江西景德镇一中2025-2026学年度下学期高二期中考试 化学试卷

2025-2026学年度下学期高二化学期中考试 考试时间：75分钟：命题人： 相对原子质量-1C-120-16Ne-23S-32C1-35.5Mm-55Ga-70As-75-184 一、单选题（共14题，每题3分） 1.下列关于化学用语中不正确的是 A.同一能层各能级的能量颜序：E(s)<E(p)<武nd B.基态C原子的价层电子排布式：3d4s2 C,Fe元素位于第四周期第VTⅢ族 D.电子排布为[Ne]3s'3p的P原子处于激发态 2。不饱和度可以提供有机化合物是否含有不饱和键和环等结构信息，有机化合物分子的不饱和度的计算方法 Ω=x+1-左，其中x为碳原子数。y为氢原子致，若含有氨原子，就在氢原子总数中被去氨原子数：若含有 子，则不考感：若含有卤素原子，可视为氢原子。下列物质的不饱和度为5的是 A.C.H B.硝基苯 D. 3.下列关于物质性质或应用的解释错误的是 选项 物质性质或应用 解释 A 液品用于制作显示器 液晶易液化，具有磁性 B. 手性催化剂用于有机药物合成 手性催化剂能进行手性传递，从而获得有效的手性分子 C. NCL具有强氧化性 NCL中C1显+1价，易得电子 D. HCO具有霸酸性 HCl0分子中0-H极性较弱 4.有机物Q( 议)的合成路线如下： CH.OH CHOH N 3弭，C0 NH, M P CH,OH 下列说法正确的是 A、物质M中所有的原子共平面 B.P的分子式为CH,NO, C,P→Q的反应为P+NH→Q+3H,0 D.有机物Q的一氯取代物有两种 5.化合物X的相对分子质量为136，分子式为C,H,02,X分子中只含一个苯环且柴环上只有一个取代基，其红 外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于X的说法中不正确的是 100 50 0 4000/300一200073001000s00被数m- C-HC-0环骨架C-0-C《》-c 109876543210 为 A,X分子属于酯类化合物 B.X在一定条件下可与3m0lH1发生加成反应 原 C。符合题中X分子结构特征的有机物有1种 D.与X属于同类化合物的同分异构体只有2种 6.一种高聚物(XYZ),被称为无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y 价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2印轨道半充满，Z的最外层只有1个来成对电子，下列说法正确 的是 A,X、Z的第一电离能：XZ B。X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C.最高价含氧酸的酸性：Z>沦Y D.X、Y、Z均能形成多种氧化物 7。物质结构决定物质性质。下列事实与主要影响因素匹配错误的是 选项 事实 主要影响因素 A. 乙烯的4个氢原子共平面 分子极性 碳原子间比磷原子间更容易形成双键 原子半径大小 C. 分子间氢键强弱：O-H,0>N-HN 电负性大小 D. 金属熔点：W>K 金属键强弱 8.血MO品体因x交化形成空位而导致颜色各异， 当0.44≤xS0.95时，其立方品胞结构如图。设N。为 ©Na或空位 阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 00 A,与W最近且等距的0有6个 W B.x增大时，W的平均价态升高 C.密度为2435x10 8om时，X=05 无水CS0, D。空位数不同，吸收的可见光波长不同 9.烃的含氧衍生物X在足量的0，中燃烧，将 然烧的产物依次通过下图中的甲、乙、丙装置 中，反应结桌后，测得装置印增重72g,装置 乙中无水硫酸铜不变色，装置丙增重13.2g。 下列说法正确的是 A.装置乙中的困体质量增大 B.X的实验式一定为CH,O C.X可能是C,H,C0OH D.结合质诺图可确定X的分子式 10,W、X、【、Z为原子序数依次增大的短周期元素.W和X原子序数之和等于Y的核外电子数，化合物WZJ 可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是 A.X和Z属于同一主族 B.事金属性：XY>Z C,气态氢化物的稳定性：Z>Y D.