河南省商開大聯(lián)考2021-2022學年高二下學期期末測試化學試題（解析版）

商開大聯(lián)考2021~2022學年下學期期末考試高二化學考生注意：1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色逐水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫來黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。4.本卷命題范圍：人教版必修1第一、二章，選修3，選修5。5.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7N14O16F19Al27Si28P31S32Cl35.5K39Fe56Ni59一、選擇題(本大題共15小題，每小題3分，共計45分。在每小題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的)1.下列加點物質(zhì)的用途與其氧化性有關的是A.維生素C作為抗氧化劑，防止富脂食品氧化變質(zhì)B.葡萄糖與溶液反應用于玻璃鍍銀C.鐵紅與鋁粉混合物在高溫下反應用于焊接鋼軌D.小蘇打作為膨松劑，用于糕點制作【答案】C【解析】【詳解】A．維生素C具有較強還原性，更容易和空氣中的氧氣接觸反應，故物質(zhì)用途與其還原性有關，A不符題意；B．葡萄糖做還原劑與銀氨溶液反應，故物質(zhì)用途與其還原性有關，B不符題意；C．與Al高溫下反應生成Fe和，作氧化劑，具有氧化性，C符合題意；D．小蘇打做膨松劑利用的是其受熱分解產(chǎn)生氣體，與氧化性無關，D不符題意；綜上，本題選C。2.鐵鋰云母為綠色，其組成為，工業(yè)上將鐵鋰云母置于反應釜中，并加入適量濃硫酸和氫氟酸，加熱，鐵鋰云母可釋放出，下列有關其說法中不正確的是A.從物質(zhì)分類角度分析鐵鋰云母屬于硅酸鹽B.鐵鋰云母長期露置于空氣中表面會出現(xiàn)黃色斑點C.鐵鋰云母中鋁元素的質(zhì)量分數(shù)小于鐵元素的D.實驗室可在陶瓷坩鍋中進行鐵鋰云母釋放的實驗【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)鐵鋰云母組成可知，鐵鋰云母屬于硅酸鹽，A項正確；B．根據(jù)鐵鋰云母的顏色可知鐵元素為+2價，長時間露置于空氣中表面的會被氧化為，從而出現(xiàn)黃色斑點，B項正確；C．鐵鋰云母中，鐵元素的式量為56，鋁元素總式量為54，故鋁元素的質(zhì)量分數(shù)小于鐵元素的，C項正確；D．氫氟酸能夠腐蝕陶瓷，D項錯誤。故選D。3.如圖是制備乙酸乙酯中的一些重要步驟，其中操作或裝置正確的是

A.圖A是混合乙醇和濃硫酸B.圖B是制備和吸收裝置C.圖C是將乙酸乙酯和吸收液充分振蕩D.圖D是蒸餾獲得乙酸乙酯的接收裝置【答案】A【解析】【詳解】A．濃硫酸的密度大于乙醇，應將濃硫酸加入乙醇中，并及時攪拌冷卻，A正確；B．應用飽和碳酸鈉溶液作吸收液，B錯誤；C．應倒置分液漏斗振蕩，C錯誤；D．牛角管和錐形瓶連接處的橡膠塞應去掉，否則就構成密閉體系了，D錯誤；故答案為A。4.設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關說法中正確的是A.月壤中含有豐富的，3g含有的中子數(shù)目為B.玻璃脫色劑中1mol所含陰離子數(shù)目為C.16g斜方硫()分子中含共用電子對數(shù)目為D.合成氨反應每生成1.12L(標準狀況)氨氣，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．3g的物質(zhì)的量為1mol，一個中含有1個中子，故1mol含有中子的數(shù)目為，A項錯誤；B．BaO2中的陰離子為，1mol中所含陰離子數(shù)目為，B項錯誤；C．一個()分子中含共用電子對數(shù)為8，16g的物質(zhì)的量為，含有的共用電子對的數(shù)目為，C項錯誤；D．