【文档说明】四川省南充高级中学2021-2022学年高二下学期入学考试化学试题 含解析.docx，共(14)页，1.721 MB，由管理员店铺上传

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南充高中高2020级高二下学期入学考试理科综合·化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12Na-23O-16S-32一、选择题(每小题只有一个选项满足题意要求，每小题4分，共48分)1.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中不正确．．．的是A.小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过

多B.从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨是电解质C.铝及其合金是使用广泛的金属材料，工业上通常用电解氧化铝的方法制备金属铝D.食品工业以植物油和氢气为原料生产氢化植物油，利用了植物油的加成反应【答案】B【解析】【详解】A

．小苏打是盐、氢氧化铝是弱碱，都无毒，且能和胃酸反应，所以可以用来作内服药治疗胃酸过多，A项正确；B．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，石墨烯是单质不属于电解质，B项错误；C．氧化铝是离子化合物，故工业上通常用电解氧化铝的方法制备金属铝，C项正确；D．植物油是不饱和脂肪酸甘油酯，与氢气发生加成

反应得到氢化植物油，D项正确；答案选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断一定正确的是A.氢氧燃料电池正极消耗气体22.4L时，负极消耗的气体分子数目为2NAB.4.6gC2H6O分子中含C—H的数目为0.5NAC.7

.8gNa2S和Na2O2的混合物，含离子总数为0.3NAD.1mol/LNaOH溶液中含Na+数目为NA【答案】C【解析】【详解】A．无标准状况，无法计算物质的量，故A错误；B．C2H6O的结构为CH3CH2OH或CH3OCH3，C

—H的数目不确定，故B错误；C．Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，因此7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子数等于0.3NA，故C正确；D．体积未知，无法计算物质的量，故D错误；故选C。3.下列有关化学用语的表述不正确．．．的是A.醛基的结构

简式：—CHOB.乙酸的分子式：CH3COOHC.乙烯的电子式：D.乙醇的比例模型：【答案】B【解析】【详解】A．醛基的电子式为，则其结构简式为：-CHO，A正确；B.乙酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，B不正确；C．乙烯的结构简式为CH2=CH2，则其电子式为：，C正

确；D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，则其比例模型为：，D正确；故选B。4.下列物质性质的变化规律描述正确，且与共价键的键能大小有关的是A.F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的

热稳定性依次减弱，熔点依次升高C.金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低【答案】C【解析】【分析】【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2均为分子晶体，它们熔、沸点的高低

与分子间作用力的大小有关；A项错误；B．物质的稳定性与化学键键能的大小有关，因为键能H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，HF、HCl、HBr、HI分子的热稳定性逐渐减弱，HF分子间会形成氢键，所以熔点高低顺序为：HF＞HI＞HBr＞HCl，B项错误；C．金刚石和晶体硅均为

原子晶体，原子间共价键的键能越大，该原子晶体的硬度就越大，熔沸点就越高，金刚石中的C—C键的键能大于晶体硅中Si—Si键的键能，C项正确；D．NaF、NaCl、NaBr、NaI均为离子化合物，其晶体是离子晶体，离子晶体熔点的高低与晶格能的大小有关，D项错误；答案选C。5.判断下列离子方程式书写错误

的是A.碳酸氢钠溶液与硝酸反应：-+322HCO+H=HO+COB.石灰石溶于盐酸中：+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HOC.硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：2+2-44Ba+SO=BaSOD.氧化铁与稀硫酸反应：+3+232FeO+6H=2Fe+3HO【答案】C【解析】【详解】

A．碳酸氢钠溶液与硝酸反应生成硝酸钠、二氧化碳和水：-+322HCO+H=HO+CO，A正确；B．石灰石难溶，溶于盐酸中生成氯化钙、二氧化碳和水：+2+322CaCO+2H=Ca+CO+HO，B正确；C．硫酸溶液与氢氧

化钡溶液混合生成硫酸钡和水：2+2-442Ba+2OH+SO+2H=BaSO2HO−++，C错误；D．氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水：+3+232FeO+6H=2Fe+3HO，D正确；答案选C。6.碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧

乙烷合成碳酸亚乙酯的反应如图所示。下列说法正确的是()A.图中所示反应属于取代反应B.碳酸亚乙酯的二氯代物只有一种(不考虑立体异构)C.碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A、用环氧乙烷合

成碳酸亚乙酯的反应属于加成反应，选项A错误；B、碳酸亚乙酯的二氯代物应该有两个氯原子取代同一个碳原子上的氢原子和两个氯原子分别取代两个碳原子上的氢原子两种情况(不考虑立体异构)，选项B错误；C、碳酸亚乙酯中含有2个饱和碳原子

，分子中所有原子不可能处于同一平面内，选项C错误；D、1个碳酸亚乙酯分子中相当于含有2个酯基，可以在碱性条件下水解，所以1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH，选项D正确。.答案选C。7.下列说法或做法正确是A.纤维素在人体内可水解为葡萄糖，它和淀粉互称为同分异构体

B.向鸡蛋清溶液中加入饱和食盐水，有固体析出，该过程称蛋白质变性C.乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应D.取少量蔗糖溶液加稀硫酸，加热几分钟后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并且加热，观察现象，判断蔗糖水解的产物中是否含有葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A.

人体内不含有纤维素水解酶，纤维素在人体内不能水解，它和淀粉的聚合度n不同，二者不互为同分异构体，A不正确；B.NaCl属于轻金属的盐，向鸡蛋清溶液中加入饱和食盐水，有固体析出，该过程称为蛋白质盐析，B不正确；C.乙醇分子中的-OH、乙酸分子中的-COOH、乙酸乙酯分子

中的酯基，都能发生取代反应，C正确；D.检验蔗糖水解产物中是否含有葡萄糖时，应往水解液中先加入过量的碱，使溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并且加热，观察现象，D不正确；故选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，

Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)B.由X、Y组成的化合物中均不含共价键C.Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱D.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强【答案】D【解析】【分析】短周期主族

元素X、Y、Z、W原子序数依次增大；X是地壳中含量最多的元素，X为O元素；Y原子的最外层只有一个电子，Y为Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z为Al元素；W与X属于同一主族，W为S元素。根据元素

周期律作答。【详解】A项，Na、Al、S都是第三周期元素，根据同周期从左到右主族元素的原子半径依次减小，原子半径：r（Y）r（Z）r（W），A项错误；B项，由X、Y组成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；的为C项，金属性：

Na（Y）Al（Z），Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的强，C项错误；D项，非金属性：O（X）S（W），X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D项正确；答案选D。9.用下列装置完成相关实验，合理的是

()A.图①：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B.图②：收集CO2或NH3C.图③：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D.图④：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5【答案】B【解析】【详解】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二

氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B．氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；C．Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；D．CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离

，应选蒸馏法，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸的挥发性。10.利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图

所示。下列说法正确的是A.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移B.电极b上反应为CO2+8HCO-3-8e-=CH4+CO2-3+2H2OC.电解过程中化学能转化为电能D.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A【解析】【分析】通过电解法可知此电池为电

解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO3−+8e－＝CH4＋8CO2-3＋2H2O。电解时OH－比2-

4SO更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确

；B．电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO3−+8e－＝CH4＋8CO2-3＋2H2O，故B错误；C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；D．电解时OH－比2-4SO更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶

液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；故选A。11.有关晶体的结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A.在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成正八面体B.在CaF2晶体中，阳离子的配位数为8C.在金刚

石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl−是6个，即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；B．由图可知，Ca2+位于晶胞顶点和面心，Ca2+周围的F-

离子有8个，故B正确；C．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成共价键平均为4×12=2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故C正确；D．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子

，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4，故D错误；答案选D。12.下列关于有效碰撞理论的说法正确的是A.加入催化剂，可以降低活化能，活化分子百分数虽然不变，但反应速率会增加B.通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，从而

提高反应速率C.活化分子之间的碰撞一定是有效碰撞D.其他条件不变，升高温度，一定增大活化分子百分数，但不一定加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．加入催化剂，可以降低活化能，活化分子数增多，活化分子百分数增大，反应速率会增加，故A错误；B．通过

压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，碰撞频率增大，从而提高反应速率，故B正确；C．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，故C错误；D．其他条件不变，升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，碰撞频率增大，

反应速率加快，故D错误。综上所述，答案为B。二、填空题(4个大题，共52分)13.研究CO、CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。（1）将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用子炼铁等。已知：Fe2O3

(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=akJ·mol-1C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH2=bkJ·mol-1则CO还原Fe2O3(s)的热化学方程式为____。（2）将CO2转化为甲醇的热化学方程式

为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H。取1molCO2和3molH2的混合气体加入1L密闭容器中，发生上述反应，2min后达到平衡时容器内的压强为初始时的34，回答下列问题：①下列情况能说明反应已达平衡状态的是_

___(填字母)。A．容器内气体密度不变的B．容器内气体总压强保持不变C．绝热恒容时，容器内温度不变D．正(CH3OH)=3逆(H2)E．气体平均相对分子质量不变②2min内用H2表示的反应速率为____。③平衡时，甲醇的体积分数为____(

保留3位有效数字)（3）如图，装置I为CO燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置II实现铁棒上镀铜。①b处应通入____(填“CO”或“O2”)，a处电极上发生的电极反应式为____。②电镀结束后，装置I中溶液的pH____(填写“变大”、“变小”或“不变”)。（4）用惰性电极电解1L浓

度均为1mol/L的CuSO4、HCl、AlCl3组成的混合溶液，一段时间后，阴、阳极收集到的气体体积相等，则阴、阳极收集到气体的总体积为____L(假设产生的气体均在标况下测定，且所有气体均不考虑溶于水)。【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)=

2Fe(s)+3CO2(g)△H=(a-3b)kJ/mol（2）①.BCE②.0.75mol/(L·min)③.0.167(16.7%)（3）①.O2②.CO+4OH--2e-=CO23−+2H2O③.变小（4）134.4【解析】【小问1详解】已知反应I：Fe2O3(s)+3C(

s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=akJ·mol-1反应II：C(s)+CO2(g)=2CO(g)ΔH2=bkJ·mol-1，则目标反应：3CO(g)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+3CO2(g)可由I-3

II得到，根据盖斯定律可知，12Δ=Δ-3ΔHHH=(a-3b)kJ/mol，故该热化学方程式为：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=(a-3b)kJ/mol，故答案为：Fe2O

3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=(a-3b)kJ/mol；【小问2详解】①A．反应过程中，气体的质量不变，容器体积不变，即容器内气体密度始终不变，故气体密度不变不能说明反应已经达到平衡，A不合题意；B．反应前后气体

的物质的量发生改变，故容器内气体总压强始终在改变，故容器内气体总压强保持不变，说明反应达到平衡，B符合题意；C．绝热恒容时，容器内温度不变，说明正反应速率等于逆反应速率，即反应达到平衡，C符合题意；D．根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故有3正(CH3OH)=正(H2)，故

当正(CH3OH)=3逆(H2)时，反应没有达到平衡，D不合题意；E．反应过程中气体的质量不变，气体的物质的量一直在变，故气体平均相对分子质量一直在变，故气体平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，E符合题意；故答案为：BCE；②根据三段式分析可知：()()()()2232(mol)

1300(mol)x3xxx(mol)1-x3-3xCOg+3HgCHOHg+HOgxx起始量转化量平衡量由同温同体积下，气体压强之比等于物质的量之比可知：4-2x3=44，解得：x=0.5mol，故2min内用H2表示的反应速率为：ΔΔ1.5mo

l===ΔΔ1L2mincntVt=0.75mol/(L·min)，故答案为：0.75mol/(L·min)；③由上述分析可知，平衡时，甲醇的体积分数为x0.5×100%=?100%4-2x4-0.5?2=16.7%，故答案为：16.7%；【小问3详解】如图，装置I为CO燃料电池(

电解质溶液为KOH溶液)，通过装置II实现铁棒上镀铜，故铜电极为阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，铁电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，则a电极为负极，通入燃料CO，电极反应为：CO+4OH--2e-=CO23−+2H2O，b电极为正极，通入氧化剂O2，电极反应为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析解题；①由分析可知，b作正极，b处应通入O2，a作负极，a处通入CO，其电极上发生的电极反应式为CO+4OH--2e-=CO23−+2H2O，故答案为：O2；CO+4OH--2e-=CO23−+2H2O；②由分析可知，装置

I中的原电池总反应为：2CO+O2+4OH-=2CO23−+2H2O，故电镀结束后，装置I中溶液的pH变小，故答案为：变小；【小问4详解】用惰性电极电解1L浓度均为1mol/L的CuSO4、HCl、AlCl3组成的混合溶液，阴极上先后发生的电极反应为：Cu2++2e-=C

u、2H++2e-=H2↑、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上电极反应依次为：2Cl--2e-=Cl2↑、2H2O-4e-=O2↑+4H+，一段时间后，阴、阳极收集到的气体体积相等，根据电子守恒有：2n（Cu2+）+2n(H2)=2n(Cl2)+4n(O2

)，n(Cu2+)=1mol，n(H2)=n(Cl2)+n(O2)，根据Cl守恒，n(Cl2)=2mol，则可解得：n(H2)=3mol，n(O2)=1mol，则阴、阳极收集到气体的总体积为6mol×22.4L/mol=134.4L，故答案为：134.4。14.乳酸乙酯是白酒的香气成分

之一，广泛用于食品香精。适量添加可增加白酒中酯的浓度，增加白酒的香气。乳酸乙酯发生如图变化：(已知烃A的产量是衡量一个国家化工发展水平的重要标志)（1）B中官能团的名称为____；⑤的反应类型为____。（2）①的化学方程式为____。③的化学方程式为_____。（3）1mo

l乳酸与足量Na反应，可生成H2____mol。（4）绿色化学的核心内容之一是“原子经济性”，即原子的理论利用率为100%。下列转化符合绿色化学要求的是___(填序号)。a.由乙醇制取乙醛b.由甲烷制备

CH3Clc.2CH3CHO+O2催化剂Δ⎯⎯⎯⎯⎯→2CH3COOH【答案】（1）①.羟基、羧基②.取代(酯化)（2）①.CH3CH(OH)COOC2H5+H2O+HCH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH②.2CH3CH2OH+O2C

uΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O（3）1（4）c【解析】【分析】乳酸乙酯水解生成的乳酸和乙醇，C为乙醇，D为乙醇催化氧化得到的乙醛，E为乙酸，乳酸和乙酸可以发生酯化反应生成F为，A和水反应生成乙醇，说明A为乙烯。【小问1详解】乳酸的官能团有羟基、羧基；⑤为乳酸和乙酸可以发生酯化反应

，为取代(酯化)反应。【小问2详解】①为乳酸乙酯水解生成乳酸和乙醇，方程式为：CH3CH(OH)COOC2H5+H2O+HCH3CH(OH)COOH+CH3CH2OH；③为乙醇催化氧化得到的乙醛，方程式为：2CH3CH2OH+O2CuΔ⎯⎯→2CH3CHO+2H2O。【小问3详

解】乳酸含有羟基和羧基，所以1mol乳酸和足量的金属钠反应生成1mol氢气。【小问4详解】a．乙醇和氧气反应生成乙醛和水，故错误；b．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷和氯化氢，原子利用率不是100%，故错误；c．乙醛氧化生成乙酸，原子利用率是100%，故正确；

故选c。15.ClO2作为一种广泛的消毒剂，它是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的黄绿色气体，实验室用NaClO2与Cl2反应制得ClO2。如图是实验室用于制备氯气并用氯气制备和收集一定量纯净的ClO2的装置(某些夹持装置和垫持用品省略)。其中E中盛有液体(用于除去ClO2中的未反应的Cl2

)。（1）仪器P的名称为____。（2）请写出装置A圆底烧瓶内发生反应的化学方程式____。（3）C装置中所盛试剂为____，G装置的作用____。（4）装置D中发生反应的化学方程式为____，每生成1molClO2，转移的电子数目为____。【

答案】（1）分液漏斗（2）MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O（3）①.浓硫酸②.作安全瓶，防倒吸（4）①.2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl②.NA【解析】的【分析】此套装置包含氯气的制取、净

化、物质制备、除杂及尾气处理。首先制取氯气，然后除去含有的HCl气体和水蒸气；再用氯气与NaClO2反应制取ClO2；除去ClO2中混有的Cl2；最后进行尾气处理。【小问1详解】仪器P中带有活塞，其名称为分液漏斗。答案为：分液漏斗；【小问2详解】装置A圆底

烧瓶内加入MnO2和浓盐酸，在加热条件下发生反应，生成Cl2等，发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O。答案为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】C

装置是为了除去Cl2中的水蒸气，应使用浓硫酸，所盛试剂为浓硫酸，烧杯内的NaOH溶液用于吸收ClO2尾气，G装置应防倒吸，所以其作用为作安全瓶，防倒吸。答案为：浓硫酸；作安全瓶，防倒吸；【小问4详解】装置D中，NaClO2和C

l2反应，生成ClO2等，发生反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；NaClO2中的Cl显+3价，ClO2中的Cl显+4价，所以每生成1molClO2，转移的电子数目为NA。答案为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2N

aCl；NA。【点睛】当尾气易溶于吸收剂时，常会产生负压，需要防止倒吸现象的发生。16.人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程。（1）铜原子在基态时价电子(外围电子)排布式为___________。已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布的角度解

释：___________（2）铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为___________。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的沸点，其原因是___________。（3）硝酸钾

中NO3−的空间构型为___________，写出与NO3−互为等电子体的一种非极性分子的化学式___________。（4）6－氨基青霉烷酸的结构如图甲所示，其中采用sp3杂化的原子有___________(填写元素符号)。（5）铁和氨在640℃可发生置

换反应，产物之一的立方晶胞结构如图乙所示，写出该反应的化学方程式：___________。若两个最近的Fe原子间的距离为acm，列出该晶体密度的计算表达式___________g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。【答案】（1）

①.3d104s1②.Cu＋外围电子排布式为3d10，处于稳定的全满状态（2）①.4NA②.异硫氰酸分子式间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键（3）①.平面正三角形②.SO3或BF3、BBr3等（4）C、N、O、S（5）①.8Fe＋2NH3640℃2Fe4N＋

3H2②.3A56414N(2a)+【解析】【分析】【小问1详解】铜的原子序数是29，铜原子在基态时价电子(外围电子)排布式为3d104s1；由于Cu＋外围电子排布式为3d10，处于稳定的全满状态，所以高温下Cu2O比CuO更稳定；【小问2详解】(SCN)2的结构式为N≡

C-S-S-C≡N，单键不含有π键，三键中含有2个π键，则1mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；由于异硫氰酸分子式间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键，所以硫氰酸(H－S－C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H－N=C=S)的沸点；【小问3详解】N

O3−中氮原子的价层电子对数是3，不含有孤对电子，空间构型为平面正三角形，原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，则与NO3−互为等电子体的一种非极性分子的化学式为SO3或BF3、BBr3等；【小问4详解】σ键和孤

电子对数和是4的原子采取sp3杂化，根据物质结构可知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com