黑龙江省2022学年哈尔滨六中高二上期末化学试卷

2022-2022学年黑龙江省哈尔滨六中高二（上）期末化学试卷一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）1.下列有关原子轨道的叙述中不正确的（　　）A.氢原子的2s轨道能量较3p能级高B.锂原子的2s与5s 轨道皆为球形分布C.p能级的原子轨道呈纺锤形，随着能层序数的增加，p能级原子轨道也在增多D.能层n=4的原子轨道最多可容纳16个电子【答案】B【解析】解：A．距离原子核越远的能层，其能量越高，所以氢原子的2s轨道能量较3p能级低，故A错误；B．s轨道为球形，所以锂原子的2s与5s轨道皆为球形分布，故B正确；C．p能级的原子轨道呈纺锤形，p能级含有3个原子轨道，随着能层序数的增加，p能级原子轨道数目不变，故C错误；D．各电子层最多容纳电子数2n2，则能层n=4的原子轨道最多可容纳32个电子，故D错误。故选：B。A．距离原子核越远的能层，其能量越高；B．s轨道为球形；C．p能级含有3个原子轨道；D．各电子层最多容纳电子数2n2．本题考查了原子轨道、能层、能级、电子排布式等知识点，题目难度不大，注意把握电子排布规律，注意电子云不是电子的运动轨迹，侧重于考查学生的分析能力和应用能力．2.下列叙述中正确的是（　　）A.除零族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数B.除短周期外，其他周期均有18种元素C.副族元素中没有非金属元素D.碱金属元素是指ⅠA族的所有元素【答案】C【解析】解：A、在短周期中，F元素无正化合价，只有负价和零价，而F在ⅥⅠA族，故A错误；B、第六周期有32种元素，故B错误；C、副族元素全部是金属元素，故C正确；D、碱金属指除H之外的第ⅠA族的元素，故D错误。故选：C。A、根据F元素无正化合价，只有负价和零价；B、根据第六周期有一格叫做镧系元素，大大超过了18种；C、根据只有主族才有非金属元素；D、根据碱金属指除H之外的第ⅠA族的元素；本题考查学生元素周期律的应用知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大。3.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ•mol-1．请根据下表所列数据判断，错误的是（　　）19/20元素I1I2I3I4X500460069009500Y5801800270011600A.元素X的常见化合价是+1B.元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XClC.元素Y是ⅢA族元素D.若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】解：X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，A．X第一电离能和第二电离能相差较大，说明最外层1个电子，则化合价为+1价，故A正确；B．X的化合价为+1价，Cl的化合价为-1价，化学式可能是XCl，故B正确；C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子，为ⅢA族元素，故C正确；D．如果Y是第三周期元素，则为Al，Al和冷水不反应，和酸和强碱溶液反应，故D错误。故选：D。X和Y都是主族元素，I是电离能，X第一电离能和第二电离能相差较大，则X为第IA族元素；Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，则Y是第IIIA族元素，X第一电离能小于Y，说明X活泼性大于Y，A．主族元素最高正化合价与其族序数相等，但O、F元素除外；B．由X的化合价可确定氯化物的化学式；C．Y元素第三电离能和第四电离能相差较大，Y原子核外有3个电子；D．Al和冷水不反应．本题考查原子结构与元素周期律知识，为高频考点和常见题型，明确元素电离能与元素所属主族的关系是解本题关键，同时考查学生对物质结构、性质的掌握，注意某些元素性质的特殊性，题目难度不大．1.对 SO2与 CO2说法正确的是（　　）A.都是直线形结构B.中心原子都采取 sp1杂化C.硫原子和碳原子上都没有孤对电子D.SO2 为 V 形结构，CO2为直线形结构【答案】D【解析】解：A．二氧化碳中C原子价层电子对个数=2+=2，所以采用sp杂化，直线形结构，二氧化硫分子中S原子价层电子对个数=2+=3，所以采用sp2杂化，V形结构，故A错误；B．二氧化硫分子中S原子价层电子对个数=2+=3，所以采用sp2杂化，二氧化碳中C原子价层电子对个数=2+=2，所以采用sp杂化，故B错误；19/20C．S原子有一个孤对电子，C原子没有孤对电子，故C错误；D．SO2采用sp2杂化，为V形结构，CO2采用sp杂化，为直线形结构，故D正确；故选：D。二氧化碳中C原子价层电子对个数=2+=2，所以采用sp杂化，直线形结构；二氧化硫分子中S原子价层电子对个数=2+=3，所以采用sp2杂化，V形结构，以此来解答。本题主要考查了原子的杂化，分子构型、孤对电子等，难度不大，注意杂化方式的确定。1.通常状况下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NC13的有关叙述正确的是（　　）A.分子中N-C1键键长比CCl4分子中C-C1键键长长B.分子中的所有原于均达到8电子稳定结构C.NCl3分子是非极性分子D.NBr3比NCl3易挥发【答案】B【解析】解：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，故A错误。B、NC13中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8，所以C1原子达到8电子稳定结构，故B正确。C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故C错误。D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故D错误。故选：B。A、原子半径越小，原子间形成的键长越短．B、如果元素的最外层电子数+元素的化合价的绝对值=8，该元素就达到8电子稳定结构，否则没有达到8电子稳定结构．C、根据该分子是否是对称结构判断分子的极性．D、物质的熔沸点越低越容易挥发．学生只要明确熔沸点大小的判断方法、化合物中原子最外层电子数是否为8的判断方法、原子半径与键长的关系即可解答本题，难度不大．2.下列说法正确的是（　　）A.HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高B.CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子C.CS2、H2S、C2H2都是直线形分子D.氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4【答案】B【解析】解：A．HF中含有氢键，沸点最高，应为HF＞HI＞HBr＞HCl，故A错误；B．CH4、C2H2都含有C-H键，为极性键，分别为正四面体和直线形分子，结构对称，为非极性分子，故B正确；C．H2S为V形，CS2、C2H2是直线形分子，故C错误；D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，故D错误。故选：B。19/20A．HF分子间存在氢键，沸点最高；B．CH4、C2H2都含有C-H键，为极性键，结构对称，为非极性分子；C．H2S分子构型为V形；D．Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强。本题较为综合，涉及极性分子、非极性分子以及元素周期律知识，侧重于学生的分析能力和综合运用化学知识的能力的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及分子构型的判断，难度不大。1.下列各组中的X和Y两种原子，化学性质一定相似的是（　　）A.X原子和Y原子最外层都只有1个电子B.X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2C.X原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子D.X原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子【答案】C【解析】解：A．如H和Na性质不同，故A错误；B．X为He，Y为Be，两者性质不同，故B错误；C．X为N，Y为P，同主族元素性质相似，故C正确；D．X为Mg，Y的M层电子数不确定，元素种类很多，故D错误。故选：C。A．如H和Na原子最外层都只有1个电子性质不同；B．X为He，Y为Be；C．X为N，Y为P；D．X为Mg，Y的M层电子数不确定．本题考查原子结构与元素的性质，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2.下列物质：①H3O+②[Cu（NH3）4]2+③CH3COO-④NH3   ⑤CH4 中存在配位键的是（　　）A.①②B.①③C.④⑤D.②④【答案】A【解析】解：含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键，①H3O+中氢离子存在空轨道、O原子存在孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故正确；②[Cu（NH3）4]2+中Cu原子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故正确；③CH3COO-中不存在含有空轨道的原子，所以不存在配位键，故错误；④NH3中N原子含有孤电子对，没有含有空轨道的原子，所以该微粒中不存在配位键，故错误；⑤CH4中没有含有空轨道和孤电子对的原子，所以该微粒中不存在配位键，故错误；故选：A。含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键，据此判断含有配位键的物质．本题考查配合物成键情况，明确配合物构成条件是解本题关键，注意配位键属于共价键，题目难度不大．3.据报道，1995年我国科研人员在兰州首次合成了镤元素的一种同位素镤-239，并测知其原子核内有148个中子．现有A元素的一种同位素，比镤-239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是（　　）A.第3周期第IA族B.第4周期第IA族C.第5周期第IA族D.第3周期第IIA族19/20【答案】C【解析】解：同位素镤-239的质子数为239-148=91，所以A元素的质子数为91-54=37。37-2-8-8-18=1所以A位于第5周期第IA族。故选：C。根据质量数=质子数+中子数，计算出该同位素镤-239的质子数，再计算出A元素的质子数，根据质子数确定其在元素周期表中的物质．用质子数分别减去各周期所含有的元素种数．考查结构与位置关系，难度不大．已知元素的原子序数确定元素在周期表中位置的方法：1、根据每周期容纳元素的种数：第一至第六周期每周期容纳元素的种数分别为2、8、8、18、18、32，用元素的原子序数减去每一周期容纳元素种数，当余数小于某周期容纳元素种数时，元素处于该周期，如114号元素：114-2-8-8-18-18-32=28＜32（第七周期排满容纳元素种数），所以114号元素应位于第七周期．2、记住118号元素在周期表中的位置：第七周期0族元素（元素周期表的第18纵行，与元素原子序数的后两位数字相同），故114号元素应位于周期表的第七周期第十四纵行，即第IVA主族．3、根据核外电子排布判断．1.关于氢键，下列说法正确的是（　　）A.某些含氢元素的化合物中一定有氢键B.氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键C.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的D.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致【答案】C【解析】解：A．某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，故A错误；B．氢键比普通的分子间作用力强，氢键也属于分子间作用力，故B错误；C．在DNA分子结构中，由于碱基之间的氢键具有固定的数目和DNA两条链之间的距离保持不变，所以DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，故C正确；D．H2O是一种非常稳定的化合物，与共价键有关，与氢键无关，故D错误。故选：C。A．某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键；B．氢键比普通的分子间作用力强，氢键也属于分子间作用力；C．在DNA分子结构中，由于碱基之间的氢键具有固定的数目和DNA两条链之间的距离保持不变，所以DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的；D．氢键只影响物理性质，与化学性质无关．本题考查氢键的形成与性质，题目难度不大，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响2.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（　　）A.X与Y形成化合物是，X可以显负价，Y显正价B.第一电离能可能Y小于XC.最高价含氧酸的酸性：X对应的酸性弱于Y对应的D.气态氢化物的稳定性：HmY小于HmX【答案】C【解析】解：X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y。A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；19/20B、一般非金属性强的，其第一电离能大，则第一电离能Y可能小于X，故B正确；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：HmY小于HnX，故D正确。故选：C。X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y．A、电负性大的元素在化合物中显负价；B、一般非金属性强的，其第一电离能大；C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但O、F除外；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定．本题考查位置、结构、性质，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键，题目难度不大．1.下列关于丙烯（CH3-CH=CH2）的说法正确的（　　）A.丙烯分子有7个δ键，1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【答案】C【解析】解：A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，故A错误；B．