2025年沪科版拓展型课程化学下册月考试卷含答案

…………○…………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年沪科版拓展型课程化学下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7题，共14分)1、利用工业废气中的CO2和H2可以合成甲醇，反应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＜0，恒温下向5L密闭容器中充入反应物如下表。下列说法不正确的是。t/minn(CO2)/moln(H2)/mol02.06.021.040.561.5

A.反应进行到4min时已达平衡B.2min末反应速率v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1C.该温度下化学平衡常数K=(mol·L-1)-2D.图中曲线表示逐渐升高温度时CO2的转化率随时间变化图像2、我省为沿海省份；海洋中有丰富的食品；矿产、能源、药物和水产等资源，海水资源的综合利用可以用下图表示。

下列关于海水提取Br2的说法正确的是A.将NaBr转化为Br2，可以选用Cl2、O2等还原剂B.将Br2转化为HBr，可利用溴单质易升华的特性用空气将溴吹出C.将Br2转化为HBr的离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=2H++SO+2HBrD.海水提取溴中出现了两次溴离子被氧化的过程3、实验室中某此气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是。选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓硫酸木炭CO2NaOH溶液

A.AB.BC.CD.D4、如图是用于干燥；收集并吸收多余气体的装置；下列方案正确的是（）

选项X收集气体YA碱石灰氯气氢氧化钠B碱石灰氯化氢氢氧化钠C氯化钙二氧化硫氢氧化钠D氯化钙一氧化氮氢氧化钠

A.AB.BC.CD.D5、下列实验操作对应的实验现象及解释或结论都正确的是。选项实验操作实验现象解释或结论A

鉴别食盐中是否含有少量NaNO2，可取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性KMnO4溶液紫红色褪去食盐中含有NaNO2

B将苯和液溴反应逸出的气体通入硝酸酸化的硝酸银溶液中产生淡黄色沉淀反应生成了HBr

C

向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液产生白色沉淀Na2SO3溶液已经变质。

D

将一定量的乙二醇(HOCH2CH2OH)滴入酸性KMnO4溶液中紫红色褪去乙二醇被氧化为乙二酸

A.AB.BC.CD.D6、下列装置能达到实验目的的是A.实验室制备乙酸乙酯B.比较不同催化剂对化学反应速率的影响C.比较硫、碳、硅三种元素的非金属性D.验证苯和液溴发生取代反应7、下列实验现象与实验操作不相匹配的是()

。

实验操作。

实验现象。

A

向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸。

有刺激性气味气体产生；溶液变浑浊。

B

在表面皿中加入少量胆矾；再加入3mL浓硫酸，搅拌。

固体由蓝色变白色。

C

用同一针筒先后抽取80mL氯气；20mL水；振荡。

气体完全溶解；溶液变为黄绿色。

D

向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液；再滴加双氧水。

产生白色沉淀。

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)8、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水9、向某密闭容器中充入等物质的量的气体M和N；一定条件下发生反应，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率随时间的变化如图1、图2所示。

回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为_______，其_______(填“>”、“<”或“=”)0。

(2)30min时改变的条件是____，40min时改变的条件是____，请在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线_____。

(3)0~8min内，_______；50min后，M的转化率为_______(保留三位有效数字)。

(4)20min~30min内，反应平衡时的平衡常数K=_______。10、常温下有浓度均为0.1mol/L的四种溶液：①HCl；②CH3COOH；③NaOH；④Na2CO3。

(1)这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是___（用序号填写）。

(2)等体积混合②和③的溶液中离子浓度的大小顺序是___。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，则CH3COOH溶液的电离平衡常数Ka=___。

(4)用离子方程式表示④的水溶液呈碱性的主要原因：___。

(5)取10mL溶液①，加水稀释到1000mL，则该溶液中由水电离出的c(H+)约为___。11、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水12、某有机物的结构简式如图所示：

(1)1mol该有机物和过量的金属钠反应最多可以生成________H2。

(2)该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为________。13、实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯（）的简易流程如下：

有关物质的熔、沸点如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔点/℃436299沸点/℃181.9189285

试回答下列问题：

（1）反应室I中反应的最佳温度是104℃，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用___（选填字母）。

A．火炉直接加热B．水浴加热C．油浴加热。

（2）分离室I采取的操作名称是___。

（3）反应室I中发生反应的化学方程式是___。

（4）分离室II的操作为：①用NaHCO3溶液洗涤后分液；②有机层用水洗涤后分液；洗涤时不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化学方程式表示）。14、根据所学知识回答下列问题。

(1)0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为__。

(2)已知：常温时，H2R的电离平衡常数Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，则0.1mol•L-1的NaHR溶液显__(填“酸”；“中”或“碱”)性。

(3)实验室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作为__，若将AlCl3溶液蒸干并灼烧至恒重；得到的物质为___(填化学式)。

(4)25℃时，将足量氯化银分别放入下列4种溶液中，充分搅拌后，银离子浓度由大到小的顺序是___(填标号)；③中银离子的浓度为_____mol•L-1。(氯化银的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol•L-1盐酸②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液④100mL蒸馏水评卷人得分三、结构与性质(共8题，共16分)15、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

16、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。17、超细铜粉主要应用于导电材料；催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下：

（1）Cu2+的价电子排布式为____。

（2）下列关于[Cu（NH3)4]SO4的说法中，正确的有____。（填字母序号）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键；极性键和配位键。

B.[Cu（NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为正四面体。

（3）SO32-离子中S原子的杂化方式为____，SO32-离子的空间构型为____。

（4）与SO3互为等电子体的一种分子的分子式是____

（5）下图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为______。

18、NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。

(1)以H2、N2合成NH3；Fe是常用的催化剂。

①基态Fe原子的电子排布式为___________。

②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：

i.两种晶胞所含铁原子个数比为___________。

ii.图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则其密度ρ=___________g·cm-3。

③我国科学家开发出Fe—LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。

(2)化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是_____。

②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3。空间结构为________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0

①NH3的中心原子的杂化轨道类型为___________。

②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是___________。

③比较熔点：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。19、硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素；可以形成众多的化合物。回答下列问题：

(1)基态硼原子的电子排布式为_______，占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。

(2)氨硼烷是目前最具潜力的储氢材料之一。

①氨硼烷能溶于水，其主要原因是_______。

②分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)；与互为等电子体的分子_______(任写一种满足条件的分子式)。

③氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______。

A.和B.LiH和HCNC.和D.和

(3)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式写作实际上它的结构单元是由两个和两个缩合而成的双六元环，应该写成其结构如图1所示，它的阴离子可形成链状结构，阴离子中B原子的杂化轨道类型为_______，该晶体中不存在的作用力是_______(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.金属键。

(4)硼氢化钠是一种常用的还原剂；其晶胞结构如图2所示：

①的配位数是_______。

②已知硼氢化钠晶体的密度为代表阿伏伽德罗常数的值，则与之间的最近距离为_______nm(用含的代数式表示)。

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，得到晶体的化学式为_______。20、铈外围电子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序数为58的一种最早有实际用途的稀土元素；铈及其化合物的用途十分广泛。

(1)铈在元素周期表中的位置是_____；属于_____区元素。

(2)硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，N的杂化方式为_____；Ce、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_____。

(3)已知CeX3的熔点为CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I顺序，从CeX3中化学键的离子性和共价性说明熔点的变化原因：______________________________________。

(4)铈的一种氧化物具有独特的晶体结构和较高的储存和释放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有着十分广阔的应用开发前景,其晶体结构如图所示：

这种铈的氧化物的化学式为_____；晶胞中氧离子的配位数为_____。21、铬是由法国化学家沃克兰于1798年在巴黎发现。目前铬被广泛应用于冶金；化工、铸铁、耐火及高精端科技等领域。

(1)铬元素基态原子的价电子排布式为___________。

(2)金属铬的第二电离能和锰的第二电离能分别为1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏盐(Reineckesalt)的化学式为是一种易溶于水和乙醇的暗红色固体。

①雷氏盐中存在的化学键有___________(填序号)。

A．键B．键C．氢键D．配位键E．金属键。

②配体中C采取的杂化方式为___________，可用于形成配位键的原子有___________。

③的价层电子对数为___________，空间构型是___________，写出一种与互为等电子体的分子___________。

④乙醇能与水以任意比例互溶的原因是___________，___________。

(4)硒化铬的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm和bnm，则硒化铬的密度为___________(列出表达式即可)。

22、I．元素周期表中80％左右的非金属元素在现代技术包括能源；功能材料等领域占有极为重要的地位。

（1）氮及其化合物与人类生产、生活息息相关，基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是_____，N2F2分子中N原子的杂化方式是_______，1molN2F2含有____个δ键。

（2）高温陶瓷材料Si3N4晶体中N-Si-N的键角大于Si-N-Si的键角，原因是_______。

II．金属元素铁；铜及其化合物在日常生产、生活有着广泛的应用。

（1）铁在元素周期表中的位置_________。

（2）配合物Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于_____（填晶体类型）。Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子吸之和为18，则x=________。

（3）N2是CO的一种等电子体，两者相比较沸点较高的为_______（填化学式）。

（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如下图甲所示。

①基态铜原子的核外电子排布式为___________。

②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为___________。

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如下图乙所示(黑点代表铜原子）。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_________pm。(只写计算式）。评卷人得分四、原理综合题(共1题，共7分)23、2019年10月27日；国际清洁能源会议(ICCE2019)在北京开幕，碳化学成为这次会议的重要议程。甲醇；甲醛(HCHO)等碳化合物在化工、医药、能源等方面都有广泛的应用。

(1)甲醇脱氢法可制备甲醛(反应体系中各物质均为气态)；反应生成1molHCHO过程中能量变化如图1。

已知：

则反应_______

(2)氧化剂可处理甲醛污染，结合图2分析春季(水温约为15℃)应急处理被甲醛污染的水源应选择的试剂_______(填化学式)。

(3)纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H=akJ∙mol-1。

①按投料比将H2与CO充入VL恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测定CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。则a=_______(填“>”或“<”)0；压强由小到大的关系是_______。

②在温度为T1℃，向某恒容密闭容器中充入H2和CO发生上述反应，起始时达到平衡时，CO的转化率为图3中的M点对应的转化率，则在该温度下，对应的N点的平衡常数为_______(保留3位有效数字)。

(4)工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)∆H=+203kJ∙mol-1.该反应的逆反应速率表达式为为速率常数，在某温度下测得实验数据如下表所示：。CO浓度()H2浓度()逆反应速率()0.1c18.0c2c116.0c20.156.75

由上述数据可得该温度下，c2=_______，该反应的逆反应速率常数K=_______

(5)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图所示，电解质是掺杂了Y2O3与ZrO2的固体，可在高温下传导O2-。

①C极的Pt为_______极(选填“阳”或“阴”)。

②该电池工作时负极反应方程式为_______。

③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112mL，则电解后所得溶液在25℃时pH=_______(假设电解前后NaCl溶液的体积均为500mL)。评卷人得分五、计算题(共3题，共18分)24、(1)若t=25℃时，Kw=___________，若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，则100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液的pH=___________。

(2)已知25℃时，0.1L0.1mol•L-1的Na2A溶液的pH=11，用离子方程式表示其原因为___________。

(3)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH___________NaOH溶液的pH(填“＞”“=”或“＜”)。

(4)室温下，pH=2的H2SO4溶液、pH=12的NaOH溶液、pH=12的Na2CO3溶液，水电离出的c(H+)之比为___________。

(5)相同物质的量浓度的①NH4HSO4、②NH4HCO3、③NH4Cl三种溶液，pH值从大到小的顺序为___________(用数字标号填空，下同)；相同温度下，NH浓度相等的上述三种溶液，物质的量浓度从大到小的顺序为___________。

(6)含有Cr2O的废水毒性较大。某工厂酸性废水中含5.0×10-3mol•L-1的Cr2O可先向废水中加入绿矾(FeSO4·7H2O)；搅拌后撒入生石灰处理。

①写出加入绿矾的离子方程式___________。

②若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=4.0×10-13mol•L-1，则残留的Cr3+的浓度_______________mol•L-1(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-33)。25、制备氮化镁的装置示意图：

回答下列问题：

(1)填写下列仪器名称：的名称是_________。

(2)写出中和反应制备氮气的离子反应方程式__________。

(3)的作用是_____，是否可以把和的位置对调并说明理由_________。

(4)写出中发生反应的化学方程式___________。

(5)请用化学方法检验产物中是否含有未反应的镁，写出实验操作、现象、结论_________。26、某研究性学习小组类比镁在二氧化碳中的燃烧反应，认为钠和二氧化碳也可以发生反应，他们对钠在CO2气体中燃烧进行了下列实验：

（1）若用下图装置制备CO2，则发生装置中反应的离子方程式为_________。

（2）将制得的CO2净化、干燥后由a口缓缓通入下图装置，待装置中的空气排净后点燃酒精灯，观察到玻璃直管中的钠燃烧，火焰为黄色。待冷却后，管壁附有黑色颗粒和白色物质。

①能说明装置中空气已经排净的现象是_________。

②若未排尽空气就开始加热，则可能发生的化学反应方程式主要为_________。

（3）若钠着火，可以选用的灭火物质是_________。

A．水B．泡沫灭火剂C．干沙土D．二氧化碳。

（4）该小组同学对管壁的白色物质的成分进行讨论并提出假设：

Ⅰ．白色物质可能是Na2O；Ⅱ．白色物质可能是Na2CO3；Ⅲ．白色物质还可能是_________。

（5）为确定该白色物质的成分，该小组进行了如下实验：。实验步骤实验现象①取少量白色物质于试管中，加入适量水，振荡，样品全部溶于水，向其中加过量的CaCl2溶液出现白色沉淀②静置片刻，取上层清液于试管中，滴加无色酚酞试液无明显现象

①通过对上述实验的分析，你认为上述三个假设中，___成立（填序号）。

②由实验得出：钠在CO2中燃烧的化学方程式为_____；每生成1mol氧化产物，转移的电子数为____。

（6）在实验（2）中还可能产生另一种尾气，该气体为________；处理该尾气的方法为_____。评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共30分)27、周期表前三周期元素A；B、C、D；原子序数依次增大，A的基态原子的L层电子是K层电子的两倍；B的价电子层中的未成对电子有3个；C与B同族；D的最高价含氧酸为酸性最强的无机含氧酸。请回答下列问题：

(1)C的基态原子的电子排布式为_____________；D的最高价含氧酸酸性比其低两价的含氧酸酸性强的原因是___________________________。

(2)杂化轨道分为等性和不等性杂化，不等性杂化时在杂化轨道中有不参加成键的孤电子对的存在。A、B、C都能与D形成中心原子杂化方式为____________的两元共价化合物。其中，属于不等性杂化的是____________(写化学式)。以上不等性杂化的化合物价层电子对立体构型为_________，分子立体构型为_______________________________。

(3)以上不等性杂化化合物成键轨道的夹角________(填“大于”；“等于”或“小于”)等性杂化的化合物成键轨道间的夹角。

(4)A和B能形成多种结构的晶体。其中一种类似金刚石的结构，硬度比金刚石还大，是一种新型的超硬材料。其结构如下图所示(图1为晶体结构，图2为切片层状结构)，其化学式为________________。实验测得此晶体结构属于六方晶系，晶胞结构见图3。已知图示原子都包含在晶胞内，晶胞参数a＝0.64nm，c＝0.24nm。其晶体密度为________________(已知：＝1.414，＝1.732,结果精确到小数点后第2位)。

28、W；X、Y、Z、N、M六种主族元素；它们在周期表中位置如图所示，请用对应的的化学用语回答下列问题：

(1)N元素在周期表中的位置___________，根据周期表，推测N原子序数为___________

(2)比较Y、Z、W三种元素形成简单离子的半径由大到小的顺序___________

(3)M最高价氧化物的水化物在水中的电离方程式：___________

(4)以下说法正确的是___________

A．单质的还原性：X＞Y，可以用X与YM2溶液发生反应来证明。

B．Y与同周期的ⅢA元素的原子序数相差1

C．半导体器件的研制开始于硅；研发出太阳能光伏电池，将辐射转变为电能，如我校的路灯。

D．元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质具有两性29、某白色固体甲常用于织物的漂白；也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。为研究其组成，某小组同学进行了如下实验。

又知；甲的焰色为黄色，盐丙和丁的组成元素和甲相同，乙能使品红溶液褪色，①处气体体积在充分加热挥发后经干燥测定。

(1)甲中所含阳离子的电子式为___________，甲的化学式___________。

(2)写出①中产生黄色沉淀的反应的离子反应方程式___________。

(3)甲的溶液还可用作分析化学中的吸氧剂，假设其溶液与少量氧气反应产生等物质的量的两种酸式盐，试写出该反应的化学反应方程式___________。

(4)下列物质中可能在溶液中与甲反应的是___________。A．NaIB．C．D．NaOH参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、B【分析】【详解】

A．反应开始时n(CO2)=2.0mol，n(H2)=6.0mol，当反应进行到4min时，n(CO2)=0.5mol，△n(CO2)=1.5mol，由方程式可知CO2(g)、H2(g)反应的物质的量的比是1：3，则△n(H2)=3×1.5mol=4.5mol，此时未反应的H2(g)n(H2)=6.0mol-4.5mol=1.5mol；与6min时的物质的量相等，说明反应在4min时已达平衡，A正确；

B．化学反应速率为平均速率，只能计算在前2min内的平均反应速率v(CO2)==0.1mol·L-1·min-1；而不能计算2min末的瞬时速率，B错误；

C．由选项A分析可知在反应达到平衡时，n(CO2)=0.5mol，n(H2)=1.5mol，由于物质反应的物质的量的比等于计量数的比，则反应产生CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量n(CH3OH)=n(H2O)=1.5mol，容器的容积是5L，则各种气体的平衡浓度分别是：c(CO2)=0.1mol/L，c(H2)=0.3mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.3mol/L，带入平衡常数表达式可得K=(mol·L-1)-2；C正确；

D．反应从正反应方向开始，随着反应的进行，反应放出热量，使反应速率加快，CO2的转化率增大，当反应达到平衡后，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO2的转化率又降低，故图中曲线表示逐渐升高温度时CO2的转化率随时间变化图像；D正确；

故合理选项是B。2、D【分析】【分析】

氯碱工业即电解氯化钠溶液可生成氢氧化钠，氯化镁加入氢氧化钙反应生成氢氧化镁，再加入稀盐酸得到氯化镁溶液，溴化钠通入氯气氧化生成溴单质，再加入二氧化硫反应生成硫酸和HBr；最后用氯气氧化得到溴单质；

【详解】

A．将NaBr转化为Br2，可以选用Cl2作还原剂；A错误；

B．利用溴单质易挥发的物理性质；可用热空气将溴单质吹出，B错误；

C．Br2与二氧化硫反应生成硫酸和HBr，离子方程式为：SO2+2H2O+Br2=4H+++2Br-；C错误；

D．溴化钠通入氯气氧化生成溴单质，HBr最后用氯气氧化得到溴单质；溴离子两次被氧化，D正确；

故选：D。3、B【分析】【详解】

A.氨气密度比空气密度小，应该采取向下排空气法收集，装置C中的导管应该为短进长出，故A错误；B.浓硫酸可以与亚硫酸钠反应，生成二氧化硫，SO2密度比空气密度大，能使用向上排空气法收集，SO2气体能与氢氧化钠溶液迅速反应，所以吸收装置中要防倒吸，图中收集装置和吸收装置都合理，所以B选项是正确的；C项，稀硝酸与铜反应生成NO,NO不能用排空气法收集，故C错误；D项，浓硫酸与木炭反应需要加热，而且同时生成二氧化硫，在C中收集不到CO2,故D错误。综合以上分析；本题答案为B。

点睛：本题考查气体的制备、收集和尾气处理等实验知识，要求熟悉各种常见气体的制备、收集和尾气处理方法，平时要多积累勤总结。4、C【分析】【详解】

A.氯气能被碱石灰吸收；故不能用碱石灰干燥氯气，故错误；B.氨气可以用碱石灰干燥，氨气的密度比空气小，应用向下排气法收集，但图中为向上排气法收集，故错误。氨气极易溶于水，用干燥管进行氨气的吸收装置，可以防止倒吸。C.二氧化硫的密度比空气大，用向上排气法收集，二氧化硫和氯化钙不反应，能用氯化钙干燥，二氧化硫能与氢氧化钠反应，使用干燥管能防止倒吸，故正确；D.一氧化氮不能用排空气法收集，也不能用氢氧化钠吸收，故错误。故选C。

【点睛】

实验装置中表示，气体能用某种固体干燥剂干燥，用向上排气法收集，说明该气体的密度比空气大，且与空气不反应，能用某种溶液或水吸收。5、C【分析】【详解】

A．鉴别食盐中是否含有少量亚硝酸钠；取一定量食盐溶于水中，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，不能说明食盐中有亚硝酸钠，因为氯离子能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；

B．苯和液溴反应生成的气体中混有溴蒸气；通入硝酸酸化的硝酸银溶液中，溴蒸气也可反应生成溴化银淡黄色沉淀，故无法证明含有溴化氢，B错误；

C．向Na2SO3溶液中先加入足量盐酸，然后再加入BaCl2溶液；若没有变质，不会产生沉淀，实验现象有沉淀产生，说明溶液中有硫酸根，已变质，C正确；

D．将少量的乙二醇滴入酸性高锰酸钾溶液；溶液紫色变浅，说明被高锰酸钾氧化，但无法证明氧化产物是乙二酸，事实上乙二酸（即草酸）能被酸性高锰酸钾溶液为二氧化碳，D错误；

故选C。6、C【分析】【分析】

【详解】

A.右侧导管插入到碳酸钠溶液中；易产生倒吸，A错误；

B.双氧水的浓度不同；无法比较不同的催化剂对化学反应速率的影响，B错误；

C.硫酸的酸性大于碳酸；碳酸的酸性大于硅酸，三种含氧酸中，硫；碳、硅元素均为最高价，可以比较三种元素的非金属的强弱，C正确；

D.挥发出的溴进入到右侧烧杯中；也能与硝酸银反应产生浅黄色沉淀，不能验证苯与溴发生取代反应生成了溴化氢，D错误；

正确选项C。7、C【分析】【详解】

A.硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸；生成有刺激性气味的二氧化硫气体；单质硫、氯化钠和水，单质硫微溶于水，所以溶液变浑浊，故A正确；

B.浓硫酸具有吸水性；胆矾遇到浓硫酸失去结晶水，蓝色晶体变为白色粉末，故B正确；

C.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，氯气与水反应：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，1体积水可溶解2体积Cl2；所以气体不能完全溶解，故C错误；

D.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液；无现象，再滴加双氧水，二氧化硫被氧化成硫酸，硫酸与氯化钡生成白色的硫酸钡沉淀，故D正确；

答案选C。

【点睛】

根据具体的反应判断实验现象，一定需要弄清实验原理。二、填空题(共7题，共14分)8、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-109、略

【分析】【详解】

（1）依据图1中各物质的浓度变化量可得到0-20min，M、N浓度减少量为1.5mol/L，P浓度增加量为3mol/L，则反应的化学方程式为由图1可知，40min时平衡发生了移动，而P、M、N的浓度没有改变，且改变压强和使用催化剂平衡不移动，则改变的条件是温度，30min时P、M、N浓度均减小则改变的条件为扩大容器体积，压强减小，反应速率减小，由图2可知40min时速率增大，则40min时改变的条件是升高温度，而生成物P的浓度在减小，依据勒夏特列原理可判断该反应的

（2）由(1)分析可知，30min时改变的条件是扩大容器的体积；40min时改变的条件是升高温度；在图2中画出30min~40min的正逆反应速率变化曲线以及标出40min~50min内对应的曲线为

（3）8min时，M、N、P的物质的量浓度相等，设

则解得x=2，故8min时，0~8min内；

50min后；M；N、P的物质的量浓度相等，故M的转化率为33.3%；

（4）由图1可知，20min~30min内，为平衡状态，M、N的平衡浓度为1.5mol/L，P的平衡浓度为3mol/L，则反应平衡时的平衡常数K=【解析】(1)<

(2)扩大容器的体积升高温度

(3)33.3%

(4)410、略

【分析】【详解】

(1)水电离程度比较：碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐；碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离；盐酸是强酸溶液，氢氧化钠溶液是强碱溶液，溶液中水的电离都受到了抑制作用，其中盐酸中的氢离子浓度等于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子浓度，二者中水的电离程度相等；醋酸溶液为弱酸，发生微弱的电离产生氢离子，抑制了水的电离，但醋酸溶液中氢离子浓度远小于盐酸，故水的电离程度比盐酸和氢氧化钠都强，综合而言这四种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是④＞②＞①=③。故答案为：④＞②＞①=③。

(2)等体积的醋酸和氢氧化钠混合，混合后溶液恰好为醋酸钠溶液，属于强碱弱酸盐，醋酸根离子发生微弱的水解导致溶液显碱性，所以溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。故答案为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。

(3)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，可得溶液中c(H+)=10-3mol/L，由醋酸的电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+可得其电离平衡常数为：故答案为：10-5。

(4)碳酸钠溶液属于强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液显碱性，促进了水的电离，其水解方程式为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-，故答案为：CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-。

(5)取10mLHCl溶液，加水稀释到1000mL，此时溶液中由HCl电离出的由此可知，此时溶液中的c(H+)=10-3mol/L，可得该溶液中由水电离出的故答案为：10−11mol/L。【解析】④＞②＞①=③c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)10-5CO+H2OHCO+OH-，HCO+H2OH2CO3+OH-10−11mol/L11、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-1012、略

【分析】【分析】

由结构简式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳双键，结合醇、羧酸、烯烃的性质来解答。

【详解】

(1)该有机物中的-OH、-COOH均与Na反应，金属钠过量，则有机物完全反应，1mol该有机物含有2mol羟基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和过量的金属钠反应最多可以生成1.5molH2；

故答案为：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均与Na反应，-COOH与NaOH、NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，则n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案为：3∶2∶2。【解析】①.1.5mol②.3∶2∶213、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应制得菠萝酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反应制得，考虑到它们溶沸点的差异，最好选择温度让苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成为液体，反应室I中反应的最佳温度是104℃，水浴加热温度太低，苯氧乙酸沸点99摄氏度，水浴温度会使它凝固，不利于分离，火炉直接加热，会使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成气体，不利于反应，故选择油浴。生成的菠萝酯属于酯类，在碱性条件下会发生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【详解】

(1)火炉直接加热温度比较高；会让苯酚和氯乙酸变成蒸汽，不利于它们之间的反应，还会使苯氧，故温度不能太高，水浴加热温度较低，不能让氯乙酸和苯酚熔化，故温度也不能太低，可以使所有物质都成液体，为较好地控制温度在102℃~106℃之间，加热时可选用油浴加热；

答案为：C；

(2)分离室I是将反应不充分的原料再重复使用；为了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反应室1，操作名称为蒸馏；

答案为：蒸馏；

(3)反应室1为苯酚和氯乙酸发生取代反应，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案为：+HCl；

(4)分离室II发生的反应是苯氧乙酸和丙烯醇发生酯化反应，制取菠萝酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度较小，可以析出，随后分液即可，如用NaOH会使酯发生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化学方程式为+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案为+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸馏+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH214、略

【分析】【详解】

(1)NaHCO3在水溶液中发生电离：NaHCO3=Na++电离产生是会发生电离作用：H++也会发生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。发生电离、水解作用都会消耗离子导致c(Na+)＞c()；电离产生H+使溶液显酸性；水解产生OH-，使溶液显碱性。由于其水解作用大于电离作用，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但盐水解程度是微弱的，主要以盐电离产生的离子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除会电离产生，还有H2O电离产生，而只有电离产生，故离子浓度：c(H+)＞c()，因此该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol•L-1的NaHR溶液中，存在HR-的电离作用：HR-R2-+H+，电离产生H+使溶液显酸性，同时也存在着水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解产生OH-，使溶液显碱性，其平衡常数Kh=＜Ka2=5.60×10-8，说明HR-的电离作用大于水解作用；因此NaHR溶液显酸性；

(3)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中会发生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，导致溶液变浑浊，由于水解产生HCl，因此根据平衡移动原理，若用固体配制溶液时，将其溶解在一定量的浓盐酸中，增加了H+的浓度，就可以抑制盐的水解，然后再加水稀释，就可以得到澄清溶液；若将AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向进行直至水解完全，HCl挥发逸出，得到的固体是Al(OH)3，然后将固体灼烧至恒重，Al(OH)3分解产生Al2O3和H2O，最后得到的固体是Al2O3；

(4)氯化银在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都会抑制物质的溶解，溶液中Ag+、Cl-浓度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol•L-1盐酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

②100mL0.2mol•L-1AgNO3溶液中c(Ag+)=0.2mol/L；

③100mL0.1mol•L-1氯化铝溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸馏水中不含Cl-、Ag+；对氯化银在水中溶解无抑制作用。

它们抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，该溶液中含有的c(Ag+)最大；则这四种液体物质中银离子浓度由大到小的顺序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度积常数Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，则该溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L。【解析】c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸将AlCl3(s)溶解在较浓的盐酸中，然后加水稀释Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10三、结构与性质(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

根据Cr原子的电子排布式，写出基态价电子的排布式；根据Cr原子失去一个电子后价电子排布情况判断铬的第二电离能大于锰的第二电离能；根据题中结构判断存在化学键类型；根据VSEPR理论判断中心原子杂化方式和空间构型；根据等电子体的概念写出一种与互为等电子体的分子；根据形成氢键和相似相溶原理解释乙醇能与水以任意比例互溶；根据题中晶胞的结构；利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

（1）

Cr是24号元素，核外有24个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，答案为3d54s1。

（2）

因为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定，即铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去3d6上的电子变为半充满状态，所以金属铬的第二电离能大于锰的第二电离能答案为铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

（3）

①由可知，该结构中存在N－H键是键，N＝C双键、C＝S双键中有键、键，Cr3+与配体间形成配位键；ABD符合题意；答案为ABD。

②由可知，NCS-的中心原子C原子形成2个双键，NCS-为直线形结构，C原子采取sp杂化；因为NCS-结构中，N、S均有孤电子对，均可与Cr3+形成配位键；答案为sp杂化；N；S。

③的价层电子对数＝4+＝4+0＝4，无孤电子对，的空间构型为正四面体结构；根据原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，则的等电子体的分子为CH4；答案为4；正四面体；CH4。

④CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，根据相似相溶原理，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶；答案为乙醇可与水形成分子间氢键；乙醇属于极性分子。

（4）

由可知，晶胞中Cr原子数目=8×+4×=2，Se原子位于晶胞内，数目=2，故晶胞质量m=2×g=g，晶胞的体积V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3，则晶体密度ρ===答案为【解析】(1)

(2)铬原子失去1个电子后，价电子层电子排布式为属于半充满，相对稳定。

(3)ABDsp杂化S、N4正四面体形乙醇可与水形成分子间氢键乙醇属于极性分子。

(4)16、略

【分析】【详解】

I．（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是洪特规则，N2F2分子结构式为F-N=N-F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，lmolN2F2含有3molσ键，即3NA或1.806×1024个σ键；

（2）Si3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si原子为sp3杂化，N-Si-N键角为109°28′，N原子周围连接3个Si原子，含有1对孤对电子，N原子为sp3杂化；但孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使得Si-N-Si键角小于109°28′；

II．（1）Fe位于第四周期第VIII族；

（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低；所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；

（3）极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高；

（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1；

②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12；

（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素；该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×+6×=4，晶体体积=cm3=cm3=cm3，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的=××cm=pm。

点睛：把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（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．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。【解析】洪特规则sp2杂化3NASi3N4晶体中Si原子周围有4个N原子，Si为sp3杂化，N—Si—N的键角为109028/,而N原子周围只有3个Si原子。虽N原子也是sp3杂化，但由于孤电子对对成键电子对的排斥力更强，故Si—N—Si的键角小于109028/。第四周期第Ⅷ族分子晶体5CO[Ar]3d104s11217、略

【分析】【详解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的价电子排布式为3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋与SO42－之间存在离子键，Cu2＋和NH3之间存在配位键；N和H之间存在极性共价键，故A正确；

B；该化合物中第一电离能最大的是N元素；故B错误；

C、外界离子为SO42－，根据价层电子对互斥理论，SO42－的空间构型为正四面体形；故C正确；

答案选AC；

（3）SO32－中心原子S有3个σ键，孤电子对数=1，价层电子对数为4，杂化轨道数等于价层电子对数，即SO32－中S的杂化类型为sp3；SO32－空间构型为三角锥形；

（4）根据等电子体的概念，与SO3互为等电子体的分子为BF3等；

（5）利用均摊的方法进行判断，根据晶胞的结构，O位于顶点、面心、棱上和内部，属于晶胞的氧原子的个数为=4，Cu位于内部，有4个，即化学式为CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角锥形⑤.BF3⑥.CuO18、略

