1、吉林省长春市2015年高考化学一模试卷一、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+的结构示意图，故B错误
2、；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合物分子里的某些原子
3、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、S0C焰色反应是物
4、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，所以分散质粒子的直径
5、：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O2的分子数为0.3
6、 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，而现在是46 g NO2
7、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，熟练掌握公式的使用和物质
8、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空气有热胀冷缩的性质，如果N
9、a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反应生成0.5molH2C
10、B、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CH3COOH，乙酸与乙醇
11、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滴入甲基橙显红色的溶液中
12、：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；CSO32具有还原性，与F
13、e3+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：化学反应中的能量变化分析：A、依据
14、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反应均属于氧化还原反应
15、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1价升高为0解答：解
16、：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价升高为0，由电子守恒可
17、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立方烷二氯代物有三种；C立方
18、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、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有
19、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，氮气与氧气生成乙为NO，N
20、O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Ba（OH）2溶液反应
21、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+SO42+Ba2+2OH=
22、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恒容密闭容器中，发生反应：X
23、（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、2min内Y物质的量变
24、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），速率之比等于化学计量数之比，
25、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的转化率增大，X的体积
26、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 0.3 mol/LNa
27、OH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=0.3mol，n（C
28、O2）=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NaOH溶液混合，二
29、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点评：本题考查离子浓度
30、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为ClO2Na+；（
31、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A为碳元素，A和C同
32、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是所在周期中原子半径最
33、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：ClO2Na+；HCl
34、O4H2CO3H2SiO3；（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=5MnO2+2Cl+12
35、H+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）（3）若将B中品红溶
36、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中铜与浓硫酸在加热条件下反
37、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）+CuCuSO4+
38、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，NO2的系数为4，然后
39、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知识的能力17（13
40、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）如图是利用甲烷燃料电池电解50mL
41、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（g）+4H2（g）H
42、=+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（H+）/c（OH）
43、=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）=CO2（g）+4H2（
44、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，共生成气体的质量0.171+0.
45、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）2.43.44.86.8来源：wwwshulihuanet
46、9.4氨基甲酸铵分解反应的焓变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
47、学平衡常数进行计算；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
48、内压强不变时，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
