河北省枣强中学2019-2020学年高二下学期第三次月考化学试题

河北省枣强中学2019-2020学年高二下学期第三次月考化学试题

枣强中学高二下学期第三次月考试题 ‎1.氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是 A. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成 B. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移 D. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；‎ B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；‎ C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；‎ D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。‎ ‎2.A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等；B的单质分子中有三对共用电子；C、D同主族，且核电荷数之比为1:2。下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. C、D、E的简单离子半径：D>E>C B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子 C. 由A、B、C三种元素形成的化合物均能促进水的电离 D. 分子D2E2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数依次增大。A元素的一种核素质子数与质量数在数值上相等，A为氢元素；B的单质分子中有三对共用电子，B为氮元素；C、D同主族，且核电荷数之比为1︰2，C为氧元素，D为硫元素，E为氯元素。‎ ‎【详解】A. C、D、E的简单离子，S2-与Cl-电子层结构相同，O2-少一个电子层，离子半径：S2->Cl->O2-，故A正确；‎ B. A与B、C、D、E四种元素均可形成18电子分子N2H4、 H2O2、H2S 、HCl，故B正确；‎ C. 由A、B、C三种元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的电离，故C错误；‎ D. 分子D2Cl2中原子均满足8电子稳定结构，则分子中存在非极性键S-S键，故D正确；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期律与元素周期表，解题关键：位置结构性质的相互关系应用，难点B，N2H4、 H2O2两种分子也是18电子。‎ ‎3.中科院国家纳米科学中心科研员在国际上首次“拍”到氢键的“照片”，实现了氢键的实空间成像，为“氢键的本质”这一化学界争论了80多年的问题提供了直观证据。下列有关氢键说法中不正确的是(　　)‎ A. 由于氢键的存在，冰能浮在水面上 B. 由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水 C. 由于氢键的存在，沸点：HF>HCl>HBr>HI D. 由于氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A.冰中分子排列有序，含有氢键数目增多； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键； ‎ D.氢键具有方向性和饱和性。‎ ‎【详解】A.冰中水分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，因此冰能浮在水面上，是分子间存在氢键所致，A正确； ‎ B.乙醇与水分子间存在氢键，增加乙醇在水中的溶解度，所以由于氢键的存在，乙醇比甲醚更易溶于水，B正确； ‎ C.卤素的氢化物中只有HF含有氢键，卤素的氢化物的沸点：HF>HI>HBr>HCl，C错误；‎ D.氢键具有方向性和饱和性，所以氢键的存在，影响了蛋白质分子独特的结构，D正确； ‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查氢键的形成与性质，注意氢键与分子间作用力、化学键的区别，易错点为氢键对物质性质的影响，题目难度不大。‎ ‎4. 电子总数或价电子总数相等、原子数也相同的分子或离子的空间构型是相同的，下列各组微粒空间构型不相同的是：‎ A. CO2和NO2 B. CO2和N2O C. SO3和NO3－ D. SO42－和ClO4－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.CO2价电子总数为4+6×2=16，NO2价电子总数为5+6×2=17，因此二者不是等电子体，所以两种微粒空间构型不相同，A符合题意；‎ B.CO2和N2O原子数都是3，价电子总数为16，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，B不符合题意；‎ C.SO3和NO3-原子数都是4，价电子总数为24，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，C不符合题意；‎ D. SO42-和ClO4-原子数都是5，价电子总数为32，二者互为等电子体，微粒空间构型相同，D不符合题意；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列推论正确的是 A. SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3‎ B. NH4+ 正四面体结构，可推测 PH4+ 也为正四面体结构 C. CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体 D. C2H6是碳链为直线型的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线型的非极性分子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SiH4、CH4‎ 都是由分子构成的物质，相对分子质量越大，物质的分子间作用力就越强，因此物质的沸点就高，而NH3的分子之间除了存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，因此沸点比PH3的沸点高，A错误。‎ B．N、P是同一主族的元素，其形成的这两种离子是等电子体，故其结构相似，NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构，B正确。‎ C．CO2是由分子构成的分子晶体，但是SiO2却是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的原子晶体，C错误。‎ D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，由于C—C是可以旋转的，相邻C—C之间的键角不是180°，因此C3H8碳链不是直线型分子，D错误。