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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、根据图中相关信息；判断下列说法不正确的是。

。NaCl的晶胞。

由E原子和F原子形成的气态团簇分子模型。

Zn的晶胞。

KO2的晶胞。

A.在NaCl晶体中，距离Na＋最近的Cl-形成正八面体B.该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4C.锌晶体配位数为8D.KO2晶体中每个K＋周围有6个紧邻的O每个周围有6个紧邻的K＋2、在一支试管中加入少量氯化钴晶体，再逐滴加入浓盐酸至晶体完全溶解，然后滴加水至溶液呈紫色为止。溶液中存在如下平衡：(aq)(粉红色)+4Cl-(aq)(aq)(蓝色)+6H2O(l)∆H，下列说法不正确的是A.向溶液中加入适量的稀硫酸，平衡正向移动，溶液为蓝色B.将试管放入热水水中，溶液变成粉红色，则：∆H＜0C.当溶液中v正[()]=v逆()时，说明反应达到平衡状态D.该反应的平衡常数K=3、下列实验能达到实验目的的是（）

A.AB.BC.CD.D4、利用溶液、尿素为原料制取水合肼的流程如下：

已知：①

②沸点约具有强还原性，能与剧烈反应生成

下列说法错误的是（）A.步骤Ⅰ、Ⅱ反应过程中需控制好温度B.所得副产物可用于工业上吸收尾气C.步骤Ⅱ具体操作为将尿素溶液逐滴加入溶液中D.水合肼与反应的离子方程式为：↑5、下列气体不能用排水法收集的是A.O2B.H2C.NH3D.NO评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、晶体硼熔点为1873K；其结构单元为正二十面体，结构如图所示。氮化硼（BN）有多种相结构，例如六方相氮化硼与立方相氮化硼，结构如图所示，六方相氮化硼与石墨相似，具有层状结构；立方相氮化硼是超硬材料。回答下列问题：

（1）基态硼原子有___种不同能量的电子，第二周期中，第一电离能介于硼元素与氮元素之间的元素有___种。

（2）晶体硼为___（填晶体类型），结构单元由___个硼原子构成，共含有___个B-B键。

（3）关于氮化硼两种晶体的说法，正确的是___。

a.立方相氮化硼含有σ键和π键。

b.六方相氮化硼层间作用力小；所以质地软。

c.两种晶体均为分子晶体。

d.两种晶体中的B-N键均为共价键。

（4）NH4BF4是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位键。7、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8、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________。9、以下是合成乙酰水杨酸（阿司匹林）的实验流程图；请你回答有关问题：

已知：阿司匹林；水杨酸和乙酸酐的相对分子量分别为：180、138、102．

（1）制取阿司匹林的化学反应方程式为_________________；反应类型____________；

（2）水杨酸分子之间会发生缩合反应生成聚合物，写出用除去聚合物的有关离子方程式______________________________________________；

（3）抽滤装置如图所示，仪器A的名称___________；该操作时在仪器A中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应________（选择下列正确操作的编号）；再转移液体①微开水龙头；②开大水龙头；③微关水龙头；④关闭水龙头。

（4）下列有关抽滤的说法中正确的是________

A．抽滤是为了加快过滤速率；得到较大颗粒的晶体。

B.不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀。

C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时；应拔掉链接支管口的橡皮管，从支管口倒出。

D．将晶体转移至布氏漏斗时；若有晶体附在烧杯内壁，应用蒸馏水淋洗至布氏漏斗中。

E.洗涤沉淀时；应使洗涤剂快速通过沉淀。

（5）用冷水洗涤晶体的目的_______________________；

（6）取2.000g水杨酸、5.400g乙酸酐反应，最终得到产品1．566g。求实际产率_______；10、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）。11、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是白色砂状或淡黄色粉末状固体，易溶于水、不溶于醇，该物质具有强还原性，在空气中易被氧化为NaHSO4，75℃以上会分解产生SO2。是重要的有机合成原料和漂白剂。

制取Na2S2O4常用甲酸钠法：控制温度60～70℃，在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中，边搅拌边滴加Na2CO3甲醇溶液，同时通入SO2，即可生成Na2S2O4。反应原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如图，要制备并收集干燥纯净的SO2气体，接口连接的顺序为：a接__，__接__，__接__。制备SO2的化学方程式为___。

（2）实验室用图装置制备Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合价为___。

②仪器A的名称是___。

③水浴加热前要通一段时间N2，目的是___。

④为得到较纯的连二亚硫酸钠，需要对在过滤时得到的连二亚硫酸钠进行洗涤，洗涤的方法是___。

⑤若实验中所用Na2SO3的质量为6.3g，充分反应后，最终得到mg纯净的连二亚硫酸钠，则连二亚硫酸钠的产率为___(用含m的代数式表示)。12、某化学小组用下列装置和试剂进行实验，探究O2与KI溶液发生反应的条件。

供选试剂：质量分数为30%的H2O2溶液、0.1mol·L-1的H2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。

(1)小组同学设计甲；乙、丙三组实验；记录如下：

。

操作。

现象。

甲。

向装置I的锥形瓶中加入MnO2固体，向装置I的____中加入质量分数为30%的H2O2溶液；连接装置I；III，打开活塞。

装置I中产生无色气体并伴随大量白雾；装置III中有气泡冒出；溶液迅速变蓝。

乙。

向装置II中加入KMnO4固体；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液不变蓝。

丙。

向装置II中加入____，向装置III中再加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液；连接装置II；III，点燃酒精灯。

装置III中有气泡冒出；溶液变蓝。

(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式为___________________________________。

(3)对比乙、丙实验可知，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是__________。为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是____________________________。

(4)由甲、乙、丙三组实验推测，甲实验中可能是I中的白雾使溶液变蓝。为了验证推测，可将装置I中产生的气体通入_________(填字母)溶液中，依据实验现象来证明白雾中含有H2O2。A．酸性KMnO4B．FeCl2C．H2S(5)资料显示：KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应___________________________________(写离子方程式)造成的，请设计实验证明他们的猜想是否正确：___________________________________。评卷人得分三、结构与性质(共8题，共16分)13、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)。

14、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_______。15、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“＜”)。16、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______。

17、KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器；填补了国家战略空白。回答下列问题：

(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_______(填离子符号)。

(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。

(3)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_______，其中P采取_______杂化方式。

(4)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸；如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_______。

(5)分别用○、●表示和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2POK+在晶胞xz面；yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_______g·cm-3(写出表达式)。

②晶胞在x轴方向的投影图为_______(填标号)。

18、硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用；铜和硒等元素形成的化合物在生产；生活中应用广泛。

(1)铜元素位于元素周期表的___________区。

(2)易溶解于水，熔点为时升华，由此可判断的晶体类型为___________。

(3)为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有键，该分子中，原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________(填字母)。

a．直线形b．锯齿形c．环形d．四面体形。

(4)中的键角比的键角___________(填“大”或“小”)，原因是___________。

(5)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为___________，若组成粒子铜、氧的半径分别为密度为阿伏加德罗常数的值为则该晶胞的空间利用率为___________(用含的式子表示)。

19、开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，可由六元环状物质(HB=NH)3通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。请回答：

①H3BNH3中是否存在配位键_______(填“是”或“否”)，B、C、N、O第一电离能由大到小的顺序为_______，CH4、H2O、CO2三分子按照键角由大到小的顺序排列为_______。

②与(HB=NH)3互为等电子体的分子为_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氢化物，其物理性质与烷烃相似，故称之为硼烷。工业上可采用LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6，该反应的化学方程式为_______。

④在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式。图a为一种无限长链状结构的多硼酸根，其化学式为_______，图b为硼砂晶体中阴离子，其中硼原子采取的杂化方式为_______。

(2)一种铜合金具有储氢功能。

①Cu2+的价层电子排布式为_______。

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应，其原因是_______。

③铜的单质中按ABCABC⋯方式堆积，设铜原子半径为apm，则该晶体的密度为_______g/cm3(阿伏伽德罗常数值为NA)20、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、计算题(共3题，共27分)21、(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)。22、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_________。23、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_____。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】

【详解】

A．在氯化钠晶体中，的配位数均为6，则距离最近的6个形成正八面体；故A正确；

B．分子晶体的构成为分子，每个分子为1个整体，所以该分子的化学式为E4F4或F4E4；故B正确；

C．锌晶体的配位数为12；故C错；

D．由KO2的晶胞图示可知，KO2晶体中每个K＋周围有6个紧邻的O每个周围有6个紧邻的K＋；故D正确；

答案选C。2、A【分析】【详解】

A．稀硫酸与溶液中的粒子均不反应；平衡不移动，A项错误；

B．温度升高，平衡逆移，根据勒夏特列原理可得出正反应为放热反应，∆H＜0；B项正确；

C．正反应减少的速率等于逆反应减少的速率；正逆反应速率相等，反应达到平衡，C项正确。

D．水溶液中计算平衡常数，水的浓度以1计，该反应的平衡常数K=D项正确；

故选A。3、D【分析】【详解】

A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应；铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；

B.制备溴苯要苯和液溴反应；故B错误；

C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气；故无法提纯CO气体，故C错误；

D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；

故答案选:D。

【点睛】

常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。4、C【分析】【分析】

实验流程可知步骤I为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4⋅H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4⋅H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3。

【详解】

A.步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaC1，步骤Ⅱ中NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40以下反应；所以步骤Ⅰ；Ⅱ反应过程中需控制好温度，A正确；

B.副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，可以用于吸收尾气；B正确；

C.步骤Ⅱ的反应为NaClO碱性溶液与尿素反应制备水合肼；由于水合肼具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成氮气，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，C错误；

D.水合肼被氧化生成氮气，其反应的离子方程式为：↑，D正确；故答案为：C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A.O2微溶于水；密度比空气大；可以排水法或向上排空气法收集，故不选A；

B.H2难溶于水；密度比空气小；可以排水法或向下排空气法收集，故不选B；

C.NH3极易溶于水；不能用排水法收集；故选C；

D.NO难溶于水；用排水法收集，故不选D。

答案选C。二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【分析】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体；

d.非金属元素之间易形成共价键；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键。

【详解】

（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；电子位于1s；2s、2p三个能量不同的能级上，则有3种不同能量的电子；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，由于全充满和半充满的缘故，ⅡA族和ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，则介于硼元素与氮元素之间的有Be、C、O三种元素，故答案为：3；3；

（2）由晶体硼熔点为1873K可知，晶体硼为熔沸点高、硬度大的原子晶体；在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的每个等边三角形拥有的顶点为20个等边三角形拥有的顶点为×20=12；每2个面共用一个B-B键，每个面拥有这个B-B键的每个等边三角形占有的B-B键为20个等边三角形拥有的B-B键为×20=30；故答案为：12；30；

（3）a.由图可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之间只存在单键，则立方相氮化硼中含有σ键，不存在π键，故错误；

b.由图可知；六方相氮化硼层间为分子间作用力，分子间作用力小，导致其质地软，故正确；

c.由图可知；立方相氮化硼为空间网状结构，属于原子晶体，故错误；

d.非金属元素之间易形成共价键；所以N原子和B原子之间存在共价键，故正确；

bd正确，故答案为：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—构成，NH4+中N原子和其中一个H原子之间存在配位键、BF4—中B原子和其中一个F原子之间存在一个配位键，所以含有2个配位键，则1molNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。【解析】①.3②.3③.原子晶体④.12⑤.30⑥.bd⑦.27、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＞③6.0×10-108、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∶29、略

【分析】【详解】

(1)水杨酸和乙酸酐在浓硫酸的条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸，方程式为：（2)在除去聚合物并提纯阿司匹林的过程中；可以将阿司匹林与碳酸氢钠反应使羧基变为羧酸钠，且酯基不水解，这样使阿司匹林溶于水，聚合物难溶于水，将聚合物除去，再将阿司匹林的钠盐盐酸酸化可得阿司匹林，过程中涉及的离子方程式为：

.(3)该仪器的名称为布氏漏斗。布氏漏斗中加入滤纸，用蒸馏水湿润后，应先微开水龙头，不能大开，避免滤纸破损。故选①。(4)A．抽滤能为了加快过滤速率，但不能使沉淀的颗粒变大，故错误；B.颗粒太小的沉淀不能用抽滤的原因是颗粒太小的容易在滤纸上形成一层密实的沉淀，不容易透过，故正确；C．当吸滤瓶内液面高度快达到支管口时，应拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，而不能从吸滤瓶支管口倒出溶液，故错误；D．将晶体转移至布氏漏斗时，若有晶体附在烧杯内壁，应用滤液来淋洗布氏漏斗，因为滤液是饱和溶液，冲洗是不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质，故错误；E.洗涤沉淀时，应先关小水龙头，然后蒸馏水缓缓淋洗，再打开水龙头抽滤，不能使洗涤剂快速通过沉淀，故错误。故选B。（5）阿司匹林在冷水中的溶解度减小，所以用冷水洗涤晶体可以除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗。(6)根据方程式分析，乙酸酐过量，用水杨酸计算阿司匹林的质量为g，实际产率为=60%。【解析】取代反应布氏漏斗①B除去晶体表面附着的杂质，并减少阿司匹林因溶解而引起的损耗60%10、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=CH211、略

【分析】【详解】

（1）亚硫酸钠和硫酸反应生成二氧化硫,反应的方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸气，可用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，且用碱石灰吸收尾气，避免污染环境，则连接顺序为a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合价为+3；

②由装置可知；仪器A的名称为恒压滴液漏斗；

③实验时应避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可应先通入二氧化硫，排净系统中的空气，防止加热时Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段时间N2；排净系统中的空气；

④洗涤连二亚硫酸钠时应与空气隔离；洗涤剂可用甲醇或乙醇，洗涤过程为：在无氧环境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次；

⑤设连二亚硫酸钠理论产率为x；根据硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

则解得x=4.35g，产率为：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒压滴液漏斗排净系统中的空气向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸没晶体，待甲醇顺利流下，重复2-3次12、略

【分析】【分析】

(1)甲实验:根据裝置Ⅰ不要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解；过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，I中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质；

(2)碘离子具有还原性；在酸性条件下能够被氧化氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式；

(3)对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件酸性环境；酸溶液中氢离子浓度不同，装置Ⅲ中出现蓝色的速率不同；

(4)证明Ⅰ中产生的气体中含有双氧水；氧气和双氧水都具有氧化性，需要利用不同性质进行检验；

(5)该小组同学取20mL久置的KI溶液；向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，可能是生成的碘单质在碱溶液中发生反应生成碘化钾；碘酸钾，验证是否正确是在未变蓝色的溶液中滴入稀硫酸观察是否变蓝。

【详解】

(1)甲实验:根据装置Ⅰ不需要加热制取氧气可以知道利用的是双氧水的分解，过氧化氢在二氧化锰催化作用下分解生成氧气，向Ⅰ的锥形瓶中加入MnO2固体，向Ⅰ的分液漏斗中加入30%H2O2溶液；连接Ⅰ；Ⅲ，打开活塞，Ⅰ中产生无色气体并伴随大量白雾；Ⅲ中有气泡冒出，溶液迅速变蓝说明生成碘单质，故答案为：分液漏斗；

(2)碘离子具有还原性，在酸性条件下能够被氧化成碘单质，据此写出反应的离子方程式为:O2+4I-+4H+=2I2+2H2O，故答案为：O2+4I-+4H+=2I2+2H2O；

(3)向装置Ⅱ中加入KMnO4固体，连接装置II、III，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液不变蓝，向Ⅱ中加入KMnO4固体，Ⅲ中加入适量0.1mol·L-1的H2SO4溶液，连接Ⅱ、Ⅲ，点燃酒精灯，Ⅲ中有气泡冒出，溶液变蓝。对比乙、丙实验可以知道，O2与KI溶液发生反应的适宜条件是：酸性环境；为进一步探究该条件对反应速率的影响；可采取的实验措施是：使用不同浓度的稀硫酸作对比实验，故答案为：酸性环境；使用不同浓度的稀硫狻作对比实验；

(4)A.高锰酸钾溶液能够将双氧水氧化；导致高锰酸钾溶液褪色，而氧气不与高锰酸钾溶液反应，如果高锰酸钾溶液褪色可证明混合气体中含有双氧水，故A正确；

B.氧气和高锰酸钾溶液都能够氧化亚铁离子；无法证明混合气体中含有双氧水，故B错误；

C.高锰酸钾和氧气都能够氧化硫化氢；无法用硫化氢检验混合气体中是否含有双氧水，故C错误；

故答案为：A；

（5）KI溶液在空气中久置的过程中会被缓慢氧化：4KI＋O2＋2H2O＝2I2＋4KOH。该小组同学取20mL久置的KI溶液，向其中加入几滴淀粉溶液，结果没有观察到溶液颜色变蓝，他们猜想可能是发生了反应的离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，设计实验证明他们的猜想是否正确的实验方案为：在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误，故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液；观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误。

【点睛】

在做探究性实验的题目时，根据资料，如果没有得到预期的实验结果，那么除了资料中给的化学反应，还要考虑酸性或碱性环境的影响，结合题目的上下文进行联系，综合考虑得出结论。这是解答此类题目时的难点。【解析】分液漏斗KMnO4固体O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用同体积不同浓度的稀硫酸做对比实验A3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol∙L-1H2SO4溶液，观察现象，若溶液变蓝则猜想正确，否则错误三、结构与性质(共8题，共16分)13、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)14、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)415、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＞16、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.CuO17、略

【分析】【分析】

根据KH2PO4的构成元素，判断四种元素形成简单离子的核外电子排布相同的元素；根据P元素的价电子排布式计算价电子的自旋磁量子数的代数和；根据题中KH2PO2是次磷酸的正盐信息，写出H3PO2的结构式并判断P原子的杂化方式；根据题中信息；写出n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸相应的酸根形式；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)

在KH2PO4的四种组成元素的各自所能形成的简单离子中只有K+和P3-离子的核外电子的层数都为3，每层容纳的电子数分别为2，8，8；答案为K+和P3-。

(2)

P的原子序数为15，原子核外电子数为15，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，其价电子排布式为3s23p3，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则自旋磁量子数的代数和为(+)×4+(-)=+也可以是(+)+(-)×4=-答案为或

(3)

KH2PO2是次磷酸的正盐，说明其中的2个H原子不是羟基H原子，而直接与P原子形成共价键，则H3PO2的结构式为H3PO2中含有4个σ键，无孤电子对，则中心的P原子采取sp3杂化；答案为：sp3。

(4)

根据题中信息可知，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为答案为

(5)

①由晶胞结构可知，白球8个在顶点、4个在侧面上和1个在体心，则晶胞中白球个数为8×+4×+1=4，即有4个黑球4个在垂直于底面的4条棱的棱心、上下面心各1个、4个侧面上各有1个，则晶胞中黑球个数为4×+2×+4×=4，即有4个K+，即晶胞中含有4个KH2PO4，1mol晶胞的质量为m=4×(39+2×1+31+4×16)g=4×136g，1个晶胞的质量为m=g，晶胞的体积为V=a2cpm3=a2c×10-30cm3，代入ρ===g·cm-3；答案为

②在晶胞图上xz面为侧面、yz面为正面，晶胞在x轴方向的z-y投影图应符合图(c)和图(b)中的K+的相对位置，x轴方向的投影图的正面上应为小黑球在上，2个白球在下，投影图B符合题意；答案为B。【解析】(1)和

(2)或

(3)sp3

(4)

(5)B18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu为29号元素，核外电子排布式为则铜元素为周期表中ds区，故答案为：ds；

(2)易溶解于水，熔点为时升华,由此可得出是分子晶体；故答案为：分子晶体；

(3)为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有键，根据8电子稳定结构可知，该分子结构为因此该分子中Se的杂化轨道类型为杂化；Se的价层电子数时4，含有2个孤对电子，的空间构型为锯齿形，故答案为：b；

(4)的立体构型为正四面体，键角为109°28′，的立体构型为平面三角形，键角为120°，所以中的键角比的键角小，故答案为：小；的立体构型为正四面体，键角为109°28′，的立体构型为平面三角形；键角为120°；

(5)用“均摊法”：晶胞中含4个Cu，O氧原子个数为8Cu与O的个数比为2：1，所以该氧化物的化学式为1个晶胞中氧原子、铜原子的体积之和为晶体的体积为1个晶胞的体积为故该晶胞的空间利用率为故答案为：【解析】ds分子晶体b小的立体构型为正四面体，键角为109°28′，的立体构型为平面三角形，键角为120°19、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①N的最外层电子数为5，B的最外层电子数为3，能形成3个共价键，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子，在化合物H3BNH3中；B与N原子之间存在配位键；

B；C、N、O是同一周期的元素。一般情况下；元素的非金属性越强，原子半径越小，元素的第一电离能越大，但是由于N原子的2p轨道上的电子处于半充满的稳定状态，所以其电离能比O还大，因此第一电离能由大到小的顺序N＞O＞C＞B；

CH4是正四面体结构，键角109°28′；H2O是V型分子，键角104.5°，CO2是直线型分子，键角为180°。因此这三分子按照键角由大到小的顺序排列为CO2＞CH4＞H2O；

②等电子体是原子数等，最外层电子数也相等的物质，(HB=NH)3的原子数为12，最外层电子数为30，与(HB=NH)3互为等电子体的分子为C6H6；

③LiAlH4和BCl3在一定条件下制备乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3，根据原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化学方程式为：4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3；

④图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2，化学式为：

从图(6)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出，[B4O5(OH)4]2-一半sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，硼原子采取的杂化方式为sp3、sp2；

(2)①Cu是29号元素，Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+失去4s上的一个电子和3d上的一个电子，Cu2+的价层电子排布式为3d9；

②铜及其它许多金属及其化合物都可以发生焰色反应的原因是在灼烧时原子中的电子吸收能量；从基态跃迁到激发态。但是激发态是不稳定的，激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量；

③Cu是面心立方紧密堆积，在一个晶胞中含有的Cu原子的个数为：8×+6×=4；设铜原子半径为apm=a×10-10cm，晶胞的边长；L=2×10-10cm，晶胞的体积为(2×10-10cm)3，该晶体的密度为g/cm3。【解析】是N＞O＞C＞BCO2＞CH4＞H2OC6H64BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3sp3、sp23d9激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量20、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]3d104s112四、计算题(共3题，共27分)21、略

【分析】【详解】

(1)水是弱电解质，存在电离平衡：H2OH++OH-，在室温25℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14；

若t=100℃时，Kw=1.0×10-12，100℃时0.05mol•L-1Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05mol/L×2=0.10mol/L，则该温度下c(H+)==10-11mol/L；故该溶液的pH=11；

(2)25℃时，0.1