2025年鲁教版选择性必修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年鲁教版选择性必修2化学下册月考试卷959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总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、短周期元素X；Y、Z、W、Q在元素周期表中的相对位置如图所示；其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，下列说法正确的是。

A.工业上常通过电解Z的熔融氯化物的方法制取Z的单质B.简单离子半径：Q>Z>X>YC.氢化物的沸点：Y>X>WD.X与Y可形成5种以上的化合物2、下列有关合成药物胃复安的说法不正确的是。

A.分子中不存在手性碳原子B.能与盐酸反应生成盐类物质C.能与溶液发生显色反应D.一定条件下能与溶液发生水解反应3、下列说法正确的是A.N元素的电负性大于O元素B.基态Fe原子的外围电子排布图为C.在基态多电子原子中，P轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D.根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素4、下列说法不正确的是A.碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍B.丙烯(CH3CH=CH2)分子中有8个σ键，1个π键C.丙烯分子中的π键不如σ键稳定D.π键电子云形状为镜面对称5、乙二胺是一种有机化合物，其结构简式为H2NCH2CH2NH2，可用en代表。下列关于乙二胺的说法错误的是A.分子中氮、碳均采取sp3杂化B.可溶于水、乙醇等物质C.可作为缩聚反应的单体D.能与Cu2+形成稳定环状离子[Cu(en)2]2+，其中Cu2+的配位数为26、硼酸晶体的结构如图所示；下列说法不正确的是。

A.硼酸分子含三个羟基，硼酸属于三元酸B.硼酸晶体熔融时主要破坏作用力为氢键C.硼酸分子中含有两种极性键D.硼酸分子中硼原子采用sp2杂化7、下列有关叙述及相关解释均正确的是。

。选项。

叙述。

解释。

A

键的极性的强弱：N-H>O-H>F-H

电负性：N

B

稳定性：H2O>H2S

两种元素同主族，且半径O

C

熔点：

I形成分子内氢键；II形成分子间氢键。

D

酸性：HI>HBr>HCl

HI、HBr；HCI中的范德华力逐至减小。

A.AB.BC.CD.D8、下列说法正确的是A.19世纪初，化学家维勒提出了有机化学的概念B.红外光谱图的研究可以确定有机物的相对分子质量C.同位素示踪法可以研究反应的历程D.铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否含有硫、氮、氯、溴等元素评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)9、某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布可能是A.4s2B.3p64s2C.3d44s2D.3d14s210、下列有关化学键的比较肯定错误的是A.键能：C-N＜C=N＜C≡NB.键长：I-I＞Br-Br＞Cl-ClC.分子中的键角：H2O＞CO2D.碳原子间形成的共价键键能：π键＞σ键11、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的阳离子与阴离子个数比为3：1B.该晶体中Xn＋离子中n=3C.该晶体中每个N3-被6个等距离的Xn＋离子包围D.X元素的原子序数是1912、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大。X、Y位于同一主族，Z在第三周期中离子半径最小，Z和W的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法正确的是A.最简单气态氢化物的热稳定性：X>YB.YX属于共价化合物C.含Z元素的盐溶液只能显碱性D.Y为地壳中含量最多的非金属元素13、二茂铁是一种具有芳香族性质的有机过渡金属化合物；在医药；航天、环保等行业具有广泛的应用，其结构简式如图所示。下列说法错误的是。

A.其分子式为C10H10FeB.分子中的Fe失去了3d能级上的2个电子C.分子中既含有极性共价键又有非极性共价键D.铁元素的第二电离能大于它的第三电离能14、用双硫腺(H2Dz，二元弱酸)～CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的Cu2+时，先发生络合反应：Cu2++2H2DzCu(HDz)2+2H+，再加入CCl4，Cu(HDz)2就很容易被萃取到CCl4中。如图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)；下列说法错误的是。

A.当分离过程中，Bi3+发生的络合反应为Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+B.加NaOH溶液调节pH=11，一定存在关系：c(Na+)＞c(D)=c[Zn(OH)]＞c(OH—)＞c(H+)C.NaHDz溶液存在关系：c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)D.若pH=2.5且—lgc(H2Dz)=pH时，络合反应达到平衡，则H2Dz与Bi3+络合反应平衡常数约为515、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16、物质Ⅲ(2；3-二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料,其合成的部分流程如下：

下列叙述正确的是A.物质Ⅲ的核磁共振氢谱图显示有六种不同环境的氢B.物质Ⅰ在NaOH醇溶液中加热可发生消去反应C.物质Ⅱ中所有原子可能位于同一平面内D.物质Ⅲ与足量H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)17、关于物质结构与性质的内在联系；请回答下列问题：

(1)已知Se与O同族，基态Se原子价层电子的运动状态有______种，基态O原子的电子排布式不能表示为1s22s22p2p因为这违背了______(填选项)。

A.能量最低原理B.泡利不相容原理C.洪特规则。

(2)已知液态的二氧化硫可以发生类似的水自身电离反应：2SO2(l)SO2++SOSO2+中的σ键和π键数目之比为______，SO2的空间构型为______。

(3)由于硅的价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二者中N的杂化方式分别为______。更易形成配合物的是______。

(4)硒有三种晶体(α单斜体、β单斜体和灰色三角晶)，灰硒的晶体为六方晶胞结构，原子排列为无限螺旋链，分布在六方晶格上，同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，其螺旋链状图、晶胞结构图和晶胞俯视图如图所示，则相邻链之间微粒间作用力为______。

已知正六棱柱的边长为acm，高为bcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______g•cm-3(用含NA、a、b的式子表示)。18、1991年，我国著名化学家张青莲精确地测定了铟(In)、锑(Sb)等十种元素的相对原子质量，其中准确测得In的相对原子质量被国际原子量委员会采用为新的标准值。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。BCNOFAlSiPSClGaGeAsSeBrInSnSbTeI

(1)请将In的原子结构示意图补全：___________，Sb的最高正化合价为___________。

(2)根据元素周期律，下列关于上表中元素推断正确的是___________(填序号)。

A．非金属性最强的元素是氟元素。

B．原子半径大小：

C．氢化物的稳定性：

D．可在图中分界线(虚线部分)附近寻找优良的催化剂；合金材料等。

(3)写出由上述元素中三个原子组成的直线形分子的结构式：___________。

(4)判断非金属强弱：Cl___________Br(用＜、=、＞来表示)，请用一条化学方程式来解释___________。19、为了纪念元素周期表诞生150周年；联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：

(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_______(填“s”“p”“d”或“ds”)区。Cu2+基态核外电子排布式为_______；

(2)下表是Fe和Cu的部分电离能数据：清解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因_______；。元素FeCu第一电离能I1/(kJ·mol-1)759746第二电离能I2/(kJ·mol-1)15611958

(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。CN-的电子式是_______；0.5molK4[Fe(CN)6]的配离子中含σ键为_______mol。

(4)以铁、硫酸、柠樣酸()、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。其中氨水中NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。与NH互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。20、制备石硫合剂(一种常用农药)的方法如下：先在反应器内加水使石灰消解；然后加足水量，在搅拌下把硫磺粉慢慢倒入。升温熬煮，使硫发生歧化反应。滤去固体渣滓得到粘稠状深棕色透明碱性液体成品。

(1)写出生成产品的歧化反应的化学反应方程式___________。

(2)说明固体渣滓的成分(假定水和生石灰皆为纯品)_________。

(3)写出呈现深棕色物质的化学式__________。

(4)通常采用下述路线进行石硫合剂成品中有效活性物种的含量分析。写出A、B和C所代表的物种的化学式________、________、________。

(5)我国科技工作者首创用石硫合剂提取黄金的新工艺，其原理类似于氰化法提金，不同的是过程中不需要通入空气。写出石硫合剂浸金过程中氧化剂的化学式_________，指出形成的Au(I)配离子中的配位原子________。21、阻燃剂又称防火剂；主要用于延迟或防止可燃物的燃烧。根据组成，阻燃剂可分为卤系阻燃剂；无机阻燃剂等。

（1）卤系阻燃剂多为有机氯化物和有机溴化物，受热会分解产生卤化氢（HX），起到阻燃作用。卤化氢的电子式为____；HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是___。

（2）溴离子的最外层电子排布式是___；氯原子的核外电子云有___种伸展方向。

（3）下列能说明氯的非金属性强于溴的事实是___（选填编号）。

a．HClO酸性强于HBrO

b．HBr的分解温度低于HCl

c．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水；溶液颜色变黄。

d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化还原反应。

无机阻燃剂中；氢氧化铝和氢氧化镁两种阻燃剂占据着重要位置。两者的阻燃机理都是在达到热分解温度时迅速分解为氧化物与水，起到吸热降温的作用。

（4）写出氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式___。

（5）两种阻燃剂的分解产物在自然界中最有可能成为原子晶体的是___。（填化学式）

（6）无水碳酸镁也是一种新型无机阻燃剂，除了具有单位质量吸热量更大的特点外，还能释放具有灭火作用的气体。写出该气体的结构式___。

（7）与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子的半径大小关系为___（填微粒符号）。22、铁；铝、铜、硫、氮、磷、砷都是日常生活中常见的元素；它们的单质及其化合物在科学研究和工农业生产中具有广泛用途。请回答以下问题：

(1)Cu+的基态价电子排布图_______；Cu(NH3)4SO4中N、S、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(元素符号表示)。

(2)SO中心原子的杂化方式为_______，SO的立体构型为_______。

(3)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为_______。

23、已知：离子晶体中与一个离子紧邻的异电性离子的数目称为配位数。

(1)图1是NaCl晶体的晶胞，表示表示该晶胞中实际含有的数为_______，的配位数是_______。

(2)图2是CsCl晶体的晶胞，表示表示该晶胞中实际含有的数为_______，的配位数是_______。

(3)图3是的晶胞，位于顶角和面心，位于大立方体对角线处。表示的离子是_______，它的配位数是_______；表示的离子是_______，它的配位数是_______。24、（1）某元素的原子序数为33；则：

