答案與解析1學案部分大單元一化學基礎知識第1講物質的分類物質的量[備考導航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×(9)√(10)√(11)×考點1[知識梳理]知識1解疑釋惑11.(1)＋7>＋5>＋3>＋1(2)＋6>＋4(3)＋5>＋32.<<<知識22.(2)滲析3.(1)FeCl3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3HCl(2)沸水[典題悟法]典例1B【解析】兩性氧化物是既能與酸反應又能與堿反應生成鹽和水的氧化物，水不是兩性氧化物，A錯誤；同素異形體是由同種元素組成的不同單質，水和H2O2均為化合物，C錯誤；水是弱電解質，D錯誤?？键c2[知識梳理]知識61.容量瓶(100mL)膠頭滴管2.①5.85[典題悟法]典例2(1)待燒杯中的溶液恢復至室溫后，將燒杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸餾水洗滌玻璃棒和燒杯內壁2～3次，將洗滌液也都注入容量瓶，(輕搖容量瓶，使溶液混合均勻)，加蒸餾水至容量瓶刻度線下1～2cm時，改用膠頭滴管加蒸餾水至溶液的凹液面與刻度線相切滴加2滴二苯胺磺酸鈉指示液，用cmol/LK2Cr2O7溶液滴定至終點，記錄消耗K2Cr2O7溶液的體積(2)D(3)偏小【解析】(2)K2Cr2O7具有強氧化性，K2Cr2O7溶液用酸式滴定管盛放。(3)若盛放標準液的滴定管未潤洗，則消耗標準液的體積偏大，n(Fe2＋)偏大，測定的n值偏小。典例3(1)2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI(2)1.87g【解析】I2與NaOH溶液生成NaI、NaIO3和水，向反應后的溶液中加入鐵粉，將NaIO3還原為NaI，同時生成Fe(OH)3；抽濾后，所得濾液中含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水層結晶，得到碘化鈉晶體。(1)紅褐色沉淀為Fe(OH)3，說明鐵粉被NaIO3氧化，同時生成NaI。(2)14.0g碘單質物質的量為n(I2)＝eq\f(14.0g,254g/mol)≈0.055mol,1.0mol/L100mLNaOH溶液中n(NaOH)＝0.1L×1mol/L＝0.1mol，則I2過量，生成的n(NaIO3)＝eq\f(0.1,6)mol＝eq\f(1,60)mol，根據(jù)2Fe＋NaIO3＋3H2O=2Fe(OH)3＋NaI可知加入鐵粉質量為eq\f(1,60)mol×2×56g/mol≈1.87g。(3)將Fe(OH)3抽濾后，所得濾液含有NaI、I2，用四氯化碳萃取I2后分液，取水層，結晶并用真空干燥箱干燥，得到NaI固體。(4)NaI在潮濕空氣中易被氧化，故使用真空干燥箱。(5)N2H4·H2O作還原劑，氧化產物為氣體N2，且沒有污染?？键c3[知識梳理]知識23.(3)水氣態(tài)非金屬氧化物解疑釋惑2例2∶1【解析】8.84mgNd(OH)CO3物質的量為4×10－5mol，n(Nd3＋)＝4×10－5mol，n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol。在N2氛圍中焙燒后，Nd的質量保持不變。550～600℃時剩余固體的質量為7.60mg，固體中無H，根據(jù)H守恒，該階段生成水的質量為0.36mg，固體減少總質量＝(8.84－7.60)mg＝1.24mg，說明該階段還生成CO2，CO2質量為1.24mg－0.36mg＝0.88mg，n(CO2)＝2×10－5mol，由C守恒可知該固體產物中n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol－2×10－5mol＝2×10－5mol。n(Nd3＋)∶n(COeq\o\al(2－,3))＝4×10－5mol∶2×10－5mol＝2∶1。[典題悟法]典例4(1)2Cr(OH)3＋3H2O2＋4OH－=2CrOeq\o\al(2－,4)＋8H2O(2)根據(jù)發(fā)生的反應可得關系式：CrCl3～CrOeq\o\al(2－,4)～eq\f(1,2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～eq\f(3,2)I2～3Na2S2O3，n(I2)＝eq\f(1,2)×12.00×10－3L×0.025mol/L＝1.5×10－4mol，w(CrCl3)＝eq\f(\f(2,3)×1.5×10－4mol×158.5g/mol×10,0.2000g)×100%＝79.25%典例5(1)滴入最后半滴維生素C溶液，溶液紫紅色褪去，且30s內不恢復(2)AC(3)n(C6H8O6)＝0.10mol/L×12.50×10－3＝0.00125mol根據(jù)反應可得關系式：2Fe～C6H8O6,25mL溶液中，n(Fe)＝2n(C6H8O6)＝2×0.00125mol＝0.0025mol，2.80g樣品中，m(Fe)＝0.0025mol×56g/mol×eq\f(100mL,25mL)＝0.56gFe的質量分數(shù)＝eq\f(0.56g,2.80g)×100%＝20%【解析】(2)步驟1中，調節(jié)pH小于2，會使Fe2O3、FeO溶解，金屬Fe測定含量偏高，A正確；未將濾液和洗滌液合并，金屬Fe測定含量偏低，B錯誤；步驟2中，充分反應后未將溶液煮沸，溶液中有過量的H2O2溶液，消耗維生素C標準溶液體積偏大，金屬Fe測定含量偏高，C正確；滴定開始仰視，滴定結束時俯視，消耗維生素C標準溶液體積偏小，金屬Fe測定含量偏低，D錯誤。