精品解析：福建宁德市霞浦县第六中学2025-2026学年第二学期阶段性质量监测高二化学试题

2025-2026学年第二学期阶段性质量监测 高二化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 注意： 1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)(共7页14题)，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。 2．相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Ti-48 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与人类生产生活密切相关。下列说法错误的是 钻石 智能手机芯片 冷链干冰 液晶电视 A. 金刚石的范德华力强，硬度极大，用于加工、研磨材料 B. 晶体硅为共价晶体，常用作半导体材料制芯片 C. 干冰属于分子晶体，常温极易升华吸热，用于冷链运输 D. 液晶分子兼具液体流动性与晶体各向异性，可制显示屏 2. 下列化学用语表示正确的是 A. HClO的结构式： B. n s能级的原子轨道图可表示为 C. PH3的电子式为 D. Cl-的结构示意图： 3. 由徐光宪院士发起，经院士学子同创的《分子共和国》科普读物生动形象地戏说了CH4、BF3、NH3、H2S、O3、COCl2等众多“分子共和国”中的明星。下列说法正确的是 A. NH3 与 HCl 反应生成的化合物中既含离子键也含共价键 B. NH3、BF3 各原子均达到8电子稳定结构 C. CH4、COCl2 均只含σ键不含π键 D. O3 和 H2O 都属于非极性分子 4. 、都是重要的有机反应中间体，结构示意图分别为：。有关说法正确的是 A. 、碳原子杂化类型相同 B. 与NH3、H3O+ 互为等电子体 C. 的键角比 的键角小 D. 的键长比的长 5. 生活中许多常用物质的性质和用途都与结构有关，下列相关说法错误的是 邻羟基苯甲醛 H2O2分子空间结构示意图 醋酸分子球棍模型 18-冠-6 A. 邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，使得熔沸点比对羟基苯甲醛低 B. H2O2含有O-O非极性共价键，一定属于非极性分子 C. 醋酸分子与水分子可形成氢键，且符合相似相溶原理，二者能任意比例互溶 D. 18-冠-6中O电负性大，带负电荷，通过弱配位作用与K+结合，实现分子识别 6. P507萃取剂是一种有机磷酸萃取剂，主要用于稀土元素和有色金属的分离提取，具有良好的反萃能力和环保特性。其结构简式及其与Sc3+形成的配合物如下图所示。下列说法正确的是 A. 配合物由O提供孤电子对与Sc3+形成配位键 B. 配合物的中心原子位于元素周期表P区 C. 非金属元素电负性H < P < O < C D. P507含3个手性碳原子 7. 一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法不正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. Y基态原子核外电子的空间运动状态有9种 C. ZR3和的VSEPR模型均为平面三角形 D. 最简单氢化物的沸点：Z<X 8. 我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的合成，其路线如下，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 4.4 g CO2含有的π键数目为0.2NA B. 1 mol DHA中sp3杂化的原子数为4NA C. 标准状况下22.4 L CH3OH含有的极性键数目为5NA D. 由CH3OH生成1 mol HCHO转移电子数为2NA 9. 实验小组用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 已知：a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀。 b．(SCN)2为拟卤素，水溶液呈黄色或淡黄绿色，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 下列说法一定错误的是 A. 实验过程i中Cu与FeCl3反应的离子方程式为 B. 通过实验现象可知，过程ii中与反应生成拟卤素(SCN)2，反应的离子方程式为 C. 该环境下Cu+结合的能力比强，是因为Cu+与形成难溶的CuSCN沉淀的倾向强于Fe3+与形成可溶性配合物的倾向 D. 振荡后实验现象说明体系存在可逆平衡：且平衡向正反应方向移动 10. Ce位于元素周期表第六周期ⅢB族，属于镧系元素。 Ce和O形成的一种化合物晶体的立方晶胞如下图所示，已知，1号和2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)和、晶胞参数(或边长)为a pm。下列说法正确的是 A. 