標準狀況下，1.12L氨氣的物質(zhì)的量為0.05mol，合成氨反應中氮元素的化合價從0價降低到-3價，生成1molNH3轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，則生成0.05molNH3轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為，D項正確；故選D。5.下列離子組在指定環(huán)境中一定能大量存在的是A.溶液中：、、、B.強堿性溶液中：、、、C.與Al反應能夠產(chǎn)生的溶液：、、、D.的溶液：、、、【答案】B【解析】【詳解】A．溶液中含有，能氧化，與生成，A項錯誤；B．、、、均與不發(fā)生反應，B項正確；C．與鋁反應能夠生成氫氣，則溶液可能顯酸性，也可能顯堿性，若溶液顯酸性，則能將氧化，C項錯誤；D．(，則溶液中遠大于，溶液顯酸性，酸性條件下與反應生成氯氣，D項錯誤；綜上，本題選B。6.黃鐵礦(主要成分是)是自然界中含有二價鐵的天然礦物，將黃鐵礦與在隔絕空氣條件下熔燒，可發(fā)生如下反應：(未配平)，則參與反應的與的物質(zhì)的量之比為A.8：1 B.7：1 C.6：1 D.5：1【答案】A【解析】【詳解】設參與反應的的物質(zhì)的量為x，的物質(zhì)的量為y，氫氧化鐵中鐵元素化合價降低，中鐵元素、硫元素化合價均升高，四氧化三鐵中鐵元素的平均化合價是，根據(jù)得失電子守恒可知：，解得，A項正確。答案選A。7.下列有關物質(zhì)特征判斷的說法中正確的是A.納米材料的直徑介于1nm~100nm之間，故納米銅屬于膠體B.、均能與酸和堿發(fā)生反應，故二者均為兩性化合物C.由反應可知為一元酸D.濃硫酸具有強氧化性，實驗室不能使用濃硫酸干燥二氧化硫氣體【答案】C【解析】【詳解】A．膠體屬于分散系，是由分散質(zhì)和分散劑構成，納米材料只是達到了膠體分散質(zhì)的要求，缺少分散劑不能形成膠體，A項錯誤；B．二氧化硅屬于酸性氧化物，B項錯誤；C．與過量的NaOH反應，分子中只有1個參與了反應，故屬于一元酸，C項正確；D．濃硫酸的強氧化性由＋6價硫體現(xiàn)，的強還原性由＋4硫體現(xiàn)，而＋6價硫和＋4價硫之間無中間價態(tài)，無法發(fā)生歸中反應，可以使用濃硫酸干燥，D項錯誤。故選C。8.下列有關儀器的使用方法或?qū)嶒灢僮鞑徽_的是A.保存NaOH溶液的試劑瓶，應使用橡膠塞B.將直接脫水制取無水C.實驗室保存液溴和白磷均需要使用蒸餾水D.利用稀鹽酸制取氫氣，可用飽和碳酸氫鈉溶液除雜【答案】D【解析】【詳解】A．NaOH溶液能與玻璃的成分二氧化硅反應生成硅酸鈉，硅酸鈉是一種粘合劑，能將試劑瓶和玻璃塞粘合在一起，所以應使用橡膠塞，故A正確；B．由于硫酸是不揮發(fā)性酸，所以直接脫水時，不會徹底水解，可以將直接脫水制取無水，故B正確；C．液溴易揮發(fā)，和水的反應程度很小，可以用水液封來防止揮發(fā)，白磷易自燃且和水不反應，可以保存在水中來隔絕空氣，故C正確；D．利用稀鹽酸制取氫氣時，雜質(zhì)中含有氯化氫，用飽和碳酸氫鈉溶液除雜時，飽和碳酸氫鈉能與HCl反應生成二氧化碳，會在氫氣中引入新的雜質(zhì)，故D錯誤；故答案選D。9.只利用試管和膠頭滴管及下表提供的檢驗試劑，能夠完成下列檢驗實驗的是選項檢驗試劑待檢離子共存離子A硫氰化銨溶液、雙氧水B硝酸鈉溶液、稀鹽酸C稀硫酸、品紅溶液D稀氨水A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．當溶液中存在鐵離子時，鐵離子會干擾亞鐵離子的檢驗，無法利用硫氰化銨溶液、雙氧水檢測含有鐵離子的溶液中是否存在亞鐵離子，故A錯誤；B．硫酸根離子與硝酸鈉溶液、稀鹽酸不反應，則用硝酸鈉溶液、稀鹽酸無法檢驗溶液中是否存在硫酸離子，故B錯誤；C．向溶液中加入稀硫酸，稀硫酸與碳酸根離子、亞硫酸根離子反應生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液褪色，而二氧化碳不具有漂白性，不能使品紅溶液褪色，則用稀硫酸、品紅溶液能檢驗含有碳酸根離子的溶液中是否存在亞硫酸根離子，故C正確；D．氨水與鎂離子和鋁離子均能反應生成白色沉淀，且沉淀不溶解，不能用氨水檢驗含有鋁離子的溶液中是否存在鎂離子，故D錯誤；故選C。10.利用和濃鹽酸在如圖所示的裝置中反應可制取并收集氯氣，下列說法中不正確的是A.