2025年滬教版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬教版選擇性必修2化學上冊階段測試試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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5題，共10分)1、如圖所示，在乙烯分子中有5個σ鍵、1個鍵；下列表述正確的是。

A.H之間是雜化軌道形成的鍵，C之間是未參加雜化的軌道形成的鍵B.C之間是雜化軌道形成的鍵，H之間是未參加雜化的軌道形成的鍵C.雜化軌道形成鍵，未雜化的軌道形成鍵D.雜化軌道形成鍵，未雜化的軌道形成鍵2、2022年諾貝爾化學獎授予了對點擊化學和生物正交化學作出貢獻的三位科學家。點擊化學的代表反應為“疊氮化物-炔烴”反應，其反應原理如圖所示(R1和R2代表烴基)。下列說法正確的是。

A.轉化過程中N的雜化方式未改變B.N3-R2中一定存在三種非極性鍵C.該反應中[Cu]和H+都能降低反應的活化能D.總反應方程式為：3、若不斷地升高溫度，實現(xiàn)“雪花→水→水蒸氣→氧氣和氫氣”的變化，則整個過程中破壞的粒子間的作用力的種數(shù)為A.1B.2C.3D.44、下列數(shù)據(jù)是對應物質的熔點，有關的判斷錯誤的是。Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.Na2O、AlF3是離子晶體；AlCl3、BCl3是分子晶體B.同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體C.Al2O3熔點高于AlF3，因為Al2O3晶格能大于AlF3D.在上面涉及的共價化合物分子中各原子都形成8電子結構5、鎳能形成多種不同的化合物。圖1是鎳的一種配合物的結構；圖2是一種鎳的氧合物的晶胞(圖中白球為氧)。判斷下列說法正確的是。

A.圖1分子中存在的化學鍵有共價鍵、配位鍵、氫鍵B.圖1中N、O的第一電離能C>N>OC.圖2中離鎳原子最近的鎳原子數(shù)共為8個D.圖2可能表示的是氧化鎳(NiO)的晶胞評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、白云石的化學組成是CaCO3·MgCO3；500℃以下分解成二氧化碳；金屬氧化物和碳酸鹽，800℃以上則徹底分解成氧化物。

(1)鎂和鈣在元素周期表中位于___________族，它們的價電子軌道式表示式為___________(用n表示電子層數(shù))。

(2)白云石500℃以下分解的化學方程式為___________。

(3)從物質結構角度分析、比較白云石分解生成的MgO和CaO的熱穩(wěn)定性。___________。

(4)白云石分解得到的CO2是氨堿法制備純堿的基本原料之一，寫出氨堿法制純堿主要反應的化學方程式。___________、___________；向氨堿法的母液中加入生石灰可實現(xiàn)___________(填化學式)的循環(huán)利用。處理后的母液經蒸發(fā)、濃縮、冷卻、固化可得CaCl2。以質量比為1.44∶1的CaCl2·6H2O與冰水混合，可獲得-55℃的低溫，配制該制冷劑時不使用無水CaCl2的原因是___________。7、如何用雜化軌道理論解釋分子的空間結構_____？8、氮化硼(BN)是-種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為起始物，經過一系列反應可以得到BF3和BN；如下圖所示：

請回答下列問題：

(1)在BF3分子中，F(xiàn)-B-F的鍵角是_____，B原子的雜化軌道類型為_____，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，的立體結構為______。

(2)在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為_____(填“極性鍵”或“非極性鍵”)，層間作用力為_____。9、Eu；Ti和O形成一種化合物；其晶胞為如圖所示的立方體。

(1)Eu是鑭系元素，位于元素周期表的_______。

A．s區(qū)B．p區(qū)C．d區(qū)D．ds區(qū)E．f區(qū)。

(2)在該晶胞中，Eu、Ti、O的粒子個數(shù)比是_______。

(3)若將Ti原子置于立方體的體心，Eu原子置于立方體頂角，則O原子處于立方體的_______位置。

A．體心B．面心C．棱心D．頂角。

(4)1個Eu原子和_______個O原子相鄰，1個Ti原子和_______個O原子相鄰。1個O原子和_______個Eu原子相鄰，1個O原子和_______個Ti原子相鄰。10、(1)R單質的晶體在不同溫度下有兩種原子堆積方式，晶胞分別如下圖所示。A中原子堆積方式為________堆積，A、B中R原子的配位數(shù)之比為________。

(2)已知單質D為面心立方晶體，如圖所示，D的相對原子質量為M，密度為8.9g/cm3。

試求：

①圖中正方形邊長＝________cm(只列出計算式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。

②試計算單質D晶體中原子的空間利用率：________(列出計算式并化簡)。評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)11、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構____________

