2021-2022学年山东省烟台市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年山东省烟台市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。
下列说法错误的是( )
A. 基态原子的p能级上半充满的元素一定位于p区
B. 核外电子排布相同的两原子，一定属于同种元素
C. 基态原子的价电子排布为(n−1)dxnsy的元素，族序数一定为x+y
D. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，不一定是第ⅠA族元素
下列轨道表示式正确且所表示的元素原子的能量处于最低状态的是( )
A. B.
C. D.
现有四种元素的基态原子的核外电子排布式：①1s22s22p3；②1s22s22p4；③1s22s22p63s23p2；④1s22s22p63s23p3。下列说法错误的是( )
A. 电负性：②>①>④>③
B. 原子半径：③>④>①>②
C. 第一电离能：②>①>④>③
D. 简单气态氢化物的稳定性：②>①>④>③
下列关于分子性质的解释错误的是( )
A. H2O很稳定，因为水分子之间存在氢键
B. I2易溶于苯、CH4难溶于水，都可用“相似相溶”原理解释
C. HClO3酸性强于HClO，因为HClO3分子中非羟基氧原子数多
D. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]有一对对映异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子
关于价电子对互斥理论说法错误的是( )
A. 分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构
B. 分子中键角越大，价电子对相互排斥力越小，分子越稳定
C. 用该理论预测H2S和BF3的空间结构为角形和平面三角形
D. 该理论一定能预测出多中心原子的分子、离子或原子团的空间构型
某化合物结构如图所示，其中X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，W的族序数是Y族序数的2倍。下列说法错误的是( )
A. X3YW3是弱酸
B. 该化合物中Y原子都是sp3杂化
C. X与Z形成的化合物具有强还原性
D. W分别与X、Z形成的化合物中可能含有非极性键
下列关于晶体结构或性质的描述正确的是( )
A. 金属阳离子只能存在于离子晶体中
B. 金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
C. 共价晶体中共价键越强，熔点越高
D. 分子晶体的熔、沸点低，常温下均呈液态或气态
下列有机物的系统命名正确的是( )
A. 3，3−二甲基丁烷B. 2，3−二甲基−2−乙基己烷
C. 2，3，5−三甲基己烷D. 3，6−二甲基庚烷
下列有机化合物存在顺反异构的是( )
A. CH2=CHCH3B. CH3CH=CHCH3
C. CH2=CHCH2CH3D. CH2=C(CH3)2
下列对有关事实的原因分析错误的是( )
A. AB. BC. CD. D
P与Cl形成的化合物有PCl3、PCl5，其中PCl5分子结构如图。下列说法正确的是( )
A. PCl5分子中5个P−Cl键键能完全相同
B. PCl5分子中每个原子都达到8电子稳定结构
C. PCl5受热失去两个Cl原子生成平面三角形的PCl3
D. PCl5分子中键角(Cl−P−Cl)有90∘、120∘、180∘三种
物质M的组成为CCl3⋅4NH3，以强碱处理并没有NH3放出；向1mlM中加入足量AgNO3溶液生成1ml白色沉淀。下列说法正确的是( )
A. 该配合物的配体是Cl−和NH3
B. 该配合物可表示为[C(NH3)4Cl2]Cl
C. M中的配离子可能是平面正方形
D. 该配合物中心离子的电荷数和配位数均为6
丁二酮肟()与Ni2+生成鲜红色丁二酮肟镍(结构如图)，用于Ni2+的检验。下列说法错误的是( )
A. Ni2+的价电子排布式为3d8
B. 1ml丁二酮肟含有15mlσ键
C. 丁二酮肟中C、N、O原子均存在孤电子对
D. 丁二酮肟镍中存在共价键、配位键、氢键三种化学键
一种蓝色晶体的化学式为MxFey(CN)6，经X射线衍射实验研究发现，其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法正确的是( )
A. x=1，y=2
B. 该晶体属于离子晶体，M呈+2价
C. 该晶体属于配合物，其中M离子是中心离子
D. 该晶胞中与每个Fe3+距离最近且相等的CN−有6个
有机化工原料M的结构简式如图所示。回答下列问题：
(1)M的分子式为 ______；含氧官能团的名称为______。
(2)M分子中极性键有 ______种。
(3)M分子中有______个手性碳原子；M分子中最多有 ______个碳原子共面。
(4)查阅资料发现，M分子中的−OH可与NaOH溶液反应，但乙醇分子中的−OH不与NaOH溶液反应，请解释原因 ______。
