遼寧省本溪中學2026屆高三化學第一學期期中聯(lián)考模擬試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、關(guān)于下列離子方程式的評價合理的是()選項離子方程式評價A將2molCl2通入含1molFeI2的溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+I2正確；Cl2過量，F(xiàn)e2+、I-完全被氧化化B向硝酸鈉固體上滴加濃硫酸H2SO4+NaNO3=NaHSO4+HNO3↑正確；因為酸性硫酸強于硝酸C過量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-錯誤；因為SO2會被氧化產(chǎn)物不可能為HSO3-DBa(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應：Ba2++HCO3-+OH-=BaCO3↓+H2O正確；酸式鹽與堿反應生成正鹽和水A．A B．B C．C D．D2、下列反應的離子方程式中正確的是（）A．將Fe(OH)2投入稀HNO3中：Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2OB．在Ba(OH)2溶液中滴入少量的KHCO3溶液：Ba2++2OH－+2HCO3－＝BaCO3↓+CO32－+2H2OC．在NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO－+SO2+H2O＝SO42－+Cl－+2H+D．在硫酸氫鈉溶液中滴加少量純堿溶液：2H++CO32－＝CO2↑+H2O3、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．25℃、101KPa下，NA個C18O2分子的質(zhì)量為48gB．標準狀況下，22.4LHF中含有的電子數(shù)為10NAC．加熱含4molHCl的濃鹽酸與足量MnO2的混合物充分反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)2NAD．1L0.1mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子數(shù)為0.lNA4、一種利用廢干電池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽）制備MnSO4晶體的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．反應①中1molFe至多還原1.5molMnO2B．重金屬主要在濾渣2中C．步驟③煮沸可使沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離D．合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染5、據(jù)報道，近來發(fā)現(xiàn)了一種新的星際分子氰基辛炔，其結(jié)構(gòu)式為：HC≡C—C≡C－C≡C－C≡C－C≡N。對該物質(zhì)判斷正確的是A．晶體的硬度與金剛石相當 B．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．不能發(fā)生加成反應 D．可由乙炔和含氮化合物加聚制得6、下列說法中正確的是()A．二氧化硫溶于水能導電，故二氧化硫?qū)儆陔娊赓|(zhì)B．硫酸鋇難溶于水，故硫酸鋇屬于弱電解質(zhì)C．硫酸是強電解質(zhì)，故純硫酸能導電D．氫氧根離子濃度相同的氫氧化鈉溶液和氨水導電能力相同7、下列陳述I、Ⅱ正確并且有因果關(guān)系的是選項陳述Ⅰ陳述ⅡASO2有漂白性SO2可使溴水褪色B分別測定室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH,后者較大證明非金屬性:S>CC向鐵和稀硝酸反應后的漭液中若滴加KSCN溶液顯紅色:若滴加酸性高錳酸鉀溶液紫紅色褪去該溶液中既有Fe3+,還有Fe2+D濃硫酸有脫水性濃硫酸可用于干燥H2和COA．A B．B C．C D．D8、下列說法不正確的是A．《黃白第十大》中“曾青涂鐵，鐵赤如銅”主要發(fā)生了置換反應B．《本草綱目》中“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，利用到蒸餾C．唐代《真元妙道要略》中有云“以硫磺、雄黃合硝石并蜜燒之，焰起燒手、面及屋舍者”，描述了硫磺熏制過程D．“所在山澤，冬月地上有霜，掃取以水淋汁后，乃煎煉而成”過程包括了溶解、蒸發(fā)、結(jié)晶等操作9、下列說法正確的是（）A．室溫下，pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水等體積混合后，溶液中：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)B．配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度線會使所配溶液濃度偏低C．升高NH4Cl溶液的溫度，其水的離子積常數(shù)和pH均增大D．室溫下，加水不斷稀釋0.1mol/LCH3COOH溶液，溶液的導電能力增強10、氫氧燃料電池是一種化學電源，如圖所示，以石墨為電極，兩極分別通入氫氣和氧氣，KOH溶液為電解質(zhì)溶液，下列說法不正確的是A．a(chǎn)電極是該電池的正極B．電池工作時，電子從a電極流出經(jīng)導線流向b電極C．工作一段時間后，電解質(zhì)溶液pH減小D．b極的電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-11、短周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，A和C同主族，D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，在中學常見的酸中E的最高價氧化物對應的水化物的酸性最強。下列敘述正確的是（）A．氧元素與A、B、C形成的二元化合物均只有兩種B．簡單離子半徑：E>C>D>BC．由A、B、E三種元素只能形成含有共價鍵的共價化合物D．C、D、E三種元素的最高價氧化物對應的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應12、化學與環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是A．