典例6(1)與Fe3＋結合(形成配離子)，避免滴定時消耗更多的NaOH，影響組成測定(2)(NH4)3Fe(C6H5O7)2灼燒至恒重，所得固體為Fe2O3，質量為0.32g，n(Fe3＋)＝eq\f(0.32g×2,160g/mol)＝0.004mol用NaOH標準液滴定，根據(jù)反應可得關系式：4NHeq\o\al(＋,4)～(CH2)6N4H＋～3H＋～4OH－n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(OH－)＝12.00×10－3L×1.00mol/L＝0.012mol根據(jù)電荷守恒：n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Fe3＋)＝3n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝(0.012mol＋3×0.004mol)×eq\f(1,3)＝0.008mol，n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Fe3＋)∶n(C6H5Oeq\o\al(3－,7))＝x∶y∶z＝0.012∶0.004∶0.008＝3∶1∶2故檸檬酸鐵銨化學式為(NH4)3Fe(C6H5O7)2典例7(1)8LiCoO2＋S2Oeq\o\al(2－,3)＋22H＋=8Li＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋8Co2＋＋11H2O(2)Co3O4和Co2O3(計算過程見解析)(3)提高c(COeq\o\al(2－,3))，促進Li2CO3充分沉淀【解析】(2)根據(jù)質量守恒定律，加熱過程中，Co的質量不變。假設原始固體質量為93g，則n(Co)＝1mol，m(Co)＝59g。290℃時，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×89.25%－59,16)mol≈2∶3，故A點時，殘留固體化學式為Co2O3，500℃時，n(Co)∶n(O)＝1mol∶eq\f(93×86.38%－59,16)mol≈3∶4，故B點時，殘留固體化學式為Co3O4，350～400℃范圍內，剩余固體為Co2O3和Co3O4[深度指津]例(1)1.250×10－3mol2.500×10－3mol(2)2.500×10－3mol(3)1.250×10－2mol(4)(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】(1)n(Ni2＋)＝n(EDTA)＝0.04000mol/L×31.25×10－3L＝1.250×10－3mol，n(NHeq\o\al(＋,4))＝n(NH3)＝eq\f(56.00×10－3L,22.4L/mol)＝2.500×10－3mol。(2)根據(jù)化合物中電荷守恒知，n(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(2nNi2＋＋nNH\o\al(＋,4),2)＝2.500×10－3mol。(3)m(Ni2＋)＝59g/mol×1.250×10－3mol＝0.07375g，m(NHeq\o\al(＋,4))＝18g/mol×2.500×10－3mol＝0.04500g，m(SOeq\o\al(2－,4))＝96g/mol×2.500×10－3mol＝0.2400g，n(H2O)＝eq\f(0.58375g－0.07375g－0.04500g－0.2400g,18g/mol)＝1.250×10－2mol。(4)x∶y∶m∶n＝n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Ni2＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10，硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。[質量評價]1.A【解析】鋁與船體形成原電池，Al作負極，可保障船體不易腐蝕，A正確；太陽能電池將太陽能轉化為電能，B錯誤；芯片材料是硅，C錯誤；Rb金屬性強，遇水迅速反應放出H2，D錯誤。2.A【解析】金剛石為共價晶體，B錯誤；碳纖維屬于碳單質，不屬于新型有機高分子材料，C錯誤；酚醛樹脂是由酚類和醛類縮聚而成的，不屬于聚酯，D錯誤。3.生成CuO的質量為32.814g－31.230g＝1.584g，n(CuO)＝0.0198mol，由Cu守恒可得n(CuS)＝0.0198mol，由S守恒得n(H2S)＝0.0198mol，m(H2S)＝0.0198mol×34g/mol＝0.6732g，產品純度為eq\f(0.6732g,0.680g)×100%＝99%4.根據(jù)關系式CuCl～Na2S2O3，樣品中CuCl物質的量為0.1000mol/L×25.00×10－3L＝0.0025mol，則CuCl樣品純度＝eq\f(0.0025mol×99.5g/mol,0.2500g)×100%＝99.5%第2講氧化還原反應[備考導航](1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)√(7)×(8)×(9)×(10)×考點1[知識梳理]知識52.(1)(答案橫向排列)Fe3＋SO3或SOeq\o\al(2－,4)O2HClO或ClO－或ClOeq\o\al(－,3)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)FeSH2O或OH－Cl－SNO或N2還原氧化[典題悟法]典例1B【解析】向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的試管中分別滴加相同濃度的濃鹽酸，只有盛NiO(OH)的試管中產生黃綠色氣體，說明只有NiO(OH)能氧化HCl生成Cl2，氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，A正確；氧化性：Cl2>I2，Cl2能將I－氧化為I2，溶液變藍色，不能說明還原性：I－>Fe2＋，B錯誤；HSOeq\o\al(－,3)具有還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，C正確；向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，產生O2，O2為氧化產物，NaClO為氧化劑，故氧化性：NaClO>O2，D正確。典例2C【解析】堿性條件下，O2能將Mn(OH)2氧化為MnOeq\o\al(2－,3)，MnOeq\o\al(2－,3)能將S2－氧化為S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)，A錯誤；過程Ⅰ反應為2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，氧化劑(O2)和還原劑[Mn(OH)2]物質的量之比為1∶2，B錯誤；1molS2－轉化為SOeq\o\al(2－,4)失8mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知需要2molO2，標準狀況下2molO2的體積為2mol×22.4L/mol＝44.8L，D錯誤。典例3(1)0.5mol(2)①eq\f(1,6)少量Fe2＋被氧氣氧化，減少了NaClO3的消耗量②濾液中的Cl－能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾Fe2＋的檢驗【解析】(1)根據(jù)題給反應，2molTe得4mol電子，6molH2O得12mol電子生成6molH2,4molNaBH4失16mol電子生成8molH2，故每生成14molH2轉移16mol電子，則反應每轉移8mol電子，被Te氧化的NaBH4物質的量為0.5mol。(2)①NaClO3將Fe2＋氧化為FeOOH，自身被還原為NaCl，由得失電子守恒知，制備1molα-FeOOH理論上需要NaClO3的物質的量為eq\f(1,6)mol?？諝庵械腛2也能氧化少量Fe2＋，則NaClO3的消耗量減少。②濾液中的Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，會干擾Fe2＋的檢驗。[深度指津][H2O2的性質]sp3直線2.(1)2Fe3＋＋2H2O(2)H2SO4(3)S↓＋2H2O(4)I2＋2H2O(5)Cu2＋＋2H2O3.2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O4.2H2O＋O2↑[O3的性質]sp2V[S2Oeq\o\al(2－,3)的性質]1.S↓＋SO2↑＋H2O2.(2)2SOeq\o\al(2－,4)＋10H＋＋8Cl－考點2[知識梳理]知識11.X－H2O或OH－SO2NO2NOMn2＋Fe2＋Fe3＋Cr3＋Cl－H2OOH－AgCu2OPb2＋SOeq\o\al(2－,4)2.I2SH＋或H2OCO2Fe3＋N2或NON2SOeq\o\al(2－,4)O2[典題悟法]典例4(1)①1677311②32261038③513333(2)①29353②36213(3)eq\f(1,x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))11(4)①512186121033②512186121028③56953614(5)①524518H＋②138H＋1234H2O典例5(1)MoS2＋9ClO－＋6OH－=MoOeq\o\al(2－,4)＋2SOeq\o\al(2－,4)＋9Cl－＋3H2O(2)H2[Ge(OH)2(C2O4)2]＋4H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))4CO2↑＋Ge(SO4)2＋2SO2↑＋6H2O(3)14·OH＋C2NH4Oeq\o\al(－,2)=NOeq\o\al(－,3)＋2CO2↑＋9H2O(4)①2LiCoO2＋8HCl=2LiCl＋2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O②作還原劑(5)①Cu2Te＋4H2O2＋2H2SO4=H2TeO3＋2CuSO4＋5H2O②H2TeO3＋2SOeq\o\al(2－,3)eq\o(=,\s\up7(50℃))Te↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋H2O③提高H2TeO3的還原率；Na2SO3會與“沉銅”后所得濾液中的酸反應生成SO2，SO2從溶液中逸出[質量評價]1.(1)√(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×(7)×(8)√(9)√(10)√2.B【解析】Mg還原TiCl4也是氧化還原反應，A錯誤；“合成”反應為CO＋2H2=CH3OH，氧化劑(CO)與還原劑(H2)物質的量之比為1∶2，C錯誤；高溫下Mg與N2能反應，D錯誤。3.AB【解析】CO2和Mg反應生成MgO和C，C元素的化合價降低，說明CO2具有氧化性，A正確；向PbO2中滴加濃鹽酸生成Cl2，說明氧化性：PbO2>Cl2，B正確；KMnO4具有氧化性，雙氧水使酸性KMnO4溶液褪色說明H2O2具有還原性，C錯誤；向混合液中加入少量氯水時，Cl2僅能氧化I－，只能得出氧化性：Cl2>I2，而無法比較Cl2與Br2的氧化性，D錯誤。4.(1)降低(2)eq\f(1,12)mol(或者0.083mol)【解析】(1)硝化過程反應為NHeq\o\al(＋,4)＋2O2eq\o(=,\s\up7(微生物))NOeq\o\al(－,3)＋H2O＋2H＋，溶液pH降低。(2)反硝化過程反應為6NOeq\o\al(－,3)＋5CH3OH＋6H＋=3N2↑＋5CO2↑＋13H2O，因此整個過程中n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(CH3OH)＝6∶5，每處理含0.10molNHeq\o\al(＋,4)的酸性廢水，理論上消耗CH3OH的物質的量為eq\f(0.5,6)mol，即為eq\f(1,12)mol。第3講離子反應[備考導航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×考點1[典題悟法]典例1BD【解析】HCOeq\o\al(－,3)不能拆開，A錯誤；H2C2O4是弱酸，分步電離，C錯誤?？键c2[典題悟法]典例2B【解析】Co(Ⅲ)有強氧化性，酸性條件下能將Cl－氧化成Cl2，Co2O3溶于濃鹽酸反應生成氯氣和Co2＋：Co2O3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋3H2O＋Cl2↑，A錯誤；Ni(OH)2溶于氨水得到[Ni(NH3)6]2＋，B正確；向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液，F(xiàn)e3＋和HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生雙水解反應生成Fe(OH)3沉淀和CO2：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，C錯誤；堿性溶液中不會大量存在H＋，D錯誤。典例3(1)VOeq\o\al(－,3)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(80℃))H3VO4↓＋OH－或VOeq\o\al(－,3)＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2Oeq\o(=,\s\up7(80℃))H3VO4↓＋NH3↑NHeq\o\al(＋,4)促進VOeq\o\al(－,3)的水解，且制得的催化劑中不含Na＋(2)ZnO＋4NHeq\o\al(＋,4)=[Zn(NH3)4]2＋＋H2O＋2H＋(3)Fe2＋＋Li＋＋OH－＋H3PO4＋2SOeq\o\al(2－,4)=LiFePO4↓＋H2O＋2HSOeq\o\al(－,4)(4)5Mg2＋＋5CO(NH2)2＋11H2O=Mg5(CO3)4(OH)2↓＋CO2↑＋10NHeq\o\al(＋,4)(5)①Co2O3＋SOeq\o\al(2－,3)＋4H＋=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O②先將含鈷廢料與Na2SO3溶液混合，然后再向其中逐滴加入硫酸溶液[深度指津]3.(1)HCOeq\o\al(－,3)＋OH－＋Ca2＋=H2O＋CaCO3↓(2)Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)考點3[典題悟法]典例4D【解析】H＋、I－、NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，A錯誤；Fe3＋與CN－絡合生成[Fe(CN)6]3－而不能大量共存，B錯誤；SiOeq\o\al(2－,3)、Ca2＋生成CaSiO3沉淀而不能大量共存，C錯誤?？键c4[知識梳理]濕潤的紅色石蕊藍NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O黃藍色鈷玻璃(淺)紫KSCN氯水(或H2O2)鐵氰化鉀2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(或2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3Fe2＋＋K＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓亞鐵氰化鉀Fe3＋＋K＋＋[Fe(CN)6]4－=KFe[Fe(CN)6]↓稀硝酸AgNO3Ag＋＋Cl－=AgCl↓稀鹽酸BaCl2SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaSO4↓[典題悟法]典例5D【解析】滴加少量NaOH溶液時，NaOH優(yōu)先與Fe3＋反應，不會產生NH3，A錯誤；無論溶液中是否含有Fe2＋，滴加新制氯水后再滴加KSCN溶液，溶液都會變紅，無法檢驗原溶液中是否含有Fe2＋，B錯誤；NHeq\o\al(＋,4)、Fe3＋均能發(fā)生水解反應，且水解均生成H＋，故測定溶液pH無法檢驗NHeq\o\al(＋,4)是否發(fā)生水解，C錯誤；向溶液中滴加幾滴0.1mol/LKI溶液，再滴加淀粉溶液，若溶液變藍色，說明有碘單質生成，則能證明Fe3＋將I－氧化為I2，體現(xiàn)了Fe3＋的氧化性，D正確。[質量評價]1.D【解析】該離子方程式電荷不守恒、得失電子不相等，A錯誤；NaHSO3過量，生成物中不會有H＋，B錯誤；稀硝酸具有強氧化性，將S2Oeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，C錯誤。2.C【解析】S2Oeq\o\al(2－,8)中有2個O原子顯－1價，將Mn2＋氧化為MnO2，S2Oeq\o\al(2－,8)作氧化劑，其中氧原子得到2mol電子，A錯誤；Zn會與Fe3＋發(fā)生反應，試劑X不可以選用Zn，B錯誤；鋅元素轉化為ZnCO3，濾液中不會大量存在[Zn(NH3)4]2＋，D錯誤。3.B【解析】NH3·H2O為弱堿，不拆分為離子，A錯誤；強堿溶液中，離子方程式中不可能出現(xiàn)H＋，C錯誤；向鐵銨礬[NH4Fe(SO4)2·12H2O]溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，NHeq\o\al(＋,4)也要參與反應，D錯誤。4.(1)[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(2)Al3＋＋4OH－=[Al(OH)4]－(3)COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)(4)[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(5)3Fe＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O(6)H＋＋OH－=H2O(7)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－(8)Ca2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=CaCO3↓＋H2O(9)Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋2H2O5.(1)2Ni2＋＋4HCOeq\o\al(－,3)=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O(2)取最后一次洗滌所得濾液，向其中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液(或硝酸鋇溶液)，若無明顯現(xiàn)象則已洗滌干凈【解析】(2)檢驗NiCO3·Ni(OH)2沉淀已經洗滌完全即檢驗洗滌液中無SOeq\o\al(2－,4)。第4講元素周期表與電子排布[備考導航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√(11)×(12)×(13)√考點1[典題悟法]典例1B【解析】根據(jù)核反應可知X為eq\o\al(6,2)He，X的中子數(shù)為6－2＝4，A錯誤；Y為eq\o\al(4,2)He，X為eq\o\al(6,2)He，X與Y質子數(shù)相同而中子數(shù)不同，二者互為同位素，B正確；由題意可知，eq\o\al(13,8)O與eq\o\al(15,8)O的半衰期很短，故不適宜用作示蹤原子研究化學反應歷程，C錯誤；自然界中不存在eq\o\al(13,8)O2與eq\o\al(15,8)O2是由于eq\o\al(13,8)O與eq\o\al(15,8)O的半衰期很短，D錯誤?？键c2[知識梳理]知識13.1s22s22p63s23p63d104s11s22s22p63s23p63d54s1[常考歸納]①[Ar]3d104s24p1[Ar]3d104s24p3知識2FeFe2＋Fe3＋1s22s22p63s23p63d64s21s22s22p63s23p63d61s22s22p63s23p63d5[Ar]3d64s2[Ar]3d6[Ar]3d53d64s23d63d5[典題悟法]典例2D【解析】基態(tài)Cu2＋電子排布式為[Ar]3d9，A錯誤；基態(tài)O原子核外電子軌道表示式為，B錯誤；基態(tài)Fe3＋的價層電子排布式為3d5，C錯誤?？键c3[典題悟法]典例3A【解析】可在周期表中金屬與非金屬分界線附近尋找半導體材料，A正確；Cu元素位于ds區(qū)，B錯誤；Fe元素位于Ⅷ族，C錯誤；ⅥA族中O元素形成的氫化物為H2O，呈中性，D錯誤。考點4[知識梳理]知識3(答案橫向排列)增大增大相等增多減小增大減小減小增大減弱增強增強減弱增大ⅡAⅤA減小增強減弱增強減弱減弱增強增強減弱[?？細w納]②F>N>O>CF>O>N>CMg>Al>NaAl>Mg>NaC>Si>GeC>Si>Ge③<<<④a.增強>>b.減弱>c.強>>>>>[典題悟法]典例4A【解析】電子層結構相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故半徑：r(Mg2＋)<r(F－)，A正確；非金屬性：O>Si，B錯誤；第一電離能：I1(Al)>I1(K)，C錯誤；金屬性：K>Mg，故堿性：KOH>Mg(OH)2，D錯誤。典例5A【解析】X、Y、Z、W分別為C、P、S、As，由于P的3p軌道為半充滿的穩(wěn)定結構，故第一電離能：P>S，A正確；非金屬性：P>As，故熱穩(wěn)定性：PH3>AsH3，B錯誤；S原子有3個電子層，而As有4個電子層，故原子半徑：r(S)<r(As)，C錯誤；非金屬性：C<S，酸性：H2CO3<H2SO4，D錯誤。典例6A【解析】F原子半徑小，電子云密度大，兩個原子間的斥力較強，F(xiàn)—F不穩(wěn)定，故鍵能：F—F<Cl—Cl，與電負性無關，A符合題意；電負性：F>Cl，極性：F—C>Cl—C，則極性：F3C—>Cl3C—，三氟乙酸的羧基中的羥基極性更大，更容易電離出H＋，酸性更強，B不符合題意；電負性：F>Cl，極性：F—H>Cl—H，分子極性：HF>HCl，C不符合題意；氫鍵的形成條件是原子的半徑小、電負性大，電負性：F>Cl，故HF分子間可以形成氫鍵，氣態(tài)氟化氫中存在(HF)[質量評價]1.A【解析】V原子序數(shù)為23，基態(tài)V原子電子排布式為[Ar]3d34s2，B錯誤；基態(tài)Si原子價層電子軌道表示式：，C錯誤；中子數(shù)為10的氧原子質量數(shù)為18，表示為eq\o\al(18,)8O，D錯誤。2.A【解析】電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，半徑：r(Al3＋)＜r(Na＋)，A正確；同周期主族元素核電荷數(shù)越大，電負性越大，電負性：χ(F)>χ(O)，B錯誤；第一電離能：S>Na、O>S，第一電離能：I1(O)>I1(Na)，C錯誤；金屬性：Na>Al，堿性：NaOH>Al(OH)3，D錯誤。3.C【解析】由題給信息推知，X、Y、Z、W分別為H元素、N元素、O元素、S元素。H元素位于元素周期表中第一周期ⅠA族，A錯誤；非金屬性：O>N>S，故共價鍵的極性：O—H>N—H>S—H，B錯誤；非金屬性：O>N>S，故簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2O>NH3>H2S，C正確；H、N、O三種元素組成的化合物水溶液不一定呈酸性，如NH3·H2O的水溶液顯堿性，D錯誤。4.環(huán)氧乙烷中電負性大的氧原子吸附在鎂離子上，環(huán)氧乙烷中的碳氧鍵斷裂，二氧化碳中的一個氧原子與環(huán)氧乙烷中的一個碳原子結合，二氧化碳中的碳原子與氧離子結合第5講化學鍵與分子的性質[備考導航](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)√(9)×(10)×(11)√考點1[知識梳理]知識52.知識62.N≡NO=C=OS=C=SH—C≡NN≡C—C≡NN≡C—S—S—C≡N[典題悟法]典例1A【解析】SiO2中原子間以共價鍵結合，SiO2為共價化合物，A正確；HF是共價化合物，電子式為，B錯誤；SiF4是正四面體形結構，結構對稱，為非極性分子，C錯誤；基態(tài)氧原子價層電子軌道表示式為，D錯誤。典例2B【解析】1mol[Fe(NO)(H2O)5]2＋含有σ鍵物質的量為1mol×(6＋1＋2×5)＝17mol，A錯誤；二甲雙胍分子中C與N之間σ鍵數(shù)為8，π鍵數(shù)為2，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為4∶1，B正確；醛基和酯基中均含有碳氧π鍵，1mol中含有2mol碳氧π鍵，C錯誤；單鍵均為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，1mol中碳氧σ鍵有6mol，D錯誤。典例3(1)16∶1(2)8(3)16mol或16×6.02×1023(4)13mol或13×6.02×1023【解析】(3)1個[Cu(NH3)4]Cl2中含有12個N—Hσ鍵，Cu2＋與NH3形成4個配位鍵，σ鍵一共有16個。(4)(SCN2H3)2結構為，其中含有13個σ鍵。典例4(1)(2)或(3)(4)(5)或范德華力和氫鍵(或分子間作用力)【解析】(3)羰基氧原子與氨基中的H形成分子間氫鍵，得到具有八元環(huán)的二聚分子。(4)根據(jù)題目中的“五元環(huán)”“六配位”可得出配離子的結構。(5)FeC2O4·2H2O晶體層與層之間的作用力為范德華力，因其含結晶水，所以還含有氫鍵。考點2[知識梳理]知識13.直線直線平面三角平面三角平面三角V四面體正四面體四面體三角錐四面體V知識22.sp3正四面體四面體三角錐Vsp2平面三角Vsp直線[典題悟法]典例5(1)×(2)√(3)√(4)×(5)√(6)×(7)×(8)×(9)×(10)×(11)×(12)×典例6(1)sp2和sp3sp2和sp3(2)1∶9(3)3(4)sp2(5)9(6)sp3②【解析】(2)—CN中的C原子采取sp雜化，數(shù)目為2，苯環(huán)上的C原子均為sp2雜化，共18個。(5)該分子中除苯環(huán)以外的C原子均采取sp3雜化，還有羥基中O原子采取sp3雜化，總計為9。(6)SiCl4中Si的價層電子對數(shù)為4，Si采取sp3雜化；根據(jù)SiCl4(H2O)的結構式可知Si的價層電子對數(shù)為5，采取sp3d雜化。典例7A【解析】氧的電負性大于氯，Cl2O中成鍵電子對偏向氧，氟電負性強于氧，OF2中成鍵電子對偏向氟，兩對成鍵電子對排斥力較小，鍵角：Cl2O＞OF2，A正確；ClOeq\o\al(－,2)、ClOeq\o\al(－,3)、ClOeq\o\al(－,4)三種離子中心Cl原子孤電子對數(shù)分別為2、1、0，價層電子對數(shù)均為4，由于孤電子對與成鍵電子對間的斥力更大，使得ClOeq\o\al(－,2)、ClOeq\o\al(－,3)、ClOeq\o\al(－,4)中O—Cl—O鍵角依次逐漸增大，B錯誤；同主族元素從上到下電負性減小，NH3、PH3、AsH3中的成鍵電子對離中心原子越來越遠，成鍵電子對之間的排斥力越來越小，鍵角越來越小，C錯誤；NH3分子中N原子有一個孤電子對，[Ni(NH3)6]SO4中N原子孤電子對與Ni形成配位鍵，斥力減小，鍵角增大，所以鍵角：前者大于后者，D錯誤?？键c3[知識梳理]知識1V極性直線非極性三角錐極性平面三角非極性正四面體非極性四面體極性正四面體非極性知識3(1)>>>(2)>>[典題悟法]典例8A【解析】元素電負性差值越大，共價鍵極性越強，共價鍵的極性：Si—Cl＜Al—Cl，B錯誤；IF3中心原子有孤電子對，IF3是極性分子，C錯誤；N2O5分子中間的O原子有孤電子對，N2O5為極性分子，D錯誤。典例9(1)強(2)(3)③①②(4)【解析】(3)—CF3為吸電子基團，使得—SO3H中羥基的氫氧鍵極性較大，—CH3為推電子基團，使得—SO3H中羥基的氫氧鍵極性較小，酸性由強到弱的順序為③①②。(4)—CF3為吸電子基團，—CH3為推電子基團，N原子電子云密度：＞＞，堿性隨N原子電子云密度的增大而增強，堿性最強的是?？键c4[典題悟法]典例10B【解析】二甲雙胍為極性分子且能與水形成分子間氫鍵，A正確；沸點：H2O>H2Te>H2Se>H2S，B錯誤；I2＋I－Ieq\o\al(－,3)，C正確；羥基為親水基，酯基為憎水基，D正確。典例11(1)四氯乙烯與S8都是非極性分子，符合“相似相溶”規(guī)律(2)NH2OH和水分子之間能形成氫鍵(3)大(4)分子間能形成氫鍵，分子間作用力較大(5)2個乙酸分子通過氫鍵形成二聚體考點5[典題悟法]典例12D【解析】該分子中不含手性碳原子，A正確；該分子中與—OH相連的碳原子為手性碳原子，存在對映異構現(xiàn)象，B正確；該化合物完全水解所得有機產物為，其中與—NH2相連碳原子為手性碳原子，有1個手性碳原子，C正確；該化合物與足量H2加成得到(標序號碳原子為手性碳原子)，共有5個手性碳原子，D錯誤。[質量評價]1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)×(10)√(11)×(12)√(13)×2.A【解析】NH3的空間結構為三角錐形，A錯誤。3.B【解析】(標“*”碳原子為手性碳原子)分子中含有一個手性碳原子，具有手性，開環(huán)螺吡喃分子中不含手性碳原子，A錯誤；分子式均為C19H19NO，結構不同，互為同分異構體，B正確；閉環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp3，開環(huán)螺吡喃中N原子雜化方式為sp2，C錯誤；開環(huán)螺吡喃中氧原子帶負電荷，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，故開環(huán)螺吡喃親水性更好，D錯誤。4.(1)sp2(2)ajm5.5D【解析】XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為5，中心原子的雜化方式應為sp3d。第6講晶體配合物[備考導航](1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×(8)×(9)√(10)√考點1[知識梳理]知識21.68122.(1)6正八面體6(2)84Ca2＋F－48知識34.(a×10－7)3(a×10－10)3(a×10－10)3eq\f(56,NA)×2eq\f(58.5,NA)×4eq\f(44,NA)×4eq\f(2×56,NAa3×10－21)eq\f(4×58.5,NAa3×10－30)eq\f(4×44,NAa3×10－30)[典題悟法]典例1B【解析】圖1晶胞中灰球個數(shù)為4，白球個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，根據(jù)化學式可知灰球為Cu，A正確；FeS2晶體中每個Fe2＋周圍距離最近且相等的Seq\o\al(2－,2)數(shù)目為6，B錯誤；圖3晶胞中黑球個數(shù)為8，白球個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，根據(jù)化學式可知黑球表示Na＋，每個Na＋周圍最近且距離相等的Na＋有6個，C正確；由白磷晶胞結構圖可知，與晶胞頂點距離最近且相等的白磷分子有3個，分別位于3個面心，為2個晶胞所共用，而晶胞頂點上的白磷分子為8個晶胞所共用，則晶體中與1個P4分子緊鄰的P4分子有3×8×eq\f(1,2)＝12個，D正確。典例2(1)0.25(2)4(3)正四面體形(4)(5)(6)(7)sp3否，若Fe2＋占據(jù)晶胞所有頂點、面心和體心，則Fe2＋的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋1＝5，而S原子只有4個，不符合FeSO4的化學式(8)①4②eq\f(3.07×1032,2a3NA)【解析】(1)由圖示看出，F(xiàn)e原子和P原子都位于O原子形成的空隙中，且該結構中含有4個正八面體和4個正四面體，故含有4個P原子、4個Fe原子、16個O原子，Li＋的個數(shù)＝8×eq\f(1,8)＋2×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,4)＝3，即1－x＝eq\f(3,4)，x＝0.25。