A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期元素，A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，A为地壳中含量最多的元素，D的单质常用于制造芯片和太阳能电池。一种矿石的主要成分可表示为BC[D2A6]，E的单质常温下是黄绿色气体。
回答下列问题：
(1)基态B原子的成对电子数与未成对电子数之比为______，其中电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形。基态D原子的核外电子的运动状态有 ______种。
(2)化合物B2A和DA2熔沸点高的是______(填化学式)，原因是 ______。
(3)元素C、E形成的化合物C2E6中，存在的化学键有 ______(填序号)。
a.配位键
b.离子键
c.共价键
d.π键
e.氢键
(4)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键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则A3中的大π键应表示为 ______。
2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、C、N、S等多种元素。
回答下列问题：
(1)CH4、NH3、H2S中键长最短的是 ______，该分子的空间构型为 ______。
(2)CH3NH3+中N原子的杂化方式为 ______，从化学键的角度解释由甲胺CH3NH2形成CH3NH3+的过程：______。
(3)是某有机物与甘氨酸形成的离子化合物，常温下为液体而非固态，原因是 ______。
(4)H2NCH2CH2NH2形成配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，H−N−H键角将 ______(填“增大”“减少”或“不变”)；化合物与相比，水溶性较好的是 ______。
(5)g−C3N4具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。
每个基本结构单元(图中实线圈部分)中四个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的g−C3N4(OPCN)。OPCN的化学式为 ______。
LiFePO4、LiPF6原材料丰富，对环境污染性较少、安全稳定，是锂离子电池理想的正极材料和电解液。回答下列问题：
(1)HF、HCl、HBr的酸性由强到弱的顺序为 ______(填化学式，下同)；沸点由高到低的顺序为 ______；还原性由强到弱的顺序为 ______。
(2)Li2O为立方晶系晶体，离子位置按图示坐标系为：Li+：(0.25,0.25,0.25)；(0.25,0.75,0.25)；(0.75,0.25,0.25)；(0.75,0.75,0.25)；…O2−：(0,0,0)；(0.5,0.5,0)；(0.5,0,0.5)；(0,0.5,0.5)；…则Li2O晶胞沿z轴投影的俯视图(其中“”表示Li+，“”表示O2−)为 ______。
(3)亚磷酸(H3PO3)中心原子磷的配位数为4，则亚磷酸为 ______元酸。磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如图：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该环状的多磷酸的化学式为 ______。
(4)一种铁基超导化合物的晶胞结构如图，则该超导化合物的化学式为 ______。
已知晶胞边长为xpm，高为ypm，α=β=γ=90∘，化合物的摩尔质量为Mg⋅ml−1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 ______g⋅cm−3(用代数式表示)。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，称为原子的分数坐标。该晶胞中，1号Fe原子的分数坐标为(0,12,14)，3号In原子的分数坐标为(0,12,34)，则2号S原子的分数坐标为 ______。
铁铜在人类生产和生活中有重要作用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价层电子排布式为 ______，第四周期元素的基态原子中，未成对电子数与基态铜原子相同且位于p区的元素有 ______(填元素符号)。
(2)CuSO4溶于过量氨水可以制取离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物中Cu2+的配位数为 ______，化合物加热时首先失去的组分是 ______，判断理由是 ______。
(3)Fe3+可与H2O形成配离子[Fe(H2O)6]3+，[Fe(H2O)6]3+为浅紫色。将Fe(NO3)3⋅9H2O固体溶解，溶液却呈黄色，其原因是 ______，为了能观察到溶液中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是 ______。
(4)如图为金属铁的一种面心立方晶胞结构示意图，已知铁原子半径为rcm，则该晶胞参数a=______cm。