CO2和NO2都會導致酸雨的形成B．大氣中的PM2.5會導致霧霾的形成C．NO2和SO2都會導致光化學煙霧的形成D．大氣中SO2含量的增加會導致溫室效應加劇13、下列化工生產(chǎn)中未使用催化劑的是（）A．合成氨 B．制純堿 C．乙烯水化 D．SO2轉(zhuǎn)化為SO314、如圖所示為從固體混合物中分離X的兩種方案，請根據(jù)方案1和方案2指出下列說法中合理的是()A．可以選用方案1分離碳酸氫鈉中含有的氯化銨B．方案1中的殘留物應該具有的性質(zhì)是受熱易揮發(fā)C．方案2中加入的試劑一定能夠與除X外的物質(zhì)發(fā)生化學反應D．方案2中加入NaOH溶液可以分離出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O315、某學習小組設(shè)計實驗制備供氫劑氫化鈣(CaH2)，實驗裝置如下圖所示。已知：氫化鈣遇水劇烈反應。下列說法正確的是A．相同條件下，粗鋅(含少量銅)比純鋅反應速率慢B．酸R為濃鹽酸，裝置b中盛裝濃硫酸C．裝置d的作用是除去氫氣中的雜質(zhì)，得到干燥純凈的氫氣D．實驗結(jié)束后先熄滅酒精燈，等裝置冷卻后再關(guān)閉活塞K16、下列說法正確的是（）A．銅鋅原電池，鋅為正極B．化學反應的反應熱不僅與反應體系的始態(tài)和終態(tài)

有關(guān)，還與反應的途徑有關(guān)C．在氧化還原反應中，還原劑失去電子的總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)D．通過化學變化可以直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠?7、常溫下，pH=1的某溶液A中除H+外，還含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、CO、NO、Cl-、I-、SO中的4種，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1?，F(xiàn)取該溶液進行驗，實驗結(jié)果如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A．該溶液中一定有上述離子中的NO、Al3+、SO、Cl-四種離子B．實驗消耗Cu14.4g，則生成氣體丁的體積為3.36LC．該溶液一定沒有Fe3+，但是無法確定是否含有I-D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO418、據(jù)報道，在40GPa高壓下，用激光加熱到1800K，人們成功制得了某種CO2的晶體，其結(jié)構(gòu)類似于SiO2的結(jié)構(gòu)，下列有關(guān)推斷中錯誤的是A．該晶體不可用作制冷材料B．該晶體硬度大，可用作耐磨材料C．該晶體有很高的熔點D．該晶體中每個碳原子形成2個碳氧雙鍵19、下列反應的離子方程式書寫正確的是()A．氯化鋁溶液中加入過量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O==AlO2-＋4NH4+＋2H2OB．澄清石灰水與少量蘇打溶液混合：Ca2＋＋OH－＋HCO3-==CaCO3↓＋H2OC．碳酸鈣溶于醋酸：CaCO3＋2H＋==Ca2＋＋CO2↑＋H2OD．氯化亞鐵溶液中通入氯氣：2Fe2＋＋Cl2==2Fe3＋＋2Cl－20、能導電的電解質(zhì)是（）A．鹽酸 B．金屬銅 C．熔融硝酸鉀 D．酒精21、下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A將一小塊金屬鈉置于坩堝里加熱鈉先熔化成小球，再燃燒鈉的熔點比鈉的著火點低B將SO2通入硝酸鋇溶液中產(chǎn)生白色沉淀SO2與可溶性鋇鹽均能生成白色沉淀C向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加硫酸銅溶液和飽和氯化鈉溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性D向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸溶液顏色加深Fe2+的水解平衡受外界因素的影響。A．A B．B C．C D．D22、某化學小組構(gòu)想將汽車尾氣(NO、NO2)轉(zhuǎn)化為重要的化工原料HNO3，其原理如圖所示，其中A、B為多孔導電材料。下列說法一定正確的是()A．該電池工作時，電子的流向外電路由A到B，內(nèi)電路由B到A形成閉合回路B．電極B附近的HNO3濃度增大C．A電極的反應為：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+D．該電池工作時，每消耗11.2LO2(標況)，可以除去含1molNO和NO2的混合尾氣二、非選擇題(共84分)23、（14分）X、Y、L、M為核電荷數(shù)依次增大的前20號主族元素。X是原子半徑最小的元素，Y、L與M三種元素的質(zhì)子數(shù)均為5的倍數(shù)。回答下列問題：（1）X與Y組成的化合物屬于__________（填“共價”或“離子”）化合物。（2）X與M組成的物質(zhì)電子式為__________，該物質(zhì)可作為野外工作的應急燃料，其與水反應的化學方程式為________。（3）Y在周期表中的位置是__________。（4）下列說法正確的是__________。AL可能是Ne，也可能是PBL在氯氣中燃燒現(xiàn)象為白色煙霧CL與X形成的化合物分子構(gòu)型為平面三角形DL有多種氧化物以及含氧酸24、（12分）芳香烴A(C7H8)是重要的有機化工原料，由A制備聚巴豆酸甲酯和醫(yī)藥中間體K的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：已知：①②③(弱堿性，易氧化)回答下列問題：(1)A的名稱是____________，I含有的官能團是_______________________。(2)②的反應類型是______________，⑤的反應類型是__________________。(3)B、試劑X的結(jié)構(gòu)簡式分別為____________________、____________________。