该化合物的化学式为Ce4O7 B. Ce的配位数为4 C. 3号原子的坐标为 D. 2号和3号原子的距离 pm 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、本题包括4大题，共60分 11. 已知X、Y、Z、R、Q、W是原子序数依次增大的短周期元素。其中X的核外电子运动状态只有一种；基态Y原子价层电子排布式为；基态R原子最外层电子数等于电子层数的3倍；Q元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；Y与W位于同族。M3+的3d轨道半充满。根据上述元素，回答下列问题： （1）W在元素周期表中的位置_______，该元素基态原子的最高能层符号为_______。 （2）Z、R、Q三种元素中，简单离子半径由小到大的顺序为_______。(用离子符号表示)。 （3）基态Y、Z、R原子的第一电离能最大的是_______。(用元素符号表示) （4）ZR的空间构型为_______，YR2的熔点_______WR2的熔点 (填“高于”、“低于”、“等于”)。 （5）下列说法正确的是_______。 A. X、Y元素形成的16个电子的分子，既含键又含键 B. Y、Z、R的最简单氢化物的稳定性：Y>Z>R C. Q2R2 中阴阳离子的个数比为1:1 D. M的基态原子中有6个未成对电子 12. (II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。 某小组制备配离子，实验如下： 已知：； （1）①的核外电子排布式为_______。 ②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的是_______原子，写出[Cu(NH3)4]2+的结构简式，用→标出配位键_______。 ③步骤2中沉淀溶解的原因用离子方程式表示_______。运用平衡移动原理分析沉淀溶解的原因：_______。 （2）如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。 ①配合物A中存在的化学键类型有_______。 a．离子键 b．非极性共价键 c． 配位键 d范德华力 e．氢键 f．金属键 ②已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。则配合物A的颜色为_______。将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。 13. 物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，请结合所学知识回答下列问题： （1）在晶体硅中，硅原子与Si-Si键个数的比为_______。石墨晶体层与层之间的作用力为_______，层内碳原子间的作用力为_______。 （2）AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，GaN被誉为第三代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。 ①AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，均属于_______晶体。 ②下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。 A．[Ne]3s23p1 　 B．[Ne]3s2 　 C． [Ne]3s13p1 　 D．[Ne]3s13p2 （3）铁能形成[Fe(Bipy)2C12]ClO4等多种配合物(Bipy结构如下图)。 ①基态Cl原子中能量最高的电子所占据的原子轨道的电子云轮廓图为_______形。 ②Bipy 的沸点为260℃，结构类似且相对分子质量接近的环戊二烯()的沸点为42.5 ℃，前者沸点较大的原因是_______。 ③分子(或离子)中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。如苯分子中的大π键可表示为。Bipy中存在的大π键可表示为_______。 ④Mn2+在水溶液中难被氧化，而Fe2+则易被氧化为Fe3+，请从离子的价电子排布角度解释Fe2+比Mn2+易被氧化的原因：_______。 14. 钛及其化合物在化学工业中具有重要的应用前景。 （1）基态钛原子价层电子的轨道表示式为_______。 （2）三氯化钛(TiCl3)在有机合成、催化剂制备和废水处理等领域具有重要的应用价值，将钛溶于盐酸制得的三氯化钛，其晶体有两种异构体：(绿色)、(紫色)，绿色与紫色异构体中非配位的数目比为_______。 （3）氮化钛(TiN)具有优异的硬度和耐磨性，常用于刀具和磨具的涂层。高温条件下，过量的碳粉和气将转化成TiN，写出该反应的化学方程式_______。用铝掺杂的TiN比TiN耐磨性提升5倍以上，其晶胞结构如图所示，则该物质的所含的Al、Ti和N原子个数比为_______。 （4）纳米可作为以下反应的催化剂： 已知：晶体中存在更多的空位、位错等晶体缺陷，处于缺陷处的原子能量高，这些缺陷会成为催化反应的活性位点。 