(解析版）吉林省长春市2015年高三第一次模拟考试化学试卷

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1、吉林省长春市2015届高三第一次模拟考试化学试卷(解析版）一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分每小题只有一个选项符合题意）1下列化学用语正确的是（）A重水的分子式是H218OBMg2+的结构示意图C乙酸的结构式CH3COOHD次氯酸的电子式考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.分析：A重水分子中氢原子为重氢原子，氧原子为一般氧原子；B镁离子的核电荷数为12；CCH3COOH为乙酸的结构简式，结构式需要用短线表示出所有的共用电子对；D次氯酸属于共价化合物，中心原子为氧原子解答：解：A重水中氢原子为重氢原子，重水正确的分子式为：D2O，故A错误；B镁的核电荷数是12，Mg2+的

2、结构示意图，故B错误；C、CH3COOH是乙酸的结构简式，结构式为：，故C错误；D次氯酸为共价化合物，分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，其电子式为：，故D正确；故选D点评：本题考查了常见化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握离子结构示意图、电子式、结构式等化学用语的概念及书写原则，明确结构式与结构简式、分子式的区别，为易错点2（3分）（2015长春一模）下列变化不属于取代反应的是（）ACH3COO C2H5+H2O CH3COOH+C2H5OHBCH2=CH2+H2CH3 CH3C+HNO3+H2ODCH4+Cl2 CH3Cl+HCl考点：取代反应与加成反应.分析：根据取代反应是有机化

3、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进行判断解答：解：A乙酸乙酯的水解反应属于取代反应，故A不选； B乙烯中含有碳碳双键，乙烯与氢气发生加成反应，不属于取代反应，故B选；C苯环上的氢原子被硝基取代生成硝基苯，属于取代反应，故C不选；D甲烷分子上的一个氢原子被氯原子取代，属于取代反应，故D不选；故选B点评：本题考查有机物的性质、有机反应类型，题目较为简单，注意理解常见有机反应类型，注意取代反应与其它反应类型的区别3（3分）（2015长春一模）下列说法正确的是（）A分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液B能自发进行的化学反应，一定是H0

4、、S0C焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化D钢铁发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为 Fe3e=Fe3+考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变.专题：物质的分类专题；化学反应中的能量变化；电化学专题分析：A根据溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；B反应能否自发进行的判据为：HTS，只有HTS0的反应才能自发进行；C焰色反应没有新物质生成；D反应生成Fe2+解答：解：A因溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，

5、所以分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3胶体FeCl3溶液，故A正确； BH0，S0或H0，S0能否自发进行，取决于反应的温度，也可能自发进行，故B错误；C焰色反应没有新物质生成，是物理变化，故C错误；D负极反应式为Fe2eFe2+，故D错误故选A点评：本题考查胶体、自发反应、焰色反应以及金属腐蚀，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累4（3分）（2015长春一模）设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下，46 g NO2与N2O4的混合气体中含有的分子总数为NAB0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗

6、O2的分子数为0.3 NAC25时，pH=13的Ba（OH）2溶液中含有OH的数目为0.1 NAD一定量的钠与8 g氧气作用，若两者均无剩余，转移的电子数为NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、根据极值法来判断；B、根据等物质的量的乙烯和乙醇燃烧消耗相同物质的量的氧气来判断；C、溶液的体积不确定，故OH的数目不确定；D、根据反应后氧元素的价态来分析解答：解：A、采用极值法来判断：假设46 g 气体全部为NO2，则NO2的物质的量n=1mol，分子个数为NA个；假设46 g 气体全部为N2O4，则N2O4的物质的量n=0.5mol，则分子个数为0.5NA个，而现

7、在是46 g NO2与N2O4的混合气体，故气体的分子个数介于0.5NANA之间，故A错误；B、1mol乙烯和1mol乙醇燃烧均消耗3mol氧气，故0.1 mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗O2的物质的量为0.3mol，分子数为0.3 NA，故B正确；C、溶液的体积不确定，故OH的数目无法确定，故C错误；D、8g氧气的物质的量n=0.25mol，而氧气与钠反应时，根据反应条件的不同，常温下生成Na2O，氧元素为2价，故0.25mol氧气得1mol电子；若在加热时生成Na2O2，氧元素为1价，则0.25mol氧气得0.5mol电子，故D错误故选B点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练

8、掌握公式的使用和物质的结构是关键，难度不大5（3分）（2015长春一模）用下列装置进行实验，设计正确且能达到实验目的是（）A制取少量H2B分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5的混合物C验证Na和水反应为放热反应D蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A长颈漏斗应该伸入液面下，否则得不到氢气；B不互溶的液体采用分液方法分离；C空气有热胀冷缩的性质；D加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气解答：解：A长颈漏斗应该伸入液面下，否则起不到液封的作用，则得不到氢气，故A错误；B碳酸钠溶液和乙酸乙酯不互溶，所以可以采用分液的方法分离，故B错误；C空气有热

9、胀冷缩的性质，如果Na和水是放热反应，则大试管中的空气膨胀，导致U型管中液面左低右高，从而确定反应热，故C正确；D加热时氯化铵易分解生成氯化氢和氨气，所以不能采用加热蒸发的方法制备氯化铵，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案评价，侧重物质性质、基本操作的考查，明确物质的性质、混合物分离和提纯方法等知识点即可解答，从实验仪器、基本操作、物质性质等方面进行评价，题目难度不大6（3分）（2015长春一模）有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，可发生以下系列转化，B、D是生活中常见的两种有机物，下列说法不正确的是（）AA的结构简式为CH2=CH2B1molB物质可以与足量Na反应生

10、成0.5molH2CB、D、E三种物质可以用饱和Na2CO3溶液鉴别D由B、D制备E浓H2SO4只作吸水剂考点：有机物的推断.专题：有机物的化学性质及推断分析：有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则A为CH2CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，据此解答解答：解：有机物A的产量是衡量一个国家石油工业发展水平的标志，则A为CH2CH2，A与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，B发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步氧化生成D为CH3

11、COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3，A由上述分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故A正确；B羟基与钠反应生成氢气，1molCH3CH2OH物质可以与足量Na反应生成0.5molH2，C乙酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，有气体生成，乙醇与碳酸钠溶液互溶，而乙酸乙酯与碳酸钠溶液不互溶，溶液分层，现象各不相同，可以进行区别，故C正确；D乙酸乙酯制备中浓H2SO4作催化剂和吸水剂，故D错误，故选D点评：本题考查有机物推断，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯的性质等，比较基础，有利于基础知识的巩固7（3分）（2015长春一模）25时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A滴入

12、甲基橙显红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2、ClBPH=13的溶液：Na+、K+、SiO32、HCO3C含较多的SO32的溶液：H+、Ca2+、Fe3+、NO3D澄清透明溶液中：K+、MnO4、H2O、SO42考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性；BPH=13的溶液呈碱性；CSO32具有还原性，且在酸性条件下不能大量共存；D如离子之间不发生任何反应，则可大量共存解答：解：A滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性，NH4+、AlO2发生互促水解反应，且AlO2在酸性条件下不能大量共存，故A错误；BPH=13的溶液呈碱性，碱性条件下不能大量共存，故B错误；CSO

13、32具有还原性，与Fe3+发生氧化还原反应，且在酸性条件下不能大量共存，故C错误；D离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确故选D点评：本题考查离子的共存问题，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握信息中的隐含条件，是解答本题的关键，并熟悉离子之间的反应来解答，题目难度不大8（3分）（2012江苏）某反应的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）下列有关叙述正确的是（）A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能考点：化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变.专题：化学反应中的能

14、量变化分析：A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；B、催化剂改变速率不改变平衡；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能；D、图象中分析判断；解答：解：A、图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B、催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故C正确；D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误；故选C点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键9（3分）（2015长春一模）根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（）A反

15、应均属于氧化还原反应B反应说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：1D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算.专题：氧化还原反应专题分析：A为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水合氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝；B为铝热反应，放出大量的热；C中O元素的化合价由1价升高为0，中O元素的化合价有2价升高为0；D中Mn元素的化合价有+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由

16、1价升高为0解答：解：A为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、二氧化锰、水，为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，为过氧化氢分解生成水合氧气，为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，为铝和二氧化锰反应铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故A正确；B为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；C中O元素的化合价由1价升高为0，中O元素的化合价有2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为1：2，故C错误；D反应4HCl（浓）+MnO2 MnCl2+Cl2+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由1价升

17、高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选AB点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，注意元素的化合价判断及电子守恒应用，题目难度不大10（3分）（2015长春一模）如图是立方烷的球棍模型，下列有关说法不正确的是（）A其一氯代物只有一种B其二氯代物有三种同分异构体C它的分子式不符合CnH2n+2，所以它不是饱和烃D它与苯乙烯（C6H5CH=CH2）互为同分异构体考点：饱和烃与不饱和烃；同分异构现象和同分异构体.分析：A立方烷整个分子的结构是立方体形，且分子结构是对称的；B立方烷二

18、氯代物有三种；C立方烷不含碳碳双键和三键；D同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物解答：解：A、因为立方烷只有一种氢原子，其一氯代物只有一种，故A正确；B、二氯代物有三种同分异构体，分别是：2个氯原子在同一条边的2个碳上、在面对角线的2个碳上、在体对角线的2个碳上，故B正确；C、它的分子式不符合CnH2n+2，但分子结构中只含碳碳单键，是饱和烃，故C错误；D、它与苯乙烯（C6H5CH=CH2）的分子式都是C8H8，且结构不同互为同分异构体，故D正确故选C点评：本题考查球棍模型、等效氢和同分异构体等，题目难度中等，注意根据结构确定物质的性质11（3分）（2015长春一模）甲、乙、丙、丁四种物质

19、中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下图转化关系下列有关物质的推断正确的是（）A若甲为N2，则丁可能是O2B若甲为Fe，则丁可能是Cl2C若甲为AlCl3，则丁可能是NH3D若甲为NaHCO3，则丁可能是HCl考点：无机物的推断.专题：推断题分析：A氮气与氧气生成NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气；B若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应；C若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝沉淀不能与氨水反应；D若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，乙不能与HCl反应解答：解：A若甲为N2，丁是O2，氮气与

20、氧气生成乙为NO，NO与氧气反应得到二氧化氮，二氧化氮在一定条件下可以得到氮气，故A正确；B若甲为Fe，丁是Cl2，则乙为氯化铁，氯化铁不能与氯气反应，故B错误；C若甲为AlCl3，则是NH3，则乙为氢氧化铝，氢氧化铝溶于强酸、氢键，不能与弱碱与氨水反应，故C错误；D若甲为NaHCO3，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，不论乙为何种物质，都不能与HCl反应，故D错误，故选A点评：本题以框图转化关系为载体，考查元素化合物的相互转化，难度不大，利用代入法进行验证判断，需要学生熟练掌握元素化合物知识12（3分）（2015长春一模）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）ANaHSO4 溶液与B

21、a（OH）2溶液反应至中性：2H+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+2H2OB向FeCl2溶液中通入氯气：Fe2+Cl2=Fe3+2ClC向Ca（ClO）2溶液中通入过量的SO2：ClO+SO2+H2O=HClO+HSO3DFeSO4酸性溶液中加H2O2：2Fe2+H2O2=2Fe3+2OH考点：离子方程式的书写.分析：A反应至溶液呈中性时，二者以2：1反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；B电荷不守恒；C二者反应生成氯离子、硫酸氢钙；D二者反应生成铁离子和水解答：解：ANaHSO4 溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：即NaHSO4 与Ba（OH）2的物质的量之比为2：1，离子方程式为2H+SO4

22、2+Ba2+2OH=BaSO4+2H2O，故A正确；B不满足电荷守恒，应该为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故B错误；CHClO能将HSO3氧化，离子方程式为Ca2+2ClO+2H2O+2SO2=CaSO4+4H+2Cl+SO42，故C错误；D酸性溶液中不可能得到OH，应该是：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，故D错误故选A点评：本题考查离子方程式正误判断，侧重考查复分解反应、氧化还原反应，为高考高频点，明确物质性质是解本题关键，注意C中不发生复分解反应而是氧化还原反应，为易错点13（3分）（2015长春一模）在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭

23、容器中，发生反应：X（g）+Y（g）2Z（g）H0一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n（Y）/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是（）A反应前2 min的平均速率（Z）=2.0103molL1min1B其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前（逆）（正）C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，到达平衡时，n（Z）0.24 molD其他条件不变，向平衡体系中再充入0.16 mol气体X，与原平衡相比，达到新平衡时，气体Y的转化率增大，X的体积分数增大考点：化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：A、2

24、min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，根据v=计算v（Y），在利用速率之比等于化学计量数之比计算v（Z）；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正）；C、保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动；D、充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的转化率增大，X的体积分数增大解答：解：A、2min内Y物质的量变化为0.16mol0.12mol=0.04mol，故v（Y）=0.002mol/（Lmin），速率之比

25、等于化学计量数之比，故v（Z）=2v（Y）=20.002mol/（Lmin）=0.004mol/（Lmin），故A错误；B、该反应正反应是放热反应，降低温度平衡向正反应移动，反应达到新平衡前v（逆）v（正），故B错误；C、X（g）+Y（g）2Z（g），图表数据分析平衡后消耗Y为0.16mol0.1mol=0.06mol，生成Z为0.12mol，保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32 mol气体X和0.32 mol气体Y，相当于等效为在原平衡基础上增大压强，反应前后气体的体积不变，平衡不移动，到达平衡时，n（Z）=0.24 mol，故C错误；D、充入0.16mol气体X，平衡正向进行，Y的

26、转化率增大，X的体积分数增大，故D正确；故选D点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等，难度中等，等效平衡的理解应用，题目难度中等14（3分）（2015长春一模）常温下，下列各溶液的叙述中正确的是（）ANaHSO3与Na2SO3混合溶液中：3c（Na+）=c（HSO3）+c（SO32）B0.1 mol/L的醋酸钠溶液20 mL与0.1 mol/L盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c（CH3COO）c（CH3COOH）c（Cl）c（H+）C等物质的量浓度等体积的NH4HSO4和NaOH溶液混合：c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）D向1.00 L 0

27、.3 mol/LNaOH溶液中缓慢通入0.2 mol CO2气体，溶液中：c（Na+）c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用.专题：盐类的水解专题分析：A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒判断；B二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，溶液呈酸性；C等物质的量的NH4HSO4和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒；Dn（NaOH）=0.3mol/L1L=

28、0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32水解程度大于HCO3，二者都水解导致溶液呈碱性解答：解：A任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3）+3c（SO32）+3c（H2SO3），故A错误；B二者混合后，溶液中的溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，CH3COOH电离程度大于CH3COO水解程度，溶液呈酸性，氯离子不水解，所以存在c（CH3COOH）c（Cl），故B错误；C等物质的量的NH4HSO4和

29、NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的 Na2SO4、（NH4）2SO4，NH4+水解导致溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（SO42）c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH），故C正确；Dn（NaOH）=0.3mol/L1L=0.3mol，n（CO2）=0.2mol，n（NaOH）：n（CO2）=0.3mol：0.2mol=3：2，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaHCO3、Na2CO3，CO32水解程度大于HCO3，所以c（CO32）c（HCO3），故D错误；故选C点

30、评：本题考查离子浓度大小比较，明确电解质溶液中的溶质及其性质再结合物料守恒、电荷守恒分析解答即可，注意确定D中溶质，为易错点二、非选择题（本大题包括4道小题，共58分）15（16分）（2015长春一模）A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A和C同族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素，请回答（1）C在元素周期表中的位置是第三周期第A族（2）D2B的电子式是；AB2的结构式是O=C=O（3）B、D、E离子半径的由大到小的顺序

31、为ClO2Na+；（用离子符号回答）A、C、E最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4H2CO3H2SiO3（用化学式回答）（4）A、B气态氢化物沸点高的是H2O；（用化学式回答）原因水分子之间有氢键，且水为极性分子（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生以为，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀，当消耗13.50g EB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式为5Mn2+2ClO2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+考点：位置结构性质的相互关系应用.分析：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则

32、A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为第A族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，据此答题解答：解：A、B、C、D、E均是短周期元素，A和B同周期，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和C同族，则C为硅元素，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与D的阳离子电子层结构相同，D的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成D2B或D2B2，则D为钠元素，E是

33、所在周期中原子半径最小的元素，则E为第A族元素，根据第（5）小问题目可知，存在EB2，所以E为氯元素，（1）C为硅元素，在元素周期表中第三周期第A族，故答案为：第三周期第A族；（2）D2B为氧化钠，它的电子式是；AB2为二氧化碳，它的结构式是O=C=O，故答案为：；O=C=O；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，所以B、D、E离子半径的由大到小的顺序为ClO2Na+；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，在C、Si、Cl中，非金属性由强到弱的顺序为ClCSi，所以酸性由强到弱到的顺序为HClO4H2CO3H2SiO3，故答案为：C

34、lO2Na+；HClO4H2CO3H2SiO3；（4）由于水分子之间有氢键，且水为极性分子，所以水的沸点比二氧化碳高，故答案为：H2O；水分子之间有氢键，且水为极性分子；（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色、使水产生异味ClO2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成一种黑色沉淀，该黑色沉淀为MnO2，同时测得消耗13.50g ClO2时，共转移了1mol电子，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则（4a）=1，解得a=1，故生成Cl，根据电荷守恒可知，还生成H+，则反应的离子方程式是5Mn2+2ClO2+6H2O=5MnO2+2Cl+12H+，故答案为：5Mn2+2ClO2+6H2O=5M

35、nO2+2Cl+12H+点评：本题主要考查了元素周期表、电子式、元素周期律、氧化还原反应等知识点，中等难度，元素推断是解题的关键，第（5）为易错点，答题时注意运用守恒的思想解决问题16（16分）（2015长春一模）、某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了如下系列实验，实验装置如图1所示：实验步骤：先连接好装置，检验气密性，加入试剂；加热A试管直到B中品红褪色，熄灭酒精灯；将Cu丝上提离开液面（1）装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中通入空气（鼓气）

36、（3）若将B中品红溶液换成溴水，通入一段时间后溴水褪色，这说明了二氧化硫具有漂白性，你是否同意这个观点不同意，（填“同意”或“不同意”），说明理由SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42（用离子方程式表示）、以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料可制得硫酸铜晶体其过程如图2所示回答下列问题：（4）配平在滤液（）中发生反应的化学方程式：4 NO2+2H2O+1O2=4HNO3（5）写出制取硫酸铜的总反应方程式：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O（6）在上述生产过程中，被循环使用的物质是HNO3（或NO2）考点：浓硫酸的性质实验.专题：氧族元素分析：（1）A中铜与

37、浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；（2）从D管口向A中大量鼓气可使装置中残留气体完全被吸收；（3）溴单质具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，证明二氧化硫具有还原性，不能证明具有漂白性；（4）NO2中N元素的化合价为+4价，反应后升高到+5价，氧气从0价变为2价，根据化合价升降相等配平该反应方程式；（5）反应中氮原子完全转化成二氧化氮，硫酸提供氢离子，据此写出总反应的化学方程式；（6）根据制备流程判断可以循环利用的物质解答：解：（1）A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：2H2SO4（浓

38、）+CuCuSO4+SO2+2H2O；（2）拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中大量鼓气，故答案为：从D管口向A中通入空气（鼓气）；（3）由于二氧化硫与溴单质发生反应：SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42，导致溴水褪色，该反应证明了二氧化硫具有还原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，所以不同意该观点，故答案为：不同意；SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO42；（4）NO2中N元素的化合价为+4价，反应后升高到+5价，化合价变化为：54=1，氧气从0价变为2价，化合价变化为4价，则化合价变化的最小公倍数为4，则氧气的系数为1，N

39、O2的系数为4，然后根据观察法配平可得：4NO2+2H2O+O2=4HNO3，故答案为：4；2；1；4；（5）Cu与HNO3（浓）反应，只有2molHNO3被还原，另2molH+由H2SO4提供，总反应的化学方程式为：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+2HNO3+H2SO4=CuSO4+2NO2+2H2O；（6）根据制备流程可知，可以循环利用的为HNO3（或NO2），故答案为：HNO3（或NO2）点评：本题考查了浓硫酸的化学性质、硫酸铜的制备等知识，题目难度中等，注意掌握浓硫酸的化学性质，能够根据化合价变化配平氧化还原反应，试题培养了学生灵活应用基础

40、知识的能力17（13分）（2015长春一模）（1）25C时，0.1mol/L的HA溶液中=1010请回答下列问题：HA是弱电解质（填“强电解质”或“弱电解质”）在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是AD（填字母）ABCc（H+）与c（OH）的乘积Dc（OH）（2）已知：CH4+H2O=CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol1CH4+CO2=2CO（g）+2H2（g）H=247.4kJmol1CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1（3）如图是利用甲烷燃

41、料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液的装置示意图：请回答：甲烷燃料电池的负极反应式为CH48e+2H2O=CO2+8H+当线路中有0.6mol电子通过时，B中阳极产物的质量为10.3g考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理.分析：（1）25时，0.1molL1的某酸HA中，如果该酸是强酸，c（H+）/c（OH）=1012而溶液中c（H+）/c（OH）=1010所以该酸是弱酸，弱酸中存在电离平衡；根据HA的电离平衡分析；（2）利用盖斯定律，用已知的第一个热化学方程式乘以2减去第二个热化学方程式得：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（

42、g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1，（3）根据负极发生失电子的反应，以及电解质溶液显酸性得：CH48e+2H2O=CO2+8H+；甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液，溶液中n（Cl）=0.2mol，电解一段时间后，阳极电极反应：2Cl2e=Cl2，0.2mol氯离子失电子0.2mol生成氯气0.1mol，所以氢氧根离子失电子0.4mol，4OH4e=2H2O+O2，转移0.4mol电子生成氧气0.1mol，共生成气体的质量0.171+0.132=10.3；解答：解：（1）25时，0.1molL1的某酸HA中，如果该酸是强酸，c（H+）/c（OH）=1012而溶液中c

43、（H+）/c（OH）=1010所以该酸是弱酸，弱酸中存在电离平衡；故答案为：弱电解质；A加水稀释促进酸电离，氢离子浓度、酸浓度、酸根离子浓度都降低，但氢离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（H+）/c（HA）增大，故A正确；B加水稀释促进酸电离，酸浓度、酸根离子浓度都降低，但酸根离子浓度减小的量小于酸分子减小的量，所以c（HA）/（ A）减小，故B错误；C温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；D加水稀释促进酸电离，氢离子浓度降低，但氢氧根离子浓度增大，故D正确；故答案为：AD；（2）利用盖斯定律，用已知的第一个热化学方程式乘以2减去第二个热化学方程式得：CH4（g）+2H2O（g）=C

44、O2（g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+659.8kJmol1；（3）根据负极发生失电子的反应，以及电解质溶液显酸性得：CH48e+2H2O=CO2+8H+；故答案为：CH48e+2H2O=CO2+8H+；甲烷燃料电池电解50mL 2mol/L的氯化铜溶液，溶液中n（Cl）=0.2mol，电解一段时间后，阳极电极反应：2Cl2e=Cl2，0.2mol氯离子失电子0.2mol生成氯气0.1mol，所以氢氧根离子失电子0.4mol，4OH4e=2H2O+O2，转移0.4mol电子生成氧气0.1mol，共生成气体的

45、质量0.171+0.132=10.3；故答案为：10.3点评：本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学平衡的影响因素、酸碱混合溶液的计算、电化学以及盖斯定律的应用等，题目难度中等，注意体会盖斯定律的应用，把握燃料电池中电极方程式的书写18（13分）（2015长春一模）（1）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中（假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NOONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度（）15.020.025.030.035.0平衡气体总浓度（103mol/L）2.43.44.86.89.4氨基甲酸

46、铵分解反应的焓变H0（填“”、“”或“=”）可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是BC（填字母）A.2v（NH3）=v（CO2）B密闭容器中总压强不变C密闭容器中混合气体的密度不变D密闭容器中氨气的体积分数不变根据表中数据，计算25.0时的分解平衡常数为1.64108mol3/L3（2）25时，NH3H2O电离常数Kb=1.8105，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.81011，计算0.5mol/L氨水的pH约为11.5（已知lg30.5）在某氯化镁溶液中加入一定量的某浓度的氨水后，测得混合液PH=11，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2+）=1.8105mol/L考点：用化学平衡常数进行

47、计算；化学平衡状态的判断；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：（1）根据表中数据知温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动；当化学反应正逆反应速率相等，各组分浓度不变时，反应达到平衡状态；根据平衡时各组分浓度，由平衡常数公式计算；（2）由电离平衡常数计算氢氧根离子浓度，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，继而计算PH值；由溶度积常数结合氢氧根离子浓度计算溶液中镁离子浓度解答：解：（1）从表中数据可以看出随着温度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应为吸热反应，H0；A、因未指明速率的方向，无法确定正逆反应速率的关系，故A错误；B、该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，

48、已达到平衡，故B正确；C、由于反应物是固体，没有达到平衡状态，气体质量会变化，容器体积不变，密度也会发生变化，所以密度不变，达到了平衡状态，故C正确；D、因反应物是固体物质，所以密闭容器中NH3的体积分数始终不变，为2/3，故D错误容器内气体的浓度之比为2：1，故NH3和CO2的平衡浓度分别为3.2103 mol/L、1.6103mol/L，代入平衡常数表达式K=c（NH3）2c（CO2）=（3.2103 mol/L）21.6103mol/L=1.64108mol3/L3，故答案为：；BC；1.64108mol3/L3；（2）已知氨水电离生成等量的铵根离子和氢氧根离子，NH3H2O的电离平衡常数K=1.8105，所以c（OH）=3103mol/L，则c（H+）=1011，PH=11.5；25时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp=1.81011，pH=11，c（OH）=0.001mol/L，残留在溶液中的c（Mg2+）=1.8105mol/L，故答案为：11.5；1.8105mol/L点评：本题考查了化学平衡常数理解应用，化学平衡状态的判断，溶解平衡及溶度积的应用，注重了基础原理的应用，本题难度中等