原子半径：>0W 山，近年来诺贝尔化学奖授子金属有机框架材料开发领城，MOP5是共中最具代表性的材料之一，由[Z,O矿与 对*二甲酸根(L)通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个[Z血，O广的取向不同，MOF-5品体内部的空腔可 以吸附小分子。下列说法不正确的是 A.基态Z2·的电子空间运动状态为14种 0.0 配体 B。可用X射线射实验确定MOF-3材料的结构 。Qn,0 C.在配体上引入-OH或CH,,均可增强MOF-5 01 M0R5品园的原数单元 配体[ 与H,0之间的吸附作用 D.MOP框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 0 12.氟化亚积 在制药中用途广泛，其制备原理为SO+SC2SOC+SO2。设N,为阿伏加德罗常数的 CI-S-C1 值，下列说法正确的是 A标准状况下，22.4LS0,中含有0原子的数目为3NB.生成59.5gS0Ch转移电子的数日为N C.等物质的量的SOCh比SCh中o键数目多N. D.1molS02中S的价层电子对数目为4W, 3.硅、二氧化硅是现代信息技术的基材料，：一S02和品体硅品胞结构如图所示，下列叙述正确的是 A.基态Si原子的原子核外的电子有8种运动状态 B.a一SiO2中S一0的键长比品体徒中Si一Si的长 C.1mola-S02中和1mol品体硅中均含有2mol共价键 D.a一Si02品胞中A为0原子，每个品胞拥有6个0原子 品体硅 14,下列有关杂化的说法错误的是 A.N,和0的中心原子杂化方式都是p杂化 B.碳正离子(C饵)和CO中C的杂化方式都是即杂化 C.H,S、HS0,、H,S0,分子中的硫原子都是s即杂化 HO OH D,异山梨醇中所有碳原子都是s即杂化，其中有4个是手性碳原子 异山梨醇 第I工卷（非选择题） 二、填空题（每空2分） 15.(16分)根据要求填写下列空白 (1)甲基的电子式为 ②)物质A为含有一个双键的烯烃，如氢后得产物B的键线式为 ,则烤经A可能的结构有 种（不考虑顺反异构）】 (3)已知物质C(H,N OH)和物质D(H,N人 ①物质C中含氧官能团的名称为 ②写出物质D的分子式 ③物质E是D的同分异构体，且与C互为同系物，同时满足前述条件的物质E有 种。（不考虑立体异 构)，写出其中核磁共振氢谱有三组蜂，且峰面积比为6：2：1的物质的结构简式为 CH. 相100 (4)物质F( OH )有多种同分异构体，在不考虑立 度60 %0 体异构的情况下，其中含有羧基和酚羟基的有 种。 单 45 (5)有机物X的质谱图如图所示，该有机物X的相对分子质量为一。 8乃85100 10203040506070890100 顶演比 16.(16分)氨牌元素具有多样的成键能力，能够形成大量不同类型的化合物。回答下列问愿： ()甘氨酸(H,NCH,COOH)与硫酸钢在一定条件下可以生成顺式有机铜配合物[Cu(饵，NCH,COO)2],可用作 钢林充剂及配位化学研究。 (1)该配合物中第一电离能最大的元素是 (慎元素名称)，中心离子配位数为4，提供孤电子 对的原子为和（填元素符号）： (2)羰基疏C0S的分子空间结构与C02相似，C0S是 (慎"极性或非极性门分子，(3)南开大学某课题组成功合成了无机=茂铁类似物[F©（分卫，）了，环状P时 是芳香性π配体，P。之中的大π键应表示为 (分子中的大π健可用符号π表示，其中m代表形 成大π键的原子数，n代表形成大π键的电子数) [ 无机二改铁类似物F-ph护 环状P时 (4)超强酸魔酸"是五氯化梯(F一S头 )和氟磺酸(HS0,F)的混合物，五氟化锑为三角双锥结构，其 中FSb一F键的键角的度数有 种。 (5)GaAs的立方晶胞结构如图甲所示，将M如摻杂到GAs的品体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示， Mn掺杂 ●As 甲 图甲中，与Ag原子距离最近且相等的As原子有 个：若N表示啊伏加德罗常数的值，最近 的两个Ga原子间距离为xmm,则该晶体的密度为 .g-cm. 17,(12分)嫦娘石”发现于嫦娥五号月壤，是一种新的磷酸盐矿物，属于顾磷钠镁钙石族。