2025年牛津上海版选择性必修2化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年牛津上海版选择性必修2化学上册阶段测试试卷470考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、NH3分子空间构型是三角锥形，而CH4是正四面体形，这是因为()A.两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化B.NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C.NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强D.NH3分子中有3个σ键，而CH4分子中有4个σ键2、下列关于说法错误的是A.基态的核外电子排布式为B.基态氯原子核外电子占据的原子轨道数为9C.和的中心原子价层电子对空间构型不同D.键角：3、下列对基态氮原子轨道表示式书写正确的是A.B.C.D.4、一种光催化材料的晶胞如图；属于立方晶系，其晶胞参数为anm。下列说法错误的是。

A.晶体的化学式为CeO2B.晶体中与Ce距离最近且相等的O有6个C.氧原子位于Ce构成的四面体空隙中D.晶体密度为g•cm-35、下列微粒的表示方法能确定其为氧离子的是A.X2-B.C.D.6、下列说法正确的是A.含有阴离子的晶体一定含有阳离子B.H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间存在氢键C.HF溶于水时只破坏了分子间作用力D.NaHSO4属于离子晶体，熔融时破坏离子键和共价键7、二氧化碳经常用来灭火，但金属镁能够在二氧化碳中燃烧：2Mg+2CO22MgO+C，下列关于该反应中涉及物质的说法错误的是A.Mg属于金属晶体B.干冰中一个CO2分子周围有4个紧邻的分子C.MgO熔点高，可以用作耐高温材料D.金刚石和石墨互为同素异形体，二者C的杂化方式和晶体类型都不同评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、锂离子电池常用的电极材料是LiCoO2和石墨。

(1)画出基态Co2＋离子的价电子排布图__________________。

(2)Co2＋与CN—结合形成配合物[(Co(CN)6]4－，其中与Co2＋结合的C原子的杂化方式是_____。

(3)NH3分子与Co2＋结合成配合物[Co(NH3)6]2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠HNH____(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因________________。

(4)Li2O的熔点为1570℃，CoO的熔点为1935℃，解释后者熔点更高的主要原因是_____。

(5)石墨的晶胞为六方晶胞，部分晶胞参数如下图所示。若石墨的密度为dg·cm－3，以NA代表阿伏加德罗常数的数值，则石墨中的C－C键长为________pm，晶胞中A、B两原子间距为________pm。

9、在N2、O2、CO2、H2O、CH4、NH3；CO等气体中。

(1)由极性键构成的非极性分子有___________；

(2)与H＋可直接形成配位键的分子有___________；

(3)极易溶于水且水溶液呈碱性的物质的分子是___________；

(4)CO的结构可表示为OC，与CO结构最相似的分子是___________；

(5)CO分子中有一个键的形成与另外两个键不同，它叫___________。10、CO2＋3H2=CH3OH＋H2O反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为___________，原因是___________。11、碳、氮、氧、氟、硫是中学常见的非金属元素，铁离子可与由这几种元素组成的SCN-、CN-、F-等形成很多配合物。

（1）基态Fe原子中，电子占据的最高电子层符号为__，该电子层具有的原子轨道数为__。

（2）已知(CN)2是直线形分子，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]中不存在的作用力是__（填序号）。

A.极性键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）已知乙烯酮（CH2=C=O）是一种重要的有机中间体，可由CH3COOH在(C2H5O)3P=O存在下加热脱H2O得到。乙烯酮分子中碳原子的杂化轨道类型是__。1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ键的物质的量为__。12、SiO2为何是原子晶体，原因是___________。13、如图所示C60；金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：

(1)C60、金刚石和石墨三者的关系是互为_______。

A．同分异构体B．同素异形体C．同系物D．同位素。

(2)固态时，C60属于_______(填“原子”或“分子”)晶体，C60分子中含有双键的数目是_______。

(3)晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅—硅单键的数目约是_______NA。

(4)石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是_______。

(5)观察CO2分子晶体结构的一部分，试说明每个CO2分子周围有_______个与之紧邻且等距的CO2分子；该结构单元平均占有_______个CO2分子。

(6)观察图形推测，CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，则每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+数目为_______，每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为_______。14、硼(B)及其化合物在化学中有重要的地位。请回答下列问题：

(1)Ga与B同主族；Ga的基态原子核外电子排布式为_______，第一电离能由大到小的顺序是_______。

(2)硼酸(H3BO3)是白色片状晶体(层状结构如图)；有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大。

①硼酸中B原子的杂化轨道类型为_______。

②硼酸晶体中存在的作用力有范德华力和_______。

③加热时；硼酸的溶解度增大，主要原因是_______。

④硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH-而呈酸性。写出硼酸的电离方程式：_______。

(3)硼氢化钠(NaBH4)是有机化学中的一种常用还原剂，在热水中水解生成硼酸钠和氢气，用化学方程式表示其反应原理：_______。[BH4]-的空间构型是_______。

(4)B3N3H6可用来制造具有耐油；耐高温性能的特殊材料。写出它的一种等电子体物质的分子式：_______。

(5)硼化镁晶体在39K时呈超导性。在硼化镁晶体中；镁原子和硼原子是分层排布的，如图是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为_______。

(6)金刚石的晶胞如图。立方氮化硼的结构与金刚石相似，已知晶胞边长为361.5pm，则立方氮化硼的密度是_______g·cm-3。(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数用NA表示)。

评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误16、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误17、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误18、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误19、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误20、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误21、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分四、原理综合题(共2题，共18分)22、元素X位于第四周期；其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。诮回答下列问题：

（1）基态X原子中，核外电子占据最高能层的符号是_______，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_______。

（2）元素W与X处于同一周期，其基态原子中未成对电子数是核外电子总数的W基态原子的价电子排布式为_______。

（3）在第三周期中，第一电离能比Y大的主族元素有_______（填元素符号）．

（4）YZ3分子中，Y原子的杂化轨道类型是_______，其分子的立体构型为_______。

（5）Z的氢化物（H2Z）的沸点高于Y的氢化物（H2Y）,其原因是_______。

（6）H2Z在特定条件下得到一个H+形成H3Z+，从结构角度对上述过程分析错误的是_______

A中心原子的杂化轨道类型发生了改变。

B中心原子的价层电子对数发生了改变。

C微粒的立体结构发生了改变。

D微粒中键角发生了改变。

（7）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。

①X离子的配位数为_______。

②若该晶体密度为ρg•cm-3,晶胞参数为apm,则阿伏加德罗常数的值NA=_______。23、回答下列问题:

（1）石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为___________，该材料的化学式为___________。

（2）Mg与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是___________。

（3）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4.铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

评卷人得分五、实验题(共4题，共28分)24、是制备铁催化剂的主要原料，某化学小组利用莫尔盐制备的实验流程如下：

已知：氧化操作中除生成外；另一部分铁元素转化为红褐色沉淀。

(1)的空间构型为___________。

(2)“酸溶”时，莫尔盐___________(填“能”或“不能”)用的溶解，原因是___________。

(3)第一次“煮沸”时，生成的离子方程式为___________。

(4)“氧化”时所用的实验装置如图所示(夹持装置略去)，导管a的作用是___________；“氧化”时反应液应保持温度在40℃左右，则适宜的加热方式为___________(填“直接加热”或“水浴加热”)。

(5)测定产品中铁的含量。

步骤ⅰ：称量mg样品，加水溶解，加入稀硫酸，再滴入的溶液使其恰好反应完全。

步骤ⅱ：向步骤ⅰ所得的溶液中加入过量Cu粉，反应完全后，滤去不溶物，向溶液中滴入酸化的的溶液，滴定至终点，消耗溶液

①步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，则所测的铁元素的含量___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)，若步骤ⅱ中不滤去不溶物，则所测的铁元素的含量___________。

②该样品中铁元素的质量分数为___________(用含m、y、z的代数式表示)。25、醋酸钴与双水杨醛缩乙二胺形成的配合物[Co(Ⅱ)Salen]具有可逆载氧能力；能模拟金属蛋白的载氧作用，在催化氧化反应中应用广泛。合成反应如下所示，回答下列问题。

Ⅰ；合成。

(1)合成装置如下图所示。氮气保护下，向含有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液中缓慢滴加醋酸钴的乙醇溶液，加热回流。A处应安装的仪器是___________(填名称)，B处应安装的仪器是___________(填名称)。装置C的作用是___________。

(2)回流沉淀转化为暗红色晶体。回流结束后进行如下操作：

A．停止通氮气B．停止加热C．关闭冷凝水。

正确的操作顺序为___________(填标号)。充分冷却后将溶液过滤；洗涤并干燥，得到配合物[Co(Ⅱ)Salen]。

Ⅱ；载氧量测定。

(3)将m克的[Co(Ⅱ)Salen](相对分子质量为M)加入圆底烧瓶中，在恒压漏斗中加入(配合物在中可吸氧)，如下图搭建装置。通入氧气，赶尽体系内空气。检查仪器气密性的操作为：先关闭___________，然后调节水平仪的水位至与量气管水位产生一定液面差。装置不漏气的现象是___________。

(4)调整水平仪高度，待量气管水位与水平仪水位齐平时，记录量气管水位的体积刻度为将加入圆底烧瓶，待吸氧反应结束后，再次使量气管水位与水平仪水位齐平，记录量气管水位的体积刻度已知大气压为p，氧气的压强为温度为配合物载氧量[n(吸收的)：n([Co(Ⅱ)Salen])]的计算式为___________。26、配合物三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，实验室用(M=238g/mol)晶体制备的实验步骤如下。

步骤ⅰ．在锥形瓶中，将4g溶于8.4mL水中，加热至沸，加入6g研细的晶体；溶解得到混合溶液。

步骤ⅱ．将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入0.4g活性炭，冷却，利用如下装置先加入13.5mL浓氨水，再逐滴加入13.5mL5%溶液；水浴加热至50~60℃，保持20min。

步骤ⅲ．然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，不必洗涤沉淀，直接把沉淀溶于50mL沸水中，水中含1.7mL浓盐酸。趁热吸滤，慢慢加入6.7mL浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体()(M=267.5g/mol)析出。

步骤ⅳ．用冰浴冷却后吸滤；晶体以冷的2mL2mol/LHCl洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。

请回答下列问题：

(1)步骤ⅰ中，研细晶体所用的仪器名称为_______。

(2)写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式_______。步骤ⅱ中实验仪器a中应盛放的试剂是_______(填“碱石灰”或“氯化钙”)，水浴温度不宜过高的原因是_______。

(3)步骤ⅲ中两次加入浓盐酸，其作用分别为_______。

(4)若最后得到产品的质量为3.50g，则该产品的产率为_______。

(5)通过硝酸银标定产品中氯的含量。将溶解，用溶液作指示剂，标准溶液滴定，实验过程中，下列操作会导致氯含量偏低的是_______。A．滴定前，滴定管内有气泡，滴定后，气泡消失B．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数C．盛放待测液的锥形瓶没有用待测液润洗D．滴定过程中，锥形瓶晃动剧烈，少量待测液溅出(6)该产品制备过程中若不加入活性炭，则会生成配合物该配合物中的配体为_______，配位数是_______。27、实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：

i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸数分钟。

ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液；有气泡产生并析出紫红色晶体。

iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次；再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。

请回答下列问题：

(1)步骤i中的还原剂是___(填化学式)。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。

①仪器M的名称是___。

②装置B的作用是___。

(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是___，用无水乙醇洗涤的目的是___。

(4)蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式___。

(5)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为___%(用含有m；c、V的式子表示)。

评卷人得分六、有机推断题(共3题，共9分)28、用N-杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂；可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______。写出反应①的化学方程式：_______。