(2)ZnO中O2－與Zn2＋配位數(shù)相等，由圖可知，Zn2＋與O2－的配位數(shù)均為4。(3)由圖可知，小黑點代表Ca2＋，小白球代表F－，每個F－與4個Ca2＋相連形成正四面體形結構。(4)A中含有Mg原子的個數(shù)＝4×eq\f(1,8)＋1＝1.5，O原子全部位于體內，故為4個，在B中Al原子、O原子都為4個，這樣在A、B中共含有Mg原子1.5個、Al原子4個、O原子8個，結合晶胞化學式為MgO-Al2O3可知，在B中還應該含有0.5個Mg原子，故Mg原子位于立方體B的4個互不相鄰的頂點上。(5)晶胞中V的個數(shù)為1＋8×eq\f(1,8)＝2，根據(jù)化學式VO2可知晶胞中O的個數(shù)為4，圖中O的個數(shù)為2＋2×eq\f(1,2)＝3，根據(jù)上下底面的對稱性可知上下底面各還應有1個氧原子，晶胞圖見答案。(6)晶胞沿x軸、y軸、z軸的投影相同，晶胞的體心有一個小黑球，晶胞體內有4個白球，化學式為Cu2O，利用均攤法可知，小黑球代表O，白球代表Cu，晶胞圖見答案。(7)由圖示看出，每個S原子形成4個共價鍵，故S原子采用sp3雜化。(8)①K＋位于體心，K＋周圍距離相等且最近的CN－個數(shù)為4。②晶胞中含有1個K＋、1個Fe2＋、1個Fe3＋和6個CN－，晶胞質量為eq\f(307,NA)g，體積為2a3×10－30cm3，晶體的密度為eq\f(3.07×1032,2a3NA)g/cm3?？键c2[知識梳理]知識3[離子晶體]②44③66④1212⑤11⑥88⑦66⑨44⑩4?4[分子晶體]①共價鍵范德華力③12④4⑤2[共價晶體]①正四面體sp3109°28′③1∶22⑤42⑥4[金屬晶體]①6②12③8④12⑤金屬鍵[混合型晶體]①共價鍵sp2分子間作用力②21.5[典題悟法]典例3D【解析】H2、Li、NaH分別屬于分子晶體、金屬晶體、離子晶體，A錯誤；硼、石墨、固態(tài)氮分別屬于共價晶體、混合型晶體、分子晶體，B錯誤；Na2O、Mg分別屬于離子晶體、金屬晶體，C錯誤；前四周期的ⅦA族元素單質都是分子晶體，D正確。典例4D【解析】立方BN的硬度僅次于金剛石，屬于共價晶體，A正確；晶胞中位于頂點和面心的原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于內部的原子個數(shù)為4,1個晶胞中含有4個B和4個N，B正確；距離每個B最近的N有4個、距離每個N最近的B有4個，C正確；1mol立方BN中含有4mol共價鍵，D錯誤?？键c3[知識梳理]知識31.Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)、Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－2.Fe3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋3.Cl－＋Ag＋=AgCl↓AgCl＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－知識41.(1)426(2)6[典題悟法]典例5C【解析】含[Cu(H2O)4]2＋的溶液呈藍色，A正確；步驟3中加入乙醇的目的是降低溶劑的極性，促使[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶體析出，C錯誤；CuSO4溶液加入過量氨水，[Cu(H2O)4]2＋轉化為[Cu(NH3)4]2＋，則H2O與Cu2＋的配位能力弱于NH3，D正確?？键c4[典題悟法]典例6C【解析】該杯酚的合成過程中發(fā)生了縮聚反應，A錯誤；每合成1mol該杯酚，消耗8molHCHO，B錯誤；杯酚盛裝C60形成的超分子中，存在范德華力和氫鍵，C正確；該杯酚具有“分子識別”特性，只能盛裝C60分子，而不能盛裝其他碳單質，D錯誤。[質量評價]1.A【解析】CH3NHeq\o\al(＋,3)中C和N均采取sp3雜化，A正確；晶胞中A個數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，B個數(shù)為1，X個數(shù)為6×eq\f(1,2)＝3，根據(jù)化合物各元素化合價代數(shù)和為0可知，X為I－，B錯誤、D錯誤；晶胞中距離A最近的X有12個，C錯誤。2.D【解析】NH3通入CuSO4溶液中生成深藍色溶液，說明[Cu(H2O)4]2＋轉變?yōu)閇Cu(NH3)4]2＋，故NH3更易與Cu2＋形成配位鍵，D錯誤。3.B【解析】二苯并-18-冠-6與K＋形成螯合離子，冠醚可以用來識別堿金屬離子，A正確；冠醚能否適配堿金屬離子與其空腔直徑和離子直徑有關，二苯并-18-冠-6能適配K＋，而Li＋半徑明顯小于K＋，故不能適配Li＋，B錯誤；該冠醚分子中苯環(huán)上碳采取sp2雜化，飽和碳原子采取sp3雜化，碳原子雜化方式有2種，C正確；由圖可知，一個離子中配位鍵的數(shù)目為6，D正確。4.(1)1∶1(2)①CH4②4【解析】(1)晶胞中Fe2＋個數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，Seq\o\al(2－,2)個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，陰、陽離子的個數(shù)之比為1∶1。(2)①由NH3與Ga(CH3)3發(fā)生反應制得GaN，根據(jù)原子守恒可知，另一種有機產物為CH4。②由晶胞結構可知，白球代表的原子個數(shù)＝1＋8×eq\f(1,8)＝2，黑球代表的原子個數(shù)＝1＋4×eq\f(1,4)＝2，該晶胞中兩種原子個數(shù)之比為1∶1，若以晶胞內部白球為例，距離其最近且等距的黑球有4個，故距離Ga最近且相等的N的數(shù)目也為4。大單元整合提能力驗考情一[高考新視野]1.C【解析】KAl(SO4)2·12H2O具有固定組成，屬于純凈物；KAl(SO4)2·12H2O是由K＋、Al3＋和SOeq\o\al(2－,4)組成的復鹽，故選C。2.A【解析】CO2水溶液能導電，但CO2自身不能電離，CO2不屬于電解質，A符合題意。3.C【解析】紙的主要成分是纖維素，不是金屬材料，A錯誤；沙的主要成分是SiO2，不是金屬材料，B錯誤；金和鐵都是金屬，C正確；“甘之若飴”意思是把它看成像糖那樣甜，糖類是有機物，不是金屬材料，D錯誤。4.D【解析】青銅主要成分是銅錫合金，A正確；透雕白玉璧是玉石，玉石的主要成分是硅酸鹽，B正確；石質浮雕是漢白玉，漢白玉的主要成分是碳酸鈣，C正確；青花釉里紅瓷蓋罐是陶瓷，陶瓷的主要成分是硅酸鹽，D錯誤。5.D【解析】羊毛的主要成分為蛋白質，A正確；墨的主要成分是炭黑，炭黑是碳元素的一種單質，B正確；紙的主要成分是纖維素，C正確；大理石的主要成分為碳酸鈣，D錯誤。6.D【解析】太陽能電池將太陽能轉化為電能，D錯誤。7.C【解析】S2－核外有18個電子，結構示意圖為，A錯誤；H2O2是共價化合物，其中只含共價鍵，B錯誤；H2O中的O的雜化類型為sp3，O有2個孤電子對，H2O的空間結構為V形，D錯誤。8.A【解析】CO2電子式為，A錯誤；Cl2分子形成共價鍵時，p電子以“頭碰頭”形成σ鍵，B正確；NH3的空間結構為三角錐形，C正確；3,3-二甲基戊烷的主鏈上有5個C,3號碳上連有2個甲基，D正確。9.A【解析】O3為V形分子，球棍模型為，B錯誤；H原子只有1個能級(1s)，不存在1p能級，C錯誤；π鍵軌道重疊方式為“肩并肩”，D錯誤。10.A【解析】KO2由K＋和Oeq\o\al(－,2)構成，1molKO2晶體中離子數(shù)目為2NA，B錯誤；COeq\o\al(2－,3)能水解，1L1mol/LK2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于NA，C錯誤；該反應中每生成3molO2轉移3mol電子，則每轉移1mol電子生成1molO2，D錯誤。11.D【解析】標準狀況下，11.2LSO2為0.5mol，原子總數(shù)為1.5NA，A錯誤；SOeq\o\al(2－,3)能水解，100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中SOeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于0.01NA，B錯誤；反應①為SO2＋2H2S=3S＋2H2O，每消耗2molH2S生成3molS,3.4gH2S為0.1mol，生成0.15molS，C錯誤；反應②為3S＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))SOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋3H2O，還原產物為S2－，每生成2molS2－轉移4mol電子，則每生成1molS2－轉移2mol電子，D正確。12.C、H、Feeq\f(16,9)【解析】反應器I中發(fā)生反應：3CO＋Fe2O3=2Fe＋3CO2、3H2＋Fe2O3=2Fe＋3H2O，化合價發(fā)生改變的元素有C、H、Fe。CO、H2各1mol發(fā)生上述反應，各生成eq\f(2,3)molFe，共生成eq\f(4,3)molFe，反應器Ⅱ中發(fā)生反應：3Fe＋4H2O(g)=Fe3O4＋4H2，eq\f(4,3)molFe生成eq\f(16,9)molH2。13.D【解析】玻璃的主要成分為SiO2，能與氫氟酸反應，氫氟酸是弱酸，離子方程式中不拆分，A錯誤；Fe3＋可以將Cu氧化成Cu2＋：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，B錯誤；Cl2具有強氧化性，能將S2Oeq\o\al(2－,3)氧化為SOeq\o\al(2－,4)，Cl2被還原為Cl－，正確的離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋，C錯誤；碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，D正確。14.C【解析】Ag與稀硝酸反應生成的氣體應是NO，A錯誤；FeS難溶于水，離子方程式中不能拆開，正確的離子方程式為Pb2＋＋FeS=PbS＋Fe2＋，B錯誤；草酸是弱酸，離子方程式中不能拆開，D錯誤。15.D【解析】H2S是氣體，離子方程式中不能拆開，A錯誤；酸性條件下，NOeq\o\al(－,3)能將H2SO3氧化為SOeq\o\al(2－,4)，B錯誤；Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2與水反應生成的HClO與NaHCO3不反應，生成物中應有HClO，正確離子方程式為Cl2＋HCOeq\o\al(－,3)=Cl－＋HClO＋CO2，C錯誤。16.C【解析】NO2是大氣污染物，A錯誤；反應中NOeq\o\al(－,3)為氧化劑，CH3OH是還原劑，O3有強氧化性，不能用O3替換CH3OH，B錯誤；X是N2，還原劑CH3OH中C元素化合價由－2升高至＋4，氧化劑NOeq\o\al(－,3)中N化合價由＋5降低至0，由得失電子守恒可知，氧化劑與還原劑物質的量之比為6∶5，C正確；每生成1molCO2轉移6mol電子，若生成標準狀況下的CO2氣體11.2L(即0.5mol)，轉移3mol電子，D錯誤。17.A18.B【解析】Al3＋有2個電子層，而K＋有3個電子層，K＋的半徑較大，A錯誤；同主族從上到下，元素的電負性減小，電負性：O>S，B正確；H2O分子間存在氫鍵，H2S分子間不存在氫鍵，沸點：H2S<H2O，C錯誤；金屬性：K>Al，堿性：Al(OH)3<KOH，D錯誤。19.A【解析】W、X、Y、Z依次為Li、N、F、P。N和P均位于ⅤA族，A正確；非金屬性：F＞N＞P，B錯誤；非金屬性：F＞P，穩(wěn)定性：HF＞PH3，C錯誤；原子半徑：Li＞N＞F，D錯誤。20.A【解析】W、X、Y、Z依次為C、N、Mg、Fe。N元素的單質為分子晶體，Mg和Fe均為金屬晶體，C既可以形成金剛石又可以形成石墨，石墨的熔點最高，A錯誤；NH3中N原子的價層電子對數(shù)為4，N采取sp3雜化，B正確；Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NHeq\o\al(＋,4)能與OH－結合，使沉淀溶解平衡右移，C正確；Mg3[Fe(CN)6]2中CN－提供孤電子對與Fe3＋形成配位鍵，D正確。21.C【解析】W、X、Y、Z、Q、R分別為H、C、N、O、Na、Cl。原子半徑：H<N<C，A錯誤；第一電離能：C<O<N，B錯誤；O