由于晶体缺陷造成晶体结构中部分原子缺失，缺陷率为单位体积内缺失原子数占应有原子总数的百分比。实际测得该晶体密度为5.60g⋅cm−3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的缺陷率为 ______(用代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性，液晶的光学性质随外加电压、温度、压力的变化而变化，故A正确；
B.超分子是由两个或两个以上分子通过分子间作用力(即非共价键)形成的分子聚集体，故B错误；
C.核外电子层依次为K、L、M、O、P、Q…，假设O能层中比5f能级能量更高为5x 能级，有9个轨道，根据能量最低原理，第八周期需要填充8s、5x、6f、7d、8p，各能级容纳电子数目依次为2、18、14、10、6，填充电子总数为2+18+14+10+6=50，故第八周期容纳元素种类数为50，故C错误；
D.玻尔理论成功地解释了氢原子光谱，但对多电子原子的光谱解释却遇到了困难，波尔理论具有局限性，只是解释了氢原子光谱，不能推广到其他原子光谱，故D错误；
故选：A。
A.液晶分子的空间排列是稳定的，具有各向异性，液晶的光学性质随外加电压的变化而变化；
B.超分子是由两个或两个以上分子通过分子间作用力形成的分子聚集体；
C.假设O能层中比5f能级能量更高为5x 能级，有9个轨道，根据能量最低原理，第八周期需要填充8s、5x、6f、7d、8p，各能级容纳电子数目之和即为第八周期容纳元素种类数；
D.波尔理论具有局限性，只是解释了氢原子光谱。
本题考查晶体的特征，基本属于识记问题，还考查了周期表的结构，涉及第八周期元素的排布，需要学生理解构造原理并能够灵活运用，题目难度适中。
2.【答案】C
【解析】解：A.p区的价电子排布为ns2np1∼6，即p能级半充满一定在p区，故A正确；
B.核外电子排布相同的两原子，其电子数相同，电子数=质子数，其质子数也相同，属于同种元素，故B正确；
C.ds区的元素，价电子排布为(n−1)d10ns1−2，其族序数不为x+y，故C错误；
D.基态原子的N层上只有一个电子的元素，不一定是K，比如Cu，其价电子数为：3d104s1，故D正确；
故选：C。
A.p区的价电子排布为ns2np1∼6；
B.核外电子排布相同的两原子，其电子数相同，电子数=质子数；
C.ds区的元素，价电子排布为(n−1)d10ns1−2，其族序数不为x+y；
D.基态原子的N层上只有一个电子的元素，不一定是K。
本题考察了原子核外电子排布即元素周期表的分区情况，侧重考查元素周期表的结构，题目难度适中。
3.【答案】D
【解析】解：A.2p能级的能量比3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故A错误；
B.2s能级的能量比2p、3s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，故B错误；
C.2p能级的3个简并轨道(能级相同的轨道)只有被电子逐一自旋平行的占据后，才能容纳第二个电子，违背洪特规则，故C错误；
D.能级能量由低到高的顺序为：1s、2s、2p，每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道(能级相同的轨道)中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子处于基态，其能量最低，故D正确；
故选：D。
根据洪特规则：即电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，所以在能量相等的轨道上，电子尽可能自旋平行地多占不同的轨道；泡利不相容原理：指的是在原子中不能容纳运动状态完全相同的两个电子；能量最低原理：原子核外的电子应优先排布在能量最低的能级里，然后由里到外，依次排布在能量逐渐升高的能级里分析判断。
本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，明确核外电子排布规律为解答关键，注意核外电子排布规律的理解与灵活运用，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
4.【答案】C
【解析】解：由基态原子的核外电子排布式可知：①N，②O，③Si，④P，
A.同周期元素越往右电负性越大，同族元素越往上电负性越大，由此可知，电负性从大到小排列为：②>①>④>③，故A正确；
B.同周期元素越往右半径越小，同族元素越往上半径越小，由此可知，原子半径从大到小排列为：③>④>①>②，故B正确；
C.同周期元素越往右第一电离能总体增加，同族元素越往上第一电离能增加，当外围电子在能量相等的轨道上形成全空(p0,d0,f0)、半满(p3,d5,f7)或全满(p6,d10,f14)结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大，当由此可知，第一电离能从大到小排列为：①>②>④>③，故C错误；
D.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越大，由此可知，简单气态氢化物的稳定性：②>①>④>③，故D正确；
故选：C。
①1s22s22p3该原子为：N，②1s22s22p4该原子为：O，③1s22s22p63s23p2该原子为：Si，④1s22s22p63s23p3该原子为：P。
本题主要考查了原子核外电子排布情况和元素周期律，侧重考查元素位置结构性质的关系，题目难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A.氢键键能很弱，只能影响物质的熔沸点，不能影响分子的稳定性，影响分子的稳定性的是分子间的键能大小，故A错误；
B.碘单质是非极性分子，苯是非极性分子，甲烷是非极性分子，水是极性分子，故I2易溶于苯、CH4难溶于水，可以用“相似相溶”来进行解释，故B正确；
C.H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，故C正确；
D.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故D正确；
故选：A。
A.氢键键能很弱，只能影响物质的熔沸点；
B.碘单质是非极性分子，苯是非极性分子，甲烷是非极性分子，水是极性分子，据此进行判断；
C.酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基(羟基为−OH)氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；
D.中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子。
本题考查了手性碳原子、分子稳定性及酸性强弱的判断等知识点，为高频考点，侧重考查学生的分析和解答能力，题目难度中等。
6.【答案】D
【解析】解：A.分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所以C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以为直线形结构，SO2分子中价层电子对个数=2+12×(6−2×2)=3且含有1个孤电子对，所以为V形结构，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间结构，故A正确；
B.分子中键角越大，价电子距离越远，电子之间排斥力越小，分子能量越低，分子越稳定，故B正确；
C.H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对、BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对，前者为V形结构、后者为平面三角形结构，故C正确；
D.该理论不能预测所有分子或离子的空间构型，如：许多过渡金属化合物的几何构型不能用VSEPR模型理论解释，故D错误；
故选：D。
A.分子的空间结构与价电子对相互排斥有关，立体构型与价电子对相互排斥有关，且排斥能力大小顺序是：孤电子对间排斥力>孤电子对和成对电子对间的排斥力>成对电子对间的排斥力；
B.键角越大，价电子距离越远，电子之间排斥力越小；
C.H2S中S原子价层电子对数=2+6−2×12=4且含有2个孤电子对、BF3中B原子价层电子对数=3+3−3×12=3且不含孤电子对；
D.该理论不能预测所有分子或离子的空间构型。
本题考查价层电子对互斥理论，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵及其适用范围是解本题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：某化合物结构如图所示，其中X、Y、W、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且四种元素分布在三个周期，X位于第一周期，为H元素，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z形成+1价阳离子，则Z为Na；W形成2个共价键，其原子序数小于Na，则W为O；W的族序数是Y族序数的2倍，Y位于ⅢA族，其原子序数小于O，则Y为B元素，以此分析解答。
A.X3YW3为H3BO3，H3BO3为一元弱酸，故A正确；
B.该化合物中有2个B原子形成3个单键，采用sp2杂化，故B错误；
C.X与Z形成的化合物为NaH，H元素的化合价为−1，具有强还原性，故C正确；
D.氧与氢、钠元素形成过氧化氢、过氧化钠中均含有O−O非极性键，故D正确；
故选：B。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、物质结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查晶体结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确晶体构成微粒及微粒之间作用力、晶体熔沸点影响因素是解本题关键，A为解答易错点。
【解答】
A.金属晶体是由金属阳离子和自由电子组成，金属晶体中也含有金属阳离子，故A错误；
B.金属晶体的熔沸点差别很大，有的比共价晶体的熔点高，如W，有的比分子晶体的熔点低，如Hg，故B错误；
C.共价晶体熔化时破坏共价键，共价键键能越强，熔点越高，故C正确；
D.分子晶体的熔沸点低，常温下呈液态(如H2O)、气态(如CO2)、固态(如I2)，故D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】解：A.根据取代基位次和最小的原则可知，其名称为2，2−二甲基丁烷，故A错误；
B.根据应选最长的碳链为主链的原则，其名称为3，3，4−三甲基-庚烷，故B错误；
C.根据取代基位次和最小的原则可知，2，3，5−三甲基己烷命名是正确的，故C正确；
D.根据取代基位次和最小的原则可知，其名称为2，5−二甲基庚烷，故D错误；
故选：C。
A.依据取代基位次和最小的原则命名；
B.依据应选最长的碳链为主链的原则命名；
C.依据取代基位次和最小的原则命名；
D.依据取代基位次和最小的原则命名。
本题主要考查有机物的系统命名法，需要多练习，属于基本知识的考查，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：根据分析可知，CH3CH=CHCH3中的双键碳上都分别连接了1个H原子和1个甲基，符合题意，存在顺反异构，A、C、D中的左侧碳原子上都连接了2个H原子，不存在顺反异构，
故选：B。
烯烃中的双键碳原子上连接有2个不同的原子或原子团时，这样的烯烃才具有顺反异构，据此分析作答即可。
本题主要考查学生对顺反异构的理解，并能做出判断，属于基本知识的考查，难度不大。
11.【答案】A
【解析】解：A.白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子，键角为60∘，故A错误；
B.共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，这种成键的方向性决定了所形成分子的空间构型，所以分子内不同化学键之间存在一定的夹角，故B正确；
C.电负性越大，吸引电子的能力越大，氧的电负性强于S的电负性，所以键的极性H−O>H−S，故C正确；
D.非极性分子的溶质极易溶于非极性分子的溶剂，通常状况下，1体积水溶解700体积氨气氨是极性分子且有氢键的影响，故D正确；
故选：A。
A.白磷是正四面体结构，四个顶点上分别占有一个P原子；
B.共价键有方向性，沿轨道方向重叠可产生最大重叠，形成的键最稳定，所以分子内不同化学键之间存在一定的夹角；
C.氧的电负性强于S的电负性，所以键的极性H−O>H−S；
D.氢化物的熔沸点与分子间作用力和氢键有关。
本题考查的知识点较多，涉及键角判断、共价键的方向性、电负性与共价键极性的关系、相似相溶原理等知识点，明确物质结构、性质及基本原理是解本题关键，题目难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A.键长越短，能能越大，所以5个P−Cl键的键能不完全相同，故A错误；
B.中心P形成5个共用电子对，P原子达到10个电子结构，故B错误；
C.PCl3的中心原子价层电子对数都是3+5−3×12=4且含有一个孤电子对，为三角锥形结构，故C错误；
D.根据图知，平面上键角(Cl−P−Cl)为120∘、上顶点和平面上的Cl原子形成的键角(Cl−P−Cl)有90∘，上下顶点和P原子形成的键角(Cl−P−Cl)为180∘，故D正确；
故选：D。
A.键长越短，能能越大；
B.中心P形成5个共用电子对；
C.PCl3的中心原子价层电子对数都是3+5−3×12=4且含有一个孤电子对；
D.根据图知，平面上键角(Cl−P−Cl)为120∘、上顶点和平面上的Cl原子形成的键角(Cl−P−Cl)为90∘，上下顶点和P原子形成的键角(Cl−P−Cl)为180∘。
本题考查微粒空间结构判断、键能与键长的关系等知识点，侧重考查图片分析判断及知识综合运用能力，正确分析图中蕴含的信息是解本题关键，题目难度不大。
13.【答案】AB
【解析】A.根据CCl3⋅4NH3与AgNO3溶液、强碱反应可知内界存在Cl−和NH3，说明配体是Cl−和NH3，故A正确；
B.向1mlCCl3⋅4NH3中加入足量AgNO3溶液生成1ml白色沉淀，说明外界Cl−数目为1个，内界有2个Cl−，以强碱处理CCl3⋅4NH3没有NH3放出，说明NH3在内界，配合物可表示为[C(NH3)4Cl2]Cl，故B正确；
C.CCl3⋅4NH3的内界中2个Cl−、4个NH3为配体，配合物配位数为6，不可能是平面正方形结构，故C错误；
D.CCl3⋅4NH3的内界中2个Cl−、4个NH3为配体，配位数为6，由CCl3⋅4NH3可知含有3个Cl−，因此C离子所带电荷数为+3，故D错误，
故选：AB。
向1mlCCl3⋅4NH3中加入足量AgNO3溶液生成1ml白色沉淀，说明外界Cl−数目为1个，内界有2个Cl−，以强碱处理CCl3⋅4NH3没有NH3放出，说明NH3在内界，CCl3⋅4NH3的内界中2个Cl−、4个NH3为配体，
A.根据CCl3⋅4NH3与AgNO3溶液、强碱反应可知内界存在Cl−和NH3；
B.向1mlCCl3⋅4NH3中加入足量AgNO3溶液生成1ml白色沉淀，说明外界Cl−数目为1个，内界有2个Cl−，以强碱处理CCl3⋅4NH3没有NH3放出，说明NH3在内界；
C.CCl3⋅4NH3的内界中2个Cl−、4个NH3为配体，
D.CCl3⋅4NH3的内界中2个Cl−、4个NH3为配体，根据Cl−个数确定C所带电荷数。
本题考查配合物的成键情况，解答本题的关键是能正确把握题给信息，注意明确配合物的形成特点，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用能力，题目难度中等。
14.【答案】CD
【解析】解：A.Ni2+的价电子为其3d能级上的8个电子，价电子排布式为3d8，故A正确；
B.每个丁二酮肟()中含有6个C−Hσ键、3个C−Cσ键、2个O−Hσ键、2个N−Oσ键、2个C=N中含有2个σ键，每个分子中含有15个 σ键，所以1ml该分子中含有15mlσ键，故B正确；
C.每个碳原子都形成4个共价键，每个N原子都形成3个共价键，每个O原子都形成2个共价键，所以C原子不含孤电子对，故C错误；
D.存在C−C、C−N等共价键，Ni2+和N原子之间存在配位键，−OH⋅⋅O−之间存在氢键，氢键不属于化学键，故D错误；
故选：CD。
A.Ni2+的价电子为其3d能级上的8个电子；
B.共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键、1个π键；
C.每个碳原子都形成4个共价键，每个N原子都形成3个共价键，每个O原子都形成2个共价键；
D.非金属元素的原子之间形成共价键，Ni2+和N原子之间存在配位键，−OH⋅⋅O−之间存在氢键。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
15.【答案】AD
【解析】解：A.三价铁离子为角上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×0.125=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×0.25=3个，已知化学式为：MxFey(CN)6，故有两个晶胞，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，故晶体的化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，故A正确；
B.由于结构中存在离子，故该晶体属于离子晶体，晶体的化学式为MFe2(CN)6，M呈+1价，故B错误；
C.该晶体属于配合物，Fe3+或Fe2+为中心原子，配体为CN−，故C错误；
D.如图，晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN−个数是6，故D正确；
故选：AD。
本题根据晶胞中原子个数的计算方法为原子个数与被共用晶胞个数的倒数的乘积；然后根据化学式可以确定每个分子中含有几个晶胞；进而判断化学式和价态；根据离子化合物中含有离子键，反之根据离子键推断为离子化合物；根据晶胞是重复出现的，可以判断晶体相邻原子的个数。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
16.【答案】C13H15NO3 羟基、酯基 5 1 11 M分子中−OH上的氧原子与苯环直接相连，使O−H之间的极性增强，有利于氢原子解离
【解析】解：(1)根据结构简式知，该分子的分子式为C13H15NO3，含氧官能团为羟基、酯基，
故答案为：C13H15NO3；羟基、酯基；
(2)M分子中极性键有C−H、C−O、O−H、C≡N、C=O，共5种，
故答案为：5；
(3)与−C≡N相连的C原子，连有4个不同的原子或原子团，故为手性碳原子；苯环中所有原子共面，甲醛结构中4个原子共面，饱和碳原子中最多3原子共面，故M分子中最多有11个碳原子共面，
故答案为：1；11；
(4)M分子中−OH上的氧原子与苯环直接相连，使O−H之间的极性增强，有利于氢原子解离，故M分子中的−OH能与NaOH溶液反应，而乙醇不能，
故答案为：M分子中−OH上的氧原子与苯环直接相连，使O−H之间的极性增强，有利于氢原子解离。
(1)M分子中含有C、H、O、N原子个数依次是13、15、3、1；含氧官能团为羟基、酯基；
(2)存在C−H、C−O、O−H、C=O、C≡N极性键；
(3)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；苯环、HCHO、−OH中所有原子共平面，甲烷为四面体结构，单键可以旋转；
(4)M分子中−OH上的氧原子与苯环直接相连，使O−H之间的极性增强。
本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、原子共平面判断方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。
17.【答案】10：1 球 14SiO2 SiO2为共价晶体，Na2O为离子晶体，物质熔沸点：共价晶体>离子晶体 acπ34
【解析】解：(1)Na原子核外电子排布为1s22s22p63s1，故Na原子的成对电子数与未成对电子数之比为10：1，最高能级为3s，s能级电子云轮廓图为球形，Si原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，有14个电子，Si原子的核外电子的运动状态有14种，
故答案为：10：1；球；14；
(2)SiO2为共价晶体，熔沸点取决于共价键键能，熔沸点很高，Na2O为离子晶体，熔沸点取决于其晶格能，熔沸点较高，物质熔沸点：共价晶体>离子晶体，故SiO2熔沸点高，
故答案为：SiO2；SiO2为共价晶体，Na2O为离子晶体，物质熔沸点：共价晶体>离子晶体；
(3)双聚分子为Al2Cl6，Al原子价电子数为3，形成3个Al−Cl键，由8电子结构可知Cl原子与Al原子之间还形成1个配位键，故Al2Cl6中存在共价键和配位键，
故答案为：ac；
(4)臭氧中的中心氧原子以SP2杂化，中心氧原子中的2个占据两个杂化轨道的未成对电子分别与其他两个氧原子中的一个未成对电子相结合，形成两个δ键，中心氧原子的第三个杂化轨占据一对孤电子对，而其余两个氧原子也各有一个p轨道(占据一个电子)与其对称性相同处于平行位置，这三个p轨道以“肩并肩”方式重叠，形成一个3原子4电子的大π键，可表示为π34，
故答案为：π34。
A为地壳中含量最多的元素可知A为O，D的单质常用于制造芯片和太阳能电池可知D为Si，E的单质常温下是黄绿色气体可知E为Cl，BC[D2A6]为BC[Si2O6]，Si元素为+4价，O元素为−2价，可知BC化合价之和为+4，A、B、C原子序数依次增大且A、B、C元素的简单离子的电子层结构相同，可知B为Na，C为Al，据此分析，
(1)Na原子核外电子排布为1s22s22p63s1，最高能级为3s，Si原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2；
(2)Na2O为离子晶体，熔沸点取决于其晶格能，SiO2为共价晶体，熔沸点取决于共价键键能；
(3)聚分子为Al2Cl6，Al原子价电子数为3，形成3个Al−Cl键，由8电子结构可知Cl原子与Al原子之间还形成1个配位键；
(4)臭氧中的中心氧原子以SP2杂化，中心氧原子中的2个占据两个杂化轨道的未成对电子分别与其他两个氧原子中的一个未成对电子相结合，形成两个δ键，中心氧原子的第三个杂化轨占据一对孤电子对，其余两个氧原子各有一个p轨道(占据1个电子)，三条轨道形成π键。
本题考查了化学键、核外电子排布、晶体类型与熔沸点的判断等知识点，侧重考查学生对基础知识的灵活运用，题目难度中等。
18.【答案】NH3 三角锥形 sp3 N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3NH3+ 阴阳离子的半径过大，导致离子键强度较低，熔沸点较低 变大 C3N3O
【解析】解：(1)原子半径越小，对应键长越短，故键长最短的物质为NH3，N原子的价层电子对数为3+5−3×12=4，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，
故答案为：NH3；三角锥形；
(2)CH3NH3+中N原子的杂化方式为sp3，从化学键的角度解释由甲胺形成CH3NH3+的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3NH3+，
故答案为：sp3；N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成CH3NH3+；
(3)是某有机物与甘氨酸形成的离子化合物，常温下为液体而非固态，原因是其阴阳离子的半径过大，导致离子键强度较低，熔沸点较低，
故答案为：阴阳离子的半径过大，导致离子键强度较低，熔沸点较低；
(4)H2NCH2CH2NH2形成配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，原本的孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，H−N−H键角将变大，化合物与相比，水溶性较好的是，原因在于为离子化合物，有较好的水溶性，
故答案为：变大；；
(5)从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原子和7+3×13=8个N原子；将图中虚线圈所示的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则形成O掺杂的g−C3N4(OPCN)的化学式为C3N3O，
故答案为：C3N3O。
(1)原子半径越小，对应键长越短，故键长最短的物质为NH3，N原子的价层电子对数为3+5−3×12=4，含有一个孤电子对；
(2)CH3NH3+中N原子的杂化方式为sp3，从化学键的角度解释由甲胺形成CH3NH3+的过程氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子；
(3)是某有机物与甘氨酸形成的离子化合物，常温下为液体而非固态，原因是其阴阳离子的半径过大，导致离子键强度较低；
(4)H2NCH2CH2NH2形成配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，原本的孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，H−N−H键角将变大，化合物与相比，水溶性较好的是，原因在于为离子化合物；
