2025年冀少新版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年冀少新版选择性必修2化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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5题，共10分)1、因生产金属铁的工艺和温度等因素不同；产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。

下列说法不正确的是A.用X射线衍射可测定铁晶体的结构B.图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子C.图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合D.图1与图2代表的铁单质的密度不同2、辉铜矿(主要成分Cu2S)可以用FeCl3溶液漫泡提取铜，反应的离子方程式为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。Cu2S可由黄铜矿(主要成分CuFeS2)通过电化学反应转变而成，其工作原理如图所示。关于Cu2S与FeCl3制备Cu2+的反应；下列说法不正确的是。

A.Cu+转化成Cu2+失去的1个电子基态时填充在3d轨道上B.当光束通过加热后的FeCl3溶液，可能产生丁达尔效应C.生成物中Cu2+、S都是氧化产物D.该反应每转移2mole—，则生成1molS3、下列关于化学键的说法正确的是A.气体分子中一定含有σ键，可能含有π键B.分子中所含σ键的强度可能比π键弱C.非极性分子中一定含有非极性共价键D.CO2溶于水和碘的升华过程均破坏共价键4、下列化学用语表示不正确的是A.反映基态钠原子能级差别和电子自旋状态B.硫酸亚铁铵的化学式：(NH4)2Fe(SO4)2C.表示水中的氢键O—H···OD.CO2的电子式：5、下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是A.HF、HCl、HBr的热稳定性依次减弱B.NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低C.Li、Na、K的熔点逐渐降低D.SiF4、SiCl4、SiBr4的熔、沸点逐渐升高评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、A；B、C是第四周期原子序数依次增大的元素；它们的基态原子都有三个单电子，且4s轨道全部充满。回答下列问题：

(1)A在___________族；B的元素符号为___________；C的名称是___________。

(2)A的某种氧化物溶解在NaOH溶液中，可得到盐Na3AO4，该盐阴离子的空间构型为___________。

(3)C的一种氯化物分子中，各原子都达到了最外层8电子的稳定结构，该分子的空间构型为___________，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。7、用价层电子对互斥模型推测下列分子或离子的空间构型。

(1)BeCl2___________；

(2)SO___________；

(3)SCl2___________；

(4)BF3___________；

(5)PF3___________；

(6)NH___________；8、我国科学家成功合成了世界上首个全氮阴离子盐；使氮原子簇化合物的研究有了新的突破。

(1)基态N原子中有_____个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是_____。

(2)第二周期元素原子的第一电离能介于B、N之间的是_____。

(3)以氮化镓(GaN)等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，基态31Ga原子的简化电子排布式为_____。9、下表为元素周期表前三周期的一部分：

(1)判断W___________Z___________R___________(写元素符号)。

(2)X的简单氢化物分子中的化学键类型为：___________

(3)下图是X的基态原子的电子排布图，其中有一个是错误的，它不能作为基态原子的电子排布图是因为它违反了___________。

(4)以上五种元素中，___________(填元素符号)元素第一电离能最大。___________元素电负性最大10、请完成下列各题的填空：

(1)氢化钠（NaH）电子式为___________，氢负离子的离子结构示意图为___________。

(2)基态砷原子价层电子的电子排布式为___________，基态砷原子的核外有___________个未成对电子，基态砷原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形；

(3)第一电离能As___________Se填“”或“”原因是___________。

(4)亚硒酸根离子的VSEPR模型为___________，其中心原子的轨道杂化方式为___________。

(5)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至得到蓝色透明溶液后，再加入极性较小的溶剂乙醇，析出深蓝色晶体该晶体中中心离子为___________，配离子中的配位体为___________，配位数为___________。

(6)有机砷是治疗昏睡病不可缺少的药物，该有机砷中存在的化学键的种类为___________填字母编号

a．离子键b．键c．键d．碳碳双键11、测量司机是否酒后驾驶的反应原理为：3C2H5OH+2CrO3+3H2SO4=3CH3CHO+Cr2(SO4)3+6H2O请回答下列问题：

(1)该反应涉及元素中，基态原子核外未成对电子数最多的元素在元素周期表中的位置为___________，价电子排布式___________。

(2)对于Cr2(SO4)3的组成元素，电负性从小到大的顺序为___________。(用元素符号表示)

(3)HOCH2CN的结构简式该分子中碳原子轨道的杂化类型分别是___________和___________。

(4)将CrCl3·6H2O溶解在适量水中，溶液中Cr3+以［Cr(H2O)5Cl]2+形式存在，［Cr(H2O)5Cl]2+中含有σ键的数目为___________；12、硒是动物和人体所必需的微量元素之一；也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。