(4)巴豆酸的化學名稱為2-丁烯酸，有順式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____個原子共平面，反式巴豆酸的結(jié)構(gòu)簡式為__________________________。(5)第⑦⑩兩個步驟的目的是_________________________________________________。(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W是F的同分異構(gòu)體，W共有_______種，其中苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結(jié)構(gòu)簡式___。(7)將由B、甲醇為起始原料制備聚巴豆酸甲酯的合成路線補充完整(無機試劑及溶劑任選)______________________________________________.25、（12分）實驗室需配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，實驗操作步驟為：A．把制得的溶液小心地轉(zhuǎn)移至容量瓶中。B．在天平上稱取14.2g硫酸鈉固體，把它放在燒杯中，用適量的蒸餾水將它完全溶解并冷卻至室溫。C．繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距刻度1～2cm處，改用膠頭滴管小心滴加蒸餾水至溶液凹液面底部與刻度線相切。D．用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，每次洗滌的液體都小心注入容量瓶，并輕輕振蕩。E．將容量瓶塞塞緊，充分搖勻。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）操作步驟的正確順序為___________________（填序號）。（2）本實驗用到的基本儀器已有燒杯、天平（砝碼、鑷子）、玻璃棒，還缺少的必要儀器是______________________________________。（3）下列情況中，會使所配溶液濃度偏高的是___________（填序號）。A．某同學觀察液面時俯視B．沒有進行上述的操作步驟DC．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線D．容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠26、（10分）為驗證氧化性：Cl2>Fe3+>SO2，某化學研究性學習小組用圖所示裝置進行實驗（夾持儀器和A中的加熱裝置已略，氣密性已經(jīng)檢驗完畢）：Ⅰ.打開彈簧夾K1—K4，通入一段時間N2，再將T型導管插入B中，繼續(xù)通入N2，然后關(guān)閉K1,K3,K4。Ⅱ.打開活塞a，滴加一定量的濃鹽酸，給A加熱。Ⅲ.當B中溶液變黃時，停止加熱，夾緊彈簧夾K2。Ⅳ.打開活塞b，使約2mL的溶液流入D試管中，檢驗其中的陽離子。Ⅴ.打開彈簧夾K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段時間后夾緊彈簧夾K3。Ⅵ.更新試管D，重復過程Ⅳ，檢驗B溶液中的離子?；卮鹣铝袉栴}：（1）過程Ⅰ的目的是________。（2）棉花中浸潤的溶液為________，作用是_____________。（3）導致步驟Ⅲ中溶液變黃的離子反應是____，用_____，（寫試劑化學式）檢驗氧化產(chǎn)物，現(xiàn)象是____。（4）能說明氧化性Fe3＋>SO2的離子方程式是________。（5）甲、乙、丙三位同學分別完成了上述實驗，他們的檢測結(jié)果一定能夠證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2的是__（填“甲”“乙”“丙”）。27、（12分）二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）。某課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實驗流程如下：（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除_______（填離子符號），檢驗該離子是否洗滌的方法是_________________________________________________________。（2）第②步反應的離子方程式是______________________________，濾渣B的主要成分是_________。（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP________（填“能”或“不能”）與水互溶。實驗室進行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有_________、燒杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4標準溶液滴定終點是（鈰被還原為Ce3+），消耗25.00mL標準溶液，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分數(shù)為__________。28、（14分）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由鋅和銅組成。回答下列問題：（1）銅原子核外電子共有__種不同運動狀態(tài)，基態(tài)銅原子的核外占據(jù)最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為__。（2）根據(jù)銅、鋅原子結(jié)構(gòu)可知第二電離能I2(Zn)__I2(Cu)填“大于”或“小于”。（3）向藍色硫酸銅溶液[Cu(H2O)4]2+中加入稍過量的氨水，溶液變?yōu)樯钏{色[Cu(NH3)4]2+。①H2O分子中心原子的雜化類型為__；分子中的鍵角：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。②通過上述實驗現(xiàn)象可知，與Cu2+的配位能力：H2O__NH3(填“大于”或“小于”)。③氨硼烷(BH3—NH3)可以作為機動車使用的備選氫來源或氫儲存的材料。下列與氨硼烷是等電子體的有__(填編號)。A．乙烷B．H2O2C．