(2)反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。

(3)E的结构简式为_______。

(4)D中官能团的名称是_______。

(5)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式：_______。

(6)如果要合成H的类似物H＇()，参照上述合成路线，写出相应的D＇和G＇的结构简式：_______、_______。H＇分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。29、对羟基苯甲醛，俗称PHBA，是一种重要的有机化工原料。其结构为有人提出；以对甲基苯酚为原料合成PHBA的途径如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氢谱图中会出现_______组吸收峰。

(2)下列有关说法正确的是________。

A．上述流程中D的分子式为C8H8O2

B．PHBA能与NaHCO3溶液反应。

C．PHBA是一种芳香醇。

D．1molPHBA最多能与4molH2反应。

(3)上述流程中C的结构简式为______________。

(4)反应④的化学方程式为_______________________________。

(5)该合成途径中的反应①⑤的作用为_______________________。

(6)E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为_________(只写一种)。

a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子；且个数比为1∶2

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色30、化合物是一种重要中间体；其合成路线如下：

（1）的反应类型为_______。

（2）的分子式为则的结构简式：_______。

（3）含有手性碳原子的数目为_______。

（4）的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。

①能发生银镜反应；

②能与溶液发生显色反应；

③分子中只有4种不同化学环境的氢。

（5）已知：设计以原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_______参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】【详解】

价层电子对数=σ键个数+（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，价层电子对数=3+（5-3×1）=4，所以采取sp3杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+（4-4×1）=4，所以采取sp3杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故答案选C。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．Cr的原子序数为24，基态核外电子排布式为A项正确；

B．基态氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5；s能级有一个轨道，p能级有3个轨道，基态氯原子的核外电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3=9，B项正确；

C．氨气和水分子的价电子对均为4；则中心原子价层电子对空间构型均为四面体形，C项错误；

D．氨气三角锥形分子；键角107°18′，水是V形分子，键角104°30′，D项正确；

答案选C。3、A【分析】【分析】

基态原子核外电子排布遵循能量最低原理、泡利原理和洪特规则。基态氮原子轨道表示式为

【详解】

A．符合能量最低原理；泡利原理和洪特规则；故A正确；

B．在2p轨道上的三个电子应分占不同轨道，且自旋方向相同，违反了洪特规则；故B错误；

C．缺少1s轨道上的两个电子排布；且在2p轨道上的三个电子应分占不同轨道，且自旋方向相同，违反了洪特规则，故C错误；

D．是基态氮原子的价层原子轨道表示式；故D错误；

故答案为A。4、B【分析】【详解】

A．Ce位于晶胞的顶点和面心，个数为=4，O位于晶胞内部，有8个，因此晶体的化学式为CeO2；故A说法正确；

B．以上面的面心为例；Ce距离最近且相等的O有4×2=8个，故B说法错误；

C．根据晶胞图可知；1个O与4个Ce相连，因此氧原子位于Ce构成的四面体空隙中，故C说法正确；

D．根据A选项分析，晶胞的质量为晶胞参数为anm，其体积为(a×10-7)3cm3，根据密度的定义，晶胞的密度为=g/cm3；故D说法正确；

答案为B。5、A【分析】【详解】

A．表示质子数为8；带2个单位的负电荷，为氧离子，A正确；

B．表示带2个单位负电荷的阴离子；可能为氧离子；硫离子等，B错误；

C．可能为原子；或氧离子，或氟离子等，C错误；

D．表示硫离子；D错误；

答案选A。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．含有阴离子的晶体一定是离子晶体；一定含有阳离子，故A正确；