若纳米晶胞的参数增大，Ti-O键的键长会变长，这会使纳米的热稳定性_______(填“增强”或“减弱”)，同时对催化剂活性的影响是_______。 （5）金红石型被广泛应用于内外墙乳胶漆、木器涂料、结构性涂料和高性能塑料中。其晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，的相对质量为80，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期阶段性质量监测 高二化学试题 (考试时间：75分钟 试卷总分：100分) 注意： 1．本学科试卷分试题卷和答题卡两部分。试题卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)(共7页14题)，全部答案必须按要求填在答题卡的相应答题栏内，否则不能得分。 2．相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Ti-48 第Ⅰ卷 选择题(共40分) 一、本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 化学与人类生产生活密切相关。下列说法错误的是 钻石 智能手机芯片 冷链干冰 液晶电视 A. 金刚石的范德华力强，硬度极大，用于加工、研磨材料 B. 晶体硅为共价晶体，常用作半导体材料制芯片 C. 干冰属于分子晶体，常温极易升华吸热，用于冷链运输 D. 液晶分子兼具液体流动性与晶体各向异性，可制显示屏 【答案】A 【解析】 【详解】A．金刚石为共价晶体，硬度极大，用于加工、研磨材料，其硬度是由其网状的空间构型决定，而不是范德华力，A错误； B．晶体硅为共价晶体，导电性介于导体和绝缘体之间，常用作半导体材料制芯片，B正确； C．干冰属于分子晶体，常温极易升华吸热，可用作制冷剂，用于冷链运输，C正确； D．液晶分子兼具液体流动性与晶体各向异性，可制显示屏，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. HClO的结构式： B. n s能级的原子轨道图可表示为 C. PH3的电子式为 D. Cl-的结构示意图： 【答案】B 【解析】 【详解】A．HClO的结构式：，A不正确； B．s能级的原子轨道呈球形，每个s能级有1个原子轨道，ns能级的原子轨道图可表示为，B正确； C．PH3属于共价化合物，电子式为，C不正确； D．氯离子(Cl-)的结构示意图中，核电荷数为17，最外层电子数应为8，即为：，D不正确； 故选B。 3. 由徐光宪院士发起，经院士学子同创的《分子共和国》科普读物生动形象地戏说了CH4、BF3、NH3、H2S、O3、COCl2等众多“分子共和国”中的明星。下列说法正确的是 A. NH3 与 HCl 反应生成的化合物中既含离子键也含共价键 B. NH3、BF3 各原子均达到8电子稳定结构 C. CH4、COCl2 均只含σ键不含π键 D. O3 和 H2O 都属于非极性分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．与反应生成，与之间存在离子键，内部与之间存在共价键，既含离子键也含共价键，A正确； B．中原子为2电子稳定结构，中原子最外层只有6个电子，所以NH3、BF3中并非各原子均达到8电子稳定结构，B错误； C．分子中均为单键，只含键，但COCl2分子中存在碳氧双键，双键包含1个键和1个键，C错误； D．和均为V形结构，正负电荷中心不重合，都属于极性分子，D错误； 故答案选A。 4. 、都是重要的有机反应中间体，结构示意图分别为：。有关说法正确的是 A. 、碳原子杂化类型相同 B. 与NH3、H3O+ 互为等电子体 C. 的键角比 的键角小 D. 的键长比的长 【答案】B 【解析】 【详解】A．计算中心C原子的价层电子对数：中，C价电子数为，形成3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为；中，C价电子数为，形成3个键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为，二者杂化类型不同，A错误； B．等电子体定义为：原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体。原子总数为4，价电子总数；原子总数为4，价电子总数；原子总数为4，价电子总数，三者原子总数、价电子总数均相等，互为等电子体，B正确； C． 为平面三角形结构，键角约为；为三角锥形，孤电子对对成键电子对有排斥作用，键角小于，因此的键角比更大，C错误； D． 杂化轨道中s成分越多，形成的化学键键长越短，中C为杂化，s成分比的杂化更多，因此的键长比更短，D错误； 故选B。 5. 生活中许多常用物质的性质和用途都与结构有关，下列相关说法错误的是 邻羟基苯甲醛 H2O2分子空间结构示意图 醋酸分子球棍模型 18-冠-6 A. 邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，使得熔沸点比对羟基苯甲醛低 B. H2O2含有O-O非极性共价键，一定属于非极性分子 C. 