精品解析：山东省青岛市即墨区实验高级中学2024-2025学年高二上学期12月月考化学试卷

即墨实验高中高二化学月考试题 2024.12 一、单选题 1. 玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动状态的描述，根据对它们的理解，判断下列叙述正确的是 A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做圆周运动 B. 3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同 C. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同 D. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的 2. 将摩尔盐溶于水配成溶液，下列说法正确的是 A. 该溶液中还可大量共存、、 B. 常温下该溶液中水电离出的可能为 C. 加入少量后再滴入溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含 D. 向溶液中滴入溶液使恰好沉淀时，和都会参与反应 3. 反应I：的平衡常数为；反应II：的平衡常数为，上述反应的平衡常数为同温度下的测定值，则、的关系为 A. B. C. D. 4. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是半径最小的元素，B的价电子层中有3个未成对电子；C与D同主族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。五种元素形成的离子化合物可表示为。下列说法错误的是 A. 中含有键数目为26 B. 呈正四面体形 C. 该化合物受热分解时首先失去的是 D. A与B、C均可形成含有非极性共价键的化合物 5. 利用假单胞菌分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是 A. 该电池不能在高温下工作 B. 电流流向：B电极→用电器→A电极 C. A电极上发生氧化反应，电极反应式为： D. 若有机物为乙酸，处理1mol有机物，4moLH+透过质子交换膜移动到右室 6. 下图四种电池装置是依据原电池原理设计的，下列有关叙述错误的是 A. 图①中锌发生氧化反应 B. 图②中a电极的反应式为： C. 图③中外电路中电流由B电极流向A电极 D. 用图④电池做电源为铅酸蓄电池充电，当消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗3.6g水 7. 在一个固定容积的密闭容器中通入与的混合气体，保持温度不变，发生如下反应：，反应达平衡时，混合气体的体积为448L(标况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%，下列说法错误的是 A. 若反应到某时刻时，，则 B. 平衡时NH3的物质的量5mol C. 混合气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 D. 平衡时，混合气体的密度约为 8. 具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是 A. 属于分子晶体，中含有极性键 B. 中含有非极性键 C. 参与上述制备反应，转移电子 D. 的VSEPR模型均为四面体形 9. 在一恒容密闭容器中，充入物质的量之和为6 mol的NO和Cl2，发生反应；。平衡时某反应物的平衡转化率与氯氮比[]及温度的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 图中纵坐标表示NO的平衡转化率 B. C. a、b、c三点Cl2的平衡转化率：b>a>c D. 若容器容积为2 L，b点的平衡常数Kc为2 10. 常温下，向二元弱酸H2A溶液中滴加NaOH溶液，测得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 曲线m表示pH与变化的曲线 B. Ka2(H2A)=10-5.7 C. NaHA溶液中： D. 交点a的溶液中： 二、不定项选择题 11. 下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中W、X、Y、Z四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于Z，工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质。E是短周期元素。E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是 A. W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同 B. 第一电离能：W>E>X C. 已知电负性有Y>Cl>W，则水解生成和HCl，水解生成和HCl D. 简单离子半径：W>E>Y 12. 甲烷分子结构具有高对称性且C-H键能(440)较大，无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 甲烷催化裂解化学反应为吸热反应 B. 步骤①、②、③反应均为放热反应 C. 催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积 D. 使用该催化剂能够有效提高的平衡转化率 13. 日本物质与材料研究小组发现晶体是一种高效光催化剂。在光照条件下对有机废水的催化机理为： a． b． ， c．和将有机物氧化为二氧化碳 取某有机废水(设含有的有机物的摩尔质量为)，并均分为三份，用一定质量的磷酸银依次对三份废水进行降解，测得3次降解过程中有机物的残留率随时间变化的曲线如图。下列说法正确的是 A. 由实验③可知该有机物的降解反应为可逆反应 B. 和具有强氧化性，在步骤c中作氧化剂 C. 该催化剂能够降低反应的活化能，但本身易失活 D. 在内，有机物的降解速率为 14. 近日，某课题组提出了一种两相无膜锌/吩噻嗪电池：锌板在水系电解液中作负极，而溶解在二氯甲烷基非水系电解液中的吩噻嗪(PTZ)作正极反应材料。工作原理如图所示。 下列说法错误的是 A. 水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极隔开，防止电池内部发生短路 B. 工作时，阴离子PF和电子在水系/非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷平衡 C. 充电时，石墨毡作阴极 D. 放电时，每转移1mol电子，正极区质量减少145g 15. 25℃时，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，pH、物种分布分数δ[如：]随H2A被滴定分数的变化关系如图。 下列说法正确的是 A. H2A的Ka1=1×10-7 B. 的溶液中： C. 随着H2A被滴定分数的逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大 D. 的溶液中： 三、解答题 16. 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。 （1）已知：的转化在酸性条件下才能发生。 ①该转化的还原半反应是：，则相应的氧化半反应是________。 ②分析上述还原半反应可知：增大c()可促进得到电子，使其________性增强，进而与发生反应。 （2）探究与浓盐酸能否发生反应。 ①有同学认为与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是________________。 用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c()接近]。 装置 序号 试管内药品 现象 甲 浓盐酸 24小时后仍无明显变化 乙 粉+硫酸 24小时后仍无明显变化 丙 粉+浓盐酸 24小时后气球变鼓 ②甲是对比实验，目的是排除________的干扰。 ③a．丙中气球变鼓是因为生成了________气体(填化学式)。 b．经检测，丙中反应后溶液中存在。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：________。 （3）探究以下原电池的工作原理。 实验结果：产生电流，左侧电极表面有析出。右侧电极周围生成。 该装置中右侧电极作________(填“正”或“负”)极。 （4）用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图： ①电极c是________(填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式为________。 ②若线路中转移电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为________L。 17. 有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn＋1；D的最外层电子数与电子层数之比为3:1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大。 （1）E元素在周期表中的位置__________；E元素价电子排布式为__________。 （2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是______(写分子式)。 （3）B与D形成的非极性分子的电子式为________。 （4）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_____（用元素符号表示）。 （5）C的单质分子中σ键和π键的个数比为________。 （6）已知在25℃、101kPa下：ABC(aq)+A2D(l)=BC-(aq)+A3D+(aq) ΔH=+45.6kJ·mol－1 A3D+(aq)+DA-(aq)=2A2D(l)ΔH=-57.3kJ·mol－1 则在25℃、101kPa的稀溶液中，ABC与DA-反应的热化学方程式是（以离子方程式表示）：_______。 18. 我国在第75届联合国大会上正式提出了2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和的目标，所以研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。 Ⅰ．化石燃料的燃烧产生大量的二氧化碳。已知时，相关物质的燃烧热数据如表： 物质 (石墨，s) 燃烧热() -285.8 -393.5 -1299.5 （1）则时和(石墨，s)生成的热化学方程式为________。 Ⅱ．二氧化碳甲烷化反应合成替代天然气，是利用二氧化碳的技术之一 甲烷化主反应： 副反应：ⅰ. =________ ⅱ. =+41.2 ； ⅲ. =-90 ； ⅳ. =+131.3 。 （2）反应i的=________。 （3）在恒温恒容的密闭容器中，关于反应iii叙述正确的是______。 A. 用、、表示的速率之比为1：2：2，可以作为判断化学平衡的依据 B. 容器中气体的压强不变，不能作为平衡的判断依据 C. 容器内的气体密度不变时，可以作为平衡的判断依据 D. 使用催化剂不能改变平衡转化率 （4）某容器中加入一定量的和，保持温度和压强不变的情况下，达平衡后再向该容器中注入稀释，反应iii的化学平衡将____________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，平衡时，的分压______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。 （5）以 和 为初始原料，在催化剂()作用下保持总压为时，若只发生反应，不同温度下在相同时间测得的转化率如图所示。 ①B点的平衡常数Kp________。 ②由图像可知，影响该催化剂活性的因素有________。 19. I.锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。 ii.0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。 iii.5~10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。 步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ii和步骤iii的操作，继续完成9个电沉积循环。 （1）步骤ii内电路中的Li+的迁移方向为____。 a.由Li电极向MoS2电极迁移 b.由MoS2电极向Li电极迁移 （2）已知下列反应的热化学方程式。 2Li(s)+2CO2(g)=Li2CO3(s)+CO(g) ΔH1=-539kJ•mol-1 CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172kJ•mol-1 步骤ii电解总反应的热化学方程式为____。 （3）步骤iii中，Li电极的电极反应式为____。 （4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤iii的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是____(填字母)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率增大 II.如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。 （5）①腐蚀过程中，负极是____(填“a”“b”或“c”)。 ②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极产物和负极产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_____。 ③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气的体积为____L(标准状况)。 20. 我国科学家借助自主研制的新型钨钴铁合金催化剂攻克了单壁碳纳米管结构的可控制备难题。海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源， 含有钨、铁、锰、锌、钴等金属元素。 （1）基态钴原子的价电子排布图为___________。单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其碳原子的杂化方式为___________。 （2）纳米结构氧化钴可在室温下将甲硫醛(CH2S)完全催化氧化，甲硫醛分子属___________(填“极性”或“非极性”)分子，其中心原子的VSEPR模型名称为___________。 （3）六羰基钨[W(CO)6]的熔点为172 ℃，是一种重要的无机金属配合物，可溶于大多数有机溶剂。三种组成元素的电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。配体CO中与W形成配位键的原子是C而不是O，原因是___________。 （4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。下列物质中存在“离域π键”的是___________(填字母)。 A. 苯 B. 二氧化硫 C. 四氯化碳 D. 环己烷 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 即墨实验高中高二化学月考试题 2024.12 一、单选题 1. 玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动状态的描述，根据对它们的理解，判断下列叙述正确的是 A. 因为s轨道的形状是球形的，所以s电子做圆周运动 B. 3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同 C. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同 D. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的 【答案】D 【解析】 【详解】A．s轨道是球形的，这是电子云图的形状，表示电子在核外空间某处单位体积内出现的概率大小，而不是电子在做圆周运动，A错误； B．p能级有3个原子轨道，相同电子层上的p轨道能量相同，则，B错误； C．同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋状态不同，则其运动状态肯定不同，C错误； D．原子轨道和电子云都可用来形象地描述电子运动状态，D正确； 故选D。 2. 将摩尔盐溶于水配成溶液，下列说法正确的是 A. 该溶液中还可大量共存、、 B. 常温下该溶液中水电离出的可能为 C. 加入少量后再滴入溶液，溶液变为红色，则证明溶液中含 D. 向溶液中滴入溶液使恰好沉淀时，和都会参与反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．和水解提供酸性环境，摩尔盐溶液中含有强还原性的，而属于强氧化性的离子，二者会发生氧化还原反应而无法共存，A错误； B．溶液中、会发生水解，促进水的电离，则常温下该溶液中水电离出的大于10-7 mol·L-1，B错误； C．若原溶液中本身就含有，即使不加，滴入溶液也会变红，该操作没有提前排除原溶液中的干扰，无法证明溶液中含，C错误； D．设摩尔盐物质的量为1 mol，则硫酸根物质的量为(x+y) mol，假设向溶液中滴入Ba(OH)2溶液使恰好沉淀时，消耗氢氧化钡物质的量为(x+y) mol，(x+y) mol氢氧化钡提供2(x+y) mol OH-，y mol亚铁离子完全反应消耗2y mol氢氧根离子，则另2x mol氢氧根离子会和2x mol铵根离子反应，因此和都会参与反应，D正确； 故选D。 3. 反应I：的平衡常数为；反应II：的平衡常数为，上述反应的平衡常数为同温度下的测定值，则、的关系为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅱ是反应Ⅰ逆向后各化学计量数乘以得到的，故，即，不是，A错误； B．反应Ⅱ是反应Ⅰ逆向后各化学计量数乘以得到的，故，不是，B错误； C．由可得，不是，C错误； D．反应Ⅱ是反应Ⅰ逆向后各化学计量数乘以得到的，平衡常数先取倒数再开平方，所以，整理得，D正确； 故选D。 4. A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是半径最小的元素，B的价电子层中有3个未成对电子；C与D同主族；E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。五种元素形成的离子化合物可表示为。下列说法错误的是 A. 中含有键数目为26 B. 呈正四面体形 C. 该化合物受热分解时首先失去的是 D. A与B、C均可形成含有非极性共价键的化合物 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素。A是宇宙中含量最多的元素，A是H元素；B的价电子层中有3个未成对电子，B是N元素；C与D同主族，C与D形成[DC4]2-，则C是O元素、D是S元素，E的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，E是Cu，离子化合物可表示为：。 【详解】A．中含有H-O键、H-N键、S-O键以及配位键，共计σ键数目为26，故A项正确； B．中心原子价电子数为：，杂化方式为sp3杂化且无孤电子对，呈正四面体结构，故B项正确； C．O原子半径小于N原子，且水中O元素电负较大，难提供孤电子对，加热时，H2O与Cu2+形成的配位键弱，所以受热分解时，首先失去的是H2O，故C项错误； D．H与N、O均可形成含有非极性共价键的化合物N2H4、H2O2，故D项正确； 本题选C。 5. 利用假单胞菌分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是 A. 该电池不能在高温下工作 B. 电流流向：B电极→用电器→A电极 C. A电极上发生氧化反应，电极反应式为： D. 若有机物为乙酸，处理1mol有机物，4moLH+透过质子交换膜移动到右室 【答案】D 【解析】 【分析】由图示可知，A电极由X转化为Y，该过程是失去了两氢原子，发生氧化反应，为负极，B电极是O2转化为H2O，得到电子发生还原反应，B为正极，据此分析解题。 