H3PO4D．S8④寫出BH3—NH3的結(jié)構(gòu)式結(jié)構(gòu)中若含配位鍵用→表示__。（4）某磷青銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①其化學式為__。②若晶體密度為8.82g/cm3，最近的Cu原子核間距為__cm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，用M表示該晶體的摩爾質(zhì)量)。29、（10分）高錳酸鉀是一種常用的氧化劑。如圖是利用軟錳礦（主要成分為MnO2）制備高錳酸鉀的一種工藝（流程中部分產(chǎn)物已略去）：相關(guān)物質(zhì)不同溫度下的溶解度（單位：g）數(shù)據(jù)如表：（1）“熔融”步驟反應的化學方程式為_____。（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸發(fā)生反應的離子方程式為：_____。（3）操作2是_____、_____、_____。（4）圖中可以直接進行循環(huán)利用的物質(zhì)是_____（填化學式）。（5）KMnO4粗晶體中的主要雜質(zhì)（填化學式）有_____和_____，若用硫酸代替圖中的冰醋酸，則導致的問題及原因是_____。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【詳解】A．將2molCl2通入含1molFeI2的溶液中，由于Cl2過量，所以Fe2+、I－都將被氧化，同時Fe2+、I－的物質(zhì)的量關(guān)系應滿足化學式中的組成關(guān)系，正確的離子方程式為：2Fe2++4I－+3Cl2=2Fe3++6Cl－+I2，A錯誤；B．向硝酸鈉固體上滴加濃硫酸，方程式正確，評價錯誤，此反應是利用難揮發(fā)性酸制易揮發(fā)性酸，B錯誤；C．過量SO2通入NaClO溶液中，因為SO2會被氧化，產(chǎn)物不可能為HSO3-，C正確；D．Ba(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應，方程式中Ba2+、HCO3-不滿足化學式中的組成關(guān)系，正確的離子方程式為：Ba2++2HCO3-+2OH-=BaCO3↓＋H2O+CO32-，D錯誤；故選C?！军c睛】當一種物質(zhì)電離產(chǎn)生的兩種離子都參與離子反應時，若該物質(zhì)少量，則兩離子的數(shù)量關(guān)系滿足化學式中的組成關(guān)系；若該物質(zhì)過量，則兩離子的數(shù)量關(guān)系不一定滿足化學式中的組成關(guān)系。2、D【解析】試題分析：A、硝酸具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故錯誤；B、KHCO3是少量，系數(shù)為1，因此離子反應方程式為Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故錯誤；C、因為SO2少量，NaClO過量應生成HClO，故錯誤；D、NaHSO4完全電離出H＋，純堿過量，2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，故正確?？键c：考查離子反應方程式的正誤判斷等知識。3、A【解析】A．NA個C18O2分子物質(zhì)的量為1mol，其的質(zhì)量=1mol×48g/mol=48g，故A正確；B．標準狀況下，HF不是氣體，22.4LHF物質(zhì)的量不是1mol，故B錯誤；C.二氧化錳只能和濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故當鹽酸變稀時反應即停止，鹽酸不能反應完全，則轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)小于2NA個，故C錯誤；D．水中也含O原子，則溶液中含有的氧原子數(shù)遠大于0.1NA，故D錯誤；故選A。點睛：把握物質(zhì)的量的相關(guān)計算公式、物質(zhì)的組成、氧化還原反應等為解答的關(guān)鍵。本題的易錯點為C，稀鹽酸與二氧化錳不能發(fā)生反應，類似的有，濃硫酸與銅反應時，變成稀硫酸與銅不再反應，濃硝酸和稀硝酸與銅發(fā)生不同的反應等。4、B【詳解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽)用濃硫酸溶解，并加入適量鐵粉，過濾后所得濾渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置換出的Hg、Pb等，濾液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并調(diào)節(jié)溶液pH=5左右，并加熱煮沸，促進Fe3+水解生成Fe(OH)3，則過濾后濾渣2主要為Fe(OH)3，濾液主要含有MnSO4，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮并冷卻結(jié)晶、過濾即可得到MnSO4?nH2O；A．用Fe和濃H2SO4溶解MnO2時發(fā)生反應的化學方程式為2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反應中1molFe參加反應，被還原的MnO2是1.5mol，故A正確；B．步驟①中同時發(fā)生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，則重金屬Hg、Pb主要在濾渣1中，故B錯誤；C．懸濁液中Fe(OH)3顆粒越大，越易與MnSO4溶液過濾分離，則步驟③煮沸使Fe(OH)3沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離，故C正確；D．錳等是重要金屬資源，汞、鉛等重金屬能來得污染環(huán)境，則合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染，故D正確；故答案為B。5、B【詳解】A.該物質(zhì)形成的晶體是分子晶體，而金剛石是原子晶體，硬度很高，故A錯誤；B.HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中含有C≡C三鍵，這個不飽和鍵易被高錳酸鉀氧化，所以能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中含有C≡C三鍵，這個不飽和鍵易被加成試劑加成，能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D.乙炔和含氮化合物加聚時，三鍵中的一個鍵會被打開而出現(xiàn)雙鍵，但是HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中全是三鍵，故D錯誤；答案是B。6、D【解析】A、SO2的水溶液雖然導電，但導電的離子不是SO2電離產(chǎn)生的，因此SO2不是電解質(zhì)，故錯誤；B、硫酸鋇雖然難容溶于水，但溶于水硫酸鋇完全電離，屬于強電解質(zhì)，故錯誤；C、電解質(zhì)導電，需要條件，即水溶液或熔融狀態(tài)，因此純硫酸不導電，故錯誤；D、OH－離子濃度相同，溶液中導電離子的濃度以及所帶電荷數(shù)相同，因此導電能力相同，故正確；答案選D。7、C【詳解】A、SO2可使溴水褪色，體現(xiàn)SO2的還原性，故A錯誤；B、Na2SO3不是S元素的最高價含氧酸鹽，所以室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH,后者較大，不能證明非金屬性:S>C，故B錯誤；C、Fe3+能使KSCN溶液顯紅色，F(xiàn)e2+具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C正確；D、濃硫酸可用于干燥H2和CO，利用濃硫酸的吸水性，故D錯誤。答案選C?！军c睛】非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強；室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO4與Na2CO3溶液的pH,后者較大，能證明非金屬性:S>C。8、C【詳解】A.“曾青涂鐵，鐵赤如銅”是將一種可溶性的銅鹽的溶液涂在金屬鐵表面，鐵表面變?yōu)榻饘巽~的過程，是置換反應，故正確；B.“蒸令氣上……，”是利用混合物中互溶的幾種組分的沸點差異將其分離的過程，為蒸餾，故正確；C.黑火藥是由木炭粉、硫磺、硝石按一定比例配成的，是制備火藥，故錯誤；D.掃取以水淋汁后，乃煎煉而成意思為：掃取后用水溶解，然后加熱蒸發(fā)結(jié)晶得到硝酸鉀晶體，故正確。故選C。9、A【解析】A、氨水是弱堿，室溫下，pH＝3的鹽酸與pH＝11的氨水等體積混合后氨水過量，溶液顯堿性，則溶液中：c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，A正確；B、配制溶液定容時，俯視容量瓶刻度線，導致液面在刻度線下方，溶液體積減少，會使所配溶液濃度偏高，B錯誤；C、升高NH4Cl溶液的溫度，促進銨根的水解、水的電離，其水的離子積常數(shù)增大，但pH減小，C錯誤；D、室溫下，加水不斷稀釋0.1mol/LCH3COOH溶液，促進醋酸的電離，但氫離子的濃度降低，所以溶液的導電能力減弱，D錯誤，答案選A。10、A【解析】A、a電極通入氫氣，發(fā)生失去電子的氧化反應，是該電池的負極，A錯誤；B、b電極是正極，電池工作時，電子從a電極流出經(jīng)導線流向b電極，B正確；C、工作一段時間后，溶劑水增加，氫氧化鉀溶液的濃度降低，電解質(zhì)溶液pH減小，C正確；D、b極通入氧氣，發(fā)生得到電子的還原反應，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，D正確，答案選A。電極：明確原電池的工作原理是解答的關(guān)鍵，難點是電極名稱、離子移動方向、電極反應式的書寫。尤其是電極反應式的書寫，除了要掌握放電微粒以外，需要注意溶液的酸堿性、是否存在交換膜以及是不是熔融的電解質(zhì)等。11、D【解析】根據(jù)題意：A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，A為氫元素，B為氮元素，A和C同主族，C為鈉元素；在中學常見的酸中E的最高價氧化物對應的水化物的酸性最強，E為氯元素；D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，D為鋁元素。氧元素與氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A錯誤；核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以Al3+<N3-，B錯誤；H、N、Cl可以形成氯化銨，即有離子鍵、又含共價鍵的離子化合物，C錯誤；氫氧化鈉、氫氧化鋁、高氯酸三者之間兩兩之間可以反應生成鹽和水，D正確；正確選項D。12、B【解析】A.CO2不會形成酸雨，主要是導致溫室效應，故A錯誤；B.PM2.5是指大氣中直徑小于或等于2.5微米的顆粒，它主要來源于化石燃料的燃燒，大氣中PM2.5含量高易導致霧霾天氣，故B正確；C.可導致酸雨的主要氣體：SO2、NO2，導致光化學煙霧的主要氣體：NO2等氮氧化物和烴類，故C錯誤；D.SO2含量的增加會產(chǎn)生酸雨，大氣中CO2含量的增加會導致溫室效應加劇,故D錯誤；故答案選B。【點睛】本題是化學與環(huán)境題，要注意常見的大氣污染物有：顆粒物、二氧化硫、三氧化硫、一氧化碳、一氧化氮、二氧化氮、碳氫化合物等，二氧化碳不屬于大氣污染物。13、B【詳解】A．合成氨需要的條件是高溫高壓催化劑，故A選項錯誤。B．制純堿可以向飽和食鹽水里通入二氧化碳和氨氣，不需要使用催化劑，故B選項正確。C．乙烯水化是乙烯通過固體酸催化劑與水反應生成乙醇的過程，故C選項錯誤。D．二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫需要催化劑，故D選項錯誤。故答案選B。14、D【解析】A項，方案1是將含X的混合物加熱得到X，說明是易分解（或易升華）的物質(zhì)與不易分解的物質(zhì)分離，而碳酸氫鈉和NH4Cl加熱都易分解，無法分離碳酸氫鈉中含有的氯化銨，故A錯誤；B項，方案1中采用加熱法，使易分解（或易升華）的物質(zhì)能與不易分解的物質(zhì)分離，則X物質(zhì)可能是受熱不易分解的固體或難揮發(fā)的液體，故B錯誤；C項，由方案2中過濾操作可知，X以沉淀形式存在，則加入的物質(zhì)能溶解除X外的其它物質(zhì)，所以加入的物質(zhì)可以是水，溶解可溶物，不一定是能夠與除X外的物質(zhì)發(fā)生化學反應，故C錯誤；D項，SiO2能與NaOH溶液反應，而Fe2O3不能與NaOH溶液反應，方案2中加入NaOH溶液可以分離出SiO2和Fe2O3混合物中的Fe2O3，故D正確。點睛：本題考查混合物分離、提純基本方法的選擇與應用，熟悉有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)、把握分離的原理、理清實驗方案是解題的關(guān)鍵。15、D【解析】A.相同條件下，粗鋅(含少量銅)因可以形成原電池，故其比純鋅反應速率快，A不正確；B.酸R

為稀鹽酸，裝置b中盛裝濃硫酸，B不正確；C.裝置d的作用是防止水蒸氣進入c裝置與氫化鈣、鈣反應，C不正確；D.實驗結(jié)束后先熄滅酒精燈，等裝置冷卻后再關(guān)閉活塞K，D正確。本題選D。16、C【解析】A.銅鋅原電池，鋅的金屬活潑性強于銅，鋅為負極，A錯誤；B.化學反應的反應熱不僅與反應體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，還與物質(zhì)的量有關(guān)，但與反應的途徑無關(guān)，B錯誤；C.在氧化還原反應中，還原劑失去電子的總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)，C正確；D.水是由氫氧兩種元素組成，汽油主要由碳氫兩種元素組成，化學變化中元素種類不能改變，D錯誤。17、A【分析】由溶液pH=1可知溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，可以排除CO32-；溶液A中加過量(NH4)2CO3，產(chǎn)生白色沉淀甲、氣體甲，白色沉淀只能為氫氧化鋁，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有Al3+；溶液乙加銅和濃硫酸能產(chǎn)生氣體丙，丙在空氣中變成紅棕色，則丙為NO，說明在原溶液中有NO3-，在強酸性溶液中含有NO3-，則一定不存在具有還原性的離子I-，最后根據(jù)電荷守恒得原溶液中含有H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五種離子，據(jù)此解答分析?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氫離子、0.1mol/L的鋁離子，0.1mol/LNO3-；溶液中陽離子帶有的電荷為：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根離子外，根據(jù)電荷守恒，還應該含有SO42-離子和Cl-，所以該溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四種離子，故A正確；B.根據(jù)反應方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g銅，n(Cu)==0.225mol，根據(jù)反應方程式中Cu與NO的物質(zhì)的量關(guān)系可知生成一氧化氮氣體的物質(zhì)的量為n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol；由于沒有告訴條件是否是標準狀況下，所以0.15mol一氧化氮的體積不一定為3.36L，故B錯誤；C.根據(jù)上述分析可知，在強酸性溶液中含有NO3-，溶液具有強氧化性，則一定不存在具有還原性的離子I-，故C錯誤；D.根據(jù)上述分析可知，溶液中含有硫酸根離子，所以沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故D錯誤；故答案：A。18、D【分析】其結(jié)構(gòu)類似于SiO2的結(jié)構(gòu)，說明此CO2晶體屬于原子晶體。【詳解】A.原子晶體CO2有很高的沸點，不易汽化，不可用作致冷劑，故A正確；B.原子晶體硬度大，所以原子晶體CO2的硬度大，可用作耐磨材料，故B正確；C.原子晶體具有很高的熔點、沸點，故原子晶體CO2有很高的熔點、沸點，故C正確；D.原子晶體CO2的結(jié)構(gòu)類似SiO2，碳原子和氧原子應為單鍵，1個C原子形成4個C?O鍵，故D錯誤；答案選D。19、D【詳解】A．氯化鋁溶液中滴加過量氨水的離子反應為Al3++3NH3·H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A錯誤；B．澄清石灰水與少量蘇打溶液混合，離子方程式：Ca2++CO32-═CaCO3↓，故B錯誤；C．醋酸為弱電解質(zhì)，應寫成分子式，CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C錯誤；D．氯化亞鐵溶液中通入氯氣，反應的離子方程式為：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故D正確。答案選D。20、C【分析】電解質(zhì)：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物；例：酸、堿、鹽，金屬氧化物等；非電解質(zhì)：在水溶液中和熔融狀態(tài)下不能導電的化合物；例：有機物，非金屬氧化物等。根據(jù)此分析進行解答?！驹斀狻緼．鹽酸為混合物，不是電解質(zhì)，故A選項錯誤。B．銅是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故B選項錯誤。C．熔融的硝酸鉀是電解質(zhì)，含有自由移動的鈉離子和氯離子，能夠?qū)щ?，故C選項正確。D．乙醇是非電解質(zhì)，故D選項錯誤。故答案選C?！军c睛】此類型題依據(jù)電解質(zhì)的概念進行解答，注意常考點為單質(zhì)與混合物不屬于化合物，電解質(zhì)與非電解質(zhì)要在化合物中選擇。21、A【詳解】A、鈉為活潑金屬，熔點較低，加熱時，先熔化，再燃燒，說明鈉的熔點比著火點點，A正確；B、SO2與硝酸鋇溶液，SO2溶于水生成亞硫酸，使得溶液呈酸性，溶液中NO3－，H2SO3在酸性環(huán)境下，能被NO3－氧化成SO42－，能夠生成BaSO4，但是不能得到SO2與可溶性鋇鹽均能生成白色沉淀的結(jié)論，如SO2與BaCl2溶液不反應，B錯誤；C、蛋白質(zhì)溶液加入飽和氯化鈉溶液，有固體析出，但是加入蒸餾水，蛋白質(zhì)能夠重新溶解，屬于蛋白質(zhì)的鹽析過程，而加入CuSO4，Cu2＋屬于重金屬離子，蛋白質(zhì)會發(fā)生變性，C錯誤；D、Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸，溶液中有NO3－和H＋，能將Fe2＋離子氧化成Fe3＋，溶液顏色加深，是由于氧化還原反應，而不是Fe2＋水解受到影響，D錯誤；答案選A?！