2024高考必考化学模拟题含解析

第21页/共21页高考模拟检测卷（一）试题化学可能用到的相对原子质量：N-14O-16S-32Ca-40Zn-65一、单项选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法错误的是A.歼—20飞机上用到的氮化镓材料属于金属材料B.冬奥会上采用紫外消毒机器人进行消毒，利用了紫外线使蛋白质变性C.“天问一号”火星车使用的保温材料—纳米气凝胶，可产生丁达尔效应D.我国大力发展核电、水电有利于实现“碳中和”，电能属于二次能源【答案】A【解析】【详解】A．氮化镓是化合物，不是金属材料，故A错误；B．冬奥会上采用紫外杀菌技术消毒，这是由于蛋白质在紫外线作用下会发生变性而失去其生理活性，因此该消毒方法是利用紫外线使蛋白质变性的性质，故B正确；C．纳米气凝胶属于胶体，具有胶体的性质，可以产生丁达尔效应，故C正确；D．能从自然界直接获取的能源是一次能源、电能是二次能源，故D正确；故选A。2.有机物G是抗癌药物合成的重要中间体，下列关于G的说法错误的是

A.1molG最多可与4molH2发生加成反应B.G分子中最多有9个碳原子共平面C.G可发生氧化、取代反应D.G有四种官能团【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物G分子中含有的苯环和碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molG最多可与4mol氢气发生加成反应，故A正确；B．由结构简式可知，有机物G分子中苯环、碳碳双键和羧基上的碳原子以及与苯环、碳碳双键和羧基上碳原子相连的碳原子共平面，所以G分子中最多有9个碳原子共平面，故B正确；C．由结构简式可知，有机物G分子中含有的碳碳双键能反应氧化反应，含有的氯原子、羧基能发生取代反应，故C正确；D．由结构简式可知，有机物G分子中的官能团为氯原子、碳碳双键和羧基，共有3种，故D错误；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molNa与O2完全反应，生成物中离子总数大于1.5NAB.硝酸与铁反应得到NO2、N2O4共46g，则铁失去的电子数目为2NAC.50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子数目为0.46NAD.标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含有极性键的数目为4NA【答案】D【解析】【详解】A．氧化钠和过氧化钠中钠元素都为+1价，阴阳离子的个数比都为1：2，所以钠与氧气反应无论生成氧化钠，还是生成过氧化钠，或氧化钠和过氧化钠的化合物，生成物中离子总数为1mol×1.5×NAmol—1=1.5NA，故A错误；B．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，46gNO2的物质的量为=1mol，所以硝酸与铁反应时，铁失去的电子数目为1mol×1×NAmol—1=NA，故B错误；C．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，与稀硫酸不反应，所以50mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜微热反应时，生成二氧化硫的分子数目小于18.4mol/L×0.05L××NAmol—1=0.46NA，故C错误；D．甲烷和乙烯分子中都含有4个极性键，所以标准状况下，22.4L由甲烷和乙烯组成的混合物中含有极性键的数目为×4×NAmol—1=4NA，故D正确；故选D。4.下列操作或装置不能达到实验目的的是A.图甲证明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)B.图乙分离SiO2和NH4ClC.图丙进行中和热测定D.图丁制备Fe2(SO4)3晶体【答案】A【解析】【详解】A．AgCl悬浊液中加入少量NaBr先生成AgBr的沉淀，AgCl溶液过量，故在加入NaI，仍然会生成AgI沉淀，故不能证明Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故A错误；B．对装置加热，NH4Cl可分解，在滤纸上凝结；SiO2不分解，在烧杯底部，故可以分离SiO2和NH4Cl，故B正确；C．图丙中大小烧杯之间为碎泡沫塑料起保温隔热的作用，环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，故可以进行中和热的测定，故C正确；D．Fe2(SO4)3的热稳定性强，且不挥发，它又是不挥发性酸的弱碱盐，最终不会转化为Fe(OH)3或Fe2O3，所以用图丁装置可以制备Fe2(SO4)3晶体，故D正确；故选A。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个不同周期，Y与Z的原子序数之和等于X与W的原子序数之和，Y是地壳中含量第二的元素，Q2Z是一种常见液体。下列说法错误的是A.W的单质可与Q2Z发生置换反应B.X、Y的最高价氧化物均可与强碱反应C.简单离子半径：X>W>ZD.简单氢化物的沸点：W<Z【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次减小，且分别位于三个不同周期，则Q为H元素；Y是地壳中含量第二的元素，则Y为Si元素；Q2Z是一种常见液体，则Z为O元素、W为F元素；Y与Z的原子序数之和等于X与W的原子序数之和，则X为Al元素。【详解】A．氟气能与水发生置换反应生成氟化氢和氧气，故A正确；B．两性氧化物氧化铝和酸性氧化物二氧化硅都能与强碱溶液反应生成盐和水，故B正确；C．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径的大小顺序为O2—>F—>Al3+，故C错误；D．水分子和氟化氢分子都能形成分子间氢键，但水分子形成的氢键数目多于氟化氢，分子间作用力强于氟化氢，沸点高于氟化氢，故D正确；故选C。6.铁铬液流二次电池是一种正、负极活性物质均为液体的电池，其电解质为酸性介质。一种用于铁铬液流电池容量恢复的氢—铁离子再平衡电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.可选用石墨或铜作电极b，电极a的电势低于电极bB.产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H++2e-=H2↑C.该装置将阴极产生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+—Fe2+的循环D.