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2022-2023学年安徽省合肥六中等十联盟高二下学期期中考试化学（B卷）试题含解析
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这是一份2022-2023学年安徽省合肥六中等十联盟高二下学期期中考试化学（B卷）试题含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，可能用到的相对原子质量， 硝酸钙是一种重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
2022～2023学年度第二学期高二期中联考
化学(B卷)
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选择性必修1，2。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 18 F 19 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Zn 65 Se 79 Pb 207
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列说法正确是
A. 的结构示意图： B. 基态S原子价电子排布图：
C. 第一电离能： D. 石墨质软的原因是其化学键比较弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．为钠原子失去1个电子后形成的，结构示意图：，A错误；
B．基态S原子价电子排布图为，B错误；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N＞O＞C，C正确；
D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D错误；
故选C。
2. X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，元素X有一种同位素无中子，Y的简单气态氢化物溶于水呈碱性，Z的2p轨道有两个未成对电子，W的离子是同周期离子半径最小的，R为第四周期基态原子未成对电子数最多的元素，下列说法错误的是
A. 性质较稳定是由于含有氢键的缘故
B. X、Y、Z组成的化合物可能是离子化合物
C. 工业上常用电解熔融的来制备单质W
D. R位于周期表的d区
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，元素X有一种同位素无中子，X为氢；Y的简单气态氢化物溶于水呈碱性，Y为氮；Z的2p轨道有两个未成对电子，且原子序数大于氮，Z为氧；W的离子是同周期离子半径最小的，为铝；R为第四周期基态原子未成对电子数最多的元素，为铬；
【详解】A．H2O性质较稳定是由于氢氧共价键键能较大，A错误；
B．X、Y、Z组成的硝酸铵为离子化合物，B正确；
C．工业上常用电解熔融的氧化铝来制备单质铝，C正确；
D．铬位于周期表的d区，D正确。
故选A。
3. 极易发生水解，水解机理如图所示，下列说法正确的是
A. 分子的空间构型是平面三角形 B. 中3个原子被取代的机会不均等
C. 水解产物是一种三元酸 D. 可与某些金属离子形成配位化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．PCl3中价层电子对数为，P为sp3杂化，由于存在1对孤对电子，分子构型为三角锥形，A错误；
B．PCl3中3个Cl原子所处环境相同，完全等效，被取代机会相等，B错误；
C．观察H3PO3结构可知，分子中存在2个-OH，-OH中的氢可以电离，另一个氢直接与磷相连不能电离，故H3PO3 为二元酸，C错误；
D．PCl3分子中P原子有一对孤对电子未成键，与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，D正确；
故选D。
4. 钛酸钙矿物晶体结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导体材料的晶胞结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。下列说法正确的是
A. 图(b)中，X为
B. 钛酸钙晶体中离钙离子最近的钛离子有8个
C. 中H-N-H键角小于中H-N-H键角
D. 钛酸钙晶体中离钛离子最近的氧离子形成了正四面体
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据均摊法，由图b可知，晶胞中有A离子个，有B离子1个，有X离子个，根据正负化合价代数和为0可知，X为， A错误；
B．由图a可知在钛酸钙晶体中离钙离子最近的钛离子有8个，B正确；
C．中的N原子没有孤电子对，键角较大，氨气中氮原子有1对孤电子对，其对成键电子对的排斥力较大，键角较小，C错误；
D．由图a可知钛酸钙晶体中离钛离子最近的氧离子形成了正八面体，钛离子位于其中心，D错误；
故选B。
5. 氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法错误的是
A. 氢能有可能成为人类未来的主要能源
B. 反应的
C. 氢氧燃料电池放电过程中消耗，则转移电子的数目约为
D. 反应的反应中断裂旧共价键的键能之和一反应中形成新共价键的键能之和
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢能热值高、无污染，有可能成为人类未来的主要能源，A正确；
B．反应后气体分子数减少，△S<0，B正确；
C．气体所处温度压强未知，无法计算转移电子数，C错误；
D．反应焓变=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，D正确；
答案选C。
6. 如图所示是几种常见的化学电源示意图，有关说法错误的是
A. 铅蓄电池属于二次电池
B. 干电池在长时间使用后，锌筒变软
C. 碱性氢氧燃料电池负极反应式为
D. 铅蓄电池工作过程中，每通过电子，负极质量减轻
【答案】D
【解析】
【详解】A．铅蓄电池可以冲放电，属于二次电池，A正确；
B．干电池在长时间使用后，锌筒作为负极被消耗，厚度减小而变软，B正确；
C．碱性氢氧燃料电池负极氢气失去电子发生氧化反应，反应式为，C正确；
D．铅蓄电池工作过程中，负极反应为，每通过电子，消耗1mol硫酸铅生成1mol，负极质量减轻64g，D错误；
故选D。
7. 硝酸钙是一种重要的化工原料。生产硝酸钙的工业废水中常含有，可用电解法净化。其工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水
C. 装置工作时电子由b极流出，经导线、电解质溶液流入a极
D. 阴极的电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】用电解法净化，由图可知，左侧为水放电发生氧化反应生成氧气，为阳极；右侧水放电发生还原反应生成氢气，为阴极；中间室中硝酸根离子向阳极移动，铵根离子向阴极移动，在Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水；
【详解】A．由分析可知，左侧为水放电发生氧化反应生成氧气，为阳极；右侧水放电发生还原反应生成氢气，为阴极；则a为正极、b为负极，A错误；
B．中间室中硝酸根离子向阳极移动，铵根离子向阴极移动，在Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水，B正确；
C．电子不会进入电解质溶液，C错误；
D．右侧水放电发生还原反应生成氢气，阴极，电极反应式为，D错误；
故选B。
8. 下列关于反应能量的说法正确的是
A. 一定条件下：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1；②2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H2，则△H1＜△H2
B. 相同条件下，若1molH(g)具有的能量为E1，1molH2(g)具有的能量为E2，则有2E1=E2
C. 甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
D. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，则1molNaOH固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合放出57.3kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．一定条件下：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1；②2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H2，因为△H1＜0，△H2＞0，所以△H1＜△H2，A正确；
B．相同条件下，若1molH(g)具有的能量为E1，1molH2(g)具有的能量为E2，则2E1-E2为1molH-H键的键能，B不正确；
C．表示甲烷燃烧热的热化学方程式中，生成的H2O必须呈液态，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H＞-890.3kJ·mol-1，C不正确；
D．因为NaOH固体溶于水会放出热量，所以1molNaOH固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合放热大于57.3kJ，D不正确；
故选A。
9. 盐类水解在生产和生活中有着较广泛的应用，下列有关说法正确的是
A. 加入浓溶液可以使紫色石蕊试液变红
B. 明矾净水的反应：
C. 由于硫酸铜溶液呈酸性所以能使蛋白质变性
D. “84”的漂白原理是水解生成具有漂白性的
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在水溶液中碳酸根水解使溶液呈碱性，故紫色石蕊遇碱变蓝，A错误；
B．明矾净水的反应，生成的胶体表面积大可吸附水中的杂质而净水，B正确；
C．硫酸铜溶液含有重金属铜离子能使蛋白质变性，C错误；
D．“84”的漂白原理是与空气中的二氧化碳和水反应生成具有漂白性的，D错误；
故选B。
10. 可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，其催化历程如下：
i．
ii．
探究i、ii反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：易溶解在溶液中)。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
试剂组成
、
、
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法错误的是
A. 水溶液中歧化反应方程式为
B. 若Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则
C. 比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率
D. 实验表明，的歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应i比ii快
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合已知两步催化历程可得总反应，硫元素化合价既升高又降低，即，A正确；
B．对照实验碘化钾的浓度需要相等，否则无法得出正确结论，即，B正确；
C．比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，只有Ⅰ中只含碘化钾、Ⅱ中含有碘化钾和硫酸、Ⅲ中只含硫酸，反应快慢顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ，且Ⅲ中没有明显现象，说明不反应，Ⅱ中含有酸导致其反应速率加快，所以得出结论是碘离子是二氧化硫岐化反应的催化剂，氢离子单独存在时不具有催化作用，但氢离子可以加快岐化反应速率，C正确；
D．由催化历程知二氧化硫先和碘离子反应生成碘单质和硫单质、然后碘单质和二氧化硫反应生成硫酸根和碘离子，Ⅳ中碘化钾溶液中溶解的有碘单质，即Ⅳ中反应ii的反应较I快，所以Ⅳ中出现浑浊较Ⅰ快，D错误；
故选D。
11. 丙烯酸是非常重要的化工原料之一，由甘油催化转化生成丙烯酸的过程为：甘油丙烯醛丙烯酸。
已知：反应Ⅰ：(活化能)
反应Ⅱ：(活化能)
甘油在常压下沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法错误的是
A. 当的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态
B. 固体催化剂一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，增大甘油的平衡转化率
C. 丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低且对几乎无影响的催化剂
D. 若改变条件增大反应Ⅱ的平衡常数，反应Ⅱ一定向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．增加其表面积但浓度不变，平衡不移动，甘油的平衡转化率不变，B错误；
C．活化能越小反应速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反应Ⅰ的反应速率加快反应Ⅱ的反应速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；
D．平衡常数受温度影响，反应Ⅱ是放热反应，若反应Ⅱ的平衡常数增大，则为降低温度，平衡正向移动，D正确；
故选B。
12. 将放入一个装满的恒压密闭容器中，在、的条件下使之充分反应至时刻达平衡状态，此时容器中无剩余，剩余。此条件下可以发生如下反应：①；②，已知反应②的，是压强平衡常数(用分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)。下列说法错误的是
A. 时刻，共消耗 B. 时刻，容器中的分压为
C. 时刻，容器中气体总物质的量为 D. 起始时，容器中
【答案】B
【解析】
【分析】放入一个装满的恒压密闭容器中，在、的条件下使之充分反应至时刻达平衡状态，此时容器中无剩余，则硫完全反应生成0.8mol二氧化硫、同时消耗0.8mol氧气，剩余：
总的物质的量为1.0mol，则，a=0.25mol；
【详解】A．由分析可知，时刻，共消耗，A正确；
B．时刻，容器中的分压为，B错误；
C．时刻，容器中气体总物质的量为，C正确；
D．起始时，容器中，D正确。
故选B。
13. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
准确量取25.00mLNaOH溶液
测定中和热
粗铜精炼
比较的Ka和的Ka1大小
装置或操作
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．准确量取25.00mLNaOH溶液，不能用酸式滴定管，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．中和热的测定时需要环形玻璃搅拌棒搅拌溶液，否则溶液温度不均导致测定值不准确，故B错误；
C．粗铜精炼过程中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，精铜作阴极，与电源负极相连，故C错误；
D．将Na2CO3溶液滴入溶液中，根据复分解反应的条件知，若产生气泡，说明的酸性强于，的Ka和的Ka1大小，故D正确；
故选：D。
14. 25℃时，溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是
A.