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，故B错误；C．存在C-C非极性键，故C正确；D．C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，故D错误；故选：C。共价单键为δ键，双键中有1个δ键，1个π键，甲基中的C为sp3杂化，双键中的C为sp2杂化，结合化学键及乙烯的平面结构分析．本题考查分子结构与化学键，注意判断共价键的一般规律及乙烯的平面结构，注重基础知识的考查，题目难度不大．2.下列说法正确的是（　　）A.浓度为0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c（CH3COO-）/c（CH3COOH）减小B.浓度为0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka（CH3COOH）不变，但醋酸的电离程度增大C.浓度为0.1 mol•L-1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质D.CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大【答案】C【解析】解：A．浓度为0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，加水稀释，则n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小，=，所以增大，故A错误；B．电离平衡常数k注意温度有关，弱电解质CH3COOH的电离吸热，所以温度升高，Ka（CH3COOH）增大，醋酸的电离程度也增大，故B错误；C．浓度为0.1 mol•L-1 一元强酸如HCl的pH为1，浓度为0.1 mol•L-1 HA溶液pH为4，说明HA溶液中HA是部分电离，所以HA为弱酸，故C正确；D．CH3COOH的电离程度α=，所以c越大，电离程度α越小，故D错误；故选：C。19/20A．浓度为0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液，加水稀释，则n（CH3COO-）增大，n（CH3COOH）减小；B．电离平衡常数k注意温度有关，弱电解质CH3COOH的电离吸热；C．浓度为0.1 mol•L-1 一元强酸如HCl的pH为1，所以HA溶液中HA是部分电离；D．CH3COOH的电离程度α=，据此判断。本题考查了弱电解质的电离平衡及其影响因素，题目难度中等，注意掌握影响弱电解质的电离平衡的因素，明确电离平衡常数只与温度有关，与溶液浓度大小无关。1.今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（　　）序号①②③④pH111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸盐酸A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大B.②③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H+）＞c（OH-）C.分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①＞②＞④＞③D.V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则V1＜V2【答案】D【解析】解：①中c（NH3．H2O）＞0.001mol/L，②中c（NaOH）=0.001mol/L③中c（CH3COOH）＞0.001mol/L，④中c（HCl）=0.001mol/L，A．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以③、④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大，故A正确；B．如果②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），且溶液中存在电荷守恒c（CH3COO-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；C．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质，所以四种溶液的pH①＞②＞④＞③，故C正确；D．由于c（NH3．H2O）＞0.001mol/L、c（HCl）=0.001mol/L，若V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则必须满足盐酸体积大于氨水，即V1＞V2，故D错误；故选：D。①中一水合氨为弱电解质，则c（NH3．H2O）＞0.001mol/L，②中氢氧化钠为强电解质，则c（NaOH）=0.001mol/L③中醋酸为弱酸，则c（CH3COOH）＞0.001mol/L，④中氯化氢为强电解质，则c（HCl）=0.001mol/L，A．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性；B．②③等体积混合，酸过量，溶液呈酸性，根据电荷守恒及溶液的酸碱性判断离子浓度大小；C．弱电解质溶液中存在电离平衡，酸或碱加水稀释相同的倍数，弱电解质的pH变化小于强电解质；D．氨水为弱碱，c（NH3．H2O）＞0.001mol/L，氯化氢为强电解质，c（HCl）=0.001mol/L，若溶液为中性，则盐酸的体积一定大于氨水的体积。本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断等知识点，根据弱电解质的特点、酸碱混合溶液氢离子浓度的计算方法、电荷守恒进行分析解答，难度中等。2.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是（　　）A.滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗B.用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定C.往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定19/20D.用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液【答案】D【解析】解：A．滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗，为正确操作，不会引起误差，故A不选；B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定，为正确操作，不会引起误差，故B不选；C．往盛有20.00mLNaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定，为正确操作，不会引起误差，故C不选；D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液，导致消耗标准液体体积偏大，溶液浓度偏高，故D选；故选：D。A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，必须再用标准液进行润洗，否则标准液会被稀释；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，不能用待测液润洗，否则测定结果偏高；C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定，为正确操作；D．