高中化学高考二轮复习 全国优质课

2023年河南省商丘市高考化学二模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2023•商丘二模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，正丁烷和异丁烷的混合物中所含共用电子对数为14NAB．常温常压下，甲醛与葡萄糖的混合物中含有氢原子的数目为NAC．60gSiO2晶体所含Si﹣O键的数目为2NA，78g苯含有C=C双键的数目为3NAD．将CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应中转移电子数为2．（6分）（2023•商丘二模）下列关于有机物的说法中正确的是（）A．2023年11月山东现“夺命快递”﹣﹣化学品泄漏致1死7中毒．该化学品为氟乙酸甲酯，它是一种无色透明液体，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚．它属于酯类，也属于卤代烃B．按系统命名法，的名称为2，7，7﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷C．甲基环己烷环上一氯代物的同分异构体共有3种D．某种醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，生成的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子量b的关系是a=b+84，则该醇分子中具有两个醇羟基3．（6分）（2023•商丘二模）归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是（）①常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）②对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加③常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同④常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：Ka•Kh=Kw⑤电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度不变．A．①④B．①②④C．①②④⑤D．①②③④4．（6分）（2023•商丘二模）在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/℃2580230平衡常数5×1042×10﹣5下列说法不正确的是（）A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5C．80℃达到平衡时，测得n（CO）=，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/LD．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为mol/L，则此时v（正）＞v（逆）5．（6分）（2023•河南模拟）下列关于①乙烯②苯③乙醇④乙酸⑤葡萄糖等有机物的叙述不正确的是（）A．可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别③④⑤B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色C．只有②③④能发生取代反应D．一定条件下，⑤可以转化为③6．（6分）（2023•商丘二模）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图（A、B为多孔性碳棒）持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL．则下列说法错误的是（）A．通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B．0＜V≤时，电池总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．＜V≤时，负极电极反应为：CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．V=时，溶液中阴离子浓度大小关系为：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）7．（6分）（2023•湖州模拟）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是（）A．气体A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X中不能确定的离子是A13+和C1﹣二、解答题（共4小题，满分43分）8．（14分）（2023•商丘二模）某研究性学习小组用图1装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物．（1）气密性检验的操作过程是．（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是（填写编号）；a．取下小试管b．移去酒精灯c．将导管从乳胶管中取下d．以上都可以（3）如图2实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M），充分反应后停止加热．为了检验M的组成，进行下列实验．①M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；②经检验溶液中有铁离子和亚铁离子，检验该溶液中的亚铁离子的方法是；关于M中铁元素价态的判断正确的是（填写编号）．a．一定有+3价和+2价铁，无0价铁b．一定有+3价、+2价和0价铁c．一定有+3价和0价铁，无+2价铁d．一定有+3价，0价和+2价铁至少有一种（4）若M的成份可表达为FeXOY，用CO还原法定量测定其化学组成．称取agM样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：①组装仪器；②点燃酒精灯；③加入试剂；④打开分液漏斗活塞；⑤检查气密性；⑥停止加热；⑦关闭分液漏斗活塞；⑧…．正确的操作顺序是（填写编号）．a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小bg，则FeXOY中=．9．