B. P、Q点对应溶液中的值：
C. 若将溶液无限稀释，溶液中
D. 相同条件下，若改为，P点移至W点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由P点数据可知Kb(ROH)==10-8×102.3=10-5.7，A错误；
B．R2SO4属于强酸弱碱盐，溶液中存在R++H2OROH+H+，Kh=，因此有，Kh只受温度的影响，加水稀释，水解常数不变，c(ROH)减小，横坐标从左向右是加水稀释过程中c(OH-)，因此P点c(ROH)小于Q点c(ROH)，即的值：P＜Q，B错误；
C．将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c(R+)≈2c()，C正确；
D．溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中-lg与lgc(OH-)的关系曲线不变，相同条件下，若改为，不可使P点移至W点，D错误；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。已知A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道；B元素与C元素同周期，B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍；C元素基态原子只有一个未成对电子；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相同；基态的3d轨道中有5个电子。
回答下列问题：
（1）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形；基态E原子核外未成对电子数为___________。
（2）一般情况下，B元素的最高价氧化物的晶体类型为___________；A、B元素最高价氧化物以及C元素与氧形成的化合物，三种物质中心原子杂化类型相同的是___________(用化学式填空)。
（3）A、B、C、D四种元素的电负性按由大到小排序为___________(用元素符号填空)。
（4）配离子中，中心原子或离子的配位数为___________；在结构示意图的相应位置补填缺少的配体___________。
【答案】（1） ①. 哑铃形 ②. 4
（2） ①. 共价晶体 ②. SiO2、Cl2O
（3）Cl>C>Si>Ca
（4） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道，A为C元素；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍，基态B原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，则B为Si元素；B元素与C元素同周期即第三周期，C元素基态原子只有一个不成对电子，基态C原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，则C为Cl元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相等，则D为Ca；E3+的3d轨道中有5个电子，则E为Fe元素；
【小问1详解】
C为Cl元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，基态Cl原子电子占据最高能级是3p，电子云轮廓图为哑铃形；由分析可知，E为Fe元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子价层电子为3d64s2轨道表示式为，未成对电子数为4；
【小问2详解】
B元素的最高价氧化物是SiO2，SiO2是由原子构成的空间网状结构的晶体，SiO2属于共价晶体；A、B元素最高价氧化物分别为CO2、SiO2，C元素与氧形成的化合物C2O是Cl2O，CO2中C原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子对，C原子采用sp杂化，SiO2中的Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，Si原子杂化类型是sp3杂化，Cl2O中Cl原子的价层电子对数=2+(6-2×1)=4，杂化类型是sp3杂化，则中心原子杂化类型相同的SiO2、Cl2O；
【小问3详解】
同周期自左而右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小。非金属性越强其电负性越大，金属的电负性比非金属小，故电负性由大到小的顺序为Cl>C>Si>Ca；
【小问4详解】
E为Fe元素，在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，1个NO以N原子与Fe2+形成配位键，5个H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe(NO)(H2O)5]2+的配位数为6，缺少的配体是一个水和一个NO，结构应为：。
16. 氧族元素是元素周期表中第ⅥA族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，它们及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外电子排布式为___________。
（2）H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序为___________，原因是___________。
（3）与相比，键角较小的是___________(填离子符号)，原因是___________。
（4）依布硒是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式为。依布硒分子中Se、C原子的杂化类型分别为___________、___________。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p4
（2） ①. H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S ②. H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S
（3） ①. ②. 中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
（4） ①. sp3 ②. sp2
【解析】
【小问1详解】
已知Se是34号元素，故基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故答案为：[Ar]3d104s24p4；
【小问2详解】
同一主族元素的氢化物中，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，
故答案为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；
【小问3详解】
中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角较小的是，故答案为：；中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
【小问4详解】
根据结构简式，“依布硒”中Se原子周围有2个σ键，原子周围还有2对孤电子对，故Se的杂化类型为sp3杂化，分子中碳原子周围均形成3个σ键，则C原子的杂化类型均为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2。
17. 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原子的价层电子的轨道表示式为___________。
（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。
①尿素中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②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，中的化学键的离子性___________(填“增强”“减弱”或“不变”，下同)、共价性___________。
（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）某的晶胞如图1所示。Cu可以完全替代该晶胞中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物。转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】（1） （2） ①. O>N>C ②. AD
（3） ①. 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大 ②. 减弱 ③. 增强
（4）A分子间存在氢键
（5）Fe3CuN
【解析】
【小问1详解】
基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，价电子轨道表示式为： ；
【小问2详解】
①同周期元素随原子序数递增电负性逐渐增大，尿素中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C；
②氮和氢之间是极性共价键，和Cr3+之间是配位键，故选AD；
【小问3详解】
①SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔、沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，所以熔、沸点依次增高，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；
②PbX2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，依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强；
【小问4详解】
由结构可追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，故A的熔、沸点高于B的原因为：A分子间存在氢键；
【小问5详解】
根据晶胞结构图，a位置铁原子数是，b位置铁原子数是，N原子数是1，能量越低越稳定，所以Cu可以完全替代该晶体中a位置铁产物稳定，化学式为Fe3CuN。
18. 锗石是自然界中含有锗元素的一类矿石的统称； 锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：
（1）基态Ge原子价电子排布式为___________。
（2）锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。
①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是___________。
②Na2Ge2O5中σ键与π键的数目之比为___________。
③至今没有发现n大于5的锗烷，根据下表提供的数据分析其中的原因___________。
化学键
C-C
C-H
Ge-Ge
Ge-H
键能/kJ· mol-1
346
411
188
288
（3）利用离子液体[EMIM][AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7 °C，其中EMIM+'结构如图所示。分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与形成大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示为___________。
（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是___；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，若原子坐标A为(0，0，0)，B为(，0，)则D原子坐标为_____；若该晶胞密度为ρg·cm -3，ZnSe 的摩尔质量为Mg·mol-1，则阿伏加德罗常数NA为__ (填含ρ、M的表达式)。
【答案】（1）4s24p2
（2） ①. sp2 ②. 3:1 ③. Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定
（3）
（4） ①. 4 ②. (， ，) ③. mol-1
【解析】
【小问1详解】
Ge为32号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，则基态Ge原子价电子排布式为4s24p2。答案为：4s24p2；
【小问2详解】
Na2GeO3中，锗原子的价层电子对数为，所以杂化方式是sp2。
②1个中，含有4个Ge-O键和2个Ge=O键，所以含有6个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为6:2=3:1。
③至今没有发现n大于5的锗烷，可从表中提供的Ge-Ge、Ge-H键能进行分析，从而得出原因：Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定。答案为：sp2；3:1；Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定；
【小问3详解】
在EMIM+离子中，含有3个C、2个N，形成大π键时，C原子各提供1个电子、N原子各提供2个电子，但形成的微粒是带1个单位正电荷的阳离子，所以还要失去1个电子，从而得出形成大π键的原子数目是3+2=5，电子数目是1×3+2×2-1=6，所以大π键应表示为。答案为：；
【小问4详解】
从硒化锌(ZnSe)的晶胞结构图甲可以看出，该晶胞中Zn原子的配位数为4，则硒原子的配位数也是4；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，原子坐标A为(0，0，0)，B为(，0，)，则D原子的X轴长为a、y轴长为a、z轴长为a，从而得出D原子坐标为(， ，)；在硒化锌(ZnSe)晶胞中，含有4个Zn原子和4个Ge原子，若该晶胞密度为ρg·cm -3，ZnSe 的摩尔质量为Mg·mol-1，则ρg·cm -3=，阿伏加德罗常数NA为mol-1。答案为：4；(， ，)；mol-1。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可利用均摊法。
2022～2023学年度第二学期高二期中联考
化学(B卷)
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版选择性必修1，2。
5.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 18 F 19 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Zn 65 Se 79 Pb 207
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 下列说法正确是
A. 的结构示意图： B. 基态S原子价电子排布图：
C. 第一电离能： D. 石墨质软的原因是其化学键比较弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．为钠原子失去1个电子后形成的，结构示意图：，A错误；
B．基态S原子价电子排布图为，B错误；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半满状态，因此其第一电离能最大，则第一电离能：N＞O＞C，C正确；
D．在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D错误；
故选C。
2. X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，元素X有一种同位素无中子，Y的简单气态氢化物溶于水呈碱性，Z的2p轨道有两个未成对电子，W的离子是同周期离子半径最小的，R为第四周期基态原子未成对电子数最多的元素，下列说法错误的是
A. 性质较稳定是由于含有氢键的缘故
B. X、Y、Z组成的化合物可能是离子化合物
C. 工业上常用电解熔融的来制备单质W
D. R位于周期表的d区
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R五种元素，原子序数依次增大，元素X有一种同位素无中子，X为氢；Y的简单气态氢化物溶于水呈碱性，Y为氮；Z的2p轨道有两个未成对电子，且原子序数大于氮，Z为氧；W的离子是同周期离子半径最小的，为铝；R为第四周期基态原子未成对电子数最多的元素，为铬；
【详解】A．H2O性质较稳定是由于氢氧共价键键能较大，A错误；
B．X、Y、Z组成的硝酸铵为离子化合物，B正确；
C．工业上常用电解熔融的氧化铝来制备单质铝，C正确；
D．铬位于周期表的d区，D正确。
故选A。
3. 极易发生水解，水解机理如图所示，下列说法正确的是
A. 分子的空间构型是平面三角形 B. 中3个原子被取代的机会不均等
C. 水解产物是一种三元酸 D. 可与某些金属离子形成配位化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．PCl3中价层电子对数为，P为sp3杂化，由于存在1对孤对电子，分子构型为三角锥形，A错误；
B．PCl3中3个Cl原子所处环境相同，完全等效，被取代机会相等，B错误；
C．观察H3PO3结构可知，分子中存在2个-OH，-OH中的氢可以电离，另一个氢直接与磷相连不能电离，故H3PO3 为二元酸，C错误；
D．PCl3分子中P原子有一对孤对电子未成键，与金属离子的空轨道之间易形成配位键，从而形成配合物，D正确；
故选D。
4. 钛酸钙矿物晶体结构如图(a)所示，某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导体材料的晶胞结构如图(b)所示，其中A为，另两种离子为和。下列说法正确的是
A. 图(b)中，X为
B. 钛酸钙晶体中离钙离子最近的钛离子有8个
C. 中H-N-H键角小于中H-N-H键角
D. 钛酸钙晶体中离钛离子最近的氧离子形成了正四面体
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据均摊法，由图b可知，晶胞中有A离子个，有B离子1个，有X离子个，根据正负化合价代数和为0可知，X为， A错误；
B．由图a可知在钛酸钙晶体中离钙离子最近的钛离子有8个，B正确；
C．中的N原子没有孤电子对，键角较大，氨气中氮原子有1对孤电子对，其对成键电子对的排斥力较大，键角较小，C错误；
D．由图a可知钛酸钙晶体中离钛离子最近的氧离子形成了正八面体，钛离子位于其中心，D错误；
故选B。
5. 氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法错误的是
A. 氢能有可能成为人类未来的主要能源
B. 反应的
C. 氢氧燃料电池放电过程中消耗，则转移电子的数目约为
D. 反应的反应中断裂旧共价键的键能之和一反应中形成新共价键的键能之和
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢能热值高、无污染，有可能成为人类未来的主要能源，A正确；
B．反应后气体分子数减少，△S<0，B正确；
C．气体所处温度压强未知，无法计算转移电子数，C错误；
D．反应焓变=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，D正确；
答案选C。
6. 如图所示是几种常见的化学电源示意图，有关说法错误的是
A. 铅蓄电池属于二次电池
B. 干电池在长时间使用后，锌筒变软
C. 碱性氢氧燃料电池负极反应式为
D. 铅蓄电池工作过程中，每通过电子，负极质量减轻
【答案】D
【解析】
【详解】A．铅蓄电池可以冲放电，属于二次电池，A正确；
B．干电池在长时间使用后，锌筒作为负极被消耗，厚度减小而变软，B正确；
C．碱性氢氧燃料电池负极氢气失去电子发生氧化反应，反应式为，C正确；
D．铅蓄电池工作过程中，负极反应为，每通过电子，消耗1mol硫酸铅生成1mol，负极质量减轻64g，D错误；
故选D。
7. 硝酸钙是一种重要的化工原料。生产硝酸钙的工业废水中常含有，可用电解法净化。其工作原理如图所示。下列有关说法正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水
C. 装置工作时电子由b极流出，经导线、电解质溶液流入a极
D. 阴极的电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】用电解法净化，由图可知，左侧为水放电发生氧化反应生成氧气，为阳极；右侧水放电发生还原反应生成氢气，为阴极；中间室中硝酸根离子向阳极移动，铵根离子向阴极移动，在Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水；
【详解】A．由分析可知，左侧为水放电发生氧化反应生成氧气，为阳极；右侧水放电发生还原反应生成氢气，为阴极；则a为正极、b为负极，A错误；
B．中间室中硝酸根离子向阳极移动，铵根离子向阴极移动，在Ⅰ室能得到副产品浓硝酸，Ⅲ室能得到副产品浓氨水，B正确；
C．电子不会进入电解质溶液，C错误；
D．右侧水放电发生还原反应生成氢气，阴极，电极反应式为，D错误；
故选B。
8. 下列关于反应能量的说法正确的是
A. 一定条件下：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1；②2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H2，则△H1＜△H2
B. 相同条件下，若1molH(g)具有的能量为E1，1molH2(g)具有的能量为E2，则有2E1=E2
C. 甲烷的燃烧热△H=-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1
D. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ·mol-1，则1molNaOH固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合放出57.3kJ的热量
【答案】A
【解析】
【详解】A．一定条件下：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H1；②2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) △H2，因为△H1＜0，△H2＞0，所以△H1＜△H2，A正确；
B．相同条件下，若1molH(g)具有的能量为E1，1molH2(g)具有的能量为E2，则2E1-E2为1molH-H键的键能，B不正确；
C．表示甲烷燃烧热的热化学方程式中，生成的H2O必须呈液态，则CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H＞-890.3kJ·mol-1，C不正确；
D．因为NaOH固体溶于水会放出热量，所以1molNaOH固体与含0.5molH2SO4的稀硫酸混合放热大于57.3kJ，D不正确；
故选A。
9. 盐类水解在生产和生活中有着较广泛的应用，下列有关说法正确的是
A. 加入浓溶液可以使紫色石蕊试液变红
B. 明矾净水的反应：
C. 由于硫酸铜溶液呈酸性所以能使蛋白质变性
D. “84”的漂白原理是水解生成具有漂白性的
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在水溶液中碳酸根水解使溶液呈碱性，故紫色石蕊遇碱变蓝，A错误；
B．明矾净水的反应，生成的胶体表面积大可吸附水中的杂质而净水，B正确；
C．硫酸铜溶液含有重金属铜离子能使蛋白质变性，C错误；
D．“84”的漂白原理是与空气中的二氧化碳和水反应生成具有漂白性的，D错误；
故选B。
10. 可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，其催化历程如下：
i．
ii．
探究i、ii反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：易溶解在溶液中)。
序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
试剂组成
、
、
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法错误的是
A. 水溶液中歧化反应方程式为
B. 若Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则
C. 比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率
D. 实验表明，的歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应i比ii快
【答案】D
【解析】
【详解】A．结合已知两步催化历程可得总反应，硫元素化合价既升高又降低，即，A正确；
B．对照实验碘化钾的浓度需要相等，否则无法得出正确结论，即，B正确；
C．比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，只有Ⅰ中只含碘化钾、Ⅱ中含有碘化钾和硫酸、Ⅲ中只含硫酸，反应快慢顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ，且Ⅲ中没有明显现象，说明不反应，Ⅱ中含有酸导致其反应速率加快，所以得出结论是碘离子是二氧化硫岐化反应的催化剂，氢离子单独存在时不具有催化作用，但氢离子可以加快岐化反应速率，C正确；
D．由催化历程知二氧化硫先和碘离子反应生成碘单质和硫单质、然后碘单质和二氧化硫反应生成硫酸根和碘离子，Ⅳ中碘化钾溶液中溶解的有碘单质，即Ⅳ中反应ii的反应较I快，所以Ⅳ中出现浑浊较Ⅰ快，D错误；
故选D。
11. 丙烯酸是非常重要的化工原料之一，由甘油催化转化生成丙烯酸的过程为：甘油丙烯醛丙烯酸。
已知：反应Ⅰ：(活化能)
反应Ⅱ：(活化能)
甘油在常压下沸点为290℃，工业生产选择反应温度为300℃常压下进行。下列说法错误的是
A. 当的体积分数保持不变，说明反应达到平衡状态
B. 固体催化剂一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，增大甘油的平衡转化率
C. 丙烯醛有毒，为了工业生产安全可选择能大幅降低且对几乎无影响的催化剂
D. 若改变条件增大反应Ⅱ的平衡常数，反应Ⅱ一定向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】A．恒温恒压下，H2O的体积分数保持不变，则H2O的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；
B．增加其表面积但浓度不变，平衡不移动，甘油的平衡转化率不变，B错误；
C．活化能越小反应速率越快，丙烯醛有毒，为了安全应减慢反应Ⅰ的反应速率加快反应Ⅱ的反应速率，则选择能大幅降低Ea2且对Ea1几乎无影响的催化剂，C正确；
D．平衡常数受温度影响，反应Ⅱ是放热反应，若反应Ⅱ的平衡常数增大，则为降低温度，平衡正向移动，D正确；
故选B。
12. 将放入一个装满的恒压密闭容器中，在、的条件下使之充分反应至时刻达平衡状态，此时容器中无剩余，剩余。此条件下可以发生如下反应：①；②，已知反应②的，是压强平衡常数(用分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)。下列说法错误的是
A. 时刻，共消耗 B. 时刻，容器中的分压为
C. 时刻，容器中气体总物质的量为 D. 起始时，容器中
【答案】B
【解析】
【分析】放入一个装满的恒压密闭容器中，在、的条件下使之充分反应至时刻达平衡状态，此时容器中无剩余，则硫完全反应生成0.8mol二氧化硫、同时消耗0.8mol氧气，剩余：
总的物质的量为1.0mol，则，a=0.25mol；
【详解】A．由分析可知，时刻，共消耗，A正确；
B．时刻，容器中的分压为，B错误；
C．时刻，容器中气体总物质的量为，C正确；
D．起始时，容器中，D正确。
故选B。
13. 下列实验装置或操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
目的
准确量取25.00mLNaOH溶液
测定中和热
粗铜精炼
比较的Ka和的Ka1大小
装置或操作
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．准确量取25.00mLNaOH溶液，不能用酸式滴定管，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．中和热的测定时需要环形玻璃搅拌棒搅拌溶液，否则溶液温度不均导致测定值不准确，故B错误；
C．粗铜精炼过程中，粗铜作阳极，与电源的正极相连，精铜作阴极，与电源负极相连，故C错误；
D．将Na2CO3溶液滴入溶液中，根据复分解反应的条件知，若产生气泡，说明的酸性强于，的Ka和的Ka1大小，故D正确；
故选：D。
14. 25℃时，溶液加水稀释，混合溶液中与的关系如图所示。下列说法正确的是
A.
B. P、Q点对应溶液中的值：
C. 若将溶液无限稀释，溶液中
D. 相同条件下，若改为，P点移至W点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由P点数据可知Kb(ROH)==10-8×102.3=10-5.7，A错误；
B．R2SO4属于强酸弱碱盐，溶液中存在R++H2OROH+H+，Kh=，因此有，Kh只受温度的影响，加水稀释，水解常数不变，c(ROH)减小，横坐标从左向右是加水稀释过程中c(OH-)，因此P点c(ROH)小于Q点c(ROH)，即的值：P＜Q，B错误；
C．将溶液无限稀释，溶液接近中性，由电荷守恒可知c(R+)≈2c()，C正确；
D．溶液浓度增大，Kb(ROH)不变，混合溶液中-lg与lgc(OH-)的关系曲线不变，相同条件下，若改为，不可使P点移至W点，D错误；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素。已知A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道；B元素与C元素同周期，B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍；C元素基态原子只有一个未成对电子；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相同；基态的3d轨道中有5个电子。
回答下列问题：
（1）基态C原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形；基态E原子核外未成对电子数为___________。
（2）一般情况下，B元素的最高价氧化物的晶体类型为___________；A、B元素最高价氧化物以及C元素与氧形成的化合物，三种物质中心原子杂化类型相同的是___________(用化学式填空)。
（3）A、B、C、D四种元素的电负性按由大到小排序为___________(用元素符号填空)。
（4）配离子中，中心原子或离子的配位数为___________；在结构示意图的相应位置补填缺少的配体___________。
【答案】（1） ①. 哑铃形 ②. 4
（2） ①. 共价晶体 ②. SiO2、Cl2O
（3）Cl>C>Si>Ca
（4） ①. 6 ②.
【解析】
【分析】A元素基态原子的核外电子分占四个原子轨道，A为C元素；B元素基态原子的成对电子数是未成对电子数的6倍，基态B原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，则B为Si元素；B元素与C元素同周期即第三周期，C元素基态原子只有一个不成对电子，基态C原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，则C为Cl元素；D元素基态原子的L层与M层的电子数相等，且与s能级的电子总数相等，则D为Ca；E3+的3d轨道中有5个电子，则E为Fe元素；
【小问1详解】
C为Cl元素，电子排布式为1s22s22p63s23p5，基态Cl原子电子占据最高能级是3p，电子云轮廓图为哑铃形；由分析可知，E为Fe元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子价层电子为3d64s2轨道表示式为，未成对电子数为4；
【小问2详解】
B元素的最高价氧化物是SiO2，SiO2是由原子构成的空间网状结构的晶体，SiO2属于共价晶体；A、B元素最高价氧化物分别为CO2、SiO2，C元素与氧形成的化合物C2O是Cl2O，CO2中C原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子对，C原子采用sp杂化，SiO2中的Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论知，Si原子杂化类型是sp3杂化，Cl2O中Cl原子的价层电子对数=2+(6-2×1)=4，杂化类型是sp3杂化，则中心原子杂化类型相同的SiO2、Cl2O；
【小问3详解】
同周期自左而右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小。非金属性越强其电负性越大，金属的电负性比非金属小，故电负性由大到小的顺序为Cl>C>Si>Ca；
【小问4详解】
E为Fe元素，在[Fe(NO)(H2O)5]2+中，1个NO以N原子与Fe2+形成配位键，5个H2O以O原子与Fe2+形成配位键，所以[Fe(NO)(H2O)5]2+的配位数为6，缺少的配体是一个水和一个NO，结构应为：。
16. 氧族元素是元素周期表中第ⅥA族元素，包含氧(O)、硫(S)、硒(Se)、碲(Te)、钋(Po)五种元素，它们及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外电子排布式为___________。
（2）H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序为___________，原因是___________。
（3）与相比，键角较小的是___________(填离子符号)，原因是___________。
（4）依布硒是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式为。依布硒分子中Se、C原子的杂化类型分别为___________、___________。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p4
（2） ①. H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S ②. H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S
（3） ①. ②. 中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
（4） ①. sp3 ②. sp2
【解析】
【小问1详解】
已知Se是34号元素，故基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，故答案为：[Ar]3d104s24p4；
【小问2详解】
同一主族元素的氢化物中，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成分子间氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，
故答案为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；H2O能形成分子间氢键，熔沸点最高，H2S、H2Se、H2Te都不能形成分子间氢键，相对分子质量：H2Te＞H2Se＞H2S，所以熔沸点：H2Te＞H2Se＞H2S，则H2O、H2S、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；
【小问3详解】
中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角较小的是，故答案为：；中含有1个孤对电子，而不含有，孤对电子和对成键电子的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
【小问4详解】
根据结构简式，“依布硒”中Se原子周围有2个σ键，原子周围还有2对孤电子对，故Se的杂化类型为sp3杂化，分子中碳原子周围均形成3个σ键，则C原子的杂化类型均为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2。
17. 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原子的价层电子的轨道表示式为___________。
（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。
①尿素中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为___________。
②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，中的化学键的离子性___________(填“增强”“减弱”或“不变”，下同)、共价性___________。
（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）某的晶胞如图1所示。Cu可以完全替代该晶胞中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物。转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】（1） （2） ①. O>N>C ②. AD
（3） ①. 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大 ②. 减弱 ③. 增强
（4）A分子间存在氢键
（5）Fe3CuN
【解析】
【小问1详解】
基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，价电子轨道表示式为： ；
【小问2详解】
①同周期元素随原子序数递增电负性逐渐增大，尿素中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C；
②氮和氢之间是极性共价键，和Cr3+之间是配位键，故选AD；
【小问3详解】
①SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔、沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，所以熔、沸点依次增高，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；
②PbX2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，依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强；
【小问4详解】
由结构可追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，故A的熔、沸点高于B的原因为：A分子间存在氢键；
【小问5详解】
根据晶胞结构图，a位置铁原子数是，b位置铁原子数是，N原子数是1，能量越低越稳定，所以Cu可以完全替代该晶体中a位置铁产物稳定，化学式为Fe3CuN。
18. 锗石是自然界中含有锗元素的一类矿石的统称； 锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题：
（1）基态Ge原子价电子排布式为___________。
（2）锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：Na2GeO3；二锗酸钠：Na2Ge2O5等)，也能形成类似于烷烃的锗烷(GenH2n+2)。
①Na2GeO3中锗原子的杂化方式是___________。
②Na2Ge2O5中σ键与π键的数目之比为___________。
③至今没有发现n大于5的锗烷，根据下表提供的数据分析其中的原因___________。
化学键
C-C
C-H
Ge-Ge
Ge-H
键能/kJ· mol-1
346
411
188
288
（3）利用离子液体[EMIM][AlCl4]可电沉积还原金属Ge，其熔点只有7 °C，其中EMIM+'结构如图所示。分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与形成大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，则EMIM+离子中的大π键应表示为___________。
（4）硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是___；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，若原子坐标A为(0，0，0)，B为(，0，)则D原子坐标为_____；若该晶胞密度为ρg·cm -3，ZnSe 的摩尔质量为Mg·mol-1，则阿伏加德罗常数NA为__ (填含ρ、M的表达式)。
【答案】（1）4s24p2
（2） ①. sp2 ②. 3:1 ③. Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定
（3）
（4） ①. 4 ②. (， ，) ③. mol-1
【解析】
【小问1详解】
Ge为32号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，则基态Ge原子价电子排布式为4s24p2。答案为：4s24p2；
【小问2详解】
Na2GeO3中，锗原子的价层电子对数为，所以杂化方式是sp2。
②1个中，含有4个Ge-O键和2个Ge=O键，所以含有6个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为6:2=3:1。
③至今没有发现n大于5的锗烷，可从表中提供的Ge-Ge、Ge-H键能进行分析，从而得出原因：Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定。答案为：sp2；3:1；Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定；
【小问3详解】
在EMIM+离子中，含有3个C、2个N，形成大π键时，C原子各提供1个电子、N原子各提供2个电子，但形成的微粒是带1个单位正电荷的阳离子，所以还要失去1个电子，从而得出形成大π键的原子数目是3+2=5，电子数目是1×3+2×2-1=6，所以大π键应表示为。答案为：；
【小问4详解】
从硒化锌(ZnSe)的晶胞结构图甲可以看出，该晶胞中Zn原子的配位数为4，则硒原子的配位数也是4；已知晶胞边长为a pm，乙图为甲图的俯视图，原子坐标A为(0，0，0)，B为(，0，)，则D原子的X轴长为a、y轴长为a、z轴长为a，从而得出D原子坐标为(， ，)；在硒化锌(ZnSe)晶胞中，含有4个Zn原子和4个Ge原子，若该晶胞密度为ρg·cm -3，ZnSe 的摩尔质量为Mg·mol-1，则ρg·cm -3=，阿伏加德罗常数NA为mol-1。答案为：4；(， ，)；mol-1。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可利用均摊法。
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