‎ 故选B。‎ ‎6.氮化硼是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时所克服粒子间作用力与氮化硼熔化时克服粒子间作用力的类型都相同的是 A. 硝酸钠和金刚石 B. 晶体硅和水晶 C. 冰和干冰 D. 苯和萘 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 氮化硼是一种超硬、耐磨、耐高温，所以氮化硼是原子晶体；氮化硼熔化时克服粒子间作用力是共价键。‎ ‎【详解】A、硝酸钠是离子晶体，熔化需克服离子键；金刚石是原子晶体，熔化时克服粒子间作用力是共价键，故不选A；‎ B、晶体硅和水晶都是原子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是共价键，故选B；‎ C、冰和干冰都是分子晶体，冰熔化时需克服氢键和范德华力，干冰熔化需克服分子间作用力，故不选C；‎ D、苯和萘都是分子晶体，熔化时需克服的粒子间作用力都是分子间作用力，故不选D。‎ ‎【点睛】本题考查晶体类型的判断，题目难度不大，本题注意从物质的性质判断晶体的类型，以此判断需要克服的微粒间的作用力。‎ ‎7.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl﹣和H2O，配位数是9‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl﹣的数目比是1：2‎ D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl﹣均被完全沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；‎ B项，配离子是[TiCl(H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；‎ C项，根据已知配合物化学式，[TiCl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C项正确；‎ D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。‎ ‎8.下列描述中正确的是 A. ClO3—的空间构型为平面三角形 B. SF6的中心原子有6对成键电子对，无孤电子对 C. BF3和PCl3的中心原子均为sp2杂化 D. BeCl2和SnCl2的空间构型均为直线形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型；‎ B．SF6中硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对；‎ C．先求出中心原子的价层电子对数，再判断杂化类型；‎ D．先求出中心原子的价层电子对数，再判断微粒构型。‎ ‎【详解】A．ClO3—中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）/2=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，A错误；‎ B．SF6中S-F含有一个成键电子对，硫原子最外层有6个电子，和氟原子之间有6对完全相同的成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6对完全相同的成键电子对，B正确； ‎ C．BF3中B的价层电子对数=3+（3-1×3）/2=3，中心原子为sp2杂化；PCl3中P的价层电子对数=3+（5-1×3）/2=4，所以中心原子均为sp3杂化，C错误；‎ D．BeCl2中Be的价层电子对数=2+（2-1×2）/2=2，为直线形；SnCl2中Sn的价层电子对数=2+（4-1×2）/2=3，空间构型为V形，D错误。答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查分子的构型、原子杂化方式判断等知识点，侧重考查基本理论，难点是判断原子杂化方式，知道孤电子对个数的计算方法，为易错点，题目难度中等。‎ ‎9.化合物A是近年来采用的锅炉水添加剂，其结构式如图，A能除去锅炉水中溶解的氧气，下列说法正确的是（ ）‎ A. A分子中所有原子都在同一平面内 B. A分子中所含的σ键与π键个数之比为10：1‎ C. 所含C、N均为sp2杂化 D. A与O2反应生成CO2、N2、H2O的物质的量之比为1∶2∶3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因氨气分子构型为三角锥形，即氮原子与所连的三个原子不在同一平面，所以A分子中所有原子不可能共平面，A错误；‎ B．一个单键就是1个σ键，一个双键含有1个σ键和1个π键，所以A分子中含有11个σ键和1个π键，σ键与π键个数之比为11：1，B错误；‎ C．N为sp3杂化，C错误；‎ D．根据元素守恒，1molA在足量O2中燃烧生成CO2、N2、H2O的物质的量分别为：1mol，2mol，3mol，之比为1：2：3，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列说法正确的是（ ）‎ A. 键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3‎ B. CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π 键 C. 已知二茂铁【Fe(C5H5)2】熔点是‎173℃‎(在‎100 ℃‎时开始升华)，沸点是‎249℃‎，不溶于水，易溶于苯等非极性溶剂。在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2＋之间是以离子键相结合 D. 在硅酸盐中，SiO44－四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图a，其中Si原子的杂化方式与b图中S8单质中S原子的杂化方式相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. BF3：立体形状平面三角形，键角120；CH4：立体形状正四面体形，键角10928′；H2O：立体呈角形（V），形键角105；NH3：立体形状三角锥形，键角107，所以键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；‎ B. CO2既有σ键又有π键；H-O-Cl 只有σ键；H-CHO既有σ键又有π键；故B错误；‎ C. 在二茂铁结构中，不存在C5H5 -与Fe2＋，碳原子含有孤对电子，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，故C错误； D. 硅酸盐中的硅酸根（SiO4 4− ）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有两个孤对电子和两个共价键，杂化方式也为sp3，故D正确。‎ 所以D选项是正确的。‎ ‎11.下列关于物质结构的命题中，错误的项数有 ‎①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种 ‎②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为 [Ar]4s24p2，属于P区 ‎③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子 ‎④冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用 ‎⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既溶于硝酸、氨水，也能溶于硫酸氢钠溶液中 ‎⑥熔融态的HgCl2不导电，HgCl2稀溶液有弱的导电能力说明固态HgCl2是分子晶体，为非电解质 ‎⑦氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3．H2O分子，根据氨水的性质可知NH3．H2O的结构式可记为：‎ A. 4项 B. 5项 C. 6项 D. 7项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲基中，碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以为sp3杂化，-COOH中，碳原子价层电子对个数=3+0=3，形成3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2杂化，故①正确；②Ge位于第四周期第IVA族，则Ge是32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于P区元素，故②错误；③H2O2结构不对称，属于极性分子，故③错误；④氢键不属于化学键，故④错误；⑤Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，所以Cu(OH)2能溶于氨水中，Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，NaHSO4在水溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，H+能与Cu(OH)2反应，故⑤正确；⑥HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，说明HgCl2是电解质，故⑥错误；⑦氢键应形成于X…H-Y形式当中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3N…H-O-H、H2N-H…OH2，由于NH3·H2O可电离出NH4+和OH-，所以第1种结构合理的，如果是后者应电离出NH2－和H3O，故⑦正确。故错误的有②③④⑥，共4种，故选A。‎ ‎12.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是 A. sp，范德华力 B. sp2，范德华力 C. sp2，氢键 D. sp3，氢键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 与石墨结构相似，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。‎ ‎【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3‎ 个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。‎ ‎13.今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（　　）‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ pH ‎11‎ ‎11‎ ‎3‎ ‎3‎ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A. ③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B. ②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H＋）>c（OH－）‎ C. 分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③‎ D. V‎1L ④与V‎2L ①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1c(OH－)，B项正确；‎ C. 分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①、②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2ONH4+＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH<4，C项正确；‎ D. 假设是强酸和强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要氨水的体积少，即V1>V2，D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎14.通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是 A. b极为正极，发生还原反应 B. 一段时间后b极区电解液的pH减小 C. H+由a极穿过质子交换膜到达b极 D. a极的电极反应式为-e-=Cl-+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。‎ ‎15.下列化合物中含有2个手性碳原子的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故A错误；B．如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团,是手性碳原子，含有2个手性碳原子，故B正确；C．只有如图标记“”的碳原子连接四个不同的基团，是手性碳原子，含有1个手性碳原子，故C错误；D．中间碳原子连接1个-OH、1个-H、2个，不是手性碳原子，两端的碳原子连接了2个-H，不手性碳原子，分子中不存在手性碳原子，故D错误；故选B。‎ ‎【点睛】手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断注意：1、手性碳原子一定是饱和碳原子；2、手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。‎ ‎16.下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)(　　)‎ A. ‎12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5 NA B. ‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为4 NA C. ‎60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2 NA D. ‎124 g P4中含有P—P键的个数为4 NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．‎12g石墨中含有碳原子个数=NAmol-1=NA，石墨中每个碳原子含有个C-C键，所以‎12g石墨中含有C-C键个数是1.5NA，故A正确；‎ B．‎12g金刚石中含有碳原子个数=NAmol-1=NA，金刚石中每个碳原子含有2个C-C键，所以‎12g金刚石中含有C-C键个数是2NA，故B错误；‎ C．‎60g二氧化硅中含有的硅原子个数═NAmol-1=NA，每个硅原子含有4个Si-O键，所以‎60g二氧化硅中含有的Si-O键的个数为4NA，故C错误；‎ D．‎124g白磷中含有的磷分子个数=NAmol-1=NA，一个白磷分子中含有6个P-P键，所以‎124g P4含有的P-P键的个数为6NA，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算，明确物质结构是解本题关键，注意石墨和金刚石结构的区别，为易错点，石墨为平面六边形结构，金刚石为空间正四面体结构。‎ ‎17.近年来，科学家合成了一系列具有独特化学特性的氢铝化合物（AlH3）n。已知，最简单的氢铝化合物的分子式为Al2H6，它的熔点为‎150℃‎，燃烧热极高。Al2H6球棍模型如下图。下列有关说法肯定错误的是 A. Al2H6在固态时所形成的晶体是分子晶体 B. 氢铝化合物可能成为未来的储氢材料和火箭燃料 C. Al2H6在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水 D. Al2H6中含有离子键和极性共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据Al2H6分子的球棍模型可判断，该化合物形成的晶体属于分子晶体，含有的化学键是极性键，A正确，D不正确。由于燃烧热极高，所以B正确。根据Al2H6的组成元素可判断，其燃烧产物是氧化铝和水，C正确。答案选D。‎ ‎18.利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是 A. C膜可以为质子交换膜 B. 阴极室的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+‎ C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极 D. 每转移2 mol e-，阳极室中c(Ca2+)降低1 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，故A项错误；‎ B．阴极室的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B项错误；‎ C．阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C项正确；‎ D．未给出溶液体积，无法计算浓度，故D项错误。‎ ‎【点睛】具有隔膜的电解池，膜的作用是让特定的离子单向移动，防止副反应的发生。‎ ‎19.用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是 A. MnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀 B. 右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+‎ C. 当电路中转移6mol e-时，可以产生87gMnO2沉淀 D. 为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀，据以上分析解答。‎ ‎【详解】A项，MnO4-处理完全后，阳极生成Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；‎ B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故B正确；‎ C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+可得，生成1molMnO2‎ ‎，质量为：1mol×‎87g/mol=‎87g，故C正确；‎ D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理及氧化还原反应，解题时注意结合装置图分析电极反应和除去重金属的反应。C、D为易错选项，C项，需根据阳极反应求得电路中转移6mole-时生成Fe2+的物质的量，然后根据反应7H2O+3Fe2++MnO4-=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+计算MnO2的质量，若直接根据该氧化还原反应电子转移情况计算MnO2的质量肯定是错误的；D项，注意强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，达不到消除重金属污染的目的。‎ ‎20.电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生 Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是 A. 电源的A极为正极 B. 与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OH C. Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH D. 每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把 Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。‎ ‎21.用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-‎ 溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。‎ ‎【详解】A.选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确；‎ B.由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确；‎ C.滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误；‎ D.卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-‎ 溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确；‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ ‎22.