（1）粗铜精炼时，通常用精铜作_______极（填“阴”或“阳”）。

（2）Se与S处于同一主族，比S原子多1个电子层，Se的原子序数为____________；其最高价氧化物的化学式为________；该族2~5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物的反应热如下：

a．+99.7kJ·mol−1b．+29.7kJ·mol−1c．－20.6kJ·mol−1d．－241.8kJ·mol−1

表示生成1mol硒化氢反应热的是________________（填字母代号）。

（3）阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在；工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：

i．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体。

ii．用水吸收i中混合气体；可得Se固体。

①请写出CuSe与浓H2SO4反应的化学方程式___________。

②焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2，可用NaOH溶液吸收，二者反应生成一种盐，该盐的化学式为_________。

③写出步骤ⅱ中的化学方程式______________________。评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)13、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14、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15、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16、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误17、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、实验题(共3题，共9分)18、某研究性学习小组设计了一组实验验证元素周期律。

Ⅰ.甲同学设计了如图的装置来一次性完成元素非金属性强弱比较的实验研究。

可选用的实验药品有：1.0mol/LHCl(挥发性强酸)、1.0mol/LHClO4(挥发性强酸)；碳酸钙(固体)、1.0mol/L水玻璃。打开A处的活塞后；可看到有大量气泡产生，烧杯中可观察到白色沉淀生成。

(1)图一中A的仪器名称为___________，所装的试剂为___________(只填化学式)。

(2)B中发生反应的离子方程式为___________。

(3)乙同学认为甲同学设计的实验不够严谨，应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为___________

Ⅱ.丙同学设计了如图的装置来验证卤族元素性质的递变规律。A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花；湿润的淀粉-KI试纸、沾有NaOH溶液的棉花。

(4)A处反应的离子方程式：___________，B处的实验现象为___________，C处沾有NaOH溶液的棉花的作用为___________。

(5)该实验___________验证非金属性Cl>Br>I(填“能”或“不能”)19、某小组欲用电解的方法获得Cu(OH)2；实验装置如下图(电源装置略去)。

(1)分别以NaOH溶液和NaCl溶液为电解质溶液制备Cu(OH)2。实验电解质溶液现象铜电极附近石墨电极铜电极附近石墨电极INaOH溶液出现浑浊，浑浊的颜色由黄色很快变为砖红色产生无色气泡IINaCl溶液出现白色浑浊，浑浊向下扩散，一段时间后，下端部分白色沉淀变为砖红色产生无色气泡

资料：i．CuOH是黄色；易分解的难溶固体；CuCl是白色的难溶固体。

ii．氧化反应中；增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化反应越易发生。

①I和II中Cu作___________极(填“阳”或“阴”)。

②II中石墨电极产生气体的电极反应式为___________。

③II中白色沉淀变为砖红色的离子方程式是___________。根据II中现象，甲认为电解质溶液中存在Cl—，有利于Cu被氧化为一价铜化合物，理由是___________。

(2)探究I和II中未生成Cu(OH)2的原因，继续实验。实验电解质溶液现象IIINa2SO4溶液铜电极附近溶液呈蓝色，一段时间后，U型管下端出现蓝绿色沉淀

资料：碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]难溶于水，可溶于酸和氨水。常温时碱式硫酸铜[xCu(OH)2·yCuSO4]的溶解度比Cu(OH)2的大。

①经检验，蓝绿色沉淀中含有碱式硫酸铜，检验方案是___________。

②小组认为适当增大c(OH—)可以减少碱式硫酸铜的生成，理由是___________。

(3)进一步改进方案，进行如下实验。实验电解质溶液现象IVNa2SO4和NH3·H2O的混合液(pH=9)铜电极附近溶液呈深蓝色VNa2SO4和NaOH的混合液(pH=9)铜电极附近出现蓝色浑浊，一段时间后，U型管底部出现蓝色沉淀

IV中出现深蓝色说明电解生成了___________离子。经检验，V中最终生成了Cu(OH)2。

(4)综合上述实验，电解法制备Cu(OH)2要考虑的因素有___________。20、Ⅰ.绿色粉末状固体化合物X由三种元素组成，取50.4gX，用蒸馏水完全溶解得绿色溶液A，将溶液A分成A1和A2两等份；完成如下实验：

