2025年新世纪版选择性必修2化学上册阶段测试试卷含答案

…………○…………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年新世纪版选择性必修2化学上册阶段测试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、下列说法中正确的是A.气体单质中，一定有σ键，可能有π键B.PCl3分子是非极性分子C.氢键键长一般定义为HB的长度，而不是A-HB的长度D.的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致2、某种具有许多优良特性的离子液体如图所示；下列说法中不正确的是。

A.该离子液体不具备与水分子形成氢键的条件B.该晶体属于离子晶体C.B原子价电子排布式为D.电负性大小顺序为N>C>B3、下列化学用语表示正确的是A.镁原子的结构示意图：B.中子数为9的氮原子：NC.邻羟基苯甲醛分子内氢键：D.乙烯的空间填充模型4、铁氮化合物()在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示；下列有关说法不正确的是。

A.二价铁离子的基态电子排布式为B.图1中氮原子的配位数为6C.更稳定的Cu替代型产物的化学式为D.当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心5、下列晶体分类中正确的是。

。选项。

离子晶体。

共价晶体。

分子晶体。

金属晶体。

A

NH4Cl

Ar

C6H12O6

生铁。

B

H2SO4

Si

S

Hg

C

CH3COONa

SiO2

I2

Fe

D

Ba(OH)2

石墨。

普通玻璃。

Cu

A.AB.BC.CD.D评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)6、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p17、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p18、白磷燃烧的能量变化(图甲)和白磷及产物的结构(图乙)如图所示；下列有关说法不正确的是。

A.白磷的燃烧热B.1个白磷分子中含6个键C.中键的数目为D.假设P—P、P—O、O=O键的键能分别为a、b、c，则P=O键的键能为9、下列说法正确的是A.CHCl3分子呈正四面体形B.H2S分子中S原子采用sp3杂化，其分子的空间构型为V形C.二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D.呈三角锥形10、下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是A.向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解B.向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解C.向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色D.向甲酸溶液中加入新制沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀11、已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl⇌[CoCl4]2-+6H2OΔH。用该溶液做实验；溶液的颜色变化如图：

以下结论和解释不正确的是A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3：2B.由实验①可推知∆H>0C.实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D.由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)12、自然界中不存在氟的单质；得到单质氟的过程中，不少科学家为此献出了宝贵的生命.1886年，法国化学家莫瓦桑发明了莫氏电炉，用电解法成功地制取了单质氟，因此荣获1906年诺贝尔化学奖，氟及其化合物在生产及生活中有着广泛的用途。

请回答下列问题：

(1)氟磷灰石可用于制取磷肥，其中原子的L层电子排布式为_______.基态P原子有_______个未成对电子，的中心P原子的杂化方式为_______。

(2)氟气可以用于制取情性强于的保护气也可以用于制取聚合反应的催化剂可以作为工业制取硅单质的中间物质()的原料。

①分子的空间结构为_______。

②S、P、的第一电离能由大到小的顺序为_______。

(3)氟气可以用于制取高化学稳定性材料聚四氟乙烯的原料四氟乙烯，四氟乙烯含键的数目为_______

(4)工业上电解制取单质铝，常利用冰晶石降低的熔点.F的电负性由小到大的顺序为_______，工业上不用电解制取铝的原因为_______。13、硫；氯、氮是三种常见的非金属元素。

完成下列填空：

（1）我们祖先的四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3CA+N2↑+3CO2↑（已配平）。氮原子核外电子排布式为______________，生成物固体A属于_____晶体。

（2）工业合成氨可以实现大规模固氮，氨可用于生产氯化铵、硫酸铵等化学肥料，等物质的量浓度的两溶液相同温度下pH大小为：氯化铵___________硫酸铵（选填>、=或<）。

（3）工业上在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NO2还原成无害的氮气和水，反应方程式可表示为：8NH3（g）＋6NO2（g）7N2（g）＋12H2O（g），用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目______，若该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，被吸收的NO2在标准状况下的体积为_________。

（4）氯水成分的多样性决定了其性质的复杂性，氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，写出其中主要的化学反应方程式______________________________，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀产生，起作用的微粒是___________。14、A、B、C、D是四种短周期元素，E是过渡元素。A、B、C同周期，C、D同主族，A的原子结构示意图为B是同周期第一电离能最小的元素，C的最外层有三个成单电子，E的价电子排布式3d64s2。回答下列问题：

(1)写出下列元素的符号：B_____、C_____。

(2)用元素符号表示D所在周期(除稀有气体元素外)第一电离能最大的元素是____，电负性最大的元素是____。

(3)已知元素周期表可按电子排布分为s区、p区等，则E元素在____区。

(4)写出A的核外电子排布式_____。15、(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____________．

A．B．C．D．

(2)成为阳离子时首先失去____________轨道电子，的价层电子排布式为价层电子排布式为____________．比较离子半径：____________(填“大于”“小于”或“等于”)．

(3)在周期表中，与的化学性质最相似的邻族元素是___________，该元素基态原子核外层电子的自旋___________(填“相同”或“相反”)．中，电负性最高的元素是___________．

(4)基态核外电子排布式为___________．16、(1)比较相同条件下微粒得到电子的能力Fe3+____Cu2+(填“>”、“<”或“=”)

(2)已知Mg3N2遇水会剧烈反应生成白色沉淀和有刺激性气味的气体，写出Mg3N2与足量稀盐酸反应的化学方程式___________________。

(3)相同条件下冰的密度比水小，主要原因是______________。17、教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：

（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有___种不同运动状态的电子。

（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___。

（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。

（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3原子的杂化方式为___。

（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是___（填字母标号）。

a．极性键b．非极性键c．配位键d．金属键18、(1)比较给出H＋能力的相对强弱：Al(OH)3___________NaHCO3(填“>”、“<”或“=”)；用一个离子方程式说明AlO和CO结合H＋能力的相对强弱___________。

(2)金属铝(Al)位于元素周期表中第3周期第IIIA族；其卤化物的熔点如下表：

。

AlF3

AlBr3

AlI3

熔点/℃

1290

97.8

189.4

AlBr3熔点比AlF3熔点低很多的原因是___________。评卷人得分四、判断题(共4题，共24分)19、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20、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21、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22、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.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共18分)23、某研究性学习小组设计了实验验证元素周期律。

Ⅰ．利用图1所示装置(夹持仪器已略去)探究元素S；C、Si的非金属性强弱。

(1)分液漏斗A中应盛放的试剂是_______，能证明非金属性S>C>Si的现象为_______；试管C中发生反应的离子方程式为_______。

Ⅱ．用图2所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性良好)证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

实验过程：①打开弹簧夹；打开活塞a，滴加浓盐酸。

②当F和G中的溶液都变为黄色时；夹紧弹簧夹。

③当F中溶液由黄色变为棕红色时；关闭活塞a。

④

(2)F中反应能证明非金属性Cl>Br的原因是_______(用离子方程式表示)。

(3)为证明非金属性Br>I，过程④的操作是_______；现象为_______。

(4)氯、溴、碘非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐_______，得电子能力逐渐_______。24、FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。

已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。

Ⅰ．FeCl3的制备。

(1)装置C中碱石灰的作用是___________。

(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水；NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰；仪器可重复使用)。

(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。

Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应。

向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液；溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。

查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：

猜想1：与过量的Cu粉反应生成再结合生成白色沉淀

猜想2：与发生氧化还原反应生成再结合生成白色沉淀

针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：。实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。

(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：

i．与可发生如下两种反应：

反应A：(淡黄色)；

反应B：(黄色)。

ii．与共存时溶液显绿色。

①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在时，氧化性增强，可将氧化为据此将实验2改进，向溶液中同时加入立即生成白色沉淀写出该反应离子方程式___________。

(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量则的产率为___________(写出表达式即可)。25、某兴小趣组利用Cl-取代[Co(NH3)6]3+离子中NH3的方法，制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2.实验过程如下：

CoCl2[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体产品。

已知：

a．配合物X能溶于水；且溶解度随温度升高而增大。

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

c．H2O2参与反应时；明显放热。

(1)制备配合物X的总反应方程式为：___________

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

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

(3)“2)H2O2”加H2O2时应选择___________(填序号)。

A．冷水浴B．温水浴(≈60℃)C．沸水浴D．酒精灯直接加热。

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

A．O2B．KMnO4溶液C．Cl2D．HNO3(填序号)。

(5)下列关于实验过程的叙述，正确的是___________(填序号)。

A．“4)70℃”水浴加热；有利于获得颗粒较大的晶体。

B．抽滤后；应该用热水洗涤晶体。

C．可用AgNO3和稀HNO3检验配合物X是否已经洗净。

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

已知：样品中Co元素均为+3价，查询资料知Co3+的配位数为6，若滴定过程平均消耗NaOH标准溶液20.00mL，则样品中含有NH3的物质的量n(NH3)=___________取上述溶液加入过量HNO3酸化后，用AgNO3溶液滴定测得n(C1-)=0.012mol，则用配位化合物的形式表示该样品的组成为___________。若NH3未完全从样品溶液中蒸出，则测定的配合物内界中Cl-的个数___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。评卷人得分六、结构与性质(共4题，共16分)26、过渡金属及其化合物在生产；生活中有重要的应用。回答下列问题：

(1)基态的价电子轨道表达式为_______。

(2)一种含的催化剂能催化乙烯、丙烯等的聚合，其结构如图甲所示。中，原子的杂化类型有_______，中含有的作用力类型有_______(填序号)，非金属元素电负性由大到小的顺序为_______。

A.π键B.氢键C.配位键D.σ键E.离子键。

(3)分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数。离子由三种元素组成，其结构如图乙所示，则离子中的大键应表示为_______。

(4)中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的的结构式为_______。

(5)黄铜矿是提炼铜的主要原料；其主要成分的晶胞结构如图。

①周围距离最近的数为_______。

②黄铜矿炼铜过程中会产生硫的氧化物废气，其中分子空间构型为_______，与互为等电子体的阴离子有_______(写一种即可)。

③该晶胞上下底面均为正方形，侧面与底面垂直，晶胞参数如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，请计算该晶体的密度_______27、铁及其化合物在生产生活及科研中应用广泛。

(1)聚合硫酸铁的化学式为是常用的水处理剂。基态铁原子的核外电子排布式为_____，聚合硫酸铁中铁元素阳离子有_____个未成对电子。

(2)Fe3+、Co3+与CN-等可形成络合离子。

①可用于检验Fe2+，配体CN-中碳原子杂化轨道类型为______，1mol中含有σ键的数目为________。

②中Co的配位数为______，C、N、O的第一电离能最大的为_____，其原因是_____。

③已知与CS2为等电子体，则的空间构型为______。

(3)化合物FeF3熔点高于1000℃，而Fe(CO)5的熔点却低于0℃，FeF3熔点远高于Fe(CO)5的可能原因是_______。

(4)氟化亚铁晶胞属于四方晶系，其长方体结构如图所示，根据图中所示数据计算该晶体密度ρ=_____g·cm-3(列出计算式即可)。

28、钛及其化合物的研究与应用越来越受到人们的重视。

(1)Ti(BH4)2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。

①在基态Ti2＋中，电子占据的最高能层符号为_____，该能层具有的原子轨道数为____

②LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体结构是____，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为_____。

③TiCl4在常温下是无色液体，则TiCl4属于_______(填“原子”“分子”或“离子”)晶体。

(2)高分子纳米活性钛无霸是借助紫外线或太阳光的照射；在其表面产生氧化性极强的活性离子，这种活性离子可以分解生活中的一些有害物质(如苯；甲醛、丙酮等)。

①丙酮()分子中含有π键与σ键数目之比为______。

②甲醛()分子中C原子轨道杂化类型为_______；

甲醛易溶于水，原因是：a.甲醛和水都是极性分子，b._______。

(3)某种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有__个，Ti原子的配位数为______；该晶胞中N、Ti原子之间的最近距离为anm，则该氮化钛晶体的密度为_______g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值；只列计算式)。

29、Fe；Co、Ni均为第Ⅷ族元素；它们的化合物在生产生活中有着广泛的应用。

(1)基态Ni原子价电子中成对电子数与未成对电子数之比为_______.。

(2)已知FeF3具有较高的熔点（熔点高于1000℃），FeBr3的式量大于FeF3，但其熔点只有200℃，原因是_____________________________________________________________________。

(3)Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+，1mol该配离子中所含σ键的数目为____，与N3-互为等电子体的一种分子为：_______，N3-离子杂化类型为________。