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

(4)只要分子構型為平面三角形，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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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12、第ⅠA族金屬元素的金屬性一定比同周期的第ⅡA族的強。(_______)A.正確B.錯誤13、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正確B.錯誤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構____________

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

(4)只要分子構型為平面三角形，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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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、將丙三醇加入新制中溶液呈絳藍色，則將葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈絳藍色。(____)A.正確B.錯誤16、用銅作電纜、電線，主要是利用銅的導電性。(______)A.正確B.錯誤17、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構____________

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

(4)只要分子構型為平面三角形，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構___________

(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型結果常常相互矛盾___________

(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、結構與性質(共1題，共3分)18、碳及其化合物在研究和生產中有許多重要用途。請回答下列問題：

（1）基態(tài)碳原子核外電子有___________種空間運動狀態(tài)，其價電子軌道表示式為___________。

（2）光氣的分子式為COCl2，又稱碳酰氯，是一種重要的含碳化合物，判斷其分子空間構型為___________，其碳原子雜化軌道類型為___________雜化。

（3）碳酸鹽在一定溫度下會發(fā)生分解；實驗證明碳酸鹽的陽離子不同，分解溫度不同，如下表所示：

。碳酸鹽。

MgCO3

CaCO3

SrCO3

BaCO3

熱分解溫度/℃

402

900

1172

1360

陽離子半徑/pm

66

99

112

135

試解釋為什么隨著陽離子半徑的增大，碳酸鹽的分解溫度逐步升高？___________。

（4）碳的一種同素異形體-C60，又名足球烯，是一種高度對稱的球碳分子。立方烷(分子式為C8H8，結構是立方體：)是比C60約早20年合成出的一種對稱型烴類分子，而現(xiàn)如今已合成出一種立方烷與C60的復合型分子晶體，該晶體的晶胞結構如圖所示，立方烷分子填充在原C60晶體的分子間八面體空隙中。則該復合型分子晶體的組合用二者的分子式可表示為___________。

（5）碳的另一種同素異形體-石墨，其晶體結構如圖所示，則石墨晶胞含碳原子個數(shù)為___________個。已知石墨的密度為ρg·cm-3，C-C鍵鍵長為rcm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則石墨晶體的層間距為___________cm(用含ρ、NA、r的式子表示)。

（6）金剛石和石墨的物理性質差異很大，其中熔點較高的是___________，試從結構分析：___________；硬度大的是___________，試從結構分析：___________。評卷人得分五、元素或物質推斷題(共4題，共32分)19、W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。W與Y的最高化合價之和為8；Y的最高價氧化物的水化物既能跟強酸溶液反應又能跟強堿溶液反應；X與Z同族，Z的原子序數(shù)是X的兩倍。

（1）X在元素周期表中的位置是________。

（2）W、X、Y的原子半徑由大到小的順序是_____＞_____＞_____（用元素符號表示）。

（3）X、Z中非金屬性較強的是_________（填元素符號），下列事實不能證明該結論的是__________（填序號）。

aX的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強。

bZ的氣態(tài)氫化物的酸性比X的強。

cX的氫化物的沸點比Z的高。

d相同條件下Z的氫化物的還原性比X的強。

（4）Y的最高價氧化物的水化物與強堿溶液反應的離子方程式為________。

（5）Y與同周期相鄰金屬元素的金屬性強弱關系為_____＞_____（填寫元素符號），設計實驗加以證明：_____________。20、A、B、C、D四種元素都是短周期元素。A元素的離子具有黃色的焰色反應。B元素的離子結構和Ne具有相同的電子層排布；5.8gB的氫氧化物恰好能與100mL2mol/L鹽酸完全反應；B原子核中質子數(shù)和中子數(shù)相等。H2在C單質中燃燒產生蒼白色火焰。D元素原子的電子層結構里；最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍。根據(jù)上述條件，回答：

(1)元素C位于第_______周期_______族，它的最高價氧化物水化物的化學式為_______

(2)根據(jù)信息，可推出(填元素符號)：A是_______，B是_______，D是_______。

(3)A與D的單質在加熱條件下形成的化合物的電子式為_______，該物質屬于_______化合物。A、B元素的最高價氧化物對應的水化物的堿性強弱順序_______(填化學式)，A最高價氧化物的水化物的電子式：_______

(4)C元素的單質有毒，可用A的最高價氧化物對應的水化物的溶液吸收，其化學方程式為：_______21、下表是元素周期表的一部分；表中的字母分別代表一種化學元素。