请回答。

(1)X的化学式是____。

(2)沉淀C分解生成固体D的过程若温度过高可能得到砖红色固体，请写出由D固体生成砖红色固体的化学方程式：____。

(3)蓝色沉淀中加入足量浓NaOH会生成一种绛蓝色溶液，原因是生成了一种和X类似的物质，请写出该反应的离子方程式____。

Ⅱ.为检验三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的热分解产物；按如图所示装置进行实验：

请回答。

(1)该套实验装置的明显缺陷是____。

(2)实验过程中观察到B中白色无水硫酸铜变成蓝色，C、F中澄清石灰水变浑浊，E中____(填实验现象)，则可证明三草酸合铁酸钾热分解的气体产物是H2O、CO、CO2。

(3)样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验FeO存在的方法是：____。评卷人得分五、原理综合题(共4题，共28分)21、Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位；明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：

(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。

(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH(CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。

(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。

A离子键B.σ键C.π键。

(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。

(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。22、I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨；生产化学肥料等。

完成下列填空：

（1）氮原子核外电子排布式为__________，其最外层有_______种运动状态不同的电子；氮气的电子式为______________；氨气分子的空间构型是______________。

（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，该反应的化学平衡常数表达式K=________；欲使K值变大，可采取的措施是_______。

吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨；可采取的适当处理措施有。

_____________(选填序号)。

a.适当升高温度b.适当降低温度c.增大压强d.减小压强。

（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因______________________________。

II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2；正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。

（4）某研究小组用200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为______________________________，该富液中的溶质是____________（填化学式），各离子的浓度关系正确的是_________。

a．c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)

b．3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)

c．c(K+)＞c(OH－)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H+)23、非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：

(1)基态硼原子的价电子排布图是____________，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。

(2)B的简单氢化物BH3，不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。

①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为____________________。

②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是______________，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_________（填分子式）。

(3)如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是____________。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为anm、bnm和cnm．如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_________；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol－1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_____g·cm－3（用含字母的代数式表示）。24、钴(Co)有多种化合物.在高压条件下.采用钴碘催化循环法制备醋酸过程如图所示。

(1)一种锂钴复合氧化物晶体的结构如图所示，其化学式为___________。

(2)下图表示的总反应的化学方程式为______________________。

(3)基态Co原子的价电子排布图为______________。

(4)1个CH3COCo(CO)4分子中含有键的数目为______。与CO32—互为等电子体的一种分子的化学式为______________。

(5)CH4、CO2是合成CH3OH的基本原料。一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体.俗称“可燃冰”。为开采深海海底的“可燃冰’，有科学家提出用以CO2换CH4的设想。已知下图中笼状结构的空腔直径为0.586nm.结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是___________。

评卷人得分六、结构与性质(共3题，共6分)25、已知A、B、C、D是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A是原子半径最小的短周期元素，B原子的价电子排布为nsnnpn；D是地壳中含量最多的元素。E是第四周期p区的元素且最外层只有2对成对电子，F是29号元素。

(1)B、C、D三元素第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。

(2)BD中心原子杂化轨道的类型为___________杂化；CA的空间构型为___________。

(3)基态E原子的价电子排布图：___________。

(4)1molBC-中含有π键的数目为___________。

(5)比较D、E元素最简单氢化物的沸点高低：___________(用化学式表示)。

(6)C、F两元素形成的某化合物的晶胞结构如图所示，顶点为C原子。若相邻C原子和F原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(用含a、NA的符号表示)。

26、2019年1月3日上午；嫦娥四号探测器翩然落月，首次实现人类飞行器在月球背面的软着陆。所搭载的“玉兔二号”月球车，通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作。回答下列问题：

(1)基态Ga原子价电子排布式__________________，核外电子占据最高能级的电子云形状为_________；基态As原子最高能层上有_______个电子。

(2)镓失去电子的逐级电离能(单位：kJ•mol−1)的数值依次为577、1985、2962、6192，由此可推知镓的主要化合价为____和+3，砷的第一电离能比镓_____(填“大”或“小”)。

(3)第四周期元素中，与基态As原子核外未成对电子数目相同的元素符号为__________。

(4)砷化镓可由(CH3)3Ga和AsH3在700℃制得，(CH3)3Ga中Ga原子的杂化方式为______，AsH3分子的空间构型为____________。

(5)相同压强下，AsH3的沸点______NH3(填“大于”或“小于”)，原因为__________________

(6)GaAs为原子晶体，其晶胞结构如图所示，Ga与As以___________(填“共价键”或“离子键”)键合。设阿伏伽德罗常数的值为NA，该晶胞边长为apm，则GaAs晶体的密度为_____g•cm−3(列出计算式即可)。27、(1)第四周期元素中价层成对电子数与基态Mg价层成对电子数相等的元素有_________种。

(2)吡咯(平面形结构，结构式为)，N原子杂化方式为______。多原子分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为_______。

(3)一种锰的氧化物的晶胞如图甲，请写出该氧化物的化学式______。若沿z轴方向观察该晶胞，可得投影图如图乙，请画出沿y轴方向的投影图______。

(4)某含Mg储氢晶体储氢后转化为MgH2，MgH2晶体的结构如图丙，晶胞参数a=b=450pm；c=301pm，原子分数坐标为A(0，0，0)；B(0.305，0.305,0)、C(1，1，1)、D(0.195，0.805，0.5)。

①该晶体中Mg的配位数是__________。

②Mg2+的半径为72pm，则H－的半径为____________pm(列出计算表达式)

③用NA表示阿伏伽德罗常数，则MgH2晶体中氢的密度是标准状况下氢气密度的_______倍(列出计算表达式，氢气密度为0.089g·L－1)参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【详解】

A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构；故A正确；

B．图2代表的铁单质中；以底面中心的原子为例，上层；同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；

C．铁为金属晶体；铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；

D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为同理图2中，晶体密度为故铁单质的密度不同；故D正确；

故选B。2、D【分析】【分析】

由图可知，该装置为电解池，a电极为电解池的阳极，在硫化氢作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成硫化亚铜和氢离子，电极反应式为2Cu—2e—+H2S=Cu2S+2H+，b电极是阴极，CuFeS2在阴极得到电子发生还原反应Cu2S、Fe2+、H2S，电极反应式为2CuFeS2+6H++2e—=Cu2S+2Fe2++3H2S↑；氢离子通过阳离子交换膜，由左室向右室移动。

【详解】

A．铜元素的原子序数为29，失去1个电子形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10；再失去1个3d电子形成铜离子，故A正确；

B．氯化铁溶液在加热条件下发生水解反应生成氢氧化铁胶体；氢氧化铁胶体能产生丁达尔效应，故B正确；

C．由方程式可知；反应中铜元素和硫元素的化合价升高被氧化，则铜离子和硫是反应的氧化产物，故C正确；

D．由方程式可知；反应生成1molS，转移4mol电子，故D错误；

故选D。3、B【分析】【详解】

A．稀有气体中不存在化学键；A错误；

B．如N2分子中存在的N≡N键能比3个N-N键能大；也比一个N-N和一个N=N键能加起来要大，说明N≡N中的π键比σ键强，所以分子中所含σ键的强度可能比π键弱，B正确；

C．甲烷是非极性分子；但只含有极性共价键，所以非极性分子中不一定含有非极性共价键，C错误；

D．CO2溶于水会生成碳酸；破坏了共价键，碘的升华过程是物质状态的改变，没有破坏化学键，D错误；

故选B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．基态钠原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，根据泡利原理和构造原理可知其轨道表达式为故A正确；

B．硫酸亚铁铵中Fe元素化合价为+2，根据化合物化合价为0可知硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2；故B正确；

C．水中氧原子与氢原子之间形成氢键；其表示为O—H···O，故C正确；

D．CO2分子中C原子与O原子之间为双键，其电子式为故D错误；

综上所述，化学用语表示不正确的是D项，故答案为D。5、D【分析】【详解】

A．F、Cl、Br的非金属性逐渐减弱，HF、HCl、HBr的共价键强度逐渐减弱；热稳定性逐渐减弱，A正确；

B．NaF、NaCl、NaBr均为离子晶体，离子半径越大，键能越小，故NaF、NaCl、NaBr的熔点依次降低；B正确；

C．Li；Na、K阳离子所带电荷数相同；但离子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，熔点逐渐降低，C正确；

D．SiF4、SiCl4、SiBr4都为分子晶体；相对分子质量逐渐增大，分子间作用力增强，熔；沸点逐渐升高，与化学键无关，D错误；

故答案选D。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

A、B、C是第四周期原子序数依次增大的元素，它们的基态原子都有三个单电子，且4s轨道全部充满，价电子排布式分别为3d34s2、3d74s2、4s24p3；分别为V；Co、As元素；然后分析。

【详解】

(1)A是V，价电子排布式为3d34s2，在VB族；B的价电子排布式3d74s2，B的元素符号为Co；C的价电子排布式为：4s24p3的名称是砷；

(2)Na3VO4的阴离子为VO孤对电子数为(5+3-2×4)=0；价层电子对数为4对，空间构型为正四面体形；

(3)As的一种氯化物分子中，各原子都达到了最外层8电子的稳定结构，是AsCl3，孤对电子数为(5-1×3)=1，价层电子对数为4对，该分子的空间构型为三角锥形，其中As原子的杂化轨道类型为sp3杂化。

【点睛】

Co价电子排布式分别为3d74s2也属于基态原子都有三个单电子，为易错点。【解析】①.VB②.Co③.砷④.正四面体形⑤.三角锥形⑥.sp37、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)BeCl2中心原子的价层电子对数为=2；孤电子对数为0，为直线形；

(2)SO中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为0，为正四面体形；

(3)SCl2中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为2，为V形；

(4)BF3中心原子的价层电子对数为=3；孤电子对数为0，为平面三角形；

(5)PF3中心原子的价层电子对数为=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

(6)NH中心原子的价层电子对数为=4，孤电子对数为0，为正四面体形；【解析】①.直线形②.正四面体形③.V形④.平面三角形⑤.三角锥形⑥.正四面体形8、略

【分析】【详解】

（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，则其价电子占据的能量最高的能级是2p轨道，其价电子排布图为：p轨道上3个电子分居在不同的三个轨道上，有3个未成对电子。

（2）同一周期元素；元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的元素Be、C、O。

（3）Ga原子核外电子数为31,核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，简化电子排布式为[Ar]4s²4p¹。【解析】(1)32p

(2)Be；C、O

(3)[Ar]4s²4p¹9、略

【分析】【分析】

依据周期表前三周期元素的相对位置可知X是N；W是P，Y是S，Z是F，R是Ne，据此解答。

【详解】

(1)根据以上分析可知W是P；Z是F，R是Ne；

(2)X的简单氢化物是氨气；分子中的化学键类型为共价键；

(3)洪特规则是在等价轨道（相同电子层；电子亚层上的各个轨道）上排布的电子将尽可能分占不同的轨道；且自旋方向相同，即①违反了洪特规则；

(4)原子失电子所需能量不仅与原子核对核外电子的吸引力有关，还与形成稳定结构的倾向有关．结构越稳定失电子所需能量越高，在所给5种元素中，处于零族的Ne元素已达8e-的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多；F是最活泼的非金属，电负性最大。【解析】PFNe共价键洪特规则NeF10、略

【分析】【分析】

NaH是离子化合物；As的原子序数为33，原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定，结合价层电子对个数=σ键个数+（a-xb）和常见配合物的结构分析解答。

【详解】

(1)NaH是离子化合物，阴离子是H-，NaH的电子式为Na+[：H]-；氢负离子的离子结构示意图为故答案为：Na+[：H]-；

(2)As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，4p3的3个电子均为未成对电子，因此基态砷原子的核外有3个未成对电子；基态砷原子电子占据最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3；3；纺锤（或哑铃）；

(3)原子轨道中电子处于全满；全空或半空时较稳定；As元素原子的4p轨道上的电子呈半满状态，比较稳定，第一电离能As＞Se，故答案为：＞；As元素原子的4p轨道上的电子为半满状态，比较稳定；

(4)中心原子Se原子的孤电子对数为=1，价层电子对数=3+1=4，则中心原子的轨道杂化方式为sp3，SeO离子的VSEPR构型为四面体形，故答案为：四面体形；sp3；

(5)NH3中N原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，二者形成配位键，则晶体中中心离子为Cu2+，配离子中的配位体为NH3，配位数为4；故答案为：Cu2+；NH3；4；

(6)该分子中共价单键中存在σ键，苯环中存在大π键，钠离子和阴离子之间存在离子键，所以含有离子键、σ键、π键，不存在碳碳双键，故答案为：abc。【解析】Na+[：H]-1s22s22p63s23p63d104s24p33纺锤（或哑铃）＞As元素原子的4p轨道上的电子为半满状态，比较稳定四面体形sp3Cu2+NH34abc11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)该反应涉及元素：C、H、O、S、Cr，其中铬元素原子的价电子排布为：3d54s1；含有6个未成对电子，未成对电子数最多，在周期表中位于第四周期第VIB族；

(2)元素的非金属性越强，其电负性越强，非金属性：Cr

(3)HOCH2CN的结构简式该分子中与羟基相连的碳原子为饱和碳原子，价层电子数=4+0=4，杂化轨道类型为sp3；另外一个碳原子与氮原子相连，形成碳氮三键，价层电子对数=2+×(4-4×1)=2；碳原子属于sp杂化；

