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【化学】福建省仙游第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷
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福建省仙游第一中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Cu-64 N-14 Zn-65 Ti-48 H-1
第Ⅰ卷 (选择题 共45分)
一、选择题(本题包括15小题，共15×3=45分。每小题只有一个选项符合题意。把答案填涂在答题卷相应位置。)
1.下列叙述中，正确的是( )
A. 电负性： O＞Cl＞Na＞H
B. 共价键的极性：C-H＜N-H＜O-H＜F-H
C. 金属原子化热：K＞Na＞Mg＞Al
D. 熔点： Na＜晶体Si＜NaCl＜MgO
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na为金属元素，O、Cl和H都为非金属元素，非金属元素的电负性大于金属的电负性，非金属性越强，电负性越大，则电负性： O＞Cl＞H＞Na，故A错误；
B. 元素的非金属性F>O>N>C，电负性F>O>N>C，因此共价键的极性C-H＜N-H＜O-H＜F-H，故B项正确；
C. 根据金属钾、钠、镁和铝的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁、钠，最小的为钾，正确关系为：Al＞Mg＞Na>K，故C错误；
D. 钠为金属晶体熔点较低，晶体硅为原子晶体熔点较高，NaCl和MgO都为离子晶体，但MgO中阴、阳离子的半径较NaCl的小，所带电荷较大，晶格能较大，熔点较高，所以熔点： Na＜NaCl＜MgO＜晶体Si，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查物质结构和性质，掌握规律是解题的关键，原子化热是用来衡量金属键强弱的物理量，原子化热数值越小，其熔点越低，如熔点Na>K，原子化热Na>K。
2.下列相关化学用语表述正确的是( )
A. NH4Cl的电子式：
B. C原子的轨道表示式：
C. 冰醋酸为共价化合物，受热熔融：CH3COOHCH3COO-+H+
D. Fe2+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4Cl的电子式应为：，故A错误；
B. 电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，则C原子的轨道表示式：，故B错误；
C. 冰醋酸为共价化合物，受热熔融不发生电离，故C错误；
D. 铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 ，故D正确。
答案选D。
3.下列各元素，最易形成离子化合物的是( )
①第三周期第一电离能最小的元素 ②外围电子构型为2s22p6的原子 ③2p能级为半满的元素 ④电负性最大的元素
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②
【答案】A
【解析】
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，则①第3周期第一电离能最小的元素是Na元素、②外围电子构型为2s22p6的原子为Ne元素、③2p轨道为半满的元素为N元素、④电负性最大的元素是F元素，所以Na元素和F元素、N元素之间易形成离子键，易形成离子化合物，答案选A。
4.下列各组表述中，正确的是( )
A. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 X射线衍射
B. 离子键、金属键无方向性和饱和性，而所有共价键都有方向性和饱和性
C. 处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2的某元素原子，M能层共有8个电子，该元素位于区第ⅢB族
D. 对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光，产生这一现象的主要原因是电子由基态向激发态跃迁时以光的形式释放能量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来．因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故A正确；
B. 并不是所有共价键都有方向性和饱和性，如s—sσ键没有方向性，故B错误；
C. 根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，故C错误；
D. 电子由基态获得能量跃迁到激发态，对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是由于电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，多余的能量以光的形式释放出来，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查晶体、化学键和核外电子排布规律等知识，掌握基本概念是解题的关键，注意C选项要根据构造原理写出元素基态原子的电子排布式进行分析。
5.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。则下列有关比较中正确的是( )
A. 电负性：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：③＞④＞②＞①
C. 第一电离能：④＞③＞②＞①
D. 最高正化合价：③＞④=②＞①
【答案】C
【解析】
四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是O元素，④是N元素。同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性N＜O, Si＜P, N元素非金属性比P元素强，所以：电负性O＞N＞P ＞Si；即③④②①，A错误；同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Si>P, N>O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si>P＞N>O，即①＞②＞④＞③，B错误；同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但是VA中的氮、磷的能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能N> O＞P＞Si，即④＞③＞②＞①，C正确；O元素没有最高正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：④=②＞①＞③，D错误正确选项C。
6.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
D. 2p轨道上只有一个空轨道的X原子与3p轨道上只有一个空轨道的Y原子
【答案】D
【解析】
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相同，B错误；C．原子核外电子排布式为1s2的原子为He原子，原子核外电子排布式为1s22s2的原子为Be原子，He元素位于0族，Be元素位于第IIA族，二者化学性质不同，C错误； D.2p轨道上有一个空轨道的X原子是C元素，3p轨道上有一个空轨道的Y原子为Si元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，D正确；答案选C。
点睛：本题考查原子的结构和元素的性质，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似。
7.不能用键能的大小作为主要依据来解释的是( )
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳性依次减弱
B. 金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. N2化学性质比O2稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，是它们的键能逐渐减小的原因，故A不选；
B. 金刚石、硅都属于原子晶体，原子半径越小，共价键越短，分子内共价键键能越大，晶体熔点越高、硬度越大，故B不选；
C. 稀有气体的原子最外层一般为8电子的稳定结构（He为2电子的稳定结构），难发生化学反应，分子内不存在化学键，故C选；
D. 氮气分子内为氮氮三键，键能比较大，共价键比较强，化学性质稳定，故D不选。
答案选C。
【点睛】本题考查了晶体的物理性质、化学性质与共价键的关系，要注意分子间作用力不属于化学键。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )
A. 常温常压下， 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NA
B. 0.2mol N2和0.6mol H2混合充分反应后，转移的电子数目为1.2 NA
C. 0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NA
D. 1L1 mol·L－1 Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目等于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温常压下，30 g乙烷气体中所含有的极性共价键数目为6×NA=6NA，故A正确；
B. 氮气与氢气化合生成氨气的反应是可逆反应，0.2mol N2和0.6mol H2不能完全转化为氨气，转移电子数无法计算，故B错误；
C.9038Sr的中子数为90-38=52，0.1 mol9038Sr原子中含中子数为5.2NA，故C错误；
D. 由于ClO－发生水解，1L1 mol·L－1 Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目小于2NA，故D错误。
答案选A。
9.运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是( )
A. 第六周期第IIIA的铊(Tl)既能与盐酸反应产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气
B. 第六周期第VIIA的砹(At)为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水
C. 第五周期第IIA的锶的硫酸盐(SrSO4)是易溶于水的白色固体
D. 第四周期第VIA的硒的氢化物(H2Se)是无色有毒，比H2S稳定的气体
【答案】B
【解析】
【详解】A. Tl的金属性比Al强，Tl与NaOH溶液不反应，铊（Tl）能与盐酸作用产生氢气，故A错误；
B. 同主族元素性质具有相似性，从上到下有递变性，第VIIA元素的单质从上到下颜色加深、熔沸点升高，则砹（At）为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水，故B正确；
C. 硫酸钙微溶于水，硫酸钡难溶于水，可知同主族Sr对应的硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体，故C错误；
D. 同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，则硒化氢（H2Se）是无色，有毒，不如H2S稳定的气体，故D错误。
答案选B。
10.下列说法错误的是( )
A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
B. H3O＋离子中存在配位键
C. 已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y， 第一电离能X一定大于Y
D. 在面心立方堆积的金属晶体中，属于1个晶胞的金属原子有4个
【答案】C
【解析】
【详解】A. S原子最外层有6个电子，形成两对共用电子对达到稳定结构，与两个H形成化合物为H2S，否则违背了共价键饱和性，故A正确；
B. 含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，氢离子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故B正确；
C. 若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能，如电负性S>P，但第一电离能P>S，故C错误；
D. 顶点8个，每个顶点上的原子被8个晶胞分享，所以一个晶胞中8个顶点实际上只有8=1个原子；面心6个，每个面上的原子被两个晶胞分享，所以一个晶胞中，6个面心实际上只有6=3个原子，故在面心立方堆积中，每个晶胞含有4个金属原子，故D正确。
答案选C。
11.有五种短周期主族元素 X、 Y、 Z、 R、Q， 它们的原子序数逐渐增大，其中X、 Y、 R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol。下列说法正确的是( )
X
Y
R
Q
A. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质
B. X和Y 的单质熔点： X
D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物
【答案】D
【解析】
分析】
X、 Y、 Z、 R、Q是原子序数依次增大的短周期元素，根据X、 Y、 R、Q在周期表中位置，X、 Y位于第二周期，R、Q位于第三周期，且X、Q同主族；R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al；根据R与X、 Y、Q的相对位置关系可推出，Q为Si，X为C；Y为N；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol，可见I3≫I2，Z原子最外层有2个电子，则Z为Mg。综合以上分析，X、 Y、 Z、 R、Q分别是C、N、Mg、Al、Si，据此分析解答。
【详解】A. 工业上用电解熔融氧化铝制取铝，因氧化镁熔点高，不用电解熔融氧化镁制取镁，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，故A错误；
B. C的单质如金刚石为原子晶体，具有高熔点，N 的单质如N2为分子晶体，熔点低，故B错误；
C. 同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al，故C错误；
D. NH3可与盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，既有离子键又有共价键和配位键，故D正确。
故选D。
12.下图是氯化钠、氯化铯、二氧化硅、晶体硅的晶体结构一部分，有关晶体的叙述中，正确的是( )
A. SiC与二氧化硅晶体熔化时，所克服的微粒间相互作用不相同
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
D. 在晶体硅中，硅原子与Si—Si键数目比为1:4
【答案】C
【解析】
【详解】A. SiC与二氧化硅晶体都是原子晶体，熔化时，所克服的微粒间相互作用都是共价键，故A错误；
B. 由氯化钠晶胞图可知，氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；
C. 从CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图为，则由图可知在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl-，故C正确；
D. 硅原子的最外层电子数是4个，所以平均1个硅原子形成的Si—Si键是4÷2＝2个，故D错误。
答案选C。
13.下表是A、B、C、D、E、F六种短周期元素的部分化合价、电负性和原子半径数据。下列说法正确的是( )
A
B
C
D
E
F
化合价
+1
﹣2
﹣1
﹣2
﹣1
+1
电负性
2.1
2.5
3.0
3.5
4.0
0.9
原子半径/nm
0.037
0.102
0.099
0.073
0.071
0.154
A. F的单质、FA晶体中均含有金属阳离子，都属于离子晶体
B. A2D2、F2D2都是含有非极性键的离子化合物
C. 氧化物对应水化物的酸性：B
【解析】
【分析】
B、D的化合价都是-2，应该位于ⅥA族，B的原子半径大于D，则B为S元素、D为O元素；A、F的化合价都是+1价，应该位于ⅠA族，A的原子半径小于O，则A为H元素，F的原子半径大于S，则F为Na元素；C、E的化合价都是-1价，应该位于VIIA族，C的原子半径大于E，则C为Cl元素、E为F元素。综合以上分析，A为H，B为S，C为Cl，D为O，E为F，F为Na，以此分析解答。
【详解】A. Na为金属晶体、NaH为离子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B. H2O2为共价化合物、Na2O2为离子化合物，故B错误；
C. S的氧化物的水化物H2SO3为弱酸，H2SO4为强酸，而Cl的氧化物的水化物中HClO为弱酸，HClO4为强酸，氟无正价，无法比较氧化物对应水化物的酸性强弱，故C错误；
D. 元素的非金属性F>Cl>S，氧化性F>Cl>S，所以简单阴离子的还原性：F-< Cl-
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，根据元素化合价、电负性、原子半径正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。
14.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列有关该电池工作时的说法，正确的是( )
A. 电解质溶液中，Na+向左移动
B. 该电池的总反应为H+ + OH- = H2O
C. 电子由N电极经导线流向M电极
D. 导线上通过1mole-，装置内H2总量减少0.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，N电极上H+得电子被还原成H2，M电极上H2失电子发生氧化反应生成H2O，则左边M电极是负极，右边N电极是正极。
【详解】A. 根据以上分析，左边M电极是负极，右边N电极是正极，则电解质溶液中，由于阳离子向正极移动，所以Na+向右移动，故A错误；
B. 负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以总反应为H+ + OH- = H2O，故B正确；
C. 根据以上分析，左边M电极是负极，右边N电极是正极，所以电子由M电极经导线流向N电极，故C错误；
D. 由电池的总反应H+ + OH- = H2O可知，负极消耗的氢气等于正极产生的氢气，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查原电池工作原理，明确电极上得失电子及反应是解本题关键，注意掌握原电池两极及总反应式的书写方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
15.室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣)
C. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；
B. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），故B错误；
C. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，故C正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定及盐类的水解，注意等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。
第Ⅱ卷 (非选择题 共55分)
二、(本题包括2小题，共25分)
16.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。
(1)CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
②在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②写出CO将NO2还原为单质反应的热化学方程式为 ____________________
(3)汽车排气管上的催化转化器，发生上述的CO将NO2还原为单质反应。在一定温度下，将一定量的CO和NO2充入2L固定容积的容器中，回答以下问题：
①能说明该反应达到平衡状态的是_____________(填字母标号)。
A2υ正(NO2)=υ逆(N2)
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.气体总压强不再变化
D. ΔH保持不变
E．混合气体的密度不再变化
②从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，则5min内υ(CO)=___mol⋅L−1⋅min−1。
③25min时，物质浓度变化如图所示，则改变的条件可能是___________(填字母标号)。
A.缩小容器体积
B.增加NO2的浓度
C.降低温度
D.升高温度
【答案】 (1). 放 (2). 50% (3). 283kJ/mol (4). 631.75 (5). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol (6). BC (7). 0.032 (8). D
【解析】
【分析】
(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，故可利用K和三段式计算CO的转化率；
(2) ①根据燃烧热的概念判断，反应热与键能的关系计算；
②根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式；
(3)①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
②前5min 内N2变化浓度为0.04mol/L，根据平均反应速率公式计算CO的平均反应速率；
③根据反应的特点，浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，设转化CO物质的量为x
CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
平衡常数K===1，解得，x=0.5，即CO转化率为100%=50%；
因此，本题正确答案是：放；50%；
(2) ①已知2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1，可以知道1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；
由反应②可知，1molN2(g)和1molO2反应生成2molNO(g)吸收180.0 kJ热量，根据反应热与键能的关系可得946 kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-2E(氮氧键)= 180.0 kJ·mol−1，则有E(氮氧键)= 631.75 kJ·mol−1；
②CO将NO2还原为单质的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，结合反应：
①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
根据盖斯定律可以知道，①2-②-③可得： 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH =（−566.0 kJ·mol−1）2-（+180.0 kJ·mol−1）-（−116.5 kJ·mol−1），则CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol，
因此，本题正确答案是：283kJ/mol ；631.75 ；2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol；
(3)①A. 反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)中，若2υ正(NO2)=υ逆(N2)，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；
B. 混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，则混合气体的相对分子质量为变量，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态；
C. 在恒温、恒容条件下，反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态；
D. 反应热大小只与起始和终止状态有关，ΔH保持不变，不能说明反应达到平衡状态；
E．混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态。
因此，本题正确答案是：BC；
②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，
则5min内υ(CO)==0.032mol⋅L−1⋅min−1；
因此，本题正确答案是：0.032；
③由图像可知，25min时，改变条件的瞬间NO2和N2的浓度都不变，改变条件后，NO2浓度增大，N2浓度减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件应该是升高温度，选D，
因此，本题正确答案是：D。
17.下列是MnO2工业制备及对含Mn2+废水处理的有关问题，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13 ， Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11，回答下列问题：
(1)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，其阳极反应式为___________。
(2)往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液制取MnCO3时会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，该反应的平衡常数K＝_________(保留一位小数)。
(3)废水中的Mn2+，也可用NH4HSO4调节溶液的pH。室温时，往100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如下图所示 (反应前后溶液总体积变化忽略不计) 。
a点c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝__________mol·L－1 ；图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是__________；b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是____________________。
【答案】 (1). Mn2+-2e-+2H2O= MnO2+4H+ (2). 115.8 或1.2×102 (3). 0.05 (4). a点 (5). c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)
【解析】
【分析】
（1）阳极发生氧化反应，锰离子在阳极失电子化合价升高，生成二氧化锰，根据原子守恒，反应物中有H2O参加，再根据电荷守恒，生成物中还有H+，据此分析；
(2)由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，可知，
K＝=，据此计算；
（3）NH4HSO4电离的H+抑制水的电离，NH4+水解促进水的电离，NH3H2O电离出OH-，抑制水的电离；a点溶液溶质恰好为(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性；b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3H2O，以此分析解答。
【详解】（1）阳极发生氧化反应，锰离子在阳极失电子化合价升高，生成二氧化锰，根据原子守恒，反应物中有H2O参加，再根据电荷守恒，生成物中还有H+，则反应的电极式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
因此，本题正确答案是：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
(2)由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，可知，K＝=
==115.8；
因此，本题正确答案是：115.8；
(3)a点溶液为0.1 mol/L的NH4HSO4溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好消耗完H+，溶液中只有 (NH4)2SO4与Na2SO4，溶液体积增大一倍，根据物料守恒关系，c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝0.1 mol/L ×=0.05mol·L－1 ；
向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液；OH-先中和H+，在此过程中水的电离程度增大；后OH-与NH4+反应生成NH3·H2O，NH4+浓度减小，水解程度减小，则水的电离程度减小；b、c、d三点溶液均含有NH3 .H2O，NH3 .H2O抑制水的电离，a点恰好将H+完全中和，NH4+浓度最大，所以水的电离程度最大的是a点；
b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3H2O，V(NaOH)>V(NH4HSO4)，铵根离子水解，则离子浓度大小为c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，
因此，本题正确答案是：0.05； a点；c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。
三、(本题包括2小题，共30分)
18.许多金属及其化合物在生活、化工、医药、材料等各个领域有着广泛的应用。
(1)钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。钛基态原子中电子占据最高能级的符号为________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_______种。钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是___________________。
(2)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10 cm，则该氮化钛的密度为______ g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
(3)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。
Li原子的第一电离能为______kJ·mol-1，OO键键能为_____kJ·mol-1，Li2O晶格能为____kJ·mol-1。
【答案】 (1). 3d (2). 3 (3). 钛原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). (5). 520 (6). 498 (7). 2908
【解析】
【分析】
(1) 钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写出钛原子价电子排布式，再确定占据的最高能级；基态Ti原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞的质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，再根据=计算；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量；OO键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量；晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，以此解答。
【详解】(1) 钛原子核外有22个电子，基态钛原子价电子排布式为3d24s2，占据最高能级的符号为3d；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，钛原子的价电子数比铝多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；
因此，本题正确答案是：3d；3；钛原子的价电子数比Al多，金属键更强；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度= g·cm－3，
因此，本题正确答案是：；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ·mol-1；O=O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249kJ·mol-1=498 kJ·mol-1。晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则Li2O晶格能为2908kJ·mol-1。
因此，本题正确答案是：520 ；498 ；2908。
19.已知X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态；W位于第2周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子。
请回答下列问题：(答题时，X、Y、Z、W、K、L用所对应的元素符号表示)
(1)ZX5为离子化合物，写出它的电子式_________________。
(2) K的基态原子的电子排布式是______________________。
(3) Y、Z、W元素的第一电离能由大到小的顺序是__________________。
(4)第一电离能I1(L)__I1(K)(填“大于”或“小于”)，原因是________________
(5)Y2X4是石油炼制的重要产物之一， 1mol Y2X4分子中含σ键为______mol；
(6)肼(Z2H4)可用作火箭燃料，其原理是：Z2O4(l)+2Z2H4(l)＝3Z2(g)+4H2O(g)，若反应中有4mol Z－H键断裂，则形成的π键有_________mol.
(7)Z、K两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则Z原子的配位数是______。
【答案】 (1). (2). [Ar]3d104s1 (3). N＞O＞C (4). 大于 (5). Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (6). 5 (7). 3 (8). 6
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态，则K为Cu；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子，则L为Zn，据此解答。
【详解】X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态，则K为Cu；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子，则L为Zn，
(1)NH4H为离子化合物，电子式为，
因此，本题正确答案是：；
(2) K为Cu元素，基态原子的电子排布式是：[Ar]3d104s1，
因此，本题正确答案是：[Ar]3d104s1；
(3) 同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，
因此，本题正确答案是：N＞O＞C；
(4) Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，所以第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)，
因此，本题正确答案是：大于；Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(5)单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，一个C2H4分子中含有一个碳碳双键和4个碳氢单键，则1mol C2H4分子中含σ键为5 mol，
因此，本题正确答案是：5；
(6) 由反应式N2O4(l)+2N2H4(l)＝3N2(g)+4H2O(g)可知，若反应中有4mol Z－H键断裂，则反应了1mol N2H4，生成了1.5mol N2，一个N2中有2个π键，则形成的π键有1.5mol×2=3mol，
因此，本题正确答案是：3；
(7) Z为N元素，K为Cu元素，晶胞中白球有8×=1个，黑球有12×=3个，则白球为N，黑球为Cu，根据晶胞，Cu原子的配位数为2，N原子配位数为=6，
因此，本题正确答案是：6。
可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 Cu-64 N-14 Zn-65 Ti-48 H-1
第Ⅰ卷 (选择题 共45分)
一、选择题(本题包括15小题，共15×3=45分。每小题只有一个选项符合题意。把答案填涂在答题卷相应位置。)
1.下列叙述中，正确的是( )
A. 电负性： O＞Cl＞Na＞H
B. 共价键的极性：C-H＜N-H＜O-H＜F-H
C. 金属原子化热：K＞Na＞Mg＞Al
D. 熔点： Na＜晶体Si＜NaCl＜MgO
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na为金属元素，O、Cl和H都为非金属元素，非金属元素的电负性大于金属的电负性，非金属性越强，电负性越大，则电负性： O＞Cl＞H＞Na，故A错误；
B. 元素的非金属性F>O>N>C，电负性F>O>N>C，因此共价键的极性C-H＜N-H＜O-H＜F-H，故B项正确；
C. 根据金属钾、钠、镁和铝的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁、钠，最小的为钾，正确关系为：Al＞Mg＞Na>K，故C错误；
D. 钠为金属晶体熔点较低，晶体硅为原子晶体熔点较高，NaCl和MgO都为离子晶体，但MgO中阴、阳离子的半径较NaCl的小，所带电荷较大，晶格能较大，熔点较高，所以熔点： Na＜NaCl＜MgO＜晶体Si，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查物质结构和性质，掌握规律是解题的关键，原子化热是用来衡量金属键强弱的物理量，原子化热数值越小，其熔点越低，如熔点Na>K，原子化热Na>K。
2.下列相关化学用语表述正确的是( )
A. NH4Cl的电子式：
B. C原子的轨道表示式：
C. 冰醋酸为共价化合物，受热熔融：CH3COOHCH3COO-+H+
D. Fe2+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d6
【答案】D
【解析】
【详解】A. NH4Cl的电子式应为：，故A错误；
B. 电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，则C原子的轨道表示式：，故B错误；
C. 冰醋酸为共价化合物，受热熔融不发生电离，故C错误；
D. 铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 ，故D正确。
答案选D。
3.下列各元素，最易形成离子化合物的是( )
①第三周期第一电离能最小的元素 ②外围电子构型为2s22p6的原子 ③2p能级为半满的元素 ④电负性最大的元素
A. ①④ B. ③④ C. ②③ D. ①②
【答案】A
【解析】
活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，则①第3周期第一电离能最小的元素是Na元素、②外围电子构型为2s22p6的原子为Ne元素、③2p轨道为半满的元素为N元素、④电负性最大的元素是F元素，所以Na元素和F元素、N元素之间易形成离子键，易形成离子化合物，答案选A。
4.下列各组表述中，正确的是( )
A. 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 X射线衍射
B. 离子键、金属键无方向性和饱和性，而所有共价键都有方向性和饱和性
C. 处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2的某元素原子，M能层共有8个电子，该元素位于区第ⅢB族
D. 对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光，产生这一现象的主要原因是电子由基态向激发态跃迁时以光的形式释放能量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X-射线衍射图谱反映出来．因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验，故A正确；
B. 并不是所有共价键都有方向性和饱和性，如s—sσ键没有方向性，故B错误；
C. 根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，故C错误；
D. 电子由基态获得能量跃迁到激发态，对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光是由于电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，多余的能量以光的形式释放出来，故D错误。
答案选A。
【点睛】本题综合考查晶体、化学键和核外电子排布规律等知识，掌握基本概念是解题的关键，注意C选项要根据构造原理写出元素基态原子的电子排布式进行分析。
5.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p2；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p4；④1s22s22p3。则下列有关比较中正确的是( )
A. 电负性：④＞③＞②＞①
B. 原子半径：③＞④＞②＞①
C. 第一电离能：④＞③＞②＞①
D. 最高正化合价：③＞④=②＞①
【答案】C
【解析】
四种元素基态原子电子排布式可知，①是Si元素，②是P元素，③是O元素，④是N元素。同周期自左而右，电负性逐渐增大，所以电负性N＜O, Si＜P, N元素非金属性比P元素强，所以：电负性O＞N＞P ＞Si；即③④②①，A错误；同周期自左而右，原子半径逐渐减小，所以原子半径Si>P, N>O，电子层越多原子半径越大，故原子半径Si>P＞N>O，即①＞②＞④＞③，B错误；同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但是VA中的氮、磷的能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于同周期相邻元素，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能N> O＞P＞Si，即④＞③＞②＞①，C正确；O元素没有最高正化合价，元素的最高正化合价等于最外层电子数，Si最外层4个电子，P、N最外层都是5个电子，所以最高正化合价：④=②＞①＞③，D错误正确选项C。