(4)金属Fe与Mg、H形成的化合物是目前人类已发现的体积储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示，其中黑球代表Fe，深灰色小球代表Mg，浅灰色小球代表H，其中浅灰色小球除在棱上、面上以外，在晶胞内部还有6个。试写出该化合物的化学式：__________________。

(5)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为_______________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为__________g（用含a、NA的代数式表示）。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【详解】

A．稀有气体单质是单原子分子；分子中无化学键，故A错误；

B．PCl3中P原子孤对电子对数为=1，成键电子对数目为3，则P原子价电子对数为4，PCl3分子空间构型为三角锥型，正负电荷中心不重合，因此PCl3是极性分子；故B错误；

C．氢键键长一般定义为A-HB的长度；而不是HB的长度，故C错误；

D．中Cl原子孤对电子对数为=0，Cl原子的价电子对数为4，空间构型为正四面体，因此的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致；故D正确；

答案选D。2、A【分析】【详解】

A．离子中含有非金属性强；原子半径小的氮原子、且有个N上有孤电子对；能与水分子形成氢键，故A错误；

B．该晶体属于离子晶体；B正确；

C．B是5号元素，B元素的原子核外电子排布为价电子排布式为C正确；

D．同周期越往后，电负性越大，故大小顺序为N>C>B；D正确；

故选A。3、C【分析】【详解】

A．镁是12号元素，其结构示意图为A错误；

B．中子数为9的氮原子可表示为：N；B错误；

C．邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：C正确；

D．乙烯的空间填充模型为D错误；

故选C。4、C【分析】【分析】

【详解】

A．铁原子失去4s能级上的2个电子，二价铁离子的基态电子排布式为故A正确；

B．图1中氮原子的上下左右前后各有1个铁原子；氮原子的配位数为6，故B正确；

C．晶胞中Fe原子个数：6×=3，Cu：8×=1，N：1，更稳定的Cu替代型产物的化学式为故C错误；

D．由图1将顶点置于体心，即当a位置的Fe位于体心时，b位置的Fe位于棱心；故D正确；

故选C。5、C【分析】【分析】

【详解】

A．Ar是分子晶体而不是共价晶体；生铁是合计，属于混合物，A错误；

B．H2SO4属于分子晶体而不是离子晶体；B错误；

C．四种物质的分类均正确；C正确；

D．石墨属于混合型晶体而不是共价晶体；普通玻璃不是晶体，D错误；

答案选C。二、多选题(共6题，共12分)6、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。7、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。8、CD【分析】【详解】

A．反应热等于正反应活化能减逆反应活化能；A正确；

B．白磷分子形成正四面体形结构，故1个白磷分子中含6个键；B正确；

C．由图乙可知，中每个磷原子与4个氧原子形成4个键，4个磷原子共形成16个键，故中键的数目为C错误；

D．白磷燃烧的化学方程式为白磷完全燃烧需拆开键和键，形成键和键，反应热反应物的总键能-生成物的总键能，即得D错误；

故选CD。9、BC【分析】【详解】

A．CHCl3分子中碳原子采用sp3杂化；由于分子中含有3个碳氯键和1个碳氢键，因此分子呈四面体形，故A错误；

B．H2S分子中S原子价层电子对数为采用sp3杂化；其分子的空间构型为V形，故B正确；

C．二氧化碳分子中碳原子价层电子对数为采用sp杂化，其为直线形分子，故C正确；

D．中氮原子价层电子对数为呈正四面体形，故D错误。

综上所述，答案为BC。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸；先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀，该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；

B．加氨水；发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；

C．鸡蛋清溶液属于胶体；加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；

D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应；氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；

故选：AC；11、AC【分析】【分析】

【详解】

略三、填空题(共7题，共14分)12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态原子的核外电子排布式为则其L层电子排布式为基态P原子的价层电子排布为有3个未成对电子；的中心P原子的价层电子对数为没有孤电子对，原子轨道杂化方式为

(2)①中中心原子的价层电子对数为无孤电子对，空间结构为正四面体形；

②同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，S、P、为同周期元素，由于P的轨道处于半充满的较稳定状态，第一电离能大于同周期的相邻元素，所以第一电离能由大到小的顺序为

(3)四氟乙烯分子含4个C-F单键，一个C=C双键，故1个四氟乙烯分子中含有5个键，则(即)四氟乙烯含键的数目为

(4)元素的电负性随元素的非金属性增强而增大，随元素的金属性减弱而增大，故F的电负性由小到大的顺序为工业上不用电解制取铝的原因为是共价化合物，在熔融状态下不会电离出自由移动的阴、阳离子，即熔融状态不导电。【解析】3正四面体形是共价化合物，在熔融状态下不会电离出自由移动的阴、阳离子，即熔融状态不导电13、略

【分析】【分析】

（1）利用质量守恒定律来判断出A的化学式，然后判断晶体类型；（2）等物质的量浓度的氯化铵和硫酸铵，铵根离子的浓度硫酸铵大于氯化铵，铵根离子浓度越大，溶液pH越小；（3）在反应8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)中，N2既是氧化产物，又是还原产物，反应中转移电子数为24e-；（4）氯气的水溶液中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中的Cl-能与Ag+反应生成AgCl白色沉淀。

【详解】

(1)氮原子的核电荷数为7，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3；由化学方程式为S+2KNO3+3C→A+N2↑+3CO2↑，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类、原子个数相等，则A的化学式为K2S，属于离子晶体；(2)等物质的量浓度的两溶液，硫酸铵溶液中铵根离子浓度比氯化铵溶液中铵根离子浓度大，水解产生的氢离子浓度大，酸性较强，即pH大小为：氯化铵＞硫酸铵；(3)在反应8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)中，NH3中N元素从-3价升高为0价，为还原剂，NO2中N元素从+4价降为0价，是氧化剂，且氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:8=3:4，用单线桥标出该反应电子转移的方向和数目为该反应氧化产物比还原产物多0.1mol，则氧化产物N2为0.4mol，还原产物N2为0.3mol，依据原子守恒，被吸收的NO2为0.6mol，其标准状况下体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L；(4)氯气可用作自来水生产过程中的消毒剂，是因为氯气能与水反应生成HClO的缘故，发生反应的化学反应方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，在硝酸银溶液中滴加氯水，可以看到有白色沉淀AgCl产生，起作用的微粒是Cl-。

【点睛】

本题涉及氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，在氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO-、Cl-等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。【解析】①.1s22s22p3②.离子③.＞④.⑤.13.44L⑥.Cl2+H2OHCl+HClO⑦.Cl—14、略

【分析】【分析】

A、B、C、D是四种短周期元素，由A的原子结构示意图可知，第二层应为8个电子，即4x=8，x=2，A的原子序数为14，故A为Si元素；A、B、C同周期，B是同周期第一电离能最小的元素，故B为Na元素；C的最外层有三个成单电子，故C原子的3p能级有3个电子，C为P元素；C、D同主族，故D为N元素；E是过渡元素，E的外围电子排布式为3d64s2；则E为Fe元素。

【详解】

（1）由上述分析可知；B为Na元素；C为P元素；

（2）同周期自左而右；第一电离能增大(IIA；VA族除外)，所以第一电离能最大的元素是F，周期自左而右，电负性增大，故电负性最大的元素是F；

（3）E为Fe元素，E的核外电子排布式为[Ar]3d64s2；核电荷数是26，Fe在周期表中处于第四周期第Ⅷ族，在周期表中处于d区；

（4）A为Si元素，原子序数为14，原子核外电子排布式为1s22s2p63s23p2；【解析】①.Na②.P③.F④.F⑤.d⑥.1s22s2p63s23p215、略

【分析】【详解】

(1)根据电子排布式特点，的第二电离能大于第一电离能，另外其基态为稳定状态，能量较低，难以失去电子，中的结构特点恰好符合该规律；其电离时所需能量最大，故答案为：A；

(2)原子先从最外层开始失去电子，的核外电子排布式为先失去轨道的电子；失电子时，先失去轨道的电子，然后再失去轨道的电子，则的价层电子排布式为和的电子层结构相同，核电荷数大的半径小，则半径小；故答案为：4s；小于；

(3)根据元素周期律可知，与处于对角线位置的元素为二者的化学性质相似；基态原子的层电子排布式为根据泡利不相容原理可知，这两个电子的自旋相反；根据元素周期律可知，四种元素中电负性最大的为故答案为：Mg；相反；O；

(4)是29号元素，基态核外电子排布式为则基态核外电子排布式为或故答案为：(或)。【解析】A4s小于相反O(或)16、略

【分析】【分析】

(1)根据氧化性：氧化剂>氧化产物分析判断；

(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为氨气，而Mg3N2与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵；

(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键；氢键在水呈液态时，使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时，分子之间距离增大，空隙增多。

【详解】

(1)FeCl3溶液能够腐蚀Cu线路板，发生反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，在该反应中Fe3+是氧化剂，Cu是还原剂，Fe2+是还原产物，Cu2+是氧化产物，由于氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：Fe3+>Cu2+；

(2)Mg3N2遇水发生剧烈反应，生成一种有刺激性气味的气体，该气体为NH3，根据元素守恒知，另一种生成物是Mg(OH)2，所以该反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑，则Mg3N与足量稀盐酸反应生成氯化镁和氯化铵，反应的化学方程式为：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl；

(3)冰和水的密度不同主要是由于水分子间存在氢键；氢键在水呈液态时使一个水分子与4个水分子相连，而当水凝固时氢键会拉伸水分子之间的距离，使水分子之间距离增大，体积也就增大了，密度也就小了，所以冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大。

【点睛】

本题考查了物质的化学性质、氧化还原反应规律及氢键对物质性质的影响。明确相关概念、作用及变化规律即可解答。【解析】①.>②.Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl③.冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多，微观结构里空隙较大17、略

【分析】【详解】

（1）根据题给图像分析；该元素第三电离能远远大于第二电离能，说明该元素的原子价电子数为2，为镁元素，核外有12种不同运动状态的电子。

（2）在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因分子间存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象；组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，a点所在折线对应的是气态氢化物SiH4。

（3）由CO2在高温高压下所形成的晶体图可以看出；其晶体结构为空间立体结构，每个C原子周围通过共价键连接4个O原子，所以该晶体为原子晶体。

（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有镁、硅、硫共3种；GaCl3中中心原子的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，原子的杂化方式为sp2杂化。

（5）根据干冰的晶胞结构可知，在干冰晶体中每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个。由D的醋酸盐晶体局部结构知，该晶体中含有的化学键有极性键、非极性键和配位键，选abc。

【点睛】

本题一大易错点为：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，所以第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有镁、硅、硫共3种。【解析】①.12②.SiH4③.原子④.3⑤.sp2杂化⑥.12⑦.abc18、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)酸的酸性越强，其对应的酸根离子水解程度越小，则该酸根离子结合H+能力越弱，酸性：>Al(OH)3，则给出H＋能力的相对强弱：NaHCO3>Al(OH)3，酸性：>Al(OH)3，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，能体现CO和AlO结合H+能力的相对强弱的离子方程式为：故答案为：＜；

(2)AlBr3为分子晶体，AlF3为离子晶体，离子晶体中主要存在离子键，分子晶体中主要为分子间作用力，离子键的强度强于分子间作用力，故AlBr3熔点比AlF3熔点低很多，故答案为：AlBr3为分子晶体，AlF3为离子晶体，离子键强于分子间作用力，故AlBr3熔点比AlF3熔点低很多。【解析】＜AlBr3为分子晶体，AlF3为离子晶体，离子键强于分子间作用力，故AlBr3熔点比AlF3熔点低很多四、判断题(共4题，共24分)19、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。20、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；21、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。22、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。五、实验题(共3题，共18分)23、略

【分析】【分析】

Ⅰ；比较S、C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断；

Ⅱ、利用酸性高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，再利用氯气与溴化钠反应产生的溴再与碘化钾反应，通过实验证明卤族元素的非金属性强弱Cl>Br>I。

（1）

比较S；C、Si三种元素的非金属性强弱；利用的是元素最高价氧化物的水化物的酸性强弱(强酸制弱酸的原理比较)来判断，所以分液漏斗中盛放稀硫酸，锥形瓶B中稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，生成的二氧化碳进入试管C中和硅酸钠反应生成硅酸沉淀；

答案为稀硫酸；锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀；

（2）

生成的氯气通入F装置中把溴化钠氧化为单质溴，F中溶液发生反应的离子方程式是

（3）

由于要排除氯气对溴，置换碘的实验干扰，则为了证明溴的氧化性强于碘，过程④的操作是打开活塞b，将少量G中溶液滴入H中，关闭活塞b；取下H振荡；现象是静置后四氯化碳层溶液变为紫红色；

（4）

氯、溴、碘单质的非金属性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。【解析】(1)稀硫酸锥形瓶B中固体溶解并产生气泡，试管C中产生白色沉淀

(2)

(3)打开活塞b，将少量G中溶液滴入下方试管中，关闭活塞b；取下试管振荡静置后下层溶液变为紫红色。

(4)增大减弱24、略

【分析】【分析】

Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；据此分析解题。

【详解】

（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；

（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；

（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；

（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-；结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；

（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因；故答案为：＞；不是；

②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在时，氧化性增强，可将氧化为据此将实验2改进，向溶液中同时加入立即生成白色沉淀即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；

（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量则的产率为：=故答案为：【解析】(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质。

(2)U形干燥管b→c→d→e

(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2+++Cl2↑+2H2O

(4)1

(5)＞不是Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+

(6)25、略

【分析】【分析】

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

【详解】

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

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

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

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

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

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

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

故答案为：A；

(6)取一定量X加入过量浓NaOH溶液，煮沸，将生成的NH3通入20mL0.5mol/L的稀硫酸(过量)中，再用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定剩余H2SO4，滴定过程平均消耗NaOH标准溶液20.00mL，则样品中含有NH3的物质的量n(NH3)=0.020L×0.5mol/L×2-0.2000mol/L×0.02000mL=0.016mol；取上述溶液加入过量HNO3酸化后，用AgNO3溶液滴定测得n(C1-)=0.012mol，n(NH3)：n(C1-)=0.016mol：0.012mol=4：3，络离子中Co3+的配位数为6，有4份来源于氨气分子，内界氯离子2份，外界氯离子1份，则用配位化合物的形式表示该样品的组成为[Co(NH3)4Cl2]Cl。若NH3未完全从样品溶液中蒸出，则测定的配合物内界中Cl-的个数偏大(填“偏大”“偏小”或“不变”)。故答案为：0.016mol；[Co(NH3)4Cl2]Cl；偏大。【解析】2CoCl2+H2O2+10NH3+2HCl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2OZn形成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成AACA0.016mol[Co(NH3)4Cl2]Cl偏大六、结构与性质(共4题，共16分)26、略

【分析】【分析】

(1)

铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，则其价电子轨道表示式为：

(2)

环上的C原子价层电子对个数是3、甲基和亚甲基上C原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式，环上的C原子采用sp2杂化、甲基和亚甲基上的C原子采用sp3杂化；X中Ti原子和O原子之间存在配位键；共价单键为σ键、苯环中含有大π键；则该分子中不含氢键和离子键，故选：ACD；元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是O＞Cl＞C＞H；

(3)

EMIM+离子中形成大π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6，EMIM+离子中的大π键应表示为

(4)

双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中的1个Cl原子另外分子中Be原子之间形成1个配位键，BeCl2的结构式为

(5)

①由结构可看出周围距离最近的数为4个；

②对于SO2，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=2+=3，有一对孤电子对占据一端，所以其空间构型为V形，与SO2互为等电子体的阴离子中含有3个原子、价电子数是18，为NO

③晶胞中Cu原子数目为Fe原子数目为S原子数目为8，故黄铜矿化学式为CuFeS2，晶胞相当于有4个“CuFeS2”，晶胞质量为m=底面为正方形，侧面与底面垂直，晶胞体积为V=a×10-10cm×a×10-10cm×b×10-10cm=a2b×10-30cm3，则晶体密度=【解析】(1)

(2)sp2、sp3ACDO>Cl>C>H

(3)

(4)

(5)4V型NO27、略

【分析】【详解】

(1)铁元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；聚合硫酸铁中为Fe3＋；铁原子失去3个电子，达到半满状态，仍有5个未成对电子；

(2)①CN－中形成碳氮三键，为直线型，其中碳原子采取sp杂化；CN－中形成碳氮三键，含有1个σ键，2个π键，6个CN－与Fe3＋形成配位键，均为σ键，所以1mol的中共有12