①该元素原子的核外电子总数是________；

②该元素原子有________个电子层，________个能级；

③该元素原子的电子排布式为____________________________。

（2）写出S、Ca2＋、Cl－的电子排布式：

①S：__________；②Ca2＋：__________；③Cl－：__________。评卷人得分四、实验题(共4题，共16分)25、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：______。26、某兴小趣组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中NH3的方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2.实验过程如下：

CoCl2[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体产品。

已知：

a．配合物X能溶于水；且溶解度随温度升高而增大。

b．Co的此类配合物离子较稳定，但加碱再煮沸可促进其解离，例如[Co(NH3)5Cl]2+Co3++5NH3+Cl-。

c．H2O2参与反应时；明显放热。

(1)制备配合物X的总反应方程式为：___________

CoCl2+____H2O2+____NH3+______=______[Co(NH3)5Cl]Cl2+_______，Co与Zn元素的第一电离能较大的是___________。(填写元素符号)

(2)“1)NH4Cl-NH3·H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是___________。

(3)“2)H2O2”加H2O2时应选择___________(填序号)。

A．冷水浴B．温水浴(≈60℃)C．沸水浴D．酒精灯直接加热。

(4)本实验条件下，下列物质均可将Co(II)氧化为Co(III)。其中可替代“2)H2O2”的是___________。

A．O2B．KMnO4溶液C．Cl2D．HNO3(填序号)。

(5)下列关于实验过程的叙述，正确的是___________(填序号)。

A．“4)70℃”水浴加热；有利于获得颗粒较大的晶体。

B．抽滤后；应该用热水洗涤晶体。

C．可用AgNO3和稀HNO3检验配合物X是否已经洗净。

(6)某实验小组用以下思路验证实验所制备的配合物的组成：取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入20mL0.5mol/L的稀硫酸(过量)中，再用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余H2SO4。

已知：样品中Co元素均为+3价，查询资料知Co3+的配位数为6，若滴定过程平均消耗NaOH标准溶液20.00mL，则样品中含有NH3的物质的量n(NH3)=___________取上述溶液加入过量HNO3酸化后，用AgNO3溶液滴定测得n(C1-)=0.012mol，则用配位化合物的形式表示该样品的组成为___________。若NH3未完全从样品溶液中蒸出，则测定的配合物内界中Cl-的个数___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。27、为了检验某未知溶液中是否含有一位同学设计了以下实验方案：向一支装有该未知溶液的试管中先通入再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明该未知溶液中含有回答以下问题：

（1）你认为此方案是否合理？________________（填“合理”或“不合理”），若不合理，要检验应如何操作？________________（若填“合理”；则此空可不答）。

（2）现向一支装有溶液的试管中滴加溶液，可观察到的现象是_____________________，有关反应的化学方程式为_________________________________________。

（3）为了防止变质，实验室在保存溶液时常向其中加入铁粉，其原因是_________________________________________（用离子方程式表示）。28、下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量；来确定有机物分子式。

（1）A装置是提供实验所需的O2，B装置中浓硫酸的作用是_______；C中CuO的作用是____________。

（2）若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D管质量增加0.36g，E管质量增加0.88g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的化学式为_________。

（3）若该有机物的核磁共振氢谱如下图所示，峰面积之比为1：3则其结构简式为__________________；

若符合下列条件，则该有机物的结构简式为_____________________。

①环状化合物②只有一种类型的氢原子。

（4）某同学认E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个装置E，其主要目的是_________。评卷人得分五、元素或物质推断题(共3题，共15分)29、现有部分短周期元素的性质或原子结构如表：。元素编号元素性质或原子结构X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z第三周期元素的简单离子中半径最小

(1)元素X的一种同位元素可测定文物年代，这种同位素的符号是________(用元素符号表示)，元素Z的离子结构元素图为________________。

(2)元素Y与氢元素形成一离子YH则检验溶液中存在该离子的方法是____________。

(3)写出Z元素最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液反应的方程式：__________。

(4)元素X与元素Y相比，非金属性较强的是________(用元素符号表示)。下列表述中能证明这一事实的是________。

a．常温下X的单质和Y的单质状态不同。

b．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的最高价氧化物对应水化物的酸性强。

c．X与Y形成的化合物中X元素呈正价状态。

(5)探寻物质的性质差异性是化学学习的重要方法之一。X、Y、Z3种元素的单质中化学性质明显不同于其他两种单质的是__________(用元素符号表示)，理由是_____________。30、五种短周期元素A；B、C、D、E原子序数逐渐增大。A和B在同一周期；A是同周期元素中半径最大的（不包含稀有气体）；B原子的次外层电子数是最外层电子数的4倍；C是同周期简单离子中半径最小的元素；D元素原子的p轨道有3个未成对电子；E原子的K、L层电子数之和比K、M层电子数之和多1个。

（1）写出E元素基态原子的外围电子排布式____________

（2）比较第一电离能的大小：B_______C（填大于；小于或等于）

（3）分别写出D、E的最高价氧化物对应水化物的化学式_______、________，并比较二者酸性（或碱性）的强弱_______（填大于；小于或等于）

（4）写出B的最高价氧化物对应水化物与E的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式_______________________________

（5）写出C的最高价氧化物对应水化物与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_____________31、X；Y、Z、W、R、Q为前30号元素；且原子序数依次增大．X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：

（1）Q+核外电子排布式为___________；

（2）化合物X2W2中W的杂化方式为___________，ZW2-离子的立体构型是___________；

（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是___________(填化学式)，原因是___________；

（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为___________；

（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为___________，Y原子的配位数为___________，若晶胞的边长为apm，晶体的密度为ρg/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为___________(用含a和ρ的代数式表示)。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【分析】

根据元素在周期表中的相对位置；可知X；Y为第二周期元素，Z、W、Q为第三周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，可知W元素是P元素，则X是N元素，Y是O元素，Q是Cl元素，Z是Al元素，据此分析解答。

【详解】

A．经分析Z是Al元素；工业上常通过电解氧化铝的方法制备铝单质，故A错误；

B．X、Y、Z、Q分别是指N、O、Al、Cl四种元素，N、O、Al的简单离子具有2个电子层，核外电子数相同，原子序数越小，简单离子半径越大，Cl的简单离子具有3个电子层，则它们的简单离子半径大小顺序为Q>X>Y>Z；故B错误；

C．Y；X、W分别是指O、N、P三种元素；它们的氢化物有很多，因此沸点无法比较，故C错误；

D．X是N元素，Y是O元素，X与Y可形成N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5、N2O3等5种以上的化合物；故D正确；

本题答案D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A．手性碳原子为连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子；由结构简式可知，胃复安分子中不含有连有4个不同原子或原子团的饱和碳原子，故A正确；

B．由结构简式可知；胃复安分子中含有氨基和氮原子，氨基和氮原子能与盐酸反应生成盐类物质，故B正确；

C．由结构简式可知；胃复安分子中不含有酚羟基，不能与氯化铁溶液发生显色反应，故C错误；

D．由结构简式可知；胃复安分子中含有氯原子和酰胺基，一定条件下氯原子和酰胺基能与氢氧化钠溶液发生水解反应，故D正确；

故选C。3、B【分析】【详解】

A．一般来说；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，N元素的电负性小于O元素，故A错误；

B．Fe元素为26号元素，核外有26个电子，基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，所以外围电子排布图为故B正确；

C．原子中2p电子的能量小于3s电子；故C错误；

D．Cu元素位于周期表中第四周期IB族；为ds区，故D错误；

综上所述答案为B。4、A【分析】【详解】

A．碳碳三键含有1个σ键和2个π键；碳碳双键含有1个σ键和1个π键，由于碳原子之间σ键键能大于π键键能，故碳碳三键；碳碳双键的键能小于碳碳单键的3倍和2倍，A错误；

B．丙烯(CH3CH=CH2)分子除碳碳双键中含有1个π键外；其余8个都是σ键，B正确；

C．丙烯分子中的π键易断裂；不如σ键稳定，C正确；

D．两原子在成键时；原子轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的共价键为π键，每个π键的电子云由两块组成，它们互为镜像，D正确；

故选A。5、D【分析】【分析】

【详解】

A.乙二胺分子中，一个氮原子形成3个单键，还有一个孤电子对，故氮原子价层电子对数为4，为sp3杂化，一个碳原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化；故正确；

B.乙二胺分子中存在含有孤电子对的氮原子；与水或乙醇分子等形成氢键而使其溶于水或乙醇等物质，故正确；

C.氨基可以和羧基发生反应；含有两个氨基可以和含有两个羧基的物质发生缩聚反应，故正确；

D.[Cu(en)2]2+中铜离子和4个氮原子形成4个配位键；故错误。

故选D。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．硼酸分子中虽然含有三个羟基，但硼酸[B(OH)3]的电离方程式为：B(OH)3+H2O⇌+H+；故硼酸属于一元酸，故A错误；

B．在硼酸分子中；氧原子和氢原子形成一对共用电子对，但是氧的电负性很强，不同硼酸分子间的氧原子和氢原子形成氢键，故硼酸晶体熔融时主要破坏作用力为氢键，故B正确；

C．硼酸分子中有B−O；H−O两种极性键，故C正确；

D．一个硼原子和三个氧原子形成三对共用电子对，由于硼原子最外层为3个电子，故硼酸分子中硼原子没有孤电子，故采用sp2杂化；故D正确。

故选A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A.电负性：N<o-hf-h；故a项错误；

B.同主族从上到下半径增大，非金属减弱，则气态氢化物的稳定性H2O＞H2S；与故项B正确；

C.I分子形成分子内氢键，分子间作用力小，II分子形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：I

