还剩24页未读，
继续阅读
2022-2023学年福建省三明第一中学高二下学期期中考试化学试题含解析
展开
这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高二下学期期中考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
三明一中2022～2023学年第二学期高二半期考
化学试卷
(满分：100分：考试时间：90分钟)
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 Fe 56 Co 59 Re(铼)186
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列表达方式正确的是
A. As的电子排布式：[Ar]4s24p3
B. N的价电子排布图：
C. Cr原子结构示意图：
D. Fe2+的价电子排布式为：[Ar]3d104s2
【答案】C
【解析】
【详解】A．As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．N原子价电子为2S、2P电子，所以原子的价电子电子排布图为，故B错误；
C．Cr为24号元素，原子核中有24个质子，分别位于4个电子层上，价电子有6个电子，故Cr的原子结构示意图为，故C正确；
D．Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故D错误；
故选：C。
2. 下列关于原子结构的说法中，不正确的是
A. 原子结构决定元素的性质
B. 2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等
C. 随核电荷数递增，电子总是填满一个能层，再填下一个能层
D. 电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述
【答案】C
【解析】
【详解】A．最外层电子数的多少决定元素的化学性质，则原子结构决定元素的性质，A说法正确；
B．2p能级有三个轨道，即2px、2py、2pz轨道且相互垂直，能量相等，B说法正确；
C．随着电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层的，电子是按能量由低到高的顺序填充的，C说法错误；
D．电子云为核外电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述，电子云中的小黑点表示电子在核外出现的机会的多少，小黑点越密表示出现的机会越多，D说法正确；
答案为C。
3. 下列说法不正确的是
A. 碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍
B. 丙烯分子中有8个键，1个键
C. 丙烯分子中的键不如键稳定
D. 基态原子中，存在17个运动状态不同的电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳碳双键含有1个和1个键，键和键的键能不同，所以不存在二倍的关系，同理碳碳三键含有1个和2个键，与单键之间也不存在三倍的关系，A错误；
B．丙烯的结构式为，含有8个键，1个键，B正确；
C．键比键的键能大，更稳定，C正确；
D．每个电子的运动状态均不同，所以，基态原子中，存在17个运动状态不同的电子，D正确；
故答案选A。
4. 手性分子是指在分子结构，当a、b、x、y为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子，下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是
A. 木糖醇 B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
【详解】A．圆圈里面的部分相同，所以指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子，故选A；
B．丙氨酸分子中指定碳原子分别连接H、-NH2、-COOH、-CH3， 指定碳原子是手性碳原子，故不选B；
C．中指定碳原子连接4个不同的原子或原子团(用圈标出)，指定碳原子是手性碳原子，故不选C；
D．中指定碳原子连接4个不同的原子或原子团(用圈标出)，指定碳原子是手性碳原子，故不选D；
选A。
5. 下列现象不能用氢键知识解释的是
A. 葡萄糖易溶于水 B. 水结成冰密度减小 C. 硫酸是一种强酸 D. 水通常情况下为液态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．葡萄糖易溶于水是因为葡萄糖分子和水分子间可以形成氢键，A不符合题意；
B．水结成冰时，水分子间形成的氢键数目增多，水分子排列比较松，使密度减小，B不符合题意；
C．硫酸是一种强酸，在水中能全部电离，与氢键无关，C符合题意；
D．水分子间形成氢键，因此水的熔点较高，所以水通常情况下为液态，D不符合题意；
故选C。
6. 共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体：①、②、③石墨、④金刚石、⑤、⑥白磷中，含有以上其中两种作用力的是
A. ①②③ B. ①③⑥ C. ②④⑥ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O2是离子化合物，钠离子与过氧根之间存在离子键，过氧根中的两个氧原子之间存在共价键；
②SiO2属于共价晶体，只存在共价键；
③石墨属于混合型晶体，同一层内的碳原子之间有共价键，层与层之间存在分子间作用力；
④金刚石属于共价晶体，只含有共价键；
⑤氯化钠属于离子晶体，只含有离子键；
⑥白磷属于分子晶体，分子内含有共价键，分子之间存在分子间作用力。
含有以上其中两种作用力的是①③⑥；
故选B。
7. 下列说法中不正确的是
A. 离子晶体中可能存在共价键、氢键
B. 硫单质熔点高于白磷的原因是硫硫键键能大于磷磷键键能
C. 可通过融化状态下是否导电，区分离子晶体与分子晶体
D. 石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，说明层间靠范德华力维系
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键和氢键，如胆矾，胆矾的平面结构式为，故A说法正确；
B．硫单质和白磷均属于分子晶体，不含分子间氢键，其熔点与范德华力有关，与键能无关，故B说法错误；
C．离子晶体是由阴阳离子通过离子键结合，熔融状态下，断裂离子键，形成自由移动的离子，能够导电，分子晶体中分子间存在范德华力或氢键，熔融状态时断裂范德华力或氢键，没有自由移动的离子，因此分子晶体熔融状态下不能够导电，故C说法正确；
D．石墨晶体层与层之间存在范德华力，范德华力小于共价键，所以石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，故D说法正确；
答案为B。
8. 下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、晶体硅、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤晶格能由大到小的顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①在稀有气体中不存在化学键，①不正确；
②在金属晶体中只有阳离子而没有阴离子，②不正确；
③金刚石、晶体硅为原子晶体，碳原子半径小于硅，则共价键的键能较大，则熔点较高；NaF、NaCl为离子晶体，氟离子半径小于氯离子，键长短，键能大，熔沸点高；H2O、H2S为分子晶体，水分子间存在氢键，熔点高于硫化氢，且原子晶体、离子晶体、分子晶体熔点依次降低，③正确；
④离子晶体中一定含有离子键，但也可能含有共价键，④不正确；
⑤F、Cl、Br、I离子半径依次增大，则键长增大，键能减小，形成的钠盐，则晶格能依次减小，晶格能由大到小的顺序：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合向空间无限扩展，⑥不正确；
⑦分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点一般越高，而与其稳定性无关，⑦不正确。
综上所述，③⑤正确，答案为D。
9. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期。Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点： Y>Z>Q
B. 简单离子半径： Q
D. 阴离子中各原子都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期，结合结构图，可知X为H，W为Na；Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，并结合结构图可知，Y为C， Q为O，则Z为N。
【详解】A．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O，它们简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，CH4分子间不能形成氢键，NH3、H2O分子间存在氢键，H2O常温呈液态，NH3呈气态，故简单氢化物的沸点H2O＞NH3＞CH4，即Q＞Z＞Y，A错误；
B．由分析可知，Z为N，Q为O，W为Na；具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，即Z＞Q＞W，B错误；
C．由分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O；同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性：O＞N＞C＞H，即Q＞Z＞Y＞X，C正确；
D．阴离子中，H不满足8电子稳定结构，D错误；
故选C。
10. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表数据判断下列说法中错误的是
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是+1价 B. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
C. 元素Y是第IIIA族元素 D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格可知I1和I2之间差距较大，故X常见化合价为+1价，A正确；
B．X常见化合价为+1价，元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B正确；
C．根据表格，Y的I3和I4差距较大，故Y的常见化合价为+3价，是第IIIA族元素，C正确；
D．若元素Y处于第三周期，则Y为Al，不可与冷水剧烈反应，D错误；
故选D。
11. 根据元素周期表和元素周期律判断，下列关于短周期主族元素的说法一定正确的是
A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素的最高化合价：X
C. 根据同主族两非金属元素氢化物的沸点高低，可判断两元素非金属性强弱
D. 非金属元素单质的氧化性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强
【答案】B
【解析】
【详解】A．X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素原子的最外层电子数是X
C．根据同主族两非金属元素氢化物的稳定性，可判断两元素非金属性强弱，但是，根据氢化物的沸点高低无法判断，C不正确；
D．除O和F外，非金属元素单质的氧化性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，但低价态的含氧酸的酸性就不一定了，D不正确。
本题选B。
12. 下列变化规律不正确的是
A. 硬度：Al>Mg>Na B. 沸点：HI>HBr>HCl>HF
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 D. 原子半径：O>F>H
【答案】B
【解析】
【详解】A．半径Al＜Mg＜Na，价电子数Al＞Mg＞Na，所以金属键Al＞Mg＞Na，硬度Al＞Mg＞Na，A正确；
B．HF分子间存在氢键，沸点最高，所以沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，B错误；
C．同周期元素自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C正确；
D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以原子半径：O>F>H，D正确；
综上所述答案为B。
13. 在高温超导领域中，有一种化合物叫钙钛矿，其晶胞如图所示。下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为
B. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个
C. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的氧离子有6个
D. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钙离子有6个
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法，Ca位于内部，共1个；O位于棱上，共3个，Ti位于顶点，共1个，该晶体的化学式为 CaTiO3，A正确；
B．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个，B正确；
C．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的氧离子有6个，C正确；
D．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钙离子有8个，D错误；
故选D。
14. 下列关于NaHSO4的说法中正确的是
A. 因为NaHSO4是离子化合物，所以NaHSO4固体能够导电
B. NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1
C. NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键
D. NaHSO4固体溶于水时破坏的是离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在能自由移动的阴、阳离子，因而不能导电，A项错误；
B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子()的个数比是1∶1，B项错误；
C．NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，C项错误；
D．NaHSO4固体溶于水时电离出Na＋、H＋和，破坏的是离子键和共价键，D项正确；
答案选D。
15. 顺铂是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是顺式-1，1-环丁烷二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂，下列说法正确的是
A. 碳铂分子中所有碳原子在同一个平面内
B. 顺铂分子中氮原子的杂化方式是
C. 碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为
D. 1个1，1-环丁二羧酸()分子中含有键的数目为12
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳铂中含饱和碳原子，6个碳原子不可能共平面，A错误；
B．顺铂分子中氮原子有3对σ键电子对，有1对孤电子对，其杂化方式是，B错误；
C．碳铂分子中酯基碳原子为杂化，而其他4个碳原子为杂化，C正确；
D．1，1-环丁二羧酸的结构中有4个饱和碳原子，和2个不饱和碳原子，则1个1，1-环丁二羧酸分子中含有18个键，D错误；
故选C。
16. 以NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g冰（图1）中含O—H键数目为2NA
B. 28g晶体硅（图2）中含有Si—Si键数目为2NA
C. 44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个水分子中有2个H-O，则18g冰即1mol中含O—H键数目为2NA，A正确；
B．28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键为×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，B正确；
C．一个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰即1mol中晶胞结构单元数小于NA个，C错误；
D．石墨烯中每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则12g石墨烯即1mol中含C—C键数目为1.5NA，D正确；
答案选C。
17. 乙二胺和三甲胺均为有机化合物，已知：乙二胺能与、等溶液中的金属离子形成相对稳定的配离子，如(是乙二胺的简写)，结构如图所示，下列说法正确的是
A. 乙二胺的沸点比三甲胺的低 B. 三甲胺分子中N的杂化方式为
C. 配离子的配位数为2 D. 乙二胺作为配体提供孤电子对
【答案】D
【解析】
【详解】A． 乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低，则乙二胺比三甲胺的沸点高，故A错误；
B． 三甲胺[N(CH3)3]分子中的N原子与三个C原子形成3个σ键，有1个孤电子对，三甲胺分子中N的杂化方式为，故B错误；
C． 中Cu2+提供4个空轨道，分别与氮原子的孤对电子形成配位键，则[Cu(En)2]2+配离子中Cu2+的配位数为4，故C错误；
D．乙二胺中N原子提供孤电子对，乙二胺为配体，故D正确；
故选D。
18. 利用超分子可分离C60和C70.将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A. 第一电离能：C
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大但ⅤA族的大于ⅥA族，所以第一电离能：C
C．氢键是H与(N、O、F)等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C项错误；
D．金刚石是原子晶体，C60为分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确；
答案选C。
19. 下列有关晶体及配合物结构和性质的判断错误的是
选项
结构和性质
相应判断
A
贵金属磷化物Rh2P 可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示
该晶体中磷原子的配位数为 8
B
配离子[Co(NO2)6]3−可用于检验K+的存在
该离子中Co3+配位数为 6
C
GaN、GaP、GaAs 都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似
GaN、GaP、GaAs 的熔点依次升高
D
氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力新型储氢材料之一
分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是氮原子
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Rh2P的结构如图所示，中间大的黑球有8个，顶点和面心计算得到晶胞中有4个，因此大黑球为Rh，以右侧面面心P分析，得到磷原子的配位数为 8，故A正确；
B．根据配离子[Co(NO2)6]3−得到Co3+的配体为NO2，配位数为 6，故B正确；
C．GaN、GaP、GaAs 都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似，属于原子晶体，N、P、As原子半径依次增大，因此GaN、GaP、GaAs 的键长依次增大，键能依次减小，熔沸点依次减小，故C错误；
D．氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，N有一对孤对电子，B没有孤对电子，因此提供孤电子对的原子是氮原子，故D正确。
综上所述，答案为C。
20. 某铁的氧化物FexOy 是一种铁(Ⅲ)酸盐，其晶胞结构如下图(1)所示，从中截取一个基本单元，如下图(2)所示。下列有关叙述正确的是
A. 该铁的氧化物是一种共价化合物
B. 该铁的氧化物的化学式为 Fe3O4
C. 铁离子(或亚铁离子)的配位数是4
D. 若图(2)中基本单元的参数为a pm，a pm，2a pm，则该基本单元的密度为g·cm-3
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁元素和氧元素电负性相差较大，该化合物是离子化合物，故A项错误；
B．用均摊法计算，有4个Fe元素的微粒处于顶点，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有属于该晶胞，有2个Fe元素的微粒处于棱上，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有，有5个Fe元素的微粒处于晶胞内部，都属于该晶胞，则属于该晶胞Fe元素的微粒总数为。有8个O的微粒处于晶胞内部，都属于该晶胞，故属于该晶胞O元素的微粒总数为8，故该铁的氧化物的化学式为 Fe3O4；故B项正确；
C．晶体右半边Fe的配位数为4，将晶体的上、下、左、前、后补全后，可以看出晶体左半边晶体内小正方体顶点Fe的配位数为6，所以该晶体中铁元素的配位数为6、4，故C项正确；
D．若图(2)中基本单元的参数为a pm，a pm，2a pm，则该基本单元的密度为g·cm-3故D项错误。
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(4小题，共60分)
21. 下表数据是一些物质的熔点：
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
物质
熔点
920
801
1291
160
2072
1723
请根据上表中的信息回答下列问题：
（1）上述涉及到的元素中最活泼非金属原子核外电子排布式是_______，其核外有_______种不同运动状态的电子，能量最高且相同的电子有_______个。
（2）物质①的电子式：_______，⑦的分子空间构型：_______，⑧的晶体类型_______。
（3）④溶于水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因_______；若把其溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是_______。
（4）不能用于比较与金属性相对强弱的事实是_______。
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性 B. 最外层1个电子而最外层3个电子
C. 单质与反应的难易程度 D. 比较同浓度和的值
（5）③比④熔点高出很多，其原因可能是：_______。但①比②熔点高，请解释原因_______。
（6）咔唑()的沸点比芴()高的主要原因是_______。
（7）①(氨硼烷，熔点)与乙烷互为等电子体。的晶体类型为_______，其中B的杂化类型为_______。
②可通过环硼氨烷、与进行合成，键角：_______(填“>”或“<”)，原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 9 ③. 5
（2） ①. ②. 直线形 ③. 共价晶体
（3） ①. ②. （4）B
（5） ①. 是离子晶体，是分子晶体 ②. 和都为离子晶体，氧离子半径比氯离子半径小且氧离子带2个电荷，故①的晶格能比②大，熔点比②高
（6）咔唑分子间存在氢键
（7） ①. 分子晶体 ②. ③. > ④. 中无孤电子对，中有两对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比中的键角大
【解析】
【小问1详解】
涉及到的元素中，最活泼非金属是F元素，F原子核外电子排布式是1s22s22p5，其核外有9种不同运动状态的电子，2p能级的电子能量最高，能量最高且相同的电子有5个。
【小问2详解】
Na2O是离子化合物，电子式为，CO2的分子空间构型为直线形；SiO2的晶体类型为共价晶体。
【小问3详解】
AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，所以溶于水溶液呈酸性；若把其溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是Al2O3。
【小问4详解】
A．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故不选A；
B．不能只根据最外层电子数判断元素的金属性强弱，故选B；
C．元素的金属性越强，单质越易与H2O反应，故不选C；
D．同浓度NaCl和AlCl3溶液，pH值越小，说明阳离子越易水解，对应的碱的碱性越弱，则金属性越弱，故不选D；
选B
【小问5详解】
AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，所以③比④熔点高出很多。Na2O和NaCl都为离子晶体，氧离子半径比氯离子半径小且氧离子带2个电荷，故①的晶格能比②大，熔点比②高。
【小问6详解】
可以形成氢键的物质具有较高的熔沸点，咔唑( )中氮原子含有孤对电子，可以形成分子间氢键，故咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是咔唑分子间存在氢键；
【小问7详解】
①NH3BH3熔点较低，则NH3BH3为分子晶体；NH3BH3中B原子含有3个σ键，1对孤电子对，则杂化类型为sp3杂化；
②中心原子孤电子对越多键角越小，CH4和H2O均属于sp3杂化，CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大。
22. 根据要求回答下列问题：
（1）在第二周期主族元素，第一电离能介于B和N之间的元素有_______种。
（2）嫦娥五号实现了我国首次地外天体采样返回，带回的月壤中包含了等多种元素，N的第一电离能大于O的，请说明理由：_______。
（3）已知电离能：，，，其原因为_______。
（4）橙红色晶体羰基钴的熔点为，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。配体中键与键数目之比是_______。
（5）中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个键。
（6）此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有_______、_______。
（7）蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
①水合物中_______。
②若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为_______。
【答案】（1）3 （2）N的价电子排布为，半充满比O的更稳定
（3）失去的是全充满的电子，所需能量较高，失去的是电子，相对较易失去
（4） ①. ②. 1∶2
（5） ①. ②. 4
（6） ①. ②.
（7） ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
在第二周期主族元素，第一电离能呈增大的趋势，但是Be核外电子2s2轨道全满相对稳定，而B原子2s22p1，故第一电能小于Be，O原子的价层电子2s22p4，N原子的价层电子2s22p3，N的2p轨道有3个电子，处于半满状态，故第一电离能大于O，B和N之间的有3种元素，分别为Be、C、O；
故答案为：3。
【小问2详解】
N的第一电离能大于O的，N的价电子排布为2s22p3，2p轨道半充满，故比O的更稳定；
故答案为：N的价电子排布为2s22p3，2p半充满比O的更稳定。
【小问3详解】
K失去一个电子后，原子轨道处于全满状态， Ti价层电子为3d24s2，失去电子后价电子为3d24s1，K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去， I2(Ti)≤I2(K)；
故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去。
【小问4详解】
钴是金属元素，与碳和氧相比电负性较小，同周期主族元素，核电荷数越大，电负性越大，故氧的电负性大于碳的电负性，O>C>Co；CO中有1个σ键与2个π键，数目之比是为1∶2；
故答案为：O>C>Co；1∶2。
【小问5详解】
(CN)2中键与键之间的夹角为180°，则分子为直线型，并有对称性，分子两侧都有C和N原子，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则结构为N≡C−C≡N；每个三键都有2个π键，则1个分子中有4个π键；
故答案为：N≡C−C≡N；4。
【小问6详解】
与互为等电子体的分子有3原子数，各原子最外层电子数之和为18，则等电子体有SO2和O3；
故答案为：SO2和O3。
【小问7详解】
CoCl2的摩尔质量为130g/mol，65g无水CoCl2的物质的量为0.5mol，吸收水的质量为119g-65g=54g，则水的物质的量为3mol，n(CoCl2):n(H2O)=1:6，则X=6；其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl−的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为[CoCl(H2O)5]Cl⋅H2O；
故答案为：6；[CoCl(H2O)5]Cl⋅H2O。
23. 75号元素铼，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。回答下列问题:
（1）锰与铼处于同一族，锰原子价层电子的轨道表示式(价层电子排布图)为_______，它处于周期表的_____区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如:醋酸二氨合铜(I)[Cu(NH3)2]Ac可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体：[Cu(NH3)2Ac+CO+NH3 [Cu(NH3)3]Ac·CO。(Ac表示醋酸根)
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___________________________。
②配位体NH3中N原子的杂化类型为_____，1mol 配离子[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为______。
③写出与CO 互为等电子体的一种离子的化学式__________________。
（3）金属铼的熔点高于锰，试从原子结构的角度加以解释_________________________________________________。
（4）三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为3.74A(1A=10-10m)，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为_______，三氧化铼的密度为____g/cm3。(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，写计算式即可)
【答案】 ①. ②. d ③. 具有孤电子对(或孤对电子) ④. sp3 ⑤. 8NA ⑥. CN－或C22－或NO+ ⑦. 从锰到铼原子序数增大，核对外层电子引力增大，电子层数增多，核对外层电子引力减小，但前者占主导，所以铼中的金属键更强，熔点更高 ⑧. 6 ⑨.
【解析】
【详解】（1）锰原子价层电子的轨道表示式(价层电子排布图)为，它处于周期表的d区。
（2）①铜离子有空轨道，所以，与铜离子形成配合物的分子或离子应具有孤电子对(或孤对电子)。②配位体NH3中N原子价层电子对数为4，故其杂化类型为sp3。[Cu(NH3)2]+中每个亚铜离子形成2个配位键，每个配体分子中有3个共价键，所以，1mol 配离子[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为8NA。③与CO 互为等电子体的离子有CN－或C22－或NO+。
（3）金属铼的熔点高于锰，其原因是：从锰到铼原子序数增大，核对外层电子引力增大，电子层数增多，核对外层电子引力减小，但前者占主导，所以铼中的金属键更强，熔点更高。
（4）三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为3.74A(1A=10-10m)，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则每个晶胞中有1个铼原子和3个铼原子，每个铼原子的上、下、左、右、前、后都有一个等距的氧原子，故铼的配位数为6。NA个三氧化铼晶胞的质量和体积分别为234g和，所以，三氧化铼的密度为g/cm3。
点睛：本题考查了核外电子排布的表示方法、元素周期表的分区、配合物的形成条件、共价键的类型与与数目判断、杂化轨道类型的判断、等电子原理、晶胞的有关计算等等，难度中等。在计算晶体的密度时，首先要确定晶体的化学式，然后计算1摩尔晶胞的质量和体积，即可根据密度的计算公式求出其密度。
24. 2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，是锂离子电池的正极材料。用含锂废渣(主要元素的含量：)制备，并用其制备。部分工艺流程如图(该流程可能造成水体砷污染)：
已知：室温下测得滤液1、滤液2中部分离子的浓度如下表：
滤液1
22.72
20.68
60.18
滤液2
21.94
Ⅰ.制备
（1）处理废渣时粉碎的作用是_______。
（2）滤渣2的主要成分(填化学式)_______，滤液3可回收的物质是_______。
（3）下列有关说法正确的是_______。
A.中铁元素的化合价为价
B.流程中可以直接循环利用的物质为稀硫酸
C.室温下的等于
Ⅱ.制备
（4）将电池极和置于高温下反应，生成和一种温室气体，该反应的化学方程式是_______。
（5）需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，石墨的作用是_______(任写一点)。
（6）我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠去除废水中的五价砷其机制模型如上图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_______。
（7）在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧(无元素化合价变化)后得到一种磁性化合物，化学式为，该物质中二价铁与三价铁的个数比为(写整数比)_______。
【答案】（1）增加接触面积，提高反应速率
（2） ①. ②.
（3）A （4）
（5）改善成型后电极的导电作用
（6）
（7）3∶4
【解析】
【分析】含锂废渣(主要元素的含量：As5.40%、Li8.50%、Ni6.5%、Mg13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣1)，所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入NaOH调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液2中主要含有Li2SO4；加入Na2C2O4，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3的主要成分，滤渣3转化为LiFePO4。
【小问1详解】
废渣粉碎可增大接触面积，故作用是增加接触面积，提高反应速率；
【小问2详解】
由以上分析知，滤渣2主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2；根据加入物质，滤液3可回收的物质是；
【小问3详解】
A．中锂元素为+1、磷酸根化合价为-3，则铁元素的化合价为+2价，A正确；
B．流程中消耗硫酸，但是没有生成硫酸，B错误；
C．室温下，滤液2中镍离子浓度为g/L，约为1.3×10-4mol/L，此时pH=12，pOH=2，则氢氧根离子浓度为10-2mol/L，故的，C错误；
故选A；
小问4详解】
和置于高温下反应，生成和一种温室气体，由质量守恒可知，生成气体为二氧化碳，反应中铁元素化合价由+3变为+2、碳元素化合价由+3变为+4，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式是；
【小问5详解】
LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后电极的导电作用；
【小问6详解】
零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和硫酸根离子，反应的离子方程式是；
【小问7详解】
在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，O显-2价，可设Fe2+的个数为x，则Fe3+的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。
三明一中2022～2023学年第二学期高二半期考
化学试卷
(满分：100分：考试时间：90分钟)
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Si 28 Fe 56 Co 59 Re(铼)186
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列表达方式正确的是
A. As的电子排布式：[Ar]4s24p3
B. N的价电子排布图：
C. Cr原子结构示意图：
D. Fe2+的价电子排布式为：[Ar]3d104s2
【答案】C
【解析】
【详解】A．As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，故A错误；
B．N原子价电子为2S、2P电子，所以原子的价电子电子排布图为，故B错误；
C．Cr为24号元素，原子核中有24个质子，分别位于4个电子层上，价电子有6个电子，故Cr的原子结构示意图为，故C正确；
D．Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，所以Fe2+的价电子排布式为：3d6，故D错误；
故选：C。
2. 下列关于原子结构的说法中，不正确的是
A. 原子结构决定元素的性质
B. 2px、2py、2pz轨道相互垂直，且能量相等
C. 随核电荷数递增，电子总是填满一个能层，再填下一个能层
D. 电子云是电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述
【答案】C
【解析】
【详解】A．最外层电子数的多少决定元素的化学性质，则原子结构决定元素的性质，A说法正确；
B．2p能级有三个轨道，即2px、2py、2pz轨道且相互垂直，能量相等，B说法正确；
C．随着电荷数递增，电子并不总是填满一个能层后再开始填入下一个能层的，电子是按能量由低到高的顺序填充的，C说法错误；
D．电子云为核外电子在核外运动的概率密度分布的形象化描述，电子云中的小黑点表示电子在核外出现的机会的多少，小黑点越密表示出现的机会越多，D说法正确；
答案为C。
3. 下列说法不正确的是
A. 碳碳双键、碳碳三键的键能分别是碳碳单键键能的两倍和三倍
B. 丙烯分子中有8个键，1个键
C. 丙烯分子中的键不如键稳定
D. 基态原子中，存在17个运动状态不同的电子
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳碳双键含有1个和1个键，键和键的键能不同，所以不存在二倍的关系，同理碳碳三键含有1个和2个键，与单键之间也不存在三倍的关系，A错误；
B．丙烯的结构式为，含有8个键，1个键，B正确；
C．键比键的键能大，更稳定，C正确；
D．每个电子的运动状态均不同，所以，基态原子中，存在17个运动状态不同的电子，D正确；
故答案选A。
4. 手性分子是指在分子结构，当a、b、x、y为彼此互不相同的原子或原子团时，称此分子为手性分子，中心碳原子为手性碳原子，下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是
A. 木糖醇 B. 丙氨酸
C. 葡萄糖 D. 甘油醛
【答案】A
【解析】
【详解】A．圆圈里面的部分相同，所以指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子，故选A；
B．丙氨酸分子中指定碳原子分别连接H、-NH2、-COOH、-CH3， 指定碳原子是手性碳原子，故不选B；
C．中指定碳原子连接4个不同的原子或原子团(用圈标出)，指定碳原子是手性碳原子，故不选C；
D．中指定碳原子连接4个不同的原子或原子团(用圈标出)，指定碳原子是手性碳原子，故不选D；
选A。
5. 下列现象不能用氢键知识解释的是
A. 葡萄糖易溶于水 B. 水结成冰密度减小 C. 硫酸是一种强酸 D. 水通常情况下为液态
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．葡萄糖易溶于水是因为葡萄糖分子和水分子间可以形成氢键，A不符合题意；
B．水结成冰时，水分子间形成的氢键数目增多，水分子排列比较松，使密度减小，B不符合题意；
C．硫酸是一种强酸，在水中能全部电离，与氢键无关，C符合题意；
D．水分子间形成氢键，因此水的熔点较高，所以水通常情况下为液态，D不符合题意；
故选C。
6. 共价键、离子键和范德华力是粒子之间的三种作用力。下列晶体：①、②、③石墨、④金刚石、⑤、⑥白磷中，含有以上其中两种作用力的是
A. ①②③ B. ①③⑥ C. ②④⑥ D. ①②⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O2是离子化合物，钠离子与过氧根之间存在离子键，过氧根中的两个氧原子之间存在共价键；
②SiO2属于共价晶体，只存在共价键；
③石墨属于混合型晶体，同一层内的碳原子之间有共价键，层与层之间存在分子间作用力；
④金刚石属于共价晶体，只含有共价键；
⑤氯化钠属于离子晶体，只含有离子键；
⑥白磷属于分子晶体，分子内含有共价键，分子之间存在分子间作用力。
含有以上其中两种作用力的是①③⑥；
故选B。
7. 下列说法中不正确的是
A. 离子晶体中可能存在共价键、氢键
B. 硫单质熔点高于白磷的原因是硫硫键键能大于磷磷键键能
C. 可通过融化状态下是否导电，区分离子晶体与分子晶体
D. 石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，说明层间靠范德华力维系
【答案】B
【解析】
【详解】A．离子晶体中一定存在离子键，可能存在共价键和氢键，如胆矾，胆矾的平面结构式为，故A说法正确；
B．硫单质和白磷均属于分子晶体，不含分子间氢键，其熔点与范德华力有关，与键能无关，故B说法错误；
C．离子晶体是由阴阳离子通过离子键结合，熔融状态下，断裂离子键，形成自由移动的离子，能够导电，分子晶体中分子间存在范德华力或氢键，熔融状态时断裂范德华力或氢键，没有自由移动的离子，因此分子晶体熔融状态下不能够导电，故C说法正确；
D．石墨晶体层与层之间存在范德华力，范德华力小于共价键，所以石墨晶体中片层间距远大于层内碳原子间距，故D说法正确；
答案为B。
8. 下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子③金刚石、晶体硅、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键⑤晶格能由大到小的顺序：NaF>NaCl>NaBr>NaI⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】①在稀有气体中不存在化学键，①不正确；
②在金属晶体中只有阳离子而没有阴离子，②不正确；
③金刚石、晶体硅为原子晶体，碳原子半径小于硅，则共价键的键能较大，则熔点较高；NaF、NaCl为离子晶体，氟离子半径小于氯离子，键长短，键能大，熔沸点高；H2O、H2S为分子晶体，水分子间存在氢键，熔点高于硫化氢，且原子晶体、离子晶体、分子晶体熔点依次降低，③正确；
④离子晶体中一定含有离子键，但也可能含有共价键，④不正确；
⑤F、Cl、Br、I离子半径依次增大，则键长增大，键能减小，形成的钠盐，则晶格能依次减小，晶格能由大到小的顺序：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，⑤正确；
⑥SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合向空间无限扩展，⑥不正确；
⑦分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点一般越高，而与其稳定性无关，⑦不正确。
综上所述，③⑤正确，答案为D。
9. 一种工业洗涤剂中间体的结构如图，其中X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期。Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点： Y>Z>Q
B. 简单离子半径： Q
D. 阴离子中各原子都满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大且分属三个短周期，结合结构图，可知X为H，W为Na；Y、Q元素的基态原子中均有两个未成对电子，并结合结构图可知，Y为C， Q为O，则Z为N。
【详解】A．由分析可知，Y为C，Z为N，Q为O，它们简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，CH4分子间不能形成氢键，NH3、H2O分子间存在氢键，H2O常温呈液态，NH3呈气态，故简单氢化物的沸点H2O＞NH3＞CH4，即Q＞Z＞Y，A错误；
B．由分析可知，Z为N，Q为O，W为Na；具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：N3-＞O2-＞Na+，即Z＞Q＞W，B错误；
C．由分析可知，X为H，Y为C，Z为N，Q为O；同一周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性：O＞N＞C＞H，即Q＞Z＞Y＞X，C正确；
D．阴离子中，H不满足8电子稳定结构，D错误；
故选C。
10. 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·mol-1。请根据下表数据判断下列说法中错误的是
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4600
6900
9500
Y
580
1800
2700
11600
A. 元素X的常见化合价是+1价 B. 元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
C. 元素Y是第IIIA族元素 D. 若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据表格可知I1和I2之间差距较大，故X常见化合价为+1价，A正确；
B．X常见化合价为+1价，元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl，B正确；
C．根据表格，Y的I3和I4差距较大，故Y的常见化合价为+3价，是第IIIA族元素，C正确；
D．若元素Y处于第三周期，则Y为Al，不可与冷水剧烈反应，D错误；
故选D。
11. 根据元素周期表和元素周期律判断，下列关于短周期主族元素的说法一定正确的是
A. X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素的最高化合价：X
C. 根据同主族两非金属元素氢化物的沸点高低，可判断两元素非金属性强弱
D. 非金属元素单质的氧化性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强
【答案】B
【解析】
【详解】A．X元素的简单阳离子与Y 元素的简单阴离子具有相同的电子层结构，则两元素原子的最外层电子数是X
C．根据同主族两非金属元素氢化物的稳定性，可判断两元素非金属性强弱，但是，根据氢化物的沸点高低无法判断，C不正确；
D．除O和F外，非金属元素单质的氧化性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，但低价态的含氧酸的酸性就不一定了，D不正确。
本题选B。
12. 下列变化规律不正确的是
A. 硬度：Al>Mg>Na B. 沸点：HI>HBr>HCl>HF
C. 酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4 D. 原子半径：O>F>H
【答案】B
【解析】
【详解】A．半径Al＜Mg＜Na，价电子数Al＞Mg＞Na，所以金属键Al＞Mg＞Na，硬度Al＞Mg＞Na，A正确；
B．HF分子间存在氢键，沸点最高，所以沸点HF＞HI＞HBr＞HCl，B错误；
C．同周期元素自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，C正确；
D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小半径越大，所以原子半径：O>F>H，D正确；
综上所述答案为B。
13. 在高温超导领域中，有一种化合物叫钙钛矿，其晶胞如图所示。下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为
B. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个
C. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的氧离子有6个
D. 该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钙离子有6个
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法，Ca位于内部，共1个；O位于棱上，共3个，Ti位于顶点，共1个，该晶体的化学式为 CaTiO3，A正确；
B．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有6个，B正确；
C．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的氧离子有6个，C正确；
D．该晶体中每个钛离子周围与它最近且相等距离的钙离子有8个，D错误；
故选D。
14. 下列关于NaHSO4的说法中正确的是
A. 因为NaHSO4是离子化合物，所以NaHSO4固体能够导电
B. NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2∶1
C. NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键
D. NaHSO4固体溶于水时破坏的是离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．虽然NaHSO4是离子化合物，但其固体中不存在能自由移动的阴、阳离子，因而不能导电，A项错误；
B．NaHSO4固体中阳离子和阴离子()的个数比是1∶1，B项错误；
C．NaHSO4固体熔化时破坏的只是离子键，C项错误；
D．NaHSO4固体溶于水时电离出Na＋、H＋和，破坏的是离子键和共价键，D项正确；
答案选D。
15. 顺铂是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是顺式-1，1-环丁烷二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂，下列说法正确的是
A. 碳铂分子中所有碳原子在同一个平面内
B. 顺铂分子中氮原子的杂化方式是
C. 碳铂分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为
D. 1个1，1-环丁二羧酸()分子中含有键的数目为12
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳铂中含饱和碳原子，6个碳原子不可能共平面，A错误；
B．顺铂分子中氮原子有3对σ键电子对，有1对孤电子对，其杂化方式是，B错误；
C．碳铂分子中酯基碳原子为杂化，而其他4个碳原子为杂化，C正确；
D．1，1-环丁二羧酸的结构中有4个饱和碳原子，和2个不饱和碳原子，则1个1，1-环丁二羧酸分子中含有18个键，D错误；
故选C。
16. 以NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g冰（图1）中含O—H键数目为2NA
B. 28g晶体硅（图2）中含有Si—Si键数目为2NA
C. 44g干冰（图3）中含有NA个晶胞结构单元
D. 石墨烯（图4）是碳原子单层片状新材料，12g石墨烯中含C—C键数目为1.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．一个水分子中有2个H-O，则18g冰即1mol中含O—H键数目为2NA，A正确；
B．28g晶体硅含有1mol硅原子，晶体硅中每个硅原子形成的共价键为×4=2，则1mol晶体硅中含有Si—Si键数目为2NA，B正确；
C．一个晶胞结构单元含有4个二氧化碳分子，44g干冰即1mol中晶胞结构单元数小于NA个，C错误；
D．石墨烯中每个碳原子周围有两个碳碳单键和一个碳碳双键，所以每个碳原子实际拥有C—C键为1.5个，则12g石墨烯即1mol中含C—C键数目为1.5NA，D正确；
答案选C。
17. 乙二胺和三甲胺均为有机化合物，已知：乙二胺能与、等溶液中的金属离子形成相对稳定的配离子，如(是乙二胺的简写)，结构如图所示，下列说法正确的是
A. 乙二胺的沸点比三甲胺的低 B. 三甲胺分子中N的杂化方式为
C. 配离子的配位数为2 D. 乙二胺作为配体提供孤电子对
【答案】D
【解析】
【详解】A． 乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低，则乙二胺比三甲胺的沸点高，故A错误；
B． 三甲胺[N(CH3)3]分子中的N原子与三个C原子形成3个σ键，有1个孤电子对，三甲胺分子中N的杂化方式为，故B错误；
C． 中Cu2+提供4个空轨道，分别与氮原子的孤对电子形成配位键，则[Cu(En)2]2+配离子中Cu2+的配位数为4，故C错误；
D．乙二胺中N原子提供孤电子对，乙二胺为配体，故D正确；
故选D。
18. 利用超分子可分离C60和C70.将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是
A. 第一电离能：C
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大但ⅤA族的大于ⅥA族，所以第一电离能：C
C．氢键是H与(N、O、F)等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C项错误；
D．金刚石是原子晶体，C60为分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确；
答案选C。
19. 下列有关晶体及配合物结构和性质的判断错误的是
选项
结构和性质
相应判断
A
贵金属磷化物Rh2P 可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示
该晶体中磷原子的配位数为 8
B
配离子[Co(NO2)6]3−可用于检验K+的存在
该离子中Co3+配位数为 6
C
GaN、GaP、GaAs 都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似
GaN、GaP、GaAs 的熔点依次升高
D
氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力新型储氢材料之一
分子中存在配位键，提供孤电子对的原子是氮原子
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Rh2P的结构如图所示，中间大的黑球有8个，顶点和面心计算得到晶胞中有4个，因此大黑球为Rh，以右侧面面心P分析，得到磷原子的配位数为 8，故A正确；
B．根据配离子[Co(NO2)6]3−得到Co3+的配体为NO2，配位数为 6，故B正确；
C．GaN、GaP、GaAs 都是良好的半导体材料，晶体类型与晶体碳化硅类似，属于原子晶体，N、P、As原子半径依次增大，因此GaN、GaP、GaAs 的键长依次增大，键能依次减小，熔沸点依次减小，故C错误；
D．氨硼烷(NH3BH3)分子中存在配位键，N有一对孤对电子，B没有孤对电子，因此提供孤电子对的原子是氮原子，故D正确。
综上所述，答案为C。
20. 某铁的氧化物FexOy 是一种铁(Ⅲ)酸盐，其晶胞结构如下图(1)所示，从中截取一个基本单元，如下图(2)所示。下列有关叙述正确的是
A. 该铁的氧化物是一种共价化合物
B. 该铁的氧化物的化学式为 Fe3O4
C. 铁离子(或亚铁离子)的配位数是4
D. 若图(2)中基本单元的参数为a pm，a pm，2a pm，则该基本单元的密度为g·cm-3
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁元素和氧元素电负性相差较大，该化合物是离子化合物，故A项错误；
B．用均摊法计算，有4个Fe元素的微粒处于顶点，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有属于该晶胞，有2个Fe元素的微粒处于棱上，同时为4个晶胞所共享，每个微粒有，有5个Fe元素的微粒处于晶胞内部，都属于该晶胞，则属于该晶胞Fe元素的微粒总数为。有8个O的微粒处于晶胞内部，都属于该晶胞，故属于该晶胞O元素的微粒总数为8，故该铁的氧化物的化学式为 Fe3O4；故B项正确；
C．晶体右半边Fe的配位数为4，将晶体的上、下、左、前、后补全后，可以看出晶体左半边晶体内小正方体顶点Fe的配位数为6，所以该晶体中铁元素的配位数为6、4，故C项正确；
D．若图(2)中基本单元的参数为a pm，a pm，2a pm，则该基本单元的密度为g·cm-3故D项错误。
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(4小题，共60分)
21. 下表数据是一些物质的熔点：
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
物质
熔点
920
801
1291
160
2072
1723
请根据上表中的信息回答下列问题：
（1）上述涉及到的元素中最活泼非金属原子核外电子排布式是_______，其核外有_______种不同运动状态的电子，能量最高且相同的电子有_______个。
（2）物质①的电子式：_______，⑦的分子空间构型：_______，⑧的晶体类型_______。
（3）④溶于水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因_______；若把其溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是_______。
（4）不能用于比较与金属性相对强弱的事实是_______。
A. 最高价氧化物对应水化物的碱性 B. 最外层1个电子而最外层3个电子
C. 单质与反应的难易程度 D. 比较同浓度和的值
（5）③比④熔点高出很多，其原因可能是：_______。但①比②熔点高，请解释原因_______。
（6）咔唑()的沸点比芴()高的主要原因是_______。
（7）①(氨硼烷，熔点)与乙烷互为等电子体。的晶体类型为_______，其中B的杂化类型为_______。
②可通过环硼氨烷、与进行合成，键角：_______(填“>”或“<”)，原因是_______。
【答案】（1） ①. ②. 9 ③. 5
（2） ①. ②. 直线形 ③. 共价晶体
（3） ①. ②. （4）B
（5） ①. 是离子晶体，是分子晶体 ②. 和都为离子晶体，氧离子半径比氯离子半径小且氧离子带2个电荷，故①的晶格能比②大，熔点比②高
（6）咔唑分子间存在氢键
（7） ①. 分子晶体 ②. ③. > ④. 中无孤电子对，中有两对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比中的键角大
【解析】
【小问1详解】
涉及到的元素中，最活泼非金属是F元素，F原子核外电子排布式是1s22s22p5，其核外有9种不同运动状态的电子，2p能级的电子能量最高，能量最高且相同的电子有5个。
【小问2详解】
Na2O是离子化合物，电子式为，CO2的分子空间构型为直线形；SiO2的晶体类型为共价晶体。
【小问3详解】
AlCl3是强酸弱碱盐，Al3+水解的离子方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，所以溶于水溶液呈酸性；若把其溶液加热蒸干并灼烧，得到的固体是Al2O3。
【小问4详解】
A．元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故不选A；
B．不能只根据最外层电子数判断元素的金属性强弱，故选B；
C．元素的金属性越强，单质越易与H2O反应，故不选C；
D．同浓度NaCl和AlCl3溶液，pH值越小，说明阳离子越易水解，对应的碱的碱性越弱，则金属性越弱，故不选D；
选B
【小问5详解】
AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，所以③比④熔点高出很多。Na2O和NaCl都为离子晶体，氧离子半径比氯离子半径小且氧离子带2个电荷，故①的晶格能比②大，熔点比②高。
【小问6详解】
可以形成氢键的物质具有较高的熔沸点，咔唑( )中氮原子含有孤对电子，可以形成分子间氢键，故咔唑( )的沸点比芴( )高的主要原因是咔唑分子间存在氢键；
【小问7详解】
①NH3BH3熔点较低，则NH3BH3为分子晶体；NH3BH3中B原子含有3个σ键，1对孤电子对，则杂化类型为sp3杂化；
②中心原子孤电子对越多键角越小，CH4和H2O均属于sp3杂化，CH4中无孤电子对，H2O中有两对孤电子对，孤电子对与σ键之间的排斥力大于σ 键之间的排斥力，使得CH4中的键角比H2O 中的键角大。
22. 根据要求回答下列问题：
（1）在第二周期主族元素，第一电离能介于B和N之间的元素有_______种。
（2）嫦娥五号实现了我国首次地外天体采样返回，带回的月壤中包含了等多种元素，N的第一电离能大于O的，请说明理由：_______。
（3）已知电离能：，，，其原因为_______。
（4）橙红色晶体羰基钴的熔点为，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。配体中键与键数目之比是_______。
（5）中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为_______，1个分子中含有_______个键。
（6）此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有_______、_______。
（7）蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
①水合物中_______。
②若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为_______。
【答案】（1）3 （2）N的价电子排布为，半充满比O的更稳定
（3）失去的是全充满的电子，所需能量较高，失去的是电子，相对较易失去
（4） ①. ②. 1∶2
（5） ①. ②. 4
（6） ①. ②.
（7） ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
在第二周期主族元素，第一电离能呈增大的趋势，但是Be核外电子2s2轨道全满相对稳定，而B原子2s22p1，故第一电能小于Be，O原子的价层电子2s22p4，N原子的价层电子2s22p3，N的2p轨道有3个电子，处于半满状态，故第一电离能大于O，B和N之间的有3种元素，分别为Be、C、O；
故答案为：3。
【小问2详解】
N的第一电离能大于O的，N的价电子排布为2s22p3，2p轨道半充满，故比O的更稳定；
故答案为：N的价电子排布为2s22p3，2p半充满比O的更稳定。
【小问3详解】
K失去一个电子后，原子轨道处于全满状态， Ti价层电子为3d24s2，失去电子后价电子为3d24s1，K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去， I2(Ti)≤I2(K)；
故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去。
【小问4详解】
钴是金属元素，与碳和氧相比电负性较小，同周期主族元素，核电荷数越大，电负性越大，故氧的电负性大于碳的电负性，O>C>Co；CO中有1个σ键与2个π键，数目之比是为1∶2；
故答案为：O>C>Co；1∶2。
【小问5详解】
(CN)2中键与键之间的夹角为180°，则分子为直线型，并有对称性，分子两侧都有C和N原子，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则结构为N≡C−C≡N；每个三键都有2个π键，则1个分子中有4个π键；
故答案为：N≡C−C≡N；4。
【小问6详解】
与互为等电子体的分子有3原子数，各原子最外层电子数之和为18，则等电子体有SO2和O3；
故答案为：SO2和O3。
【小问7详解】
CoCl2的摩尔质量为130g/mol，65g无水CoCl2的物质的量为0.5mol，吸收水的质量为119g-65g=54g，则水的物质的量为3mol，n(CoCl2):n(H2O)=1:6，则X=6；其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl−的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为[CoCl(H2O)5]Cl⋅H2O；
故答案为：6；[CoCl(H2O)5]Cl⋅H2O。
23. 75号元素铼，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。回答下列问题:
（1）锰与铼处于同一族，锰原子价层电子的轨道表示式(价层电子排布图)为_______，它处于周期表的_____区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如:醋酸二氨合铜(I)[Cu(NH3)2]Ac可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体：[Cu(NH3)2Ac+CO+NH3 [Cu(NH3)3]Ac·CO。(Ac表示醋酸根)
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是___________________________。
②配位体NH3中N原子的杂化类型为_____，1mol 配离子[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为______。
③写出与CO 互为等电子体的一种离子的化学式__________________。
（3）金属铼的熔点高于锰，试从原子结构的角度加以解释_________________________________________________。
（4）三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为3.74A(1A=10-10m)，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为_______，三氧化铼的密度为____g/cm3。(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，写计算式即可)
【答案】 ①. ②. d ③. 具有孤电子对(或孤对电子) ④. sp3 ⑤. 8NA ⑥. CN－或C22－或NO+ ⑦. 从锰到铼原子序数增大，核对外层电子引力增大，电子层数增多，核对外层电子引力减小，但前者占主导，所以铼中的金属键更强，熔点更高 ⑧. 6 ⑨.
【解析】
【详解】（1）锰原子价层电子的轨道表示式(价层电子排布图)为，它处于周期表的d区。
（2）①铜离子有空轨道，所以，与铜离子形成配合物的分子或离子应具有孤电子对(或孤对电子)。②配位体NH3中N原子价层电子对数为4，故其杂化类型为sp3。[Cu(NH3)2]+中每个亚铜离子形成2个配位键，每个配体分子中有3个共价键，所以，1mol 配离子[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为8NA。③与CO 互为等电子体的离子有CN－或C22－或NO+。
（3）金属铼的熔点高于锰，其原因是：从锰到铼原子序数增大，核对外层电子引力增大，电子层数增多，核对外层电子引力减小，但前者占主导，所以铼中的金属键更强，熔点更高。
（4）三氧化铼为立方晶胞，晶胞参数为3.74A(1A=10-10m)，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则每个晶胞中有1个铼原子和3个铼原子，每个铼原子的上、下、左、右、前、后都有一个等距的氧原子，故铼的配位数为6。NA个三氧化铼晶胞的质量和体积分别为234g和，所以，三氧化铼的密度为g/cm3。
点睛：本题考查了核外电子排布的表示方法、元素周期表的分区、配合物的形成条件、共价键的类型与与数目判断、杂化轨道类型的判断、等电子原理、晶胞的有关计算等等，难度中等。在计算晶体的密度时，首先要确定晶体的化学式，然后计算1摩尔晶胞的质量和体积，即可根据密度的计算公式求出其密度。
24. 2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池的发明者，是锂离子电池的正极材料。用含锂废渣(主要元素的含量：)制备，并用其制备。部分工艺流程如图(该流程可能造成水体砷污染)：
已知：室温下测得滤液1、滤液2中部分离子的浓度如下表：
滤液1
22.72
20.68
60.18
滤液2
21.94
Ⅰ.制备
（1）处理废渣时粉碎的作用是_______。
（2）滤渣2的主要成分(填化学式)_______，滤液3可回收的物质是_______。
（3）下列有关说法正确的是_______。
A.中铁元素的化合价为价
B.流程中可以直接循环利用的物质为稀硫酸
C.室温下的等于
Ⅱ.制备
（4）将电池极和置于高温下反应，生成和一种温室气体，该反应的化学方程式是_______。
（5）需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，石墨的作用是_______(任写一点)。
（6）我国科学家研究零价铁活化过硫酸钠去除废水中的五价砷其机制模型如上图，其中零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是_______。
（7）在该模型中得到的铁砷共沉淀物经灼烧(无元素化合价变化)后得到一种磁性化合物，化学式为，该物质中二价铁与三价铁的个数比为(写整数比)_______。
【答案】（1）增加接触面积，提高反应速率
（2） ①. ②.
（3）A （4）
（5）改善成型后电极的导电作用
（6）
（7）3∶4
【解析】
【分析】含锂废渣(主要元素的含量：As5.40%、Li8.50%、Ni6.5%、Mg13.24%)粉碎后加入稀硫酸，并加热，Li、Ni、Mg溶解生成Li2SO4、NiSO4、MgSO4，过滤出不溶物(滤渣1)，所得滤液1的主要成分为Li2SO4、NiSO4、MgSO4；加入NaOH调节溶液的pH=12，据表中数据，此时主要发生NiSO4、MgSO4与NaOH的反应，所得滤渣2的主要成分为Ni(OH)2、Mg(OH)2，滤液2中主要含有Li2SO4；加入Na2C2O4，与Li2SO4发生反应，主要生成Li2C2O4沉淀，这就是滤渣3的主要成分，滤渣3转化为LiFePO4。
【小问1详解】
废渣粉碎可增大接触面积，故作用是增加接触面积，提高反应速率；
【小问2详解】
由以上分析知，滤渣2主要成分有Mg(OH)2、Ni(OH)2；根据加入物质，滤液3可回收的物质是；
【小问3详解】
A．中锂元素为+1、磷酸根化合价为-3，则铁元素的化合价为+2价，A正确；
B．流程中消耗硫酸，但是没有生成硫酸，B错误；
C．室温下，滤液2中镍离子浓度为g/L，约为1.3×10-4mol/L，此时pH=12，pOH=2，则氢氧根离子浓度为10-2mol/L，故的，C错误；
故选A；
小问4详解】
和置于高温下反应，生成和一种温室气体，由质量守恒可知，生成气体为二氧化碳，反应中铁元素化合价由+3变为+2、碳元素化合价由+3变为+4，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式是；
【小问5详解】
LiFePO4需要在高温下成型后才能作为电极，为增强电极的导电能力，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是改善成型后电极的导电作用；
【小问6详解】
零价铁与过硫酸钠反应，生成Fe2+和硫酸根离子，反应的离子方程式是；
【小问7详解】
在Fe7As2O14中，Fe显+2、+3价，As显+5价，O显-2价，可设Fe2+的个数为x，则Fe3+的个数为(7-x)，依据化合价的代数和等于0，可建立如下等量关系式：2x+3(7-x)=18，x=3，从而得出该物质中二价铁与三价铁的个数比为3:4。
相关试卷
2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期第一次月考化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年福建省三明第一中学高一上学期第一次月考化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
福建省三明第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题： 这是一份福建省三明第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试化学试题，共10页。
