2022实验中学高二下学期线上质量检测化学试题（含详解）

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吉林省实验中学2021—2022学年高二下学期线上教学诊断检测
化学试题
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至6页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。并在规定位置粘贴考试用条形码。
2.请认真阅读答题卡上的注意事项，在答题卡上与题号相对应的答题区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡非题号对应答题区域的答案一律无效。不得在答题卡上做任何标记。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
4.考试结束后，答题卡要交回，试卷由考生自行保存。
可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；O—16；Al—27；Si—28；P—31；Cl—35.5；Ni—59
第Ⅰ卷
一、选择题：本题包括20小题，1—10题，每小题2分；11—20题，每小题3分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A. 可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
B. 壁虎在天花板上爬行自如是因为壁虎的脚与墙体之间有范德华力
C. 汽油不易溶解于水是因为水分子的极性和汽油分子的极性不同
D. “挑尽寒灯梦不成”所看到的灯光和原子核外电子跃迁无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．每种元素在原子光谱中都有自己的特征谱线，用特征谱线可以确定元素组成，A正确；
B．壁虎足上有许多细毛，与墙壁之间存在范德华力，壁虎可以在天花板上自由爬行，B正确；
C．汽油为非极性分子，水为极性分子，根据相似相容原理，非极性物质不易溶于极性溶剂，C正确；
D．原子中电子收到能量，电子发生跃迁，当跃迁回基态时收到的能量以光的形式放出，因此可以看到不同的颜色，D错误；
故答案选D。
2. 下列有关说法不正确的是
A. 、、分子中的键角依次增大
B. 、、分子中共价键的键长依次增大
C. 、、分子中共价键的键能依次减小
D. 相同条件下，酸性弱于
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4、C2H4、CO2分别为正四面体型(109°28′)、平面三角型(120°)、直线型(180°)，所以分子中的键角依次增大，故A正确；
B．原子半径越大，形成的共价键的键长越大，F、Cl、Br的原子半径依次增大，所以与H形成的共价键的键长依次增大，故B正确；
C．非金属性越强，形成的共价键越稳定，共价键的键能越大，则H2O、H2S、H2Se分子中的键能依次减小，故C正确；
D．吸电子的能力-F＞-Cl＞-H，酸性FCH2COOH＞CH3COOH，故D错误；
故选：D。
3. 下列化学用语的表达正确的是
A. 原子核内有10个中子氧原子：
B. 氯原子的结构示意图：
C. Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5
D. 基态铜原子的价层电子排布图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子核内有10个中子的氧原子：，A不正确；
B．氯原子的结构示意图：，B不正确；
C．Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；
D．基态铜原子的价层电子排布图为，D不正确；
故选C。
4. SiF4与SiCl4分子都是正四面体结构。下列判断正确的是（ ）
A. 键长：Si-F>Si-Cl B. 键能：Si-F>Si-Cl
C. 沸点：SiF4>SiCl4 D. 共用电子对偏移程度：Si-Cl>Si-F
【答案】B
【解析】
【详解】A.原子半径Cl>F，原子半径越大，则其形成的化学键的键长就越大，所以键长：Si-F B.形成化学键的原子半径越小，原子之间的结合力就越强，键能就越大。由于原子半径：Cl>F，所以键能Si-F>Si-Cl，B正确；
C.SiF4、SiCl4都是由分子构成的物质，结构相似，物质的相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质气化需要的能量就越大，即物质的沸点越高。由于相对分子质量：SiF4 D.元素的非金属性越强，与同种元素的原子形成的共价键的极性就越强，共用电子对偏离程度就越大。由于元素的非金属性：F>Cl，所以共用电子对偏移程度：Si-Cl 故合理选项是B。
5. 下列化合物中含有手性碳原子的是
A. CCl2F2 B. C. CH3CH2OH D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. CCl2F2中碳连了两个F原子和两个Cl原子，因此不含手性碳原子，故A不符合题意；
B. 中第1个和第3个碳原子连了两个氢原子，第2个碳原子连了两个相同的原子团，因此不含手性碳原子，故B不符合题意；
C. CH3CH2OH中第一个碳连了三个氢原子，第二个碳原子连了两个氢原子，因此不含手性碳原子，故C不符合题意；
D. 中间碳原子连的四个原子或原子团都不相同，是手性碳原子，故D符合题意。
答案为D。
6. 分子有极性分子和非极性分子之分。下列对极性分子和非极性分子的认识正确的是
A. 只含非极性键的分子一定是非极性分子
B. 含有极性键的分子一定是极性分子
C. 非极性分子一定含有非极性键
D. O2是非极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．空间构型不对称的分子为极性分子，如O3分子的结构如图只含非极性键，空间构型不对称，正负电荷重心不重合，是极性分子，故A错误；
B．含有极性键的分子不一定是极性分子，如CO2是非极性分子，故B错误；
C．非极性分子中可能只含极性键，如CH4，故C错误；
D．O2分子正负电荷重心重合，是非极性分子，故D正确；
故选：D。
7. 在BrCH=CHBr分子中，C—Br键采用的成键轨道是
A. sp—p B. sp2—s C. sp2—p D. sp3—p
【答案】C
【解析】
【详解】首先Br有7个电子，与C共用一个后有8个，所以是sp3杂化，成键时提供一个P轨道；而C首先有一个电子成π键，所以只有3个电子，是sp2杂化。所以选C。
【点睛】本题考查是杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键，
8. 徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如、、、等。下列说法正确的是
A. 分子中的O为杂化
B. 分子中的C原子为sp杂化
C. 分子中的B原子为杂化
D. 分子中的C原子均为杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，所以O为sp3杂化，故A错误；
B．CO2分子为直线型结构，C原子为sp杂化，故B正确；
C．BF3分子中B与F形成3个σ键，所以B原子sp2杂化，故C错误；
D．CH3COOH分子中羧基中C原子形成3个σ键，没有孤对电子，采取sp2杂化，但甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误，
故选：B。
9. 根据科学人员探测，在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物()。关于其组成成分的两种分子，下列说法正确的是
A. 可燃冰属于分子晶体
B. 分子通过氢键与分子结合在一起
C. 分子与分子都是极性键构成的极性分子
D. 分子与分子的立体结构相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．可燃冰由分子构成，属于分子晶体，A正确；
B．C的电负性较弱，甲烷分子与水分子之间不存在氢键，B错误；
C．甲烷分子中含C-H极性共价键，空间构型为正四面体形，正负电荷重心重合，为非极性分子，水分子中含H-O极性共价键，空间构型为V形，正负电荷重心不重合，为极性分子，C错误；
D．甲烷分子的立体结构为正四面体形，水分子的立体结构为V形，两者立体结构不相同，D错误；
答案选A。
10. 下列现象与氢键有关的是：
①HF的熔、沸点比HCl的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④HF、都极易溶于水
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式计算出来的相对分子质量大一些
⑥水分子高温下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. ①②③④⑤ C. ①②③④ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【详解】①HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比HCl的高，故①与氢键有关；
②小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②与氢键有关；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③与氢键有关；
④HF、氨气与水分子都是极性分子，HF、氨气与水分子间存在氢键，所以HF、氨气极易溶于水，故④与氢键有关；
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，其主要原因是接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，故⑤与氢键有关；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥与氢键无关；
故选：B。
11. 最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性，因这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该新型超导晶体的一个晶胞如上图所示，则该晶体的化学式为（ ）

A. Mg2CNi3 B. MgCNi2
C. MgCNi3 D. MgC2Ni
【答案】C
【解析】
【详解】碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8×=1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6×=3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为：MgCNi3，故答案为C。
【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。
12. 下列各组表述中，两种微粒不属于同种元素原子的是
A. 3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子
B. 2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子和最外层电子排布式为2s22p5的原子
C. M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
D. 最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子和最外层电子排布式为4s24p5的原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．3p能级有一个空轨道的基态原子，价电子排布只能为3s23p2,，故A不符合题意；
B．2p能级无空轨道，且有一个未成对电子的基态原子，则价电子排布只能为2s22p5，故B不符合题意；
C．M层全充满而N层为4s2，则其价电子排布为3d104s2，故C符合题意；
D．最外层电子数是核外电子总数的1/5的原子，设最外层电子数为x，为正整数，小于等于8，若为第二周期元素，则5x=2+x，x无合适解，若为第三周期元素5x=10+x，x无合适解，若为第四周期元素，5x=28+x，x=7，为溴元素，最外层电子排布式为4s24p5，故D不符合题意；
故答案为：C。
13. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子序数是Z的原子序数的一半，W、X、Y三种元素形成的化合物M结构如图所示。下列叙述正确的是

A. 原子半径：
B. 简单气态氢化物的稳定性：
C. 与均为分子晶体
D. 化合物M中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，根据M的结构图，W能形成2个共价键，W是O元素，Y能形成4个共价键，Y是Si元素；W的原子序数是Z的原子序数的一半，Z是S元素；X形成+1价阳离子，X是Na元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径X(Na) >Z(S) > W(O)，故A错误；
B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O> H2S >SiH4，故B错误；
C．即SiO2为空间网状结构，属于共价晶体，故C错误；
D．Na+最外层有8个电子，O原子形成2个共价键、Si原子形成4个共价键，所以M中所有的原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
14. 短周期主族元素A、B可形成AB3分子，下列有关叙述正确的是
A. 若A、B为同一周期元素，则AB3分子一定为平面正三角形
B. 若AB3分子中的价电子个数为24个，则AB3分子可能为平面正三角形
C. 若为A、B为同一主族元素，则AB3分子一定为三角锥形
D. 若AB3分子为三角形锥形，则AB3分子一定为NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A．若为PCl3，含有3个键和一对孤电子对，P采取sp3杂化，则分子为三角锥形，故A错误；
B．BCl3满足要求，根据价层电子对互斥理论可知BCl3价层电子对为3，B采取sp2杂化，其分子为平面正三角形，故B正确；
C．若分子为SO3，根据价层电子对互斥理论可知SO3价层电子对为3，S采取sp2杂化，则为平面正三角形，故C错误；
D．分子不一定为NH3，也可能为NF3等，故D错误；
故答案为B。
15. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是
A. 晶体中含有键的数目为2NA
B. 白磷()晶体中含有键的数目为4NA
C. 冰中含有的氢键数目为4NA
D. 晶体中含有键的数目为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．晶体硅中每个硅原子连接4个硅原子形成共价键，每个Si-Si键被两个硅原子共有，所以每个硅原子平均拥有两个Si-Si键，28g晶体硅中含有Si—Si键个数为=2NA，A正确；
B．白磷为正四面体结构，1个白磷分子中有6个P-P键，124g白磷(P4)晶体中含有P—P键的个数为=6NA，B错误；
C．18g冰物质的量为，1个水分子形成2个氢键，氢键数为2NA，C错误；
D．物质的量为，1molSiO2晶体中硅原子可与氧原子形成4NA个Si—O键，D错误；
故答案为：A。
16. 下列对一些实验事实的理论解释，错误的是
选项
实验事实
理论解释
A
金刚石比晶体硅熔点高
碳原子半径比硅原子半径小
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P—P键的键角是109°28′
C
I2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小
“相似相溶”原理”
D
对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高
对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳原子半径比硅原子半径小，则C-C键键长比Si-Si键键长短，则键能更大，故金刚石比晶体硅熔点高，故A正确；
B． 白磷为正四面体分子，白磷分子中P-P键的键角是60°，故B错误；
C． I2、CCl4均为非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理”可知，I2在H2O中的溶解能力比I2在CCl4中的溶解能力小，故C正确；
D． 对羟基苯甲醛形成分子间氢键，形成分子间氢键可提高物质的熔沸点，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，形成分子内氢键会降低物质的熔沸点，则对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高，故D正确；
故选B。
17. 在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关说法错误的是

A. 熔点比较：C60 B. 已知C(石墨)=C(金刚石) ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C. C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有10个
D. 金刚石、C60、C70、管状碳和洋葱状碳一定条件下都能燃烧
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点就越高，故熔点比较： C60＜C70＜C90 ，故A正确；
B． 石墨转变为金刚石吸收能量，则石墨能量低，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．以晶胞顶点上的C60为例，与之距离最近的分子在经过该点的面的面心上，这样的面有12个，所以这样的分子也有12个，故C错误；
D． C60 、 C70 、管状碳和洋葱状碳都是碳的单质，都能与 O2 发生反应，生成碳的氧化物，故D正确；
故选C。
18. 法匹拉韦是治疗新冠肺炎的一种药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

A. 该分子中所有N原子都为杂化
B. 该分子中键的键能大于键的键能
C. 该分子中N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为
D. 该分子中σ键与π键数目之比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．含有N=C键的N原子形成3个σ键，为sp2杂化，故A错误；
B．键长越小，键能越大，则C-H键的键能大于C-F键的键能，故B正确；
C．N原子最外层为半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O，故C正确；
D．有机物含有1个C=H、C=C、C-C、3个C=N、2个C=O、3个N-H、3个C-N、1个C-F键，其中双键含有1个σ键、1个π键，则该分子中σ键与π键数目之比为15：4，故D正确；
故选：A。
19. 已知NaCl的摩尔质量为，食盐晶体的密度为，若如图中与最邻近的核间距离为acm，那么阿伏加德罗常数可表示为

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】一个NaCl的晶胞中所包含的为：，数目为：，即1个NaCl晶胞的体积实际上是4个和4个共同所占的体积，由NaCl晶胞示意图可知1个与1个共同占有的体积为，由等式，可得，
故选：C。
20. 氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ）
A. 平面三角形 sp2杂化 B. V形 sp2杂化
C. 三角锥形 sp3杂化 D. 直线形 sp杂化
【答案】D
【解析】
【分析】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，根据其价层电子对数判断。
【详解】氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数为2+(5-1-2×2)=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。
【点睛】本题考查了杂化类型的判断方法和微粒的空间构型，根据价层电子对互斥理论分析。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4题，共50分。
21. 根据已学知识，请回答下列问题：
（1）最外层电子排布为的基态原子的核电荷数为_______。
（2）某元素被科学家称之为人体微量元素中的“防癌之王”，其基态原子的外围电子排布式为，该元素的名称是_______。
（3）的空间构型为：_______。
（4）周期表中电负性最大的元素基态原子的轨道表示式为_______。
（5）某元素基态原子核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，写出该元素原子的电子排布是_______。
【答案】（1）31 （2）硒
（3）三角锥形 （4）
（5）1s22s22p63s2或[Ne]3s2
【解析】
【小问1详解】
最外层电子排布为的原子中其内层电子层上完全排满电子，所以该原子中电子数= 2+8+18+3=31，原子中核外电子数=核电荷数，所以它的核电荷数为31，故答案为：31；
【小问2详解】
原子的外围电子排布是，说明该原子中各个轨道都充满电子，该原子核外电子数是34，所以是硒元素，故答案为：硒；
【小问3详解】
根据VSEPR模型得，的价层电子对=，有1个孤电子对，所以是三角锥形，故答案为：三角锥形；
【小问4详解】
周期表中最活泼的非金属元素F，核外电子排布式为1s22s22p5，其原子的轨道表示式为，故答案为：；
【小问5详解】
设最外层电子数为x，则x= (x+2+8)×，求得x= 2，其核外电子数=质子数= 12，该元素的为Mg，该元素原子的电子排布式是1s22s22p63s2或[Ne]3s2，故答案为：1s22s22p63s2或[Ne]3s2。
22. 现有五种元素，其中Y、Z、W为同周期主族元素，Q为第四周期元素，这五种元素的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
X元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中含量最丰富的元素
Y元素基态原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层中电子总数
Z元素基态原子的未成对电子数目是同周期中最多的
W元素基态原子最外能层的p能级中有一个轨道填充2个电子
Q在周期表的第七列

（1）Q位于第_______族，它位于周期表的_______区。
（2）离子的空间构型为：_______；化合物2W的价层电子对互斥模型为_______。
（3）比较和的键角的大小：_______(填“>”或“<”)，请用价层电子对互斥理论解释：_______。
（4）化合物中，Y元素原子的杂化形式有_______，该化合物中σ键和π键的个数之比为_______。
【答案】（1） ①. ⅦB ②. d
（2） ①. 平面三角形 ②. 四面体形
（3） ①. ＜ ②. NH和NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，NH3中N原子孤电子对数为1，NH中N原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH中孤电子对数多，排斥作用强，键角较小
（4） ①. sp、sp3 ②. 5：2
【解析】
【分析】X元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，则X为H元素；Y元素基态原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子，则其核外电子排布式为1s22s22p2，即为C元素；Y、Z、W为同周期主族元素，则均为第二周期，Z元素基态原子的未成对电子数目是同周期最多的，则Z为N元素；W元素基态原子最外能层的p能级中有一个轨道填充2个电子，且位于第二周期，则其核外电子排布为1s22s22p4，即O元素；Q在周期表的第七列，且位于第四周期，则Q为Mn元素。
小问1详解】
Q为Mn元素，为第25号元素，基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，位于第ⅦB族，价电子为3d54s2，属于d区；
【小问2详解】
ZW即NO，中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；X2W即H2O，中心O原子的价层电子对数为=4，所以价层电子对互斥模型为四面体形；
【小问3详解】
NH和NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，NH3中N原子孤电子对数为1，NH中N原子孤电子对数为2，孤电子对与成键电子间的斥力大于成键电子与成键电子间的斥力，NH中孤电子对数多，排斥作用强，键角较小，所以键角：ZX＜ZX3；
【小问4详解】
化合物X3Y–Y≡Z即H3C-C≡N，形成三键的C原子为sp杂化，只形成单键的C原子为sp2杂化，单键均为σ键，三键中有一个σ键，两个π键，所以该化合物中σ键和π键的个数之比为5：2。
23. 中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型氧化物。根据所学知识回答下列问题：
（1）区别结晶型氧化物和无定形氧化物最可靠的科学方法为_______，结晶型氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_______。
（2）为第五周期元素与同族，则的基态原子价层电子排布式为_______。
（3）配合物常温下为液态，易溶于、苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，是_______(填“极性”或“非极性”分子。
（4）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_______(填编号)。
A. B.
C. D.
（5）立方(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，则NiO晶体的密度为_______g/cm3 (填计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。


【答案】（1） ①. X-射线衍射法 ②. 自范性
（2）4d55s1 （3）非极性 （4）A
（5）
【解析】
【小问1详解】
区分晶体和非晶体最科学的方法就是X-射线衍射法，晶体自发呈现多面体外形是晶体自范性的表现。
【小问2详解】
基态原子价层电子排布式为：3d54s1，为第五周期元素与同族，则的基态原子价层电子排布式为：4d55s1。
【小问3详解】
根据相似相溶原理溶质可以溶于相同极性的溶剂中，因为四氯化碳和苯均为非极性分子，因此可推测为非极性分子。
【小问4详解】
由选项可知：A为基态Fe3+，B为基态Fe2+，C为激发态Fe2+，D为激发态Fe3+，激发态能量高于基态能量，故激发态电离最外层的一个电子所需能量小于基态，对于基态微粒而言电离能逐级增大，即I1 【小问5详解】
晶胞中Ni原子数目为：，氧原子数目为：，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则NiO晶体的密度为： g/cm3。
24. N、P、As、Sb均是第VA族的元素。
（1）上述元素的氢化物的沸点关系如图所示，沸点：，其原因是：_______；沸点：，其原因是_______。

（2）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为_______。

（3）磷化铝熔点为2000℃，它与晶体硅的晶体类型相同，磷化铝晶胞结构如图所示。

①磷化铝晶体中磷与铝微粒间的作用力为_______。
②图中A点和B点的原子坐标参数如图所示，则C点的原子坐标参数为_______。
③磷化铝晶体的密度为，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为_______cm(填计算式)。
【答案】（1） ①. NH3分子间存在氢键 ②. 相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强
（2）Fe3N （3） ①. 共价键 ②. (，，) ③. ×
【解析】
【小问1详解】
N、P、As、Sb均是第VA族的元素，沸点：PH3＜NH3，这是由于NH3分子间形成了分子间氢键，而氢键的作用力大于范德华力，致使其沸点反常；沸点：PH3＜AsH3＜SbH3，这是由于三者均不形成氢键，沸点是范德华力主导，随着相对分子质量增加，沸点增大，故答案为：NH3分子间存在氢键；相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强；
【小问2详解】
根据晶胞结构分析，顶点Fe原子占，面心Fe原子占，内部Fe原子为整个晶胞所有，内部N原子为整个晶胞所有，则一个晶胞中含有Fe为12×+2×+3=6，含有N为2，所以化合物的化学式为Fe3N，故答案为：Fe3N；
【小问3详解】
①由磷化铝熔点为2000℃、与与晶体硅的晶体类型相同，可知磷化铝晶体为共价晶体，磷与铝微粒间的作用力为共价键；
②根据晶胞内部粒子结构排布，C点处四面体填隙，位于四面体体心，根据立体几何知识，则C点的3个坐标参数均应为，所以C点的原子坐标参数为(，，)；
③立方晶胞顶点粒子占，面粒子，晶胞内部原子为整个晶胞所有，因此一个晶胞中含有Al的个数为8×+6×＝4，含有P的个数为4，取1mol晶胞，则1mol晶胞的质量为4×27+4×31=232g，1mol晶胞含有NA个晶胞，记晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积V=a3cm3，因此晶胞的密度为g/cm3，则晶胞参数a＝cm，根据立体几何知识，不难求出两个Al原子之间最短的距离为a=×cm，故答案为：×。