电路中通过0.1mol电子时，0.1NA个H+由b极室经交换膜移向a极室【答案】A【解析】【详解】A．充电时，左侧铁铬液流电池中，电极b上Fe2+发生氧化反应生成Fe3+，则电极b为阳极，电极a为阴极，则电极a的电势低于电极b；电极b可选用石墨作电极，但是不也能选Cu作电极，A错误；B．阴极上产生氢气的原因是阴极发生析氢副反应：2H++2e-=H2↑，B正确；C．如图所示，再平衡电池的负极上，H2发生氧化反应产生H+，则该装置将阴极产生的氢气导入右侧的再平衡电池的负极，实现Fe3+-Fe2+的循环，C正确；D．根据电荷守恒可知，电路中通过0.1mol电子时，就会有0.1molH+由b极室经质子交换膜移向a极室，D正确；故选A。7.H3A是一种多元酸，向10mL1mol·L-1(pH=1.75)的H3A溶液中逐滴加入1mol·L-1NaOH溶液至过量，滴加过程中各种含A微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是A.H3A是三元弱酸B.1mol·L-1的Na2HA溶液中存在：2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)C.当V(NaOH)=15mL时，pH=5.85D.1mol·L-1的NaH2A溶液中存在：c(Na+)>c(H2A-)>c(H3A)>c(HA2-)【答案】B【解析】【分析】根据图知，c(H3A)=c(H2A-)时，Ka1=c(H+)=10-3.49；c(H2A-)=c(HA2-)时，Ka2=c(H+)=10-5.85；【详解】A．由1mol/L的H3A溶液pH=1.75可知，H3A为弱酸，由图中有三种含A微粒可知，H3A溶液中有H3A、H2A-、HA2-三种微粒，故H3A为二元弱酸，A选项错误；B．在Na2HA溶液中，由物料守恒可得：c(Na+)=2[c(H3A)+c(H2A-)+c(HA2-)]，由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)，整理两式可得：2c(H3A)+c(H2A-)+c(H+)=c(OH-)，B选项正确；C．当V(NaOH)=15mL时，溶液中发生的反应为:2H3A+3NaOH=Na2HA+NaH2A+3H2O，溶液中的c(HA2-)≠c(H2A-)，由图可知，c(HA2-)=c(H2A-)时，pH=5.85，C选项错误；D．1mol/L的NaH2A溶液中含A的微粒以H2A-为主，由图可知，此时溶液显酸性，则H2A-的电离大于水解，即c(HA2-)>c(H3A)，D选项错误；故答案选B。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(11题，共129分)。8.亚硝酸钙是一种重要的化工原料，可作为水泥添加剂，防锈剂等。某兴趣小组拟利用以下装置制备Ca(NO2)2并测定产品的纯度(夹持及加热装置略)。已知：①Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O②2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O（1）仪器a的名称是____，B的作用是____，F中盛放的试剂是____。（2）A中发生反应的离子方程式为____。（3）C中通入的O2的量应为X的，若<，会导致____；若>，会导致____。（4）实验中可通过调节气体X流速来控制其与O2通入量的比，调节流速的方法有____(任答一种)。（5）充分反应后，经分离提纯得到Ca(NO2)2，设计如下方案测定产品中Ca(NO2)2的纯度(杂质不参与以下反应)：准确称取mgCa(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量的c1mol·L-1的KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定，平行滴定3次，平均消耗VmL的Na2S2O3溶液。(在酸性条件下：2NO+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O，I2+2S2O=2I-+S4O)①滴定至终点的现象是____。②Ca(NO2)2的纯度为____。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.除HNO3，将NO2转化为NO③.NaOH溶液（2）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（3）①.NO反应不完全，逸出污染空气②.产品中混有Ca(NO3)2杂质（4）调节滴液漏斗的滴加速率（5）①.滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色②.×100%或%【解析】【分析】A装置中Cu与稀硝酸反应制备NO，由于HNO3具有挥发性，装置中有空气，生成的NO部分会与O2反应生成NO2，A装置制得的NO中混有HNO3、NO2，B装置中水用于除去HNO3、将NO2转化为NO，X为NO，C装置中通过观察气泡控制NO、O2的通入量之比，D装置中制备Ca(NO2)2，E装置可防倒吸，F装置用于吸收尾气，防污染大气。【小问1详解】根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；根据分析，B的作用是除HNO3、将NO2转化为NO；F装置用于吸收尾气，防污染大气，故F中盛放的试剂是NaOH溶液；答案为：恒压滴液漏斗；除去HNO3，将NO2转化为NO；NaOH溶液。【小问2详解】A中Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。【小问3详解】已知Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O、2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O，单独NO与Ca(OH)2不反应，NO2过量时会生成Ca(NO3)2；D中发生的总反应可表示为4NO+O2+2Ca(OH)2=2Ca(NO2)2+2H2O，故C中通入的O2的量应为NO的；若<，会导致NO反应不完全，逸出污染空气；若>，会导致产品中混有Ca(NO3)2杂质；答案为：NO反应不完全，逸出污染空气；产品中混有Ca(NO3)2杂质。【小问4详解】要调节NO的流速，可调节滴液漏斗滴加稀HNO3的速率；答案为：调节滴液漏斗的滴加速率。【小问5详解】①用淀粉溶液作指示剂，I2遇淀粉溶液，溶液呈蓝色，故滴定至终点的现象是滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；答案为：滴入最后半滴标准溶液后，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色。②根据反应2+4H++2I-=2NO↑+I2+2H2O、I2+2=2I-+可得关系式Ca(NO2)2~I2~2Na2S2O3，样品中Ca(NO2)2物质的量n[Ca(NO2)2]=n(Na2S2O3)=×c2mol/L×V×10-3L=mol，Ca(NO2)2的质量m[Ca(NO2)2]=mol×132g/mol=g，Ca(NO2)2的纯度为=；答案为：或。9.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SiO2)为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工艺流程如图所示。已知：25℃时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq)K=6.31×10-17。（1）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中Fe的化合价为____。（2）废铁屑需碱浸预处理，“碱浸”中加Na2CO3溶液的目的是____。（3）“溶解、氧化”过程中除了生成K3[Fe(C2O4)3]外，还有Fe(OH)3生成，该反应的化学方程式为____，该过程中体系温度需保持在40℃的原因是____。（4）“调pH”是为了获得更多的产品，此时发生反应的化学方程式为____。（5）获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。其中洗涤的具体操作是____。（6）该流程中可以循环使用的物质是____。（7）某同学欲检验所制晶体中的铁元素，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。判断上述实验方案是否可行并结合数据和原理说明理由：____。【答案】（1）+3（2）除去废铁屑表面的油污（3）①.6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3②.温度过高，H2O2易分解：温度过低，反应速率太慢（4）Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O（5）沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次（6）H2SO4（7）否，因为[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，所以无法检验【解析】【分析】废铁屑加Na2CO3溶液碱浸，除去废铁屑表面的油污，加入稀硫酸进行溶解，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C和SiO2与稀硫酸不反应，过滤向滤液中加入草酸溶液进行沉铁，得到草酸亚铁沉淀，过滤所得滤液为硫酸溶液，向草酸亚铁沉淀中加入草酸钾溶液和过氧化氢进行溶解、氧化，将溶液煮沸后加草酸氢钾调节溶液pH，然后经过一系列操作得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。【小问1详解】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中钾元素化合价为+1价，草酸根离子为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0的原则可知，铁的化合价为+3价。【小问2详解】废铁屑表面有油污，碱性条件下水解，因此废铁屑“碱浸”中加Na2CO3溶液的目的是：除去废铁屑表面的油污。【小问3详解】“溶解、氧化”过程中FeC2O4与K2C2O4、H2O2发生氧化还原反应生成K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3；反应过程中，若温度太低，反应速率太慢，而过氧化氢受热易分解，若温度过高，过氧化氢易分解，因此该过程中体系温度需保持在40℃。【小问4详解】“溶解、氧化”过程中生成了Fe(OH)3，“调pH”是为了获得更多的产品，使Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，因此加入草酸氢钾发生反应的化学方程式为：Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O。【小问5详解】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤的具体操作为：沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次。【小问6详解】由分析可知，滤液为硫酸溶液，可在溶解一步继续使用，因此该流程中可以循环使用的物质是：H2SO4。【小问7详解】由已知信息：25℃时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq)K=6.31×10-17可知，[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，因此无法检验所制晶体中的铁元素。10.2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。I.由氨气制取氢气是一种新工艺，氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：化学键N≡NH—HN—H键能E/(kJ·mol-1)946436391回答下列问题：（1）反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=____kJ·mol-1。（2）已知该反应的△S=0.2kJ·mol·K-1，则温度T____K时反应能自发进行。（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究，在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。①该反应达到化学平衡的标志是____(填序号)。A.NH3的反应速率为0B.H2的分压保持不变C.气体平均相对分子质量保持不变D.NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3②在该温度下，反应的平衡常数Kp=____kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。（4）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：

①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成____(填化学式)。②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是____。III.氨电解法制氢气：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：

（5）阳极的电极反应式为____。【答案】（1）+92（2）>460（3）①.BC②.4800（4）①.HD②.HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大（5）6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O【解析】【小问1详解】断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·mol-1=+92kJ·mol-1，故答案为：+92；【小问2详解】若反应能自发进行，则△G=△H-T△S<0，即：92-0.2T<0，解得：

T>460K，故答案为：>460；【小问3详解】①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；D．NH3、

N2、H2的物质的量之比为2:

1:

3，并不能表示其不变，故D错误；故答案为：BC；②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14mol，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；【小问4详解】①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；【小问5详解】阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上。把所选题目对应题号右边的方框涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11.明朝《天工开物》中有世界上最早的“火法”炼锌技术的记载。锌及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。锌是生命体必需的微量元素，被称为“生命之花”。（1）基态Zn原子核外电子共有____种空间运动状态。（2）锌与铜在周期表中的位置相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。A.④②①③ B.④②③① C.①②④③ D.①④③②（3）锌在潮湿的空气中极易生成一层紧密的碱式碳酸锌[ZnCO3·3Zn(OH)2]薄膜，使其具有抗腐蚀性。其中CO的空间构型为____(用文字描述)。与CO互为等电子体的分子是____(写一种即可)。（4）葡萄糖酸锌为有机锌补剂，对胃黏膜刺激小，在人体中吸收率高。如图是葡萄糖酸锌的结构简式。①葡萄糖酸锌组成元素中电负性最大的元素为____，其中C原子的杂化方式为____。②1mol葡萄糖酸分子中含有____molσ键。葡萄糖酸的熔点小于葡萄糖酸锌的熔点原因是____。（5）ZnS是一种性能优异的荧光材料，在自然界中有立方ZnS和六方ZnS两种晶型，其晶胞结构如图所示：①立方ZnS中，Zn2+填充在S2—形成的____空隙中；②六方ZnS的晶体密度为____g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）15（2）A（3）①.平面三角形②.SO3（4）①.O②.sp3、sp2③.24④.葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌（5）①.四面体(或正四面体)②.【解析】【小问1详解】锌元素的原子序数为30，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，原子轨道的数目与核外电子的空间运动状态相等，s轨道、p轨道、d轨道的数目分别为1、3、5，所以锌原子核外电子共有15种空间运动状态，故答案为：15；【小问2详解】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则①失去电子需要的能量大于③；同种元素的逐级电离能依次增大，则②失去电子需要的能量大于①；④中3d轨道为稳定的全充满结构，较难失去电子，则失去电子需要的能量大于②，所以失去1个电子需要的能量由大到小排序为④②①③，故选A；【小问3详解】碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形；三氧化硫分子和碳酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3；【小问4详解】①金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，葡萄糖酸锌中氧元素的非金属性最强，所以氧元素的电负性最大；葡萄糖酸锌中单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O；sp3、sp2；②葡萄糖酸分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，所以1mol葡萄糖酸分子中含有24molσ键；离子晶体的熔点高于分子晶体，葡萄糖酸锌是离子晶体，葡萄糖酸是分子晶体，所以熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌，故答案为：24；葡萄糖酸是分子晶体，熔点小于离子晶体葡萄糖酸锌；【小问5详解】①由晶胞结构可知，立方硫化锌晶胞中1个锌离子周围有4个硫离子，4个硫离子在空间形成正四面体结构，所以锌离子填充在硫离子形成的正四面体空隙中，故答案为：四面体(或正四面体)；②由晶胞结构可知，六方硫化锌晶胞中位于顶点和体内的硫离子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锌离子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=a×10—7×asin60°×10—7×c×10—7×d，解得d=，故答案为：。12.含硫生物分子或活性硫物种(RSS)成为近期的研究热点，该研究的重点在于阐明其生理功能。化合物H成功实现对含硫物质(如H2Sn)的选择性检测，其合成路线如图。已知：①试剂X是芳香族化合物，其相对分子质量不超过100；②CH3COOH；回答下列问题：（1）B的化学名称为____；试剂X的结构简式为____。（2）C与乙二醇反应生成高分子化合物的化学方程式为____。（3）F中含氧官能团的名称是____。（4）试剂Z的分子式为C7H8O2，其结构简式为____。（5）G→H分两步完成，第一步发生加成反应，第二步的反应类型为____。（6）M是试剂Y的同系物，且其相对分子质量比Y少14，写出满足下列条件的M的所有同分异构体的结构简式____。(不考虑立体异构)①核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子；②能与金属Na反应，但不能与Na2CO3溶液反应；③分子中不含“—NHOH”片段。（7）请根据题中信息，写出以和为原料合成肉桂酸()的路线____。【答案】（1）①.1，3—丙二醇②.（2）nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O（3）酯基、醛基（4）（5）消去反应（6）或（7）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，BrCH2CH2CH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH2CH2OH，则A为BrCH2CH2CH2Br、B为HOCH2CH2CH2OH；HOCH2CH2CH2OH与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，则C为HOOCCH2COOH；在催化剂作用下HOOCCH2COOH与共热发生取代反应生成，则试剂X为；与反应得到，与DEF、POCl3共热反应生成，与发生取代反应生成，与先发生加成反应，再发生消去反应生成。【小问1详解】由分析可知，B的结构简式为HOCH2CH2CH2OH，名称为1，3—丙二醇；试剂X为苯酚，结构简式为，故答案为：1，3—丙二醇；；【小问2详解】C与乙二醇反应生成高分子化合物的反应为一定条件下，HOOCCH2COOH与乙二醇发生水解反应生成和水，反应的化学方程式为nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O，故答案为：nHOOCCCH2COOH+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；【小问3详解】由结构简式可知，F的含氧官能团为酯基、醛基，故答案为：酯基、醛基；’【小问4详解】由分析可知，试剂Z的分子式为C7H8O2，结构简式为，故答案为：；【小问5详解】由分析可知，G→H的反应为与先发生加成反应，再发生消去反应生成，故答案为：消去反应；【小问6详解】Y的同系物M的相对分子质量比Y少14，能与金属Na反应，但不能与Na2CO3溶液反应，分子中不含“—NHOH”片段说明M分子中含有的官能团为—NH2和—OH，符合核磁共振氢谱显示苯环上只有一种氢原子的结构简式为、，故答案为：或；【小问7详解】由题给信息可知，以和为原料合成肉桂酸的合成步骤为与先发生加成反应，再发生消去反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，共热发生脱羧反应生成，合成路线为，故答案为：。