。a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

(1)e和f的I1大小關系是___________＞___________(填元素符號；下同)___________，理由是___________

(2)上述元素中；原子中未成對電子數(shù)最多的是___________，寫出該元素基態(tài)原子的核外電子排布式：___________。

(3)X；Y是上述a—j中的兩種元素；根據(jù)下表所提供的電離能數(shù)據(jù)，回答下列問題：

。

鋰。

X

Y

I1

520

496

580

I2

7296

4570

1820

I3

11799

6920

2750

I4

9550

11600

①X的元素符號是___________；X和c以原子個數(shù)之比1：1形成的一種化合物的電子式是___________

②Y與h形成的化合物是___________(填“共價化合物”或“離子化合物”)22、已知A；B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的前30號元素；A元素形成的一種微粒是最簡單的原子，B元素基態(tài)原子的核外有3個能級，每個能級上的電子數(shù)都相同；D的最外層電子數(shù)與能層數(shù)之比為3：1；E是第四周期元素，最外層只有一個電子，其余各層電子均充滿?；卮鹣铝袉栴}(用元素符號或化學式表示)：

(1)E在元素周期表中的位置_____，位于元素周期表的_______區(qū)。

(2)B、C、D的原子半徑由大到小的順序為________填元素符號)，A分別與B、C、D能形成10電子的化合物，它們的沸點由高到低的順序是___________(填化學式)。

(3)C2A4在加熱條件下能夠將ED還原為E2D，并生成一種單質，則該反應的化學方程式為_____。C2A4分子中C的雜化方式是____，由C元素原子組成的1mol單質分子(C2)中含________個π鍵。評卷人得分六、工業(yè)流程題(共4題，共40分)23、CuCl可用作有機合成的催化劑。工業(yè)上用黃銅礦(主要成分是CuFeS2，還含有少量SiO2)制備CuCl的工藝流程如下：

回答下列問題：

(1)的電子排布式是：_______。

(2)“浸取”時，硫元素轉化為硫酸根離子，則反應的離子方程式為_______。

(3)“濾渣①”的成分是_______(填化學式)

(4)已知在水溶液中存在平衡：(無色)。“還原”時使用濃鹽酸和固體的原因是_______；當出現(xiàn)_______現(xiàn)象時；表明“還原”進行完全。

(5)制備請補充由還原所得的濾液液制備的操作步驟：_______，真空干燥。[已知是一種難溶于水和乙醇的白色固體，潮濕時易被氧化。實驗中必須使用的試劑：水、]。24、氯化亞銅(化學式可表示為CuCl)常用作有機合成工業(yè)中的催化劑，微溶于水、不溶于乙醇，在潮濕空氣中易水解、易被氧化。某學習小組用工業(yè)廢渣(主要成分為Cu2S和Fe2O3)制取CuCl并同時得到電路板蝕刻液；實驗步驟如圖：

已知：。金屬陽離子開始沉淀的pH完全沉淀的pHCu2+4.86.4Fe3+2.73.7

根據(jù)以上信息回答下列問題：

(1)寫出焙燒過程中產生SO2的化學方程式：______；實驗室中常用亞硫酸鈉固體與70%的濃硫酸制備二氧化硫，若要達到控制反應速率的目的，圖中可選用的裝置是_____(填標號)。

A.B.C.D.

(2)混合液中加入的沉淀劑X可為______；(填化學式)，調節(jié)溶液的pH至______，過濾得到CuCl2溶液。

(3)①向Na2SO3溶液中逐滴加入CuCl2溶液，再加入少量濃鹽酸，混勻后傾倒出清液，抽濾、洗滌、干燥獲得CuCl產品，該反應的離子方程式為______。

②抽濾也稱減壓過濾，請選擇合適的儀器并組裝抽濾的裝置從溶液中得到CuCl產品，裝置連接順序為_____→_____→E→_____(填標號)。______

下列有關抽濾的說法錯誤的是_____(填標號)。

A.原理為利用抽氣泵使抽濾瓶中的壓強降低；以達到固液分離的目的。

B.過濾速度快；可得到較干燥的沉淀。

C.實驗結束后；先關抽氣泵，后拔開抽濾瓶接管。

③抽濾過程中先用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，然后立即用無水酒精洗滌，并在70℃真空下干燥2h，冷卻后密封包裝，密封包裝的原因是______。

(4)實驗測得氯化亞銅蒸氣的相對分子質量為199，則氯化亞銅的分子式為_____；氯化亞銅定量吸收CO后形成配合物Cu2(CO)2Cl2·2H2O()，則Cu2(CO)2Cl2·2H2O中的配位體為_____(填化學式)。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)生的離子反應方程式___________。還原得到的金屬陽離子對應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，陽極的電極反應式為___________。

(3)“還原”后，第一次“調節(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”時是否會產生逸出___________(寫出計算過程)。

(5)利用回收的物質可制備某含銅的硫化物，該物質可用作分析試劑，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)。

26、銅單質及其化合物在很多領域有重要的用途．

(一)如金屬銅用來制造電線電纜，超細銅粉可應用于導電材料、催化劑等領域中；CuCl和都是重要的化工原料；常用作催化劑；顏料、防腐劑和消毒劑等．

(1)超細銅粉的某制備方法如下：

中的配體是_______________________。

(2)氯化亞銅的制備過程是：向溶液中通入一定量SO2，微熱，反應一段時間后即生成CuCl白色沉淀，反應的離子方程式為_______________________________________________________。

(二)波爾多液是一種保護性殺菌劑；廣泛應用于樹木；果樹和花卉上，鮮藍色的膽礬晶體是配制波爾多液的主要原料．

(1)與銅同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與銅原子相同的元素有_______________________填元素符號

(2)往濃溶液中加入過量較濃的直到原先生成的沉淀恰好溶解為止，得到深藍色溶液．小心加入約和溶液等體積的并使之分成兩層，靜置．經過一段時間后可觀察到在兩層“交界處”下部析出深藍色晶體是____________________(寫化學式)，實驗中所加的作用是________________________。

(3)晶體中呈正四面體的原子團是______，雜化軌道類型是雜化的原子是____________。參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】

【詳解】

乙烯分子中含有4個C-H鍵和1個C=C鍵，C原子孤電子對數(shù)為0，σ鍵電子對數(shù)為3，則C原子采取sp2雜化，C、H之間的化學鍵是sp2雜化軌道形成的σ鍵，C、C之間的化學鍵有一個是sp2雜化軌道形成的σ鍵；還有1個是未參加雜化的2p軌道形成的π鍵，答案選C。

【點睛】

本題難點突破：乙烯分子中兩個碳原子均采取雜化，其中雜化軌道共形成5個鍵，未雜化的2p軌道形成鍵。C、H之間形成4個鍵，C、C之間形成1個鍵和1個鍵。2、D【分析】【詳解】

A．根據(jù)流程可知，N3-R2中N原子有形成三鍵的氮原子，為sp雜化，后續(xù)產物中變?yōu)殡p鍵，為sp2雜化；A錯誤；

B．根據(jù)流程可知，N3-R2中存在N≡N和N-N兩種非極性鍵；B錯誤；

C．該反應中[Cu]為催化劑，可降低反應的活化能，H+不是催化劑；C錯誤；

D．據(jù)圖可知，該流程中初始反應物為R2-N3和HC≡C-R1，最終產物為化學方程式為D正確；

綜上所述答案為D。3、C【分析】【詳解】

雪花中水分子之間的主要作用力為氫鍵(當然也存在范德華力)，“雪花水”的過程中由于熱運動使雪花的結構部分解體，但沒有新物質生成，則此過程中主要破壞水分子間的氫鍵；水中水分子間的作用力為氫鍵和范德華力，水蒸氣的水分子間不存在氫鍵，“水水蒸氣”時沒有新物質生成，主要破壞氫鍵和范德華力；“水蒸氣氧氣和氫氣”過程中有新物質生成，破壞H2O中的H-O極性共價鍵；綜上所述，整個過程中共破壞3種粒子間作用力，故答案選C。4、D【分析】【詳解】

A．Na2O、AlF3是活潑的金屬與活潑的非金屬元素的原子之間通過電子得失形成離子，離子再通過離子鍵結合形成離子晶體。由于離子鍵是一種強烈的相互作用，斷裂消耗很高能量，因此物質的熔沸點較高。在AlCl3、BCl3中，盡管Cl元素的非金屬性較強，但其原子半徑大，得到電子能力弱，所以AlCl3、BCl3是由分子通過分子間作用力結合而形成的分子晶體；分子間作用力很微弱，因此它們的熔沸點較低，A正確；

B．C、Si都是第IVA的元素，它們形成的氧化物中，CO2是由分子通過分子間作用力結合形成的分子晶體，而SiO2是由原子通過共價鍵結合形成的原子晶體。由于分子間作用力比化學鍵弱的多，故CO2熔沸點比較低，在室溫下呈氣態(tài)；而SiO2在室溫下呈固態(tài)；B正確；

C．Al2O3、AlF3都屬于離子晶體，物質的熔點Al2O3高于AlF3，是因為兩種物質的陽離子都是Al3+，但Al2O3中陰離子O2-帶有2個單位的負電荷，AlF3中的陰離子F-只帶有一個單位的負電荷，與Al3+形成的離子鍵時Al2O3更強些，斷裂消耗能量更多，即晶格能Al2O3大于AlF3；C正確；

