1、云南省文山州砚山县一中2019-2020学年上学期开学考试高三化学一、单选题(共7小题，每小题6.0分，共42分)1.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是()A. 盐酸B. 烧碱溶液C. 氨水D. KSCN溶液【答案】B【解析】【分析】阴离子相同，阳离子不同，可利用金属阳离子与碱反应产生反应的现象不同，来鉴别。【详解】A.选项中的各种物质与盐酸都不反应，不能鉴别，A不选；B.NaCl与NaOH溶液混合物现象；FeCl2溶液与NaOH溶液混合，首先产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色；FeCl3溶液与NaOH溶
2、液混合产生红褐色沉淀；MgCl2溶液与NaOH溶液混合产生白色沉淀；AlCl3溶液与NaOH溶液混合首先产生白色沉淀，当NaOH溶液过量时白色沉淀后溶解。五种溶液的现象各不同，可鉴别，B选；C.氨水与MgCl2、AlCl3溶液混合都是产生白色沉淀，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C不选；D.KSCN溶液遇FeCl3溶液，溶液变为血红色，与其它溶液混合，无明显现象，所以只能鉴别FeCl3，D不选；故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应和现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。2.烧瓶中放入铜片和稀硝酸，来制取较纯净的
3、一氧化氮，反应开始后发现烧瓶中充满红棕色气体，这时的操作应是 ()。A. 立即接上收集容器，用向上排空气法收集B. 待烧瓶中红棕色气体消失后，用向上排空气法收集C. 待烧瓶中红棕色气体消失后，用排水法收集D. 立即用排水法收集【答案】D【解析】【详解】在制取NO过程中，常常会混有NO2气体，要得到纯净的NO，需除去混有的NO2气体。直接用向上排空气法收集，不能得到纯净的NO气体，A项错误；NO中的NO2是由NO和装置内的空气发生反应得到的，由于NO2溶于水且与水反应生成NO和硝酸，故可以立即用排水法收集得到纯净的NO，B、C项错误，D项正确。3.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素
4、，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期数与族数相同；d与a同族。下列叙述正确的是（ ）A. 原子半径：dcbaB. 4种元素中b的金属性最强C. c的氧化物的水化物是强碱D. d单质的氧化性比a单质的氧化性强【答案】B【解析】【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】A、一般电子层数越多，半径越大，同周期从左向右
5、原子半径减小，因此半径大小顺序是Na(Mg)AlSO，A错误；B、同周期从左向右金属性减弱，因此Na或Mg4种元素中金属性最强，B正确；C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝，为两性氢氧化物，C错误；D、同主族从上到下非金属性减弱，因此S的氧化性比氧气弱，D错误。答案选B。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，首先根据题目信息判断出元素名称，再根据元素周期律进行知识的判断，这就需要掌握（非）金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识，因此平时夯实基础知识是关键，同时应注意知识的灵活运用，审清题意。4.下列叙述正确的是A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B. 铁管
6、镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C. 反应活化能越高，该反应越易进行D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】【分析】本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。【详解】A根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。B铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。C反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难
7、）。选项C错误。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。【点睛】反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。5.只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是A. K值不变，平衡可能移动B. K值变化，平衡一定移动C. 平衡移动，K值可能不变D. 平衡移动，K值
8、一定变化【答案】D【解析】【详解】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。6.某有机物的结构如图所示，下列各项性质中，它不可能具有的是（ ）可以燃烧能使酸性高锰酸钾溶液褪色能跟NaOH溶液反应能发生酯化反应能发生聚合反应能发生水解反应能发生取代反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该有机物只含碳氢氧三种元素，可以燃烧生成二氧化碳和水；分子中
9、含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以发生加聚反应；分子中有羧基和羟基，可以发生酯化反应，酯化反应也是取代反应；利用羧基可以和NaOH溶液发生酸碱中和反应。没有酯基、肽键和卤素原子，不能发生水解反应，故选B。7.在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验中，会造成实验结果偏低的是（ ）A. 加热时间过长，固体部分变黑B. 坩埚内附有不挥发杂质C. 晶体不纯，含有不挥发杂质D. 加热过程中有少量晶体溅出【答案】C【解析】【分析】硫酸铜晶体结晶水含量的计算式为：结晶水的含量=。硫酸铜晶体和坩埚的质量-无水硫酸铜和坩埚的质量=结晶水质量【详解】A. 加热时间过长，使无水硫酸铜
10、分解为氧化铜和三氧化硫，会造成结晶水质量偏大，导致实验结果偏高，故A不选；B. 坩埚内附有不挥发杂质，不影响结晶水质量的测量，对实验结果没有影响，故B不选；C. 晶体不纯，含有不挥发杂质，使无水硫酸铜和坩埚的质量变大，使结晶水质量变小，造成实验结果偏低，故C选；D. 加热过程中有少量晶体溅出，会使结晶水质量偏大，造成实验结果偏高，故D不选。故选C。二、必考题部分8.近几年，节能减排、提高原料利用率来提高经济效益成为人们关注的焦点。某化工厂利用甲烷与氯气反应得到的副产品来制取盐酸实现了变废为宝的梦想，其生产原理可在实验室中模拟如图，请根据要求填空：（1）B装置有三种功能：控制气流速度；均匀混合气
11、体；_。（2）设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应_。（3）在C装置中，经过一段时间的强光照射后，发现硬质玻璃管内壁附着有油珠，生成的油状液滴中的氯仿可作局部麻醉剂，常因保存不慎而被空气氧化，产生剧毒气体光气，反应化学方程式为2CHCl3+O22COCl2+2HCl，上述反应_ (填选项符号，下同)。A.属于取代反应 B.不属于取代反应为防止事故发生，在使用前检验氯仿是否变质可选用的试剂是_。A.氢氧化钠溶液 B.硝酸银溶液C.稀盐酸 D.水E.湿润的蓝色石蕊试纸 F.湿润的无色酚酞试纸（4）D装置的石棉中均匀混有KI粉末，其作用是_。（5）E装置的作用是_ (填编号)。A.收集气体
12、B.吸收氯气C.防止倒吸 D.吸收氯化氢（6）E装置除生成盐酸外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法为_；该装置还有缺陷，原因是没有进行尾气处理，其尾气主要成分为_ (填编号)。CH4 CH3Cl CH2Cl2 CHCl3 CCl4【答案】 (1). 干燥混合气体 (2). 大于或等于4 (3). B (4). B、E (5). 吸收过量的氯气 (6). C、D (7). 分液 (8). 、【解析】【分析】装置A是制备氯气，制备的氯气通过浓硫酸吸收水蒸气后，和甲烷一起通入装置C，在光照时发生取代反应，生成的氯化氢、一氯甲烷等气体通过D装置中的石棉上吸附着KI粉末除去氯气，在E装置中吸收生
13、成的氯化氢气体，同时防止倒吸，生成的氯气中含有一氯甲烷等气体，需要加尾气吸收装置据此分析解答。【详解】（1）浓硫酸可以干燥氯气和甲烷，根据冒出气泡的速率来控制气体硫酸，使氯气和甲烷混合均匀，故答案为：干燥混合气体；（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；（3）反应前碳与氢原子和三个氯原子都是以单键相连，反应后碳氧之间是双键，不符合取代反应的特点，所以不属于取代反应；故选B；氯仿如果变质则发生反应2CHCl3+O22COCl2+2HCl，生
14、成的氯化氢溶于水，电离产生氢离子和氯离子，所以能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红色，加入硝酸银溶液会发生反应生成白色的氯化银沉淀，故选：BE，故答案为：B；BE；（4）氯气具有强氧化性，能氧化还原性物质KI，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末是吸收未反应的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；（5）E装置中水能吸收可溶性物质，且倒置的干燥管能防止倒吸，所以E装置作用是 吸收HCl，防止倒吸，故答案为：CD；（6）甲烷可以和氯气发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳；其中一氯甲烷为气态，反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，E装置中除了有盐酸生成外，还含有二氯甲烷
15、、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳不溶于水，能分层，可用分液分开；一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，所以尾气的主要成分是可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，故答案为：分液； 。9.某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）（1）反应所加试剂NaOH的电子式为_，BC的反应条件为_，CAl的制备方法称为_。（2）该
16、小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）_。a温度 bCl-的浓度 c溶液的酸度（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。含铬元素溶液的分离和利用（4）用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_（写化学式）。【答案】 (1). (2). 加热（或煅烧） (3). 电解法 (4). a
17、 c (5). 2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6kJmol1 (6). 在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 (7). CrO42-和Cr2O72- (8). NaOH和H2【解析】惰性电极电解混合物浆液时，Na+移向阴极，CrO42-移向阳极。Al(OH)3、MnO2剩下在固体混合物中。固体混合物加入NaOH时，Al(OH)3转化为AlO2-，通入CO2转化为Al(OH)3沉淀，再加热分解为Al2O3，最后熔融电解得Al。（1）NaOH的电子式为；根据上述分析，BC的条件为加热或煅烧，CAl的制备方法称
18、为电解法。（2）根据实验方案可知，D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。（3）0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl2反应放热85.6kJmol1，由此可得该反应的热化学方程式为2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g) H=85.6kJ
19、mol1。（4）用惰性电极电解时，在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，从而使CrO42-从浆液中分离出来；因2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-；阴极室H+放电生成H2，剩余的OH-与透过阳离子交换膜移过来的Na+结合生成NaOH，所以阴极室生成的物质为NaOH和H2。10.对金属制品进行搞腐蚀处理，可延长其使用寿命。（1）以下为铝村表面处理的一种方法：碱洗的目的是除去铝村表面的自然氧化膜，碱洗衣时候常有气泡冒出，原因是：_（用离子方程式表示）。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下
20、列试剂中的_。a.NH3b.CO2c.NaOH d.HNO3以铝村为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝村表面形成氧化膜，阳极电极反应式为：_。取少量废电解液，加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是_。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是_。(3)利用下图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应该置于_处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。【答案】 (1). 2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4-+ 3H2 (2). c (3). 2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+ (4). 因为A
21、l3+和HCO3-发生互促水解，Al3+ 3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 (5). 阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+ (6). N (7). 牺牲阳极保护法【解析】【详解】（1）铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2-，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2-+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32-或CO2+2H2O+AlO2-HCO3-+Al（OH）3；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解，故答案为：2Al + 2OH-+ 4H2O=2Al(OH)4-+ 3H2；b；铝为阳极，会发生氧化反