【详解】A．该电池工作时有菌株参与作用，不能在高温下工作，A项正确； B．由分析可知：A电极为负极，B为正极，故电流流向：B电极→用电器→A电极，B项正确； C．结合图得知，A电极上去H，发生氧化反应，电极反应式为：，C项正确； D．由反应CH3COOH+2O2 → 2CO2+2H2O可知，1mo乙酸反应，转移8mol电子，则有8molH+透过质子交换膜移动到右室，D项错误； 答案选D。 6. 下图四种电池装置是依据原电池原理设计的，下列有关叙述错误的是 A. 图①中锌发生氧化反应 B. 图②中a电极的反应式为： C. 图③中外电路中电流由B电极流向A电极 D. 用图④电池做电源为铅酸蓄电池充电，当消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗3.6g水 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图①可以看出，通入O2的一极为正极，则Zn为负极，负极发生氧化反应，A正确； B．装置②是NH3燃料电池，NH3发生氧化反应变成N2，且OH-向a极移动参与反应，a电极的反应式为，B正确； C．由图③可以看出阴离子向A极移动，原电池中阴离子移向负极，所以A是负极，B是正极，原电池中电流由正极流向负极，即由B电极流向A电极，C正确； D．装置④电池的负极反应为Li-e-=Li+，铅酸蓄电池充电时的总反应为2PbSO4+2H2O=Pb+PbO2+2H2SO4，0.7g锂的物质的量为0.1mol，根据电子守恒，当消耗0.7g锂时，铅酸蓄电池消耗0.1mol水，质量为1.8g，D错误； 故选D。 7. 在一个固定容积的密闭容器中通入与的混合气体，保持温度不变，发生如下反应：，反应达平衡时，混合气体的体积为448L(标况下)，其中NH3的含量(体积分数)为25%，下列说法错误的是 A. 若反应到某时刻时，，则 B. 平衡时NH3的物质的量5mol C. 混合气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 D. 平衡时，混合气体的密度约为 【答案】D 【解析】 【分析】反应达平衡时，混合气体的体积为448L(标况下)，物质的量为=20mol，其中NH3的含量(体积分数)为25%，则n(NH3)=20mol×25%=5mol。 【详解】A．若反应到某时刻时， n(NH3)=2mol，则参加反应N2的物质的量为1mol，剩余n(N2)=9mol，所以a=1mol+9mol=10mol，A正确； B．由分析可知，平衡时NH3的物质的量5mol，B正确； C．反应前后混合气的质量不变，但平衡前混合气的总物质的量不断改变，平均相对分子质量不断改变，当混合气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态，C正确； D．平衡时，混合气体的体积为448L，总物质的量为20mol，但质量无法计算，所以密度无法计算，D错误； 故选D。 8. 具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是 A. 属于分子晶体，中含有极性键 B. 中含有非极性键 C. 参与上述制备反应，转移电子 D. 的VSEPR模型均为四面体形 【答案】C 【解析】 【详解】A．属于分子晶体，根据S4N4的结构简式可知，中含有极性键，A正确； B．分子中含有非极性键，（即）中含有非极性键，B正确； C．该制备反应的关系式为，（即）参与上述制备反应，转移电子，C错误； D．、的中心原子N的价层电子对数都是4，中心原子的杂化轨道类型均为，故、的VSEPR模型均为四面体形，D正确； 故答案选C。 9. 在一恒容密闭容器中，充入物质的量之和为6 mol的NO和Cl2，发生反应；。平衡时某反应物的平衡转化率与氯氮比[]及温度的关系如图所示。下列说法错误的是 A. 图中纵坐标表示NO的平衡转化率 B. C. a、b、c三点Cl2的平衡转化率：b>a>c D. 若容器容积为2 L，b点的平衡常数Kc为2 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据图中信息可知，随着氯氮比的增大，平衡转化率增大，故图中纵坐标表示NO的平衡转化率，A正确； B．反应 ΔH<0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，故T1>T2，B正确； C．a、b氯氮比不同，比值越大，氯气的转化率越小，故b<a；b、c氯氮比相同，NO的转化率越大，氯气的转化率也增大，故b>c，C错误； D．若容器容积为2 L，b点时NO和Cl2各为3 mol，a、b两点温度相同，平衡常数相同，a点NO的转化率为50%，NO和Cl2分别为4 mol和2 mol，根据三段式有：，平衡常数Kc为，D正确； 故选C。 10. 常温下，向二元弱酸H2A溶液中滴加NaOH溶液，测得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，下列说法错误的是 A. 曲线m表示pH与变化的曲线 B. Ka2(H2A)=10-5.7 C. NaHA溶液中： D. 交点a的溶液中： 【答案】D 【解析】 【分析】二元弱酸H2A的一级电离常数，二级电离常数，当时，即时，；同理时，即时，，因此m、n在y轴上的两个交点，曲线m对应pH为2.3，曲线n对应pH为5.7，一级电离常数大于二级电离常数，则曲线m表示pH与变化的曲线，曲线n表示pH与变化的曲线，一级电离常数、二级电离常数，由此解答； 【详解】A．由分析可知，曲线m表示pH与变化的曲线，A正确； B．由分析可知，的二级电离常数，B正确； C．的水解常数，则的电离程度大于水解程度，溶液中电离产生的的浓度大于水解产生的，因此离子浓度关系为， C正确； D．由图可知，交点a的横坐标大于0，说明，则溶液中，D错误； 故选D。 二、不定项选择题 11. 下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中W、X、Y、Z四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于Z，工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质。E是短周期元素。E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是 A. W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同 B. 第一电离能：W>E>X C. 已知电负性有Y>Cl>W，则水解生成和HCl，水解生成和HCl D. 简单离子半径：W>E>Y 【答案】BC 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为同一族的元素，图中它们一个原子均形成了三个共价键，根据分子的成键特征可知，四者均为VA族元素， 工业上利用沸点差异能从空气中分离出Y的单质，则Y为N；W能与苯环碳相连，则W为P；E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，E形成1个共价键，则E最外层有7个电子，再结合与的电子结构相同知E为Cl；X的电负性大于Z，则推测X为 As、Z为Sb，综上，X、Y、Z、W、E依次为As、N、Sb、P、Cl。 【详解】A．W为P，Y为N，对应的最高价氧化物的水化物分子式分别为，A正确； B．同一主族，从上往下，元素的第一电离能逐渐减小，同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势（但第IIA、ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素），所以第一电离能：Cl>P >As，即E>W >X，B错误； C．电负性：N>Cl>P，则水解后P显正价，N显负价，水解生成和HCl，水解生成NH3和HClO，C项错误； D．W、E、Y对应的简单离子分别为、、，与最外层电子数相同，的电子层比多一层，则离子半径：>；和电子层数相同，前者的核电荷数小于后者，则离子半径：>；所以简单离子半径：>>N3-，D项正确。 故选BC。 12. 甲烷分子结构具有高对称性且C-H键能(440)较大，无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 甲烷催化裂解化学反应为吸热反应 B. 步骤①、②、③反应均为放热反应 C. 催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积 D. 使用该催化剂能够有效提高的平衡转化率 【答案】AC 【解析】 【详解】A．根据图示，CH4(g）具有的总能量小于C(s)+2H2(g)的总能量，则甲烷催化裂解为吸热反应，A正确； B．根据图示，步骤①中反应物总能量小于生成物总能量，步骤①为吸热反应，步骤②、③中都是反应物总能量大于生成物总能量，步骤②、③为放热反应，B错误； C．该过程是甲烷在镍基催化剂上转化的过程，催化剂使用一段时间后甲烷裂解生成的碳会沉积在催化剂表面，从而阻止甲烷与催化剂的接触，使催化剂失活，C正确； D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但催化剂不能使平衡移动，不能提高甲烷的平衡转化率，D错误； 故选AC。 13. 日本物质与材料研究小组发现晶体是一种高效光催化剂。在光照条件下对有机废水的催化机理为： a． b． ， c．和将有机物氧化为二氧化碳 取某有机废水(设含有的有机物的摩尔质量为)，并均分为三份，用一定质量的磷酸银依次对三份废水进行降解，测得3次降解过程中有机物的残留率随时间变化的曲线如图。下列说法正确的是 A. 由实验③可知该有机物的降解反应为可逆反应 B. 和具有强氧化性，在步骤c中作氧化剂 C. 该催化剂能够降低反应的活化能，但本身易失活 D. 在内，有机物的降解速率为 【答案】BC 【解析】 【详解】A．磷酸银依次用于三份废水，曲线③中有机物残留率仅少量下降后基本不变，说明第三次使用时催化剂活性已很低；该现象不能证明降解反应达到化学平衡，也不能据此判定反应可逆，A错误； B．和具有强氧化性，步骤c中二者氧化有机物并使其最终转化为二氧化碳，故二者作氧化剂，B正确； C．催化剂能降低反应的活化能；同一批磷酸银依次使用时，曲线①、②、③所示降解速率依次减小，说明磷酸银在使用过程中容易失活，C正确； D．由曲线①及虚线标记可知，在时有机物残留率为40%，即有机物质量减少了初始质量的60%。设一份废水中有机物的初始质量数值为，则平均降解速率为。题目只给出有机物的摩尔质量，未给出每份有机物的初始质量，不能得到题述速率，D错误； 故选BC。 14. 近日，某课题组提出了一种两相无膜锌/吩噻嗪电池：锌板在水系电解液中作负极，而溶解在二氯甲烷基非水系电解液中的吩噻嗪(PTZ)作正极反应材料。工作原理如图所示。 下列说法错误的是 A. 水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极隔开，防止电池内部发生短路 B. 工作时，阴离子PF和电子在水系/非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷平衡 C. 充电时，石墨毡作阴极 D. 放电时，每转移1mol电子，正极区质量减少145g 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A．水和二氯甲烷的不互溶性和密度差能够将正极与负极分隔开，进而防止电池内部发生短路，A正确； B．工作时，只有阴离子在水系/非水系电解液界面上来回穿梭，维持电荷平衡，B错误； C．充电时，石墨毡作阳极，C错误； D．放电时，每转移1mol电子，正极区将有1mol。移动到负极区，正极区质量减少145g，D正确。 故选：BC。 15. 25℃时，用0.1 mol/L NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，pH、物种分布分数δ[如：]随H2A被滴定分数的变化关系如图。 下列说法正确的是 A. H2A的Ka1=1×10-7 B. 的溶液中： C. 随着H2A被滴定分数的逐渐增大，水的电离程度也逐渐增大 D. 的溶液中： 【答案】BD 【解析】 【分析】由图可知，实线为0.1 mol/L NaOH溶液滴定二元弱酸的pH变化曲线，虚线为0.1 mol/L NaOH溶液滴定二元弱酸的物种分布分数曲线，随着增大，即随着NaOH溶液的滴加，并且由于是二元弱酸，不断减小，先增加后减小，增加，所以曲线①、②、③分别代表、、；当时，溶液为溶液；当时，溶液为等浓度的NaHA和的混合溶液，当时，为NaHA溶液；当时，溶液为溶液，由此解答； 【详解】A．的第一步电离平衡常数，当时，即，此时对应的溶液的，，代入可知，A错误； B．由分析可知，当时，溶液为等浓度的NaHA和的混合溶液，物料关系为，电荷守恒关系为，则有，B正确； C．随着增大，即随着NaOH溶液的滴加，弱酸被中和，对水的电离的抑制作用逐渐变弱，生成的、会发生水解促进水的电离；但是当时，NaOH过量，对水的电离平衡又起抑制作用，使水的电离程度又逐渐减小，因此水的电离程度不是一直增大，C错误； D．时，溶液中溶质为NaHA，由图像可知，此时，溶液呈酸性，则的电离程度大于水解程度，溶液中电离产生的的浓度大于水解产生的，，不参与电离和水解，最大，因此离子浓度关系为，D正确； 故答案为BD。 三、解答题 16. 氧化还原反应可拆分为氧化和还原两个“半反应”。某小组同学从“半反应”的角度探究反应规律。 （1）已知：的转化在酸性条件下才能发生。 ①该转化的还原半反应是：，则相应的氧化半反应是________。 ②分析上述还原半反应可知：增大c()可促进得到电子，使其________性增强，进而与发生反应。 （2）探究与浓盐酸能否发生反应。 ①有同学认为与浓盐酸不能发生反应产生氢气，其依据是________________。 用如下装置进行实验[硫酸与浓盐酸中c()接近]。 装置 序号 试管内药品 现象 甲 浓盐酸 24小时后仍无明显变化 乙 粉+硫酸 24小时后仍无明显变化 丙 粉+浓盐酸 24小时后气球变鼓 ②甲是对比实验，目的是排除________的干扰。 ③a．丙中气球变鼓是因为生成了________气体(填化学式)。 b．经检测，丙中反应后溶液中存在。从氧化还原性的角度分析丙中反应能够发生的原因：________。 （3）探究以下原电池的工作原理。 实验结果：产生电流，左侧电极表面有析出。右侧电极周围生成。 该装置中右侧电极作________(填“正”或“负”)极。 （4）用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图： ①电极c是________(填“正极”或“负极”)，电极d的电极反应式为________。 ②若线路中转移电子，则该燃料电池理论上消耗的在标准状况下的体积为________L。 【答案】（1） ①. ②. 氧化 （2） ①. 金属活动性顺序中铜排在氢之后 ②. 浓盐酸挥发 ③. ④. 与形成稳定的，促进铜失去电子，使铜的还原性增强 （3）负 （4） ①. 负极 ②. ③. 5.6 【解析】 【分析】根据半反应中电子的得失判断氧化性、还原性和电极反应；结合对照实验与图示中的电子、离子移动方向确定各空结论。 【小问1详解】 碘离子失去电子生成碘单质，其氧化半反应为。在所给还原半反应中，氢离子是反应物，增大氢离子浓度可促进碘酸根离子得到电子，因此碘酸根离子的氧化性增强； 【小问2详解】 金属活动性顺序中铜排在氢之后，通常不能从非氧化性酸中置换出氢气。甲中只有浓盐酸，24小时后气球仍未变鼓，说明丙中气球变鼓不是浓盐酸挥发造成的。丙中生成的气体为。浓盐酸中氯离子浓度很大，氯离子与一价铜离子形成稳定的，促进铜失去电子，使铜的还原性增强。相应的总离子方程式为； 【小问3详解】 左侧银电极表面有银析出，说明左侧发生还原反应；右侧银电极周围生成氯化银，右侧发生氧化反应，故右侧银电极为负极； 【小问4详解】 图中电子由电极c经外电路流向电极d，且氢离子由电极c一侧通过质子交换膜移向电极d一侧，因此电极c为负极，电极d为正极。电极d上氧气得到电子，其电极反应式为。由电极反应可知，线路中每转移电子消耗，故转移电子时，，标准状况下的体积为。 17. 有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn＋1；D的最外层电子数与电子层数之比为3:1；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大。 （1）E元素在周期表中的位置__________；E元素价电子排布式为__________。 （2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是______(写分子式)。 （3）B与D形成的非极性分子的电子式为________。 （4）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_____（用元素符号表示）。 （5）C的单质分子中σ键和π键的个数比为________。 （6）已知在25℃、101kPa下：ABC(aq)+A2D(l)=BC-(aq)+A3D+(aq) ΔH=+45.6kJ·mol－1 A3D+(aq)+DA-(aq)=2A2D(l)ΔH=-57.3kJ·mol－1 则在25℃、101kPa的稀溶液中，ABC与DA-反应的热化学方程式是（以离子方程式表示）：_______。 【答案】 ①. 第4周期VIII族 ②. 3d64s2 ③. ④. ⑤. N＞O＞C ⑥. 1:2 ⑦. HCN(aq)+OH-(aq)=CN-(aq)+H2OΔH=-11.7kJ·mol-1 【解析】 【分析】原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，则A为H元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同，则B为C元素；C元素的价电子构型为nsnnpn＋1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=2，则C为N元素；D的最外层电子数与电子层数之比为3：1，原子只能有2个电子层，最外层为6，故D为O元素；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe元素。综上所述A、B、C、D、E分别为：H、C、N、O、Fe；据此分析可得： 【详解】(1)由E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大，则E为Fe元素，在元素周期表中的位置为：第4周期VIII族；Fe的价电子排布式为：3d64s2，故答案为：第4周期VIII族；3d64s2； (2)A分别与B、C、D能形成电子数为10 的化合物分别为：，常温下水为液体，而甲烷、氨气为气体，水的沸点最高。而氨气分子间存在氢键，沸点高于甲烷，故沸点由高到低的顺序为，故答案为：； （3）B与D形成的非极性分子为，则其电子式为：，故答案为：； （4）同周期随着原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子2P能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的元素，所以N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C； （5）C单质的分子为，其结构为：，分子中的键和π键个数比为1:：2，故答案为：1：2； （6）已知在25℃、101kPa下：①HCN(aq)+H2O(l)=CN-(aq)+H3O+(aq) ΔH=+45.6kJ·mol－1 ②H3O+(aq)+OH-(aq)=2H2O(l)ΔH=-57.3kJ·mol－1，盖斯定律有①+②可得，ABC与DA-反应的热化学方程式是，即HCN(aq)+OH-(aq)=CN-(aq)+H2O ΔH=-11.7kJ·mol-1，故答案为：HCN(aq)+OH-(aq)=CN-(aq)+H2O ΔH=-11.7kJ·mol-1。 18. 我国在第75届联合国大会上正式提出了2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和的目标，所以研发利用二氧化碳技术，降低空气中二氧化碳含量成为重要的任务。 Ⅰ．化石燃料的燃烧产生大量的二氧化碳。已知时，相关物质的燃烧热数据如表： 物质 (石墨，s) 燃烧热() -285.8 -393.5 -1299.5 （1）则时和(石墨，s)生成的热化学方程式为________。 Ⅱ．二氧化碳甲烷化反应合成替代天然气，是利用二氧化碳的技术之一 甲烷化主反应： 副反应：ⅰ. =________ ⅱ. =+41.2 ； ⅲ. =-90 ； ⅳ. =+131.3 。 （2）反应i的=________。 （3）在恒温恒容的密闭容器中，关于反应iii叙述正确的是______。 A. 用、、表示的速率之比为1：2：2，可以作为判断化学平衡的依据 B. 容器中气体的压强不变，不能作为平衡的判断依据 C. 容器内的气体密度不变时，可以作为平衡的判断依据 D. 使用催化剂不能改变平衡转化率 （4）某容器中加入一定量的和，保持温度和压强不变的情况下，达平衡后再向该容器中注入稀释，反应iii的化学平衡将____________(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，平衡时，的分压______(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)。 （5）以 和 为初始原料，在催化剂()作用下保持总压为时，若只发生反应，不同温度下在相同时间测得的转化率如图所示。 ①B点的平衡常数Kp________。 ②由图像可知，影响该催化剂活性的因素有________。 【答案】（1）(石墨，s) （2） （3）CD （4） ①. 逆向移动 ②. 减小 （5） ①. ②. 温度和助剂催化剂中的含量 【解析】 【小问1详解】 反应①：，反应②：，反应③：，目标反应=反应①+反应②-反应③,由盖斯定律计算，目标反应，故热化学方程式为(石墨，s)； 【小问2详解】 反应ⅰ与反应ⅱ相加得到甲烷化主反应，因此，则； 【小问3详解】 A．用二氧化碳、氢气和水蒸气表示的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，不能说明正、逆反应速率相等，A错误； B．反应ⅲ正向进行时气体总物质的量减小，恒温恒容下总压强随反应进程改变，压强不变可以作为达到平衡的判断依据，B错误； C．反应ⅲ正向进行时生成固体，气体总质量减小，恒容下气体密度随反应进程改变，因此气体密度不变可以作为达到平衡的判断依据，C正确； D．催化剂同等程度加快正、逆反应速率，不改变平衡常数和平衡组成，因而不改变平衡转化率，D正确； 故选CD。 【小问4详解】 恒温恒压下加入氩气，容器体积增大，各反应气体的分压均按同一比例减小。设分压均变为原来的倍，且。对反应ⅲ，，稀释后，平衡逆向移动；由勒夏特列原理可知，重新达到平衡后，二氧化碳的分压仍小于加氩气前的平衡分压，故其分压减小； 【小问5详解】 ①由图可读出B点二氧化碳的转化率为90%。列三段式计算：，气体总物质的量为。因此，代入分压平衡常数表达式：， ②图中同一催化剂在不同温度下的转化率不同，且同一温度下不同Mg含量的催化剂曲线不同，说明催化剂活性受温度和催化剂中Mg含量影响。 19. I.锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。 i.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。 ii.0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。 iii.5~10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。 步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。 iv.重复步骤ii和步骤iii的操作，继续完成9个电沉积循环。 （1）步骤ii内电路中的Li+的迁移方向为____。 a.由Li电极向MoS2电极迁移 b.由MoS2电极向Li电极迁移 （2）已知下列反应的热化学方程式。 2Li(s)+2CO2(g)=Li2CO3(s)+CO(g) ΔH1=-539kJ•mol-1 CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172kJ•mol-1 步骤ii电解总反应的热化学方程式为____。 （3）步骤iii中，Li电极的电极反应式为____。 （4）Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤iii的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是____(填字母)。 a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成 b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量 c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率增大 II.如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。 （5）①腐蚀过程中，负极是____(填“a”“b”或“c”)。 ②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极产物和负极产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_____。 ③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气的体积为____L(标准状况)。 【答案】（1）a （2）4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s) ΔH=-1250kJ•mol-1 （3）4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C （4）ac （5） ①. c ②. 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ ③. 0.448 【解析】 【分析】(1)步骤ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b； (2)步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子， ①2Li(s)＋2CO2(g)═Li2CO3(s)＋CO(g)△H1＝−539kJ/mol； ②CO2(g)＋C(s)═2CO(g)△H2＝＋172kJ/mol。 盖斯定律计算①×2−②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式； (3)ⅲ中反应5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解时，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C； (4)a．图中可以看到碳酸根离子转化为二氧化碳，碳转化为一氧化碳； b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加； c．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率； (5)①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极； ②Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀； ③n[Cu2(OH)3Cl]＝，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V＝nVm计算体积。 【小问1详解】 ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b，内电路中的Li＋由Li电极移向MoS2电极； 故答案选a； 【小问2详解】 步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，①2Li(s)＋2CO2(g)═Li2CO3(s)＋CO(g)△H1＝−539kJ/mol；②CO2(g)＋C(s)═2CO(g)△H2＝＋172kJ/mol；盖斯定律计算①×2−②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式，4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s)△H＝(−539kJ/mol)×2−(＋172kJ/mol)＝−1250kJ/mol； 故答案为4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s)△H＝(−539kJ/mol)×2−(＋172kJ/mol)＝−1250kJ/mol； 【小问3详解】 步骤ⅲ中，Li电极为电解池的阴极，电极反应式为：4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C； 故答案为4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C； 【小问4详解】 a．图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确； b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故b错误； c．MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能，反应更容易进行，使反应速率加快，故c正确； 故答案选ac。 【小问5详解】 ①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极； 故答案选c； ②Cl−扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋3OH−＋Cl−＝Cu2(OH)3Cl↓； 故答案为2Cu2＋＋3OH−＋Cl−＝Cu2(OH)3Cl↓； ③n[Cu2(OH)3Cl]＝，根据转移电子得n(O2)＝，V(O2)＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L； 故答案为0.448。 【点睛】本题考查原电池电解池的工作原理，为高频考点，涉及电极判断、电极反应书写、离子移向等，掌握电池的工作原理以及电极反应式的书写是解答的关键，侧重考查学生分析能力和计算能力。 20. 我国科学家借助自主研制的新型钨钴铁合金催化剂攻克了单壁碳纳米管结构的可控制备难题。海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源， 含有钨、铁、锰、锌、钴等金属元素。 （1）基态钴原子的价电子排布图为___________。单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其碳原子的杂化方式为___________。 （2）纳米结构氧化钴可在室温下将甲硫醛(CH2S)完全催化氧化，甲硫醛分子属___________(填“极性”或“非极性”)分子，其中心原子的VSEPR模型名称为___________。 （3）六羰基钨[W(CO)6]的熔点为172 ℃，是一种重要的无机金属配合物，可溶于大多数有机溶剂。三种组成元素的电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。配体CO中与W形成配位键的原子是C而不是O，原因是___________。 （4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。下列物质中存在“离域π键”的是___________(填字母)。 A. 苯 B. 二氧化硫 C. 四氯化碳 D. 环己烷 【答案】（1） ①. ②. sp2 （2） ①. 极性 ②. 平面三角形 （3） ①. O＞C＞W ②. C原子半径比O大，电负性小，对孤电子对吸引较弱，所以C原子更易提供孤电子对，更容易形成配位键 （4）AB 【解析】 【小问1详解】 Co元素是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，3d上共有7个电子，其中有3个未成对电子，则其价电子的排布图为；石墨是平面层状结构、石墨烯可看作单层石墨，单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，则碳原子均形成3个C—C键，杂化轨道为3，则碳原子杂化方式为sp2。 【小问2详解】 甲硫醛(CH2S)与甲醛分子互为等电子体，按等电子原理，它们具有相同的结构特征，故它们中C原子形成3个σ键，1个π键，VSEPR模型名称为平面三角形，正负电荷中心不重合，故属于极性分子。 【小问3详解】 同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，故电负性：O＞C＞W；在六羰基钨[W(CO)6]分子中，W是中心原子，CO是配体，由于C原子半径比O大，电负性小，对孤电子对的吸引力较弱，更容易形成配位键，所以配体CO中与W形成配位的原子是C而不是O。 【小问4详解】 已知信息：多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，苯分子中每个碳原子都采用sp2杂化，则6个碳原子均有未参与杂化的相互平行的p轨道，故苯环上的C原子可以形成“离域π键”，其“离域π键”为，故选A；二氧化硫分子中S上的孤电子对数为，价层电子对数为2+1=3，故中心原子为sp2杂化，其立体构型为V形，中心原子S与两个O原子中有相互平行的p轨道，可以形成“离域π键”，其“离域π键”为，故选B；四氯化碳分子中只存在σ键，不存在π键，故不选C；环己烷分子中只存在σ键，不存在π键，故不选D。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $