2025年華東師大版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷

…………○…………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年華東師大版選擇性必修2化學(xué)下冊階段測試試卷593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：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、(鍶)的穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變。土壤生物中值與土壤中值有效相關(guān)。測定土壤生物中值可進(jìn)行產(chǎn)地溯源。下列說法不正確的是A.位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B.可用質(zhì)譜法區(qū)分和C.和含有的中子數(shù)分別為49和48D.同一地域產(chǎn)出的同種土壤生物中值相同2、化合物是一種治療腦卒中藥物中間體；其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關(guān)于該有機(jī)物的說法不正確的是。

A.分子中無手性碳B.分子中有種含氧官能團(tuán)C.能與發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)D.該有機(jī)物最多消耗3、下列化學(xué)用語表示不正確的是A.Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖：B.醋酸的實驗式：CH2OC.S2-的電子排布式：1s22s22p63s23p6D.基態(tài)鉻原子(24Cr)的價層電子排布式：3d44s24、下列化學(xué)用語表示正確的是A.中子數(shù)為18的氯原子：B.碳的基態(tài)原子軌道表示式：C.C1-C1的p-pσ鍵電子云圖形：D.SO3的VSEPR模型：5、下列物質(zhì)性質(zhì)的變化規(guī)律與化學(xué)鍵強(qiáng)弱無關(guān)的是A.F2、Cl2、Br2、I2的熔點逐漸升高B.HF、HCl、HBr、HI的熱穩(wěn)定性依次減弱C.金剛石的硬度、熔點、沸點都高于晶體硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔點依次降低6、已知Zn2+的4s軌道和4p軌道可以形成sp3型雜化軌道，那么[ZnCl4]2—的空間構(gòu)型為A.直線形B.平面正方形C.正四面體形D.正八面體形評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)7、(2018·全國I卷)下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為___________、___________。

A．B．

C．D．8、元素的電負(fù)性(用γ表示)和元素的化合價一樣，也是元素的一種性質(zhì)。表中給出了14種元素的電負(fù)性：。元素AlBBeCClFH電負(fù)性1.52.01.52.53.04.02.1元素MgNNaOPKSi電負(fù)性1.23.00.93.52.10.81.8

已知：兩成鍵元素間電負(fù)性差值大于1.7時；一般形成離子鍵；兩成鍵元素間電負(fù)性差值小于1.7時，一般形成共價鍵。

(1)根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，可推知元素的電負(fù)性具有的變化規(guī)律是_______。

(2)請指出下列化合物中顯正價的元素：

NaH：_______、NH3：_______、CH4：_______、ICl：_______。

(3)表中符合“對角線規(guī)則”的元素有Be和_______、B和_______，它們的性質(zhì)分別有一定的相似性，原因是_______，寫出表示Be(OH)2顯兩性的離子方程式：_______。9、重氮化合物是一類活潑的化合物；在有機(jī)合成方面有著重要應(yīng)用。重氮化合物A在光照及甲醇參與反應(yīng)的條件下經(jīng)過一系列活潑中間體轉(zhuǎn)化為F的路線如下：

回答下列問題：

(1)為研究反應(yīng)歷程，A中的羰基上的碳原子用13C標(biāo)記，這種研究方法稱為___________。

(2)B1中的一個碳原子含有未共用電子對，易與B2相互轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)化為C，B2的官能團(tuán)名稱為___________；上述路線中與B1、B2互為同分異構(gòu)體的是___________(填標(biāo)號)。

(3)從結(jié)果上看，C和CH3OH生成E的反應(yīng)類型為___________；寫出CH2=C=O與CH3CH2OH反應(yīng)的化學(xué)方程式___________(不要求寫出中間體)。

(4)E不穩(wěn)定，能自發(fā)轉(zhuǎn)化為F，說明穩(wěn)定性C=O___________C=C(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是___________(從鍵參數(shù)的角度說明)。

(5)X；Y是二十多年前才發(fā)現(xiàn)的兩種生物堿；在室溫下可相互轉(zhuǎn)化：

含N+的中間體的結(jié)構(gòu)簡式為____________10、原子結(jié)構(gòu)與元素周期表存在著內(nèi)在聯(lián)系。根據(jù)已學(xué)知識；請你回答下列問題：

(1)指出31號元素鎵(Ga)在元素周期表中的位置：___。

(2)寫出原子序數(shù)最小的第Ⅷ族元素原子的核外的價電子排布圖：____。其正三價離子的未成對電子數(shù)為____

(3)寫出3p軌道上有2個未成對電子的元素的符號：____。

(4)日常生活中廣泛使用的不銹鋼，在其生產(chǎn)過程中添加了某種元素，該元素的價電子排布式為3d54s1，該元素的名稱為___。

(5)基態(tài)原子的4s能級中只有1個電子的元素共有___種。

(6)元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層有且只有一個未成對電子，其基態(tài)原子的電子排布式為___，屬于____區(qū)元素；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有___，[Cu(NH3)4]SO4的外界離子的空間構(gòu)型為____。11、引起灰霾的PM2.5微細(xì)粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3；含鋅有機(jī)顆粒物及揚(yáng)塵等。通過測定灰霾中鋅等重金屬的含量；可知交通污染是目前造成我國灰霾天氣主要原因之一。