某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是 A. AgCl的溶解度、Ksp均减小 B. AgCl的溶解度、Ksp均不变 C. AgCl的溶解度减小、Ksp不变 D. AgCl的溶解度不变、Ksp减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在含AgCl固体的AgCl饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，当加入少量稀盐酸时，c（Cl-）增大，平衡逆向移动，c（Ag+）减小，溶解的氯化银质量减小，AgCl的溶解度减小；AgCl的Ksp只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp不变。‎ 故答案选C。‎ ‎【点睛】本题涉及难溶电解质的溶解度和溶度积常数两个概念，解题时要注意两个概念的区别和联系。注意溶度积常数只和温度有关，温度不变，Ksp不变。溶解度则随沉淀溶解平衡的移动而改变，不仅和温度有关，还和影响平衡的离子浓度有关。‎ ‎23.t℃时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 在t℃时PdI2的Ksp=7.0×10-9‎ B. 图中a点是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液 C. 向a点的溶液中加入少量NaI固体，溶液由a点向c点方向移动 D. 要使d点移动到b点可以降低温度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在t℃时PdI2的Ksp=7.0×10-5×（1×10-4）2=7×10-13，故A错误；‎ B. 图中a点是饱和溶液，b变为a铅离子的浓度增大，即b点不是饱和溶液，d变为a点要减小碘离子的浓度，说明d点是饱和溶液，故B错误；‎ C. 向a点的溶液中加入少量NaI固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由a点向c点方向移动，故C正确；‎ D. 沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎24.下列实验方案能达到相应实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 检验蔗糖水解生成葡萄糖 取适量蔗糖溶于盛有蒸馏水的试管中，滴入稀硫酸加热一段时间，冷却，滴入新制氢氧化铜悬浊液，加热至沸腾，观察有无砖红色沉淀 B 实验室制备氢氧化铁胶体 向盛有25mL蒸馏水的烧杯中滴入5-6滴氯化铁饱和溶液，加热煮沸至溶液呈红褐色，停止加热 C 比较AgCl、AgI的Ksp大小 向盛有10滴0.1mol/LAgNO3 溶液的试管中滴加0.1mol/LNaCl溶液至不再有沉淀生成，再滴加0.1mol/lKI溶液 D 比较Mg、Al的金属性强弱 用导线连接镁和铝片，插入盛有氢氧化钠溶液的烧杯中，观察气泡 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.检验蔗糖水解产物葡萄糖，硫酸是催化剂，检验前需加入NaOH溶液中和硫酸，否则不会产生砖红色沉淀，故A选项错误；B.制取氢氧化铁胶体是向沸水中滴入饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，故B选项错误；C.向AgNO3溶液中加入NaCl溶液至不再有沉淀生成，再滴加KI溶液发生了反应AgCl(s)+I- AgI(s)+Cl-，发生了沉淀的转化，可说明AgCl的Ksp比AgI的大，故C选项正确；D.元素金属性强弱可比较其单质置换水或酸中氢的难易，或其最高价氧化物对应水化物碱性的强弱，故D选项错误；答案：C。‎ ‎25.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )‎ 选项 实验操作 实验现象 结论 A 将盐酸滴入NaHCO3溶液中 有气泡产生 氯的非金属性比碳强 B 用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH 苯酚钠溶液的pH约为8‎ Na2CO3溶液的pH约为10‎ 苯酚的酸性强于HCO3-‎ C 分别将己烯与苯加入溴水溶液中 溴水均褪色 两种物质使溴水溶液褪色的原理相同 D 向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置 出现红褐色沉淀 同温下，Ksp[Mg(OH)2]大于Ksp[Fe(OH)3]‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ 盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸的酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；‎ B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；‎ C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；‎ D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】（1）盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性，两强显中性。‎ ‎（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。‎ ‎26.以下是‎25 ℃‎时几种难溶电解质的溶解度：‎ 难溶电解质 Mg(OH)2‎ Cu(OH)2‎ Fe(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 溶解度/g ‎9×10-4‎ ‎1.7×10-6‎ ‎1.5×10-4‎ ‎3.0×10-9‎ 在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些杂质离子。例如：‎ ‎①为除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；‎ ‎②为除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；‎ ‎③为除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，调节溶液的pH=a，过滤结晶即可。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为__________________(填化学式)而除去。‎ ‎（2）①中加入的试剂应该选择__________为宜，其原因是______________________________。 ‎ ‎（3）②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为____________________________________。 ‎ ‎（4）已知Fe(OH)3的Ksp=1×10-35 ；化学上通常认为残留在溶液中离子浓度小等于1×10-5mol/L时，沉淀完全。方案③中a最小值为________________。‎ ‎（5）下列与方案③相关的叙述中，正确的是___________________________(填字母)。‎ A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染 B．将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤 C．调节溶液pH=a可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜 D．Cu2+可以大量存在于pH=a的溶液中 E．在pH>a的溶液中Fe3+一定不能大量存在 ‎【答案】 (1). Fe(OH)3 (2). 氨水 (3). 不会引入新的杂质 (4). 2Fe3++3Mg(OH)2=3Mg2++2Fe(OH)3 (5). 4 (6). ACDE ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）上述三种除杂方案都能够达到很好的效果，Fe3+、Fe2+都被转化为Fe(OH)3而除去；‎ ‎（2）①为除去氯化铵中的杂质Fe3+，先将混合物溶于水，为了不引入其它杂质离子，应加氨水使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀而除去，反应的离子方程式为Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；‎ ‎（3）②中根据溶解度表可知Mg（OH）2易转化为Fe（OH）3，因此在氯化镁溶液中加入足量的Mg（OH）2可除去Fe3+，所发生反应的离子方程式为2Fe3++3Mg（OH）2=3Mg2++2Fe（OH）3；‎ ‎（4）Fe(OH)3的Ksp=1×10-35mol/L，当铁离子沉淀完全时，c（OH-）==1×10-10mol/L，则c(H+)=1×10-4mol/L，pH=4；‎ ‎（5）A.H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中H2O2被还原成水，不引进杂质、不产生污染，故A正确；‎ B.根据Fe（OH）2的溶解度大于Fe（OH）3，形成Fe（OH）2沉淀Fe2+沉淀不完全，故B错误；‎ C.加入氢氧化铜或碱式碳酸铜可以与H+反应，H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，而且氢氧化铜或碱式碳酸铜是难溶性固体，不会引入新的杂质，故C正确；‎ D.氢氧化铜或碱式碳酸铜与H+反应，H+反应后，pH增大，当pH=4的时候，Fe（OH）3完全沉淀，而Cu2+还没沉淀，即Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中，故D正确；‎ E.在pH＞4的溶液中Fe3+全部以Fe（OH）3完全沉淀，Fe3+一定不能大量存在，故E正确；‎ 答案选ACDE。‎ ‎27.某课外小组分别用如图所示装置对原电池和电解原理进行实验探究。请回答：‎ I.用如图所示装置进行第一组实验。‎ ‎(1)N极发生反应电极反应式为_________.‎ ‎(2)实验过程中，SO42-______(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动；‎ II.用如图所示装置进行第二组实验。实验过程中，两极均有气体产生，Y极区溶液逐渐变成紫红色；停止实验，铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料发现，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。‎ ‎(3)电解过程中，X极区溶液的pH______(填“增大”、“减小”或“不变”)‎ ‎(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为_____________和4OH-- 4e-＝ 2H2O + O2↑‎ ‎(5)若在X极收集到672mL气体，在Y极收集到168mL气体(均已折算为标准状况时气体体积)，则Y电极(铁电极)质量减少______g ‎(6)在碱性锌电池中，用高铁酸钾作为正极材料，电池反应为：2K2FeO4+3Zn═Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2 该电池正极发生的反应的电极反应式为__________‎ ‎【答案】 (1). 2H++ 2e-＝ H2↑(或2H2O + 2e-＝ H2↑+ 2OH-) (2). 从右向左 (3). 增大 (4). Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O (5). 028 (6). 2FeO42- + 6e- + 5H2O ＝ Fe2O3 + 10OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I．(1)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应；‎ ‎(2)原电池放电时，阴离子向负极移动；‎ Ⅱ．(3)该电解池中，阳极材料是活泼金属，则电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，同时氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上氢离子得电子发生还原反应，氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，pH增大；‎ ‎(4)阳极上铁失电子发生氧化反应；‎ ‎(5)根据阴阳极上转移电子数相等计算铁反应的质量；‎ ‎(6)正极发生还原反应，根据元素的化合价降低写出电极反应。‎ ‎【详解】I.．(1)N电极连接原电池负极，所以是电解池阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-═H2↑(或2H2O+2e-═H2↑+2OH-)；‎ ‎(2)原电池放电时，阴离子向负极移动，所以硫酸根从右向左移动；‎ ‎(3)电解过程中，阴极上氢离子放电生成氢气，则阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子溶液，溶液呈碱性，溶液的pH增大；‎ ‎(4)铁是活泼金属，电解池工作时，阳极上铁失电子发生氧化反应，氢氧根离子失电子发生氧化反应，所以发生的电极反应式为：Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O和4OH--4e-═2H2O+O2↑；‎ ‎(5)X电极上析出的是氢气，Y电极上析出的是氧气，且Y电极失电子进入溶液，设铁质量减少为xg，根据转移电子数相等得：生成氢气得到电子的物质的量等于生成氧气时转移电子的物质的量与铁失去电子的物质的量之和，×2＝×4+×6，解得：x=0.28；‎ ‎(6)正极上高铁酸根离子化合价降低，得电子发生还原反应，反应方程式为2FeO42-+6e-+5H2O═Fe2O3+10OH-。‎ ‎28.原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素。其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素；E和C位于同一主族，F的原子序数为29。‎ ‎(1)F原子基态的外围核外电子排布式为_______。‎ ‎(2)在A、B、C三种元素中，第一电离能由小到大的顺序是_______(用元素符号回答)。‎ ‎(3)元素B的简单气态氢化物的沸点________(高于，低于)元素A的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是__________。‎ ‎(4)由A、B、C形成的离子CAB－与AC2互为等电子体，则CAB－的结构式为__________。‎ ‎(5)在元素A与E所形成的常见化合物中，A原子轨道的杂化类型为________。‎ ‎(6)由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为______。‎ ‎【答案】 (1). 3d104s1 (2). C＜O＜N (3). 高于 (4). NH3分子之间存在氢键 (5). [N＝C＝O]－ (6). sp (7). NaNO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F六种元素，A的基态原于有3个不同的能级，各能级中的电子数相等，则A是C元素；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同，C原子序数大于A，则C为O元素；B原子序数大于A而小于C，则B是N元素；E和C位于同一主族，则E是S元素；D为它所在周期中原子半径最大的主族元素，原子序数小于S，则D是Na元素；F的原子序数为29，为Cu元素；‎ ‎(1)F是Cu元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理书写F基态原子的外围核外电子排布式；‎ ‎(2)A、B、C分别是C、N、O元素，同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；‎ ‎(3)含有氢键的氢化物熔点较高；‎ ‎(4)由C、N、O形成的离子OCN-与CO2互为等电子体，等电子体原子个数相等、价电子数相等；‎ ‎(5)在元素C与S所形成的常见化合物CS2中，根据价层电子对理论确定A原子轨道的杂化类型；‎ ‎(6)由N、O、Na三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，利用均摊法确定其化学式。‎ ‎【详解】(1)F为ds区，因此核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，外围核外电子排布式为3d104s1；‎ ‎(2)同周期从左向右第一电离能增大，但IIA＞IIIA、VA＞VIA，第一电离能大小顺序是C ＜O＜N；‎ ‎(3)B的氢化物是NH3，A的简单氢化物是CH4，NH3分子之间存在氢键，而CH4分子间的作用是范德华力，氢键比范德华力更强，NH3的沸点较高；‎ ‎(4)CAB－的化学式为OCN－，AC2的化学式为CO2，两者为等电子体，它们的结构相似，因此OCN－的结构式为：[N=C=O]−；‎ ‎(5)形成的化合物是CS2，结构式为S=C=S，杂化轨道数等于价层电子对数，即C的杂化类型为sp；‎ ‎(6)根据半径大小，大黑球是Na，大黑球位于晶胞的棱上，因此真正属于晶胞的个数为8×=2，大白球为N，小白球为O，两者形成离子是NO2-，其位于顶点和体心，真正的个数为8×+1=2，因此化学式为NaNO2。‎ ‎29.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。‎ ‎(1)已知Se在周期表的位置为_____，基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_____。‎ ‎(2)P、S、Ga电负性从大到小的顺序为_____。‎ ‎(3)与Al元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]-而体现一元弱酸的性质，[B(OH)4]-的结构式为____(标出配位键)‎ ‎(4)已知[Cu(H2O)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为_____。请画出该离子中配位键的结合形式__。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期VIA族 (2). 4p (3). S＞P＞Ga (4). (5). 平面正方形 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)Se是34号元素，4个电子层、最外层6‎ 个电子；根据能量最低原理，核外电子从低能级向高能级排布；‎ ‎(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到下电负性减小；‎ ‎(3) B最外层有5个电子，与三个羟基形成三对共价键，剩余一对孤对电子，形成配位键，H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键；‎ ‎(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物。‎ ‎【详解】(1)Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子，在周期表的位置为第四周期VIA族； Ga是31号元素，核外有31个电子，基态Ga原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，最高能级为4p；‎ ‎(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，S和P同周期，故电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性减小，P和As同主族，P＞As，As 和Ga同周期，电负性As＞Ga，所以电负性S＞P＞Ga；‎ ‎(3) B最外层有3个电子，与三个羟基形成三对共价键，羟基提供 H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键，[B(OH)4]-的结构式为；‎ ‎(4)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，则该微粒可能为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为平面正方形，铜原子提供空轨道，水分子提供孤对电子，形成4对配位键，构型为；‎ ‎【点睛】不是同周期，不是同主族的元素的电负性进行比较时，可以选择一个参照物，例如P和Ga不位于同周期，也不位于同族，选择As进行对照，方便解题。‎ ‎ ‎