军c睛】一定要注意NO3－和H＋同時存在的溶液，具有強氧化性，能夠氧化某些還原性離子，如I－、Fe2＋、SO32－等。22、C【解析】A、電解質(zhì)溶液中是通過陰陽離子的定性移動形成電流，A錯誤；B、B電極上電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，有水生成，硝酸根離子不參加反應，所以硝酸根離子的物質(zhì)的量不變，但氫離子消耗減少，溶液體積增大，所以硝酸濃度減小，B錯誤；C、A電極氮的氧化物失電子轉(zhuǎn)化為硝酸根離子，電極反應式為：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+、NO-3e-+2H2O=NO3-+4H＋，C正確；D、1molNO和NO2的混合尾氣中氣體含量未知，則無法確定得失電子數(shù)目，則無法知道消耗氧氣的量，D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查了原電池原理，涉及電極反應式的書寫、離子的移動方向判斷等知識點，易錯選項是CD，物質(zhì)得失電子與電極的關(guān)系，氮的氧化物失電子數(shù)目不同，為易錯點。二、非選擇題(共84分)23、共價[H:]-Ca2+[:H]-CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑第二周期IIIA族BD【分析】X、Y、L、M為核電荷數(shù)依次增大的前20號主族元素，X的原子半徑最小，X為H；Y、L與M三種元素的質(zhì)子數(shù)均為5的倍數(shù)，則Y的質(zhì)子數(shù)為5，Y為B；L的質(zhì)子數(shù)為15，L為P；M的質(zhì)子數(shù)為20，M為Ca，以此來解答?！驹斀狻?1)、由上述分析可知，X為H，Y為B，L為P，M為Ca，H、B均為非金屬元素，X與Y組成的化合物只含共價鍵，屬于共價化合物；故答案為共價；(2)、X與M組成的物質(zhì)為CaH2，其電子式為：[H:]-Ca2+[:H]-，其與水反應的化學方程式為：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；故答案為[H:]-Ca2+[:H]-；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；(3)、Y為B，在周期表中的位置是第二周期IIIA族；故答案為第二周期IIIA族；(4)A、L只能是P，L為主族元素，故A錯誤；B、L在氯氣中燃燒現(xiàn)象為白色煙霧，生成PCl3和PCl5，故B正確；C、L與X形成的化合物為PH3，與氨氣結(jié)構(gòu)相似，分子構(gòu)型為三角錐型，故C錯誤；D、L有多種氧化物，如P2O3、P2O5，多種含氧酸如H3PO4、H3PO4等，故D正確；故選BD。24、甲苯羧基、酰胺基氧化反應取代反應（硝化反應）10保護氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A為甲苯，B經(jīng)反應可生成聚巴豆酸甲酯，由根據(jù)信息①可知，B為，D為丙二酸，E為C2H5OOCCH2COOC2H5，由題給信息可知試劑X為，甲苯發(fā)生硝化反應生成F為，F(xiàn)發(fā)生還原反應生成G為，由I的結(jié)構(gòu)簡式、H的分子式可知H的結(jié)構(gòu)簡式為：，H被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成I，I發(fā)生取代反應生成G，J發(fā)生水解反應生成K，可知G→H是為了保護氨基，防止被氧化，以此解答該題?！驹斀狻?1)根據(jù)流程圖A(C7H8)是芳香烴，可知A是甲苯；根據(jù)I的結(jié)構(gòu)簡式，分子中含有羧基、酰胺基兩種官能團；(2)酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能將碳碳雙鍵氧化，即②發(fā)生氧化反應；反應⑤甲苯發(fā)生硝化反應，生成對硝基甲苯；(3)根據(jù)信息①可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為；根據(jù)信息②可知，試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)反式-2-丁烯酸分子的結(jié)構(gòu)簡式為，除了甲基上兩個氫原子不在雙鍵結(jié)構(gòu)所確定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10個原子；(5)第⑦、⑩兩個步驟的目的是：第⑦步先把氨基保護起來，防止氨基被酸性高錳酸鉀氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應的二元取代芳香化合物W只能為、、或、、，苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子且屬于酯類的結(jié)構(gòu)簡式為；(7)分析知B為，它經(jīng)過與氫氣發(fā)生加成反應，再發(fā)生消去反應、酯化反應、加聚反應，即可得到聚巴豆酸甲酯。具體合成路線：?！军c睛】本題的解題關(guān)鍵在于已知信息的靈活運用，熟悉官能團的性質(zhì)和有機反應類型。25、BADCE500mL容量瓶、膠頭滴管A【解析】實驗室需配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，根據(jù)配制過程為計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容、搖勻等操作分析所需要的儀器；根據(jù)c＝n/V結(jié)合實驗操作分析可能產(chǎn)生的誤差?！驹斀狻浚?）配制500mL0.2mol/LNa2SO4溶液，需要溶質(zhì)的質(zhì)量是0.5L×0.2mol/L×142g/mol＝14.2g。配制過程為計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容、搖勻等，所以操作步驟的正確順序為BADCE。