精品解析：福建省福州市六校联考2023-2024学年高二下学期期中联考化学试题

2023-2024学年第二学期高二年段期中六校联考 化学试卷 (满分：100分，完卷时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 F-19 Ca-40 Mg-24 K-39 Cs-133 Ag-108 一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分) 1. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是 A. 元素电负性： B. 离子半径： C. 元素的第一电离能：S>O D. 碱性： 2. 下列化学用语正确的是 A. 氯化铵的分子式： B. 的简化电子排布式： C. 的晶胞： D. 的VSEPR模型： 3. 下列说法不正确的是 A. 用电子式表示K2S形成： B. HCl分子中σ键的形成： C. HCHO中C原子杂化轨道示意图： D. 基态锗原子的简化电子排布式： 4. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是 A. Y的价层电子排布式是ns2np5 B. 四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物 C. Y、Z之间可形成的晶体都是分子晶体 D. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸 5. 某固体混合物由四种元素组成，其中X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3；X和Y的核内质子数之和为15；Z原子的M层与K层的电子数相等；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，下列说法错误的是 A. 简单离子半径大小顺序：X＞Y＞Z B. 最高价氧化物对应水化物溶液的pH：Z＞Q C. QY2、ZY、XY都属于共价化合物，且都能与水反应 D. 1molX的氢化物X2H4和1molY的氢化物H2Y2中极性键数目之比为2：1 6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A. 元素的第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中有键 D. 的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 7. X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为24，X是地壳中含量最高的元素，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近。下列说法错误的是 A. QX2分子为极性分子 B. 元素电负性：X＞R＞Q C. Y位于元素周期表中的s区 D. Z、Q、R的氧化物对应水化物的酸性依次增强 8. 居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是 A. 自然界不存在分子是因其化学键不稳定 B. 第一电离能：Q<X<Y C. 简单氢化物的热稳定性：Y<Q D. X原子核内质子数与中子数之比为13∶14 9. 液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生和。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成 NH2OH(羟胺)。在有存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成 N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH2OH、NH3、、的说法正确的是 A. NH2OH 难溶于水 B. 的空间构型为直线形 C. NH3的键角比中的大 D. 1mol [Cu(NH3)4]2⁺中含有 4mol σ键 10. 日光灯中用到某种荧光粉的主要成分为。已知：、、和为原子序数依次增大的前20号元素，为金属元素，基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，基态、、原子的未成对电子数之比为。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 元素最高价化物对应的水化物具有强氧化性 C. 电负性： D. 能与水反应生成气体的单质只有的单质 11. 氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOₓ进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是 A. 反应①每消耗lmolO2， 转移 2mol电子 B. 反应⑤中[Cu(NH3)4]2+作还原剂 C. 反应④有σ键和π键的形成 D. 脱除NO 的总反应可表示为 12. 短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示。下列说法错误的是 A. 的VSEPR模型名称为平面三角形 B. M的氧化物对应的水化物为强酸 C. 该化合物中X原子最外层均满足结构 D. Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有3种 13. 短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料。Z是空气中含量最高的元素。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>Z B. 中存在配位键 C. Z、Y轨道杂化类型相同 D. 中小于120° 14. 一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)： 下列说法正确的是 A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为 B. 若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为() C. M、N之间的距离为 D. 晶体的密度为 15. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体(图1)，当部分K+被Eu2+取代后可获得高性能激光材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1中K+的配位数为12 B. 图1表示的晶体的密度为 C. 图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心 D. 图2表示的化学式为KEuMg2F6 二、非选择题：共55分。 16. 氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。 （1）的空间结构为_______，溴的基态原子价层电子排布式为_______。 （2）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_______，。 元素 氟 氯 溴 碘 第一电离能/() 1681 1251 1140 1008 （3）下列分子既不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键的是_______(填字母)。 A. HCl B. HF C. D. （4）已知为V形，中心氯原子周围有4个价层电子对。中心氯原子的杂化轨道类型为_______。 （5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为_______。已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为anm，则氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。 17. 研究表明、Cu()是光学活性物质。请回答下列问题： （1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价层电子中未成对电子有_______个；Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为_______。 （2）空间结构为_______；中硒原子采取的杂化类型是_______。 （3）可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2.则该溶液中溶质的化学式为_______。 （4）通过氮掺杂反应生成，可表示如图，则晶体中_______，_______。 18. 钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题： （1）钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价层电子排布式为_______；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有_______种。 （2）是一种储氢材料。的空间结构是_______，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为_______。 （3）已知晶胞中位于所构成的正八面体的体心，晶胞中位于所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示。 ①晶胞中的配位数是_______。 ②晶胞中A、B的原子坐标为，，则C、D原子坐标为_______、_______。 ③已知二氧化锆晶胞的密度为，则晶体中Zr原子和O原子之间最短距离_______pm(列出表达式，为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为)。 19. 回答下列问题。 Ⅰ.石墨、磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。回答下列问题： （1）黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图所示)。 下列说法错误的是_______(填字母)。 A. 黑磷分子中所用化学键的键能不完全相同 B. 黑磷与石墨都属于混合型晶体 C. 黑磷中P原子的杂化方式为 D. 黑磷分子中存在大π键，易导电 （2）、等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。 相同条件下，发现分别使用和作电极材料，做电极材料时迁移速率较快，原因是_______。 （3）是一种白色晶体，其晶胞如图所示。该晶体熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。 写出熔融时的电离方程式_______。 Ⅱ.碳元素能形成多种单质，其中石墨和富勒烯()是两类常见的物质。以其完美的球烯受到科学家重视。 （4）石墨晶体中存在的作用力类型有_______。 a.键 b.极性键 c.非极性键 d.范德华力 e.离子键 （5）石墨、互为同素异形体，但相同条件下，石墨的熔点比高得多，原因是_______。 （6）的晶胞结构如图所示，每个白球代表1个分子。已知一定条件下晶胞的棱长为apm，阿伏伽德罗常数为，则该条件下的摩尔体积为_______(用含a、的代数式表示) Ⅲ.配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题： 可以形成多种配离子，如、、丁二酮肟镍分子(见图)等 （7）关于的说法中错误的是_______。 A.中心原子的化合价为+3价 B.中心原子的配位数是6 C.含1mol的水溶液中加入足量溶液，产生3mol白色沉淀 （8）已知立体结构如图，其中1~6处的小圆圈表示分子，且各相邻的分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。位于正八面体的中心，若其中两个被取代，所形成的的结构的数目为_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期高二年段期中六校联考 化学试卷 (满分：100分，完卷时间：75分钟) 可能用到的相对原子质量：C-12 O-16 F-19 Ca-40 Mg-24 K-39 Cs-133 Ag-108 一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分) 1. 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是 A. 元素的电负性： B. 离子半径： C. 元素的第一电离能：S>O D. 碱性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素电负性：K<H，A错误； B．离子半径：Cl->K+，B正确； C．元素的第一电离能：S<O，C错误； D．碱性：，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语正确的是 A. 氯化铵的分子式： B. 的简化电子排布式： C. 的晶胞： D. 的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A． 由氯离子和铵根离子通过离子键形成，是氯化铵的化学式，不是分子式，A错误； B．的简化电子排布式为，B错误； C．不是氯化钠晶体中重复的结构单元，不是氯化钠的晶胞，是氯化钠晶胞的四分之一，C错误； D．SO2的中心原子的价层电子对为3对，VSEPR模型为平面三角形，D正确； 答案选D。 3. 下列说法不正确的是 A. 用电子式表示K2S形成： B. HCl分子中σ键的形成： C. HCHO中C原子杂化轨道示意图： D. 基态锗原子的简化电子排布式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫化钾形成过程中钾失去电子，硫得到电子，K2S的形成过程为：，故A正确； B．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故B正确； C．HCHO中的C原子采用sp2杂化，3个杂化轨道夹角为120，形成平面三角形，示意图为，故C正确； D．锗原子序数32，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D错误 答案选D。 4. X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是 A. Y的价层电子排布式是ns2np5 B. 四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物 C. Y、Z之间可形成的晶体都是分子晶体 D. X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W 均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，根据图示可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期。 【详解】A．Y的价层电子排布式是ns2np5时，Y位于ⅤⅡA族，则W为稀有气体Ar，不是主族元素，故A错误； B．由周期表的相对位置可知，Y可能为O元素，水分子间能够形成氢键，且氢键数目多于氨气，则四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的是水，故B正确。 C．当Y为C，Z为硅，这时两者形成的物质SiC为共价化合物，故C错误； D．X、Z、W可以分别为N、S、Cl元素，N、S、Cl的最高价氧化物所对应的水化物分别为硝酸、硫酸和高氯酸，它们均是强酸，故D错误； 故选B。 5. 某固体混合物由四种元素组成，其中X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3；X和Y的核内质子数之和为15；Z原子的M层与K层的电子数相等；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，下列说法错误的是 A. 简单离子半径大小顺序：X＞Y＞Z B. 最高价氧化物对应水化物溶液的pH：Z＞Q C. QY2、ZY、XY都属于共价化合物，且都能与水反应 D. 1molX的氢化物X2H4和1molY的氢化物H2Y2中极性键数目之比为2：1 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，Z原子的M层与K层的电子数相等，则Z为Mg元素；X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3，则X为N元素；X和Y的核内质子数之和为15，则Y为O元素；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，则Q为S元素。 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小顺序为N3—＞O2—＞Mg2+，故A正确； B．氢氧化镁是中强碱，溶液呈碱性，硫酸是二元强酸，溶液呈酸性，则氢氧化镁溶液的pH大于硫酸溶液，故B正确； C．氧化镁是只含有离子键的离子化合物，一氧化氮不能与水反应，故C错误； D．联氨分子中氮氢极性键的数目为4，过氧化氢分子中氢氧极性键的数目为2，则1mol联氨与1mol过氧化氢中极性键数目之比为2：1，故D正确； 故选C。 6. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A. 元素的第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 中有键 D. 的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 【答案】B 【解析】 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期， X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。 【详解】A．元素的第一电离能：，A错误； B．简单氢化物的稳定性：，B正确； C．中含有键，C错误； D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。 故答案选B。 7. X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为24，X是地壳中含量最高的元素，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近。下列说法错误的是 A. QX2分子为极性分子 B. 元素电负性：X＞R＞Q C. Y位于元素周期表中的s区 D. Z、Q、R的氧化物对应水化物的酸性依次增强 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大短周期主族元素， X是地壳中含量最高的元素，则X为O，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子且原子序数介于O和Q即S之间，则Z为Si，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近，故Q为S，R为Cl，它们原子的最外层电子数之和为24，则Y的最外层上电子数为：24-6-6-4-7=1，且原子序数大于8小于14，故Y为Na，综上分析可知，X为O、Y为Na、Z为Si、Q为S、R为Cl，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，X为O，Q为S，QX2即SO2分子为V形结构，分子的正负电荷中心不重合，故为极性分子，A正确； B．由分析可知，X为O、Q为S、R为Cl，故元素电负性O＞Cl＞S即X＞R＞Q，B正确； C．由分析可知，Y为Na，故Y位于元素周期表中的s区，C正确； D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故Z、Q、R的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，但不是最高价就不一定，如H2SO3＞HClO，D错误； 故答案为：D。 8. 居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是 A. 自然界不存在分子是因其化学键不稳定 B. 第一电离能：Q<X<Y C. 简单氢化物的热稳定性：Y<Q D. X原子核内质子数与中子数之比为13∶14 【答案】D 【解析】 【分析】基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。 【详解】A．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故A错误； B．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al<Si<P，故B错误； C．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故C错误； D．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以X原子核内质子数与中子数之比为13∶14，故D正确； 故答案选D。 9. 液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生和。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成 NH2OH(羟胺)。在有存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成 N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH2OH、NH3、、的说法正确的是 A. NH2OH 难溶于水 B. 的空间构型为直线形 C. NH3的键角比中的大 D. 1mol [Cu(NH3)4]2⁺中含有 4mol σ键 【答案】C 【解析】 【详解】A．NH2OH能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，A错误； B．的价层电子数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，其空间构型为V形，B错误； C．中N原子价层电子对个数=2+=4且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，C正确； D．1mol [Cu(NH3)4]2⁺中含有4mol Cu-Nσ键和12molN-Hσ键，即共16molσ键，D错误； 故答案为：C。 10. 日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：、、和为原子序数依次增大的前20号元素，为金属元素，基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，基态、、原子的未成对电子数之比为。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 元素最高价化物对应的水化物具有强氧化性 C. 电负性： D. 能与水反应生成气体的单质只有的单质 【答案】C 【解析】 【分析】基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，电子排布为，X为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，Y和Z的未成对电子数分别为1和3，且原子序数为前20，则Z的价层电子排布为，Z的原子序数大于O，所以Z为P，电子排布为 ，Y的原子序数在O和P之间，基态Y原子未成对电子数为1，则Y可能为F 或者Na，或者Al，由于为金属元素，W和Y可形成，Y不可能为金属元素，所以Y只能是F，根据化合物中正负化合价的代数和为0，W为Ca。 【详解】A．X为O元素，Y为F元素，Z为P元素，W为Ca元素，原子半径：，A错误； B．Z为P元素，最高价化物对应的水化物为，不具有强氧化性，B错误； C．电负性：，C正确； D．能与水反应生成，Ca能与水反应生成，所以能与水反应生成气体的单质有Y和W，D错误； 故选C。 11. 氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOₓ进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是 A. 反应①每消耗lmolO2， 转移 2mol电子 B. 反应⑤中[Cu(NH3)4]2+作还原剂 C. 反应④有σ键和π键的形成 D. 脱除NO 的总反应可表示为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O-，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1molO2，转移2mole-，A正确； B．根据图示可知反应⑤为：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反应中 [Cu(NH3)4]2+中Cu的化合价由+2价降低到[Cu(NH3)2]+中的+1价，被还原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化剂，B错误； C．已知三键为1个σ键和2个π键，根据图示信息可知，反应④有N≡N形成即有σ键和π键的形成，C正确； D．根据图示可知图中总变化过程可表示为：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正确； 故答案为：B。 12. 短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示。下列说法错误的是 A. 的VSEPR模型名称为平面三角形 B. M的氧化物对应的水化物为强酸 C. 该化合物中X原子最外层均满足结构 D. Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有3种 【答案】B 【解析】 【分析】短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。 【详解】A．碳酸根离子中碳原子价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型与空间结构均为平面三角形，故A正确； B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，应该是M的最高价氧化物对应的水化物为强酸，故B错误； C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足8e−结构，故C正确； D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D正确； 答案选B。 13. 短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料。Z是空气中含量最高的元素。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y>Z B. 中存在配位键 C. Z、Y轨道杂化类型相同 D. 中小于120° 【答案】A 【解析】 【分析】Z是空气中含量最高的元素，则Z是N元素，短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料，根据三种元素结合的原子个数与原子结构关系可知：X是H，Y是B，为NH3·BH3。 【详解】A．．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、第ⅤA元素大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：Z(N)＞Y(B)，A错误； B．（NH3·BH3）中N-B为配位键，N提供孤电子对，B提供空轨道，故B正确； C．为NH3·BH3，N、B均为sp3杂化，故C正确； D．（NH3·BH3）中B有3个σ键，1个孤电子对，（∠HBH）小于120°，故D正确； 故选A。 14. 一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)： 下列说法正确的是 A. 基态失去4d能级上的一个电子转化为 B. 若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为() C. M、N之间的距离为 D. 晶体的密度为 【答案】D 【解析】 【分析】该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比为，化学式为。 【详解】A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误； B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误； C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误； D．晶体的密度为，D正确； 故答案选D。 15. 某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体(图1)，当部分K+被Eu2+取代后可获得高性能激光材料(图2)。下列说法错误的是 A. 图1中K+的配位数为12 B. 图1表示的晶体的密度为 C. 图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心 D. 图2表示的化学式为KEuMg2F6 【答案】D 【解析】 【详解】A．图1中K+周围的F-个数是K+的配位数，故K+的配位数为12，A正确； B．图1晶胞中含有1个K+、3个F-和1个Mg2+，原子的总质量为，晶胞的体积为，因此晶体的密度为，B正确； C．图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心，C正确； D．图2中根据电荷守恒分析，在垂直的棱心处的4个K+只能被2个Eu2+取代，有两个空位，因此图2所表示物质的化学式为K2EuMg4F12，D错误； 故选D。 二、非选择题：共55分。 16. 氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。 （1）的空间结构为_______，溴的基态原子价层电子排布式为_______。 （2）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_______，。 元素 氟 氯 溴 碘 第一电离能/() 1681 1251 1140 1008 （3）下列分子既不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键的是_______(填字母)。 A. HCl B. HF C. D. （4）已知为V形，中心氯原子周围有4个价层电子对。中心氯原子的杂化轨道类型为_______。 （5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为_______。已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为anm，则氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】（1） ①. 平面三角形 ②. （2）碘 （3）D （4） （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 COCl2的中心原子为C原子，价层电子对为3对，sp2杂化，空间结构为平面三角形；溴的基态原子价层电子排布式为； 【小问2详解】 第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘原子更容易形成较稳定的单核阳离子；故答案为：碘； 【小问3详解】 A．HCl中存在“s-p”键，A错误； B．HF中存在“s-p”键，B错误； C．SO2中不存在“s-p”键，但存在“p-p”π键，C错误； D．SCl2中只存在“p-p”键，不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键，D正确； 故答案为：D； 【小问4详解】 因为氯原子周围有四个价层电子对，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；故答案为：sp3； 【小问5详解】 晶胞中黑球代表Ca2+位于顶角及面心，数目是8×，两个相连的白球代表位于棱上及体心，数目为个12×，化合物的化学式为：CaO2； 最近的两个钙离子的间距为即a×10-7cm，则晶胞参数为，则氧化物的密度g/cm3=g/cm3；故答案为：CaO2；。 17. 研究表明、Cu()是光学活性物质。请回答下列问题： （1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价层电子中未成对电子有_______个；Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为_______。 （2）的空间结构为_______；中硒原子采取的杂化类型是_______。 （3）可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2.则该溶液中溶质的化学式为_______。 （4）通过氮掺杂反应生成，可表示如图，则晶体中_______，_______。 【答案】（1） ①. 4s ②. 2 ③. Se>Ga>In （2） ①. 三角锥形 ②. （3） （4） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，占据的最高能级符号为4s，价层电子中未成对电子有2个；同主族元素从上到下第一电离能依次减小，Se是非金属元素，Se的第一电离能最大，Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为Se>Ga>In。 【小问2详解】 中Se的价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形；中硒原子价电子对数为3，采取的杂化类型是。 【小问3详解】 可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物配体中有2个氯离子、4个NH3，则该溶液中溶质的化学式为。 【小问4详解】 根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为 、氧原子数为，晶胞中Ti原子数为4、氧原子数为，N原子数为 ，所以晶体中 ，。 18. 钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题： （1）钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价层电子排布式为_______；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有_______种。 （2）是一种储氢材料。的空间结构是_______，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为_______。 （3）已知晶胞中位于所构成的正八面体的体心，晶胞中位于所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示。 ①晶胞中的配位数是_______。 ②晶胞中A、B的原子坐标为，，则C、D原子坐标为_______、_______。 ③已知二氧化锆晶胞的密度为，则晶体中Zr原子和O原子之间最短距离_______pm(列出表达式，为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为)。 【答案】（1） ①. ②. 3 （2） ①. 正四面体 ②. Ti<B<H （3） ①. 3 ②. ③. ④. 【解析】 【小问1详解】 钛的价层电子排布式为：3d24s2，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2；Ti位于第四周期，与钛同周期的所有元素的基态原子中，Ti原子未成对电子数是2，未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se共3种。 【小问2详解】 Ti(BH4)2是一种储氢材料。中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型是正四面体，同主族电负性从上到小逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为Ti<B<H。 【小问3详解】 ①晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目=1+8×=2，O2-的数目=2+4×=4，TiO2晶胞中O2-的配位数=6×=3； ②TiO2晶胞中A、B的原子坐标为(0.69，0.69，1)，(0.19，0.81，0.5)，则C、D原子坐标为(0.81，0.19，0.5)、(0.23，0.23，0)； ③已知二氧化锆晶胞的密度为ρ g·cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的倍，两原子核间的距离为apm，则晶胞棱长=cm，晶胞中黑色球数目= 8，白色球数目==4，即O原子数目8，Zr原子数目为4，晶胞质量=，解得a=pm。 19. 回答下列问题。 Ⅰ.石墨、磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。回答下列问题： （1）黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图所示)。 下列说法错误的是_______(填字母)。 A. 黑磷分子中所用化学键的键能不完全相同 B. 黑磷与石墨都属于混合型晶体 C. 黑磷中P原子的杂化方式为 D. 黑磷分子中存在大π键，易导电 （2）、等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。 相同条件下，发现分别使用和作电极材料，做电极材料时迁移速率较快，原因是_______。 （3）是一种白色晶体，其晶胞如图所示。该晶体熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。 写出熔融时的电离方程式_______。 Ⅱ.碳元素能形成多种单质，其中石墨和富勒烯()是两类常见的物质。以其完美的球烯受到科学家重视。 （4）石墨晶体中存在的作用力类型有_______。 a.键 b.极性键 c.非极性键 d.范德华力 e.离子键 （5）石墨、互为同素异形体，但相同条件下，石墨的熔点比高得多，原因是_______。 （6）的晶胞结构如图所示，每个白球代表1个分子。已知一定条件下晶胞的棱长为apm，阿伏伽德罗常数为，则该条件下的摩尔体积为_______(用含a、的代数式表示) Ⅲ.配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题： 可以形成多种配离子，如、、丁二酮肟镍分子(见图)等。 （7）关于的说法中错误的是_______。 A.中心原子的化合价为+3价 B.中心原子的配位数是6 C.含1mol的水溶液中加入足量溶液，产生3mol白色沉淀 （8）已知立体结构如图，其中1~6处的小圆圈表示分子，且各相邻的分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。位于正八面体的中心，若其中两个被取代，所形成的的结构的数目为_______。 【答案】（1）D （2）中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移 （3）或 （4）acd （5）是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比高得多 （6） （7）C （8）2 【解析】 【小问1详解】 A．根据黑磷的结构，P-P的键长不完全相等，因此键能不完全相同，故A说法正确； B．黑磷与石墨类似，每一层原子之间由共价键组成六元环，层与层之间存在范德华力，所以为混合型晶体，故B说法正确； C．黑磷中的P形成三个共价键，有一个孤电子对，P原子采取sp3杂化，故C说法正确； D．石墨结构中六个碳形成正六边形，共面，通过黑磷结构可知，六个磷原子形成的六元环不共面，因此黑磷分子中不存在大π键，故D错误； 答案为D； 【小问2详解】 因为的半径比的小，LiPF6晶格能大，与Li+的作用力比的强，不易断裂，迁移速率慢，因此LiAsF6作电极材料时，Li+迁移速率较快； 【小问3详解】 根据题中信息以及晶胞图可知，正四面体形阳离子说明有4个σ键，无孤电子对，阳离子是，阴离子为正八面体形，一个P对应六个Cl，该阴离子为，电离方程式为或； 【小问4详解】 石墨晶体中层内存在σ或非极性共价键，层层之间存在范德华力，故答案为acd； 【小问5详解】 C60是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比C60高得多；故答案为C60是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比C60高得多； 【小问6详解】 C60位于顶点和面心，晶胞中C60个数为8×=4，晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则该条件下C60的摩尔体积为cm3/mol；故答案为； 【小问7详解】 A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中中心原子为Ti，Cl显-1价，NH3整体不带电，因此根据化合价代数和为0，推出Ti的化合价为+3价，故A说法正确； B．中心原子的配位数为5+1=6，故B说法正确； C．[Ti(NH3)5Cl]Cl2电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量硝酸银溶液，产生2molAgCl沉淀，故C说法错误； 答案为C； 【小问8详解】 该立体结构为正八面体，1、2、3、4、5、6位置均相同，因此二氯代物有2种，即1、2和1、4；故答案为2。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$