醋酸分子与水分子可形成氢键，且符合相似相溶原理，二者能任意比例互溶 D. 18-冠-6中O电负性大，带负电荷，通过弱配位作用与K+结合，实现分子识别 【答案】B 【解析】 【详解】A．邻羟基苯甲醛含有酚羟基、醛基，易形成分子内氢键，使得熔沸点比对羟基苯甲醛低，A正确； B． H2O2含有O-O非极性共价键，但是正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．醋酸和水均为极性分子，醋酸分子与水分子可形成氢键，且符合相似相溶原理，二者能任意比例互溶，C正确； D．18-冠-6中O通过弱的配位键与作用，体现超分子“分子识别”的特征，D正确； 故选B。 6. P507萃取剂是一种有机磷酸萃取剂，主要用于稀土元素和有色金属的分离提取，具有良好的反萃能力和环保特性。其结构简式及其与Sc3+形成的配合物如下图所示。下列说法正确的是 A. 配合物由O提供孤电子对与Sc3+形成配位键 B. 配合物的中心原子位于元素周期表P区 C. 非金属元素电负性H < P < O < C D. P507含3个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．配位键由孤电子对一方提供，原子有孤电子对，有空轨道，配位键由提供孤电子对形成，A正确； B．中心原子的价电子排布为，位于元素周期表的区，不是区，B错误； C．非金属元素电负性规律：同周期电负性从左到右增大，同主族从上到下减小，正确顺序为，C错误； D．每个基团中仅含1个手性碳，分子共含有2个相同的基团，总手性碳原子数为2，不是3个，D错误； 答案选A。 7. 一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法不正确的是 A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y B. Y基态原子核外电子的空间运动状态有9种 C. ZR3和的VSEPR模型均为平面三角形 D. 最简单氢化物的沸点：Z<X 【答案】C 【解析】 【分析】R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，Y能形成5个共价键、Z形成3个共价键，则Z是N元素、Y是P元素；W形成4个共价键、R形成1个共价键，R是H元素、W是C元素；X形成2个共价键，X是O元素。 【详解】A．Z是N元素、Y是P元素，非金属性N>P，最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y，A正确； B．Y是P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3，基态原子核外电子的空间运动状态有9种，B正确； C．ZR3为NH3，中心N原子的价层电子对数为，为sp3杂化，N原子的最外层有1个孤电子对，VSEPR模型呈四面体形，为，中心C原子的价层电子对数为，C原子的最外层无孤电子对，则VSEPR模型为平面三角形，C不正确； D．X、Z的简单氢化物分别为H2O、NH3，在H2O分子中形成更多氢键，最简单氢化物的沸点：Z<X，D正确； 故选C。 8. 我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的合成，其路线如下，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 4.4 g CO2含有的π键数目为0.2NA B. 1 mol DHA中sp3杂化的原子数为4NA C. 标准状况下22.4 L CH3OH含有的极性键数目为5NA D. 由CH3OH生成1 mol HCHO转移电子数为2NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．4.4 g CO2物质的量为0.1mol，CO2的结构简式为O=C=O，1个分子含有2个π键，含有的π键数目为0.1mol×2=0.2mol，即0.2NA，A正确； B．DHA中sp3杂化的原子为2个亚甲基中的碳原子和2个羟基中的氧原子，1个DHA分子中共有4个sp3杂化原子，因此1 mol DHA中sp3杂化的原子数为4NA，B正确； C．标准状况下CH3OH为液体，不能用气体摩尔体积计算，22.4 L CH3OH含有的极性键数目远大于5NA，C错误； D．CH3OH被氧化生成1个HCHO转移2个电子，则生成1 mol HCHO转移电子数为2 mol，即2NA，D正确； 故选C。 9. 实验小组用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 已知：a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀。 b．(SCN)2为拟卤素，水溶液呈黄色或淡黄绿色，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 下列说法一定错误的是 A. 实验过程i中Cu与FeCl3反应的离子方程式为 B. 通过实验现象可知，过程ii中与反应生成拟卤素(SCN)2，反应的离子方程式为 C. 该环境下Cu+结合的能力比强，是因为Cu+与形成难溶的CuSCN沉淀的倾向强于Fe3+与形成可溶性配合物的倾向 D. 振荡后实验现象说明体系存在可逆平衡：且平衡向正反应方向移动 【答案】D 【解析】 【分析】主反应为铜与FeCl3溶液发生氧化还原反应：；显色反应为Fe3+与SCN-生成血红色络合物，用于检验 Fe3+；溶液中 Cu2+与 SCN-发生氧化还原反应：，生成的拟卤素可氧化 Fe2+为 Fe3+，但SCN-被持续消耗，导致血红色褪去，白色CuSCN沉淀增多。 【详解】A．Cu与Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式，符合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，A不符合题意； B．Cu2+与SCN-反应时，Cu从+2价降为+1价，部分SCN-被氧化为(SCN)2，离子方程式符合得失电子守恒、电荷守恒，B不符合题意； C．实验中加入KSCN后，先生成血红色的，振荡后红色褪去、CuSCN白色沉淀增多，说明结合的能力比更强；原因是与生成难溶CuSCN沉淀的倾向，强于与生成可溶性配合物的倾向，会从中夺走，C不符合题意； D．振荡后血红色褪去，说明血红色物质的浓度降低，对于平衡，平衡向逆反应方向移动，D符合题意； 故答案选D。 10. Ce位于元素周期表第六周期ⅢB族，属于镧系元素。 Ce和O形成的一种化合物晶体的立方晶胞如下图所示，已知，1号和2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)和、晶胞参数(或边长)为a pm。下列说法正确的是 A. 该化合物的化学式为Ce4O7 B. Ce的配位数为4 C. 3号原子的坐标为 D. 2号和3号原子的距离 pm 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据均摊法，O为8个，Ce为，化学式为CeO2，A错误； B．以面心的Ce为基准，Ce的配位数为8，B错误； C．1号和2号原子的分数坐标分别为(0，0，0)和，3号原子的坐标为，C错误； D．面对角线为 pm，2号和3号原子的距离为面对角线的一半 pm，D正确； 故选D。 第Ⅱ卷 非选择题(共60分) 二、本题包括4大题，共60分 11. 已知X、Y、Z、R、Q、W是原子序数依次增大的短周期元素。其中X的核外电子运动状态只有一种；基态Y原子价层电子排布式为；基态R原子最外层电子数等于电子层数的3倍；Q元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；Y与W位于同族。M3+的3d轨道半充满。根据上述元素，回答下列问题： （1）W在元素周期表中的位置_______，该元素基态原子的最高能层符号为_______。 （2）Z、R、Q三种元素中，简单离子半径由小到大的顺序为_______。(用离子符号表示)。 （3）基态Y、Z、R原子的第一电离能最大的是_______。(用元素符号表示) （4）ZR的空间构型为_______，YR2的熔点_______WR2的熔点 (填“高于”、“低于”、“等于”)。 （5）下列说法正确的是_______。 A. X、Y元素形成的16个电子的分子，既含键又含键 B. Y、Z、R的最简单氢化物的稳定性：Y>Z>R C. Q2R2 中阴阳离子的个数比为1:1 D. M的基态原子中有6个未成对电子 【答案】（1） ①. 第三周期第IVA族 ②. M （2）Na+<O2-<N3- （3）N （4） ①. 平面三角形 ②. 低于 （5）A 【解析】 【分析】“X的核外电子运动状态只有一种”，故X是氢元素，原子序数为1；“基态Y原子价层电子排布式为nsnnpn”，因为s轨道最多容纳2个电子，所以n只能等于2，Y的价层电子排布式为2s22p2。因此，Y是碳元素，原子序数为6；“基态R原子最外层电子数等于电子层数的3倍”，是第二周期，最外层电子数为6。该元素为氧，原子序数为8；Z元素原子序数介于Y(C,6)和R(O,8)之间，所以Z是氮元素，原子序数为7；“Y与W位于同族”，Y是碳，所以W是硅元素，原子序数为14；“Q元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子”，即只有s和p轨道，且最外层电子排布是全满或半满的某种特定状态，结合Q的原子序数在R之后W之前，且为短周期元素，故Q是钠元素；“M3+的3d轨道半充满”，则M原子的电子排布为[Ar]3d64s2。因此M是铁元素。 【小问1详解】 W是硅，原子序数14，位于第三周期第IVA族，电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能层是第三层，符号为M层； 【小问2详解】 Z是N，R是O，Q是Na，它们的简单离子分别是N3-、O2-、Na+，这三种离子具有相同的核外电子排布，故核电荷数越大，对电子的吸引力越强，离子半径越小。