2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（大綱版）（原卷版）

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（大綱版）一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項總，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）下列敘述正確的是（）A．錐形瓶可用作加熱的反應器 B．室溫下，不能將濃硫酸盛放在鐵桶中 C．配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度會使溶液濃度偏高 D．用蒸餾水潤濕的試紙測溶液的pH，一定會使結果偏低 2．（6分）NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A．1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數(shù)為2NA B．2L0.5mol?L﹣1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NA C．1molNa2O2固體中含離子總數(shù)為4NA D．丙烯和環(huán)丙烷組成的42g混合氣體中氫原子的個數(shù)為6NA 3．（6分）下列敘述錯誤的是（）A．SO2使溴水褪色與乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同 B．制備乙酸乙酯時可用熱的NaOH溶液收集產物以除去其中的乙酸 C．用飽和食鹽水替代水跟電石反應，可以減緩乙炔的產生速率 D．用AgNO3溶液可以鑒別KCl和KI 4．（6分）如圖是在航天用高壓氫鎳電池基礎上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池（MH﹣Ni電池），下列有關說法中不正確的是（）A．放電時正極反應為：NiOOH+H2O+e﹣→Ni（OH）2+OH﹣ B．電池的電解液可為KOH溶液 C．充電時負極反應為：MH+OH﹣→H2O+M+e﹣ D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高 5．（6分）下列除雜方案錯誤的是（）選項被提純的物質雜質除雜試劑AFeCl3（aq）Al3+（aq）NaOH溶液、鹽酸BAlCl3（aq）Cu2+Al粉CNaHCO3（aq）Na2CO3（aq）CO2氣體DFeCl3（aq）Cu2+Fe粉A．A B．B C．C D．D 6．（6分）下列離子方程式錯誤的是（）A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaS04↓+2H2OB．酸性介質中KMnO4氧化H2O2：2MnO4﹣+5H2O2+6H+═2Mn2++5O2↑+8H2OC．等物質的量的MgCl2、Ba（OH）2和HCl溶液混合：Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓ D．鉛酸蓄電池充電時的正極反應：PbSO4+2H2O﹣2e﹣═PbO2+4H++SO42﹣ 7．（6分）從香莢蘭豆中提取的一種芳香化合物，其分子式為C8H8O3，與FeCl3溶液會呈現(xiàn)特征顏色，能發(fā)生銀鏡反應．該化合物可能的結構簡式是（）A． B． C． D． 8．（6分）已知：將Cl2通入適量KOH溶液中，產物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值與溫度高低有關．當n（KOH）=amol時，下列有關說法錯誤的是（）A．若某溫度下，反應后=11，則溶液中= B．參加反應的氯氣的物質的量等于amol C．改變溫度，反應中轉移電子的物質的量ne的范圍：amol≤ne≤amol D．改變溫度，產物中KClO3的最大理論產量為amol 二、非選擇題9．（15分）A，B，D，E，F(xiàn)為短周期元素，非金屬元素A最外層電子數(shù)與其周期數(shù)相同，B的最外層電子數(shù)是其所在周期數(shù)的2倍．B在D中充分燃燒能生成其最高價化合物BD2，E+與D2﹣具有相同的電子數(shù)．A在F中燃燒，產物溶于水得到一種強酸，回答下列問題；（1）A在周期表中的位置是，寫出一種工業(yè)制備單質F的離子方程式（2）B，D，E組成的一種鹽中，E的質量分數(shù)為43%，其俗名為，其水溶液與F單質反應的化學方程為，在產物總加入少量KI，反應后加入CCl4并震蕩，有機層顯色．（3）由這些元素組成的物質，其組成和結構信息如表：物質組成和結構信息a含有A的二元離子化合物b含有非極性共價鍵的二元離子化合物，且原子數(shù)之比為1：1c化學組成為BDF2d只存在一種類型作用力且可導電的單質晶體a的化學式；b的化學式為；c的電子式為；d的晶體類型是（4）有A和B、D元素組成的兩種二元化合物形成一類新能源物質．一種化合物分子通過鍵構成具有空腔的固體；另一種化合物（沼氣的主要成分）分子進入該空腔，其分子的空間結構為．10．（15分）化合物AX3和單質X2在一定條件下反應可生成化合物AX5．回答下列問題；（1）已知AX3的熔點和沸點分別為﹣93.6℃和76℃，AX5的熔點為167℃，室溫時，AX3與氣體X2反應生成1molAX5，放出熱量123.8kJ．該反應的熱化學方程是為．（2）反應AX3（g）+X2（g）?AX5（g）在容積為10L的密閉容器中進行．起始時AX3和X2均為0.2mol．反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示．①列式計算實驗a反應開始至達到平衡時的反應速率v（AX5）=．②圖中3組實驗從反應開始至達到平衡時的反應速率v（AX5）由大到小的次序為（填實驗序號）；與實驗a相比，其他兩組改變的實驗條件及判斷依據(jù)是：b，c．③用p0表示開始時總壓強，p表示平衡時總壓強，α表示AX3的平衡轉化率，則α的表達式為；實驗a和c的平衡轉化率：αa為、αc為．11．（15分）苯乙酸銅是合成優(yōu)良催化劑、傳感材料﹣﹣納米氧化銅的重要前驅體之一．下面是它的一種實驗室合成路線：+H2O+H2SO4+NH4HSO4+Cu（OH）2→（）2Cu+H2O制備苯乙酸的裝置示意圖如圖（加熱和夾持裝置等略）：已知：苯乙酸的熔點為76.5℃，微溶于冷水，溶于乙醇．回答下列問題：（1）在250mL三口瓶a中加入70mL70%硫酸．配制此硫酸時，加入蒸餾水與濃硫酸的先后順序是．（2）將a中的溶液加熱至100℃，緩緩滴加40g苯乙腈到硫酸溶液中，然后升溫至130℃繼續(xù)反應．在裝置中，儀器b的作用是；儀器c的名稱是，其作用是．反應結束后加適量冷水，再分離出苯乙酸粗品．加入冷水的目的是，下列儀器中可用于分離苯乙酸粗品的是（填標號）A、分液漏斗B、漏斗C、燒杯D、直形冷凝管E、玻璃棒（3）提純苯乙酸的方法是，最終得到44g純品，則苯乙酸的產率是．（4）用CuCl2?2H2O和NaOH溶液制備適量Cu（OH）2沉淀，并多次用蒸餾水洗滌沉淀，判斷沉淀洗干凈的實驗操作和現(xiàn)象是．（5）將苯乙酸加入到乙醇與水的混合溶劑中，充分溶解后，加入Cu（OH）2攪拌30min，過濾，濾液靜置一段時間，析出苯乙酸銅晶體，混合溶劑中乙醇的作用是．12．（15分）“心得安”是治療心臟病的藥物，下面是它的一種合成線路（具體反應條件和部分試劑略）：回答下列問題：（1）試劑a是，試劑b的結構簡式為，b中官能團的名稱是．（2）③的反應類型是．（3）心得安的分子式為．（4）試劑b可由丙烷經三步反應合成：C3H8XY試劑b反應1的試劑與條件為．反應2的化學反應方程為．反應3的反應類型是．（5）芳香化合物D是1﹣萘酚的同分異構體，其分子中有兩個官能團，能發(fā)生銀鏡反應，D能被KMnO4酸性溶液氧化成E（C2H4O2）和芳香化合物F（C8H6O4），E和F與碳酸氫鈉溶液反應均能放出CO2氣體，F(xiàn)芳環(huán)上的一硝化產物只有一種，D的結構簡式為；由F生成的一硝化產物的化學方程式為該產物的名稱是．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）下列過程沒有發(fā)生化學反應的是（）A．用活性炭去除冰箱中的異味 B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污 C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果 D．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝 2．（6分）四聯(lián)苯的一氯代物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 3．（6分）下列反應中，反應后固體物質增重的是（）A．氫氣通過灼熱的CuO粉末 B．二氧化碳通過Na2O2粉末 C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應 D．將鋅粒投入Cu（NO3）2溶液 4．（6分）下列圖示實驗正確的是（）A．除去粗鹽溶液中不溶物 B．碳酸氫鈉受熱分解 C．除去CO氣體中的CO2氣體 D．乙酸乙酯的制備演示實驗 5．（6分）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是（）A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol?L﹣1 B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1 C．pH=2的H2C2O4溶液與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三種溶液的c（Na+）：①＞②＞③ 6．（6分）2013年3月我國科學家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系，下列敘述錯誤的是（）A．a為電池的正極 B．電池充電反應為LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化 D．放電時，溶液中Li+從b向a遷移 7．（6分）室溫下將1mol的CuSO4?5H2O（s）溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為△H1，將1mol的CuSO4（s）溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為△H2；CuSO4?5H2O受熱分解的化學方程式為：CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），熱效應為△H3．則下列判斷正確的是（）A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答8．（13分）在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應N2O4（g）?2NO2（g），隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深。回答下列問題：（1）反應的△H0（填“大于”或“小于”）；100℃時，體系中各物質濃度隨時間變化如圖所示。在0～60s時段，反應速率v（N2O4）為mol?L﹣1?s﹣1；反應的平衡常數(shù)K1為。（2）100℃時達平衡后，改變反應溫度為T，c（N2O4）以0.0020mol?L﹣1?s﹣1的平均速率降低，經10s又達到平衡。①T100℃（填“大于”或“小于”），判斷理由是。②列式計算溫度T時反應的平衡常數(shù)K2。（3）溫度T時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡向（填“正反應”或“逆反應”）方向移動，判斷理由是。9．鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設備及X射線防護材料等，回答下列問題：（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛在元素周期表的位置是第①周期、第②族；PbO2的酸性比CO2的酸性③（填“強”或“弱”）．（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應的化學方程式為④．（3）PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得，反應的離子方程式為⑤；PbO2也可以通過石墨為電極，Pb（NO3）2與Cu（NO3）2的混合溶液為電解液電解制取，陽極發(fā)生的電極反應式為⑥，陰極上觀察到得現(xiàn)象是⑦；若電解液中不加入Cu（NO3）2，陰極發(fā)生的電極反應式為⑧，這樣做的主要缺點是⑨．（4）PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%（即×100%）的殘留固體．若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2?nPbO，列式計算x值和m：n值⑩．10．某小組以CoCl2?6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗：①氨的測定：精確稱取wgX，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol?L﹣1的鹽酸標準溶液吸收．蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol?L﹣1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液．②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)磚紅色沉淀不再消失為終點（Ag2CrO4為磚紅色）回答下列問題：（1）裝置中安全管的作用原理是．（2）用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用式滴定管，可使用的指示劑為．（3）樣品中氨的質量分數(shù)表達式為．（4）測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將（填“偏高”或“偏低”）．（5）測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是，滴定終點時，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol?L﹣1，c（CrO42﹣）為mol?L﹣1．（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12）（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1：6：3，鈷的化合價為，制備X的化學方程式為，X的制備過程中溫度不能過高的原因是．化學-選修2：化學與技術11．將海水淡化與濃海水資源化結合起來是綜合利用海水的重要途徑之一．一般是先將海水淡化獲得淡水．再從剩余的濃海水中通過一系列工藝流程提取其他產品．回答下列問題：（1）下列改進和優(yōu)化海水綜合利用工藝的設想和做法可行的是．（填序號）①用混凝法獲取淡水②提高部分產品的質量③優(yōu)化提取產品的品種④改進鉀、溴、鎂等的提取工藝（2）采用“空氣吹出法”從濃海水吹出Br2，并用純堿吸收．堿吸收溴的主要反應是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2時，轉移的電子數(shù)為mol．（3）海水提鎂的一段工藝流程如圖：濃海水的主要成分如下：離子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣濃度/（g?L﹣1）63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反應的離子方程式為，產品2的化學式為，1L濃海水最多可得到產品2的質量為g．（4）采用石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應的化學方程式為；電解時，若有少量水存在會造成產品鎂的消耗，寫出有關反應的化學方程式．化學-選修3：物質結構與性質12．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大．a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有一個電子，但次外層有18個電子．回答下列問題：（1）b、c、d中第一電離能最大的是（填元素符號），e的價層電子軌道示意圖為．（2）a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是（填化學式，寫出兩種）．（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是；酸根呈三角錐結構的酸是．（填化學式）（4）e和c形成的一種離子化合物的晶體結構如圖1，則e離子的電荷為．（5）這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，陰離子呈四面體結構；陽離子呈軸向狹長的八面體結構（如圖2所示）．該化合物中，陰離子為，陽離子中存在的化學鍵類型有；該化合物加熱時首先失去的組分是，判斷理由是．化學-選修5：有機化學基礎13．立方烷（）具有高度對稱性、高致密性、高張力能及高穩(wěn)定性等特點，因此合成立方烷及其衍生物成為化學界關注的熱點．下面是立方烷衍生物I的一種合成路線：回答下列問題：（1）C的結構簡式為，E的結構簡式為．（2）③的反應類型為，⑤的反應類型為．（3）化合物A可由環(huán)戊烷經三步反應合成：反應I的試劑與條件為，反應2的化學方程式為，反應3可用的試劑為．（4）在I的合成路線中，互為同分異構體的化合物是．（填化合物代號）（5）I與堿石灰共熱可化為立方烷．立方烷的核磁共振氫譜中有個峰．（6）立方烷經硝化可得到六硝基立方烷，其可能的結構有種．

2014年全國統(tǒng)一高考化學試卷（新課標Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共7小題，每小題6分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．（6分）下列過程沒有發(fā)生化學反應的是（）A．用活性炭去除冰箱中的異味 B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污 C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果 D．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝 【考點】18：物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系．【分析】化學變化是指有新物質生成的變化，物理變化是指沒有新物質生成的變化，化學變化和物理變化的本質區(qū)別是否有新物質生成．A．用活性炭去除冰箱中的異味，是利用活性炭的吸附作用；B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污，是油脂在堿性條件下的水解；C．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果，催熟的乙烯被高錳酸鉀氧化；D．鐵粉具有還原性，能和氧氣反應，防止食品被氧化．【解答】解：A．用活性炭去除冰箱中的異味：利用活性炭的吸附作用，屬于物理變化，沒有發(fā)生化學變化，故A正確；B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污：油脂在堿性條件下發(fā)生較為徹底的水解反應，屬于化學變化，故B錯誤；C．乙烯具有催熟作用，為了延長水果的保鮮期，用高錳酸鉀可以除掉乙烯，該過程中乙烯與高錳酸鉀反應氧化還原反應，屬于化學變化，故C錯誤；D．硅膠具有吸水性，可以做干燥劑，吸收水分，屬于物理變化；鐵粉具有還原性，防止食物被氧化，發(fā)生氧化還原反應，屬于化學變化，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查了化學變化與物理變化的區(qū)別，判斷依據(jù)是：是否有新物質的生成，題目難度不大，該題各個選項與現(xiàn)實生活接觸緊密，比較新穎，注意相關知識的積累．2．（6分）四聯(lián)苯的一氯代物有（）A．3種 B．4種 C．5種 D．6種 【考點】H4：常見有機化合物的結構；I4：同分異構現(xiàn)象和同分異構體．【專題】531：同系物和同分異構體．【分析】根據(jù)“等效氫”的數(shù)目分析四聯(lián)苯的一氯代物，有幾種等效氫原子，就有幾種一氯代物?！窘獯稹拷猓汗灿?8個位置的氫原子可以被取代，根據(jù)軸對稱可知，1、9、10、18等效，2，8，11，17等效，3，7，12，16等效，4，6，13，15等效，5、14等效，因此四聯(lián)苯的等效氫原子有5種，因此四聯(lián)苯的一氯代物的種類為5種，故選：C?！军c評】本題考查學生同分異構體的書寫，掌握方法即可完成，注意等效氫的判斷，難度不大。3．（6分）下列反應中，反應后固體物質增重的是（）A．氫氣通過灼熱的CuO粉末 B．二氧化碳通過Na2O2粉末 C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應 D．將鋅粒投入Cu（NO3）2溶液 【考點】5A：化學方程式的有關計算．【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】A．發(fā)生氫氣與CuO的反應生成Cu和水；B．發(fā)生二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣；C．發(fā)生Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe；D．發(fā)生Zn與Cu（NO3）2反應生成Zn（NO3）2和Cu．【解答】解：A．發(fā)生氫氣與CuO的反應生成Cu和水，反應前固體為CuO，反應后固體為Cu，固體質量減小，故A錯誤；B．發(fā)生二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣，反應前固體為過氧化鈉，反應后固體為碳酸鈉，二者物質的量相同，固體質量增加，故B正確；C．發(fā)生Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe，反應前固體為氧化鐵、Al，反應后固體為氧化鋁、Fe，均為固體，固體質量不變，故C錯誤；D．發(fā)生Zn與Cu（NO3）2反應生成Zn（NO3）2和Cu，反應前固體為Zn，反應后固體為Cu，二者物質的量相同，則固體質量減小，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題為2014年高考試題，把握發(fā)生的化學反應及反應前后固體的分析為解答的關鍵，側重元素化合物性質的考查，注意反應中物質的質量變化，題目難度不大．4．（6分）下列圖示實驗正確的是（）A．除去粗鹽溶液中不溶物 B．碳酸氫鈉受熱分解 C．除去CO氣體中的CO2氣體 D．乙酸乙酯的制備演示實驗 【考點】1B：真題集萃；U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．漏斗下端尖嘴應緊靠燒杯內壁，玻璃棒緊靠三層濾紙一邊；B．試管口應略向下傾斜；C．除雜時導管應長進短出；D．乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，需要濃硫酸并加熱，飽和碳酸鈉可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度．【解答】解：A．除去粗鹽溶液中不溶物，可利用圖中過濾操作，但漏斗下端尖嘴應緊靠燒杯內壁，玻璃棒緊靠三層濾紙一邊，故A錯誤；B．碳酸氫鈉分解生成水，為防止水倒流，試管口應略向下傾斜，圖中試管口向上，故B錯誤；C．除雜時導管應長進短出，圖中氣體從短導管進入不能除雜，故C錯誤；D．乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，需要濃硫酸并加熱，飽和碳酸鈉可吸收乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，圖中制備實驗合理，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及混合物分解提純、物質除雜、有機物制備及物質性質實驗等，把握實驗原理及實驗裝置為解答的關鍵，注意實驗操作的可行性、評價性分析，題目難度不大．5．（6分）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是（）A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol?L﹣1 B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1 C．pH=2的H2C2O4溶液與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三種溶液的c（Na+）：①＞②＞③ 【考點】DN：離子濃度大小的比較．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題；51H：鹽類的水解專題．【分析】A．H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步；B．加水稀釋促進一水合氨電離；C．H2C2O4是二元弱酸，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒判斷；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，酸根離子水解程度越小，其濃度越大．【解答】解：A．H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠遠大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS﹣），故A錯誤；B．加水稀釋促進一水合氨電離，pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，溶液中的氫氧根離子濃度大于原來的，其pH=b，則a＜b+1，故B錯誤；C．H2C2O4是二元弱酸，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據(jù)電荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C錯誤；D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，酸根離子水解程度越小，其濃度越大，酸根離子水解程度①＜②＜③，所以鹽濃度①＞②＞③，鈉離子不水解，所以c（Na+）：①＞②＞③，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了離子濃度大小比較，涉及弱電解質的電離和鹽類水解，根據(jù)弱電解質電離特點、鹽類水解特點再結合電荷守恒來分析解答，易錯選項是B，題目難度中等．6．（6分）2013年3月我國科學家報道了如圖所示的水溶液鋰離子電池體系，下列敘述錯誤的是（）A．a為電池的正極 B．電池充電反應為LiMn2O4═Li1﹣xMn2O4+xLi C．放電時，a極鋰的化合價發(fā)生變化 D．放電時，溶液中Li+從b向a遷移 【考點】BH：原電池和電解池的工作原理；BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】鋰離子電池中，b電極為Li，放電時，Li失電子為負極，LiMn2O4得電子為正極；充電時，Li+在陰極得電子，LiMn2O4在陽極失電子；據(jù)此分析．【解答】解：A、鋰離子電池中，b電極為Li，放電時，Li失電子為負極，LiMn2O4得電子為正極，所以a為電池的正極，故A正確；B、充電時，Li+在陰極得電子，LiMn2O4在陽極失電子，電池充電反應為LiMn2O4=Li1﹣xMn2O4+xLi，故B正確；C、放電時，a為正極，正極上LiMn2O4中Mn元素得電子，所以鋰的化合價不變，故C錯誤；D、放電時，溶液中陽離子向正極移動，即溶液中Li+從b向a遷移，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了鋰電池的組成和工作原理，題目難度中等，本題注意把握原電池和電解池的組成和工作原理，注意根據(jù)電池反應中元素化合價的變化來判斷正負極．7．（6分）室溫下將1mol的CuSO4?5H2O（s）溶于水會使溶液溫度降低，熱效應為△H1，將1mol的CuSO4（s）溶于水會使溶液溫度升高，熱效應為△H2；CuSO4?5H2O受熱分解的化學方程式為：CuSO4?5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），熱效應為△H3．則下列判斷正確的是（）A．△H2＞△H3 B．△H1＞△H3 C．△H1=△H2+△H3 D．△H1+△H2＞△H3 【考點】BR：反應熱的大小比較．【分析】膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反應為CuSO4?5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2；已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3，根據(jù)蓋斯定律確定之間的關系．【解答】解：①膽礬溶于水時，溶液溫度降低，反應為CuSO4?5H2O（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）+5H2O（l）△H1＞0；②CuSO4（s）=Cu2+（aq）+SO42﹣（aq）△H2＜0；③已知CuSO4?5H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（l）△H3；依據(jù)蓋斯定律①﹣②得到③，所以△H3=△H1﹣△H2；△H2＜0，△H1＞0，則△H3＞0，A、上述分析可知△H2＜△H3，故A錯誤；B、分析可知△H2=△H1﹣△H3，由于△H2＜0，△H3＞△H1，故B錯誤；C、△H3=△H1﹣△H2，故C正確；D、△H2＜0，△H1＞0、△H3＞△H1+△H2，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質溶解及物質分解過程中的能量變化，根據(jù)蓋斯定律分析物質溶解過程中的能量變化是解題關鍵，題目難度中等．二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第22題～第32題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33題～第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答8．（13分）在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反應N2O4（g）?2NO2（g），隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應的△H大于0（填“大于”或“小于”）；100℃時，體系中各物質濃度隨時間變化如圖所示。在0～60s時段，反應速率v（N2O4）為0.001mol?L﹣1?s﹣1；反應的平衡常數(shù)K1為0.36mol/L。（2）100℃時達平衡后，改變反應溫度為T，c（N2O4）以0.0020mol?L﹣1?s﹣1的平均速率降低，經10s又達到平衡。①T大于100℃（填“大于”或“小于”），判斷理由是正反應方向吸熱，反應向吸熱方向移動，故溫度升高。②列式計算溫度T時反應的平衡常數(shù)K21.28mol/L。（3）溫度T時反應達平衡后，將反應容器的容積減少一半，平衡向逆反應（填“正反應”或“逆反應”）方向移動，判斷理由是對氣體體積增大的反應，增大壓強平衡向逆反應方向移動?！究键c】C8：化學平衡常數(shù)的含義；CB：化學平衡的影響因素；CK：物質的量或濃度隨時間的變化曲線．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】（1）隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深，化學平衡向正反應方向移動，據(jù)此判斷；反應速率利用公式v=計算得到；化學平衡常數(shù)利用化學平衡常數(shù)表達式計算；（2）①N2O4的濃度降低，平衡向正反應方向移動，由于正反應方向吸熱，T＞100℃；②計算T℃時兩種物質的濃度，計算得到化學平衡常數(shù)；（3）反應容器的容積減少一半，壓強增大，根據(jù)反應前后氣體體積大小判斷化學平衡移動方向?！窘獯稹拷猓海?）隨溫度的升高，混合氣體的顏色變深，化學平衡向正反應方向移動，即△H＞0；0～60s時段，N2O4濃度變化為：0.1mol/L﹣0.04mol/L=0.06mol/L，v（N2O4）==0.001mol?L﹣1?s﹣1；K===0.36mol/L，故答案為：大于、0.001mol?L﹣1?s﹣1、0.36mol/L；（2）①N2O4的濃度降低，平衡向正反應方向移動，由于正反應方向吸熱，T＞100℃，故答案為：大于、正反應方向吸熱，反應向吸熱方向移動，故溫度升高；②平衡時，c（NO2）=0.120mol?L﹣1+0.002mol?L﹣1?s﹣1×10s×2=0.16mol?L﹣1，c（N2O4）=0.04mol?L﹣1﹣0.002mol?L﹣1?s﹣1×10s=0.020mol?L﹣1，K2==1.28mol/L，故答案為：1.28mol/L；（3）反應容器的容積減少一半，壓強增大，正反應方向氣體體積增大，增大壓強向著氣體體積減小的方向移動，故答案為：逆反應、對氣體體積增大的反應，增大壓強平衡向逆反應方向移動。【點評】本題考查化學平衡圖象、影響平衡的因素、平衡常數(shù)影響因素、化學反應速率的計算等，難度不大。9．鉛及其化合物可用于蓄電池、耐酸設備及X射線防護材料等，回答下列問題：（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛在元素周期表的位置是第①六周期、第②ⅣA族；PbO2的酸性比CO2的酸性③弱（填“強”或“弱”）．（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應的化學方程式為④PbO2+4HCl（濃）PbCl2+Cl2↑+2H2O．（3）PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得，反應的離子方程式為⑤PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；PbO2也可以通過石墨為電極，Pb（NO3）2與Cu（NO3）2的混合溶液為電解液電解制取，陽極發(fā)生的電極反應式為⑥Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H+，陰極上觀察到得現(xiàn)象是⑦石墨上紅色物質析出；若電解液中不加入Cu（NO3）2，陰極發(fā)生的電極反應式為⑧Pb2++2e﹣=Pb，這樣做的主要缺點是⑨Pb2+的利用率降低．（4）PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示，已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%（即×100%）的殘留固體．若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2?nPbO，列式計算x值和m：n值⑩x=1.4；m：n=2：3．【考點】1B：真題集萃；5A：化學方程式的有關計算；78：元素周期律和元素周期表的綜合應用；DI：電解原理；FG：碳族元素簡介．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題；52：元素及其化合物．【分析】（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛位于第六周期ⅣA族；非金屬性越強酸性越強；（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，說明生成氯氣，還應生成PbCl2與水；（3）PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得，據(jù)此可知，PbO與ClO﹣反應得到PbO2，同時生成Cl﹣；陽極上Pb2+失去電子，得到PbO2，需要水參與反應，同時生成氫離子，陰極上，Cu2+獲得電子生成Cu，附著在石墨電極上；若電解液中不加入Cu（NO3）2，陰極上Pb2+獲得電子生成Pb，Pb2+生成PbO2的利用率降低；（4）若a點固體組成表示為PbOx，根據(jù)PbO2PbOx+O2↑列方程計算x的值；若組成表示為mPbO2?nPbO，則O原子與Pb原子的比值為x，據(jù)此計算解答．【解答】解：（1）鉛是碳的同族元素，比碳多4個電子層，鉛位于第六周期ⅣA族；非金屬性C＞Pb，故PbO2的酸性比CO2的酸性弱，故答案為：六、ⅣA；弱；（2）PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，說明生成氯氣，還應生成PbCl2與水，反應方程式為：PbO2+4HCl（濃）PbCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：PbO2+4HCl（濃）PbCl2+Cl2↑+2H2O；（3）PbO2可由PbO與次氯酸鈉溶液反應制得，據(jù)此可知，PbO與ClO﹣反應得到PbO2，同時生成Cl﹣，反應離子方程式為：PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；陽極上Pb2+失去電子，得到PbO2，需要水參與反應，同時生成氫離子，電極反應式為：Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H+，陰極上，Cu2+獲得電子生成Cu，附著在石墨電極上，即石墨上紅色物質析出；若電解液中不加入Cu（NO3）2，陰極上Pb2+獲得電子生成Pb，陰極電極反應式為：Pb2++2e﹣=Pb，Pb2+的利用率降低；故答案為：PbO+ClO﹣=PbO2+Cl﹣；Pb2++2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H+；石墨上紅色物質析出；Pb2++2e﹣=Pb；Pb2+的利用率降低；（4）若a點固體組成表示為PbOx，根據(jù)PbO2PbOx+O2↑有：×32=239×4.0%，解得x=1.4，若組成表示為mPbO2?nPbO，則O原子與Pb原子的比值為x，則=1.4，整理得m：n=2：3，故答案為：x=1.4；m：n=2：3．【點評】題目比較綜合，涉及元素周期表與元素周期律、常用化學用語、電解原理、根據(jù)方程式計算等，題目素材基本取自教材以外，是對學生綜合能力考查，（3）中電解液中不加入Cu（NO3）2時陰極反應為易錯點，掌握離子放電順序是關鍵，（4）中注意根據(jù)方程式計算，題目難度中等．10．某小組以CoCl2?6H2O、NH4Cl、H2O2、濃氨水為原料，在活性炭催化下，合成了橙黃色晶體X，為確定其組成，進行如下實驗：①氨的測定：精確稱取wgX，加適量水溶解，注入如圖所示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol?L﹣1的鹽酸標準溶液吸收．蒸氨結束后取下接收瓶，用c2mol?L﹣1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl，到終點時消耗V2mLNaOH溶液．②氯的測定：準確稱取樣品X，配成溶液后用AgNO3標準溶液滴定，K2CrO4溶液為指示劑，至出現(xiàn)磚紅色沉淀不再消失為終點（Ag2CrO4為磚紅色）回答下列問題：（1）裝置中安全管的作用原理是當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定．（2）用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用堿式滴定管，可使用的指示劑為酚酞或甲基紅．（3）樣品中氨的質量分數(shù)表達式為．（4）測定氨前應該對裝置進行氣密性檢驗，若氣密性不好測定結果將偏低（填“偏高”或“偏低”）．（5）測定氯的過程中，使用棕色滴定管的原因是防止硝酸銀見光分解，滴定終點時，若溶液中c（Ag+）=2.0×10﹣5mol?L﹣1，c（CrO42﹣）為2.8×10﹣3mol?L﹣1．（已知：Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10﹣12）（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1：6：3，鈷的化合價為+3，制備X的化學方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，X的制備過程中溫度不能過高的原因是溫度過高過氧化氫分解、氨氣逸出．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）通過2中液面調節(jié)A中壓強；（2）堿只能盛放在堿式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中；NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性，可以選擇酸性或堿性變色范圍內的指示劑；（3）根據(jù)氨氣與和氨氣反應鹽酸之間的關系式計算氨氣的質量，再根據(jù)質量分數(shù)公式計算氨質量分數(shù)；（4）若氣密性不好，導致氨氣的量偏低；（5）硝酸銀不穩(wěn)定，易分解；根據(jù)離子積常數(shù)計算c（CrO42﹣）；（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1：6：3，則其化學式為[Co（NH3）6]Cl3，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0計算Co元素化合價；該反應中Co失電子、雙氧水得電子，CoCl2?6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3發(fā)生反應生成[Co（NH3）6]Cl3和水；雙氧水易分解、氣體的溶解度隨著溫度的升高而降低．【解答】解：（1）通過2中液面調節(jié)A中壓強，如果A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A中壓力減小，從而穩(wěn)定壓力，故答案為：當A中壓力過大時，安全管中液面上升，使A瓶中壓力穩(wěn)定；（2）堿只能盛放在堿式滴定管中，酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以用NaOH標準溶液確定過剩的HCl時，應使用堿式滴定管盛放NaOH溶液；NaOH溶液和鹽酸溶液恰好反應后呈中性，可以選擇酸性或堿性變色范圍內的指示劑，甲基紅為酸性變色指示劑、酚酞為堿性變色指示劑，所以可以選取甲基紅或酚酞作指示劑，故答案為：堿；酚酞或甲基紅；（3）與氨氣反應的n（HCl）=10﹣3V1L×c1mol?L﹣1﹣c2mol?L﹣1×10﹣3V2L=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，根據(jù)氨氣和HCl的關系式知，n（NH3）=n（HCl）=10﹣3（c1V1﹣c2V2）mol，氨的質量分數(shù)=，故答案為：；（4）若氣密性不好，導致部分氨氣泄漏，所以氨氣質量分數(shù)偏低，故答案為：偏低；（5）硝酸銀不穩(wěn)定，見光易分解，為防止硝酸銀分解，用棕色試劑瓶盛放硝酸銀溶液；c（CrO42﹣）=mol/L=2.8×10﹣3mol/L，故答案為：防止硝酸銀見光分解；2.8×10﹣3；（6）經測定，樣品X中鈷、氨和氯的物質的量之比為1：6：3，則其化學式為[Co（NH3）6]Cl3，根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0得Co元素化合價為+3價；該反應中Co失電子、雙氧水得電子，CoCl2?6H2O、NH4Cl、H2O2、NH3發(fā)生反應生成[Co（NH3）6]Cl3和水，反應方程式為2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；雙氧水易分解、氣體的溶解度隨著溫度的升高而降低，所以X的制備過程中溫度不能過高，故答案為：+3；2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co（NH3）6]Cl3+2H2O；溫度越高過氧化氫分解、氨氣逸出．【點評】本題考查了物質含量的沉淀，涉及難溶物的溶解平衡、氧化還原反應、物質含量的測定等知識點，明確實驗原理是解本題關鍵，知道指示劑的選取方法，題目難度中等．化學-選修2：化學與技術11．將海水淡化與濃海水資源化結合起來是綜合利用海水的重要途徑之一．一般是先將海水淡化獲得淡水．再從剩余的濃海水中通過一系列工藝流程提取其他產品．回答下列問題：（1）下列改進和優(yōu)化海水綜合利用工藝的設想和做法可行的是②③④．（填序號）①用混凝法獲取淡水②提高部分產品的質量③優(yōu)化提取產品的品種④改進鉀、溴、鎂等的提取工藝（2）采用“空氣吹出法”從濃海水吹出Br2，并用純堿吸收．堿吸收溴的主要反應是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2時，轉移的電子數(shù)為mol．（3）海水提鎂的一段工藝流程如圖：濃海水的主要成分如下：離子Na+Mg2+Cl﹣SO42﹣濃度/（g?L﹣1）63.728.8144.646.4該工藝過程中，脫硫階段主要反應的離子方程式為Ca2++SO42﹣=CaSO4↓，產品2的化學式為Mg（OH）2，1L濃海水最多可得到產品2的質量為69.6g．（4）采用石墨陽極、不銹鋼陰極電解熔融的氯化鎂，發(fā)生反應的化學方程式為MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；電解時，若有少量水存在會造成產品鎂的消耗，寫出有關反應的化學方程式Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑．【考點】E7：海水資源及其綜合利用．【專題】522：鹵族元素；55：化學計算．【分析】（1）混凝法使的懸浮物質和膠體聚集成較大顆的顆粒而沉淀，然后過濾除去，不能進行海水淡化，通過改變工藝，可以提高部分產品的質量，優(yōu)化提取產品的品種，可以根據(jù)不同的原理改進鉀、溴、鎂等的提取工藝；（2）反應中Br2起氧化劑、還原劑作用，根據(jù)電子轉移守恒可知，氧化劑與還原劑物質的量之比為5：1，據(jù)此計算；（3）工藝流程合成步驟中加入石灰乳，沉降后，將過濾后的濾液進行脫硫，應是用鈣離子沉淀硫酸根離子生成硫酸鈣沉淀，產品1為硫酸鈣，合成得到氫氧化鎂沉淀，故過濾后干燥的產品2為氫氧化鎂，計算1L溶液中Mg2+的質量，根據(jù)Mg2+～Mg（OH）2計算氫氧化鎂的質量；（4）電解熔融氯化鎂得到Mg與氯氣；電解時，若有少量水存在，Mg與水反應生成氫氧化鎂與氫氣，會造成產品鎂的消耗．【解答】解：（1）①混凝法是加入一種混凝劑（如：明礬、鐵鹽等），使水中細小的懸浮物質和膠體聚集成較大顆的顆粒而沉淀，然后過濾除去，海水中可溶性雜質不能除去，不能進行海水淡化，故錯誤；②改進工藝，盡可能減少新物質引入，除去粗產品中的雜質，可以提高產品的質量，故正確；③海洋是一個遠未完全開發(fā)的巨大化學資源寶庫，海水中元素種類很多，改進工藝可以優(yōu)化提取產品的品種，故正確；④根據(jù)不同的提取原理可以改進鉀、溴、鎂等的提取工藝，從而提高K、Br2、Mg等的提取質量，故正確；故選：②③④；（2）反應中Br2起氧化劑、還原劑作用，根據(jù)電子轉移守恒可知，2×n氧化劑（Br2）=2×5×n還原劑（Br2），故n氧化劑（Br2）：n還原劑（Br2）=5：1，故吸收1molBr2時，轉移的電子數(shù)為1mol×2××5=mol，故答案為：；（3）工藝流程合成步驟中加入石灰乳，沉降后，將過濾后的濾液進行脫硫，用Ca2+沉淀SO42﹣生成CaSO4沉淀，離子方程式為：Ca2++SO42﹣=CaSO4↓，采用過濾的方法得到產品1為CaSO4，濾液中加入石灰乳，發(fā)生反應為Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，合成中應得到Mg（OH）2沉淀，過濾、干燥的產品2為Mg（OH）2，溶液中m（Mg2+）=1L×28.8g/L=28.8g，Mg2+～Mg（OH）224g58g28.8gm[Mg（OH）2]m[Mg（OH）2]=28.8g×=69.6g，故答案為：Ca2++SO42﹣=CaSO4↓；Mg（OH）2；69.6；（4）電解熔融氯化鎂得到Mg與氯氣，電解反應方程式為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；電解時，若有少量水存在，Mg與水反應生成氫氧化鎂與氫氣，會造成產品鎂的消耗，反應方程式為：Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑，故答案為：MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑；Mg+2H2OMg（OH）2+H2↑．【點評】本題考查海水資源開發(fā)利用、氧化還原反應計算、電解原理等，是對基礎知識的綜合運用，需要學生具備扎實的基礎，難度中等．化學-選修3：物質結構與性質12．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大．a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，b的價電子層中的未成對電子有3個，c的最外層電子數(shù)為其內層電子數(shù)的3倍，d與c同族；e的最外層只有一個電子，但次外層有18個電子．回答下列問題：（1）b、c、d中第一電離能最大的是N（填元素符號），e的價層電子軌道示意圖為．（2）a和其他元素形成的二元共價化合物中，分子呈三角錐形，該分子的中心原子的雜化方式為sp3；分子中既含有極性共價鍵、又含有非極性共價鍵的化合物是H2O2、N2H4（填化學式，寫出兩種）．（3）這些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的價層電子對數(shù)為3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角錐結構的酸是H2SO3．（填化學式）（4）e和c形成的一種離子化合物的晶體結構如圖1，則e離子的電荷為+1．（5）這5種元素形成的一種1：1型離子化合物中，陰離子呈四面體結構；陽離子呈軸向狹長的八面體結構（如圖2所示）．該化合物中，陰離子為SO42﹣，陽離子中存在的化學鍵類型有共價鍵和配位鍵；該化合物加熱時首先失去的組分是H2O，判斷理由是H2O和Cu2+的配位鍵比NH3與Cu2+的弱．【考點】1B：真題集萃；8J：位置結構性質的相互關系應用；9I：晶胞的計算．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題；51D：化學鍵與晶體結構．【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序數(shù)依次增大，a的核外電子總數(shù)與其周期數(shù)相同，則a是H元素，c的最外層電子數(shù)為其內層電子數(shù)的3倍，原子最外層電子數(shù)是6，所以C是O元素，d與c同族，則d是S元素，b的價電子層中的未成對電子有3個，且原子序數(shù)小于c，則b是N元素；e的最外層只有一個電子，但次外層有18個電子，則e是Cu元素，再結合原子結構、物質結構、元素周期律解答．【解答】解：周期表前四周期