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1、第2章分子结构与性质检测题一、单选题1下列关于键和键的说法中错误的是A1个共价双键中含有1个键和1个键B烯烃分子中 键比键稳定，不易断裂C双原子单质分子中一定既有键又有键D键是原子轨道“头碰头”重叠，键则为“肩并肩”重叠2一定条件下，乙烯()可与HCl反应生成氯乙烷()。下列错误的是AHCl分子中的键为s-s 键B每个氯乙烷分子中共有7个键C乙烯分子中两个碳原子的未参与杂化的2p轨道形成键D氯乙烷中碳原子均采用sp3杂化3化学与我们的生活息息相关，下列描述不正确的是A新冠病毒疫苗应冷藏保存，以避免蛋白质变性B血红蛋白中能与、CO等分子通过配位键结合C防晒霜之所以能防晒，原因之一是它的有效成分分
2、子中有键D“天宫课堂”中油和水不分层，原因是油和水在太空中发生了化学反应4类比是研究物质性质常用的方法之一。下列类比不正确的是A由是直线型分子，推测也是直线型分子B由可与水反应生成和，推测可与水反应生成和C由在空气中燃烧生成，推测在空气中燃烧生成D由能与溶液反应，推测能与溶液反应5交警用三氧化铬硅胶可以查酒驾。元素的几种化合物转化关系如图所示。下列判断错误的是A乙醇，中C、O原子都是杂化方式B中各原子均满足8电子稳定结构C都只有极性键，但分子极性不同D基态铬原子的价电子排布式为6硫可以形成分子式为S2、S4、S6、S8的单质，其中S8的分子球棍模型如图所示。下列有关说法正确的是AS2、S4、S
3、6、S8互为同位素B1 mol S8单质中含有的SS键个数为8NA C硫的单质在足量的空气中完全燃烧可生成SO3DS2的摩尔质量为32 g/mol7配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是A以为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用B的卟啉配合物是输送的血红素C是化学镀银试剂的有效成分D向溶液中逐滴加入氨水，可除去硫酸锌溶液中的8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A与水完全反应时转移的电子数为B和的混合气体中含有个氧原子C0.1mol环氧乙烷()中含极性键数目为D0.1mol/L的醋酸钠溶液中含有的数目小于9S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生有窒息性的气体，喷水雾可减慢挥
4、发，并产生酸性悬浊液，其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法错误的是A为非极性分子B分子中既含有极性键，又含有非极性键C与S2Br2结构相似D分子中SCl键能大于SS键的键能10型化合物是中学化学常见的化合物，下列关于型化合物的说法正确的是A型共价化合物分子的空间结构均为平面三角形B型极性分子的键角都相同C型分子、均易与、等离子形成配位键D型离子化合物中，中中心原子是sp杂化11下列叙述正确的是A晶体的沸点高于，是因为中共价键的键能小于B基态原子轨道半充满的元素一定位于第A族和第B族C元素位于第四周期第A族，属于p区元素D非极性分子往往具有高度对你性，如、12磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑
5、制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A基态Cl原子的核外电子有17种运动状态BC、N、O、P四种元素中电负性最大的是OC分子中磷原子的价层电子对数为4D该有机物中N的杂化方式只有一种13科学家利用原子序数依次增大的相邻周期同主族元素V、W、Y、Z制造出了“糖葫芦”分子，结构简式如图所示，其中W、X位于同一短周期，且X是所在周期中原子半径最小的元素。下列说法错误的是A1个“糖葫芦”分子中含有89个键B原子半径：WYZC最简单氢化物的沸点：VWYD最高价含氧酸酸性：WVX14氯气及其化合物在生产和生活中具有重要应用。下列有关说法正确的是A中氯原子的杂化轨道类型为B为了增强溶液的氧
6、化性，可选用浓盐酸进行酸化C氯气有毒，在通风棚中制备氯气可以消除氯气的污染D50mL 12浓盐酸与足量共热反应，可生成0.15mol 15化学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期主族元素，B与C在同一主族，C与D在同一周期。下列有关说法正确的是A熔点：B的氧化物C的氧化物B工业上由单质B可以制得单质CC氧化物对应水化物的酸性：DBCDA与B组成的化合物可以形成分子间氢键二、填空题16白铜是以镍为主要添加元素的铜基合金，呈银白色，有金属光泽，故名白铜。云南镍白铜(铜镍合金)文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)的核外电子排布
7、式为_，3d能级上的未成对的电子数为_。(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色的溶液。在中与之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_(用元素符表示)。氨极易溶于，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：，的原因是_。17完成下列问题(1)据科技日报网报道，南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂，首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为。请回答下列问题：基态镍原子的价电子排布式为_。，烯丙醇分子中碳原子的杂化类型为_。某种含Cu2+的化合物可催化烯丙醇制备丙醛的反应：HOCH2CH=CH2CH3CH2CHO，在烯丙醇分子中
8、键和键的个数比为_。(2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则中的配位数为_，配离子的空间构型为_。(3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物，如Cu2+与乙二胺可形成如图所示配离子。Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是_(填字母序号)。a.配位键b.极性键c.离子键d.非极性键乙二胺和三甲胺均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_。18生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气(主要成分为CO、CO2、H2等)与H2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。(1)根据等电子原理，写出CO分子的结构式_。(2)甲醇催化氧
9、化可得到甲醛，甲醛与新制Cu(OH)2的碱性溶液反应生成Cu2O沉淀。甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是_；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为_。甲醛分子的空间构型是_；1mol甲醛分子中键的数目为_。(3)ClO互为等电子体的分子或离子为_。(4)1molCH2=CHCH2OH含_mol键，烯丙醇分子中碳原子的杂化类型为_。三、计算题19C70分子是形如椭球状的多面体，该结构的建立基于以下考虑：C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C70分子中只含有五边形和六边形；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2。根据以上所述确定：(1)C70分子中所含
10、的单键数为_，双键数_；(2)C70分子中的五边形和六边形各有多少_？20有机化合物A含有C、H、O三种元素，取该有机物0.2 mol 和0.9 mol O2在密闭容器中燃烧,产物为CO、CO2和H2O(g)，把产物依次通过浓硫酸、灼热的氧化铜和碱石灰。结果，浓H2SO4的质量重了18g ,CuO的质量轻了9.6g,碱石灰的质量增重了35.2g。(1)通过计算确定有机物A的分子式为_；(2)若A可与金属钠反应生成氢气，且A分子中含有手性碳原子， A的结构简式为_。四、实验题21三氯化六氨合钴()()是一种重要的化工原料，实验室以为原料制备三氯化六氨合钴。.的制备已知易潮解，可用Co与反应制得，
11、装置如下：(1)装置连接的顺序为A_。(2)A中圆底烧瓶盛放的固体药品为_(填化学式，一种即可)。(3)B的作用为_。(4)_时点燃E处酒精灯。.实验室制备的流程如下：(5)滴加时若速度过快，产物中含有杂质，原因为：_。(6)趁热过滤需要用到的装置为_(填字母)。ABC趁热过滤后，在滤液中加入浓盐酸的目的是_。(7)在合成时，往往由于条件控制不当而产生，1mol中键的数目为_。试卷第7页，共7页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A共价双键中含有1个键和1个键，故A正确；B键比键重叠程度大，因此烯烃分子中键比键稳定，不易断裂，故B正确；C双原子单质分子中可
12、能只含有键不含键，如Cl2分子中只含键不含键，故C错误；D原子轨道以“头碰头”重叠形成的共价键为键，以“肩并肩”重叠形成的共价键为键，故D正确；答案选C。2A【详解】AHCl分子中键是由H原子的1s轨道和Cl原子的3p轨道形成的，所以形成的键为s-p 键，故 A错误；B共价单键为键，所以每个氯乙烷分子中共有7个键，故B正确；C乙烯分子中2个碳原子没有参与杂化的2p轨道肩并肩形成键，参与杂化的轨道形成键，故C正确；D氯乙烷分子中C原子价层电子对数都是4，所以 C原子采用sp3杂化，故D正确；故答案选A。3D【详解】A蛋白质高温下会变性，新冠病毒疫苗应冷藏保存，以避免蛋白质变性，A正确；B血红蛋白
13、中具有空轨道，能与、CO等具有孤电子对原子的分子通过配位键结合，B正确；C防晒霜之所以能防晒，原因之一是它的有效成分分子中有键，键中的电子可在吸收紫外线后被激发，从而阻挡部分紫外线对皮肤的伤害，C正确；D“天宫课堂”中油和水不分层，原因是油和水在太空中处于零重力状态，并没有发生了化学反应，D不正确；故选D。4C【详解】ACO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子，两者中C原子的价层电子对数都是2且不含孤电子对，故均为直线型，故A正确；B和为同一主族元素，故可与水反应生成和，故B正确；C在空气中燃烧生成，但是在空气中燃烧生成，故C错误；D和均为酸性氧化物，都能与氢氧化钠反应，故D正确；故选C。
14、5D【详解】A中C原子都是饱和碳原子，均采用杂化方式，O原子也采用杂化方式，故A正确；B的电子式为： ，各原子均满足8电子稳定结构，故B正确；C、中、均为极性键，前者是非极性分子，后者为极性分子，故C正确；D电子排布处于全充满或半充满状态是稳定状态，则基态铬原子的价电子排布式为，故D错误；故选D。6B【详解】AS2、S4、S6、S8均为硫元素的不同单质，互为同素异形体，A错误；B1个S8分子中含有的S-S键个数为8个，所以1molS8单质中含有的S-S键个数为8NA，B正确；C硫的单质在足量的空气中完全燃烧可生成SO2，SO2在催化剂的条件下才能转化为SO3，C错误；DS2的摩尔质量为64g/
15、mol，D错误；故答案选B。7D【详解】A以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素中，N元素最外层有5个电子通过3个共用电子对就可以形成 8 电子稳定结构。所以镁与4个氮形成共价键的氮原子中，有2条是配位键，氮原子提供电子，镁提供空轨道，叶绿素能催化光合作用，故A正确；B血红蛋白中血红素的化学式为(C34H32O4N4Fe)，N原子为sp2杂化提供孤对电子，Fe2+离子提供空轨道，形成配位键，如图，Fe2+的卟啉配合物是输送O2的血红素，故B正确；C含醛基的物质能被弱氧化剂银氨试剂氧化，在工业上，制镜和热水瓶胆镀银，常用含有醛基的葡萄糖与Ag(NH3)2+作用生成银，所以Ag(NH3)2+是化学镀银
16、的有效成分，故C正确；D氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，离子方程式为：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2、Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-，往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子，离子反应方程式为：Ag+NH3H2OAgOH+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，离子反应方程式为：AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2+OH-+2H2O，所以向溶液中逐滴加入氨水，无法除去硝酸银溶液中的Cu2+，故D错误；故选D。8B【详解】A3NO2
17、+H2O=2HNO3+NO，则3NO2-2e-，所以3molNO2与水完全反应时转移的电子数为2NA，A不正确；BO2和CO2分子中，平均每个分子都含有2个O原子，则1molO2和CO2的混合气体中含有2NA个氧原子，B正确；C1个环氧乙烷分子中含有6个极性键，则0.1mol环氧乙烷()中含极性键数目为0.6NA，C不正确；D0.1mol/L醋酸钠溶液的体积未知，无法求出含有CH3COO-的数目，D不正确；故选B。9A【详解】从S2Cl2分子的空间结构可知，该分子空间结构不对称，为极性分子，A错误；S2Cl2中ClS键属于极性键，SS键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，B正确；同主族元素
18、的结构相似，C正确；氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中SCl键能大于SS键的键能，D正确。10D【详解】A若型化合物为NH3，NH3价层电子对数为4，有1对孤对电子，空间结构为三角锥形，A项错误；BBCl3为平面三角形，键角为120，NH3为三角锥形，键角为107，B项错误；CNF3中F原子电负性大于N原子，使共用电子对偏向F原子，NF3分子中N原子显正电性，提供孤电子对的配位能力较差，NF3不易形成配位键，C项错误；D以1个N为中心原子，配位原子数为2，无孤对电子，故价层电子对数为2，中心原子是sp杂化，D项正确；答案选D。11C【详解】 AHF 和 HCl 属于分子晶体
19、，由于 HF 中存在氢键，使得 HF 沸点高于 HCl，A错误；B4s只有1个电子的原子有：钾、铬和铜，铬属于B族元素，B错误；CSe第34号元素位于第四周期第A，属于p区元素，C正确；DH2O2结构不对称，属于极性分子，D错误；故答案为：C。12D【详解】A基态Cl原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则核外电子有17种运动状态，故A正确；B非金属性越强，元素的电负性越大，非金属性：，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；C分子中磷原子的价层电子对数为，故C正确；D1个该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成1个双键和一个单键，还有一个孤电子对，因此含有2个杂化的氮原子
20、和1个杂化的氮原子，故D错误；故选D。13C【分析】原子序数依次增大的相邻周期同主族元素V、W、Y、Z制造出了“糖葫芦”分子，结构简式如图所示，由图可知，四者均形成3个共价键，则为A族，则四者分别为N、P、As、Sb，W、X位于同一短周期，且X是所在周期中原子半径最小的元素，X为Cl。【详解】A单键均为键，双键中含有1个键1个键；甲基中碳氢键均为键，由结构可知，1个“糖葫芦”分子中含有89个键，A正确； B电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：WYZ，B正确； C三者均为分子晶体，相对分子质量大，则分子间作用力大，简单氢化物沸点高，由于氨分子可以形成氢键导致其
21、沸点高于同族其它元素的最简单氢化物的沸点，C错误；D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；根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价含氧酸酸性：WVX，D正确；故选C。14A【详解】A中氯原子的价层电子对数是，因此其杂化轨道类型为杂化，A正确；B为了增强溶液的氧化性，可选用稀硫酸酸化，不能选用浓盐酸进行酸化，因为高锰酸钾能氧化氯离子生成氯气，B错误；C氯气有毒，在通风棚中制备氯气不能消除氯气的污染，因为氯气仍然进入大气中，C错误；D50mL 12浓盐酸与足量共热反应，由于随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸不能被氧化，所以生
22、成氯气的物质的量小于0.15mol，D错误；答案选A。15B【分析】从图中可以看出，B、C都形成4个共价键，由于B与C在同一主族且原子序数C大于B，所以B为碳(C)元素，C为硅(Si)元素；D与C同周期且原子序数大于14，从图中可看出可形成1个共价键，所以D为氯(Cl)元素；A的原子序数小于6且能形成1个共价键，则其为氢(H)元素。【详解】AB的氧化物为CO2，分子晶体，C的氧化物为SiO2，原子晶体，所以熔点：B的氧化物C的氧化物，A不正确；B工业上由单质C可以制得单质Si，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，B正确；C未强调最高价氧化物对应的水化物，所以D不一定比B大，如HClO的酸性
23、H2CO3，C不正确；DC与H形成的化合物中不可能形成分子间氢键，D不正确；故选B。16(1) 或 2(2) 配位键 N 氨分子与水分子之间能形成氢键(3) 金属 的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道上的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍【详解】（1）Ni元素原子核外电子数为28，失去2个电子形成Ni2+，故Ni2+的核外电子排布式为或，其3d能级上的未成对的电子数为2；（2）在中， Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；氨极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为NH3与H2O之间可形成分子间氢键；（3）单质铜
24、及镍都是金属单质，由金属阳离子与自由电子之间以金属键结合形成金属晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：，这是由于Cu+电子排布呈半充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大，故答案为：的核外电子排布3d轨道处于全充满的稳定状态，再失去第二个电子更难，而镍失去的是4s轨道上的电子，所以元素铜的第二电离能高于镍。17(1) 3d84s2 sp3、sp2 9：1(2) 4 平面正方形(3) c 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键【解析】(1)镍的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为：3d84s2；烯丙醇分子中有双键碳和饱和碳，碳原子采取sp2、sp3杂化；单键为键，双键为
25、1个键、1个键，则烯丙醇分子中含9个键、1个键，键和键的个数比为：9:1；(2)Cu(NH3)42+中铜离子为中心离子，氨气为配体，配位数为4，Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，类比二氯甲烷，若配离子的空间构型为正四面体，则其中两个NH3被两个Cl-取代，只能得到1种产物，因此配离子空间构型为平面正方形；(3)由其结构可知，配离子内含有配位键、N-H极性键、C-C非极性键，不含离子键，答案选c；氮的电负性强，乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，因此乙二胺比三甲胺的沸点高很多。18(1)CO(2) 甲醇分子间含有氢键
26、 sp2 平面三角形 3NA(3)SO或PO(4) 9 sp2、sp3【解析】(1)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，有些等电子体化学键和构型类似；CO与N2是等电子体，两者的结构相似，则CO分子的结构式为CO；(2)甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是甲醇分子中氧原子的电负性比较强，可以形成氢键；甲醛分子中中心C原子的价层电子对数为，为sp2杂化；甲醛分子中碳原子的杂化为sp2杂化，故空间构型是平面三角形；单键均为键，双键中含有1个键；1mol甲醛分子中键的数目为3NA；(3)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，ClO互为等电子体的分子或离子为SO或PO；
27、(4)单键均为键，双键中含有1个键；1molCH2=CHCH2OH含9mol键，烯丙醇分子中双键两端的碳原子的价层电子对数为，为sp2杂化；与羟基相连的碳原子的价层电子对数为，为sp3杂化。19(1) 70 35(2)设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)； (欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y=25。【分析】C70分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70=105，设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个，结合循欧拉定理：顶点数+面数-棱边数=2计算。【详解】（1）C70分子中每
28、个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，则平均每个C原子可形成个共价键，则共价键总数为70=105，每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键，且核外最外层电子全部成键，则每个C原子形成2个单键、1个双键，即单键数=2倍的双键数，设单键数为m，双键数为n，则m+n=105，m=2n，解得m=70，n=35，故C70分子中所含的单键数为70，双键数为35。（2）设C70分子中五边形数为x个，六边形数为y个。依题意可得方程组：(键数，即棱边数)； (欧拉定理)；解得五边形数x=12，六边形数y=25。20(1)C4H10O(2)【分析】浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加18g说明反应产物中含水18g
29、，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻9.6g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了35.2g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式，并判断可能的结构简式；先根据手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，A可与金属钠反应生成氢气，说明有羟基，再根据分子式分析。【详解】（1）浓硫酸增重18g说明反应产物中含水18g，即产物中含水=1mol；通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻9.6g，说明CO还原氧化铜反应中氧化铜失去O为9.6g，即0.6mol，同时说明产物中含0.6molCO；通过碱石灰增重35.2g说明还原氧化铜的得到的CO2与原
30、产物的CO2总重35.2g，即0.8mol，减去由CO转化来的0.6moCO2，说明产物中含0.2molCO2；通过上述分析，可以知道0.2mol有机物与0.9mol氧气反应生成1molH2O、0.6molCO、0.2molCO2，即2molH，2molO，0.8molC，减去参与反应的0.9molO2，即1.8molO；可得知0.2mol的有机物含有2molH，0.2molO，0.8molC，即1mol有机物含10molH，1molO，4molC，化学式为C4H10O；故答案为C4H10O。（2）A可与金属钠反应生成氢气，说明有羟基，且A分子中含有手性碳原子，则有一个碳原子连有四个不同基团，
31、所以其结构简式为；故答案为。21(1)DCEB(2)KMnO4(3)尾气吸收，同时防止空气中水蒸气进入装置E中(4)当氯气充满整个装置(5)滴加H2O2过快时，不能将+2价钴充分氧化为+3价钴(6) AB 增大氯离子浓度有利于产品析出(7)21NA【分析】A装置用于制备氯气，用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，再用浓硫酸干燥氯气，在装置E中Co与Cl2反应制备CoCl2，用碱石灰进行尾气吸收，因CoCl2易潮解，则碱石灰还可以防止空气中的水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解； CoCl2在没有铵盐存在的情况下，遇氨水会生成氢氧化钴沉淀，因此原料NH4Cl的主要作用是抑制NH3H2O的电离，降低溶
32、液的碱性；加入H2O2溶液将+2价Co元素氧化为+3价Co，趁热过滤可以除去活性炭并防止产品析出，滤液中加适量浓盐酸，增大氯离子浓度，有利于析出Co(NH3)6Cl3。【详解】（1）A装置用于制备氯气，D装置中饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢气体，C中浓硫酸可干燥氯气，在装置E中Co与Cl2反应制备CoCl2，B用于尾气吸收，同时可防止空气中的水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解，则装置连接的顺序为ADCEB；（2）A为固液不加热制取氯气的装置，则圆底烧瓶盛放的固体药品可以是KMnO4；（3）氯气有毒，装置B中盛放的是碱石灰，目的是尾气吸收，同时防止空气中水蒸气进入装置E中使CoCl2潮解；（4
33、）反应开始前应先利用A装置制备氯气，待氯气充满整个装置时，再点燃E处的酒精灯，其目的是用氯气将装置内的空气排出，防止氧气将钴单质氧化；（5）加入H2O2的目的是将+2价Co氧化为+3价Co，滴加H2O2时若速度过快，则不能将+2价钴充分氧化为+3价钴，使产物中含有杂质；（6）趁热过滤可以减少的析出，A装置中使用了保温漏斗，B装置中使用洗耳球进行减压趁热过滤，C装置为普通的过滤装置，不能进行趁热过滤，故选AB；趁热过滤后，在滤液中加入浓盐酸的目的是增大氯离子浓度，有利于产品的析出；（7）在中，Co(NH3)5Cl-离子内部含有6个配位键、15个N-H键，共有21个键，所以1mol中含键数目为21NA。答案第15页，共9页