上海市长宁、金山、青浦区高考二模化学试卷有答案

1、上海市长宁、金山、青浦区2017届高考二模化学试卷一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项。）1 .漂粉精的有效成分是（）A. Ca（ClO”B. CaCl2C. CaCO3D. Ca（OH”2 .将两种互不相溶的液体分离的方法是（）A.分液B.结晶C.纸层析D.过滤3 .既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（）A. FeB. Fe2O3C. AlD. AICI34 .有关HF和HCl判断正确的是（）A.键长：HF>HClB.键能：HF>HClC.稳定性：HCl>HFD,共用电子对偏移程度：HCl>HF5.可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是（）A.

2、银氨溶液B.乙酸溶液C.氯化铁溶液D.氢氧化钠溶液6.下列化工生产涉及的变化主要是物理变化的是（）A.煤的干储B.石油的分储C.石油的裂化D.石油的裂解7 .按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（）A. 1,2-二甲基戊烷B. 2-乙基丁烷C. 3-乙基己烷D. 3,4-二甲基戊烷8 .能说明二氧化硫具有还原性的事实是（）A.使品红溶液褪色8 .使滨水褪色C.与氢硫酸反应D.与烧碱反应9 .具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是（）A,熔点801c,易溶于水B.熔点10.31C,液态不导电C.熔点112.8C,能溶于CS2D,熔点97.81C,固态能导电10 .下列事实与盐类水解无关的是（）

3、A.氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝11 氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C.常用热的纯碱溶液除去油污D.长期施用硫酸钱易使土壤酸化11.下列物质的工业生产原理不涉及氧化还原反应的是（）A.烧碱B.纯碱C.硫酸D.液澳12.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是（）A.锌片发生氧化反应作阴极B.电子从铁片经过导线流向锌片C.铁片上电极反应为：O2+2HzO+4eT4OHD.该装置可用于研究外加电流阴极保护法13.在密闭容器中，反应2X（g）+Y（g）l_3Z（g）达到平衡后，若将容器体积缩小一半，对反应产生的影响是（）A.v（正）减小，v（逆）增大B. v（正）增大，

4、v（逆）减小C. v（正）、v（逆）都减小D. v（正）、v（逆）都增大14.布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（产产CHjCHCH2CH-COOHA.布洛芬的分子式为Cl3H18。2B.布洛芬与苯乙酸是同系物C.1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D.布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种15 .配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是（A.溶解时有少量液体溅出B.洗涤液未全部转移到容量瓶中C.容量瓶使用前未干燥D.定容时液面未到刻度线16 .下列离子在溶液中能大量共存的是（）.+_一_2-A.H、AlO2、CO3B,

5、 K+、Ba2+、SO42C, NH4+、OH、NO3D, Fe3+、NO3、Cl17.将少量NH4HCO3粉末加入盐酸，反应剧烈，溶液温度降低，下列判断正确的是（A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B.溶液温度降低主要是因为NH4HCO3溶解吸热造成的C.反应物的总能量低于生成物的总能量D,反应的热化学方程式为：NH,HCOs+HClTNH,Cl+CO?+H?O18.25C时，将10mL质量分数为50%（密度1.4g/mL）的硫酸稀释成100mL,下列说法正确的是（）A.纯硫酸的摩尔质量为98B.上述100mL稀硫酸中含溶质14gC.上述稀释过程所需要的蒸储水为90mLD.质量分数为50

6、%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L19.等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，离子方程式正确的是（）A. CO3>+Ba2+，BaCO33B. HCO3+OH.H2O+CO/C. HCO3+Ba2+OH=H2O+BaCO3JD. 2HCO3+Ba2+2OHtBaCO3J+2H2O+CO3K20.工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72的废液，反应的离子方程式为5H+Cr2O72+3HSO32Cr3+3SO42+4H2O下列判断错误的是()2-A.氧化产物是SO4B.氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:3C.Cr207K表现了氧化性D.还原1molC2O72电

7、子转移3mol二、综合题（一）本题共14分21 .表为元素周期表的一部分：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA一CN三P请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是（填写元素符号）；的核外电子排布式;和两元素形成化合物的电子式为。（2）三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是（填化学式）。（3）比较、两种元素的简单离子半径：>（填离子符号）；元素最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为。（4）列举一个事实来证明元素比元素的非金属性强。（5）若8g甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kJ的热量，请写出其热化学方程式。22 .氮的单质及其化合物性质多样，用途

8、广泛。完成下列填空。（1）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2:催化剂,2NO+2CO2«=-=CO2+N2+Q（Q>0）。某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如表:时间（s）浓度（mol/L）012345c(CO)-33.60X10-33.05X10-32.85X10-32.75X10-32.70X10-32.70X10该反应平衡常数K的表达式为;温度升高，K值（选填“增大”、“减小”、“不变”）；前2s内的平均反应速率v（心）=；若上述反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是。(2)工业合成氨的反应温度选择500C

9、左右的原因是。(3)实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是。A.山、儿、NH3的浓度之比为1:3:2B.容器内的压强保持不变C.N2、H2、NH3的浓度不再发生变化D.反应停止，正、逆反应的速率都等于零(4)常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1molNH3(溶液体积变化忽略不计)，反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是;在通入NH3的过程中溶液的导电能力(选填“变大”、“变小”、“几乎不变”)。23.乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的反应如图(部分反应条件已略去)-9 - / 16请回答下列问题

10、:(1) A的名称是,含有的官能团名称是,实验室由A转化为乙烯的反应条件为孔雀石试剂过滤» SiO-*溶港A试剂- 溶液EF锐01HxCuO过滤A溶液C »胆双请回答下列问题:(1)试剂是一种常见的酸，写出其化学式。过滤所需要的玻璃仪器有。(2)实验室检验Fe F的结构简式为。(4)写出D的同分异构体的结构简式 。(5)乙快也是常见的一种化工原料，它可以制取很多化工产品，例如：聚氯乙烯塑料。写出由乙快合成聚 氯乙烯的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：a2" b-ISA目标产物)24 .孔雀石主要含Cu 2(OH)2CO3,以及少量Fe、Si的化合物。可以用孔雀

11、石为原料制备胆矶CuSO4?5H2。)，步骤如图:+的常用方法是。(3)溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+,上述流程中需要用试剂将溶液A中的Fe B和A反应生成C的化学方程式为,该反应的类型为 。+全部转化为Fe3+,从而形成溶液B,则试剂能否用氯水(填“能”或“不能”，若“不能”，请解释原因)。(4)由溶液C获得胆矶，需要经过、过滤等操作。(5)取25.00mL溶液A,用1.000X10-2moi/LKMnO4标准溶液滴定。反应离子方程式为:5Fe2+MnO4+8H+t5Fe3+Mn2+4H2O,若消耗标准溶液20.00mL,则溶液A中Fe2+的浓度为上海市长宁、金山、青浦区2

12、017届高考二模化学试卷答案一、选择题(本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项。)15.AACBA610.BCBAB1115.BCDDD1620.DCDCD二、综合题(一)本题共14分21.(1)Na；1s22s22p4；曰说,优才；(2)NaOH；(3) S2;A产；Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(4) H2O的稳定性大于H2S；1(5) CE(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2。(l)AH=-890.3KJgmol22.(1)c(N2)j|CO2)减小1.875x10-4mol/(L?s)；增大压强；c2(CO)gc2NO)(2)催化剂在500C左右具有最佳活性；

13、(3) bc；(4) c(CD>(NH4+)>c(H+)>c(OH);几乎不变。23.(1)乙醇；羟基；浓硫酸、170C;浓硫酸(2)ch3ch2oh+ch3cooh=ch3cooch2ch3+h2O;酯化反应或取代反应;(3)CH5COOCH?CH3COOCH2(4)ch3cho ；(5)HClCH 三ch 一腐向ft CH2=CHCl 一募瘫Mm24. (1) H2SO4 ;漏斗、烧杯、玻璃棒;(2)取样，向其中滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+；(3)不能，如加氯水会引入杂质Cl;(4)蒸发浓缩；冷却结晶；(5) 0.040mol/L。上海市长宁、金山、青浦

14、区2017届高考二模化学试卷解析一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项。）1 .【考点】EM：氯、澳、碘及其化合物的综合应用。【分析】漂粉精其主要成分是氯化钙（CaCl2）和次氯酸钙Ca（ClO）2,其中有效成分为Ca（ClO）2.【解答】解：利用氯气与石灰乳为原料制备漂粉精，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3j+2HClO,漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。氯化钙没有漂白性、氧化性，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，具有漂白性、强氧化性，可以杀菌消毒，漂粉精的有效成分是次氯酸钙，故选A.

15、2 .【考点】P9:物质的分离、提纯的基本方法选择与应用。【分析】两种互不相溶的液体分层，可用分液的方法分离，以此解答该题。【解答】解：两种互不相溶的液体分层，可用分液的方法分离，而结晶、层析法和过滤与物质的溶解性有关，分别用于分离可溶性或不溶的固体或离子。只有A正确。故选A.3 .【考点】GL：两性氧化物和两性氢氧化物。【分析】既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化合物（如Al2O3Al（OH）3等）、弱酸的钱盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3.NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等，据此进行解答。【解答】解：A.Fe能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应

16、，故A错误；B. Fe2O3为碱性氧化物，能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C. Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故C正确；D. AlCl3与氢氧化钠溶液反应，但不与盐酸反应，故D错误；故选C.4 .【考点】97：键能、键长、键角及其应用。【分析】原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，据此分析。【解答】解：A.原子半径越小，共价键的键长越短，原子半径：FvCl,则键长：HFvHCl,故A错误；B.原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，原子半径：FvCl,则键能：HF&

17、gt;HCl,故B正确；C.共价键键能越大，共价键越稳定，则稳定性：HCl<HF,故C错误；D.元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，元素的非金属性：F>Cl,吸引电子能力：F>Cl,则共用电子对偏移程度：HClvHF,故D错误。故选B.5 .【考点】HA：有机物的鉴别。【分析】乙醛含-CHO,与银氨溶液发生银镜反应；乙醇含-OH,能与Na反应生成氢气，以此来解答。【解答】解：A.发生银镜反应的为乙醛，无现象的为乙醇，可鉴别，故A正确；B.加入乙酸，没有明显现象，不能鉴别，故B错误；C.加入氯化铁，没有明显现象，不能鉴别，故C错误；D.二者均与NaOH溶液不反应，不能鉴

18、别，故D错误。故选A.6 .【考点】18:物理变化与化学变化的区别与联系。【分析】化学变化和物理变化的本质区别为是否有新物质生成，在原子核不变的情况下，有新物质生成的为化学变化，没有新物质生成的为物理变化。【解答】解：A.煤的干储煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，为化学变化，故A错误；B.石油的分储是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化，故B正确；C.石油裂化是由大分子经裂化而得的小分子的汽油，属于化学变化，故C错误；D.裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度，使石油分储产物（包括石油气）中的长链煌断裂成乙烯、丙烯等短链煌的加工过程

19、，属于化学变化，故D错误，故选B.7 .【考点】H7:有机化合物命名。【分析】（1）烷烧命名原则：长选最长碳链为主链；多遇等长碳链时，支链最多为主链；近离支链最近一端编号；小支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。（2）有机物的名称书写要规范。【解答】解：A.主链选择错误，烷烧中1号碳上无甲基，正确命名为：3-甲基己烷，故A错误;8 .主链选择错误，烷烧中2号碳上无乙基，正确的命名为：3-甲基戊烷，故B错误；C.名称符合系统命名方法，故C正确；

20、D.编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2,3-二甲基戊烷，故D错误；故选：C.9 .【考点】F5:二氧化硫的化学性质。【分析】A.二氧化硫使品红溶液褪色是漂白性；10 二氧化硫与滨水发生氧化还原反应而褪色；C.二氧化硫与氢硫酸发生氧化还反应生成单质硫；D.二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水。【解答】解：A.二氧化硫使品红溶液褪色是漂白性，而不是二氧化硫的还原性的体现，故A错误；8 .二氧化硫与滨水发生氧化还原反应而褪色，生成硫酸，硫元素由+4价变+6价，化合价升高发生氧化反应，是还原剂、体现还原性，故B正确；C.二氧化硫与氢硫酸发生氧化还反应生成单质硫，硫元素由+4

21、价变0价，化合价降低发生还原反应，是氧化剂、体现氧化性，故C错误；D.二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，非氧化还原反应，故D错误；故选B.9 .【考点】9C：离子晶体。【分析】离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电。【解答】解：A.离子晶体的性质：一般熔点较高，固体不导电，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电，故A正确；B.熔点10.31C,低熔点，液态不导电是共价化合物，是分子晶体，故B错误；C.熔点低，能溶于CS2,是分子晶体，故C错误；D.离子晶体的性质：一般熔点较高，质脆，固

22、体不导电，其水溶液或熔融态能导电，故D错误，故选A.10.【考点】DD:盐类水解的应用。【分析】A.氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl;B.氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；C.油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解；D.钱根离子水解显酸性。【解答】解：A.氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl,加热HCl挥发促进水解，最终得不到无水氯化铝，故A不选；B.氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，发生了氧化还原反应，与盐类水解无关，故B选；C.纯碱为Na2CO3,在溶液中水解显碱性，加热碱性增强，而油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解，故纯碱能去油污，故C不选；D.俊根离子在溶液中会水解显酸性，所以长期施用

23、硫酸钱易使土壤酸化，故D不选。故选B.11 .【考点】B1：氧化还原反应。【分析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价的变化。电解【解答】解：A.工业生产烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCI2T+H2仔2NaOH,该反应中有电子的转移，属于氧化还原反应，故A不选；,_B.氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4CI、2NaHCO3Na2CO3+CO2仔H2O,这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故B选；C,硫酸工业中存在SSO2SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故C不选；D.工业生产液澳利用氯气

24、将澳离子氧化成澳单质，化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；故选B.12 .【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护。【分析】A锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；13 电子从负极沿导线流向正极；C.铁为正极，发生吸氧腐蚀；D.该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法。【解答】解：A.锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，锌是负极，而不是阴极，故A错误；B.电子从负极沿导线流向正极，所以电子从锌片经过导线流向铁片，故B错误；C.铁为正极，发生吸氧腐蚀，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确；D.该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法，而不是用于研究外加电流阴极保护法，故D错误；故选C.13 .【考点】CA:化

25、学反应速率的影响因素。【分析】其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率发越快，由此分析解答。【解答】解：其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率发越快，正、逆反应速率都加快，故选D.14 .【考点】HD：有机物的结构和性质。【分析】有机物含有竣基，苯环，具有竣酸、苯的性质，结合有机物的结构特点解答该题。【解答】解：A.由结构简式可知布洛芬的分子式为Ci3H18。2,故A正确；B.含有一个苯环、一个竣基，与苯乙酸是同系物，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故C正确;D.结构对称，

26、则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误。故选D.15.【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液。【分析】结合c=詈可知，不当操作导致n偏大或V偏小，均会导致溶液浓度偏高，以此来解答。【解答】解：A.溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；B.洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；C.容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；D.定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；故选D.16.【考点】DP:离子共存问题。【分析】A.氢离子与偏铝酸根离子、碳酸根离子反应；B.钢离子与硫酸根离子反应生成硫酸钢沉淀；

27、C.俊根离子与氢氧根离子反应；D.三种离子之间不反应，能够共存。-11 -/16【解答】解：A.H+与AlO2、CO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B. Ba2+、SO42之间反应生成硫酸钢沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C. NH4+、OH之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. Fe3+、NO3，C之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D.17 .【考点】BB:反应热和烙变。【分析】溶液温度降低，则NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，以此解答该题。【解答】解：A.因反应后溶液的温度降低，则NH4HCO3和

28、盐酸的反应是吸热反应，故A错误；B.溶液温度降低主要是因为复分解反应的吸热有关，故B错误；C.为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；D.热化学方程式中应注明物质的状态，故D错误；故选C.18 【分析】A.摩尔质量的单位是g/mol；19 稀释过程中溶质的质量不变；C.上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸储水的质量；,lOOOPwD.根据c=一丁一进行计算求解。【解答】解：A.摩尔质量的单位是g/mol,所以硫酸的摩尔质量为98g/mol,故A错误；B.c=lUQ?网=1(0°KL)乂°5=7.I4moi/L,而稀释过程中溶质的质量不变，所以上述

29、100mL稀硫酸中含溶质7.14mol/LX0.01LX98g/mol=6.99g,故B错误；C.上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸储水的质量，故C错误；一1000Pw1000X1.4X0.5心一心日心一,D.根据c=一=羽=7.14mol/L,所以质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L,故D正确；故选D.19 .【考点】49：离子方程式的书写。【分析】等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合，碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钢、水、NaOH,以此来解答。【解答】解：等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba(OH)2溶液混合，物质的量相同，碳酸氢

30、钠完全反应，生成碳酸钢、水、NaOH,离子反应为HCO3+Ba2+OH=H2O+BaCO3故选C.20 .【考点】B1:氧化还原反应。【分析】5H+Cr2O72+3HSO3-2C产+3SO42+4H2。,其中Cr2O72中Cr化合彳介由+6降低到+3为氧化剂,生成Cr3+为还原产物，HSO3中S化合彳由+4升高到+6为还原剂，生成SO42为氧化产物，以此解答该题。【解答】解：A.由以上分析可知，HSO3中S化合彳由+4升高到+6为还原剂，生成SO42为氧化产物，故A正确；B,由方程式可知，Cr2O72中Cr化合彳由+6降低到+3为氧化剂，HSO3中S化合彳由+4升高到+6为还原剂，所以氧化剂与

31、还原剂的物质的量之比是1：3,故B正确；C. Cr2O72中Cr化合彳由+6降低到+3为氧化剂，表现了氧化性，故C正确；D. Cr2O72中Cr化合彳由+6降低到+3,所以还原ImolCrzO72'电子转移(6-3)x2=6mol,故D错误。故选D.二、综合题(一)本题共14分21.【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用。【分析】由元素在周期表中位置，可知为O、为Na.为Mg、为Al、为S、为Cl。(1)同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；氧元素为8号元素，原子核外有8个电子；和两元素形成化合物为氯化镁，属于离子化合物，镁离子与氯离子通过离子键结合；(2)金属性

32、越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强；(3)电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小；元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，与硝酸生成硝酸铝和水，据此书写离子方程式；(4)利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；(5)n(CH4)=?”0.5mol,完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ,则1mol计算完全燃烧放出的能量结合热化学方程式的书写方法进行书写。【解答】解：(1)由元素在周期表中位置，可知为。、为Na.为Mg、为Al、为S、为Cl,电子层越多原

33、子半径越大，所以第三周期的元素半径大于第二周期的元素，同周期自左而右原子半径减小，表中元素，原子半径最大的是Na,为。为8号元素，原子核外有8个电子，核外电子排布式为1s22s22p4,和两元素形成化合物为氯化镁，氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，电子式为付诃讪n故答案为：Na；1s22s22p4;仅月讪*阿珂；(2)为Na.为Mg、为Al,三者位于同一周期，金属性Na>Mg>Al,则最高价氧化物对应水合物的碱性最强的为NaOH,故答案为：NaOH；(3) S2核外有三层电子，结构示意图为,Al3+核外有两层电子，结构示意图为:子电子层数越多，离子半径越大，则离子半径S2&

34、gt;Al3+,元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝,与硝酸生成硝酸铝和水，硝酸、硝酸铝拆成离子，离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O,故答案为：S2；A产;Al(OH)3+3H+=Al3+3H2。;(4)元素的非金属性越强，对应氢化物的年I定性越强，“O的稳定性大于H2S,则O的非金属性比S的强,故答案为：H2O的稳定性大于H2S；(5)8g甲烷n(CH4)=一孥一=0.5mol,完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ,则1mol计算ISg/rnal完全燃烧放出890.3KJ的能量，所以热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)4H=

35、-890.3KJ?mol故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3KJ?mol22.【考点】C7：化学平衡建立的过程；CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断。【分析】(1)根据平衡常数等于生成物浓度的系数次哥之积除以反应浓度系数次哥之积写平衡常数的表达,进行计算；一氧化氮的转化率式，根据温度对平衡移动的影响判断反应的平衡常数的变化；根据变大，说明平衡正向移动；(2)工业合成氨的反应是可逆的，选择500c左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识；(3)原变化的量现不变，说明

36、达平衡状态；(4)常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1molNH3(溶液体积变化忽略不计)，生成氯化俊，是强酸弱碱盐，离子浓度的大小为：c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH)；离子浓度几乎不变。【解答】解：(1)根据平衡常数等于生成物浓度的系数次哥之积除以反应浓度系数次哥之积，所以K=MmAc/COQ一，、一一lAc?j该反应为放热反应，温度时平衡逆向移动，所以平衡常数减小，v(CO)专上=为 IQ*药XJLQ"3=3. 75x 10 4mol/l , v (N2)=1 . 875 x 10 4mol/ (L?s)； 一氧化氮的-15 -/ 16c

37、2(CO)- c2(NO)转化率变大，说明平衡正向移动可以通过改变压强，使平衡正向移动，故答案为:小；1.875X104mol/(L?s);增大压强；(2)工业合成氨的反应是可逆的，选择500c左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，故答案为：催化剂在500c左右具有最佳活性；(3)A.N2.H2.NH3的浓度之比为1:3:2,并不是不变，故错误；B.容器内的压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；C.N2.H2.NH3的浓度不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；D.化学平衡状

38、态是动态平衡，反应不可能停止，故错误；故选：bc;(4)二者恰好反应生成氯化俊，溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH)，依据溶液呈电中性有：c(H+)+c(NH4+)=c(OH)+c(C)，因为c(H+)>c(OH)，c(NH4D<c(C)，故离子浓度大小关系为：c(Cl)>(NH4D>c(H+)>c(OH),溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c(Cl)>(NH4+)>c(H+)>c(OH);几乎不变。23.【考点】HD：有机物的结构和性质；HC：有机物的合成。B,结合B的分子式可知 B为CH3COOH ,【分析】乙烯与水加成生成乙醇A,A为C2H50H，乙醇催化氧化生成乙酸与乙