第三章 烃的衍生物 测试题 高二下学期化学人教版（2019）选择性必修3

第三章烃的衍生物测试题一、单选题（共15题）1．下列说法正确的是A．分子式为C4H8O2的同分异构体中，属于酸类和酯类的共有5种B．将电石与水反应产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色说明有乙炔生成C．除去苯中混入的少量甲苯可加入适量的酸性KMnO4溶液，充分反应后再加入足量的NaOH溶液，然后分液即可D．等质量的苯、乙烷、乙烯和甲烷分别在氧气中充分燃烧，所消耗的氧气的量依次增加2．阿比朵尔可有效抑制冠状病毒，其结构简式如图所示。下列有关阿比朵尔的说法正确的是A．分子中含有手性碳原子B．阿比朵尔最多可与7molH2发生加成反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．可发生氧化、消去、取代反应3．常温时，下列各组离子能大量共存的是A．Cu2+、K+、、 B．Fe3+、、、C．Fe2+、Na+、Cl-、ClO- D．H+、Cl-、、C6H5O-4．羧酸和醇反应生成酯的相对分子质量为90，该反应的反应物是①

和CH3CH2OH②

和CH3CH2—18OH③

和CH3CH2—18OH④

和CH3CH2OHA．①② B．③④ C．②④ D．②③5．许多具有特殊功能的高分子材料不断改善我们的生活，某高分子材料的结构如图所示（R代表烃基）。下列说法正确的是A．该高分子材料耐酸、碱的腐蚀B．经过多次分离提纯得到的该物质属于纯净物C．该高分子材料可能具有较好的吸水、保水能力D．该高分子材料能使溴的四氯化碳溶液褪色6．利用下列装置及药品能达到实验目的的是A．制备并收集B．检验溴乙烷的消去产物C．制备并收集D．比较、与酸反应的快慢A．A B．B C．C D．D7．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A测定相同温度下相同物质的量浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者碳元素非金属性弱于硫B向1mL0.2NaOH溶液中滴入2滴0.1的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1的溶液，又生成红褐色沉淀在相同温度下，C向1mL0.1NaOH溶液中加入2mL0.1溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热未出现红色沉淀葡萄糖中不含醛基D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝溶液中不含A．A B．B C．C D．D8．一种抗肿瘤活性物质PsilostchyinA的结构如图所示。下列关于该化合物说法正确的是A．该物质分子式为C13H12O5B．分子中含4种官能团C．能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色D．该物质不存在含苯环的同分异构体9．普罗帕酮为广谱高效抗心律失常药。下列说法正确的是

A．可用溴水或FeCl3溶液鉴别X和Y B．反应物X与中间体Y互为同系物C．普罗帕酮分子中有2个手性碳原子 D．X、Y和普罗帕酮都能发生加成、水解、氧化、消去反应10．有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图。下列说法错误的是（

）

A．该有机物含有4种含氧官能团B．该有机物既能与Na反应，又能与反应C．该有机物能发生取代反应、加成反应和消去反应D．该有机物能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性溶液褪色11．表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温下溶液中含O原子总数为B．标准状况下，的质量为C．正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为D．乙酸与过量的乙醇充分反应后生成乙酸乙酯的分子总数为12．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示，下列关于分枝酸的叙述正确的是A．分子式为B．该有机物含有4种含氧官能团C．1mol分枝酸最多可以和2mol反应D．可使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，且褪色原理相同13．区别乙醛、苯、苯酚、四氯化碳最好选用的试剂是A．新制Cu(OH)2悬浊液 B．银氨溶液 C．浓溴水 D．AgNO3溶液14．能正确表示下列反应的离子方程式是A．向饱和FeCl3溶液中滴入溶液：B．氢氧化铁溶于氢碘酸中：C．往苯酚钠溶液中通入少量：2+CO2+H2O→2+D．向碳酸钙中滴入醋酸，固体溶解：15．有机玻璃()具有透光性好，易加工等优良特性，可制成飞机和车辆的风挡。甲基丙烯酸是合成有机玻璃的原料之一，其结构简式为，下列有关甲基丙烯酸的说法错误的是A．分子式为 B．分子中含有羧基、碳碳双键C．能发生酯化反应、加成反应 D．属于不饱和烃二、填空题（共8题）16．下列反应中：①酯化反应②乙醛与HCN加成③乙醇与浓硫酸共热到140℃④1­溴丙烷与NaCN作用⑤持续加热乙酸与过量碱石灰的混合物⑥重油裂化为汽油⑦乙烯的聚合反应⑧乙苯被酸性KMnO4溶液氧化(1)可使碳链增长的反应是(填序号，下同)。(2)可使碳链缩短的反应是。17．7.4g有机物A完全燃烧生成8.96LCO2(标准状况下)和9g水，有机物B是A的同系物，1molB完全燃烧消耗氧气的物质的量比1molA完全燃烧消耗氧气的物质的量多1.5mol，B能与Na反应生成H2。（1）B的分子式为。（2）若A不能发生催化氧化反应，则A的结构简式为，若B不能发生消去反应，则B的结构简式为。（3）若A、B的另外一种同系物C既不能发生催化氧化反应，也不能发生消去反应，则C至少有个碳原子。18．G是合成某新型药物的中间体，如图是合成G的流程。已知：乙酸酐的结构简式为。以乙酸酐和为原料，制备+的部分流程如下。请结合相关信息和已学知识，将合成路线补充完整(无机试剂任选)。19．药物E具有抗癌抑菌功效，其合成路线如下：合成过程中的是一种很强的还原剂，可以将还原为。(1)反应①实际经历了两步反应。请根据A和B的结构，推测这两步反应所属的反应类型。、(2)设计反应①和③的目的是什么？①，③20．两种气态烃A、B组成的混合气体完全燃烧后得到CO2和H2O(g)的物质的量随混合烃的总物质的量的变化如图所示，则

(1)混合烃中n(C)：n(H)=(2)混合烃中一定有(3)若相对分子质量A＜B，试推断混合气体中A和B所有可能的组合及其物质的量之比，并将结果填入下表（有几组填几组，不一定填满）组合编号A的分子式B的分子式A和B的物质的量比①②③④⑤21．铁和钴是重要的过渡元素。（1）钴位于元素周期表中第族，基态钴原子中未成对电子的个数为。（2）[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，是一种重要的配合物。该化合物中中心离子Fe3+的核外价电子排布式为；尿素分子中氮原子的杂化方式是，尿素中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是。（3）Co(NH3)5BrSO4可形成两种结构的钴的配合物，已知Co3+的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行如下实验：在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀。在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的配体为。（4）离子化合物CaC2的一种晶体结构如图1所示，从钙离子看，属于堆积，其配位数是；一个晶胞中平均含有的π键的个数为。

图1（5）科学研究结果表明。碳的氧化物CO2能够与H2O借助于太阳能制备HCOOH，其反应原理如下：2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，则生成的HCOOH分子中σ键和π键的个数比是。(6)奥氏体是碳溶解在γ-Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图2所示，则该物质的化学式为，若晶体密度为ρg/cm3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为pm(阿伏伽德罗常数的值用NA表示，写出计算式即可)。

图222．利用蛇纹石提镁后的中和渣（主要成分为及等杂质）提取高附加值的铁红的一种工艺流程如下图所示。已知：（1）

（2）溶液中离子浓度时可认为完全沉淀请回答下列问题：(1)滤渣1的成分为（填化学式），滤液2中主要的金属阳离子为．(2)还原过程中发生反应的离子方程式为，可用试剂检验还原是否完全。(3)欲制备高纯铁红，净化过程溶液中各离子的去除率与的关系如下图，则应控制为．(4)沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为，计算说明两种离子能否彻底先后分离．(5)煅烧过程中发生的化学方程式为．参考答案：1．C【解析】A．分子式为C4H8O2的同分异构体中，属于酸类和酯类的有CH3CH2CH2COOH、、HCOOCH2CH2CH3、、CH3COOCH2CH3、CH3CH2COOCH3，共6种，A错误；B．电石中含有CaS、Ca2P3等杂质，将电石与水反应产生的乙炔气体中含有的H2S、PH3等杂质，也具有还原性，会被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能据此判断是否产生乙炔气体，B错误；C．甲苯可被酸性KMnO4溶液氧化产生，而苯不能反应，向含有甲苯的苯中加入适量的酸性KMnO4溶液充分反应后加入NaOH溶液，发生中和反应转化为可溶于水的，然后分液即可将难溶于水的苯分离出来，C正确；D．苯、乙烷、乙烯和甲烷分子式分别是C6H6、C2H6、C2H4、CH4，12gC完全燃烧消耗1molO2，4gH完全燃烧消耗1molO2，可见当物质质量相等时，H元素含量越大，完全燃烧消耗O2质量越大。C2H6中H的含量比C2H4大，因此当物质质量相等时C2H6消耗O2比C2H4多，D错误；故合理选项是C。2．C该有机物中含有苯环、氨基、酯基和碳碳双键、硫原子，具有苯、酯、烯烃等性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应、氧化反应、加聚反应等。【解析】A．手性碳原子指连有4个不同的原子或原子团的原子，在上述结构中不含有这样的碳原子，故A错误；B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能被加成，含N的五元环中的双键一般也不加成，则1mol阿比朵尔可与6molH2发生加成反应，而选项也没有说明阿比朵尔的物质的量，故B错误；C．结构中含有碳碳双键和酚羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．羟基和溴原子均连接在苯环上，故不能发生消去反应，故D错误。答案选C。3．B【解析】A．Cu2+、反应生成沉淀而不能大量共存，A错误；B．离子之间不发生任何反应，可大量共存，B正确；C．Fe2+、ClO﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；D．H+、C6H5O﹣生成苯酚而不能大量共存，D错误。故答案为：B。4．C【解析】

和CH3CH2OH反应后生成

，相对分子质量为88，①不符合；

和CH3CH2—18OH反应后生成

，相对分子质量为90，②符合；

和CH3CH2—18OH反应后生成

，相对分子质量为92，③不符合；

和CH3CH2OH反应后生成

，相对分子质量为90，④符合。正确的组合是②④。故选：C。5．C【解析】A．该物质含有羧基具有弱酸性，能与碱反应，含酰胺基，能与酸发生水解反应，不具备耐酸、碱的腐蚀性质，故A错误；B．高分子材料的聚合度不确定，属于混合物，故B错误；C．该高分子材料含有多个羧基，属于亲水基，可能具有较好的吸水、保水能力，故C正确；D．该高分子材料不具有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D错误；故选：C。6．B【解析】A．二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化碳，不能用排水法收集，A错误；B．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中加热反应可制得乙烯，乙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；C．制取氨气应用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，只加热氯化铵固体，无法制得氨气，C错误；D．碳酸钠和碳酸氢钠在常温下溶解度有较大差异，则两者的饱和溶液浓度不相同，要比较碳酸钠和碳酸氢钠与酸反应的快慢，应选用等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，D错误；故选B。7．A【解析】A．测定相同温度下相同浓度的碳酸钠溶液和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸分别是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，A项正确；B．开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁白色沉淀后，过量的NaOH能继续和溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C．由数据可知配制新制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，C项错误；D．溶液中即使存在，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中与生成，没有加热不能产生，D项错误；故选A。8．C【解析】A．根据PsilostchyinA的结构简式，该物质分子式为C13H16O5，故A错误；B．分子中含有酯基、羟基、碳碳双键，共3种官能团，故B错误；C．含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色，故C正确；D．PsilostchyinA的的不饱和度是6，苯环的不饱和度是4，该物存在含苯环的同分异构体，故D错误；选C。9．A【解析】A．由X与Y的结构可知，在Y中存在酚羟基遇到溴水会产生白色沉淀，遇FeCl3会发生显色反应，变为紫色，而X中没有酚羟基没有这些性质所以A正确;B．同系物要求结构相似，组成相差CH2，但X与Y所含的官能团不同,结构相差较大，所以不属于同系物，X与Y属于同分异构体B错误；C．当碳原子周围的四个共价键所连的基团各不相同时，这个碳原子才称为手性碳原子，据此结合普罗帕酮的结构可判断分子中存在3个手性碳原子C错误；D．根据分子中的官能团可判断X、Y和普罗帕酮都能发生加成，氧化反应，X与Y不能发生消去反应，Y和普罗帕酮不能发生水解反应，所以D错误；本题正确选项为A。10．A【解析】A．该有机物含有羟基、醚键、羧基，共3种含氧官能团，故A错误；B．该有机物含有羟基、羧基，所以既能与Na反应又能与反应，故B正确；C．该有机物含有羟基、羧基能发生取代反应，含有碳碳双键能发生加成反应，含有羟基且与羟基相连碳的邻位碳有H，能发生消去反应，故C正确；D．该有机物含有碳碳双键、羟基，能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性溶液褪色，故D正确；选A。11．C【解析】A．水中也有含O原子，所以常温下溶液中含O原子总数大于，A错误；B．标准状况下，不是气体，所以不是，因此质量不是，B错误；C．正丁烷是，含共价键为，异丁烷是，含共价键为，所以共价键总共有，数目共，C正确；D．乙酸与乙醇生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，生成乙酸乙酯的分子总数小于，D错误；故选C。12．C【解析】A．由分枝酸的结构可知，该有机化合物的分子式为，故A错误；B．该有机化合物中含有碳碳双键、羧基、醚键以及羟基共4种官能团，其中含氧官能团有羧基、醚键以及羟基共3种，故B错误；C．1mol分枝酸含2mol羧基，所以1mol分枝酸最多可以和2mol反应，故C正确；D．分枝酸中含有碳碳双键，与溴能发生加成反应从而使溴的四氯化碳溶液；碳碳双键能被高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，则分枝酸使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不相同，故D错误；答案选C。13．C根据有机物的性质的差异选择鉴别试剂，题中所给有机物中苯、四氯化碳都不溶于水，但苯的密度比水小，四氯化碳的密度比水大，乙醛与水混溶，其中乙醛与新制的Cu（OH）2悬浊液发生反应，乙醛与溴水反应而使溴水褪色，苯酚与溴水发生取代反应生成沉淀；【解析】A．新制Cu（OH）2悬浊液只和乙醛反应，与苯、苯酚、四氯化碳都不反应，A错误；B．银氨溶液只和乙醛反应，与苯、苯酚、四氯化碳都不反应，不能鉴别，B错误；C．加入浓溴水，乙醛与浓溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色；苯能萃取溴水中的溴，苯的密度比水小，上层液体呈现橙红色；四氯化碳能萃取溴水中的溴，四氯化碳的密度比水大，下层液体呈现橙红色；苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚沉淀，现象各不相同，可鉴别，C正确；D．AgNO3溶液，与乙醛、苯、苯酚、四氯化碳都不反应，不能鉴别，D错误。故选C。14．A【解析】A．向饱和溶液中滴加双氧水，利用铁离子的氧化性将双氧水氧化，其离子方程式为，故A正确；B．氢氧化铁溶于HI溶液中，生成的铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，不是单一的酸碱中和，故B错误；C．酸性，故向苯酚溶液中通入二氧化碳，生成苯酚和碳酸氢根离子，故C错误；D．醋酸属于弱酸，改写离子方程式时不能拆，故D错误；故选A。15．D【解析】A．由结构简式可知该分子中含4个C、6个H、2个O，分子式为：，故A正确；B．由结构简式可知该分子中含碳碳双键和羧基两种官能团，故B正确；C．碳碳双键可以发生加成反应，羧基可以发生酯化反应，故C正确；D．该分子中含有O原子，不属于烃类，故D错误；故选：D。16．(1)②④⑦(2)⑤⑥⑧【解析】略17．C5H12OCH3C(OH)(CH3)2HOCH2C(CH3)313（1）根据质量守恒计算与A完全燃烧参加反应氧气的质量，根据n=计算氧气、水的量物质的量，根据n=计算二氧化碳的物质的量，根据原子守恒计算A分子中C、H原子数目，判断A分子中是否含有氧原子并计算氧原子数目，确定A的最简式，据此确定A的分子式；B与A互为同系物，1molB完全燃烧消耗氧气的物质的量比1molA完全燃烧消耗氧气的物质的量多1.5mol，则B比A多1个CH2原子团，确定B的分子式；（2）A不能发生催化氧化，若含有-OH，则羟基连接的碳原子上没有H原子，B能与钠反应生成氢气，B分子中至少含有-OH、-COOH中的一种，B不能发生消去反应，若含有羟基，则与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，结合分子式确定A、B结构；（3）C既不能发生催化氧化反应，也不能发生消去反应，若含有羟基，羟基连接的碳原子上没有H原子，与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，则羟基相连的碳原子，至少还连接3个-C(CH3)3，结合有机物A、B的分子式确定C中碳原子个数。【解析】（1）8.96LCO2（标准状况下）的物质的量为=0.4mol，故n（C）=0.4mol，二氧化碳的质量为0.4mol×44g/mol=17.6g，A完全燃烧参加反应氧气的质量为17.6g+9g-7.4g=19.2g，氧气的物质的量为=0.6mol，水的物质的量为=0.5mol，n（H）=1mol，根据氧原子守恒可知，7.4g有机物中n（O）=0.4mol×2+0.5mol-0.6mol×2=0.1mol，故n（C）：n（H）：n（O）=0.4mol：1mol：0.1mol=4：10：1，根据C、H原子关系可知，4个C原子中最多需要10个H原子，故A的分子式为C4H10O，B与A互为同系物，1molB完全燃烧消耗氧气的物质的量比1molA完全燃烧消耗氧气的物质的量多1.5mol，则B比A多1个CH2原子团，B的分子式C5H12O。答案为C5H12O。（2）B能与钠反应生成氢气，B分子中含有-OH，有机物B是A的同系物，则A中含有羟基，A不能发生催化氧化，则羟基连接的碳原子上没有H原子，故A的结构简式为CH3C(OH)(CH3)2，B不能发生消去反应，则与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，则B为HOCH2C(CH3)3；答案为CH3C(OH)(CH3)2；HOCH2C(CH3)3。（3）若A、B的另外一种同系物C既不能发生催化氧化反应，也不能发生消去反应，羟基连接的碳原子上没有H原子，与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，则羟基相连的碳原子至少还连接3个-C(CH3)3，该同系物至少含有碳原子数目为4×3+1=13；答案为13。18．【解析】参照流程图中A→B→C，苯酚和乙酸酐反应生成，在氯化铝作用下发生重排生成(Ⅰ)，Ⅰ在浓硫酸作用下与乙酸酐反应生成(Ⅱ)，Ⅱ在钯催化下和H2反应生成(Ⅲ)，最后Ⅲ在浓硫酸作用下发生消去反应生成目标产物，合成路线为。19．(1)加成反应取代反应(2)消除醛基，避免被还原重新引入醛基【解析】（1）对比A、B的结构可知，乙二醇先与A中醛基发生加成反应，然后通过取代反应脱去1分子水形成环得到B；故填加成反应；取代反应；（2）反应②是将还原得到，而醛基也易被还原，反应①消除醛基，避免被还原，反应③又重新引入醛基，所以反应①和③的目的是：保护醛基不被还原，故填消除醛基，避免被还原；重新引入醛基。20．(1)2:5(2)CH4(3)组合编号A的分子式B的分子式A和B的物质的量比①CH4C2H42：3②CH4C3H47：3③CH4C4H44：1④⑤根据C、H原子守恒,由图可以知道两种气态烃的平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可以知道，混合气体一定含有CH4，由氢原子平均数可以知道，另一气态烃中氢原子数目为4且为气体，故另外组分可能为C2H4或C3H4或C4H4，根据C原子平均数计算各组分的物质的量之比。【解析】（1）根据图像知,当混合烃的物质的量为1mol时，生成1.6molCO2、2molH2O，根据原子守恒，混合烃中混合烃中n（C）：n（H）=1.6mol：4mol=2：5，因此，本题正确答案是：2：5；（2）当混合烃的物质的量为1mol时，生成1.6molCO2、2molH2O，所以混合烃中每个分子平均含有1.6个C原子、4个H原子，平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可以知道，混合气体一定含有CH4，因此，本题正确答案是：CH4；（3）平均组成为C1.6H4，根据碳原子平均数可以知道,混合气体一定含有CH4，另一气态烃中氢原子数目为4，且为气体，故另外组分可能含有C2H4或C3H4或C4H4，对分子质量A＜B，则A为CH4。若为CH4与C2H4，令二者物质的量分别为xmol、ymol,则(x+2y)/(x+y)=1.6，整理得x：y=2：3；若为CH4与C3H4,令二者物质的量分别为xmol、ymol,则(x+3y)/(x+y)=1.6，整理得x：y=7：3；若为CH4与C4H4，令二者物质的量分别为xmol、ymol,则(x+4y)/(x+y)=1.6，整理得x：y=4：1。21．Ⅷ33d5sp3O>N>C>HSO42-、NH3面心立方最密644：1FeC(1)Co是27号元素，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2；(2)Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，原子形成阳离子先失去高能层中电子，同一能层先失去高能级电子；分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3；同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，C、N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，说明它们的电负性都比H元素的大；(3)在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，说明外界为SO42-，Br-为配体，在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，说明Br-为外界，而SO42-为配体；(4)钙离子处于顶点、面心位置，钙离子为心立方最密堆积；以顶点钙离子研究，与之最近的C22-处于棱中间，且关于顶点钙离子对称；均摊法计算晶胞中C22-数目，每个C22-含有1个σ键；(5)HCOOH分子结构式为，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；(6)Fe原子处于顶点、面心，碳原子处于体心、棱中心，均摊法计算Fe、C原子数目确定化学式；晶胞中最近的两个碳原子的距离为同一顶点的2条棱中心2个碳原子的距离。【解析】(1)Co是27号元素，处于周期表中第四周期第Ⅷ族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态钴原子中3d轨道有3个未成对电子；(2)Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+的核外价电子排布式为3d5；分子中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp3；同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，C、N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，说明它们的电负性都比H元素的大，电负性为：O＞N＞C＞H；(3)在第一种配合物溶液中加硝酸银溶液产生白色沉淀，说明外界为SO42-，Br-为配体，在第二种配合物溶液中加入硝酸银溶液产生淡黄色沉淀，说明Br-为外界，而SO42-为配体，还有5个NH3为配体；(4)钙离子处于顶点、面心位置，钙离子为心立方最密堆积；以顶点钙离子研究，与之最近的C22-处于棱中间，且关于顶点钙离子对称，钙离子的配位数为6；晶胞中C22-数目=1+12