1、2015-2016学年河南省洛阳市孟津一中高二（上）期末化学试卷一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1下列有机物命名正确的是（）A3，3 二甲基丁烷B2，2 二甲基丁烷C2 乙基丁烷D2，3，3 三甲基丁烷2根据下表中烃的分子式排列，判断空格中烃的同分异构体数目是（）12345678CH4C2H4C3H8C4H8C6H12C7H16C8H16A3B4C5D63描述CH3CH=CHCCCF3分子结构下列叙述中，正确的是（）A6个碳原子有可能都在一条直线上B6个碳原子不可能都在一条直线上C6个碳原子不可能都在一个平面上D所有原子可能都在一个平面上4下列实验操作中正确的是（）A蒸发操作时
2、，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出C萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴D蒸馏操作时，应向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸5下列有关叙述中正确的是（）A因为s轨道的形式是球形的，所以处于s轨道上的电子做的是圆周运动B电子在3px、3py、3ps三个轨道上运动时，能量不同C电子云是用来形象的描述电子运动状态的DH、F、Cl、O的电负性逐渐增大6下列各组微粒的空间构型相同的是（）NH3和H2O NH4+和H3O+ NH3和H3O+O3和SO2CO2和BeCl2 NH4+和SO42 BF3和Al2
3、Cl6A全部B除以外CD7下列有关晶体的说法依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体；由原子直接构成的晶体就是原子晶体；分子晶体的堆积均采取分子密堆积；SiF4、NaF、MgF2 三种晶体的熔点依次升高；金属键只存在于金属晶体中；离子键只存在于离子晶体中；H2O的性质非常稳定，原因在于分子之间存在氢键；SO2和SiO2晶体在熔化时破坏的作用力不相同其中一定正确的有（）A3种B4种C5种D6种8在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s）C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（）混合气体的压强不变混合气体的密度不变C（g）的物质的量
4、浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1单位时间内生成n molC，同时生成n mol D单位时间内生成n molD，同时生成2n mol AABCD9已知某可逆反应m A（g）+n B（g）p C（g）H，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线由曲线分析，下列判断正确的是（）AT1T2，P1P2，m+np，H0BT1T2，P1P2，m+np，H0CT1T2，P1P2，m+np，H0DT1T2，P1P2，m+np，H010一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2
5、（g）+O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0t1t2t3t4n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是（）A反应在前t1 s 的平均速率v（O2）= molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%D保持温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，反应达到新平衡时增大11已知在常温下，将NaOH溶液和一元酸HA溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表所示：实验编号c（NaOH）/molL1
6、c（HA）/molL1混合溶液的pH甲0.20.2pH=a乙0.40.4pH=9丙0.4c1pH=7丁0.20.4pH7下列判断正确的是（）A在乙组混合溶液中c（OH）c（HA）=109molL1Bc10.4Ca9D在丁组混合液中c（Na+）c（A）c（H+）c（OH）12已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）B将a molL1 HCN溶液与a molL
7、1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小DNaHCO3和Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）1325时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl）c（CH3COO）c（OH）B0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）CNa
8、2C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）=c（Na+）+c（H+）D0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水溶液等体积混合：c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl）c（OH）14已知Ksp（BaSO4 ）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.5109下列说法中正确的是（）ABaCO3可以转化为BaSO4，反过来则不行BBaCO3、BaSO4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂C向 Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，当两种沉淀共存时， =D常温下，BaCO3固体若要在Na2SO4溶液中开
9、始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度须大于2.2106molL115钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀，发生的原电池反应为：2Fe+2H2O+O22Fe2+4OH说法正确的是（）A负极发生的反应为：Fe3eFe3+B正极发生的反应为：2H2O+O2+2e4OHC原电池是将电能转变为化学能的装置D钢柱在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀16MgH2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液（加入一定量酸），示意图如图该电池工作时，下列说法正确的是（）A电池工作时，石墨周围海水的pH减少B电池工作时，溶液中的H+向负极移动C电池总反应为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2ODMg电极是
10、该电池的正极17可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（）A放电时负极附近溶液的碱性不变B充电过程是化学能转化为电能的过程C充电时阳极反应：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2OD放电时电解质溶液中的OH向正极移动二、解答题（共4小题，满分49分）18工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g）H=Q kJ/mol已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示若在一固定容积的密闭容器中，850时发生上述反应，测得容器内
11、各物质的浓度 （mol/L）随时间的变化关系如表：已知：850时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题： 时间/min CO（g） H2O（g） CO2（g） H2（g） 0 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c4 4 c1c2c3c4（1）Q0（填“”、“=”或“”）（2）若在850时向反应容器中充人H2O（g），K 值（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）上表中 c2为mol/L，CO（g）的转化率为19已知：相关物质的溶度积常数见表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.210202.61
12、0391.71071.31012现有某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl2，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，按如图步骤进行提纯：（1）最适合作氧化剂X的是（填字母），加入X的目的是AK2Cr2O7 BNaClO CH2O2 DKMnO4加入的物质Y是（填化学式），调至溶液pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体（2）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，
13、生成白色沉淀用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL（I2+2S2O32S4O62+2I）可选用作滴定指示剂CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为该试样中CuCl22H2O的质量百分数为20（1）某课外活动小组同学用图1装置进行实验，试回答下列问题：若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的腐蚀请写出正极反应式：若开始时开关K与b连接时，两极均有气体产生，则N端是电源的极（填正或负），则总反应的离子方程式为（2）该小组同学设想，用如图2所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠 制得的氢氧化钠溶液从出口（填“A
14、”、“B”、“C”或“D”）导出通过阴离子交换膜的离子数（填“”、“”或“=”）通过阳离子交换膜的离子数通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：21已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L电子层上有2对成对电子；E+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态请填写下列空白（1）E元素基态原子的核外电子排布式为（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为（填元素符号），其原因为（3）B2A4是重要的基本石油化工原料B2A4分子中B原子轨道的杂化
15、类型为；1mol B2A4分子中含mol键（4）已知D、E能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为，乙为；高温时，甲易转化为乙的原因为2015-2016学年河南省洛阳市孟津一中高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共17小题，每小题3分，满分51分）1下列有机物命名正确的是（）A3，3 二甲基丁烷B2，2 二甲基丁烷C2 乙基丁烷D2，3，3 三甲基丁烷【考点】有机化合物命名【分析】烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链
16、里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“隔开【解答】解：A丁烷的命名中出现了3甲基，说明编号方向错误，正确的命名应该为：2，2二甲基丁烷，故A错误；B.2，2二甲基丁烷，主链为丁烷，在2号C含有2个甲基，该有机物命名满足烷烃命名原则，故B正
17、确；C有机物命名中出现2乙基，说明选取的主链不是最长的，最长主链为戊烷，正确命名应该为：3甲基戊烷，故C错误；D.2，3，3三甲丁烷，该命名中取代基编号不是最小的，说明编号方向错误，正确命名应该为：2，2，3三甲基丁烷，故D错误；故选B2根据下表中烃的分子式排列，判断空格中烃的同分异构体数目是（）12345678CH4C2H4C3H8C4H8C6H12C7H16C8H16A3B4C5D6【考点】同分异构现象和同分异构体【分析】根据表格中物质的化学式的规律，可知5号物质为C5H12再根据同分异构体判断【解答】解：C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体故选A3描述CH3CH=CHCCCF
18、3分子结构下列叙述中，正确的是（）A6个碳原子有可能都在一条直线上B6个碳原子不可能都在一条直线上C6个碳原子不可能都在一个平面上D所有原子可能都在一个平面上【考点】常见有机化合物的结构【分析】分子中含有甲基、C=C、CC，结合甲烷为正四面体结构、乙烯为平面型结构、乙炔为直线型结构来解答【解答】解：分子中碳链空间结构为平面型，如图所示乙炔为直线型结构，CC决定了3、4、5、6号4个碳原子在同一直线上，2、3、4号3个C有健角接近120度，所以6个碳原子不可能都在一条直线上，4个碳原子在一条直线上；乙烯为平面型结构，决定1、2、3、4号4个碳原子在同一平面内，而3、4、5、6号4个碳原子在同一直
19、线上，3、4号两个C原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，6个C原子共面，且与C=C、CC直接相连的原子在同一平面内，则6个C、还有4个H在同一平面内，所有原子不可能都在同一平面上；故选B4下列实验操作中正确的是（）A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出C萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴D蒸馏操作时，应向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A蒸发时利用余热加热；B分液时避免上下层液体混合；C酒精与水互溶，不
20、能作萃取剂；D沸石可防止液体剧烈沸腾【解答】解：A蒸发时利用余热加热，则蒸发时不能蒸干，故A错误；B分液时避免上下层液体混合，则先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口放出，故B错误；C酒精与水互溶，不能作萃取剂，则选用CCl4作为萃取剂从溴水中萃取溴，故C错误；D沸石可防止液体剧烈沸腾，则蒸馏操作时，应向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故D正确；故选D5下列有关叙述中正确的是（）A因为s轨道的形式是球形的，所以处于s轨道上的电子做的是圆周运动B电子在3px、3py、3ps三个轨道上运动时，能量不同C电子云是用来形象的描述电子运动状态的DH、F、Cl、O的电负性逐渐增大【考点】
21、原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用【分析】A电子云轮廓图称为原子轨道，S轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小；B同一能级中的电子能量相同；C电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形；D电负性表示对键合电子的吸引力，电负性越大对键合电子吸引力越大，所以非金属性越强电负性越强，同周期元素从左到右元素的电负性依次增大，同主族自上而下电负性减小【解答】解：AS轨道的形状是球形的，表示电子出现概率大小，而不表示电子运动轨迹，故A错误；B3px、3py、3pz属于同一能级上的电子，其能量相同，故B错误；C电子云不是笼罩在原子核外的雨雾，是表示电子出现的几率，用来
22、描述电子运动状态，小黑点的疏密表示电子在原子核外单位体积内出现机会的大小，故C正确；DO、F处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性OF，F、Cl同主族，自上而下电负性减小，故电负性ClF，非金属性越强电负性越强，所以H、Cl、O、F的电负性逐渐增大，故D错误；故选C6下列各组微粒的空间构型相同的是（）NH3和H2O NH4+和H3O+ NH3和H3O+O3和SO2CO2和BeCl2 NH4+和SO42 BF3和Al2Cl6A全部B除以外CD【考点】判断简单分子或离子的构型【分析】根据价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，价层电子对个数=键+孤电子对个数，孤电子对个数=（axb），a为中
23、心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子个数，b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，据此判断【解答】解：NH3中价层电子对个数=3+（53）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形，H2O中价层电子对个数=2+（62）=4且含有两个孤电子对，所以为V形结构，二者空间构型不同，故错误；NH4+中价层电子对个数是4且不含孤电子对，为正四面体形结构；H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6131）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，二者空间构型不同，故错误；NH3为三角锥形结构、H3O+中O原子价层电子对个数=3+（6131）=4且含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，所以二者空间构型
24、相同，故正确；O3、SO2中价层电子对个数都是3且都含有一对孤电子对，所以分子空间构型都是V形，故正确；CO2分子中价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（422）=2，所以二氧化碳是直线型结构，BeCl2中Be价层电子对= 键电子对+中心原子上的孤电子对=2+（22）=2，是sp杂化，是直线型结构，二者空间构型相同，故正确；NH4+和SO42中价层电子对个数都是4且不含孤电子对，所以空间构型都是正四面体结构，所以空间构型相同，故正确；BF3中B原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=3+0=3，所以分子构型为平面正三角形，气态氯化铝通常以二聚分子形式存在，Al2Cl6结构，Al采用s
25、p3杂化轨道成键，为正四面体结构，二者空间构型不同，故错误；故选C7下列有关晶体的说法依据构成粒子的堆积方式可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体；由原子直接构成的晶体就是原子晶体；分子晶体的堆积均采取分子密堆积；SiF4、NaF、MgF2 三种晶体的熔点依次升高；金属键只存在于金属晶体中；离子键只存在于离子晶体中；H2O的性质非常稳定，原因在于分子之间存在氢键；SO2和SiO2晶体在熔化时破坏的作用力不相同其中一定正确的有（）A3种B4种C5种D6种【考点】离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体【分析】依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体；
26、由原子直接构成的晶体就是原子晶体，也有可能是分子晶体，如：稀有气体；分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积；NaF和MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体；在配合物（多聚型）中，为达到18e，金属与金属间以共价键相连，亦称金属键；离子键只存在于离子晶体中；H2O的性质非常稳定，原因在于HO键的键能较大；SO2是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力；SiO2是原子晶体，熔化时破坏的是共价键【解答】解：依据构成微粒与微粒间的作用可将晶体分为金属晶体、离子晶体、分子晶体、原子晶体，不是依据粒子的堆积方式分类，故错误；由原子直接构成的晶体就是原子晶体，也有可能是分子晶体，
27、如：稀有气体，故错误；分子晶体的堆积不一定是分子密堆积，如冰晶体中存在氢键，不是分子密堆积，故错误；NaF和MgF2为离子晶体，镁离子带2个单位正电荷，离子晶体中离子所带电荷越多熔点越高，SiF4为分子晶体熔点较低，故晶体的熔点的大小关系为：MgF2NaFSiF4，故正确；金属键主要在于金属晶体中，在配合物（多聚型）中，为达到18e，金属与金属间以共价键相连，亦称金属键，故错误；离子间通过离子键结合形成的晶体为离子晶体，所以离子键只存在于离子晶体中，故正确；H2O的性质非常稳定，原因在于HO键的键能较大，与氢键无关，故错误；SO2是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力；SiO2是原子晶体，熔化
28、时破坏的是共价键，故正确，故选A8在一定温度下的定容容器中，发生反应：2A（g）+B（s）C（g）+D（g），下列描述中能表明反应已达到平衡状态的是（）混合气体的压强不变混合气体的密度不变C（g）的物质的量浓度不变容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1单位时间内生成n molC，同时生成n mol D单位时间内生成n molD，同时生成2n mol AABCD【考点】化学平衡状态的判断【分析】化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论【解答】解：反应前后气体的体积不变，故混合气体的压强不
29、变不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故错误；密度=，总质量再变，体积不变，故密度会变，故混合气体的密度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；C（g）的物质的量浓度不变可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故正确；平衡时各物质的物质的量之比取决于物质的起始物质的量和转化率，故容器内A、C、D三种气体的浓度之比为2：1：1不能作为判断是否达到平衡状态的依据，故错误；生成nmolC是正反应，同时生成nmolD也是正反应，故错误；生成nmolD是正反应，同时生成2nmolA是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，故正确；故能表明反应已达到平衡状态的是，故选
30、C9已知某可逆反应m A（g）+n B（g）p C（g）H，在密闭容器中进行，如图表示在不同反应时间t 时温度T和压强P与反应物B在混合气体中的百分含量B%的关系曲线由曲线分析，下列判断正确的是（）AT1T2，P1P2，m+np，H0BT1T2，P1P2，m+np，H0CT1T2，P1P2，m+np，H0DT1T2，P1P2，m+np，H0【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线【分析】温度相同时，根据到达平衡的时间判断压强大小，再根据压强对B的含量的影响，判断压强对平衡的影响，确定反应气体气体体积变化情况；压强相同时，根据到达平衡的时间判断温度大小，再根据温度对B的含量的影响，判断温度对平衡
31、的影响，确定反应的热效应【解答】解：由图象可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知P2P1，且压强越大，B的含量高，说明压强增大平衡向逆反应方向移动，故正反应为气体体积增大的反应，即m+np；压强为P2时，根据到达平衡的时间可知T1T2，且温度越高，B的含量低，说明温度升高平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故选D10一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2，发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）经过一段时间后达到平衡反应过程中测定的部分数据见下表：t/s0t1t2t3t4n（SO3）/mol00.81.41.81.8下列说法正确的是
32、（）A反应在前t1 s 的平均速率v（O2）= molL1s1B保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率大于10%D保持温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，反应达到新平衡时增大【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的计算【分析】A、根据公式v=计算三氧化硫表示的反应速率，根据化学反应速率之比等于系数之比计算氧气的平均速率；B、平衡常数只受温度的影响；C、根据极限转化的思想，向容器中充入4mol SO3，相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气；D、根据压强对化学反应速率的影响知识来回答
33、判断【解答】解：A、三氧化硫表示的反应速率v=molL1s1，化学反应速率之比等于系数之比，氧气的平均速率为molL1s1，故A错误；B、保持其他条件不变，体积压缩到1.0L，平衡常数不变，故B错误；C、相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，根据极限转化的思想，向容器中充入4mol SO3，相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气，增加二氧化硫的量，会降低其转化率，故C错误；D、温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故D正确故选D11已知在常温下，将NaOH溶液和一元酸HA溶液等
34、体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表所示：实验编号c（NaOH）/molL1c（HA）/molL1混合溶液的pH甲0.20.2pH=a乙0.40.4pH=9丙0.4c1pH=7丁0.20.4pH7下列判断正确的是（）A在乙组混合溶液中c（OH）c（HA）=109molL1Bc10.4Ca9D在丁组混合液中c（Na+）c（A）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】由表中乙组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，溶液为NaA溶液，溶液pH=9，呈碱性，故HA为弱酸，ApH=9NaA溶液中c（H+）=1
35、09mol/L，溶液中氢氧根来源与水的电离与A的水解B一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应时溶液pH=9，丙组溶液呈中性，则酸应过量些；CA、由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度；D溶液pH7，则c（OH）c（H+），再结合溶液呈电中性判断【解答】解：根据乙组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，溶液为NaA溶液，溶液pH=9，呈碱性，故HA为弱酸，ApH=9的NaA溶液中c（H+）=109mol/L，氢氧根来源与水的电离与A的水
36、解，水每电离产生1个氢离子同时产生1个氢氧根离子，A水解，生成1个HA分子同时生成1个氢氧根离子，所以溶液中c（OH）=c（AH）+c（H+），故混合液中c（OH）c（HA）=109mol/L，故A正确；B一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，溶液pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸HA应过量些，故c10.4，故B错误；C由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度，碱性比乙组的碱性弱，则pH9，即：a9，故C错误；D溶液呈电中性，一定存在c（OH）+c（A）=
37、c（Na+）+c（H+），溶液pH7，则c（OH）c（H+），所以c（A）c（Na+），故D错误；故选A12已知25时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式CH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）1.8l054.9l010K1=4.3l07 K2=5.6l011则下列有关说法正确的是（）A等物质的量浓度的各溶液pH关系为：pH（NaCN）pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）B将a molL1 HCN溶液与a molL1 NaOH溶液等体积混合，混合液中：c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）C冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小DNaHCO3和
38、Na2CO3混合液中，一定有c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、根据盐的水解规律：越弱越水解来分析，酸性顺序是：醋酸氢氰酸碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠氰化钠醋酸钠；B、根据溶液混合所发生的反应后溶液的组成来判断离子浓度的大小，amolL1HCN溶液与amolL1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐；C、溶液的导电性和离子浓度大小有关，电离度和溶液的浓度有关，pH大小值取决于溶液的氢离子浓度大小；D、根据溶液中的电荷守恒来分析，溶液中存在c（Na+）、c（H+），阴
39、离子c（OH）、c（HCO3）、c（CO32），阴阳离子所带电荷总数相同【解答】解：A、根据表中酸的电离平衡常数，可以知道酸性顺序是：醋酸氢氰酸碳酸氢根，盐的水解规律：越弱越水解，所以水解能力：碳酸钠氰化钠醋酸钠，即pH（Na2CO3）pH（NaCN）pH（CH3COONa），故A错误；B、amolL1HCN溶液与amolL1NaOH溶液等体积混合，则生成的是NaCN溶液，是强碱弱酸盐，溶液显碱性，c（OH）c（H+），c（Na+）c（CN）成立，故B正确；C、冰醋酸原来没有水，然后加水溶于水电离，到达冰醋酸全部电离后，导电性最大，PH最小，继续加水，虽然总的电离的分子多了，但是氢离子和醋酸根
40、离子浓度下降很快，导电性下降，PH增加，趋向7，无限稀释后，导电性极弱，PH7，所以冰醋酸中逐滴加水，溶液导电性先增强后减弱，根据越稀越电离的规律，则电离度逐渐增大，开始阶段是电离阶段，氢离子浓度逐渐增大，pH减小，达到电离平衡以后，再稀释，氢离子浓度减小，pH增大，即pH均先减小后增大，故C错误；D、NaHCO3和Na2CO3混合溶液中，溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），故D错误；故选B1325时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（
41、Cl）c（CH3COO）c（OH）B0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3）CNa2C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）=c（Na+）+c（H+）D0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水溶液等体积混合：c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，生成等物质的量CH3COOH和NaCl
42、；B根据物料守恒分析；C根据电荷守恒分析；DNH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度【解答】解：A0.1mol/LCH3COONa与0.1mol/LHCl溶液等体积混合，生成等物质的量CH3COOH和NaCl，钠离子与氯离子不水解，二者的浓度相同，即c（Na+）=c（Cl），CH3COOH是弱酸在溶液中部分电离，所以c（Na+）=c（Cl）c（CH3COO）c（OH），故A正确；B0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合，钠离子的总浓度是C的最浓度的1.5倍，所以溶液中：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），故正确；CNa2
43、C2O4溶液与HCl溶液等体积混合（H2C2O4是二元弱酸）生成等物质的量浓度的NaHC2O4和NaCl，溶液中存在电荷守恒为：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）=c（Na+）+c（H+），故C正确；D0.1mol/LNH4Cl与0.1mol/L氨水溶液等体积混合，溶液显碱性，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，所以溶液中c（NH4+）c（Cl）c（NH3H2O）c（OH），故D错误故选D14已知Ksp（BaSO4 ）=1.11010，Ksp（BaCO3）=2.5109下列说法中正确的是（）ABaCO3可以转化为BaSO4，反过来则不行BBaCO3、BaSO
44、4均不溶于水，所以都可以做钡餐试剂C向 Na2CO3溶液中加入BaCl2和Na2SO4，当两种沉淀共存时， =D常温下，BaCO3固体若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度须大于2.2106molL1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A难溶电解质的溶解平衡中，Qc=c（CO32）c（Ba2+）Ksp（BaCO3 ），开始转化为BaCO3；B根据胃酸中是盐酸，BaCO3能溶于胃酸，BaSO4不溶盐酸；C根据Ksp（BaSO4 和Ksp（BaCO3）计算可求出硫酸根离子浓度和碳酸根离子浓度之比；DQc=c（SO42）c（Ba2+）Ksp（BaSO4 ）
45、，开始转化为BaSO4，据此计算【解答】解：A难溶电解质的溶解平衡中，当Qc=c（CO32）c（Ba2+）Ksp（BaCO3 ），开始转化为BaCO3；所以BaSO4在一定条件下能转化成BaCO3，故A错误；B因胃酸可与CO32反应生成水和二氧化碳，使CO32浓度降低，从而使平衡BaCO3（s）Ba2+（aq）+CO32（aq） 向溶解方向移动，使Ba2+浓度增大，Ba2+有毒，所以BaCO3不可以做钡餐试剂，故B错误；C根据Ksp（BaSO4 ）和Ksp（BaCO3），计算可求出c=，故C错误；DKsp（BaCO3）=c（CO32）c（Ba2+）=2.5109，所以c（Ba2+）=5105
46、Qc=c（SO42）c（Ba2+）Ksp（BaSO4 ）开始转化为BaSO4，所以c（SO42）=2.2106 molL1，常温下，BaCO3固体若要在Na2SO4溶液中开始转化为BaSO4，则Na2SO4的浓度须大于2.2106molL1，故D正确；故选D15钢铁在潮湿的空气中会被腐蚀，发生的原电池反应为：2Fe+2H2O+O22Fe2+4OH说法正确的是（）A负极发生的反应为：Fe3eFe3+B正极发生的反应为：2H2O+O2+2e4OHC原电池是将电能转变为化学能的装置D钢柱在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原
47、电池，铁作负极，碳作正极A、负极上金属铁失电子生成亚铁离子；B、在原电池的正极上氧气得电子的还原反应，电极反应前后原子、电荷不守恒；C、原电池是将化学能转变为电能的装置；D、氧气在水中的溶解度较小，在水下部分氧气缺乏【解答】解：钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极A、根据反应方程式知，负极反应式为Fe2eFe2+，故A错误；B、反应式前后原子、电荷不守恒，故B错误；C、原电池是将化学能转变为电能的装置，故C错误；D、氧气在水中的溶解度较小，在水下部分比在空气与水交界处更难腐蚀，故D正确故选D16MgH2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液（加入一
48、定量酸），示意图如图该电池工作时，下列说法正确的是（）A电池工作时，石墨周围海水的pH减少B电池工作时，溶液中的H+向负极移动C电池总反应为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2ODMg电极是该电池的正极【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】镁H2O2酸性燃料电池中，镁为活泼金属，应为原电池的负极，被氧化，电极反应式为Mg2eMg2+，H2O2具有氧化性，应为原电池的正极，被还原，电极反应式为H2O2+2H+2e2H2O，根据电极反应式判断原电池总反应式，根据电极反应判断溶液PH的变化，以此解答该题【解答】解：A工作时，正极反应式为H2O2+2H+2e2H2O，不断消耗H+离子，正极周围海水的
49、pH增大，故A错误；B原电池中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，形成闭合回路，所以溶液中的H+向正极移动，故B错误；C镁H2O2酸性电池的最终反应物为Mg2+和H2O，电池总反应式为Mg+H2O2+2H+=Mg2+2H2O，则电池总反应应为Mg+H2O2+2H+Mg2+2H2O，故C正确；D组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极，故D错误故选C17可充电电池在现代生活中有广泛应用已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2有关该电池的说法正确的是（）A放电时负极附近溶液的碱性不变B充电过程是化学能转化为电能
50、的过程C充电时阳极反应：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2OD放电时电解质溶液中的OH向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】放电时负极上发生的电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，正极上发生的电极反应式为：NiOOH+e+H2ONi（OH）2+OH，充电时阳极上发生的电极反应式为：Ni（OH）2+OHeNiOOH+H2O，阴极上发生的电极反应式为：Cd（OH）2+2eCd+2OH，放电时，溶液中氢氧根离子向负极移动，电解池是把电能转变为化学能的装置【解答】解：A放电时，负极上电极反应式为：Cd2e+2OH=Cd（OH）2，所以碱性减弱，故A错误；B充电过程实际上是把电
51、能转变为化学能的过程，故B错误；C充电时，该装置是电解池，阳极上电极反应式为：Ni（OH）2e+OHNiOOH+H2O，故C正确；D、放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，故D错误；故选C二、解答题（共4小题，满分49分）18工业上制备H2的一种重要方法是：CO（g）+H2O（g）CO2 （g）+H2（g）H=Q kJ/mol已知该反应的平衡常数K与温度T的关系如图所示若在一固定容积的密闭容器中，850时发生上述反应，测得容器内各物质的浓度 （mol/L）随时间的变化关系如表：已知：850时该反应的化学平衡常数K=1.0，请回答下列问题： 时间/min CO（g） H2O（g） CO2（g
52、） H2（g） 0 0.200 0.300 0 0 2 0.138 0.238 0.062 0.062 3 c1 c2 c3 c4 4 c1c2c3c4（1）Q0（填“”、“=”或“”）（2）若在850时向反应容器中充人H2O（g），K 值不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）上表中 c2为0.18mol/L，CO（g）的转化率为60%【考点】等效平衡【分析】（1）由图可知，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H；（2）平衡常数只与温度有关；（3）根据三段式解题法，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，转化率=100%【解答】解：（1）由图可知，温
53、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H0，故答案为：；（2）在850时向反应容器中充入H2O（g），平衡正向移动，但K值不变；故答案为：不变；（3）CO+H2O（g）CO2 +H2，起始（mol/L） 0.200 0.300 0 0反应（mol/L） a a a a平衡（mol/L） 0.200a 0.300a a aK=1，解得a=0.12，所以c2=0.300a=0.18，CO（g）的转化率为100%=100%=60%，故答案为：0.18；60%19已知：相关物质的溶度积常数见表：物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuIKsp2.21020
54、2.610391.71071.31012现有某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl2，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，按如图步骤进行提纯：（1）最适合作氧化剂X的是C（填字母），加入X的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成沉淀与Cu2+分离AK2Cr2O7 BNaClO CH2O2 DKMnO4加入的物质Y是CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3（填化学式），调至溶液pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=2.6109mol/L过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体（2）某学习小组用“间接碘量法
55、”测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000molL1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL（I2+2S2O32S4O62+2I）可选用淀粉溶液作滴定指示剂CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2+4I=2CuI+I2该试样中CuCl22H2O的质量百分数为95%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）H2O2作氧化剂的反应产物为水，不会引入新的杂质；根据表中数据可知F
56、e3+比Fe2+容易转化为沉淀；加入的物质用于调节pH以除去杂质，且不能引入新杂质，先根据溶液的pH计算氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢氧根离子浓度，最后根据c（Fe3+）=计算铁离子浓度；（2）依据碘化钾和氯化铜发生氧化还原反应，生成碘化亚铜沉淀，和碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，依据碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定到终点，发生反应离子方程式计算分析【解答】解：（1）H2O2作氧化剂的反应产物为水，不会引入新的杂质，所以最适合作氧化剂X的是H2O2；根据表中数据可知Fe3+比Fe2+容易转化为沉淀，因此要把Fe2+转化为Fe3+，所以加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成沉淀
57、与Cu2+分离；为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入的物质来调节pH且不能引进新的杂质，所以加入物质应能转化为氯化铜，则可以加入CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3；溶液的pH=4，所以溶液中氢离子浓度为104 mol/L，则氢氧根离子浓度为1010 mol/L，c（Fe3+）=2.6109mol/L；故答案为：C；将Fe2+氧化成Fe3+，便于生成沉淀与Cu2+分离；CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3；2.6109mol/L；（2）测定含有CuCl22H2O晶体的试样（不含能与I发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水
58、，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；故答案为：淀粉溶液；CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2+4I=2CuI+I2，故答案为：2Cu2+4I=2CuI+I2；依据2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，2Cu2+4I=2CuI+I2；得到 2Na2S2O32Cu2+ 2 20.1000mol/L0.0200L 0.1000mol/
59、L0.0200L=0.002mol试样中CuCl22H2O的质量百分数=100%=95%，故答案为：95%20（1）某课外活动小组同学用图1装置进行实验，试回答下列问题：若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀请写出正极反应式：O2+4e+2H2O=4OH若开始时开关K与b连接时，两极均有气体产生，则N端是电源的负极（填正或负），则总反应的离子方程式为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2（2）该小组同学设想，用如图2所示装置电解硫酸钠溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠 制得的氢氧化钠溶液从出口（填“A”、“B”、“C”或“D”）D导出通过阴离子交换膜的离子数（填“”、“”或“=
60、”）通过阳离子交换膜的离子数通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：H+在阴极放电，水的电离平衡正向移动，溶液中OH浓度增大，pH增大（合理即可）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】（1）若开始时开关K与a连接，该装置构成原电池，发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，正极上氧气发生还原反应；若开始时开关K与b连接时，两极均有气体产生，则Fe作阴极，石墨作阳极，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电；（2）阴极上氢离子放电，则NaOH在阴极生成；根据阴阳离子的移动方向，通过相同电量时，阴阳离子交换的个数判断；水电离生成的氢离子放电，而氢氧根离子不放电【解答】解：（1）开关K与a连接，为原电池，Na
61、Cl溶液为中性，发生吸氧腐蚀，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH，故答案为：吸氧；O2+4e+2H2O=4OH；K与b连接，为电解池，若开始时开关K与b连接时，两极均有气体产生，则Fe作阴极，石墨作阳极，氯离子、氢离子放电，则N为电源负极，电解的总离子反应为2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，故答案为：2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2；（2）阴极上氢离子放电，则NaOH在阴极生成，由图可知，D在阴极附近，制得的氢氧化钠溶液从D出口导出；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换
62、膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故答案为：D；水电离出的氢离子在阴极放电，而氢氧根离子不放电，促进水的电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故答案为：H+在阴极放电，水的电离平衡正向移动，溶液中OH浓度增大，pH增大（合理即可）21已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L电子层上有2对成对电子；E+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态请填写下列空白（1）E元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1（2）
63、B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为CON（填元素符号），其原因为同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素（3）B2A4是重要的基本石油化工原料B2A4分子中B原子轨道的杂化类型为sp2；1mol B2A4分子中含5mol键（4）已知D、E能形成晶胞如图所示的两种化合物，化合物的化学式，甲为CuO，乙为Cu2O；高温时，甲易转化为乙的原因为Cu2O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为
64、H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则B原子核外有6个电子，则B为C元素；D原子L层上有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s22s22p4，所以D为O元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为N元素；E+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则E原子核外电子数为2+8+18+1=29，则E为Cu元素，据此进行解答【解答】解：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，A原子所处的周期数、族序数都与其原子序数相等，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，则B原子核外有6个电子，则B为C元素；D原子L层上
65、有2对成对电子，则D原子电子排布式为1s22s22p4，所以D为O元素；C的原子序数介于碳、氧元素之间，则C为N元素；E+原子核外有3层电子且各层均处于全满状态，则E原子核外电子数为2+8+18+1=29，则E为Cu元素，（1）E为Cu元素，基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）同周期，随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，失去第一个电子需要的能量较多，其第一电离能高于同周期相邻元素，故C、N、O三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为CON，故答案为：
66、CON；同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，但氮元素2p能级为半满稳定状态，其第一电离能大于氧元素；（3）C2H4分子中C原子有3个键，无孤电子对，轨道的杂化类型为sp2杂化，1个C2H4分子中含有5个键，1个1个键，lmolC2H4分子中键5mol，故答案为：sp2；5；（4）已知O、Cu能形成晶胞如图所示的两种化合物，甲中黑色球数目=4，白色球数目=6+8=4，Cu、O原子数目之比为1：1，则甲的化学式为CuO，乙中黑色球数目=4，白色球数目=1+8=2，黑色球与白色球个数之比为2：1，氧元素为2价，则乙的化学式为Cu2O，Cu2O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定，故高温时甲易转化为乙，故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu原子d轨道为全满状态，比较稳定