在相同條件下，的氧化性強于B.以濃氨水和生石灰為原料在該裝置中制備并收集氨氣C.利用該裝置制取氣體，c中可盛放NaOH溶液吸收尾氣D.驗證苯與液溴發(fā)生取代反應，b中應盛放，c中盛放溶液【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)該裝置可知，Co2O3和濃鹽酸在常溫下反應制得氯氣，而MnO2和濃鹽酸需要在加熱條件下制取氯氣，故Co2O3的氧化性強于MnO2，A項正確；B．氨氣密度比空氣小，應用向下排空氣法收集氨氣，B項錯誤；C．二氧化硫能與NaOH溶液反應，可用NaOH溶液吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境，C項正確；D．通過證明有溴化氫生成可確認苯與液溴的反應是取代反應，但揮發(fā)出的溴蒸氣會干擾檢驗，因此需用四氯化碳除去溴蒸氣，D項正確；故選B。11.磷酸亞鐵鋰是生產(chǎn)鋰離子電池正極的重要材料。其合成原理為，下列有關說法中不正確的是A.該制備過程需要在隔絕空氣的惰性氣氛中進行B.反應過程既是氧化劑又是還原劑C.反應每轉(zhuǎn)移0.15mol電子，理論上可制備27.3gD.熱還原法冶煉金屬時，常使用X作為還原劑【答案】C【解析】【分析】由質(zhì)量守恒定律可知X為CO，結合得失電子守恒可知每2mol草酸亞鐵晶體參與反應，有1mol被氧化為CO2，1mol被還原為CO，轉(zhuǎn)移2mol電子。【詳解】A．亞鐵離子容易被氧氣氧化，所以要隔絕空氣，即反應需在惰性氣體氛圍中進行，A項正確；B．由分析可知既是氧化劑又是還原劑，B項正確；C．結合分析可知每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上可制備2molLiFePO4，故轉(zhuǎn)移0.15mol電子，理論上可制備0.15mol，質(zhì)量為0.15mol×158g/mol=23.7g，C項錯誤；D．CO常用作熱還原法冶煉金屬的還原劑，D項正確；故選C。12.已知還原性：，當時，溶液與反應的離子方程式為A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】時，設為1mol，為1.4mol，由于還原性：，則先有1mol發(fā)生反應：，然后0.4mol()的發(fā)生反應，總反應為，即，D項正確。答案選D。13.為提純下列物質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì))，所用的提純試劑和分離方法都正確的是(不考慮干燥等操作)選項待提純物質(zhì)提純試劑分離方法A溶液洗氣B從碘水中分離出植物油萃取C苯甲酸晶體(泥沙)水熱水溶解、趁熱過濾、冷卻結晶、過濾D溶液()過量銅粉混合、攪拌、靜置、過濾A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．和均能被溶液吸收，A項錯誤；B．植物油中含有碳碳雙鍵能與碘水發(fā)生加成反應，B項錯誤；C．熱水溶解、趁熱過濾可除去泥沙，再通過冷卻結晶，過濾可得到苯甲酸晶體，C項正確；D．與Cu反應生成和，會引入新雜質(zhì)，D項錯誤。故選C。14.下列有關離子方程式書寫正確的是A.銨明礬溶液中滴加少量NaOH溶液：B.磁鐵礦石溶于稀硝酸：C.向碳酸氫鈉溶液中通人氯氣：D.IBr在KOH溶液中發(fā)生非氧化還原反應：【答案】D【解析】【詳解】A．由能與氨水反應可知，結合的能力強于，故滴加少量NaOH溶液，先反應，A項錯誤；B．硝酸會將氧化為，B項錯誤；C．次氯酸的酸性弱于碳酸，次氯酸與不反應，最終產(chǎn)物中次氯酸應寫分子式，C項錯誤；D．IBr中碘元素為＋1價，溴元素為-1價，發(fā)生非氧化還原反應生成和，D項正確。故選D。15.含釩化合物廣泛用于工業(yè)、國防等諸多領域，下列有關含釩物質(zhì)轉(zhuǎn)化關系的說法中不正確的是

