2025年上外版选择性必修2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年上外版选择性必修2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6题，共12分)1、下面有关“核外电子的运动状态”的说法，错误的是A.只有在电子层、原子轨道、原子轨道伸展方向都确定时，才能准确表示电子运动状态B.各原子轨道的伸展方向种数按p、d、f的顺序分别为3、5、7C.同一个原子的原子核外任何一个电子的运动状态都是不相同的D.基态原子变为激发态原子会吸收能量，得到吸收光谱2、为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol(其中D代表)中含有的中子数为B.34g中含有的极性键数目为C.常温，的溶液中数目为D.10g46%的甲酸(HCOOH)水溶液中所含氧原子数为3、下列各组元素各项性质的比较正确的是A.第一电离能：B＞Al＞GaB.电负性：As＞Se＞BrC.最高正价：F＞S＞SiD.原子半径：P＞N＞C4、下列分子的模型不是四面体形的是A.B.C.D.5、我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时可发生反应：2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑，生成物K2S的晶胞结构如图。下列有关说法不正确的是。

A.S和C均有多种同素异形体B.N2中含有的σ键和π键数目之比为1∶2C.K2S晶胞无隙并置后的晶体具有各向异性D.K2S晶体中，每个S2－周围紧邻4个K+6、如图为石英晶体的平面示意图，它实际上是立体的网状结构(可以看作晶体硅中的每个Si-Si键中插入一个O)，其中硅、氧原子个数比是m:n，下列有关叙述正确的是(设代表阿伏加德罗常数的值)

A.B.6g该晶体中含有个分子C.D.石英晶体中由硅、氧原子构成的最小的环上有8个原子评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)7、氢化铝锂(LiAlH4)是重要的还原剂与储氢材料。其合成方法如下：①Na+Al+2H2NaAlH4，②NaAlH4+LiClLiAlH4+NaCl。回答下列问题：

(1)上述反应中涉及的元素的第一电离能最大的是_______(填元素名称)。LiAlH4与水剧烈反应产生一种盐与H2，写出反应的化学方程式：_______；LiAlH4中H元素表现为-1价，解释H表现出负价的理由：_______。

(2)基态锂原子的电子排布式为_______；基态锂原子中有_______种运动状态不同的电子。

(3)已知第一电离能Mg大于Al，但第二电离能Mg小于Al，解释原因：_______。

(4)反应①、②中电负性最大的元素与电负性最小的元素形成的化合物的电子式为_______。8、回答下列问题：

(1)中含有的键个数为____________．

(2)已知和与结构相似，分子内键与键个数之比为____________．分子中键与键个数之比为____________．

(3)肼分子可视为分子中的一个氢原子被(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物．肼可用作火箭燃料；燃烧时发生反应的热化学方程式如下：

若该反应中有键断裂，则形成的键有____________．

(4)元素形成的化合物分子中共有16个电子，该分子中键与键的个数之比为____________．

(5)乙醛分子中含键的个数为____________，1个分子中含有键的个数为____________．9、短周期元素A；B、C、D原子序数依次增大；且C元素最高价氧化物对应的水化物在水溶液中能电离出电子数相等的阴、阳离子。A、C位于同一主族，A为非金属元素，B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B、C的最外层电子数之和与D的最外层电子数相等。E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏。请回答下列问题：

(1)基态D原子的价电子轨道表示式___________________________。

(2)由上述A、B、D三种元素形成的ADB分子中存在的键分别称为_________。

(3)B、D两种元素可形成多种阴离子，如等，这三种阴离子的空间结构分别为______________________。比较和的键角大小并说明理由：_______________________。

(4)E元素原子基态时电子所占据的轨道个数为：_________；试分析具有较强还原性的原因___________________________。10、氨硼烷是一种有效；安全固体储氢材料；氨硼烷的结构和乙烷相似，如下图。

(1)氨硼烷的晶体类型为_______。

(2)氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为_______，_______

(3)氨硼烷晶体中存在的作用力有_______(填序号)

A离子键B极性键C非极性键D配位键E金属键F氢键G范德华力。

(4)以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷.为测定该配合物的结构，取2.32g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g；在碱性条件下加热蒸出NH3；用滴定法测出其物质的量为0.06mol；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g。

①该配合物中镍离子的基态电子排布式为_______。

②该配合物的结构简式为_______。11、氢气的生产、存储是氢能应用的核心。目前较成熟的生产、存储路线之一为：利用CH3OH和H2O在某Cu/Zn-Al催化剂存在下生产H2,H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。

回答问题：.

(1)Al在周期表中的位置______________。基态Zn的价层电子排布式___________。

(2)水分了中氧原子的杂化轨道类型_______________。

(3)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。CH3OH键参数中有_________种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是___________________。

(4)X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α=β=γ=90º，a=b=450.25pm)，密度为1.4gcm-3，H-的配位数为______________，X的储氢质量分数是______________，c=___________pm(列出计算式即可)。

12、(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为__________；该晶体中原子之间的作用力是________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与CaF2(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为____________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为________，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为________。

13、（Mn、Fe均为第四周期过渡元素，两元素的部分电离能数据列于下表：。元素FeFe电离能/kJ·mol-1I1717759I2150915611561I3324829572957

回答下列问题：

（1）Mn元素价电子层的电子排布式为___，比较两元素的I2.I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是___；

（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___；

②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64-)中的配体CN-中C原子的杂化轨道类型是___，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的结构式___；

（3）三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚.丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为___。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)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、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16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)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18、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19、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)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.错误评卷人得分四、元素或物质推断题(共4题，共40分)21、短周期中的四种主族元素A；B、C、D、E；原子序数依次增大。A是电负性最大的元素，B、D的价电子层中均有两个未成对电子，回答下列问题：

（1）B元素在周期表中的位置为___________________________；

（2）A的基态原子中，电子占据的最高能级符号为___；该能级的电子云轮廓图形状为__________；

（3）B、C、D三种元素的第一电离能大小顺序为________；该电离能大小变化的原因为________________；

（4）C、D、E三种元素的最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺为________________。22、有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：。元素编号相关信息U所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等V基态时，电子分布在三个能级上，且各能级中电子数相等W基态时，2p轨道处于半充满状态X与W元素处于同一周期，且X的第一电离能小于W的第一电离能

请回答下列问题：

（1）U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。

（2）V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。

（3）乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“>”或“<”)，原因是______________。23、化合物A为一种常见金属元素与一种常见非金属元素组成的化合物；阳离子与阴离子的个数比为2：3。K为常见固态非金属单质，J为常见气态单质。其余为化合物，其中I；F在常温下为液态，C、D为刺激性气体，H无色无味气体，B为白色胶状沉淀，L为氯碱工业中的常见产品。F的浓溶液与K加热可生成D和H。（部分生成物未标出）

（1）写出下列物质的化学式：E_____________J_____________

（2）写出D通入足量稀Ba(NO3)2溶液反应的化学方程式：_______________________

（3）银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据电化学原理可进行如下处理，在Al制容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，写出该反应的离子方程式_____________

（4）A电池性能优越，A-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示．该电池反应的化学方程式为：2A+3AgO+2NaOH=2NaAO2+3Ag+H2O，下列说法正确的是_____

A．该隔膜是阳离子交换膜。

B．当电极上析出1.08gAg时；电路中转移的电子为0.01mol

C．A电极的反应式为：A-3e-+4OH-=+2H2O

D．正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-24、A；B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大；已知：①A原子核内只有1个质子；②B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍；③C原子最外层电子数比次外层电子数多4个；④D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍；⑤E单质既能和盐酸反应，又能和烧碱反应；⑥F与C同主族。

用化学符号回答下列问题：

（1）用电子式表示下列物质A2C2_____________，DCA_________________；

（2）写出E与烧碱反应的离子方程式___________________________。

（3）写出DCA与B的最高价氧化物反应的化学方程式：_____________。评卷人得分五、实验题(共4题，共36分)25、四氯化碳主要用作优良的溶剂；干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等；也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。

已知：

①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；

②与在铁作催化剂的条件下；在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；

③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度

(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。

(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A装置中导管k的作用为________________________。

(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成其还原产物为)。

(4)反应结束后关闭此时F装置的作用为_______________________。

(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到26、某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律。甲同学一次性完成N；C、Si的非金属性强弱的比较；乙同学完成了氧元素的非金属性比硫强的实验。