核电荷数：Na>O>N，因此离子半径由小到大的顺序为：Na+<O2-<N3-； 【小问3详解】 Y是C，Z是N，R是O，同处于第二周期，同一周期元素的第一电离能总体呈增大趋势，但第VA族N的p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻的第VIA族的O，因此第一电离能大小顺序为：N>O>C，最大的是N； 【小问4详解】 是，中心原子N的价层电子对数=3，采取sp2杂化，且没有孤电子对，因此空间构型为平面三角形；YR2是CO2，WR2是SiO2，CO2是分子晶体，微粒间作用力为范德华力；SiO2是共价晶体，微粒间作用力为共价键，由于共价键的键能远大于范德华力，因此SiO2的熔点远高于CO2，所以YR2的熔点低于WR2的熔点； 【小问5详解】 A．X、Y元素形成的16个电子的分子，既含键又含键，由C和H组成的16电子分子是C2H4。乙烯分子中含有C-H单键和C=C双键，A正确； B．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性O>N>C。因此稳定性H2O>NH3>CH4，即R>Z>Y，B错误； C．Q2R2是Na2O2，它由Na+和构成。阴阳离子个数比为，C错误； D．Fe的基态电子排布式为[Ar]3d64s2，3d轨道上有6个电子，有4个未成对电子；4s轨道全满，无未成对电子，总共有4个未成对电子，D错误。 故选A。 12. (II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。 某小组制备配离子，实验如下： 已知：； （1）①的核外电子排布式为_______。 ②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的是_______原子，写出[Cu(NH3)4]2+的结构简式，用→标出配位键_______。 ③步骤2中沉淀溶解的原因用离子方程式表示_______。运用平衡移动原理分析沉淀溶解的原因：_______。 （2）如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。 ①配合物A中存在的化学键类型有_______。 a．离子键 b．非极性共价键 c． 配位键 d范德华力 e．氢键 f．金属键 ②已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。则配合物A的颜色为_______。将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。 【答案】（1） ①. [Ar]3d9或 1s22s22p63s23p63d9 ②. N ③. ④. Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH- ⑤. Cu(OH)2存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，滴入氨水后，NH3与Cu2+结合生成稳定的[Cu(NH3)4]2+，使溶液中Cu2+浓度降低，Cu(OH)2溶解平衡正向移动，最终沉淀溶解 （2） ①. abc ②. 橙色 ③. 降温 【解析】 【分析】CuSO4溶液滴加氨水先生成Cu(OH)2沉淀，再加氨水生成络合物，沉淀溶解，据分析答题。 【小问1详解】 铜为29号元素，失去最外层2个电子得到Cu2+，其核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道，NH3分子作配体，N原子提供孤对电子，结构式为；沉淀溶解的原因是Cu2+与NH3形成[Cu(NH3)4]2+，方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-； 【小问2详解】 配合物A中存在的化学键有与络离子之间存在离子键，硝酸根内部及N-H之间存在共价键，N原子间存在非极性键、N原子与Cu之间存在配位键，故答案选abc；根据图示，A为四方平面形，B为八面体，则配合物A的颜色为橙色，当由紫色调整为橙色，即B转化为A，需要进行的简单操作为冷却降温。 13. 物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，请结合所学知识回答下列问题： （1）在晶体硅中，硅原子与Si-Si键个数的比为_______。石墨晶体层与层之间的作用力为_______，层内碳原子间的作用力为_______。 （2）AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，GaN被誉为第三代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。 ①AlN和GaN的成键结构与金刚石相似，均属于_______晶体。 ②下列状态的铝中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。 A．[Ne]3s23p1 　 B．[Ne]3s2 　 C． [Ne]3s13p1 　 D．[Ne]3s13p2 （3）铁能形成[Fe(Bipy)2C12]ClO4等多种配合物(Bipy结构如下图)。 ①基态Cl原子中能量最高的电子所占据的原子轨道的电子云轮廓图为_______形。 ②Bipy 的沸点为260℃，结构类似且相对分子质量接近的环戊二烯()的沸点为42.5 ℃，前者沸点较大的原因是_______。 ③分子(或离子)中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。如苯分子中的大π键可表示为。Bipy中存在的大π键可表示为_______。 ④Mn2+在水溶液中难被氧化，而Fe2+则易被氧化为Fe3+，请从离子的价电子排布角度解释Fe2+比Mn2+易被氧化的原因：_______。 【答案】（1） ①. 1:2 ②. 范德华力 ③. 共价键 （2） ①. 共价或原子 ②. B （3） ①. 纺锤形 ②. Bipy分子间能形成氢键 ，环戊二烯分子间不能形成氢键 ③. ④. Fe²⁺的价电子排布为3d⁶‌，易失去一个电子达到d 轨道‌半充满‌的稳定状态，而Mn²⁺的价电子排布为3d⁵‌，已是‌半充满稳定结构，故更难被氧化 【解析】 【小问1详解】 ①在晶体硅中，每个硅原子与4个相邻的硅原子形成共价键，每个共价键被2个硅原子共用，故硅原子与键的个数比为：；②石墨晶体层与层之间的作用力为分子间作用力即范德华力；③石墨层内碳原子间的作用力为共价键。 【小问2详解】 ①由信息可知：和成键结构与金刚石相似，故均属于原子晶体； ②A．[Ne]3s23p1 为基态铝原子，电离电子，能量高，易电离； B．[Ne]3s2为电离电子，为全充满结构，能量低，电离能大； C．[Ne]3s13p1为激发态的，电子能量高，易电离； D．[Ne]3s13p2为激发态的铝原子，电子能量高，易电离； 故电离最外层一个电子所需能量最大的是B。 【小问3详解】 ①基态原子的电子排布式为，能量最高的电子在轨道，其电子云轮廓图为纺锤形；　 ② Bipy的沸点远高于结构类似的环戊二烯，原因是Bipy分子间能形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键，氢键作用力更强，沸点更高； ③Bipy中参与形成大π键的原子数为5个，所以，参与形成大π键的电子数为6，所以，故Bipy中存在的大π键可表示为； ④ Fe2+的价电子排布为，易失去一个电子后变成，即达到d 轨道‌半充满‌的稳定状态，而Mn²⁺的价电子排布为，已是‌半充满稳定结构，故更难被氧化。 14. 钛及其化合物在化学工业中具有重要的应用前景。 （1）基态钛原子价层电子的轨道表示式为_______。 （2）三氯化钛(TiCl3)在有机合成、催化剂制备和废水处理等领域具有重要的应用价值，将钛溶于盐酸制得的三氯化钛，其晶体有两种异构体：(绿色)、(紫色)，绿色与紫色异构体中非配位的数目比为_______。 （3）氮化钛(TiN)具有优异的硬度和耐磨性，常用于刀具和磨具的涂层。高温条件下，过量的碳粉和气将转化成TiN，写出该反应的化学方程式_______。用铝掺杂的TiN比TiN耐磨性提升5倍以上，其晶胞结构如图所示，则该物质的所含的Al、Ti和N原子个数比为_______。 （4）纳米可作为以下反应的催化剂： 已知：晶体中存在更多的空位、位错等晶体缺陷，处于缺陷处的原子能量高，这些缺陷会成为催化反应的活性位点。 若纳米晶胞的参数增大，Ti-O键的键长会变长，这会使纳米的热稳定性_______(填“增强”或“减弱”)，同时对催化剂活性的影响是_______。 （5）金红石型被广泛应用于内外墙乳胶漆、木器涂料、结构性涂料和高性能塑料中。其晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，的相对质量为80，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。 【答案】（1） （2）2:3 （3） ①. ②. 1:3:4 （4） ①. 减弱 ②. 催化活性增强 （5） 【解析】 【小问1详解】 Ti原子核外电子数为22，根据能量最低原理，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2，s能级有一个轨道，d能级有5个轨道，根据洪特规则，基态Ti原子轨道表示式为； 【小问2详解】 绿色异构体外界有2个为非配位离子、紫色异构体外界有3个为非配位离子，绿色与紫色异构体中非配位的数目比为2：3； 【小问3详解】 高温下，过量的碳粉和将转化成TiN和CO，配平后化学方程式为；由晶胞结构可知：N原子位于顶点和面心，数目为；Ti原子位于棱心，数目为；Al原子位于体心，数目为1，则该物质的所含的Al、Ti和N原子个数比为1:3:4。 【小问4详解】 键能与键长负相关，键长越长，键能越小，化学键越不稳定；Ti-O键键长变长，键能降低，会使纳米TiO2的热稳定性减弱；由题知，晶体中存在更多的空位、位错等晶体缺陷，处于缺陷处的原子能量高，这些缺陷会成为催化反应的活性位点，晶胞参数增大、键长变长，会使晶体缺陷增多，缺陷处原子能量升高，因此催化活性增强； 【小问5详解】 由晶胞结构可知：Ti原子位于顶点和体心，数目为；O原子数目为，则晶胞内含2个TiO2单元，，，。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $