1、江苏省常州市前黄高中2015年高考化学模拟试卷（2）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1化学与生产生活、环境保护、资源利用息息相关下列叙述错误的是（）A火力发电厂的燃煤中加适量石灰石，有利于环境保护B硅胶可做装食品的干燥剂C绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品D利用农作物秸秆制取乙醇考点：常见的生活环境的污染及治理；绿色化学；纤维素的性质和用途.分析：A、燃煤中加石灰石，会与SO2反应；B、硅胶的表面积比较大，有微孔，吸水效果好；C、世界上的任何物质均为化学物质；D、农作物秸秆主要成分是纤维素属于多糖，多糖水解可以得到单糖解答：
2、解：A、燃煤中加石灰石，会与SO2反应，将二氧化硫吸收生成CaSO3，能减少大气污染，故A正确；B、由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C、世界上的任何物质均为化学物质，故C错误；D、农作物秸秆主要成分是纤维素，纤维素水解可以得到葡萄糖，葡萄糖发酵可以制乙醇，故D正确；故选C点评：本题涉及到社会可持续性发展和低碳生活，是当前热门话题，通过化学知识使资源回收和合理利用，是高考的热点，平时应注意积累相关的化学常识，本题难度不大，根据生活常识可以判断解答2下列化学用语表述正确的是（）AHCl的电子式：B乙烯的比例模型：C明矾的化学式：KAl（SO4）2D间硝基甲苯的
3、结构简式：考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题：化学用语专题分析：A氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；B乙烯为平面结构，碳原子的相对体积大于氢原子；C明矾为十二水合硫酸铝钾，该化学式中缺少12个结晶水；D硝基的表示方法不规范，正确表示为：O2N解答：解：A氯化氢属于共价化合物，分子中存在氢氯键，氯化氢正确的电子式为：，故A错误；B乙烯分子中存在碳碳双键，为平面结构，乙烯的比例模型为：，故B正确；C明矾正确的化学式为：KAl（SO4）212H2O，故C错误；D硝基的表示方法错误，间硝基甲苯正确的结构简式：，故D错误；故选B点评：本题考查了电子式、结构简式、比例模型、化学式的表
4、示方法判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，D为易错点，需要明确硝基的正确表示方法3（2分）（2015武进区模拟）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、SO42B在澄清透明溶液中：NH4+、Cu2+、Cl、SO42C酸性溶液中：Na+、K+、ClO、NO3D0.1 molL1 KMnO4溶液：Na+、K+、Cl、SO32考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A铁离子在pH为4.4左右沉淀完全；B该组离子之间不反应；C离子之间结合生成弱电解质；DKMnO4具有强氧化性，不能存在还原性离子解答：解：A中性溶液中不能大量存在F
5、e3+，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，故B选；C酸性溶液中，H+、ClO结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；DKMnO4具有强氧化性，与Cl、SO32发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选B点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，选项A为解答的难点，题目难度不大4（2分）（2015武进区模拟）下列表述正确的是（）A钠和钾的合金在常温下是液体，可用于快中子反应堆作热交换剂B氯化钠溶液显中性，可用铝制容器贮存氯化钠溶液C碳酸钠溶液呈碱性，可用热的纯碱溶液除去矿物油污渍D高温下，工业上
6、用纯碱和石英砂制玻璃，说明硅酸的酸性强于碳酸考点：合金的概念及其重要应用；油脂的性质、组成与结构；化学试剂的分类.专题：基本概念与基本理论分析：A、钠钾合金呈液态，可以做中子反应堆作热交换剂；B、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀；C、碱不能除去烃类化合物；D、纯碱和石英砂制玻璃，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，碳酸酸性大于硅酸解答：解：A、钠钾合金呈液态，具有良好的导热、导电性质，可以做中子反应堆作热交换剂，故A正确；B、氯化钠溶液与铝制容器可以构成原电池，金属铝作负极，发生电化学腐蚀，加快铝腐蚀，故B错误；C、矿物油渍属于烃类化合物，碱和烃类化合物不反应，所
7、以不能用纯碱除去矿物油渍，故C错误；D、纯碱和石英砂制玻璃，SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2，利用难挥发性酸酐制备易挥发性酸酐，实际碳酸酸性大于硅酸，故D错误；故选A点评：本题考查较综合，涉及元素化合物性质的综合考查，注重基础知识的考查，题目难度不大注意C中矿物油渍和植物油油渍的区别5（2分）（2015武进区模拟）下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现图示变化的是（）物质编号物质转化关系abcdNONO2N2HNO3Na2ONa2O2NaNaOHFeCl2FeC13FeCuCl2Al2O3NaAlO2AlAl（OH）3ABCD考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；钠的重要化
8、合物；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质.专题：元素及其化合物分析：根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；abda；ca cb；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单，据此分析解答解答：解：依据转化关系为：abda；ca cb；NO NO2HNO3NO；N2NO、N2不能一步转化NO2，故错误；Na2ONa2O2NaOH不能一步转化为Na2O，故错误； FeCl2 FeCl3CuCl2FeCl2；Fe FeCl2、Fe FeCl3，故正确； Al2O3NaAlO2Al（OH）3 Al2O3；Al Al2O3、Al NaAlO2，故正确；故
9、选C点评：本题考查了物质之间通过一步反应的原理，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径，题目难度较大6（2分）（2014徐州三模）用如图装置进行相应实验，不能达到实验目的是（）A图1所示装置可制备氢氧化亚铁B图2所示装置可电解食盐水制氯气和氢气C图3所示装置可验证氨气极易溶于水D图4所示装置与操作可除去苯中的苯酚考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化；BCu为阳极，失去电子，不能生成氯气；C挤压胶头滴管，氨气溶于水，气球变大；D酚与NaOH反应
10、，而苯不能，且反应后分层解答：解：A苯能隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，则图1所示装置可制备氢氧化亚铁，故A正确；BCu为阳极，失去电子，不能生成氯气，则C应为阳极电解食盐水制氯气和氢气，故B错误；C挤压胶头滴管，氨气溶于水，气球变大，则图3所示装置可验证氨气极易溶于水，故C正确；D酚与NaOH反应，而苯不能，且反应后分层，则图4所示分液装置与操作可除去苯中的苯酚，故D正确；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、电解原理、物质的性质及除杂等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，侧重实验技能的考查，注意操作的可行性、评价性分析，题目难度不大7（2分）（2015武进
11、区模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A1 molNa2O2中含有的离子总数为4 NAB0.1 mol羟基（）中含有的电子数为0.7 NAC室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH的数目为0.1 NAD在5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中，生成28 g N2时转移的电子数目为3.75 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、Na2O2由钠离子和过氧根离子构成；B、羟基不显电性；C、在氢氧化钠溶液中，水的电离被抑制；D、此反应中，每生成4mol氮气，转移15mol电子解答：解：A、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子
12、构成，故1molNa2O2中含3mol离子，故A错误；B、羟基不显电性，故1mol羟基含9mol电子，故0.1mol羟基含0.9mol电子，故B错误；C、在氢氧化钠溶液中，水的电离被抑制，溶液中的氢氧根几乎全部是由氢氧化钠电离出的，而氢离子全部来自于水的电离，故溶液中水电离出的OH的数目N=nNA=1013mol/L1LNA=1013NA，故C错误；D、此反应中，每生产4mol氮气，转移15mol电子，故生成28 g N2即1mol氮气转移的电子数目为3.75 NA，故D正确；故选D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的结构是解题关键，难度不大8（2分）（2015
13、武进区模拟）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2OB硝酸银溶液中滴加过量氨水：Ag+NH3H2OAgOH+NHC将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性：H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+H2OD向氨水通入足量SO2：SO2+2NH3H2O=2NH4+SO32+H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A乙醛与银氨溶液发生氧化还原反应产生银镜现象；B硝酸银溶液中滴加过量氨水，生成银氨溶液；C将NaHSO4与Ba（OH）2溶液按照物质的量之比2：1反应，
14、溶液呈中性；D二氧化硫足量，反应生成亚硫酸氢铵解答：解：A用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故A正确；B硝酸银溶液中滴加过量氨水的离子反应为Ag+2NH3H2OAg（NH3）2+2H2O，故B错误；C将NaHSO4与Ba（OH）2溶液混合至中性，离子方程式：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故C错误；D向氨水通入足量SO2，离子方程式：SO2+NH3H2O=NH4+HSO3，故D错误；故选：A点评：本题考查了离子方程式书写，注意反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度不大9（2分）（2015武
15、进区模拟）镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型NiMH中的M表示储氢金属或合金该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni（OH）2+M=NiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH=6Ni（OH）2+NO2，下列说法正确的是（）ANiMH 电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OHB充电过程中OH离子从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e=MH+OH，H2O中的H被M还原D放电是OH离子从正极向负极迁移考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：镍氢电池中主要为KOH作电解液充电时，阳极反
16、应：Ni（OH）2+OHe=NiOOH+H2O、阴极反应：M+H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OHe=M+H2O，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A根据以上分析书写正极电极反应式；B充电过程中，氢氧根离子向阳极移动；C充电时，阴极上得电子发生还原反应；D放电时负极的电极反应式为：MH+OHe=H2O+M解答：解：镍氢电池中主要为KOH作电解液 充电时，阳极反应：Ni（OH）2+OH=NiOOH+H2O+e、阴极反应：M+
17、H2O+e=MH+OH，总反应：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放电时，正极：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，负极：MH+OH=M+H2O+e，总反应：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金，A正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故A正确；B电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH离子从阴极向阳极，故B错误；CH2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；D放电时负极的电极反应式为：MH+OHe=H2O+M，所以放电是OH离子从正极向负极迁移，故D正确；故选AD点评：本题考查了原电池和电解
18、池原理，明确题给信息的含义是解本题关键，难点的电极反应式的书写，题目难度中等10（2分）（2015武进区模拟）如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22下列说法正确的是（）XYWZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高B由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性DX的阴离子比Y的阴离子离子半径大考点：元素周期律和元素周期表的综合应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x
19、，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，据此结合元素周期律知识进行解答解答：解：W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为x，则X、Y、Z最外层电子数分别为x+1、x+2、x+3，故x+x+1+x+2+x+3=22，解得：x=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl元素，AX、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间都存在氢键，沸点比HCl的高
20、，故A错误；BN、O和H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误；C物质WY2、W3X4、WZ4分别为SiO2、Si3N4、SiCl4，SiO2、Si3N4为原子晶体，具有有熔点高、硬度大的特性，而SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故C错误；DX的阴离子为氮离子、Y的阴离子为O离子，二者的电子层数相同，对应元素的原子序数越大，离子半径越小，原子序数：NO，则X的阴离子比Y的阴离子离子半径大，故D正确；故选D点评：本题考查位构性的知识，题目难度中等，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型及性质、元素周期律等，综合性较强，充分考查了学生灵活应
21、用基础知识的能力二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意11（4分）（2015武进区模拟）下列叙述正确的是（）A氨水加水稀释后，溶液中c （NH3H2O）/c （NH4+）的值减小，c （H+）增大B因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，所以合金耐腐蚀性都较差C相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次增强D加热蒸干氯化铝溶液并灼烧残留物至质量不变，所得固体为氧化铝考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；金属与合金在性能上的主要差异.分析：A、氨水加水稀释其电离平衡正向移动，溶液碱性减弱；B、形
22、成原电池能够加快金属腐蚀速率；C、Fe3+的氧化性比Cu2+强；D、氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢挥发解答：解：A、氨水加水稀释其电离平衡正向移动，n （NH3H2O）减小，n（NH4+）增大，所以减小，故A正确；B、因为合金在潮湿的空气中易形成原电池，形成原电池能够加快金属腐蚀速率，所以合金耐腐蚀性都较强，故B错误；C、相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C错误；D、氯化铝溶液中水解生成氢氧化铝和氯化氢，加热蒸干氯化铝溶液并灼烧，氯化氢挥发得到水解产物氢氧化铝灼烧得到氧化铝，故D正确；故选AD点评：本题考查了氨水加水稀释时各离子浓度变化、金属腐蚀与
23、原电池关系、离子氧化性比较、盐溶液蒸干灼烧产物判断，题目难度中等12（4分）（2015宿迁模拟）镇咳药沐舒坦可由化合物甲和化合物乙在一定条件下制得：下列有关叙述正确的是（）A反应过程中加入适量K2CO3可提高沐舒坦的产率B化合物甲的分子式为C7H4NBr2ClC化合物乙既能与HCl溶液反应又能与NaOH溶液反应D一定条件下，沐舒坦分别能发生消去、氧化、取代、加成反应考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：A反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应；B根据结构简式可确定有机物分子式；COH与氢氧化钠不反应；D沐舒坦含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应解
24、答：解：A反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡向正向移动，故A正确；B由结构简式可知有机物分子式为C7H6NBr2Cl，故B错误；COH与氢氧化钠不反应，不具有酸性，故C错误；D沐舒坦含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有苯环，可发生加成反应，故D正确故选AD点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握有机物官能团的性质，易错点为D13（4分）（2015武进区模拟）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作现象结论A鸡蛋清溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液有白色沉淀蛋白质发生了变性B向FeC
25、l2溶液中通入适量Cl2由浅绿色变为黄色氧化性：Cl2Fe3+C用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液中一定不含K+D等物质的量浓度的H3PO4溶液和H2SO4溶液测pH前者小于后者硫比磷的非金属性强AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析；B向FeCl2溶液中通入适量Cl2，反应生成氯化铁；C观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；D由pH可知酸性硫酸大于磷酸，以此比较非金属性解答：解：A加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析，可观察到白色沉淀，结论不合理，故A错误；B由现象可知向FeCl2溶液中通入适量Cl2反应生成氯化
26、铁，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则氧化性：Cl2Fe3+，故B正确；C观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，则该实验可说明一定含钠离子，不能确定是否含钾离子，故C错误；D由等浓度最高价含氧酸的pH可知酸性硫酸大于磷酸，则非金属性为SP，故D正确；故选BD点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及蛋白质的性质、氧化还原反应、离子检验及非金属性比较等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大14（4分）（2015武进区模拟）下列有关溶液中微粒浓度关系的叙述错误的是（）A0.1 molL1 KHC2O4溶液中：c（OH）=
27、c（H+）+c（H2C2O4）c（C2O42）BpH相等的CH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3、NaOH四种溶液的物质的量浓度大小：C室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合得溶液中：c（Cl）+c（H+）c（NH4+）+c（OH）D向0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）考点：离子浓度大小的比较.专题：盐类的水解专题分析：A根据KHC2O4溶液中的质子守恒判断；BCH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3都是强碱弱酸盐，酸性越强，对应酸根离子的水解程度越弱，溶液pH越小，据此
28、判断pH相等时三者的浓度大小；氢氧化钠为强碱溶液，则pH相等时其浓度最小；C任何溶液都满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；D溶液显示中性，c（H+）=c（OH），结合溶液中电荷守恒、物料守恒判断各离子浓度大小解答：解：A0.1molL1 KHC2O4溶液中，根据质子守恒可得：c（OH）=c（H+）+c（H2C2O4）c（C2O42），故A正确；BCH3COONa、C6H5ONa、Na2CO3都是强碱弱酸盐，酸性越强，对应酸根离子的水解程度越弱，溶液pH越小，则对应酸根离子的水解程度大小为：CH3COOC6H5OCO32，pH相等时溶液浓度大小为：CH3COOC6H5OCO32，即：；NaOH为强碱
29、，则pH相等时氢氧化钠的浓度最小，所以四种溶液的物质的量浓度大小：，故B正确；C室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合得溶液中，根据核电荷守恒可得：c（Cl）+c（H+）=c（NH4+）+c（OH），故C错误；D根据物料守恒可得：c（SO42）=c（NH4+）+c（NH3H2O），则c（SO42）c（NH4+）；由于溶液为中性，则c（H+）=c（OH），根据电荷守恒可得：c（H+）+c（Na+ ）+c（NH4+）=c（OH）+2c（SO42），所以c（Na+ ）+c（NH4+）=2c（SO42），结合c（SO42）c（NH4+）可知：c（Na+ ）c（SO42），所以溶液中离子浓度
30、大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（H+）=c（OH），故D正确；故选C点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法15（4分）（2014南通三模）一定条件下存在反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H0向甲、乙、丙三个恒容容器中加入一定量C和H2O，各容器中温度、反应物的起始量如下表，反应过程中CO的物质的量浓度随时间变化如图容器甲乙丙容积0.5L0.5LV温度T1T2T1起始量2molC1molH2O1molCO1molH24molC2molH2O下
31、列说法正确的是（）A甲容器中，反应在前15 min的平均速率v（H2）=0.1 molL1min1B丙容器的体积V0.5 LC当温度为T1时，反应的平衡常数K=2.25D乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，则T1T2考点：物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学平衡的计算.专题：化学平衡专题分析：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，根据v=计算v（CO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）；B、丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）3mol/L；C、根据甲容器中反应数据计算 T
32、1时，反应的平衡常数K=4.5；D、比较甲与乙可知，二者达等效平衡，根据甲、乙容器中平衡时n（H2O）的量可知，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1T2解答：解：A、由图可知，15min内甲容器中CO的浓度变化量为1.5mol/L，v（CO）=0.1molL1min1，速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=0.1molL1min1，故A正确；B、丙容器中起始量为甲的二倍，若容积=0.5 L，由于正反应为气体体积增大的反应，加压平衡左移，c（CO）3mol/L，故C容器的体积V0.5 L，故B正确；C、根据甲容器中反应数据计算： C（s）+H2O（g）CO（g
33、）+H2（g） 起始浓度 2 0 0 转化浓度 1.5 1.5 1.5 平衡浓度 0.5 1.5 1.5 T1时，反应的平衡常数K=4.5，故C错误；D、比较甲与乙可知，二者达平衡是等效的，经计算知甲容器中平衡时n（H2O）=0.25 mol，乙容器中，若平衡时n（H2O）=0.4 mol，乙相对于甲平衡向逆反应移动，因为正反应吸热，乙中温度低，即温度T1T2，故D错误；故选AB点评：本题考查化学平衡移动、计算及化学平衡图象，难度中等，注意理解图象的纵坐标和横坐标的意义三、解答题（共6小题，满分80分）16（14分）（2015武进区模拟）碘是合成碘化物的基本原料空气吹出法从卤水中提碘的流程如下
34、（1）“氧化”时Cl2过量会将I2氧化为HIO3，写出该反应的化学方程式5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl（2）“吹出”在吹出塔中进行，含碘卤水从塔顶（填“塔顶”或“塔底”）进入，热空气从塔底（填“塔顶”或“塔底”）进入，原因为热空气密度小，且气体与溶液逆向接触，有利于提高吹出率（3）吸收塔应选择耐酸材料，原因是反应生成HI和H2SO4两种强酸（4）从“氧化”所得含碘卤水中提取碘还可以采用加CCl4的方法，该分离方法为萃取；为进一步分离I2和CCl4，向其中加入NaOH溶液与I2反应，生成的I、IO3进入水溶液；分液后再酸化，即得粗碘加入NaOH后溶液中I、IO3的物质的量之比为
35、5：1（5）H2O2也能发生与Cl2类似的反应，若先用H2O2将卤水中的I氧化为IO3，再将其与卤水按一定比例混合、酸化制取粗碘处理含I为254mg/L的卤水1m3，理论上需20%的H2O2170g考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用.专题：实验设计题分析：卤水中碘和氯气发生氧化还原反应生成HCl和HIO3，反应物的接触时间越长，反应越充分，所以含碘卤水应该从塔顶加入，热空气从塔底加入，向剩余液体中加入二氧化硫和水，发生氧化还原反应生成HI和硫酸，再向溶液中通入足量氯气，氯气将HI氧化生成碘单质，最后通过精制得到碘单质，（1）氯气、碘在水溶液中发生氧化还原反应生成碘酸和HCl；（2）反
36、应物接触时间越长，反应越充分；（3）碘和二氧化硫在水溶液中能发生氧化还原反应生成HI和H2SO4两种强酸；（4）利用同一溶质在不同溶剂中溶解度的差异采用萃取方法分离；NaOH溶液与I2反应，生成的I、IO3进入水溶液，离子反应方程式为6OH+3I2=5I+IO3+3H2O，根据生成的碘离子和碘酸根离子之间的关系式计算；（5）1m3的254mg/L的卤水中n（I）=2mol，H2O2将卤水中的I氧化为IO3，发生的反应为3H2O2+I=3H2O+IO3，酸性条件下，I和碘酸根离子反应方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，根据方程式知参加反应的I和IO3的关系是5：1，根据I原子守恒得发
37、生反应消耗I与生成IO3关系为1：1，所以反应中消耗I的物质的量占总的为2mol=mol，则消耗n（H2O2）=3mol=1mol，再根据质量分数计算双氧水质量解答：解：卤水中碘和氯气发生氧化还原反应生成HCl和HIO3，反应物的接触时间越长，反应越充分，所以含碘卤水应该从塔顶加入，热空气从塔底加入，向剩余液体中加入二氧化硫和水，发生氧化还原反应生成HI和硫酸，再向溶液中通入足量氯气，氯气将HI氧化生成碘单质，最后通过精制得到碘单质，（1）氯气、碘在水溶液中发生氧化还原反应生成碘酸和HCl，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HI
38、O3+10HCl；（2）反应物接触时间越长，反应越充分，热空气密度小，且气体与溶液逆向接触，有利于提高吹出率，所以含碘卤水从塔顶进入，热空气从塔底进入，故答案为：塔顶；塔底；因热空气密度小，且气体与溶液逆向接触，有利于提高吹出率；（3）碘和二氧化硫在水溶液中能发生氧化还原反应生成HI和H2SO4两种强酸，酸能腐蚀某些物质，所以吸收塔应选择耐酸材料，故答案为：反应生成HI和H2SO4两种强酸；（4）碘在四氯化碳中的溶解度远远大于在水中的溶解度且碘和四氯化碳不反应，四氯化碳和水不互溶，所以可以采用萃取方法分离；NaOH溶液与I2反应，生成的I、IO3进入水溶液，离子反应方程式为6OH+3I2=5I
39、+IO3+3H2O，根据方程式知，加入NaOH后溶液中I、IO3的物质的量之比为5：1，故答案为：萃取；5：1；（5）1m3的254mg/L的卤水中n（I）=2mol，H2O2将卤水中的I氧化为IO3，发生的反应为3H2O2+I=3H2O+IO3，酸性条件下，I和碘酸根离子反应方程式为5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，根据方程式知参加反应的I和IO3的关系是5：1，根据I原子守恒得发生反应消耗I与生成IO3关系为1：1，所以反应中消耗I的物质的量占总的为2mol=mol，则消耗n（H2O2）=3mol=1mol，理论上需20%的H2O2=170g，故答案为：170点评：本题考查物质分离和
40、提纯，为高频考点，涉及氧化还原反应、基本操作及物质分离和提纯方法的选取等知识点，明确实验原理是解本题关键，难点是（5）题计算，要注意碘离子发生两次反应，题目难度中等17（15分）（2014淮安三模）碘海醇是一种非离子型XCT造影剂下面是以化合物A（分子式为C8H10的苯的同系物）为原料合成碘海醇的合成路线R为CH2CH（OH）CH2OH：（1）写出A的结构简式：（2）反应中，属于取代反应的是（填序号）（3）写出C中含氧官能团的名称：硝基、羧基（4）写出同时满足下列条件的D的两种同分异构体的结构简式：含1个手性碳原子的氨基酸；苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢；能发生银镜反应，水解
41、产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应（5）已知：呈弱碱性，易被氧化请写出以和（CH3CO）2O为原料制备染料中间体的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据D的结构简式，又C与甲醇发生酯化反应生成D，则C为，B发生消化反应生成C，所以B为，A被高锰酸钾氧化生成B，又化合物A（分子式为C8H10的苯的同系物），所以A的结构简式为：；（2）根据（1）的分析反应为氧化，为消化属于取代，是酯化属于取代，为D中的OCH3被NHR取代，与氢气发生还原反应；（3）根据（1）的分析，C
42、为，含氧官能团的名称：硝基、羧基；（4）含1个手性碳原子的氨基酸，则含有CH（NH2）COOH基团；苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢，说明一般为对称结构；能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚酯，据此书写；（5）由和（CH3CO）2O为原料制备染料中间体，则先要引入对位硝基，再还原成氨基，但由于呈弱碱性，易被氧化，所以引入间位硝基时要将氨基保护起来，等间位硝基引入，在将氨基还原，据此分析；解答：解：（1）由C与甲醇发生酯化反应生成D，根据D的结构简式，则C为，B发生消化反应生成C，所以B为，A被高锰酸钾氧化生成B，又化合物A（分子式为C8H10的
43、苯的同系物），所以A的结构简式为：；故答案为：；（2）根据（1）的分析反应为氧化，为消化属于取代，是酯化属于取代，为D中的OCH3被NHR取代，与氢气发生还原反应；故答案为：；（3）根据（1）的分析，C为，含氧官能团的名称：硝基、羧基；故答案为：羧基；（4）含1个手性碳原子的氨基酸，则含有CH（NH2）COOH基团；苯环上有3个取代基，分子中有6种不同化学环境的氢，说明一般为对称结构；能发生银镜反应，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚酯，则符合条件的D的两种同分异构体的结构简式为、；故答案为：、；（5）由和（CH3CO）2O为原料制备染料中间体，则先要引入对位硝基，再还原成
44、氨基，但由于呈弱碱性，易被氧化，所以引入间位硝基时要将氨基保护起来，等间位硝基引入，在将氨基还原，所以流程为：；故答案为：；点评：本题考查有机物的推断，注意把握反应条件及有机物的结构变化、官能团变化来推断各物质是解答的关键，题目难度不大18（10分）（2015武进区模拟）某天然碱的化学组成为aNa2CO3bNaHCO3cH2O（a、b、c为正整数），为确定该天然碱的组成，进行如下实验准确称m g样品在空气中加热，样品的固体残留率固体残留率=100%它随温度的变化如图所示，样品在100时已完全失去结晶水，300时NaHCO3已分解完全，Na2CO3的分解温度为1800）（1）加热过程中，保持10
45、0足够长时间，而不持续升温的原因是确保晶体中的结晶水失去完全，同时防止稍稍升温引起NaHCO3分解（2）根据以上实验数据计算该天然碱中a：b：c=1：1：2（写出计算过程）（3）另取0.1130g样品配成溶液，逐滴加入5.00mL的HCl溶液，生成CO2 5.60mL（标准状况），则c（HCl）=0.1500molL1考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：（1）碳酸氢钠受热易分解，保持100，使结晶水失去，而不引起NaHCO3分解；（2）假设固体为100g，根据固体残留率求出水的质量、碳酸氢钠的质量和碳酸钠的质量，再分别求出物质的量，根据物质的量之比计算a、b、c；（3）根据aNa2C
46、O3bNaHCO3cH2O与HCl反应中物质的量的关系计算解答：解：（1）已知在100时，晶体失去结晶水，而不引起NaHCO3分解，所以加热过程中，保持100足够长时间，确保晶体中的结晶水失去完全，同时防止稍稍升温引起NaHCO3分解；故答案为：确保晶体中的结晶水失去完全，同时防止稍稍升温引起NaHCO3分解；（2）假设固体为100g，则水的物质的量为mol，100300固体减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，则NaHCO3的物质的量为（2）mol，最后剩余的固体为原来的碳酸钠和碳酸氢钠分解生成的碳酸钠，则原来是碳酸钠的物质的量为（）m
47、ol，则a：b：c=（）：（2）：=1：1：2；故答案为：1：1：2；（3）由以上分析可知，该物质的化学式为Na2CO3NaHCO32H2O，则其物质的量为=0.0005mol，n（CO2）=0.00025mol，Na2CO3 +HCl=NaHCO3 +NaCl0.0005mol 0.0005molNaHCO3 +HCl=NaCl+CO2+H2O 0.00025mol 0.00025mol则c（HCl）=0.1500 mol/L，故答案为：0.1500点评：本题考查了碳酸钠和碳酸氢钠、有关化学方程式的计算，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意根据图象分析固体的成分19（15分
48、）（2014浙江模拟）由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：熔融氧化3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O加酸歧化3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3相关物质的溶解度（293K）见下表：K2CO3KHCO3K2SO4KMnO4溶解度/g11133.711.16.34（1）在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和cd（填字母）a表面皿 b蒸发皿 c铁坩埚 d泥三角（2）加酸时不宜用硫酸的原因是生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；不宜用盐酸的原因是盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量（3）采用电解法也可以实现K2MnO4的转化，
49、2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率（4）草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下：称取0.80g 左右的高锰酸钾产品，配成50mL溶液准确称取0.2014g左右已烘干的Na2C2O4，置于锥形瓶中，加入少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化将瓶中溶液加热到7580，趁热用中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点记录消耗高锰酸钾溶液的体积，计算得出产品纯度滴定过程中反应的离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O达到滴定终点的标志为锥形瓶中溶液突变为浅红色且半分钟内不褪
50、色加热温度大于90，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，其原因可能为生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快考点：中和滴定；盐类水解的应用；电解原理；碱金属的性质.专题：计算题；实验设计题分析：（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯；（2）根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；（3）与原方法相比，
51、电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率；（4）根据高锰酸钾与草酸钠发生氧化还原反应书写反应的离子方程式；滴定终点，溶液颜色变化，且半分钟内颜色不变；加热温度大于90，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少，会导致测得产品纯度偏高；反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，解答：解：（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯，故答案为：c d；（2）根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐
52、酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸，故答案为：生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；（3）与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率，故答案为：K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高利用率；（4）高锰酸钾与草酸钠发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，故答案为：2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O；滴定终点，溶液颜色变化，且半分钟内颜色不变，该反应中当最后一滴KMnO4溶液滴入后，
53、溶液由无色变为红色，故答案为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不褪色；加热温度大于90，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少，会导致测得产品纯度偏高，故答案为：偏高；反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，故答案为：生成的Mn2+作催化剂，随着Mn2+浓度增加，反应速率越来越快点评：本题考查氧化还原反应离子方程式的书写、氧化还原反应滴定等，难度中等，注意把握实验的原理，需要学生具备一定的理论分析能力和计算解决问题的能力20（14分）（2015武进区模拟）镁是海水中含量较多的金属，镁、镁合金及
54、其镁的化合物在科学研究和工业生产中用途非常广泛（1）图1是2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图，则：Mg（s）+2B（s）MgB2（s）H=93 kJmol1（2）工业上可用电解熔融的无水氯化镁获得镁其中氯化镁脱水是关键工艺之一，一种正在试验的氯化镁晶体脱水的方法是：先将MgCl26H2O转化为MgCl2NH4ClnNH3（铵镁复盐），然后在700脱氨得到无水氯化镁，脱氨反应的化学方程式为：MgCl2NH4ClnNH3MgCl2+（n+1）NH3+HCl；电解熔融氯化镁，阴极的电极反应式为：Mg2+2e=Mg（3）储氢材料Mg（AlH4）2在110200C的反应为：Mg（AlH4）2=Mg
55、H2+2A1+3H2每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol（4）工业上用MgC2O42H2O热分解制超细MgO，其热分解曲线如图2图中隔绝空气条件下BC发生反应的化学方程式为MgC2O4MgO+CO+CO2（5）CO与NO反应生成可参与大气循环的无毒气体，其热化学方程式为：2NO（g）+2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）；H=746kJmol1对于该反应，温度不同（T2T1）、其他条件相同时，图3中图象正确的是乙考点：化学反应速率变化曲线及其应用；反应热和焓变；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；转化率随温度、压强的变化曲线.分析：（1）根据反应热的意义，由图可知：2LiBH4（
56、s）+MgH2（s）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）H=+200 kJmol12LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiBH4（s）+Mg（s）+H2（g）H=+76 kJmol12LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）H=+183 kJmol12LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）H=+（200183）kJmol1，应用盖斯定律计算化学反应的焓变；（2）先将MgCl26H20转化为MgCl2NH4ClnNH3，然后在700脱氨得到无水氯化镁，依据原子守恒书写化学方
57、程式；（3）根据方程式的意义：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2，反应中生成2molAl转移电子6mol，据此计算即可；（4）用MgC2O42H2O热分解制超细MgO，当最后固体完全为MgO时，可以计算剩余固体质量占原先固体质量的百分比，得到C点剩余的固体，MgC2O42H2O加热后先失去结晶水，完全失去结晶水后生成MgC2O4时，可以计算剩余固体质量占原先固体质量的百分比，最后根据氧化还原反应特点，写出反应的化学方程式；（5）甲、升高温度，平衡正向移动，正逆反应速率都增大；乙、升高温度，平衡正向移动；温度高的先拐，先达平衡；丙、增大压强，平衡正向移动，据此判断CO的体积分数变化的情
58、况解答：解：（1）由图可知：2LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）H=+200 kJmol12LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiBH4（s）+Mg（s）+H2（g）H=+76 kJmol12LiBH4（s）+MgH2（s）=2LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）H=+183 kJmol12LiH（s）+MgB2（s）+4H2（g）=2LiH（s）+2B（s）+MgH2（s）+3H2（g）H=+（200183）kJmol1即：MgB2（s）+H2（g）=2B（s）+MgH2（s）H=+17 kJmol1所以得：Mg（s）+2B（s
59、）MgB2（s）H=（17+76）kJmol1故答案为：93 kJmol1；（2）MgCl2NH4ClnNH3，在700脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式：MgCl2NH4ClnNH3MgCl2+（n+1）NH3+HCl；用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极上是镁离子得到电子生成镁，电极反应为：Mg2+2e=Mg；故答案为：MgCl2NH4ClnNH3MgCl2+（n+1）NH3+HCl；Mg2+2e=Mg；（3）储氢材料Mg（AlH4）2在110200的反应为：Mg（AlH4）2=MgH2+2Al+3H2，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol，故答
60、案为：3mol；（4）工业上用MgC2O42H2O热分解制超细MgO，当最后固体完全为MgO时，剩余固体质量占原先固体质量的百分比为：100%=27%，所以C点剩余的固体为MgO，MgC2O42H2O加热后先失去结晶水，完全失去结晶水后生成MgC2O4时剩余固体质量占原先固体质量的百分比：1100%75.7%，说明A点恰好失去结晶水，则B点剩余固体为氧化镁和草酸镁的混合物，草酸镁中C的化合价为+3价，根据氧化还原反应特点可知，草酸镁分解生成一氧化碳和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：MgC2O4MgO+CO+CO2，故答案为：MgC2O4MgO+CO+CO2；（5）升高温度，平衡正向移动，但是
61、正逆反应速率是立即增大，离开原来的速率点，所以甲错误；升高温度，平衡正向移动，一氧化碳的转化率减小，反应速率增大，温度高的先拐，先达平衡，故乙正确；温度不变，增大压强，平衡正向移动，所以CO的体积分数减小，故丙错误故答案为：乙点评：本题综合考查学生热化学、电化学、化学反应速率和平衡移动的影响因素等知识，属于综合知识的考查，难度较大21（12分）（2015武进区模拟）周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大a的核外电子总数与其电子层数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同主族，e的最外层只有1个电子，内层电子都充满回答下列问题：（1
62、）b、c、d中第一电离能由大到小的顺序的是NOC（填元素符号），e的外围电子排布式为3d104s1（2）a与b形成一种相对分子质量为32的一种化合物，该分子的中心原子的杂化方式为sp3；a与c形成一种相对分子质量为34的一种化合物，该分子的中心原子的杂化方式为sp3（3）b、c、d、e形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构该化合物中阴离子为SO42，1mol阳离子e（bH3）42+中含有键数目为16mol或16NA该阳离子中存在的化学键类型有ADGA配位键 B金属键 C离子键 D极性共价键E非极性共价键 F氢键 G键 H键（4）将e单质的粉末加入bH3的浓溶液中，通入c2，充分反应
63、后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH+6H2O考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是8，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，内层电子都充满，且其原子序数大于S，则e核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故e是Cu元素，再结合原
64、子结构、物质结构、元素周期律解答解答：解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是8，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，内层电子都充满，且其原子序数大于S，则e核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故e是Cu元素，（1）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但N原子
65、的2p轨道处于半满状态，其第一电离能大于O元素，所以N、O、S中第一电离能大小为：NOC；e为铜元素，它的价层电子排布式为：3d104s1，故答案为：NOC；3d104s1；（2）a与b形成一种相对分子质量为28的一种化合物，该化合物为：N2H4，N2H4中N原子与另一个N原子形成一条共价键，与两个氢原子形成两条共价键，共形成三条共价键，还有一对孤对电子占据一条杂化轨道，即共形成了4条杂化轨道，杂化类型为sp3；a与c形成一种相对分子质量为34的一种化合物，该化合物为：H2O2，H2O分子的中心原子O原子与另一个O原子形成1个共价键，与1个H原子形成1个氧氢键，总共形成了两个共价键，还有2对孤
66、电子对占据两个杂化轨道，总共形成了4条杂化轨道，杂化类型为sp3，故答案为：sp3；sp3；（3）a、b、d、e分别是H、N、S、Cu元素，四种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，为SO42；e（bH3）42+为Cu（NH3）42+，1mol氨气中含有3mol键，总共含有键的物质的量为：3mol4=12mol，1mol该配合物中含有4mol配位键，所以含有的键的物质的量为：12mol+4mol=16mol，或者16NA个；该阳离子中含有配位键、键和极性键，故答案为：SO42；16NA或16mol；ADG；（4）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，说明反应生成了Cu（NH3）42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH+6H2O点评：本题考查了位置、结构与性质关系的应用，题目难度中等，合理推断各元素名称为解答关键，试题涉及电负性大小比较、电子排布式、化学键类型的判断、杂化类型判断等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生灵活应用所学知识的能力