（2）本實驗用到的基本儀器已有燒杯、天平（砝碼、鑷子）、玻璃棒，根據(jù)以上分析可知還缺少的必要儀器是500mL容量瓶、膠頭滴管。（3）A．某同學觀察液面時俯視，溶液的體積減少，濃度偏高；B．沒有進行上述的操作步驟D，則導致溶質(zhì)的質(zhì)量減少，濃度偏低；C．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，溶液體積增加，濃度偏低；D．容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠不影響溶質(zhì)的質(zhì)量和溶液體積，濃度不變。答案選A?！军c睛】本題考查了配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液的實驗步驟、實驗器材和誤差分析，明確實驗原理是解答的關(guān)鍵。難點是誤差分析，進行誤差分析時，可以根據(jù)物質(zhì)的量濃度的計算公式，分析各種操作對溶質(zhì)的影響和對溶液體積的影響，再分析對所配溶液濃度的影響。26、趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗氫氧化鈉溶液吸收反應中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－KSCN溶液紅色2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙、丙【分析】將裝置內(nèi)的空氣排出，避免空氣中氧氣干擾實驗，實驗室制得的氯氣先通入到氯化亞鐵溶液中，溶液變黃，用KSCN溶液驗證是否生成了鐵離子，關(guān)閉氯氣，再利用生成的二氧化硫通入到B溶液中，檢驗B中的離子。【詳解】⑴打開彈簧夾，通入一段時間氮氣，目的是趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗，故答案為趕走裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的氧氣影響實驗；⑵棉花上的溶液主要是吸收反應中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣，因此棉花應該浸潤的為氫氧化鈉溶液，故答案為氫氧化鈉溶液；吸收反應中多余的氯氣、二氧化硫氣體，防止污染空氣；⑶氯氣具有強氧化性，能夠把氯化亞鐵氧化為氯化鐵，含有鐵離子溶液顯黃色，離子反應是：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；氧化產(chǎn)物中含有鐵離子，可以用硫氰化鉀溶液進行檢驗，如果溶液變?yōu)榧t色，證明有鐵離子生成。故答案為2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；KSCN溶液；紅色；⑷鐵離子在酸性條件下把二氧化硫氧化為硫酸根離子，本身還原為亞鐵離子，可以說明氧化性Fe3＋>SO2；離子方程式為：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；故答案為2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42－＋4H＋；⑸甲選項，第一次有鐵離子無亞鐵離子，則氯氣氧化性大于鐵離子；甲中第二次含有硫酸根，可能是過量的氯氣把二氧化硫氧化為硫酸根，不一定是鐵離子把二氧化硫氧化所致，故甲錯誤；乙選項，第一次既有鐵離子又有亞鐵離子，說明氯氣不足，氯氣氧化性大于鐵離子；乙中第二次含有硫酸根，說明發(fā)生了二氧化硫與鐵離子的反應，氧化性鐵離子大于二氧化硫，因此可以證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故乙正確；丙選項，第一次有鐵離子無亞鐵離子，則氯氣氧化性大于鐵離子；第二次有亞鐵離子，說明發(fā)生了二氧化硫與鐵離子的反應，則氧化性鐵離子大于二氧化硫，因此可以證明氧化性：Cl2>Fe3＋>SO2，故丙正確；綜上所述，答案為乙、丙。27、濾渣上附著的Fe3+、Cl-等取最后洗滌液少量于試管中，滴加幾滴AgNO3溶液，如無白色沉淀，則洗干凈2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2OSiO2不能分液漏斗97.01%【詳解】（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-，因此檢驗是否洗滌干凈的實驗操作為：取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無白色沉淀，則洗干凈；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應的離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+

=2Ce3++O2↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應，濾渣B的成分為SiO2；（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，所以TBP不能與水互溶，實驗室進行萃取操作時用到的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+，則Ce(OH)4～FeSO40.0025mol0.1000mol/L-1×0.025L所以m[Ce(OH)4]=0.0025mol×208g/mol=0.52g產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分數(shù)為0.52/0.536×100%=97.0%。28、29球形小于sp3小于小于ASnCu3P【分析】(1)Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，基態(tài)核外電子排布為[Ar]3d104s1；(2)根據(jù)Zn和Cu的電子排布式考慮電離能大小；(3)①根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷，孤電子對與鍵合電子對之間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對之間的斥力；②配合物向生成更穩(wěn)定的配合物轉(zhuǎn)化；