2025年青島版六三制新拓展型課程化學(xué)上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年青島版六三制新拓展型課程化學(xué)上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、據(jù)報道，火星和金星大氣層中可能存在一種非常特殊的氣態(tài)化合物，這種化合物會導(dǎo)致溫室效應(yīng)，它的結(jié)構(gòu)式為下列說法中不正確的是A.的電子式是：B.和互為同位素C.分子中存在極性鍵D.分子呈直線形2、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使甲基橙顯橙色的溶液中：K+、Na+、Cl-、Al3+B.=10-12的溶液中：Cu2+、C.滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中：K+、Cl-、I-D.水電離的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Mg2+3、如圖是用于干燥；收集并吸收多余氣體的裝置；下列方案正確的是（）

選項X收集氣體YA堿石灰氯氣氫氧化鈉B堿石灰氯化氫氫氧化鈉C氯化鈣二氧化硫氫氧化鈉D氯化鈣一氧化氮氫氧化鈉

A.AB.BC.CD.D4、用如圖所示裝置及藥品進行實驗，能達到對應(yīng)實驗?zāi)康牡氖恰?/p>

A.圖1：除去CO2氣體中混有的HClB.圖2：制備并收集SO2C.圖3：加熱熔融的純堿固體D.圖4：用海水制取蒸餾水5、關(guān)于下列實驗的說法不正確的是：。操作現(xiàn)象

①銅片溶解；溶液變藍，起始產(chǎn)生紅棕色氣體，氣體顏色逐漸變淡，直至無色，在管口處變?yōu)榈厣?/p>

②銅片繼續(xù)溶解，產(chǎn)生無色氣體，在管口處變?yōu)榈厣?/p>

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體，說明濃HNO3具有氧化性B.在整個實驗過程中，發(fā)生的反應(yīng)多于2個C.②中產(chǎn)生無色氣體，說明鹽酸有氧化性D.若將銅片換成鐵片，則①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。6、高溫下硫酸亞鐵分解反應(yīng)為2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，下列說法不正確的是A.將產(chǎn)生的氣體，通入紫色石蕊試液后溶液只變紅不褪色B.將反應(yīng)后殘留固體物質(zhì)用鹽酸溶解，再加入KMnO4溶液后褪色，說明硫酸亞鐵固體分解完全C.將少量產(chǎn)生的氣體，分別通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中均產(chǎn)生白色沉淀，且沉淀成分相同D.在實際實驗操作過程將產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液后溶液顏色先加深后褪色評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、晶體硼熔點為1873K；其結(jié)構(gòu)單元為正二十面體，結(jié)構(gòu)如圖所示。氮化硼（BN）有多種相結(jié)構(gòu)，例如六方相氮化硼與立方相氮化硼，結(jié)構(gòu)如圖所示，六方相氮化硼與石墨相似，具有層狀結(jié)構(gòu)；立方相氮化硼是超硬材料?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)硼原子有___種不同能量的電子，第二周期中，第一電離能介于硼元素與氮元素之間的元素有___種。

（2）晶體硼為___（填晶體類型），結(jié)構(gòu)單元由___個硼原子構(gòu)成，共含有___個B-B鍵。

（3）關(guān)于氮化硼兩種晶體的說法，正確的是___。

a.立方相氮化硼含有σ鍵和π鍵。

b.六方相氮化硼層間作用力??；所以質(zhì)地軟。

c.兩種晶體均為分子晶體。

d.兩種晶體中的B-N鍵均為共價鍵。

（4）NH4BF4是合成氮化硼納米管的原料之一，1molNH4BF4含有___mol配位鍵。8、油氣開采；石油化工、煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有的硫化氫；需要回收處理并加以利用。

H2S熱分解反應(yīng)：2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，在1373K、100kPa反應(yīng)條件下，對于n(H2S)：n(Ar)分別為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣，熱分解反應(yīng)過程中H2S轉(zhuǎn)化率隨時間的變化如下圖所示。

(1)n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率___________，理由是___________

(2)n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)圖中曲線___________，計算其在0~0.1s之間，H2S分壓的平均變化率為___________kPa·s-1。9、某有機物的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：

(1)1mol該有機物和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成________H2。

(2)該物質(zhì)最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為________。10、亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的殺菌消毒劑；同時也是對煙氣進行脫硫；脫硝的吸收劑。

Ⅰ．以氯酸鈉（NaClO3）為原料制備NaClO2粗品的工藝流程如下圖所示：

已知：

i.純ClO2易分解爆炸，空氣中ClO2的體積分數(shù)在10%以下比較安全；

ii.NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在；在酸性溶液中迅速分解；

iii.NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出NaClO2?3H2O，等于或高于38℃時析出NaClO2晶體，高于60℃時分解成NaClO3和NaCl。

（1）試劑A應(yīng)選擇_________。（填字母）

a．SO2b．濃硝酸c．KMnO4

（2）反應(yīng)②的離子方程式為_________。

（3）已知壓強越大，物質(zhì)的沸點越高。反應(yīng)②結(jié)束后采用“減壓蒸發(fā)”操作的原因是________。

（4）下列關(guān)于上述流程的說法中，合理的是_________。（填字母）

a．反應(yīng)①進行過程中應(yīng)持續(xù)鼓入空氣。

b．反應(yīng)①后得到的母液中；溶質(zhì)的主要成分是NaCl

c．反應(yīng)②中NaOH溶液應(yīng)過量。

d．冷卻結(jié)晶時溫度選擇38℃，過濾后進行溫水洗滌，然后在低于60℃下進行干燥，得到粗產(chǎn)品NaClO2

Ⅱ．采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫；脫硝。

（5）在鼓泡反應(yīng)器中通入含有SO2和NO的煙氣，反應(yīng)溫度為323K，NaClO2溶液濃度為5×10?3mol/L。反應(yīng)一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表：。離子SO42?SO32?NO3?NO2?Cl?c/（mol/L）8.35×10?46.87×10?61.5×10?41.2×10?53.4×10?3

①寫出NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式_________。

②由實驗結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率_________（填“大于”或“小于”）脫硝反應(yīng)速率。除SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同外，還可能存在的原因是_________。（答出兩條即可）11、實驗室模擬工業(yè)生產(chǎn)食品香精菠蘿酯（）的簡易流程如下：

有關(guān)物質(zhì)的熔、沸點如表：。苯酚氯乙酸苯氧乙酸熔點/℃436299沸點/℃181.9189285

試回答下列問題：

（1）反應(yīng)室I中反應(yīng)的最佳溫度是104℃，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用___（選填字母）。