D．在上面涉及的物質中，BCl3、CO2、AlCl3屬于共價化合物，其中在BCl3分子中B原子最外層只有6個電子；沒有形成8電子穩(wěn)定結構，D錯誤；

故答案為D。5、D【分析】【分析】

【詳解】

A．氫鍵不是化學鍵；故圖1分子中存在的化學鍵有共價鍵；配位鍵，A錯誤；

B．根據(jù)第一電離能同一周期從左往右呈增大趨勢，其中ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，故圖1中C、N、O的第一電離能N>O>C；B錯誤；

C．根據(jù)圖2所示晶胞圖可知；晶胞中離鎳原子最近的鎳原子數(shù)共為12個，C錯誤；

D．圖2中O原子位于8個頂點和6個面心上，故一個晶胞含有的O原子數(shù)為：而Ni原子位于12條棱心和體心上，故一個晶胞含有的Ni原子個數(shù)為：故Ni和O的個數(shù)比為1:1，故可能表示的是氧化鎳(NiO)的晶胞，D正確；

故答案為D。二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【詳解】

（1）鎂和鈣的最外層電子均為2，位于周期表ⅡA族。價電子排布為答案為ⅡA；

（2）500℃以下分解成二氧化碳、金屬氧化物和碳酸鹽，而Mg2+半徑比Ca2+小，MgO的離子鍵強晶格能大穩(wěn)定，所以MgCO3先分解。反應為CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案為CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑；

（3）兩則皆為離子晶體，差異主要是Mg2+和Ca2+。答案為MgO和CaO同屬離子晶體，與Ca2+相比，Mg2+的電子層數(shù)少；離子半徑小，MgO比CaO的離子鍵強，熱穩(wěn)定性好；

（4）氨堿法制純堿，先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3反應為：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，再加熱NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰與NH4Cl反應制得NH3，從而循環(huán)利用。無水CaCl2形成結晶水合物放熱，而降低制冷效果。答案為NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；無水CaCl2水合時放熱，降低制冷效果?！窘馕觥?1)ⅡA

(2)CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑

(3)MgO和CaO同屬離子晶體，與Ca2+相比，Mg2+的電子層數(shù)少；離子半徑小，MgO比CaO的離子鍵強，熱穩(wěn)定性好。

(4)NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4ClNaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2ONH3無水CaCl2水合時放熱，降低制冷效果7、略

【分析】【詳解】

基態(tài)鈹原子的核外電子排布式為從表面上看鈹原子似乎不能形成共價鍵，但是在激發(fā)態(tài)下，鈹原子軌道上的一個電子可以進入空軌道，經過雜化形成兩個雜化軌道；如圖所示。

鈹原子的兩個雜化軌道分別與兩個氯原子的軌道重疊形成兩個鍵；由于雜化軌道間的夾角為180°，所以分子的空間結構為直線形；如圖所示。

【解析】基態(tài)鈹原子的核外電子排布式為從表面上看鈹原子似乎不能形成共價鍵，但是在激發(fā)態(tài)下，鈹原子軌道上的一個電子可以進入空軌道，經過雜化形成兩個雜化軌道；如圖所示。

鈹原子的兩個雜化軌道分別與兩個氯原子的軌道重疊形成兩個鍵；由于雜化軌道間的夾角為180°，所以分子的空間結構為直線形；如圖所示。

8、略

【分析】【分析】

根據(jù)VSEPR理論判斷BF3中中心原子B的雜化類型，空間構型及鍵角大小；根據(jù)VSEPR理論判斷BF4-中中心原子B的雜化類型；空間構型；根據(jù)BN的結構判斷形成共價鍵為極性共價鍵，由與石墨結構相似推出層間作用力；據(jù)此解答。

【詳解】

（1）BF3分子的中心原子B原子的價層電子對數(shù)=3+=3，中心原子B采取sp2雜化，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上沒有孤對電子，所以其空間構型就是平面三角形，鍵角是120°，BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中B原子的價層電子對=4+=4，中心原子B采取sp3雜化，該離子中不含孤電子對，為正四面體結構；答案為120°，sp2；正四面體。

（2）B、N均屬于非金屬元素，二者形成的化學鍵是極性共價鍵；根據(jù)石墨結構可知六方氮化硼晶體中，層與層之間靠分子間作用力結合；答案為共價鍵(或極性共價鍵)，分子間作用力?！窘馕觥竣?120°②.sp2③.正四面體④.共價鍵(或極性共價鍵)⑤.分子間作用力9、略

【分析】【分析】

【詳解】

(1)Eu是鑭系元素；位于元素周期表的第六周期，物質在參加反應時，原子核外電子最外層；次外層及倒數(shù)第三層的電子都會發(fā)生變化，因此屬于f區(qū)的元素，故合理選項是E；

