山东省潍坊市高考化学仿真试题鲁科版.doc

山东省潍坊市2013年高考化学仿真试卷一、选择题（本题包括13小题，每小题只有一个选项符合题意）1（4分）（2013潍坊模拟）如图，“低碳生活”是指生活作息时所耗用能量要减少，从而降低碳特别是二氧化碳的排放下列行为不利于低碳生活的是（）a处理废弃塑料制品较为合理的方法是使用化学方法加工成防水涂料或汽油b开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料c实现资源的“3r”，即减少消耗（reduce）、增加重复使用（reuse）、重复再生（recycle）d逐步推广天然气，代替石油和煤的使用考点：常见的生活环境的污染及治理专题：元素及其化合物分析：a废弃塑料的回收利用是最好的方法；b开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，降低碳特别是二氧化碳的排放；c减少资源消耗，增加资源的重复使用，资源的重复再生，能减少二氧化碳的排放，；d天然气燃烧产生二氧化碳；解答：a将废弃物应用化学方法加工成防水涂料或汽油，是废弃塑料的回收利用，是最好的办法，降低碳特别是二氧化碳的排放，故a正确；b开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，降低碳特别是二氧化碳的排放，故b正确；c减少资源消耗，增加资源的重复使用，资源的重复再生，能减少二氧化碳的排放，能实现低碳生活，故c正确；d逐步推广天然气，代替石油和煤的使用，但天然气燃烧产生二氧化碳，没有降低二氧化碳的排放，故d错误；故选：d点评：低碳生活、低碳经济是当前十分热门的话题，我们每个公民都应该从自己做起，从力所能及的事情做起，为保护环境出一份力2（4分）（2012山东）下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）a图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重b图b中，开关由m改置于n时，cuzn合金的腐蚀速率减小c图c中，接通开关时zn腐蚀速率增大，zn上放出气体的速率也增大d图d中，znmno2干电池自放电腐蚀主要是由mno2的氧化作用引起的考点：金属的电化学腐蚀与防护专题：压轴题；电化学专题分析：a当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；b开关由m改置于n时，zn为负极，合金被保护；c气体在pt上放出；dmno2发生还原反应解答：解：a图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故a错误；b图b中开关由m置于n，cuzn作正极，腐蚀速率减小，故b正确；c图c中接通开关时zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在pt上放出，故c错误；d图d中干电池放电时mno2发生还原反应，体现锌的还原性，故d错误故选b点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理3（4分）（2010江苏）下列有关实验原理或操作正确的是（）a选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取少量co2、no和o2b制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸c洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干d用广泛ph试纸测得0.10moll1nh4cl溶液的ph=5.2考点：气体的收集；测定溶液ph的方法；过滤；乙酸乙酯的制取专题：压轴题分析：a、图1为固体和液体在常温下反应，生成的气体可用向上排空气法收集，而一氧化氮与氧气反应，不能用向上排空气法收集；b、制备乙酸乙酯时，先加入乙醇，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸；c、洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次d、氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，用广泛ph试纸检测0.10moll1nh4cl溶液的ph=5解答：解：a、实验室制取二氧化碳可用大理石与稀盐酸在常温下反应，由于二氧化碳密度比空气大，可用向上排空气法收集，可选择图1装置；双氧水在二氧化锰催化作用下制取氧气，选用固液不加热装置，氧气密度比空气大，用向上排空气法收集，可选择图1装置；一氧化氮可以和氧气反应，不能用向上排空气法收集，故a错误；b、制备乙酸乙酯时，先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸，故b正确；c、洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次，不能用玻璃棒搅拌，故c错误；d、氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，用广泛ph试纸检测0.10moll1nh4cl溶液的ph=5，故d错误故选b点评：本题气体发生装置和收集装置的选择和基本实验操作，要会根据制取气体的反应原理和气体的性质来选择合适的装置4（4分）（2013潍坊模拟）下列说法中正确的是（）a汽油燃烧时将全部的化学能转化为热能b向饱和agcl溶液中加入盐酸，ksp变大c若存在简单阴离子r2，则r一定属于via族d最外层电子数较少的金属元素，一定比最外层电子数较它多的金属元素活泼性强考点：化学能与热能的相互转化；原子结构与元素周期率的关系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质专题：化学反应中的能量变化；元素周期律与元素周期表专题；电离平衡与溶液的ph专题分析：a、汽油燃烧过程中化学能转化为热能、光能等；b、ksp是随温度变化的常数，不随浓度变化；c、元素的负价比较特殊，约大多数元素只有一个负价，而且只有非金属有负价； d、金属元素活泼性取决于失电子能力；解答：解：a、汽油燃烧过程中化学能转化为热能、光能，汽油燃烧时的化学能大部分转化为热能，故a错误；b、ksp是随温度变化的常数，不随浓度变化，向饱和agcl溶液中加入盐酸，ksp不变，故b错误；c、简单阴离子r2，说明r原子得到2个电子形成了最外层2个或者8个电子的稳定结构，所以推出r原子最外层是6个电子，为via族元素，故c正确；d、金属元素活泼性取决于失电子能力，和最外层电子数无直接关系，故d错误；故选c点评：本题考查了能量转化形式判断，溶度积是隋文帝变化的常数，金属活泼性取决于失电子能力，题目难度中等5（4分）（2013潍坊模拟）下列各组离子在指定条件下，一定能大量共存的是能使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：c（h+）=101mol/l的溶液中：能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液中：水电离出的h+浓度为1013mol/l的溶液中：在加入铝粉能产生h2的溶液中：在含大量fe3+的溶液中：（）abcd考点：离子共存问题专题：离子反应专题分析：能使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性；c（h+）=101mol/l的溶液，显酸性；能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，具有氧化性；水电离出的h+浓度为1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液；在加入铝粉能产生h2的溶液，为酸或强碱溶液，但不能为硝酸溶液；离子之间结合生成络离子解答：解：能使红色石蕊试纸变蓝的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，能共存，故正确；c（h+）=101mol/l的溶液，显酸性，故正确；能使碘化钾淀粉试纸变蓝的溶液，具有氧化性，能与s2发生氧化还原反应，则不能共存，故错误；水电离出的h+浓度为1013mol/l的溶液，为酸或碱溶液，碱溶液中oh与mg2+反应生成沉淀，则不能共存，故错误；在加入铝粉能产生h2的溶液，为酸或强碱溶液，但不能为硝酸溶液，碱溶液中oh与nh4+反应生成弱电解质，酸溶液中h+、fe2+、no3发生氧化还原反应，则一定不能共存，故错误；fe3+、scn离子之间结合生成络离子，则不能共存，故错误；故选a点评：本题考查离子的共存，明确习题中的信息是解答本题的关键，熟悉离子之间的反应即可解答，注意把握信息的抽取和利用为易错点，题目难度不大6（4分）（2013潍坊模拟）关于下列四个图象的说法中正确的是（）a图表示可逆反应“co（g）+h2o（g）co2（g）+h2（g）”中的h大于0b图是在电解氯化钠稀溶液的电解池中，阴、阳极产生气体体积之比一定为1：1c图表示可逆反应“a2（g）+3b2（g）2ab3（g）”的h小于0d图表示压强对可逆反应2a（g）+2b（g）3c（g）+d（s）的影响，乙的压强大考点：化学能与热能的相互转化；化学能与电能的应用；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用专题：压轴题；化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：图反应物总能量大于生成物总能量，反应放热；图电解氯化钠稀溶液，阳极开始生成cl2，之后生成o2；图随着温度的升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆方向进行；图表示催化剂对可逆反应的影响解答：解：a图反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，则h小于0，故a错误；b图电解氯化钠稀溶液，阳极开始生成cl2，之后生成o2，如点解时间较长，则阴、阳极产生气体体积之比大于1：1，故b错误；c图随着温度的升高，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆方向进行，说明反应放热，则h小于0，故c正确；d图中甲乙两途径平衡状态相同，则应是催化剂对可逆反应的影响，故d错误故选c点评：本题考查较为综合，题目难度中等，易错点为b，注意点解氯化钠稀溶液的特点，正确判断两极反应是解答该题的关键7（4分）（2013潍坊模拟）下列说法正确的是（）a乙醇的酯化反应、甲苯的硝化反应以及酯的水解均属于取代反应b乙烷生成溴乙烷和乙烯生成溴乙烷的反应类型相同c可用氢氧化钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇d蛋白质、淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子化合物，均能发生水解反应考点：取代反应与加成反应；乙醇的化学性质；酯的性质；淀粉的性质和用途；纤维素的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点专题：有机化学基础分析：a有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应；b乙烷生成溴乙烷属于取代反应，乙烯生成溴乙烷属于加成反应；c氢氧化钠能使乙酸乙酯水解；d油脂属于小分子化合物解答：解：a乙醇的酯化反应、甲苯的硝化反应以及酯的水解都是有机化合物分子里的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，都属于取代反应，故a正确；b乙烷生成溴乙烷属于取代反应，乙烯生成溴乙烷属于加成反应，所以反应类型不同，故b错误；c氢氧化钠能使乙酸乙酯水解，所以不能用氢氧化钠作除杂剂，应选取饱和碳酸钠溶液作除杂剂，故c错误；d油脂属于小分子化合物，但油脂能发生水解反应，故d错误；故选a点评：本题考查取代反应和加成反应，明确取代反应和加成反应的区别是解本题关键，注意酯类的水解反应也属于取代反应，为易错点二、解答题（共5小题，满分50分）8（14分）（2013潍坊模拟）如图，研究碳、氮、硫的氧化物的性质对化工生产和环境保护有重要意义（1）下列措施中，有利于降低大气中的co2、so2、no2浓度的有acd（填字母）a减少化石燃料的使用，开发新能源 