(1)Zn2+在基態(tài)時核外電子排布式為_________。

(2)PM2.5富含大量的有毒、有害物質(zhì)，易引發(fā)二次光化學(xué)煙霧污染，光化學(xué)煙霧中含有NOx、O3、CH2=CH－CHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①N2O分子的立體構(gòu)型為______。

②CH2=CH－CHO分子中碳原子的雜化方式為______

③1molHCOOH中含σ鍵數(shù)目為_____。

④NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4，該配合物中心離子的配體為______，F(xiàn)e的化合價為_____。12、研究發(fā)現(xiàn)，火星巖的主要成分有K2O、CaO、Na2O、MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O。

(1)基態(tài)鐵原子的價層電子排布式為_______。

(2)Na、Mg、Al的第一電離能由大到小的是_______。

(3)Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4，[Al(OH)4]-中Al的雜化類型是_______。

(4)實驗室用K3[Fe(CN)6]檢驗Fe2+，[Fe(CN)6]3-中σ鍵、π鍵數(shù)目之比為_______。

(5)晶體熔點：K2O_______(填“>”或“<”)CaO，原因是_______。

(6)已知鐵和鎂形成的晶胞如圖所示：

①在該晶胞中鐵的配位數(shù)為_______。

②圖中a處原子坐標(biāo)參數(shù)為_______。

③已知該晶胞密度為ρg/cm3，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。該晶胞中Fe原子與Mg原子的最近距離是_______pm(用含NA、ρ的代數(shù)式表示)。13、比較下列兩組化合物的熔沸點；并解釋原因。

(1)CH3CH2OH和CH3OCH3_______

(2)O3和SO2_______評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)14、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤15、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。(_______)A.正確B.錯誤16、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤17、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍(lán)色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍(lán)色。(____)A.正確B.錯誤18、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導(dǎo)電性。(______)A.正確B.錯誤19、判斷正誤。

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對____________

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵，則該分子一定為正四面體結(jié)構(gòu)____________

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp2雜化___________

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化___________

(5)中心原子是sp1雜化的，其分子構(gòu)型不一定為直線形___________

(6)價層電子對互斥理論中，π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)___________

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp2雜化的結(jié)果___________

(8)sp3雜化軌道是由任意的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道___________

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子，其VSEPR模型都是四面體___________

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型必為平面三角形___________

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時，該分子不一定為正四面體結(jié)構(gòu)___________

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對___________

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵___________

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果常常相互矛盾___________

(15)配位鍵也是一種靜電作用___________

(16)形成配位鍵的電子對由成鍵雙方原子提供___________A.正確B.錯誤評卷人得分四、計算題(共2題，共14分)20、研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。

氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。21、(1)Ni與Al形成的一種合金可用于鑄造飛機(jī)發(fā)動機(jī)葉片；其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該合金的化學(xué)式為________．

(2)的熔點為1238℃，密度為其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示．該晶體的類型為_________，Ga與As以__________鍵結(jié)合．設(shè)Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為和原子半徑分別為和阿伏加德羅常數(shù)的值為則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為_____________(列出含M2、r1、r2、和的計算式)．

(3)自然界中有豐富的鈦礦資源；如圖表示的是鋇鈦礦晶體的晶胞結(jié)構(gòu)，經(jīng)X射線衍射分析，該晶胞為正方體，晶胞參數(shù)為apm．

寫出鋇鈦礦晶體的化學(xué)式：_____，其密度是_____(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為)．

(4)①磷化硼是一種受到高度關(guān)注的耐磨涂料；它可用作金屬的表面保護(hù)層．如圖是磷化硼晶體的晶胞，B原子的雜化軌道類型是______．立方相氮化硼晶體的熔點要比磷化硼晶體的高，其原因是_____．

②已知磷化硼的晶胞參數(shù)請列式計算該晶體的密度______(用含的代數(shù)式表示即可，不需要計算出結(jié)果)．晶胞中硼原子和磷原子最近的核間距d為_______pm．評卷人得分五、工業(yè)流程題(共4題，共32分)22、以軟錳礦(主要成分MnO2，還含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)為原料生產(chǎn)納米Mn3O4的工藝流程如圖：

I.難溶物的Ksp如表：。物質(zhì)Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列問題：

(1)基態(tài)錳原子價層電子排布式為___，已知Mn3O4可與鹽酸反應(yīng)生成氯氣(原理同MnO2)，寫出該反應(yīng)離子方程式___。

(2)軟錳礦“酸浸”需要控制溫度為90℃左右，其主要成分發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為___，“濾渣A”主要成分為___。

(3)“硫化”后的濾液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要將其沉淀完全，則至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉錳”過程中研究pH與Mn2+的沉降率關(guān)系見表，根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析，應(yīng)調(diào)節(jié)最佳pH為___，分析其原因為___。pH氨水體積/mL殘余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.623、次磷酸鈉()是具有珍珠光澤的晶體或白色結(jié)晶性粉末，易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。次磷酸鈉()廣泛應(yīng)用于化學(xué)鍍鎳；其制備與鍍鎳過程如下圖所示：

據(jù)此回答下列問題：

(1)基態(tài)Ni原子的核外電子排布式為___________，PH3的分子空間構(gòu)型為___________。

(2)“堿溶”過程中，發(fā)生反應(yīng)化學(xué)方程式為___________。次磷酸(H3PO2)的結(jié)構(gòu)為則溶液中離子濃度大小關(guān)系為___________。

(3)“沉降池”中通入氨氣的目的是___________。“凈化”操作需要過濾、洗滌、干燥，洗滌時，選用的洗滌劑為___________。

(4)“濾液2”經(jīng)分離提純可以得寫出“鍍鎳”過程發(fā)生的離子反應(yīng)方程式___________，充分反應(yīng)后，向“濾液2”中，加入適量懸濁液，生成和混合沉淀，此時___________[已知：24、介孔納米晶可用作鈉離子電池正極材料。一科研團(tuán)隊以某礦石(含55.2%32%其余為和)為原料開發(fā)的一種合成介孔的路線如圖所出示?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)原子價電子的軌道表示式為___________。

(2)“生物浸出”時，與鐵鹽溶液反應(yīng)的離子方程式為___________。此時鐵鹽___________(填“作氧化劑”；“作還原劑”或“既不是氧化劑；也不是還原劑”)。

(3)將“浸渣”溶于再過濾、蒸餾，可從“浸渣”中分離出___________(填化學(xué)式)。

(4)實驗室“萃取”時，用到的主要儀器是___________，若萃取劑為苯，“萃取”后得到的“水相”位于___________(填“上層”或“下層”)。

(5)利用如圖1裝置完成“抽濾”操作，抽濾的主要優(yōu)點是過濾較快、固體較干燥，其中安全瓶的作用是___________。

(6)利用如圖2裝置制備去離子水，水中所含的陰離子在陽離子交換柱中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。

(7)某工廠用10噸該礦石合成介孔已知整個流程中的損耗率為10%，則最終可以得到___________25、電鍍廢水中含有等離子；工業(yè)上利用分級沉淀法處理電鍍廢水回收利用銅和鎳金屬化合物，其工藝流程如下：

已知：①

②各離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。開始沉淀6.188.154.73完全沉淀7.139.675.95

回答下列問題：

(1)基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為___________。

(2)還原過程常加入適量的稀硫酸，寫出“還原”時與發(fā)生的離子反應(yīng)方程式___________。還原得到的金屬陽離子對應(yīng)的硫酸鹽可用作自行車鋼圈的電鍍液，電鍍時自行車鋼圈和惰性電極作為兩電極，則“鋼圈”連接電源的___________極，陽極的電極反應(yīng)式為___________。

(3)“還原”后，第一次“調(diào)節(jié)pH”的范圍為___________，濾渣1的主要成分是___________。

(4)“沉銅”需將濃度降為已知溶液濃度超過會逸出，通過計算分析“沉銅”時是否會產(chǎn)生逸出___________(寫出計算過程)。

(5)利用回收的物質(zhì)可制備某含銅的硫化物，該物質(zhì)可用作分析試劑，其晶胞如圖，晶胞參數(shù)則離Cu原子距離最近且相等的S原子有___________個，若阿伏加德羅常數(shù)的值為晶胞邊長為apm，則該晶胞的密度為___________(用含a、的代數(shù)式表示)。

評卷人得分六、有機(jī)推斷題(共3題，共12分)26、氯吡格雷()是一種血小板聚集抑制劑。其合成路線如下(部分無機(jī)反應(yīng)物；反應(yīng)條件已略去)：

已知：RNH2+

(1)烴A的質(zhì)譜圖如圖所示，已知質(zhì)譜圖中質(zhì)荷比數(shù)值最大的數(shù)據(jù)即為待測分子的相對分子質(zhì)量，則A的分子式是_______。

(2)物質(zhì)C中官能團(tuán)的名稱為_______。

(3)的反應(yīng)類型為_______。

(4)寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_______。

(5)有機(jī)物G的同分異構(gòu)體有多種，其中符合下列條件的G的同分異構(gòu)體有_______種。

①含有(該環(huán)狀與苯結(jié)構(gòu)類似)②含有兩個取代基，其中一個為

(6)某課題研究小組從降低生產(chǎn)成本的角度出發(fā)；以鄰氯苯乙氰為原料合成氯吡格雷。其合成路線如下：

①有機(jī)物M的結(jié)構(gòu)簡式為_______。

②有機(jī)物N為_______(填名稱)，反應(yīng)條件a為_______。

③手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，氯吡格雷分子中所含的手性碳原子有_______個。27、(1)下圖是表示4個碳原子相互結(jié)合的方式。小球表示碳原子；小棍表示化學(xué)鍵，假如碳原子上其余的化學(xué)鍵都是與氫原子結(jié)合。

①圖中A的分子式是________。

②圖中C的名稱是________。

③圖中D的結(jié)構(gòu)簡式是________。

④圖中與B互為同分異構(gòu)體的是_______(填字母)。

⑤圖中1molG完全燃燒時消耗_______molO2。

(2)已知某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡式如圖：

①該有機(jī)物的分子式為______。

②該有機(jī)物中能與NaOH溶液反應(yīng)的官能團(tuán)的名稱是____。

③該有機(jī)物1mol與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)，消耗NaHCO3的物質(zhì)的量是___mol。28、有機(jī)物A可由葡萄糖發(fā)酵得到，也可從酸牛奶中提取。純凈的A為無色粘稠液體，易溶于水。為研究A的組成與結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了如下實驗：。實驗步驟解釋或?qū)嶒灲Y(jié)論（1）稱取A9.0g，升溫使其汽化，測其密度是相同條件下H2的45倍通過計算填空：（1）A的相對分子質(zhì)量為：________（2）將此9.0gA在足量純O2中充分燃燒，并使其產(chǎn)物依次緩緩?fù)ㄟ^濃硫酸、堿石灰，發(fā)現(xiàn)兩者分別增重5.4g和13.2g（2）A的分子式為：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反應(yīng)，生成2.24LCO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況），若與足量金屬鈉反應(yīng)則生成2.24LH2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）（3）用結(jié)構(gòu)簡式表示A中含有的官能團(tuán)：__________、________（4）A的1H核磁共振譜如圖。

（4）A中含有________種氫原子（5）綜上所述，A的結(jié)構(gòu)簡式________參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

A．位于元素周期表中第五周期；第ⅡA族；故A錯誤；

B．質(zhì)譜法可以測定原子的相對原子質(zhì)量，和的相對原子質(zhì)量不同；可以用質(zhì)譜法區(qū)分，故B正確；

C．的中子數(shù)為87-38=49，的中子數(shù)為86-38=48；故C正確；

D．由題意可知，(鍶)的穩(wěn)定同位素在同一地域土壤中值不變；故D正確；

故選A。2、D【分析】【詳解】

A．手性碳原子是連有四個不同基團(tuán)的碳原子；分子中無手性碳原子，選項A正確；

B．分子中有羥基；醚鍵和酯基三種含氧官能團(tuán)；選項B正確；

C．苯環(huán)上直接連有羥基；具有酚的性質(zhì)，在酚羥基的鄰對位上的氫原子可以被溴取代，分子中有碳碳雙鍵，可以和溴發(fā)生加成反應(yīng)，選項C正確；

D．酚能和NaOH發(fā)生中和反應(yīng)；酯基在NaOH溶液中可以發(fā)生水解反應(yīng)，鹵代烴也能在NaOH溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，所以1mol該有機(jī)物最多消耗3molNaOH，選項D錯誤；

答案選D。3、D【分析】【詳解】

A．Mg原子失去兩個電子形成Mg2+，其結(jié)構(gòu)示意圖為A項正確；

B．醋酸的實驗式為CH2O；B項正確；

C．S原子得到兩個電子形成S2-，其電子排布式為1s22s22p63s23p6；C項正確；

D．基態(tài)鉻原子(24Cr)的價層電子排布式為3d54s1；D項錯誤；

答案選D。4、C【分析】【詳解】

A．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，則中子數(shù)為18的氯原子，其核素表示為：A錯誤；

B．上述表示方法違背洪特規(guī)則，碳的基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p2，則其軌道表示式：B錯誤；

C．p-pσ鍵的原子軌道頭碰頭方式重疊，則Cl-Cl的p-pσ鍵電子云圖形為C正確；

D．SO3的價電子對數(shù)為3+=3；無孤電子對，VSEPR模型錯誤，D錯誤；

故選C。5、A【分析】【詳解】

A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶體為分子晶體；熔化時僅破壞分子間作用力，與化學(xué)鍵無關(guān)，A項符合題意。

B．HF、HCl、HBr；HI分子內(nèi)的共價鍵的鍵能越來越??；共價鍵強(qiáng)度越來越弱，它們的熱穩(wěn)定性依次減弱，B不符合題意；

C．金剛石與晶體硅的結(jié)構(gòu)相似；但碳碳鍵長小于硅硅鍵長，碳碳鍵的強(qiáng)度大于硅硅鍵的強(qiáng)度，金剛石的硬度；熔點、沸點都高于晶體硅，C不符合題意；

D．NaF、NaCl、NaBr；NaI的離子鍵的強(qiáng)度越來越弱；所以它們的熔點依次降低，D不符合題意；

故選A。6、C【分析】【詳解】

此配離子的中心原子采取sp3雜化，配位數(shù)為4，故空間構(gòu)型為正四面體型，故選C。二、填空題(共7題，共14分)7、略

【分析】【詳解】

根據(jù)構(gòu)造原理；D圖示為基態(tài)Li原子電子排布圖，能量最低；C圖示中有2個電子躍遷到2p軌道，能量最高；

故選D、C。【解析】DC8、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)由題給信息可知；同周期從左到右，元素原子的電負(fù)性逐漸增大；同主族從上到下，元素原子的電負(fù)性逐漸減?。?/p>

(2)電負(fù)性數(shù)值小的元素在化合物中顯正價，NaH、NH3、CH4；ICl中電負(fù)性數(shù)值小的元素分別是Na、H、H、I；

(3)“對角線規(guī)則”指在元素周期表中某些主族元素與其右下方的主族元素的性質(zhì)相似，其原因是元素的電負(fù)性值相近，所以表中符合“對角線規(guī)則”的元素有Be和Al，B和Si；它們的性質(zhì)分別有一定的相似性，是因為它們的電負(fù)性值相近；Be(OH)2顯兩性，即Be(OH)2既能與酸反應(yīng)，又能與堿反應(yīng)，離子方程式分別為：Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O?！窘馕觥客芷趶淖蟮接?，元素原子的電負(fù)性逐漸增大；同主族從上到下，元素原子的電負(fù)性逐漸減小NaHHIAlSi電負(fù)性值相近Be(OH)2+2H+=Be2++2H2O、Be(OH)2+2OH-=BeO+2H2O9、略

【分析】【分析】

根據(jù)圖中信息可知各種物質(zhì)的的結(jié)構(gòu)簡式；分子式相同；結(jié)構(gòu)式不同的有機(jī)化合物互稱為同分異構(gòu)體，E不穩(wěn)定，能自發(fā)轉(zhuǎn)化為F，說明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C穩(wěn)定；由于氧原子半徑比碳原子半徑小，C=O鍵長更短，鍵能更大；

以此來解析；

（1）

13C屬于碳元素的一種同位素；該方法叫做同位素示蹤法；

（2）

B2中的官能團(tuán)是碳碳雙鍵和醚鍵；分子式相同；結(jié)構(gòu)式不同的有機(jī)化合物互稱為同分異。

構(gòu)體，由圖示可知B1、B2與C互為同分異構(gòu)體；

（3）

從結(jié)果上看，C中碳氧雙鍵其中1個鍵斷裂，氧連接氫原子、碳原子連接-OCH3而轉(zhuǎn)。

化為E，反應(yīng)類型是加成反應(yīng)，CH2=C=O與CH3CH2OH反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

CH2=C=O+CH3CH2OH→

（4）

E不穩(wěn)定；能自發(fā)轉(zhuǎn)化為F，說明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C穩(wěn)定；由于氧原子半徑比碳原子半徑小，C=O鍵長更短，鍵能更大；

（5）

由圖示可知，反應(yīng)中發(fā)生了13C-N斷鍵和C-Cl斷鍵，13C-Cl鍵和C-N鍵的形成，所以得出含N+的中間體的結(jié)構(gòu)簡式為【解析】(1)同位素示蹤法。

(2)碳碳雙鍵；醚鍵C

(3)加成反應(yīng)CH2=C=O+CH3CH2OH→

(4)大于氧原子半徑比碳原子半徑?。籆=O鍵長更短，鍵能更大。

(5)10、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Ga在元素周期表中的位置為第四周期第ⅢA族；

(2)原子序數(shù)最小的第Ⅷ族元素為Fe，其原子的核外的價電子排布式為3d64s2，電子排布圖為Fe3+的價電子排布為3d5；其中未成對的電子數(shù)為5；

(3)3p軌道上有2個未成對電子的元素；則可能是14號元素Si或16號元素S；

(4)該元素的價電子排布式為3d54s1，則該元素的原子序數(shù)為24，其元素符號為Cr；

(5)基態(tài)原子的4s能級中只有1個電子的元素有[Ar]4s1、[Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；共3種；

(6)元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層有且只有一個未成對電子，則該元素為Cu元素，其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，屬于ds區(qū)金屬；[Cu(NH3)4]SO4中所含的化學(xué)鍵有離子鍵、共價鍵和配位鍵；[Cu(NH3)4]SO4的外界離子為硫酸根，其中心原子為S，根據(jù)VSEPR模型，其中心原子無孤電子對，有4個共價鍵，故硫酸根的空間構(gòu)型為正四面體形?！窘馕觥竣?第四周期第ⅢA族②.③.5④.Si或S⑤.Cr⑥.3⑦.1s22s22p63s23p63d104s1⑧.ds⑨.離子鍵、共價鍵和配位鍵⑩.正四面體形11、略

【分析】【分析】

根據(jù)Zn的原子序數(shù)，依據(jù)核外電子排布規(guī)律寫出Zn2+的電子排布式；根據(jù)等電子體判斷立體構(gòu)型；根據(jù)分子結(jié)構(gòu)中σ鍵數(shù)目判斷C原子雜化方式；根據(jù)分子結(jié)構(gòu)中單鍵數(shù)目判斷σ鍵數(shù)目；根據(jù)配合物的結(jié)構(gòu)判斷配體和中心離子的價態(tài)；據(jù)此解答。

【詳解】

(1)Zn元素是30號元素，核內(nèi)有30個質(zhì)子，核外有30個電子，各電子層上電子依次為2，8，18，2，Zn原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，Zn2+表示失去最外層2個電子，Zn2+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；答案為1s22s22p63s23p63d10。

(2)①N2O與CO2是等電子體，結(jié)構(gòu)相似，CO2的結(jié)構(gòu)式O=C=O，立體構(gòu)型為直線形，所以N2O立體構(gòu)型也為直線形結(jié)構(gòu)；答案為直線形。