(4)将CrCl3·6H2O溶解在适量水中，溶液中Cr3+以［Cr(H2O)5Cl]2+形式存在，其配位数为6，水中含有2个共价键，所以该微粒中共含有6个配位键和10个共价键，则［Cr(H2O)5Cl]2+中含有σ键的数目为16。【解析】①.第四周期第VIB族②.3d54s1③.Cr＜S＜O④.sp3⑤.sp⑥.1612、略

【分析】【分析】

同主族元素最外层电子数相同；电子层数从上而下增加，非金属性逐渐减弱，最高价；最低价相同，最高价氧化物、最高价氧化物的水化物，氢化物写法相同，同类化合物具有相似的性质。

【详解】

（1）电解精炼铜时；粗铜做阳极，发生氧化反应，生成铜离子以及其他金属阳离子，精铜做阴极，只有铜离子发生还原反应生成铜，可达到提纯的目的，答案为：阴；

（2）Se与S处于同一主族，Se比S原子多1个电子层，则Se的原子序数为16+18=34；其最高价与硫一样为+6价，对应有氧化物为SeO3；该族2~5周期元素的单质的活泼性为：氧气>硫>硒>碲，单质越活泼与H2反应生成1mol氢化物放出的热量越多，则表示生成1mol硒化氢反应热的是b，故答案为：34；SeO3；b；

（3）①CuSe与浓H2SO4反应生成SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2↑+4H2O；

②少量SO2与NaOH溶液反应生成的盐是Na2SO3，故少量SeO2与NaOH溶液反应生成一种盐，该盐化学式为Na2SeO3；

③SO2与SeO2的混合气体在水溶液里发生氧化还原反应，反应生成了Se，Se的化合价降低，故S的化合价应该升高到+6，在溶液里生成硫酸，根据得失电子守恒和质量守恒写出化学方程式，该反应的化学方程式为：2SO2+SeO2+2H2O=Se+H2SO4。【解析】阴34SeO3bCuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2↑+4H2ONa2SeO32SO2+SeO2+2H2O=Se+H2SO4三、判断题(共5题，共10分)13、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；14、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。15、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。16、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。17、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、实验题(共3题，共9分)18、略

【分析】【分析】

Ⅰ.要对元素非金属性强弱比较；则用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来进行比较，即强酸制弱酸。A为分液漏斗，打开A处的活塞高氯酸与碳酸钙发生反应生成二氧化碳（混有挥发的HCl），气体进入装有水玻璃的C装置中生成白色沉淀：硅酸；

Ⅱ.浓盐酸与高锰酸钾溶液反应制得氯气，氯气与NaBr；KI均可发生氧化还原反应；氢氧化钠溶液的棉花用于氯气的尾气吸收。

【详解】

（1）图示中仪器A即(球形)分液漏斗应盛装高氯酸，B中装碳酸钙，则高氯酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳再与硅酸钠反应，生成白色沉淀硅酸，故答案为：(球形)分液漏斗；

（2）由(1)分析可知B中为高氯酸与碳酸钙反应生成二氧化碳水和高氯酸钙，则其离子方程式为：

（3）由于高氯酸具有挥发性；高氯酸与碳酸钙反应制取的二氧化碳中混有挥发的高氯酸，从而影响实验结果的判断，所以应除去高氯酸。应在B和C之间增加一个洗气装置，洗气瓶中盛装的液体为饱和碳酸氢钠溶液，饱和的碳酸氢钠溶液不仅不与二氧化碳反应，且能与高氯酸反应生成二氧化碳；

（4）圆底烧瓶中为浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，生成的氯气分别与A、B、C三个位置的物质发生反应。由三处分别是沾有溶液的棉花、湿润的淀粉试纸、沾有溶液的棉花。则A处为氯气与溶液生成溴单质与氯化钠，即B处为氯气或A处生成的溴单质与碘化钾溶液反应生成单质的碘，从而使淀粉变蓝；C处氢氧化钠溶液能与氯气等卤素单质反应，从而避免其污染空气，故答案为：变蓝；吸收多余防止污染空气；

（5）实验中B处使湿润的淀粉试纸变蓝的碘单质，主要为氯气与碘化钾反应生成的单质碘，所以不能验证非金属性故答案为：不能。【解析】(1)分液漏斗

(2)

(3)饱和NaHCO3溶液。

(4)变为蓝色吸收多余防止污染空气。

(5)不能19、略

【分析】【分析】

该实验的目的是探究电解法制备氢氧化铜要考虑的因素；通过实验得到电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。

(1)

①由题意可知；I和II中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；

②由题意可知，II中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=H2↑+2OH—，故答案为：2H2O+2e—=H2↑+2OH—；

③由题意可知，II中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与铜离子生成CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息ii可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O；阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度；氧化反应易发生；

(2)

①若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液；产生白色沉淀；

②由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成，故答案为：常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大；

(3)

由实验现象可知，IV中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；

(4)

由实验I—V可知，选用氢氧化钠溶液、氯化钠溶液、pH为9的硫酸钠和氨水混合溶液电解时，均没有氢氧化铜沉淀生成，选用硫酸钠溶液电解时，得到的氢氧化铜沉淀中混有碱式硫酸铜，而选用pH为9的硫酸钠和氢氧化钠混合溶液电解时，有氢氧化铜沉淀生成，说明电解法制备氢氧化铜要注意电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制，故答案为：电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制。【解析】(1)阳2H2O+2e—=H2↑+2OH—2CuCl+2OH—=Cu2O+2Cl—+H2O阳极附近溶液中Cl—浓度大，易与Cu+生成CuCl，降低Cu+浓度；氧化反应易发生。

(2)取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀常温时，xCu(OH)2·yCuSO4的溶解度比Cu(OH)2的大。

(3)[Cu(NH3)4]2+

(4)电解质溶液的成分选择和溶液pH的控制20、略

【分析】【分析】

实验I：A1溶液加入足量KOH后产生蓝色沉淀，再灼烧得到黑色固体，推测蓝色沉淀C为Cu(OH)2，黑色固体D为CuO，由此确定X中含Cu元素，另外Y溶液的焰色反应现象说明X中含Na元素，A2溶液加入AgNO3、HNO3得到白色沉淀；推测为AgCl沉淀，说明X中含有Cl元素，结合量的关系和化合价确定X的化学式；

实验II：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O在装置A中分解，产生的气体进入后续装置验证产生的气体成分，B装置检验水蒸气，C装置可检验CO2；E装置可检验还原性气体。

【详解】

实验I：(1)根据元素守恒X中Cu元素物质的量：n(Cu)=n(CuO)=Cl元素物质的量：n(Cl)=n(AgCl)=设X化学式为NaxCuyClz，列式：①（说明：个数比=物质的量之比），②x+2y=z（说明：化合价关系），解得x=2，y=1，z=4，故X化学式为：Na2CuCl4；

(2)CuO分解生成的砖红色固体为Cu2O，Cu元素化合价降低，故O元素化合价应该升高，推测产物为O2，故方程式为：

(3)X实质为配合物，配离子为[CuCl4]2-，根据题意Cu(OH)2溶于浓NaOH，生成类似X中的配离子，根据元素守恒只能为[Cu(OH)4]2-，故离子方程式为：Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-。

实验II：(1)若分解产生的气体有CO；经过E装置未完全反应，后续F；G装置又无法吸收，所以缺陷在于缺少尾气处理装置；

(2)如果E中固体由黑色（CuO）变为红色（Cu）；那就说明有还原性气体产生，结合元素守恒只能是CO，所以E中固体由黑色变为红色说明有CO生成；

(3)若要检验亚铁成分，则不能用强氧化性酸溶解样品，可以选用稀硫酸，检验亚铁可用酸性KMnO4溶液，现象为KMnO4溶液褪色。具体方法为：取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色；则证明FeO存在。

【点睛】

化学式确定重点要抓住元素守恒。【解析】Na2CuCl4Cu(OH)2+2OH-=[Cu(OH)4]2-缺少尾气处理装置E中固体由黑色变为红色取少量装置A中残留物，溶于稀硫酸，再滴加几滴酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，则证明FeO存在五、原理综合题(共4题，共28分)21、略

【分析】【详解】

（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

4s能级上只有2个电子且成对；故成对电子数为2；

(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；

第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C

(3)配合物[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2+与氯离子形成离子键，Zn2+与NH3之间形成σ键，NH3中氮原子与氢原子之间形成σ键；答案选AB；

(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4；该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；

(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝g·cm－3。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②.2③.sp2、sp3④.C22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；其空间构型是三角锥型；

（2）反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)，的化学平衡常数表达式K=[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)CH3COOCu(NH3)2·CO(aq)+Q(Q>0)是气体体积缩小的放热反应；

a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行；则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；

b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行；不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；

c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；

d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行；可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确。

答案选ad；

（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；

（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3；

a．根据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(HCO3－)+c(OH－)，故正确；b．200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），n(K+)=0.2L1.5mol/L2=0.6mol，c(C)=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c(K+)=4c(CO32－)+4c(HCO3－)+4c(H2CO3)，故正确；c．根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c(K+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)；故错误。

答案选ab。【解析】1s22s22p35三角锥型[c(CH3COOCu(NH3)2·CO)]/[c(CO)]·[c(CH3COOCu(NH3)2)]降低温度ad氨气在水中存在如下平衡：NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除CO32－+CO2+H2O→2HCO3－KHCO3和K2CO3ab23、略

【分析】【详解】

（1）B原子核外电子排布式为：1s22s22p1，基态硼原子的价电子排布图是同周期第一电离能从左向右逐渐增大，N元素2P3为半充满结构，第一电离能变大，所以，与硼处于同周期的非金属主族元素的第一电离能由大到小的顺序为F>N>O>C>B。故答案为：F>N>O>C>B；

（2）①B2H6分子结构如图，B形成4个σ键，价层电子对为4，则B原子的杂化方式为sp3杂化。故答案为：sp3杂化；

②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N，B提供空轨道，用价电子迁移法，N与B之间夹着碳元素，与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6（填分子式）。故答案为：N；C2H6；

（3）H3BO3晶体为片层结构，B原子最外层有3个电子，与3个-OH形成3个共价键，B的杂化方式为sp2；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是：升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。故答案为：sp2；升温破坏了硼酸晶体中的氢键；并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；

（4）原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为：1+4×+4×=4，由化学式CsSiB3O7，可知晶胞相当于含有4个“CsSiB3O7”，故晶胞质量=4×g，则晶体密度==g·cm－3。故答案为：4；

【点睛】

本题考查物质结构与性质，涉及电离能、核外电子排布、晶体类型与性质、杂化方式、氢键、晶胞计算等，注意同周期主族元素第一电离能变化异常情况，会用氢键解释有关的问题，（4）为易错点、难点，关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象。【解析】F>N>O>C>Bsp3杂化NC2H6sp2升温破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大424、略

【分析】【详解】

（1）由锂钴复合氧化物晶体的结构可知，Li离子在晶胞中6个位于中棱、4个位于上下棱、1个位于体内、2个位于测面心，Li离子个数为：6×1/3+4×1/4+1+2×1/2=5个,Co离子在晶胞中12个位于顶点、4个位于上下面心、4个位于上下棱，Co离子个数为：12×1/6+4×1/2+4×1/4=5个,O离子在晶胞中18个位于中棱、2个位于体内、4个位于测面心，Li离子个数为：18×1/3+2+4×1/2=10个,Li离子、Co离子和O离子个数比为5:5:10=1:1:2，化学式为LiCoO2，故答案为LiCoO2；

（2）由图可知右边下面进去1mol的水，而上面又出来1mol的水，所以实际反应的是甲醇；左边上面进去1mol的水，而下面又出来1mol的水，参与反应的是一氧化碳，而生成的醋酸，所以总反应的方程式为：CO+CH3OHCH3COOH，故答案为CO+CH3OHCH3COOH；

（3）Co是27号元素，核外电子数为27，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为3d74s2，则其价电子排布图为：故答案为

（4）CH3COCo(CO)4配位化合物中，中心原子Co与配体形成5个δ键，CH3CO中有5个δ键，4个CO中共有4个δ键，共有14个个δ键；CO32—的原子个数为3、价电子数为24，则与其具有相同原子个数和价电子数的等电子体分子为SO3，故答案为SO3；

(5)由表格可知：二氧化碳的分子直径小于笼状结构的空腔直径，即0.512＜0.586，能顺利进入笼状空腔内，且二氧化碳与水的结合能力强于甲烷，即29.91＞16.40，故答案为CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4。

【点睛】

催化图是指能体现催化剂催化原理的示意图，解答这类题图时，最重要的是看清哪些物质进入循环体系、哪些物质离开循环体系，前者为总反应的反应物，而后者为总反应的生成物。循环体系中的物质主要涉及催化剂和中间产物，答题时要能结合题给信息，区分出哪些是催化剂，哪些是中间产物。【解析】①.LiCoO2②.CH3OH+COCH3COOH③.④.14⑤.SO3⑥.CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且CO2与H2O的结合能大于CH4与H2O的结合能六、结构与性质(共3题，共6分)25、略

【分析】【分析】

A是原子半径最小的短周期元素，则A为H元素，B原子的价电子排布为nsnnpn，n=2，则B为C元素，D是地壳中含量最多的元素，则D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素，E是第四周期的p区元素且最外层只有2对成对电子，外围电子排布为4s2