b使用无氟冰箱，减少氟利昂排放c多步行或乘公交车，少用专车或私家车 d将工业废气用碱液吸收后再排放（2）为开发新能源，有关部门拟用甲醇（ch3oh）替代汽油作为公交车的燃料一定条件下由co和h2生产甲醇的化学方程式为co+2h2=ch3oh该反应合成l molch3oh（1）放出热量131.9kj，又知2h2（g）+co（g）+=h=594.1kj/mol请写出液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气的热化学方程式：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1452kjmol1（3）硫酸工业生产中，so2催化氧化生成so3反应为2so2+o22so3（g），平衡混合体系中so3的百分含量和温度的关系如图根据图示回答下列问题：2so2（g）+o2（g）+o2（g）2so3（g）的h0 （填“”或“”）若温度t1、t2时，反应的化学平衡常数分别为k1、k2，则k1k2；若反应进行到状态d时，v正v逆（填“”“”或“=”）考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；热化学方程式；化学平衡常数的含义；常见的生活环境的污染及治理专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题分析：（1）应该从co2、so2、no2浓度的释放和吸收角度考虑；（2）co和h2反应生成甲醇；先写出合成甲醇的热化学方程式，再根据盖斯定律进行构造目标热化学方程式；（3）、由图可知，温度越高so3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动；根据t1的t2关系结合图象分析平衡的移动，根据反应物和生成物物质的量的改变引起化学平衡常数的改变判断k1、k2的关系；根据图象中曲线及曲线上、下方区域表示的含义分析，曲线表示平衡状态，曲线下方表示向正反应方向进行，曲线上方表示向逆反应方向进行解答：解：（1）a大量化石燃料的燃烧是二氧化碳的主要来源，减少化石燃料的使用，开发新能源，有利于降低大气中的co2、so2、no2浓度，故a正确；b氟里昂能促进臭氧地方分解，与大气中的co2、so2、no2浓度无关，故b错误；c汽车尾气中有多种有害物质，主要污染物是一氧化碳、碳氢化合物、氮的氧化物和烟尘等，故多步行或乘公交车，少用专车或私家车有利于降低大气中的co2、so2、no2浓度，故c正确；d将工业废气用碱液吸收后再排放能减少co2、so2、no2的排放，故d正确故答案为：acd； （2）co和h2反应生成甲醇，反应方程式为：co+2h2=ch3oh；根据液态甲醇燃烧生成二氧化碳和水蒸气，化学方程式为：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g），已知：co+2h2=ch3ohh1=+131.9kjmol12h2（g）+co（g）+o2（g）=co2（g）+2h2o（g）h2=594.1kjmol1根据盖斯定律，2（）得：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）故h=2（h2h1）=1452kjmol1，故热化学方程式为：2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1452kjmol1，故答案为：co+2h2=ch3oh；2ch3oh（l）+3o2（g）2co2（g）+4h2o（g）h=1452kjmol1； （3）由图可知，温度越高so3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动，所以正反应是放热反应，h0，故答案为：；该反应是一个放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以生成物的浓度减小，反应物的浓度增大，平衡常数减小，所以k1k2；d状态相对于a状态，三氧化硫的含量较小，要使该反应达到平衡状态，该反应必须向正反应方向移动，所以正反应速率大于逆反应速率故答案为：；点评：本题考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发、反应热的计算、化学平衡移动、平衡图象等，难度不大，注意影响化学平衡移动的因素是解题的关键9（12分）（2013潍坊模拟）工业上电解饱和食盐水能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅下图1是离子交换膜法（允许钠离子通过，不允许氢氧根与氯离子通过）电解饱和食盐水，电解槽阳极产生的气体是氯气，naoh溶液的出口为a（填字母），精制饱和食盐水的进口为d（填字母），干燥塔中应使用的液体是浓硫酸（1）多晶硅主要采用sihc13还原工艺生产，其副产物sic14的综合利用受到广泛关注sic14可制气相白炭黑（与光导纤维主要原料相同），方法为高温下sic14、h2、o2反应，产物有两种，化学方程式为sicl4+2h2+o2sio2+4hclsic14可转化为sic13而循环使用一定条件下，在20l恒容密闭容器中反应3sic14（g）+2h2（g）+si（s）4sihc13（g）达平衡后，h2与sihc13物质的量浓度分别为0.140mol/l和0.020mol/l，若h2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗nac1的质量为0.35kg（2）如图2，实验室制备h2和cl2通常采用下列反应：zn+h2so4据此，从下列所给仪器装置中选择制备并收集h2的装置e（填代号）和制备并收集干燥、纯净c12的装置d（填代号）可选用制备气体的装置：（3）采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气现制得氯酸钠213.0kg，则生成氢气134.4m3（标准状况）（忽略可能存在的其他反应）考点：电解原理；化学方程式的有关计算专题：电化学专题分析：电解饱和食盐时阳极阴离子cl、oh放电，cl的放电能力强于oh，阳极发生的方程式为：2cl2ecl2，阴极：2h+2eh2；h2、2naoh在阴极，naoh溶液的出口为a，cl2在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入，要干燥cl2需要用酸性干燥剂或中性干燥剂；（1）sicl4与h2和o2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是sio2，h、cl元素必在另一产物中，h、cl元素结合成hcl，然后配平即可；利用三段分析法，根据平衡时h2与sihcl3物质的量浓度，求出的起始物质的量，再根据2nacl+2h2o cl2+h2+2naoh，求出理论上消耗纯nacl的质量；（2）根据反应物状态和反应条件选取反应装置，根据气体的溶解性、密度选取收集装置；（3）根据得失电子守恒，nacl转化为naclo3所失去的电子等于h2o转化为h2所得到的电子，由氯酸钠的质量求出氯酸钠的物质的量，进而求出nacl转化为naclo3所失去的电子的物质的量，最后求出生成氢气在标准状况下的体积解答：解：电解饱和食盐时阳极阴离子cl、oh放电，cl的放电能力强于oh，阳极：2cl2ecl2，阴极：2h+2eh2；总反应为：2nacl+2h2ocl2+h2+2naoh，阴极：氢离子放电，产生氢气致使氢氧根离子浓度增大，钠离子和氢氧根离子的增大都发生在阴极室，所以a出口导出的液体是氢氧化钠溶液；阳极：氯离子放电，产生氯气，致使钠离子浓度升高，通过阳离子交换膜到达阴极室所以d入口应加入精制饱和食盐水；要干燥cl2需要用酸性干燥剂浓硫酸或p2o5等，中性干燥剂无水cacl2故答案为：氯气；a；d；浓硫酸；（1）sicl4与h2和o2反应，产物有两种，光导纤维的主要成分是sio2，h、cl元素必在另一产物中，h、cl元素结合成hcl，然后配平即可，发生的化学方程式为：sicl4+2h2+o2sio2+4hcl；由3sicl4（g）+2h2（g）+si（s）4sihcl3（g）起始量（mol） n 0变化量（mol） 2x x 4x平衡量（mol） n2x 4x4x=0.020mol/l20l=0.4mol，x=0.1mol，n2x=0.140mol/l20l=2.8mol，n=3.0mol，由2nacl+2h2o cl2+h2+2naoh， 2mol 1mol，m（nacl）=350g=0.35kg故答案为：sicl4+2h2+o2sio2+4hcl；0.35；（2）实验室用锌和稀硫酸制取氢气，该反应是固液混合态且不需要加热，所以不需要酒精灯，氢气不易溶于水且密度小于空气密度，所以可以采用向下排空气法或排水法收集，故选e；实验室制取氯气是固液混合态且需要加热，所以需要酒精灯，氯气能溶于水且密度大于空气，所以采用向上排空气法收集，故选d；（3）由nacl转化为naclo3，失去电子数为6，h2o转化为h2，得到的电子数为2，设产生的h2体积为vm3，由得失电子守恒得：，v=134.4m3，故答案为：134.4点评：本题考查电解、氯碱工业、化学平衡的计算、化学方程式书写、化学计算、仪器装置的选取等知识点，注意氧化还原反应中电子守恒法的运用10（16分）（2012天津）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%cu、25%al、4%fe及少量au、pt等金属的混合物，并设计出如图1制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步cu与酸反应的离子方程式为cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o 或3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；得到滤渣1的主要成分为au、pt（2）第步加h2o2的作用是将fe2+氧化为fe3+，使用h2o2的优点是不引入杂质，对环境无污染；调溶液ph的目的是使fe3+、al3+生成沉淀（3）用第步所得cuso45h2o制备无水cuso4的方法是加热脱水（4）由滤渣2制取al2（so4）318h2o，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，甲方案不可行，原因是所得产品中含有较多fe2（so4）3杂质：从原子利用率角度考虑，乙方案更合理（5）探究小组用滴定法测定cuso45h2o （mr=250）含量取a g试样配成100ml溶液，每次取20.00ml，消除干扰离子后，用c moll1 edta（h2y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗edta溶液b ml滴定反应如下：cu2+h2y2=cuy2+2h+写出计算cuso45h2o质量分数的表达式=；下列操作会导致cuso45h2o含量的测定结果偏高的是ca未干燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与edta反应的干扰离子考点：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用专题：压轴题；几种重要的金属及其化合物分析：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，cu、al、fe发生反应生成cu2+、al3+、fe2+；所以滤渣1 