22、应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3-发生了互促水解。Al3+ 3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；故答案：2Al + 3H2O -6e-=Al2O3+6H+；Al3+ 3HCO3-=Al(OH)3+3CO2；（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨做阳极的原因是补充溶液中消耗的Cu2+，保持溶液中Cu2+浓度恒定。故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+；（3）若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，应构成电解池，为外加电流的阴极保护法，
23、开关K应该置于N处；若X为锌，开光K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。故答案为：N；牺牲阳极保护法。11.某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为_；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；说明乙二酸具有_（填“氧化性”、“还
24、原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：_MnO4-+_H2C2O4+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是_，乙二酸分解的化学方程式为 _；（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_（用离子符号表示）【答案】 (1). HCO3-+
25、H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O (2). 还原性 (3). 2 (4). 5 (5). 6 (6). 2 (7). 10 (8). 8 (9). 除去混合气体中的CO2 (10). H2C2O4H2O+CO+CO2 (11). 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所以溶液呈酸性 (12). Na+HC2O4-H+C2O42-OH【解析】【分析】（1）强酸制弱酸原理；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO+CO2，
26、B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。【详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应离子方程式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；（2）酸性KMnO 4 溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现
27、其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 +8H2O；答案：还原性 2 5 6 2 10 8（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4 粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO 2 、H2O；答案：除去混合气体中的CO2； H
28、2C2O4H2O+CO+CO2； （4）2.52g草酸晶体的物质的量= =0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL10 -3 L/mL0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4 ，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H + ）c（OH - ），所以溶液呈酸性；两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+HC
29、2O4-H+C2O42-OH；答案：反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所以溶液呈酸性 Na+HC2O4-H+C2O42-OH【点睛】第（4）小题为易错点，根据酸碱中和反应确定反应后的溶质为NaHC2O4，弱酸的酸式酸根离子存在电离平衡和水解平衡，可根据溶液的酸碱性确定哪个平衡为主，最后再确定离子浓度的大小。12.中国古代四大发明之一黑火药，它在爆炸时发生化学反应为2KNO3+3C+S=A+N2+3CO2(已配平)（1）除S外，上列元素的电负性从大到小依次为_。在生成物中，A的晶体类型为_，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化
30、类型为_。已知CN-与N2互为等电子体，推算HCN分子中键与键数目之比为_。（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为_，Q2+的未成对电子数是_。（3）若某金属单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。则晶胞中该原子的配位数为_，该单质晶体中原子的堆积方式为四种基本堆积方式中的_。【答案】 (1). ONCK (2). 离子晶体 (3). sp杂化 (4). 11 (5). 3d84s2 (6). 4 (7). 12 (8). 面心立方最密堆积【解
31、析】【分析】（1）金属性越强电负性越小，非金属性越强，电负性越大，据此解答；由原子守恒确定物质A为K2S；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道sp杂化；根据CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键进行分析；（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，再经过核外电子排布规律解答；（3）由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近的原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积
32、方式为面心立方最密堆积。【详解】（1）同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性ONCK；答案：ONCK由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子化合物，由钾离子与硫离子构成；含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，分子构型为直线型，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式；答案：离子晶体 sp杂化CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-CN，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，故HCN分子中键与键数目之比为1：1；答案：1：1（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s24s22p63s23d6，3d能级有4个单电子；答案：3d84s2 4（3）由晶胞结构图可知，以顶点原子为研究对象，与之最近原子处于面心上，每个顶点原子为12个面共用，故晶胞中该原子的配位数为12，该单质晶体中原子的堆积方式为面心立方最密堆积；答案：12 面心立方最密堆积