蒸馏水洗净锥形瓶后，不能用待测液润洗，否则测定结果偏高。本题考查了中和滴定的操作方法及误差分析，题目难度中等，明确正确的中和滴定操作方法为解答关键，注意根据操作方法对c（碱）=产生的影响判断滴定误差。1.室温下向10mL0.1mol•L-1NaOH溶液中加入0.1mol•L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示．下列说法正确的是（　　）A.a点所示溶液中c（Na+）＞c（A-）＞c（H+）＞c（HA）B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7时，c（Na+）=c（A-）+c（HA）D.b点所示溶液中c（A-）＞c（HA）【答案】D【解析】解：A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，应为c（HA）＞c（H+），故A错误；B．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，故B错误；C．pH=7时，c（H+）=c（OH-），由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），则c（Na+）=c（A-），故C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，则存在c（A-）＞c（HA），故D正确。19/20故选：D。A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性；B．b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离；C．pH=7时，c（H+）=c（OH-），结合电荷守恒判断；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度．本题为2022年考题，侧重于酸碱混合的定性判断，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，本题易错点为C，注意从溶液电中性的角度分析．1.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法中不正确的是（　　）A.b点对应的Kap等于c点对应的KapB.采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点C.该温度下，Ag2SO4的溶度积常数（Kap）为1.6×10-5（mol•L-1）2D.0.02mol•L-1的AgNO3溶液与的0.2mol•L-1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀【答案】B【解析】解：A．在相同温度下，Kap相同，故A正确；B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误；C．由图象可知，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5（（mol•L-1）2），故C正确；D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成，故D正确。故选：B。在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，根据图象中的数据计算溶度积常数。2.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（　　）A.pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=1×10-5mol•L-1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③【答案】D【解析】解：A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS-），故A错误；B．加水稀释促进一水合氨电离，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，溶液中的氢氧根离子浓度大于原来的，其pH=b，则a＜b+1，故B错误；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），故C错误；19/20D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大，酸根离子水解程度①＜②＜③，所以盐浓度①＞②＞③，钠离子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正确；故选：D。A．H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步；B．加水稀释促进一水合氨电离；C．H2C2O4是二元弱酸，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，酸根离子水解程度越小，其浓度越大。本题考查了离子浓度大小比较，涉及弱电解质的电离和盐类水解，根据弱电解质电离特点、盐类水解特点再结合电荷守恒来分析解答，易错选项是B，题目难度中等。1.实验：①将0.1mol•L-1 MgCl2溶液和0.5mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到浊液；②取少量①中浊液，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol•L-1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色；④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解．下列说法中，不正确的是（　　）A.将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+B.浊液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq）C.实验②和③均能说明Fe（OH）3比Mg（OH）2难溶D.NH4Cl溶液中的NH4+可能是④中沉淀溶解的原因【答案】C【解析】解：将0.1mol•L-1 MgCl2溶液和0.5mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁悬浊液和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，A、将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，所得滤液中含少量Mg2+，故A正确；B、浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH-（aq），故B正确；C、实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe（OH）3比Mg（OH）2难溶，故C错误；D、氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH-，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，故D正确。