含有ca2+、mn2+、h+外，还含有的阳离子是k+、na+、nh4+；依据碳酸钙和碳酸锰共存，结合溶度积常数计算分析；解答：解：（1）将软锰矿与过量的固体koh和空气在高温下反应，生成锰酸钾（k2mn04），结合原子守恒配平书写化学方程式为：2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o；故答案为：2mno2+4koh+o22k2mno4+2h2o；电解锰酸钾（k2mn04）溶液，得到高锰酸钾，结合锰元素化合价变化+6价变化为+7价，失电子发生氧化还原反应，所以在阳极区发生反应；阴极上是溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为：2h+2e=h2；故答案为：阳极区，2h+2e=h2；（2）猛泥（含k2mn04、mn02及pb、ca等元素）和轧钢废酸液制取工业级碳酸锰（mnco3），锰泥和轧钢废液浸泡，其中轧钢废酸中fe2+的作用是还原k2mn04、mn02为锰离子，加入适量氢氧化钠调节溶液ph=4，过滤得到溶液a和固体a，溶液a中加入硫化钠溶液反应得到固体b为pbs沉淀，滤液b加入碳酸氢铵溶液过滤得到固体c碳酸锰；轧钢废酸中fe2+的作用是，亚铁离子具有还原性，还原锰元素为锰离子；故答案为：将高价的锰元素还原成mn2+；分析流程操作都是分离固体和液体的操作，用过滤操作分离；故答案为：过滤；依据流程和加入的试剂分析判断，溶液c中除含有ca2+、mn2+、h+外，还含有的阳离子是k+、na+、nh4+；故答案为：k+、na+、nh4+；依据碳酸钙和碳酸锰共存，结合溶度积常数计计算，则溶液d中=500，若固体c中不含caco3，则溶液d中500；故答案为：500；点评：本题考查了流程分析，实验基本操作方法，电解原理 分析判断，溶度积常数计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等11（14分）（2015福建校级三模）现有一定量含有na2o杂质的na2o2试样，用下图所示的实验装置测定na2o2试样的纯度（可供选用的试剂只有caco3固体、6mol/l盐酸、6mol/l硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置a中液体试剂选用6 mol/l盐酸，理由是a的目的是制取co2，硫酸与caco3固体反应生成caso4微溶于水，会覆盖在caco3固体表面，使反应不能持续（2）装置b的作用是除去气体中的hcl，装置e中碱石灰的作用是吸收装置d中反应剩余的co2、防止水蒸气进入d中（3）装置d中发生反应的化学方程式是：2na2o2+2co2=2na2co3+o2、na2o+co2=na2co3（4）若开始时测得样品的质量为2.0g，反应结束后测得气体体积为224ml（标准状况），则na2o2试样的纯度为78%考点：实验装置综合.专题：实验设计题分析：（1）根据实验原理装置a采用的是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，根据碳酸钙和硫酸反应的情况来回答；（2）b中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收hcl，但是不吸收二氧化碳；e中碱石灰可以吸收二氧化碳；（3）根据氧化钠和过氧化钠的性质来回答；（4）根据氧气的量和过氧化钠量的关系来获得过氧化钠质量，进而计算过氧化钠的纯度解答：解：（1）装置a是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，所以用盐酸而不用硫酸来反应，故答案为：6mol/l盐酸；a的目的是制取co2，硫酸与caco3固体反应生成caso4微溶于水，会覆盖在caco3固体表面，使反应不能持续；（2）b中饱和的碳酸氢钠溶液可以吸收hcl，但是不吸收二氧化碳，碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，可以用饱和碳酸氢钠来除去；浓硫酸具有吸水性，可以将二氧化碳干燥，装置e中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止水蒸气进入d中，防止对氧气的体积测量造成干扰；故答案为：除去气体中的hcl；吸收装置d中反应剩余的co2、防止水蒸气进入d中；（3）装置d中氧化钠和过氧化钠和二氧化碳反应的原理方程式分别为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，na2o+co2=na2co3，故答案为：2na2o2+2co2=2na2co3+o2、na2o+co2=na2co3；（4）根据反应2na2o2+2co2=2na2co3+o2，反应结束后测得气体体积为224ml（标准状况），即生成的氧气的量为=0.01mol，过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的纯度=100%=78%，故答案为：78%点评：本题考查学生过氧化钠的化学性质知识，通过实验方式考查增加了难度，综合性较强注意硫酸钙的微溶性，主要从反应原理和装置特点分析，题目难度中等三、选考部分【化学-物质结构与性质】（13分）第卷选考部分共5题，共35分其中第29、30题为物理题，第31、32题为化学题，考生从两道物理题、两道化学题中各任选一题作答，若第29、30题都作答，则按第29题计分，若第31、32题都作答，则按第31题计分；第33题为生物题，是必答题12（13分）（2015福建校级三模）cucl和cucl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等已知：cucl2溶液与乙二胺（h2nch2ch2nh2）可形成配离子cu（en）22+（en是乙二胺的简写）：如图请回答下列问题：（1）配离子cu（en）22+的中心原子基态外围电子排布式为3d9，该配离子中所含的非金属元素的电负性由大到小的顺序是onh；（2）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为sp3杂化，乙二胺和三甲胺n（ch3）3均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键（3）配离子cu（en）22+的配位数为4，该微粒含有的微粒间的作用力类型有abd（填字母）；a配位键 b极性键c离子键 d非极性键 e氢键 f金属键考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断.专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构分析：（1）根据核外电子排布规律书写cu原子的核外电子排布式，电子按能层高低进行失去，进而书写cu2+的外围电子排布式；同周期自左而右，电负性增大，据此判断o、n元素的电负性，h元素与o、n元素化合时，表现正化合价，h元素的电负性比o、n元素小（2）乙二胺（h2nch2ch2nh2）中n原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化乙二胺（h2nch2ch2nh2）分子之间可以形成氢键，但三甲胺n（ch3）3分子之间不能形成氢键（3）由图1可知配离子cu（en）22+的配位数为4，离子中存在配位键、cn键、ch键、nh键、cc键，据此判断离子化学键类型解答：解：（1）cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故cu2+的外围电子排布式为3d9；同周期自左而右，电负性增大，电负性on，h元素与o、n元素化合时，h元素表现正化合价，h元素的电负性比o、n元素小，故电负性onh故答案为：3d9；onh；（2）乙二胺（h2nch2ch2nh2）中n原子呈3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化乙二胺（h2nch2ch2nh2）分子之间可以形成氢键，三甲胺n（ch3）3分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高故答案为：sp3杂化；乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；（3）由图1可知配离子cu（en）22+的配位数为4；离子中存在配位键、cn键、ch键、nh键、cc键，其中cn键、ch键、nh键为极性键，cc键为非极性键，故离子含有配位