安达市第七中学高二下学期第一次网络检测化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精化学试题一、单选题1.下列化学用语书写正确的是（）A。次氯酸的电离方程式：HClO===H++ClO－B.铝溶于烧碱溶液的离子方程式:Al+2OH－==AlO2－+H2↑C。电解精炼铜的阴极反应式：Cu－2e－==Cu2+D.已知中和热为57。3kJ·mol－1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq)+2NaOH(aq)==Na2SO4(aq）+2H2O(l)ΔH=－114。6kJ·mol－1【答案】D【解析】A项，次氯酸是一元弱酸，部分电离,电离方程式为：HClOH++ClO—，故A错误；B项，铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，则离子方程式为：2Al+2OH—+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故B错误；C项，阴极发生还原反应,电解精炼铜过程中,阴极上Cu2+得电子生成Cu,电极反应式为：Cu2++2e—=Cu，故C错误；D项，已知中和热为57.3kJ·mol—1,根据中和热的概念，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4(aq）+NaOH（aq)=Na2SO4(aq)+H2O（l)ΔH=-57.3kJ•mol-1,即H2SO4（aq）+2NaOH(aq）=Na2SO4(aq）+2H2O(l）ΔH=-114.6kJ•mol-1,故D正确。点睛：本题考查了电离方程式、离子方程式、电极反应式、热化学方程式的书写等基础知识，注意明确：①强弱电解质电离的不同，强电解质完全电离，弱电解质部分电离,书写电离方程式时，前者用“="后者用“"；②离子方程式书写原则:可溶性强电解质要拆写成离子，遵循原子守恒和电荷守恒,如题中B项电荷不守恒；③电解原理及电极反应式的书写，阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应，则题中电解精炼铜，阳极为粗铜发生反应Cu-2e-=Cu2+，电解液为含有Cu2+的溶液,阴极为精铜；④中和热概念，强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。2.下列有关实验操作的叙述错误的是A.测中和热实验时，用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH数值偏低B。滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C.测定醋酸钠溶液的pH可用洁净的玻璃棒蘸取待测液，点在湿润的pH试纸上D.用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，则测定结果偏高【答案】C【解析】【详解】A。用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好,会导致热量的散失,使测得的△H数值偏小，但△H偏高，A正确；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确;C.用pH试纸测量溶液的pH时试纸不能事先润湿,C错误；D.用已知浓度的盐酸测定未知浓度的氢氧化钠溶液，当滴定达终点时滴定管尖嘴有悬液，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，D正确;答案选C。3.一定条件下，体积为2L的密闭容器中,2molX和3molY进行反应:X（g）+Y（g）Z（g），经12s达到平衡，生成0。6molZ。下列说法正确的是A。以X浓度变化表示的反应速率为0。05mol/（L•s)B。其他条件不变，增大X的浓度，平衡右移，X的转化率增大C.其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，Z的平衡浓度变为0.06mol/LD.其他条件不变，若移走1molX和1.5molY，再达平衡时Z的物质的量小于0.3mol【答案】D【解析】【分析】用三段式分析：X（g)+Y（g）Z（g）n初始（mol）230n转化(mol）0。60。60.6n平衡（mol）1.42.40。6c平衡（mol/L）0。71。20.3A、根据υ=△c/△t计算出以X浓度变化表示的反应速率．B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小；C、其他条件不变，12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强,平衡逆向移动；D、相当于减小压强，平衡逆向移动；【详解】用三段式分析：X（g）+Y（g）Z（g）n初始（mol）230n转化（mol）0。60.60。6n平衡（mol)1.42。40.6c平衡(mol/L）0.71。20。3A、以X浓度变化表示的反应速率υ=△c/△t=0.6mol÷(2L×12s）=0.025mol/（L•s),故A错误。B、增大X的浓度，平衡右移，X的转化率减小，故B错误；C、其他条件不变,12s后将容器体积扩大为10L，相当于减小压强,平衡逆向移动,Z的平衡浓度小于0。06mol·L－1，故C错误；D、相当于减小压强，平衡逆向移动，再达平衡时Z的物质的量小于0。3mol，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了化学平衡的计算,解答关键：明确化学平衡及其影响因素，注意掌握三段式在化学平衡计算中的应用。4.乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水合法生产，反应的化学方程式如下：C2H4(g）+H2O（g）C2H5OH(g)，下图为乙烯的平衡转化率与温度（T）、压强（P）的关系[起始n(C2H4）∶n(H2O)=1∶1］.下列有关叙述正确的是A。Y对应的乙醇的质量分数为1/9B.X、Y、Z对应的反应速率：υ（X）>υ(Y)>υ(Z)C。X、Y、Z对应的平衡常数数值:KX>KY〉KZD.增大压强、升高温度均可提高乙烯的平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A据图可知，Y点对应乙烯的平衡转化率为20%，起始n（C2H4）:n(H2O）=1:1，设C2H4和H2O的起始物质的量均为1mol，根据三段式法有：C2H4（g）+H2O（g)C2H5OH（g）起始（mol)110转化（mol）0。20。20.2平衡（mol）0。80.80.2则平衡时乙醇的质量分数为:=，选项A错误;B。因该反应是气体体积减小的可逆反应，所以温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，则结合图象可得:P1〈P2〈P3，且X、Y、Z三点对应的温度越来越高，所以X、Y、Z对应的反应速率:v（X)<v（Y<v(Z),选项B错误；C。据图可知,升高温度,乙烯的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则X、Y、Z对应的平衡常数数值:KX〉KY>KZ，选项C正确;D。因该反应是气体体积减小的可逆反应，则温度相同时，压强越大，乙烯的平衡转化率越大，又因该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，乙烯的平衡转化率降低，选项D错误。答案选C。5。在1。0L恒容密闭容器中放入0.10molX,在一定温度下发生反应:X(g）Y(g)＋Z（g）ΔH＜0,容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。以下分析正确的是（）A。该温度下此反应的平衡常数K＝3.2B.从反应开始到t1时的平均反应速率v（X)＝0.2/t1mol·L－1·min－1C.欲提高平衡体系中Y的百分含量,可加入一定量的XD。其他条件不变，再充入0。1mol气体X,平衡正向移动，X的转化率减少【答案】D【解析】【分析】X（g）Y（g)＋Z(g)开始0.100变化bbbt1min末0.1—bbb根据压强比等于物质的量比，,b=0。04；X(g）Y（g)＋Z(g）开始0。100转化aaa平衡0。1-aaa根据压强比等于物质的量比，，a=0.08。【详解】A.该温度下此反应的平衡常数K＝0。32，故A错误；B.从反应开始到t1时的平均反应速率v（X）＝0.04/t1mol·L－1·min－1，故B错误；C。向体现中加入一定量的X,相当于加压，Y的百分含量减小,故C错误；D。其他条件不变，再充入0.1mol气体X，平衡正向移动，但对于X的转化率，相当于加压，X的转化率减少，故D正确。6。图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图.下列叙述正确的是(）A。该反应的热化学方程式为：N2+3H22NH3△H=－92kJ·mol-1B.正反应的活化能大于逆反应的活化能C.b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线D。使用催化剂后反应的焓变减小，N2转化率增大【答案】C【解析】【分析】A。热化学方程式要标出物质的聚集状态；B。根据图示,正反应的活化能是508kJ·mol—1，逆反应的活化能是600kJ·mol—1；C。催化剂可以降低反应的活化能;D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动。【详解】A.热化学方程式要标出物质的聚集状态，该反应的热化学方程式为：N2(g）+3H2(g)2NH3（g)△H=－92kJ·mol-1,故A错误；B。正反应的活化能是508kJ·mol—1,逆反应的活化能是600kJ·mol-1,所以正反应的活化能小于逆反应的活化能,故B错误；C.催化剂可以降低反应的活化能,b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线，故C正确；D、正逆反应活化能之差等于焓变，催化剂不能使平衡移动，加入催化剂反应的焓变不变，N2转化率不变，故D错误。【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，明确催化剂的作用实质通过改变反应途径、降低反应的活化能是解题的关键,注意把握图象识别和理解含义，题目难度不大。7.常温下，向20.00mL0.1000溶液中逐滴加入0.2000NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（不考虑挥发）。下列说法正确的是（）A.点a所示溶液中：B。点b所示溶液中：C。点c所示溶液中：D。点d所示溶液中:【答案】C【解析】【详解】A．a点溶液中,铵根离子水解导致溶液呈酸性，即，铵根离子水解程度较小，结合物料守恒知，所以溶液中离子浓度大小顺序是，故A错误；B．b点溶液中，溶液呈中性，则，根据电荷守恒得,硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以，故B错误；C．c点溶液中，溶液呈碱性，所以，溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得,根据物料守恒得，根据物料守恒得，所以得，故C正确；D．d点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨,且硫酸钠是氨水浓度的一半，一水合氨电离程度较小，所以，故D错误;答案选C.8。25℃下，弱电解质的电离平衡常数，下列说法正确的是（)A。用0.1mol/L的盐酸滴定0。1mol/L的氨水时，可用酚酞作指示剂B.0。2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：C。pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中D。pH=3的醋酸与pH=11的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的【答案】C【解析】【详解】A．选择指示剂：指示剂的变色范围应与反应后溶液溶质的pH吻合,反应后溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此选择甲基橙为指示剂,故A错误;B.0。2mol/L的醋酸与0.1mol/L的氢氧化钠溶液等体积混合,得到等浓度的醋酸钠和醋酸混合溶液，溶液中电荷守恒c（CH3COO-）+c(OH—)=c(Na+)+c(H+），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO—）+c（CH3COOH），得到c（CH3COO-）+2c（OH—）=c（CH3COOH）+2c（H+)，故B错误；C．NH3•H2O是弱碱,HCl是强酸，因此pH=3的盐酸与pH=11的氨水：c（NH3•H2O)＞c（HCl），即反应后溶质为NH4Cl和NH3•H2O，NH3•H2O的物质的量浓度大于NH4Cl，NH3•H2O的电离大于NH4+的水解，溶液显碱性，所得溶液中，故C正确；D．常温下，Ka(CH3COOH)=Kb(NH3•H2O）=1.75×10—5，醋酸根离子和铵根离子都发生水解，二者水解程度相近，溶液pH=7,由于水解促进水的电离,所得溶液中由水电离出的c（H+）＞1×10—7mol/L，故D错误；故答案选C。【点睛】把握电离平衡常数与酸性或碱性强弱关系是解本题关键，注意溶液中电荷守恒和物料守恒的灵活应用,选项B为解答的难点。9.25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(）A.水电离的mol/L的溶液中:B.mol/L的溶液中：C。能使甲基橙变红色的溶液中：D。常温下的溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．水电离的mol/L的溶液中水的电离被抑制,该溶液呈酸性或碱性,醋酸根离子、碳酸氢根离子与氢离子反应，或碳酸氢根离子与氢氧根离子，均不能大量共存，A不选；B．mol/L的溶液呈碱性,四种离子之间不反应,都不与氢氧根离子反应,可以大量共存，B选；C．能使甲基橙变红色的溶液显酸性，酸性条件下硅酸根离子不能大量共存,C不选;D．铝离子与偏铝酸根离子之间发生双水解，形成氢氧化铝沉淀，不能大量共存,D不选.答案选B。10.某温度下，向10mL0。1溶液中滴加0。1溶液，滴加过程中溶液中与溶液体积(V)的变化关系如图所示，下列有关说法正确的是[已知:］（）A。a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B.溶液中:C。该温度下D。向100mL、浓度均为的混合溶液中逐滴加入的溶液,先沉淀【答案】C【解析】【详解】A．Cu2+单独存在或S2-单独存在时均会发生水解,水解促进水的电离,b点时恰好形成CuS沉淀,此时水的电离程度最小，A错误；B．Na2S溶液中存在物料守恒：2c(S2-)+2c（HS—)+2c（H2S)=c(Na+）,B错误；C．由题图可知，该温度下，平衡时c（Cu2+）=c(S2—）=10-17.7mol·L-1,则Ksp(CuS)=c（Cu2+）·c（S2-）=10—17。7×10—17。7=10-35.4，已知lg2=0.3，则Ksp（CuS）=10-35.4=（100.3)2×10—36=4×10-36,C正确;D．向100mLZn2+、Cu2+浓度均为10-5mol·L—1的混合溶液中逐滴加入10—4mol·L—1的Na2S溶液,产生ZnS沉淀时需要的S2-浓度为，产生CuS沉淀时需要的S2—浓度为，则产生CuS沉淀所需S2—浓度更小,故Cu2+先沉淀,D错误。答案选C。11。新型NaBH4/H2O2燃料电池DBFC的结构如图所示，该电池总反应方程式：NaBH4+4H2O2=NaBO2+6H2O,有关的说法不正确的是A。电极B为正极B。放电过程中，Na+从正极区向负极区迁移C。电池负极的电极反应为:BH4-+8OH−−8e−=BO2—+6H2OD.在电池反应中，每消耗1L6mol/LH2O2溶液，理论上流过电路中的电子为12NA【答案】B【解析】【分析】该燃料电池中，根据元素化合价变化知，负极上电极反应式为BH4-+8OH-—8e—=BO2—+6H2O,正极H2O2发生还原反应,得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-,放电时,阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，根据双氧水和转移电子之间的关系式计算。【详解】A.根据图片知，B电极上双氧水得电子生成氢氧根离子，所以B电极是正极，故A项正确；B.放电时，阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以Na+从负极区向正极区迁移，故B项错误；C.根据元素化合价变化知，负极上BH4—失电子发生氧化反应,电极反应式为BH4—+8OH−−8e−=BO2-+6H2O，故C项正确；D.在电池反应中,每消耗1L6mol/LH2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e−=2OH−，理论上流过电路中的电子数=×2×NA/mol=12NA，故D项正确；答案选B.12.下列说法错误的是(）A。用惰性电极电解Na2SO4溶液，当2mol电子转移时，可加入18g水恢复B。用惰性电极电解1L1mol/LCuSO4溶液，当加入1molCu（OH）2恢复电解前浓度时，电路中转移了4mole－C。用惰性电极电解1molCuSO4和1molNaCl的混合溶液，溶液的pH先减小后增大D.要想实现Cu＋H2SO4（稀）═CuSO4＋H2↑的反应,需在电解池中进行,且Cu为阳极【答案】C【解析】【分析】A．用惰性电极电解

溶液，实质为电解水，根据电子守恒计算消耗水的物质的量;

B．需加入

1mol

恢复电解前浓度，1mol

相当于1molCuO和，结合电子守恒分析；

C．阳离子在阴极得电子能力，阴离子在阳极失电子能力，电解时阴极电极反应：，1mol

完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：，1mol

完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律,阳极电极反应还有：，据此分析溶液pH变化;

D．铜与稀硫酸不反应，若要实现该反应，则需在电解池中进行,铜化合价升高，说明铜失去电子做阳极.【详解】．用惰性电极电解

溶液，相当于电解水:2H2O2H2↑+O2↑，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有2mol

电子转移时，消耗水1mol，即可加入

18g

水恢复到原状态,A正确；

B．用惰性电极电解

1L

溶液，电解反应为，当全部被还原成铜时，生成铜1mol，转移电子的物质的量为2mol,若要恢复到电解前的状态,需要加氧化铜的物质的量为1mol，现需加入

1mol

恢复电解前浓度，说明还有1mol水发生了电解反应，根据可知，该反应转移4mol电子时，消耗水2mol，当有1mol

水被电解时，转移电子的物质的量为2mol，所以整个电路中转移了,B正确;

C．阳离子在阴极得电子能力，阴离子在阳极失电子能力,所以用惰性电极电解

1mol

和

1mol

NaCl

的混合溶液，阴极电极反应：，1mol

完全反应转移2mol电子，阳极电极反应：，1mol

完全反应转移1mol电子，根据电子守恒规律，阳极电极反应还有：，转移1mol电子,消耗的物质的量为1mol，溶液中的氢离子的物质的量增大1mol，所以电解后溶液的pH减小，C错误;

D．Cu与稀硫酸不反应,若要实现稀，则需在电解池中进行,Cu连在电源的正极上做阳极,铜失电子,发生氧化反应，D正确；

答案选C。13.分子式为C5H11Cl且含有两个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A.7种 B。6种 C。5种 D.4种【答案】D【解析】【分析】判断和书写烷烃的氯代物的异构体可以按照以下步骤来做:（1）先确定烷烃的碳链异构，即烷烃的同分异构体；（2）确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子；（3)根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子;（4）对于多氯代烷的同分异构体，遵循先集中后分散的原则，先将几个氯原子集中取代同一碳原子上的氢,后分散去取代不同碳原子上的氢。【详解】分子式为C5H11Cl的同分异构体有主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的:CH3CH(CH3）CH2CH2Cl；CH3CH（CH3）CHClCH3；CH3CCl(CH3）CH2CH3;CH2ClCH（CH3）CH2CH3;主链有3个碳原子的：CH3C（CH3）2CH2Cl；共有8种情况,但含有2个甲基的有机物有4种。故选D。14。某烷烃主链上有4个碳原子的同分异构体有2种,含有相同碳原子数且主链上也有4个碳原子的单烯烃的同分异构体有()A.2种 B。4种C.5种 D.7种【答案】B【解析】【分析】先根据烷烃的条件，确定烷烃的分子式,然后再根据官能团位置异构确定单烯烃的同分异构体。【详解】第一步：确定该烷烃碳原子个数，①主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基（不可能是乙基,否则主链超过4个碳原子)。②主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个（下面的0,是指该物质只有一种，没有同分异构体)甲基的个数同分异构体

1个

0

2个

2

3个

0

4个

0③结论：该烷烃总共有6个碳原子，第二步：分析烯烃的同分异构体数目①双键在1号位，,有以下3种：2−乙基丁烯、2，3−二甲基丁烯、3，3−二甲基丁烯②双键在2号位，，有1种：2，3−二甲基−2−丁烯结论：共有4种，故B项正确；答案选B。15。25℃和101kPa时，乙烷,乙炔和丙烯组成的混合径32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72Ml，原混合烃中乙炔的体积分数为A.12。5％ B。25％ C。50% D.75％【答案】B【解析】【详解】4CnHm＋（4n+m)O2→4nCO2＋2mH2O△V↓44n+m4n4+m3272所以m＝5，即氢原子的平均值是5，由于乙炔和丙烯分别含有2个和6个氢原子，则根据十字交叉法可知乙炔和丙烯的物质的量之比＝，因此乙炔的体积分数为25％,答案选B。16.甲、乙、丙三种烃分子的结构如图所示，下列有关说法正确的是A。分子式为C4H4，1mol甲分子中含4mol共价键B.和苯互为同分异构体C.分子的二氯取代产物有两种D.互称为同系物【答案】B【解析】【详解】A.1mol甲分子中含6molC—C键，4molC—H键，共10mol共价键，故A错误；B.乙和苯分子式均为C6H6，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C。丙分子的二氯取代产物应该有3种，分别为相邻顶点，面对角线顶点，体对角线顶点，故C错误；D。甲、乙、丙结构不同，也不相差若干个CH2原子团,所以不互称同系物，故D错误；正确答案:B.17。已知分子式为C12H12的物质A的结构简式为，其苯环上的一溴代物有几种同分异构体A。3种 B.4种 C.6种 D.8种【答案】A【解析】【详解】根据对称法,分子中苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴代物有3种同分异构体,所以A正确。故选A.【点睛】苯环上一溴取代物的同分异构体的种数取决于氢原子的种类，解题方法是找准对称轴,进行正确判断氢原子种类。18.某同学给分子式为C12H26的某烷烃命名为“2，4－二甲基－3,5－二乙基己烷”，另一同学认为这样命名有错误，有关该烷烃的说法，你认为正确的是A.若该烷烃由单烯烃与氢气加成而得，则原单烯烃可有11种不同结构B.该烷烃的一氯代物有10种C。该烷烃正确名称应为2,4,5－三甲基－3－乙基庚烷D。该烷烃分子中含有5个支链【答案】C【解析】【分析】根据某同学给分子式为C12H26的烷烃命名可知，该烷烃的碳骨架结构简式为，结合等效氢规则可知该烷烃有11种不同的H原子，有四个支链。【详解】A、该烷烃是单烯烃与氢气加成后的产物，则烷烃中C上需有H，由结构可知，每个C原子上至少有1个H原子，将相邻两个C原子的H原子各消去1个,共有10种单烯烃结构，故A错误；B、该烷烃有11种不同的H原子，所以该烷烃的一氯代物有11种,故B错误；C、根据烷烃命名原则，该烷烃的名称为2，4，5-三甲基-3-乙基庚烷,故C正确；D、根据该烷烃结构简式可知，该烷烃分子中含有4个支链,故D错误;故选C.【点睛】本题考查烷烃的命名、同分异构体及其数目判断、烯烃及其同分异构体种类判断,易错点C，注意烃类命名规则、难点B，注意等效氢法与同分异构体的关系.二、问答题19.A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大.其中,元素A一种核素无中子，B的单质既有分子晶体又有原子晶体，化合物DE2为红棕色气体，G是前四周期中电负性最小的元素,M的原子核外电子数比G多10.请回答下列问题：（1)基态G原子的核外电子排布式是________,M在元素周期表中的位置是_______，元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为______________（用元素符号表示）.（2）元素A和E组成的阳离子空间构型为_______；化合物ABD的结构式为______，其中B原子的杂化方式为________。（3）D的最高价氧化物对应的水化物甲与气体DA3化合生成离子化合物乙，常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5,则由水电离出的c（H+）甲/c(H+)乙=_________;乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________。（4）元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数,Y达到8电子的稳定结构则该化合物的化学式为______________；②E的氢化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_________________。③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3)4］Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。【答案】(1).1s22s22p63s22p63d104s1(2)。第四周期第ⅠB族(3）.N＞O＞C(4).三角锥形（5）。H-C≡N（6)。sp（7)。10－4（8)。c（NO3—)＞c(NH4+)＞c（H+)＞c(OH—）(9).ZnS（10）。水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键（11）。16NA或16×6。02×1023或9.632×1024【解析】分析】A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期,原子序数依次增大。其中，元素A的一种核素无中子,A是H；B的单质既有分子晶体又有原子晶体,所以B是C；化合物DE2为红棕色气体，则D是N，E是O；G是前四周期中电负性最小的元素，则G是K；M的原子核外电子数比G多10，M的原子序数是19+10＝29,所以M是Cu。据此解答.【详解】根据以上分析可知AH，B是C，D是N，E是O，G是K，M是Cu.则(1）基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1，铜的原子序数是29，铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族，同周期非金属性越强,第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C.（2）元素A和E组成的阳离子是H3O＋，其中氧元素的价层电子对数是3+（6-1-1×3)/2＝4,含有一对孤对电子，因此空间构型为三角锥形；根据8电子和2电子稳定结构化合物HCN的结构式为H—C≡N,分子是直线形结构，其中B原子的杂化方式为sp。（3）D的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵，硝酸抑制水的电离，铵根水解促进水的电离,所以常温下，若甲、乙两溶液的pH均等于5，则由水电离出的c（H+)甲/c（H+)乙=10－9/10－5=10－4；硝酸铵溶液中铵根水解，溶液显酸性，则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(NO3—)＞c(NH4+）＞c(H+)＞c(OH—）。（4)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，因此X是Zn。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S。①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数,即为+2价,Y达到8电子的稳定结构,Y是－2价，则该化合物的化学式为ZnS；②由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键,所以O的氢化物（H2O）在乙醇中的溶解度大于H2S；③锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3）4]Cl2,由于单键都是σ键,所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。