A.反應I的離子方程式中的化學計量數(shù)為3B.實現(xiàn)II的轉(zhuǎn)化，不能使用HI等還原性酸C.當參與反應的時，可實現(xiàn)反應III的轉(zhuǎn)化D.反應IV的轉(zhuǎn)化中X物質(zhì)表現(xiàn)還原性【答案】C【解析】【詳解】A．反應Ⅰ的離子方程式為，A項正確；B．反應Ⅱ無價態(tài)變化，若使用具有還原性的HI可能會把還原，而無法得到，B項正確；C．根據(jù)和得失電子守恒可知，還原產(chǎn)物中釩元素的價態(tài)為＋2，而中釩元素的價態(tài)為＋4價，C項錯誤；D．反應Ⅳ中釩由＋5價降至＋4價，表現(xiàn)氧化性，故加入的X物質(zhì)是還原劑，D項正確。故選C。二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分。第16~18題為必考題，每個試題考生都必須作答。第19~20題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題：共40分。16.二氧化氯()在工業(yè)上可用于淀粉及油脂的漂白及自來水的消毒?；卮鹣铝袉栴}：（1）制備二氧化氯：方法1：60℃時，用潮濕的與草酸()反應制取。方法2：亞氯酸鈉()和稀鹽酸反應，反應原理為。①方法1中制得的中混有的氣態(tài)雜質(zhì)主要為_____(寫分子式)。②方法2中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為______。（2）利用進行自來水消毒時，需要監(jiān)測水中的含量，其步驟為：步驟1：量取自來水10.0mL，準確配制100mL檢測液，量取檢測液于碘量瓶()中。步驟2：調(diào)節(jié)試樣呈弱酸性，加入足量的KI，立即蓋緊碘量瓶的塞子并在塞子周圍加入少量水，將碘量瓶置于黑暗處靜置片刻。步驟3：加入幾滴淀粉溶液于碘量瓶中，用的標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液(發(fā)生的化學反應方程式：)。①制100mL檢測液，除了量筒外，還需要_____(填字母)。A．普通漏斗B．膠頭滴管C．100mL容量瓶D．分液漏斗②使用碘量瓶代替錐形瓶的目的是_______(寫出一點即可)。③步驟2中發(fā)生反應的離子方程式為_______。④該自來水樣品中的質(zhì)量濃度為_____(質(zhì)量濃度)。【答案】（1）①.②.4：1（2）①.BC②.防止被空氣中的氧氣氧化(或防止生成的上升華)③.④.【解析】【小問1詳解】①方法1中與草酸()反應制取的反應方程式為2KClO3+H2C2O4=K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故制得的中混有的氣態(tài)雜質(zhì)主要為。②反應：5molNaClO2中4molNaClO2被氧化4molClO2，為氧化產(chǎn)物，1molNaClO2被還原為1molNaCl，為還原產(chǎn)物，故氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)量之比為4:1。【小問2詳解】①制100mL檢測液，需要的儀器有量筒、膠頭滴管、100mL容量瓶等。②使用碘量瓶代替錐形瓶的目的是防止被空氣中的氧氣氧化(或防止生成的上升華)。③步驟2中ClO2氧化I-生成碘，發(fā)生反應的離子方程式為。④由、可知，存在ClO2~5Na2S2O3，則原ClO2溶液的濃度為=。17.為了降低工業(yè)制備四氯化錫()的生產(chǎn)成本，工業(yè)上常采用氯氣浸出硫渣(粗錫精煉產(chǎn)生的廢渣)制備液態(tài)。根據(jù)所給信息回答下列問題：已知：硫渣中主要成分為Sn，還含有、As、Pb等雜質(zhì)，硫渣與氯氣接觸發(fā)生反應，并放出大量的熱，雜質(zhì)與氯氣發(fā)生反應生成CuCl(同時生成)、、等。物質(zhì)CuCl沸點/(℃)1141690130952445（1）寫出400℃時，與反應的化學方程式：______。（2）氯氣浸出硫渣結束后，分離出的最佳方法為______，收集到的略帶黃色，其原因是_______。（3）某實驗小組將硫渣浸沒在液體中并通入氯氣，利用下列裝置制取。①球形冷凝管的進水口為_____(填“a”或“b”)。②遇潮濕空氣會出現(xiàn)白霧，其原因是______。