卷6 物质结构 元素周期律-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮创新示范卷

null化学 BC2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经 检验该沉淀含S),同时产生有臭鸡蛋气味的气体 补：4NaS0,△NagS十3Na2S0,亚硫酸钠中硫元 (H2S),说明B溶液中含有NS,Na2S,与酸反应 素化合价为十4价，硫酸钠中硫元素化合价为十6 生成S和H2S,由于沉淀增多对检验造成千扰，另取 价，硫化钠中硫元素化合价为一2价，根据反应可知 少量溶液B,加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后， N2S)3发生歧化反应，其中的S元素化合价既可升 滴加BaC2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中 高也可降低，能从十4价降为一2价，也应该可以从 十4价降到0价生成硫单质。 含有SO。(3)①实验可证实来源1不成立。根据 来源1分析，溶液2为HSO3溶液，向溶液2中加入 答案：(1)S2-+Cu2+—Cu51 少量KMnO溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下 (2)滴加BaC2溶液，产生白色沉淀 KM(O1具有强氧化性，二者混合后发生氧化还原反 (3)①向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 应，KMO4溶液应该褪色，但得到的溶液仍为紫色， ②盐酸中C1元素化合价为一1价，是C1元素的最低 说明溶液B中不含N2S)3,即来源1不成立。②不 价，具有还原性，会与KMO,溶液发生氧化还原反 能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中CI元素为一1 应，使KMnO,溶液褪色，干扰实验现象和实验结论 价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO ③S￥+2H+—H2S↑+(x-1)SV 溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液禳色，千扰 (4)根据反应4NaS0,△Na2S十3Na2S0,可知， 实验现象和实险结论。③来源2认为溶液B中有 Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价既可升 Na2S:,加酸反应生成S,反应的离子方程式为：S 高也可降低，能从十4价降为一2价，也应该可以从 +2H+=H2S↑十(x-1)S￥。(4)根据已知黄 十4价降到0价生成硫单质 创新示范卷（六） 选择题答案速查 题号 5 7 8 9 10 3 14 答案 C 0 A C D C D D A 4,C[A.C6和C7o之间的相互作用是分子间作用力，A 1.C[A.过氧化钠是离子化合物，电子式是Na+[:O 正确：B.三氯甲烷俗称氯仿，其化学式为CHCL3,B正 确：C.由流程图可知，“杯酚”与C60形成超分子，而“杯 :O:]2-Na+,A错误；B.HO中氧原子的成键电子 酚”与C70不能形成超分子，C错误：D.杯酚分子存在 苯环结构，故既存在σ键，义存在大π键，D正确。] 对数是2，孤电子对数是2，价层电子对数为4，根据价 5.A[W,X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次 层电子对互斥理论，其空间结构为V形，B错误： 增大，X,Z同主族，根据化合物中价键可知Z为十6 C.H2O2中H显十1价，根据化合物中各元素正负化 价，故Z为S,X为O,Y原子的最外层电子数与W原 合价的代数和为0，可计算出O的化合价为一1，C正 子的核外电子总数相等，W形成3个价键，且原子序 确：D.NaOH中O和H之间是共价键，D错误。] 数小于O,为N,则Y为F,据此分析。由以上分析可 2.D[A项，NaCI是离子化合物，Na+与C1-之间以离 知，W为N,X为O,Y为F,Z为S。A.同一周期元 子键结合，其电子式为：Na+[:C:],A错误； 素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但 B项，SO2中的中心S原子的价层电子对数为2十 第ⅡA族、第VA族第一电离能大于其相邻元素，同 6-2×2=3,含有1个孤电子对，S原子为s即2杂化， 一主族元素其第一电离能随着原子序数增大而减小， 2 则第一电离能W>X>Z,选项A正确；B.F的非金属 VSEPR模型为平面三角形，不是四面体形，B错误； 性最强，不存在最高价含氧酸，选项B错误：C.氯气和 水分子之间都存在氢健，但水分子之间形成氢键更 C项，ppo键电子云轮廓图为O( 0,C错误： 多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点W<X,选 D项，CO的中心C原子的价层电子对数为3+ 项C错误：D.元素的非金属性越强，其气态氢化物的 4十22X3=3,C原子上不含有孩电子对，其空间结 稳定性越强，非金属性F>O>N,则气态氢化物的稳 2 定性Y>X>W,选项D错误。] 构模型是平面三角形，D正确。] 6.C[A项，由元素周期律可知同周期从左到右，电负 3.A[X存在不含中子的核素，则X为H,基态Y原子 性增大，从上到下电负性减小，电负性：H<C<N,故 S轨道电子总数是D轨道电子总数的4倍，其核外电 子排布式为1s22s22p,则Y为B,基态Z、W原子的未 A正确：B项 中N原子形成两个σ键，孤电子对 成对电子数相等，则Z为C,W为O,短周期主族元素 中M原子半径最大，M为Na。A.同一周期元素的第 数为1，N的价层电子对数为3，采用sp杂化，故B正确： 一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第 ⅡA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素， C项 能形成氢键，具有亲水性，故C错误： Y为B,Z为C,属于同周期元素，则第一电离能：C> H B,故A项正确：B.W为O,M为Na,二者形成的离 子，电子层结构相同，原子序数越小，离子半径越大， D项，双键中有1个。键和1个π 故离子半径：O->NaT,故B项错误：C.Z为C,W 为O,简单氢化物为CH、HO,H2O分子间能形成氢 键，则简单氢化物沸点：HzO>CH4,故C项错误：D. 中都有双键，故D正确。] X为H,Z为C,形成的化合物为烃类，不易溶于水，故 7.D[由题千信息可知，Z原子最外层电子数是电子层 D项错误。] 数的3倍，故Z为O:根据多孔储氨材料前驱体结构图 答案-14 创新示范卷·参考答案 可知Y周围形成了4个单健，再结合信息M、W、X、 12.A[前四周期元素X、Y、Z、R的原子序数依次增 Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N:M只形 大，X是最轻的元素，X为H:Y的p轨道比s轨道少 成一个单键，M为H,X为C,则W为B,据此分析解 2个电子，电子排布式为1s22s22p2,Y为C:Z与Y 题。Z的氢化物有H2O和H2(O2,H2O2存在非极性 同周期，Z的最简氢化物水溶液呈碱性，Z为N;R元 键，A错误：根据同一周期主族元素从左往右原子半 素常被称为“21世纪金属”，广泛用作航空材料，R为 径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大， Ti,由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为N,R为 故原子半径：W>X>Y>Z>M,B错误：X为C,烃类 Ti。A.氨气分子间能形成氢键，甲烷分子间不能形 都属碳的氢化物，某些烃类物质沸点比Z的氢化物 成氯键，因此最简氢化物熔沸，点：CH1<NH3,故A (H2O和H2O2)沸点高，C错误：由H3WO3十H2O 正确：B.元素X与Y若组成甲烷、乙烯、乙炔、苯等 一H+W(OH),K.=5.81×10-10,可判断 均为非极性分子，X与Y、乙组成的常见化合物若为 H3WO3是一元弱酸，D正确。] 丙烷、氨气、N,H:等为极性分子，故B错误：C.C的 基态电子排布式为1s22s22p2,有1十1十2=4种空间 8.C[A项，乙块的分子式为C2H2,为直线形， 运动状态，N的基态电子排布式为1s22s22p3,有1+ 为其空间结构模型，A正确：B项，根据VSEPR理论， 1十3=5种空间运动状态，故C错误：D.由元素C和 二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故2十 Ti组成的某气态团簇分子结构可知，分子中含14个 6-2X2=3,则SO2的VSEPR模型为平面三角形， Ti原子、13个C原子，该气态团簇分子的分子式为 2 TiC1a,故D错误。] B正确：C项，基态C的电子排布式为 13.C[A项，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3dP,A 1s22s22p53s23p53d4s,价层电子的轨道表示式为： 错误：B项，反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+ 内西□.C错误：D项，p,轨道的电子云轮 3d 4s Zm+(a9)的平衡常数K=c(Zn2） c(Cu2+) 廓图为沿x轴延展的哑铃形，D正确。] c(Zn2+)·c(S2-)_Ksp(ZnS)2×10-22 9.C[基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个 c(Cu).e(S)Kp (CuS)-6X10- 1 3 未成对电子，则其核外电子排布式为1s22s22p2或 1s22s22p,结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为 10“,若平衡正向移动，需要Q<K,即c(Zn+)<1 c(Cu2+)3 C:Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期， X104,B错误：C项，由图可知，与S2-距离最近且 为H,Z可以形成3个共价键，则应为N:W的焰色为 绿色，所以为Cu。A项，Y元素的最高价氧化物为 相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确； CO2,为直线形分子，结构对称，为非极性分子，即化学 D项，生成铜蓝后的溶液是ZnS,CuS的饱和溶液，存 键的极性的向量和等于零，A正确：B项，非金属性C 在c(S2-)= Ksp(CuS)Ksp(ZnS) <N,则最简单氢化物的稳定性：Y(C)Z(N),B正 Cu)c(Zn2+)D错误。] 确：C项，W为Cu,价层电子排布式为3d14s',价层电 14.C[T为紫红色金属，则T为铜，甲水溶液显弱碱 子排布图为日已，C错误：D 性，甲为NH3,故NH3与氧化铜反应生成N2、HO 3d 和Cu,故R为N2·乙为CuO,丙为H2O,丁为常见无 4s 项，据图可知1个生成物离子中，Cu+与4个N原子 色透明且有特殊香味的液体，丁为醇，醇与氧化钢反 配位，即含有4个配位键，D正确。 应生成H2O、Cu和醛，根据上述推断，X、Y、Z、W、Q 10.D[A项，联氨分子中含有4个N一H和1个 五种元素的原子序数依次增大，分别为H、C,N、O N一N,结构式为H一N一N一日，只含有单键，即只 Cu。A.同一周期，第一电离能从左到右呈增大趋 势，但是基态N原子最高能级电子半充满结构，更稳 HH 定，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能N>O 含有g键，不含有π键，故A错误：B项，1molN,H >C,故A正确：B.元素非金属性越强，电负性越大， 失去电子生成氨气，转移4mol电子，而1molO2得 故电负性O>N>C>H,B正确；C.H、C、N,O可以 到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1 mol N2H 形成氨基酸，其中氨基有碱性，羧基有酸性，四种元 可处理水中1molO2,故B错误：C项， 素可以组成两性化合物，C错误：D.H属于s区，C [Cu(NH3),]+中铜离子与氨分子之间存在配位键， N属于p区，Cu属于ds区，X,Y、Z、Q分属于元素周 氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子 期表3个不同的分区，D正确。] 键，故C错误：D项，N、O元素电负性都较大，能和另 15.解析：(1)基态铁原子价层电子排布是3d4s2,则未 一分子中的H原子形成氢键，所以NH与H2O以 成对电子数与成对电子对数之比为4：2=2：1：(2) 氢键结合成NH3·H2O,故D正确。] 同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA 11.D[X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同 族、第VA族反常，则第二周期元素中，第一电离能 主族的短周期元素，其中X、Y、乙三种元素可与缺元 介于元素B和N之间的元素有Be、C、O共3种元 素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得 素：(3)超碱PnH时中PH时与PH3键角：PHt大于 到缺，Q是地壳中含量最丰富的金属元素则为A1,Z PH3,原因是PH分子中磷原子上孤电子对与共价 与W形成的化合物为共价晶体，Z为O,W为Si,X 键之间的排斥作用大于共价键之间的排斥作用：(4) 为H,结合化合物中Y的价熊可知为N,阳离子为铵 原子总数相等，价层电子总数相等的粒子互称为等 根离子，综合分析可知，X为H,Y为N,Z为O,Q为 电子体，则与超卤素AC等电子体的两种分子的 Al,W为Si。第一电离能：N>O>Si>Al,即Y>Z 化学式：CCl4、SiCl(或SiF1等)：(5)六方相氯化硼 >W>Q,选项A错误：阳离子为NH时，四个键的性 晶体结构与石墨相似（见题图），石墨中碳原子的杂 质相同，选项B错误：N一Si键长小于Si一Si键 化方式是sp2,则晶体中氮原子的杂化方式为sp2,氨 N一Si键能大于Si一Si键，选项C错误：D.铝的最高 化硼品体不导电的原因是层状结构中没有自由移动 价氧化物对应的水化物为AI(OH)3,可以与强碱反 的电子：(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体的面 应，选项D正确。门 心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积，P原子 答案-15 化学 个数是8×日十6×号=4，B原子个数是4，设晶跑 答案：(1)氨硼烷分子和水分子之间可以形成氢键 (2)(BO2)g或BO2 sp2、sp 的边长为a,体对角线是√3a,B原子、P原子最近距 4(r1+r2) (3)①8 13) (1,24 ②大于 ③ 76×10 离等于体对角线的四分之一，即a= ,则磷 PNA 3 ④Na3Li(BH) 化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 17.解析：(1)Ti的原子序数为22，核外电子排布式为 3r(r+)X4 1s22s22p53s23p53d24s2,T2+的核外价层电子排布 3d 4n十221 -×100%. 式为3，价层电子排布图为☐A1原子的 最高能层为M层，其轨道包括1个3s轨道，3个3p 答案：(1)2：1(2)3(3)大于PH3分子中磷原 子上孤电子对与共价键之间的排斥作用大于共价键 轨道，5个3d轨道，所以轨道数共为1十3+5=9个。 (2)由于F的非金属性强，Ti与F之间的电负性差值 之间的斥力(4)CCl4,SiCl(或SiF,等)(5)sp 层状结构中没有自由移动的电子(6)面心立方最 较大，形成的化合物TiF:为离子化合物，而TCL、 TiB1,Til,均为共价化合物，离子化合物的熔沸，点 密堆积 3π(r月+)X4 高于共价化合物，TiCL、TiBr4,Tl1分子组成与结构 4(r+r2)] -×100% 相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸 3 点越高。(3)金属元素的电负性小于非金属元素，固 16.解析：(1)氨硼烷能溶于水，是由于氨绷烷分子与水 此图中电负性最大的是O,Ti和Ca位于同一周期， 分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸 从左至右电负性逐渐增大，因此电负性大小关系为 引作用：(2)图()是一种链状结构的多硼酸根，从图 O>Ti>Ca。(4)由俯视图可知，Ca2+位于体心， 可看出，每个一O—BO一单元，都有一个B,有一 ()位于棱上，T+位于顶点，根据均摊法计算可 知，1个品跑中Ca2+教为1X1=1,02数为12×号 个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个 -O一B一O一单元共用，所以V(B):N(O)=1: =3,T数为8×日=1，国此品胞的化学式为 0 CaTiO3,由图可知，与Ca2+最近且距离相等的OP 1 (1+2×2)=1:2,所以化学式为(B0”或 数为4×3=12，与Ti+最近且距离相等的O数为 6×1=6。(5)钙离子与钛离子之间的距离是品胞体对 BO2:从图(b)是硼砂品体中阴离子的环状结构可看 出：一半B原子采用sp杂化形成两个四配位BO1 角线的一半，且为xm,因此，该晶胞的边长为2二nm, 四面体：另一半B原子采用的是sD2杂化形成两个三 配位BO平面三角形结构，故其中B原子杂化类型 晶胞的体积为(2二×10-7cm)3,1个晶胞的质量为 3 为sp2杂化、sp杀化：(3)①以上底面面心Na+研 究，与其配位的BH处于品胞的顶点、晶胞上半部 40十48十16X3g,因此晶胞的密度为 NA 的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面的面心， 40+48+16×3 即该晶体中Na十的配位数为8：根据坐标原点及标 NA 513 注为“1”的Na+的位置，可知该Na十的分数坐标为 NA(xX10-7)3g·cm3. (,号·是)：②H,B0,分子为平西分子B原子来用 /2×10-7cm sp2杂化，而BH中B原子采用sp3杂化，sp2杂化 3d 9(2)TF1为离子晶体，熔 形成的键角是120°，sp3杂化形成的键角是109°28'， 答案：1☐☐□ 所以sp2杂化形成的键角大于s即3杂化形成的键角， 点高，TiCL、TBr、TiL为分子品体，相对分子质量 依次增大，范德华力依次增强，熔点依次升高 故H3BO3分子中的O一B一O的键角大于BH:中 的H一B一H的键角：③在一个晶胞中含有Na的 数目为6X号+4X=4,含有的BH的最目为1 80>TDCa(④caT0126(⑤Nrxi0-1y 51√3 18.解析：(1)基态As原子的价层电子排布式为4s24p3, 十8X日十4X号-4，则振据晶胞蜜度公式可知p 轨道表示式为个四个个个。 骨器g“m,所以线昌地中。 4s 4p (2)H一N一N中孤电子对数小于H一O一O中的孤 电子对数，孤电子对对成键电子排斥作用较大，孤电 76X10:④根据Na在晶胞的位置可知：若硼氢 子对数量越多，键角则相对越小，因此键角H一N ONA N>H一O一O。①中N一N两个氮原子均为两个p 化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则其中含 轨道的电子参与形成两个Ⅱ健，剩下一个p轨道和s 有的N如*数目为4×号十4X=3,合有的L时数 轨道形成sp杂化，②中右边的N,只形成1个Ⅱ键， 两个p轨道和一个s轨道形成sp2杂化，因此键长① 目为2X号=1：含有的BH的教目为1+8×号十4 <②。 X号=4，因光该品体化学式为NaIi(BH,) (3)2-羟基乙胺中羟基氧的电负性较大，其有吸附电 子的作用，使氨基氨电子云密度减小，碱性较弱。 答案-16 创新示范卷·参考答案 (4)根据图示可知，P原子与O原子的个数比为1：3，每 个P化合价为十5价，每个0化合价为一2价，则每一 X1十号×2+1=As个数为8：N个教为8，时共 个PO3这样的结构带一个负电荷，则n个磷氧四面体 连接形成的环状偏磷酸根的通式为(P))”。 、密度为、2×10-0g./cm3=4316X1030 a2·c·N&rcm3. (5)以上顶面中心的Cu为例，与其距离最近的砷原 答案：(1)个个个(2)>< 子位于其下方的两个和上方晶胞底部的两个，因此 45 4p 铜周固距离最近的砷原子的个数为4。已知m原子 (3)2羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使 的坐标为(0.75,0.25,0.20)，n原子位于品胞上方靠 氨基氮电子云密度减小，碱性减弱 前的位置，坐标为(0.75,0.75,0.8)。该晶胞中含有 (4)(PO3): (5)4(0.75,0.75,0.8) m个载为×8+×4=4.Fe个载为日X8+号 4×316×1030 a2·c·Vx 创新示范卷（七）》 选择题答案速查 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 A A B D B A B D D D D C B 1,A[A.光纤的主要成分是二氧化硅而不是晶体硅， 金偶，C错误；D.若实验室能利用b制备(O2,可以为 故A错误：B.铝是金属元素，铝合金是金属材料，故B Mn(O2催化过氧化氢制取氧气，则该过程中MnO2作 正确：C.石墨烯材料是一种以$即杂化连接的碳原子 催化剂，D错误。] 紧密堆积成单层二维蜂窝状晶格结构的斯材料，是斯 6.A[A.G所含元素C、H、O、N、Li中氯的第一电离能 型无机非金属材料，故C正确：D.碳纤维是一种力学 最大，故A错误：B.连接4个不同原子或原子团的碳 性能优异的新材料，它的比重不到铜的1‘4，轻而坚 原子为手性碳原子，G分子中不含手性碳原子，故B 固，可节省燃油，增加航程，故D正确。] 正确：C.G中氧提供孤电子对，L十提供空轨道，氧与 2.A[A.基态氧原子(8O)核外含有8个电子，电子排 Li十存在配位键，故C正确：D.G难溶于水且在碱性 布式为1s22s22p,故A正确：B.NH3的电子式为 条件下易水解生成LiOH,故D正确。] H:N:H,故B错误；C.根据尿素的化学式是 7.B[A.在高温条件下，Fe可以和水蒸气反应生成 Fe3O,固体，A错误；B.Br2、SO2与水发生反应Br2+ CO(NH2)2,所以尿素中的这几种元素的化合价是：C SO2+2H2O一H2SO,+2HBr,可得到HBr溶液， 是十4价，O是一2价，H是+1价，N是一3价，故C 向HBr溶液中加入Al2O3固体，发生反应6HBr+ 错误：D.H2O的空间结构为V形，故D错误。] Al2O3—2A1Br3十3H2O,得到A1Br3溶液，B正确： 3.B[A.久置于空气中，硫代硫酸纳具有还原性可以 C.CuCl2溶液不能与葡萄糖反应，葡萄糖与新制的 被氧气氧化，S2O号+H20+2O2一2SO-+2H+, Cu(OH)2碱性悬浊液反应得到砖红色Cu2O沉淀，C A正确：B.用醋酸和碘化钾淀粉溶液检验加碘盐中的 错误：D.亚硫酸酸性弱于盐酸，SO2不与BaC2溶液 碘酸根，因为醋酸是弱酸，不能拆开：IO3十5I厂十 反应，D错误。] 6 CH COOH一3L2+3HO+6 CH:COO厂，B错误： 8.C[由流程可知，某油溶解S后，过滤分离出含硫的 C.向NaHSO,溶液中加入等物质的量的Ba(OH)2 煤油，分离出Se、FeeO3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶 溶液，生成硫酸钡沉淀：H+十SO-十Ba++OH 解、过滤，滤液含硫酸钢、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含S、 一H2O十BaSO,￥，C正确；D.碳酸氢钠溶液中滴入 SiOn,再加亚疏酸纳浸取Se生成Na,SeSO:,最后酸 少量澄清石灰水，生成碳酸钙沉淀：2HCO5+Ca2++ 化生成粗硒。A.煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤 2OH-CaCO3↓+CO号-+2H2O,D正确.] 油，滤渣为Se、Fe2O3,CuO、ZnO、SiO2,“分离”时得到 4.D[A.H28O分子中H原子无中子，18O原子的中 含硫煤油的方法是过滤，故A错误：B.加硫酸溶解、过 子数为10，则0.1molH218O中含有的中子数为NA, 滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含S、SiO2, A错误：B.由反应方程式H2C2O4十2KCIO3十H2SO4 “酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅 一2CIO2↑十2CO2↑十K2S0,+2H20可知，每生 不溶于硫酸，故B错误：C.Na2 SeSO:酸化生成粗硒， 成2 mol CIO2转移电子数为2mol,则每生成67.5g “酸化”的离子反应为：SeSO号十2H+一Se↓十 CIO2,即1 mol ClO2转移电子数为NA,B错误；C. SO2个+H2O,故C正确：D.若向“酸溶”所得的滤液 HC2O:是弱电解质，水溶液中部分电离1L0.1 中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2F3+十Cu mol/L H2C2O4溶液中含有的H+数目小于0.2NA, Cu2++2Fe2+,故D错误.] C错误：D.1个二氧化碳分子中含有2个G键和2个π 9.D「带异种电荷的两种粒子相互吸引，带同种电荷的 键，则标准状况下22.4LCO2,即1 mol CO2中含g 两种粒子相互排斥，结合题中反应机理，可理解为两 键数目为2.0N4,D正确。] 个极性分子中带不同电荷的粒子相互吸引，生成新的 5.B[A.若M为金属元素锰元素，而M2O,不是碱性 分子，据此分析解题。A.SiHCI3中的CI和H2O中的 氧化物，A错误：B.若M为非金属元素，且存在十7 H带异种电荷的两种粒子相互吸引，故A不符合题 价，则为卤族元素，那么c→d加水即可实现，B正确： 意：B.CIONO2中的NO2和H2O中的OH带异种电 C.若实验室能利用b制各C2,则b可以为MnO2和 荷的两种粒子相互吸引，故B不符合题意：C,PBr中 浓盐酸在加热条件下生成氯气，M锰元素可以不为非 Br和C2H5OH中一OH的H带异种电荷的两种粒子 答案-17创新示范卷（六）》 (化学)答题卡 姓 名 准考证号 条形码风 缺考标记（学生禁止填涂）☐ 1.答题前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核对条形码上的姓名、 填 正确填涂 注 准考证号 涂 意 2.选择题必须使用2B船笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写 错误填涂 涂写要工整、清晰。 样 事 3.按照题号在对应的答题区域内作答，超出答题区城的答题无效，在草稿纸、试 例 器g 项 题卷上作答无效 4.答题卡不得折叠、污染、穿孔、撕破等。 第I卷 选择题 选择题(1一14小题，每小题3分，共42分) 正确填涂 请在 1AB@回 5A@C回 9AB@回 13AB@可 各题 2AB@回 6ABCD 10ABCD 14 ABCD 3AE@回 7A®CD 11ABg回 4 ABCD 8 ABCD 12 A BCD 题区 内作答 第Ⅱ卷 非选择题 (需用0.5毫米黑色墨水签字笔书写) 二，（共58分） 15.(14分) ,超出边框的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（六）第1页（共2页） 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 16.(14分) 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答 ,超出边框的答案无效 18.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出边框的答案无效 化学答题卡（六）第2页（共2页） (2)Ti的四卤化物熔点如表所示，TF4熔点高于其他三种卤化物，自TCL,至T江熔点依次升高， 原因是 化合物 TiF4 TiCl TiBr4 Tila 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 (3)图中组成元素的电负性大小顺序是 (4)如图结构的化学式为 ;Ca2+、Ti4+的配位数分别为 (5)晶体密度为 g·cm一3（列出计算式）。 18.(15分)(2025·潍坊市高三检测)氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题： (1)基态As原子的价层电子的轨道表示式是 盼 (2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N一NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大 小：∠H-N-N ∠H一O一0（填“>”“=”或“<”，下同）。叠氨酸结构如图所示： N而N可V,N为sp杂化，已知参与形成x键的电子越多，键长越短，则键长：O】 ②。 H (3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强， 原因是 (4)磷酸一氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n 个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是 擗 (5)砷与金属钠、铁、铜可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图钠原子沿z轴投影如图所示，已知 m原子的分数坐标为(0.75,0.25,0.20)，晶胞参数为a=b≠c,a=B=y=90°。铜周围距离最近 的砷原子的个数是 ,n原子的分数坐标是 ,若阿伏加德罗常数值为NA,该晶体密度 是 g·cm一3（用含NA的代数式表示）。 Cu Fe O A8● Na○ 00 a pm 6-6