高考模拟检测卷（二）试题化学可能用到的相对原子质量：N14Al27P31Sr88一、选择题1.化学与社会、科学、技术、生活等密切相关，下列说法正确的是A.“凡引水种盐，待夏秋之交，南风大起，则一宵结成”该过程属于蒸发结晶B.“天和”核心舱其腔体使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于传统无机非金属材料C.青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化D.“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，丝绸的主要成分是天然纤维素，属于高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．夏秋之交的温度比较高，引水种盐，温度高时利于水分蒸发，可快速得到盐，属于蒸发结晶，A正确；B．氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料，B错误；C．屠呦呦对青蒿素的提取是萃取过程，属于物理变化，C错误；D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于高分子化合物，D错误；故选A。2.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性： B.金属性：C.热稳定性： D.氢化物的稳定性：【答案】C【解析】【详解】A．元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Cl>S，故酸性H2SO4<HClO4，A不符合题意；B．同周期从左往右金属性减弱，故金属性：Na>Al，B不符合题意；C．碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性与元素周期律无关，C符合题意；D．同主族从上往下非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故氢化物的稳定性：H2S<H2O，D不符合题意；故选C。3.光气（）是一种重要的有机合成中间体，有剧毒，光气与氨气反应的化学方程式为：.下列有关说法不正确的是A.中含有离子键和共价键 B.原子的原子结构示意图：C.的球棍模型： D.的电子式为：【答案】D【解析】【详解】A．NH4Cl中，和Cl-之间形成离子键，N原子和H原子之间形成共价键，即该化合物中含有离子键和共价键，A正确；B．Cl的原子序数为17，则Cl原子的原子结构示意图为，B正确；C．CO(NH2)2的结构式为，其球棍模型为，C正确；D．电子式中的非金属原子（除H原子外）周围应有8个电子，则COCl2的电子式为，D错误；故选D。4.下列离子方程式书写正确的是A.Na与H2O反应：2Na+2H+=2Na++H2↑B.向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液：Al3++4OH-=+2H2OC.铁丝与CuSO4溶液反应：Fe+Cu2+=Fe2++CuD.将H2C2O4溶液(弱酸)滴入酸性KMnO4溶液：5C2O+2+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】【详解】A．H2O是弱电解质，应该写化学式，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-++H2↑，A错误；B．向NH4Al(SO4)2溶液滴入过量NaOH溶液时，溶液中的、Al3+都会与OH-发生反应，该反应的离子方程式应该为：+Al3++5OH-=+NH3·H2O+2H2O，B错误；C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；D．H2C2O4是二元弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D错误；故合理选项是C。5.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是A.配制0.1mol·L-1NaCl(aq) B.收集SO2并吸收尾气C.制取C2H4 D.蒸干FeC13溶液制FeC13晶体【答案】B【解析】【分析】【详解】A．固体药品的溶解应在烧杯中进行，A错误；B．SO2密度比空气大，利用向上排空气法收集，二氧化硫有毒，过量的二氧化硫用NaOH溶液吸收，同时可以防倒吸，B正确；C．制取乙烯，反应液温度为170℃，则温度计应伸入到液面以下，C错误；D．蒸干FeC13溶液，蒸发过程中铁离子会发生水解，温度升高，HCl挥发，促使水解平衡正向进行，不能得到FeC13，D错误；答案为B。6.关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是A.CH3OH为极性分子 B.N2H4空间结构为平面形C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同【答案】B【解析】【分析】【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.白磷中白磷分子总数为B.含为的矿泉水含数目为C.由乙烯制备一氯乙烷若获得产品需个分子D.标准状况下，与足量水反应可获得个分子【答案】B【解析】【详解】A．31g白磷(P4)的物质的量为=0.25mol，则白磷分子总数为0.25NA，A错误；B．2L

含

K+

19.5mg/L

的矿泉水中

K+的物质的量为=10−3mol，则K+数目为

10-3

NA，B正确；C．由乙烯制备一氯乙烷，生成

1mol

产品理论上需HCl分子数为

NA，C错误；D．标准状况下，SO3不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故选：B。8.CO2的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将CO2分别转化为CO和HCOOH的反应过程示意图如下：下列说法正确的是A.在转化为CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成B.在转化为HCOOH的路径中，CO2被氧化为HCOOHC.在转化为两种产物的过程中碳、氧原子的利用率均为100%D.上述反应过程说明催化剂具有选择性【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．CO2转化为CO，O原子失掉一个，原子利用率不是100%，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；故选：D。9.下列说法正确的是A.将NaOH溶液分多次缓慢注入盐酸中，或一次性快速注入盐酸中，都不影响中和热的测定B.已知中和热为=-57.3kJ·mol-1，则稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热=-2×57.3kJ·mol-1C.燃烧热是指在101kPa时1mol可燃物完全燃烧时所放出的热量，故S(s)+O2(g)=SO3(g)=-315kJ·mol-1即为硫的燃烧热D.已知冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，假设1mol冰中有2mol氢键，且熔化热完全用于破坏冰中的氢键，则最多只能破坏1mol冰中15%的氢键【答案】D【解析】【详解】A．分多次缓慢注入，造成热量散失，则测定的中和热偏小，应一次性快速注入盐酸中，A错误；B．生成硫酸钡放热，则稀H2SO4与稀Ba(OH)2溶液反应的反应热<-2×57.3kJ·mol-1，B错误；C．燃烧热定义中，硫燃烧生成的稳定氧化物应为二氧化硫，C错误；D．冰的熔化热为6.0kJ·mol-1，1mol冰变成0℃的液态水所需吸收的热量为6.0kJ·mol-1，冰中氢键键能为20.0kJ·mol-1，1mol冰中有2mol氢键，破坏时需吸收40kJ的热量，则，即最多只能破坏1mol冰中15%的氢键，D正确；答案选D。10.高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A.充电时，中性电解质NaCl的浓度增大B.放电时，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=C.充电时，1molFQH2转化为FQ转移2mol电子D.放电时，正极区溶液的pH增大【答案】A【解析】【分析】根据题意，充电时，FQH2生成FQ，被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，被还原为Zn；则放电时左侧为负极，Zn被氧化为，右侧为正极，FQ被还原为FQH2。【详解】A．充电时，左侧阴极的电极反应为+2e-=Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，A错误；B．放电时，左侧为负极，Zn被氧化为，电极反应为Zn-2e-+4OH-=，B正确；C．充电时，右侧FQH2被氧化为FQ，电极反应为FQH2-2e-=FQ+2H+，所以1molFQH2转化为FQ转移2mol电子，C正确；D．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-=FQH2，氢离子被消耗，pH增大，D正确；综上所述答案为A。11.常温下，向一定浓度的H2X溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液的的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A.直线m表示pH与的关系B.H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5C.N点水电离出的c(H+)=1×10-4.3mol·L-1D.当混合溶液呈中性时，c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)【答案】C【解析】【分析】根据直线m，当pH=0时或=-1.3，对应电离常数为10-1.3；根据直线n，当pH=0时或=-4.3，对应电离常数为10-4.3，，所以、。【详解】A．直线m对应电离常数为10-1.3，所以直线m表示pH与的关系，故A正确；B．直线m对应电离常数为10-1.3、直线n对应电离常数为10-4.3，H2X的电离常数Ka2的数量级为10-5，故B正确；C．直线n表示pH与的关系，，N点=0，则c(H+)=1×10-4.3，HX-电离出氢离子使溶液呈酸性，水电离受到抑制，水电离出的c(H+)=1×10-9.7mol·L-1，故C错误；D．当混合溶液呈中性时，，所以c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确；选C。12.在容积为VL的恒温密闭容器中模拟工业合成氨。充入N2和H2的总物质的量为1mol，容器内各组分的物质的量分数与反应时间t的关系如图所示。下列说法不正确的是A.a表示N2物质的量分数的变化情况物质的量分数B.0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1C.t2min时，NH3的分解速率小于其生成速率D.t3min时改变的条件可能为减小容器容积【答案】B【解析】【分析】由题中图示可知，开始时N2和H2各占50%，总物质的量是1mol，则N2和H2各为0.5mol，由可得，某时刻总物质的量为n(总)=(0.5-x)mol+(0.5-3x)mol+2xmol=(1-2x)mol，某时刻N2的物质的量分数为=50%，所以，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，随反应进行减小的是c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数；据此解答。【详解】A．由上述分析可知，N2的物质的量分数一直保持不变，是50%，则a代表N2的物质的量分数，故A正确；B．由上述分析可知，a代表N2的物质的量分数，c代表H2的物质的量分数，b代表NH3的物质的量分数，t1时H2、NH3的物质的量分数相等，即，解之x=0.1mol，则0～t1min，v(H2)=mol·L-1·min-1，故B错误；C．由上述分析可知，b代表NH3的物质的量分数，t2时刻及以后，NH3的物质的量分数增大，说明反应向右进行，则NH3的分解速率小于其生成速率，故C正确；D．由N2(g)+3H2(g)2NH3(g)可知，t3时刻，减小容积，压强增大，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，H2的物质的量分数减小，故D正确；答案为B。二、填空题13.第二代半导体材料——(Ⅲ−V)A族化合物的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。（1）基态镓原子的价电子排布式为__，基态P原子的价电子排布图为___。（2）NH4NO3中N的杂化方式为__；NH4NO3呈__性，原因是__。（3）N、P、As位于同一主族，已知NH3的沸点比PH3的沸点高，AsH3的沸点比PH3的沸点高。产生的原因是__。（4）第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有__。（5）磷化铝晶胞如图，若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ=__g/cm3。(用含d的表达式填空)

【答案】（1）①.4s24p1②.（2）①.sp3、sp2②.酸③.由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+（3）PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高（4）Mg、Si、S（5）【解析】【小问1详解】已知镓为31号元素，则基态镓原子的价电子排布式为4s24p1，磷是15号元素，基态P原子的最外层3p电子3个电子自旋方向相同，基态P原子的价电子排布图为：，故答案为：4s24p1；；【小问2详解】NH4NO3中的中心原子N周围的价层电子对数为：4+(5-1-4×1)=4，中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+(5+1-3×)=3，故N的杂化方式为sp3、sp2，由于NH4NO3是强酸弱碱盐，发生水解呈酸性，反应原理为：+H2ONH3·H2O+H+，故答案为：sp3、sp2；酸；由于NH4NO3在水溶液中发生水解+H2ONH3·H2O+H+；【小问3详解】PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高，故答案为：PH3、AsH3分子之间存在范德华力，AsH3的相对分子质量大，范德华力更强，沸点更，而NH3分子间存在氢键，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高；【小问4详解】根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第三周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在磷和铝之间的元素有Mg、Si、S三种元素，故答案为：Mg、Si、S；【小问5详解】由磷化铝晶胞如图，可知一个晶胞中含有Al的个数为：=4，P原子个数为4个，故若晶胞参数为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：V=(d×10-10cm)3，则磷化铝晶体的密度，故答案为：。14.化合物1是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。由化合物A制备1的合成路线如图：回答下列问题：（1）C中官能团的名称为____________________。（2）由A生成C的方程式可表示为：，化合物B的结构简式为____________________。（3）由C生成D的反应类型是_____________，E的化学名称是____________________。检验E中官能团的试剂及现象是_______________________________________。（4）I的结构简式为_______________________________________。（5）芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件的X有_________种，其中核磁共振氢谱峰面积比为的X的一种结构简式是___________________________________。条件：a、苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连：b、能与溶液发生显色反应；c、可与反应。（6）写出用环戊烯和正丙醛为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）_____________________________________________________________________________________。【答案】（1）羟基、羰基（2）（3）①.取代反应②.苯甲醛③.银氨溶液、水浴后有光亮的银镜生成（新制氢氧化铜悬浊液、加热后产生砖红色沉淀）（4）（5）①.6②.：或；（6）【解析】【分析】根据题中信息，A与B反应生成C和H2O，故B为CH3COOH，A到B发生了取代反应；C中两个酚羟基位置上的氢原子被甲基取代得到D，D与苯甲醛反应得到F，F在I2和DMSO的作用下反应得到G，对比结构可知羟基上氢原子的位置发生了反应，且醛基变成了碳碳双键；G中甲氧基中的甲基被取代得到H，酚羟基复原，故C到D的目的是为了保护酚羟基；H到I发生了加成反应，对比分子式可知，H的双键位置发生了加成反应的到I，I的结构简式为：。【小问1详解】C中官能团名称为：羟基、羰基；【小问2详解】根据分析，B的结构简式为：CH3COOH；【小问3详解】根据分析，C到D的反应类型为取代反应，E的名称为苯甲醛；检验醛基可用银氨溶液、水浴后有光亮的银镜生成（或新制氢氧化铜悬浊液、加热后产生砖红色沉淀）；【小问4详解】根据分析I的结构简式为：；【小问5详解】X为C的同分异构体，除本环外还有一个不饱和度，该同分异构体中苯环上有三个取代基且甲基与苯环不直接相连，能与FeCl3溶液发生显色反应说明有酚羟基，1molX能与4molNaOH溶液反应，说明该物质含1mol酚酯基和2mol酚羟基，可能的同分异构体有：（数字代表-OOCCH3的位置）：、、，共6种；其中核磁共振氢谱峰面积比为的X的一种结构简式是：或；【小问6详解】根据逆合成分析法，可由与正丙醛反应得到，可由催化氧化得到，可由与水发生加成反应得到，故合成路线为：。15.氮化锶（）是工业上生产荧光粉的原材料。已知：锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应产生氨气。I.利用装置A和B制备（1）在元素周期表中的位置是____________________。（2）装置A中仪器b的名称为_____________________，a导管的作用是_____________________﹔装置B中广口瓶盛放的试剂是_____________________（填名称）。（3）装置A制备的化学方程式为_______________________________________。（4）实验时先点燃装置__________处酒精灯（填“A”或“B”），一段时间后，点燃另一只酒精灯。II.测定产品的纯度称取产品，放入干燥的三颈瓶中，然后加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用的盐酸标准溶液完全吸收（吸收液体体积变化忽略不计）从烧杯中量取的吸收液放入锥形瓶中，用标准溶液滴定过剩的，到终点时消耗溶液（图中夹持装置略）（5）三颈烧瓶中发生反应产生氨气的化学方程式为________________________。（6）产品纯度为____________（精确到）。（7）下列实验操作可能使氮化锶（）测定结果偏低的_________________（填标号）。A.锥形瓶洗涤干净后未干燥，直接装入待测液B.滴定时未用标准溶液润洗滴定管C.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失D.读数时，滴定前平视，滴定后俯视【答案】（1）第5周期IIA族（2）①.蒸馏烧瓶②.平衡气压，使液体顺利流下③.浓硫酸（3）（4）A（5）（6）（7）BC【解析】【分析】本实验利用氮气与锶反应制备氮化锶。装置A为制备氮气的装置，反应原理是：；因氮化锶遇水剧烈反应故制备氮化锶装置前后需要连接干燥装置，制备的氮气需要经过干燥后才能进入装置B，故广口瓶中盛放液体为浓硫酸，作用是干燥氮气。检视会的作用是防止空气中的水分进入制备装置。【小问1详解】Sr与Mg同主族，在元素周期表中的位置为：第5周期IIA族；【小问2详解】装置A中仪器b的名称为蒸馏烧瓶，导管a的作用是平衡气压，使液体顺利流下；根据分析