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70， 山东省烟台市2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题
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这是一份70， 山东省烟台市2023-2024学年高二上学期期末考试化学试题，共21页。试卷主要包含了 PCl5晶体的晶胞结构如图， 某共价化合物结构如图等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 N14 K39 Fe56 Se79
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. “雪花六出”体现了晶体的自范性
B. 防撞气囊中的NaN3是一种含有共价键的离子化合物
C. 钛镁合金的导电性和导热性是通过自由电子定向移动实现的
D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，A正确；
B．防撞气囊中的NaN3是一种含有共价键的离子化合物，钠离子与之间为离子键，内部为共价键，B正确；
C．金属晶体的导热是由于晶体内部自由电子与金属阳离子的碰撞，能量发生转移，C错误；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，分子间作用力是弱相互作用，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间形成配位键，通过弱相互作用形成超分子，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语错误的是
A. NH3的VSEPR模型：
B. Cr3+的结构示意图：您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C. 的名称：3-甲基-4-乙基己烷
D. 用电子云轮廓图表示HCl中σ键形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A． NH3的VSEPR模型为四面体，分子构型为，故A错误；
B． 铬为24号元素，Cr3+的结构示意图：，故B正确；
C． 的主链为6个碳，名称：3-甲基-4-乙基己烷，故C正确；
D． s电子云为球形，p电子云为哑铃形，用电子云轮廓图表示HCl中σ键的形成：，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 元素周期表中，s区所含元素的种类最少
B. 钠的焰色呈黄色的主要原因是电子跃迁时吸收了黄光以外的光
C. 若基态原子的最外层有3个未成对电子，该原子一定属于主族元素
D. 碳原子间能形成双键而硅原子间难以形成，是因为碳的得电子能力强于硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素周期表中，s区所含元素的种类13种，ds区8种，所以ds区所含元素的种类最少，A错误；
B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，B错误；
C．若基态原子的最外层有3个未成对电子，价电子为ns2np3，一定属于主族，C正确；
D．碳原子间能形成双键而硅原子间难以形成，是因为碳的半径比硅小，能够通过“肩并肩”形成π键，D错误；
故选C。
4. 利用反应CCl4+4Na4NaCl+C(金刚石)可实现人工合成金刚石。下列说法正确的是
A. 反应过程中有离子键的断裂与形成
B. 熔点：C(金刚石)>Na>NaCl>CCl4
C. NaCl晶体中，每个Cl–的周围距离其最近的Cl–有6个
D. 金刚石晶胞中，若键长为apm，则晶胞参数为apm
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应过程中CCl4断裂的是共价键，而生成NaCl是形成离子键，并没有离子键的断裂，故A错误；
B．金刚石为共价晶体，NaCl为离子晶体，Na为金属晶体，CCl4为分子晶体，一般而言熔点为共价晶体>离子晶体>分子晶体，则熔点C(金刚石)>NaCl>Na>CCl4，故B错误；
C．NaCl晶体中，每个氯离子周围距离最近的氯离子个数，故每个周围与它最接近且距离相等的有12个，故C错误；
D．由晶胞结构可知金刚石晶胞中，最近的两个碳原子间的距离为体对角线的，设晶胞参数为x，则，x=，故D正确；
故答案选D。
5. 噻唑()中所有原子在同一平面上，能与H2反应生成四氢噻唑()。下列说法错误的是
A. 在水中的溶解度：四氢噻唑>噻唑()
B. 噻唑中S原子提供2个电子参与形成大π键
C. 四氢噻唑的熔点主要取决于范德华力
D. C-S-C键角：噻唑>四氢噻唑
【答案】C
【解析】
【详解】A．四氢噻唑能与水分子间形成氢键，增大在水中溶解度，噻唑不能与水分子间形成氢键，所以在水中的溶解度：四氢噻唑>噻唑()，A正确；
B．噻唑中S原子有2对孤电子对，其中S提供2个电子，其他元素提供1个电子参与形成的的大π键，B正确；
C．四氢噻唑存在分子间氢键，四氢噻唑的熔点主要取决于分子间氢键，C错误；
D．噻唑中与S相连的C为sp2杂化，键角较小，四氢噻唑中与S相连的C为sp3杂化，键角较大，所以C-S-C键角：噻唑>四氢噻唑，D正确；
故选C。
6. 在HY沸石催化作用下，丙烯与萘反应可生成二异丙基萘M和N。下列说法正确的是
A. 上述反应中，丙烯仅π键发生断裂
B. 萘的二溴代物有13种
C. M中所有碳原子可能共平面
D. 萘、M、N互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．上述反应属于加成反应，是因为丙烯碳碳双键中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应，则丙烯仅π键发生断裂，A正确；
B．根据“定一移一法”确定萘的二溴代物数目，萘分子有两条对称轴，则一溴代物有两种()，当一个溴原子在a位上时，另一个溴原子的位置有7种()；当一个溴原子在b位上时，另一个溴原子的位置有3种()，则萘的二溴代物有7+3=10种，B错误；
C．因为萘分子中的10个碳原子共平面，单键可以旋转，异丙基中最多有2个碳原子与苯环共平面，则M分子中最多有14个碳原子共平面，不可能所有碳原子共平面，C错误；
D．萘、M、N分子式分别为C10H8、C16H20、C16H20，则萘与M或N互为同系物，M和N互为同分异构体，D错误；
故选A。
7. 结构决定性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．F-F的键长短原子核距离近，同种电荷排斥力强，势能大使内能也较大，Cl-Cl键，原子核距离远，同种电荷排斥力小，势能小使内能也较小，所以键能：F-F＜Cl-Cl，选项A错误；
B．由于半径OS-H，使得稳定性：H2O>H2S，选项B正确；
C．含氧酸分子结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，所以含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越强，酸性由强到弱：HClO3＜HClO4，选项C正确；
D．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，选项D错误；
答案选A
8. PCl5晶体的晶胞结构如图。下列说法错误的是
A. PCl5晶体熔融状态能导电
B. 基态Cl原子核外有5种能量不同的电子
C. NCl5不能稳定存在的原因是N价层只有4个原子轨道
D. 违反了能量最低原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，PCl5晶体是由和两种离子构成的，熔融状态中有自由移动的离子，能导电，A正确；
B．基态Ｃｌ原子核外电子排布为1s22s22p63s23p５，原子核外有5种能量不同的电子，B正确；
C．基态N原子价电子为，N价层只有4个原子轨道，故NCl5不能稳定存在的，C错误；
D．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；违反了洪特规则，D错误；
故选Ｄ。
9. 某共价化合物结构如图。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A. 原子半径：W>X>Y>ZB. 氢化物的沸点：Y>X
C. 简单阴离子的还原性：Y>ZD. 最高价含氧酸的酸性：X>W
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子序数最大且形成4个共价键，W为硅；W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，Y形成2个共价键、X形成4个共价键，则C为碳、Y为氧；Z形成1个共价键，Z为氟；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Si>C>O>F，A正确；
B．不确定是否为简单氢化物，不能判断其沸点，碳可以形成沸点较高的有机化合物，B错误；
C．非金属性氟大于氧，则对应简单阴离子的还原性：O2->F-，C正确；
D．非金属性碳大于氧，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性H2CO3>H2SiO3，D正确；
故选B。
10. 石墨烯(单层石墨)与H2在一定条件下反应可合成新材料石墨烷[(CH)x]，其局部结构如图。下列说法正确的是
A. 石墨烯和石墨烷都属于有机物
B. 13g石墨烷中含有2.5ml共价单键
C. 石墨烯和石墨烷均具有导电性
D. 石墨烯转化为石墨烷的过程中，相邻碳原子间的距离不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯为无机物，A错误；
B．13g石墨烷物质的量ml，共价键的数目为ml，所以13g石墨烷中含有2.5ml共价单键，B正确；
C．石墨烷不具备导电性，C错误；
D．石墨烯(sp2杂化)转化为石墨烷(sp3杂化)的过程中，相邻碳原子间的距离变远，D错误；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据物质及结构分析，下列推断错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AB
【解析】
【详解】A．共价单键是σ键，双键中含有1个σ键，则N-甲基咪唑中σ键的数目为9，A错误；
B．邻羟基苯甲酸分子中的羟基和羧基可形成分子内氢键，不能形成分子间氢键，B错误；
C．肉桂酸乙酯中碳碳双键的每个碳原子上连有不同的原子或原子团，则存在顺反异构，C正确；
D．由CrO5结构可知，Cr形成6个共用电子对，则CrO5中Cr的化合价为+6价，D正确；
故选AB。
12. 三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂，能自耦电离：2ClF3ClF+ClF，其分子空间结构如图。下列推测合理的是
A. ClF3分子是含有极性键的非极性分子
B. BrF3比ClF3更易发生自耦电离
C. ClF3水解反应的产物为HCl和HFO
D. ClF与H2O、ClF与CCl4的空间结构分别相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故A错误；
B．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故B正确；
C．ClF3水解反应的产物有HF、HCl和二氟化氧，故C错误；
D．根据等电子体原理判断分子的空间结构，ClF与H2O具有相同的原子数，但价电子数不一样，不是等电子体，所以空间结构不同， ClF与CCl4具有相同的原子数，但价电子数不同，所以空间结构不同，故D错误；
故选B。
13. 某含Ru(Ⅱ)的催化剂(用[L-Ru-NH3]+表示)高效电催化氧化NH3合成N2H4的反应机理如图。下列说法错误的是
A. 反应过程中没有非极性键的断裂
B. 反应过程中所有氮的杂化方式相同
C. M与[L-Ru-NH2]+中Ru的化合价相同
D. Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，N-H键的极性减弱
【答案】CD
【解析】
【分析】为NH3合成N2H4的催化剂，整个反应机理中，Ru在+2价与+3价之间发生转化，在，为+3价，其他含Ru的物质中为+2价，过程没有非极性键断裂，但有非极性键生成，据此回答。
【详解】A．由反应机理可知，反应过程中没有非极性键的断裂，A正确；
B．反应过程中所有氮的杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；
C．变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，因此M与中Ru化合价不同，C错误；
D．Ru(Ⅱ)被氧化Ru(Ⅲ)至后，中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru(Ⅲ)吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N-H键极性变强，D错误；
故选CD。
14. 某锂电池的负极材料由锂原子嵌入石墨烯层间形成，其晶胞结构如图甲，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为LiC6
B. 1号、2号Li之间的距离为
C. 图乙可表示该化合物沿z轴的局部投影图
D. 利用X射线衍射实验可测得晶胞参数α、β、γ
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锂原子个数为8×=1，位于面上和体内的碳原子个数为8×+2=6，则晶体的化学式为LiC6，故A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞的底面是夹角不是90º的平行四边形，1号、2号锂原子之间的距离为面对角线，由碳原子之间的距离为apm可知，晶胞的边长为3apm，则1号、2号锂原子之间的距离不可能为，故B错误；
C．由晶胞结构可知，化合物LiC6沿z轴的局部投影图为，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞的底面是夹角不是90º的平行四边形，所以可以利用X射线衍射实验可测得晶胞参数α、β、γ，故D正确；
故选BC。
15. 某种新型储氢材料(摩尔质量为188g∙ml–1)的立方晶胞如图，该晶胞可储存6个氢原子。已知M核内中子数比质子数多4，标准状况下氢气的密度为ρg∙cm–3，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶胞中[M(NH3)6]n+和[BH4]–的配位数相同
B. M离子最外层电子排布式为3s23p63d6
C. 在晶胞体对角线的一维空间上会出现的排布规律
D. 该材料的储氢能力[]为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．晶胞中以底面面心的[M(NH3)6]n+的为例，上下层各有四个相邻其最近的[BH4]–，其配位数为8；[BH4]–位于4个[M(NH3)6]n+构成的四面体中，其配位数为4，A错误；
B．根据“均摊法”，晶胞中含个[M(NH3)6]n+、8个[BH4]–，则化学式为[M(NH3)6][BH4]2，且n=2，已知摩尔质量为188g∙ml–1，则M的相对原子质量为56，已知M核内中子数比质子数多4，M为26号元素铁原子失去2个电子形成的亚铁离子，亚铁离子最外层电子排布式为3s23p63d6，B正确；
C．晶胞体心没有[M(NH3)6]n+离子，则在晶胞体对角线的一维空间上会出现 的排布规律，C错误；
D．标准状况下氢气的密度为ρg∙cm–3，该晶胞可储存6个氢原子，则该材料的储氢能力为，D正确；
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 有机物W的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）X的分子式为___________，分子中采用sp2与sp3杂化的原子个数之比为___________。
（2）下列有关Y的说法错误的是___________(填标号)。
a．按碳骨架分类，Y属于脂环烃 b．分子中含有2个手性碳原子
c．五元环上的一氯代物有3种 d．分子中的C-O键、O-H键在化学反应中易断裂
（3）Z中只含碳、氢、氧三种元素，其分子模型如图所示(图中小球表示原子，球与球之间的短线代表单键或双键)。Z中的极性键有___________种，所含官能团的名称为___________。
（4）有机物A属于醇类，其结构简式为___________；写出符合下列条件的W的同分异构体___________(填结构简式，不考虑立体异构)。
①含-COOH和-CHO；②含五元碳环结构
【答案】16. ①. C6H10O ②. 2：5
17. ac 18. ①. 4 ②. 羧基、酮羰基
19. ①. CH3OH ②. 、、
【解析】
【分析】X与通过两步反应转化为Y，Y与KMnO4发生氧化反应生成Z，Z与CH3OH发生酯化反应生成W，据此回答；
【小问1详解】
①根据分析可知X的分子式为C6H10O；
②分子中采用sp2有2个C，sp3有4个C与1个O，原子个数之比为2:5；
【小问2详解】
a．按碳骨架分类，Y中含氧，不属于烃，a错误；
b．分子中含有2个手性碳原子，分别是与-OH相连C和与-CH2OH相连C，b正确；
c．五元环没有对称结构，所以环上的一氯代物有5种，c错误；
d．分子中的C-O键断裂能发生消去反应、O-H键断裂能发生氧化反应，d正确，
故选ac。
【小问3详解】
根据图可知，物质为Z为，极性键有C-O、O-H、C=O、C-H共4种；
②所含官能团的名称为羧基、酮羰基；
【小问4详解】
①根据分析可知A为CH3OH；
②含-COOH和-CHO且含五元碳环结构，符合下列条件的W的同分异构体有：、、。
17. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，R2是氧化性最强的单质，回答下列问题：
（1）由X原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①1s22s2、②1s22s22p1、③1s22s12p2，有关这些微粒的叙述正确的是___________(填标号)。
a．得电子能力：②>① b．表示基态原子(或离子)的是：①②
c．微粒半径：①>② d．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
（2）YR3是一种重要的电子工业材料。分子的极性：YR3___________XR3(填“>”或“<”或“=”)；YR3与YW3结构相似，YW3易与过渡金属阳离子形成配离子而YR3不能，原因是___________。
（3）同周期元素中，第一电离能比Z大的元素有_________种；Z与Y形成的固态Y2Z5由YZ和YZ两种离子组成，固态Y2Z5中Y原子的杂化方式为_________，YZ的电子式为_________。
（4）X与Z可形成多种结构形式的阴离子，已知阴离子X3Z结构中只有一个正六元环，则n=___________，该阴离子的结构式为___________。
【答案】（1）bd （2） ①. > ②. F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键
（3） ①. 3 ②. sp、sp2 ③.
（4） ①. 3 ②.
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向，则W为H元素；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，R2是氧化性最强的单质，则Y为N元素、Z为O元素、R为F元素；X元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则X为B元素。
【小问1详解】
由电子排布式可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子、③为激发态硼原子；
a．B+离子易得到1个电子形成硼原子，所以B+离子的得到电子的能力强于硼原子，故错误；
b．由分析可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子，故正确；
c．原子失去电子形成的阳离子的离子半径小于原子的原子半径，则B+离子的微粒半径小于硼原子，故错误；
d．基态硼原子的能量低于激发态硼原子，电离一个电子所需最低能量高于激发态硼原子，基态B+离子的2s轨道为稳定的全充满结构，较难失去1个电子，则电离一个电子所需最低能量高于基态硼原子，所以电离一个电子所需最低能量的大小顺序为①>②>③，故正确；
故选ad；
【小问2详解】
三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，属于结构对称的非极性分子，三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，属于结构不对称的极性分子，所以三氟化氮的极性大于三氟化硼；F元素的电负性比元素大，N-F三氟化氮分子中氮氟键的成键电子偏向于氟原子，导致分子中氮原子核对孤电子对吸引能力增强，难以提供孤对电子形成配位键，所以氨分子易与过渡金属阳离子形成配离子而三氟化硼不能，故答案为：>；F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键；
【小问3详解】
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，元素的第一电离能大于相邻元素，则氩元素、氟元素、氮元素的第一电离能大于氧元素；NO离子中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp杂化，离子的空间结构为直线形，电子式为，NO离子中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2杂化，则五氧化二氮分子中氮原子的杂化方式为sp、sp2杂化，故答案为：3；sp、sp2；；
【小问4详解】
由化合价代数和为0可得：(+3) ×3+(—2) ×6=—n，解得B3O中n=3，由共价键的饱和性可知，B3O中硼原子形成3个共价键、氧原子形成2个共价键，则只有一个正六元环的阴离子的结构式为，故答案为：3；。
18. 由Sn、V、Gd等元素组成钒基笼目金属在超导电性方面有广阔的应用前景。回答下列问题：
（1）Sn与C同主族，基态Sn原子的价电子排布式为___________，Sn和Cl2反应会生成SnCl2和SnCl4。SnCl2(s)以线性聚合状态存在，其结构如图。
Cl-Sn-Cl键角：SnCl2(s)___________SnCl4(填“>”或“<”)，原因是___________。
（2）基态V原子的价电子中，未成对电子数与成对电子数之比为___________；钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，从原子结构角度分析最稳定的化合价是___________；将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列含V物质中，属于顺磁性物质的是___________(填标号)。
A．VF4 B．V(NH3)3Cl3 C．Na3VO4 D．Na4[V(CN)6]
（3）已知钒基笼目金属的晶体结构如图。该钒基笼目金属的化学式为___________，1号、2号Sn原子间的距离为___________pm。
【答案】（1） ①. 5s25p2 ②. < ③. SnCl2(s)和SnCl4的中心Sn原子的杂化方式相同，SnCl2(s)中Sn原子存在孤电子对，对成键电子对的斥力大
（2） ①. 3：2 ②. +5 ③. ABD
（3） ①. GdV6Sn6 ②.
【解析】
【小问1详解】
①Sn与C同主族，基态Sn原子的价电子排布式为：5s25p2；
②③SnCl2(s)和SnCl4的中心Sn原子的杂化方式相同，SnCl2(s)中Sn原子存在孤电子对，对成键电子对的斥力大，所以SnCl2(s)＜SnCl4；
【小问2详解】
①V为23号元素，基态V原子的价电子排布式为3d34s2，3d轨道有3个未成对电子，4s轨道上有2个成对电子，其数目之比为3:2；
②钒是23号元素，基态钒原子的价电子排布式为3d34s2，其价电子排布图为，钒原子失去5个价电子后，3d能级为全空状态，最稳定，故最稳定的化合价是+5价；
③根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子：
A．VF4中的V为+4价，价电子为3d34s1，有未成对电子，A正确；
B．V(NH3)3Cl3中V为+3价，价电子为3d2，有未成对电子，B正确；
C．Na3VO4中V为+5价，3d能级为全空状态，无未成对电子，C错误；
D．Na4[V(CN)6]中V为+2价，价电子为3d3，有未成对电子，D正确；
故选ABD。
小问3详解】
①钒基笼目金属的晶体结构可知，V有2个在内部，8个在面上，均摊下来为个，Sn有4个在面上，8个在棱上，2个在内部，均摊为个，Gd有4个在棱心，均摊为个，所以化学式为GdV6Sn6；
②如图所示，1号、2号Sn原子投影在同一平面的距离为红色短线，蓝色短线的长度为边长的一半，即为，1号Sn投影下来刚好在三个V形成的正三角形的重心位置，投影之后1号Sn距离边长为，2号Sn距离V形成的三角形的边长为，所以红线的长度为，由此可知1号、2号Sn原子投影在同一平面的距离红线长度与晶胞中1号Sn与2号Sn的垂直高度c，还要1号、2号Sn原子间的距离刚好形成一个直角三角形，根据勾股定律有，1号、2号Sn原子间的距离。
19. Cu是生活中常见的金属元素，在材料、农业、医药等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）Cu位于周期表的___________区；从结构角度分析，比较Cu+与Cu2+的稳定性并说明原因___________。
（2）某氨基吡啶衍生物铜配合物X结构简式如下图所示。
X中Cu2+的配位数是___________，两种配体分别为___________。
（3）CuFeS2晶体属四方晶系，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。M点、N点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、。下图中B所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________，X点硫原子的分数坐标为___________，晶胞中四面体空隙的占有率为___________，晶胞中硫原子间的最短距离为___________pm。
【答案】19. ①. ds ②. 稳定性：Cu+>Cu2+，Cu+的3d10全满状态更稳定
20. ①. 5 ②. 、CH3COO–
21. ①. 不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现 ②. ③. 50% ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu原子序数29，价电子排布式：，位于周期表ds区；铜原子失去1个电子形成Cu+，价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子；
【小问2详解】
Cu与4个O和1和N形成共价键，说明Cu2+的配位数是5；结合配合物X示意图可知，两种配体分别为：、CH3COO–；
【小问3详解】
如图所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因：不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；N点位于晶胞体心，X点S原子位于A半个晶胞体对角线的的位置，根据M点、N点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、及晶胞参与可知，X点硫原子的分数坐标为；根据晶胞结构可知，该晶胞结构中由Cu和Fe形成了16个四面体间隙，其中8个填充的S，即晶胞中四面体空隙的占有率为50%；晶胞中硫原子间的最短距离为晶胞体底面对角线的一半，距离为：；
20. 铁的化合物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）某含Fe2+的结晶水合物的结构片段如图所示(球与球之间的短线代表单键或双键)。
该结晶水合物的化学式为___________，其中Fe2+和H2O之间的作用力类型为___________。
（2）南开大学某课题组成功合成无机二茂铁的配离子[FeP8]2–，其中环状配体P以π电子参与配位，结构如图。该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有___________个，P原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。
A．3s轨道 B．3p轨道 C．sp2杂化轨道 D．sp3杂化轨道
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。由铁、钾、硒形成的一种超导材料的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
晶胞中Fe的数目为___________，距离K(0.5，0.5，0.5)最近的Se的数目为___________，该晶体的密度ρ=___________g·cm–3.(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、c、NA的计算式表示)，该晶胞在yz平面投影为___________(填标号)。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. FeC2O4∙2H2O ②. 配位键
（2） ①. 12 ②. C
（3） ①. 4 ②. 8 ③. ④. B
【解析】
【小问1详解】
①根据结构片段的最小重复单元可以看出，白球是Fe2+，每个Fe2+结合两个结构，又被两个Fe2+共有，所以亚铁离子与草酸根离子为1:1，化学式为：FeC2O4∙2H2O；
②其中Fe2+和H2O之间的作用力为配位键；
【小问2详解】
①根据的结构可知，环状配体以π电子参与配位，每个P形成两根共价键，一对孤电子，还余下的1个电子形成π键，形成的大π键，所以该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有12个；
②每个P形成两个б键，一对孤电子，还余下的1个电子形成π键，所以为sp2杂化，选C；
【小问3详解】
根据原子坐标可知，白球为K，小黑球是Se，灰球为Fe，K在顶点和体心，均摊为2个，Se在面上，均摊为4个，Fe在棱心和内部，均摊为4个，据此回答。
①晶胞中Fe的数目为4个；
②面上8个Se与K(0.5，0.5，0.5)距离最近，所以Se的数目为8个；
③晶胞质量为g，晶胞体积为cm3，则该晶体的密度ρ=；
④该晶胞在yz平面投影，即是从右面看，图为，选B。选项
性质差异
结构因素
A
键能：F-F键电负性
B
稳定性：H2O>H2S
半径：OC
酸性：HClO3羟基极性
D
沸点：正戊烷>新戊烷
分子间作用力
选项
物质及结构
推断
A
N-甲基咪唑：
N-甲基咪唑中σ键的数目为6
B
邻羟基苯甲酸：
邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键和分子间氢键
C
肉桂酸乙酯：
肉桂酸乙酯存在顺反异构
D
CrO5：
CrO5中Cr为+6价
原子
坐标
x
y
z
K
0.5
0.5
0.5
Fe
0
0.5
m
Se
0
0
n
注：m、n均≠0
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 B11 C12 N14 K39 Fe56 Se79
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列说法错误的是
A. “雪花六出”体现了晶体的自范性
B. 防撞气囊中的NaN3是一种含有共价键的离子化合物
C. 钛镁合金的导电性和导热性是通过自由电子定向移动实现的
D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，A正确；
B．防撞气囊中的NaN3是一种含有共价键的离子化合物，钠离子与之间为离子键，内部为共价键，B正确；
C．金属晶体的导热是由于晶体内部自由电子与金属阳离子的碰撞，能量发生转移，C错误；
D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，分子间作用力是弱相互作用，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间形成配位键，通过弱相互作用形成超分子，D正确；
故选C。
2. 下列化学用语错误的是
A. NH3的VSEPR模型：
B. Cr3+的结构示意图：您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C. 的名称：3-甲基-4-乙基己烷
D. 用电子云轮廓图表示HCl中σ键形成：
【答案】A
【解析】
【详解】A． NH3的VSEPR模型为四面体，分子构型为，故A错误；
B． 铬为24号元素，Cr3+的结构示意图：，故B正确；
C． 的主链为6个碳，名称：3-甲基-4-乙基己烷，故C正确；
D． s电子云为球形，p电子云为哑铃形，用电子云轮廓图表示HCl中σ键的形成：，故D正确；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 元素周期表中，s区所含元素的种类最少
B. 钠的焰色呈黄色的主要原因是电子跃迁时吸收了黄光以外的光
C. 若基态原子的最外层有3个未成对电子，该原子一定属于主族元素
D. 碳原子间能形成双键而硅原子间难以形成，是因为碳的得电子能力强于硅
【答案】C
【解析】
【详解】A．元素周期表中，s区所含元素的种类13种，ds区8种，所以ds区所含元素的种类最少，A错误；
B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，B错误；
C．若基态原子的最外层有3个未成对电子，价电子为ns2np3，一定属于主族，C正确；
D．碳原子间能形成双键而硅原子间难以形成，是因为碳的半径比硅小，能够通过“肩并肩”形成π键，D错误；
故选C。
4. 利用反应CCl4+4Na4NaCl+C(金刚石)可实现人工合成金刚石。下列说法正确的是
A. 反应过程中有离子键的断裂与形成
B. 熔点：C(金刚石)>Na>NaCl>CCl4
C. NaCl晶体中，每个Cl–的周围距离其最近的Cl–有6个
D. 金刚石晶胞中，若键长为apm，则晶胞参数为apm
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应过程中CCl4断裂的是共价键，而生成NaCl是形成离子键，并没有离子键的断裂，故A错误；
B．金刚石为共价晶体，NaCl为离子晶体，Na为金属晶体，CCl4为分子晶体，一般而言熔点为共价晶体>离子晶体>分子晶体，则熔点C(金刚石)>NaCl>Na>CCl4，故B错误；
C．NaCl晶体中，每个氯离子周围距离最近的氯离子个数，故每个周围与它最接近且距离相等的有12个，故C错误；
D．由晶胞结构可知金刚石晶胞中，最近的两个碳原子间的距离为体对角线的，设晶胞参数为x，则，x=，故D正确；
故答案选D。
5. 噻唑()中所有原子在同一平面上，能与H2反应生成四氢噻唑()。下列说法错误的是
A. 在水中的溶解度：四氢噻唑>噻唑()
B. 噻唑中S原子提供2个电子参与形成大π键
C. 四氢噻唑的熔点主要取决于范德华力
D. C-S-C键角：噻唑>四氢噻唑
【答案】C
【解析】
【详解】A．四氢噻唑能与水分子间形成氢键，增大在水中溶解度，噻唑不能与水分子间形成氢键，所以在水中的溶解度：四氢噻唑>噻唑()，A正确；
B．噻唑中S原子有2对孤电子对，其中S提供2个电子，其他元素提供1个电子参与形成的的大π键，B正确；
C．四氢噻唑存在分子间氢键，四氢噻唑的熔点主要取决于分子间氢键，C错误；
D．噻唑中与S相连的C为sp2杂化，键角较小，四氢噻唑中与S相连的C为sp3杂化，键角较大，所以C-S-C键角：噻唑>四氢噻唑，D正确；
故选C。
6. 在HY沸石催化作用下，丙烯与萘反应可生成二异丙基萘M和N。下列说法正确的是
A. 上述反应中，丙烯仅π键发生断裂
B. 萘的二溴代物有13种
C. M中所有碳原子可能共平面
D. 萘、M、N互为同系物
【答案】A
【解析】
【详解】A．上述反应属于加成反应，是因为丙烯碳碳双键中的π键不稳定，容易断裂，发生加成反应，则丙烯仅π键发生断裂，A正确；
B．根据“定一移一法”确定萘的二溴代物数目，萘分子有两条对称轴，则一溴代物有两种()，当一个溴原子在a位上时，另一个溴原子的位置有7种()；当一个溴原子在b位上时，另一个溴原子的位置有3种()，则萘的二溴代物有7+3=10种，B错误；
C．因为萘分子中的10个碳原子共平面，单键可以旋转，异丙基中最多有2个碳原子与苯环共平面，则M分子中最多有14个碳原子共平面，不可能所有碳原子共平面，C错误；
D．萘、M、N分子式分别为C10H8、C16H20、C16H20，则萘与M或N互为同系物，M和N互为同分异构体，D错误；
故选A。
7. 结构决定性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．F-F的键长短原子核距离近，同种电荷排斥力强，势能大使内能也较大，Cl-Cl键，原子核距离远，同种电荷排斥力小，势能小使内能也较小，所以键能：F-F＜Cl-Cl，选项A错误；
B．由于半径O
C．含氧酸分子结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，所以含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越强，酸性由强到弱：HClO3＜HClO4，选项C正确；
D．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，选项D错误；
答案选A
8. PCl5晶体的晶胞结构如图。下列说法错误的是
A. PCl5晶体熔融状态能导电
B. 基态Cl原子核外有5种能量不同的电子
C. NCl5不能稳定存在的原因是N价层只有4个原子轨道
D. 违反了能量最低原理
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，PCl5晶体是由和两种离子构成的，熔融状态中有自由移动的离子，能导电，A正确；
B．基态Ｃｌ原子核外电子排布为1s22s22p63s23p５，原子核外有5种能量不同的电子，B正确；
C．基态N原子价电子为，N价层只有4个原子轨道，故NCl5不能稳定存在的，C错误；
D．洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同；违反了洪特规则，D错误；
故选Ｄ。
9. 某共价化合物结构如图。X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A. 原子半径：W>X>Y>ZB. 氢化物的沸点：Y>X
C. 简单阴离子的还原性：Y>ZD. 最高价含氧酸的酸性：X>W
【答案】B
【解析】
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子序数最大且形成4个共价键，W为硅；W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，Y形成2个共价键、X形成4个共价键，则C为碳、Y为氧；Z形成1个共价键，Z为氟；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Si>C>O>F，A正确；
B．不确定是否为简单氢化物，不能判断其沸点，碳可以形成沸点较高的有机化合物，B错误；
C．非金属性氟大于氧，则对应简单阴离子的还原性：O2->F-，C正确；
D．非金属性碳大于氧，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性H2CO3>H2SiO3，D正确；
故选B。
10. 石墨烯(单层石墨)与H2在一定条件下反应可合成新材料石墨烷[(CH)x]，其局部结构如图。下列说法正确的是
A. 石墨烯和石墨烷都属于有机物
B. 13g石墨烷中含有2.5ml共价单键
C. 石墨烯和石墨烷均具有导电性
D. 石墨烯转化为石墨烷的过程中，相邻碳原子间的距离不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯为无机物，A错误；
B．13g石墨烷物质的量ml，共价键的数目为ml，所以13g石墨烷中含有2.5ml共价单键，B正确；
C．石墨烷不具备导电性，C错误；
D．石墨烯(sp2杂化)转化为石墨烷(sp3杂化)的过程中，相邻碳原子间的距离变远，D错误；
故选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据物质及结构分析，下列推断错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AB
【解析】
【详解】A．共价单键是σ键，双键中含有1个σ键，则N-甲基咪唑中σ键的数目为9，A错误；
B．邻羟基苯甲酸分子中的羟基和羧基可形成分子内氢键，不能形成分子间氢键，B错误；
C．肉桂酸乙酯中碳碳双键的每个碳原子上连有不同的原子或原子团，则存在顺反异构，C正确；
D．由CrO5结构可知，Cr形成6个共用电子对，则CrO5中Cr的化合价为+6价，D正确；
故选AB。
12. 三氟化氯(ClF3)是极强助燃剂，能自耦电离：2ClF3ClF+ClF，其分子空间结构如图。下列推测合理的是
A. ClF3分子是含有极性键的非极性分子
B. BrF3比ClF3更易发生自耦电离
C. ClF3水解反应的产物为HCl和HFO
D. ClF与H2O、ClF与CCl4的空间结构分别相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故A错误；
B．溴元素的电负性小于氯元素，溴氟键的极性强于氯氟键，则三氟化溴比三氟化氯更易发生自耦电离，故B正确；
C．ClF3水解反应的产物有HF、HCl和二氟化氧，故C错误；
D．根据等电子体原理判断分子的空间结构，ClF与H2O具有相同的原子数，但价电子数不一样，不是等电子体，所以空间结构不同， ClF与CCl4具有相同的原子数，但价电子数不同，所以空间结构不同，故D错误；
故选B。
13. 某含Ru(Ⅱ)的催化剂(用[L-Ru-NH3]+表示)高效电催化氧化NH3合成N2H4的反应机理如图。下列说法错误的是
A. 反应过程中没有非极性键的断裂
B. 反应过程中所有氮的杂化方式相同
C. M与[L-Ru-NH2]+中Ru的化合价相同
D. Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，N-H键的极性减弱
【答案】CD
【解析】
【分析】为NH3合成N2H4的催化剂，整个反应机理中，Ru在+2价与+3价之间发生转化，在，为+3价，其他含Ru的物质中为+2价，过程没有非极性键断裂，但有非极性键生成，据此回答。
【详解】A．由反应机理可知，反应过程中没有非极性键的断裂，A正确；
B．反应过程中所有氮的杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；
C．变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给Ru1个电子，其中Ru的化合价变为+2，因此M与中Ru化合价不同，C错误；
D．Ru(Ⅱ)被氧化Ru(Ⅲ)至后，中的Ru带有更多的正电荷，其与N原子成键后，Ru(Ⅲ)吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，这种作用使得配体NH3中的N-H键极性变强，D错误；
故选CD。
14. 某锂电池的负极材料由锂原子嵌入石墨烯层间形成，其晶胞结构如图甲，下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为LiC6
B. 1号、2号Li之间的距离为
C. 图乙可表示该化合物沿z轴的局部投影图
D. 利用X射线衍射实验可测得晶胞参数α、β、γ
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锂原子个数为8×=1，位于面上和体内的碳原子个数为8×+2=6，则晶体的化学式为LiC6，故A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞的底面是夹角不是90º的平行四边形，1号、2号锂原子之间的距离为面对角线，由碳原子之间的距离为apm可知，晶胞的边长为3apm，则1号、2号锂原子之间的距离不可能为，故B错误；
C．由晶胞结构可知，化合物LiC6沿z轴的局部投影图为，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞的底面是夹角不是90º的平行四边形，所以可以利用X射线衍射实验可测得晶胞参数α、β、γ，故D正确；
故选BC。
15. 某种新型储氢材料(摩尔质量为188g∙ml–1)的立方晶胞如图，该晶胞可储存6个氢原子。已知M核内中子数比质子数多4，标准状况下氢气的密度为ρg∙cm–3，NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 晶胞中[M(NH3)6]n+和[BH4]–的配位数相同
B. M离子最外层电子排布式为3s23p63d6
C. 在晶胞体对角线的一维空间上会出现的排布规律
D. 该材料的储氢能力[]为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．晶胞中以底面面心的[M(NH3)6]n+的为例，上下层各有四个相邻其最近的[BH4]–，其配位数为8；[BH4]–位于4个[M(NH3)6]n+构成的四面体中，其配位数为4，A错误；
B．根据“均摊法”，晶胞中含个[M(NH3)6]n+、8个[BH4]–，则化学式为[M(NH3)6][BH4]2，且n=2，已知摩尔质量为188g∙ml–1，则M的相对原子质量为56，已知M核内中子数比质子数多4，M为26号元素铁原子失去2个电子形成的亚铁离子，亚铁离子最外层电子排布式为3s23p63d6，B正确；
C．晶胞体心没有[M(NH3)6]n+离子，则在晶胞体对角线的一维空间上会出现 的排布规律，C错误；
D．标准状况下氢气的密度为ρg∙cm–3，该晶胞可储存6个氢原子，则该材料的储氢能力为，D正确；
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 有机物W的一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）X的分子式为___________，分子中采用sp2与sp3杂化的原子个数之比为___________。
（2）下列有关Y的说法错误的是___________(填标号)。
a．按碳骨架分类，Y属于脂环烃 b．分子中含有2个手性碳原子
c．五元环上的一氯代物有3种 d．分子中的C-O键、O-H键在化学反应中易断裂
（3）Z中只含碳、氢、氧三种元素，其分子模型如图所示(图中小球表示原子，球与球之间的短线代表单键或双键)。Z中的极性键有___________种，所含官能团的名称为___________。
（4）有机物A属于醇类，其结构简式为___________；写出符合下列条件的W的同分异构体___________(填结构简式，不考虑立体异构)。
①含-COOH和-CHO；②含五元碳环结构
【答案】16. ①. C6H10O ②. 2：5
17. ac 18. ①. 4 ②. 羧基、酮羰基
19. ①. CH3OH ②. 、、
【解析】
【分析】X与通过两步反应转化为Y，Y与KMnO4发生氧化反应生成Z，Z与CH3OH发生酯化反应生成W，据此回答；
【小问1详解】
①根据分析可知X的分子式为C6H10O；
②分子中采用sp2有2个C，sp3有4个C与1个O，原子个数之比为2:5；
【小问2详解】
a．按碳骨架分类，Y中含氧，不属于烃，a错误；
b．分子中含有2个手性碳原子，分别是与-OH相连C和与-CH2OH相连C，b正确；
c．五元环没有对称结构，所以环上的一氯代物有5种，c错误；
d．分子中的C-O键断裂能发生消去反应、O-H键断裂能发生氧化反应，d正确，
故选ac。
【小问3详解】
根据图可知，物质为Z为，极性键有C-O、O-H、C=O、C-H共4种；
②所含官能团的名称为羧基、酮羰基；
【小问4详解】
①根据分析可知A为CH3OH；
②含-COOH和-CHO且含五元碳环结构，符合下列条件的W的同分异构体有：、、。
17. W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，R2是氧化性最强的单质，回答下列问题：
（1）由X原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①1s22s2、②1s22s22p1、③1s22s12p2，有关这些微粒的叙述正确的是___________(填标号)。
a．得电子能力：②>① b．表示基态原子(或离子)的是：①②
c．微粒半径：①>② d．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
（2）YR3是一种重要的电子工业材料。分子的极性：YR3___________XR3(填“>”或“<”或“=”)；YR3与YW3结构相似，YW3易与过渡金属阳离子形成配离子而YR3不能，原因是___________。
（3）同周期元素中，第一电离能比Z大的元素有_________种；Z与Y形成的固态Y2Z5由YZ和YZ两种离子组成，固态Y2Z5中Y原子的杂化方式为_________，YZ的电子式为_________。
（4）X与Z可形成多种结构形式的阴离子，已知阴离子X3Z结构中只有一个正六元环，则n=___________，该阴离子的结构式为___________。
【答案】（1）bd （2） ①. > ②. F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键
（3） ①. 3 ②. sp、sp2 ③.
（4） ①. 3 ②.
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的核外电子只有一种自旋方向，则W为H元素；Y、Z、R在元素周期表中相邻，X的核外电子数与Y的价层电子数相等，R2是氧化性最强的单质，则Y为N元素、Z为O元素、R为F元素；X元素基态原子的电子排布式为1s22s22p1，则X为B元素。
【小问1详解】
由电子排布式可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子、③为激发态硼原子；
a．B+离子易得到1个电子形成硼原子，所以B+离子的得到电子的能力强于硼原子，故错误；
b．由分析可知，①为基态B+离子、②为基态硼原子，故正确；
c．原子失去电子形成的阳离子的离子半径小于原子的原子半径，则B+离子的微粒半径小于硼原子，故错误；
d．基态硼原子的能量低于激发态硼原子，电离一个电子所需最低能量高于激发态硼原子，基态B+离子的2s轨道为稳定的全充满结构，较难失去1个电子，则电离一个电子所需最低能量高于基态硼原子，所以电离一个电子所需最低能量的大小顺序为①>②>③，故正确；
故选ad；
【小问2详解】
三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，属于结构对称的非极性分子，三氟化氮分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，属于结构不对称的极性分子，所以三氟化氮的极性大于三氟化硼；F元素的电负性比元素大，N-F三氟化氮分子中氮氟键的成键电子偏向于氟原子，导致分子中氮原子核对孤电子对吸引能力增强，难以提供孤对电子形成配位键，所以氨分子易与过渡金属阳离子形成配离子而三氟化硼不能，故答案为：>；F的电负性比N大，N-F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键；
【小问3详解】
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，元素的第一电离能大于相邻元素，则氩元素、氟元素、氮元素的第一电离能大于氧元素；NO离子中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp杂化，离子的空间结构为直线形，电子式为，NO离子中氮原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2杂化，则五氧化二氮分子中氮原子的杂化方式为sp、sp2杂化，故答案为：3；sp、sp2；；
【小问4详解】
由化合价代数和为0可得：(+3) ×3+(—2) ×6=—n，解得B3O中n=3，由共价键的饱和性可知，B3O中硼原子形成3个共价键、氧原子形成2个共价键，则只有一个正六元环的阴离子的结构式为，故答案为：3；。
18. 由Sn、V、Gd等元素组成钒基笼目金属在超导电性方面有广阔的应用前景。回答下列问题：
（1）Sn与C同主族，基态Sn原子的价电子排布式为___________，Sn和Cl2反应会生成SnCl2和SnCl4。SnCl2(s)以线性聚合状态存在，其结构如图。
Cl-Sn-Cl键角：SnCl2(s)___________SnCl4(填“>”或“<”)，原因是___________。
（2）基态V原子的价电子中，未成对电子数与成对电子数之比为___________；钒有+2、+3、+4、+5等多种化合价，从原子结构角度分析最稳定的化合价是___________；将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列含V物质中，属于顺磁性物质的是___________(填标号)。
A．VF4 B．V(NH3)3Cl3 C．Na3VO4 D．Na4[V(CN)6]
（3）已知钒基笼目金属的晶体结构如图。该钒基笼目金属的化学式为___________，1号、2号Sn原子间的距离为___________pm。
【答案】（1） ①. 5s25p2 ②. < ③. SnCl2(s)和SnCl4的中心Sn原子的杂化方式相同，SnCl2(s)中Sn原子存在孤电子对，对成键电子对的斥力大
（2） ①. 3：2 ②. +5 ③. ABD
（3） ①. GdV6Sn6 ②.
【解析】
【小问1详解】
①Sn与C同主族，基态Sn原子的价电子排布式为：5s25p2；
②③SnCl2(s)和SnCl4的中心Sn原子的杂化方式相同，SnCl2(s)中Sn原子存在孤电子对，对成键电子对的斥力大，所以SnCl2(s)＜SnCl4；
【小问2详解】
①V为23号元素，基态V原子的价电子排布式为3d34s2，3d轨道有3个未成对电子，4s轨道上有2个成对电子，其数目之比为3:2；
②钒是23号元素，基态钒原子的价电子排布式为3d34s2，其价电子排布图为，钒原子失去5个价电子后，3d能级为全空状态，最稳定，故最稳定的化合价是+5价；
③根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子：
A．VF4中的V为+4价，价电子为3d34s1，有未成对电子，A正确；
B．V(NH3)3Cl3中V为+3价，价电子为3d2，有未成对电子，B正确；
C．Na3VO4中V为+5价，3d能级为全空状态，无未成对电子，C错误；
D．Na4[V(CN)6]中V为+2价，价电子为3d3，有未成对电子，D正确；
故选ABD。
小问3详解】
①钒基笼目金属的晶体结构可知，V有2个在内部，8个在面上，均摊下来为个，Sn有4个在面上，8个在棱上，2个在内部，均摊为个，Gd有4个在棱心，均摊为个，所以化学式为GdV6Sn6；
②如图所示，1号、2号Sn原子投影在同一平面的距离为红色短线，蓝色短线的长度为边长的一半，即为，1号Sn投影下来刚好在三个V形成的正三角形的重心位置，投影之后1号Sn距离边长为，2号Sn距离V形成的三角形的边长为，所以红线的长度为，由此可知1号、2号Sn原子投影在同一平面的距离红线长度与晶胞中1号Sn与2号Sn的垂直高度c，还要1号、2号Sn原子间的距离刚好形成一个直角三角形，根据勾股定律有，1号、2号Sn原子间的距离。
19. Cu是生活中常见的金属元素，在材料、农业、医药等领域具有广泛应用。回答下列问题：
（1）Cu位于周期表的___________区；从结构角度分析，比较Cu+与Cu2+的稳定性并说明原因___________。
（2）某氨基吡啶衍生物铜配合物X结构简式如下图所示。
X中Cu2+的配位数是___________，两种配体分别为___________。
（3）CuFeS2晶体属四方晶系，晶胞棱边夹角均为90°。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。M点、N点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、。下图中B所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________，X点硫原子的分数坐标为___________，晶胞中四面体空隙的占有率为___________，晶胞中硫原子间的最短距离为___________pm。
【答案】19. ①. ds ②. 稳定性：Cu+>Cu2+，Cu+的3d10全满状态更稳定
20. ①. 5 ②. 、CH3COO–
21. ①. 不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现 ②. ③. 50% ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu原子序数29，价电子排布式：，位于周期表ds区；铜原子失去1个电子形成Cu+，价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子；
【小问2详解】
Cu与4个O和1和N形成共价键，说明Cu2+的配位数是5；结合配合物X示意图可知，两种配体分别为：、CH3COO–；
【小问3详解】
如图所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因：不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现；N点位于晶胞体心，X点S原子位于A半个晶胞体对角线的的位置，根据M点、N点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、及晶胞参与可知，X点硫原子的分数坐标为；根据晶胞结构可知，该晶胞结构中由Cu和Fe形成了16个四面体间隙，其中8个填充的S，即晶胞中四面体空隙的占有率为50%；晶胞中硫原子间的最短距离为晶胞体底面对角线的一半，距离为：；
20. 铁的化合物种类繁多，应用广泛。回答下列问题：
（1）某含Fe2+的结晶水合物的结构片段如图所示(球与球之间的短线代表单键或双键)。
该结晶水合物的化学式为___________，其中Fe2+和H2O之间的作用力类型为___________。
（2）南开大学某课题组成功合成无机二茂铁的配离子[FeP8]2–，其中环状配体P以π电子参与配位，结构如图。该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有___________个，P原子的价层孤电子对占据___________(填标号)。
A．3s轨道 B．3p轨道 C．sp2杂化轨道 D．sp3杂化轨道
（3）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。由铁、钾、硒形成的一种超导材料的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
晶胞中Fe的数目为___________，距离K(0.5，0.5，0.5)最近的Se的数目为___________，该晶体的密度ρ=___________g·cm–3.(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、c、NA的计算式表示)，该晶胞在yz平面投影为___________(填标号)。
A. B. C. D.
【答案】（1） ①. FeC2O4∙2H2O ②. 配位键
（2） ①. 12 ②. C
（3） ①. 4 ②. 8 ③. ④. B
【解析】
【小问1详解】
①根据结构片段的最小重复单元可以看出，白球是Fe2+，每个Fe2+结合两个结构，又被两个Fe2+共有，所以亚铁离子与草酸根离子为1:1，化学式为：FeC2O4∙2H2O；
②其中Fe2+和H2O之间的作用力为配位键；
【小问2详解】
①根据的结构可知，环状配体以π电子参与配位，每个P形成两根共价键，一对孤电子，还余下的1个电子形成π键，形成的大π键，所以该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有12个；
②每个P形成两个б键，一对孤电子，还余下的1个电子形成π键，所以为sp2杂化，选C；
【小问3详解】
根据原子坐标可知，白球为K，小黑球是Se，灰球为Fe，K在顶点和体心，均摊为2个，Se在面上，均摊为4个，Fe在棱心和内部，均摊为4个，据此回答。
①晶胞中Fe的数目为4个；
②面上8个Se与K(0.5，0.5，0.5)距离最近，所以Se的数目为8个；
③晶胞质量为g，晶胞体积为cm3，则该晶体的密度ρ=；
④该晶胞在yz平面投影，即是从右面看，图为，选B。选项
性质差异
结构因素
A
键能：F-F键
B
稳定性：H2O>H2S
半径：O
酸性：HClO3
D
沸点：正戊烷>新戊烷
分子间作用力
选项
物质及结构
推断
A
N-甲基咪唑：
N-甲基咪唑中σ键的数目为6
B
邻羟基苯甲酸：
邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键和分子间氢键
C
肉桂酸乙酯：
肉桂酸乙酯存在顺反异构
D
CrO5：
CrO5中Cr为+6价
原子
坐标
x
y
z
K
0.5
0.5
0.5
Fe
0
0.5
m
Se
0
0
n
注：m、n均≠0
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