A．火爐直接加熱B．水浴加熱C．油浴加熱。

（2）分離室I采取的操作名稱是___。

（3）反應(yīng)室I中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是___。

（4）分離室II的操作為：①用NaHCO3溶液洗滌后分液；②有機層用水洗滌后分液；洗滌時不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，其原因是___（用化學(xué)方程式表示）。12、連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是白色砂狀或淡黃色粉末狀固體，易溶于水、不溶于醇，該物質(zhì)具有強還原性，在空氣中易被氧化為NaHSO4，75℃以上會分解產(chǎn)生SO2。是重要的有機合成原料和漂白劑。

制取Na2S2O4常用甲酸鈉法：控制溫度60～70℃，在甲酸鈉(HCOONa)的甲醇溶液中，邊攪拌邊滴加Na2CO3甲醇溶液，同時通入SO2，即可生成Na2S2O4。反應(yīng)原理如下：2HCOONa＋4SO2＋Na2CO3＝2Na2S2O4＋H2O＋3CO2

（1）如圖，要制備并收集干燥純凈的SO2氣體，接口連接的順序為：a接__，__接__，__接__。制備SO2的化學(xué)方程式為___。

（2）實驗室用圖裝置制備Na2S2O4。

①Na2S2O4中硫元素的化合價為___。

②儀器A的名稱是___。

③水浴加熱前要通一段時間N2，目的是___。

④為得到較純的連二亞硫酸鈉，需要對在過濾時得到的連二亞硫酸鈉進行洗滌，洗滌的方法是___。

⑤若實驗中所用Na2SO3的質(zhì)量為6.3g，充分反應(yīng)后，最終得到mg純凈的連二亞硫酸鈉，則連二亞硫酸鈉的產(chǎn)率為___(用含m的代數(shù)式表示)。13、已知稀溴水和氯化鐵溶液都呈黃色；現(xiàn)在足量的稀氯化亞鐵溶液中，加入1～2滴液溴，振蕩后溶液呈黃色。

（1）甲同學(xué)認為這不是發(fā)生化學(xué)反應(yīng)所致，則使溶液呈黃色的微粒是：______（填粒子的化學(xué)式；下同）；

乙同學(xué)認為這是發(fā)生化學(xué)反應(yīng)所致，則使溶液呈黃色的微粒是_________。

（2）如果要驗證乙同學(xué)判斷的正確性；請根據(jù)下面所提供的可用試劑，用兩種方法加以驗證，請將選用的試劑代號及實驗中觀察到的現(xiàn)象填入下表。

實驗可供選用試劑：。A．酸性高錳酸鉀溶液B．氫氧化鈉溶液C．四氯化碳D．硫氰化鉀溶液E．硝酸銀溶液F．碘化鉀淀粉溶液。實驗方案。

所選用試劑（填代號）

實驗現(xiàn)象。

方案一。

方案二。

（3）根據(jù)上述實驗推測，若在稀溴化亞鐵溶液中通入氯氣，則首先被氧化的離子是________，相應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________；14、根據(jù)所學(xué)知識回答下列問題。

(1)0.1mol?L-1的NaHCO3溶液中各離子的濃度由大到小的順序為__。

(2)已知：常溫時，H2R的電離平衡常數(shù)Ka1=1.23×10-2，Ka2=5.60×10-8，則0.1mol?L-1的NaHR溶液顯__(填“酸”；“中”或“堿”)性。

(3)實驗室用AlCl3(s)配制AlCl3溶液的操作為__，若將AlCl3溶液蒸干并灼燒至恒重；得到的物質(zhì)為___(填化學(xué)式)。

(4)25℃時，將足量氯化銀分別放入下列4種溶液中，充分攪拌后，銀離子濃度由大到小的順序是___(填標號)；③中銀離子的濃度為_____mol?L-1。(氯化銀的Ksp=1.8×10-10)

①100mL0.1mol?L-1鹽酸②100mL0.2mol?L-1AgNO3溶液。

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液④100mL蒸餾水評卷人得分三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共7題，共14分)15、鉻是由法國化學(xué)家沃克蘭于1798年在巴黎發(fā)現(xiàn)。目前鉻被廣泛應(yīng)用于冶金；化工、鑄鐵、耐火及高精端科技等領(lǐng)域。

(1)鉻元素基態(tài)原子的價電子排布式為___________。

(2)金屬鉻的第二電離能和錳的第二電離能分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是___________。

(3)雷氏鹽(Reineckesalt)的化學(xué)式為是一種易溶于水和乙醇的暗紅色固體。

①雷氏鹽中存在的化學(xué)鍵有___________(填序號)。

A．鍵B．鍵C．氫鍵D．配位鍵E．金屬鍵。

②配體中C采取的雜化方式為___________，可用于形成配位鍵的原子有___________。

③的價層電子對數(shù)為___________，空間構(gòu)型是___________，寫出一種與互為等電子體的分子___________。

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

(4)硒化鉻的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為anm和bnm，則硒化鉻的密度為___________(列出表達式即可)。

16、超細銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料；催化劑等領(lǐng)域中。超細銅粉的某制備方法如下：

（1）Cu2+的價電子排布式為____。

（2）下列關(guān)于[Cu（NH3)4]SO4的說法中，正確的有____。（填字母序號）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B.[Cu（NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

（3）SO32-離子中S原子的雜化方式為____，SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

（4）與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

（5）下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

17、NH3具有易液化、含氫密度高、應(yīng)用廣泛等優(yōu)點，NH3的合成及應(yīng)用一直是科學(xué)研究的重要課題。

(1)以H2、N2合成NH3；Fe是常用的催化劑。

①基態(tài)Fe原子的電子排布式為___________。

②實際生產(chǎn)中采用鐵的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合氣體將它們還原為具有活性的金屬鐵。鐵的兩種晶胞(所示圖形為正方體)結(jié)構(gòu)示意如下：

i.兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為___________。

ii.圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm)，則其密度ρ=___________g·cm-3。

③我國科學(xué)家開發(fā)出Fe—LiH等雙中心催化劑，在合成NH3中顯示出高催化活性。第一電離能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，原因是___。

(2)化學(xué)工業(yè)科學(xué)家侯德榜利用下列反應(yīng)最終制得了高質(zhì)量的純堿：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl

①1體積水可溶解1體積CO2，1體積水可溶解約700體積NH3。NH3極易溶于水的原因是_____。

②反應(yīng)時，向飽和NaCl溶液中先通入______。

③NaHCO3分解得Na2CO3?？臻g結(jié)構(gòu)為________。

(3)NH3、NH3BH3(氨硼烷)儲氫量高，是具有廣泛應(yīng)用前景的儲氫材料。元素HBN電負性2.12.03.0

①NH3的中心原子的雜化軌道類型為___________。

②NH3BH3存在配位鍵，提供空軌道的是___________。

③比較熔點：NH3BH3___________CH3CH3(填“＞”或“＜”)。18、超細銅粉主要應(yīng)用于導(dǎo)電材料；催化劑等領(lǐng)域中。超細銅粉的某制備方法如下：

（1）Cu2+的價電子排布式為____。

（2）下列關(guān)于[Cu（NH3)4]SO4的說法中，正確的有____。（填字母序號）

A.[Cu（NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵；極性鍵和配位鍵。

B.[Cu（NH3)4]SO4的組成元素中第一電離能最大的是氧元素。

C.[Cu（NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為正四面體。

（3）SO32-離子中S原子的雜化方式為____，SO32-離子的空間構(gòu)型為____。

（4）與SO3互為等電子體的一種分子的分子式是____

（5）下圖是銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，由此可確定該氧化物的化學(xué)式為______。

19、硒化銅納米晶體在光電轉(zhuǎn)化中有著廣泛的應(yīng)用；銅和硒等元素形成的化合物在生產(chǎn)；生活中應(yīng)用廣泛。

(1)銅元素位于元素周期表的___________區(qū)。

(2)易溶解于水，熔點為時升華，由此可判斷的晶體類型為___________。

(3)為深棕紅色的劇毒液體，其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵，該分子中，原子的雜化軌道類型為___________，的空間構(gòu)型為___________(填字母)。

a．直線形b．鋸齒形c．環(huán)形d．四面體形。

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

(5)銅的某種氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為___________，若組成粒子銅、氧的半徑分別為密度為阿伏加德羅常數(shù)的值為則該晶胞的空間利用率為___________(用含的式子表示)。

20、開發(fā)新型儲氫材料是氫能利用的重要研究方向。

(1)化合物A(H3BNH3)是一種潛在的儲氫材料，可由六元環(huán)狀物質(zhì)(HB=NH)3通過如下反應(yīng)制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3。請回答：

①H3BNH3中是否存在配位鍵_______(填“是”或“否”)，B、C、N、O第一電離能由大到小的順序為_______，CH4、H2O、CO2三分子按照鍵角由大到小的順序排列為_______。

②與(HB=NH)3互為等電子體的分子為_______(填分子式)。

③人工可以合成硼的一系列氫化物，其物理性質(zhì)與烷烴相似，故稱之為硼烷。工業(yè)上可采用LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。

④在硼酸鹽中，陰離子有鏈狀、環(huán)狀、骨架狀等多種結(jié)構(gòu)形式。圖a為一種無限長鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，其化學(xué)式為_______，圖b為硼砂晶體中陰離子，其中硼原子采取的雜化方式為_______。

(2)一種銅合金具有儲氫功能。

①Cu2+的價層電子排布式為_______。

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)，其原因是_______。

③銅的單質(zhì)中按ABCABC?方式堆積，設(shè)銅原子半徑為apm，則該晶體的密度為_______g/cm3(阿伏伽德羅常數(shù)值為NA)21、鈰外圍電子排布(n-2)f1(n-1)d1ns2是原子序數(shù)為58的一種最早有實際用途的稀土元素；鈰及其化合物的用途十分廣泛。

(1)鈰在元素周期表中的位置是_____；屬于_____區(qū)元素。

(2)硝酸鈰銨Ce(NH4)2(NO3)6中，N的雜化方式為_____；Ce、C、N、O的第一電離能由大到小的順序為_____。

(3)已知CeX3的熔點為CeF3：1460℃、CeCl3：848℃、CeBr3：732℃、CeI3：760℃，依F、Cl、Br、I順序，從CeX3中化學(xué)鍵的離子性和共價性說明熔點的變化原因：______________________________________。

(4)鈰的一種氧化物具有獨特的晶體結(jié)構(gòu)和較高的儲存和釋放氧的能力；可形成氧空位，具有催化氧化性能，有著十分廣闊的應(yīng)用開發(fā)前景,其晶體結(jié)構(gòu)如圖所示：

這種鈰的氧化物的化學(xué)式為_____；晶胞中氧離子的配位數(shù)為_____。評卷人得分四、工業(yè)流程題(共1題，共9分)22、某化學(xué)實驗小組從市場購買海帶并設(shè)計提碘的流程如圖所示：

請回答下列問題：

(1)操作2包括以下步驟：a.振蕩萃取b.分液c.靜置分層d.加碘溶液和CCl4e.檢漏。

①上述步驟的正確先后順序是______(填編號)。

②完成步驟a時要及時放氣，放氣時分液漏斗下端應(yīng)_____(填“向上傾斜”或“向下傾斜”)，放氣的目的是______。

③步驟b的具體操作是______，再將分液漏斗下面的活塞擰開，使下層液體沿?zé)瓋?nèi)壁流下，當下層液體剛好放完時關(guān)閉活塞，______。

(2)濃NaOH溶液與I2反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。

(3)加入45%硫酸溶液的作用是______(用離子方程式表示)。

(4)利用如圖所示裝置進行粗碘提純。簡述純化I2的原理：_____。棉花的作用是______。

評卷人得分五、有機推斷題(共1題，共6分)23、G是一種治療心血管疾病的藥物；合成該藥物的一種路線如下。

已知：R1CH2BrR1CH=CHR2

完成下列填空：

(1)寫出①的反應(yīng)類型_______。

(2)反應(yīng)②所需的試劑和條件_______。

(3)B中含氧官能團的檢驗方法_______。

(4)寫出E的結(jié)構(gòu)簡式_______。

(5)寫出F→G的化學(xué)方程式_______。

(6)寫出滿足下列條件，C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_______。

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能發(fā)生水解反應(yīng)；③含苯環(huán)；④含有5個化學(xué)環(huán)境不同的H原子。

(7)設(shè)計一條以乙烯和乙醛為原料(其它無機試劑任選)制備聚2-丁烯（）的合成路線_______。(合成路線常用的表達方式為：AB目標產(chǎn)物)參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

A．的電子式是A錯誤；

B．同位素是指質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的同一種元素的不同原子，則和互為同位素；B正確；

C．不同非金屬元素之間形成的共價鍵為極性鍵，則分子中存在極性鍵；C正確；

D．為CO2；其分子呈直線形，D正確；

故選A。2、A【分析】【詳解】

A．甲基橙變色范圍是3.1～4.4，使甲基橙顯橙色的溶液顯酸性，含有大量H+，H+與選項離子之間不能發(fā)生任何反應(yīng)；可以大量共存，A符合題意；

B．=10-12的溶液顯酸性，含有大量H+，H+與會反應(yīng)產(chǎn)生H2O、CO2，不能大量共存，且Cu2+、在溶液中會反應(yīng)產(chǎn)生Cu(OH)2沉淀和CO2氣體；也不能大量共存，B不符合題意；

C．滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中含有Fe3+，F(xiàn)e3+與會反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀和CO2氣體，不能大量共存；與I-反應(yīng)產(chǎn)生Fe2+、I2；也不能大量共存，C不符合題意；

D．水電離的c(OH-)=1×10-13mol·L-1的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中，H+與CH3COO-會產(chǎn)生弱酸CH3COOH，不能大量共存；在堿性溶液中含有大量OH-，OH-與Mg2+會反應(yīng)產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀；也不能大量共存，D不符合題意；

故合理選項是A。3、C【分析】【詳解】

A.氯氣能被堿石灰吸收；故不能用堿石灰干燥氯氣，故錯誤；B.氨氣可以用堿石灰干燥，氨氣的密度比空氣小，應(yīng)用向下排氣法收集，但圖中為向上排氣法收集，故錯誤。氨氣極易溶于水，用干燥管進行氨氣的吸收裝置，可以防止倒吸。C.二氧化硫的密度比空氣大，用向上排氣法收集，二氧化硫和氯化鈣不反應(yīng)，能用氯化鈣干燥，二氧化硫能與氫氧化鈉反應(yīng)，使用干燥管能防止倒吸，故正確；D.一氧化氮不能用排空氣法收集，也不能用氫氧化鈉吸收，故錯誤。故選C。

【點睛】

實驗裝置中表示，氣體能用某種固體干燥劑干燥，用向上排氣法收集，說明該氣體的密度比空氣大，且與空氣不反應(yīng)，能用某種溶液或水吸收。4、D【分析】【分析】

【詳解】

A．能與溶液反應(yīng)而損耗，應(yīng)該用飽和溶液；選項A錯誤；

B．Cu不能與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生選項B錯誤；

C．瓷甘堝中含有高溫加熱純堿時發(fā)生反應(yīng)：瓷坩堝被腐蝕，選項C錯誤；

D．海水中含有雜質(zhì)；可采用蒸餾法使海水淡化，選項D正確。

答案選D。5、C【分析】【詳解】

A.實驗中產(chǎn)生紅棕色氣體，說明濃HNO3的氧化性稀HNO3氧化性強；故A錯；B.在整個實驗過程中，發(fā)生的反應(yīng)有Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO2+4H2O、2NO＋O22NO2等多個反應(yīng)，故B錯；C.②中產(chǎn)生無色氣體，是因為鹽酸電離出的H+與溶液中有氧化性的NO3-，結(jié)合成硝酸繼續(xù)和銅反應(yīng)。故C錯；D.若將銅片換成鐵片，會和濃HNO3發(fā)生鈍化，故①中沒有明顯實驗現(xiàn)象。所以D正確；答案：C。6、B【分析】【分析】

A.產(chǎn)生的氣體是SO2和SO3；均屬于酸性氧化物；

B.反應(yīng)后殘留固體物質(zhì)用鹽酸溶解；說明硫酸亞鐵沒有完全分解；

C.少量SO2和SO3，分別通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中，均能生成BaSO3和BaSO4；據(jù)此判斷；

D.產(chǎn)生的氣體是SO2和SO3，SO2具有漂白性。

【詳解】

A.產(chǎn)生的氣體是SO2和SO3；均屬于酸性氧化物，均不能使紫色的石蕊溶液褪色，故溶液只變紅不褪色，A項正確；

B.反應(yīng)后殘留固體用鹽酸溶解，得到的溶液中加入KMnO4溶液后褪色；說明硫酸亞鐵沒有完全分解，B項錯誤；

C.少量SO2和SO3，分別通入含有NaOH的BaCl2溶液和含有氨水的BaCl2溶液中，均能生成BaSO3和BaSO4沉淀；C項正確；

D.產(chǎn)生的氣體是SO2和SO3，通入品紅溶液后溶液顏色加深，其中SO2有漂白性；能品紅褪色，D項正確；

答案選B。二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】【分析】

（1）基態(tài)硼原子的電子排布式為1s22s22p1；電子位于1s；2s、2p三個能量不同的能級上；同周期元素，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，由于全充滿和半充滿的緣故，ⅡA族和ⅤA族元素第一電離能大于相鄰元素；

（2）由晶體硼熔點為1873K可知，晶體硼為熔沸點高、硬度大的原子晶體；在硼原子組成的正二十面體結(jié)構(gòu)中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的每2個面共用一個B-B鍵，每個面擁有這個B-B鍵的

（3）a.由圖可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之間只存在單鍵；

b.由圖可知；六方相氮化硼層間為分子間作用力，分子間作用力??；

c.由圖可知；立方相氮化硼為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體；

d.非金屬元素之間易形成共價鍵；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—構(gòu)成，NH4+中N原子和其中一個H原子之間存在配位鍵、BF4—中B原子和其中一個F原子之間存在一個配位鍵。

【詳解】

（1）基態(tài)硼原子的電子排布式為1s22s22p1；電子位于1s；2s、2p三個能量不同的能級上，則有3種不同能量的電子；同周期元素，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，由于全充滿和半充滿的緣故，ⅡA族和ⅤA族元素第一電離能大于相鄰元素，則介于硼元素與氮元素之間的有Be、C、O三種元素，故答案為：3；3；

（2）由晶體硼熔點為1873K可知，晶體硼為熔沸點高、硬度大的原子晶體；在硼原子組成的正二十面體結(jié)構(gòu)中，每5個面共用一個頂點，每個面擁有這個頂點的每個等邊三角形擁有的頂點為20個等邊三角形擁有的頂點為×20=12；每2個面共用一個B-B鍵，每個面擁有這個B-B鍵的每個等邊三角形占有的B-B鍵為20個等邊三角形擁有的B-B鍵為×20=30；故答案為：12；30；

（3）a.由圖可知；立方相氮化硼中N原子和B原子之間只存在單鍵，則立方相氮化硼中含有σ鍵，不存在π鍵，故錯誤；

b.由圖可知；六方相氮化硼層間為分子間作用力，分子間作用力小，導(dǎo)致其質(zhì)地軟，故正確；

c.由圖可知；立方相氮化硼為空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于原子晶體，故錯誤；

d.非金屬元素之間易形成共價鍵；所以N原子和B原子之間存在共價鍵，故正確；

bd正確，故答案為：bd；

（4）NH4BF4是由NH4+和BF4—構(gòu)成，NH4+中N原子和其中一個H原子之間存在配位鍵、BF4—中B原子和其中一個F原子之間存在一個配位鍵，所以含有2個配位鍵，則1molNH4BF4含有2mol配位鍵，故答案為：2?！窘馕觥竣?3②.3③.原子晶體④.12⑤.30⑥.bd⑦.28、略

【分析】【分析】

2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)ΔH4=170kJ·mol-1，該反應(yīng)正方向為體積增大的反應(yīng)，降低壓強，平衡會向正反應(yīng)方向移動；則對于n(H2S)：n(Ar)為4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合氣在圖中對應(yīng)的曲線分別是a、b；c、d、e。

【詳解】

（1）由于正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng)，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，相當于降低壓強，平衡向正反應(yīng)方向移動，因此H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高；

（2）n(H2S)：n(Ar)越小，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高，所以n(H2S)：n(Ar)=1：9對應(yīng)的曲線是d；根據(jù)圖像可知n(H2S)：n(Ar)=1：9反應(yīng)進行到0.1s時H2S轉(zhuǎn)化率為0.24；假設(shè)在該條件下；硫化氫和氬的起始投料的物質(zhì)的量分別為1mol和9mol，則根據(jù)三段式可知：

此時H2S的壓強為≈7.51kPa，H2S的起始壓強為10kPa，所以H2S分壓的平均變化率為=24.9kPa·s-1?！窘馕觥?1)越高n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分壓越小，平衡向正反應(yīng)方向進行，H2S平衡轉(zhuǎn)化率越高。

(2)d24.99、略

【分析】【分析】

由結(jié)構(gòu)簡式可知；分子中含-OH；-COOH、碳碳雙鍵，結(jié)合醇、羧酸、烯烴的性質(zhì)來解答。

【詳解】

(1)該有機物中的-OH、-COOH均與Na反應(yīng)，金屬鈉過量，則有機物完全反應(yīng)，1mol該有機物含有2mol羥基和1mol羧基，由2-OH～H2↑、2-COOH～H2↑可知，和過量的金屬鈉反應(yīng)最多可以生成1.5molH2；

故答案為：1.5mol；

(2)-OH、-COOH均與Na反應(yīng)，-COOH與NaOH、NaHCO3反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)消耗1.5molNa、1molNaOH、1molNaHCO3，則n(Na)：n(NaOH)：n(NaHCO3)=1.5mol:1mol:1mol=3：2：2；

故答案為：3∶2∶2?！窘馕觥竣?1.5mol②.3∶2∶210、略

【分析】【詳解】

NaClO3和濃H2SO4在反應(yīng)器①中發(fā)生還原反應(yīng)生成ClO2和Na2SO4,所以試劑A可以用二氧化硫,ClO2在反應(yīng)器②中與雙氧水、氫氧化鈉反應(yīng)生成亞氯酸鈉,再得到其晶體。

(1)根據(jù)上面的分析可以知道試劑A為SO2,故選a,因此，本題正確答案是:a。

(2)反②中ClO2被雙氧水還原成ClO2?,反應(yīng)的離子方程式為2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O,因此，本題正確答案是:2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O

（3）含水的NaClO2受熱易分解,所以亞氯酸鈉溶液中獲得晶體,溫度不能太高,所以反應(yīng)②結(jié)束后采用“減壓蒸發(fā)”操作,在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。因此，本題正確答案是:在較低溫度蒸發(fā)濃縮,可防止溫度過高.NaClO2分解。

（4）根據(jù)信息純ClO2易分解爆炸,空氣中ClO2的體積分數(shù)在10以下比較安全,所以要持續(xù)通過量的空氣,NaClO2在堿性溶液中穩(wěn)定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反應(yīng)②中堿要過量,因為試劑A為二氧化硫,NaClO3被還原成ClO2,所以反應(yīng)①后得到的母液中,溶質(zhì)的主要成分是,Na2SO4。故選acd,因此；本題正確答案是:acd。

(5)①亞氯酸鈉具有氧化性,且NaClO2溶液呈堿性,則NaClO2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式因此，本題正確答案是:

②由實驗結(jié)果可以知道,在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多,因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率.原因是除了SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同,還可能是NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高,因此，本題正確答案是:大于;NO溶解度較低或脫硝反應(yīng)活化能較高?！窘馕觥縜2OH?+2ClO2+H2O22ClO2?+O2+2H2O減壓可以使物質(zhì)沸點降低，實驗較低溫度下進行蒸發(fā)，可避免NaClO2因溫度高而發(fā)生分解acd4OH?+3ClO2?+4NO4NO3?+3Cl?+2H2O大于SO2比NO溶解度更大；在此條件下SO2還原性更強；脫硝反應(yīng)活化能更大11、略

【分析】【分析】

用苯氧乙酸和丙烯醇發(fā)生酯化反應(yīng)制得菠蘿酯，苯氧乙酸用苯酚和氯乙酸反應(yīng)制得，考慮到它們?nèi)芊悬c的差異，最好選擇溫度讓苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸都成為液體，反應(yīng)室I中反應(yīng)的最佳溫度是104℃，水浴加熱溫度太低，苯氧乙酸沸點99攝氏度，水浴溫度會使它凝固，不利于分離，火爐直接加熱，會使苯酚，氯乙酸，苯氧乙酸全都生成氣體，不利于反應(yīng)，故選擇油浴。生成的菠蘿酯屬于酯類，在堿性條件下會發(fā)生水解，所以不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液。

【詳解】

(1)火爐直接加熱溫度比較高；會讓苯酚和氯乙酸變成蒸汽，不利于它們之間的反應(yīng)，還會使苯氧，故溫度不能太高，水浴加熱溫度較低，不能讓氯乙酸和苯酚熔化，故溫度也不能太低，可以使所有物質(zhì)都成液體，為較好地控制溫度在102℃~106℃之間，加熱時可選用油浴加熱；

