四川省绵阳市南山中学实验学校2019-2020学年高二12月月考化学试题
绵阳南山中学实验学校高二上期12月月考
化学试卷
可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Mg:24 Cu:64 Fe:56
第I卷（选择题46分)
一、单选题(1至8每题2分，9至18题每题3分，共46分)
1. 绿色能源是指使用过程中不排放或排放极少污染物的能源。下列属于绿色能源的是
①太阳能 ②风能 ③石油 ④煤 ⑤潮汐能 ⑥木材 ⑦地热能
A. ①②③⑤ B. ②④⑤⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①②⑤⑦
【答案】D
【解析】
试题分析：太阳能、风能、潮汐能、地热能均是绿色能源。石油、煤是化石燃料，木材燃烧会造成污染，答案选D。
考点：考查绿色能源判断
2.下列表达方式正确的是
A. Cr外围电子排布式：3d44s2
B. NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-
C. 基态碳原子的价电子排布图为：
D. 二氧化硅的分子式为SiO2
【答案】C
【解析】
【详解】A、Cr为24号元素，根据构造原理以及洪特规则特例可知，其外围电子排布式为3d54s1，故A错误；
B、NaHCO3为强碱弱酸盐，其在水中的电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-，故B错误；
C、基态碳原子价层电子排布式为2s22p2，故其价层电子排布图为：，故C正确；
D、二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，只有化学式，其化学式为SiO2，故D错误；
故答案为C。
【点睛】对于原子核外电子排布式、外围电子排布式、外围电子排布图、外围电子轨道排布图、价层电子排布式、价层电子排布图、价层电子轨道排布图等表示原子核外电子运动和能量的方式需注意区分。
3.下列各组物质所含化学键类型相同、形成晶体类型也相同的是
A. 乙酸和乙醇 B. C60和金刚石 C. NH4Cl和KCl D. HCl和NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A、乙酸和乙醇中均只含有共价键，其晶体类型均为分子晶体，故A符合题意；
B、C60和金刚石中化学键类型均只有共价键，C60形成的晶体为分子晶体，金刚石为原子晶体，故B不符合题意；
C、NH4Cl中含有共价键和离子键，KCl中只含有离子键，二者均为离子晶体，故C不符合题意；
D、HCl中只含共价键，NaCl只含离子键，HCl形成的晶体为分子晶体，NaCl形成的晶体为离子晶体，故D不符合题意；
故答案为A。
【点睛】离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，而分子晶体和原子晶体中一定只含有共价键；离子化合物形成的晶体为离子晶体，共价型单质或化合物形成的晶体不一定为分子晶体，也可能为原子晶体（如SiO2、金刚石等）。
4.下列排列顺序中，不正确的是
A. 酸性：HClO
S>P，故稳定性PH3c(H+)，故A错误；
B、在100℃时，纯水中存在c(OH－)=c(H+)，仍然呈中性，其pH=6，故B错误；
C、任何水溶液中只要存在c(OH－)=c(H+)，则该溶液一定呈中性，故C正确；
D、pH表示溶液酸碱性的适用范围为：c(H+)<1mol/L或c(OH－)<1mol/L，当溶液中c(OH－)或c(H+)大于1mol/L，可直接用c(OH－)或c(H+)表示酸碱性，在25℃下，pH＝14的溶液中c(OH－)=1mol/L，其碱性小于c(OH－)>1mol/L的溶液，且用pH表示溶液的碱性时，需要溶液的温度，而题干温度未知，故不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故D错误；
故答案为C。
6.长式周期表共有18个纵行，从左到右排为1-18列，碱金属为第1列，稀有气体元素为第18 列。按这种规定，下列说法正确的是
A. 第10、11列为ds区 B. 只有第二列的元素原子最外层电子排布为ns2
C. 第四周期第8列是铁元素 D. 第六周期共包含18种元素
【答案】C
【解析】
【详解】A、第11、12列为ⅠB、ⅡB族，属于ds区，第10列属于Ⅷ族，故A错误；
B、氦原子及一些过渡元素原子最外层电子排布也为ns2，故B错误；
C、铁元素处于第四周期第8列，故C正确；
D、第六周期ⅢB中含镧系元素，镧系中含15种元素，则第六周期中含有（18+15-1）=32种元素，而不是18种元素，故D错误；
答案为C。
7.下列关于化学键及晶体的说法中，正确的是
A. Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，是因为键能越来越大
B. N2和CCl4两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
C. 金属钠的晶体采用简单立方堆积，每个晶胞含1个原子，配位数为6
D. 石英晶体和干冰晶体熔沸点不同，是因为所含化学键类型不同
【答案】B
【解析】
【详解】A、Cl2、Br2、I2均分子晶体，且均不存在氢键，分子间只存在分子间作用力，其相对分子质量逐渐增加，故其分子间作用力逐渐增加，其熔点逐渐增加，与键能无关，故A错误；
B、N2中N原子中的最外层电子为5，形成3个共用电子对，所以每个原子的最外层都具有8电子稳定结构， CCl4中每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，故B正确；
C、金属钠晶体中钠原子采用体心立方堆积（），每个晶胞中含有原子个数为8×+1=2，每个钠原子周围距离最短且相等的钠原子有8个，其配位数为8，故C错误；
D、石英（SiO2）晶体为原子晶体，晶体内只含有共价键，干冰（CO2）为分子晶体，晶体内只含有共价键，原子晶体融化或蒸发时，晶体内共价键会发生断裂，而分子晶体融化或蒸发时，仅需要克服其分子间作用力，故熔沸点一般原子晶体高于分子晶体，故D错误；
答案为B。
【点睛】一般情况下，熔沸点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，其原因在于融化或蒸发时需要克服的作用力不同导致；需要注意，稳定性强弱只与化学键强度有关，而熔沸点不一定与化学键强度有关，原子晶体和离子晶体的熔沸点与化学键强度有关，而分子晶体熔沸点与化学键强度无关，与分子间作用力有关（如氢键、范德华力等）。
8.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误结论，下列类推结论中不正确的是
A. 碱金属氟化物的晶格能顺序是LiF＞NaF＞KF＞RbF＞CsF；则钠的卤化物的晶格能顺序是NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI
B. Al(OH)3能溶于NaOH溶液，Be(OH)2也能溶于NaOH溶液
C. 晶体中有阴离子，必有阳离子；则晶体中有阳离子，必有阴离子
D. 常温下，0.1molL-1的盐酸PH等于1，则0.1molL-1的氢溴酸溶液pH也等于1
【答案】C
【解析】
【详解】A、离子半径：Li+NaF>KF>RbF>CsF，离子半径：F−NaCl>NaBr>NaI，故A不符合题意；
B、Be与Al在元素周期表中所处位置满足“对角线原则”，由此二者的化学性质相似，Al(OH)3属于两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，因此类推可知Be(OH)2也能溶于NaOH溶液，故B不符合题意；
C、 晶体中有阴离子则必然有阳离子，但有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体中含有金属阳离子和自由移动的电子，不含阴离子，故C符合题意；
D、HCl、HBr均为共价化合物，非金属性Cl>Br，因此HCl中Cl对于键合电子对的吸引力比HBr中Br对于键合电子对的吸引力强，故HBr中H-Br更易断裂，由此可知，常温下，0.1molL-1的盐酸pH等于1，则0.1molL-1的氢溴酸溶液pH也等于1，故D不符合题意；
答案为C。
9. 四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，假设混合和稀释是瞬间完成的，则开始的瞬间反应速率最大的是（ ）
A. 20 mL 2 mol/L 的X溶液 B. 10 mL 4 mol/L 的X溶液
C. 20 mL 3 mol/L 的X溶液 D. 10 mL 2 mol/L 的X溶液
【答案】C
【解析】
试题分析：先计算出稀释后X溶液的中X的物质的量，最后溶液的体积都为50mL，则物质的量越大，浓度越大，则反应速率越大。A、20mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×2mol/L＝0.04mol；B、10mL4mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×4mol/L＝0.04mol；C、20mL3mol/L的X溶液，X的物质的量为0.02L×3mol/L＝0.06mol；D、10mL2mol/L的X溶液，X的物质的量为0.01L×2mol/L＝0.02mol，所以四种情况下C中X的浓度最大，反应速率最大。
考点：考查影响化学反应速率的外界因素
10.下列变化不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业生产硫酸的过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率
B. H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系中压缩容器体积后颜色变深
C. Na2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液颜色变深
D. 实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】B
【解析】
【分析】
平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释。
【详解】A、工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O22SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，可提高二氧化硫的转化率，可用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；
B、存在平衡H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，压缩体积导致压强增大的情况下，平衡不移动，容器的体积减小，碘蒸气的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故B符合题意；
C、Na2CrO4溶液中存在平衡：2CrO42－（黄）＋2H＋=Cr2O72－（橙）＋H2O，橙色较黄色深，向Na2CrO4溶液中滴加稀硫酸，溶液颜色变深，说明Cr2O72－浓度上升，即平衡正向移动，可用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D、氯气在水中发生Cl2+H2OH++Cl-+HClO，在饱和食盐水中，Cl-浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故答案为D。
【点睛】对于本题B选项需注意，若题干改为“H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡体系中加压后颜色变深”，那么需要考虑的加压情况较多，如压缩体积、增加H2浓度、I2(g)浓度、HI(g)浓度等，若是通过增加HI(g)浓度使容器内压强增加，平衡会逆向移动，容器内气体颜色会变深，这种情况下存在平衡移动，需注意灵活应变。
11.设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是
A. 含16 g氧原子的二氧化硅晶体中含有的Ϭ键数目为1NA
B. 1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
C. 50℃时，1.0 L pH＝1的H2SO4 溶液中含有的H+数目为0.1NA
D. 12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的数目为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、含16 g氧原子的物质的量为=1mol，由此可知二氧化硅的物质的量为0.5mol，由二氧化硅的结构可知，含有Si-OϬ键为0.5mol×4×NAmol-1=2NA，故A错误；
B、N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应，故N2不可能完全转化为NH3，故1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于1mo×NAmol-1=NA，故B错误；
C、pH＝1的H2SO4 溶液中c(H+)=0.1mol/L，故1.0 L该溶液中含有H+数目为0.1mol/L×1.0 L×NAmol-1=0.1NA，故C正确；
D、石墨烯中一个碳原子形成三个六元环，即一个六元环中实际含有碳原子为6×=2个，12 g石墨烯中含碳原子数为×NAmol-1=NA，NA个碳原子可形成的六元环数目为0.5 NA，故D错误；
答案为C。
【点睛】对于本题C选项需注意，pH＝1的溶液中c(H+)=0.1mol/L，其数值是根据pH的定义式计算得出的数据，与温度无关，若要计算该溶液中c(OH-)，需根据KW计算，此时需要知道该温度下的KW，需注意区分。
12.H2O2(l)在有MnO2条件下和无MnO2条件下分解的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A. 有MnO2条件下的反应曲线是a曲线
B. a曲线变为b曲线，反应的活化分子百分数增大
C. a曲线变为b曲线，平衡时H2O2的转化率增大
D. b曲线的热化学方程式为：H2O2(l)═H2O(l)+ O2(g)△H=﹣(E1﹣E2)kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A项、催化剂能够降低反应的活化能，提高反应速率，所以MnO2作催化剂，有MnO2条件下的反应曲线是b曲线，故A错误；
B项、b使用催化剂，可降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，反应的活化分子百分数增大，故B正确；
C项、a曲线变为b曲线，途径不变，始终态相同，则平衡时H2O2的转化率不变，故C错误；
D项、为放热反应，△H=(E1-E2)kJ/mol，则热化学方程式为H2O2(l)=H2O(l)+O2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mol，故D错误；
故选B。
13.下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，该反应必须加热才能发生
B. 2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) △H＝-571.6kJ·mol-1，则氢气燃烧热为285.8kJ
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则稀H2SO4和稀Ca(OH)2溶液反应的中和热ΔH＝－2×57.3 kJ·mol－1
D. 测定盐酸和NaOH溶液的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应后的终止温度
【答案】D
【解析】
【详解】A、反应物的总能量低于生成物的总能量时，反应为吸热反应，但有些吸热反应不需要加热就能发生，如氢氧化钡和氯化铵的反应，故A错误；
B、燃烧热的定义为：在25℃，100kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol。由2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) △H＝-571.6kJ·mol-1可知，氢气燃烧热为285.8kJ/mol，故B错误；
C、中和热的定义为：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热。由此可知，中和热与参加反应的物质的物质的量无关，且H2SO4和Ca(OH)2反应生成1mol水时放出的能量大于57.3 kJ，因除了生成水以外，还生成了微溶物CaSO4，其测出的中和热数据和盐酸和NaOH溶液的中和热不同，故C错误；
D、测定HCl和NaOH的中和热时，每次实验均应测量三个温度，即盐酸起始温度、NaOH起始温度和反应后最高温度，反应后最高温度即反应后终止温度，故D正确；
答案为D。
【点睛】中和热和燃烧热均为单位量，与参加反应的物质的物质的量无关，但需要注意相关热化学反应方程式是否符合燃烧热或中和热的定义。
14.已知：C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g) ΔH＝a kJ·mol-1，2C(s)＋O2(g)＝2CO(g) ΔH＝-220 kJ·mol-1， H—H、O=O和O-H键的键能分别为436 kJ·mol-1、496 kJ·mol-1和462 kJ·mol-1，则a为
A. －332 B. －118 C. ＋350 D. ＋130
【答案】D
【解析】
【分析】
由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知，②-①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，因此可以用含a的表达式表示该反应的反应热，且已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热还等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则可以列方程式解未知数，据此解答。
【详解】由①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H= a kJ∙mol-1
②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H= -220 kJ∙mol-1
结合盖斯定律可知②-①×2得O2(g)+2H2(g)═2H2O(g) △H= -220 kJ∙mol-1−2a kJ∙mol-1=−(220+2a) kJ∙mol-1，已知H—H、O=O和O-H键的键能，反应热等于断键吸收的总能量减去成键释放的总能量，则496+2×436−462×2×2=−(220+2a)，解得a=+130；
答案选D。
15.可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(s)；△H＝QkJ·mol-1，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度（T）、反应速率（v）与压强的关系如图所示。据图分析，以下说法正确的是
A. T1＜T2，Q＞0
B. 增大压强，B的转化率减小
C. 当反应达平衡时，混合气体的密度不再变化
D. a+b＞c+d
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图象可以知道,温度越高,平衡时C的百分含量越小,故此反应的正反应为放热反应，，,故A错误；
B.由图分析压强和速率关系可以知道，增大压强，正反应速率比逆反应速率变化大，该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正移，B的转化率增大，故B错误；
C.由于D是固体，所以可逆反应正反应方向是气体质量减少的方向，混合气体的密度不再变化即是平衡状态，故C正确；
D.正反应为气体物质的量减小的反应，即a+bc,但a＋b与c＋d的大小无法判断，故D错误；
本题答案为C。
16.在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10-amol/L，c(OH－)＝10-bmol/L，已知a＋b＝13，则在该温度下，将100 mL 0.10 mol/L的稀硫酸与100 mL 0.40 mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH为（已知：忽略混合时体积的变化；lg2=0.30；lg3=0.48）
A. 11.52 B. 11.70
C. 11.82 D. 12.00
【答案】D
【解析】
【详解】t℃时，a＋b＝13，则KW=10-13。两溶液混合后，碱过量，溶液呈碱性，c（OH-）＝＝0.1mol/L,则c(H+)=KW/ c（OH-）=10-13/0.1mol/L＝10-12mol/L,pH=12。答案选D
17.室温下，pH均为2的两种溶液：①醋酸溶液，②盐酸。下列说法错误的是
A. 两溶液中水电离出的c（H+）：①=②
B. 两溶液分别加水稀释10倍，稀释后溶液的pH：②＞①
C. 取大小和形状完全相同的两块锌粒分别投入两种酸中，当产生相同体积的气体时所需的时间：①＞②
D. 等体积的两溶液分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积：①＞②
【答案】C
【解析】
【详解】A、室温下，pH=2的酸溶液中氢氧根离子由水电离，c(OH−)==10−12mol/L，两个溶液中氢离子浓度相同，则两溶液中水电离出的c(H+)：①=②，故A不符合题意；
B、加水稀释促进醋酸的电离，醋酸中氢离子的浓度变化小，即盐酸的pH大，所以稀释后溶液的pH：②>①，故B不符合题意；
C、锌与氢离子反应后，促进醋酸的电离，醋酸中氢离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，所以醋酸中反应速率快，则当产生相同体积的气体时所需的时间：①<②，故C符合题意；
D、室温下，pH均为2的两种溶液：①醋酸溶液，②盐酸，醋酸的浓度大于0.01mol/L，盐酸的浓度等于0.01mol/L，酸的物质的量浓度越大，消耗的氢氧化钠的体积越大，即消耗NaOH溶液的体积：①>②，故D不符合题意。
故选C。
18.已知Ⅰ容器恒压，Ⅱ容器恒容，其它条件相同时，在Ⅰ、Ⅱ中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应2X（g）＋2Y（s）3Z（g）并达平衡。下列说法正确的是
A. 从起始到平衡所需时间：Ⅰ>Ⅱ
B. 平衡时Z的转化率：Ⅰ<Ⅱ
C. 平衡后若在Ⅰ中再加入0．1molY，则X的物质的量将减少
D. 平衡后若在Ⅱ中再加入2molZ，则新平衡时Z的体积分数变小
【答案】D
【解析】
试题分析：在Ⅰ、Ⅱ中分别加入3molZ，起始时容积相同，发生反应3Z（g）⇌2X（g）+2Y（s）并达平衡；A．该反应正反应是气体物质的量减小的反应，I是恒压密闭容器，II是恒容密闭容器，反应Ⅰ压强大于反应Ⅱ压强，压强增大，反应速率加快，则从起始到平衡所需时间：I＜II，故A错误；B．反应Ⅰ压强大于反应Ⅱ压强，压强增大平衡向正反应移动，则平衡时Z的转化率：Ⅰ＞Ⅱ，故B错误；C．Y为固体，增大Y的量，不影响平衡移动，则X的物质的量不变，故C错误；D．平衡后若在Ⅱ中再加入2molZ，相当于在原来基础上缩小体积，压强增大，则平衡正向移动，则新平衡时Z的体积分数变小，故D正确；故选D。
考点：考查化学平衡移动的比较、影响化学平衡的因素等。
第Ⅱ卷（共54分)
19.现有下列物质 ①NaHCO3 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤液氨 ⑥酒精 ⑦NH3·H2O ⑧铝 ⑨NaHSO4
请用以上物质回答下列问题。（填序号）
(1)属于强电解质的是_____________，属于弱电解质的是_____________。
(2)属于非电解质，但其水溶液能导电的是_____________。
(3)写出⑨在熔融条件下的电离方程式：______________________________________。
(4)写出⑦在水溶液中的电离方程式：______________________________________。
(5)写出①和⑨的水溶液反应的离子方程式：_______________________________________。
【答案】 (1). ①④⑨ (2). ③⑦ (3). ②⑤ (4). NaHSO4= Na＋＋HSO4－ (5). NH3·H2ONH4＋＋OH－ (6). HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O
【解析】
【详解】①NaHCO3属于强碱弱酸盐，属于强电解质；
②液态SO2在水中以及在熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质，其溶于水后生成H2SO3，H2SO3在水中能够发生电离，其溶液能够导电；
③纯醋酸在水中能够发生不完全电离，属于弱电解质；
④硫酸钡在熔融状态下能够发生完全电离，属于强电解质；
⑤液氨在水中以及在熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质，其溶于水后生成NH3·H2O，NH3·H2O在水中能够发生电离，其溶液能够导电；
⑥酒精在水中以及在熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质，其在水中不能发生反应，不会发生电离，其溶液不导电；
⑦NH3·H2O 在水中能够发生不完全电离，属于弱电解质；
⑧铝为单质，不属于电解质，也不属于非电解质；
⑨NaHSO4属于强酸酸式盐，在水中或熔融状态下均能够发生完全电离，属于强电解质；
（1）属于强电解质的是：①④⑨；属于弱电解质的是：③⑦，
故答案为：①④⑨；③⑦；
（2）属于非电解质，但其水溶液能导电的是：②⑤，
故答案为：②⑤；
（3）NaHSO4为强电解质，其在熔融状态下的电离方程式为：NaHSO4= Na＋＋HSO4－，
故答案为：NaHSO4= Na＋＋HSO4－；
（4）NH3·H2O为弱电解质，其在水溶液中的电离方程式为：NH3·H2ONH4＋＋OH－，
故答案：NH3·H2ONH4＋＋OH－；
（5）NaHCO3与NaHSO4对于水溶液的离子反应方程式为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，
故答案为：HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O。
20.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次递增。其中A原子核外有三个未成对电子；化合物B2E为离子晶体，E原子核外的M层中只有两对成对电子；C元素是地壳中含量最高的金属元素；D单质的晶体类型在同周期的单质中没有相同的；F原子最外层电子数与B的相同，其余各层均充满电子。请根据以上信息，回答下列问题（答题时，A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示）：
(1)A、B、C、D四种元素第一电离能最大的是_______________。
(2)B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点__________(填“高”或“低”)，理由是_________________________。
(3)A的简单氢化物分子中的中心原子采取_______杂化，E的低价氧化物分子的立体构型是_______________。用KMnO4酸性溶液吸收该氧化物时，该反应的离子方程式为：_____________________________________________________________。
(4)F的核外电子排布式是___________，F的高价离子与A的简单氢化物形成的配离子的化学式为____________。
(5)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示（其中A显-3价），若晶胞边长为a pm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度计算式为ρ=________________ g/cm3。
【答案】 (1). N (2). 高 (3). NaCl为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 (4). sp3 (5). V形（或角型） (6). 5SO2+2MnO4-+2H2O═2Mn2++5SO42-+4H+ (7). 1s22s22p63s23p63d104s1（或[Ar]3d104s1） (8). [Cu(NH3)4]2+ (9).
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A (2). > (3). BC (4). B (5). N2H4+H2ONH2NH3++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）、NH2NH3++H2ONH3NH32++OH-（或NH2NH3++H2ON2H62++OH-或N2H5++H2ON2H62++OH-） (6). CH3COOH+Na2B=CH3COONa+NaHB
【解析】
【分析】
,
【详解】（1）①中醋酸浓度为0.1mol/L，溶液pH>2，稀释10倍后，溶液pH依旧大于2，故稀释到原来的10倍，③的氢离子浓度大；
①中0.1mol•L-1 CH3COOH溶液部分电离，④中0.1mol•L-1NaOH溶液完全电离，所以氢氧化钠对水的抑制程度大于醋酸溶液，所以水电离出氢离子的浓度①>②，
故答案为：>；>；
（2）在相同温度时，100mL②的溶液与10mL①的溶液相比较，
A、二者醋酸与氢离子总物质的量相等，因此中和时所需NaOH的量相等，故不选；
B、越稀越电离，因此②中醋酸电离程度大于①中醋酸电离程度，故选；
C、后者溶液中氢离子浓度大于前者，所以水电离出的c(H+)前者大于后者，故选；
D、起始CH3COOH的物质的量二者相等，因为前者的电离程度小于后者，所以溶液中余下CH3COOH的物质的量前者小于后者，故不选，
故选BC；
（3）稀释过程中，NH3·H2O的电离程度增大，溶液中n(OH-)、n(NH4+)增大，n(NH3•H2O)减小，
A、=，其比值将增大；
B、=，其比值将减小；
C、c(H+)×c(OH-)=KW，温度不变，KW不变；
D、稀释过程中，OH-的物质的量变大；
故答案为：B；
（4）氨气与水的反应为 NH3+H2ONH4++OH-，联氨是一种无色可燃的液体，溶于水显碱性，其在水中电离原理与氨相似，即N2H4+H2ONH2NH3++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-），进一步反应也可以为NH2NH3++H2ONH3NH32++OH-（或NH2NH3++H2ON2H62++OH-、N2H5++H2ON2H62++OH-），
故答案为：N2H4+H2ONH2NH3++OH-（或N2H4+H2ON2H5++OH-）、NH2NH3++H2ONH3NH32++OH-（或NH2NH3++H2ON2H62++OH-或N2H5++H2ON2H62++OH-）。
（5）由电离平衡常数可知，酸性：H2B>CH3COOH>HB-，故向Na2B溶液中加入过量CH3COOH溶液化学方程式为：CH3COOH+Na2B=CH3COONa+NaHB，
故答案为：CH3COOH+Na2B=CH3COONa+NaHB。
23.（Ⅰ）CoCl2溶液能发生如下变化：
CoCl2Co(OH)2 [Co(NH3)6]2+X晶体Y（CoCl3·5NH3）
向X溶液中加入强碱并加热至沸腾有氨气放出，同时产生Co2O3沉淀；若向Y的溶液中加AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，滤出沉淀，再向滤液中加入AgNO3溶液无变化，但加热至沸腾时又有AgCl沉淀生成，其沉淀量为上次沉淀量的一半。请回答下列问题：
(1)反应②的离子方程式是__________________________________________。
(2)反应①～③中属于氧化还原反应的是______，配合物Y的化学式为______。
（Ⅱ）一定条件下，将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭容器，发生反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，达到平衡时测得CO的物质的量为0.10 mol。若平衡常数K＝27，试计算（要求写出计算过程，计算结果保留两位有效数字）：
(1)初始加入容器的甲烷的物质的量__________；
(2)平衡时CH4的体积分数__________；
(3)若温度不变时再向上述平衡混合物中加入0.01 mol H2O(g)和0.1 mol CO，平衡是否移动__________？
【答案】 (1). Co(OH)2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++2OH-+6H2O (2). ② (3). [Co(NH3)5Cl]Cl2 (4). 0.11mol (5). 2.4% (6). 不移动
【解析】
【分析】
（I）配合物内界在常温下一般不发生电离，在加热条件下会发生电离，据此结合相关反应进行判断；
（II）列出三段式分析各物质平衡浓度，依据平衡常数求出甲烷的初始物质的量，根据所得数据求出平衡时甲烷的体积分数，根据浓度熵与平衡常数之间关系判断平衡是否移动。
【详解】（I）（1）由图可知，反应②为Co(OH)2与NH3·H2O反应生成 [Co(NH3)6]2+，其离子反应方程式为：Co(OH)2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++2OH-+6H2O，
故答案为：Co(OH)2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++2OH-+6H2O；
（2）由“向X溶液中加入强碱并加热至沸腾有氨气放出，同时产生Co2O3沉淀”可知，X中的Co元素化合价为+3价，由此可知，反应①～③中属于氧化还原反应的是②；
CoCl3·5NH3水溶中液加入AgNO3，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有Cl-，过滤后再加AgNO3溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，说明配体中含有Cl-，且其质量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界离子有Cl-与配体Cl-之比为2：1，故配合物Y的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，
故答案为：②；[Co(NH3)5Cl]Cl2；
（II）设加入CH4的物质的量为xmol，则
CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
起始浓度(mol/L) x x 0 0
转化浓度(mol/L) a a a 3a
平衡浓度(mol/L) x-a x-a a 3a
由题可知，a=0.1，由平衡常数K==27，解得x=0.11，
（1）由上述分析可知，起始加入容器中甲烷的物质的量为0.11mol，
故答案为：0.11mol；
（2）平衡时甲烷的体积分数=×100%=2.4%，
故答案为：2.4%；
（3）向上述平衡混合物中加入0.01 mol H2O(g)和0.1 mol CO后，c(CO)=(0.1+0.1)mol/L=0.2mol/L，c(H2O)=(0.01+0.01)mol/L=0.02mol/L，浓度熵QC==27=K，所以平衡不移动，
故答案为：不移动。
