2025年人教A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年人教A版选择性必修2化学上册阶段测试试卷1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、石墨烯是从石墨材料中剥离出来；由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法中正确的是。

A.从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键B.石墨中的碳原子采取sp2杂化，每个sp2杂化轨道含s轨道与p轨道C.石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间存在共价键；石墨能导电，存在类似金属键的作用力D.石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子2、短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，常温下，0.1mol·L-1XR水溶液的pH=1。X；Y、Z可组成一种在有机合成中常用的还原剂；结构如图所示。下列说法正确的是。

A.原子半径：Z>Y>R>XB.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸C.YR3分子中每个原子最外层都达到8电子结构D.电解ZR水溶液可以制备Z、R的单质3、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，它们的最高价氧化物的水化物能两两反应，X原子最外层电子数是电子层数的三倍，W的最高正价与最低负价的代数和为6。下列推测正确的是A.X与Y形成的化合物只有离子键，没有共价键B.Z的氧化物是一种两性氧化物C.W元素最高价氧化物对应水化物的化学式为H2WO4D.X、Y、Z三种元素的原子半径：Z＞Y＞X4、-CH3、都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是A.与H3O+的空间结构均为三角锥形B.它们的C均采取sp2杂化C.中的所有原子均共面D.与OH-形成的化合物中不含有离子键5、向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色透明的溶液。下列说法正确的是A.对蓝色光有较好的吸收效果B.沉淀溶解是因为生成了配合物离子C.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，观察不到类似的现象D.在中，提供孤电子对，提供空轨道6、化合物M(结构式如下图所示)可用于口腔清洁。已知W；X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素；W与Z、X与Y分别同主族，Y、Z对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法不正确的是。

A.简单离子的半径：Y>Z>WB.简单氢化物的沸点：X>YC.化合物M中X的化合价均为D.ZW可与反应生成W的单质7、下列说法不正确的是A.沸点：B.熔点：C.熔点：金刚石碳化硅晶体硅D.硬度：评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)8、几种常见的晶胞或结构()如图；下列说法错误的是。

A.图1所示晶胞中阳、阴离子的配位数分别为8和4B.熔点：图2所示物质>图1所示物质C.图3所示晶胞中与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个D.可与反应生成和均是共价化合物9、各组元素原子半径逐渐变小，单质氧化性逐渐增强的是A.K、Na、LiB.P、S、OC.Si、P、OD.O、S、Cl10、下列各组物质的性质比较，正确的是（）A.熔点：CO2＜H2O＜SiO2＜KClB.稳定性：H2O＜NH3＜PH3＜SiH4C.键能：F2＞Cl2＞Br2＞I2D.粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+11、黑鳞是一种黑色；有金属光泽的晶体；结构与石墨相似，如图所示。下列有关黑磷说法正确的是。

A.黑鳞晶体中P原子杂化方式为sp2B.黑鳞晶体中层与层之间的作用力为分子间作用力C.黑鱗晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D.P元素三种常见的单质中，黑鳞的熔沸点最高12、AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成系列“超四面体”(T2、T3)；下列相关说法正确的是。

A.T4超四面体中有4种不同环境的X原子B.T4超四面体的化学式为A20X34C.T5超四面体中有6种不同环境的X原子D.T5超四面体的化学式为A35X56评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、氧；硫、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：

(1)硒(Se)的原子结构示意图为___________。

(2)氧和硫的氢化物性质的比较：

①热稳定性：H2O___________H2S(填“＞”或“＜”)，判断依据是___________。

②沸点：H2O___________H2S(填“＞”或“＜”)，判断依据是___________。

(3)H2O与NH3反应产物中所含化学键类型为___________；H2S与NH3反应的产物中所含化学键类型为___________(填离子键或共价键)。

(4)钠的硫化物Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶13，则x的值为___________。14、新型材料在生活和工业生产中有着广泛的应用。

(1)聚氯化硫(SN)x是重要的超导材料；目前已成为全球材料行业研究的热点。

①下列电子排布图能表示氮原子的最低能量状态的是_______(填字母)。

A.B.

C.D.

②基态S原子的原子核外有_______种空间运动状态不同的电子；其能量最高的电子的电子云轮廓图为_______形。

(2)离子液体熔点很低，常温下呈液态，阴阳离子可自由移动，因此离子液体在电池中可作为______________，某离子液体的结构如图所示，其中碳原子杂化方式为________________，该离子液体中阴离子PF-6的空间构型为_________；已知其阳离子的环状结构中含有大π键，该大π键应表示为_______________________。

(3)硅酸盐是地壳岩石的主要成分，硅酸盐的阴离子结构丰富多样，既有有限数目的硅氧四面体构建的简单阴离子，也有以硅氧四面体为结构单元构成一维、二维、三维无限伸展的共价键骨架。图a表示硅酸根的阴离子的化学式为___________，图b无限长链的硅酸根中硅氧原子数目之比为___________。

(○硅原子在上氧原子在下硅原子在下氧原子在上)15、类石墨相氮化碳具有和石墨相似的层状结构；其中一种二维平面结构如图所示。

(1)晶体中存在的微粒间作用力有_______(填标号)。A．非极性键B．金属键C．键D．范德华力(2)中，C原子的杂化轨道类型为_______，N原子的配位数为_______。16、ⅥA族的氧；硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态；含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：

(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是________。

(2)O、S、Se元素的电负性由大到小的顺序为______________________。

(3)H2Se的酸性比H2S_______(填“强”或“弱”)，气态SeO3分子的立体构型为__________。

(4)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2；请根据结构与性质的关系解释：

①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：__________________________；

②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：____________________________________________。

(5)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为________________g·cm－3(列式并计算)，（1pm=10-10cm）

17、有下列几种晶体：A．氮化硅；B．氯化铯；C．生石灰；D．金刚石；E．苛性钠；F．铜；G．固态氨；H．干冰；I．二氧化硅。

回答下列问题：

(1)上述晶体中，属于共价晶体的化合物是________(填字母；下同)。

(2)上述晶体中，受热熔化后化学键不发生变化的是________。

(3)上述晶体中，含有共价键的离子晶体是________。

(4)上述晶体中，熔融状态下能导电的是________。评卷人得分四、判断题(共3题，共9分)18、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19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、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、工业流程题(共4题，共32分)21、铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途．

(一)如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和都是重要的化工原料；常用作催化剂；颜料、防腐剂和消毒剂等．

(1)超细铜粉的某制备方法如下：

中的配体是_______________________。

(2)氯化亚铜的制备过程是：向溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀，反应的离子方程式为_______________________________________________________。

(二)波尔多液是一种保护性杀菌剂；广泛应用于树木；果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料．

(1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有_______________________填元素符号

(2)往浓溶液中加入过量较浓的直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液．小心加入约和溶液等体积的并使之分成两层，静置．经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是____________________(写化学式)，实验中所加的作用是________________________。

(3)晶体中呈正四面体的原子团是______，杂化轨道类型是杂化的原子是____________。22、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23、对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物；一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。

(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为___________。

(2)“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式___________。

(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为___________。

(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。

②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量可析出Y。

(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。

①该氧化物为___________。

②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。24、某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。

回答下列问题：

(1)“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为___________。

(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有___________。

(3)在空气中煅烧其热重曲线如图1所示，300~400℃时转化为反应的化学方程式为___________；400~450℃生成的固体产物的化学式为___________。

(4)工业上可用电解法制取用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式___________，amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为___________mol(假设电解时阳极只考虑放电)。

(5)金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=___________；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为___________。

(6)NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，)，则B的离子坐标参数为___________。

(7)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为___________。评卷人得分六、实验题(共4题，共16分)25、三草酸合铁酸钾的化学K3[Fe(C2O4)3]·3H2O可用于制作工程图中“晒制蓝图”时的感光剂。

（1）钾离子最外层电子的轨道表示式_________。

（2）已知草酸氢钾(KHC2O4)溶液中c（C2O42—）>c（H2C2O4），则该溶液呈性________（填酸、碱、中），并简述原因_________，写出HC2O4—水解的离子方程式_________________。

为探究三草酸合铁酸钾受热分解的产物；按下图进行实验。

（3）实验开始时，先要通一会氮气，其目的是__________。

（4）实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有_________、_________。

（5）样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：________。26、实验室利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气并进行一系列相关实验的装置如图所示(夹持设备已略)：

(1)装置B的作用是________。

(2)设计实验装置D、E的目的是比较Cl、Br、I非金属性强弱。实验操作方法为：反应一段时间后，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象为_________；然而另有同学认为该实验并不能达到实验目的，请分析其理由：__________。27、某小组同学探究FeCl3溶液显黄色的原因。

资料：FeCl3溶液中存在如下化学平衡：[Fe(H2O)6]3++H2O[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+

I．猜想与预测。

小组同学认为可能是Fe3＋与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色；进而提出以下猜想：

i．Fe3＋与OH-配位。

ii．Fe3＋与H2O配位。

iii．Fe3＋与Cl-配位。

(1)上述微粒能形成配离子的原因是___________。

II．实验与分析。

为验证猜想i，小组同学设计并完成了以下实验。实验实验操作实验现象a向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀硝酸溶液由黄色变为浅黄色b向2mLFeCl3溶液中加0.5mL水溶液黄色略变浅(2)实验b的目的是___________。

(3)甲同学认为综合上述实验证明猜想i成立；乙同学认为不严谨，并进行了如下实验探究。

实验c：向2mL黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸；观察到溶液由黄色变为无色。

①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是___________。

②乙同学认为实验c可以证明猜想i成立，猜想ii不成立，理由是___________。

③小组同学进一步设计实验证明了猜想iii成立。该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量___________；溶液由无色变为黄色。

III．结论与反思。

(4)综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是______。

(5)向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，用平衡移动原理解释：______。28、肼()可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备并探究的性质；其制备装置如图所示。

回答下列问题：

(1)仪器b的名称为___________，仪器a的作用是___________。

(2)装置A试管中发生反应的化学方程式为___________。

(3)上述装置B、C间缺少一个装置，可能导致的结果是___________。

(4)探究的性质。将制得的分离提纯后；进行如下实验。

[查阅资料]AgOH不稳定，易分解生成黑色的可溶于氨水。

[提出假设]黑色固体可能是Ag、中的一种或两种。

[实验验证]设计如下方案，进行实验。操作现象结论ⅰ．取少量黑色固体于试管中，加入足量①___________，振荡黑色固体部分溶解黑色固体中有ⅱ．取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡②___________黑色固体是Ag和则肼具有的性质是碱性和③___________

(5)实验制得的肼往往以的形式存在于溶液中，其原因是___________。

(6)肼又称联氨，是一种常用的还原剂，可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg联氨可除去水中溶解的的质量为___________kg。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，层内存在共价键，每个C原子形成3个键；且每个C原子为3个环共有，以此解答该题。

【详解】

A．石墨晶体中；层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，A错误；

B．石墨中的碳原子采取杂化与其他的三个碳原子相连，每个杂化轨道含s轨道与p轨道；B错误；

C．石墨属于混合型晶体；层与层之间存在分子间作用力；层内碳原子间通过共价键结合；石墨层内的每个碳原子存在一个单电子，这些单电子可以在层内自由移动，与层内碳原子之间存在类似金属键的作用力，C正确；

D．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为D错误；

故选：C。2、B【分析】【分析】

短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大；常温下，0.1mol·L-1XR水溶液的pH=1，短周期主族元素组成的常见一元强酸为盐酸，则X为氢、R为氯；由X、Y、Z组成的一种常用的还原剂的结构可知，Z为带一个单位正电荷的离子，为钠；Y与氢形成YH则Y最外层应该有3个电子，为硼；组成的常见还原剂为NaBH4；

【详解】

A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Z>R>Y>X；A错误；

B．硼的最高价氧化物对应的水化物是硼酸；硼酸为弱酸，B正确；

C．YR3为BCl3；硼最外层有3个电子，与3个氯原子结合，则硼的成键电子为6，没有达到8电子结构，C错误；

D．电解NaCl水溶液得到氯气；氢气、氢氧化钠；D错误；

故选B。3、B【分析】【分析】

短周期元素X；Y、Z、W的原子序数依次增大；X原子最外层电子数是电子层数的三倍，则X为O元素；W的最高正价与最低负价的代数和为6，则W为Cl元素；Y、Z、W位于同一周期，它们的最高价氧化物的水化物能两两反应，则Y为Na元素、Z为Al元素。

【详解】

A.氧元素与钠元素形成的过氧化钠是离子化合物；化合物中含有离子键和共价键，故A错误；

B.铝元素的氧化物是氧化铝；氧化铝是两性氧化物，故B正确；

C.氯元素最高价氧化物对应水化物为高氯酸，化学式为HClO4；故C错误；

D.同周期元素；从左到右原子半径依次减小，则三种元素的原子半径的大小顺序为Na＞Al＞Cl，故D错误；

故选B。4、B【分析】【分析】

中，C孤电子对数==1，C为sp3杂化，三角锥形，中，C孤电子对数==0，C均采取sp2杂化，平面正三角形，-CH3中，C为sp3杂化；呈三角锥形，由此判断各选项。

【详解】

A．H3O+中，O孤电子对数==1，O为sp3杂化，三角锥形，中，C孤电子对数==1，C为sp3杂化；三角锥形，故A正确；

B．根据分析，和-CH3中C均为sp3杂化；故B不正确；

C．中，C孤电子对数==0，C均采取sp2杂化；平面正三角形，故所有原子均共面，故C正确；

D．与OH-形成的化合物为甲醇；属于共价化合物，不含有离子键，故D正确；

故答案为：B。5、B【分析】【分析】

氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明的溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-。

【详解】

A．铜氨络合物溶液是深蓝色透明的，则对蓝色光有较差的吸收效果；A项错误；

B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+；B项正确；

C．硝酸铜中的铜离子和氨水反应现象与硫酸铜中铜离子和氨水反应现象相同；硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，能观察到同样现象，C项错误；

D．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对；D项错误；

答案选B。6、C【分析】【分析】

已知W；X、Y、Z是原子序数依次增大的前20号主族元素；由X可以形成2个共价键、Y形成6个共价键，X与Y分别同主族，可知，X为氧、Y为硫；Y、Z对应的简单离子核外电子排布相同，Z可以形成带1个单位正电荷的阳离子，Z为第ⅠA族元素，为K；W与Z同主族，W为氢；

【详解】

A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子的半径：Y>Z>W；A正确；

B．水分子可以氢键；导致水的沸点高于硫化氢，B正确；

C．由图可知；化合物M中存在过氧根离子，故O的化合价存在-1价，C错误；

D．KH为金属氢化物；可与水反应生成氢气，D正确；

故选C。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．三种物质都是由分子构成的，由于分子之间存在氢键使物质的熔、沸点升高，而且氢键因此沸点A正确；

B．离子半径离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键就越强，熔点就越高，B错误；

C．金刚石碳化硅、晶体硅都是共价晶体，原子间通过共价键结合，形成共价键的原子半径越小，共价键结合得就越牢固，物质的熔点就越高，由于共价键的键长所以熔点金刚石碳化硅晶体硅；C正确；

D．都是离子晶体，离子间通过离子键结合，由于离子所带电荷数目相同，离子半径越小，离子键就越强，晶体的硬度就越大，由于离子半径所以硬度D正确；

故选B。二、多选题(共5题，共10分)8、BD【分析】【分析】

由题意判断图1为GaF2的晶胞，图2为AlCl3的结构，图3为的晶胞。

【详解】

A．图1中顶点和面心是Ga2+，四面体内较大的小球表示F-，距离钙离Ga2+子最近且等距离的F-有8个，则Ga2+的配位数为8，距离F-最近且等距离的Ga2+有4个，则F-的配位数为4；故A正确；

B．图1为GaF2的晶胞，GaF2是离子晶体，图2为AlCl3的结构，AlCl3是共价化合物，离子化合物的熔点一般高于共价化合物，则GaF2熔点高于AlCl3；故B错误；

C．由图3可看出；与体心原子等距离且最近的顶点原子有8个，故C正确；

D．为离子化合物；故D错误；

故答案选BD。9、BC【分析】【分析】

同主族元素的原子；从上到下，原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐减弱，同周期元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小，单质的氧化性逐渐增强，由此分析。

【详解】

A．K；Na、Li位于同一主族；同主族元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，单质的氧化性逐渐减弱，原子半径：K＞Na＞Li，K、Na、Li都是金属，体现较强的金属性，故A不符合题意；

B．P；S位于同一周期；同周期元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小，P＞S，非金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐增强，S＞P；S和O位于同一主族，主族元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，S＞O，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，单质的氧化性：O＞S，原子半径：P＞S＞O，单质的氧化性O＞S＞P；故B符合题意；

C．S；P、Si位于同一周期；同周期元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小，Si＞P＞S，非金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐增强，S＞P＞Si；S和O位于同一主族，主族元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，S＞O，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，单质的氧化性：O＞S，原子半径：Si＞P＞S＞O，单质的氧化性O＞S＞P＞Si；故C符合题意；

D．S；Cl位于同一周期；同周期元素的原子，从左到右，原子半径逐渐减小，S＞Cl，非金属性逐渐增强，单质的氧化性逐渐增强，Cl＞S；S和O位于同一主族，主族元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，S＞O，非金属性减弱，单质的氧化性减弱，单质的氧化性：O＞S，Cl有三层电子，O原子有两层电子，半径：S＞Cl＞O，一般O没有正价，Cl有正价，单质的氧化性O＞Cl＞S；故D不符合题意；

答案选BC。

【点睛】

判断不是同周期或同族的元素的性质递变规律时，寻找中间元素帮助分析，为易错点。10、CD【分析】【详解】

A．CO2、H2O为分子晶体，但水分子间有氢键，熔点比CO2的高，SiO2为原子晶体，熔点最高，KCl为离子晶体，熔点较高，所以熔点CO2＜H2O＜KCl＜SiO2；故A错误；

B．非金属性越强，氢化物越稳定，氧非金属性最强，所以稳定性H2O＞NH3＞PH3＞SiH4；故B错误；

C．原子半径越小，键长越短，键能越大，原子半径F＜Cl＜Br＜I，所以键能F2＞Cl2＞Br2＞I2；故C正确；

D．钾离子有3层，钠离子和镁离子，铝离子都有2层，电子层越多半径越大，电子层数相同核电荷数越大，半径越小，所以粒子半径：K+＞Na+＞Mg2+＞Al3+；故D正确；

综上所述答案为CD。11、BD【分析】【分析】

【详解】

由黑鳞的结构图可知，黑鳞的中磷原子排列成立体结构，则磷原子杂化方式为sp3杂化，A选项错误；因为黑磷晶体与石墨类似的层状结构，所以黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力，B选项正确；石墨晶体中碳原子为sp2杂化，则每一层中的碳原子均在同一平面上，而黑磷晶体中磷原子为sp3杂化，则每一层中的磷原子不可能在同一平面上，C选项错误；黑磷晶体与石墨类似的层状结构，则黑鳞最可能是混合型晶体（具有共价晶体和分子晶体的性质），而白磷、红磷都是分子晶体，所以黑磷的熔沸点最高，D选项正确。12、CD【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

氧；硫、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素；位于第ⅥA族。

【详解】

(1)Se位于第四周期第ⅥA族，核外电子层数为4，最外层电子数为6，原子序数为34，则其原子结构示意图为

(2)①非金属越强，氢化物的稳定性越强，同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱，所以非金属性O＞S，则热稳定性：H2O＞H2S。

②由于水分子间有氢键，所以水的沸点高于H2S。

(3)H2O与NH3反应产物为NH3▪H2O，所含化学键类型为共价键；H2S与NH3反应的产物为NH4HS或(NH4)2S，均为离子化合物，阳离子和阴离子以离子键结合，在中；N和H以共价键结合。

(4)钠的硫化物Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，硫的化合价从-升高到+6价，而NaClO被还原为NaCl，氯的化合价从+1价降低到-1价，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1:13，根据电子守恒：x(6+)=13×2，可求出x=4。【解析】＞氧和硫是同族元素，氧原子半径小，得电子能力强，非金属性强，故氧的简单气态氢化物稳定性强＞H2O分子间存在氢键共价键离子键、共价键414、略

【分析】（1）

①氮原子为7号元素；根据：能量最低原理；洪特规则、泡利原理，其最低能量状态的是A；

②基态S原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4；s伸展方向为球形，p是哑铃型有x；y、z三种不同的伸展方向，故基态S原子的原子核外有1+1+3+1+3=9种空间运动状态不同的电子；原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里；其能量最高的电子为p电子，电子云轮廓图为哑铃形。

（2）

离子液体熔点很低，常温下呈液态，阴阳离子可自由移动，因此离子液体在电池中可作为电解质或做导体；由结构简式可知，饱和碳元素为sp3、双键两端碳原子为sp2，故碳原子杂化方式为sp2、sp3；该离子液体中阴离子PF-6中有6个共价键，根据电子对互斥理论可知，空间构型为正八面体；已知其阳离子的环状结构中含有大π键，由图可知，该大π键为5个原子和6个电子形成的，应表示为

（3）

图a表示硅酸根的阴离子为2个硅原子和7个氧原子形成的离子，化学式为Si2O6-7；硅氧四面体中位于中间水平线上的左侧和右侧氧原子在无限长链中被两个重复单元共用，则1个重复单元中含有2个硅原子和6个氧原子，硅氧原子数目之比为1:3。【解析】(1)A(1分)9(1分)哑铃(1分)

(2)电解质或做导体(1分)sp2、sp3(2分)正八面体(1分)π65(2分)

(3)Si2O6-7(1分)1:3(2分)15、略

【分析】【详解】

（1）根据题意，具有和石墨相似的层状结构，结合二维平面结构图可知，其存在的微粒间作用力有极性键、键和范德华力；故答案为：CD；

（2）中，结合二维平面结构图可知，每个原子与N原子形成3个键，层内存在大键，不存在孤电子对，故C原子的杂化轨道类型为杂化，根据二维平面结构图可知，N原子的成键有连2个C原子和3个C原子的两种情况，故N原子的配位键数为2、3。【解析】(1)CD

(2)杂化2、316、略

【分析】【详解】

试题分析：（1）由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4；(2)同主族元素从上到下电负性降低；（3）同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱；气态SeO3分子中Se形成3个δ键，没有孤电子对；(4)①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离；②H2SeO3的分子结构为Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强，导致Se﹣O﹣H中的O原子更向Se偏移；(5)晶胞中含有S离子位于顶点和面心，共含有+6×=4，Zn离子位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为晶胞的体积为（540.0×10﹣10cm）3。

解析：（1）由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp3；(2)同主族元素从上到下电负性降低，所以O、S、Se元素的电负性由大到小的顺序为O＞S＞Se；（3）同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱，则则H2Se的酸性比H2S强；气态SeO3分子中Se形成3个δ键，没有孤电子对，所以SeO3分子的立体构型为平面三角形；(4)①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度，导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；②H2SeO3的分子结构为Se为+4价，而H2SeO4的分子结构为Se为+6价，后者Se原子吸电子能力强，导致Se﹣O﹣H中的O原子更向Se偏移，羟基上氢原子更容易电离出H+，所以H2SeO4的酸性更强；(5)晶胞中含有S离子位于顶点和面心，共含有+6×=4，Zn离子位于体心，共4个，则晶胞中平均含有4个ZnS，质量为晶胞的体积为（540.0×10﹣10cm）3，所以密度是g•cm﹣3。

点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用晶胞楞上的原子被一个晶胞占用晶胞面心的原子被一个晶胞占用体心原子被晶胞完全占用。【解析】sp3O＞S＞Se强平面三角形第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致Se—O—H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H＋17、略

【分析】【分析】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；据此回答；

(2)受热熔化后化学键不发生变化；则变化的是分子间作用力；故满足条件的是分子晶体；

(3)含有共价键的离子晶体；那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子；铵根离子、含氧酸根离子等，据此回答；

(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体；据此回答；

【详解】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；硅的原子结构决定了：氮化硅；二氧化硅晶体是由原子直接通过共价键形成的，故填A、I；

(2)原子晶体受热熔化后；共价键被克服；离子晶体受热熔化后，离子键被克服、金属晶体受热熔化后，金属键被克服、受热熔化后化学键不发生变化的只有分子晶体、则变化的是分子间作用力，故上述晶体中满足条件的是固态氨和干冰；故填GH；

(3)含有共价键的离子晶体；那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子；铵根离子、含氧酸根离子等，故上述晶体中满足条件的是氢氧化钠，故填E；

(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体；上述晶体中离子晶体有氯化铯；生石灰、苛性钠，金属今天有铜；故填B、C、E、F。

【点睛】

构成晶体的粒子、粒子之间的作用力共同决定了晶体类型，还可以通过性质推测晶体类型。【解析】A、IG、HEB、C、E、F四、判断题(共3题，共9分)18、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；19、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。20、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、工业流程题(共4题，共32分)21、略

【分析】【分析】

(一)(1)根据配合物的组成判断；

(2)CuCl2与SO2反应生成CuCl沉淀和硫酸；

(二)（1）根据铜的电子排布式分析；

（2）在酒精中的溶解度小于在水溶液中的溶解度；

(3)晶体中呈正四面体的原子团是杂化轨道类型是其价层电子对个数是4。

【详解】

(一)(1)根据配合物的组成可以判断中的配体是NH3；

(2)CuCl2与SO2反应生成CuCl沉淀和硫酸，其反应的离子方程式为：

(二)（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1个未成对电子，第四周期中最外层电子数为1的元素还有：钾其外围电子排布式为4s1，铬其外围电子排布式为3d54s1，答案为K、Cr；

(2)在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是

实验中加减小“溶剂”和的极性；降低溶解度；

(3)晶体中呈正四面体的原子团是杂化轨道类型是其价层电子对个数是4，有N原子、S原子和O原子。【解析】NH3K、Cr加减小“溶剂”和的极性，降低溶解度N、S、O22、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；锰的第二电离能是失去上的电子；更容易，所需能量更少。

(2)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)N、O、Cl6B23、略

【分析】【分析】

废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物；与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸；过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。

【详解】

（1）Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2；根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。

（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO

（3）时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为

（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。

②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。

（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。

②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。【解析】(1)+6

(2)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO

(3)+=↓

(4)

(5)24、略

【分析】【分析】

将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质；应洗涤；干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。

【详解】

（1）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：

（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Ni2+、Fe3+，答案为：

（3）转化为反应的化学方程式为设1mol在下分解为1mol的质量为由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为=80.3g，得到故生成产物的化学式为答案为：

（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25amol，故答案为：1.25amol；

（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似；含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；

（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，)；则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，1)；

（7）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。【解析】(1)

(2)

(3)

(4)1.25a

(5)41∶2

(6)(1；1，1)

(7)+2或-2六、实验题(共4题，共16分)25、略

【分析】【详解】

（1）钾原子为19号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，钾离子的核外电子排布式:1s22s22p63s23p6，钾离子最外层电子的轨道表示式

答案为：

（2）已知草酸氢钾(KHC2O4)溶液中，c（C2O42-）>c（H2C2O4），说明溶液中的HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(H+)>c(OH-)，则该溶液呈酸性；HC2O4—水解生成H2C2O4和OH-，离子方程式HC2O4-+H2O⇋H2C2O4+OH-；

答案为：酸；溶液中的HC2O4-电离程度大于水解程度，则c(H+)>c(OH-)；HC2O4-+H2O⇋H2C2O4+OH-；

（3）在反应开始前通入N2，可排净装置中的空气，以免O2和CO2对实验干扰，同时用N2把装置A；E中反应生成的气体排出进行后续检验；

故答案为排出装置中原有空气，避免O2和CO2干扰实验，同时用N2把装置A；E中反应生成的气体排出进行后续检验；

（4）B中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中一定含有CO2；E中固体变红；F中澄清石灰水变浑浊证明分解产物中有还原性气体CO；

故答案为CO；CO2；

（5）检验固体中是否存在Fe2O3，需将Fe2O3转化成铁离子，再用硫氰化钾进行检验，操作方法为：取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解,再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明A中残留物中含Fe2O3；

故答案为取少量装置A中残留物放入试管中，加入稀硫酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，若观察到溶液变红，则