四川省巴中市2016届高考化学零诊试卷解析版.doc

2016年四川省巴中市高考化学零诊试卷一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列环保建议中，你认为不能采纳的是（）A开发、使用新能源B废旧电池应集中回收，并填埋处理C用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料D禁止将未经处理的工业废水和生活污水任意排放2NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.5g CH3+含有的电子数为NAB在lL 0lmol/L氯化铝溶液中阳离子总数大于0lNAC标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的CCI键的个数为2NAD60g SiO2和12g金刚石中各含有4NA个SiO键和4NA个CC键3烷烃是单烯烃R和氢气发生加成反应后的产物，则R可能的结构简式有（）A3种B4种C5种D6种4将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一已知：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（l）+O2（g）H=+140.5kJmol1C（s，石墨）+O2（g）CO2（g）H=110.5kJmol1则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s，石墨）TiCl4（l）+CO2（g）的H是（）A+30.0kJmol1B80.5kJmol1C30.0kJmol1D+80.5kJmol15盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如图，下列叙述正确的（）A酚酞不能用作本实验的指示剂B盐酸的物质的量浓度为1molL1CP点时恰好完全中和，溶液呈中性D曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线6以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示下列说法正确的是（）A燃料电池工作时，正极反应式为0+2H2O+4e40HBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出Ca、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2的体积相等Da极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出7下列实验现象描述正确的是（）AHCl与NH3相遇有大量的白烟生成B用洁净玻棒蘸取Na2SO4溶液灼烧火焰呈紫色CFeCl2溶液与无色的KSCN溶液混合，溶液呈红色DSO2通入品红溶液，红色褪去，再加热，红色不再出现二、解答题（共3小题，满分43分）8NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是（填编号）ANaCl BNH4ClCHNO3D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：Al+NaNO3+NaOHNaAlO2+N2+2H2O若反应过程中转移5mole，则生成标准状况下N2的体积为L9实验室用乙醇和必要的无机试剂制取1，2二溴乙烷的装置如图，1，2二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18g/cm，沸点131.4，熔点9.79，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂请回答以下问题：（1）装置A的烧瓶中装入乙醇和浓硫酸的混合液后还需加入烧瓶内发生的反应的化学方程式为（2）装置B的作用是（3）装置C中盛有10%的NaOH溶液，其作用是（4）装置D中试管中装有液溴，实验开始后观察到的主要现象是（5）开始反应时需向装置D中的烧杯里加入冰水，这是为了（6）装置E的作用10利用废铁丝和工业硫酸铜废液（含硫酸亚铁）制备硫酸铜晶体生产过程如下：试回答下列问题：（1）利用硫酸铜的性质，常在游泳池中加入硫酸铜晶体杀菌消毒（2）废铁丝中含有铁锈（Fe2O3xH2O）在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理，其主要发生反应的离子方程式（3）铜粉氧化过程中，颜色由粉红变为黑色，再由黑色变绿色取绿色粉末加入稀硫酸溶液，溶液变蓝，产生无色无味气体，经检验为二氧化碳推测该绿色粉末为（填化学式）（4）为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶，在加入稀H2SO4的同时，还通入O2通入O2的目的是（用化学反应方程式表示）（5）硫酸铜溶液常作电解液，试写出用石墨电极电解硫酸铜溶液阳极反应式：（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=molL1（KspCu（OH）2=2.21020）【化学-化学与技术】11侯德榜制碱法生产流程为：（1）沉淀池中反应的化学方程式：；（2）检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的操作方法为：（3）上述流程中物质X的分子式为12实验室制备纯碱（Na2CO3）的主要步骤为：将饱和NaCl溶液倒入烧杯加热，控制3035，搅拌下分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕，保温30min，静置、过滤得NaHCO3晶体用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干，转入蒸发皿中灼烧得Na2CO3固体0102030405060100NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.19.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3请回答：（1）反应温度控制在3035，是因为高于35NH4HCO3会分解，低于，30则反应速率降低，为控制此温度范围，通常采取的加热方法为（2）加料完毕，保温30min，目的（3）静置后只析出NaHCO3晶体的原因（4）过滤所得母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入适当试剂并作进一步处理，使（填化学式）循环使用，回收得到NH4Cl晶体【化学-物质结构与性质】15A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大已知A原子核外有三个未成对电子；B的最外层电子数是内层电子数的3倍；化合物C2E的晶体为离子晶体；D单质的熔点在同周期单质中最高；E原子核外的M层中只有两对成对电子；R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D四种原子的第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）（2）C的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是（3）基态R+离子的核外电子排布式是（4）Q分子是A2B的等电子体，Q的结构式为（5）图一是R单质的晶胞结构，配位数为；图二是B、R两元素组成的一种化合物的晶胞，其化学式为化学-有机化学基础16Reformatsky反应是利用醛与卤代酸酯反应制备羟基酸酯的常用简便方法，是形成碳碳健重要的有机反应反应如图所示：（1）化合物（）的一种同分异构体满足下列条件：含有苯环；核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比为1：2：2：3，其结构简式为（2）化合物（）的分子式为，1mol该物质完全燃烧最少需要消耗mol2（3）化合物（）所含官能团是（名称），其在加热条件下与NaOH溶液反应的化学方程式是（4）一定条件下，与过量的也可以发生Reformatsky反应，试写出该生成物的结构简式2016年四川省巴中市高考化学零诊试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共78分在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1下列环保建议中，你认为不能采纳的是（）A开发、使用新能源B废旧电池应集中回收，并填埋处理C用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料D禁止将未经处理的工业废水和生活污水任意排放【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】A开发新能源，减少矿物燃料的燃烧；B废旧电池中含有重金属元素，能污染环境；C用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料减少污染的排放；D未经处理的工业废水和生活污水的任意排放造成水污染【解答】解：A开发新能源，减少矿物燃料的燃烧，减少了污染物的排放，故A正确；B废旧电池中含有重金属，如果填埋会造成土壤及地下水污染，故B错误；C用天然气代替汽油和柴油作发动机燃料，减少污染的排放，保护环境，故C正确；D禁止未经处理的工业废水和生活污水的任意排放可防止水污染，故D正确；故选B2NA代表阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.5g CH3+含有的电子数为NAB在lL 0lmol/L氯化铝溶液中阳离子总数大于0lNAC标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的CCI键的个数为2NAD60g SiO2和12g金刚石中各含有4NA个SiO键和4NA个CC键【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出1.5g CH3+的物质的量，然后根据1mol CH3+中含8个电子来分析；B、铝离子的水解会导致阳离子个数增多；C、标况下四氯化碳为液态；D、求出二氧化硅和金刚石的物质的量，然后根据1mol金刚石中含2molCC键、1mol二氧化硅中含4molSiO键来分析【解答】解：A、1.5g CH3+的物质的量为0.1mol，而1mol CH3+中含8个电子，故0.1molCH3+中含0.8NA个电子，故A错误；B、铝离子的水解会导致阳离子个数增多，故溶液中的阳离子个数多于0.1NA个，故B正确；C、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的CCl键个数，故C错误；D、60g二氧化硅和12g金刚石的物质的量均为1mol，而1mol金刚石中含2molCC键，1mol二氧化硅中含4molSiO键，故1mol二氧化硅中含4NA条SiO键，故D错误故选B3烷烃是单烯烃R和氢气发生加成反应后的产物，则R可能的结构简式有（）A3种B4种C5种D6种【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应根据加成反应的原理还原C=C双键，该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键【解答】解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，碳碳双键有如图：（标号处为碳碳双键的位置）所示6种，故符合条件的烯烃分子有6种，故选D4将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一已知：TiO2（s）+2Cl2（g）TiCl4（l）+O2（g）H=+140.5kJmol1C（s，石墨）+O2（g）CO2（g）H=110.5kJmol1则反应TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s，石墨）TiCl4（l）+CO2（g）的H是（）A+30.0kJmol1B80.5kJmol1C30.0kJmol1D+80.5kJmol1【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算【分析】根据盖斯定律，由已知热化学方程式+可构造出目标热化学方程式，注意反应热也处于相应的系数进行相应的加减，据此进行解答【解答】解：已知：TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（l）+O2（g）H=+140.5kJ/molC（s，石墨）+O2（g）CO2（g）H=110.5kJmol1，根据盖斯定律+可得：TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s，石墨）TiCl4（l）+CO2（g）H=+140.5kJ/mol+（110.5kJ/mol）=+30.0kJ/mol，故选A5盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线如图，下列叙述正确的（）A酚酞不能用作本实验的指示剂B盐酸的物质的量浓度为1molL1CP点时恰好完全中和，溶液呈中性D曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线【考点】中和滴定【分析】由图可知，曲线B的pH由13变小，则为盐酸滴定NaOH溶液的曲线；曲线A的pH由1变大，则为NaOH溶液滴定盐酸的曲线，指示剂为酚酞或甲基橙，以此来解答A氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；B根据曲线a可以看出盐酸溶液的pH=1，然后根据PH=lgC（H+）求出盐酸的物质的量浓度C根据曲线P点时pH值来判断酸碱性，P点时pH=7；D根据曲线a的pH的变化趋势来判断【解答】解：A氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定可用酚酞或甲基橙做指示剂，故A错误；B根据曲线可以看出盐酸溶液的pH=1，pH=lgC（H+）=1，所以C（HCl）=C（H+）=0.1mol/L，故B错误；C根据曲线可以看出P点时pH=7，则c（H+）=c（OH）、c（Na+）=c（Cl），说明溶液呈中性，反应恰好完全，故C正确；D曲线a的pH是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故D错误；故选C6以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示下列说法正确的是（）A燃料电池工作时，正极反应式为0+2H2O+4e40HBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出Ca、b两极若是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2的体积相等Da极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出【考点】电解原理【分析】左边装置是氢氧燃料电池，所以是原电池，原电池放电时，燃料失电子发生氧化反应，所以投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上氧化剂得电子发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O；右边装置有外接电源，所以是电解池，连接负极的b电极是阴极，连接正极的a电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，结合电解反应解答【解答】解：A因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e+4H+=2H2O，故A错误；Ba与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池阴极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，故B错误；C电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，故C错误；Da极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，故D正确；故选D7下列实验现象描述正确的是（）AHCl与NH3相遇有大量的白烟生成B用洁净玻棒蘸取Na2SO4溶液灼烧火焰呈紫色CFeCl2溶液与无色的KSCN溶液混合，溶液呈红色DSO2通入品红溶液，红色褪去，再加热，红色不再出现【考点】氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；焰色反应；二价Fe离子和三价Fe离子的检验【分析】AHCl与NH3相遇，生成NH4Cl固体产生白烟；B钠的焰色反应为黄色；C亚铁离子与无色的KSCN溶液混合不反应，溶液不会呈红色；D二氧化硫具有漂白性，则SO2通入品红溶液中使红色褪去，但再加热，红色会再出现【解答】解：A氨气和氯化氢气体相遇时迅速化合生成氯化铵的微小晶体，形成白烟，故A正确；B钾的焰色反应能被钠的焰色反应所掩盖，观察钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，直接观察钠的焰色反应为黄色，故B错误；CFeCl3+3KSCNFe（SCN）3+3KCl，所得溶液显红色，亚铁离子与无色的KSCN溶液混合不反应，故C错误；D二氧化硫具有漂白性，SO2通入品红溶液中与品红形成不稳定的无色物质褪去，再加热，恢复红色，故D错误故选A二、解答题（共3小题，满分43分）8NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O（1）上述反应中氧化剂是NaNO2（2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有（填序号）（3）某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是B（填编号）ANaCl BNH4ClCHNO3D浓H2SO4（4）请配平化学方程式：10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O若反应过程中转移5mole，则生成标准状况下N2的体积为11.2L【考点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平【分析】（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高；（2）由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析【解答】解：（1）反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2，故答案为：NaNO2；（2）由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，则选择：碘化钾淀粉试纸、食醋，变蓝的为NaNO2，故答案为：；（3）NaNO2具有氧化性，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的物质应具有还原性，只有选项B符合，故答案为：B；（4）Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，由电子守恒及原子守恒可知，反应为10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O，过程中转移5mol e，则生成标准状况下N2的体积为5mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：10；6；4；10；3；2；11.29实验室用乙醇和必要的无机试剂制取1，2二溴乙烷的装置如图，1，2二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，常温下它是无色液体，密度是2.18g/cm，沸点131.4，熔点9.79，不溶于水，易溶于醇、醚、丙酮等有机溶剂请回答以下问题：（1）装置A的烧瓶中装入乙醇和浓硫酸的混合液后还需加入碎瓷片（或沸石）烧瓶内发生的反应的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2+H2O（2）装置B的作用是防止倒吸或用作安全瓶（3）装置C中盛有10%的NaOH溶液，其作用是洗去乙烯中混有的少量SO2、CO2（4）装置D中试管中装有液溴，实验开始后观察到的主要现象是液体颜色变浅（5）开始反应时需向装置D中的烧杯里加入冰水，这是为了降温，防止液溴挥发（6）装置E的作用尾气处理，吸收多余的Br2防止污染环境【考点】制备实验方案的设计【分析】制取1，2二溴乙烷，由实验装置可知，A中乙醇发生消去反应生成乙烯，加碎瓷片可防止暴沸，可能发生C与浓硫酸的副反应生成SO2、CO2，B中短导管进入可防止倒吸，C中NaOH溶液可除杂乙烯中混有的杂质，D中溴与乙烯发生加成反应生成1，2二溴乙烷，溴易挥发，则D中冰水冷却防止溴挥发，最后尾气处理装置E中NaOH溶液可吸收溴，以此来解答【解答】解：（1）装置A的烧瓶中装入乙醇和浓硫酸的混合液后还需加入碎瓷片（或沸石），可防止暴沸，烧瓶内发生的反应的化学方程式为C2H5OHCH2=CH2+H2O，故答案为：碎瓷片（或沸石）；C2H5OHCH2=CH2+H2O；（2）装置B的作用是防止倒吸或用作安全瓶，故答案为：防止倒吸或用作安全瓶；（3）A中可能发生副反应生成SO2、CO2，则装置C中盛有10%的NaOH溶液，其作用是洗去乙烯中混有的少量SO2、CO2，故答案为：洗去乙烯中混有的少量SO2、CO2；（4）D中乙烯与溴发生加成反应，则装置D中试管中装有液溴，实验开始后观察到的主要现象是液体颜色变浅，故答案为：液体颜色变浅；（5）溴易挥发，开始反应时需向装置D中的烧杯里加入冰水，这是为了降温，防止液溴挥发，故答案为：降温，防止液溴挥发；（6）溴有毒，可污染环境，则装置E的作用为尾气处理，吸收多余的Br2防止污染环境，故答案为：尾气处理，吸收多余的Br2防止污染环境10利用废铁丝和工业硫酸铜废液（含硫酸亚铁）制备硫酸铜晶体生产过程如下：试回答下列问题：（1）利用硫酸铜的能使蛋白质变性性质，常在游泳池中加入硫酸铜晶体杀菌消毒（2）废铁丝中含有铁锈（Fe2O3xH2O）在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理，其主要发生反应的离子方程式Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O（3）铜粉氧化过程中，颜色由粉红变为黑色，再由黑色变绿色取绿色粉末加入稀硫酸溶液，溶液变蓝，产生无色无味气体，经检验为二氧化碳推测该绿色粉末为Cu2（OH）2CO3（填化学式）（4）为了使灼烧后的氧化铜混合物充分酸溶，在加入稀H2SO4的同时，还通入O2通入O2的目的是（用化学反应方程式表示）2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O（5）硫酸铜溶液常作电解液，试写出用石墨电极电解硫酸铜溶液阳极反应式：4OH4e=2H2O+O2（6）在0.10molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c（Cu2+）=2.2108molL1（KspCu（OH）2=2.21020）【考点】制备实验方案的设计【分析】废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体的生产流程：将金属铁投入硫酸铜中，可以置换出金属铜，金属铜可以和氧气在灼烧下发生反应生成氧化铜（废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，具有还原性，可以和氧化铜在加热下发生反应，得到金属铜），氧化铜可以和硫酸反应得到硫酸铜溶液，（1）硫酸铜晶体杀菌消毒利用重金属盐硫酸铜能使蛋白质变性的性质；（2）金属铁表面的铁锈可以和硫酸反应；（3）绿色粉末加入稀硫酸溶液，溶液变蓝，产生无色无味气体，经检验为二氧化碳，绿色粉末为碱式碳酸铜；（4）金属铜可以和浓硫酸在加热的条件下发生反应得到硫酸铜、水以及二氧化硫（5）用石墨电极电解硫酸铜溶液，阳极为氢氧根离子放电；（6）依据沉淀溶解平衡的溶度积常数计算【解答】解：废铁丝、硫酸铜废液（含硫酸亚铁）和被有机物污染的废铜粉制备硫酸铜晶体的生产流程：将金属铁投入硫酸铜中，可以置换出金属铜，金属铜可以和氧气在灼烧下发生反应生成氧化铜（废铜中含有的有机物质含有碳元素，灼烧会产生碳单质或是CO，具有还原性，可以和氧化铜在加热下发生反应，得到金属铜），氧化铜可以和硫酸反应得到硫酸铜溶液，（1）硫酸铜晶体杀菌消毒利用重金属盐硫酸铜能使蛋白质变性的性质，故答案为：能使蛋白质变性；（2）除铁丝在投入硫酸铜废液前需用稀H2SO4进行处理，目的是出去铁锈，发生的反应可能有：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（3）绿色粉末加入稀硫酸溶液，溶液变蓝，产生无色无味气体，经检验为二氧化碳，绿色粉末为碱式碳酸铜（ Cu2（ OH）2CO3），故答案为：Cu2（ OH）2CO3；（4）在稀硫酸作用下氧气将铜氧化生成硫酸铜，反应的化学反应方程式为2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O，故答案为：2Cu+O2+2H2SO42CuSO4+2H2O；（5）用石墨电极电解硫酸铜溶液，阳极为氢氧根离子放电，则阳极反应式为：4OH4e=2H2O+O2，故答案为：4OH4e=2H2O+O2；（6）当溶液的pH=8时，c（H+）=108mol/L，c（OH）=106mol/L，KspCu（OH）2=c（Cu2+）c2（OH）=2.21020，c（Cu2+）=2.2108mol/L，故答案为：2.2108【化学-化学与技术】11侯德榜制碱法生产流程为：（1）沉淀池中反应的化学方程式：NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3；（2）检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠的操作方法为：用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，若不生成沉淀，则无氯化钠（3）上述流程中物质X的分子式为CO2【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】（1）饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体（2）检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银；（3）循环是利用碳酸氢钠分解生成的二氧化碳通入沉淀池循环使用【解答】解：（1）氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，故答案为：NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3；（5）检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子，可以用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，若不生成沉淀，则无氯化钠；故答案为：用硝酸酸化的硝酸银，观察到若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在，若不生成沉淀，则无氯化钠；（3）循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中，煅烧碳酸氢钠时生成二氧化碳、二氧化碳能循环利用，所以X是CO2，故答案为：CO212实验室制备纯碱（Na2CO3）的主要步骤为：将饱和NaCl溶液倒入烧杯加热，控制3035，搅拌下分批加入研细的NH4HCO3固体，加料完毕，保温30min，静置、过滤得NaHCO3晶体用少量蒸馏水洗涤除去杂质、抽干，转入蒸发皿中灼烧得Na2CO3固体0102030405060100NaCl35.735.836.036.336.637.037.339.8NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.19.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.377.3请回答：（1）反应温度控制在3035，是因为高于35NH4HCO3会分解，低于，30则反应速率降低，为控制此温度范围，通常采取的加热方法为水浴加热（2）加料完毕，保温30min，目的使反应充分进行（3）静置后只析出NaHCO3晶体的原因NaHCO3的溶解度最小（4）过滤所得母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4Cl、NH4HCO3，加入适当试剂并作进一步处理，使NaCl（填化学式）循环使用，回收得到NH4Cl晶体【考点】化学平衡的影响因素【分析】（1）要控制恒温，一般用水浴加热；（2）分析溶解度数据，对比各物质的溶解度，根据溶解度越小越容易析出来分析；（3）根据溶解平衡的知识分析剩余物的成分；（4）根据溶解平衡知识进行分析；根据实验目的进行分析转换为氯化钠和氯化铵的所需试剂【解答】解：（1）温度太低反应速率太慢，所以温度必须控制在一个合理范围内，使温度保持一个恒定，因为控制的温度在100以下，所以常用水浴加热来控制故答案为：水浴加热；（2）因为反应不是瞬间完成的，所以要保持一段时间，以使反应充分；故答案为：使反应充分进行；（3）由溶解度表可看出在3035之间，碳酸氢钠的溶解度最小，所以析出的只能是碳酸氢钠；故答案为：NaHCO3的溶解度最小；（4）根据溶解平衡原理可知，析出碳酸氢钠后的溶液为碳酸氢钠的饱和溶液，所以母液中有未反应完的氯化钠和碳酸氢氨，及生成的氯化铵和没有析出的碳酸氢钠为使氯化钠循环使用，可使碳酸氢钠和盐酸反应转换为氯化钠；同时碳酸氢氨和盐酸反应也转换为氯化铵故答案为：NaCl【化学-物质结构与性质】15A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大已知A原子核外有三个未成对电子；B的最外层电子数是内层电子数的3倍；化合物C2E的晶体为离子晶体；D单质的熔点在同周期单质中最高；E原子核外的M层中只有两对成对电子；R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D四种原子的第一电离能由小到大的顺序为Na、Si、O、N（或NaSiON）（用元素符号表示）（2）C的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是NaCl是离子晶体而SiCl4是分子晶体（3）基态R+离子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 （4）Q分子是A2B的等电子体，Q的结构式为O=C=O或S=C=S（5）图一是R单质的晶胞结构，配位数为12；图二是B、R两元素组成的一种化合物的晶胞，其化学式为CuO【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用【分析】A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大；B的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数是6，其内层电子数是2，B为O元素；A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于B，则A是N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，则E是S元素；D单质的熔点在同周期单质中最高，且D原子序数小于E，则D是Si元素；化合物C2E的晶体为离子晶体，E是S元素，则C是Na元素；R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满，则R是Cu元素；（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；（2）离子晶体熔沸点高于分子晶体；（3）Cu原子失去最外层1个电子生成亚铜离子，根据构造原理书写亚铜离子核外电子排布式；（4）原子个数相等且价电子数相等的微粒互为等电子体；（5）该晶胞中Cu原子配位数=382；该晶胞中Cu原子个数为4，O原子个数=1+2+8+4=4，根据Cu、O原子个数之比确定化学式【解答】解：A、B、C、D、E、R六种元素位于周期表的前四周期，其原子序数依次增大；B的最外层电子数是内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则其最外层电子数是6，其内层电子数是2，B为O元素；A原子核外有三个未成对电子，且原子序数小于B，则A是N元素；E原子核外的M层中只有两对成对电子，则E是S元素；D单质的熔点在同周期单质中最高，且D原子序数小于E，则D是Si元素；化合物C2E的晶体为离子晶体，E是S元素，则C是Na元素；R原子核外最外层电子数与C相同，其余各层均充满，则R是Cu元素；（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第V