2025年陕教新版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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年陕教新版选择性必修2化学下册月考试卷7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9题，共18分)1、下列分子中存在π键的是A.H2B.N2C.H2OD.HCl2、图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分相关离子未画出)；下列描述不正确的是。

A.PbCl和Cu2+在反应中都是催化剂B.该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成C.该转化过程中，涉及反应4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2OD.乙烯催化氧化的反应方程式为CH2=CH2+O2CH3CHO+H2O3、通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子的空间构型与氨分子的相似，下列有关NCl3的叙述正确的是A.NCl3分子是非极性分子B.NCl3分子中的所有原子均达到8电子稳定结构C.NBr3比NCl3易挥发D.NCl3分子中N-Cl键的键长比CCl4分子中C-Cl键的键长长4、下列物质的性质递变正确且与氢键有关的是A.熔点：B.沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛C.溶解度(水中)：D.密度：冰＞水＞水蒸气5、下面有关晶体的叙述错误的是A.金刚石晶体中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且紧邻的Na+共有6个C.氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-D.干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子6、下列化学用语或图示表达正确的是A.CO燃烧热的热化学方程式：B.氯化钠的分子式：NaClC.HClO的空间填充模型：D.基态As原子的价层电子排布式：7、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，浙江大学研究团队以(固态物质)为载体，利用纳米颗粒催化气态单质合成其原理如下图所示。下列说法错误的是。

A.元素主要化合价(最高正价)：B.地壳中元素含量：C.均具有较高熔点D.与形成的化合物可能含极性键和非极性键8、SiS2的无限长链状结构截取部分如图所示。下列说法不正确的是。

A.92gSiS2中含有4mol共价键B.SiS2为原子晶体C.SiS2的熔沸点比CS2高D.SiS2水解产生H2S9、某高级脂肪酸0.1mol发生加成反应时需氢气0.2g，取相同质量的该酸完全燃烧，生成CO2和H2O共3.5mol，下列组成的脂肪酸有可能是该酸的是()A.C15H27COOHB.C16H29COOHC.C17H31COOHD.C17H33COOH评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)10、氢化铝锂以其优良的还原性广泛应用于医药、农药、香料、染料等行业，而且还是一种潜在的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是。

A.氢化铝锂中含有离子键、共价键、配位键B.AlH的VSEPR模型为正四面体结构C.当氢化铝锂释放1mol氢气时，将有2molAl3+被还原D.该晶胞的密度为g/cm311、下列实验操作；现象和结论均正确的是。

。选项。

操作。

现象。

结论。

A

KIO3溶液中滴加HI；再滴加淀粉溶液。

溶液出现蓝色。

KIO3氧化性比I2强。

B

向Na2S溶液中滴加盐酸。

产生气泡。

Cl的非金属性比S强。

C

将一小块Na放入乙醇中。

产生气泡。

乙醇含有羟基。

D

沿杯壁向水中加浓H2SO4；搅拌。

烧杯外壁发烫。

浓硫酸溶于水放热。

A.AB.BC.CD.D12、化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物；可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲；乙的说法正确的是。

A.甲分子存在顺反异构，也可以使溴水褪色B.乙中仅含有1个手性碳原子C.NaHCO3溶液和FeCl3溶液均不能鉴别化合物甲、乙D.乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应13、用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是（）A.SO2的分子构型为V形B.SO3是三角锥形分子C.BF3的键角为120°D.PCl3是平面三角形分子14、肼是一种常见的还原剂；不同条件下分解产物不同。60~300℃时，在Cu等金属表面肼分解的机理如图。

已知200℃时：

Ⅰ.3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)△H1=-32.9kJ•mol-1

Ⅱ.N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)△H2=-41.8kJ•mol-1

下列说法不正确的是A.肼中N原子的杂化方式为sp2B.图示过程①、②都是吸热反应C.反应Ⅰ中氧化剂与还原荆的物质的量之比为2：1D.200℃时，肼分解的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)△H=+50.7kJ•mol-115、化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体；可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法错误的是A.物质X的熔点与化学键无关B.一个Z分子中，形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为4∶27C.X分子中C和O的杂化方式不相同D.Y分子中所有C原子可能共面16、X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。Li+的体积与X的空腔大小相近，恰好能进入X的环内，且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图所示)。

例如：冠醚Z可与KMnO4发生如图所示的变化：

下列说法正确的是A.W中Li+与冠醚X之间的作用属于离子键B.冠醚Y既能与K+形成稳定结构，也能与Li+形成稳定结构C.烯烃难溶于水，被KMnO4水溶液氧化的效果较差，若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升D.与X相比，W中的C－O－C键角更大17、在铜作催化剂时，F2能与过量的NH3反应得到一种铵盐A和气态物质B．B是一种三角锥形分子，其键角只有一种，为102°，沸点-129°C．下列有关说法正确的是A.铵盐A和气态物质B所含化学键类型完全相同B.气态物质B的沸点比NH3高，原因是其相对分子质量更大C.气态物质B有一定的弱碱性D.从电负性角度判断，物质B中的化学键键角比NH3小评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)18、(1)X射线衍射测定等发现，中存在的空间结构为______，中心原子的杂化形式为______。

(2)从结构角度分析，和两种阳离子的相同之处为______，不同之处为______。(填标号)

A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数。

C．立体结构D．共价键类型19、在下列空格中；填上适当的元素符号或微粒符号。

(1)在第3周期中，第一电离能最大的元素是_______，电负性最大的元素是_______。

(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的_________。

(3)在F2、H2O2、NH3、H2O、HBr中，含有配位键的微粒有_____，含有非极性键的微粒有________；空间构型是三角锥形的分子_______。20、生物体内重要氧化还原酶大都是金属有机化合物，其中的金属离子不止一种价态，是酶的催化活性中心。研究这些酶的目的在于阐述金属酶参与的氧化过程及其电子传递机理，进而实现这些酶的化学模拟。据最近的文献报道，以(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Cy-为环己基的缩写)与正丁酸铜(II)在某惰性有机溶剂中，氩气氛下反应1小时，然后真空除去溶剂，得到淡紫色的沉淀物。该沉淀被重新溶解，真空干燥，如此反复4次，最后在CH2Cl2中重结晶，得到配合物A的纯品，产率72%。元素分析：A含C(61.90%)、H(9.25%)、P(8.16%)，不含氯。红外谱图显示，A中-CO2-基团(CH2Cl2中)有3个吸收峰：1628，1576，1413cm-1，表明羧基既有单氧参与配位，又有双氧同时参与配位；核磁共振谱还表明A含有Cy、-CH2-，不含-CH3基团；Cy的结合状态与反应前相同。单晶X-射线衍射数据表明有2种化学环境的Cu，且A分子呈中心对称。(已知相对原子质量C：12.0，H：1.01，N：14.0，Cu：63.5，P：31.0，O：16.0)。

(1)写出配合物A的化学式_______；

(2)写出配合物A的生成反应方程式_______；

(3)淡紫色沉淀物被重新溶解，真空干燥，如此反复操作多次的目的是除去何种物质_______？

(4)画出配合物A的结构式_______；

(5)文献报道，如用(Ph3P)2Cu(O2CCH2CO2H)(式中Ph-为苯基)代替(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)，可发生同样反应，得到与A类似的配合物B。但B的红外谱图(CH2Cl2中)只有2个特征吸收峰：1633和1344cm-1，表明它只有单氧参与配位。画出配合物B的结构式_______。21、研究发现，在低压合成甲醇的反应()中；钴氧化物负载的锰氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。根据要求回答下列问题：

(1)该反应的产物甲醇和水中，沸点更高的是_______，原因是_______。

(2)液态水中，三种作用力①键、②范德华力、③氢键从强到弱的顺序为_______(用标号进行排序)。

(3)是一种无色液体，其结构如图所示。根据“相似相溶”原理，在水中的溶解度_______(填“大于”“小于”或“等于”)其在中的溶解度，原因是_______。

22、分子筛是一一种天然或人工合成的泡沸石型水合铝硅酸盐晶体。人工合成的分子筛有几十种，皆为骨架型结构，其中最常用的是A型、X型、Y型和丝光沸石型分子筛，化学组成可表示为Mm[AlpSiqOm(p+q)]·xH2O。

(1)Si4+、Al3+和O2-的离子半径分别为41pm、50pm和140pm，通过计算说明在水合铝硅酸盐晶体中Si4+和Al3+各占据由氧构成的何种类型的多面体空隙。Si4+Al3+___________

(2)上述化学式中的n=____，说明理由_____。若M为2价离子，写出m与p的关系式___。

(3)X光衍射测得Si-O键键长为160pm。此数据说明_____。如何理解_____。

(4)说明以下事实的原因____。

①铝比(有时用SiO2/Al2O3表示)越高；分子筛越稳定；

②最小硅铝比不小于1。

(5)人工合成的A型分子筛钠盐，属于立方晶系，正当晶胞参数a=2464pm，晶胞组成为Na96[Al96Si96O384]·xH2O。将811.5克该分子筛在1.01325×105Pa、700°C加热6小时将结晶水完全除去，得到798.6升水蒸气(视为理想气体)。计算该分子筛的密度D=___。23、氟及其化合物用途十分广泛；回答下列问题：

(1)氟化物OF2、NF3、SiF4、PF5、SF6中，中心原子采取sp3杂化的是___________。

(2)[H2F]++[SbF6]-(氟锑酸)是一种超强酸。锑的价电子排布式为___________。阳离子[H2F]+的空间构型为___________，写出[H2F]+的等电子体___________(分子和离子各举一例)。

(3)SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据___________理论，可判断出其空间构型为正八面体。SF6的键能可通过类似Born-Haber循环能量构建能量图甲计算键能，则S-F的键能为___________kJ·mol-1。

(4)工业上电解Al2O3制取单质铝，常利用冰晶石Na3[AlF6]降低Al2O3的熔点。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na[AlF6]+3CO2↑+9H2O。

