安徽省六安第一中学2024-2025学年高二下学期考试（二）化学试题

1 2025 化学试卷（四） 命题人：任超 审题人：潘红 可能用到的相对原子质量： Co 59 O 16 B 11 N 14 As75 Ga 70 La 139 Ni 59 一、单选题（每小题 3分，共 42分） 1．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得了重大成就。下列说法正确的是（ ） A． 60C 的发现开启了碳纳米材料应用的新时代， 60C 属于混合型晶体 B．“神舟十七号”发动机的耐高温结构材料 3 4Si N 属于分子晶体 C．飞船火箭使用偏二甲肼  3 22CH N-NH  作燃料， 3 22CH N-NH 分子之间不存在氢键 D．量子计算机“悟空”即将面世，其传输信号的光纤主要成分为二氧化硅 2．下列化学用语表述正确的是（ ） A．基态 Ti原子的价层电子排布式为 B．乙炔分子的空间填充模型： C． 3BF 价层电子对互斥模型： D． 2 2S Cl 结构式为Cl-S-S-Cl 3． AN 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ） A．18g冰(图甲)中含O H 键数目为 2 AN B．28g晶体硅(图乙)中，1个硅原子被 6个最小环共用 C．干冰(图丙)的晶胞中含有 4个 2CO 分子 D．石墨烯(图丁)是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C C 键数目为 1.5 AN 4．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。甲、乙、丙依次为元素 X、Y、Z 与元素W形成的化合物，丁为 Z的最高价氧化物对应水化物的浓溶液。常温下，丙为红棕色 气体，乙能使澄清石灰水变浑浊。上述物质转化关系如图所示，下列说法正确的是（ ） A．H2W2为非极性分子，H2W为极性分子，且沸点： H2W2> H2W B．若 Y的最高价氧化物的晶胞参数为 a pm，则距离最近的两个分子之间 的距离为 2 a pm C．电负性： W>Z>Y>X； 第一电离能： Z>W>X>Y D．Z的最高价氧化物对应水化物的酸根离子的空间构型为三角锥形，Z原 子发生 sp2杂化 5．化合物 A可应用于清洁剂、化妆品、杀虫剂，其结构简 式如图所示。W、X、Y、Z是位于三个短周期的主族元 素且原子序数依次增大。X最高价氧化物对应的水化物 为弱酸，Y基态原子核外电子有 5种空间运动状态。下 列说法错误的是（ ） A．与 Y同周期的元素中，基态原子核外电子占据的原子轨道数目与 Y相同的有 3种 B．Y与 Z形成的两种常见化合物中的阴阳离子个数比均为 1：2 C．化合物 A中所有的 X原子均采用 2sp 杂化 D．电负性大小关系：Y>X>W>Z 6．下列关于物质宏观性质及其解释均正确的个数为（ ） 1 气态和液态物质一定由分子组成； 2 低温石英具有手性，所以石英微观结构中存在手性原子； 3 碘易溶于四氯化碳而难溶于水； 4 干冰的密度小于冰，硬度大于冰； 5 区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 X射线衍射实验； 6 对羟基苯甲醛的沸点低于邻羟基苯甲醛； 7 共价键和氢键都具有方向性和饱和性，它们都是化学键； 8 同一周期的元素，第一电离能和电负性最大的元素均位是卤族元素 9 P4是正四面体形分子，其中 P-P-P夹角为109 28 A．2 B．3 C．4 D．5 7．结构决定性质，性质决定用途。下列事实对应的解释、性质错误的是（ ） 选项 事实 解释、性质 A 冠醛 18-冠-6空穴半径与 K+半径接 近，可以选择性识别 K+ 冠醚 l8-冠-6可以增大KMnO4在有机溶剂中的溶 解度 B 石墨的导电性只能沿石墨平面的方 向 相邻碳原子平面之间相隔较远，未杂化的 p轨道 重叠使电子几乎只能在整个碳原子平面中运动 2 C 臭氧分子中的共价键为极性共价键 且为极性分子 臭氧在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解 度 D 氨气易液化 氨分子间形成氢键 A．A B．B C．C D．D 8．下列反应中，有碳原子由 2sp 杂化变为 3sp 杂化且有机产物不是手性分子的是（ ） A． B． C． D． 9．根据如图所示，下列说法错误的是( ) A．第三周期某元素基态原子的前 5个电子的电离能如图 1所示。该元素是Mg B．铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图 2所示，1个铝原子周围有 8 个镁原子最近且等距离 C．图 4所示是   2 3 6 Zn NH     的部分结构以及其中 H-N-H 键键角，键角比 3NH 大与 3NH 中 N原子的孤电子对转化为成键电子对有关 D．立方 BN晶体晶胞结构如图 5所示，设晶胞中最近的 B、N原子之间的距离为 anm，阿伏 加德罗常数的值为 AN ，则晶体的密度为 33 A 75 3 g cm 16a N  10．GaAs的晶胞结构类似金刚石，如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导 体材料如图乙所示。下列说法中错误的是（ ） A．基态Ga原子核外有 16种不同空间运动状态的电子 B．图乙中，a的分数坐标为 (0,0,0)，c点Mn的分数坐标为 1 10, , 2 2       C．图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为 -3 Aρg cm ,N 表示阿伏加德罗常数， 则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为 -7 3 A 3 4M 10 nm 2 ρN × -73 A 3 4M 10 nm 2 ρN  D．掺杂Mn之后，晶体中Mn Ga As、 、 的原子个数比为5:27:32 11．某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ） A．该物质中Ni为+2价 B．基态原子的第一电离能：Cl>P C．该物质中 C和 P均采取 2sp 杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为 8 23d 4s 12．四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结 构如图所示。X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某 种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。下列说法正确的 是（ ） A．电负性大小：W>X>Y>Z B．该阴离子中 Y元素的化合价为+1价 C．最简单氢化物的沸点：X>W D．同周期中第一电离能比W大的有 3种元素 13．共价型氢化物也称分子型氢化物。由氢和 IIIA~VIIA族元素所形成。其中与 IIIA族元素形成的 氢化物是缺电子化合物和聚合型氢化物，如乙硼烷 2 6B H ，氢化铝  3 nAlH 等。下列有关说法 不正确．．．的是（ ） A． 4CCl 在水中不水解而 4SiCl 在水解的主要原因是Si具有3d轨道 B．  3 nAlH 为平面分子，可以水解成 2H 与 3Al(OH) C．已知 2H S中H-S键角大致93，可以理解为 S不杂化而成键，故酸性强于 2H O D． 2 6B H 中 B采取 3sp 杂化，分子中有B-H-B键存在 3 14．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物( x y 3Li La TiO )，其立方晶胞和导电时 +Li 迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为 3 价。下列说法错误的是（ ） A．导电时，Ti和La的价态不变 B．若 1x= 3 ， +Li 与空位的数目相等 C．与体心最邻近的 O原子数为 12 D．导电时、空位移动方向与电流方向相反 二、填空题（每空 2分，共 58分） 15．（12分）晶体具有周期性的微观结构，现出许多独特的性质，用于制造各种材料。 （1）干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。 ①1个 2CO 分子周围等距且最近的 2CO 分子有 个。 ②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为Au、面心为Cu，则铜 金合金晶体中Au与Cu 原子数之比是 。 （2） 60C 在材料学，医学等领域有广泛用途。世界上第一辆单分子“纳米小车” 的四个轮子是 60C ，小车运行情况如图所示，从 a处化学键的特点说明 其能运动的原因： 。 （3）已知NiO晶体与NaCl晶体结构相似。 ①NiO熔点远高于NaCl，结合下表说明理由： 。 晶体 阴阳离子间距/pm 熔点/℃ NaCl 276 801 NiO 212 1960 ②设阿伏加德罗常数的值为 AN ，晶胞边长为 apm，NiO的摩 尔质量为M 1g mol ，则晶体的密度是 3g cm (列 出计算式)。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺 陷：当一个 2Ni  空缺，会有两个 2Ni  被两个 3Ni 所取代，但 晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中 3Ni 与 2Ni  的离子 数之比为 6∶91。若该晶体的化学式为 xNi O，则 x= 。 16．（16分）储氢材料是目前化学科学研究的热点，目前有非金属硼氨氢化物、金属储氢材料以 及复合储氢材料等。 （1）在镍的表面覆盖石墨烯，可大大增加储氢材料释放氢气的速率。石墨烯是单层碳原子组成的 平面结构，具有良好的导电、导热性。 ①已知石墨烯可以通过物理剥离石墨而得到，该过程中需要克服的作用 。 ②向绿色的硫酸镍溶液中滴加丁二酮肟溶液，溶液中产生美丽的鲜红色沉淀，此反应化学方 程式如下。 （鲜红色沉淀） 丁二酮肟分子中 C原子轨道杂化类型为 ，1mol丁二酮肟分子所含σ键的数目 为 ，键角α β(填“>”“<”或“=”)。 ③上述沉淀中存在的化学键类型有 (填字母)。 A．配位键 B．氢键 C．金属键 D．共价键 E．π键 （2）镧镍合金是一种储氢材料，其晶胞可认为由两种结构不同的层交替堆积而成，结构如下图所 示。 4 ①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。 设La的原子的分数坐标为(0，0，0)，则晶胞底面上Ni的原子的分数坐标可以为 。 ②该晶胞最多可容纳 9个氢原子，已知该合金的密度为 3ρg cm ，假定吸氢后体积不变，则 合金中氢的最大密度为 g·cm⁻³。 （3）N₂H₄·BH₃是一种有效、安全的固体储氢材料，在催化剂作用下水解产生 H₃BO₃、N₂和 H₂。 已知电负性：N>H>B，则 1mol N₂H₄·BH₃水解最多生成 H₂ mol。 17．（14分）第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问 题： （1）Mn在元素周期表中位于 ；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的 元素是 (填元素符号)。 （2）Mn如某种氧化物 xMnO 的四方晶胞及其在 xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式 为 。 当 xMnO 晶体有 O原子脱出时，出现 O空位，Mn的化合价 (填“升高”“降低”或“不 变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性 质的是 (填标号)。 A．CaO B． 2 5V O C． 2 3Fe O D．CuO （3） xMnO 可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相 对分子质量存在差异外，另一重要原因是 。 （4）绿矾(FeSO4·7H2O)是重要的化工原料，其结构如图所示。 该结构中键角 1、2、3由大到小的顺序是 (填序号)。 18、（16分）元素硼、铁、锡及其化合物在生产和科研中应用广泛。回答下列问题： （1）硼酸具有如图 1的片层状结构，1mol硼酸中含有氢键的物质的量为 mol，加热时硼 酸在水中的溶解度增大的原因是 。 （2）铁元素是构成血红蛋白的必要成分，血红蛋白携氧后的配合物结构如图 2所示(部分氢未画 出)，中心原子的配位数为 ，CO与血红蛋白的配位能力 (填“强于”或“弱于”) 2O ， 原因是 。 （3）一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶胞棱 边夹角均为 90°，其结构可看作是由两个立方体 A、B上下堆叠而成。图甲为 A的体对角线 投影图，图乙为 B的沿 y轴方向的投影图。A中 Fe、Sn位置互换即为 B。 ①该硫化物的化学式为 。 ②立方体 A、B棱长均为 apm，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子 的位置，称作原子的分数坐标。晶胞中部分原子的分数坐标为  S 0,0,0 、 3 1 1Fe , ,4 4 8       ，则晶 胞中Sn原子的分数坐标为 ；晶胞中Sn原子和Cu原子间的最短距离为 pm。 5 2025 化学试卷（四）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D D B C D A C 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 B D C C D B B 15． (1) 12 1∶3 (2) a处通过 单键相连，可以绕键轴旋转 (3) NiO和NaCl晶体类型相同； 2Ni  和 2O  所带电荷数多于Na和Cl； 2Ni  和 2O  间距比Na和Cl间距更小，NiO晶体中离子键更强；  3-10A 4M N a 10 0.97 16． (1) 分子间作用力 2sp 、 3sp A15N < ADE (2) 1 2, ,0 3 3       、 2 1, ,0 3 3       ρ 434 9 或 ρ 139559 9  (3) 5 17． (1) 第四周期ⅦB族 Cr (2) MnO2 降低 A (3) FDCA形成的分子间氢键更多 (4) 3＞1＞2 18． (1) 3 加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，使溶解度增大 (2) 6 强于 碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对 (3) 2 4Cu FeSnS             8 5 4 1 4 3 8 1 4 3 4 1 ，，、，， 2 apm 2 详解答案 1．D【详解】A． 60C 是碳元素的单质分子，属于分子晶体，A不正确；B． 3 4Si N 可用于生产耐高 温结构材料，则其熔点高，属于共价晶体，B不正确；C． 3 22CH N-NH 分子中含有电负性较大的 N原子，所以  3 22CH N-NH 分子之间存在氢键，C不正确；D．光纤具有导光性，且信号在传输过 程中，能量损失很小，其主要成分为二氧化硅，D正确；故选 D。 2．D【详解】A．基态 Ti原子的价层电子排布式为 2 23d 4s ，轨道表示式为 ， 故 A项错误；B．乙炔分子的空间填充模型为： ，球棍模型为： ， 故 B项错误；C．BF3中 B形成 3个共价键且无孤电子对，价层电子对互斥模型为平面三角形，故 C 项错误；D、S最外层 6个电子、Cl最外层 7个电子，则分子内 S共用 2对电子对、Cl共用 1对电子 对，结构式为 Cl—S—S—Cl， 故 D项正确；D．故本题选 D。 3．B【详解】A．一个水分子中有 2个 O—H，则 18g冰，即 1mol冰中含 O—H键数目为 2NA，故 A 项正确；B．28g晶体硅含有 1mol硅原子，1个硅原子参与形成 12个六元环，故 B项错误； C．干冰晶胞中，有 8个 CO2分子位于顶点，6个位于面心，运用均摊法，含有 CO2分子的个数为： 1 18 6 4 8 2     ，故 C项正确；D．石墨烯中，每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键， 所以每个碳原子实际拥有 C—C键为 1.5个，则 12g石墨烯，即 1mol石墨烯中，含 C—C键数目为 1.5NA， 故 D项正确；故本题选 B。 4．C【分析】由于丙为红棕色气体，又是 Z与W组成的化合物，故 Z为 N，W为 O，由于乙能使澄 清石灰水变浑浊，乙初步推断为 CO2，则 Y单质与 N的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液也就是浓 硝酸反应生成 CO2和 NO2，则 Y为 C，由于 C与浓硝酸反应生成 CO2、NO2、H2O，故 X应为 H元素。 【详解】A．H2O2为极性分子，A错误；B．CO2的晶胞中最近的距离为面心 CO2分子到顶点 CO2分子 之间的距离，应为 2 apm 2 ，B错误；C．电负性：O>N>C>H；第一电离能：N>O>H>C，C正确； D．NO 3  的空间构型为平面三角形，N原子发生 sp3杂化，D错误；故选 C。 5．D【分析】W、X、Y、Z是位于三个短周期的主族元素且原子序数依次增大， Y基态原子核外电 子有 5种空间运动状态且易形成 2根键，则 Y为 O；则W为 H；X形成 3个共价键，X最高价氧化物 对应的水化物为弱酸，则 X为 B；由结构简式可知，Z形成带一个单位正电荷的阳离子，则 Z为 Na。 【详解】A．Y是 O元素，与 Y同周期的元素中，有 F、Ne和 N这 3种元素的基态原子核外电子的原 子轨道与 Y相同，A正确；B．氧化钠和过氧化钠中阴阳离子比均为 1：2，B正确； C．化合物 A中所有的 X原子子形成 3个共价键，X是 B原子，均采用 2sp 杂化，C正确； D．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负 性大小顺序为：Y>W>X>Z，D错误；故选 D。 6．A【详解】①错误，例如等离子体为气态，但是不仅含分子，还包含了电子、阳离子；离子液体由 阴阳离子组成；②低温石英的结构中，顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链，这一结构决定了 它具有手性，石英微观结构中不存在手性原子，错误；③碘和四氯化碳都是非极性分子，而水是极性 分子，根据相似相溶原理， 2I 易溶于 4CCl 而难溶于 2H O，正确；④干冰的密度大于冰的，干冰中 二氧化碳分子间只存在范德华力，属于分子密堆积，冰中水分子间存在氢键，属于分子非密堆积，冰 晶体中水分子空间利用率不高，氢键比范德华力强，冰的硬度大于干冰，故错误；⑤正确；⑥对羟基 苯甲醛可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲 醛，错误；⑦氢键不是化学键，错误；⑧同周期元素，第一电离能最大的位于 0族，错误。⑨P4 是正 四面体形分子，但其 P-P-P夹角为 60°，错误。正确的共有 2个，故选 A。 7．C【详解】A．冠醚 18-冠-6 空穴半径与 K+半径接近，可以选择性识别 K+，使 K+进入其空腔中形成 超分子，可以增大 KMnO4在有机溶剂中的溶解度，A正确；B．石墨为层状结构，层与层之间的碳原 子平面相隔较远，电子不易跨越，所以未杂化的 p轨道重叠使电子几乎只能在整个碳原子平面中运动， 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，B正确；C．O3虽为极性分子，但极性微弱，在水中的溶解度 小于在四氯化碳中的溶解度，C错误；D．N原子电负性很大，氨分子间能形成氢键，导致氨气易液化， D正确；故选 C。 8．B【详解】A．该反应中碳原子杂化类型不变，A不符合题意；B．该反应中碳原子杂化类型由 2sp 变为 3sp ，且有机产物不是手性分子，B符合题意；C．该反应中有碳原子杂化类型由 2sp 变为 3sp （即 右边碳碳双键上的碳原子），但有机产物含手性碳原子，为手性分子，C不符合题意；D．该反应的有 6 机反应物中碳原子杂化类型均为 3sp ，有机产物为手性分子，但碳原子杂化类型不变，D不符合题意； 故选 B。 9．D【详解】A．由图 1知电离能 I3比 I2的 5倍多，说明最外层有 2个电子，结合该元素是第三周期 元素，则该元素为第三周期第 IIA族元素，此元素为镁元素，A正确；B．根据图示 ， 1个铝原子周围有 8个镁原子最近且等距离，B正确；C．图 4所示是   2 3 6 Zn NH     的部分结构以 及其中 H-N-H键键角，键角比 3NH 大，因为氨分子与 Zn2+形成配合物后，孤对电子与 Zn2+形成配位 键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥力减弱，所以与 3NH 中 N原子的孤电子对转化为成键电子 对有关，C正确；D．根据均摊原则，1个晶胞中含有 N原子数是 4、含有 B原子数是 1 18 6 4 8 2     ， 晶胞中最近的 B、N原子之间的距离为 anm，则晶胞体对角线为 4anm，晶胞边长是 4 3a nm 3 ，阿伏 加德罗常数的值为 NA，则晶体的密度为   21 3 3 3 21 A A 11 14 4 75 3 10 g cm 16a N4 3a( ) 10 N 3          ，D错误； 故答案为 D。 10．C【详解】A．基态Ga原子核外电子占据 16个原子轨道，因此有 16种不同空间运动状态的电子， A正确；B．图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点原子位于左侧面的面 心上，其原子分数坐标为(0, 1 2 , 1 2 )，B正确；C．图甲中，Ga原子周围有 4个 As原子，配位数为 4， 面对角线上相邻的 2个 Ga原子距离最近，二者距离等于晶胞棱长的 2 2 倍，晶胞中 Ga原子数目 =8× 1 8 8+6× 1 2 =4、As原子数目为 4，晶胞质量= A 4M N g，设晶胞棱长为 a pm，则： A 4M N g=ρg•cm -3×(a×10-10 cm)3，解得 a= 3 4 A M N ×1010，故晶胞中距离最近的两个镓原子之间的距离为 3 4 A M N ×1010pm× 2 2 = 2 2 × 3 4 A M N ×107nm，C错误；D．掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn 原子个数： 1 1 51 +1 = 8 2 8   ，Ga的原子个数为： 1 1 277 +5 = 8 2 8   ，As原子的个数为 4，故晶体乙中 Mn Ga As、 、 的原子个数比为 5∶27∶32，D正确；故选 C。 11．C【详解】A．由结构简式可知，P原子的 3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电 子对与 Ni形成配位键， -Cl 提供孤电子对，与 Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中 Ni为+2价，A项正确；B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的 第一电离能：Cl＞P，B项正确；C．该物质中，C均存在于苯环上，采取 sp2杂化，P与苯环形成 3对 共用电子对，剩余的孤电子对与 Ni形成配位键，价层电子对数为 4，采取 sp3杂化，C项错误；D．Ni 的原子序数为 28，位于第四周期第Ⅷ族，基态 Ni原子价电子排布式为 3d84s2，D项正确；故选 C。 12．D【分析】短周期元素 X、Y、Z、W是同周期主族元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性， 可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成 2个共价键，则W为 O元素，说明四种元素均位于第二周 期；Z形成 4个共价键，则 Z为 C元素；X形成 1个共价键，则 X为 F元素，Y可形成 4个共价键， 该离子带一个单位的负电荷，因此 Y为 B元素，综合可知，X、Y、Z、W分别是 F、B、C、O元素， 以此分析解答。 【详解】A．同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，因此电负性：F>O>C>B，故 A错误；B．结 合图示可知，Y为 B元素，连接了四根共价键，因此有一根共价键为配位键，可知锂的电子则是给了 氟，氟离子再与 B形成配位键，该阴离子的结构为 ，其中 B与电负性强的 O、F相连， 则 B表现为正化合价，若 B为+1价，那么 C是+4.5价，不符合规律，则 B元素为+3价，故 B错误； C．X、W的最简单氢化物分别为：HF、H2O，由于相同状态下，水形成的氢键多余 HF形成的氢键， 因此简单气态氢化物的沸点：H2O＞HF，即W＞X，故 C错误；.D．同周期主族元素从左往右呈现增 大的趋势，但由于第ⅡA和第 VA族分别为全充满、半充满状态，较稳定，因此第一电离能大于相邻元 素，因此与 O同周期且第一电离能大于 O的元素有 N、F、Ne三种元素，故 D正确；故答案选 D。 13．B【详解】A．CCl4中的碳原子是第二周期元素，只有 2s和 2p轨道可以成键，最大配位数为 4， 没有空轨道可以接受水的配位，因此不易发生水解。而 SiCl4中的硅原子是第三周期元素，形成 SiCl4 后还有空的 3d轨道，可以接受水分子中氧原子的孤电子对，形成配位键而发生水解，A正确；B． 3 nAlH 为聚合型氢化物，Al2H6的球棍模型为 ，所以  3 nAlH 不是平面结构，其转化为 H2 和 Al(OH)3时 H元素化合价发生了变化，不是水解反应，B错误；C． 2H S中H-S键角大致93，可以 理解为 S直接使用 3p轨道和 H的 1s轨道重叠成键，键角仍是 3p轨道的 90°左右， 2H O中 O采取 sp3 杂化，键角 105°左右，氧氢键更稳定，更难解离出 H+，故酸性 2H S强于 2H O，C正确；D． 2 6B H 中 B 采取 3sp 杂化： ，结构为 ，分子中有B-H-B键存在，D 正确； 故选 B。 14．B【详解】A．根据题意，导电时 Li+发生迁移，化合价不变，则 Ti和 La的价态不变，A项正确； B．根据“均摊法”，1个晶胞中含 Ti：8× 1 8 =1个，含 O：12× 1 4 =3个，含 La或 Li或空位共：1个，若 x= 1 3 ，则 La和空位共 2 3 ，n(La)+n(空位)= 2 3 ，结合正负化合价代数和为 0， (+1)× 1 3 +(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得 n(La)= 5 9 、n(空位)= 1 9 ，Li+与空位数目不相等，B项错误； C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的 O原子数为 12，即位于棱心的 12个 O原子，C项正确； D．导电时 Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；答 案选 B。 二、解答题 7 15.【详解】（1）①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，将晶胞补全可 知，有 3层每各有 4个二氧化碳分子与之最近，故与之最近的二氧化碳分子有 4×3=12个；②若顶点为 Au、面心为Cu，晶胞中含有Au原子数目为 18 1 8   ，晶胞中含有Cu原子数目为 16 3 2   ， 则铜金合金晶体中Au与Cu 原子数之比是 1:3； （2）a处通过 单键相连，可以绕键轴旋转，故可以运动； （3）①NiO和NaCl都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，又由阴阳离子间距可知 NiO晶体中离子半径小，NiO中离子键的键能更大，熔点更高；②由图可知，NaCl晶体中存在 4 个 Na+和 4个 Cl-，则NiO晶体中存在 4个 Ni2+和 4个 O2-，则晶胞质量为 A 4 M g N  ，晶胞边长为 apm， 则晶胞体积为 -10 3 3( )a 10 cm ，故晶体的密度= A -10 3 3 -10 3 A 4M g Nm 4M= = V (a 10 ) cm N (a 10 )  3g cm ； ③该氧化镍样品中 3Ni 与 2Ni  的离子数之比为 6∶91，则 3Ni 为 6x 97 ， 2Ni  为 91x 97 ，根据晶体呈 电中性可得， 91x 97 ×2+ 6x 97 ×3=2×1，解得 x=0.97。 16、【详解】（1）①石墨是层状结构，物理剥离过程中需要破坏层与层之间的分子间作用力； ②丁二酮肟分子中含有碳碳双键和甲基，C原子轨道杂化类型为 2sp 和 3sp ，单键是σ键，双键中含有 1个σ键和 1个π键，则 1mol丁二酮肟分子所含σ键的数目为 A15N ，键角α对应的 N原子有一对孤电子 对，键角β对应的 N原子没有孤电子对，两者均为 sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对的排斥力大于 成键电子对成键电子的排斥力，所以键角α<β。③由题干沉淀的结构示意图可知，该沉淀中存在的化学 键类型有 Ni与 N之间的配位键、C-H、C-N、N-O、C-C间的共价键，双键中存在π键，不存在金属键， 氢键不属于化学键，故答案为：ADE； （2）①晶胞底面为两个正三角形组成的菱形，Ni原子处于两个正三角形的中心，则晶胞底面上 Ni的 原子坐标为 1 2, ,0 3 3       或 2 1, ,0 3 3       ；②设晶胞体积为 V，该晶胞密度为 -3 -3 A 434ρg cm = g cm V N    ， 假定吸氢后体积不变，当晶胞中最多容纳 9个氢原子时合金中氢的密度最大，氢的密度为   -3 -3 -3 A 9M H 9 9g cm = g cm = ρg cm434V N 434 9       -3 -3 -3 A 9M H 9g cm = ρg cm434V N 9     。 （3）N₂H₄·BH₃是一种有效、安全的固体储氢材料，在催化剂作用下水解产生 H₃BO₃、N₂和 H₂，化学 方程式为：N₂H₄·BH₃ +3H2O 催化剂 H₃BO₃+N₂ +5H₂，则 1mol N₂H₄·BH₃水解最多生成 5mol H₂。 17、【详解】（1）Mn的原子序数为 25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn 的电子排布式为：   5 2Ar 3d 4s ，未成对电子数有 5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn 多的元素是 Cr，基态 Cr的电子排布式为  5 1Ar 3d 4s ，有 6个未成对电子；（2）由均摊法得，晶胞中Mn 的数目为 11 8 2 8    ，O的数目为 12 4 4 2    ，即该氧化物的化学式为MnO2； xMnO 晶体有 O原子脱 出时，出现 O空位，即 x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中 Ca的化合价为+2 价、V2O5中 V的化合价为+5价、Fe2O3中 Fe的化合价为+3、CuO中 Cu 的化合价为+2，其中 CaO中 Ca的化合价下降只能为 0，其余可下降得到比 0大的价态，说明 CaO不能通过这种方式获得半导体性 质； （3）由 HMF和 FDCA的结构可知，HMF 和 FDCA均能形成分子间氢键，但 FDCA 形成的分子间氢 键更多，使得 FDCA的熔点远大于 HMF。 （4）由图干图示信息可知，1为形成配位键的 H2O，价层电子对数为 4，有 1对孤电子对，2为没有 形成配位键的 H2O，价层电子对数为 4，有 2对孤电子对，3为硫酸根离子，价层电子对数为 4，没有 孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，即价层电子 对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角 1、2、3由大到小的顺序是 3＞1＞2，故答案 为：3＞1＞2； 18、【详解】（1）每个硼酸中的 O原子与 H原子，均与其他硼酸分子形成氢键，所以 1mol硼酸中所含 氢键为 6 3mol 2  ；加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，因此溶解度增 大，故答案为：3；加热时破坏硼酸分子间的氢键，且硼酸分子与水分子形成新的氢键，使溶解度增大。 （2）如图可知，铁的配位数是 6；碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对，故CO与血红蛋白的结合 能力强于 2O ，因此CO可使人体缺氧，故答案为：6；强于；碳比氧的电负性小，更易提供孤电子对。 （3）①该硫化物的化学式为该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn 分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4 ，Cu ：2 ， Fe ： 1， Sn：1，因此该硫化物的化 学式为 2 4Cu FeSnS ，故答案为： 2 4Cu FeSnS ； ②由晶胞结构可知，晶胞中部分原子的分数坐标为  S 0 0 0，， 、 3 1 1Fe 4 4 8 ，，       ，则晶胞中Sn原子的分数坐 标可以为             8 5 4 1 4 3 8 1 4 3 4 1 ，，、，， ；晶胞中Sn和Cu原子间的最短距离为立方体面对角线长的一半，为 2 apm 2 ，故答案为：             8 5 4 1 4 3 8 1 4 3 4 1 ，，、，， ； 2 apm 2 。