20.已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10﹣5Ka1=4。3×10﹣7Ka2=5。6×10﹣11Ka=3。0×10﹣8（1)物质的量浓度均为0。1mol•L﹣1的四种溶液：pH由小到大排列的顺序是_______（用编号填写)a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3（2）常温下，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是_____（填字母）_______A.c（H+）B。C.c（H+）•c（OH﹣）D。E。（3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:__________________（4）25℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH=6，则溶液中c（CH3COO﹣）﹣c（Na+）=________(填准确数值）。（5）25℃时，将amol•L﹣1的醋酸与bmol•L﹣1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性,用a、b表示醋酸的电离平衡常数为____________________________________(6）标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol•L﹣1的NaOH溶液中,用溶液中微粒的浓度符号完成下列等式：c（OH﹣）=2c（H2CO3)+_________________________【答案】（1).a＜d＜c＜b（2).B(3）.D（4)。ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO(5).9。9×10﹣7mol•L﹣1（6）.（7).c（HCO3﹣）+c（H+)【解析】【分析】（1）弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，其酸根的水解程度越弱；（2）0。1mol•L﹣1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大,醋酸分子物质的量减小，浓成小，酸性减弱，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变;（3）次氯酸酸性大于碳酸氢根离子，反应生成碳酸氢钠和次氯酸；（4)根据溶液中的电荷守恒和物料守恒来计算；（5）将amol•L﹣1L的醋酸溶液与bmol•L﹣1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量，酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，则溶液中c（CH3COOH)=mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10-7mol•L﹣1,c(Na＋)=c（CH3COO－）=mol•L﹣1，则K=；(6）①根据质子守恒分析解答；②根据溶液中的电荷守恒书写。【详解】（1）据电离平衡常数可知，酸性由强到弱的顺序为：CH3COOH〉H2CO3>HClO>HCO3－,弱酸的酸性越弱其酸根离子的水解程度越大，溶液碱性越强，所以pH由小到大排列顺序是a＜d＜c＜b,故答案为a＜d＜c＜b；（2）0。1mol·L－1的CH3COOH日溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱，A．氢离子浓度减小，故不符合题意;B．加水稀释过程中，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以增大，故符合题意;C．水的离子积常数不变，故不符合题意；D．醋酸溶液加水稀稻时酸性减弱，氢离子浓度减小氢氢根离子浓度增大，所以增大,故符合题意；E．醋酸的电离平衡常数不变，故不符合题意；故答案为BD；（3）次氯酸的酸性强于碳酸氢根离子离子，反应生成碳酸氢根离子,反应的离子方程式为：ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO，故答案为ClO－＋H2O＋CO2=HCO3－＋HClO；（4）CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c（Na＋)＋c（H＋）=c(OH－)＋c（CH3COO－)，所以c（CH3COO－）－c（Na＋)=c(H＋)－c（OH－）=10—6mol·L－1－10—8mol·L－1=9。9×10—7mol·L－1，故答案为9。9×10-7mol·L－1:(5)将amol·L－1的酯酸溶液与bmol·L－1的氢氢化钠溶液等体积混合，溶液呈中性，说明酸过量,酸和氢氧化钠溶液发生反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,则溶液中c（CH3COOH)=mol•L﹣1，达到电离平衡时，溶液呈中性，氢离子浓度是1×10—7mol•L﹣1,c(Na＋）=c(CH3COO－）=mol•L﹣1，则K=；故答案为;（6)标准状况下，将1.12LCO2通入100mL1mol•L﹣1的NaOH溶液中，1.12LCO2的物质的量为:氢氧化钠的物质的量为:，二者好完全反应生成碳酸纳,质子守恒得：c（OH－)=2c（H2CO3）＋c(HCO3－）+c(H＋)；故答案为c（HCO3－）+c(H＋）.【点睛】“电离平衡”分析判断中六大误区:（1）误认为电离平衡正向移动,弱电解质的电离程度一定增大.如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。（2）误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小,如氨水加水稀释时，c（H＋)浓度增大。（3）弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。（4）误认为溶液的酸碱性取决于pH,如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。（5)误认为由水电离出的c（H＋)＝10－13mol·L－1的溶液一定呈碱性.如25℃，0.1mol·L－1的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c（H＋）都为10－13mol·L－1.（6）误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性.如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性.21.按要求回答下列问题：（1）的名称为______________________。(2)A，B，C三种烃的化学式均为C6H10，它们的分子中均无支链或侧链.①若A为环状，则其结构简式为_________________________________。②若B为含有双键的链状结构，且分子中不存在“”基团,则其可能的结构简式为_______(任写一种)。③若C为含有三键的链状结构，则其可能的结构简式及名称为__________。(3）下列是八种环状的烃类物质：①互为同系物的有________和________(填名称)，互为同分异构体的有________和________，________和________（填写名称，可以不填满，也可以再补充).②正四面体烷的二氯取代产物有________种;立方烷的二氯取代产物有________种；金刚烷一氯取代产物有________种。③写出与苯互为同系物且一氯代物只有两种的物质的结构简式（举两例）并用系统命名法命名：___________________________________________