(1)从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到物质：

①稀HNO3溶液②稀盐酸③碳酸钙④Na2SiO3溶液⑤SiO2

试剂A为_________；试剂C为_________(填序号)。

(2)乙同学设计的实验所用到试剂A为________；装置C中反应的化学方程式为___________________________。

(3)丙同学认为甲设计的实验方案不够严谨并做出改进，他在装置B、D之间加装了一个盛有某溶液的洗气瓶，则该溶液的溶质为________________(填化学式)。27、实验室制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}的实验步骤如图：

i.向V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H4·2HCl溶液；微沸数分钟。

ii.向制得的VOCl2溶液中缓慢加入足量NH4HCO3溶液；有气泡产生并析出紫红色晶体。

iii.反应结束后抽滤，用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次；再用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。

请回答下列问题：

(1)步骤i中的还原剂是___(填化学式)。

(2)已知VO2+能被O2氧化；步骤ii可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中反应产生的气体将C中空气排净。

①仪器M的名称是___。

②装置B的作用是___。

(3)步骤ii中洗涤操作选择饱和NH4HCO3的原因是___，用无水乙醇洗涤的目的是___。

(4)蓝色VO2+的水合配离子的结构如图。向该水合配离子的溶液中加入NaOH至pH=12时，该水合配离子全部转化为褐色的[VO(OH)3]-，写出转化过程的离子方程式___。

(5)称量mg产品，用KMnO4溶液氧化，再除去多余的KMnO4(方法略)，最后用cmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为VmL，产品中钒的质量分数为___%(用含有m；c、V的式子表示)。

28、某研究性学习小组设计实验制备乙酸乙酯（如图1）：

（1）实验时向仪器A中加几块碎石片，其作用是________．仪器B为冷凝管，冷却水由________（填“a”或“b”）进．

（2）图1方案有明显缺陷；请提出改进建议：________．分离乙酸乙酯的操作需要用图3器有________（填代号）．

（3）①能否用图2的D装置替代图1的装置C？________（填：能或否）；理由是________

②能否用图2的E装置替代图1的C装置？________（填：能或否）；理由是________

（4）有同学拟通过某种方法鉴定所得产物中是否含有醚类物质；可选________．

a．红外光谱法b．1H核磁共振谱法c．质谱法．评卷人得分六、结构与性质(共2题，共10分)29、铜是重要的金属；广泛应用于电气；机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：

(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为________，SO42-的立体构型为_______________。

(2)超细铜粉可用作导电材料；催化剂等；其制备方法如下：

①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为__________________________(填元素符号)。

②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________

A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故。

B．NH3分子和H2O分子；分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角。

C．Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇；会析出深蓝色的晶体。

D．已知3.4g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出akJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)=1/2N2(g)＋3/2H2O(g)ΔH＝-5akJ·mol－1

(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A；其结构如下左图所示。

①1mol氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有σ键的数目为________________。

②氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体：____________(写化学式)。

③已知：硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如上右图所示。则该化合物的化学式是________________。30、Ⅰ．下列说法正确的是__________。

A．元素的电负性越大；其单质越稳定。

B．分子晶体中可能不存在共价键。

C．晶格能越大；形成的离子晶体越稳定。

D．金属晶体和离子晶体均具有延展性。

Ⅱ．钢铁中含有C、N、Mn等元素，实验中常用过硫酸盐氧化法测定钢铁中锰的含量，反应原理为2Mn2++5S2O82-+8H2O2MnO4-+10SO42-+16H+

（1）Mn原子的价层电子的轨道表达式（电子排布图）为____________________。

（2）已知H2S2O8的结构简式如图所示。

①H2S2O8中S的轨道杂化方式为______________，H、O、S三种元素中，电负性最大的元素是___________（填元素符号）。

②S基态原子中电子的运动状态有_________种。

③上述反应中S2O82-断裂的共价键类型为___________（填“σ键”或“π键”)，每生成1molMnO4-，断裂的共价键数目为___________NA。

（3）C和N能形成多种结构的晶体。一种新型的超硬材料类似于金刚石的结构，但硬度比金刚石大，其晶胞如图所示（图示原子都包含在晶胞内），其化学式为______________。已知晶胞参数a=0.64nm，b=0.55nm，c=0.24nm，则该晶体的密度为_______________（列出式子即可，但式子中不包含字母）g/cm3。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】

【详解】

A．只有在电子层；电子亚层、电子云的伸展方向及电子的自旋都确定时；电子的运动状态才能确定下来，A错误；

B．各原子轨道的伸展方向种数按p；d、f的顺序分别为3、5、7；B正确；

C．在任何一个原子中；不可能存在运动状态完全相同的2个电子，C正确；

D．基态原子吸收能量变为激发态原子；可得到吸收光谱，D正确；

故选A。2、D【分析】【详解】

A．中含个中子，故此离子中含中子数为个；故A错误；

B．34g物质的量为含键数为含键数为含有的极性键数目为故B错误；

C．没有溶液体积；无法计算物质的量，故C错误；

D．甲酸水溶液中，甲酸分子中、水分子中都含有氧原子，在质量分数为的甲酸水溶液中，甲酸的物质的量为含原子；含水物质的量为含原子为故溶液中含有氧原子数为故D正确；

故答案为D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．同主族从上到下金属性增强；金属性越强，第一电离能越小，则第一电离能：B＞Al＞Ga，故A正确；

B．同周期从左向右非金属性增强，非金属性越强，电负性越大，则电负性：Br＞Se＞As；故B错误；

C．F无正价；故C错误；

D．同主族元素电子层越多；原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为P＞C＞N，故D错误；

故选A。4、A【分析】【分析】

【详解】

A．分子的中心原子的价层电子对数=3+=3，的模型是平面三角形；A符合题意；

B．分子的中心原子的价层电子对数=2+=4，模型是四面体形；B不符合题意；

C．分子的中心原子的价层电子对数=3+=4，模型是四面体形；C不符合题意；

D．分子的中心原子的价层电子对数=4+=4，模型是四面体形；D不符合题意；

故选A。5、D【分析】【详解】

A．S和C均有多种同素异形体；如单斜硫和斜方硫；石墨和金刚石，故A正确；

B．N2的结构式为N≡N；氮氮三键中含有1个σ键和2个π键，σ键和π键数目之比为1∶2，故B正确；

C．K2S固体属于晶体；晶体具有各向异性，故C正确；

D．由K2S晶胞结构可知，K2S晶体中，每个S2－周围紧邻8个K+；故D错误；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．每个原子占有O原子个数为故硅；氧原子个数比为1：2，A项错误：

B．该晶体是共价晶体；不存在分子，B项错误；

C．根据A选项分析，硅、氧原子个数比为C项正确；

D．在晶体中，由O构成的最小环中共有12个原子；D项错误。

故选：C。二、填空题(共7题，共14分)7、略

【分析】(1)

利用同周期从左向右第一电离能是增大趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能最大的是Cl；LiAlH4中H显-1价，H2O中H显+1价，发生归中反应得到氢气和一种盐，因此反应方程式为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；Li、Al均为金属元素，H为非金属元素，三种元素中H的电负性最大，Li显+1价，Al显+3价，整个化合价代数和为0，则H显-1价；故答案为氯；LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑；因为三种元素中H元素的电负性最大；

(2)

锂元素位于第二周期ⅠA族，原子序数为3，则锂原子的电子排布式为1s22s1；核外有3个电子，即有3中运动状态不同的电子；故答案为1s22s1；3；

(3)

基态Mg原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s能级处于稳定的全满状态，能量低，稳定，基态Al原子核外电子电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级3p为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+的电子排布式为1s22s22p63s1，最高能级3s处于不稳定状态，而Al+的电子排布式为1s22s22p63s2，最高能级3s处于稳定的全满状态，能量低，稳定，故第二电离能Mg小于Al；故答案为基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al；

(4)

反应①、②中电负性最大的是Cl，电负性最小的是Na，形成的化合物是NaCl，属于离子化合物，其电子式为故答案为【解析】(1)氯LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑或LiAlH4+4H2O=Li[Al(OH)4]+4H2↑因为三种元素中H元素的电负性最大。

(2)1s22s13

(3)基态Mg最高能级处于稳定的全满状态，基态Al最高能级为不稳定状态，因此第一电离能Mg大于Al，Mg+最高能级处于不稳定状态，而Al+最高能级处于稳定的全满状态；故第二电离能Mg小于Al