故选：C。将0.1mol•L-1 MgCl2溶液和0.5mol•L-1NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，加入FeCl3溶液，会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的选浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，氯化铵会对氢氧化镁的沉淀溶解平衡产生影响．本题涉及镁、铁的化合物的性质、沉淀溶解平衡的移动等方面的知识，注意知识的归纳和整理很关键．2.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是（　　）A.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热B.由N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=-56.9kJ•mol-1，可知将1mol N2O4（g）置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9kJC.由：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，可知：含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ19/20D.已知101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ/mol，则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ【答案】D【解析】解：A、燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成气态水不是稳定氧化物，故A错误；B、由N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=-56.9kJ•mol-1，可知将1mol N2O4（g）置于密闭容器中充分反应，反应是可逆反应，后放出热量小于56.9kJ，故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，含1mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，故C错误；D、已知101kPa时，2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=-221kJ/mol，则1mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5kJ，故D正确；故选：D。A、依据燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分析；B、反应是可逆反应，不能进行彻底；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程；D、依据化学方程式定量关系计算放出的热量分析判断；本题考查了化学反应热量变化，燃烧热概念分析判断，弱电解质电离平衡和可逆反应的分析应用，题目难度中等．1.下列叙述正确的是（　　）A.电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化B.某原电池反应为Cu+2AgNO3=Cu（NO3）2+2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液C.因为镁的活泼性强于铝，所以将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中，镁作负极、铝作正极D.不能自发进行的氧化还原反应，任何方法都不可以实现【答案】A【解析】解：A、电解质溶液导电发生电解，有氧化还原反应发生，属于化学变化，金属导电是电子定向移动，属于物理变化，故A正确；B．在原电池的正极端氯离子和银离子反应，所以不可以用KCl饱和溶液制得的琼脂，故B错误；C．由Al、Mg、NaOH组成的原电池，Al与氢氧化钠反应失电子，Mg不与氢氧化钠反应，所以铝作负极，故C错误；D、电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故D错误；故选：A。A、电解质溶液导电发生电解，金属导电是电子定向移动；B．盐桥中的物质一般是强电解质，且不和电解质溶液中的电解质反应；C．失电子的一极为负极，Al与氢氧化钠反应失电子，Mg不与氢氧化钠反应；D、根据电解原理进行判断。本题考查了电解原理，注重了基础知识的考查，可以根据所学知识完成，本题难度不大。2.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电．用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电．尿素燃料电池结构如图所示，下列关于描述正确的是（　　）19/20A.电池工作时H+移向负极B.该电池用的电解质溶液是KOH溶液C.甲电极反应式为：CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+D.电池工作时，理论每有净化1mol CO（NH2）2，消耗33.6L O2【答案】C【解析】解：A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H+移向正极，故A错误；B．该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，故B错误；C．负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO（NH2）2+H2O-6e-=CO2+N2+6H+，故C正确；D．电池的总反应式为：2CO（NH2）2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，每净化1molCO（NH2）2，消耗1.5molO2，则在标准状况下氧气为33.6L，由于没说明是标准状况，所以氧气的体积不能求算，故D错误；故选：C。A、原电池中阳离子向正极移动；B．该原电池是酸性电解质；C．负极上是CO（NH2）2失电子生成二氧化碳和氮气；D．根据电池的总反应式进行计算．本题考查了原电池原理的应用，注意掌握电极方程式的书写是解决本题的关键，注意用气体的体积求算物质的量是要看清是否是标准状况，题目难度中等．1.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（　　）A.d为石墨，铁片腐蚀加快B.d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-C.d为锌块，铁片不易被腐蚀D.d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e-→H2↑【答案】D【解析】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；19/20D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故D错误；故选：D。A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写．1.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示．已知海水中含Na+、Cl-、Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，电极为惰性电极．下列叙述中正确的是（　　）A.A膜是阳离子交换膜B.通电后，海水中阴离子往b电极处运动C.通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀D.通电后，a电极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O【答案】C【解析】解：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，故A错误；B、电解过程中阳离子移向阴极b极，故B错误；C、b电极氢离子放电生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，结合镁离子生成白色沉淀，故C正确；D、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；故选：C。A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；B、依据电解原理分析，电解过程中阳离子移向阴极；C、a电极和电源正极相连是电解池的阳极，溶液中氯离子先放电；D、b电极氢离子放电生成氢气，氢氧根离子浓度增大结合镁离子生成白色沉淀．本题考查了电解原理的应用，电极反应，电极判断，题干信息的分析应用，题目难度中等．2.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是（　　）19/20A.放电时，多孔碳材料电极为负极B.放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C.充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D.充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1-）O2【答案】D【解析】解：A．电池放电时，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，故A错误；B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，故B错误；C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li+向阴极移动，即向锂电极区迁移，故C错误；D．充电时，相当于电解Li2O2-x重新得到Li和O2，所以电池总反应为：Li2O2-x=2Li+（1-）O2，故D正确，故选：D。A．电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程；B．放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料；C．充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li；D．充电时，相当于电解Li2O2-x重新得到Li和O2。本题考查原电池和电解池的知识，明确电极反应和电子的流向是解题的关键，整体难度不大，是基础题。二、简答题（本大题共4小题，共50.0分）1.按要求填空：I．（1）AlCl3的水溶液 pH______7（填＞、=、＜=），其原因为______（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是______（填化学式）。（2）常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______。（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl ②氨水 ③NH4HSO4，c（NH4+）大小顺序正确的是______。（用序号表示）（4）常温下两种溶液：a．pH=4NH4Cl  b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为______。II．室温下，某一元弱酸HA的电离常数K=1.6×10-6． 向20.00mL 浓度约为0.1mol•L-1 HA溶液中逐滴加入0.1000mol•L-1 的标准NaOH溶液，其pH19/20变化曲线如图所示（忽略温度变化）。请回答下列有关问题：（1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是______点，滴定过程中宜选用______作指示剂，滴定终点在______（填“c点以上”或“c点以下”）。（2）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是______（填字母序号）。A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积（3）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为______mol/L．（保留4位有效数字）实验序号NaOH溶液体积/mL待测HA溶液体积/mL121.0120.00220.9920.00321.6020.00【答案】＜ Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+ Al2O3 5 ③＞①＞② 106：1 c 酚酞 c点以上 AD 0.1050【解析】解：I．（1）氯化铝溶液中铝离子会发生水解：Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，所以溶液显示酸性，溶液在加热时促进Al3+的水解，水解后生成Al（OH）3，加热分解生成Al2O3，故答案为：＜；Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；Al2O3；（2）当c（Cr3+）=10-5mol/L时，溶液的c（OH-）=mol/L=10-9mol/L，c（H+）=10-5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5，故答案为：5；（3）③中氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子浓度最大；①中电离生成NH4+，且铵根离子水解程度很弱；②中氨水电离程度很小，NH4+生成的浓度最小，则c（NH4+）大小顺序为③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；（4）NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，由水电离出的c（H+）=10-4mol/L，盐酸中由水电离出的c（H+）=10-10mol/L，二者比值为10-4mol/L：10-10mol/L=106：1，故答案为：106：1；II．（1）a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离，所以c点水的电离程度最大；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞；滴定终点呈碱性，应该在c点以上，故答案为：c； 酚酞；c点以上；（2）A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗，导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，导致待测液被稀释，滴定过程中消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，读出的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；故答案为：A D19/20；（3）第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：=21.00mL，根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol/L=0.02L×c（HA），解得：c（HA）=0.1050 mol/L，故答案为：0.1050。I．（1）氯化铝溶液中铝离子会发生水解，在加热时促进Al3+的水解；（2）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；（3）硫酸氢铵电离产生NH4+，且氢离子抑制铵根离子水解；氯化铵电离生成NH4+，且铵根离子水解程度很弱；氨水电离程度很小，NH4+生成的浓度最小，以此来解答；（4）NH4Cl水解呈酸性，促进水的电离，可根据溶液中c（H+）或c（OH-）的大小比较水的电离程度；II．（1）a点为HA溶液，b点是HA和少量KA溶液，c点是KA和少量HA的混合液，d点是KA和KOH的混合液，酸、碱溶液都抑制了水的电离，KA促进水的电离；由于HA为弱酸，恰好反应时溶液呈碱性，则选择在碱性范围内变色的指示剂；根据滴定终点呈碱性判断滴定终点的位置；（2）根据操作方法对c（待测）=的影响分析滴定误差；（3）第三组数据误差偏大，需要舍弃，另外两次消耗标准液的平均体积为：=21.00mL，根据反应HA+KOH=KA+H2O可知，0.021L×0.1000mol/L=0.02L×c（HA），据此计算出c（HA）即可。本题考查弱电解质的电离、中和滴定等知识，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握中和滴定操作方法，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。1.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题：I．用图甲所示装置进行第一组实验时：（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是______（填字母）。A石墨         B．镁        C．银         D．铂（2）实验过程中，SO42-______（填“从左向右”“从右向左”或“不”）移动；滤纸上能观察到的现象是______。II．该小组同学用图乙所示装置达行算二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根（FeO42-）在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度______（填“增大”“减小”或“不变）。（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为______。（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672 mL气体Y19/20电板（铁电极）质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为______ mL（均 己折算为示准状况时气体体积）。（6）K2FeO4-Zn乜可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生 的电极反应式为______。【答案】B 从右向左 滤纸上有蓝色斑点产生 增大 Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O、4OH--4e-=2H2O+O2↑ 280 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-【解析】解：（1）在保证电极反应不变的情况下，仍然是锌作负极，则正极材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，镁是比锌活泼的金属，所以不能代替铜，故选：B；（2）原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动，电解池中，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上Cu失电子生成铜离子，铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜，所以滤纸上有蓝色斑点产生，故答案为：从右向左，滤纸上有蓝色斑点产生；（3）电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大，故答案为：增大；（4）铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O和4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O、4OH--4e-=2H2O+O2↑；（5）X电极上析出的是氢气，2H++2e-=H2↑，当收集到672mL气体即=0.03mol气体时，转移电子的量是0.06mol，铁质量减少为0.28g即0.005mol，转移电子是0.01mol，所以产生氧气转移电子是0.05mol，根据电极反应式：4OH--4e-=2H2O+O2↑，转移电子0.05mol生成氧气是0.0125mol，体积是0.0075mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，故答案为：280；（6）Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，铁质量减少为0.28g即0.005mol，根据转移电子数相等得正极上高铁酸根离子得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，故答案为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。Ⅰ图1中，左边装置是原电池，较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，如果要找电极材料代替铜，所找材料必须是不如锌活泼的金属或导电的非金属，M是阳极，N是阴极，电解池中阴极上阳离子得电子发生还原反应，原电池放电时，阴离子向负极移动；Ⅱ该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量，在碱性锌电池中，正极上得电子发生还原反应。本题考查了原电池和电解池原理，注意：电解池中如果活泼金属作阳极，则电解池工作时阳极材料失电子发生氧化反应，为易错点。1.碳、氮、氧、氟、硫是中学常见的非金属元素，铁离子可与由它们组成的SCN-，CN-，F-等形成很多的配合物。（1）基态Fe原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______，电子数为______。（2）已知（CN）2是直线型分子，并有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为______，在配合物Fe（SCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是______。（3）配合物K4[Fe（CN）6]中不存在的作用力______（填序号）。19/20A．共价键     B．离子键    C．非极性键    D．配位键（4）写出一种与SCN-互为等电子体的分子______（用化学式表示），该分子的空间构型为______。（5）肼（N2H4）可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4（l）+2N2H4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H=-1038.7kJ•mol-1，若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的π键有______mol。（6）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是______（填标号）。a．CF4     b．CH4     c．NH4+     d．H2O【答案】N 16 2 4：3 Fe3+ C CS2或CO2 直线形 3 c【解析】解：（1）Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，电子占据的最高能层符号为N，该能层具有的原子轨道数为1+3+5+7=16、电子数为2，故答案为：N；16； 2；（2）（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N，（CN）2中π键和σ键的个数比为4：3；在配合物离子[Fe（SCN）]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子，故答案为：4：3；Fe3+；（3）钾离子和六氰合铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，不存在非极性共价键，故选：C；（4）原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN-互为等电子体的分子为CS2或CO2，其中心原子的价电子对数为=2，无孤对电子，所以分子空间构型为直线型，故答案为：CS2或CO2；直线形；（5）若该反应中有4molN-H键断裂，参加反应N2H4为1mol，生成氮气为1.5mol，氮气分子结构式为N≡N，三键中含有2个π键，形成π键的物质的量为2×1.5mol=3mol，故答案为：3；（6）F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH4+符合，故选：c。（1）Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，据此解答；（2）（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N；中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，据此解答；（3）钾离子和六氰合铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，据此解答；（4）原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；（5）若该反应中有4molN-H键断裂，参加反应N2H4为1mol，生成氮气为1.5mol，氮气分子结构式为N≡N，三键中含有2个π19/20键；（6）F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子。本题主要考查了原子杂化轨道、配合物的结构、分子离子的空间构型、等电子体、化学键等，（6）中注意理解氢键形成条件，难度中等。1.某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A，B，C，D，E五种元素组成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C，D同主族且原子序数D为C的2倍，E元素的外围电子排布式为（n-1）dn+6ns1，试回答下列问题：（1）该配位化合物的化学式为______，配合物中采取sp3杂化的原子按第一电离能由大到小排列顺序为 ______（用元素符号表示），1mol配离子中含有的σ键数目为______。（2）D元素基态原子的最外层电子排布图为______。（3）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和1：2，两种化合物可以任意比互溶，解释其主要原因为______。（4）A元素与B元素可形成分子式为B2A2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为______，该分子中B元素的杂化方式为______。（5）该配合物溶于水得深蓝色溶液，加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体，则加入乙醇的作用是______。【答案】[Cu（NH3）4]SO4•H2O N＞O＞S 16NA  H2O与H2O2分子之间存在氢键 H-N=N-H sp2 降低溶剂的极性，减小[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度【解析】解：由上述分析可知，A为H、B为N、C为O、D为S、E为Cu，（1）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S，单键均为σ键，NH3与Cu2+通过配位键结合形成配离子为[Cu（NH3）4]2+，[Cu（NH3）4]2+中共价键数目为12，配位键的数目为4，1mol配离子中含有的σ键数目为16NA，故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；N＞O＞S；（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为，故答案为：；（3）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；（4）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H-N=N-H，N原子的σ键数为2、孤对电子数为1，则杂化方式为sp2，故答案为：H-N=N-H；sp2；（5）该配合物溶于水得深蓝色溶液，加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体，则加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度，故答案为：降低溶剂的极性，减小[Cu（NH3）4]SO4•H2O的溶解度。某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6nsl，则n+6=10，故19/20n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH3）4]2+、SO42-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，以此来解答。本题考查位置、结构与性质，为高频考点，把握电子排布、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意配合物的结构为解答的难点，题目难度不大。19/20