③干燥管中堿石灰的作用為______。④隨著反應進行，三頸燒瓶中的浸出溫度不斷升高，錫浸出率先升高后降低，試分析錫浸出率降低的原因：______。【答案】（1）（2）①.蒸餾②.有未反應的氯氣溶解在中（3）①.b②.四氯化錫水解生成HCl，HCl遇水蒸氣形成白霧③.防止水蒸氣進入三頸燒瓶中使四氯化錫水解，同時吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境④.隨著溫度升高，氯氣在四氯化錫液體中的溶解度降低，從而導致錫的浸出率降低【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，三頸燒瓶中通入的氯氣與浸沒在四氯化錫液體的硫渣反應得到含有氯化錫、氯化亞銅、、三氯化砷、二氯化鉛混合溶液，與三頸燒瓶相連的球形冷凝管起冷凝回流的作用，與球形冷凝管相連的含有堿石灰的干燥管起到吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境的作用，防止水蒸氣進入三頸燒瓶中使四氯化錫水解?！拘?詳解】由題意可知，400℃時，氯氣與氯化亞銅反應生成氯化亞銅和，反應的化學方程式為，故答案為：；【小問2詳解】由分析可知，氯氣浸出硫渣結束后得到含有氯化錫、氯化亞銅、、三氯化砷、二氯化鉛混合溶液，利用蒸餾方法可以分離出四氯化錫，由于收集到的四氯化錫中未反應的氯氣溶解在四氯化錫中會略帶黃色，故答案為：蒸餾；有未反應的氯氣溶解在中；【小問3詳解】①由分析可知，球形冷凝管起冷凝回流的作用，為增強冷凝效果，球形冷凝管的進水口為下口b，故答案為：b；②四氯化錫為強酸弱堿鹽，遇到空氣中的水蒸氣會發(fā)生水解反應會形成鹽酸小液滴而出現(xiàn)白霧，故答案為：四氯化錫水解生成HCl，HCl遇水蒸氣形成白霧；③由分析可知，干燥管中堿石灰的作用為吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境的作用，防止水蒸氣進入三頸燒瓶中使四氯化錫水解，故答案為：防止水蒸氣進入三頸燒瓶中使四氯化錫水解，同時吸收多余的氯氣，防止污染環(huán)境；④隨著反應進行，反應放出的熱量使三頸燒瓶中的浸出溫度不斷升高，氯氣在四氯化錫液體中的溶解度降低，導致錫浸出率先升高后降低，故答案為：隨著溫度升高，氯氣在四氯化錫液體中的溶解度降低，從而導致錫的浸出率降低。18.利用硬錳礦(主要成分為、MnO，還含有少量的、、)制取錳酸鋰()的流程如下圖所示：回答下列問題：（1）“球磨”的目的是_______，“浸渣”主要成分的化學式為______。（2）“沉渣”的成分為和，則“浸取”步驟中的作用為_____(用離子方程式表示)。（3）向“除雜后液”中加入也可制備，已知中硫元素為最高價，則中-1價O占氧元素的百分比為______%。（4）“鋰化”步驟中，按投料，經(jīng)研磨、焙燒、冷卻即可制得。①在上述反應過程中的作用為______。②已知“鋰化”過程中有和生成，則二者在相同條件下的體積之比為______。【答案】（1）①.增大接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率②.（2）（3）25（4）①.氧化劑②.2：1【解析】【分析】硬錳礦球磨后加硫酸和FeSO4酸浸，氧化鐵、氧化鋁、MnO溶于硫酸中生成相應的鹽，SiO2不溶，成為浸渣除去，MnO2被FeSO4還原為+2價，浸取液加純堿除去鐵、鋁，除雜后液加氨水沉錳，沉渣中加水，通氧氣得到MnO2，再加Li2CO3得到產(chǎn)品?！拘?詳解】“球磨”的目的是增大接觸面積，加快浸取速率，提高浸取率，“浸渣”主要成分的化學式為SiO2?！拘?詳解】“沉渣”的成分為Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4，錳元素的化合價為+2價，則“浸取”步驟中FeSO4的作用為還原劑，MnO2被FeSO4還原為+2價，離子方程式為：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O。【小問3詳解】K2S2O8中硫元素為最高價+6價，則K2S2O8中有2個O為-1價，6個O為-2價，-1價O占氧元素的百分比為25%。