D.酸性：HI>HBr>HCl，HI、HBr；HCI中共价键越来越强；在水中电离能力变弱，故D项错误；

综上所述，本题正确答案为B。8、C【分析】【详解】

A．贝采利乌斯提出了有机化学的概念；故A错误；

B．不同的化学键或官能团吸收频率不同；在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故B错误；

C．同位素示踪法是研究化学反应历程的手段之一；可以用示踪法分析反应机理，例如乙酸乙酯的合成，故C正确；

D．卤化铜灼烧时为绿色，则铜丝灼烧法可定性确定有机物中是否存在卤素，不能确定S、N的存在，故D错误。故答案选C。二、多选题(共8题，共16分)9、AD【分析】【分析】

【详解】

A．某元素基态原子4s轨道上有2个电子，则该基态原子价电子排布可能是4s2，如20号元素Ca，其电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该基态原子价电子排布为4s2；故A正确；

B．3p64s2的核电荷数为20，3p64s2不是价电子排布式，价电子排布应是4s2；故B错误；

C．依据洪特规则，3d44s2应为4d54s1；半充满状态能量低稳定，故C错误；

D．已知元素基态原子4s轨道上有2个电子，根据构造原理，3d轨道上可填充电子，当3d轨道上填充一个电子，即该基态原子的核电荷数为21，价电子排布为3d14s2；故D正确；

答案为AD。10、AB【分析】【详解】

A．两种相同元素形成的化学键数目越多；结合力就越强，键能就越大，C；N原子间形成的化学键中，三键键能最大，单键键能最小，键能由小到大的顺序为：C-N＜C=N＜C≡N，A正确；

B．同一主族元素原子核外电子层数越多，原子半径越大。原子半径I＞Br＞Cl，则键长：I-I＞Br-Br＞Cl-Cl；B正确；

C．H2O分子中的键角是104.5°，CO2分子中的键角是180°，所以键角：H2O＜CO2；C错误；

D．C2H2、C2H4分子中碳原子间形成的化学键既有σ键，也有π键，σ键比π键的结合的更牢固，物质的稳定性更强，断裂消耗的能量σ键比π键更大，即σ键的键能大于π键的键能；D错误；

故合理选项是AB。11、BD【分析】【详解】

A．12个Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，8个N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；故A正确；

B．由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；故B错误；

C．N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上；下、左、右、前、后包围；故C正确；

D．因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29，故D错误；

故选：BD。12、AB【分析】【分析】

Z元素在第三周期中离子半径最小；则Z为Al；W的原子半径最大，则W为Na或Mg，Z和W的原子序数之和是X的4倍，则13+11=4×6，即W为11号元素Na，X为6号元素C；X(C)；Y位于同一主族，则Y为Si；综上所述，X、Y、Z、W分别为C、Si、Al、Na。

【详解】

A．X、Y分别为C、Si，非金属性C＞Si，因此最简单气态氢化物的热稳定性：X>Y；A正确；

B．X；Y分别为C、Si；SiC属于共价化合物，B正确；

C．含Al元素的盐溶液偏铝酸钠溶液显碱性；氯化铝溶液显酸性，C错误；

D．O为地壳中含量最多的非金属元素；而不是Si，D错误；

故选AB。13、BD【分析】【详解】

A．有图可知，其分子式为C10H10Fe；故A正确；

B．分子中的Fe失去了最外层4s能级上的2个电子；故B错误；

C．分子中既含有C-H极性共价键又有C-C非极性共价键；故C正确；

D．铁元素的第二电离能小于它的第三电离能；因为失去3个电子后，3d成为半充满结构，能量最低，比较稳定，故D错误；

故答案为BD。14、BD【分析】【详解】

A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+；故A正确；

B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时，Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—Zn(OH)+2D+2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍；故B错误；

C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)；故C正确；

D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2DzBi(HDz)3+3H+的平衡常数K=由—lgc(H2Dz)=pH可得：K===4；故D错误；

故选BD。15、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。16、AD【分析】【分析】

【详解】

A.物质Ⅲ分子中有六种不同环境的氢原子；A正确；

B.物质Ⅰ分子中与溴原子相连的碳原子的邻碳上没有氢原子；不能发生消去反应，B错误；

C.物质Ⅱ含有饱和碳原子；是四面体结构的碳原子，分子中所有的原子不可能共面，C错误；

D.物质Ⅲ与足量H2加成后得到分子有两个碳原子连有四个不同的原子或原子团，则有2个手性碳原子，D正确；

答案为AD。三、填空题(共8题，共16分)17、略

【分析】【详解】

（1）Se的最外层为6个电子，基态Se原子价层电子的运动状态有6种；电子在能量相同的轨道上排布时，总是尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，若基态O原子的电子排布式1s22s22p2p则违背了此规则（洪特规则），故选C。