①测定气态HF的摩尔质量时，往往得不到20g·mol-1的数据，原因是___________。

②冰晶石的晶体不导电，但熔融时能导电，则在冰晶石晶体中存在___________(填序号)。

a.离子键b.极性键c.配位键d.范德华力。

③反应物中元素(氢除外)的第一电离能从大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。

(5)NiO的晶体结构如下图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为___________。

(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图)，已知O2-的华径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。

24、SiO2为何是原子晶体，原因是___________。评卷人得分四、判断题(共2题，共10分)25、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误26、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.错误评卷人得分五、计算题(共2题，共16分)27、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。28、(1)金刚砂()的硬度为9.5，其晶胞结构如图甲所示，则金刚砂晶体类型为_______；在中，每个C原子周围最近的C原子数目为_______；若晶胞的边长为阿伏加德罗常数为则金刚砂的密度表达式为_______。

(2)硅的某种单质的晶胞如图乙所示.晶体与该硅晶体结构相似，则晶体中，每个原子与_______个N原子相连，与同一个原子相连的N原子构成的空间结构为_______.若该硅晶体的密度为阿伏加德罗常数的值为则晶体中最近的两个硅原子之间的距离为_______(用代数式表示即可)。

评卷人得分六、工业流程题(共4题，共20分)29、用含铬不锈钢废渣(含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等)制取Cr2O3(铬绿)的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)Cr在元素周期表中的位置：___。

(2)K2CO3中的CO的空间构型为___。

(3)“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物的化学式为___。

(4)常温下，“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)=___mol/L。(已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33)

(5)滤渣b的主要成分为___。

(6)“还原”时发生反应的离子方程式为___。

(7)若在实验室里完成Cr(OH)3制取铬绿的操作，需要的主要仪器有铁架台、玻璃棒、___。30、铬及其化合物在生活中有很多用途。

(1)可检验司机酒后驾车，请写出酸性溶液与酒精反应的离子方程式_______。的价电子排布式为_______。铬元素和锰元素的第二电离能分别为的原因是_______。

(2)为研究铬的性质，设计如图装置。装置甲中铜电极上产生大量的无色气体；而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可得到的结论是_______。

(3)某化工厂从湿法炼锌的铜铬渣(主要含有锌、铜、铁、铬、钻等单质)中回收铬的流程如图所示：

①酸浸时形成的金属离子的价态均相同。加入双氧水时铁、铬形成的离子均被氧化，写出氧化铬形成的离子方程式为_______。

②“电解”时，阴极的电极反应式为：_______。

③三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子分别是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。

④304不锈钢是生活中常见的一种不锈钢，业内也叫做不锈钢，指必须含有以上的铬，以上的镍的不锈钢。铬和镍能形成多种配合物，如为正四面体构型、为正方形构型、为正八面体构型等，下列有关说法正确的是_______(填选项字母)。

A.中含有共价键和离子键。

B.304不锈钢不可长时间盛放盐；酱油、醋、菜汤等；不能用304不锈钢锅煲中药。

C.不锈钢不会生锈；哪怕在潮湿恶劣的环境。

D.和中，镍原子均为杂化31、一种废镍催化剂中含有Ni、Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni；常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：。金属离子Fe3+Fe2+Ni2+Cu2+开始沉淀的pH1.97.06.45.4完全沉淀的pH3.29.08.46.7

回答下列问题：

(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为_______。

(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、_______。基态Cr原子的价层电子排布式为_______。

(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是_____。

(4)“调pH”时，溶液pH的范围为_______。

(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心；晶胞侧视图如图2所示。

①与S2-距离最近的S2-数目为_______。

②CuS的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为_______g·cm-3。

(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式：_______。

(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol·L-1EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为_______%。32、以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：

I.难溶物的Ksp如表：。物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列问题：

(1)基态锰原子价层电子排布式为___，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式___。

(2)软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为___，“滤渣A”主要成分为___。

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为___，分析其原因为___。pH氨水体积/mL残余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.6参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【分析】

【详解】

根据单键均为σ键；双键为一个σ键一个π键，三键为一个σ键2个π键，据此分析解题：

A．H2中只存在H-H单键；故不存在π键，A不合题意；

B．N2中只存在N≡N三键；为一个σ键2个π键，B符合题意；

C．H2O中只存在O-H单键；故不存在π键，C不合题意；

D．HCl中只存在H-Cl单键；故不存在π键，D不合题意；

故答案为：B。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．过程Ⅳ消耗Cu2+，过程Ⅴ生成Cu2+，过程Ⅰ消耗PbCl过程Ⅵ生成PbCl所以PbCl和Cu2+在反应中都是催化剂；故A正确；

B．过程V中O2转化为H2O，O2中非极性键断裂，生成H2O的过程中有极性键的形成；故B正确；

C．过程Ⅴ中O2与Cu+反应生成Cu2+，该过程的离子方程式为：4Cu++O2+4H+=4Cu2++2H2O；故C正确；

D．反应中，CH2=CH2最终被O2氧化为CH3CHO，则乙烯催化氧化的反应方程式为：2CH2=CH2+O22CH3CHO；故D错误；

故选D。3、B【分析】【详解】

A．氨分子是极性分子，所以NCl3分子是极性分子；A错误；

B．分子中N原子共用3对电子；Cl共用1对电子，分子中的所有原子均达到8电子稳定结构，B正确；

C．NBr3的相对分子质量比NCl3的大，分子间的范德华力要大些，NBr3的熔点比NCl3的熔点高，因此NCl3比NBr3易挥发；C错误；

D．共价键中形成共价键的原子半径越大，键长越长，原子半径N4分子中C—C1键键长短；D错误；

故答案选B。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．四种物质的熔点高低只与范德华力大小有关；与氢键无关，A不符合；

B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键；对羟基苯甲醛形成分子间氢键，前者沸点低于后者，B符合；

C．SO2的溶解度大于CS2；C不符合；

D．冰的密度小于水；D不符合；

故选B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．金刚石晶体中；由共价键形成的最小碳环为六元环，每个最小碳环上有6个碳原子，故A正确；

B．氯化钠晶体中，每个Na+周围距离相等且紧邻的Na+共有12个；故B错误；

C．氯化铯晶胞中，Cs+位于晶胞体心、8个Cl-在8个顶点上，所以每个Cs+周围紧邻8个Cl-；故C正确；

D．干冰晶体中，CO2分子位于晶体的顶点和六个面的中心，顶点的每个CO2分子周围相邻的且最近的CO2分子是位于每个面中心的，共有12个CO2分子；故D正确；

选B。6、C【分析】【详解】

A．燃烧热是指在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成指定产物放出的热量，故燃烧热的热化学方程式为A错误；

B．氯化钠为离子晶体，是化学式；不是分子式，B错误；

C．的结构式为空间填充模型为C正确。

D．基态原子的价层电子排布式为D错误；

故选C。7、B【分析】【分析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，在一定条件下气态单质合成根据示意图结合原子半径相对大小可知W是H，X是O，根据化学式(固态物质)结合原子序数；化合价可判断Y是Al；Z是Si，据此解答。

【详解】

根据以上分析可知W是H；X是O，Y是Al，Z是Si。

A．氧元素没有最高价，Al的最高价是+3价，则元素主要化合价(最高正价)：A正确；

B．地壳中元素含量：O＞Si；B错误；

C．氧化铝是离子晶体；二氧化硅是原子晶体，二者均具有较高熔点，C正确；

D．与形成的化合物双氧水中含极性键和非极性键；D正确；

答案选B。8、B【分析】【分析】

【详解】

A．由无限长链状结构截图可知，SiS2中每个硅原子与4个硫原子形成4个硅硫键，则92gSiS2中含有共价键的物质的量为×4=4mol；故A正确；

B．SiS2的空间结构不是空间网状结构，则SiS2不是原子晶体；是分子晶体，故B错误；

C．SiS2与CS2为结构相似的分子晶体，SiS2的相对分子质量大于CS2，分子间作用力大于CS2，熔沸点比CS2高；故C正确；

D．SiS2能与水发生水解反应生成H2SiO3和H2S；故D正确；

故选B。9、D【分析】【详解】

【详解】

0.1mol高级脂肪酸发生加成反应时需氢气0.2g，n（H2）==0.1mol，说明分子中含有1个C=C键，0.1mol该高级脂肪酸完全燃烧，生成CO2和水共3.5mol，设该高级脂肪酸分子中C、H原子数目分别为x、y，由原子守恒可知x+y×2=35；

A．C15H27COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=16+14=30；故A错误；

B．C16H29COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=17+15=32；故B错误；

C．C17H31COOH中含有2个C=C键，分子中x+y×2=18+16=34；故C错误；

D．C17H33COOH中含有1个C=C键，分子中x+y×2=18+17=35；故D正确；

故选：D。二、多选题(共8题，共16分)10、CD【分析】【详解】

A．根据晶胞的结构可知氢化铝锂中含有离子键、Al和H形成的共价键以及中含有的配位键；A正确；

B．价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，为正四面体结构；B正确；

C．由方程式3LiAlH4=Li3AlH6+2Al+3H2↑可知，当氢化铝锂释放1mol氢气时，有的被还原；C错误；

D．该晶胞的密度为D错误；

故选CD。11、AD【分析】【分析】

【详解】

A．KIO3溶液中滴加HI，再滴加淀粉溶液溶液出现蓝色说明生成了I2，则是KIO3氧化了HI，所以KIO3氧化性比I2强；A正确；

B．盐酸的酸性大于氢硫酸；但不能比较元素非金属性强弱；通过比较酸的酸性强弱来比较非金属性的强弱时，要比较最高价的含氧酸的酸性才可，故B错误；

C．将一小块Na放入乙醇中产生气泡；只能说明钠能置换出乙醇中的H，不能确定乙醇中含有羟基，C错误；

D．烧杯外壁发烫说明浓硫酸稀释时放出热量；D正确；

故选AD。12、AD【分析】【详解】

A．甲分子中含有不饱和的碳碳双键；可以与溴水发生加成反应使溴水褪色；由于这两个不饱和的连有不同的原子或原子团，因此存在顺反异构，A正确；

B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子。甲中不含手性碳原子，乙中含有2个手性碳原子，用数字1、2标注为：B错误；

C．甲分子中含有-COOH但不含酚-OH、乙中含有酚-OH但不含-COOH，羧基能和NaHCO3溶液反应生成CO2气体，酚能和FeCl3溶液发生显色反应，所以甲能和NaHCO3反应生成CO2而乙不能，乙能发生显色反应而甲不能，所以可以用NaHCO3或FeCl3溶液鉴别甲；乙两种化合物；C错误；

D．乙中含有酯基、氨基、酚羟基、醚键、溴原子，具有酯、氨、酚、醚和溴代烃的性质，含有-NH2；能够与盐酸发生反应；能和NaOH反应的官能团有酯基水解生成的羧基；酚羟基、溴原子，所以乙能和稀盐酸、NaOH反应，且1mol乙最多能与5molNaOH反应，D正确；

故合理选项是AD。13、AC【分析】【详解】

A．SO2的中心原子S的价层电子对个数为2+(6-2×1)=4，且S原子上含有2个孤对电子对，所以SO2为V形分子；故A正确；

B．SO3的中心原子S的价层电子对个数为3+(6-3×2)=3；是平面三角形分子，故B错误；

C．BF3的中心原子B的价层电子对个数为3+(3-3×1)=3；无孤电子对，是平面三角形分子，键角为120°，故C正确；

D．PCl3的中心原子P的价层电子对个数为3+(5-3×1)=4，含有1对孤电子对，所以PCl3是三角锥形分子；故D错误；

答案选AC。14、AB【分析】【分析】

【详解】

A.氨气分子中N原子的价层电子对数为4，N原子的杂化方式为sp,3杂化，肼分子可以视作氨气分子中一个氢原子被氨基取代，则肼分子中N原子的杂化方式与氨气分子中N原子的杂化方式相同，为sp3杂化；故A错误；

B.由题意可知过程①的反应的△H1＜0；为放热反应，故B错误；

C.由方程式可知；反应Ⅰ中，肼分子N元素的化合价即降低又升高，氮气为氧化产物，氨气为还原产物，由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确；

D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g），则△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1；故D正确；

故选AB。15、BC【分析】【分析】

【详解】

A．X属于分子晶体；X的熔沸点与相对分子质量和氢键有关，与化学键无关，故A正确；

B．根据图知，一个Z分子中含有5个π键(2个C=Oπ键、1个Π大π键)和30个σ键(13个C-Hσ键；2个C=Oσ键、10个C-Cσ键、3个C-Oσ键、1个H-Oσ键、1个C-Clσ键)；形成π键的电子数与形成σ键的电子数之比为5×2∶30×2=1∶6，故B错误；

C．X中C、O原子中价层电子对数都是4，根据价层电子对互斥理论知，C、O原子杂化类型都是sp3杂化；其杂化方式相同，故C错误；

D．苯分子中所有原子共平面；甲烷中最多有3个原子共平面、-COCl中所有原子共平面；单键可以旋转，所以该分子中所有碳原子可能共平面，故D正确；

故选BC。16、CD【分析】【详解】

A．Li+提供空轨道；O原子提供孤电子对；二者形成配位键，A错误；

B．冠醚Y空腔较大，Li+半径较小；导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键，所以得不到稳定结构，B错误；

C．根据相似相溶原理知，冠醚Z可溶于烯烃，加入冠醚Z中的K+因静电作用将带入烯烃中；增大反应物的接触面积，提高了氧化效果，C正确；

D．X中O原子含有2对孤电子对；孤电子对之间的排斥力较强，导致X中键角小于W，D正确；

故选CD。17、CD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共7题，共14分)18、略

【分析】【详解】

(1)中I原子为中心原子，其价层电子对数则中心原子采用杂化，的空间结构为V形；故答案为：V形；

(2)中N的价层电子对数=4，N采用杂化，的立体结构为正四面体形；中O的价层电子对数=4，O采用杂化，的立体结构为三角锥形；两离子中均只含极性共价键；即两种离子中中心原子的杂化轨道类型、价层电子对数、共价键类型相同，立体结构不同；故答案为：ABD；C。【解析】①.V形②.③.ABD④.C19、略

【分析】【分析】

同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，据此判断；在元素周期表中，同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强；在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2；据此判断元素；判断分子中能否有提供孤电子对和空轨道的粒子，以此来分析配位键情况；同种元素原子之间形成非极性共价键，不同元素原子之间形成极性共价键，根据分子的立体构型判断。

【详解】

(1)同周期中从左向右，元素的非金属性增强，第一电离能增强，同周期中稀有气体元素的第一电离能最大，所以在第3周期中，第一电离能最大的元素为Ar；在元素周期表中；同周期中从左向右，元素的非金属性增强，电负性增强，在第三周期元素中，电负性最大的元素是Cl；

(2)在第4周期元素中，3d轨道半充满的元素的电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1或1s22s22p63s23p63d54s2，是Cr元素或Mn元素；

(3)中N提供孤电子对，H+提供空轨道，二者能形成配位键；同种元素原子之间形成非极性共价键，所以含有非极性键的微粒为F2、H2O2；F2是双原子分子，分子的立体构型为直线型；NH3的氮原子的价层电子对数为4对，有一对孤对电子，分子的立体构型为三角锥形；的氮原子的价层电子对数为4对，分子的立体构型为正四面体形、H2O2是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平面上；HBr是直线型；H2O的中心原子是O，成键电子对数为2对，孤对电子对数为2对，价层电子对数为4对，空间构型为V形；空间构型是三角锥形的分子是NH3。

【点睛】

3d轨道为半充满的元素还有Cr，容易遗漏。【解析】ArClMn、CrF2、H2O2NH320、略

【分析】【分析】

【详解】

①首先判断进入配合物A的成分来自两种反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)和正丁酸铜(II)，而溶剂是没有参与反应的，因为题中仅指明是惰性有机溶剂，这是命题人有意地回避，以减少对学生思维的干扰。②其次正丁酸铜(II)的正丁酸根也没有进入配合物A，因为波谱信息显示没有甲基。这样进入配合物A的只有Cy3P；丙二酸根和Cu；共有C、H、P、Cu、O5种元素。③配合物A的元素分析只给出C、H、P3种元素的含量，这就决定了要讨论求解，这是中学生在化学计算题中经常遇到的一种解题方法，并不新鲜，但用在此类题中却罕见。由C、H、P质量百分含量，可以求出A中C：H：P=19.6：34.8：1.00。

讨论：(i)当A中含1个Cy3P，1个丙二酸根(C3H2O42-)时，C：H：P=21：35：1，与A组成不符；(ii)当A含2个Cy3P，1个丙二酸根时，C：H：P=39：68：2，与A组成相符，仅H有小的偏离，这是允许的；(iii)当A含2个Cy3P，2个丙二酸根时，C：H：P=42：70：2，与A组成不符，。由以上讨论可以确定A中含Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比为2：1，这个比例正是反应物之一(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)中Cy3P与丙二酸根(C3H2O42-)个数之比；说明此反应物很可能作为一个整体进入配合物A。

再讨论配合物A中Cu核个数。题中已明确A中有两种化学环境的Cu，则至少是2个Cu核。这时它们化学式应为(Cy3P)2Cu2(C3H2O4)，计算其C%=59.3%，P%=7.85%，与A组成不符。若将配合物A中Cy3P与C3H2O42-数目加倍(这是为了维持其个数比为2：1的要求)，也即增加一个反应物(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)分子，同时也增加了1个Cu核，其化学式变为(Cy3P)2Cus(C3H2O4)2，即C78H36Cu3O8P4，其C%=61.75%，H%=9.06%，P%=8.18%，与A组成相符(在实验误差范围内)。化学式中2个Cu(I)，1个Cu(II)，整个配合物呈电中性。若进一步讨论，都不符合A的组成。因此配合物A的化学式即可确定为C78H36Cu3O8P4。

④根据两种反应物的物质的量之比为2：1及A的化学式；可以写出A的生成反应式。⑤由反应的另一产物是正丁酸，以及产率只有72%，还有未反应的反应物都必须除去才能得到A的纯品，于是可以解答(3)问。⑥根据A的红外谱信息提供的羧基配位方式及A具有中心对称的特征，可以画出A的最稳定结构，此结构中的Cu(I)为三配位，Cu(II)为四配位，含有2个六员螯环。⑦根据生成配合物B与生成配合物A的反应同类型，可以写出B的化学式，进一步根据B的红外谱信息提供的B中羧基配位方式可以写出B的最稳定结构。结构式中的Cu(I)和Cu(II)均为四配位，含2个六员螯环。

[应答分析]根据元素分析和波谱信息推理多核配合物的化学式和结构式是竞赛的热点问题，参赛学生并不陌生。但由于此题涉及的信息较多，不是按问题依次给出，学生难于集中、筛选，再加上解题思维方式较新，因此有64%的参赛学生推出的化学式不正确，导致全题得零分或2分，也使此题的得分率降到0.29.有17%的学生写出了A的正确化学式，但在推结构式时，顾此失彼，没有考虑羧基的配位方式，而失去了两个结构式的分数。另有18%的学生所写结构式不是最稳定结构，只有1名学生得了满分。应该说，此题较好地考查了学生的逻辑思维和空间想象能力。在高分段有较好的区分度。【解析】C78H136Cu3O8P42(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2H)+Cu(CH3CH2CH2COO)2→(Cy3P)2Cu(O2CCH2CO2)Cu(O2CCH2CO2)Cu(PCy3)2+2CH3CH2CH2COOH(或C78H136Cu3O8P4)除去反应的另一产物正丁酸和未反应的反应物21、略

【分析】【详解】

（1）两者都为分子晶体，且两者都可以形成分子间氢键，但是水分子之间形成更多的氢键，氢键数目越多分子间之间的作用力越大，沸点更高，故答案为：和均为极性分子，常温常压下均呈液态，均能形成分子间氢键，且相同物质的量的形成的分子间氢键数比甲醇多；

（2）化学键的键能强于分子间作用力，氢键键能介于化学键和范德华力之间，所以水分子内O−H键，分子间的范德华力和氢键从强到弱的顺序为：O−H键、范德华力、氢键，故答案为：①>③>②；

（3）极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，H2O2、H2O都是极性分子，CCl4为非极性分子，根据相似相溶原理知，H2O2在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度；原因是：过氧化氢是极性分子，由于也是极性分子，而是正四面体结构，为非极性分子，根据“相似相溶”原理，在水中的溶解度大于其在中的溶解度。【解析】(1)和均为极性分子，常温常压下均呈液态，均能形成分子间氢键，且相同物质的量的形成的分子间氢键数比甲醇多。

(2)①>③>②

(3)大于过氧化氢是极性分子，由于也是极性分子，而是正四面体结构，为非极性分子，根据“相似相溶”原理，在水中的溶解度大于其在中的溶解度22、略

【分析】【分析】

【详解】

811.5g分子筛含水量为n==10.00mol。一个晶胞的质量为(g)811.5：=6.022×1024：xx=216分子筛密度为D=。==1.946(gcm-3)n=10.00mol：x=216：D=1.946gcm-32分。用另外的算法，算式与结果皆正确(包括有效数字和单位)。亦得满分。【解析】①.=0.29介于0.225和0.414间，四面体②.=0.36介于0.225和0.414间，四面体③.2④.由(1)结果知，Si(Al)O4为骨架型结构，氧原子被2个四面体共用(p+q)/n(p+q)=0.5，n=2m=1/2p⑤.实测Si-O键键长(160pm)远小于Si4+和O2-的离子半径之和(181pm)，表明Si-O键中已有较大的共价成分⑥.Si4+电价高、半径小，极化力较大，导致了键型变异(离子键向共价键过渡)⑦.硅氧四面体和铝氧四面体无序地按硅铝原子比交替排列，①硅氧键强于铝-氧键；②若Al3+数超过Si4+数，必出现铝氧四面体直接相连的情况，结构中引入不稳定因素，导致骨架强度削弱。⑧.1.946gcm-323、略

【分析】【详解】

(1)OF2中O形成2个键，孤电子对总共电子对数为2+2=4，所以OF2为sp3杂化，故符合题意；NF3中N形成3个键，孤电子总共电子对数为1+3=4，所以为sp3杂化，故符合题意；SiF4中Si形成4个键，没有孤电子对，总共电子对数为0+4=4，所以为sp3杂化，故符合题意；PF5中P形成5个键，没有孤电子对，总共电子对数为0+5=5，所以为sp3d杂化，故不符合题意；SF6中S形成6个键，孤电子对总共电子对数为0+6=6为sp3d2杂化，故不符合题意；故答案：OF2、NF3、SiF4。

(2)锑为第五周期第V主族元素，其价电子排布式为5s25p3.，[H2F]＋与H2O、NH2-均为10电子，三个原子构成的微粒，互为等电子体，结构相似，其空间构型均为：V型，故答案：5s25p3；V型；H2O、NH2-；

(3)SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据价层电子互斥理论，可判断出其空间构型为正八面体。根据Born-Haber循环能量构建能量图可知，S(s)+3F2(g)→SF6的S-F的键能故答案为：价层电子互斥；327。

(4)①因为HF分子间存在氢键，所以在测定气态HF的摩尔质量时，有部分HF分子通过氢键而结合了，往往得不到20g·mol-1的数据，故答案：有部分HF分子通过氢键而结合了。②冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，含有离子键，由Na＋、[AlF6]3-构成，[AlF6]3-中含有配位键，也属于极性键，故答案：abc；

③冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3[AlF6]+3CO2↑+9H2O，反应物中元素(氢除外)还有Al、O、F、Na、C元素，根据非金属性越强，其电负性越强，电力能越大，所以他们的第一电离能从大到小的顺序为F>O>C>Al>Na；

(5)若NiO的晶体离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，由图可以看出C离子坐标参数离x为1，离y为离z为则坐标参数为（1，），故答案：（1，）。

(6)根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2am×2am×sin600×l0-24，则每平方米含有的氧化镍个数==每个氧化镍的质量所以每平方米含有的氧化镍质量【解析】①.OF2、NF3、SiF4②.5s25p3③.V型④.H2O或H2S、NH⑤.价层电子互斥⑥.327⑦.部分气态HF分子间以氢键结合了⑧.abc⑨.F>O>C>Al>Na⑩.(1)⑪.24、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四、判断题(共2题，共10分)25、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。26、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。五、计算题(共2题，共16分)27、略

【分析】【分析】

【详解】

根据晶胞中的正八面体和正四面体可知晶体中含有4个单元的LiFePO4。

由图可知圆球为Li+，LiFePO4失去的Li+为:棱上-个，面心上一个；棱上的为该晶胞的面心上为该晶胞的因晶体中含有4个单元LiFePO4，所以x=×(+)=则剩余剩余的Li+为1-x=1-=所以化学式为LiFePO4，根据化合价代数和等于0,设Fe2+的个数为a，Fe3+的的个数为b，+2a+3b+5=8，解得a=b=所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=13：3。【解析】4或0.187513：328、略

【分析】【详解】

(1)金刚砂()的硬度为9.5，硬度很大，属于共价晶体；以顶点碳原子为研究对象，与其距离最近的碳原子位于该顶点相邻的面心上，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为12；该晶胞中C原子个数为原子个数为4，晶胞边长为体积密度

(2)根据图乙所示的晶体结构可知，在晶体中，每个原子与4个N原子相连，与同一个原子相连的N原子构成的空间结构为正四面体形，在晶体的晶胞中含有原子的数目是则根据晶体的密度可知晶胞的边长在晶胞中2个最近的原子之间的距离为晶胞体对角线长的即【解析】共价晶体124正四面体形六、工业流程题(共4题，共20分)29、略

【分析】【分析】

含铬不锈钢经过碱熔时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成难溶物Fe(OH)3，通过过滤除去，滤液中加入硫酸酸化，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，通过过滤除去，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，再在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3+，加入氢氧化钠沉淀Cr3+，通过加热锻烧得到氧化物Cr2O3。

(1)

Cr为24号元素；故在元素周期变种的位置为第四周期ⅥB；

(2)

CO中C原子为sp2杂化；无孤对电子，故为平面三角形；

(3)

FeO结合H2O电离出的H+、H2O生成Fe(OH)3和KOH；

(4)

若“酸化”时溶液的pH=8，则c(Al3+)==1.3×10-15；

(5)

滤液中加入硫酸酸化；硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀；

(6)

Cr2O生成Cr3+，SO生成SO依据得失电子守恒，配平得到Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O；

(7)

完成Cr(OH)3制取铬绿的操作为灼烧，需要的仪器铁架台、玻璃棒、坩埚、泥三角。【解析】(1)第四周期ⅥB

(2)平面三角形。

(3)Fe(OH)3

(4)1.3×10-15

(5)H2SiO3、Al(OH)3

(6)Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O

(7)坩埚、泥三角30、略

【分析】【分析】

铜铬渣加入稀硫酸，则锌、铁、铬、钴等单质溶解，而铜与稀硫酸不反应，则料渣I为铜；过滤后加入Zn、As2O3得到大量的CoAs合金，则料渣II为CoAs合金；向滤液中加入双氧水，Fe、Cr形成的离子均被氧化；加入ZnO，调节pH，生成氢氧化铁沉淀，电解溶液，得到单质铬，据此解答。

【详解】

（1）检查司机是否饮酒的原理：橙色的酸性溶液遇到呼出的乙醇蒸气时迅速变绿(Cr3+)，+6价的Cr被还原为+3价，乙醇具有还原性，易被氧化为乙酸，根据得失电子守恒、电荷守恒即原子守恒，写出反应的离子方程式为为24号元素，Cr原子核外有24个电子，根据构造原理写出Cr的核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则价电子排布式为Cr失去2个电子成为Cr2+，核外电子排布从[Ar]3d54s1变为[Ar]3d4能量较高的不稳定结构，而Mn失去2个电子成为Mn2+，核外电子排布从[Ar]3d54s2变为[Ar]3d5能量较低的稳定结构，即铬的第二电离能是失去半充满上的电子，锰的第二电离能是失去上的电子，更容易，所需能量更少，所以故答案为：铬的第二电离能是失去半充满上的电子；锰的第二电离能是失去上的电子；更容易，所需能量更少；

（2）原电池中，负极上是失电子的氧化反应，装置甲中铜电极上产生大量的无色气体，说明金属铜是正极；装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体二氧化氮产生，是硝酸得到电子产生的二氧化氮，发生还原反应的电极是正极，则金属铬是正极，原因是常温下铬在浓硝酸中钝化，故答案为：由装置甲知铬的金属活动性比铜强，且与稀硫酸可反应生成由装置乙知常温下铬在浓硝酸中钝化。

（3）①氧化Cr2+形成根据得失电子守恒、电荷守恒即原子守恒，写出离子方程式为故答案为：

②“电解”时，Cr3+在阴极得到电子生成Cr，故阴极的电极反应式为：故答案为：

③中三价铬离子提供空轨道，NH3中的N原子、H2O中的O原子和Cl-提供孤电子对；中心离子的配位数为N；O、Cl三种原子的原子数之和，即3+2+1=6，故答案为：N、O、Cl；6；

④A．中镍离子提供空轨道，CN-提供孤电子对，形成配位键，CN-中存在共价键；不含离子键，故A错误；

B．盐；酱油、醋、菜汤等会加快金属的腐蚀；所以不锈钢容器不要长时间盛放盐、酱油、醋、菜汤等，也不能用不锈钢锅煲中药，故B正确；

C．不锈钢只是不容易生锈；若具备腐蚀条件也会生锈，故C错误；

D．和中；镍元素提供空轨道，不存在杂化，故D错误；

答案选B。【解析】(1)铬的第二电离能是失去半充满上的电子；锰的第