回答下列问 题： ()基态钙原子价电子排布式为 (2)Fe(CO),的沸点是103C,该品体类型为 ,该物质中所含化学耀的类型为 A.离子键B极性键C配位键D,范德华力E金属键 HOO (3)稀酸分子的空间结构如图。 ①P的杂化类型是 ②物质的酷性与分子间作用力有关，纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黜度迅速下降，原因是 ()具有光催化活任的立方晶系TO,品体通过氨渗杂生成Ti02N,反应如图，a:b= .Ti o0 ON 氯掺杂 氧空位 T0,品胞 Ti0,N,岛胞 18.(14分)镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。回答下列问题： (1)愧元素在元素网期表中的位置是，基态N价层电子的轨道表示式为 (2)馋能形成多种配合物，其中(NH)h[Ni(OCN常温下为固态，N(CO),为液态，Ni(CO)的结构如图所 示 ①海合物(NH),[N(OCN]的阴高子中c键与π能的个数比为」 ②(NH),[Ni(OCN的熔点高于Ni(CO),的原因是。 0三0 C0 (111 ()-种大方s品跑中含有两个As原子且其中一个的坐标为行行4》其晶胞在对、立和z平面投 分别如图所示。 ①另一个As原子的坐标为，As原子的配位数为 ②Ni、As原子间的最短距离为pm 第I卷（选择题） 一、单选题 1．下列关于化学用语中不正确的是 A．同一能层各能级的能量顺序： B．基态Cr原子的价层电子排布式： C．Fe元素位于第四周期第Ⅷ族 D．电子排布为的P原子处于激发态 【答案】B 【知识点】能级间能量大小比较、构造原理与元素周期表、电子排布式、原子基态与激发态 【详解】A．同一能层中，能级能量顺序为，符合原子轨道能量规律，A正确； B．基态Cr原子（原子序数24）的价层电子排布式应为 （因半满稳定），而非 ，B不正确； C．Fe元素（原子序数26）位于第四周期第VIII族，C正确； D．P原子（原子序数15）基态排布为 ，是电子从s轨道跃迁至p轨道，能量更高，属于激发态，D正确； 故答案为B。 2．不饱和度可以提供有机化合物是否含有不饱和键和环等结构信息。有机化合物分子的不饱和度的计算方法为，其中x为碳原子数，y为氢原子数。若含有氮原子，就在氢原子总数中减去氮原子数；若含有氧原子，则不考虑；若含有卤素原子，可视为氢原子。下列物质的不饱和度为5的是 A． B．硝基苯 C． D． 【答案】B 【详解】A．的不饱和度，A不符合题意； B．硝基苯的分子式为，不饱和度，B符合题意； C．该有机物分子式为，不饱和度，C不符合题意； D．该有机物分子式为，不饱和度，D不符合题意； 故选B。 3．下列关于物质性质或应用的解释错误的是 选项 物质性质或应用 解释 A 液晶用于制作显示器 液晶易液化，具有磁性 B 手性催化剂用于有机药物合成 手性催化剂能进行手性传递，从而获得有效的手性分子 C NCl3具有强氧化性 中显+1价，易得电子 D HClO具有弱酸性 HClO分子中极性较弱 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【知识点】分子的性质、等离子体、液晶、离子液体、氧化剂 还原剂 【详解】A．液晶能用于制作显示器，是利用其在电场作用下，内部结构(粒子排列)发生变化，而使光的通透性发生改变，即与其光学性质有关，与其易液化、具有磁性无关，A错误； B．手性催化剂用于有机药物合成，是因为手性催化剂能进行手性传递，能用于制备有效的手性分子，B正确； C．中显+1价，易得到电子，使其具有强氧化性，C正确； D．分子的结构式为，其中极性较弱，不易电离出，导致HClO具有弱酸性，D正确； 故选A。 4．有机物Q（）的合成路线如下： 下列说法正确的是 A．物质M中所有的原子共平面 B．P的分子式为 C．的反应为 D．有机物Q的一氯取代物有两种 【答案】C 【知识点】同分异构体的数目的确定、利用杂化轨道理论判断分子的空间构型 【详解】A．M为含N的环状胺，N原子为sp3杂化（含孤对电子），构型为三角锥形，分子中原子不可能全部共平面，A错误； B．由P的结构简式可知，P的分子式为，B错误； C．P含3个-CH2OH基团，与NH3反应时，每个-CH2OH脱去1分子H2O，3个-CH2OH共脱去3H2O，同时NH3的N参与成环生成Q，反应方程式为，C正确； D．Q结构对称，分子中所有氢原子环境相同，一氯取代物只有1种，D错误； 故选C。 5．化合物的相对分子质量为136，分子式为。分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于的说法中不正确的是 A．X分子属于酯类化合物 B．在一定条件下可与发生加成反应 C．符合题中X分子结构特征的有机物有1种 D．与X属于同类化合物的同分异构体只有2种 【答案】D 【知识点】核磁共振氢谱、根据要求书写同分异构体 【分析】 化合物X的分子式为C8H8O2，X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明分子中含有4种H原子，根据含有一个取代基的苯环上有三种氢原子，个数分别为1、2、2，所以剩余侧链上的3个氢等效，为-CH3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基，且存在结构，故有机物X的结构简式为，X为苯甲酸甲酯，据此解答。 【详解】A．据分析，X分子含有酯基，属于酯类化合物，故A正确； B．X分子含有一个苯环，1mol苯环在一定条件下可与3mol H2发生加成反应，故B正确； C．结合分析，X只有一种，故C正确； D．含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，苯甲酸甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，所以共6种异构体，与A属于同类化合物的同分异构体只有5种，故D错误； 答案选D。 6．一种高聚物被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子，下列说法正确的是 A．X、Z的第一电离能： B．X、Y的简单氢化物的键角： C．最高价含氧酸的酸性： D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 【答案】D 【知识点】根据原子结构进行元素种类推断、元素金属性与非金属性递变规律的理解及应用、电离能的概念及变化规律、键能、键长、键角 【分析】X、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成5个键，Y形成3个键，基态Y的轨道半充满，则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同， Z的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为Cl元素，以此分析。 【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A错误； B．X、Y的简单氢化物分别为：PH3和NH3，二者中心原子杂化方式相同，孤电子对数相同，电负性：N>P，共用电子对距N近，成键电子对斥力N-H大于P-H，键角：NH3>PH3，B错误； C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C错误； D．P、N、Cl均能形成多种氧化物，D正确； 答案选D。 7．物质结构决定物质性质。下列事实与主要影响因素匹配错误的是 选项 事实 主要影响因素 A 乙烯的4个氢原子共平面 分子极性 B 碳原子间比磷原子间更容易形成双键 原子半径大小 C 分子间氢键强弱： 电负性大小 D 金属熔点： 金属键强弱 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【知识点】极性分子和非极性分子、氢键对物质性质的影响、键能、键长、键角、金属键 【详解】A．乙烯的4个氢原子共平面是由于碳原子sp2杂化形成的平面结构，与分子极性无关；分子极性描述的是分子电荷分布不对称性，而非几何构型，A错误； B．碳原子半径较小，原子轨道重叠更有效，易于形成稳定的π键和双键；磷原子半径较大，轨道重叠差，不易形成双键。原子半径大小是主要影响因素，B正确。 C．同周期主族元素从左往右，电负性逐渐增大，氧的电负性大于氮的电负性，导致O-H键极性更强，氢键供体和受体能力更强，因此O-H···O氢键强于N-H···N氢键。电负性大小是主要影响因素，C正确； D．钨（W）原子半径小，价电子多，金属键强，熔点高；钾（K）原子半径大，价电子少，金属键弱，熔点低。金属键强弱是主要影响因素，D正确； 故选A。 8．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．与W最近且等距的O有6个 B．x增大时，W的平均价态升高 C．密度为时， D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 【答案】B 【知识点】晶胞的有关计算、化学式与化合价 【详解】A．W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确； B．O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误； C．时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，故C正确； D．晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确； 故答案为：B。 9．烃的含氧衍生物X在足量的中燃烧，将燃烧的产物依次通过下图中的甲、乙、丙装置中，反应结束后，测得装置甲增重7.2g，装置乙中无水硫酸铜不变色，装置丙增重13.2g。下列说法正确的是 A．装置乙中的固体质量增大 B．X的实验式一定为 C．X可能是 D．结合质谱图可确定X的分子式 【答案】D 【分析】烃的含氧衍生物X在足量的中燃烧生成H2O和CO2，甲中浓硫酸吸收H2O，甲增重7.2g，n(H2O)= =0.4mol，丙中碱石灰吸收CO2，n(CO2)= =0.3mol，则X中n(C):n(H)=0.3:0.8=3:8，又因为X是含氧衍生物，结合定义可知X的实验式为或或等，以此解答。 【详解】A．装置乙中无水硫酸铜不变色，说明无水硫酸铜固体没有吸水，质量不变，故A错误； B．由分析可知，X的实验式为或或等，故B错误； C．X中n(C):n(H)=0.3:0.8=3:8，X不可能是，故C错误； D．由分析可知，X的实验式为或或等，结合质谱图可确定X的质量数，可以确定X的分子式，故D正确； 故选D。 10．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于的核外电子数，化合物可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是 A．X和Z属于同一主族 B．非金属性： C．气态氢化物的稳定性： D．原子半径： 【答案】A 【知识点】由元素性质的递变规律进行相关推断、金属与非金属在周期表中位置及其性质递变的规律、微粒半径大小的比较方法 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且能形成离子化合物，则W为Li或Na；又由于W和X原子序数之和等于的核外电子数，若W为Na，X原子序数大于Na，则W和X原子序数之和大于18，不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可形成，故Y为第Ⅶ主族元素，且原子序数Z大于Y，故Y不可能为Cl元素，因此Y为F元素，X的原子序数为10-3=7，X为N元素；根据W、Y、Z形成离子化合物，可知Z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素。 【详解】A．由分析可知，X为N元素，Z为P元素，X和Z属于同一主族，A项正确； B．由分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，非金属性：F＞N＞P，B项错误； C．由分析可知，Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，即气态氢化物的稳定性：HF＞PH3，C项错误； D．由分析可知，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原子序数的增大而减小，故原子半径：Li＞N＞F，D项错误； 故选A。 11．近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 A．基态的电子空间运动状态为14种 B．可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C．在配体上引入-OH、-均可增强MOF-5与之间的吸附作用 D．MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 【答案】C 【知识点】配合物的结构与性质、配位键、氢键对物质性质的影响 【详解】A．Zn原子序数为30，基态Zn原子电子排布为，失去2个4s电子得到，电子排布式为，1个被电子占据的轨道对应1种空间运动状态，总轨道数为：，因此基态的电子空间运动状态为14种，A正确； B．X射线衍射实验是确定晶体结构的经典方法，可以测定MOF-5的晶体结构，B正确； C．可以和形成氢键，能增强对水的吸附；但不能形成氢键，且是疏水（憎水）的非极性基团，不能增强MOF-5与水的吸附作用，反而会减弱，因此该说法错误，C不正确； D．MOF框架由金属离子作为节点、有机配体连接而成，空隙大小由金属离子半径、有机配体的大小和形状共同决定，D正确； 答案选C。 12．氯化亚砜()在制药中用途广泛，其制备原理为SO3+SCl2=SOCl2+SO2。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4 L SO3中含有O原子的数目为 B．生成59.5 g SOCl2转移电子的数目为 C．等物质的量的SOCl2比SCl2中σ键数目多 D．1 mol SO2中S的价层电子对数目为 【答案】B 【知识点】阿伏加德罗常数、22.4L/mol适用条件、氧化还原反应与NA相关推算、物质结构中化学键数目的计算 【详解】A．标准状况下SO3为固态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误； B．SOCl2的摩尔质量为119 g/mol，59.5 g SOCl2 的物质的量为0.5 mol；该反应中S元素化合价变化为：+6价（SO3中）→+4价（SO2中）、+2价（SCl2中）→+4价（SOCl2中），生成1 mol SOCl2转移2  mol电子，因此生成0.5 mol SOCl2转移电子的数目为NA，B正确； C．1个SOCl2分子含3个σ键，1个SCl2分子含2个σ键，只有二者物质的量均为1 mol时，SOCl2的σ键数目才比SCl2多NA，选项未指明物质的量为1 mol，C错误； D．SO2中中心S原子的价层电子对数=σ键数+孤电子对数=，因此1 mol SO2中S的价层电子对数目为3 NA，D错误； 故选B。 13．硅、二氧化硅是现代信息技术的基础材料，α－SiO2和晶体硅晶胞结构如图所示，下列叙述正确的是    A．基态Si原子的原子核外的电子有8种运动状态 B．α－SiO2中Si－O的键长比晶体硅中Si－Si的长 C．1molα－SiO2中和1mol晶体硅中均含有2mol共价键 D．α－SiO2晶胞中A为O原子，每个晶胞拥有6个O原子 【答案】D 【详解】A．基态Si原子的原子核外的电子排布式为1s22s22p63s23p2，共14个电子，有14种运动状态，占据8个原子轨道，有8种空间运动状态，故A错误； B．O的原子半径小于Si，所以α－SiO2中Si－O的键长比晶体硅中Si－Si的短，故B错误； C．1molα－SiO2中含有4mol共价键，1mol晶体硅中均含有2mol共价键，故C错误； D．Si形成4个共价键、O原子形成2个共价键，α－SiO2晶胞中A为O原子；根据均摊原则，每个晶胞中有Si原子数 ，所以拥有6个O原子，故D正确； 选D。 14．下列有关杂化的说法错误的是 A．和的中心原子杂化方式都是杂化 B．碳正离子（）和中C的杂化方式都是杂化 C．、、分子中的硫原子都是杂化 D．异山梨醇（上图）中所有碳原子都是杂化，其中有4个是手性碳原子 【答案】A 【详解】A．的中心原子N原子的价层电子对数为：，为sp杂化，的中心原子O原子的价层电子对数为：，为杂化，故A错误； B．的中心原子C原子的价层电子对数为：，为sp2杂化，的中心原子C原子的价层电子对数为：，为杂化，故B正确； C． 中S为单键连接，因此为杂化，的结构为、的结构为，均连接4个，因此分子中的硫原子是杂化，故C正确； D．连接四个不同基团的碳原子为手性碳原子，用*标记，，共有4个是手性碳原子，故D正确； 故答案选A。 第II卷（非选择题） 二、填空题 15． 【答案】 5 羧基 C4H9O2N 5 13 100 【知识点】同分异构体书写、根据要求书写同分异构体 【详解】(1)甲基的电子式为 (2)根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置，该烷烃的碳链结构为能形成双键位置有：1和2之间(同4和5之间)，2和3之间(同3和4之间)，3和6之间，6和7之间，7和8之间，故该烃共有5种； (3) C中含氧官能团为羧基和氨基，D的分子简式为C4H9O2N，物质E是D的同分异构体，且与C互为同系物，同时满足前述条件的物质E有5种，先写带羧基的碳骨架，然后用氨基取代氢，分别为 、 共5种，其中其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6：2：1的物质为； (4) 在苯环上，羧基和酚羟基对位有2种，羧基和酚羟基邻位有4种，羧基和酚羟基间位有4种，-CH2COOH与-OH在苯环上有邻间对3种，一共13种； 16.【答案】（1） ①. 氮 ②. N、O （2）极性 （3） （4）3 （5） ①. 12 ②. 【解析】 【小问1详解】 配合物中含、、、、，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，且的轨道为半充满稳定结构，第一电离能：，第一电离能最大的为氮。甘氨酸中的原子和的原子均有孤电子对，可与配位，故配位原子为、。 【小问2详解】 略 【小问3详解】 为平面四元环，4个原子均参与成键。每个原子提供1个未参与键的电子，加上整体所带2个负电荷，共个电子。因此形成4中心6电子大键，表示为。 【小问4详解】 为三角双锥构型，位于锥心，位于锥顶和底面。锥顶与底面4个之间一种键角、底面相邻2个之间一种键角、底面相对2个之间一种键角，因此共3种不同键角。 【小问5详解】 ①由晶胞结构可知，与As原子距离最近且相等的As原子有12个（同层4个、上下层各4个）。最近的两个Ga原子间距为，即面对角线的一半为，故晶胞边长。由均摊法计算得晶胞中含4个，摩尔质量，则密度。 17．(1) (2) 分子晶体 BC (3) 温度升高，磷酸分子间氢键被破坏，分子间作用力减弱 (4) 【详解】（1）钙为20号元素，基态钙原子核外电子排布式为，故价电子排布式为。 故答案为：。 （2）由的熔点为-20.5℃，沸点为103℃，且易溶于非极性溶剂判断是由分子组成的，晶体类型为分子晶体 （3）①根据价层电子对互斥理论，P的价电子数为a=5，与P结合的OH数为x=3，b=1，与P结合的O数为x=1，b=2，则P的孤对电子数根据公式计算，根据杂化轨道理论可知，磷酸分子是中心原子无孤对电子的四面体结构，所以中心原子P的杂化类型是；②纯净的磷酸黏度极大，是因为磷酸分子间存在大量的氢键作用，当温度升高后，磷酸分子间氢键被破坏，分子间作用力减弱，导致磷酸黏度迅速下降。 故答案为：；温度升高后，磷酸分子间氢键被破坏，分子间作用力减弱。 （4）晶体通过氮掺杂生成后，有3个氧空穴，O原子有6个在棱上、6个在面上、1个在体心，则O原子数为，N原子有1个在棱上、1个在面上，则N原子数为，Ti原子有8个在顶点、4个在面心、1个在体心，则Ti原子数为，得，即化学式为，可知，最后。 故答案为： 。 18．(1) 第4周期VIII族    (2) 3:2 为离子晶体，固态为分子晶体 (3) 6 【详解】（1） Ni原子序数为28，核外电子排布为，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；失去3个电子（先失再失），价层电子为，轨道表示式为 。 （2）①配离子中，每个结构为，含2个键、2个键，中心Ni与4个配体还形成4个配位键，总键，总键，故数目：； ②属于离子晶体，属于分子晶体，离子键强度远大于分子间作用力，因此前者熔点更高。 （3）① 根据晶胞投影的对称性，两个As原子分别位于和，xy坐标对应为和，因此另一个As坐标为；NiAs中原子个数比，配位数比，故As配位数为6； ② 顶点Ni坐标为，与最近As原子，结合xy平面夹角，计算得xy方向距离的平方为，z方向距离差为，因此最短距离为=。 试卷第14页，共15页 试卷第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $