山东烟台市某校2025-2026学年高三5月阶段测试 化学试题

**基本信息** 2023级高三化学模拟卷聚焦物质结构与性质，以“点击化学”“离子液体”等科技前沿情境为载体，通过选择、填空、计算等题型，考查杂化类型、分子极性、晶胞结构等核心知识，强化化学观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题/40分|化学用语、分子极性、VSEPR模型|结合诺贝尔奖成果（如点击化学），考查基础概念辨析| |不定项选择题|5题/20分|杂化方式、晶体熔沸点、键角比较|设置结构与性质关联选项（如SO₃固态结构分析）| |非选择题|6题/40分|晶胞计算、配合物结构、工业流程|以磷酸三甲酯合成、氨硼烷储氢等真实情境，融合科学探究与计算能力|

2023级高三模拟测试题 相对原子质量 Cl35.5 Ni 59 一、单选题 1．下列化学用语或表述正确的是 A．SO2的空间结构： B．Na2O2的电子式： C．NH3的VSEPR模型： D．和的关系：互为同素异形体 2．下列事实中，与分子极性无关的是 A．在水中的溶解度比在水中的溶解度大 B．的熔沸点小于CO的熔沸点 C．向硫酸铜与浓氨水的澄清混合液中加入95％乙醇，析出深蓝色晶体 D．制取乙酸乙酯时，饱和溶液的上层析出油状液体 3．价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是 A．NH3和H2O的VSEPR模型均为四面体 B．CF4和SF4均为非极性分子 C．沸点：邻羟基苯甲醛＞对羟基苯甲醛 D．XeF2与XeO2的键角相等 4．镉红是最坚牢的红颜料，具有非常高的耐光、耐高温和耐大气影响的性能，常用作绘画颜料和特殊油漆、搪瓷的着色剂。其干法煅烧制备的化学方程式为。下列说法正确的是 A．和中C原子的杂化类型均为杂化 B．O、S、Se处于同一主族，稳定性： C．干法煅烧中Se为氧化剂、S为还原剂 D．当消耗1molSe，该反应转移2mol电子 5．通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能： C．和所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为杂化 6．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是 A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 7．“点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示的产物。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。下列说法错误的是 A．铜离子降低了反应的活化能 B．反应物中黑球元素的电负性比N小 C．产物中碳原子的杂化方式为 D．反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短 8．下列有关物质结构和性质的解释不合理的是 选项 实例 解释 A 18-冠-6醚能识别 冠醚中的O通过离子键与作用 B 在中的溶解度高于在水中的溶解度 的极性微弱，在非极性溶剂中更易溶 C 的碱性强于 原子电子云密度： D 游离态水分子中小于中 孤电子对排斥作用 9．某些含氟有机化合物具有特异的生物活性和生物体适应性，疗效比一般药物强好几倍。实验室将 KF溶入18-冠-6(结构如图1)的乙腈(CH3CN)溶液中可轻松实现氟的取代，反应过程如图2所示： 下列说法错误的是 A．用与用18-冠-6络合钾离子的效率不同 B．KF、18-冠-6 和乙腈均为极性分子，KF溶解度增大，与卤代烃充分接触 C．C-O-C 键角：∠1大于乙醚中的 D．相同条件下，用代替 参与上述反应，反应速率会加快 10．某离子液体的结构如图所示，其阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，对纤维素有很好的溶解性。W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y是组成有机物的基本骨架元素，Q的单质可与水反应生成氧气。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．阴离子中X不满足8电子稳定结构 C．基态原子的未成对电子数： D．WQ属于酸，不能与任何酸性氧化物反应 二、不定项选择题 11．下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是 选项 实例 解释 A POCl3和的空间结构都是四面体形 POCl3和中P原子轨道的杂化类型均为sp3 B NO、NO的键角依次减小 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 C SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依次升高 SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增大 D 的熔点低于 前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作用力大于前者 12．下图为一种结构有趣的“糖葫芦”分子，其中W、X、Y、Z四种元素位于同一主族的相邻周期。X的电负性大于Z，工业上利用沸点差异从空气中分离出Y的单质。E是短周期元素。E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，与的电子结构相同。下列说法错误的是 A．W、Y形成的最高价氧化物的水化物分子式不同 B．第一电离能：W>E>X C．已知电负性有Y>Cl>W，则水解生成和HCl，水解生成和HCl D．简单离子半径：W>E>Y 13．SO3固态时有无限长链形式(β-SO3)和三聚分子形式(γ-SO3)，其结构如图所示，受热可分解生成以单分子形式存在的SO3(g)。下列说法错误的是 A．β-SO3中键长：m<n B．β-SO3晶体中存在共价键和分子间作用力 C．1molγ-SO3分子中含12mol键 D．分子中O-S-O键角：SO3(g)<γ-SO2 14．某锂离子电池电解液中溶质的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半。下列说法正确的是 A．原子半径：W>Z>Y>X B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W C．Y和Z分别形成的最简单氢化物的沸点：Y>Z D．基态W原子核外电子的空间运动状态有9种 15．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物（），其立方晶胞和导电时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，La的价态发生变化 B．若，与空位的数目相等 C．导电时，移动方向与电流方向相同 D．与体心最邻近的O原子数为12 三、非选择题 16．(1)、、的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。 (2)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是 。 (3)在常压下，甲醇的沸点(65℃)比甲醛的沸点(-19℃)高。主要原因是 。 (4)苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是 。 (5)抗坏血酸的分子结构如图所示，推测抗坏血酸在水中的溶解性： (填“难溶于水”或“易溶于水”)。 17．磷酸三甲酯常用作阻燃剂，可采用下列流程合成少量该物质： 已知：磷酸和亚磷酸的结构式 请回答： (1)反应⑤为加热条件下的分解反应，反应中还产生了三角锥形结构的气体，请写出⑤的化学方程式 。 (2)关于上述流程图，下列说法正确的是___________。 A．①～⑥反应过程中涉及到磷元素的三种不同价态 B．化合物A可能有多种不同的结构 C．高浓度溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键 D．分子构型为正四面体形结构，键角为 (3)已知含氧酸分子结构中非羟基氧原子数越多，该含氧酸酸性就越强。亚磷酸为中强酸，而亚砷酸()为弱酸，它们酸性差别很大。 ①写出亚磷酸溶液与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式 。 ②请写出亚砷酸的结构式为 。 (4)与水反应生成和一种气体，请设计实验验证该气体 。 18．过渡金属铬、铅、镍、铁及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题： (1)基态Cr原子的简化电子排布式为 。 (2)氮化铬在超级电容器领域具有良好的应用前景，可由与尿素反应先得到配合物，然后在通有和混合气体的反应炉内热分解制得。中存在的化学键有___________ (填字母)。 A．极性共价键 B．非极性共价键 C．氢键 D．配位键 (3)四卤化硅的沸点和二卤化铅的熔点如图所示。 ①的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是 。 ②结合的沸点和的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，中的化学键中离子键成分的百分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)丁二酮肟常与形成图A所示的配合物，图B是图A中硫代氧后的结构简式： A的熔、沸点高于B的原因是 。 (5)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为 。 ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为 (列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 19．含硼物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题： (1)基态硼原子的价电子轨道表示式是 ，最高能量的原子轨道的空间形状是 。 (2)BN可以水解成硼酸(H3BO3)和NH3，B、N、O中，第一电离能最大的元素是 。人工合成的一种BN晶体硬度已超过金刚石，是一种超硬材料，常用作刀具材料和磨料。可预测该BN晶体属于 晶体。用 法可以测得该晶体的结构，其中B的化合价为 ，请解释原因： 。 (3)N-甲基咪唑的结构为，它的某种衍生物与NaBF4形成的离子化合物是离子液体。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，由于其具有良好的化学稳定性，较低的熔点和良好的溶解性，应用越来越广泛。 ①1mol离子化合物中，阿伏加德罗常数的值为NA，则根据价电子对互斥(VSEPR)理论，杂化方式为sp3的原子共有 个。BF的电子式为 。 ②离子化合物熔点低的原因是 。 (4)B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。 氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一、以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷。为测定该配合物的结构，取2.32 g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59 g；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06 mol；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71 g。 I．该配合物中镍离子的基态电子排布式为 。 Ⅱ．该配合物的结构简式为 。 20．回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为 。 (2)三氟化硼是一种无色气体，用于制造火箭的高能燃料。水解生成一种“一元”含氧酸甲和另一种一元无氧酸乙，乙中B的杂化方式是，则乙的化学式是 。 (3)在吡啶()、噻吩()、呋喃()三种杂环化合物均为共平面结构，N、S、O均有给电子共轭效应，其中O和S的给电子共轭效应均弱于N，请解释原因 。 (4)下列说法正确的是___________。 A．第二周期，第一电离能介于B和F之间的元素有3种 B．存在顺反异构 C．中N原子可通过配位键与结合而使分子本身具有碱性，且的碱性弱于 D．的键角小于 (5)氧化铈常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。假设晶胞边长为。晶胞结构如下图： 晶胞中与相邻且最近的有 个。若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 （1班做）21.超导材料具有高载流能力和低能耗特性，应用广泛。回答下列问题： (1)高温超导材料中有部分铜以形式存在。元素钇（Y）的价电子排布式为，则在周期表中的位置为第五周期 族；第四周期主族元素基态原子中，和未成对电子数相同的元素有 种。 (2)是第一种被发现的超导体，最外层有2个电子。 ①分子的空间结构为 ；实验室用鉴别，反应生成（黄色沉淀），中的配位数为2，画出的结构简式 。 ②已知阴、阳离子的电子云在离子极化作用下发生变形，离子半径越大，变形性越大，电子云重叠程度越大。稳定性 （填“>”“<”或“=”），原因是 。 (3)金属有机框架超导体MOFs的三种杂环基有机配体结构如下图，a物质中存在大键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 （填标号）。 (4)某超导含钒锑化物的晶胞及晶体中由V和Sb组成的二维平面如图。该化合物的化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 2023级高三模拟测试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A B A C C A B A 题号 11 12 13 14 15 答案 B BC AD CD AB 1．C 【详解】A．SO2中中心原子S周围的价层电子对数为2+=3，根据价层电子对互斥理论可知，SO2的空间结构应该是V形而不是直线形，A错误； B．Na2O2是离子化合物，由Na+和构成，则其电子式为：，B错误； C．NH3中心原子N周围的价层电子对数为3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，NH3的VSEPR模型为：，C正确； D．同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质，而和是三种核素(或原子)，故不互为同素异形体，而是互为同位素，D错误； 故答案为：C。 2．A 【详解】A．和都是非极性分子，在水中的溶解度比在水中的溶解度大的原因是能够和水反应，与分子极性无关，A符合题意； B．和CO的相对分子质量相等，是非极性分子，CO是极性分子，CO分子间作用力更大，熔沸点更高，则的熔沸点小于CO的熔沸点，与分子极性有关，B不符合题意； C．硫酸铜与浓氨水的澄清混合液中含有， 是离子晶体，在水中电离出离子，具有最强的极性，乙醇的极性弱于水的极性，所以硫酸四氨合铜的溶解度在乙醇中的小，加入95％乙醇后，析出深蓝色晶体，与分子极性有关，C不符合题意； D．碳酸钠溶于水增强了溶剂水的极性，乙酸乙酯属于有机物，在极性溶剂水中的溶解度很小，制取乙酸乙酯时，乙酸乙酯不溶于饱和溶液，上层析出油状液体，与分子极性有关，D不符合题意； 故选A。 3．A 【详解】A．NH3和H2O分子中N、O原子的价层电子对数都是4，所以上述分子的VSEPR模型均为四面体，A正确； B．CF4分子中中心C原子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，所以该分子是正四面体形，为非极性分子；而SF4分子中中心S原子的价层电子对数是4+=5，采用sp3d杂化，由于中心S原子上含有1对孤电子对，因此SF4分子为极性分子，B错误； C．邻羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛都是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体。邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛会形成分子间氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的熔沸点比形成分子内氢键邻羟基苯甲醛的高，故沸点：邻羟基苯甲醛＜对羟基苯甲醛，C错误； D．XeF2的价层电子对数=2+=5；XeO2的价层电子对数=2+=4，两种物质分子中的中心原子上含有的价层电子对数不同，因此二者的分子内的键角不相等，D错误； 故合理选项是A。 4．B 【详解】A．中心原子价层电子对数，为sp杂化，中心原子价层电子对数，为sp2杂化（平面三角形结构），因此两者杂化类型不同，A错误； B．O、S、Se同属第ⅥA族，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O＞S＞Se，故气态氢化物稳定性：，B正确； C．反应中Se的化合价从0降至-2（被还原，作氧化剂），S的化合价部分从0升至+4（被氧化，作还原剂），部分从0降至-2（被还原，作氧化剂），因此S既是氧化剂又是还原剂，C错误； D．1 mol Se被还原（0→-2），转移2 mol电子，同时1 mol S被还原（0→-2），转移2 mol电子，总反应中，S的氧化（0→+4）失去4 mol电子，总电子转移为4 mol，D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误； B．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，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，故B正确； C．由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol P和1mol Q所含电子数目相等，C正确； D．由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确； 本题选A。 6．C 【详解】A．C、N、O与H分别可以形成CH3CH3、N2H4、H2O2三种分子，既含极性键又含非极性键，A正确； B．W与Cu2+结合前，N原子为sp2杂化，含有孤电子对，Cu2+中含有空轨道，与W中N原子形成配位键，N原子仍为sp2杂化，杂化方式没有发生变化，B正确； C．Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期元素中未成对电子数为1的元素分别为K、Sc、Ga、Br，共4种元素，C错误； D．Q中含有C-C、C-H、C-O、N-O等共价键，Cu原子和N、O原子之间为配位键，O氧原子和H原子之间形成分子内氢键，D正确； 故答案选C。 7．C 【详解】A．铜离子在反应中作催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确； B．由图可知，α位置的N原子带正电，则与黑球元素直接连接的N应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，故黑球元素的电负性弱于N，B正确； C．产物中的碳原子形成了碳碳双键，其杂化方式为，C错误； D．已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短，D正确； 故答案选C。 8．A 【详解】A．冠醚18-冠-6能够与形成超分子，说明的直径与冠醚18-冠-6的空腔直径适配，反映了超分子的“分子识别”的特征，冠醚中的O不是通过离子键与作用，A错误； B．的极性很微溶，为非极性分子，水为极性分子，使得在中的溶解度高于在水中的溶解度，B正确； C．甲基为供电子基团，使得氨基中氮的电子云密度更大，更容易结合氢离子，使得的碱性强于，C正确； D．Cu2+有空轨道，可接受水分子中的O给出的孤电子对，形成配位键，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故使得游离态水分子中小于中，D正确； 故选A。 9．B 【详解】 A．和18-冠-6的孔径不同，络合离子不同，故两者络合钾离子的效率不同，A正确； B．KF为离子化合物，不是极性分子，B错误； C．∠1中氧的孤电子对数为1、乙醚中氧的孤电子对数为2，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故C-O-C 键角：∠1大于乙醚中的，C正确； D．中C-Br键较C-Cl键更容易断裂，则相同条件下，用代替 参与上述反应，反应速率会加快，D正确； 故选B。 10．A 【分析】Y是组成有机物的基本骨架元素，则Y为C；Q的原子序数大于C，形成1个共价键，且离子液体的阴离子能与纤维素中的羟基形成氢键，说明Q的电负性较大，则Q为F；Z能形成3个共价键或4个共价键，原子序数大于C，小于F，则Z为N；X的原子序数小于C，且形成XF，则X为B，W的原子序数最小，结合成键特点，则W为H。 【详解】A．N的2p电子处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能C＜N，A正确； B．B原子核外有3个价电子，4个F提供4个电子，又带1个单位的负电荷，故B满足8电子稳定结构，B错误； C．结合分析可知，X、Z、Q分别为B(1s22s22p1)、N(1s22s22p3)、F(1s22s22p5)，有未成对电子数分别为1、3、1，则未成对电子数X=Q<Z，C错误； D．HF为弱酸，可与SiO2反应，D错误； 故答案为：A。 11．B 【详解】A．POCl3的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此采用sp3杂化，空间结构为四面体形；的中心P原子价层电子对数是4+=4，因此也是采用sp3杂化，空间结构为四面体形，A正确； B．的中心N原子价层电子对数是2+=2，无孤对电子，因此N采用sp杂化，空间结构为直线形，键角为180°；的中心N原子价层电子对数是3+=3，无孤对电子，因此N采用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°，键角依次减小，与中心N原子的杂化类型有关，B错误； C．SiX4均为分子晶体，分子之间以分子间作用力结合。随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，因此的熔沸点逐渐升高，C正确； D．分子间不仅存在范德华力，还存在分子间氢键，使其熔沸点升高，分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的低，D正确； 故选B。 12．BC 【分析】X、Y、Z、W为同一族的元素，图中它们一个原子均形成了三个共价键，根据分子的成键特征可知，四者均为VA族元素，    工业上利用沸点差异能从空气中分离出Y的单质，则Y为N；W能与苯环碳相连，则W为P；E与Y的价电子数之和与Mg的质子数相同，E形成1个共价键，则E最外层有7个电子，再结合与的电子结构相同知E为Cl；X的电负性大于Z，则推测X为 As、Z为Sb，综上，X、Y、Z、W、E依次为As、N、Sb、P、Cl。 【详解】A．W为P，Y为N，对应的最高价氧化物的水化物分子式分别为，A正确； B．同一主族，从上往下，元素的第一电离能逐渐减小，同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势（但第IIA、ⅤA族元素的第一电离能大于其相邻元素），所以第一电离能：Cl>P >As，即E>W >X，B错误； C．电负性：N>Cl>P，则水解后P显正价，N显负价，水解生成和HCl，水解生成NH3和HClO，C项错误； D．W、E、Y对应的简单离子分别为、、，与最外层电子数相同，的电子层比多一层，则离子半径：>；和电子层数相同，前者的核电荷数小于后者，则离子半径：>；所以简单离子半径：>>N3-，D项正确。 故选BC。 13．AD 【详解】A．在SO3中的链状结构中，硫通过“桥氧”彼此相连，桥键(S–O)一般比端基(S=O)的双键更长，则键长：m>n，A错误； B．β-SO3为无限长链的聚合物，链内以共价键连接，但不同链间还存在分子间作用力， B正确； C．由γ-SO3分子结构可知，其中含有6个S—O键和6个S=O键，1mol γ-SO3分子中含12mol键，C正确； D．气态SO3的空间构型为平面正三角形结构，中心原子为sp2杂化，键角约120°，而γ-SO3中S原子形成4个键，为sp3杂化，则分子中O-S-O键角：SO3 (g)>γ-SO3， D错误； 故选AD。 14．CD 【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W原子的最外层电子数是内层电子数的一半，则W的原子核外电子排布为2、8、5，其为P元素；由结构式可以看出，X形成4个共价键，表明其原子核外最外层电子数为4，其为C元素；Y形成2个共价键，表明其原子 核外最外层电子数为6，其为O元素；Z形成1个共价键，其原子核外最外层电子数为7，其为F元素。从而得出X、Y、Z、W分别为C、O、F、P。 【详解】A．同周期越靠左半径越大，电子层越多半径越大，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，C、O、F同周期，P比它们多一个电子层，则原子半径：P＞C>O＞F，A错误； B．Z为F，不存在最高价氧化物对应水化物，B错误； C．Y和Z分别为O、F，其分别形成的最简单氢化物分别为H2O、HF，其中水形成的分子间氢键较多，且常温时是液体，沸点较高，C正确； D．W为P元素，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，有9个轨道填充了电子，所以电子有9种空间运动状态，D正确； 故选CD。 15．AB 【分析】根据晶胞结构判断x、y的关系，导电时迁移判断化合价是否变化，以及电流方向与移动方向是否相同。 【详解】A．由题可知，导电时发生迁移，没有发生化学变化，Ti和La的化合价不变，A错误； B．由晶胞图可知， 中、La3+和空位均位于晶胞体心，则x+y=1-空位数目，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得x+3y=2，若x=，y=，空位数目=，Li+与空位的数目不相等，B错误； C．内电路中电流从负极流向正极，阳离子()也移向正极，方向相同，C正确； D．与体心最邻近的O原子位于12条棱的棱心，共12个，D正确； 故选AB。 16． 、、 、、 、、 乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷与水分子之间不能形成氢键 甲醇分子间存在氢键 苯胺分子之间存在氢键 易溶于水 【详解】(1)中存在分子间氢键，导致其沸点比与N元素同主族的P、As元素的氢化物、的沸点要高，而、中均不存在分子间氢键，影响、沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为、、；通常同主族元素随着原子序数的递增，气态氢化物的还原性逐渐增强，则还原性由强到弱的顺序是、、；同主族元素，随着原子序数的递增，电负性逐渐减弱，则其气态氢化物中的成键电子对逐渐远离中心原子，致使成键电子对的排斥力降低，键角逐渐减小，故键角由大到小的顺序是、、； (2)影响物质在水中溶解度的因素有物质的极性、是否含有氢键、能否与水发生化学反应等。乙醇、氯乙烷、水均为极性分子，但乙醇与水分子之间能形成氢键，而氯乙烷与水分子之间不能形成氢键，因此在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷； (3)甲醇（）和甲醛（）的相对分子质量相近，但甲醇的沸点高于甲醛，原因是甲醇分子之间能形成氢键； (4)苯胺中有，分子间可形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提高物质的熔、沸点； (5)1个抗坏血酸分子中含有4个，其可以与形成分子间氢键，所以抗坏血酸易溶于水。 17．(1)↑ (2)BC (3) (4)收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在，综上说明产生的气体为HCl 【详解】（1）反应⑤H3PO3在加热条件下的发生分解反应生成H3PO4，反应中还产生了三角锥形结构的气体，根据化合价升降规律，生成的三角锥形结构的气体为PH3，反应⑤的化学方程式为↑。 （2）A．①～⑥反应过程中涉及到磷元素0、+3、+5、-3四种不同价态，故A错误； B．磷酸和甲醇发生酯化反应，可能生成磷酸一甲酯、磷酸二甲酯、磷酸三甲酯，所以化合物A可能有多种不同的结构，故B正确； C．与水分子能形成分子间氢键，高浓度溶液黏度较大，原因可能是浓溶液中存在较多氢键，故C正确； D．分子构型为正四面体形结构，P原子在正四面体的4个顶点上，键角为60°，故D错误； 选BC。 （3）①根据图示，亚磷酸分子中含有2个羟基，则亚磷酸为二元中强酸，与足量的氢氧化钠溶液反应的离子反应方程式。 ②亚磷酸为中强酸，而亚砷酸()为弱酸，说明亚砷酸中非羟基氧原子比亚磷酸少，则亚砷酸的结构式为。 （4）收集少量气体溶于水，分成两份，一份滴加紫色石蕊试液，若石蕊试液变红，则证明存在，另一份加入硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，则证明存在，综上说明产生的气体为HCl。 18．(1)[Ar]3d54s1 (2)AD (3) 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大 减小 (4)A分子间可存在氢键 (5) K2SeBr6 【详解】（1）基态Cr原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1。故答案为：[Ar]3d54s1； （2）中存在的化学键有氮和氢之间是极性共价键，Cr和间存在配位键，故选AD；故答案为：AD； （3）①的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大。故答案为：均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大； ②结合的沸点和的熔点的变化规律，PbX2的熔点先降低，后升高，且同主族从上到下非金属性逐渐减弱，得电子能力减弱，可推断：依F、Cl、Br、I次序，中的化学键中离子键成分的百分数减小。故答案为：减小； （4）由结构可知A中含有羟基，可形成分子间氢键，分子间作用力较大，熔沸点较高；A的熔、沸点高于B的原因是A分子间可存在氢键。故答案为：A分子间可存在氢键； （5）①由图可知，K原子位于晶胞内部，SeBr6位于顶点和面心位置，由原子均摊法可知，该晶胞中K的数目为8，SeBr6的数目为8××+6×=4，X的化学式为K2SeBr6。故答案为：K2SeBr6； ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为，晶胞质量为g,若晶胞边长为xcm,则晶胞体密度ρ＝g•cm-3，解得x=nm,则X中相邻K之间的最短距离为。 故答案为：。 19．(1) 哑铃形(纺锤形) (2) N 共价 X射线衍射 +3 非金属性N＞B，故电负性较大的是N；BN中N元素的化合价为-3，B为+3价 (3) 4NA 阴、阳离子半径大，所带电荷数少，晶格能小，熔点低 (4) 1s22s22p63s23p63d8 [Ni(NH3)6]Cl2 【详解】（1） 硼是5号元素，位于元素周期表中第二周期第ⅢA族，基态硼原子的价电子轨道表示式为；最高能量的原子轨道为p轨道，空间构型为哑铃形(纺锤形)。 （2）同一周期，第一电离能从左往右逐渐增大，但是第ⅡA族、ⅤA族的2s、2p轨道为半满结构，第一电离能大于相邻的第ⅢA族、ⅥA族，B、N、O中，第一电离能最大的元素是N。BN晶体硬度硬度已超过金刚石，属于共价晶体。用X射线衍射法可以测得该晶体的结构，其中B的化合价为+3，原因：非金属性N＞B，故电负性较大的是N；BN中N元素的化合价为-3，B为+3价。 （3） ①含大π键，分子中的N原子都采取sp2杂化，环上的C原子sp2杂化，但甲基上碳原子sp3杂化，BF中B原子的价层电子对数为4+=4，VSEPR模型为正四面体，B的杂化方式为sp3；杂化方式为sp3的原子共有4NA个；BF电子式为； ②该离子液体的阳离子为多核复杂阳离子，阴、阳离子半径大形成离子化合物的晶格能小，该离子液体常温下为液体，故原因为阴、阳离子半径大，所带电荷数少，晶格能小，熔点低。 （4）Ⅰ.Ni原子的原子序数是28，离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8； Ⅱ.用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59g即0.01mol；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06mol，即N元素物质的量是0.06mol；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71g，即Cl元素的物质的量是0.01mol，根据质量守恒，H元素质量是0.18g，所以分子中Ni、N、Cl、H的原子个数之比是1：6：2：18，根据配合物的特点，得出结构简式为：[Ni(NH3)6]Cl2。 20．(1)[Ar]3d104s24p3 (2)HBF4 (3)氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N (4)BC (5) 12 5% 【详解】（1）As是33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，故答案为：[Ar]3d104s24p3； （2）依据BF3水解生成H3BO3和另一种一元无氧酸(甲)，甲中B的杂化方式是sp3，结合元素守恒可推知该反应的方程式为：BF3+3H2O=H3BO3+2HF+HBF4，乙的化学式是HBF4，故答案为：HBF4； （3）吡啶、噻吩、呋喃三种杂环化合物均为共平面结构，均形成大π键，氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，而形成大π键时，S原子提供3p轨道电子，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N，故答案为：氧的电负性比N的大，给电子能力比N弱，S的半径较大，S的3p轨道与C的2p轨道共轭较差，故弱于N； （4）A．同一周期，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能介于B和F之间的元素有Be、C、N、O，共4种，故A错误； B．N2H2分子中存在N=N键，每个N原子有1个孤电子对和1个H原子，可存在顺反异构，故B正确； C．羟基为吸电子基团，使得NH2OH中N原子电子云密度减小，给出孤电子对的能力减弱，则NH2OH中N原子可通过配位键与H+结合而使分子本身具有碱性，且NH2OH的碱性弱于NH3，故C正确； D．BF3中B为sp2杂化，键角为120°；NF3中N为sp3杂化，键角接近109°，故BF3的键角大于NF3，故D错误； 故答案为：BC； （5）与Ce4+相邻且最近的Ce4+位于相邻的面心，共=12个；由CeO2晶胞可知，1mol晶胞中含有4molCe4+和8molO2-，掺杂Y2O3后，设有xmolCe4+被Y3+取代，根据n(CeO2)：n(Y2O3)=0.8：0.1可得，，x=0.8mol,即含有3.2molCe4+和0.8molY3+，根据电荷规则可知，3.2mol×4+0.8mol×3=n(O2-)×2，n(O2-)=7.6mol,晶体中O2-的空缺率为×100%=5%，故答案为：12；5%。 21.(1) ⅢB族 2 (2) 直线形 半径，离子半径越大，变形性越大，的电子云重叠程度更大更稳定 (3) b (4) 6 【详解】（1）元素钇（Y）的价电子排布式为，则在周期表中的位置为第五周期ⅢB族；的价电子排布式为3d8，含有2个未成对电子，第四周期主族元素基态原子中，和未成对电子数相同的元素有Ge和Se共2种。（2）①分子的中心原子价层电子对数为2+=2，且不含孤电子对，空间结构为直线形，中的配位数为2，配位原子是N和O，的结构简式为：； ②稳定性，原因是半径，离子半径越大，变形性越大，的电子云重叠程度更大更稳定。 （3）a物质中存在大键，则①号氮原子为sp2杂化，孤电子对位于未参与杂化的2p轨道；O的电负性比S大，对电子的吸引能力更强，导致a中羧基中的羟基极性更大，更加容易电离出H+，酸性更强。 （4）该晶胞中Cs的个数为=1，Sb的个数为4+ =5，V的个数为1+ =3，则该化合物的化学式为，以位于体心的V原子为研究对象，钒原子周围紧邻的锑原子数为6。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $