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1、2019-2020学年安徽省淮北市相山区淮北师范大学附属实验中学新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1将 40mL 1.5mol L-1的 CuSO4溶液与 30mL 3mol L-1的 NaOH 溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中 c(Cu2+)或 c(OH-)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）A Cu(OH)2BCuSO4Cu（OH）2CCuSO4 2Cu(OH)2DCuSO43Cu(OH)2【答案】D【解析】【详解】Cu2+或 OH浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0
2、.06mol 和0.09mol，则铜离子和OH的物质的量之比是23，而只有选项D 中符合，答案选D。2下列操作能达到相应实验目的的是（）选项目的实验A 实验室制备乙酸乙酯向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热B 除去干燥CO2中混有少量的SO2可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶C 检验 Na2SO3已经变质向 Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解D 比较铁和铜的活泼性常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓
3、硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A 错误；BSO2和酸性 KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B 正确；C即使没有变质，Na2SO3和 Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入 HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将 BaSO3氧化成 BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；D浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将
4、Fe 钝化，不能比较Fe和 Cu的活泼性，D 错误。答案选 B。【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。3设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A 1L0.1mol L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB0.24g Mg 在 O2和 CO2的混合气体中完全燃烧，转移电子数为0.02NAC3g 由 CO2和 SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD 1molNa2O2与 SO2完全反应，转移电子数为2NA【答案】A【解析】【详解】A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多，故溶液中阳离子个数多于0.2NA个，故 A 错误；B.0.24g Mg 为 0.01
5、mol，Mg 在 O2和 CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO，失去 0.02mol 电子，则转移电子数为 0.02NA，故 B 正确；C.CO2的摩尔质量为44g/mol，含 22 个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含 32 个质子，即两者均是2g中含 1mol 质子，故3g 混合物中含1.5mol 质子即 1.5NA个质子，故C正确；D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，1mol 过氧化钠中的-1 价的氧原子变为-2 价，故 1mol 过氧化钠转移 2mol 电子即 2NA个，故 D 正确；答案选 A。4下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（）选项实验操作实验现象A 向酸性 KMn
6、O4溶液中滴加乙醇溶液褪色B 向浓 HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中有红棕色气体产生，石灰石变浑浊C 向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置水层几乎无色D 向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解A A BB CC D D【答案】B【解析】【详解】A.酸性 KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A 正确，不符合题意；B.C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；D.向硝酸铜
7、溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D 正确，不符合题意；故选：B。5研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种+53N N，若+5N离子中每个氮原子均满足8 电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是A+5N有 24 个电子BN 原子中未成对电子的电子云形状相同C3N质子数为20 D+5N中 N 原子间形成离子键【答案】B【解析】【详解】A.1 个氮原子中含有7 个电子，则1 个 N5分子中含有35 个电子，N5+是由 N5分子失去1 个电子得到的，则 1 个 N5+粒子中有34 个电子，故A 错误；B.N 原子中未成对电子处于2p 轨道，p 轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确
8、；C.N 原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则3N质子数为 21，故 C错误；D.N5+离子的结构为，+5N中 N 原子间形成共价键，故D 错误；故选 B。6 在标准状况下，ALNH3溶于 B mL 水中，得到密度为 g/cm3的 RL氨水，则此氨水的物质的量浓度是（）AA22.4Rmol/L B1000 AA+22.4Bmol/L CA22.4mol/L D100017A+22.4Bmol/L【答案】A【解析】【详解】A.c=nV=AL22.4L/molRL=A22.4Rmol/L，A 正确；B.c=nV=VL100022.4L/molVL17g/molBmL1g/mol
9、22.4L/mol1000 A17A+22.4Bmol/L，B错误；C.A22.4表示 NH3的物质的量，不表示氨水的物质的量浓度，C错误；D.由选项 B可知，100017A+22.4B不是氨水物质的量浓度的数值，D 错误。故选 A。7右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（）A CO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉BNH3(H2O 含酚酞)/红色喷泉CH2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉DHCl(AgNO3溶液)/白色喷泉【答案】A【解析】【分析】【详解】A.NaHCO3与 CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A
10、；B.NH3易溶于水，形成NH3 H2O，NH3 H2ONH4OH，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2SCuSO4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选 A。8实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe2(OH)n(SO4)30.5nm和绿矾 FeSO4 7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O B溶液 Z加热到 70
11、80 的目的是促进Fe3的水解C溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大【答案】D【解析】【详解】A.炉渣中 FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS 3O212H=4Fe34S6H2O，故 A 正确；B.溶液 Z 加热到 7080 的目的是促进Fe3的水解生成聚铁胶体，故B 正确；C.溶液 Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液 Z的 pH 影响聚铁中铁的质量分数，若pH 偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏
12、小，故D 错误。综上所述，答案为D。9原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q 分别位于三个周期，X 与 Z、Y与 P分别位于同主族，Z与 Y可形成原子个数比分别为1：1 和 2：1 的离子化合物。则下列说法正确的是A单质的沸点：QP B简单氢化物的热稳定性：YP C简单离子的半径：ZYX D X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性【答案】B【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q 分别位于三个周期，则X 一定是 H。X与 Z、Y与 P分别位于同主族，Z与 Y可形成原子个数比分别为1：1 和 2：1 的离子化合物，所以Z 是 Na，Y 是 O，P是 S，则
13、 Q 是 Cl。A.常温下硫是固体，则单质的沸点：QP，A 错误；B.氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：YP，B 正确；C.核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：YZX，C错误；D.X、Y、Z、P 形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D 错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20 号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中
14、的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。10化学与资源利用、环境保护及社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本B利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理变化C在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料D用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用【答案】A【解析】【分析】【详解】A.煤转化为水煤气加以利用是为了减少环境污染，A错误；B
15、.利用太阳能蒸发淡化海水得到含盐量较大的淡水，其过程属于物理变化，B正确；C.在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成甲醇，甲醇为燃料，可再生，C正确；D.用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，聚碳酸酯再降解回归自然，实现“碳”的循环利用，D正确；答案为 A。11下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A 用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl-H2+Cl2+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B 向 CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱C Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH 溶液反应：Ba2+HCO3-+O
16、H-BaCO3+H2O 错误：Ba2+与 HCO3-系数比应为1:2 D 过量 SO2通入到 NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO 强A A BB CC D D【答案】C【解析】【详解】A 项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A 错误；B 项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C 项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH 溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与 HCO3-的物质的
17、量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D 项、SO2具有还原性，NaClO 具有强氧化性，过量SO2通入到 NaClO 溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D 错误；故选 C。12自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述正确的是A N2NH3，NH3NO 均属于氮的固定B催化剂a 作用下氮原子发生了氧化反应C催化剂a、b 表面均发生了极性共价键的断裂D使用催化剂a、b 均可以提高单位时间内生成物的产量【答案】D【解析】【详解】A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态
18、，N2NH3为氮的固定，但NH3NO 不属于氮的固定，A 错误；B.催化剂 a 作用下氮原子发生了还原反应，B 错误；C.催化剂 a、b 表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；D.使用催化剂a、b 可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D 正确。故选 D。13a、b、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同；c 所在周期序数与族序数相同；d 与 a 同族，下列叙述不正确的是()A原子半径：bcda B4 种元素中b 的金属性最强Cb 的氧化物的水化物可能是强碱D d 单质的氧化性比a 单质的氧化性强【答案】D【解析】【分析】a、b
19、、c、d 为原子序数依次增大的短周期主族元素，a 原子核外电子总数与b 原子次外层的电子数相同，则 a 的核外电子总数应为8，为 O 元素，则b、c、d 为第三周期元素，c 所在周期数与族数相同，应为Al元素，d 与 a 同族，应为S元素，b 可能为 Na 或 Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知a 为 O 元素，b 可能为 Na 或 Mg 元素，c 为 Al 元素，d 为 S元素，A.同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：bc d a，故 A 正确；B.同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性bc
20、，a、d 为非金属，则4 种元素中b 的金属性最强，故B正确；C.b 可能为 Na 或 Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH 或 Mg(OH)2，则 b 的氧化物的水化物可能是强碱，故 C 正确；D.一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：OS，则氧化性：O2 S，则 a单质的氧化性较强，故D 错误。答案选 D。14下列化学式中属于分子式且能表示确定物质的是（）A C3H8BCuSO4CSiO2DC3H6【答案】A【解析】【详解】A C3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A 正确；BCuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，
21、故B 错误；CSiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误；DC3H6为分子晶体，但有同分异构体，即 C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D 错误。故选：A。【点睛】应注意的是只有分子晶体才有分子式。15下列有关化学用语表示正确的是A硝基苯B镁离子的结构示图C水分子的比例模型：D原子核内有8 个中子的碳原子：【答案】A【解析】【详解】A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A 正确；B.镁离子的结构示图为故 B 错误；C.水分子空间构型是V 型的，所以水分子的比例模型为，故 C错误；D.原子核内有8 个中子的碳原子质量数是14
22、，应写为146C，故 D 错误；故答案为：A。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂。下图是草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH 见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀3.7 9.6 9.2 5.2 9.8（1）
23、浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为_。（2）1molNaClO3在浸出液中发生反应时，转移的电子数为_。（3）加入 Na2CO3调 pH 至 5.2 只得到两种沉淀，则沉淀I 的成分为 _（填化学式，下同）；萃取剂层含锰元素，则沉淀 的主要成分为_。（4）操作 包括：将水层加入浓盐酸调整pH 为 23、_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）将 5.49g 草酸钴晶体(CoC2O4 2H2O)置于空气中加热，受热过程中，不同温度范围内得到一种不同的固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g 150 210 4.41 290 320 2.41 经测定，整个受热过程产生的气体只有水蒸气
24、和CO2，则 290320范围内，剩余固体物质的化学式为_。【答案】Co2O3SO32-4H+=2Co2+SO42-+2H2O 6NA或 3.612 1024Fe(OH)3、Al(OH)3CaF2、MgF2蒸发浓缩冷却结晶Co3O4（或 CoO Co2O3）【解析】【分析】含钴废料中加入盐酸，可得到CoCl3、FeCl3、AlCl3、MnCl2、MgCl2、CaCl2，根据信息中浸出液中含有的阳离子只要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，则进入的Na2SO3将 Co3+、Fe3+还原为 Co2+、Fe2+。工艺流程最终为草酸钴，NaClO3将 Fe2+氧化为
25、Fe3+，加入 Na2CO3调 pH 至 5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后得到的滤液主要含有CoCl2、MnCl2、CaCl2，用 NaF溶液出去Ca、Mg，过滤后向滤液中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。【详解】（1）根据上述分析可知浸出过程中Co2O3发生的离子反应为：Co2O3SO32-4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3具有氧化性，能将Fe2+氧化成 Fe3+，自身还原成Cl-，离子方程式为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O，根据方程式可知1molNaClO3在浸出
26、液中发生反应时，转移的电子数为6NA；（3）根据上述分析可知，加入 Na2CO3调节 pH 的目的是使Fe3+和 Al3+沉淀完全；沉淀 的主要成分为CaF2和 MgF2；（4）操作 包括：将水层加入浓盐酸调整pH 至 2-3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程；（5）5.49g 草酸钴晶体的物质的量是0.03mol，分解生成水的质量是1.08g，所以 150-210时失水，剩余固体是 CoC2O4；290-320时剩余固体中Co的质量是 1.77g，氧原子是质量是2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为 0.64/16=0.04mol，则剩余固体中Co 原子与 O 原子的物
27、质的量比为3:4，所以化学式为Co3O4。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B 原子 s 能级的电子总数比p 能级的多1；基态 C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素 A、B、C中，电负性最大的是_(填元素符号，下同)，元素 B、C、D 第一电离能由大到小的顺序为 _。(2)与同族其它元素X 形成的 XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中键角 _109 28(填“”“”或“”)，原因
28、是 _。(3)BC3离子中 B原子轨道的杂化类型为_，BC3离子的立体构型为_。(4)基态 E原子的电子排布式为_；C、E形成的化合物EC5(其中 E的化合价为6)中 键与 键数目之比为 _；(5)化合物 DB 是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若 DB 的晶胞参数为 a pm，则晶体的密度为_g cm3(用 NA表示阿伏加德罗常数)。【答案】O NOAl NH3分子间易形成氢键孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用sp2三角形1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)7:1 3A164a N 1030【解析】【分
29、析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A 元素原子的核外电子只有一种运动状态，A 为 H 元素；基态 B原子 s 能级的电子总数比p 能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为 N 元素；基态C原子和基态 E原子中成对电子数均是未成对电子数的3 倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C 为 O 元素，E为 Cr 元素；D 形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则 D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D 为 Al 元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A 为 H 元素，B 为 N 元素，C为 O 元素，D
30、为 Al 元素，E为 Cr 元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O 中，电负性最大的是O 元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族、第 VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素 N、O、Al 的第一电离能由大到小的顺序为NO Al，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N 的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其 VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中 N 原子采用 sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分
31、子中键角小于10928，故答案为NH3分子间易形成氢键；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中 N 原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+5+1-2 32=3，采用 sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4)E为 Cr 元素，基态 E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中 E的化合价为6)，结构为，其中 键与 键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或 Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN 晶胞中含有N 或 A
32、l 原子数为4，818+612=4，晶胞质量为A4(27N14)g，因此晶胞的密度=13A04(2714)g(N)a 10cm=3A164a N 1030 g cm3，故答案为3A164a N 1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：(1)基态 Mn 原子的价电子排布式为_。Mn2+与 Fe2+中，第一电离能较大的是_，判断的理由是 _。(2)碳元素除可形成
33、常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。(3)酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填“1”“2”“3”或“4”)其中 C、H、O 元素电负性由大到小的顺序是_(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为CO2分子的结果。MgCO3分解温度低于CaCO3，请解释原因_。(5)氧化亚铁晶胞与NaCl 的相似，NaCl 的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和 Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密
34、度为gcm3，则 a=_(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】3d54s2Mn2+Mn2+价层电子排布为3d5，3d 能级半充满，更稳定sp2直线型2,4 OCH 半径 Mg2+CH，则 C、H、O 的电负性大小顺序是OCH；（4）MgCO3和 CaCO3都属于离子晶体，受热分解后生成MgO 和 CaO，也都属于离子晶体，MgCO3分解温度低于 CaCO3，应从晶格能的角度分析，原因是半径Mg2PO，又 P的 3p 轨道为 3p3半充满状态，故第一电离能：SiSP，故答案为：3d24s2；3；Si、S、P；(2)根据表格数据分析可知，CC键和 CH 键较强，所形成的烷烃稳定
35、；而硅烷中SiSi键和 SiH 键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，从而导致硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，故答案为：CC键和 CH 键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中SiSi键和 SiH 键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；(3)CO32-的成键电子对数4+2-2 33+=32，不含有孤对电子，则 CO32-的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；(4)由该配离子结构图分析可知，该配离子中N 原子和 Cu2+形成配位键，C原子和 N、H 原子形成极性键，C 原子和 C原子形成非极性键，则选abd，一个乙二胺分子中共有11 个 键，C原子形成的都是单键，则其杂化方式为s
36、p3，故答案为：abd；11；sp3；(5)根据晶胞结构结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，O2-位于晶胞各个面的面心，Ti4+位于晶胞的8 个顶点上，所以 Ca2+的配位数为6，与 Ti4+距离最近且相等的O2-有 2 个，在一个晶胞中，含有Ti4+的个数18=18，Ca2+个数为 1，O2-的个数为16=32，即一共晶胞中含有1 个 CaTiO3，其质量为：A136gN，所以晶胞的体积3A-3A136gNm136V=cm g cm Ng，则晶胞的边长73AA136136L=cm=10 nm N N，最近的 Ti4+和 O2-之间的距离7A22136a=L=10 nm22 N，故答案为：6；12；7A213610 nm2 N。