（8分）（2023•商丘二模）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：（1）相同条件下，•L﹣1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）（填“等于”、“大于”或“小于”）•L﹣1NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如图1是•L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合•L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是（填写字母）；②20℃时，•L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=mol•L﹣1（填数值）．（3）室温时，向100mL•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是．10．（7分）（2023•商丘二模）pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH．如某溶液溶质的浓度为1×10﹣3mol•L﹣1，则该溶液中该溶质的pC=﹣lg10﹣3=3．已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O⇌H2CO3H2CO3⇌H++HCO3﹣HCO3﹣⇌H++CO32﹣如图为H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣在加入强酸或强碱溶液后，达到平衡时溶液中三种成分的pC、pH图．请回答下列问题：（1）在pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为．（2）pH＜4时，溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是．（3）已知M2CO3为难溶物，则其Ksp的表达式为；现欲将某溶液中的M+以碳酸盐（Ksp=1×10﹣12）的形式沉淀完全，则最后溶液中的CO32﹣的pC最大值为（溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，沉淀完全）．11．（14分）（2023•商丘二模）已知A、B、C、D、E、X存在图示转化关系（部分生成物和反应条件略）．（1）若E为非金属氧化物，则A与水反应的化学方程式．①当X是碱性溶液，C分子中有22个电子时，表示X溶液呈碱性的离子方程式为，用结构式表示C分子：．②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为．（2）若E为常见单质气体，D为白色胶状沉淀，A的化学式可能是，B中含有的化学键类型为，C与X反应的离子方程式为．（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应生成C和一种可燃性气体单质，则该可逆反应的化学方程式为．t℃时，在密闭恒容的某容器中投入等物质的量的D和水蒸气，一段时间后达到平衡，该温度下反应的化学平衡常数K=1，则D的转化率为．【化学选修2--化学与技术】（共1小题，满分15分）12．（15分）（2023•长沙二模）[化学﹣﹣选修化学与技术]电镀厂镀铜废水中含有CN﹣和Cr2O72﹣离子，需要处理达标后才能排放．该厂拟定下列流程进行废水处理：回答下列问题：（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是．（2）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为．（3）步骤③中，每处理Cr2O72﹣时转移电子，该反应离子方程式为．（4）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因：．（5）目前处理酸性Cr2O废水多采用铁氧磁体法．该法是向废水中加入FeSO4•7H2O将Cr2O还原成Cr3+，调节PH，Fe、Cr转化成相当于：FeⅡ[FexⅢCr2﹣xⅢ]O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀．处理1molCr2O，需加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是．A．x=，a=8B．x=，a=10C．x=，a=8D．x=，a=10．【化学选修3--物质结构与性质】13．（2023•南昌模拟）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l4：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n﹣1）dn+6nsl，回答下列问题．（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为．（用元素符号表示）（2）D元素原子的最外层电子排布图为．（3）该配位化合物的化学式为，配体的中心原子的杂化方式为．（4）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l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为．（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为，分子中含有个σ键，个π键．（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图．则该化合物的化学式为．该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式．【化学选修5--有机化学基础】14．（2023•商丘二模）有机物A（肉桂酸甲酯）是常用于调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，它的分子式为C10H10O2，且分子中只含有1个苯环，苯环上只有一个取代基．它的核磁共振氢谱图上有6个峰，峰面积之比为1：2：2：1：1：3．它的红外光谱如下图：用A为原料合成高分子化合物H的路线如下ABCDEFGH（高分子）已知：RCOOCHH3RCH2OHRCH2COOHRCHBrCOOH回答下列问题：（1）A的结构简式是．（2）B与Br2的CCl4溶液反应后的生成物中手性碳原子的数目为．（3）请写出B生成C的化学方程式．（4）请写出同时满足下列条件下C的所有同分异构体的结构简式：．①分子中不含羰基和羟基；②是苯的对位二元取代物；③除苯环外，不含其他环状结构．（5）请写出G生成H的化学方程式．（6）溴苯与丙烯酸甲酯在氯化钯催化下可直接合成A，为了促进反应的进行，通常可加入一种显（填字母）的物质．A．弱酸性B．弱碱性C．强酸性D．强碱性．

2023年河南省商丘市高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）（2023•商丘二模）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）A．标准状况下，正丁烷和异丁烷的混合物中所含共用电子对数为14NAB．常温常压下，甲醛与葡萄糖的混合物中含有氢原子的数目为NAC．60gSiO2晶体所含Si﹣O键的数目为2NA，78g苯含有C=C双键的数目为3NAD．将CO2通过Na2O2使其增重ag时，反应中转移电子数为考点：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、依据n=计算物质的量结合分子结构计算共价键数；B、甲醛与葡萄糖的最简式为CH2O，计算中氢原子数；C、依据n=计算物质的量，结合二氧化硅和苯分子结构分析判断；D、CO2通过Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，依据固体质量增加结合反应电子转移计算．解答：解：A、依据n=计算物质的量==1mol，结合分子结构计算共价键数为13mol×NA=NA，故A错误；B、甲醛与葡萄糖的最简式为CH2O，计算中氢原子数=×2×NA=NA，故B正确；C、依据n=计算二氧化硅物质的量==1mol，含有Si﹣O键的数目为4NA，苯分子结构中不含有C=C双键，故C错误；D、CO2通过Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，将CO2通过Na2O2使其增重ag时，依据化学方程式计算：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，质量增加56g电子转移2mol，增重ag时反应中转移电子数NA，故D错误；故选B．点评：本题考查了阿伏加德罗常数的分析应用，主要是物质结构分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．2．（6分）（2023•商丘二模）下列关于有机物的说法中正确的是（）A．2023年11月山东现“夺命快递”﹣﹣化学品泄漏致1死7中毒．该化学品为氟乙酸甲酯，它是一种无色透明液体，不溶于水，易溶于乙醇、乙醚．它属于酯类，也属于卤代烃B．按系统命名法，的名称为2，7，7﹣三甲基﹣3﹣乙基辛烷C．甲基环己烷环上一氯代物的同分异构体共有3种D．某种醇在适当条件下与足量的乙酸发生酯化反应，生成的酯的相对分子质量a与原来醇的相对分子量b的关系是a=b+84，则该醇分子中具有两个醇羟基考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物命名；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用．专题：有机化学基础．分析：A．氟乙酸甲酯为酯类物质，不溶于水，易溶于有机溶剂，含C、H、F、O四种元素，不属于卤代烃；B．最长的链含8个C，2、7号C上含甲基，6号C上含乙基；C．甲基环己烷环上有4种位置的H；D．生成的酯的相对分子质量a，生成1分子水则a+18=b+60，生成2分子水，则a+36=b+120．解答：解：A．氟乙酸甲酯为酯类物质，不溶于水，易溶于有机溶剂，含C、H、F、O四种元素，不属于卤代烃，卤代烃中含C、H、卤素原子，故A错误；B．最长的链含8个C，2、7号C上含甲基，6号C上含乙基，其名称为2，2，7﹣三甲基﹣6﹣乙基辛烷，故B错误C．甲基环己烷中，由结构对称性可知环上有4种位置的H，则环上一氯代物的同分异构体共有4种，故C错误；D．生成的酯的相对分子质量a，若生成1分子水，由质量守恒定律二者a+18=b+60，则a=b+42；生成2分子水，则a+36=b+120，即a=b+84，则该醇分子中具有两个醇羟基，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机反应中组成、命名、同分异构体及酯化反应规律为解答的关键，注意选项D中质量守恒定律的应用，题目难度不大．3．（6分）（2023•商丘二模）归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学研究性学习小组在学习了《化学反应原理》后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是（）①常温下，pH=3的醋酸溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，则有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）②对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的百分含量一定增加③常温下，AgCl在同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同④常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；水的离子积为Kw；则有：Ka•Kh=Kw⑤电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度不变．A．①④B．①②④C．①②④⑤D．①②③④考点：pH的简单计算；化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电解原理．专题：基本概念与基本理论．分析：①溶液中一定满足电荷守恒，根据电荷守恒进行判断；②可逆反应达到平衡时，减少生成物浓度，平衡向着正向移动，但是生成物浓度减小；③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯离子，所以都能抑制氯化银溶解，且氯离子浓度越大，其抑制程度越大；④根据Ka=、Kh=计算出Ka•Kh即可；⑤粗铜中含有铁、锌等杂质，所以电解过程中，阳极失去电子的铜与阴极析出的铜质量不相等，溶液中铜离子浓度发生变化．解答：解：①反应后的溶液中存在的离子有：Na+、H+、OH﹣、CH3COO﹣，根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故①正确；②对已建立化学平衡的某可逆反应，若减小生成物，平衡向着正向移动，但是生成物浓度会减小，故②错误；③CaCl2和NaCl溶液中都含有氯离子，都抑制了氯化银的溶解，且氯离子浓度越大，其抑制程度越大，所以AgCl在相同物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度不同，故③错误；④Ka=、Kh=，Ka•Kh=×=c（OH﹣）×c（H+）=Kw，故④正确；⑤电解精炼铜过程中，阳极活泼性较强的杂质铁、锌等先放电，而阴极只有铜离子得到电子生成铜，所以阳极溶解的铜与阴极析出的铜的物质的量不相等，溶液中铜离子浓度发生了变化，故⑤错误；故选A．点评：本题考查电荷守恒、化学平衡、沉淀溶解平衡、弱电解质的电离和盐类的水解、电解精炼铜，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较广，充分考查了学生对所学知识的掌握情况，培养了学生灵活应用所学知识的能力；本题⑤为易错点，注意粗铜中含有活泼性较强的杂质．4．（6分）（2023•商丘二模）在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g），已知该反应平衡常数与温度的关系如表：温度/℃2580230平衡常数5×1042×10﹣5下列说法不正确的是（）A．上述生成Ni（CO）4（g）的反应为放热反应B．25℃时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为2×10﹣5C．80℃达到平衡时，测得n（CO）=，则Ni（CO）4的平衡浓度为2mol/LD．在80℃时，测得某时刻，Ni（CO）4、CO浓度均为mol/L，则此时v（正）＞v（逆）考点：化学平衡的计算．专题：化学平衡专题．分析：A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，据此判断；B．相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数；C．根据80°C平衡常数计算Ni（CO）4的平衡浓度；D．计算常数的浓度商Qc，与平衡常数比较，判断反应进行方向，据此判断．解答：解：A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；°C时反应Ni（s）+4CO（g）⇌Ni（CO）4（g）的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25°C时反应Ni（CO）4（g）⇌Ni（s）+4CO（g）的平衡常数为=2×10﹣5，故B正确；C．80°C达到平衡时，测得n（CO）=，c（CO）==1mol/L，故c[Ni（CO）4]=K•c4（CO）=2×14mol/L=2mol/L，故C正确；D．浓度商Qc==8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v（正）＜v（逆），故D错误；故选D．点评：本题考查化学平衡常数及影响因素、化学平衡常数有关计算等，难度中等，注意掌握化学平衡常数的应用．5．（6分）（2023•河南模拟）下列关于①乙烯②苯③乙醇④乙酸⑤葡萄糖等有机物的叙述不正确的是（）A．可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别③④⑤B．只有①③⑤能使酸性KMnO4溶液褪色C．只有②③④能发生取代反应D．一定条件下，⑤可以转化为③考点：乙烯的化学性质；苯的性质；乙醇的化学性质；乙酸的化学性质；葡萄糖的性质和用途．专题：有机反应．分析：A、乙醇与新制的Cu（OH）2悬浊液不反应，乙酸能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应，溶液变澄清，葡萄糖与新制的Cu（OH）2悬浊液加热生成砖红色沉淀；B、能使酸性KMnO4溶液褪色的有机物有：烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等；C、葡萄糖中含有羟基；D、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳；解答：解：A、乙醇与新制的Cu（OH）2悬浊液不反应；乙酸能与新制的Cu（OH）2悬浊液反应，溶液变澄清；葡萄糖与新制的Cu（OH）2悬浊液加热生成砖红色沉，现象不同，可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别三者，故A正确；B、乙烯、乙醇、葡萄糖（多羟基醛）能使酸性KMnO4溶液褪色，苯、乙酸不能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；C、葡萄糖中含有羟基，能与羧酸发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；D、葡萄糖发生分解生成乙醇和二氧化碳，所以一定条件下，⑤可以转化为③，故D正确；故选C．点评：本题考查了有机物的性质与鉴别，难度不大，注意酯化反应属于取代反应．6．（6分）（2023•商丘二模）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图（A、B为多孔性碳棒）持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL．则下列说法错误的是（）A．通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B．0＜V≤时，电池总反应的化学方程式为：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2OC．＜V≤时，负极电极反应为：CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O═10HCO3﹣D．V=时，溶液中阴离子浓度大小关系为：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n（KOH）=2mol/L×1L=2mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2KOH=K2CO3+H2O、③K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应．解答：解：A、燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，故A正确；B、当0＜V≤时，0＜n（CH4）≤1mol，则0＜n（CO2）≤1mol，只发生反应①②，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B正确；C、当L＜V≤，1mol＜n（CH4）≤2mol，则1mol＜n（CO2）≤2mol，发生反应①②③，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH4﹣8e﹣+9CO32﹣+3H2O=10HCO3﹣，故C正确；D、当V=时，n（CH4）=，n（CO2）=，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O，则得到和1molKHCO3的溶液，则c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故D错误．故选D．点评：本题考查了燃料电池的工作原理重要考点，计算要求的综合性较强，难度较大．7．（6分）（2023•湖州模拟）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、C1﹣中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图．下列说法正确的是（）A．气体A是NO2B．X中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42﹣C．溶液E和气体F不能发生化学反应D．X中不能确定的离子是A13+和C1﹣考点：常见离子的检验方法．专题：离子反应专题．分析：强酸性溶液，一定没有CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故A是一氧化氮，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体F是氨气，溶液中一定含有铵离子，生成了沉淀G；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀可能为氢氧化铝或碳酸钡；根据以上分析，对选项逐一判断．解答：解：X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32﹣、SO32﹣；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，D是二氧化氮，E则为硝酸，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；B中加入氢氧化钠产生了气体F，F一定是氨气，溶液中一定含有铵离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；沉淀C为硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；A、气体A是一氧化氮，故A错误；B、根据分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42﹣，不能确定是否含有铝离子，故B错误；C、E是硝酸，F是氨气，可以发生反应，故C错误；D、根据分析可知，溶液中可能含有铝离子和氯离子，故D正确；故选D．点评：本题考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等．二、解答题（共4小题，满分43分）8．（14分）（2023•商丘二模）某研究性学习小组用图1装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物．（1）气密性检验的操作过程是将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好．（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是C（填写编号）；a．取下小试管b．移去酒精灯c．将导管从乳胶管中取下d．以上都可以（3）如图2实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M），充分反应后停止加热．为了检验M的组成，进行下列实验．①M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；②经检验溶液中有铁离子和亚铁离子，检验该溶液中的亚铁离子的方法是取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+；关于M中铁元素价态的判断正确的是d（填写编号）．a．一定有+3价和+2价铁，无0价铁b．一定有+3价、+2价和0价铁c．一定有+3价和0价铁，无+2价铁d．一定有+3价，0价和+2价铁至少有一种（4）若M的成份可表达为FeXOY，用CO还原法定量测定其化学组成．称取agM样品进行定量测定，实验装置和步骤如下：①组装仪器；②点燃酒精灯；③加入试剂；④打开分液漏斗活塞；⑤检查气密性；⑥停止加热；⑦关闭分液漏斗活塞；⑧…．正确的操作顺序是c（填写编号）．a．①⑤④③②⑥⑦⑧b．①③⑤④②⑦⑥⑧c．①⑤③④②⑥⑦⑧d．①③⑤②④⑥⑦⑧（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小bg，则FeXOY中=．考点：乙醇的催化氧化实验；性质实验方案的设计．专题：实验设计题．分析：（1）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（2）乙醇易挥发，依据图1装置分析可知，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子具有还原性，加入氧化剂会发生氧化还原反应；乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值；解答：解：（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，定量测定，所以气体通过装置，实验前需要检验装置气密性，方法为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好，故答案为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好；（2）依据图1装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子加入紫红色的酸性高锰酸钾溶液，两者发生氧化还原反应溶液褪色，则有Fe2+；氧化铁做催化剂参与反应过程，乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；故答案为：取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+；d；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选c，故答案为：c；（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（a﹣b）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=：=，故答案为：；点评：本题考查了氧化铁与乙醇的反应的性质的实验探究和产物组成的分析判断，掌握二价铁离子的性质，注意实验过程中的反应实质分析判断，现象的理解和应用是解题关键，题目难度中等．9．（8分）（2023•商丘二模）NH4Al（SO4）2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛．请回答下列问题：（1）相同条件下，•L﹣1NH4Al（SO4）2中c（NH4+）小于（填“等于”、“大于”或“小于”）•L﹣1NH4HSO4中c（NH4+）．（2）如图1是•L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象．①其中符合•L﹣1NH4Al（SO4）2的pH随温度变化的曲线是I（填写字母）；②20℃时，•L﹣1NH4Al（SO4）2中2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=10﹣3mol•L﹣1mol•L﹣1（填数值）．（3）室温时，向100mL•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加•L﹣1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示．试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是a；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．考点：盐类水解的应用．专题：盐类的水解专题．分析：（1）铝离子、氢离子抑制铵根离子水解，且铝离子抑制程度小于氢离子；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解；②根据电荷守恒计算；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性．解答：解：I．（1）NH4Al（SO4）2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解，但是NH4Al（SO4）2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解，HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解，因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大，所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al（SO4）2中的小，故答案为：小于；（2）①NH4Al（SO4）2为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，升高温度促进水解，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，故选I；②根据电荷守恒得2c（SO42﹣）﹣c（NH4+）﹣3c（Al3+）=c（H+）﹣c（OH﹣）=10﹣3mol•L﹣1[c（OH﹣）太小，可忽略]，故答案为：10﹣3mol•L﹣1；（3）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有（NH4）2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，（NH4）2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离．b点溶液呈中性，即溶液含有（NH4）2SO4、Na2SO4、NH3•H2O三种成分，a点时c（Na+）=c（SO42﹣），b点时c（Na+）＞c（SO42﹣），根据N元素与S元素的关系，可以得出c（SO42﹣）＞c（NH4+），故c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故答案为：a；c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+）．点评：本题考查了离子浓度大小比较、盐类水解等知识点，离子浓度大小比较常常与盐类水解、弱电解质的电离联合考查，确定离子浓度大小时要结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，难点是（3）题，知道图象中各个点的溶质即可解答，题目难度中等．10．（7分）（2023•商丘二模）pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的常用对数负值，类似pH．如某溶液溶质的浓度为1×10﹣3mol•L﹣1，则该溶液中该溶质的pC=﹣lg10﹣3=3．已知H2CO3溶液中存在下列平衡：CO2+H2O⇌H2CO3H2CO3⇌H++HCO3﹣HCO3﹣⇌H++CO32﹣如图为H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣在加入强酸或强碱溶液后，达到平衡时溶液中三种成分的pC、pH图．请回答下列问题：（1）在pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素的离子为HCO3﹣．（2）pH＜4时，溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是c（H+）增大后，H2CO3⇌H++HCO3﹣平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度保持不变．（3）已知M2CO3为难溶物，则其Ksp的表达式为Ksp=c2（M+）•c（CO32﹣）；现欲将某溶液中的M+以碳酸盐（Ksp=1×10﹣12）的形式沉淀完全，则最后溶液中的CO32﹣的pC最大值为2（溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol•L﹣1时，沉淀完全）．考点：pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．专题：电离平衡与溶液的pH专题．分析：（1）根据pC概念知，pC值越大，该溶质浓度越小，反之，pC值越小，其微粒浓度越大，根据图象分析判断；（2）氢离子浓度越大，越抑制碳酸电离；导致有二氧化碳生成；（3）Ksp=c2（M+）•c（CO32﹣）；根据溶度积常数计算溶液中c（CO32﹣），再根据pC概念计算pC值．解答：解：（1）根据pC概念知，pC值越大，该溶质浓度越小，反之，pC值越小，其微粒浓度越大，根据图象知，pH=9时，pC最小的是HCO3﹣，所以HCO3﹣浓度最大，故答案为：HCO3﹣；（2）pH＜4时，溶液中，c（H+）增大后，H2CO3⇌H++HCO3﹣平衡向左移动放出CO2，导致碳酸浓度不变，碳酸为饱和溶液，所以溶液中H2CO3的pC总是约等于3，故答案为：c（H+）增大后，H2CO3⇌H++HCO3﹣平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度保持不变；（3）Ksp=c2（M+）•c（CO32﹣）；溶液中c（CO32﹣）==mol/L=L，则pC=﹣=2，故答案为：Ksp=c2（M+）•c（CO32﹣）；2．点评：本题考查了弱电解质的电离、pC的计算，明确pC的概念是解本题关键，可以采用知识迁移的方法分析pC概念，再利用溶度积常数等知识点来分析解答，题目难度中等．11．（14分）（2023•商丘二模）已知A、B、C、D、E、X存在图示转化关系（部分生成物和反应条件略）．（1）若E为非金属氧化物，则A与水反应的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO．①当X是碱性溶液，C分子中有22个电子时，表示X溶液呈碱性的离子方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，用结构式表示C分子：O=C=O．②当X为金属单质时，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O．（2）若E为常见单质气体，D为白色胶状沉淀，A的化学式可能是Na或Na2O2，B中含有的化学键类型为离子键和极性共价键，C与X反应的离子方程式为Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓．（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应生成C和一种可燃性气体单质，则该可逆反应的化学方程式为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）．t℃时，在密闭恒容的某容器中投入等物质的量的D和水蒸气，一段时间后达到平衡，该温度下反应的化学平衡常数K=1，则D的转化率为50%．考点：无机物的推断．专题：推断题．分析：（1）A在常温下与水反应生成非金属氧化物E，因此符合条件的是NO2溶于水；①B是硝酸，当X是碱性溶液，C分子中有22个电子，这说明C是CO2，因此X是碳酸盐；②B是硝酸，X为金属单质，且X能与C继续反应，说明X应该是变价金属，所以X是铁，C为硝酸铁；（2）若E为常见单质气体，D为白色胶状沉淀，则D是氢氧化铝．由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则符合条件的是B是碱，X是铝盐，C是偏铝酸盐．所以A是钠或过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠和氢气或氢氧化钠与氧气；（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应生成C和一种可燃性气体单质，则根据转化可知，符合条件是CO与水蒸气反应生成氢气和CO2，所以D是CO，C是CO2，则X是碳，B是氧气．A与水常温下生成氧气，则A可以是过氧化钠．该可逆反应的化学方程式为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）．解答：解：（1）A在常温下与水反应生成非金属氧化物E，因此符合条件的是NO2溶于水，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①B是硝酸，当X是碱性溶液，C分子中有22个电子，这说明C是CO2，因此X是碳酸盐，CO32﹣水解溶液显碱性，所以表示X溶液呈碱性的离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，CO2是由碳氧双键构成的共价化合物，所以CO2的结构式为O=C=O，故答案为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣；O=C=O；②B是硝酸，X为金属单质，且X能与C继续反应．这说明X应该是变价金属，所以X是铁．则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：Fe+4H++NO3﹣=Fe3++NO↑+2H2O；（2）若E为常见单质气体，D为白色胶状沉淀，则D是氢氧化铝．由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则符合条件的是B是碱，X是铝盐，C是偏铝酸盐．所以A是钠或过氧化钠，与水反应生成氢氧化钠和氢气或氢氧化钠与氧气，因此A的化学式可能是Na或Na2O2，B为氢氧化钠，氢氧化钠中含有的化学键类型为离子键和极性键，C与X反应的离子方程式为：Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，故答案为：Na或Na2O2；离子键和极性共价键；Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；（3）若B为单质气体，D可与水蒸气在一定条件下发生可逆反应生成C和一种可燃性气体单质，则根据转化可知，符合条件是CO与水蒸气反应生成氢气和CO2，所以D是CO，C是CO2，则X是碳，B是氧气，A与水常温下生成氧气，则A可以是过氧化钠，该可逆反应的化学方程式为CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），令CO、氢气起始物质的量为amol，平衡时参加反应CO为xmol，则：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）起始量（mol）：aa00转化量（mol）：xxxx平衡量（mol）：a﹣xa﹣xxx由于反应前后体积不变，则可以用物质的量代替浓度表示平衡常数，即=1，解得x=，因此CO的转化率为×100%=50%，故答案为：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）；50%．点评：本题考查无机物推断推断、可逆反应有关计算等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度中等．【化学选修2--化学与技术】（共1小题，满分15分）12．（15分）（2023•长沙二模）[化学﹣﹣选修化学与技术]电镀厂镀铜废水中含有CN﹣和Cr2O72﹣离子，需要处理达标后才能排放．该厂拟定下列流程进行废水处理：回答下列问题：（1）上述处理废水流程中主要使用的方法是氧化还原法．（2）②中反应后无气体放出，该反应的离子方程式为CN﹣+ClO﹣=CNO﹣+Cl﹣．（3）步骤③中，每处理Cr2O72﹣时转移电子，该反应离子方程式为3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+=6SO42﹣+8Cr3++13H2O．（4）取少量待测水样于试管中，加入NaOH溶液，观察到有蓝色沉淀生成，再加Na2S溶液，蓝色沉淀转化成黑色沉淀，请使用化学用语和文字解释产生该现象的原因：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq），使沉淀向更难溶方向转化．（5）目前处理酸性Cr2O废水多采用铁氧磁体法．该法是向废水中加入FeSO4•7H2O将Cr2O还原成Cr3+，调节PH，Fe、Cr转化成相当于：FeⅡ[FexⅢCr2﹣xⅢ]O4（铁氧磁体，罗马数字表示元素价态）的沉淀．处理1molCr2O，需加入amolFeSO4•7H2O，下列结论正确的是D．A．x=，a=8B．x=，a=10C．x=，a=8D．x=，a=10．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：流程分析含CN﹣废水调整溶液PH加入NaClO溶液，氧化CN﹣离子反应生成CNO﹣的废水，含Cr2O72﹣的废水调整溶液PH加入Na2S2O3发生氧化还原反应得到含硫酸根离子的废水，和含CNO﹣的废水继续处理得当待测水样；（1）从流程分析物质的转化关系和试剂选择分析所用方法；（2）碱性条件下，CN﹣离子与NaClO发生氧化还原反应生成CNO﹣、Cl﹣离子，据此写出离子方程式；（3）利用每﹣转移的电子来计算被还原后Cr元素的化合价，再书写离子方程式；（4）根据铜离子与氢氧根离子反应生成沉淀及沉淀的转化来分析；（5）根据氧化还原反应中得失电子数相等，再结合原子守恒进行计算．解答：解：（1）从流程看，CN﹣转化为CNO﹣，化合价升高被氧化剂氧化，Cr2O72﹣转化为Cr3+化合价降低，故还原剂还原，故采用方法为氧化﹣还原法；故答案为：氧化﹣还原法；（2）步骤②中，无气体放出，CN﹣被ClO﹣氧化为CNO﹣，则因为是在碱性环境中，故ClO﹣只能被还原为Cl﹣，反应式为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；故答案为：CN﹣+ClO﹣═CNO﹣+Cl﹣；（3）每﹣转移的电子，设还原后Cr元素的化合价为x，则×2×（6﹣x）=，解得x=+3，则离子反应为3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；故答案为：3S2O32﹣+4Cr2O72﹣+26H+═6SO42﹣+8Cr3++13H2O；（4）因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，CuS比Cu（OH）2更难溶，则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化，故答案为：待检水样中还有Cu2+，加碱发生Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓，再加入Na2S溶液，CuS比Cu（OH）2更难溶，则发生Cu（OH）2（s）+S2﹣（aq）═CuS（s）+2OH﹣（aq），使沉淀向更难溶方向转化；（5）处理1molCr2O72﹣，需加入amolFeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1molCr2O72﹣完全反应后生成molFeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2﹣x]O4，根据铁原子守恒得amol=mol①，该反应中得失电子数相等，1mol×2×3=mol×（3﹣2）×x，解得x=，将x=代入①得a=10，故答案为：D．点评：本题考查了氧化还原反应，沉淀溶解平衡知识，注重了化学与实际生产的联系，学生应学会利用物质的性质、得失电子守恒和原子守恒计算等来解答，题目难度中等．【化学选修3--物质结构与性质】13．（2023•南昌模拟）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l4：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n﹣1）dn+6nsl，回答下列问题．（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为N＞O＞S．（用元素符号表示）（2）D元素原子的最外层电子排布图为．（3）该配位化合物的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O，配体的中心原子的杂化方式为sp3．（4）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l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为H2O与H2O2分子之间存在氢键，．（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为H﹣N=N﹣H，分子中含有3个σ键，1个π键．（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图．则该化合物的化学式为CuH．该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl．考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．专题：化学键与晶体结构．分析：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n=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，据此解答．解答：解：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n=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，（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第