6.下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
D. 2p轨道上只有一个空轨道的X原子与3p轨道上只有一个空轨道的Y原子
【答案】D
【解析】
A．最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H与碱金属元素，性质有相似地方，都具有还原性，但与ⅠB族元素性质不同，虽然最外层也有1个电子，A错误；B．原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Fe、Zn等元素，但价电子数不同，性质不相同，B错误；C．原子核外电子排布式为1s2的原子为He原子，原子核外电子排布式为1s22s2的原子为Be原子，He元素位于0族，Be元素位于第IIA族，二者化学性质不同，C错误； D.2p轨道上有一个空轨道的X原子是C元素，3p轨道上有一个空轨道的Y原子为Si元素，二者位于周期表同一主族，最外层电子数相同，性质相似，D正确；答案选C。
点睛：本题考查原子的结构和元素的性质，注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合物的性质相似。
7.不能用键能的大小作为主要依据来解释的是( )
A. HF、HCl、HBr、HI的热稳性依次减弱
B. 金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅
C. 稀有气体一般难于发生化学反应
D. N2化学性质比O2稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，是它们的键能逐渐减小的原因，故A不选；
B. 金刚石、硅都属于原子晶体，原子半径越小，共价键越短，分子内共价键键能越大，晶体熔点越高、硬度越大，故B不选；
C. 稀有气体的原子最外层一般为8电子的稳定结构（He为2电子的稳定结构），难发生化学反应，分子内不存在化学键，故C选；
D. 氮气分子内为氮氮三键，键能比较大，共价键比较强，化学性质稳定，故D不选。
答案选C。
【点睛】本题考查了晶体的物理性质、化学性质与共价键的关系，要注意分子间作用力不属于化学键。
8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )
A. 常温常压下， 30 g乙烷中所含的极性共价键数为6NA
B. 0.2mol N2和0.6mol H2混合充分反应后，转移的电子数目为1.2 NA
C. 0.1 mol9038Sr原子中含中子数为3.8NA
D. 1L1 mol·L－1 Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目等于2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 常温常压下，30 g乙烷气体中所含有的极性共价键数目为6×NA=6NA，故A正确；
B. 氮气与氢气化合生成氨气的反应是可逆反应，0.2mol N2和0.6mol H2不能完全转化为氨气，转移电子数无法计算，故B错误；
C.9038Sr的中子数为90-38=52，0.1 mol9038Sr原子中含中子数为5.2NA，故C错误；
D. 由于ClO－发生水解，1L1 mol·L－1 Ca(ClO)2溶液中含ClO－的数目小于2NA，故D错误。
答案选A。
9.运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是( )
A. 第六周期第IIIA的铊(Tl)既能与盐酸反应产生氢气，又能跟NaOH溶液反应放出氢气
B. 第六周期第VIIA的砹(At)为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水
C. 第五周期第IIA的锶的硫酸盐(SrSO4)是易溶于水的白色固体
D. 第四周期第VIA的硒的氢化物(H2Se)是无色有毒，比H2S稳定的气体
【答案】B
【解析】
【详解】A. Tl的金属性比Al强，Tl与NaOH溶液不反应，铊（Tl）能与盐酸作用产生氢气，故A错误；
B. 同主族元素性质具有相似性，从上到下有递变性，第VIIA元素的单质从上到下颜色加深、熔沸点升高，则砹（At）为有色固体，易溶于四氯化碳，但难溶于水，故B正确；
C. 硫酸钙微溶于水，硫酸钡难溶于水，可知同主族Sr对应的硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体，故C错误；
D. 同主族元素的原子，从上到下氢化物的稳定性逐渐减弱，则硒化氢（H2Se）是无色，有毒，不如H2S稳定的气体，故D错误。
答案选B。
10.下列说法错误的是( )
A. 若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
B. H3O＋离子中存在配位键
C. 已知X、Y元素同周期，且电负性X>Y， 第一电离能X一定大于Y
D. 在面心立方堆积的金属晶体中，属于1个晶胞的金属原子有4个
【答案】C
【解析】
【详解】A. S原子最外层有6个电子，形成两对共用电子对达到稳定结构，与两个H形成化合物为H2S，否则违背了共价键饱和性，故A正确；
B. 含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，氢离子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故B正确；
C. 若Y的第一电离能失去的电子所处能级为半满稳定状态，其第一电离能可能高于X的第一电离能，如电负性S>P，但第一电离能P>S，故C错误；
D. 顶点8个，每个顶点上的原子被8个晶胞分享，所以一个晶胞中8个顶点实际上只有8=1个原子；面心6个，每个面上的原子被两个晶胞分享，所以一个晶胞中，6个面心实际上只有6=3个原子，故在面心立方堆积中，每个晶胞含有4个金属原子，故D正确。
答案选C。
11.有五种短周期主族元素 X、 Y、 Z、 R、Q， 它们的原子序数逐渐增大，其中X、 Y、 R、Q在周期表中位置如图；R的简单离子半径是同周期中最小的；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol。下列说法正确的是( )
X
Y
R
Q
A. 工业上都用电解它们的氧化物方法制Z、R、Q单质
B. X和Y 的单质熔点： X
D. Y的简单氢化物可与盐酸反应生成既有离子键又有共价键和配位键的化合物
【答案】D
【解析】
分析】
X、 Y、 Z、 R、Q是原子序数依次增大的短周期元素，根据X、 Y、 R、Q在周期表中位置，X、 Y位于第二周期，R、Q位于第三周期，且X、Q同主族；R的简单离子半径是同周期中最小的，则R为Al；根据R与X、 Y、Q的相对位置关系可推出，Q为Si，X为C；Y为N；Z是组成叶绿素的金属元素，其原子的第一至第四电离能分别是: I1=738kJ/mol I2 = 1451 kJ/mol I3 = 7733kJ/mol I4 = 10540kJ/mol，可见I3≫I2，Z原子最外层有2个电子，则Z为Mg。综合以上分析，X、 Y、 Z、 R、Q分别是C、N、Mg、Al、Si，据此分析解答。
【详解】A. 工业上用电解熔融氧化铝制取铝，因氧化镁熔点高，不用电解熔融氧化镁制取镁，工业上用焦炭在高温下还原二氧化硅制取粗硅，故A错误；
B. C的单质如金刚石为原子晶体，具有高熔点，N 的单质如N2为分子晶体，熔点低，故B错误；
C. 同周期主族元素自左而右第一电离能呈增大趋势，Mg元素原子3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能Mg＞Al，故C错误；
D. NH3可与盐酸反应生成NH4Cl，NH4Cl为离子化合物，既有离子键又有共价键和配位键，故D正确。
故选D。
12.下图是氯化钠、氯化铯、二氧化硅、晶体硅的晶体结构一部分，有关晶体的叙述中，正确的是( )
A. SiC与二氧化硅晶体熔化时，所克服的微粒间相互作用不相同
B. 氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
D. 在晶体硅中，硅原子与Si—Si键数目比为1:4
【答案】C
【解析】
【详解】A. SiC与二氧化硅晶体都是原子晶体，熔化时，所克服的微粒间相互作用都是共价键，故A错误；
B. 由氯化钠晶胞图可知，氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；
C. 从CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图为，则由图可知在CsCl晶体中每个Cs+周围都紧邻8个Cl-，故C正确；
D. 硅原子的最外层电子数是4个，所以平均1个硅原子形成的Si—Si键是4÷2＝2个，故D错误。
答案选C。
13.下表是A、B、C、D、E、F六种短周期元素的部分化合价、电负性和原子半径数据。下列说法正确的是( )
A
B
C
D
E
F
化合价
+1
﹣2
﹣1
﹣2
﹣1
+1
电负性
2.1
2.5
3.0
3.5
4.0
0.9
原子半径/nm
0.037
0.102
0.099
0.073
0.071
0.154
A. F的单质、FA晶体中均含有金属阳离子，都属于离子晶体
B. A2D2、F2D2都是含有非极性键的离子化合物
C. 氧化物对应水化物的酸性：B
【解析】
【分析】
B、D的化合价都是-2，应该位于ⅥA族，B的原子半径大于D，则B为S元素、D为O元素；A、F的化合价都是+1价，应该位于ⅠA族，A的原子半径小于O，则A为H元素，F的原子半径大于S，则F为Na元素；C、E的化合价都是-1价，应该位于VIIA族，C的原子半径大于E，则C为Cl元素、E为F元素。综合以上分析，A为H，B为S，C为Cl，D为O，E为F，F为Na，以此分析解答。
【详解】A. Na为金属晶体、NaH为离子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B. H2O2为共价化合物、Na2O2为离子化合物，故B错误；
C. S的氧化物的水化物H2SO3为弱酸，H2SO4为强酸，而Cl的氧化物的水化物中HClO为弱酸，HClO4为强酸，氟无正价，无法比较氧化物对应水化物的酸性强弱，故C错误；
D. 元素的非金属性F>Cl>S，氧化性F>Cl>S，所以简单阴离子的还原性：F-< Cl-
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，根据元素化合价、电负性、原子半径正确推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。
14.最近，科学家研发了“全氢电池”，其工作原理如图所示。下列有关该电池工作时的说法，正确的是( )
A. 电解质溶液中，Na+向左移动
B. 该电池的总反应为H+ + OH- = H2O
C. 电子由N电极经导线流向M电极
D. 导线上通过1mole-，装置内H2总量减少0.5mol
【答案】B
【解析】
【分析】
由图可知，N电极上H+得电子被还原成H2，M电极上H2失电子发生氧化反应生成H2O，则左边M电极是负极，右边N电极是正极。
【详解】A. 根据以上分析，左边M电极是负极，右边N电极是正极，则电解质溶液中，由于阳离子向正极移动，所以Na+向右移动，故A错误；
B. 负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，正极的电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以总反应为H+ + OH- = H2O，故B正确；
C. 根据以上分析，左边M电极是负极，右边N电极是正极，所以电子由M电极经导线流向N电极，故C错误；
D. 由电池的总反应H+ + OH- = H2O可知，负极消耗的氢气等于正极产生的氢气，故D错误。
答案选B。
【点睛】本题考查原电池工作原理，明确电极上得失电子及反应是解本题关键，注意掌握原电池两极及总反应式的书写方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
15.室温下，用0.100mol•L﹣1 NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100mol•L﹣1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl﹣)=c(CH3COO﹣)
C. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(H+)＞c(OH﹣)
【答案】C
【解析】
【详解】A. 0.100mol·L-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸属于弱酸，存在电离平衡，所以起点pH较小的Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；
B. V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应，因为CH3COO-水解而消耗，所以两份溶液中c(Cl-）＞c(CH3COO-），故B错误；
C. 当醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时，形成醋酸钠溶液，醋酸钠水解使溶液pH>7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)<20.00mL，故C正确；
D. V(NaOH)=10.00mL时，生成的醋酸钠与剩余醋酸浓度相等，由于醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，所以溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查酸碱中和滴定及盐类的水解，注意等物质的量浓度的醋酸与醋酸钠的混合溶液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度。
第Ⅱ卷 (非选择题 共55分)
二、(本题包括2小题，共25分)
16.大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)之后才能排放。
(1)CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛。 反应CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示。
温度/℃
400
500
830
1 000
平衡常数K
10
9
1
0.6
①从上表可以推断：此反应是__________(填“吸”或“放”)热反应。
②在830 ℃下，若开始时向恒容密闭容器中充入CO与H2O均为1 mol，则达到平衡后CO的转化率为________。
(2)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
回答下列问题：
①CO的燃烧热为 _________。若1 mol N2(g)、1 mol O2(g) 分子中化学键断裂时分别需要吸收946 kJ、498 kJ的能量，则1 mol NO(g) 分子中化学键断裂时需吸收的能量为_________kJ。
②写出CO将NO2还原为单质反应的热化学方程式为 ____________________
(3)汽车排气管上的催化转化器，发生上述的CO将NO2还原为单质反应。在一定温度下，将一定量的CO和NO2充入2L固定容积的容器中，回答以下问题：
①能说明该反应达到平衡状态的是_____________(填字母标号)。
A2υ正(NO2)=υ逆(N2)
B. 混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.气体总压强不再变化
D. ΔH保持不变
E．混合气体的密度不再变化
②从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，则5min内υ(CO)=___mol⋅L−1⋅min−1。
③25min时，物质浓度变化如图所示，则改变的条件可能是___________(填字母标号)。
A.缩小容器体积
B.增加NO2的浓度
C.降低温度
D.升高温度
【答案】 (1). 放 (2). 50% (3). 283kJ/mol (4). 631.75 (5). 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol (6). BC (7). 0.032 (8). D
【解析】
【分析】
(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，故可利用K和三段式计算CO的转化率；
(2) ①根据燃烧热的概念判断，反应热与键能的关系计算；
②根据盖斯定律计算此反应的反应热，写出热化学方程式；
(3)①可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
②前5min 内N2变化浓度为0.04mol/L，根据平均反应速率公式计算CO的平均反应速率；
③根据反应的特点，浓度、压强、温度对化学平衡的影响分析解答。
【详解】(1)①由表中数据可知，升高温度，K变小，说明反应逆向进行，即正反应为放热反应；
②在830 ℃下，K=1，设转化CO物质的量为x
CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g)
起始（mol） 1 1 0 0
转化（mol） x x x x
平衡（mol） 1-x 1-x x x
平衡常数K===1，解得，x=0.5，即CO转化率为100%=50%；
因此，本题正确答案是：放；50%；
(2) ①已知2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1，可以知道1molCO完全燃烧生成1molCO2时释放的能量为=283kJ，则CO的燃烧热为283kJ/mol；
由反应②可知，1molN2(g)和1molO2反应生成2molNO(g)吸收180.0 kJ热量，根据反应热与键能的关系可得946 kJ·mol−1+498 kJ·mol−1-2E(氮氧键)= 180.0 kJ·mol−1，则有E(氮氧键)= 631.75 kJ·mol−1；
②CO将NO2还原为单质的化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，结合反应：
①2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH＝−566.0 kJ·mol−1
②N2(g)＋O2(g) 2NO(g) ΔH＝+180.0 kJ·mol−1
③2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) ΔH＝−116.5 kJ·mol−1
根据盖斯定律可以知道，①2-②-③可得： 2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，则ΔH =（−566.0 kJ·mol−1）2-（+180.0 kJ·mol−1）-（−116.5 kJ·mol−1），则CO将NO2还原为单质的热化学方程式为：2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol，
因此，本题正确答案是：283kJ/mol ；631.75 ；2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g) ΔH= -1196kJ/mol；
(3)①A. 反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)中，若2υ正(NO2)=υ逆(N2)，说明正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态；
B. 混合气体的质量始终不变，气体的总物质的量不确定，则混合气体的相对分子质量为变量，当容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应达到平衡状态；
C. 在恒温、恒容条件下，反应2NO2(g)+4CO(g) ⇌N2(g)+4CO2(g)进行过程中气体总物质的量不断变化，压强也在变化，当容器内混合气体的压强保持不变，说明达到平衡状态；
D. 反应热大小只与起始和终止状态有关，ΔH保持不变，不能说明反应达到平衡状态；
E．混合气体的质量和体积始终不变，则容器内混合气体的密度保持不变，混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡状态。
因此，本题正确答案是：BC；
②2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)，从反应开始到5min，生成了0.08mol N2，
则5min内υ(CO)==0.032mol⋅L−1⋅min−1；
因此，本题正确答案是：0.032；
③由图像可知，25min时，改变条件的瞬间NO2和N2的浓度都不变，改变条件后，NO2浓度增大，N2浓度减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件应该是升高温度，选D，
因此，本题正确答案是：D。
17.下列是MnO2工业制备及对含Mn2+废水处理的有关问题，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13 ， Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11，回答下列问题：
(1)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，其阳极反应式为___________。
(2)往MnSO4溶液中加入(NH4)2CO3溶液制取MnCO3时会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，该反应的平衡常数K＝_________(保留一位小数)。
(3)废水中的Mn2+，也可用NH4HSO4调节溶液的pH。室温时，往100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，所得溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系曲线如下图所示 (反应前后溶液总体积变化忽略不计) 。
a点c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝__________mol·L－1 ；图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是__________；b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是____________________。
【答案】 (1). Mn2+-2e-+2H2O= MnO2+4H+ (2). 115.8 或1.2×102 (3). 0.05 (4). a点 (5). c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)
【解析】
【分析】
（1）阳极发生氧化反应，锰离子在阳极失电子化合价升高，生成二氧化锰，根据原子守恒，反应物中有H2O参加，再根据电荷守恒，生成物中还有H+，据此分析；
(2)由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，可知，
K＝=，据此计算；
（3）NH4HSO4电离的H+抑制水的电离，NH4+水解促进水的电离，NH3H2O电离出OH-，抑制水的电离；a点溶液溶质恰好为(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性；b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3H2O，以此分析解答。
【详解】（1）阳极发生氧化反应，锰离子在阳极失电子化合价升高，生成二氧化锰，根据原子守恒，反应物中有H2O参加，再根据电荷守恒，生成物中还有H+，则反应的电极式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
因此，本题正确答案是：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
(2)由MnCO3(s)＋2OH－(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，可知，K＝=
==115.8；
因此，本题正确答案是：115.8；
(3)a点溶液为0.1 mol/L的NH4HSO4溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，恰好消耗完H+，溶液中只有 (NH4)2SO4与Na2SO4，溶液体积增大一倍，根据物料守恒关系，c(NH4+)＋c(NH3 .H2O)＝0.1 mol/L ×=0.05mol·L－1 ；
向100 mL 0.1 mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液；OH-先中和H+，在此过程中水的电离程度增大；后OH-与NH4+反应生成NH3·H2O，NH4+浓度减小，水解程度减小，则水的电离程度减小；b、c、d三点溶液均含有NH3 .H2O，NH3 .H2O抑制水的电离，a点恰好将H+完全中和，NH4+浓度最大，所以水的电离程度最大的是a点；
b点溶液为中性，溶质为(NH4)2SO4与Na2SO4、NH3H2O，V(NaOH)>V(NH4HSO4)，铵根离子水解，则离子浓度大小为c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)，
因此，本题正确答案是：0.05； a点；c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。
三、(本题包括2小题，共30分)
18.许多金属及其化合物在生活、化工、医药、材料等各个领域有着广泛的应用。
(1)钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度，被美誉为“未来钢铁”、“战略金属”。钛基态原子中电子占据最高能级的符号为________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_______种。钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是___________________。
(2)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示，该晶胞中N、Ti之间的最近距离为a×10-10 cm，则该氮化钛的密度为______ g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。
(3)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。
Li原子的第一电离能为______kJ·mol-1，OO键键能为_____kJ·mol-1，Li2O晶格能为____kJ·mol-1。
【答案】 (1). 3d (2). 3 (3). 钛原子的价电子数比Al多，金属键更强 (4). (5). 520 (6). 498 (7). 2908
【解析】
【分析】
(1) 钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写出钛原子价电子排布式，再确定占据的最高能级；基态Ti原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞的质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，再根据=计算；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量；OO键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量；晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，以此解答。
【详解】(1) 钛原子核外有22个电子，基态钛原子价电子排布式为3d24s2，占据最高能级的符号为3d；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；钛原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3，钛原子的价电子数比铝多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大；
因此，本题正确答案是：3d；3；钛原子的价电子数比Al多，金属键更强；
(2) 根据均摊法，可知该晶胞中N原子个数为6+8=4，Ti原子个数为1+12=4，所以晶胞质量为m=g，而晶胞的体积V=(2a×10-10)3cm3，所以晶胞的密度= g·cm－3，
因此，本题正确答案是：；
(3) Li原子的第一电离能是指1mol气态锂原子失去1mol电子变成1mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ·mol-1；O=O键键能是指1mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249kJ·mol-1=498 kJ·mol-1。晶格能是指气态离子结合生成1mol离子晶体所释放的能量或1mol离子晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则Li2O晶格能为2908kJ·mol-1。
因此，本题正确答案是：520 ；498 ；2908。
19.已知X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态；W位于第2周期，其原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子。
请回答下列问题：(答题时，X、Y、Z、W、K、L用所对应的元素符号表示)
(1)ZX5为离子化合物，写出它的电子式_________________。
(2) K的基态原子的电子排布式是______________________。
(3) Y、Z、W元素的第一电离能由大到小的顺序是__________________。
(4)第一电离能I1(L)__I1(K)(填“大于”或“小于”)，原因是________________
(5)Y2X4是石油炼制的重要产物之一， 1mol Y2X4分子中含σ键为______mol；
(6)肼(Z2H4)可用作火箭燃料，其原理是：Z2O4(l)+2Z2H4(l)＝3Z2(g)+4H2O(g)，若反应中有4mol Z－H键断裂，则形成的π键有_________mol.
(7)Z、K两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，则Z原子的配位数是______。
【答案】 (1). (2). [Ar]3d104s1 (3). N＞O＞C (4). 大于 (5). Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (6). 5 (7). 3 (8). 6
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态，则K为Cu；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子，则L为Zn，据此解答。
【详解】X、Y、Z、W、K、L六种元素均位于周期表的前四周期，且原子序数依次增大。元素X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态，则Y为碳元素；W位于第2周期，其原子核外成对电子数是未成对电子数的3倍，原子核外电子排布为1s22s22p4，则W为O元素；Z的原子序数介于碳、氧之间，故Z为N元素；K的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态，则K为Cu；L位于ds区，它的基态原子的N层上只有2个电子，则L为Zn，
(1)NH4H为离子化合物，电子式为，
因此，本题正确答案是：；
(2) K为Cu元素，基态原子的电子排布式是：[Ar]3d104s1，
因此，本题正确答案是：[Ar]3d104s1；
(3) 同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，
因此，本题正确答案是：N＞O＞C；
(4) Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，所以第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)，
因此，本题正确答案是：大于；Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2 ，Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
(5)单键为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，一个C2H4分子中含有一个碳碳双键和4个碳氢单键，则1mol C2H4分子中含σ键为5 mol，
因此，本题正确答案是：5；
(6) 由反应式N2O4(l)+2N2H4(l)＝3N2(g)+4H2O(g)可知，若反应中有4mol Z－H键断裂，则反应了1mol N2H4，生成了1.5mol N2，一个N2中有2个π键，则形成的π键有1.5mol×2=3mol，
因此，本题正确答案是：3；
(7) Z为N元素，K为Cu元素，晶胞中白球有8×=1个，黑球有12×=3个，则白球为N，黑球为Cu，根据晶胞，Cu原子的配位数为2，N原子配位数为=6，
因此，本题正确答案是：6。
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