2013年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷(十)

2013年江西省上饶市玉山一中高考化学模拟试卷（十）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共6小题，共36.0分)1.下列说法正确的是（）A.醋酸纤维、橡胶、腈纶都属于合成高分子化合物B.加新制的C u（OH）2悬浊液并加热可检验尿液中的葡萄糖C.油脂在酸的催化作用下可发生水解，工业上利用该反应生产肥皂D.向蛋白质溶液中加入浓的N a2SO4或C u SO4溶液均可使蛋白质盐析而分离提纯【答案】B【解析】解：A．橡胶有天然物质，不是合成高分子化合物，故A错误；B．加入新制的C u（OH）2悬浊液与尿液混合，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基，进而说明含有葡萄糖，故B正确；C．油脂在碱性条件下的水解是皂化反应，酸性条件下水解生成高级脂肪酸，不是高级脂肪酸钠，故C错误；D．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性，变性是不可逆过程，故D错误．故选B．A．橡胶有天然物质；B．加入新制的C u（OH）2悬浊液与尿液混合，加热后，若产生红色沉淀，说明含有醛基；C．油脂在碱性条件下的水解是皂化反应；D．硫酸铜是重金属盐．本题考查有机物的结构与性质，难度不大，注意把握葡萄糖的检验方法．2.设N A为阿伏伽德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A.1mol甲醇中含有C-H键的数目为4N AB.25℃，p H=13的N a OH溶液中含有OH-的数目为0.1N AC.标准状况下，2.24L己烷含有分子的数目为0.1N AD.常温常压下，N a2O2与足量H2O反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4N A 【答案】D【解析】解：A、甲醇为CH3OH，1mol甲醇中含有C-H键的数目为3N A，故A错误；B、p H=13的N a OH溶液，c（OH-）=0.1mol/L，n=c V，但溶液的体积未知，无法计算离子数目，故B错误；C、标准状况下，己烷为液体，无法计算，故C错误；D、由2N a2O2+2H2O=4N a OH+O2↑，每生成1mol O2时反应中转移的电子为2mol，则生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4N A，故D正确；故选D．A、甲醇为CH3OH，1个分子甲醇中含有3个C-H键；B、p H=13的N a OH溶液，c（OH-）=0.1mol/L，但体积未知，无法计算离子数目；C、标准状况下，己烷为液体；D、2N a2O2+2H2O=4N a OH+O2↑，每生成1mol O2时反应中转移的电子为2mol．本题考查阿伏伽德罗常数的计算，明确物质中的化学键、物质的状态、浓度与物质的量的关系、氧化还原反应中电子转移的数目即可解答，难度不大．3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.1.0mol•L-1的KNO3溶液：H+、F e2+、C l-、SO42-B.甲基橙呈红色的溶液：NH4+、B a2+、C l O-、C l-C.p H=12的溶液：K+、N a+、CH3COO-、B r-D.与铝反应产生大量氢气的溶液：N a+、K+、CO32-、NO3-【答案】C【解析】解：A．H+、F e2+、NO3-离子之间发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性，C l O-、C l-发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．p H=12的溶液，溶液显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故C正确；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液，酸溶液中H+、CO32-反应，且A l、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，不能共存，故D错误；故选C．A．离子之间发生氧化还原反应；B．甲基橙呈红色的溶液，显酸性；C．p H=12的溶液，溶液显碱性；D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为酸或强碱溶液．本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的考查，注意信息的抽取和应用，题目难度不大．4.25℃、101k P a下：①2N a（s）+O2（g）=N a2O（s）△H=-414k J•mol-1②2N a（s）+O2（g）=N a2O2（s）△H=-511k J•mol-1下列说法正确的是（）A.①和②产物的阴阳离子个数比不相等B.①和②生成等物质的量的产物，转移电子数不同C.常温下N a与足量O2反应生成N a2O，随温度升高生成N a2O的速率逐渐加快D.25℃、101k P a下：N a2O2（s）+2N a（s）=2N a2O（s）△H=-317k J•mol-1【答案】D【解析】解：A、在N a2O中阳离子是钠离子、阴离子是氧离子，N a2O2中阳离子是钠离子、阴离子是过氧根离子，因此阴、阳离子的个数比都是1：2，故A错误；B、由钠原子守恒可知，①和②生成等物质的量的产物时，钠元素的化合价都是由0升高到+1价，则转移的电子数相同，故B错误；C、温度升高，N a与足量O2反应的产物是N a2O2，故C错误；D、热化学方程式25℃、101k P a下：①2N a（s）+O2（g）=N a2O（s）△H=-414k J•mol-1，②2N a（s）+O2（g）=N a2O2（s）△H=-511k J•mol-1，①×2-②可得N a2O2（s）+2N a（s）=2N a2O（s）△H=-317k J•mol-1，故D正确；故选D．A、N a2O中阴阳离子个数之比为1：2，N a2O2中阴阳离子个数之比为1：2；B、由钠原子的个数及钠元素的化合价分析转移的电子数；C、钠与氧气在加热时生成过氧化钠；D、利用已知的两个反应和盖斯定律来分析．本题是一综合题，考查化学键类型、氧化还原反应的计算、元素化合物知识、以及盖斯定律，考查了多个考点，设点全面，但难度适中，是一好题．5.常温下有体积相同的四种溶液：①p H=3的CH3COOH溶液；②p H=3的HC l溶液；③p H=11的氨水；④p H=11的N a OH溶液．下列说法正确的是（）A.①与②中c（H+）相同B.①与④混合，溶液中c（CH3COO-）=c（N a+）C.②和③混合，所得混合溶液的p H等于7D.③与④分别用等浓度的盐酸中和，消耗盐酸的体积相同【答案】A【解析】解：A、p H=3的CH3COOH溶液和p H=3的HC l溶液中c（H+）都等于10-3mol/L，故A正确；B、p H=3的CH3COOH溶液中酸部分电离，酸的浓度大于0.001mol/L，p H=11的N a OH 溶液中氢氧化钠完全电离，碱的浓度为0.001mol/L，所以混合后酸有剩余，所以c （CH3COO-）＞c（N a+），故B错误；C、p H=11的氨水与p H=3的盐酸溶液等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相同恰好反应，氨水又电离出铵根离子和氢氧根离子，所以氨水有剩余，所以溶液p H大于7，故C错误；D、p H=11的氨水和p H=11的N a OH溶液中氢氧根离子浓度相同，碱的浓度不同，氨水中一水合氨部分电离，所以氨水浓度大消耗的盐酸的量多，故D错误；故选A．A、p H=3的CH3COOH溶液和p H=3的HC l溶液中c（H+）=10-3mol/L；B、p H=3的CH3COOH溶液中酸部分电离，酸的浓度大于0.001mol/L，p H=11的N a OH 溶液中氢氧化钠完全电离，碱的浓度为0.001mol/L；C、p H=11的氨水与p H=3的盐酸溶液等体积混合，氨水平衡状态下的氢氧根离子浓度和盐酸溶液中的氢离子浓度相同恰好反应，氨水又电离出铵根离子和氢氧根离子．D、p H=11的氨水和p H=11的N a OH溶液中氢氧根离子浓度相同，碱的浓度不同．本题考查了弱电解质溶液中的电离平衡应用，主要是强酸、弱酸、强碱、弱碱溶液稀释、p H的大小比较，弱电解质电离平衡的移动的判断．6.铜锌原电池如图工作时，下列叙述正确的是（）A.正极反应Z n-2e-=Z n2+B.电池反应：Z n+C u2+=Z n2++C uC.在外电路中，电子从负极移向正极D.盐桥中K+移向Z n SO4溶液【答案】BC【解析】解：A、Z n是负极，故A错误；B、电池总反应和没有形成原电池的氧化还原反应相同，故B正确；C、根据闭合回路的电流方向，在外电路中，电子由负极流向正极，故C正确；D、在溶液中，阳离子往正极移动，K+移向C u SO4溶液，故D错误；故选：BC．原电池中负极为较活泼金属，发生氧化反应，在外电路中，电子从负极移向正极，溶液中，阳离子向正极移动，反应的总方程式为：Z n+C u2+=Z n2++C u．本题考查原电池原理，盐桥在原电池中的作用是代替了单一溶液体系，注意电子的流向．二、双选题(本大题共1小题，共6.0分)7.对实验Ⅰ～Ⅳ的实验现象预测正确的是（）A.实验1：液体分层，下层呈无色B.实验2：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C.实验3：试管中颜色变为红色D.实验4：放一段时间后，饱和C u SO4溶液中出现蓝色晶体【答案】CD【解析】解：A、四氯化碳和水互不相溶且四氯化碳的密度比水大，碘在四氯化碳中的溶解度比在水中大，故溶液分层，下层为溶有碘的四氯化碳，显紫色，故A错误；B、生成的氨气溶于水形成氨水，和氯化铝反应生成白色沉淀且不溶于氨水中，故B错误；C、铁离子遇硫氰酸根显红色，常用硫氰酸钾检验铁离子的存在，故C正确；D、氧化钙有吸水性，使硫酸铜饱和溶液中的水减少，故析出晶体，故D正确．故选CD．A、根据萃取的原理来回答；B、根据可溶性的铝盐和氨水反应的情况以及氢氧化铝不溶于弱碱的性质进行分析；C、根据三价铁离子与硫氰酸钾发生反应的现象来回答；D、根据氧化钙的吸水性和饱和硫酸铜溶液失水后的变化来分析；本题以实验装置的形式考查了学生对基本知识的掌握，是一道形式新颖的题目．三、填空题(本大题共1小题，共12.0分)8.如图是一些重要工业生产的转化关系（反应条件略去）：请完成下列问题：（1）若D是单质，且与A属于同一主族，则．①反应的化学方程式是______ ．②D的原子结构示意图是______ ．③D单质的一种重要用途是______ ．（2）若B为黄色固体，D为固体化合物，则①该反应的化学方程式是______ ．②生产该工业品的工厂应建在离______ 较近的地方．③实验室检验C的方法是______ ．（3）若B是一种有刺激性气味的气体，则①B的分子形状是______ ．②实验室进行此实验时，常看到有大量白烟产生，请说明产生大量白烟的原因______ ．③化合物C在一定体积的容器中，在一定条件下发生反应，测得容器内气体的压强略小于原来的，请写出该反应的化学方程式______ ．【答案】2C+S i O22CO+S i；；制半导体材料；4F e S2+11O22F e2O3+SO2↑；消费中心；将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色；三角锥形；生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟；3NO=NO2+N2O【解析】解：（1）D与A同主族，A能置换出D，且该反应是重要反应，则分析元素周期表，可知A是C，D是S i，即2C+S i O22CO+S i．S i的原子结构示意图是，硅单质的一种重要用途是制半导体材料，故答案为：2C+S i O22CO+S i；；制半导体材料；（2）①化合物B为黄色固体，中学阶段的黄色固体化合物有A g I、硫铁矿等，能用于工业生产的只能是用黄铁矿生成浓硫酸，即A是氧气，B是F e S2，C是SO2，因此化学方程式为4F e S2+11O22F e2O3+SO2，故答案为：4F e S2+11O22F e2O3+SO2↑；②该反应用于工业生产硫酸，由于浓硫酸是腐蚀品，运输成本较高，且危险性大，因此建厂时应该选择在使用浓硫酸密集的地方，即工业区集中的消费中心，故答案为：消费中心；③因为氯气和二氧化硫都能使品红试液褪色，所以利用二者化学性质的差别，实验室检验二氧化硫通常采用：将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色，故答案为：将气体C通入品红溶液中，溶液褪色，将溶液加热，又恢复红色；（3）①该反应为工业生产的转化关系，又实验室做该实验有白烟，结合中学阶段氨气与挥发性酸相遇会产生白烟的知识，可知该反应是工业上氨气催化氧化制取硝酸的反应，即4NH3+5O24NO+6H2O，因此B是NH3，C是NO．氨气分子是三角锥形，故答案为：三角锥形；②实验室进行此反应，NO会被过量氧气氧化为NO2，进而与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵而产生大量白烟，即：生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟，故答案为：生成的NO气体被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸与NH3反应而产生大量白烟；③NO 在密闭容器中一定条件下可以分解为二氧化氮和一氧化二氮，发生的反应为3NO=NO 2+N 2O ，由于存在2NO 2⇌N 2O 4而容器内气体的压强略小于原来的 ． 故答案为：3NO=NO 2+N 2O ．（1）根据常见的置换反应，A 、D 同主族及工业制取硅的化学反应分析．（2）根据B 为黄色固体，D 为固体化合物及工业生产硫酸的原理思考．（3）根据工业氨气催化氧化制取硝酸分析．本题是中学工业生成的合成题目，综合性强，难度大，需要具有非常扎实的基础知识和灵活运用知识的能力，因此要能熟练地解答此类题目，平时学习时要多总结，多积累．四、简答题(本大题共2小题，共31.0分)9.氢气是一种清洁能源，又是合成氨工业的重要原料．已知氢气有多种制取方法： ①活泼金属（如钠、钾）直接跟水反应；②金属（如锌或铁或铝）跟稀盐酸或稀硫酸反应；③电解水制氢气；④由煤或焦炭跟水反应制取氢气：C+H 2O （g ）CO+H 2；⑤由天然气或重油制取氢气：CH 4+H 2O （g ） CO+3H 2； （1）请你再补充一种制取氢气的方法，写出该反应的化学方程式 ______ ．（2）比较方法①和⑤： ______ g 金属钠跟水反应与标准状况下11.2L CH 4跟水反应产生氢气的量相等．（3）在甲、乙、丙3个容积均为2L 的密闭容器中，于相同的温度下、使用相同的催化剂分别进行如下反应：3H 2（g ）+N 2（g ） 催化剂高温高压2NH 3（g ）．现按不同配比投入反应物，保持恒温、恒容，测①分析表数据，下列关系正确的是 ______ （填写序号字母）．A ．2c 1＞1.5mol /LB ．ω3=ω1C ．2ρ1=ρ2②在该温度下该反应的平衡常数K= ______ （用含c 1的代数式表示）．（4）已知：CH 4（g ）+H 2O （g ）=CO （g ）+3H 2（g ）；△H=+206.2k J •mol -1 CH 4（g ）+CO 2（g ）=2CO （g ）+2H 2（g ）；△H=+247.4k J •mol -1则甲烷和H 2O （g ）反应生成H 2和CO 2的热化学方程式为 ______ ．（5）如图所示装置工作时均与H 2有关．①图1所示装置中阳极的电极反应式为______ ．②图2所示装置中，通入H2的管口是______ （选填字母代号）．③某同学按图3所示装置进行实验，实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色．该同学据此得出结论：铁与水蒸气反应生成F e O和H2．该结论______ （填“严密”或“不严密”），你的理由是______ （用离子方程式表示）．【答案】2A l+2N a OH+2H2O=2N a A l O2+3H2↑；69；AC；；CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165k J•mol-1；M n O42--e-=M n O4-；d；不严密；2F e3++F e=3F e2+【解析】解：（1）结合以上生成氢气的反应，还可以利用铝的两性来生成氢气，即反应方程式为2A l+2N a OH+2H2O=2N a A l O2+3H2↑，故答案为：2A l+2N a OH+2H2O=2N a A l O2+3H2↑；（2）由反应⑤标准状况下11.2L CH4跟水反应产生氢气的物质的量为×3=1.5mol又根据2N a+2H2O=2N a OH+H2↑，要生成1.5mol氢气则需要钠3mol，故需要钠的质量为3mol×23g/mol=69g，故答案为：69；（3）①恒温、恒容条件下：A．假设乙容器的容积为4L，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c1，然后将容器的容积缩小到2L，若平衡不移动，2c1=1.5mol/L，由于压强增大，平衡向着正向移动，氨气的浓度增大，所以2c1＞1.5mol/L，故A正确；B．丙中2mol氨气相当于加入了1mol氮气、3mol氢气，而甲中为3mol H2、2mol N2，由于丙反应物氮气的物质的量减小，生成的氨气的物质的量减小，所以ω3＜ω1，故B 错误；C．反应前后都是气体，容器的容积都是2L，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据ρ=可知：2ρ1=ρ2，故C正确；故选AC；②甲容器中，反应前氢气浓度为：c（H2）==1.5mol/L，氮气的浓度为：=1mol/L，达到平衡时氮气的浓度变化为：（1-c1）mol/L，由化学平衡的三段式可得：3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）反应前（mol/L）：1.510浓度变化：（mol/L）：3（1-c1）（1-c1）2（1-c1）反应后：（mol/L）：1.5-3（1-c1）1-（1-c1）2（1-c1）在该温度下甲容器中反应的平衡常数K=，故答案为：；（4）①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2k J•mol-1②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4k J•mol-1①×2-②得到CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165k J•mol-1；故答案为：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H=+165k J•mol-1；（5）①阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为：M n O42--e-=M n O4-，故答案为：M n O42--e-=M n O4-；②氢氧燃料碱性电池中，氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，图片中氢氧根离子向d 电极移动，说明d电极上是氢气，故答案为：d；③铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，根据反应现象知，该反应中部分铁未参加反应导致剩余的铁和铁离子反应生成二价铁离子，离子方程式为：2F e3++F e=3F e2+，所以说不严密，故答案为：不严密；2F e3++F e=3F e2+．（1）根据生成氢气的反应书写；（2）根据生成相同的氢气进行计算；（3）①先将丙中的数据按照化学计量数转化成反应物氮气、氢气的物质的量，然后利用等效平衡知识进行分析；②计算出反应前氮气、氢气的物质的量浓度，然后利用化学平衡三段式计算出达到平衡时各组分的浓度，最后根据化学平衡常数表达式计算出该温度下的平衡常数；（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；（5）①阳极上失电子发生氧化反应；②根据氢氧根离子的移动方向及氢气的反应判断氢气所在的电极；③根据反应现象知，溶液中没有铁离子，原因是部分铁未被氧化，导致剩余的铁和铁离子反应生成亚铁离子．本题考查了化学平衡的影响因素分析、化学反应速率的影响因素判断、化学反应速率的计算、电化学知识等知识，题目难度中等，注意掌握化学平衡的影响因素、化学反应速率的计算方法，能够利用盖斯定律求算反应中的焓变，易错点是氢氧燃料电池中电极的判断，明确溶液中离子的移动方向是解此题的关键．10.下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：a、量筒b、容量瓶c、滴定管d、托盘天平e、温度计①使用容量瓶的第一步操作是______ ．②若用上述仪器配制500m L2mol•L-1的N a C l溶液，还缺少的玻璃仪器是烧杯和______ ．【答案】检查容量瓶是否漏水；玻璃棒；胶头滴管【解析】解：①使用容量瓶之前一定要检查容量瓶是否漏水，故答案为：检查容量瓶是否漏水；②若用上述仪器配制500m L2mol•L-1的N a C l溶液，需要的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、500m L容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器是：烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：玻璃棒；胶头滴管．①根据容量瓶的使用方法来回答；②根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器进行分析．本题考查了常见仪器的使用方法，题目难度中等，分考查了学生灵活应用所学知识的能力．五、实验题(本大题共1小题，共10.0分)11.某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：请回答下列问题：（1）由滤液A制得A l C l3溶液有途径Ⅰ和Ⅱ两条，你认为合理的是______ ，理由是：______ ．（2）从滤液E中得到绿矾晶体的实验操作是______ ．（3）请用一个总反应式表示由滤渣F制备胆矾晶体过程中发生的变化：______ ．（4）．有同学提出可将方案中最初溶解合金的烧碱改用盐酸，重新设计方案，也能制得三种物质，你认为后者的方案是否更合理______ ，理由是______ ．【答案】途径Ⅱ更合理；因为滤液A是N a A l O2溶液，按途径I直接向A加入盐酸得到的A l C l3溶液中含有大量的N a C l杂质；按途径II，通入c（CO2）气体，得D[A l（OH）3]沉淀，将A l（OH）3溶解于盐酸中得到的是纯净的A l C l3溶液．所以途径II更合理；蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤干燥；2C u+O2+2H2SO4+8H2O2C u SO4•5H2O；后者的方案不合理；因为该方案不符合实验方案设计的简约性原则，即操作步骤多、消耗试剂量更大、时间长【解析】解：铝、铁、铜的合金中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B 的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A生成氯化铝溶液的途径Ⅰ发生反应：N a A l O2+4HC l=A l C l3↓+N a C l+2H2O；而途径Ⅱ通入足量的二氧化碳反应后过滤能得到纯净的氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸反应能制得A l C l3溶液；滤渣B中只有铁和稀硫酸反应，反应后经过滤得滤渣为铜，再由铜制取胆矾，滤液为硫酸亚铁溶液，然后由溶液制取晶体．（1）途径Ⅰ发生反应：N a A l O2+4HC l=A l C l3↓+N a C l+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质；而途径Ⅱ通入足量的二氧化碳后过滤能得到氢氧化铝，与盐酸反应能制得A l C l3溶液，则途径Ⅱ更合理；故答案为：途径Ⅱ更合理；因为滤液A是N a A l O2溶液，按途径I直接向A加入盐酸得到的A l C l3溶液中含有大量的N a C l杂质；按途径II，通入c（CO2）气体，得D[A l（OH）]沉淀，将A l（OH）3溶解于盐酸中得到的是纯净的A l C l3溶液．所以途径II更合理；3（2）由硫酸亚铁溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥才可得到，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，洗涤干燥；（3）铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水：2C u+2H2SO4+O2=2C u SO4+2H2O，故答案为：2C u+2H2SO4+O2=2C u SO4+2H2O；（4）将方案中最初溶解合金的烧碱改为盐酸，铁、铝与盐酸都反应，应加入过量的氢氧化钠分离二者，消耗的试剂量更多，且操作复杂，不如原实验方案合理，故答案为：后者的方案不合理；因为该方案不符合实验方案设计的简约性原则，即操作步骤多、消耗试剂量更大、时间长．铝、铁、铜的合金中加入足量烧碱溶液，只有铝与其反应而溶解，过滤后得滤渣B的成分为铁和铜，滤液A为偏铝酸钠溶液；滤液A生成氯化铝溶液的途径Ⅰ发生反应：N a A l O2+4HC l=A l C l3↓+N a C l+2H2O；而途径Ⅱ通入足量的二氧化碳反应后过滤能得到纯净的氢氧化铝，氢氧化铝与盐酸反应能制得A l C l3溶液；滤渣B中只有铁和稀硫酸反应，反应后经过滤得滤渣为铜，再由铜制取胆矾，滤液为硫酸亚铁溶液，然后由溶液制取晶体．（1）途径Ⅰ会引入氯化钠杂质；而途径Ⅱ能制得纯净的A l C l3溶液；（2）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥；（3）铜和氧气和酸反应生成硫酸铜和水；（4）将方案中最初溶解合金的烧碱改为盐酸，后者操作步骤多，消耗的试剂量更多，时间长．本题主要考查了从工业废料中制取纯净物，注意从框图转化中找出有用信息，利用有关的化学反应进行解答，难度中等．六、简答题(本大题共1小题，共5.0分)12.W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大．其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道；X原子的L电子层中未成对电子数与Y 相同，但还有空轨道；W、Z的原子序数相差10，且Z原子的第一电离能在同周期中最低．（1）写出下列元素的元素符号：W ______ ，X ______ ，Y ______ ，Z ______ ．（2）XY分子中，X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，则XY分子中X和Y原子用于成键的电子数目分别是______ ；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有______ ．（3）XY2与ZYW反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到不同的产物，相同条件下，在水中溶解度较小的产物是______ （写化学式），其原因是该化合物阴离子间可形成二聚离子或多聚链状离子．该化合物阴离子能够相互缔合的原因是：______ ．【答案】H；C；O；N a；2和4；σ键，π键；N a HCO3；因为HCO3-中含有O-H键，相互之间可通过O-H┅O氢键缔合【解析】解：W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大．其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道，则Y原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为氧元素；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道，则X原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W、Z的原子序数相差10，Z的原子序数大于氧元素，则Z一定处于第三周期，且Z原子的第一电离能在同周期中最低，则Z为N a，故W为氢元素，（1）由上述分析可知，W为H、X为C、Y为O、Z为N a，故答案为：H；C；O；N a；（2）XY分子为CO，X原子与Y原子都达到8电子稳定结构，CO中C原子与O之间形成三对共用电子对，各含有1对孤对电子，其金刚石为C≡O，CO分子中C和O原子用于成键的电子数目分别是2和4；根据电子云重叠方式的不同，分子里共价键的主要类型有σ键、π键，故答案为：2和4；σ键，π键；（3）CO2与N a OH反应时，通过控制反应物的物质的量之比，可以得到不同的产物为碳酸钠、碳酸氢钠，相同条件下，在水中溶解度较小的产物是N a HCO3，其原因是该化合物阴离子间可形成二聚离子或多聚链状离子．该化合物阴离子能够相互缔合的原因是：因为HCO3-中含有O-H键，相互之间可通过O-H┅O氢键缔合，故答案为：N a HCO3；因为HCO3-中含有O-H键，相互之间可通过O-H┅O氢键缔合．W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大．其中Y原子的L电子层中，成对电子与未成对电子占据的轨道数相等，且无空轨道，则Y原子核外电子排布为1s22s22p4，则Y为氧元素；X原子的L电子层中未成对电子数与Y相同，但还有空轨道，则X原子核外电子排布为1s22s22p2，则Y为碳元素；W、Z的原子序数相差10，Z的原子序数大于氧元素，则Z一定处于第三周期，且Z原子的第一电离能在同周期中最低，则Z为N a，故W为氢元素，据此解答．本题考查结构性质位置关系应用，难度不大，注意基础知识的理解掌握，（2）中注意根据8电子稳定结构解答．七、填空题(本大题共1小题，共1.0分)13.我国支持“人文奥运”的一个重要体现是坚决反对运动员服用兴奋剂．某种兴奋剂的结构简式为（1）该物质的分子式：______ ．（2）1mol该物质和B r2的CC l4溶液反应，消耗B r2的物质的量为：______ mol，反应方程式为：______ ．（3）1mol该物质和H2发生反应，最多消耗H2的物质的量为：______ mol，反应方程式为：______ ；涉及反应类型有：______ ．（4）1mol该物质和N a OH发生反应，最多消耗N a OH的物质的量为：______ mol．反应方程式为：______ ；向生成物溶液中通入少量CO2气体，反应的化学方程式为：______ ．（5）该物质可以在一定条件下发生反应生成高聚物，请写出相关化学方程式：______ ；反应类型为：______ ．【答案】C20H24O3；4；；7；；加成；3；；；加聚反应；。