(4)8、略

【分析】键和键简单判断方法是单键是键，双键中1个键和1个键。叁键中1个键和2个键。

【详解】

（1）CO2分子内含有碳氧双键，双键中一个是键，另一个是键，则1molCO2中含有的键个数为2NA。

（2）N2的结构式为推知CO的结构式为含有1个键、2个键；CN-的结构式为HCN分子的结构式为HCN分子中键与键均为2个。

（3）反应中有4molN—H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5molN2和2molH2O，则形成的键有(1.5×1+2×2)=5.5mol。

（4）设分子式为CmHn，则6m+n=16，合理的是m=2，n=4，即C2H4，结构式为所以1个C2H4分子中共含有5个键和1个键。

（5）乙醛与CO(NH2)2的结构简式分别为故1mol乙醛中含有键的个数为6NA，1个CO(NH2)2分子中含有7个键。

【点睛】

对尿素的结构式根据8电子稳定结构和化学键理论可以判断其结构式，根据结构式再判断化学键的具体类型。【解析】或1:21:15.55:16NA或79、略

【分析】【分析】

短周期元素A；B、C、D原子序数依次增大；C元素最高价氧化物对应的水化物在水溶液中能电离出电子数相等的阴、阳离子；C是Na元素；A、C位于同一主族，A为非金属元素，A是H元素；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是O元素；B、C的最外层电子数之和与D的最外层电子数相等，D是Cl元素；E单质是生活中常见金属，其制品在潮湿空气中易被腐蚀或损坏，E是Fe元素。

(1)

D是Cl元素，核外有17个电子，基态Cl原子的价电子排布式3s23p5，价电子轨道表示式

(2)

由H、O、Cl三种元素形成HClO分子的结构式为H-O-Cl，存在的键分别称为s-p键p-p键。

(3)

中Cl原子杂化轨道数为孤电子对数是2，所以空间构型为V形；中Cl原子杂化轨道数为孤电子对数是1，所以空间构型为三角锥形；中Cl原子杂化轨道数为孤电子对数是0，所以空间构型为正四面体形；和的VSEPR模型均为四面体形，而中存在孤电子对，孤电子对有较大的斥力，所以键角<

(4)

E是Fe元素，Fe原子基态时电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子所占据的轨道个数为15；的价电子为易失去一个电子形成较稳定的半充满结构所以具有较强还原性。【解析】(1)

(2)s-p键p-p键。

(3)V形、三角锥形、正四面体形和的VSEPR模型均为四面体形，而中存在孤电子对；孤电子对有较大的斥力（孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力）

(4)15的价电子为易失去一个电子形成较稳定的半充满结构10、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据球棍模型可知，氨硼烷的结构简式为BH3NH3；氨硼烷的分子结构和乙烷相似，是四面体结构，属于分子晶体；

(2)氨硼烷分子中N原子、B原子有三个单电子，均形成单键，由球棍模型可知，是四面体结构，因此它们的杂化轨道类型都是sp3杂化；

(3)氨硼烷中；B与H；N与H之间为极性共价键，B与N之间存在配位键，氨硼烷分子之间为范德华力，故选BDG；

(4)用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g，物质的量为=0.01mol，在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06mol，质量为17g/mol×0.06mol=1.02g，用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g，物质的量为=0.02mol，所以分子中Ni、Cl、NH3的比例为1：2：6，总质量为0.59g+1.02g+0.71g=2.32g，故该分子为[Ni(NH3)6]Cl2；

①根据上述分析，镍离子为Ni2+，Ni是28号元素，离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；

②根据上述分析，该配合物的结构简式为[Ni(NH3)6]Cl2。【解析】①.分子晶体②.sp3③.sp3④.BDG⑤.1s22s22p63s23p63d8⑥.[Ni(NH3)6]Cl211、略

【分析】【详解】

(1)Al是13号元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族；Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2则价层电子排布式为3d104s2，故答案为：第三周期第ⅢA族；3d104s2；

(2)水分子中O原子的价层电子数=2+(6−2×1)=4，且含有2对孤电子对，所以采取sp3方式杂化，故答案为：sp3；

(3)能表征化学键性质的物理量称为键参数，CH3OH的键参数主要有键能；键长、键角三种键参数；水与醇均具有羟基；彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；故答案为：三；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；

(4)由晶胞结构可知，晶胞内的H-周围等距离的Mg2+有3个，即H-的配位数为3；晶胞中的H-数目为2+4=4，Mg2+数目为1+8=2，该晶胞的化学式为MgH2，则X的储氢质量分数是=7.7%；由X的晶胞结构可知，一个晶胞的质量为：密度为1.4gcm-3，则晶胞的体积为：cm3=（a×b×c×10-30），则c=pm，故答案为：3；7.7%；

【点睛】

本题涉及晶胞的计算，晶胞密度计算公式是利用晶胞参数可计算晶胞体积(V)，根据相对分子质量(M)、晶胞中粒子数(Z)和阿伏伽德罗常数NA，可计算晶体的密度。【解析】第三周期第ⅢA族3d104s2sp3三水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶37.7%12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方体结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Cu原子数为6×=3个，Au原子处于顶点，Au原子数8×=1个；则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为3:1，晶体中Cu原子与Au原子之间的作用力为金属键，故答案为：3∶1；金属键；

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，一个晶胞含8个四面体空隙，即含有8个H原子，由(1)得晶胞中含1个Au原子，3个Cu原子，该晶体储氢后的化学式应为H8AuCu3。故答案为：H8AuCu3；

(3)由立方BP(磷化硼)的晶胞结构图，顶点：B原子数8×=1个，面心：B原子数为6×=3个；晶胞中含B原子数目为4。故答案为：4；

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，γ晶体晶胞中，顶点：Fe原子数8×=1个，面心：Fe原子数为6×=3个；晶胞中含Fe原子数目为4；δ晶胞中铁原子的配位数为8，α晶胞中铁原子的配位数6，δ；α两种晶胞中铁原子的配位数之比为8:6=4∶3。故答案为：4；4∶3。

【点睛】

本题考查应用均摊法进行晶胞计算，难点(2)氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，要观察得出晶胞中有8个四面体围成的空隙，从而得出化学式为H8AuCu3。【解析】①.3:1②.金属键③.H8AuCu3④.4⑤.4⑥.4:313、略

【分析】【分析】

⑴Mn元素为25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+：3d6，Mn2+：3d5；根据价电子排布式分析。

⑵①形成配合物，一般是分子或离子提供孤对电子，Fe原子或离子提供空轨道；②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64−)中的配体CN－中C原子有1个配位键和一个σ键，由于价电子数C－=N，因此得出与CN－互为等电子体的单质分子。

⑶根据三氯化铁熔点282℃；沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚，丙酮等有机溶剂得出结论。

【详解】

⑴Mn元素为25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，价电子层的电子排布式为3d64s2，Fe2+：3d6，Mn2+：3d5，因此Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难；故答案为：；Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态。

⑵①形成配合物；一般是分子或离子提供孤对电子，Fe原子或离子提供空轨道；故答案为：具有孤对电子。

②六氰合亚铁离子(Fe(CN)64−)中的配体CN－中C原子有1个配位键和一个σ键，因此杂化轨道类型是sp，由于价电子数C－=N，因此与CN－互为等电子体的单质分子为N2；其结构式N≡N；故答案为：sp；N≡N。

⑶三氯化铁常温下为固体，熔点282℃，沸点315℃，在300℃以上易升华，易溶于水，也易溶于乙醚，丙酮等有机溶剂，根据熔沸点得出三氯化铁晶体为分子晶体；故答案为：分子晶体。【解析】①.3d54s2②.Fe2+转化为Fe3+时，3d能级由不稳定3d6状态转变为较稳定的3d5状态③.具有孤对电子④.sp⑤.N≡N⑥.分子晶体三、判断题(共9题，共18分)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】

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；16、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。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。18、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。19、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。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。四、元素或物质推断题(共4题，共40分)21、略

【分析】【分析】

短周期中的四种主族元素；原子序数依次增大。A是电负性最大的元素，A是F；B；D的价电子层中均有两个未成对电子，B是Si，D是S；C介于Si和S之间，是P；短周期中的四种主族元素原子序数依次增大，则E是Cl。

【详解】

（1）B是Si；14号元素，第三周期ⅣA族。

（2）氟原子的电子排布图电子占据的最高能级符号为2p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形（纺锤形）;

（3）S与Si相比较，S半径小，核电荷数大，S原子对电子吸引能力更强，因此第一电离能S>Si；而P原子的2p能级为半充满，较稳定，较难失去第一个电子，因此第一电离能P>S>Si

（4）元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性Cl>S>P，Cl、S、P三种元素的最高价氧化物的水化物分别为H3PO4、H2SO4、HClO4，所以其最高价氧化物的水化物的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>H3PO4。【解析】①.第三周期ⅣA族②.2p③.哑铃形（纺锤形）④.SiSi；而P原子的2p能级为半充满，较稳定，较难失去第一个电子，因此第一电离能P>S⑥.HClO4>H2SO4>H3PO422、略

【分析】【分析】

根据核外电子排布规律分析解答；根据共价键的形成及分类分析解答；根据分子间作用力的综合利用分析解答；

【详解】

根据题意已知，U是H元素；V元素三个能级，说明只有2个电子层，且每个能级中电子数相等，它的核外电子排布式为：1s22s22p2，即C元素；W在基态时，2p轨道处于半充满状态，所以它的核外电子排布式为：1s22s22p3；即N元素；X与W同周期，说明X处于第二周期，且X的第一电离能比W小，故X是O元素；

(1)衡量石油化工发展水平的标志的是乙烯，即甲分子是乙烯分子，乙烯分子中含有碳碳双键，双键中含有一个σ键和一个π键，两个碳氢共价键，即四个σ键，则甲分子中σ键和π键的个数比为：5∶1，其中心原子采取的是sp2杂化；体现平面结构；

(2)V3W4晶体是C3N4晶体；其硬度比金刚石大，说明晶体中含有共价键，是原子晶体；

(3)V的氢化物含有18个电子，该分子是C2H6，W的氢化物含有18个电子的分子是：H2O2，由于H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键，故沸点：C2H62O2；

【点睛】

同种元素形成的不同种单质；互为同素异形体。

同种原子形成共价键；叫做非极性键。

形成分子间氢键的分子熔点和沸点都会比同系列的化合物偏高，例如：H2O常温下为液态，而不是气态。【解析】①.5∶1②.sp2③.共价④.原子⑤.C2H6⑥.H2O2⑦.<⑧.H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键23、略

【分析】【分析】

【详解】

试题分析：F的浓溶液与常见固态非金属单质K加热可生成刺激性气体D和无色无味气体H，推测K为碳，H是CO2，因为只有碳与浓硫酸或浓硝酸的反应符合题意，C与J连续反应得到E，E与液体I反应得到F，可推知J为O2，I为H2O，由信息可知，B为白色胶状沉淀，是氢氧化铝，化合物A为一种常见金属元素与一种常见非金属元素组成的化合物，阳离子与阴离子的个数比为2:3，推测A中有铝元素，I是水，则A应该是Al2S3，而不是不溶于水的Al2O3，Al2S3和水反应生成氢氧化铝和H2S，则C是H2S；则D是SO2，E是SO3，F是硫酸，L是氯碱工业中的常见产品，所以L是氢氧化钠，G是偏铝酸钠；（1）E的化学式SO3；J的化学式O2；

（2）D通入足量稀Ba(NO3)2溶液反应的化学方程式3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4+2NO+4HNO3；

（3）在Al制容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，方程式是2Al+3Ag2S+3H2O=2Al(OH)3+6Ag+3H2S

（4）A．由电池反应式可知OH-参加反应，是阴离子交换膜；A错误；B．银的化合价由+2变为0价，当电极上析出1.08gAg即0.01mol时，电路中转移的电子为0.02mol，B错误；C．A是负极，被氧化，电极反应式为：A-3e-+4OH-=+2H2O，C正确；D．AgO是正极，电极反应式应为AgO+2e-+H2O=Ag+2OH-；D错误；答案选C

考点：无机推断【解析】SO3O23SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4+2NO+4HNO32Al+3Ag2S+3H2O=2Al(OH)3+6Ag+3H2SC24、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E、F六种短周期元素的原子序数依次增大；A原子核内只有1个质子，则A为H；B原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层电子数为2，最外层电子数为4，即B为C；C原子最外层电子数比次外层电子数多4个，次外层电子数为2，最外层电子数为6，即C为O；D原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍，则次外层电子数为8，最外层电子数为1，即D为Na；E单质既能和盐酸反应，又能和烧碱反应，则E为Al；F与C同主族，所以F为S，以此来解答。

【详解】

(1)H2O2属于共价化合物，其电子式为NaOH属于离子化合物，其电子式为

(2)Al与烧碱反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(3)DCA与B的最高价氧化物反应为NaOH与二氧化碳反应，反应方程式为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2=NaHCO3。【解析】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O或NaOH+CO2=NaHCO3五、实验题(共4题，共36分)25、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h。

【详解】

（1）的价层电子对数为2+=2，且不含孤电子对，空间结构为直线形，其中C的杂化轨道类型为sp，CO2、SCN-和COS与是等电子体，与具有相同空间结构和键合形式。

（2）由分析可知，上述仪器的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h；A装置中导管k的作用为平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

（3）装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，Cr元素化合价由+6价下降到+3价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O。

（4）由实验装置图可知，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中反应结束后关闭长颈漏斗还能起到平衡气压做安全瓶的作用，同时还可以储存未反应的氯气。

（5）由分析可知，B装置中发生的反应为二硫化碳与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，S元素由-2价上升到+6价，Br元素由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2。

（6）由分析可知，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应生成四氯化碳和硫，反应制得的四氯化碳中混有未反应的二硫化碳和反应生成的溶于四氯化碳的硫，所以反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过蒸馏得到四氯化碳。【解析】(1)直线形spCO2SCN-；COS

(2)i、j→f、g→d、e→b；c→h平衡气压；便于浓盐酸顺利流下。

(3)Cr2O+6Cl—+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O

(4)平衡气压做安全瓶；同时储存氯气。

(5)CS2+8Br2+10H2O=2H2SO4+16HBr+CO2

(6)蒸馏26、略

【分析】【分析】

探究元素非金属性，由图可知应是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，烧瓶中是碳酸钠与硝酸反应生成二氧化碳，C中是二氧化碳与硅酸钠反应；完成O元素的非金属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫单质。硝酸具有挥发性，用NaHCO3除去；以防止其与硅酸钠反应。

【详解】

(1)探究元素非金属性，由图可知应是利用最高价含氧酸的酸性强弱比较，所以A中试剂为稀硝酸，B中为碳酸钙，C中为Na2SiO3溶液；试剂A为①；试剂C为④；故答案为：①；④；

(2)完成O元素的非金属性比S强的实验研究，通过比较单质的氧化性来判断非金属性，所以用二氧化锰作催化剂使双氧水分解生成氧气，氧气通过氢硫酸或硫化钠溶液会生成硫单质；乙同学设计的实验所用到试剂A为H2O2；装置C中反应的化学方程式为O2+2H2S=2S↓+2H2O。故答案为：H2O2；O2+2H2S=2S↓+2H2O；

(3)硝酸具有挥发性，丙同学在装置B、D之间加装了一个盛有某溶液的洗气瓶，则该溶液的溶质为NaHCO3，可除去挥发的硝酸，同时又不与二氧化碳反应，故答案为：NaHCO3。【解析】①④H2O2O2+2H2S=2S↓+2H2ONaHCO327、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价由+5价降低到+4价，作氧化剂，O、Cl价态不变，H已经是最高价态，只有N的化合价升高，则反应中的还原剂是

(2)①该仪器是长颈漏斗；

②A装置用于制备二氧化碳；是用碳酸钙固体和稀盐酸制备，产生二氧化碳的同时，会产生HCl杂质，对后续实验产生影响，故B的作用是除去二氧化碳中的HCl杂质；

(3)选择饱和碳酸氢钠的原因是抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失；用无水乙醇洗涤是为了洗去固体表面的水和NH4HCO3；乙醇具有挥发性，能最大程度减少杂质的存在；

(4)由图知该水合配离子化学式为加入碱生成离子方程式为：

(5)根据已知反应，则质量分数为【解析】N2H4·2HCl长颈漏斗除去CO2中的HCl气体抑制氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的溶解，减少固体流失洗去固体表面的水和NH4HCO3[VO((H2O)5]2++3OH-=[VO(OH)3]-+5H2O28、略

【分析】【分析】

制备乙酸乙酯