1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年四川省成都七中高二（上）月考化学试卷（12月份）一选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）1下列有关表述正确的是（）A次氯酸的电子式：B硫原子的价电子排布式：3s23p4C氮化硅的分子式：Si4N3DN原子的电子排布图为：2下列有关物质性质、应用的说法中不正确的是（）AAl2O3既能溶于NaOH溶液又能溶于HCl，说明Al2O3是两性氧化物B浓硫酸能干燥SO2、NO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性CSO2气体具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色D石英的主要成分是SiO23常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能
2、大量共存的是（）ApH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42Bc（Al3+）=0.1molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO42C甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2、ClD加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3、SO424设NA为阿佛加德罗常数，下列说法不正确的是（）A18g水中含有的电子数为10NAB标准状态下，22.4L氦气中含NA个氦原子C1molCl2与金属Na完全反应，可以得到2NA个电子D在2mol/L的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数位4NA5下列物质都具有漂白性，其中漂白原理和其他几种不同的是（）AH2O2BSO2CO
3、3DHClO6已知PbI2的Ksp=7.0109，将1.0102 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液等体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb（NO3）2溶液的最小浓度为（）A5.6104 molL1B7.0105 molL1C3.5109 molL1D7.0109 molL17下列排列顺序正确的是：热稳定性：H2OHFH2S 结合质子能力：OHCH3COOCl酸性：H3PO4H2SO4HClO4 原子半径：NaMgO（）ABCD8下列说法正确的是（）AHF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高BHF、HCl、HBr、HI水溶液的酸性依次升高C乙醇易溶于水，是因为乙醇分子与水分子之间只存在范
4、德华力D氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClOHClO2HClO3HClO49现有四种元素其中两种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；另两种元素的特征电子构型为2s22p3；2s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：=10pH等于11的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度大小的比较正确的是（）A相等B前者比后者大11倍C后者是前者的1011倍D后者是前者的108倍11对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列研究结果和示意图相符的是（）ABCD研究结果压强对
5、反应的影响温度对反应的影响平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示AABBCCDD12下列图示与对应的叙述不相符的是（）A表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3不饱和溶液B表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C表示0.1000mol/LNaOH滴定20.00 mL 0.1000mol/L醋酸的滴定曲线D表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，体积V与沉淀n的变化13下列有关元素砷及其化合物的叙述中正确的是（）A砷的第一电离能高于磷而电负性低于磷B三氯化砷与三氯化氮分子都是三角锥构型C最高氧化物对应水化物的化学式为HAsO
6、3D砷的第一电离能小于同周期硒的电离能14相同温度下，100mL 0.01molL1的醋酸溶液与10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）A中和时所需NaOH的量Bc（H+）Cc（OH）Dc（CH3COOH）15下列各组物质中比值为2：1的是（）ApH均为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液的物质的量浓度之比B（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）与c（SO42）之比C0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L和CH3COOH溶液中c（H+）之比D0.2mol/L的HCl与0.1mol/LHNO3溶液中n（H+）之比16下列说法正确的是（）ApH=5的N
7、H4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为109 mol/LBpH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH7C在c（H+）：c（OH）=1：1012的溶液中，Na+、I、NO3、SO42能大量共存D0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHSO4溶液等体积混合，溶液中C（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（SO42）+c（HCO3）+c（OH）17下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（）A10 mL0.1 molL1氨水与10 mL0.1 molL1盐酸混合，c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）B10 mL0.1 molL1NH4
8、Cl溶液与5 mL0.2 molL1NaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（H+）C10 mL0.1 molL1CH3COOH溶液与5 mL0.2 molL1NaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）c（H+）D10 mL0.5 molL1CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合，c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）18把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（）A（CH3COO）c（Na+）Bc（CH3COOH）c（CH3COO）C2c（H+）=c（CH3COO
9、）c（CH3COOH）Dc（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.01mol/L19已知常温下KHSO3溶液的pH7，且等浓度的HSO3的电离程度大于SO32的水解程度等物质的量的KHSO3、K2SO3、K2SO4溶于足量水形成的溶液中，有关粒子之间的关系正确的是（）Ac（SO42）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）Bc（K+）c（SO32）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（OH）Cc（K+）c（HSO3）+2c（SO32）+2c（SO42）Dc（K+）+c（H+）c（HSO3）+c（SO32）+c（SO42）+c（OH）20150mL 1mol/L 的氢氧化钠溶液吸收了
10、 2.24L 标准状况下的二氧化碳后，对于溶液中各离子的关系，下列说法错误的是（）AHCO3个数多于CO32个数B逐滴加入稀盐酸，刚开始会产生气体Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）D2c（Na+）=3c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）二、解答题（共4小题，满分50分）21用离子方程式解释下列现象：（1）氯化铵溶液显酸性：；（2）明矾溶液显酸性：；（3）泡沫灭火器工作原理：；（4）把MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的固体是：但要得到无水MgCl2，应该如何操作：（文字描述）（5）把CuCl2溶液加热蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是原因是（用
11、简要的文字和离子方程式来说明）：（6）实验室在配制FeSO4的溶液加少许的铁粉或铁钉，其目的是：，另外还会滴加少量的稀硫酸，目的是：（7）用热的纯碱溶液洗涤油腻物效果更好，其原因是（用简要的文字和离子方程式来说明）：22A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，D与F是同族元素根据以上信息，回答下列有关问题：（1）写出基态时D的电子排布图（2）写出化合物E2F2的电子式，化合物ABC的结构式（3）根据题目要求完成以下填空：BD
12、32中心原子杂化方式；D3中心原子杂化方式；FD42微粒中的键角；FD3分子的立体构型（4）根据等电子原理，指出与BD2互为等电子体且含有C原子的微粒有、（要求写一种分子和一种离子）（5）B3A7CD2能与EABD3溶液反应生成BD2气体，该分子具有手性，其结构简式为，分子中的键数目为，键数目为23（1）将NH3和PH3两分子中的共价键的各种键参数的数值大小相比较的结果是，键长：NH3PH3、键能：NH3PH3（填“大于”、“小于”或“等于”）已知P的电负性小于H，则H为价（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物PH3分子的VSEPR模型
13、是；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是（3）二氯化硫（S2Cl2）是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料写出它的结构式指出它分子内的键型（填“极性”或“非极性”）指出硫元素的化合价为SCl2是另一种无色液体，其分子空间构型为，VSEPR构型为24实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H+6H2O+（CH2）6N4H+ 滴定时，1mol（CH2）6N4H+与lmolH+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I 称取样品1.500g步骤II 将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定
14、容，充分摇匀步骤取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点按上述操作方法再重复2次（1）根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时，用去NaOH标准溶液的体积将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察A滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂由色变成色（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积
15、/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010molL1则该样品中氮的质量分数为2015-2016学年四川省成都七中高二（上）月考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题2.5分，共50分）1下列有关表述正确的是（）A次氯酸的电子式：B硫原子的价电子排布式：3s23p4C氮化硅的分子式：Si4N3DN原子的电子排布图为：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氧氢键和1个
16、氧氯键；B硫原子的最外层含有6个电子，价电子数为6；C氮化硅晶体为原子晶体，不存在氮化硅分子；DN原子核外有7个电子，分别位于1S、2S、2P轨道，处于2p能级上的3个电子应尽可能分占3个不同2p原子轨道，且自旋状态相同，因此违背了洪特规则【解答】解：A次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，故A错误；B硫原子为A族元素，其价电子排布式为：3s23p4，故B正确；CSi4N3为氮化硅的化学式，不是分子式，故C错误；DN原子核外有7个电子，分别位于1S、2S、2P轨道，其轨道表示式为，故D错误；故选B2下列有关物质性质、应用的说法中不正确的是（）AAl2O3既能溶于NaOH溶
17、液又能溶于HCl，说明Al2O3是两性氧化物B浓硫酸能干燥SO2、NO2等气体，说明浓硫酸具有吸水性CSO2气体具有漂白性，通入紫色石蕊溶液中能使溶液先变红后褪色D石英的主要成分是SiO2【考点】镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅【分析】A两性氧化物指既能与酸反应生成盐与水，又能与碱反应生成盐与水的氧化物；B浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体；CSO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色；D石英的主要成分是SiO2【解答】解：A氧化铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气、与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与水，故氧化铝是两性氧化物，故A正确；B浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，
18、注意不能干燥碱性或强还原性气体，故B正确；C将SO2气体通入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，可说明二氧化硫为酸性氧化物，不能说明其漂白性，故C错误；D石英的主要成分是SiO2，故D正确；故选C3常温下，下列各组离子在特定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=12的澄清的溶液中：K+、Na+、MnO4、SO42Bc（Al3+）=0.1molL1的溶液中：Na+、Cl、HCO3、SO42C甲基橙呈红色的溶液中：NH4+、Ba2+、AlO2、ClD加入少量铝粉后能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、NO3、SO42【考点】离子共存问题【分析】A、常温下pH=12的溶液为碱性溶液，氢氧根离子与其它离子间
19、不发生反应；B、铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；C、甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，偏铝酸根离子能够与氢离子反应；D、铝粉既能够与酸反应生成氢气，也能够与碱反应生成氢气【解答】解：A、常温下，pH=12的澄清的溶液为碱性溶液，K+、Na+、MnO4、SO42离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，所以在溶液中能够共存，故A正确；B、碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以在溶液中不能够大量共存，故B错误；C、甲基橙呈红色的溶液显示酸性，偏铝酸根离子与氢离子反应，所以在溶液中不能够大量共存，故C错误；D、加入少量铝粉后能产生氢气的溶液，可能为酸性溶液，有可能为碱
20、性溶液；在酸性条件下，由于存在硝酸根离子，亚铁离子会被氧化成铁离子，且反应生成的不是氢气；若是碱性条件下，亚铁离子能够与氢氧根离子发生反应生成氢氧化亚铁，所以离子不能够大量共存，故D错误；故选：A4设NA为阿佛加德罗常数，下列说法不正确的是（）A18g水中含有的电子数为10NAB标准状态下，22.4L氦气中含NA个氦原子C1molCl2与金属Na完全反应，可以得到2NA个电子D在2mol/L的硝酸镁溶液中含有的硝酸根离子数位4NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A水中含有10个电子，18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子；B稀有气体为单原子分子，1mol氦气中含有1mol氦原子；C1m
21、ol氯气与钠完全反应生成2mol氯化钠，得到2mol电子；D题中缺少硝酸镁溶液的体积，无法计算溶液中硝酸根离子是数目【解答】解：A18g水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故A正确；B标况下22.4L氦气的物质的量为1mol，1mol氦气中含有1mol氦原子，含NA个氦原子，故B正确；C1mol氯气与钠完全反应得到了2mol电子，得到2NA个电子，故C正确；D没有告诉硝酸镁溶液的体积，无法计算溶液中硝酸根离子的物质的量及数目，故D错误；故选D5下列物质都具有漂白性，其中漂白原理和其他几种不同的是（）AH2O2BSO2CO3DHClO【考点】二氧化硫的
22、化学性质【分析】H2O2、O3、HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，以此来解答【解答】解：A因H2O2具有强氧化性，则能使有色物质褪色；BSO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质；C因O3具有强氧化性，则能使有色物质褪色；D因HClO具有强氧化性，则能使有色物质褪色；显然只有B的漂白原理与其他几种不同，故选B6已知PbI2的Ksp=7.0109，将1.0102 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液等体积混合，则生成PbI2沉淀所需Pb（NO3）2溶液的最小浓度为（）A5.6104 molL1B7.0105 molL1C3.
23、5109 molL1D7.0109 molL1【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】将1.0102 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液等体积混合，c（I）=0.5102 mol/L，如生成沉淀，应满足c2（I）c（Pb2+）7.0109，以此计算【解答】解：将1.0102 mol/L的KI与Pb（NO3）2溶液等体积混合，c（I）=0.5102 mol/L，如生成沉淀，应满足c2（I）c（Pb2+）7.0109，则c（Pb2+）mol/L=2.8104mol/L，则所需Pb（NO3）2溶液的最小浓度为22.8104mol/L=5.6104mol/L，故选A7下列排列顺序正确的
24、是：热稳定性：H2OHFH2S 结合质子能力：OHCH3COOCl酸性：H3PO4H2SO4HClO4 原子半径：NaMgO（）ABCD【考点】元素周期律的作用【分析】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；根据H2O、CH3COOH、HCl的电离程度越大，其离子结合质子能力越弱来分析；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大判断【解答】解：非金属性FOS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，所以稳定性：HFH2OH2S，故错误； 因H2O、CH3COOH、HCl的电离程度：HClCH3COOHH2
25、O，所以结合质子能力OHCH3COOCl，故正确；非金属性ClSP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性：H3PO4H2SO4HClO4 故C错误；同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径NaMg，一般来说，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则NaMgO，故正确；故选B8下列说法正确的是（）AHF、HCl、HBr、HI的熔点沸点依次升高BHF、HCl、HBr、HI水溶液的酸性依次升高C乙醇易溶于水，是因为乙醇分子与水分子之间只存在范德华力D氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClOHClO2HClO3HClO4【考点】元素周期律的作用；不同晶体的结构微粒及
26、微粒间作用力的区别【分析】A、HF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高；B、根据氢离子的电离程度判断酸性的强弱；C、乙醇分子与水分子之间存在氢键和范德华力；D、Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强【解答】解：A、HF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故熔点沸点的大小关系为HFHIHBrHCl，故A错误；B、在物质中HX之间的化学键键长增大，氢离子的电离程度逐渐增大，酸性增强，故B正确；C、乙醇分子与水分子之间除了存在范德华力，还存在氢键，故C错误；D、Cl元素的化合价越高，对应的氧化物的水化物的酸性越强，应为HClOHClO2HClO3HClO4，故D错误故选B9现有四种元
27、素其中两种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；另两种元素的特征电子构型为2s22p3；2s22p5则下列有关比较中正确的是（）A第一电离能：B原子半径：C电负性：D最高正化合价：=【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、2s22p3是N元素、2s22p5是F元素，A同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；B根据同周期自左而右原子半径减小、电子层越多原子半径越大分析判断；C
28、同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价【解答】解：由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、2s22p3是N元素、2s22p5是F元素，A同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越
29、大，故原子半径PSNF，即，故B正确；C同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性与S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误故选B10pH等于11的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度大小的比较正确的是（）A相等B前者比后者大11倍C后者是前者的1011倍D后者是前者的108倍【考点】水的电离【分析】氢氧化钠为强碱溶液，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的；NaCN溶液中，CN离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子为水电离的，据此进行判断【解答】解：25
30、时，pH值等于11的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，水电离的氢离子为：11011mol/L；pH=11的NaCN溶液中，CN离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，水电离的氢离子浓度为： mol/L=0.001mol/L，所以NaCN溶液中水电离程度NaOH溶液中水的电离程度，pH等于11的NaOH溶液和NaCN溶液中，后者是前者的=108倍，故选D11对于可逆反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H0，下列研究结果和示意图相符的是（）ABCD研究结果压强对反应的影响温度对反应的影响平衡体系增加N2对反应的影响催化剂对反应的影响图示AABBCC
31、DD【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素【分析】由于该反应的正反应是体积减小的放热反应，所以增加压强平衡向正反应的方向移动；升高温度平衡向逆反应方向移动；增加反应物浓度平衡向正反应方向移动；催化剂对化学平衡的移动没有影响，但可以提高反应速率，据此判断【解答】解：A、根据先拐先平的原理，图中P2大于P1，而此时P2对应的氨气的体积分数小于P1，说明平衡逆向移动，与平衡移动原理相矛盾，故A错误；B、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮的转化率下降，故B错误；C、增加氮气，反应物浓度增大，正反应速率增大，逆反应速率在开始的瞬间不变，平衡正向移动，故C正确；D、有催化剂反应速率变快，
32、反应到达平衡的时间变短，故D错误；故选C12下列图示与对应的叙述不相符的是（）A表示KNO3的溶解度曲线，a点所示的溶液是80时KNO3不饱和溶液B表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C表示0.1000mol/LNaOH滴定20.00 mL 0.1000mol/L醋酸的滴定曲线D表示向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴滴入Ba（OH）2溶液，体积V与沉淀n的变化【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；离子方程式的有关计算；反应热和焓变；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】A、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的点是不饱和溶液来分析；B、放热反应，反应物的总能量大于生成物
33、的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，改变反应的速率，但反应热不改变；C、醋酸为弱酸，没有滴入氢氧化钠溶液时，0.1000mol/L的醋酸溶液的pH大于1；D、开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O【解答】解：A、溶解度曲线上的点是饱和溶液，曲线以下的a点是不饱和溶液，A正确，故A不选；B、放热反应，反应物的总能量大于生成
34、物的总能量，反应中加入催化剂会降低活化能，加快反应的速率，和图符合，故B不选；C、0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液，消氢氧化钠溶液体积为0时，醋酸为弱电解质，醋酸溶液的pH大于1，图象中醋酸的pH=1与实际不符，故C选；D、开始滴加同时发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH=Al（OH）3，再滴加Ba（OH）2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42+Ba2+=BaSO4，NH4+OH=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加，但增加幅度较前一过程小；当SO42完全沉淀时，继续滴加Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，发生
35、反应Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液，与图相符，故D不选故选C13下列有关元素砷及其化合物的叙述中正确的是（）A砷的第一电离能高于磷而电负性低于磷B三氯化砷与三氯化氮分子都是三角锥构型C最高氧化物对应水化物的化学式为HAsO3D砷的第一电离能小于同周期硒的电离能【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】A同一主族元素，元素第一电离能和电负性随着原子序数增大而减小；B三氯化砷和三氯化氮分子中每个As或N原子价层电子对个数都是4且都含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；CAs的最高化合价等于其族序数为5，其最高价氧化物的水化
36、物与磷酸相似；D同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素【解答】解：A同一主族元素，元素第一电离能和电负性随着原子序数增大而减小，所以As的第一电离能、电负性都小于P，故A错误；B三氯化砷和三氯化氮分子中每个As或N原子价层电子对个数都是4且都含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型为三角锥形，故B正确；CAs的最高化合价等于其族序数为5，其最高价氧化物的水化物与磷酸相似，化学式为H3AsO4，故C错误；D同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，所以
37、砷的第一电离能大于同周期硒的电离能，故D错误；故选B14相同温度下，100mL 0.01molL1的醋酸溶液与10mL 0.1molL1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是（）A中和时所需NaOH的量Bc（H+）Cc（OH）Dc（CH3COOH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸为弱电解质，溶液浓度越大，电离程度越小，以此解答该题【解答】解：A计算两溶液中醋酸的物质的量，n（前）=c1V1=0.1 L0.01 molL1=1103 mol，n（后）=c2V2=0.01 L0.1 molL1=1103 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH的量相等，故A错误；B酸的浓度越
38、大，c（H+）越大，前者小于后者，故B错误；C在相同温度下，水的离子积为定值，后者c（H+）大，则c（OH）小，故C正确；D电离度与温度和浓度有关，当温度相同时，溶液的浓度越小，电离度越大，则c（CH3COOH）前者小于后者，故D错误故选C15下列各组物质中比值为2：1的是（）ApH均为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液的物质的量浓度之比B（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）与c（SO42）之比C0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L和CH3COOH溶液中c（H+）之比D0.2mol/L的HCl与0.1mol/LHNO3溶液中n（H+）之比【考点】物质的量浓度的相关计算；弱电
39、解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【分析】ApH均为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度相等，结合化学式判断；B溶液中铵根离子水解；C醋酸溶液浓度越小，电离程度越大；D氢离子物质的量与溶液体积有关【解答】解：ApH均为12的烧碱溶液与Ba（OH）2溶液中氢氧根离子浓度相等，可知二者物质的量浓度之比为2：1，故A正确；B溶液中铵根离子水解，c（NH4+）与c（SO42）之比小于2：1，故B错误；C醋酸溶液浓度越小，电离程度越大，0.2mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L和CH3COOH溶液中c（H+）之比小于2：1，故C错误；D.0.2mol/L的HCl与0.1m
40、ol/LHNO3溶液中氢离子浓度相等，但溶液体积未知，不能确定含有氢离子物质的量关系，故D错误，故选：A16下列说法正确的是（）ApH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c（H+）均为109 mol/LBpH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH7C在c（H+）：c（OH）=1：1012的溶液中，Na+、I、NO3、SO42能大量共存D0.1 mol/L Na2CO3溶液和0.1 mol/L NaHSO4溶液等体积混合，溶液中C（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（SO42）+c（HCO3）+c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较【分析】
41、A酸抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；B常温下，pH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量；C在c（H+）：c（OH）=1：1012的溶液中，该溶液呈碱性，根据离子共存条件判断；D根据电荷守恒判断【解答】解：ApH=5的NH4Cl溶液由水电离出的c（H+）为105 mol/L，pH=5醋酸中，由水电离出的c（H+）为109 mol/L，故A错误；BpH=3的醋酸，其浓度大于0.001mol/L，pH=11的氢氧化钠，其浓度等于0.001mol/L，等体积混合后，醋酸过量，为醋酸和醋酸钠的混合溶液，则溶液显酸
42、性，故B错误；Cc（H+）：c（OH）=1：1012，溶液显碱性，碱性条件下，NO3没有氧化性，所以这几种离子能共存，故C正确；D根据电荷守恒，C（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+2c（SO42）+c（HCO3）+c（OH），故D错误；故选C17下列混合溶液中，各离子浓度的大小顺序正确的是（）A10 mL0.1 molL1氨水与10 mL0.1 molL1盐酸混合，c（Cl）c（NH4+）c（OH）c（H+）B10 mL0.1 molL1NH4Cl溶液与5 mL0.2 molL1NaOH溶液混合，c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（H+）C10 mL0.1 molL1CH3COOH溶
43、液与5 mL0.2 molL1NaOH溶液混合，c（Na+）=c（CH3COO）c（OH）c（H+）D10 mL0.5 molL1CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合，c（Cl）c（Na+）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A等物质的量的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒判断c（Cl）、c（NH4+）相对大小；B等物质的量的氯化铵和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的NaCl、NH3H2O，一水合氨电离导致溶液呈碱性，但电离程度较小；C等物质的量的醋酸
44、和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性；D.10 mL0.5 molL1CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合，溶液中溶质为CH3COOH、NaCl和HCl，且醋酸和氯化钠浓度相等，是盐酸浓度的5倍【解答】解：A等物质的量的氨水和盐酸混合，二者恰好反应生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，则c（OH）c（H+），再结合电荷守恒得c（Cl）c（NH4+），铵根离子水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故A错误；B等物质的量的氯化铵和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成等物质的量浓度的
45、NaCl、NH3H2O，一水合氨电离导致溶液呈碱性，则存在c（OH）c（H+），根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl），一水合氨电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）=c（Cl）c（OH）c（H+），故B正确；C等物质的量的醋酸和NaOH溶液混合，二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），结合电荷守恒得c（Na+）c（CH3COO），所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错误；D.10 mL0.5 molL1CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合，溶液中溶质为CH3COOH、NaCl和HCl，
46、且醋酸和氯化钠浓度相等，是盐酸浓度的5倍，醋酸和HCl电离导致溶液呈酸性，所以c（OH）c（H+），根据物料守恒得c（Cl）c（Na+），醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl）c（Na+）c（H+）c（OH），故D错误；故选B18把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，则混合溶液中微粒浓度关系正确的是（）A（CH3COO）c（Na+）Bc（CH3COOH）c（CH3COO）C2c（H+）=c（CH3COO）c（CH3COOH）Dc（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.01mol/L【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析
47、】把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液ACH3COOH的电离程度大于中CH3COO离子水解程度；BCH3COOH的电离程度大于中CH3COO离子水解程度；C由电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），联立判断；D根据C原子守恒（物料守恒）判断【解答】解：把0.02mol/L CH3COOH溶液和0.01mol/L NaOH溶液等体积混合，得到等浓度的CH3COOH、CH3COONa混合溶液ACH3COOH
48、的电离程度大于中CH3COO离子水解程度，则（CH3COO）c（Na+），故A错误；BCH3COOH的电离程度大于中CH3COO离子水解程度，则c（CH3COOH）c（CH3COO），故B错误；C由电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），物料守恒2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），联立可得：2c（H+）=（CH3COO）+2 c（OH）c（CH3COOH），故C错误；D混合后为0.05mol/LCH3COOH溶液和0.05mol/LCH3COONa溶液，由物料守恒可知c（CH3COOH）+c（CH3COO）=c（Na+）2=0.01mol/L，故
49、D正确故选：D19已知常温下KHSO3溶液的pH7，且等浓度的HSO3的电离程度大于SO32的水解程度等物质的量的KHSO3、K2SO3、K2SO4溶于足量水形成的溶液中，有关粒子之间的关系正确的是（）Ac（SO42）c（HSO3）c（SO32）c（H2SO3）Bc（K+）c（SO32）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（OH）Cc（K+）c（HSO3）+2c（SO32）+2c（SO42）Dc（K+）+c（H+）c（HSO3）+c（SO32）+c（SO42）+c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】常温下KHSO3溶液的pH7，说明HSO3的电离程度大于其水解程度，等浓度的HSO3的
50、电离程度大于SO32的水解程度，等物质的量浓度的KHSO3、K2SO3、K2SO4溶液中，因为HSO3的电离程度大于SO32的水解程度，所以溶液呈酸性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，据此分析解答【解答】解：AHSO3的电离程度大于SO32的水解程度，硫酸根离子不水解，所以溶液呈存在c（SO32）c（SO42），故A错误；BHSO3的电离程度大于SO32的水解程度，所以溶液呈酸性，且c（SO32）c（SO42），亚硫酸氢根离子水解和电离，但程度都较小，再结合物料守恒得c（K+）c（SO32）c（SO42）c（HSO3）c（H+）c（OH），故B正确；C溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（K+）
51、+c（H+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32）+2c（SO42），溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），所以c（K+）c（HSO3）+2c（SO32）+2c（SO42），故C错误；D根据电荷守恒得c（K+）+c（H+）c（HSO3）+2c（SO32）+2c（SO42）+c（OH），故D错误；故选B20150mL 1mol/L 的氢氧化钠溶液吸收了 2.24L 标准状况下的二氧化碳后，对于溶液中各离子的关系，下列说法错误的是（）AHCO3个数多于CO32个数B逐滴加入稀盐酸，刚开始会产生气体Cc（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH）D2c（Na+）=3c（
52、HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3）【考点】离子浓度大小的比较；离子方程式的有关计算【分析】n（CO2）=0.1mol、n（NaOH）=0.15L1mol/L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.1mol：0.15mol=1：1.5，1：2n（CO2）：n（NaOH）1：1，故发生反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，反应后为Na2CO3、NaHCO3混合溶液，根据钠离子守恒、碳元素守恒计算溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量，HCO3水解程度大于其电离程度，CO32的水解程度大于HCO3的水解程度，结合溶液的电中性原则、物料
53、守恒以及质子守恒解答该题【解答】解：二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=0.1mol，氢氧化钠的物质的量为：n（NaOH）=0.15L1mol/L=0.15mol，n（CO2）：n（NaOH）=0.1mol：0.15mol=1：1.5，1：2n（CO2）：n（NaOH）1：1，则发生反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+NaOH=NaHCO3，反应后为Na2CO3、NaHCO3混合溶液，设Na2CO3、NaHCO3的物质的量分别为xmol、ymol，则：x+y=0.1、2x+y=0.15，解得：x=0.05、y=0.05，A反应后溶质为等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，由于CO32
54、的水解程度大于HCO3的水解程度，则溶液中碳酸氢根离子的浓度多于碳酸根离子，所以HCO3个数多于CO32个数，故A正确；B加入稀盐酸后，碳酸根离子优先反应生成碳酸氢根离子，所以开始时不会生成气体，故B错误；C根据混合液中的电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），故C正确；D根据混合液中的物料守恒可得：2c（Na+）=3c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），故D正确；故选B二、解答题（共4小题，满分50分）21用离子方程式解释下列现象：（1）氯化铵溶液显酸性：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）明矾溶液显酸性：Al3+3H2OAl（O
55、H）3+3H+；（3）泡沫灭火器工作原理：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；（4）把MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的固体是：Mg（OH）2但要得到无水MgCl2，应该如何操作：在干燥的氯化氢气流中加热水含氯化镁（MgCl26H2O）晶体（文字描述）（5）把CuCl2溶液加热蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是Cu（OH）2原因是（用简要的文字和离子方程式来说明）：氯化铜中的镁铜子易水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，加热促进水解向右进行（6）实验室在配制FeSO4的溶液加少许的铁粉或铁钉，其目的是：防止FeSO4被氧化，另外还会滴加少量的稀硫酸，目的是：抑制FeSO4的水
56、解（7）用热的纯碱溶液洗涤油腻物效果更好，其原因是（用简要的文字和离子方程式来说明）：纯碱水解显碱性，CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH加热，纯碱水解程度增大，碱性增强，酯的水解程度增大，所以洗涤油腻物效果更好【考点】盐类水解的应用；离子方程式的书写【分析】（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性；（2）明矾溶液中，铝离子部分水解，溶液显示酸性；（3）硫酸铝与碳酸氢钠相互促进水解生成二氧化碳气体，用于灭火；（4）氯化镁中的镁离子易水解，在酸性环境下可以抑制水解；（5）氯化铜中的铜离子易水解，加热促进水解，据此回答；（6）根据二价铁易被氧化和发生水解反应
57、分析；（7）纯碱水解显碱性，可促进油污的水解，而热的纯碱水解程度增大【解答】解：（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）明矾溶液中铝离子发生水解反应：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，溶液呈酸性，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（3）泡沫灭火器工作原理的水解离子反应为Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3Al（OH）3+3CO2；（4）氯化镁中的镁离子易水解，把MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的固体是Mg（OH）2，要得到无
58、水MgCl2，可以在干燥的氯化氢气流中加热水含氯化镁（MgCl26H2O）晶体，在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2水解，且带走MgCl26H2O受热产生的水汽，故能得到无水MgCl2，故答案为：Mg（OH）2；在干燥的氯化氢气流中加热水含氯化镁（MgCl26H2O）晶体；（5）氯化铜中的镁铜子易水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，把CuCl2溶液加热蒸干，促进水解，最终得到的固体是Cu（OH）2固体，故答案为：Cu（OH）2；氯化铜中的镁铜子易水解，Cu2+2H2OCu（OH）2+2H+，加热促进水解向右进行；（6）因为二价铁易被氧化和发生水解反应，所以加入铁屑的目的是防止FeS
59、O4被氧化，加入稀硫酸的目的是抑制FeSO4的水解，故答案为：防止FeSO4被氧化；抑制FeSO4的水解；（7）纯碱水解显碱性，可促进油污的水解，而热的纯碱水解程度增大，水解离子反应为反应的离子方程式为CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH，故答案为：纯碱水解显碱性，CO32+H2OHCO3+OH、HCO3+H2OH2CO3+OH，加热，纯碱水解程度增大，碱性增强，酯的水解程度增大，所以洗涤油腻物效果更好22A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，CA3分子结构为三角
60、锥形，D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，D与F是同族元素根据以上信息，回答下列有关问题：（1）写出基态时D的电子排布图（2）写出化合物E2F2的电子式，化合物ABC的结构式（3）根据题目要求完成以下填空：BD32中心原子杂化方式sp2杂化；D3中心原子杂化方式sp2杂化；FD42微粒中的键角10928；FD3分子的立体构型平面三角形（4）根据等电子原理，指出与BD2互为等电子体且含有C原子的微粒有N2O、OCN或SCN或N3（要求写一种分子和一种离子）（5）B3A7CD2能与EABD3溶液反应生成BD2气体，该分子具有手性，其结构简式为，分子中的键数目为12，键数目为1【考点】位置结
61、构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，且C能形成单质C2，所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素以此解答该题【解答】解：A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成
62、对电子，且C能形成单质C2，所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素（1）通过以上分析知，D是O元素，原子核外有8个电子，其核外电子排布图为：故答案为：（2）化合物E2F2是离子化合物，和过氧化钠类似，钠离子和S 2之间以离子键结合，硫原子和硫原子之间以共价键结合，所以其电子式；化合物ABC是氢氰酸，结构式为故答案为：；（3）杂化轨道数=键个数+孤电子对数B
63、D32即CO32中中心原子杂化轨道数=3+=3，所以采取sp2杂化；D3中心原子杂化轨道数=3，所以采取sp2杂化；FD42微粒中价层电子对数=4+0=4，所以它的VSEPR模型为正四面体，因为没有孤电子对，所以其空间构型为正四面体，键角是10928；FD3分子中价层电子对数=3+0=3，所以它的VSEPR模型为平面三角形，因为没有孤电子对，所以其空间构型为平面三角形故答案为：sp2杂化； sp2杂化； 10928；平面三角形（4）与BD2互为等电子体且含有C原子的微粒有N2O、OCN或SCN或N3故答案为：OCN或SCN或N3（5）C3H7NO2能与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，说明该
64、物质含有羧基，因为含有氮元素，所以还含有氨基，该分子具有手性，其结构简式为；所有单键都是键，双键中含有一个键和一个键，所以含有12个键1个键故答案为：；12；123（1）将NH3和PH3两分子中的共价键的各种键参数的数值大小相比较的结果是，键长：NH3小于PH3、键能：NH3大于PH3（填“大于”、“小于”或“等于”）已知P的电负性小于H，则H为1价（2）肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物PH3分子的VSEPR模型是四面体；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3（3）二氯化硫（S2Cl2）是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料写出
65、它的结构式ClSSCl指出它分子内的键型非极性共价键和极性共价键（填“极性”或“非极性”）指出硫元素的化合价为+1SCl2是另一种无色液体，其分子空间构型为V形，VSEPR构型为平面三角形【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）NH键比PH键短，则NH键的键能大，化合物中电负性大显负价；（2）PH3分子与氨气分子结构相似，N2H4分子中，N形成2个NH和1个NN，且含孤对电子，根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型和原子的杂化方式；（3）根据共价化合物电子式的书写规则书写；同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元
66、素之间易形成极性共价键；电负性越大的元素在化合物中显负价态，电负性小的元素在化合物中显正价态，且正负化合价的代数和为0；计算S原子的价层电子对数、孤对电子对数【解答】解：（1）氮原子原子半径小于磷原子原子半径，原子半径越大的，键长越长，键长越小的键能越大，所以键长：NH3小于PH3、键能：NH3 大于PH3，P的电负性小于H，所以H显负价，H得一个电子达到稳定结构，所以H显1价；故答案为：小于；大于；1价；（2）PH3分子中价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型，VSEPR模型是四面体；N2H4分子中氮原子的加成电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化
67、类型是sp3；故答案为：四面体；sp3；（3）二氯化硫的电子式为，结构式为ClSSCl，故答案为：ClSSCl； SS键是非极性共价键，SCl是极性共价键，故答案为：非极性共价键和极性共价键；氯元素的电负性大于硫元素，所以硫元素显正价，硫原子和氯原子间共用一个电子对，所以硫显+1价；故答案为：+1；S原子的孤对电子对数=1，价层电子对数=2+1=3，故空间构型为V形，S原子产生sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，故答案为：V形；平面三角形24实验室常利用甲醛法测定（NH4）2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH4+6HCHO=3H+6H2O+（CH2）6N4H+ 滴定时，1mol
68、（CH2）6N4H+与lmolH+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤I 称取样品1.500g步骤II 将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀步骤取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入12滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点按上述操作方法再重复2次（1）根据步骤填空：碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时，用去NaOH标准溶液的体积
69、将无影响（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察BA滴定管内液面的变化 B锥形瓶内溶液颜色的变化滴定达到终点时，酚酞指示剂由无色变成红色（2）滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010molL1则该样品中氮的质量分数为18.85%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定【分析】（1）滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小；锥形瓶内水对滴定结果无影响；滴定时边滴边
70、摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，以判定滴定终点；如溶液颜色发生变化，且半分钟内不褪色为滴定终点；（2）依据滴定前后消耗氢氧化钠溶液的体积的平均值，结合4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O、H+OH=H2O计算【解答】解：（1）滴定管中未用标准液润洗，直接加入标准液会稀释溶液浓度减小，消耗标准液体积增大，氢离子物质的量增大，4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O，反应可知测定氮元素含量偏高，故答案为：偏高；锥形瓶内水对滴定结果无影响，故答案为：无影响；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察锥形瓶中溶液的颜色变化，故答案为：B；氢氧化钠滴定酸溶液，达到终点时
71、，酚酞颜色变化为无色变化为红色，半分钟内不褪色，故答案为：无；红；（2）样品1.5000g，反应为4NH4+6HCHO4H+（CH2）6N4+6H2O，消耗氢离子的物质的量和氮元素物质的量相同，依据图表数据分析可知，三次实验中消耗氢氧化钠溶液体积分别为：20.01mL、19.99mL、20.00ml，三次均有效，氢氧化钠溶液的平均体积为20.00mL，由酸碱中和反应可知，氢离子物质的量=氢氧化钠物质的量=0.1000molL120.00ml103L/ml=2.00103mol，250mL溶液中氮元素物质的量和氢离子物质的量相同，该样品中氮的质量分数为100%=18.85%，故答案为：18.85%2016年12月9日高考资源网版权所有，侵权必究！