（2）与互为等电子体，结构与相似，化学键为三键，σ键和π键数目之比为1：2；分子中，S原子的确采用杂化，其中2个杂化轨道与O原子成键，还有一个杂化轨道里面是未共用电子对，三对电子之间都有排斥力，因此分子就是V形的。

（3）由图像可知，为三角锥形，中心原子N原子为杂化，为平面形三角形，中心原子N原子为杂化；因为有孤电子对，所以更易形成配合物。

（4）因为相邻链之间原子作用较弱，所以相邻链之间原子作用为分子间作用力；Se原子之间形成正六棱柱，位于面心和顶点，从晶胞的俯视图可以得出Se的原子数目为：体积【解析】(1)6C

(2)1：2V型。

(3)sp3、sp2N(CH3)3

(4)分子间作用力18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据图示，In的原子序数为49，则原子结构示意图Sb与N同族；均为第ⅤA族元素，则最高正化合价为+5价；

(2)A．根据元素周期律；同周期元素随核电荷数增大，元素的非金属性增强，同主族元素随核电荷数增大，非金属性减弱，因此非金属性最强的元素是氟元素，故A增强；

B．同周期元素，随核电荷数增大，半径逐渐减小，同主族元素，随核电荷数增大，半径逐渐增大，则原子半径大小：故B错误；

C．同主族元素从上到下非金属性减弱，同周期元素从左至右非金属性增强，则非金属性：O＞S＞Si，非金属性越强，气态氢化物越稳定，氢化物的稳定性：故C正确；

D．在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料(如硅；硒等)；在过渡元素(副族和Ⅷ族)中寻找优良的催化剂和耐高温耐腐蚀的合金材料，故D错误；

答案选AC；

(3)上述元素中；只有碳元素和氧元素(或硫元素)能形成由三个原子组成的直线形分子，该分子为二氧化碳(或二硫化碳)，结构式为：O=C=O；S=C=S；

(4)同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：Cl＞Br，非金属性强的非金属单质可将非金属性弱的从其盐溶液中置换出来，如氯气能从溴化钠溶液中置换出溴单质，反应方程式为Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl。【解析】+5AC：O=C=O、S=C=S＞Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl19、略

【分析】【详解】

(1)Ag为47号元素，与Cu在同一族，则位于第五周期第IB族，外围电子排布为4d105s1，属于ds区；Cu为29号元素，失去最外层两个电子形成Cu2+，所以Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9或ls22s22p63s23p63d9；

(2)根据表中数据可知，I2(Cu)大于I2(Fe)，主要原因为：失去第二个电子时，Cu失去的是全充满3d10电子，Fe失去的是4s1电子；

(3)CN-中碳与氮之间形成三对共用电子对，电子式是lmol该配离子[Fe(CN)6]4-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有1个σ键；所以0.5mol该配合物中含有σ键的数目为6mol；

(4)NH3分子中氮原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；同一周期主族元素第一电离能自左至右呈增大趋势，但N原子2p能级为半满状态更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；NH含有5个原子和8个价电子，其等电子体有CH4或SiH4。【解析】ds[Ar]3d9或ls22s22p63s23p63d9失去第二个电子时，Cu失去的是全充满的3d10电子，Fe失去的是4s1电子6sp3N>O>CCH4或SiH420、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)考虑歧化产物：CaS会继续与S反应生成CaSm，CaSO3会继续与与S反应生成CaS2O3，CaSO4会形成石膏而沉淀，所以方程式为：3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O

(2)反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反应生成的石膏(CaSO4·nH2O)

(3)Sm2-离子的颜色为深棕色(1分，写CaSm也得分)

(4)A为BaS2O3；B为ZnS+S；C为NaCH3SO4(硫酸甲酯钠)。

拓展补充：硫代硫酸钙可溶于水；硫代硫酸钡不溶于水：S和亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，甲醛只和过量的亚硫酸钠反应生成硫酸甲酯钠。

(5)氧化剂：Sm2-，配位原子为S。【解析】3Ca(OH)2+(2m+2)S=2CaSm+CaS2O3+3H2O反应完的硫单质、空气中的CO2参与反应形成的碳酸钙以及歧化反。应生成的石膏(CaSO4·nH2O)Sm2-BaS2O3ZnS+SNaCH3SO4Sm2-S21、略

【分析】【分析】

(1)卤素原子的最外层电子数均为7个；卤化氢均为共价型分子，且HF分子间存在氢键；

(2)溴原子核电荷数为35；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；

(3)元素的非金属性越强；其单质的氧化性越强；其最高价氧化物的水合物酸性越强、其氢化物的稳定性越强、其单质与氢气化合越容易、其对键合单质的吸引力越大；

(4)氢氧化铝是两性氢氧化物；能与酸反应生成盐和水；

(5)氢氧化铝和氢氧化镁的分解产物除水外，还有Al2O3和MgO；其中Mg的金属性比Al的金属性活泼；

(6)碳酸镁高温分解生成MgO和CO2，其中CO2是直线型非极性分子；

(7)与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子为Na+和Al3+；核电荷数大，离子半径小。

【详解】

(1)卤素原子的最外层电子数均为7个，卤化氢中H和X之间存在一个共用电子对，则HX的电子式为HX均为共价型分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，但HF分子间存在氢键，其沸点比其它HX高，则HF、HCl、HBr、HI四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl；

(2)溴原子核电荷数为35，则溴离子的最外层电子排布式为4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；共有1s；2s、2p、3s、3p4个能级，又s轨道有1种不同的伸展方向，p轨道有3种不同的伸展方向，所以氯原子共有4种不同的伸展方向；

(3)a．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，但HClO和HBrO均不是最高价氧化物的水合物，则无法根据HClO酸性强于HBrO判断非金属性Cl＞Br；故a错误；

b．HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b正确；

c．向FeBr2溶液中滴加少量氯水，还原性：Fe2+＞Br-，少量氯气先氧化Fe2+生成Fe3+，Fe3+在溶液中呈现浅黄色；不能证明氯的非金属性强于溴，故c错误；

d．BrCl+H2O→HBrO+HCl是非氧化还原反应说明不存在元素化合价的变化，则BrCl中氯元素为-1价；可知氯原子吸引电子能力强，即氯元素的非金属性强于溴，故d正确；

故答案为bd；

(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应生成盐和水，显碱性，则氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式为Al(OH)3Al3++3OH-；

(5)氢氧化铝和氢氧化镁的分解产物除水外，还有Al2O3和MgO，因Mg的金属性比Al的金属性强，则在自然界中最有可能成为原子晶体的是Al2O3；

(6)碳酸镁高温分解生成MgO和CO2，其中CO2是直线型非极性分子；其结构式为O=C=O；

(7)与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子为Na+和Al3+，核电荷数大，离子半径小，则两阳离子的半径大小关系为Na+>Al3+。

【点睛】

元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。【解析】HF＞HI＞HBr＞HCl4s24p64bdAl(OH)3Al3++3OH-Al2O3O=C=ONa+>Al3+22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)铜的原子序数为29，其外围电子构型为3d104s1，Cu+的外围电子构型为3d10，则Cu+的基态价电子排布图为：N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：

(2)SO中心原子中价层电子对数为不含孤电子对，采取sp3杂化，为正四面体形，SO的中心原子的孤电子对数且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化方式为sp3；立体构型为三角锥形。

(3)N原子处于晶胞内部，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，晶胞中有2个N原子，Fe原子数目Fe、N原子数目之比为3:1，故该晶体化学式为Fe3N。【解析】sp3三角锥形Fe3N23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由NaCl晶体的晶胞示意图知：钠离子位于棱边的中点和体心，则该晶胞中实际含有的数为的配位数是6。

(2)由CsCl晶体的晶胞示意图知：氯离子位于晶胞的顶点，该晶胞中实际含有的数为的配位数是8。

(3)图3是的晶胞，位于顶角和面心，则数目为位于大立方体对角线处，则数目为8，二者比值为1:2，则表示的离子是Ca2+，由晶胞示意图知，Ca2+的配位数是8；表示的离子是它的配位数是4。【解析】①.4②.6③.1④.8⑤.⑥.8⑦.⑧.424、略

【分析】【详解】

某元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，（1）原子的电子总数等于原子序数，①该元素原子的核外电子总数为33；②该元素原子有4个电子层，8个能级；③该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）①S的电子排布式为：1s22s22p63s23p4；②Ca2＋的电子排布式为：1s22s22p63s23p6；③Cl－的电子排布式为：1s22s22p63s23p6。【解析】①.33②.4③.8④.1s22s22p63s23p63d104s24p3⑤.1s22s22p63s23p4⑥.1s22s22p63s23p6⑦.1s22s22p63s23p6四、实验题(共4题，共16分)25、略

【分析】（1）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子，故答案为：Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子；

（2）实验b的目的是对照试验，控制Fe3+离子浓度相同，故答案为：控制Fe3+离子浓度相同；

（3）①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位，故答案为：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位；

②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，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，证明猜想ⅰ成立，猜想ⅱ不成立，故答案为：滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动；

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氯化钠固体，溶液由无色变为黄色，证明实验ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：固体氯化钠；

（4）综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是ⅰ．Fe3+与OH-配位和ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位；

（5）向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，故答案为：增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化。【解析】(1)Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子。

(2)控制Fe3+离子浓度相同。

(3)实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动固体氯化钠。

(4)Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位。

(5)增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化26、略

【分析】【分析】

配合物的内界中心原子或离子与配体间形成配位键；虽作用力不同，但相对较稳定，而外界和内界之间作用力相对较小，易电离，不同的化学键，作用力大小有差别，与不同试剂反应，表现的性质不同，根据配合物的性质进行解析。

【详解】

(1)CoCl2与双氧水、氨水、浓盐酸反应生成[Co(NH3)5Cl]Cl和水，制备配合物X的总反应方程式为：2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O；Co的价电子排布式为：3d74s2，Zn的价电子排布式为：3d104s2，Zn处于全满状态，稳定，Co与Zn元素的第一电离能较大的是Zn。(填写元素符号)，故答案为：2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O；Zn；

(2)氨水显碱性，碱性条件下，CoCl2会生成Co(OH)2沉淀，“1)NH4Cl-NH3·H2O”时，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成。故答案为：形成Co(OH)2沉淀；影响配合物的生成；

(3)双氧水不稳定；双氧水受热易分解，所以加双氧水时应该选择冷水浴；故答案为：A；

(4)将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)的过程中不能引入新的杂质；用氧气或氯气作氧化剂不会引入新的杂质，硝酸和高锰酸钾作氧化剂会引入新的杂质，故AC正确；故答案为：AC；

(5)A．水浴加热时；水均匀的包裹在反应器周围，反应器的受热面积大，溶液受热均匀，有利于形成较大的晶体颗粒，故A正确；

B．洗涤晶体时；应该用冷水洗涤，温度越高溶解度越大，则热水洗涤晶体，会使晶体部分溶解，故B错误；

C．洗涤时会有少量的晶体溶解，电离出氯离子，所以洗涤液中一定含有氯离子，用AgNO3和稀HNO3检验含有氯离子；不能说明晶体是否洗涤干净，故C错误；

故答案为：A；

(6)取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入20mL0.5mol/L的稀硫酸(过量)中，再用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余H2SO4，滴定过程平均消耗NaOH标准溶液20.00mL，则样品中含有NH3的物质的量n(NH3)=0.020L×0.5mol/L×2-0.2000mol/L×0.02000mL=0.016mol；取上述溶液加入过量HNO3酸化后，用AgNO3溶液滴定测得n(C1-)=0.012mol，n(NH3)：n(C1-)=0.016mol：0.012mol=4：3，络离子中Co3+的配位数为6，有4份来源于氨气分子，内界氯离子2份，外界氯离子1份，则用配位化合物的形式表示该样品的组成为[Co(NH3)4Cl2]Cl。若NH3未完全从样品溶液中蒸出，则测定的配合物内界中Cl-的个数偏大(填“偏大”“偏小”或“不变”)。故答案为：0.016mol；[Co(NH3)4Cl2]Cl；偏大。【解析】2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2OZn形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成AACA0.016mol[Co(NH3)4Cl2]Cl偏大27、略

【分析】【详解】

（1）若先向溶液中通入再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，说明通入后的溶液中含但不能证明原未知溶液中含有故应先滴加KSCN溶液，若无明显现象，再通入溶液变为红色，证明原未知溶液中含有故答案为：不合理；先滴加KSCN溶液，若无明显现象，再通入溶液变为红色，则原未知溶液中含有

（2）向溶液中滴加溶液，产生白色絮状沉淀，因易被溶解在溶液中的O2氧化为故沉淀会迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的故答案为：产生白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（3）实验室在保存溶液时常向其中加入铁粉，铁能将铁离子还原成亚铁离子，故答案为：【解析】①.不合理②.先滴加KSCN溶液，若无明显现象，再通入溶液变为红色，则原未知溶液中含有③.产生白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色④.⑤.28、略

【分析】【分析】

实验原理是测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂(主要是除H2O)；E用来吸收二氧化碳，测定生成二氧化碳的质量，D用来吸收水，测定生成水的质量，B用于干燥通入E中的氧气；A用来制取反应所需的氧气、C是在电炉加热时用纯氧气氧化管内样品；核磁共振氢谱可以确定有机物分子中有多少种氢原子，以及不同环境氢原子的个数比；

【详解】

(1)浓硫酸的作用是吸收氧气中水蒸气或干燥氧气，CuO具有一定氧化性，可以使有机物充分氧化生成CO2、H2O；

(2)D管增重的质量为水的质量，所以n(H2O)==0.02mol，所以有机物中n(H)=0.04mol，E管增重的质量为二氧化碳的质量，所以n(CO2)==0.02mol，所以该有机物中n(C)=0.02mol，有机物中C、H元素总质量为0.04mol×1g/mol+0.02mol×12g/mol=0.28g，所以还有0.44g-0.28g=0.16g氧原子，n(O)==0.01mol，所以有机物中n(C)：n(H)：n(O)=0.02：0.04：0.01=2：4：1，已知该物质的相对分子质量为44，则分子式为：C2H4O；

(3)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示，峰面积之比为1：3，所以分子中含两种氢原子，且数量比为1：3，则其结构简式应为CH3CHO；若为环状化合物，只有一种类型的氢原子，则该有机物的结构简式为

(4)E装置直接与空气接触，可能吸收空气中的水和二氧化碳，导致测得结果不准确，所以可E后再增加一个E装置，吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。【解析】吸收氧气中水蒸气或干燥氧气使有机物充分氧化生成CO2C2H4OCH3CHO吸收空气中的二氧化碳和水蒸气五、元素或物质推断题(共3题，共15分)29、略

【分析】【分析】

短周期元素