答案為：C；

(2)分離室I是將反應(yīng)不充分的原料再重復(fù)使用；為了增加原料的利用率，要把苯酚和氯乙酸加入反應(yīng)室1，操作名稱為蒸餾；

答案為：蒸餾；

(3)反應(yīng)室1為苯酚和氯乙酸發(fā)生取代反應(yīng)，制得苯氧乙酸，+HCl；

答案為：+HCl；

(4)分離室II發(fā)生的反應(yīng)是苯氧乙酸和丙烯醇發(fā)生酯化反應(yīng)，制取菠蘿酯，由于酯在NaHCO3溶液中的溶解度較小，可以析出，隨后分液即可，如用NaOH會使酯發(fā)生水解，故不能用NaOH溶液代替NaHCO3溶液，化學(xué)方程式為+NaOH+HOCH2CH=CH2

答案為+NaOH+HOCH2CH=CH2。【解析】C蒸餾+HCl+NaOH+HOCH2CH=CH212、略

【分析】【詳解】

（1）亞硫酸鈉和硫酸反應(yīng)生成二氧化硫,反應(yīng)的方程式為：Na2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的二氧化硫含有水蒸氣，可用濃硫酸干燥，用向上排空氣法收集，且用堿石灰吸收尾氣，避免污染環(huán)境，則連接順序為a接b；c接f，g接d；

（2）①Na2S2O4中硫元素的化合價為+3；

②由裝置可知；儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗；

③實驗時應(yīng)避免Na2S2O4和HCOONa被氧化，可應(yīng)先通入二氧化硫，排凈系統(tǒng)中的空氣，防止加熱時Na2S2O4和HCOONa被氧化，也可通一段時間N2；排凈系統(tǒng)中的空氣；

④洗滌連二亞硫酸鈉時應(yīng)與空氣隔離；洗滌劑可用甲醇或乙醇，洗滌過程為：在無氧環(huán)境中，向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次；

⑤設(shè)連二亞硫酸鈉理論產(chǎn)率為x；根據(jù)硫原子守恒：

2Na2SO3～Na2S2O4

252174

6.3gx

則解得x=4.35g，產(chǎn)率為：【解析】bcfgdNa2SO3+H2SO4(濃)═Na2SO4+SO2↑+H2O+3恒壓滴液漏斗排凈系統(tǒng)中的空氣向漏斗中加入甲醇或乙醇至浸沒晶體，待甲醇順利流下，重復(fù)2-3次13、略

【分析】【分析】

溴單質(zhì)氧化性較強，能將亞鐵離子氧化為三價鐵，三價鐵在水溶液中是黃色的；要驗證乙同學(xué)的判斷正確，可檢驗黃色溶液中不含Br2或黃色溶液中含F(xiàn)e3+，根據(jù)Br2和Fe3+的性質(zhì)進行檢驗,Br2可溶于CCl4，F(xiàn)e3+可與KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色物質(zhì)；Br2能將Fe2+氧化成Fe3+，說明還原性：Fe2+>Br-；依據(jù)氧化還原反應(yīng)中“先強后弱”規(guī)律判斷。

【詳解】

(1)在足量的稀氯化亞鐵溶液中，加入1-2滴液溴，若沒有發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，使溶液呈黃色的微粒為Br2；若是發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，二價鐵離子被溴單質(zhì)氧化為三價鐵在水溶液中是黃色的；因此答案是:Br2；Fe3+；

(2)要驗證乙同學(xué)的判斷正確，可檢驗黃色溶液中不含Br2或黃色溶液中含F(xiàn)e3+，根據(jù)Br2和Fe3+的性質(zhì)進行檢驗,Br2可溶于CCl4，F(xiàn)e3+可與KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色物質(zhì)；方案一可選用CCl4（C），向黃色溶液中加入四氯化碳，充分振蕩、靜置，溶液分層，若下層呈無色，表明黃色溶液中不含Br2，則乙同學(xué)的判斷正確；方案二可選用KSCN溶液（D），向黃色溶液中加入KSCN溶液，振蕩，若溶液變?yōu)檠t色，則黃色溶液中含F(xiàn)e3+；則乙同學(xué)的判斷正確。

(3)根據(jù)上述推測說明發(fā)生反應(yīng)Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，由此說明亞鐵離子的還原性大于溴離子，Cl2具有氧化性，先氧化的離子是亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；因此答案是:Fe2+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-?！窘馕觥緽r2；Fe3+答案如下:

。

選用試劑。

實驗現(xiàn)象。

第一種方法。

C

有機層無色。

第二種方法。

D

溶液變紅。

Fe2+2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-14、略

【分析】【詳解】

(1)NaHCO3在水溶液中發(fā)生電離：NaHCO3=Na++電離產(chǎn)生是會發(fā)生電離作用：H++也會發(fā)生水解作用：+H2OH2CO3+OH-。發(fā)生電離、水解作用都會消耗離子導(dǎo)致c(Na+)＞c()；電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性；水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性。由于其水解作用大于電離作用，最終達到平衡時，溶液中c(OH-)＞c(H+)，但鹽水解程度是微弱的，主要以鹽電離產(chǎn)生的離子存在，所以c()＞c(OH-)；溶液中的H+除會電離產(chǎn)生，還有H2O電離產(chǎn)生，而只有電離產(chǎn)生，故離子濃度：c(H+)＞c()，因此該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為：c(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()；

(2)在0.1mol?L-1的NaHR溶液中，存在HR-的電離作用：HR-R2-+H+，電離產(chǎn)生H+使溶液顯酸性，同時也存在著水解中：HR-+H2OH2R+OH-，水解產(chǎn)生OH-，使溶液顯堿性，其平衡常數(shù)Kh=＜Ka2=5.60×10-8，說明HR-的電離作用大于水解作用；因此NaHR溶液顯酸性；

(3)AlCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中會發(fā)生水解作用：AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl，導(dǎo)致溶液變渾濁，由于水解產(chǎn)生HCl，因此根據(jù)平衡移動原理，若用固體配制溶液時，將其溶解在一定量的濃鹽酸中，增加了H+的濃度，就可以抑制鹽的水解，然后再加水稀釋，就可以得到澄清溶液；若將AlCl3溶液蒸干，水解平衡正向進行直至水解完全，HCl揮發(fā)逸出，得到的固體是Al(OH)3，然后將固體灼燒至恒重，Al(OH)3分解產(chǎn)生Al2O3和H2O，最后得到的固體是Al2O3；

(4)氯化銀在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)；Ag+、Cl-都會抑制物質(zhì)的溶解，溶液中Ag+、Cl-濃度越大；其抑制AgCl溶解的程度就越大。

①100mL0.1mol?L-1鹽酸中c(Cl-)=0.1mol/L；

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

③100mL0.1mol?L-1氯化鋁溶液中c(Cl-)=0.1mol/L×3=0.3mol/L；

④100mL蒸餾水中不含Cl-、Ag+；對氯化銀在水中溶解無抑制作用。

它們抑制AgCl溶解程度③＞②＞①＞④，AgNO3溶液中含有Ag+，該溶液中含有的c(Ag+)最大；則這四種液體物質(zhì)中銀離子濃度由大到小的順序是：②＞④＞①＞③；

③中c(Cl-)=0.3mol/L，由于AgCl的溶度積常數(shù)Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10，則該溶液中c(Ag+)==6.0×10-10mol/L?！窘馕觥縞(Na+)＞c()＞c(OH-)＞c(H+)＞c()酸將AlCl3(s)溶解在較濃的鹽酸中，然后加水稀釋Al2O3②＞④＞①＞③6.0×10-10三、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共7題，共14分)15、略

【分析】【分析】

根據(jù)Cr原子的電子排布式，寫出基態(tài)價電子的排布式；根據(jù)Cr原子失去一個電子后價電子排布情況判斷鉻的第二電離能大于錳的第二電離能；根據(jù)題中結(jié)構(gòu)判斷存在化學(xué)鍵類型；根據(jù)VSEPR理論判斷中心原子雜化方式和空間構(gòu)型；根據(jù)等電子體的概念寫出一種與互為等電子體的分子；根據(jù)形成氫鍵和相似相溶原理解釋乙醇能與水以任意比例互溶；根據(jù)題中晶胞的結(jié)構(gòu)；利用“均攤法”進行晶胞的相關(guān)計算；據(jù)此解答。

（1）

Cr是24號元素，核外有24個電子，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，價電子排布式為3d54s1，答案為3d54s1。

（2）

因為鉻原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定，即鉻的第二電離能是失去半充滿3d5上的電子，錳的第二電離能是失去3d6上的電子變?yōu)榘氤錆M狀態(tài)，所以金屬鉻的第二電離能大于錳的第二電離能答案為鉻原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定。

（3）

①由可知，該結(jié)構(gòu)中存在N－H鍵是鍵，N＝C雙鍵、C＝S雙鍵中有鍵、鍵，Cr3+與配體間形成配位鍵；ABD符合題意；答案為ABD。

②由可知，NCS-的中心原子C原子形成2個雙鍵，NCS-為直線形結(jié)構(gòu)，C原子采取sp雜化；因為NCS-結(jié)構(gòu)中，N、S均有孤電子對，均可與Cr3+形成配位鍵；答案為sp雜化；N；S。

③的價層電子對數(shù)＝4+＝4+0＝4，無孤電子對，的空間構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)；根據(jù)原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體，則的等電子體的分子為CH4；答案為4；正四面體；CH4。

④CH3CH2OH與水分子間能形成氫鍵，并且都是極性分子，根據(jù)相似相溶原理，所以CH3CH2OH能與水以任意比互溶；答案為乙醇可與水形成分子間氫鍵；乙醇屬于極性分子。

（4）

由可知，晶胞中Cr原子數(shù)目=8×+4×=2，Se原子位于晶胞內(nèi)，數(shù)目=2，故晶胞質(zhì)量m=2×g=g，晶胞的體積V=a×10-7cm×a×10-7cm×b×10-7cm=a2b×10-21cm3，則晶體密度ρ===答案為【解析】(1)

(2)鉻原子失去1個電子后，價電子層電子排布式為屬于半充滿，相對穩(wěn)定。

(3)ABDsp雜化S、N4正四面體形乙醇可與水形成分子間氫鍵乙醇屬于極性分子。

(4)16、略

【分析】【詳解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的價電子排布式為3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋與SO42－之間存在離子鍵，Cu2＋和NH3之間存在配位鍵；N和H之間存在極性共價鍵，故A正確；

B；該化合物中第一電離能最大的是N元素；故B錯誤；

C、外界離子為SO42－，根據(jù)價層電子對互斥理論，SO42－的空間構(gòu)型為正四面體形；故C正確；

答案選AC；

（3）SO32－中心原子S有3個σ鍵，孤電子對數(shù)=1，價層電子對數(shù)為4，雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，即SO32－中S的雜化類型為sp3；SO32－空間構(gòu)型為三角錐形；

（4）根據(jù)等電子體的概念，與SO3互為等電子體的分子為BF3等；

（5）利用均攤的方法進行判斷，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，O位于頂點、面心、棱上和內(nèi)部，屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4，Cu位于內(nèi)部，有4個，即化學(xué)式為CuO?！窘馕觥竣?3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO17、略

【分析】【分析】

根據(jù)Fe的原子序數(shù)，結(jié)合核外電子排布規(guī)則寫出Fe的電子排布式；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，利用“均攤法”進行晶胞的有關(guān)計算；根據(jù)同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律解釋H、Li、Na的第一電離能的關(guān)系；根據(jù)NH3分子與H2O分子之間會形成氫鍵解釋NH3極易溶于水的原因；根據(jù)NH3極易溶于水，CO2在水中溶解度不大，解釋侯氏制堿法先通入NH3再通入CO2；根據(jù)VSEPR理論，判斷其空間結(jié)構(gòu)和雜化類型；根據(jù)形成配位健的條件判斷提供空軌道的原子；根據(jù)NH3BH3(氨硼烷)分子間形成氫鍵判斷其熔點較高；據(jù)此解答。

（1）

①Fe元素的原子序數(shù)為26，核外有26個電子，根據(jù)核外電子排布規(guī)則，基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；答案為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；

②由晶胞的結(jié)構(gòu)可知，圖1結(jié)構(gòu)中，F(xiàn)e位于頂點和體心，F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+1=2，圖2結(jié)構(gòu)中，F(xiàn)e位于頂點和面心，F(xiàn)e原子的個數(shù)為8×+6×=4，則兩種晶胞所含鐵原子個數(shù)比為2:4=1:2；又圖1晶胞的棱長為apm(1pm=1×10-10cm)，其體積為V=(a×10-10cm)3，晶胞的質(zhì)量為m==其密度ρ===g·cm-3；答案為1:2；

③第一電離能(I1)為I1(H)>I1(Li)>I1(Na)；原因是H；Li、Na位于同一主族，價電子數(shù)相同，自上而下，原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱，失電子能力增強，第一電離能逐漸減小；答案為H、Li、Na位于同一主族，價電子數(shù)相同，自上而下，原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱，失電子能力增強，第一電離能逐漸減??；

（2）

①NH3極易溶于水的原因是NH3與H2O分子間能形成氫鍵；答案為NH3與H2O分子間能形成氫鍵；

②因為二氧化碳在水中溶解度不大，氨氣極易溶于水，飽和氨鹽水顯堿性，比飽和食鹽水更容易吸收二氧化碳，所以要先向飽和食鹽水中通入氨氣，制成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳即反應(yīng)時，向飽和NaCl溶液中先通入氨氣，再通入二氧化碳；答案為NH3；

③中中心原子C原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+0=3，且無孤電子對，采取sp2雜化；其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形；答案為平面三角形；

（3）

①NH3分子中中心原子N原子的價層電子對個數(shù)=3+=3+1=4，且含有一個孤電子對，所以中心原子N原子的雜化軌道類型為sp3雜化；答案為sp3；

②在NH3BH3結(jié)構(gòu)中；N原子存在孤電子對，B原子為缺電子原子，在配位鍵的形成中B原子提供空軌道；答案為B；

③NH3BH3(氨硼烷)與CH3CH3互為等電子體，由于NH3BH3分子中N原子的電負性較大，分子間會形成氫鍵，所以NH3BH3熔點高于CH3CH3；答案為>。【解析】(1)1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s21:2H；Li、Na位于同一主族；價電子數(shù)相同，自上而下，原子半徑逐漸增大，原子核對外層電子的有效吸引作用逐漸減弱，失電子能力增強，第一電離能逐漸減小。

(2)NH3與H2O分子間能形成氫鍵NH3平面三角形。

(3)sp3B＞18、略

【分析】【詳解】

（1）Cu位于第四周期IB族，其Cu2＋的價電子排布式為3d9；

（2）A、[Cu(NH3)4]2＋與SO42－之間存在離子鍵，Cu2＋和NH3之間存在配位鍵；N和H之間存在極性共價鍵，故A正確；

B；該化合物中第一電離能最大的是N元素；故B錯誤；

C、外界離子為SO42－，根據(jù)價層電子對互斥理論，SO42－的空間構(gòu)型為正四面體形；故C正確；

答案選AC；

（3）SO32－中心原子S有3個σ鍵，孤電子對數(shù)=1，價層電子對數(shù)為4，雜化軌道數(shù)等于價層電子對數(shù)，即SO32－中S的雜化類型為sp3；SO32－空間構(gòu)型為三角錐形；

（4）根據(jù)等電子體的概念，與SO3互為等電子體的分子為BF3等；

（5）利用均攤的方法進行判斷，根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)，O位于頂點、面心、棱上和內(nèi)部，屬于晶胞的氧原子的個數(shù)為=4，Cu位于內(nèi)部，有4個，即化學(xué)式為CuO。【解析】①.3d9②.AC③.sp3④.三角錐形⑤.BF3⑥.CuO19、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Cu為29號元素，核外電子排布式為則銅元素為周期表中ds區(qū)，故答案為：ds；

(2)易溶解于水，熔點為時升華,由此可得出是分子晶體；故答案為：分子晶體；

(3)為深棕紅色的劇毒液體，其分子結(jié)構(gòu)中含有鍵，根據(jù)8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，該分子結(jié)構(gòu)為因此該分子中Se的雜化軌道類型為雜化；Se的價層電子數(shù)時4，含有2個孤對電子，的空間構(gòu)型為鋸齒形，故答案為：b；

(4)的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°，所以中的鍵角比的鍵角小，故答案為：小；的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形；鍵角為120°；

(5)用“均攤法”：晶胞中含4個Cu，O氧原子個數(shù)為8Cu與O的個數(shù)比為2：1，所以該氧化物的化學(xué)式為1個晶胞中氧原子、銅原子的體積之和為晶體的體積為1個晶胞的體積為故該晶胞的空間利用率為故答案為：【解析】ds分子晶體b小的立體構(gòu)型為正四面體，鍵角為109°28′，的立體構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°20、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)①N的最外層電子數(shù)為5，B的最外層電子數(shù)為3，能形成3個共價鍵，B原子提供空軌道，N原子提供孤對電子，在化合物H3BNH3中；B與N原子之間存在配位鍵；

B；C、N、O是同一周期的元素。一般情況下；元素的非金屬性越強，原子半徑越小，元素的第一電離能越大，但是由于N原子的2p軌道上的電子處于半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，所以其電離能比O還大，因此第一電離能由大到小的順序N＞O＞C＞B；

CH4是正四面體結(jié)構(gòu)，鍵角109°28′；H2O是V型分子，鍵角104.5°，CO2是直線型分子，鍵角為180°。因此這三分子按照鍵角由大到小的順序排列為CO2＞CH4＞H2O；

②等電子體是原子數(shù)等，最外層電子數(shù)也相等的物質(zhì)，(HB=NH)3的原子數(shù)為12，最外層電子數(shù)為30，與(HB=NH)3互為等電子體的分子為C6H6；

③LiAlH4和BCl3在一定條件下制備乙硼烷B2H6、LiCl、AlCl3，根據(jù)原子守恒可得合成乙硼烷B2H6的化學(xué)方程式為：4BCl3+3LiAlH4=2B2H6+3LiCl+3AlCl3；

④圖(a)是一種鏈狀結(jié)構(gòu)的多硼酸根，從圖可看出，每個單元，有一個B，有一個O完全屬于這個單元，剩余的2個O分別為2個單元共用，所以B∶O=1∶(1+2×)=1∶2，化學(xué)式為：

從圖(6)是硼砂晶體中陰離子的環(huán)狀結(jié)構(gòu)可看出，[B4O5(OH)4]2-一半sp3雜化形成兩個四配位BO4四面體；另一半是sp2雜化形成兩個三配位BO3平面三角形結(jié)構(gòu)，硼原子采取的雜化方式為sp3、sp2；

(2)①Cu是29號元素，Cu的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+失去4s上的一個電子和3d上的一個電子，Cu2+的價層電子排布式為3d9；

②銅及其它許多金屬及其化合物都可以發(fā)生焰色反應(yīng)的原因是在灼燒時原子中的電子吸收能量；從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)。但是激發(fā)態(tài)是不穩(wěn)定的，激發(fā)態(tài)的電子從能量較高的軌道躍遷到能量較低的軌道時，以一定波長的光的形式釋放能量；

③Cu是面心立方緊密堆積，在一個晶胞中含有的Cu原子的個數(shù)為：8