高中化學人教版物質(zhì)結構與性質(zhì)本冊總復習總復習 全國優(yōu)質(zhì)課

2023學年四川省眉山中學高二（下）月考化學試卷（3月份）一、選擇題，每題6分1．是灰霾天氣的主要原因，是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，也叫可入肺顆粒物，與肺癌、哮喘等疾病的發(fā)生密切相關，它主要來自化石燃料的燃燒（如機動車尾氣、燃煤）等，下列說法不正確的是（）A．大力發(fā)展電動車，減少燃油汽車的尾氣排放量B．燃煤時加入適量石灰石，可減少廢氣中SO2的排放量C．多環(huán)芳烴是強致癌物，能吸附在的表面進入人體D．含有的鉛、鎘、鉻、釩、砷等對人體有害的元素均是金屬元素2．生產(chǎn)液晶顯示器的過程中使用的化學清洗劑NF3是一種溫室氣體，其存儲能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大氣中的壽命可長達740年之久，以下是幾種化學鍵的鍵能：化學鍵N≡NF﹣FN﹣F鍵能/kJ?mol﹣1下列說法中正確的是（）A．NF3分子的立體構型是平面三角形B．過程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反應N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3常溫下呈氣態(tài)，是因為N﹣F鍵能大，很穩(wěn)定3．下列一組粒子的中心原子雜化類型相同，分子的鍵角不相等的是（）A．CCl4、SiCl4、SiH4 B．H2S、NCl3、CH4C．BCl3、CH2═CH2、環(huán)己烷 D．SO3、C6H6（苯）、CH3C≡CH4．下列各組微粒的空間構型相同的是（）①NH3和H2O②NH4+和H3O+③NH3和H3O+④O3和SO2⑤CO2和BeCl2⑥SiO4﹣和SO42﹣⑦BF3和Al2Cl6．A．全部 B．除④⑥⑦以外 C．③④⑤⑥ D．②⑤⑥5．氯化硼的熔點為℃，沸點為℃，它可以水解，水解產(chǎn)物之一是氯化氫．下列對氯化硼的敘述中正確的是（）A．氯化硼是原子晶體B．硼原子價層電子排布是2s22p3C．氯化硼分子內(nèi)鍵角略小于109°28′D．氯化硼水解得到兩種酸6．有5種元素X、Y、Z、Q、T．X原子M層上有2個未成對電子且M層無空軌道；Y原子的特征電子構型為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充滿．下列敘述不正確的是（）A．元素Y和Q可形成化合物Y3Q4B．T和Z各有一種單質(zhì)的空間構型為正四面體形，鍵角都是109°28′C．X和Q結合生成的化合物可以形成離子化合物D．ZQ2是極性鍵構成的非極性分子7．在體積為VL的恒容密閉容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）發(fā)生反應：H2（g）+Br2（g）?2HBr（g）△H＜0．當溫度分別為T1、T2，達平衡時，H2的體積分數(shù)與Br2（g）的物質(zhì)的量變化關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．由圖可知：T1＜T2B．a(chǎn)、b兩點的正反應速率：b＞aC．為了提高Br2（g）的轉(zhuǎn)化率，可在其他條件不變時，將體積變?yōu)閂/2LD．T1時，隨著Br2（g）加入，平衡時HBr的體積分數(shù)不斷增加二、解答題（共4小題，滿分58分）8．Ⅰ．在發(fā)射“神舟”七號的火箭推進器中裝有肼（N2H4）和過氧化氫，當兩者混合時即產(chǎn)生氣體，并放出大量的熱．已知：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641kJ?mol﹣1H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ?mol﹣1（1）若用液態(tài)肼與足量過氧化氫反應生成氮氣和液態(tài)水，則整個過程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為，該反應的熱化學方程式為．（2）肼（N2H4）中N元素的雜化方式是，過氧化氫的電子式為Ⅱ．某市對大氣進行監(jiān)測，發(fā)現(xiàn)該市首要污染物為可吸入顆粒物，因此，對、SO2、NOx等進行研究具有重要意義．請回答下列問題：（3）將樣本用蒸餾水處理制成室溫待測試樣．若測得該試樣所含水溶性無機離子的化學組分及其平均濃度如下表：離子K+Na+NH4+SO42﹣NO3﹣Cl﹣濃度/mol?L﹣14×10﹣66×10﹣62×10﹣54×10﹣53×10﹣52×10﹣5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷待測試樣的pH=．（4）為減少SO2的排放，常采取的措施有：①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料水煤氣．寫出焦炭與水蒸氣反應的化學方程式（注明反應條件）：．水煤氣除可用作燃料氣外，請列舉一種水煤氣的其他用途②洗滌含SO2的煙氣．以下物質(zhì)可作洗滌劑的是．a(chǎn)．Na2SO4b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHS．9．一水硫酸四氨合銅（Ⅱ）[Cu（NH3）4]SO4?H2O是一種重要的染料及農(nóng)藥中間體．請回答下列相關問題：（1）Cu+的核外電子排布式為（2）N原子的L層中有對成對電子；NH4+的立體構型是，它的一種等電子體分子為．（3）氨水溶液中存在多種氫鍵，表示出其中的任意兩種．（4）[Cu（NH3）4]SO4?H2O中，陽離子的結構簡式表示為，該離子中存在的化學鍵有．（5）S元素的一種常見低價氧化物可溶于水的原因有．10．有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)，B原子最外層中有兩個未成對的電子，D、E原子核內(nèi)各自的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等，B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，并已知在DB2和EB2中，D與B的質(zhì)量比為7：8，E與B的質(zhì)量比為1：1．根據(jù)以上條件，用化學用語回答下列問題：（1）寫出D原子的電子排布式．（2）E元素與鈉元素形成一種含有非極性鍵的離子化合物，電子式為（3）分子式為AB的化合物中，σ鍵與π鍵的比值是．（4）比較B、C、D三種元素的第一電離能的大小順序（由大到小的順序排列）．（5）C與D形成的化合物化學式是，1mol該化合物含有化學鍵的數(shù)目是（6）溫度一定時，在體積為V的密閉容器中，裝入一定量CB2達到平衡，再將容器體積縮小，再次達平衡，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量將（填“增大”、“減小”或“不變”）11．在一個1L的密閉容器中，加入2molA和1molB，發(fā)生下列反應：2A（g）+B（g）?3C（g）+D（s），達到平衡時，C的濃度為?L﹣1．（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：K=．已知：K300℃＞K350℃，則該反應是熱反應．（2）可以說明可該反應已達到平衡的是：（注意字母大小寫）（a）單位時間內(nèi)生成2n摩爾A，同時生成n摩爾B（b）V逆（A）=2v正（B）（c）容器中A、B、C的物質(zhì)的量為2：1：3（d）容器內(nèi)的總壓強不隨時間變化而變化（3）維持容器的溫度不變，若縮小容器的體積，則平衡移動（填“正反應方向”或“逆反應方向”或“不”）．（4）維持容器的體積和溫度不變，按下列四種配比作為起始物質(zhì)，達到平衡后，C的濃度仍是?L﹣1的是．A．4molA+2molBB．3molC+1molDC．2molA+1molB+3molC+1molDD．2molA+1molB+1molD（5）若維持容器內(nèi)的體積和溫度不變，反應從逆反應開始，按不同配比作為起始物質(zhì)，達到平衡時，C的濃度仍是?L﹣1，則C的起始物質(zhì)的量應滿足的條件是．

2023學年四川省眉山中學高二（下）月考化學試卷（3月份）參考答案與試題解析一、選擇題，每題6分1．是灰霾天氣的主要原因，是指大氣中直徑小于或等于微米的顆粒物，也叫可入肺顆粒物，與肺癌、哮喘等疾病的發(fā)生密切相關，它主要來自化石燃料的燃燒（如機動車尾氣、燃煤）等，下列說法不正確的是（）A．大力發(fā)展電動車，減少燃油汽車的尾氣排放量B．燃煤時加入適量石灰石，可減少廢氣中SO2的排放量C．多環(huán)芳烴是強致癌物，能吸附在的表面進入人體D．含有的鉛、鎘、鉻、釩、砷等對人體有害的元素均是金屬元素【考點】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】主要來自化石燃料的燃燒，為常見的空氣污染物，以此來解答．【解答】解：A．大力發(fā)展電動車，減少燃油汽車的尾氣排放量，可減少的排放，故A正確；B．煤燃燒時生成的二氧化硫能和它們反應生成硫酸鈣或亞硫酸鈣等物質(zhì)，減少二氧化硫的排放量，可減少的排放，故B正確；C．城市大氣顆粒物中的多環(huán)芳烴與居民肺癌的發(fā)病率和死亡率相關．多環(huán)芳烴進入人體的過程中，小顆粒物扮演了“順風車”的角色，故C正確；D．PM吸附的重金屬氧化物對人體有害，As為非金屬元素，故D錯誤；故選：D．2．生產(chǎn)液晶顯示器的過程中使用的化學清洗劑NF3是一種溫室氣體，其存儲能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大氣中的壽命可長達740年之久，以下是幾種化學鍵的鍵能：化學鍵N≡NF﹣FN﹣F鍵能/kJ?mol﹣1下列說法中正確的是（）A．NF3分子的立體構型是平面三角形B．過程N（g）+3F（g）→NF3（g）放出能量C．反應N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）的△H＞0D．NF3常溫下呈氣態(tài)，是因為N﹣F鍵能大，很穩(wěn)定【考點】判斷簡單分子或離子的構型；反應熱和焓變．【分析】化學反應中斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵放出能量，反應熱等于反應物的總鍵能減去生成物的總鍵能；物質(zhì)在常溫下狀態(tài)與分子間作用力有關，與共價鍵鍵能大小無關，以此解答該題．【解答】解：A．NF3中價電子對數(shù)為：=4，形成了四條雜化軌道，即N的雜化類型為sp3，形成3個共用電子對，還有一對孤對電子，因而為三角錐形，故A錯誤；B．N（g）+3F（g）→NF3（g）為形成化學鍵的過程，放出能量，故B正確；C．反應N2（g）+3F2（g）→2NF3（g）△H=KJ?mol﹣1=﹣?mol﹣1，△H＜0，故C錯誤；D．NF3常溫下呈氣態(tài)，說明其沸點較低，而沸點與分子間作用力有關，與N﹣F鍵的鍵能無關，故D錯誤；故選B．3．下列一組粒子的中心原子雜化類型相同，分子的鍵角不相等的是（）A．CCl4、SiCl4、SiH4 B．H2S、NCl3、CH4C．BCl3、CH2═CH2、環(huán)己烷 D．SO3、C6H6（苯）、CH3C≡CH【考點】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【分析】根據(jù)價電子對互斥理論確定微粒的空間構型和原子的雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)．σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=（a﹣xb），a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數(shù)，A．中心原子都是sp3雜化，其鍵角相同；B．中心原子都是sp3雜化，但孤電子對數(shù)不同，分子的鍵角不相同；C．BCl3和CH2═CH2的中心原子都是sp2雜化，環(huán)己烷中碳原子為sp3雜化，分子的鍵角不相同；D．SO3和C6H6的中心原子為sp2雜化，而CH3C≡CH中碳原子為sp和sp3雜化，分子的鍵角不相同．【解答】解：A．CCl4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化，SiCl4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化，SiH4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化，中心原子都是sp3雜化，其鍵角相同，故A錯誤；B．H2S中S原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=2+=4，所以采取sp3雜化，分子構型為V型，NCl3中氮原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+=4，所以采取sp3雜化，分子構型為四面體型，CH4中C原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，所以采取sp3雜化，分子構型為正四面體型，中心原子都是sp3雜化，孤電子對數(shù)不同，分子的鍵角不相同，故B正確；C．BCl3中B原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+0=3，sp2雜化，分子的立體構型為平面三角形，乙烯分子中每個碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化，BCl3和CH2═CH2的中心原子都是sp2雜化，環(huán)己烷中碳原子雜化軌道數(shù)=σ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=4+0=4，為sp3雜化，BCl3、CH2═CH2、環(huán)已烷中心原子雜化類型不相同，分子或離子的鍵角不相等，故C錯誤；D．SO3中，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)=3+（6﹣3×2）=3，含孤電子對數(shù)為0，雜化軌道數(shù)3，硫原子采用sp2雜化，分子形狀為平面三角形；苯中碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化，丙炔中含有4個C﹣H鍵，兩個C﹣C鍵，兩個π鍵，即C≡N中含有1個σ鍵和2個π鍵，甲基采取sp3雜化，C≡C中的碳為sp雜化，中心原子雜化類型不相同，分子或離子的鍵角不相等，故D錯誤；故選B．4．下列各組微粒的空間構型相同的是（）①NH3和H2O②NH4+和H3O+③NH3和H3O+④O3和SO2⑤CO2和BeCl2⑥SiO4﹣和SO42﹣⑦BF3和Al2Cl6．A．全部 B．除④⑥⑦以外 C．③④⑤⑥ D．②⑤⑥【考點】判斷簡單分子或離子的構型．【分析】根據(jù)價層電子對互斥理論確定微?？臻g構型，價層電子對個數(shù)=σ鍵+孤電子對個數(shù)，孤電子對個數(shù)=×（a﹣xb），a為中心原子的價電子數(shù)，x為與中心原子結合的原子個數(shù)，b為與中心原子結合的原子最多能接受的電子數(shù)，據(jù)此判斷．【解答】解：①NH3中價層電子對個數(shù)=3+×（5﹣3）=4且含有一個孤電子對，所以為三角錐形，H2O中價層電子對個數(shù)=2+×（6﹣2）=4且含有兩個孤電子對，所以為V形結構，二者空間構型不同，故①錯誤；②NH4+中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對，為正四面體形結構；H3O+中O原子價層電子對個數(shù)=3+（6﹣1﹣3×1）=4且含有一個孤電子對，所以為三角錐形結構，二者空間構型不同，故②錯誤；③NH3為三角錐形結構、H3O+中O原子價層電子對個數(shù)=3+（6﹣1﹣3×1）=4且含有一個孤電子對，所以為三角錐形結構，所以二者空間構型相同，故③正確；④O3、SO2中價層電子對個數(shù)都是3且都含有一對孤電子對，所以分子空間構型都是V形，故④正確；⑤CO2分子中價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+（4﹣2×2）=2，所以二氧化碳是直線型結構，BeCl2中Be價層電子對=σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對=2+（2﹣2）=2，是sp雜化，是直線型結構，二者空間構型相同，故⑤正確；⑥SiO44﹣和SO42﹣中價層電子對個數(shù)都是4且不含孤電子對，所以空間構型都是正四面體結構，所以空間構型相同，故⑥正確；⑦BF3中B原子雜化軌道數(shù)=δ鍵數(shù)+孤對電子對數(shù)=3+0=3，所以分子構型為平面正三角形，氣態(tài)氯化鋁通常以二聚分子形式存在，Al2Cl6結構，Al采用sp3雜化軌道成鍵，為正四面體結構，二者空間構型不同，故⑦錯誤；故選C．5．氯化硼的熔點為℃，沸點為℃，它可以水解，水解產(chǎn)物之一是氯化氫．下列對氯化硼的敘述中正確的是（）A．氯化硼是原子晶體B．硼原子價層電子排布是2s22p3C．氯化硼分子內(nèi)鍵角略小于109°28′D．氯化硼水解得到兩種酸【考點】不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別；原子核外電子排布；共價鍵的形成及共價鍵的主要類型．【分析】氯化硼水解生成的HCl和硼酸，其水解方程式為：BCl3+3H2O?H3BO3+3HCl，氯化硼的熔點為℃，沸點為℃，熔沸點較低，為分子晶體，結合原子的成鍵特點解答該題．【解答】解：A．氯化硼的熔點為℃，沸點為℃，熔沸點較低，為分子晶體，故A錯誤；B．B原子最外層3個電子，價層電子排布是2s22p1，故B錯誤；C．氯化硼為平面結構，硼原子以sp2雜化，Cl﹣B﹣Cl鍵角為120°，故C錯誤；D．氯化硼水解生成的HCl和硼酸，其水解方程式為：BCl3+3H2O?H3BO3+3HCl，故D正確．故選D．6．有5種元素X、Y、Z、Q、T．X原子M層上有2個未成對電子且M層無空軌道；Y原子的特征電子構型為3d64s2；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子；T原子的M電子層上p軌道半充滿．下列敘述不正確的是（）A．元素Y和Q可形成化合物Y3Q4B．T和Z各有一種單質(zhì)的空間構型為正四面體形，鍵角都是109°28′C．X和Q結合生成的化合物可以形成離子化合物D．ZQ2是極性鍵構成的非極性分子【考點】原子結構與元素周期律的關系．【分析】X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X為S元素；Y原子的特征電子構型為3d64s2，則Y為Fe元素；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則Z為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子，則Q是O元素；T原子的M電子層上p軌道半充滿，則T是P元素據(jù)此結合元素周期律知識解答．【解答】解：5種元素X、Y、Z、Q、T，X原子M層上有2個未成對電子且無空軌道，則X為S元素；Y原子的特征電子構型為3d64s2，則Y為Fe元素；Z原子的L電子層的p能級上有一個空軌道，則Z為C元素；Q原子的L電子層的P能級上只有一對成對電子，則Q是O元素；T原子的M電子層上p軌道半充滿，則T是P元素；A．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亞鐵、氧化鐵和四氧化三鐵，所以元素Y和Q可形成化合物Fe3O4，故A正確；B．T是P元素、Z是C元素，T和Z各有一種單質(zhì)的空間構型為正四面體形，分別為白磷和金剛石，鍵角都是109°28′，故B正確；C．X是S元素、Q是O元素，非金屬元素之間易形成共價鍵，只含共價鍵的化合物是共價化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共價鍵，為共價化合物，故C錯誤；D．ZO2是CO2，只含極性鍵，但二氧化碳分子結構對稱，為非極性分子，故D正確；故選C．7．在體積為VL的恒容密閉容器中盛有一定量H2，通入Br2（g）發(fā)生反應：H2（g）+Br2（g）?2HBr（g）△H＜0．當溫度分別為T1、T2，達平衡時，H2的體積分數(shù)與Br2（g）的物質(zhì)的量變化關系如圖所示．下列說法正確的是（）A．由圖可知：T1＜T2B．a(chǎn)、b兩點的正反應速率：b＞aC．為了提高Br2（g）的轉(zhuǎn)化率，可在其他條件不變時，將體積變?yōu)閂/2LD．T1時，隨著Br2（g）加入，平衡時HBr的體積分數(shù)不斷增加【考點】化學平衡的影響因素．【分析】A．△H＜0，為放熱反應，降低溫度平衡逆向移動，氫氣、溴的體積分數(shù)均增大；B．濃度越大，反應速率越大；C．該反應為氣體體積不變的反應，體積縮小，平衡不移動；D．T1時，隨著Br2（g）加入，平衡正向移動，HBr的物質(zhì)的量增大，但可能氣體的總物質(zhì)的量增大的快．【解答】解：A．△H＜0，為放熱反應，降低溫度平衡逆向移動，氫氣、溴的體積分數(shù)均增大，則T1＜T2，故A正確；B．濃度越大，反應速率越大，b點溴的物質(zhì)的量大，濃度大，則a、b兩點的正反應速率：b＞a，故B正確；C．該反應為氣體體積不變的反應，體積縮小，平衡不移動，則Br2（g）的轉(zhuǎn)化率不變，故C錯誤；D．T1時，隨著Br2（g）加入，平衡正向移動，HBr的物質(zhì)的量增大，但可能氣體的總物質(zhì)的量增大的快，則平衡時HBr的體積分數(shù)可能減小，故D錯誤；故選AB．二、解答題（共4小題，滿分58分）8．Ⅰ．在發(fā)射“神舟”七號的火箭推進器中裝有肼（N2H4）和過氧化氫，當兩者混合時即產(chǎn)生氣體，并放出大量的熱．已知：N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣641kJ?mol﹣1H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ?mol﹣1（1）若用液態(tài)肼與足量過氧化氫反應生成氮氣和液態(tài)水，則整個過程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為，該反應的熱化學方程式為N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣kJ/mol．（2）肼（N2H4）中N元素的雜化方式是sp3雜化，過氧化氫的電子式為Ⅱ．某市對大氣進行監(jiān)測，發(fā)現(xiàn)該市首要污染物為可吸入顆粒物，因此，對、SO2、NOx等進行研究具有重要意義．請回答下列問題：（3）將樣本用蒸餾水處理制成室溫待測試樣．若測得該試樣所含水溶性無機離子的化學組分及其平均濃度如下表：離子K+Na+NH4+SO42﹣NO3﹣Cl﹣濃度/mol?L﹣14×10﹣66×10﹣62×10﹣54×10﹣53×10﹣52×10﹣5根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷待測試樣的pH=4．（4）為減少SO2的排放，常采取的措施有：①將煤轉(zhuǎn)化為清潔氣體燃料水煤氣．寫出焦炭與水蒸氣反應的化學方程式（注明反應條件）：C+H2OCO+H2．水煤氣除可用作燃料氣外，請列舉一種水煤氣的其他用途做還原劑冶煉金屬②洗滌含SO2的煙氣．以下物質(zhì)可作洗滌劑的是bd．a(chǎn)．Na2SO4b．Na2CO3c．CaCl2d．NaHS．【考點】熱化學方程式；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【分析】（1）熱化學方程式結合蓋斯定律計算分析得到熱化學方程式；依據(jù)反應前后元素化合價變化分析計算氧化還原反應的電子轉(zhuǎn)移；（2）肼分子中每個N原子形成3個共價鍵，且還含有一個孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定N原子雜化類型；過氧化氫為共價化合物，據(jù)此書寫電子式；（3）先根據(jù)溶液中電荷守恒計算氫離子的濃度，然后求出pH；（4）①碳和水蒸氣反應生成一氧化碳和氫氣，水煤氣中一氧化碳、氫氣具有還原性，可以還原金屬氧化物；②二氧化硫是一種酸性氧化物可以和堿反應，二氧化硫溶于水得亞硫酸，酸性強于碳酸，所以可以和碳酸鈉溶液反應．【解答】解：（1）①N2H4（l）+2H2O2（l）═N2（g）+4H2O（g）△H=﹣mol②H2O（l）═H2O（g）△H=+44kJ/mol；依據(jù)蓋斯定律，①﹣②×4得到：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣kJ/mol；依據(jù)反應前后元素化合價變化可知，N2H4～N2～4e﹣；液態(tài)肼物質(zhì)的量==；依據(jù)電子守恒計算得到轉(zhuǎn)移電子為；故答案為：；N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣kJ/mol；（2）肼分子中每個N原子形成3個共價鍵，且還含有一個孤電子對，其價層電子對個數(shù)是4，所以氮原子的雜化方式為sp3雜化，過氧化氫為共價化合物，據(jù)此書寫電子式為：，故答案為：sp3雜化；；（3）觀察表格中發(fā)現(xiàn)NH4+水解顯酸性，的酸堿性為酸性；試樣的pH值根據(jù)溶液中電荷守恒：c（H+）+c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）+c（NO3﹣）+c（Cl﹣）計算H+離子濃度為10﹣4，該樣本的pH=4，故答案為：4；（4）①焦炭與水蒸氣高溫反應的化學方程式為：C+H2OCO+H2，一氧化碳可以還原氧化鐵生成鐵做還原劑，故答案為：C+H2OCO+H2；做還原劑冶煉金屬；②a．二氧化硫是酸性氧化物所以具有酸性氧化物的通性能夠與堿反應：和硫酸鈉不反應，故a錯誤；b．二氧化硫水溶液是亞硫酸所以也能夠與碳酸鈉反應：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2↑，可以用碳酸鈉溶液做洗滌劑，故b正確；c．二氧化硫與氯化鈣溶液不反應，不能用氯化鈣溶液吸收二氧化硫，故c錯誤；d．二氧化硫與硫氫化鈉溶液反應生成硫單質(zhì)，所以可以用硫氫化鈉溶液吸收，故d正確；故選：bd．9．一水硫酸四氨合銅（Ⅱ）[Cu（NH3）4]SO4?H2O是一種重要的染料及農(nóng)藥中間體．請回答下列相關問題：（1）Cu+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10（2）N原子的L層中有1對成對電子；NH4+的立體構型是正四面體，它的一種等電子體分子為CH4．（3）氨水溶液中存在多種氫鍵，表示出其中的任意兩種O﹣H…N、N﹣H…O．（4）[Cu（NH3）4]SO4?H2O中，陽離子的結構簡式表示為[Cu（NH3）4]2+，該離子中存在的化學鍵有共價鍵、配位鍵．（5）S元素的一種常見低價氧化物可溶于水的原因有SO2是極性分子易溶于極性溶劑中，而且SO2與水反應生成亞硫酸．【考點】原子核外電子排布；判斷簡單分子或離子的構型．【分析】（1）Cu元素是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，失去一個電子形成Cu+，根據(jù)核外電子排布規(guī)律書寫；（2）N元素原子的核外電子排布式為1s22s22p3，L層中s能級的電子為成對電子；NH4+中，N原子成4個N﹣H，采取sp3雜化，不含孤對電子，為正四面體結構；等電子體是指具有相同電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子；（3）N元素與O元素的電負性都很強，不同分子中的N原子、O原子與H原子之間都可以形成氫鍵；（4）[Cu（NH3）4]SO4?H2O中離子是[Cu（NH3）4]2+，銅離子含有空軌道，氨氣有孤電子對，二者形成配位鍵，氨氣中存在共價鍵；（5）根據(jù)相似相溶原理和二氧化硫的性質(zhì)分析．【解答】解：（1）Cu元素是29號元素，原子核外電子數(shù)為29，失去一個電子形成Cu+，則Cu+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10；（2）N元素原子的核外電子排布式為1s22s22p3，L層中s能級的電子為成對電子；NH4+中，N原子成4個N﹣H，采取sp3雜化，不含孤對電子，為正四面體結構；CH4中電子數(shù)為：6+4=10，原子數(shù)為5，則CH4和NH4+是等電子體；故答案為：1；正四面體；CH4；（3）N元素與O元素的電負性都很強，不同分子中的N原子、O原子與H原子之間都可以形成氫鍵，如O﹣H…N、N﹣H…O、O﹣H…O、N﹣H…N，故答案為：O﹣H…N、N﹣H…O；（4）[Cu（NH3）4]SO4?H2O中離子是[Cu（NH3）4]2+，銅離子含有空軌道，氨氣有孤電子對，二者形成配位鍵，氨氣中存在共價鍵，所以該離子中存在的化學鍵有配位鍵和共價鍵；故答案為：[Cu（NH3）4]2+；共價鍵、配位鍵；（5）S元素的一種常見低價氧化物為二氧化硫，二氧化硫是極性分子，水是極性溶劑，極性分子易溶于極性溶劑，而且二氧化硫與水反應生成亞硫酸，所以二氧化硫易溶于水；故答案為：SO2是極性分子易溶于極性溶劑中，而且SO2與水反應生成亞硫酸．10．有A、B、C、D、E五種元素，其中A、B、C屬于同一周期，A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子總數(shù)，B原子最外層中有兩個未成對的電子，D、E原子核內(nèi)各自的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)相等，B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，并已知在DB2和EB2中，D與B的質(zhì)量比為7：8，E與B的質(zhì)量比為1：1．根據(jù)以上條件，用化學用語回答下列問題：（1）寫出D原子的電子排布式1s22s22p63s23p2．（2）E元素與鈉元素形成一種含有非極性鍵的離子化合物，電子式為（3）分子式為AB的化合物中，σ鍵與π鍵的比值是1：2．（4）比較B、C、D三種元素的第一電離能的大小順序N＞O＞Si（由大到小的順序排列）．（5）C與D形成的化合物化學式是Si3N4，1mol該化合物含有化學鍵的數(shù)目是4NA（6）溫度一定時，在體積為V的密閉容器中，裝入一定量CB2達到平衡，再將容器體積縮小，再次達平衡，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量將增大（填“增大”、“減小”或“不變”）【考點】位置結構性質(zhì)的相互關系應用．【分析】p能級電子數(shù)不超過6，A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子數(shù)總數(shù)，則A的核外電子排布為1s22s22p2，應為C元素，B原子最外層中有兩個不成對的電子，核外電子排布式為1s22s22p4，為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，且A、B、C屬于同一周期，則C為N元素，可形成NO2化合物，在DB2和EB2中，D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：M（O）=7：4，M（D）=7×=28，D應為Si元素；E與B的質(zhì)量比為1：1，則M（E）=2M（O）=2×16=32，所以E為S元素，結合元素對應原子的結構、單質(zhì)以及化合物的性質(zhì)解答該題．【解答】解：p能級電子數(shù)不超過6，A原子最外層p能級的電子數(shù)等于次外層的電子數(shù)總數(shù)，則A的核外電子排布為1s22s22p2，應為C元素，B原子最外層中有兩個不成對的電子，核外電子排布式為1s22s22p4，為O元素，B元素可分別與A、C、D、E生成RB2型化合物，且A、B、C屬于同一周期，則C為N元素，可形成NO2化合物，在DB2和EB2中，D與B的質(zhì)量比為7：8，則有M（D）：M（O）=7：4，M（D）=7×=28，D應為Si元素；E與B的質(zhì)量比為1：1，則M（E）=2M（O）=2×16=32，所以E為S元素，（1）D為Si元素，原子序數(shù)為14，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，故答案為：1s22s22p63s23p2；（2）B元素與鈉元素形成一種含有非極性鍵的離子化合物為過氧化鈉，電子式為，故答案為：；（3）分子式為CO的化合物中，CO和氮氣是等電子體，其結構相似，所以CO中σ鍵與π鍵的比值是1：2，故答案為：1：2；（4）B、C、D三種元素分別是O、N、Si元素，同一周期元素，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一電離能大于其相鄰元素，同一主族元素，其第一電離能隨著原子序數(shù)增大而減小，所以這三種元素的第一電離能的大小順序N＞O＞Si，故答案為：N＞O＞Si；（5）C與D形成的化合物化學式是Si3N4，1個Si原子連接4個Si﹣N鍵，則1mol該化合物含有化學鍵的數(shù)目是4NA，故答案為：Si3N4；4NA；（6）溫度一定時，在體積為V的密閉容器中，裝入一定量CB2達到平衡，存在平衡2NO2（g）?N2O4（g），再將容器體積縮小，再次達平衡，減小體積增大壓強，平衡正向移動，混合氣體質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量將增大，故答案為：增大．11．在一個1L的密閉容器中，加入2molA和1molB，發(fā)生下列反應：2A（g）+B（g）?3C（g）+D（s），達到平衡時，C的濃度為?L﹣1．（1）寫出該反應的平衡常數(shù)表達式：K=．已知：K300℃＞K350℃，則該反應是放熱反應．（2）可以說明可該反應已達到平衡的是：（b）（注意字母大小寫）（a）單位時間內(nèi)生成2n摩爾A，同時生成n摩爾B（b）V逆（A）=2v正（B）（c）容器中A、B、C的物質(zhì)的量為2：1：3（d）容器內(nèi)的總壓強不隨時間變化而變化（3）維持容器的溫度不變，若縮小容器的體積，則平衡不移動（填“正反應方向”或“逆反應方向”或“不”）．（4）維持容器的體積和溫度不變，按下列四種配比作為起始物質(zhì)，達到平衡后，C的濃度仍是?L﹣1的是BD．A．4molA+2molBB．3molC+1molDC．2molA+1molB+3molC+1molDD．2molA+1molB+1molD（5）若維持容器內(nèi)的體積和溫度不變，反應從逆反應開始，按不同配比作為起始物質(zhì)，達到平衡時，C的濃度仍是?L﹣1，則C的起始物質(zhì)的量應滿足的條件是mol＜n（C）≤3mol．【考點】化學平衡狀態(tài)的判斷；等效平衡．【分析】（1）平衡常數(shù)K=，固體不能寫入，K300℃＞K350℃，溫度越高平衡常數(shù)越小說明升溫平衡逆向進行，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應；（2）當化學反應達到平衡狀