【化学】黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期期末考试（解析版）

黑龙江省哈尔滨市第六中学2018-2019学年高二上学期期末考试
1.下列有关原子轨道的叙述中正确的是(　　)
A. 氢原子的2s轨道能量较3p轨道高
B. 锂原子的2s与5s 轨道均为球形
C. p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层序数的增加，p能级原子轨道也在增多
D. 能层n＝4的原子轨道最多可容纳16个电子
【答案】B
【解析】
【详解】A. 能层越高，轨道的能量越高，所以氢原子的2s轨道能量较3p轨道低，故A错误；
B. s轨道为球形，所以锂原子的2s与5s 轨道均为球形分布，故B正确；
C. p能级的原子轨道呈哑铃形，p能级含有3个原子轨道，随着能层序数的增加，p能级原子轨道数目不变，故C错误；
D. 各电子层最多容纳电子数2n2，则能层n＝4的原子轨道最多可容纳32个电子，故D错误。
答案选B。
2.下列叙述正确的是(　　)
A. 除0族元素外，短周期元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属族的族序数
B. 除短周期外，其他周期均为18种元素
C. 副族元素没有非金属元素
D. 碱金属元素是指ⅠA族的所有的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A.氟元素没有正化合价，、氧元素没有最高正化合价，其它短周期主族元素的最高化合价在数值上都等于该元素所属的族序数，故A错误；
B.第六周期容纳32种元素，故B错误；
C. 副族元素都是金属元素，非金属元素处于主族与零族，所以C选项是正确的；
D.ⅠA族包含氢元素与碱金属元素，氢元素是非金属元素，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律，比较基础，注意周期表中一些元素性质特殊性。
3.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol－1。请根据下表数据判断，错误的是 (　　)
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600


A. 元素X的常见化合价是＋1价
B. 元素Y是ⅢA族元素
C. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【详解】A项，由元素X的电离能可知，X元素极易失去第一个电子，所以常见化合价为+1价，故A项正确；
B项，根据元素Y的电离能可知，Y元素的最外层只有三个电子，且Y是主族元素，则元素Y是第ⅢA族元素，故B项正确；
C项，由元素X的电离能可知，X元素极易失去第一个电子，所以常见化合价为+1价，可能与氯形成化合物XCl，故C项正确；
D项，根据元素Y的电离能可知，Y元素的最外层只有三个电子，若Y处于第三周期，则Y为Al，而铝不能与冷水反应，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
4.下列关于SO2与CO2分子的说法正确的是(　　)
A. 都是直线形结构 B. 中心原子都采取sp杂化
C. S原子和C原子上都没有孤对电子 D. SO2为V形结构，CO2为直线形结构
【答案】D
【解析】
【详解】SO2中S原子有未用于成键的孤对电子，与两对成键电子对相互排斥，采取sp2杂化，是V形结构；而CO2中C原子上没有孤对电子，采取sp杂化，是直线形结构。
答案 选D。
5.通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是
A. NCl3分子中N—Cl键的键长比CCl4分子中C—Cl键的键长长
B. NCl3分子是非极性分子
C. 分子中的所有原子均达到8电子稳定结构
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】C
【解析】
试题分析：
A项N—Cl键中氮原子的半径比C—Cl键中碳原子的半径小，使得N—Cl键的键长比C—Cl键的键长短，故A不正确；B项NCl3与NH3的空间构型相似，可知NCl3的空间构型为三角锥形，属于极性分子，故B不正确；C项NCl3与NH3的分子结构相似，并且N原子和Cl原子周围均为8电子稳定结构；D项NBr3和NCl3结构相似，但分子间作用力大，难挥发，故D不正确。
考点：考查分子空间构型、化学键、性质、分子极性以及8电子稳定结构的判断
点评：本题考查了分子空间构型、化学键、性质、分子极性以及8电子稳定结构的判断，
是高考中的常见考点和题型，难度中等。该题在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和知识的迁移能力，也有助于提升学生的学科素养。
6.下列说法正确的是(　　)
A. HF、HCl、HBr、HI的熔沸点依次升高
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. CS2、H2S、C2H2都是直线形分子
D. 氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4
【答案】B
【解析】
【详解】A.因为F的非金属性较强，对应的氢化物HF分子间可形成氢键，沸点较高，故A错误；
B. CH4中只含有C-H极性键，CCl4中只含有C-Cl极性键，CH4、CCl4的空间构型为正四面体，分子结构对称，正负电荷中心重合的属于非极性分子，故B正确；
C. H2S分子中，S原子形成2个键，孤电子对数为=2，则为sp3杂化，为V形，CS2、C2H2中心原子的杂化方式sp杂化，为直线形分子，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，则酸性HClO4＞HClO3＞HClO2 ＞HClO，故D错误。
所以B选项是正确的。
7.下列各组中的X和Y两种原子，化学性质一定相似的是 (　　)
A. X原子和Y原子最外层都只有1个电子
B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2
C. X原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子
D. X原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子
【答案】C
【解析】
【详解】A. 最外层都只有1个电子的X和Y，可能为H与碱金属元素，性质不同，故A错误；
B. 原子的核外电子排布式为1s2的X为He，原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be，两者性质不同，故B错误；
C. 原子的2p能级上有3个电子的X为N，原子的3p能级上有3个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；
D. 原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，性质不相同故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】解答时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价的性质相似。
8.下列物质：①H3O＋　②[Cu(NH3)4]2＋　③CH3COO－　④NH3　⑤CH4中存在配位键的是
A. ①② B. ①③ C. ④⑤ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】
在物质或离子中中心原子含有空轨道，和含有孤电子对的原子或离子能形成配位键，①氢离子提供空轨道，氧原子提供孤电子对；②铜离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤CH4 分子中，碳原子与4个氢原子分别共用一对电子，形成4个C-H键，无空轨道，无孤电子对。
【详解】①H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；②Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，[Cu（NH3）4]2+ 含有配位键；③CH3COO- 中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为：，不含有配位键；④NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个H-N键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；⑤甲烷中碳原子满足8电子稳定结构，氢原子满足2电子稳定结构，电子式为，无空轨道，无孤电子对，CH4不含有配位键；答案选A。
【点睛】本题考查配位键的判断，明确配位键的形成是解本题关键，题目难度中等．注意配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
9. 据报道，1995年我国科研人员在兰州首次合成了镤元素的一种同位素镤－239，并测知其原子核内有148个中子。现有A元素的一种同位素，比镤—239的原子核内少54个质子和100个中子，则A元素在周期表中的位置是
A. 第3周期第ⅠA族 B. 第4周期第ⅠA族
C. 第5周期第ⅠA族 D. 第3周期第ⅡA族
【答案】C
【解析】

10.关于氢键，下列说法正确的是(　　)
A. 含氢元素的化合物中一定有氢键
B. 氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键
C. DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的
D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
【答案】C
【解析】
【详解】A. 某些含N-H、O-H、F-H的化合物才能形成氢键，所以含有氢元素不一定有氢键，如甲烷中含有氢元素，不含氢键，故A错误；
B.氢键不属于化学键，属于分子间作用力的一种，故B错误；
C.N元素的电负性较大，DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的，所以C选项是正确的；
D. H2O是一种非常稳定的化合物，与共价键有关，与氢键无关，故D错误。
所以C选项是正确的。
11.已知X元素和Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是(　　)
A. X与Y形成化合物时：X可以显负价，Y显正价 B. 第一电离能：Y可能小于X
C. 最高价含氧酸的酸性：X弱于Y D. 气态氢化物的稳定性：Y小于X
【答案】C
【解析】
【分析】
X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y；电负性大的元素在化合物中显负价；一般情况下，非金属性强的元素，第一电离能大；非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，气态氢化物越稳定。
【详解】X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，则非金属性X＞Y。
A、电负性大的元素在化合物中显负价，所以X和Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，故A正确；
B、一般非金属性强的，其第一电离能大，则第一电离能Y可能小于X，故B正确；
C、非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性X＞Y，则X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y对应的最高价含氧酸的酸性，故C错误；
D、非金属性越强，气态氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：Y小于X，故D正确。
故选C。
【点睛】本题主要考查位置、结构、性质的关系，明确同周期位置关系及电负性大小得出元素的非金属性是解答本题的关键，注意第一电离能规律中的异常现象。
12.下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的( )
A. 丙烯分子有2个σ键，1个π键
B. 丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C. 丙烯分子存在非极性键
D. 丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】C
【解析】
A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，A错误；B．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，B错误；C．存在C-C非极性键，C正确；D．C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线上，D错误；答案选C。
13.下列说法正确的是(　　)
A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小
B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质
D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大
【答案】C
【解析】
【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；
B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；
C. 浓度为0.1 mol·L－1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；
D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。
故答案选C。
14.现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是（ ）
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A. ③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B. ②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH-)
C. 分别加入水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③
D. V1L④与V2L①混合，若混合后溶液pH=7，则V1 【答案】D
【解析】
A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；故选D。
15.用盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中会引起实验误差的是(　　)
A. 滴定前酸式滴定管需用盐酸标准液润洗
B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C. 往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】
根据c（待测）=分析不当操作对相关物理量的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】A．取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸，标准液浓度不变，标准溶液盐酸的体积不变，对实验结果无影响，故A错误；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定，待测液的物质的量不变，标准溶液盐酸的体积不变，对实验结果无影响，故B错误；
C．在NaOH溶液中酚酞为红色，滴定终点时为无色，所以往盛有20.00mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后可以进行滴定，故C错误；
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液，待测液的物质的量偏大，标准溶液盐酸的体积偏大，所测结果偏大，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查中和滴定的误差分析，注意滴定管必须润洗，锥形瓶不能润洗，锥形瓶内的蒸馏水不影响滴定结果。
16.室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A. a点所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA)
B. a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C. pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)
D. b点所示溶液中c(A－)>c(HA)
【答案】D
【解析】
【详解】由图像可知向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入10 mL 0.1 mol·L－1HA的该一元酸后，溶液呈碱性，说明该酸为弱酸，反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性。
A. a点溶液中A-水解A-+H2OHA+OH-，显碱性，氢氧根浓度大于氢离子的浓度，其中忽略水电离出来的少部分氢氧根，则有c(OH-)=c(HA)，则c(HA)>c(H+)，故A错误；
B. a点溶质为NaA，水解促进电离，而b点HA电离抑制水解，则a、b两点所示溶液中水的电离程度a>b，故B错误；
C. pH＝7时，c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(H+)+ c(Na＋)= c(A－)＋c(OH-)，可以知道c(Na＋)＝c(A－)，故C错误；
D. b点为等量的NaA、HA，电离大于水解，则b点所示溶液中c(A－)>c(HA)，故D正确。
所以D选项是正确的。
17.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）

A. b点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
B. 采取蒸发溶剂的方法可以使溶液从a点变到b点
C. 该温度下，Ag2SO4的Ksp＝1.6×10－5
D. 0.02 mol·L－1的AgNO3溶液与0.2 mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】
在相同温度下，Ag2SO4的溶度积为定值，随着浓度SO42-的增大，Ag+浓度逐渐减小，位于曲线的点b、c为平衡状态，即溶液达到饱和，a为不饱和状态，以此解答该题。
【详解】A．在相同温度下，Kap相同，所以A选项是正确的；
B．蒸发溶液，Ag+浓度和SO42-浓度都增大，不可能为a点达到b点，故B错误；
C．由图象可以知道，Ag2SO4的溶度积常数Ksp=（0.02）2×0.04=1.6×10-5，所以C选项是正确的；
D．0.02mol/L的AgNO3溶液与0.2mol/L的Na2SO4溶液等体积混合，c（Ag+）=0.01moL/L，c（SO42-）=0.1mol/L，则（0.01）2×0.1=1×10-5＜1.6×10-5，没有沉淀生成，所以D选项是正确的。
答案选B。
【点睛】关于溶解平衡图像分析：①曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。②可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。③从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。④比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。⑤涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
18.一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A. pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=1×10-5 mol·L-1
B. pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)
D. pH相同的①CH3COONa　②NaHCO3　③NaClO三种溶液的c(Na+):①>②>③
【答案】D
【解析】
【详解】A. H2S溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－、H2OH＋＋OH－，由上述电离方程式可知，溶液中的氢离子来自水的电离和硫化氢的电离，则pH=5的H2S溶液中，c(H+)=1×10-5 mol·L-1＞c(HS-)，故A错误；
B. 一水合氨为弱电解质，加水稀释促进一水合氨的电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后的pH=b，则a＜b+1，故B错误；
C. pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液以任意比例混合，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2(C2O42-)，故C错误；
D. 酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解的规律可知，组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，所以pH相同的三种盐溶液中的c(Na+)：①>②>③，故D正确，答案选D。
19.某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀
③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解
下列说法中不正确的是(　　)
A. 将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2＋
B. ①中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
C. 实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
D. NH4Cl溶液中的NH4+可能是④中沉淀溶解的原因
【答案】C
【解析】
【分析】
将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，加入FeCl3溶液,会出现红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化镁的选浊液中滴加氯化铁会生成氢氧化铁沉淀，沉淀向着更难溶的物质转化，氯化铵会对氢氧化镁的沉淀溶解平衡产生影响。
【详解】将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到氢氧化镁和氯化钠以及剩余氢氧化钠的混合物，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq),
A、将①中所得浊液氢氧化镁过滤，氢氧化镁存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所得滤液中含少量Mg2＋，所以A选项是正确的；
B、浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，所以B选项是正确的；
C、实验②中是因为剩余的氢氧化钠和氯化铁之间反应生成氢氧化铁的缘故，不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，故C错误；
D、氢氧化镁存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加氯化铵，会和氢氧根离子之间反应，所以平衡正向移动，沉淀溶解，所以D选项是正确的。
答案选C。
20.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是(　　)
A. 1 mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热
B. 由N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＝－56.9 kJ·mol－1，可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应后放出热量为56.9 kJ
C. 由：H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量为57.3 kJ
D. 已知101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1 mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，生成气态水不是稳定氧化物，故A错误；
B、由N2O4(g)2NO2(g)　ΔH＝－56.9kJ·mol－1，可知将1 mol N2O4(g)置于密闭容器中充分反应,反应是可逆反应,后放出热量小于56.9kJ，故B错误；
C、醋酸是弱酸存在电离平衡，电离过程是吸热过程，含1 mol CH3COOH的溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，故C错误；
D、已知101 kPa时，2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1，则1 mol碳完全燃烧生成CO2放出的热量大于110.5 kJ，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
21.下列叙述正确的是(　　)
A. 电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化
B. 某原电池反应为Cu＋2AgNO3===Cu(NO3)2＋2Ag，装置中的盐桥中可以是装有含琼胶的KCl饱和溶液
C. 因为镁的活泼性强于铝，所以将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中，镁作负极、铝作正极
D. 不能自发进行的氧化还原反应，任何方法都不可以实现
【答案】A
【解析】
【详解】A. 电解质溶液导电时，溶液中的阴阳离子分别向阳极和阴极移动，在两个电极上得失电子，发生氧化还原反应；金属的导电只是自由电子的定向移动不存在电子得失没有新物质产生，是一种物理过程，故A正确；
B. 因为电解质溶液为AgNO3，与氯离子反应生成沉淀，故不能用装有含琼胶的KCl饱和溶液作盐桥，B错误；
因为镁的活泼性强于铝，所以将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中，镁作负极、铝作正极
C. 将镁、铝用导线连接后放入氢氧化钠溶液中组成原电池，镁和氢氧化钠溶液不反应，故不能做负极，而铝可以与氢氧化钠溶液反应，故做负极的为铝，C错误。
D. 电解质溶液的导电过程就是电解过程，此时电源提供电能，把不能自发进行的氧化还原反应转变成现实，故D错误。
答案选A。
22.化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电。用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水，又能发电，尿素燃料电池结构如图所示，下列有关描述正确的是(　　)

A. 电池工作时H＋移向负极
B. 该电池用的电解质溶液是KOH溶液
C. 甲电极反应式：CO(NH2)2＋H2O－6e－===CO2＋N2＋6H＋
D. 电池工作时，理论上每净化1 mol CO(NH2)2，消耗33.6 L O2
【答案】C
【解析】
【详解】A、原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时H＋移向正极，故A错误；
B.该原电池是酸性电解质，质子交换膜只允许氢离子通过，故B错误；
C.负极上是CO(NH2)2失电子生成二氧化碳和氮气，则负极反应式为：CO(NH2)2＋H2O－6e－===CO2＋N2＋6H＋，所以C选项是正确的；
D.电池的总反应式为：2 CO(NH2)2+3O2=2CO2+2N2+4H2O，1 mol CO(NH2)2，消耗1.5mol O2，
则在标准状况下氧气为33.6 L，因为没说明是标准状况，所以氧气的体积不能求算，故D错误。
所以C选项是正确的。
23.研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A. d为石墨，铁片腐蚀加快
B. d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. d为锌块，铁片不易被腐蚀
D. d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A项，d为石墨，铁片作负极，发生氧化反应，腐蚀加快，故A项正确；
B项，d为石墨，石墨作正极，发生还原反应，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B项正确；
C项，d为锌块，锌块作负极，铁片作正极，这是牺牲阳极的阴极保护法，故C项正确；
D项，d为锌块，锌作负极，铁做正极，在铁片上发生还原反应，海水中的酸性很弱，因此发生反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为D。
24.电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示，电极为惰性电极。已知海水中含Na＋、Cl－、Ca2＋、Mg2＋、SO42-等离子。下列叙述中正确的是(　　)

A. A膜是阳离子交换膜
B. 通电后，海水中阴离子往b电极处移动
C. 通电后，b电极上产生无色气体，溶液中出现白色沉淀
D. 通电后，a电极的电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. a电极为电解池的阳极，是阴离子移向的极，所以A膜是阴离子交换膜，A错误；
B. 通电后，海水中阴离子往阳极（a电极）处移动，B错误；
C. 通电后，由于放电能力：H+>Mg2+>Ca2+，所以H+在阴极（b电极）上放电：2 H++2e-=H2↑，产生无色气体，由于破坏了附近的水的电离平衡，在该区域c(OH-)增大，会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以溶液中还会出现白色沉淀，C正确；
D. 通电后，由于在溶液中放电能力：Cl->OH-，所以在阳极发生反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，D错误。
答案选C。
25.一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1）。下列说法正确的是(　　)

A. 放电时，多孔碳材料电极为负极
B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极
C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移
D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－x/2）O2
【答案】D
【解析】
【详解】A项，放电时，多孔碳材料的电极上的氧气得电子，发生还原反应，所以多孔碳材料为正极，故A项错误；
B项，放电时，锂作为负极，多孔碳材料一极为正极，由于外电路电子由负极流向正极，即由锂电极流向多孔碳材料电极，故B项错误；
C项，充电时，锂连电源负极作阴极，由于阳离子向阴极移动，所以Li+向锂电极移动，故C项错误；
D项，充电是放电的逆反应，得到Li和O2，所以电极反应式书写正确，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
26.按要求填空：
I.（1）AlCl3的水溶液 pH______7（填＞、=、＜＝，其原因为______________（用离子方程式表示），将其溶液加热蒸干并灼烧最终得到物质是_____________________（填化学式）。
（2）常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp=c(Cr3+)·c3(OH−)=10−32，要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至_____________。
（3）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH4Cl ②氨水 ③NH4HSO4，c(NH4+)大小顺序正确的是______________。（用序号表示）
（4）常温下两种溶液：a．pH=4 NH4Cl b．pH=4盐酸溶液，其中水电离出C（H+）之比为____________________。
II．室温下，某一元弱酸HA的电离常数K＝1.6×10－6。 向20.00 mL 浓度约为0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1 的标准NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：

（1）a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。
（2）滴定过程中部分操作如下，下列各操作使测量结果偏高的是___________（填字母序号）。
A．滴定前碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积
（3）若重复三次滴定实验的数据如下表所示，计算滴定所测HA溶液的物质的量浓度为___mol/L。（保留4位有效数字）
实验序号
NaOH溶液体积/mL
待测HA溶液体积/mL
1
21.01
20.00
2
20.99
20.00
3
21.60
20.00
【答案】 (1). < (2). Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ (3). Al2O3 (4). 5 (5). ③>①>② (6). 106:1 (7). c (8). 酚酞 (9). c点以上 (10). A D (11). 0.1050
【解析】
【分析】
（1）为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加热促进水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，灼烧生成氧化铝；
（2）根据Ksp= c（Cr3+）c3（OH-）计算；
（3）水解和电离程度都很小，依据其它离子对铵根离子水解是否有影响分析；
（4）NH4Cl溶液中H+全部来自水的电离，pH=4时，c(H+)水=c(H+)=10-4mol/L，盐酸中，HCl电离出H+，抑制水的电离，盐酸中的c(H+)水与溶液中的c(OH-)相等，c(H+)水= c(OH-)==10-10mol/L；
II．（1）a点是HA溶液，b点是HA和少量NaA的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合溶液，d点是NaA和NaOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。
（2）根据c(待测)=分析；
（3）根据数据的有效性舍去第3组数据，则1、2组平均消耗V(NaOH)==21.00mL，根据反应方程式HA+NaOH=NaA+H2O，0.021×0.1000=0.02×c(HA)，则c(HA)= 0.1050mol/L。
【详解】I.（1）氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，溶液呈酸性，常温时pH＜7。实验室配制氯化铝溶液时，为抑制氯化铝水解，将氯化铝溶于盐酸，然后加水稀释到所需浓度。将氯化铝溶液加热蒸干，促进氯化铝水解，平衡向右移动，盐酸挥发，得到氢氧化铝固体，灼烧得到氧化铝，
故答案为：＜；Al3++3H2O Al(OH)3+3H+ ；Al2O3；
（2）当c（Cr3+）=10-5mol/L时，Ksp= c（Cr3+）c3（OH-），溶液的c（OH-）==10-9 mol/L，c（H+）═=10-5mol/L，pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5，
故答案为：5；
（3）NH4Cl溶液中，氯离子不影响铵根离子的水解，氨水中一水合氨电离程度很小，硫酸氢铵中，氢离子对铵根离子的水解起到抑制作用，所以三种溶液中，铵根离子的浓度大小顺序是：③＞①＞②，
故答案为：③＞①＞②；
（4）①中由水电离出的c（H+）=10-4mol/L，②中由水电离出的c（H+）=10-10mol/L，二者比值为10-4mol/L：10-10mol/L=106：1，
故答案为：106：1；
II．（1）a点是HA溶液，b点是HA和少量NaA的混合溶液，c点是NaA和少量HA的混合溶液，d点是NaA和NaOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，NaA水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。
故答案为：c ；酚酞；c点以上；
（2）A．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准溶液，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=，可以知道测定c(HA)偏大，故A正确；
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入HA溶液后进行滴定，被滴定的HA溶质的量不变，对结果没有影响，故B错误；
C．滴定过程中，溶液出现变色后，立即停止滴定，相当于标准液的体积偏小，根据c(待测)=，可以知道测定c(HA)偏小，故C错误；
D．滴定结束后，仰视液面，读取NaOH溶液体积，造成V（标准）偏大，根据c(待测)=，可以知道测定c(HA)偏大，故D正确。
故答案为：A D；
（3）根据数据的有效性舍去第3组数据，则1、2组平均消耗V(NaOH)==21.00mL，根据反应方程式HA+NaOH=NaA+H2O，0.021×0.1000=0.02×c(HA)，则c(HA)= 0.1050mol/L，
故答案为：0.1050。
【点睛】本题I考查盐类水解的应用，注意盐溶液蒸干时要考虑水解，如将氯化铁溶液加热蒸干并灼烧得氧化铁固体；将硫酸铁溶液加热蒸干并灼烧得硫酸铁固体。
27.为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。

I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B． 镁 C．银 D．铂
（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。
（5）电解进行一段时间后，若在X极收集到672mL气体，Y电板(铁电极)质量减小0.28g，则在Y极收集到气体为____mL(均己折算为标准状况时气体体积)。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。
【答案】 (1). B (2). 从右向左 (3). 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) (4). 增大 (5). 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O (6). 168 (7). 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【解析】
分析：I.甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极，利用该原电池电解氢氧化钠溶液，结合原电池、电解池的工作原理解答。
II.乙装置是电解池，铁电极与电源正极相连，作阳极，铁失去电子，碳棒是阴极，氢离子放电，结合电极反应式以及电子得失守恒解答。
详解：（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序可知Mg＞Zn，因此不能是Mg，答案选B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42−会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。利用该原电池电解氢氧化钠溶液，由于电极均是铜，在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生。
（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，所以X极处溶液的c(OH-)增大。
（4）由于实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。又因为高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色，所以在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH−－4e−=2H2O+O2↑和Fe－6e−+8OH−=FeO42−+4H2O；
（5）X电极产生氢气，n(H2)=0.672L÷22．4L/mol=0.03mol，n(e-)=0.06mol。在整个电路中电子转移数目相等，则4×n(O2)+6×(0．28g÷56g/mol)=0．06mol，解得n(O2)=0．0075mol，所以V(O2)=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L=168mL；
（6）K2FeO4－Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2。K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式减去负极电极式可得该电池正极发生的电极反应式为2FeO42−+6e−+5H2O=Fe2O3+10OH−。
28.碳、氮、氧、氟、硫是中学常见的非金属元素，铁离子可与由它们组成的SCN﹣，CN﹣，F﹣等形成很多的配合物。
（1）基态Fe原子中，电子占据的最高能层符号为____，该能层具有的原子轨道数为_____,电子数为______。
（2）已知（CN）2是直线型分子，并有对称性，则（CN）2中π键和σ键的个数比为______，在配合物Fe（SCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是______。
（3）配合物K4[Fe（CN）6]中不存在的作用力_______（填序号）。
A．共价键 B．离子键 C．非极性键 D．配位键
（4）写出一种与SCN﹣互为等电子体的分子_________（用化学式表示），该分子的空间构型为___________________。
（5）肼(N2H4)可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)△H=-1038.7kJ·mol-1，若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的π键有________mol。
（6）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。

下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_________（填标号）。
a. CF4 b. CH4 c. NH4＋ d. H2O
【答案】 (1). N (2). 16 (3). 2 (4). 4：3 (5). Fe3+ (6). C (7). CS2或CO2 (8). 直线形 (9). 3 (10). C
【解析】
【分析】
(1)Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，据此解答；
(2) （CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NC-CN；根据配合物化学式可知，Fe（SCN）2+中提供空轨道接受孤对电子的微粒应该是铁离子，据此解答；
(3)钾离子和六氰合铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，据此解答；
(4)原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；
(5) 若该反应中有4mol N-H键断裂，参加反应N2H4为1mol，生成氮气为1.5mol，氮气分子结构式为NN，三键中含有2个键；
(6)F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子。
【详解】(1)Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，电子占据的最高能层符号为N，该能层具有的原子轨道数为1+3+5+7=16、电子数为2，
因此，本题正确答案是：N；16；2；
(2) （CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：NC-CN，（CN）2中键和键的个数比为4:3；根据配合物化学式可知，Fe（SCN）2+中提供空轨道接受孤对电子的微粒应该是铁离子，
因此，本题正确答案是：4:3；Fe3+；
(3) 钾离子和六氰合铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在CN三键，为极性共价键，不存在非极性共价键，所以C选项是正确的；
因此，本题正确答案是：C；
(4)原子总数、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与SCN﹣互互为等电子体的分子为CS2或CO2，其中心原子的价电子对数为=2，无孤对电子，所以分子空间构型为直线型，
因此，本题正确答案是：CS2或CO2；直线形；
(5) 若该反应中有4mol N-H键断裂，参加反应N2H4为1mol，生成氮气为1.5mol，氮气分子结构式为NN，三键中含有2个键，形成键的物质的量为2×1.5mol=3mol，
因此，本题正确答案是；3；
(6) F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH4＋符合，
故选：c。
29.某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A，B，C，D，E五种元素组成，其原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。其中C，D同主族且原子序数D为C的2倍，E元素的外围电子排布式为(n－1)dn＋6ns1，试回答下列问题：
（1）该配位化合物的化学式为________________________，配合物中采取sp3杂化的原子按第一电离能由大到小排列顺序为______________(用元素符号表示),1mol配离子中含有的σ键数目为_________________。
（2）D元素基态原子的最外层电子排布图为_______________________________。
（3）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1∶1和1∶2，两种化合物可以任意比互溶，解释其主要原因为_________________________________。
（4）A元素与B元素可形成分子式为B2A2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为________，该分子中B元素的杂化方式为________。
（5）该配合物溶于水得深蓝色溶液，加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体,则加入乙醇的作用是____________________________________________________。
【答案】 (1). [Cu(NH3)4]SO4·H2O[或Cu(NH3)4SO4·H2O] (2). N＞O＞S (3). 16NA (4). (5). H2O2分子与H2O分子之间形成氢键(从相似相溶原理，分子结构相似的物质易互溶等角度回答，只要答案合理均可) (6). H—N=N—H (7). sp2 (8). 降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度
【解析】
【分析】
某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14∶4∶5∶1∶1，其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为(n－1)dn＋6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH3)4]2+、SO42-，结合原子序数可以知道A为H、B为N，由原子数目之比，可以知道该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O，据此解答。
【详解】(1) C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为(n－1)dn＋6ns1，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104s1，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu(NH3)4]2+、SO42-，结合原子序数可以知道A为H、B为N，由原子数目之比，可以知道该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p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O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S；1mol配离子中含有的σ键数目为（4×3+4）NA=16 NA，
因此，本题正确答案是：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；N＞O＞S；16 NA；
(2)D为S元素，其原子的最外层电子排布图为 ，
因此，本题正确答案是：；
(3) O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1:1和1:2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
因此，本题正确答案是：H2O2分子与H2O分子之间形成氢键；
(4)H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H—N=N—H，该分子中N元素的杂化方式为sp2，
因此，本题正确答案是：H—N=N—H ；sp2 ；
(5) 向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，则加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度
因此，本题正确答案是：降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度。
【点睛】本题考查物质结构与性质，涉及元素化合物推断、电离能、核外电子排布、微粒构型判断等，关键是根据配位化合物为深蓝色晶体进行推断。