【分析】【分析】

根据Fe的原子序数，结合核外电子排布规则写出Fe的电子排布式；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的有关计算；根据同主族元素性质递变规律解释H、Li、Na的第一电离能的关系；根据NH3分子与H2O分子之间会形成氢键解释NH3极易溶于水的原因；根据NH3极易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解释侯氏制碱法先通入NH3再通入CO2；根据VSEPR理论，判断其空间结构和杂化类型；根据形成配位健的条件判断提供空轨道的原子；根据NH3BH3(氨硼烷)分子间形成氢键判断其熔点较高；据此解答。

（1）

①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

②由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2；又图1晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为m==其密度ρ===g·cm-3；答案为1:2；

③第一电离能(I1)为I1(H)>I1(Li)>I1(Na)；原因是H；Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；答案为H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小；

（2）

①NH3极易溶于水的原因是NH3与H2O分子间能形成氢键；答案为NH3与H2O分子间能形成氢键；

②因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳即反应时，向饱和NaCl溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳；答案为NH3；

③中中心原子C原子的价层电子对个数=3+=3+0=3，且无孤电子对，采取sp2杂化；其空间结构为平面三角形；答案为平面三角形；

（3）

①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化；答案为sp3；

②在NH3BH3结构中；N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道；答案为B；

③NH3BH3(氨硼烷)与CH3CH3互为等电子体，由于NH3BH3分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以NH3BH3熔点高于CH3CH3；答案为>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H；Li、Na位于同一主族；价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。

(2)NH3与H2O分子间能形成氢键NH3平面三角形。

(3)sp3B＞19、略

【分析】【分析】

根据B的原子序数和电子排布规律；写出其电子排布式并判断电子排布的最高能级为2p，判断其电子云轮廓图；根据氨硼烷的结构，判断其溶于水的原因是与水分子形成氢健和配位键形成条件判断提供孤电子对的原子；根据等电子体概念找出等电子体分子；根据题中信息，判断形成双氢键的正确选项；根据题中所给结构，由σ键个数判断B原子的杂化方式和该晶体中不存在的作用力；根据晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。

(1)

B的原子序数为5，核外有5个电子，则B基态原子核外电子排布式为1s22s22p1，能级最高的是2p能级，p轨道为哑铃形；答案为1s22s22p1；哑铃。

(2)

①氨硼烷能溶于水；其主要原因是氨硼烷与水分子间形成氢键；答案为氨硼烷与水分子间形成氢键。

②分子中，B原子提供空轨道，NH3中N原子提供1对孤电子对，形成配位键；原子总数相同、价电子总数相同的微粒为等电子体，用相邻原子代替N、B原子可以得到其等电子体分子C2H6；答案为N；C2H6。

③A．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故A不符合题意；

B．LiH为离子化合物；LiH和HCN不能形成双氢键，故B不符合题意；

C．分子中与B原子相连的H呈负电性，分子中与N相连的H呈正电性，与能形成双氢键；故C符合题意；

D．和分子中的H均呈正电性，和不能形成双氢键；故D不符合题意；

答案为C。

(3)

由的结构可知，阴离子中形成3个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp2，形成4个σ键的B原子(无孤电子对)的杂化轨道类型为sp3；该晶体中阴阳离子之间存在离子键，B和O原子之间存在共价键和配位键，水分子之间存在分子间作用力和氢键，所以该物质中不含金属键；答案为sp2、sp3；D

(4)

①由硼氢化钠晶胞结构可知，底心Na+周围等距且最近的个数即为Na+的配位数，则Na+的配位数为8；答案为8。

②由硼氢化钠晶胞结构可知，Na+位于面心和棱上，Na+离子个数为=6×+4×=4，位于顶点、面心、体心，个数为=8×+4×+1=4，该晶胞的质量为m=g，体积V=(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=2a3×10-21cm3，晶胞密度==解之a=底心Na+位于面对角线的中点，所以与之间的最近距离为d=a=nm；答案为

③若硼氢化钠晶胞上下底心处的被取代，则个数为4，Na+数目为3，Li+数目为1，所以得到的晶体的化学式为Na3Li(BH4)4；答案为Na3Li(BH4)4。【解析】(1)1s22s22p1；哑铃。

(2)氨硼烷与水分子间形成氢键NC2H6C

(3)sp2、sp3D

(4)8Na3Li(BH4)420、略

【分析】【详解】

(1)由题意有铈的原子序数为58；则有58-2-8-8-18-18=4，处于元素周期表的第六周期，第四纵行的镧系，则铈在元素周期表中位置为：第六周期第ⅢB族，属于f区元素，故答案为：第六周期第ⅢB族；f；

(2)在硝酸铈铵Ce(NH4)2(NO3)6中，因为中中心原子N没有孤电子对，所以它是正四面专体形，是空间结构，所以是杂化，中氮的价层电子对数为3，是sp2杂化；在Ce、C、N、O中C、N、O