②CH2=CH-CHO分子中每個碳原子均形成兩個單鍵和一個雙鍵，即含有三根σ鍵和一根π鍵，因有三根σ鍵，每個C原子均采用sp2雜化；答案為sp2雜化。

③1個HCOOH分子中含有3個單鍵即C-H，C-O，O-H，1個雙鍵即碳氧雙鍵，雙鍵中有一根σ鍵和一根π鍵，則該分子中共有4個σ鍵，1molHCOOH中含σ鍵4mol，即含σ鍵數(shù)目為4NA；答案為4NA。

④由[Fe(NO)(H2O)5]SO4配合物結(jié)構(gòu)可知，配位體位于方括號中，由1個NO和5個H2O分子構(gòu)成，則配體為NO和H2O，配位數(shù)位6，由硫酸根呈現(xiàn)-2價，配體NO和H2O是分子，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，則中心離子鐵元素呈現(xiàn)+2價；答案為NO和H2O，+2。【解析】①.1s22s22p63s23p63d10②.直線形③.sp2④.4NA⑤.H2O和NO⑥.+212、略

【分析】(1)

Fe為26號元素，基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，所以其價層電子排布式為：3d64s2，故答案為3d64s2；

(2)

同周期元素從左往右，第一電離能呈現(xiàn)增大趨勢，但由于第ⅡA元素是全充滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，所以第一電離能第ⅡA元素>第ⅢA元素，因此Na、Mg、Al的第一電離能由大到小的是Mg>Al>Na，故答案為Mg>Al>Na；

(3)

根據(jù)價電子互斥理論計算公式，可知[Al(OH)4]-中Al的價電子對數(shù)為：所以其雜化類型是sp3，故答案為sp3；

(4)

[Fe(CN)6]3-中σ鍵數(shù)目為6+6=12；π鍵數(shù)目為6×2=12，兩者的比例為1:1，故答案為1:1；

(5)

離子晶體中陰陽離子電荷數(shù)越高，離子半徑越小，則離子間作用力就越強(qiáng)，晶格能就越大，熔點就越高。K2O、CaO均為離子晶體，Ca2+比K+所帶電荷數(shù)多且半徑小，故CaO晶格能大，熔點高，故答案為：<，K2O、CaO均為離子晶體，Ca2+比K+所帶電荷數(shù)多且半徑?。还蔆aO晶格能大，熔點高；

(6)

①分析晶胞結(jié)構(gòu)可知；該晶胞中鐵的配位數(shù)為8，故答案為8；

②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)中的原子坐標(biāo)信息可知a處原子坐標(biāo)參數(shù)為()，故答案為()；

③根據(jù)均攤法，晶胞中Fe原子有個，Mg原子有8個，晶胞中Fe原子與Mg原子的最近距離是晶胞體對角線長度的而晶胞體對角線長度等于晶胞棱長的倍，設(shè)晶胞的棱長為acm，再結(jié)合公式晶胞的質(zhì)量可得即所以晶胞中Fe原子與Mg原子的最近距離是故答案為【解析】(1)3d64s2

(2)Mg>Al>Na

(3)sp3

(4)1：1

(5)<K2O、CaO均為離子晶體，Ca2+比K+所帶電荷數(shù)多且半徑??；故CaO晶格能大，熔點高。

(6)8()13、略

【分析】【分析】

【詳解】

略【解析】熔沸點：CH3CH2OH>CH3OCH3。兩種化合物為同分異構(gòu)體，而CH3CH2OH中存在分子間氫鍵，CH3OCH3無氫鍵，因此CH3CH2OH熔沸點高熔沸點：O32。兩者均為極性分子，O3為同種原子分子，極性較SO2弱。其次，O3分子直徑小于SO2，分子間色散力較小，因此SO2熔沸點較高三、判斷題(共6題，共12分)14、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。15、A【分析】【詳解】

同周期從左到右；金屬性減弱，非金屬性變強(qiáng)；同主族由上而下，金屬性增強(qiáng)，非金屬性變?nèi)?；故第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強(qiáng)。

故正確；16、A【分析】【分析】

【詳解】

乙醇中的羥基與水分子的羥基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烴基較大，其中的羥基和水分子的羥基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明顯減小，故正確。17、A【分析】【詳解】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應(yīng)生成銅原子和四個羥基絡(luò)合產(chǎn)生的物質(zhì)，該物質(zhì)的顏色是絳藍(lán)色，類似于丙三醇與新制的反應(yīng)，故答案為：正確。18、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導(dǎo)電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。19、B【分析】【分析】

【詳解】

(1)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(2)分子中中心原子若通過sp3雜化軌道成鍵；則該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，錯誤；

(3)NH3分子為三角錐形，N原子發(fā)生sp3雜化；錯誤；

(4)只要分子構(gòu)型為平面三角形，中心原子均為sp2雜化；正確；

(5)中心原子是sp1雜化的；其分子構(gòu)型一定為直線形，錯誤；

(6)價層電子對互斥理論中；π鍵電子對數(shù)不計入中心原子的價層電子對數(shù)，正確；

(7)PCl3分子是三角錐形，這是因為P原子是以sp3雜化的結(jié)果且沒有孤電子對；錯誤；

(8)sp3雜化軌道是由中心原子的1個s軌道和3個p軌道混合形成的四個sp3雜化軌道；錯誤；

(9)凡中心原子采取sp3雜化的分子；其VSEPR模型都是四面體，正確；

(10)AB3型的分子空間構(gòu)型為平面三角形或平面三角形；錯誤；

(11)分子中中心原子通過sp3雜化軌道成鍵時；該分子正四面體結(jié)構(gòu)或三角錐形或折線形，正確；

(12)雜化軌道只用于形成σ鍵或用于容納未參與成鍵的孤電子對；正確；

(13)NH3和CH4兩個分子中中心原子N和C都是通過sp3雜化軌道成鍵；正確；

(14)雜化軌道理論與VSEPR模型分析分子的空間構(gòu)型結(jié)果不矛盾；錯誤；

(15)配位鍵也是一種靜電作用；正確；

(16)形成配位鍵的電子對由一個原子提供，另一個原子提供空軌道，錯誤。四、計算題(共2題，共14分)20、略

【分析】【分析】

【詳解】

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞結(jié)構(gòu)中，共有16個氨硼烷分子，晶胞的長、寬、高分別為2apm、2bpm.2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個小長方體，則平均每個小長方體中占有2個氨硼烷分子，小長方體的長、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長方體的質(zhì)量為小長方體的體積為abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶體的密度ρ=【解析】21、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)根據(jù)均攤法該晶胞中Al原子的個數(shù)為Ni原子的個數(shù)為所以該合金的化學(xué)式為

(2)根據(jù)晶體的熔點和晶胞結(jié)構(gòu)可以判斷該晶體為共價晶體，所以原子之間應(yīng)該以共價鍵結(jié)合．每個晶胞中含有4個Ga和4個As，所以晶胞質(zhì)量為進(jìn)而得到晶胞體積為每個晶胞中含有4個Ga原子和4個As原子，所以晶胞中原子占有的總體積為故GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為

(3)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，Ba位于體心，個數(shù)為1，Ti位于頂點，個數(shù)為O位于棱心，個數(shù)為故其化學(xué)式為晶胞質(zhì)量為故晶體密度

(4)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個B原子與4個P原子形成4個鍵，則B原子的雜化軌道類型為氮化硼與磷化硼都為共價晶體；原子半徑越小，共價鍵越短，共價鍵的鍵能越大，晶體熔點越高；

②根據(jù)均攤法可知1個晶胞中含有4個B原子和4個P原子，則晶胞的質(zhì)量為晶胞體積為則晶體密度硼與磷原子的最近核間距為體對角線長的則【解析】共價晶體共價二者均為共價晶體，氮原子的半徑小于磷原子，N-B鍵的鍵長小于P-B鍵，N-B鍵的鍵能大五、工業(yè)流程題(共4題，共32分)22、略

【分析】【分析】

由流程圖可知，加入鐵和硫酸后，F(xiàn)e2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反應(yīng)，鐵和硫酸生成的亞鐵離子和MnO2反應(yīng)，反應(yīng)方程式分別為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，F(xiàn)e+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2與硫酸不反應(yīng)，故濾渣A為SiO2和CaSO4；調(diào)節(jié)PH后沉淀了鐵和鋁，加入(NH4)2S后，發(fā)生反應(yīng)：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生產(chǎn)ZnS沉淀，故濾渣B為ZnS，則濾液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入試劑X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，過濾，濾液中含有硫酸銨、硫酸錳，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化還原反應(yīng)生成納米Mn3O4；以此解答該題。

【詳解】

(1)已知錳是25號元素，故基態(tài)錳原子價層電子排布式為3d54s2，根據(jù)MnO2與鹽酸反應(yīng)的反應(yīng)原理，可以推知Mn3O4可與鹽酸反應(yīng)生成氯氣(原理同MnO2)，故反應(yīng)方程式為：Mn3O4+8HCl3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故該反應(yīng)的離子方程式為：Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案為：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；

(2)在90℃“溶浸”軟錳礦，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“濾渣A”主要成分為SiO2、CaSO4，故答案為：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；

(3)“硫化”后的濾液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要將其沉淀完全，則至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=mol/L，故答案為：2.0×10-4mol/L；

(4)“沉錳”過程中研究pH與Mn2+的沉降率關(guān)系見表，根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析可知，pH為10.0時沉降率最高，殘留率最低，究其原因為pH過低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH過高氨水過量，Mn2+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)導(dǎo)致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低，故答案為：10.0；pH過低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH過高氨水過量，Mn2+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)導(dǎo)致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低?！窘馕觥?d54s2Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O3MnO2+2Fe+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2OSiO2、CaSO42.0×10-410.0pH過低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH過高氨水過量，Mn2+發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)導(dǎo)致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低23、略

【分析】【分析】

黃磷在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)生成NaH2PO2和PH3，次磷酸鈉微溶于氨水，所以通入氨氣后析出次磷酸鈉晶體，過濾、凈化后與NiSO4混合；得到Ni單質(zhì)和濾液2。

【詳解】

(1)Ni為28號元素，原子核外有28個電子，根據(jù)構(gòu)造理論可知基態(tài)Ni原子核外電子排布式為[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2；PH3中心原子價層電子對數(shù)為=4；含一對孤電子對，所以空間構(gòu)型為三角錐形；

(2)根據(jù)流程可知堿溶過程中P4與NaOH溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成PH3和NaH2PO2，根據(jù)電子守恒可知PH3和NaH2PO2的系數(shù)比應(yīng)為1:3，再結(jié)合元素守恒可得化學(xué)反應(yīng)方程式為P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑；根據(jù)結(jié)構(gòu)可知H3PO2為一元弱酸，則NaH2PO2溶液中存在H2PO的水解使溶液顯堿性，水解是微弱的，所以離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(H2PO)>c(OH-)>c(H+)；

(3)根據(jù)題目所給信息可知次磷酸鈉微溶于氨水，通入氨氣可以降低NaH2PO2溶解度；使其析出，與雜質(zhì)分離；次磷酸鈉不溶于乙醚，所以為了降低洗滌時的溶解損耗，應(yīng)用乙醚洗滌；

(4)根據(jù)流程和題意可知NaH2PO2和NiSO4混合后生成Ni和H3PO4，說明該過程中Ni2+將H2PO氧化成H3PO4，自身被還原為Ni，根據(jù)電子守恒可以得到Ni2+和H2PO的系數(shù)比為2:1，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為2Ni2++H2PO+2H2O=2Ni+H3PO4+3H+；==700。【解析】[Arl3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2三角錐形降低溶解度，使其析出，與雜質(zhì)分離乙醚70024、略

【分析】【分析】

礦石(含55.2%32%其余為和)中加入細(xì)菌、硫酸鐵溶液進(jìn)行生物浸出，與硫酸鐵不反應(yīng)，和與硫酸鐵反應(yīng)生成Cu2+、CaSO4和S單質(zhì)，過濾得濾渣為CaSO4、和S，濾液中含有Cu2+、過量的和往濾液中加入萃取劑CS2，靜置分層后分液，水相中含有機(jī)相中含CuSO4，在有機(jī)相中加入蒸餾水進(jìn)行反萃取，CuSO4進(jìn)入水相，水相中CuSO4溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得五水硫酸銅；往所得晶體中加入乙醇進(jìn)行醇溶，加入Se和將Cu2+還原，得到粗產(chǎn)品，經(jīng)洗滌烘干后得到

【詳解】

（1）原子序數(shù)為29，基態(tài)原子價電子排布式為則其軌道表示式為

（2）與鐵鹽溶液反應(yīng)生成Cu2+和S，離子反應(yīng)方程式為該反應(yīng)中鐵元素化合價降低；鐵鹽作氧化劑。

（3）根據(jù)分析，過濾得“浸渣”為CaSO4、和S，S易溶于因此將“浸渣”溶于再過濾；蒸餾，可分離出S。

（4）實驗室“萃取”時；主要儀器是分液漏斗；由于苯的密度比水小，因此若萃取劑為苯，“萃取”后得到的“水相”位于下層。

（5）安全瓶的作用是平衡氣壓；防止倒吸。

（6）陽離子交換柱中氫離子與碳酸氫根離子反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為

（7）10噸該礦石中，故【解析】(1)

(2)作氧化劑。

(3)S

(4)分液漏斗下層。

(5)平衡氣壓；防倒吸。

(6)

(7)758725、略

【分析】【分析】

電鍍廢水中含有等離子，加H2C2O4將還原為調(diào)節(jié)pH，將全部轉(zhuǎn)化為過濾除去，因此濾渣I為濾液I中加H2SO4、Na2S，調(diào)節(jié)pH至4.0沉銅，將轉(zhuǎn)化為CuS；調(diào)節(jié)pH至7.0加Na2S沉鎳，將轉(zhuǎn)化為NiS；最后回用廢水。

【詳解】

（1）基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。

（2）“還原”時，和H+反應(yīng)生成Cr3+、CO2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為硫酸鉻可用作自行車鋼圈的電鍍液，電鍍時，溶液中Cr3+得電子生成單質(zhì)Cr，則“鋼圈”作電鍍池的陰極，與外接電源的負(fù)極相連；惰性電極作陽極，電極反應(yīng)式為

（3）“還原”后，第一次“調(diào)節(jié)pH”需將反應(yīng)生成的沉淀完全，而和不能沉淀，則pH的范圍為或調(diào)節(jié)pH將全部轉(zhuǎn)化為沉淀除去，則濾渣1的主要成分是

（4）“沉銅”需將濃度降為此時則<無逸出。

（5）由圖可知，離Cu原子距離最近且相等的S原子有4個；位于頂點和面心S原子個數(shù)為位于晶胞內(nèi)部Cu原子個數(shù)為4，則該晶胞的密度為【解析】(1)1s22s22p63s23p63d54s1（或[Ar]3d54s1）

(2)負(fù)

(3)（或）

(4)“沉銅”需將濃度降為此時則<無逸出。

(5)4六、有機(jī)推斷題(共3題，共12分)26、略

【分析】【分析】

物質(zhì)A是烴，