B．H2O的热稳定性比H2S强；是由于H-O键的键能比H-S的键能大，故B错误；

C．HF分子中含有分子间作用力和氢键；故HF溶于水时破坏了分子间作用力和氢键，故C错误；

D．NaHSO4属于离子晶体，熔融时的电离方程式为NaHSO4=Na++HSO熔融时只破坏离子键，故D错误；

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．Mg为金属单质；属于金属晶体，故A正确；

B．干冰采用面心立方最密堆积，一个CO2分子周围有12个紧邻的分子；故B错误；

C．MgO是离子晶体；熔点高，可以用作耐高温材料，故C正确；

D．金刚石属于共价晶体，C原子采取sp3杂化，石墨属于混合型晶体，C原子采取sp2杂化；故D正确。

故答案为B。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【分析】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，然后写出Co2＋价电子式；最后写出价电子排布图；

(2)根据杂化轨道数=价层电子对数；进行分析；

(3)利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力进行分析；

(4)Li2O与CoO都属于离子晶体；通过晶格能大小判断熔点高低；

(5)利用立体几何进行分析和计算；

【详解】

(1)Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，失去2个电子后，Co2＋价电子排布式为3d7，根据洪特规则和泡利原理，Co2＋的价电子排布式图是

答案：

(2)CN－中C和N共用叁键，其中C有一个σ键，孤电子对数为=1；价层电子对数为2，杂化轨道数=价层电子对数=2，即C的杂化类型为sp；

答案：sp；

(3)游离态氨中N有2个孤电子对，络合物中[Co(NH3)6]2＋中N提供一个孤电子对与Co2＋形成配位键，利用孤电子对之间的斥力>孤电子－成键之间的斥力>成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中N－H键之间的夹角偏小，而与Co2＋结合后；孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此N－H键之间的夹角会增大；

答案：较大；NH3通过配位键与Co2＋结合后；原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大；

(4)Li2O、CoO为离子晶体，影响熔沸点高低的是晶格能，而晶格能与离子半径、所带电荷数有关，CoO中Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能，因此CoO熔点高于Li2O；

答案：Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能；

(5)根据俯视图碳碳键长应是AC或AD或AF距离，该平面为菱形，△FDC为正三角形，∠CAD=120°，令AC=AD=AF=x，根据余弦定理，a2=x2＋x2－2x2cos120°，解得x=令晶胞高为cpm，该晶胞的体积为ca2sin60°，晶胞中的碳原子个数为个，晶胞的质量为g，根据密度的定义ρ=解得c=从B球作垂线与平面EFCD，根据俯视图和侧视图，应交于对角线CE上，交点为G，连接AG和AB，根据俯视图，BG=EG=AC=根据余弦定理，求出CE距离为则AG的距离为（--）=根据勾股定理，AB2=()2+()2，解得AB=

答案：【解析】sp较大NH3通过配位键与Co2＋结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对其他N－H成键电子对的排斥力减小，N－H键之间的键角增大Co2＋带两个正电荷，Li＋带一个正电荷，CoO的晶格能大于Li2O晶格能9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由不同种原子间形成的共价键是极性键，正负电荷重心重合的分子是非极性分子，符合条件的为CH4和CO2；

(2)H2O的氧原子上有孤电子对，NH3的氮原子上有孤电子对，故与H＋可直接形成配位键的分子有H2O和NH3；

(3)NH3极易溶于水且水溶液呈碱性；

(4)与CO互为等电子体的分子为N2；

(5)CO中C与O之间有2个共用电子对、一个配位键。【解析】CH4和CO2H2O和NH3NH3N2配位键10、略

【分析】【分析】

【详解】

由于H2O与CH3OH均为极性分子，CO2与H2均为非极性分子，所以H2O与CH3OH的沸点高于CO2与H2的沸点；H2O中氢键比CH3OH多，H2O水的沸点高于CH3OH的沸点；CO2相对分子质量比氢气大，范德华力较大，沸点较高，所以顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，故答案为：H2O>CH3OH>CO2>H2；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大。【解析】H2O>CH3OH>CO2>H2H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大11、略

【分析】【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；据此分析解答；

(2)(CN)2是直线型分子；并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N，据此分析解答；

(3)钾离子和六氰合亚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C≡N极性共价键；据此分析解答；

(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)乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2；根据(C2H5O)3P=O分子的结构分析解答。

【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，故答案为：N；16；

(2)(CN)2是直线型分子，并有对称性，则结构式为N≡C-C≡N，(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3；在配合物离子[Fe(SCN)]2+中，中心离子是Fe3+，提供提供空轨道接受孤对电子，故答案为：4：3；Fe3+；

(3)K+和[Fe(CN)6]4-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C≡N三键；为极性共价键，不存在非极性共价键，故答案为：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+=2，无孤对电子，所以分子空间构型为直线型，故答案为：CS2或CO2；直线形；

(5)乙烯酮分子中碳原子均没有孤对电子，CH2中C原子形成3个σ键，而C=O中碳原子形成2个σ键，杂化轨道数目分别为3、2，所以碳原子的杂化轨道类型有sp2和sp，(C2H5O)3P=O分子含有15个C-H键，3个C-C键，3个C-O键3个P-O键和1个P=O键，共25个σ键，则1mol(C2H5O)3P=O分子中含有的σ键为25mol，故答案为：sp2和sp；25mol。【解析】①.N②.16③.4：3④.Fe3+⑤.C⑥.CS2⑦.直线形⑧.sp2杂化和sp1杂化⑨.25mol12、略

【分析】【详解】

Si原子与O原子以共价键相互结合形成空间网状结构，所以SiO2为原子(共价)晶体。【解析】Si原子与O原子以共价键相互结合形成空间网状结构13、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)所给三种物质均为只由碳元素组成的单质；故它们互为同素异形体。

(2)C60中只含碳元素，且不具有向空间无限伸展的网状结构，所以为分子晶体；C60分子中共有60×4=240个成键电子，可以形成120个共价键，在C60分子中一个碳原子与三个碳原子相连，若全是单键，则有60×=90个键；但实际是120个，所以有30个双键。

(3)由金刚石的结构模型可知，每个碳原子都与相邻的4个碳原子形成一个单键，每条碳碳键被2个碳原子所共有，故每个碳原子相当于形成×4=2个单键；则1mol硅中可形成2mol硅硅单键。

(4)石墨层状结构中每个碳原子为三个正六边形共有，即对每个六边形贡献个碳原子，所以每个正六边形占有×6=2个碳原子。

(5)题给出CO2分子晶体的一部分。如果把CO2分子看做是一个球，则CO2分子构成了面心立方最密堆积，面心立方最密堆积的配位数为12，所以每个CO2分子周围有12个与之紧邻且等距的CO2分子；在此结构中，8个CO2分子处于顶角，为8个同样结构共用，6个CO2分子处于面心，为2个同样结构共用。所以，该结构单元平均占有的CO2分子个数为8×+6×=4。

(6)以图中大立方体中心的Cs+为基准，与其最近的Cs+分别位于其上、下、前、后、左、右的六个方位；与其次近的Cs+分别位于通过中心Cs+的三个切面的大正方形的顶点，个数为4×3=12；每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为8。【解析】①.B②.分子③.30④.2⑤.2⑥.12⑦.4⑧.12⑨.814、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ga与B同族，其在周期表中的位置为第四周期第IIIA族，故Ga的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1（或[Ar]3d104s24p1）；第一电离能：B>Ga；

(2)①硼酸中，B的轨道杂化类型为sp2；

②硼酸晶体中；存在范德华力，还存在氢键和共价键；

③加热会破坏硼酸分子间的氢键；使得硼酸在热水中的溶解度更大；

④根据题意可得硼酸的电离方程式为：

(3)根据题中信息可得，硼氢化钠和热水反应的化学方程式为：NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑（或NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑）；[BH4]-的空间构型为正四面体；

