福建省厦门一中2021-2022学年高二化学下学期3月月考试题（Word版附解析）

厦门一中2021~2022学年度第二学期高二年3月适应性练习化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Ca-40Mn-55Ag-108第Ⅰ卷选择题：每道题有且只有一个正确选项，每题3分，共45分。1.下列说法正确的是A.p电子云是平面“8”字形的B.3p2表示3p能级中有两个原子轨道C.2d能级包含5个原子轨道，最多容纳10个电子D.s电子云是在空间各个方向上伸展程度相同的对称形状【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．p电子云形状是哑铃形，不是平面“8”字形，A错误；B．3p2表示3p能级中容纳了2个电子，B错误；C．第二能层有两个能级：2s、2p，没有2d能级，C错误；D．s电子云是球形，所以是在空间各个方向上伸展程度相同的对称形状，D正确；答案选D。2.下列物质中，不能作为配合物的配位体的是A.B.C.D.CO【2题答案】【答案】C【解析】【详解】配位化合物中能够提供孤电子对的微粒称为配体，已知Cl-中有孤电子对，CH3NH2中的N原子上有孤电子对，CO中C、O有孤电子对，而中N、H都没有孤电子对，不能作为配体，故答案为：C。3.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是 A.原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素C.原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族D.基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．原子的价电子排布式为ns2np6的元素是0族元素，A错误；B．根据能量最低原理，基态原子的p能级上有5个电子的元素，同层的s能级已经排满，则一定是第ⅦA族元素，B正确；C．原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素在周期表的第8、9、10三列，一定位于第Ⅷ族，C错误；D．基态原子的N层上只有1个电子的元素，有K、Cr、Cu等，Cr、Cu是过渡元素，D错误；故选B。4.磷及其化合物在生产生活中具有广泛应用。白磷(，结构见图)与反应得和，固态中含有、两种离子。下列关于、、和的说法正确的是A.很稳定是因为分子间含有氢键B.的空间构型为平面三角形C.与中的键角相同D.分子结构与分子相似，熔沸点更低【4题答案】【答案】D【解析】 【详解】A．很稳定是因为分子内的H-O键的键能大，与分子间含有氢键无关，A错误；B．中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，B错误；C．已知的分子构型如上图所示，其键角为60°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=4，则为正四面体结构，其键角为109°28′，则二者键角不相同，C错误；D．分子结构与分子相似，均为分子晶体，N4的相对分子质量比P4的小，分子间作用力更小，则N4的熔沸点更低，D正确；故答案为：D。5.2010年10月5日17时45分，瑞典皇家科学院宣布，将2010年诺贝尔物理学奖授予英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫，以表彰他们在石墨烯材料方面的卓越研究．石墨烯是目前科技研究的热点，可看作将石墨的层状结构一层一层的剥开得到的单层碳原子（结构如图所示）．将氢气加入到石墨烯中开发出一种具有突破性的新材料石墨烷，下列说法中正确的是（）A.石墨烯是高分子化合物B.石墨烯与石墨烷互为同素异形体C.一定条件下石墨烯可与H2发生加成反应D.根据结构示意图可知，石墨烯不能导电【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A.石墨烯是单质，故A错误；B.石墨烷是碳氢两种元素形成的化合物，二者不属于同素异形体，故B错误；C.根据题意“将氢气加入到石墨烯中开发出一种具有突破性的新材料石墨烷”,故C正确；D.信息：石墨烯可看作将石墨的层状结构一层一层的剥开得到的单层碳原子，石墨可导电， 则石墨烯也可导电，故D错误；答案选C。【点睛】解此题凸显了信息的重要性，石墨烯的很多性质由石墨来类推。6.主族元素Q、W、X、Y、Z的原于序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，Q与X同族，且X的最外层电子数是内层电子数的3倍，常温下，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液。却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z＞Q＞X＞YB.工业上用电解相应氯化物冶炼Y单质C.Q与X形成的化合物中，每个原子最外层均满足8电子结构D.化合物ZW2中只含有离子键【6题答案】【答案】D【解析】【分析】主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数均不大于20，化合物ZW2与水剧烈反应，生成一种强碱和一种可燃性气体单质，则ZW2是CaH2，Z是Ca元素、W是H元素；X的最外层电子数是内层电子数的3倍，故X是O元素，Q与X同族，则Q为S元素，Y的单质能溶于Q的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，则Y为Al元素，据此分析解题。【详解】由上述分析可知，Q为S、W为H、X为O、Y为Al、Z为Ca，A．电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Q＞Z＞X＞Y，A错误；B．Al为活泼金属，工业上电解Al2O3冶炼Al单质，而氯化铝为共价化合物不导电，B错误；C．Q与X形成的化合物有SO2与SO3，S原子最外层电子数均不满足8电子结构，C错误；D．化合物ZW2是CaH2，属于离子化合物，电子式为，只含有离子键，D正确；故答案为：D。7.SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是 A.是非极性分子B.键角都等于90°C.与之间共用电子对偏向SD.原子满足8电子稳定结构【7题答案】【答案】A【解析】【分析】【详解】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，确切地说角FSF可以是90度，但也有处于对角位置的角FSF为180度，故键角不都等于90°，B错误；C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；故答案为：A。8.实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法正确的是A.中铁离子的配位数为3B.含键C.形成配位键时，中氮原子提供孤电子对D.再失去1个电子比更难【8题答案】【答案】B【解析】 【详解】A．中铁离子的配位数为6，故A错误；B．1个CN一含1个σ键，1个CN一与Fe3+形成1个配位键，配位键也是σ键，所以含键，故B正确；C．氮原子半径小于碳原子，氮的原子核对孤对电子吸引力大于碳原子，则中是碳原子提供孤电子对，故C错误；D．Mn2+外围电子排布式为3d5，由Mn2+变为Mn3+，3d能级由较稳定的3d半充满状态变为不稳定的3d4状态，需要吸收的能量多，Fe2+外围电子排布式为3d6，Fe2+变为Fe3+，3d能级由较不稳定的3d6状态变为较稳定的3d5半充满状态，需要吸收的能量少。所以再失去1个电子比更容易，故D错误；本题答案B。9.最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性，因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如上图所示，则该晶体的化学式为（）A.Mg2CNi3B.MgCNi2C.MgCNi3D.MgC2Ni【9题答案】【答案】C【解析】【详解】碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8×=1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6×=3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为：MgCNi3，故答案为C。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。 10.由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如下：下列有关说法正确的是A.“分离”的方法是蒸馏B.“滤液”中主要存在的阴离子有：、C.“酸化”时发生的离子反应方程式为D.晶胞如图所示，1个晶胞中所含的结构基元数为8，结构如图：【10题答案】【答案】D【解析】【分析】本工艺流程图中，在含硒废料加入煤油，其中S溶于煤油，其余成分不溶于煤油，过滤后得到含S的煤油溶液和滤渣，在滤渣中加入稀硫酸，发生的反应有：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，过滤后得到滤液(主要含有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4等)和滤渣(主要为Se和SiO2)，向滤渣中加入Na2SO3溶液，反应为：Na2SO3+Se=Na2SeSO3，再次过滤得滤渣(主要成分为SiO2)和滤液(主要成分为Na2SO3和Na2SeSO3)，向滤液中加入稀硫酸得到精硒，反应原理为：Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2↑+H2O，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，“分离”的方法是过滤，A错误；B．由分析可知，“滤液”中(主要含有Fe2(SO4)3、CuSO4、ZnSO4、H2SO4等)，故滤液主要存在的阴离子有：，B错误；C．“酸化”时发生的反应方程式为：Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se+SO2↑+H2O，故其离子反应 方程式为，C错误；D．由晶胞图可知，大球代表Si原子，小球代表O原子，则1个晶胞中所含结构基元数为=8，D正确；故答案为：D。11.二氧化氯()是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的有明显的去除效果，其反应原理为：(部分反应物和产物省略、未配平)，工业上可用制取，化学方程式如下：。实验室用如下方法制备饮用水消毒剂：已知：为强氧化剂，其中N元素为-3价。下列说法不正确的是A.的空间构型为三角锥形B.电解池中总反应的化学方程式为C.X溶液中主要存在的离子有：、、D.饮用水制备过程中残留的可用适量溶液去除【11题答案】【答案】C【解析】【分析】电解的反应物为氯化铵和盐酸，生成物为氢气和NCl3，NCl3和NaClO2发生氧化还原反应得到。【详解】A．的中心原子N为sp3杂化，有一个孤电子对，故为三角锥形，故A正确； B．根据图示，电解的反应物为氯化铵和盐酸，生成物为氢气和NCl3，故反应式为，故B正确；C．NaClO2和NCl3反应的方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaOH+3NaCl，故X溶液中主要存在的离子有：OH-、、，故C错误；D．ClO2具有氧化性，具有还原性，故可用适量溶液去除，故D正确；故选C。12.2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从到淀粉的全合成。其合成路线如下：下列说法错误的是A.电负性：O>C>H>ZnB.甲醇分子中H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角C.DHA分子间存在氢键D.Zn2+溶于氨水形成配合物，的配位数为6【12题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下元素的电负性依次减小，则电负性：O>C>H>Zn，A正确；B．已知甲醇分子中的C原子采用sp3杂化，而甲醛分子中C原子采用sp2杂化，故H-C-O键角小于甲醛分子中H-C-O键角，B正确；C．由题干信息可知。DHA分子中存在羟基，故DHA分子间存在氢键，C正确；D．Zn2+溶于氨水形成配合物，则的配位数为4，D错误；故答案为：D。13.胆矾CuSO4·5H2O可写[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下： 下列有关胆矾的说法正确的是A.Cu2＋的价电子排布式为3d84s1B.所有氧原子都采取sp3杂化C.氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去【13题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A.Cu原子的基态电子排布式为[Ar]3d104s1，因而Cu2+的价电子排布式为3d9，A错误；B.H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，B错误；C.在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键，以及H---O氢键，但不存在氧原子参与的离子键，C错误；D.由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同产物，D正确。故答案选D。【点睛】如何判断配位键？配位键，又称配位共价键，或简称配键，是一种特殊的共价键。当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键。配位键形成后，就与一般共价键无异。成键的两原子间共享的两个电子不是由两原子各提供一个，而是来自一个原子。例如图片式中“→”表示配位键。14.已知硼砂的构成为，其阴离子的结构如图所示。下列说法错误的是 A.硼砂中含有氢键B.硼砂中原子均采用杂化C.硼砂中存在离子键和共价键D.硼砂中存在配位键【14题答案】【答案】B【解析】【详解】A．硼砂中的结晶水可以与形成氢键，A说法正确；B．由图中信息可知，硼砂中的中有2个原子形成4个σ键，这2个原子采用杂化，B说法错误；C．硼砂中与钠离子之间形成离子键，内部的原子间以及水分子内的原子间形成共价键，C说法正确；D．硼砂中的中有2个原子形成4个σ键，其中有一个是B原子与OH-的O原子之间形成的配位键，D说法正确。综上所述，本题选B。15.由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，基态Z原子2p轨道有两个单电子，离子的价电子排布式为。下列说法正确的是 A.Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱B.原子半径：M＞Z＞YC.简单氢化物的沸点：Z＞M＞YD.含有X、Y、Z的酸的分子式一定是【15题答案】【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，基态Z原子2p轨道有两个单电子，则Z为C元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；离子的价电子排布式为，则Q为Cu元素。【详解】A．氢氧化铜是弱碱，能溶于弱碱氨水形成四氨合铜离子，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故B错误；C．水分子和氟化氢分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，甲烷的分子间作用力最小，沸点最低，水分子间形成的氢键数目多于氟化氢分子，分子间作用力高于氟化氢，沸点高于氟化氢，则简单氢化物的沸点高低顺序为H2O＞HF＞CH4，故C正确；D．氢、碳、氧三种元素形成的含氧酸可能为H2CO3、CH3COOH、H2C2O4等，故D错误；故选C。第Ⅱ卷填空题：共55分。16.已知A、B、C、D、E、F、G、H为原子序数依次增大的前36号元素，A的一种同位素原子无中子；B元素基态原子的核外电子数是其能级数的2倍，且含有未成对的电子；D的基态原子2p轨道中含有两种不同自旋方向的电子，且电子数之比为3∶1；E 为周期表中电负性最强的元素；F、H与D元素同主族；G为第四周期元素，其+1价阳离子的核外电子排布式为[Ar]3d10。回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：（1）G在元素周期表中位于_______区。（2）B、C、F的原子半径由大到小的顺序为_______(填元素符号)。（3）C、D、E的第一电离能由大到小排序是_______(填元素符号)。（4）从分子结构与性质角度分析气体易溶于水的原因是_______，_______。（5）分子为平面结构(键角均为120°)，其中B原子的杂化方式是_______。（6）由A、B、D三种元素形成的餐桌上常见的化合物，一个该分子中含_______个键，该分子中所含的化学键的类型为_______(填序号)。A.离子键B.极性共价键C.非极性共价键（7）D的简单氢化物与H的简单氢化物结构相似，常压下沸点分别为100℃和-41℃，造成二者沸点差异的原因为_______。【16~22题答案】【答案】（1）ds（2）S＞C＞N（3）F＞N＞O（4）①.NH3是三角锥形构型，是极性分子，根据相似相溶原理可知其极易溶于水②.NH3与H2O能够形成分子间氢键，且NH3能与H2O反应（5）sp2（6）①.7②.BC（7）H2O中存在分子间氢键【解析】【分析】由题干信息可知，A、B、C、D、E、F、G、H为原子序数依次增大的前30号元素，A的一种同位素原子无中子，则A为H元素；D的基态原子2p轨道中含有两种不同自旋方向的电子，且电子数之比为3：1，故其核外电子排布式为1s22s22p4，则D为O元素；B元素基态原子的核外电子数是其能级数的2倍，且含有未成对的电子，原子序数小于氧，故其原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C元素；而C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最强的元素，则E为F元素；F、H与D元素同主族；故F为S，H为Se，G为第四周期元素，其+1价阳离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，故G为Cu，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，G为Cu，则G在元素周期表中位于ds区，故答案为：ds； 【小问2详解】由分析可知，B、C、F分别为C、N、S，根据同一周期从左往右半径依次减小，同一主族半径依次增大可知，则它们的原子半径由大到小的顺序为S＞C＞N，故答案为：S＞C＞N；【小问3详解】由分析可知，C、D、E分别为N、O、F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则它们的第一电离能由大到小排序是F＞N＞O，故答案为：F＞N＞O；【小问4详解】由分析可知，CA3是NH3，NH3分子中中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，是极性分子，H2O分子也是极性分子，根据相似相溶原理可知NH3极易溶于水，且NH3与H2O之间能够形成分子间氢键，NH3能与水反应，更加增大其在水中的溶解性，故答案为：NH3是三角锥形构型，是极性分子，根据相似相溶原理可知其极易溶于水；NH3与H2O之间能够形成分子间氢键，NH3能与水反应NH3能与H2O反应；【小问5详解】由分析可知，分子即C2H4为平面结构(键角均为120°)，说明每个碳原子周围的价层电子对数为3，故其中B原子即C原子的杂化方式是sp2，故答案为：sp2；【小问6详解】由分析可知，由A、B、D三种元素形成的餐桌上常见的化合物即C2H4O2，其结构简式为：CH3COOH，故一个该分子中含7个键，该分子中所含的化学键的类型为C-H、C=O、C-O、O-H极性共价键和C-C非极性共价键，故答案为：7；BC；小问7详解】由分析可知，D的简单氢化物即H2O与H的简单氢化物即H2Se结构相似，均为分子晶体，H2Se的相对分子质量更大，理应H2Se的沸点更高，但由于H2O中存在分子间氢键，导致常压下沸点分别为100℃和-41℃，故答案为：H2O中存在分子间氢键。17.地壳中含量排在前五位的元素分别是O、Si、Al、Fe、Ca，占到地壳总质量的90.83%。回答下列问题：（1）Ca元素的基态原子价电子排布式为_______。 （2）“棕色环”现象是检验溶液中的一种方法。向含有溶液的试管中加入，随后沿管壁加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，研究发现棕色物质化学式为[。①中N元素采取_______杂化，其立体构型为_______(填名称)。②中含有的作用力类型有_______(填字母序号)。a离子键b.金属键c.非极性键d.极性键e.配位键③中一种配体实际上是，则其中Fe元素的化合价为_______；写出的一种等电子体的化学式_______。（3）硅酸盐中的硅酸根通常以[SiO4]四面体(如图a)的方式形成链状、环状或网络状复杂阴离子。图b为一种环状硅酸根离子，写出其化学式_______。【17~19题答案】【答案】（1）4s2（2）①.sp2②.平面三角形③.ade④.+1⑤.CO（3）【解析】【小问1详解】已知Ca是20号元素，故Ca元素的基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故其价电子排布式为4s2，故答案为：4s2；【小问2详解】①中N原子周围的价层电子对数为：3+=3，故N元素采取sp2杂化，根据价层电子对互斥理论或杂化轨道理论可知，其立体构型为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形； ②中含有的作用力类型有：[Fe(NO)(H2O)5]2+与之间的离子键，[Fe(NO)(H2O)5]2+内部Fe2+与NO、H2O之间配位键，NO、H2O、之间的N-O、H-O和S-O之间的极性键，故答案为：ade；③中一种配体实际上是，H2O不带电，硫酸根带2个单位负电荷，则其中Fe元素的化合价为+1；等电子体是指原子总数相同价电子总数相等的微粒，故的一种等电子体的化学式CO，故答案为：+1；CO；【小问3详解】硅氧四面体中Si原子形成4个Si-O键、没有孤对电子，杂化轨道数目为4，由图b可知含有6个四面体结构，含有硅原子个数为6、12个O原子，Si的化合价为+4、O氧元素化合价为-2，故b的化学式为：，故答案为：。18.广泛应用于太阳能电池领域。以、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备。（1）S、O两种元素可以形成多种阴离子，如、等，这两种离子的空间结构分别为：_______，_______。（2）可用于制备晶体，实验如下：步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中边振荡边滴加氨水，观察到蓝色沉淀。步骤2：继续滴加氨水至产生蓝色沉淀全部溶解，得到深蓝色的透明溶液。步骤3：再向其中加入乙醇，析出深蓝色晶体。①步骤1中生成的沉淀是_______。②中含有的键数为_______。③步骤3中加入乙醇的作用是_______。（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_______；根据电负性大小，抗坏血酸中显+1价的碳原了有_______个。 （4）一个晶胞(见图2)中，Cu原子的数目为_______。【18~21题答案】【答案】（1）①.正四面体形②.三角锥形（2）①.Cu(OH)2②.20mol或20×6.02×1023③.减小溶剂的极性，便于晶体析出（3）①.sp3、sp2②.4（4）4【解析】【小问1详解】中中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，中中心原子S原子周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，这两种离子的空间结构分别为：正四面体形和三角锥形，故答案为：正四面体形；三角锥形；【小问2详解】①步骤1中发生的反应方程式为：CuSO4+2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4，故生成的沉淀是Cu(OH)2，故答案为：Cu(OH)2；②已知一个含有4个Cu和NH3之间形成的4个共价键，4个NH3中含4×3=12个共价键单键，1个含有4个键，故中含有的键数为(4+12+4)=20mol，故答案为：20mol或20×6.02×1023；③由于是离子化合物，易溶于极性溶剂水中，加入乙醇后溶剂的极性减小，便于晶体析出，故步骤3中加入乙醇的作用是减小溶剂的极性，便于晶体析出，故答案为：减小溶剂的极性，便于晶体析出；【小问3详解】抗坏血酸的分子结构如图1所示，如图所示，图中标1的碳原子周围均形成了 4个σ键，该类碳原子为sp3杂化，标2的碳原子周围形成了3个σ键，此类碳原子为sp2杂化，则分子中碳原子的轨道杂化类型为sp3、sp2；根据电负性大小即O＞C＞H，即H显+1价，O显-2价，C-C之间电子对不偏移，故则抗坏血酸中显+1价的碳原了有4个，如图所示：，故答案为：sp3、sp2；4；【小问4详解】由题干晶胞图可知，白球的个数为：，黑球为4个，根据的化学式可知，白球代表O，黑球代表Cu，故图示晶胞中Cu原子的数目为4，故答案为：4。19.过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢重要成分，在工农业生产和国防建设中有广泛应用。回答下列问题：（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C．电负性比钾高，原子对电子的吸引力比钾大（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。（3）中配体分子、以及分子的空间结构和相应键角如图所示。中P杂化类型是_______。的沸点比的_______(填写“高”或“低”)，原因是_______，的键角小于的键角，分析原因_______。（4）和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂.制备的反应为。 ①上述描述中涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。②常温时是一种易溶于的液体，则分子属于_______分子。③配合物中心离子的配位数为6，向含的溶液中滴加溶液，反应完全后共消耗溶液50mL，则配合物的化学式应该写为_______。【19~22题答案】【答案】（1）AC（2）①.N、O、Cl②.6（3）①.sp3②.高③.NH3的分子间形成了氢键④.H2O和NH3的VSEPR模型都为四面体构型，H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力故水的键角小于氨气（4）①.O＞Cl＞C②.非极性③.[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O【解析】【小问1详解】A．根据洪特规则及特例可知，轨道处于半充满时体系总能量低，则Cr基态原子的核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；B．能级和能层只是表明电子在该处出现的概率大小，并不表示电子运动的位置，B错误；C．金属元素金属性越强，电负性越小，对键合原子吸引力小，与铬相比钾的金属性较强，即铬的电负性比钾强且对键合原子吸引力较大，C正确；故答案为：AC；【小问2详解】配体原子提供孤对电子与中心的金属离子形成配位键，该配体分子[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2+中NH3中的N、H2O中的O和Cl−离子均存在孤对电子形成配位键，因此，提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl；配位数即为中心离子形成配位键的总数，配体每提供一对孤对电子就形成一个配位键，故配位数为6，故答案为：N、O、Cl；6；【小问3详解】PH3中P原子形成3个σ键，有1对孤电子对，则P的杂化类型是sp3杂化；NH3的分子间形成了氢键，而PH3中没有氢键的存在，氢键使物质的沸点升高，则NH3的沸点比PH3的高；H2O中O原子形成2个σ键，有2对孤电子对；NH3中N原子形成3个σ键，有1对孤电子对， VSEPR模型都为四面体构型，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角，故答案为：sp3；高；NH3的分子间形成了氢键；H2O和NH3的VSEPR模型都为四面体构型，H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力故水的键角小于氨气；【小问4详解】①上述描述中涉及非金属元素即C、O、Cl，根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下元素的电负性依次减小，且在CCl4中C显正价，Cl显负价，故电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；②已知CCl4是非极性分子，常温时是一种易溶于的液体，则根据相似相溶原理可知，分子属于非极性分子，故答案为：非极性；③配合物中心离子的配位数为6，向含的溶液中滴加溶液，反应完全后共消耗溶液50mL，故n(CrCl3·6H2O):n(AgNO3)=0.1mol:2mol/L×50×10-3L=1:1，即1mol配合物只能电离出1molCl-，则配合物的化学式应该写为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。