(2)在該晶胞中，Eu原子個數(shù)為：1，Ti原子個數(shù)為：8×=1，含有的O原子個數(shù)為12×=3；則晶胞中Eu；Ti、O的粒子個數(shù)比是1：1：3；

(3)若將Ti原子置于立方體的體心；在一個晶胞中含有1個Ti原子，通過該Ti原子的8個晶胞中含有8個Eu原子，將8個Eu原子相連，形成一個立方體，Eu位于立方體的頂角上，O原子處于立方體的面心上，故合理選項是B；

(4)根據(jù)圖示可知：在晶胞中與Eu原子距離相等且最近的O原子有12個，距離為晶胞面對角線的一半；以晶胞頂點Ti原子為研究對象，在晶胞中與Ti原子距離相等且最近的O原子有6個，分別位于Ti原子上下、前后、左右6個方向，距離為晶胞邊長的一半；O原子位于晶胞棱邊上，通過該棱邊可以形成4個晶胞，每個晶胞中有一個Ti原子，因此與1個O原子和4個Eu原子距離相等且最近，距離是晶胞面對角線的一半；在1個O原子周圍有2個Ti原子與O原子距離相等且最近，距離是晶胞邊長的一半。【解析】E1：1：3B1264210、略

【分析】【分析】

【詳解】

（1）由圖知；A為體心立方堆積，配位數(shù)為8，B為面心立方最密堆積，配位數(shù)為12，故A；B的配位數(shù)之比為2：3；

（2）①設D的原子半徑為r，則面對角線長為4r，邊長a＝1個面心立方晶胞中有4個原子。①＝8.9g/cm3，解得a＝cm；

②空間利用率為×100%＝74%?！窘馕觥矿w心立方堆積2:3×100%＝74%三、判斷題(共9題，共18分)11、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構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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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。12、A【分析】【詳解】

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

故正確；13、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。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構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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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】

葡萄糖是多羥基醛，與新制氫氧化銅反應生成銅原子和四個羥基絡合產生的物質，該物質的顏色是絳藍色，類似于丙三醇與新制的反應，故答案為：正確。16、A【分析】【詳解】

因為銅具有良好的導電性，所以銅可以用于制作電纜、電線，正確。17、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構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；該分子正四面體結構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型結果不矛盾；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、結構與性質(共1題，共3分)18、略

【分析】【分析】

（1）

碳原子核外有6個電子，原子核外沒有運動狀態(tài)相同的電子，因此有6種運動狀態(tài)不同的電子，碳原子價電子排布式為2s22p2，根據(jù)泡利不相容原理與洪特規(guī)則，價電子軌道表示式為

（2）

光氣的分子式為COCl2，其分子中C原子形成3個σ鍵，沒有孤對電子，空間結構為平面三角形，雜化軌道數(shù)目為3，C原子采取sp2雜化。

（3）

碳酸鹽分解過程實際是晶體中的陽離子結合碳酸根離子中的氧離子；使碳酸根離子分解為二氧化碳的過程，陽離子所帶電荷數(shù)相同時，陽離子半徑越小，金屬氧化物的晶格能越大，對應的碳酸鹽就越容易分解，因此隨著陽離子半徑的增大，碳酸鹽的分解溫度逐步升高。

（4）

晶胞中C60數(shù)目為8×＋6×=4，立方烷分子填充在原C60晶體的分子間八面體空隙中，晶胞中立方烷數(shù)目為4，則該復合型分子晶體的組成可表示為C8H8·C60。

（5）

根據(jù)石墨的晶胞結構，設晶胞的底面邊長為acm，晶胞的高為hcm，層間距為dcm，則h=2d，底面圖為則=r×sin60°，可得a=r，則底面面積為(r)2×sin60°cm2，晶胞中C原子數(shù)目為1＋2×＋8×＋4×=4，晶胞質量為g，則ρg·cm-3=整理可得d=cm。

（6）

石墨為混合型晶體，金剛石為原子晶體，二者熔點均取決于碳碳共價鍵，前者鍵長短，則熔點高。石墨硬度取決于分子間作用力，而金剛石硬度取決于碳碳共價鍵，所以硬度大的是金剛石。【解析】（1）6

（2）平面三角形sp2

（3）碳酸鹽分解過程實際是晶體中的陽離子結合碳酸根離子中的氧離子；使碳酸根離子分解為二氧化碳的過程，陽離子所帶電荷數(shù)相同時，陽離子半徑越小，金屬氧化物的晶格能越大，對應的碳酸鹽就越容易分解。

（4）C8H8·C60

（5）4

（6）石墨石墨為混合型晶體，金剛石為原子晶體，二者熔點均取決于碳碳共價鍵，前者鍵長短，則熔點高金剛石石墨硬度取決于分子間作用力，而金剛石硬度取決于碳碳共價鍵五、元素或物質推斷題(共4題，共32分)19、略

【分析】【分析】

W；X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素。Y的最高價氧化物的水化物既能跟強酸溶液反應又能跟強堿溶液反應；則Y為Al；W與Y的最高化合價之和為8，Al的最高價為+3，W的最高價為+5，則W為N元素；X與Z同族，Z的原子序數(shù)是X的兩倍，則X為O，Z為S元素，據(jù)此解答。

【詳解】

根據(jù)分析可知；W為N，X為O，Y為Al，Z為S元素。

(1)O的原子序數(shù)為8；位于周期表中第2周期ⅥA族；

(2)同一周期從左向右原子半徑逐漸減小；同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑Al＞N＞O；

(3)同一主族從上到下原子半徑逐漸減??；則非金屬性較強的為O；

a．非金屬性越強；氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，X的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，能夠證明非金屬性X＞Z，故a不選；

b．氣態(tài)氫化物的酸性與非金屬性無關，Z的氣態(tài)氫化物的酸性比X的強，無法判斷O、S的非金屬性，故b選；

c．氫化物沸點與非金屬性無關；X的氫化物的沸點比Z的高，無法比較二者非金屬性，故c選；

d．相同條件下Z的氫化物的還原性比X的強；也即S的陰離子還原性比O的陰離子還原性強，可證明非金屬性O＞S，故d不選；

(4)Al的最高價氧化物對應水化物為氫氧化鋁，Al(OH)3與強堿溶液反應的離子方程式為：Al(OH)3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；

(5)與Al同周期相鄰金屬元素為Mg，同一周期從左向右金屬性逐漸減弱，則金屬性Mg＞Al，證明方法為：向分別盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的兩支試管中分別滴加NaOH溶液至過量，邊滴加邊振蕩，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，說明Mg(OH)2的堿性強于Al(OH)3，證明Mg的金屬性強于Al?！窘馕觥康?周期ⅥA族AlNOObcAl(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2OMgAl向分別盛有少量MgCl2、AlCl3溶液的兩支試管中分別滴加NaOH溶液至過量，邊滴加邊振蕩，前者生成白色沉淀且沉淀不溶解，后者先生成白色沉淀后沉淀溶解，說明Mg(OH)2的堿性強于Al(OH)3，證明Mg的金屬性強于Al。20、略

【分析】【分析】

A、B、C、D四種元素都是短周期元素，A元素的離子具有黃色的焰色反應，則A為Na元素；5.8gB的氫氧化物恰好能與100mL2mol?L-1鹽酸完全反應，n（H+）=n（OH-），設B的化合價為x，摩爾質量為y，則×x=0.2，顯然x=2，y=24符合，B原子核中質子數(shù)和中子數(shù)相等，則B的質子數(shù)為12，即B為Mg元素；H2在C單質中燃燒產生蒼白色火焰；C的最高價氧化物的水化物是所有含氧酸中酸性最強的，則C為Cl元素；D元素原子的電子層結構中，最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，則次外層為2，最外層為6符合，即D為O元素，然后利用元素及其單質；化合物的性質來解答。

【詳解】

(1)由分析可知，元素C是Cl元素，位于第三周期VIIA族，最高價為+7價，它的最高價氧化物水化物的化學式為HClO4，故答案為：三；VIIA；HClO4；

(2)根據(jù)信息；A是Na元素，B是Mg元素，D是O元素，故答案為：Na；Mg；O；

(3)A與D的單質為Na和O2，加熱條件下Na和O2反應生成Na2O2，過氧化鈉的電子式為：該物質屬于離子化合物，A、B元素的最高價氧化物對應的水化物分別為NaOH和Mg(OH)2，金屬性：Na>Mg，則堿性：NaOH>Mg(OH)2，NaOH的電子式為：故答案為：離子；NaOH>Mg(OH)2；

(4)Cl2有毒，可用A的最高價氧化物對應的水化物NaOH溶液吸收，其化學方程式為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。【解析】三VIIAHClO4NaMgO離子NaOH>Mg(OH)2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O21、略

【分析】【分析】

根據(jù)周期表中的位置，各元素分別為a為H，b為C；c為O，d為Na，e為Mg，f為Al，g為P，h為Cl，i為Sc，j為Ge。

【詳解】

(1)e和f的I1大小關系是Mg＞Al(填元素符號；下同)，理由是Mg的2s軌道為全滿結構，比較穩(wěn)定，不易失去一個電子，故答案為：Mg＞Al；Mg的2s軌道為全滿結構，比較穩(wěn)定，不易失去一個電子；

(2)上述元素中，原子中未成對電子數(shù)最多的是P，有3個末成對電子，該元素基態(tài)原子的核外電子排布式：[Ne]3s23p3。故答案為：P；[Ne]3s23p3；

(3)①X的第一電離能遠小于第二電離能，說明X是ⅠA族的元素，X的元素符號是Na，X和c以原子個數(shù)之比1：1形成的一種化合物Na2O2的電子式是故答案為：Na；

②Y的第三電離能遠小于第四電離能，說明Y是ⅢA族的元素，Y為鋁元素，鋁與氯形成的化合物是共價化合物(填“共價化合物”或“離子化合物”)，故答案為：共價化合物?！窘馕觥縈g＞AlMg的2s軌道為全滿結構，比較穩(wěn)定，不易失去一個電子P[Ne]3s23p3Na共價化合物22、略

【分析】【分析】

A；B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的前30號元素；由A元素形成的一種微粒是最簡單的原子可知A為H元素；由B元素基態(tài)原子的核外有3個能級，每個能級上的電子數(shù)都相同可知B為C元素；由D的最外層電子數(shù)與能層數(shù)之比為3：1可知D為O元素，則C為N元素；由E是第四周期元素，最外層只有一個電子，其余各層電子均充滿可知E為Cu元素。

【詳解】

(1)銅元素的原子序數(shù)為29，價電子排布式為可知3d104s1；則銅元素位于元素周期表的第四周期ⅠB族，屬于ds區(qū)，故答案為：第四周期ⅠB族；ds；

(2)同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則C、N、O的原子半徑由大到小的順序為C>N>O；甲烷、氨氣和水均為10電子分子，甲烷分子間不能形成氫鍵，沸點小于氨氣和水，水分子形成的氫鍵數(shù)目多于氨分子，水的沸點高于氨氣，則沸點由高到低的順序是H2O>NH3>CH4，故答案為：C>N>O；H2O>NH3>CH4；

(3)在加熱條件下，肼分子與氧化銅發(fā)生氧化還原反應生成氧化亞銅、氮氣和水，反應的化學方程式為4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；肼分子可以看做是氨分子中的H原子被—NH2取代形成的衍生物，氮原子的雜化方式與氨分子中氮原子相同，氨分子中氮原子的價層電子對數(shù)為4，雜化方式為sp3雜化；氮氣分子的結構式為N≡N，氮氮三鍵中含有1個σ鍵和2個π鍵，則1mol氮氣分子中含有2NAπ鍵，故答案為：4CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2O；sp3雜化；2NA。【解析】第四周期IB族dsC>N>OH2O>NH3>CH44CuO+N2H42Cu2O+N2↑+2H2Osp3雜化2NA六、工業(yè)流程題(共4題，共40分)23、略

【分析】【分析】

(主要成分是CuFeS2，還含有少量SiO2)加入H2SO4浸取，同時通入O2，發(fā)生反應SiO2不與H2SO4反應，過濾后除去SiO2，溶液中陽離子為Cu2+和Fe3+，加入過量的CuO調pH后，將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，濾渣中含有Fe(OH)3和過量的CuO，加入過量Cu還原Cu2+得到CuCl溶液，濾渣的主要成分是Cu；CuCl溶液經一系列操作后得到CuCl固體。

（1）Cu是29號元素，電子排布式為1s22s2p63s23p63d104s1，Cu+失去最外層一個電子，電子排布式為1s22s2p63s23p63d10；

（2）根據(jù)分析，浸取的離子方程式為

（3）根據(jù)分析，濾渣中含有Fe(OH)3和過量的CuO；

（4）根據(jù)可知，加入濃鹽酸和NaCl固體可使平衡正向移動，促進CuCl的溶解，有利于與不溶物分離；還原時發(fā)生反應Cu2++Cu+6Cl-=2[CuCl3]2-，還原進行完全時，藍色的Cu2+轉化為無色的[CuCl3]2-；因此現(xiàn)象為溶液變?yōu)闊o色；

（5）CuCl難溶于水，因此加入大量的水使CuCl析出，沉淀析出后過濾，洗滌沉淀，若沉淀沒有洗滌干凈，會有可用HCl酸化的BaCl2檢驗是否洗滌干凈，最后用無水乙醇洗滌，真空干燥后得到CuCl固體?！窘馕觥?1)1s22s2p63s23p63d10

(2)

(3)

(4)提供反應所需促進溶解與不溶物分離溶液變?yōu)闊o色。

(5)加入大量的水，過濾，洗滌，用HCl酸化的BaCl2檢驗是否洗滌干凈，用無水乙醇洗滌24、略

【分析】【分析】