(4)一个B3N3H6含有30个价电子和12个原子，一个C6H6分子也含有30个价电子和12个原子，则B3N3H6的一种等电子体为C6H6；

(5)每个Mg周围有6个B，每个B周围有3个Mg，所以硼化镁的化学式为MgB2；

(6)晶胞中有4个B原子和4个N原子，则有a3·ρ·NA=4M(BN)，ρ==【解析】1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1B>Gasp2氢键、共价键加热破坏了硼酸分子之间的氢键H3BO3＋H2O⇌[B(OH)4]-＋H＋NaBH4＋4H2O=Na[B(OH)4]＋4H2↑(或NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑)正四面体C6H6MgB2三、判断题(共8题，共16分)15、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。16、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；17、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。18、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。19、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。20、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。四、原理综合题(共2题，共18分)22、略

【分析】【分析】

X位于第四周期，其基态原子的内层全部排满电子，且最外层有2个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，即X为Zn，元素Y基态原子的3p上有4个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p4，即Y为S，元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，即Z为O，据此分析；

【详解】

根据上述分析，X为Zn，Y为S，Z为O，(1)Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，离核越远，能量越高，Zn核外电子占据最高能层的符号是N；该电子填充在s能级上，电子云轮廓图为球形；(2)按照信息，符合条件是元素是Cr，其价电子排布式为3d54s1；(3)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，因此第三周期中第一电离能比S大的是P、Cl、Ar，Ar为0族，不属于主族元素，符合条件的是P、Cl；(4)YZ3为SO3，中心原子S含有3个σ键，孤电子对数为=0，价层电子对数等于3，价层电子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；立体构型为平面三角形；(5)H2Z为H2O，H2Y为H2S，都属于分子晶体，前者含有分子间氢键，后者不含分子间氢键，因此H2O的沸点高于H2S；(6)A.H2O中中心原子O有2个σ键，孤电子对数为=2，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O＋中心原子O有3个σ键，孤电子对数为=1，价层电子对数为4，杂化类型都是sp3，故A说法错误；B.根据选项A的分析，价层电子对数没有发生变化，故B说法错误；C.根据选项A的分析，H2O的空间构型为V形，H3O＋的空间构型为三角锥形，故C说法正确；D.根据C选项分析，H2O中键角为105°，H3O＋的键角是109°28′，故D说法正确；答案为AB；(7)①根据晶胞图，Zn的配位数为4；②X位于顶点和面心，个数为=4，Y位于体心，有4个，即化学式为ZnS，晶胞的质量为晶胞的体积为（a×10－10）3cm3，根据密度的定义，=ρ，解得NA=【解析】N球形3d54s1P、Clsp2平面正三角形（或平面三角形）水分子之间形成了氢键A、B423、略

【分析】【分析】

（1）

一个晶胞中M原子的个数为12×＋9=12；一个晶胞中C60的个数为8×＋6×=4，M与C60的个数比为3∶1，故该材料的化学式为M3C60。

（2）

Mg与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，阳离子个数：阴离子个数：晶胞中阴离子与阳离子的个数比是2：1。

（3）

根据晶胞可知，铜晶体是面心立方结构，顶点离面心的铜原子距离最近，一个晶胞中，一个顶点离它最近的面心铜原子有3个，经过一个顶点的晶胞有8个，共24个面心铜原子，1个面心铜原子由2个晶胞共有，故每个铜原子周围距离最近的铜原子有12个。【解析】（1）12M3C60

（2）2∶1

（3）12五、实验题(共4题，共28分)24、略

【分析】【分析】

由实验流程可知，用硫酸溶解后，加入草酸溶液煮沸生成加入H2O2溶液进行氧化将Fe元素转化为+3价，加入饱和草酸钾和草酸溶液煮沸得到溶液，经过一系列操作得到产品

【详解】

（1）H2O分子，中心原子的价层电子对数：孤电子对数为2，则水的空间构型为：V形；

（2）HNO3具有氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能得到预期产物，故：“酸溶”时，莫尔盐不能用的溶解，原因是：会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)；

（3）H2C2O4与Fe2+反应生成非氧化还原反应，根据元素守恒，反应的离子方程式为：

（4）漏斗需要和外界气压平衡；里面的液体才能顺利流下，故作用为：平衡气体，使液体顺利流下；需要保持40℃温度加热，温度较低且要控制温度，所以采用水浴加热；

（5）①步骤ⅰ加入溶液时发生反应的离子方程式为无色草酸根和有色高锰酸钾氧化还原反应，计算草酸根含量，步骤ii发生的反应为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe3+氧化Cu得到还原性Fe2+，通过Fe2+和MnO4-反应来计算铁元素的含量，步骤ⅰ中，若加入的溶液过量，使步骤ii中消耗的减少，计算的铁元素偏小；若步骤ⅱ中不滤去不溶物Cu，会和生成的Fe3+继续反应生成Fe2+，使消耗偏多，测得铁元素含量偏大；②根据关系式可以得出铁的质量为：0.28xyg，该样品中铁元素的质量分数为【解析】V形不能会与反应生成污染环境的气体(或会消耗更多的等合理答案)平衡气压，使液体顺利滴下水浴加热偏小偏大25、略

【分析】【分析】

由题意可知；制备配合物的操作为氮气保护作用下，向盛有双水杨醛缩乙二胺的乙醇溶液的三颈烧瓶中缓慢滴入醋酸钴的乙醇溶液，加热回流1h，待沉淀转化为暗红色晶后停止加热；关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物。

【详解】

（1）由实验装置图可知；A处的装置为起冷凝回流作用的球形冷凝管，B处装置为便于醋酸钴的乙醇溶液顺利流下的恒压漏斗；装置C的作用是，起液封的作用，防止空气中的氧气进入三颈烧瓶中，故答案为：球形冷凝管；恒压漏斗；液封；

（2）由分析可知；回流结束后的操作为停止加热；关闭冷凝水、停止通入氮气，充分冷却后将溶液过滤、洗涤、干燥得到配合物，故答案为：BCA；

（3）由实验装置图可知；检查装置气密性的操作为关闭活塞1和活塞2，然后调节水平仪中水位至与量气管产生一定的液面差，若液面差稳定，说明装置气密性良好，故答案为：活塞1和活塞2；液面差稳定；

（4）由题意可知，配合物DMF的物质的量为mol。由理想气体状态方程可知DMF吸收氧气的物质的量为mol，则吸收氧气的物质的量和，配合物DMF的物质的量的比值为×故答案为：×【解析】(1)球形冷凝管恒压漏斗液封。

(2)BCA

(3)活塞1和活塞2液面差恒定。

(4)26、略

【分析】【分析】

将和晶体溶解后所得混合溶液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭作催化剂，先加浓氨水，再逐滴加入溶液，水浴加热，发生反应经分离、提纯最终得到

【详解】

（1）步骤ⅰ中使用研钵研细固体；

（2）三氯化六氨合钴制备的化学方程式：干燥管中盛放氯化钙，吸收挥发出去的氨气；温度不宜过高，因为浓氨水易挥发，过氧化氢受热易分解；

（3）步骤ⅲ中两次加入浓盐酸；第一次加入浓盐酸的作用是中和过量的氨；第二次加入浓盐酸的作用是利用同离子效应，降低产品的溶解度，使产品更易析出；

（4）的质量为6g，对应的理论产量为产率

（5）A．滴定前；滴定管内有气泡，滴定后，气泡消失，测定值偏高，A错误；

B．滴定前仰视读数；滴定后俯视读数，测定值偏低，B正确；

C．盛放待测液的锥形瓶没有用待测液润洗；无影响，C错误；

D．滴定过程中；锥形瓶晃动剧烈，少量待测液演出，测定值偏低，D正确；

故选BD；

（6）配合物中的配体为配位数为6。【解析】(1)研钵。

(2)氯