小問4詳解】①產(chǎn)品錳酸鋰(LiMn2O4)中Mn均價為+3.5價，所以在“鋰化”步驟中MnO2做氧化劑。②“鋰化”過程中有CO2和O2生成，則反應的化學方程式為：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，CO2和O2在相同條件下的體積之比為2：1。(二)選考題：共15分。請考生從給出的2道試題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)]19.不銹鋼在工業(yè)生產(chǎn)和國防建設中有重要的作用，中國產(chǎn)SUS321不銹鋼中含有1Cr18Ni9Ti成分(數(shù)字代表含量)?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鉻原子的價電子排布式為_____。（2）下列有關的說法中正確的是___(填字母)。A.中子數(shù)為30，與鐵元素不屬于同一族 B.核外有7種能量不同的電子C.其電負性大于Ca D.基態(tài)鎳原子的單電子數(shù)目大于基態(tài)鈦原子（3）常溫常壓下，活潑Ni粉與CO可形成正四面體結構的。①根據(jù)的空間結構可推測，Ni采取_______雜化，為_____(填“極性“或“非極性”)分子。②已知Ni與CO中碳原子直接成鍵，則該化學鍵屬于_____(填化學鍵類型)，Ni與CO中的O不易直接成鍵，其原因是______。③CO與互為等電子體，但CO的沸點高于，其原因是______。（4）(分子晶體)穩(wěn)定性比差，極易水解，試從結構分析其原因：____。（5）利用X-射線衍射法測得金屬鎳為面心立方最密堆積，則鎳的晶胞俯視圖為____(填字母)。A、B、C、D、若鎳的密度為，則鎳原子的半徑為____pm(阿伏加德羅常數(shù)用表示，列出計算式即可)。【答案】（1）（2）BC（3）①.②.非極性③.配位鍵④.O元素電負性比C元素大，O原子提供孤電子對的傾向小，不易形成配位鍵⑤.CO是極性分子，分子間的作用力大于（4）Ti—Cl鍵的鍵長比C—Cl鍵的長、鍵能小，易斷裂（5）①.C②.【解析】【小問1詳解】鉻是第24號元素，基態(tài)鉻原子的電子排布式為[Ar]3d54s1，則其價電子排布式為3d54s1。【小問2詳解】A．Ni的質(zhì)子數(shù)為28，58Ni的質(zhì)量數(shù)為58，則中子數(shù)為58-28=30，與鐵元素同屬于第Ⅷ族，故A錯誤；B．Ni的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2，同一能層同一能級電子能量相同，所以其核外有7種能量不同的電子，故B正確；C．電負性是原子對鍵合電子的吸引力，Ca和Ni都是第四周期元素，Ni的核電荷數(shù)大于Ca，對核外電子的引力強于Ca，所以其電負性大于Ca，故C正確；D．從以上分析可知，基態(tài)鎳原子的單電子數(shù)目為2，基態(tài)鈦原子單電子數(shù)目為6，所以基態(tài)鎳原子的單電子數(shù)目小于基態(tài)鈦原子，故D錯誤；故選BC?！拘?詳解】①Ni(CO)4是正四面體結構，所以Ni采取sp3雜化，Ni(CO)4中正負電荷中心重合，是非極性分子。②在Ni(CO)4中，Ni提供空軌道，CO中的碳原子提供孤電子對，Ni和CO形成配位鍵。由于O元素電負性比C元素大，O原子提供孤電子對的傾向小，Ni與CO中的O不易直接成鍵。③CO是極性分子，N2為非極性分子，CO分子間的作用力大于N2，所以CO的沸點高于N2。【小問4詳解】TiCl4和CCl4均為分子晶體，由于Ti—Cl鍵的鍵長比C—Cl鍵的長、鍵能小，易斷裂，所以TiCl4穩(wěn)定性比CCl4差?！拘?詳解】金屬鎳為面心立方最密堆積，則鎳的晶胞俯視圖為正方形，在正方形的頂點、面心和棱心都能看到鎳原子，故選C；在一個鎳晶胞中，平均有4個鎳原子，設晶胞邊長為xcm，則晶體密度ρ=，則x=cm，金屬鎳為面心立方最密堆積，鎳原子的半徑的4倍等于面對角線長度，則鎳原子的半徑=cm=pm。[選修5：有機化學基礎]20.化合物H具有空谷幽蘭一樣的香氣，是一種廣泛使用的香料，其合成路線如下圖所示