銅市2020年高第次擬試理綜化部可使到相原質：1C12N14O16Na23Al27P31Cl1.化與科技、社會、生產、生活密切相關，下列有關說法不正確的是A.用醚從黃花蒿中提取青蒿素B.第形態的碳單質——“碳米泡沫”，與石墨烯互為同分異構體C.維素C又“抗壞血酸”，能幫助人體將食物中攝取的、不易吸收的Fe轉變為易吸收的Fe

，這說明維生素C具有原性D.2018年10月23日港珠澳橋開通，大橋共用鋼鐵42萬，水泥萬，其中鐵屬于合金，水泥屬于傳統無機非金屬材料?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻緼.青素不溶于水易溶于有機溶劑，故可用乙醚從黃花蒿中提取青蒿素A正確；B.“納米泡沫”是一種碳單質，與石墨烯互為同素異形體B不確；C.Fe

轉變為Fe，鐵離子發生還原反應，維生素在轉化過程中充當還原劑、維生素C具有還原，C正確；D.鋼是含鐵、碳等成分的合金，水泥是硅酸鹽材料、屬于傳統無機非金屬材料D正；答案選B。2.N表示阿伏伽德羅常數，下列說法正確的是A.白分子（）正四面體結,31g磷中含P—P的數目為B.1L0.1mol/L的CuCl溶液中有Cu的目為0.1NC.常常壓下2.0gHO和DO含的電子數一定為N

D.標狀況下22.4LCHO中含乙醇分子數為N

【答案】【解析】【詳解】A.白分子呈正四面體結構，分子內每個P以3個P—P鍵相結合，31g白中含P—P鍵31g1.5mol2

，其數目為1.5，A錯誤；B.1L0.1mol/L的CuCl溶液中離子有部分水解，故含有Cu的數目小于0.1N，B誤；C.HO和DO的摩爾質量均為20g/molO和D的分內所含電子數均為，2.0gHO和DO含-1-

有的電子數一定為N，C正；D.標狀況下CH為液，故標況下22.4L的質的量并不是1mol，所含分子數并不是，D錯誤；答案選C。3.下實驗操作能達到實驗目的的是選項ABC

實驗目的檢驗補鐵劑硫酸亞鐵片是否被氧化驗證的白性檢驗潔廁劑的主要成分是鹽酸

實驗操作將K[Fe（CN）]溶液滴入硫酸鐵片的水溶液將通入溴水向待測液中滴加硝酸銀溶液D

制備少量的NH

將濃氨水滴加到堿石灰上A.A

B.BC.CD.【答案】【解析】【詳解】A.[Fe(CN)]溶液用檢驗亞鐵離子而不是鐵離子，檢驗鐵離子應選用溶，誤；B.漂性是使有機色素褪色，驗證的白性，應選用品紅溶液，二氧化硫使溴水褪色是因為發生氧化還原反應、體現的不是漂白而是還原性B誤；C.檢氯離子時，向待測液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液C錯誤D.濃水與堿石灰的混合制氨氣，其原理為：氨水中中加入固體堿石灰時

)增大，一水合氨的平衡逆向移動，濃度增大NHHO發分解反應產生氨氣、同時固體溶解放熱也促進了NHO的分、溫度升高又降低了氨氣在水中的溶解度D正；答案選D。4.某機物是光電材料的合成原其結構簡式如下圖所示，下列有關該有機物的說法正確的是-2-

A.分式為CHOB.屬芳香烴C.苯上二代物有6種D.能生加成、取代、加聚、水解及酯化等反應【答案】

的【解析】【詳解】A.由知，分子式為CHO，A錯誤；B.烴由C和H元組成，該有機物含C、HO三元素，不屬于芳香烴B錯；C.苯上2個原子處于鄰位時有2種結構環2氯原子處于間位時有3種構環2個氯原子處于對位時有1種結構，故苯上的二氯代物有6種C確；D.含碳雙鍵能發生加成加反應含酯基故能發生水解的水解反應屬于取代但不含羧不含羥基故不能發生酯化反應，D錯；答案為C。5.2019年6月6日工信部正式向四大運營商頒發了5G商用牌照，揭示了我國5G元年的起點用迎來快速發展期。通信設備所用電池為磷酸鐵鋰電池，是以磷酸鐵鋰為正極材料的一種鋰離子二次池，放電時，負極反應式為：LiC－xe

=xLi+Li，其原理如下圖所示，下列說法不正確的是A.放時，電子由石墨電極經負載流向磷酸鐵鋰電極B.充時Li

移向磷酸鐵鋰電極C.放時，正極反應式為：M－xFePO+e+Li－xFePOD.充時，磷酸鐵鋰電極與電源正極相連【答案】【解析】【詳解A．放電時電子經外電由負極流向正極，由圖所示可得石墨電極為負極，磷酸鐵鋰為極，放電時，電子由石墨電極流向磷酸鐵鋰電極，故不選；B．充電時，石墨連接電源的負作陰極，則鋰離子移向石墨電極，故選B；-3-

C．放電時，正極發生還原反應M－xFePO得到電子被還原為LiM－xFePO，電極反應式為M－xFePO+e+Li=LiM－xFePO，不選D．放電時磷酸鐵鋰為正極發生原反應，充電時磷酸鐵鋰與電源正極相連，發生氧化反應，故D不選答案選B。6.X、Y、Z、M五元素為子序數依次增大的短周期主族元素，它們的最外層電子數之和為25，X的一種同位素能測定文物的年代Z是殼中含量最多的元素，含N元的一種鹽的水溶液可用于新型冠狀病毒的防護消毒。下列敘述正確的是A.與元素形成氫化物的熔、沸點Z>XB.Y、Z、M、N四種素形成簡單離子半徑最大的為MC.M的溶液一定為酸性D.X、Y、N均與Z形兩種以上的化合物【答案】【解析】.【分析】X的一種同位素能測定文物的年，則X為C元素Z是地殼中含量最多的元素，則Z為O元素、M五種元素為原子序數依次增大的短周期主族元素，故Y為元素含N元的一種鹽的水溶可用于新型冠狀病毒的防護消毒，故N為Cl元素，它們的最外層電子數之和為25，M的的最外層電子數為，M的原子序數大于8小于，應Al據此回答；【詳解】A.與氫元素形成氫化可以為HO、HO，X與元素形成氫化物可以為CH、烯等等各種烴，隨著碳原子數目的增多，烴的熔沸點升高，故熔沸點難以比較A錯；B.同族時電子層越多，離子半徑越大；具有相同電子排布的離子，原子序數大的離子半徑小、M、N四種元素形成簡單離子半最大的不可能為，B誤；C氯鋁等強酸弱堿鹽水溶液因解呈酸性，偏鋁酸鈉等強堿弱酸鹽水溶液因水解呈堿性錯；D.X與Z形成、CO，Y能Z形O、NO、NO…N能形ClOO……故X、Y均能與Z形兩種以上的化合物，D正；答案選D。7.常下將NaOH溶液滴加到硒酸HSeO溶液中，混合溶液的與離濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是-4-

333aaaa3333aaaa3A.曲N表PH與

lg

-)3)23B.NaHSeO溶呈堿性C.混溶液中

c2-)3c(H)2-)23

D.Ka（HSeO）數量為10【答案】【解析】【分析】常溫下將NaOH溶滴加到亞硒(HSeO)液中隨氫離子不斷被消耗混溶液的pH、

-)3c(H)23

、c(SeO)-)c(SeO2-)不斷增大，通過比較相同pH時液中和的對大小，確定M、N曲c(HSeO-)c(HSeO)c(HSeO-)33代表了誰？NaHSeO溶液既電離水解，其水溶液的酸堿性通過計算HSeO離子的電離平衡常數和水解平衡常數的相對大小判斷，NaSeO溶中，

發生水解，溶液呈堿性；【詳解】A.

cKcK3，3c(H)c)(HSeOc(H23

，pH

相同時，c(HSeOc(SeO33c(H)c)cc(H2

c(HSeO)，根據圖象可知，曲線M表示與lg)c(HSeO)23

的變化關系，曲線N表示PH與lg

c(SeO)3c(HSeO3

，故A錯誤；B.根圖象可知，pH=6.6時lg

c)c)3=0，=1，HSeO離的電離平衡常數c(HSeOc(HSeO-)33-5-

33SeO)2

c2(HSeO-)3(H)(H)，同理時lg3cc(HSeO)323

=0，c(HSeO)c(HSeO3=1，)3cSeO)(H2323

)(H)

，

HSeO

的水解平衡常數h

c(OH(H)2(OH)10c3

11.4

，則溶HSeO的水解程度小于其電離程度，溶液呈酸性，錯誤C.結B選，可知混合溶液：c2-)-)-)+)SeO33a13cSeO)(SeO2-2-)(H+)K)2322D.結B選，可知Ka(HSeO，D錯；

4

，則C正；答案選C。8.鉬Mo）是VIB族屬元素原子序數42。熔點為2610，沸點為5560℃鉬硬堅韌，點高，熱傳導率也比較高。被廣泛應用于鋼鐵、石油、化工、電氣和電子技術、醫藥和農業等領域?；瘜W興趣小組利用廢鉬催化劑（主要成分為MoS含少量，FeS）回收Mo并制鉬酸鈉晶體，其主要程圖如圖所示：回答下列問題：（1操作1為_____。（2空氣焙燒過中采用如圖1所的“多層逆流焙燒”。①多層逆流焙燒的優點是______（任答一點②固體1的分_、CuO和FeO。-6-

2-2-（3固體1加酸鈉溶液后發生的主要化學方程式2-2-（4鉬酸鈉是一種新型水處理，可以和重金屬鹽沉淀，則與硫酸銅反應的離子方程______。（5還原法制備鉬，若利用H、CO和Al分別原等量的MoO，消耗還原劑的物質的量之比______。（6已知NaMoO溶液c）=0.48mol/L，（CO）=0.040mol/L，由鉬酸鈉溶液制備鉬鈉晶體43時，需加入（OH）固以除去CO，BaMoO開沉淀時，的除率為95.0%，K（BaMoO）33=______知（BaCO）=1.0×10

，過程中溶液體積變化忽略不計）（7鉬酸鹽的氧化性很弱，只用強還原劑劑才能還原，如：在濃鹽酸溶液中，用鋅做還原劑和鉬酸鹽溶液反應，最后生成棕色難溶物MoCl，寫出該反應的離子方程____?！敬鸢浮?1).過濾(2).增與空氣接觸時間或增大接觸面積，使反應充分、提高利用率、節約能源合理即可）(3).MoO

(4).MoO+Na=NaMoO+CO↑(5).MoO+Cu=CuMoO↓(6).3：3(7).2.4×10(8).2MoO+6Cl=2MoCl+3Zn+8HO【解析】【分析】主要成分為MoS、含量CuS、FeS的鉬催化劑，在空氣中采用多層逆流焙燒，第1~6層MoS轉為MoO第6～12層MoO轉化焙燒過程中有二氧化硫氣體生成燒后得到MoO、CuO和FeO等固體混合物，固體混合物經碳酸鈉溶液處理后，得到鉬酸鈉溶液和不溶性固體2，經過濾后，得到鉬酸鈉溶液酸鈉溶液經過結晶鉬酸鈉晶體加鹽酸把鉬酸鈉溶液轉變為鉬酸溫解，用熱還原法制備鉬，以此回答；【詳解】(1)操作1是離不溶固體和液體的，即過濾；(2)①圖知，“多層逆流焙燒”增與空氣接觸時間或增大接觸面積，焙燒后M完轉化，故使反應充分、提高利用率；②由圖知，焙燒后所得固體的分有MoO、CuO和FeO；(3)由流程知固1加碳鈉液后生成NaMoO溶則反應為非氧化還原反應結合質量恒定律，發生的主要化學方程式為MoOCO=NaMoO+CO；(4)已知鉬酸鈉可以和重金屬鹽淀，則與硫酸銅反應時得到鉬酸銅沉淀，則離子方程式為：MoO+Cu

=CuMoO↓；(5)還原法制備鉬，若利用H、CO和分別原等量的MoO，按得失電子數守恒3個氧化還原應中轉移的電子總數相等1molH和Al失的電子數之比為2:2:3耗原劑的物質的量之比3:3:2；(6)已知(BaCO)=1.0×10后的溶液中c(CO

)=0.040×(1-95%)mol/L=2.0

molBaMoO-7-

開始沉淀時溶液中c

(Ba)=

2.0

5.0

mol/L，則(BaMoO)(Ba2(MoO0.484

=2.4×10；(7)在濃鹽酸溶液中，用鋅做還劑和鉬酸鹽溶液反應，最后生成棕色難溶物MoCl，化劑為MoO，還原劑為，原產物為MoCl，氧產物為Zn，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，離子程式為：2MoO+6Cl=2MoCl+3Zn+8HO【點睛】本題考查了物質制備流程、物質性質的應用以K的計算等，題干信息的分析理解，結題目信息對流程的分析、靈活處理信息應用是本題的解題關鍵。9.氯（CHCl）用有機溶和麻醉劑，常溫下在空氣中易被氧化。實驗室中可用熱還原CCl制備氯仿，裝置示意圖及有關物質性質如下：物質CHCl

相對分子質量119.5

密度（g/ml）1.50

沸點（℃）61.3

溶解性難溶于水CCl

154

1.59

76.7

難溶于水相關實驗步驟如下：①檢查裝置氣密性；②開始通入氫氣③點燃B處精④向A處水中加入熱水，接通冷凝裝置的冷水；⑤向三頸燒瓶中滴入36mlCCl

⑥反應結束后停加熱將D處形瓶中收集到的液體分別用適量NaHCO溶和水洗滌分出產物加入少量無水CaCl,靜止后過濾。⑦對濾液進行蒸餾純化，得到氯仿28.29g-8-

請回答下列問題：（1）C處選用冷凝管____（標號）（2簡述本實驗檢查裝置氣密的操_______（3分液漏斗上的導管作用是___________（4設計②③先后順序的目的_______________（5向A處槽中加入熱水的的______（6裝置B處反應為可逆反應停止加熱一段時間后，發現催化劑仍保持紅熱狀態說明處成CHCl反應的ΔH__0（填或>中生的反應化學方程式______。（7該實驗中氯仿產率為______保留位有數字【答案】(1).b(2).將牛角管末端放入水關閉中彈夾，加熱試,觀察現象。牛角管口有氣泡冒出,冷卻到室溫后,牛管口有一段穩定的水表明裝置氣密性良好即可）(3).衡壓強CCl液順利流下(4).排除裝置中的空氣加熱時氫氣遇氧氣發生爆炸(5).使CCl轉為氣體，與氫氣混合勻。(6).<(7).CCl+H【解析】【分析】

催化劑加熱

CHCl+HCl(8).63.7%本實驗通過H與CCl蒸在點燃條件下發生反應+H

催化劑加熱

CHCl，備三氯甲烷，得到三氯甲烷和四氯化碳等的混合物，解讀表格數據可知，三氯甲烷和四氯化碳是互溶的液體混合物，過蒸餾分離，本實驗控制四氯化碳的體積、測定所制備的三氯甲烷的質量，需按產

實際量理論量

計算產率，據此回答；【詳解(1)由格知三甲和四氯化碳是互溶的液體混合物應采用蒸餾方法加以分離蒸裝置中通常選用直形冷凝管，便于液體流下，故選；(2)可以用微熱法檢查裝置氣密，具體操作為：將牛角管末端放入水中，關閉A中彈簧夾，加熱試管，觀察現象，若牛角管口有氣泡冒出，冷卻到室溫后，牛角管口有一段穩定的水柱，表明裝置氣性良好；(3)分液漏斗上的導管把漏斗上的氣體和三頸燒瓶中的連通，故其作用是：平衡壓強，使CCl液順利流下；(4)本實驗需要氫氣在加熱條件發生反應點燃或加熱前一定要排凈空氣以防爆炸設計②先后順-9-

催化劑序的目的是：排除裝置中的空氣，防止加熱時氫氣遇氧氣發生爆炸；催化劑(5)CCl沸76.7°C，取目標產物的反應時H與CCl汽在點燃條件下發生的，故向A處槽中加入熱水的目的是：使CCl轉為體，與氫氣混合均勻；(6)裝置B處應為可逆反應，止加熱一段時間后，發現催化劑仍保持紅熱狀態說B處成CHCl反的是放熱反應，故H<0，B中發生的反應化學方程式為CCl+H

催化劑加熱

CHCl+HCl；(7)36mLCCl的質為，物質的量為0.3719mol，按CCl

催化劑加熱

CHCl+HCl，理論上應生成的CHCl物的量為0.3719mol，氯仿實際產量為28.29g，0.237mol，產率

實際量理論量

，帶入數值，故該實驗中氯仿產率為63.7%【點睛】本題涉及儀器的使用、化學實驗基本操作方法、化學計算等知識，試題知識點較多、合性較強，充分掌握化學實驗基礎知識、提取表格數據信息靈活應用是解題的關鍵。10.十大報告指出“持全民共治防治持續實施大氣污染防治行,打贏藍天保衛戰”NO和燃煤為主的污染綜合治理是當前重要的研究課題。（1直接排放煤燃燒產生煙會引起嚴重的環境問題。煤燃燒產生的煙氣含氮的氧化物，用H催化原NO可以除氮氧化物的污染。的已知：（g）+2NO（g）＝N（g＋CO）+2H（gΔH＝-867kJ/mol2NO（g）N（g）ΔH＝-56.9HO（g）＝O）ΔHkJ/mol寫出CH（gO（g）＝N（g）+CO（g）+2HO（l）ΔH＝______。（2汽車尾氣中含有NO主以NO為，凈化的主要原理為：2NO（g）+2CO（g）

2CO（g）+N（g）△H=akJ/mol在500℃時向密閉體系中進行通入5mol的和molCO進行應時體中壓強與時間的系如圖所示：①下列描述能說明反應達到平衡狀態的______A單時間內消耗nmol的NO同時消耗nmol的NB體中NO、CO、CO、N的度相等

-10-

C混氣體的平均相對分子質量變。D體中混合氣體密度不變②求時NO的化率______③求在500℃平衡常數以平衡分壓表示的平衡常數：平衡分=總壓×物的量分數，計算結果保留2位效數字④若在改的條件為升高溫度Kp減小則a__0填大于、小于或等于）⑤如要提高汽車尾氣的處理效率可采______填序號）a升溫度b降溫度并加催劑c增排氣管的長度（3）在一定條件下，也可以用N理NO已知NH發生反應生成大氣的一種主要氣體和H，請寫出該反應的化學方程______。【答案】(1).-898.1kJ/mol(2).C(3).40%(4).0.099(5).<(6).b(7).4NH+6NO＝5N+6HO【解析】【分析】(1)根據蓋斯定律進行計算；(2)根據平衡狀態的判斷標準進分析據轉化率平衡常數的計算公式進行進行計算根據影反應速率和平衡移動的因素進行分析，根據影響平衡常數的因素分析反應的吸放熱情況；(3)根據氧化還原反應規律進行析。【

詳

解】(1)

由

蓋

斯

定

律

可

知：=/mol4

，故答案為：-898.1kJ/mol。(2)①化學平衡狀態在一定條下當一個可逆反應的正反應速率與逆反應速率相等時應的濃度與生成物的濃度不再改變一相對靜止的狀態學平衡狀態"反應（）g）2CO催化劑

（g）+N（g）△H=akJ/mol可知：A．由化學計量數之比等于化學應速率之比，單位時間內消耗2n的NO同消n的時達到平衡狀態，故A不選；B．體系中NO、CO、N的度不再改變時達到化學平衡狀態，并不一定是相等時，故B不選C該應的反應物均為氣體應前后氣體總質量不變正應為氣體體積減小的反應則混氣體的平均相對分子質量（平均摩爾質量）不變時則處于化學平衡狀態，故選C；D．在恒容密閉體系中，反應物生成物均為氣體，反應前后氣體總質量不變，故氣體的密度一直不變，不-11-

催劑0平平平9平平能說明該反應是否達到催劑0平平平9平平②設內耗NO的物質的量2amol，反應起變終

（g）（（（22可得物質的量之比等于壓強之比，即52解得a=14min內NO的化率為w100%案為w100%4.555

；③由②可得平衡時NO、CO、CO、N的物質的量分別為3mol、2mol，平衡分壓=壓×物質的量分數可知

21、pCOp、pp、Np99

平

，由K=

平平

帶入數據解得K=0.099MPa，故答案為p

；④若在升溫度，Kp減則說明平衡逆向移動，說明正反應方向為放熱反應，則該反應eq\o\ac(△,的)H，即a小零，故答案為：小于；⑤a升高溫度平衡向吸熱反應方移動，本反應為放熱反應，平衡左移，故a不選；b.降低溫度平衡向放熱反應方向動，添加催化劑有利于縮短達到平衡所需要的時間，故選b；c．增加排氣管的長度并不能提NO與CO的轉化率，故c不選；答案選b；(3)在一定條件下NH具還原性NO具氧化性，則NO與NH發生化還原反應生成水和N，其反應化學方程式為：

4NH5NO3

?！緦W—修3物結與質11.我科學家借助自主研制的新型鎢鈷鐵合金催化劑攻克了單壁碳納米管結構的可控制備難題海底金屬軟泥是在海底覆蓋著的一層紅棕色沉積物，蘊藏著大量的金屬資源，含鎢鐵、錳、鋅、鈷。（1態原子的價電子的軌道排布式________壁碳納米管可看作石墨烯沿一定方向卷而成的空心圓柱體，其碳原子的雜化方式__________。（2納米結構氧化鈷可在室溫將甲硫醛CHS）完全催化氧化，甲硫醛分子___（“極”或“非極性”）分子，其中心原子的VSEPR構型為_________（3六羰基[W（CO]的熔點為172，是一種重要的無機金屬配合物，可溶于多數有機溶劑。三種組成元素的電負性由大到小的順序為__________用元素符號表示CO中W形配位鍵的原子是C-12-

而不是O，原因是________。（4多原子分子中各原子若在一平面內，且有相互平行的軌道則p電可在多原子間動，形成“離域π鍵。下列物質中存在“離域π鍵的是_______（填字母A苯B二氧硫C四氯碳D己烷（5）Fe、Fe能與形絡離子，其晶胞結構如圖1所示。該離子可形成鐵藍鉀鹽該鉀鹽化學式為___________。（6圖2是從鐵氧體離子晶體FeO中出的能體現其晶體結構的一個立方體該立方體是不是FeO的胞_____（填“是”或“否”體中鐵離子處于氧離子圍成的_____（空間結構）空隙根據上圖計算FeO晶的密度為_____g·cm中a=0.42nm，計算結果保留兩位有效數字）【答案】(1).(2).sp

(3).極(4).平三角形(5).O>C>W(6).C原子半徑比O大電負性小，對孤對電子吸引較弱，所C原子易提供孤對電子，更容易形成配位鍵(7).(8).KFe(CN)【解析】【分析】

(9).是(10).正八面體(11).5.2(1)Co元是號素，核外電子排布式為[Ar]3d

4s

，此寫軌道排布式；根據石結構分析雜化方式；(2)根據價層電子互斥理論確定子構型；(3)按電負性規律比較幾種元素電負性、進行排序；在六羰基鎢中是中心原子CO是體，比較形成配位鍵時C原子哪一方面比O原子有優勢即可；(4)按信息原子分子中各原子在同一平面內有相互平行的p軌道p電可在多個原間運動，形成“離域π鍵，結合項行判斷；(5)根據圖離晶胞結構、用均攤法計算Fe

、Fe與CN的個數并書寫絡合后成的離子的化學式；(6)用攤法計算晶胞的質量、按已知條件計算晶胞的體積，按密度定義ρ

計算晶胞的密度即可；【詳解】(1)Co元是27號元，核外電子排布式為[Ar]3d4s上有3個成對電子，則其價電子-13-

]]的軌道排布式為；石墨是平面層狀結構、石墨烯可看作單層石墨，單壁碳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圓柱體，則碳原子均形成3個鍵雜化軌道為3，原子雜化方式為：；(2)甲醛CHS）與甲醛分子為等電子體，按等電子原理，它們具有相同的結構特征，故它們中C子形成3個σ鍵，個π鍵，VSEPR構為平面三角形，正負電荷中心不重合，屬于極性分子；(3)同周期主族元素自左而右電性增大，一般非金屬性越強電負性越大，故電負性；六羰基鎢[W(CO)]分子中，W是中原子，CO是配，由于C原子徑比O大電負性小，對孤對電子的引力較弱，更容易形成配位鍵，所以配體CO中與形成位的原子是C而不是O；(4)已知信息多原子分子中各子若在同一平面內有相互平行的p軌則p電可在多個原子間運動，形成“離域π鍵，A.苯分中每個碳原子都采用sp

雜化，則6個原子均有未參與化的相互平行的p軌，苯環上的C原可以形成“離域π”，其“離域π鍵為

，A選；B.二化硫分子中S上孤子對數為

，價層電子對=2+1=3，中心原子為sp

雜化，空間構型為V字形，中心原子S與兩O原中相互平行的p道，可以形成“離域π鍵”其“離域π鍵為，B選C.四氯碳分子中只存在鍵，存在π鍵C不選D.環烷分子中只存在σ鍵，存在π鍵，D不選故答案為：AB；(5)根據圖離晶胞結構分析Fe

為4×

1=個