的成分是pt和au，滤液1中的离子是cu2+、al3+、fe2+；（2）过氧化氢具有氧化性且被还原为水，无杂质无污染；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去，调节溶液ph目的是铁离子和铝离子全部沉淀；第步加h2o2的作用是把fe2+氧化为fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染调溶液ph的目的是使fe3+和al3+形成沉淀所以滤液2的成分是cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；（4）依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断；（5）依据滴定实验和反应离子方程式计算得到；滴定实验误差分析依据标准溶液消耗的多少进行分析判断；解答：解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，cu、al、fe发生反应生成cu2+、al3+、fe2+；所以滤渣1的成分是pt和au，滤液1中的离子是cu2+、al3+、fe2+；第步cu与酸反应的离子方程式为：cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o 或3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；au、pt；故答案为：cu+4h+2no3cu2+2no2+2h2o 或3cu+8h+2no33cu2+2no+4h2o；au、pt；（2）第步加h2o2的作用是将fe2+氧化为fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液ph铁离子和铝离子全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，故答案为：将fe2+氧化为fe3+；不引入杂质，对环境无污染；fe3+、al3+；（3）第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；故答案为：加热脱水；（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加h2so4，生成fe2（so4）3和al2（so4）3，再加al粉和fe2（so4）3生成al2（so4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加naoh和al（oh）3反应生成naalo2，再在滤液中加h2so4生成al2（so4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的naoh和制备的al2（so4）3的原子组成没有关系，造成原子浪费；故答案为：甲；所得产品中含有较多fe2（so4）3杂质；乙；（5）取a g试样配成100ml溶液，每次取20.00ml，消除干扰离子后，用c moll1 edta（h2y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗edta溶液6ml滴定反应如下：cu2+h2y2=cuy2+2h+铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/lb103l=bc103mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的cuso45h2o物质的量为bc103mol；100ml溶液中含bc103mol5=5bc103mol；所以cuso45h2o质量分数的表达式=；a未干燥锥形瓶 对实验结果无影响；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液少，结果偏低；c未除净可与edta反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高；故答案为：；c；点评：本题考查离子分离的方法，实验设计，试剂选择，中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等11（8分）（2013潍坊模拟）化学物质结构与性质a、b、c、d、e、f六种短周期元素，核电荷数依次增加只有e为金属，a与e同主族，b与f同主族，b原子最外层电子数是内层电子数的2倍，d最外层有两对成对电子e+与c3具有相同的电子层结构请回答下列问题：（1）f的价电子排布为3s23p2b、f形成的化合物晶体类型是原子晶体（2）a、b、c、d形成的既有离子键又有共价键的化合物化学式为nh4hco3、（nh4）2co3（3）a、c形成的分子有1对孤对电子、3个键，中心原子杂化方式为sp3（4）稳定性：ca3fa4离子半径：e+c3（填“”或“”）考点：原子结构与元素的性质；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型专题：元素周期律与元素周期表专题分析：a、b、c、d、e、f六种短周期元素，核电荷数依次增加，b原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数小于9，所以b是c元素；b与f同主族且是短周期元素，所以f是si元素；只有e为金属，e+与c3具有相同的电子层结构，根据化合价知e为第ia族，且原子序数大于a、b、c、d，所以e是na元素，c是n元素；a和e同主族且只有e为金属，所以a是h元素；d最外层有两对成对电子，且原子序数小于11，所以d是o元素解答：解：a、b、c、d、e、f六种短周期元素，核电荷数依次增加，b原子最外层电子数是内层电子数的2倍，最外层电子数小于9，所以b是c元素；b与f同主族且是短周期元素，所以f是si元素；只有e为金属，e+与c3具有相同的电子层结构，根据化合价知e为第ia族，且原子序数大于a、b、c、d，所以e是na元素，c是n元素；a和e