(5)从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原子和7+3×13=8个N原子；将图中虚线圈所示的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
19.【答案】HBr>HCl>HFHF>HBr>HClHBr>HCl>HFA二 (HPO3)n FeInS2 4MNAx2y×1030 (34,34,58)
【解析】解：(1)F、Cl、Br的电负性依次减弱，电负性越大，H−X键越稳定，酸性越弱，故其氢化物的酸性由强到弱顺序为：HBr>HCl>HF，四种物质都是分子晶体，组成和结构相似，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，则其沸点越高，但是HF分子间存在氢键，沸点最高，所以沸点由高到低顺序为：HF>HBr>HCl，元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，因为非金属性：F>Cl>Br，故还原性由强到弱顺序为：HBr>HCl>HF，
故答案为：HBr>HCl>HF；HF>HBr>HCl；HBr>HCl>HF；
(2)氧化锂为立方晶系晶体，由离子坐标可知，O2−处于晶胞顶点与面心，Li+处于18晶胞的体心，沿z轴投影的俯视，O2−处于正方形中心、顶角与边中心，Li+处于正方形内部对角线上且关于中心对称，“〇”表示Li+，“●”表示O2−，则透视图为，
故答案为：A；
(3)因为H3PO3中磷的配位数为4，则H3PO3的结构式为，因此为二元酸，根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，
故答案为：二；(HPO3)n；
(4)该晶胞中Fe原子个数=8×18+4×12+1=4、In原子个数=4×14+6×12=4、S原子个数=8，则Fe、In、S原子个数之比=4：4：8=1：1：2，所以其化学式为FeInS2，该晶胞体积=(x×10−10cm)2×(y×10−10cm)=x2y×10−30cm3，该晶体密度ρ=mV=4MNAgx2y×10−30cm3=4MNAx2y×1030g⋅cm−3，1号Fe原子的分数坐标为(0,12,14)，3号In原子的分数坐标为(0,12,34)，若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则2号S原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下前方的小立方体的体心，所以其分数坐标为(34,34,58)，
故答案为：FeInS2；4MNAx2y×1030；(34,34,58)。
(1)无氧酸的酸性，取决于非金属的电负性，电负性越大，酸性越弱，结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，有氢键的沸点较大，元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱；
(2)氧化锂为立方晶系晶体，由离子坐标可知，O2−处于晶胞顶点与面心，Li+处于18晶胞的体心，沿z轴投影的俯视，O2−处于正方形中心、顶角与边中心，Li+处于正方形内部对角线上且关于中心对称；
(3)因为H3PO3中磷的配位数为4，则H3PO3的结构式为，根据题干信息，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子；
(4)根据均摊法计算Fe、In、S的原子个数，确定化合物的化学式，表示出晶胞质量和晶胞体积，根据ρ=mV求解密度，根据1号Fe原子的分数坐标为(0,12,14)和3号In原子的分数坐标为判断2号S原子的位置。
本题考查了晶胞计算、晶胞结构、元素性质递变规律与原子结构的关系、关键是理解坐标参数，根据坐标参数判断离子在晶胞中的位置，需要学生具有一定的空间想象能力，题目难度中等。
20.【答案】3d64s2 Ga、Br6H2OO的电负性大于N，H2O形成的配位键强度弱于NH3 Fe3+水解产物颜色所致 向该溶液中加硝酸 22r4−82r354×100%
【解析】解：(1)Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，价电子排布为3d64s2，与Cu同周期且基态原子最外层未成对电子数与Cu相同的p区元素有Ga、Br，
故答案为：3d64s2；Ga、Br；
(2)CuSO4溶于过量氨水可以制取离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，分析结构可知，该化合物中Cu2+的配位数为4+2=6，化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因在于O的电负性大于N，H2O形成的配位键强度弱于NH3，
故答案为：6；H2O；O的电负性大于N，H2O形成的配位键强度弱于NH3；
(3)[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，由于Fe3+发生水解，其原因可能是Fe3+水解产物颜色所致，溶液呈酸性，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是向该溶液中加硝酸，抑制铁离子水解，
故答案为：Fe3+水解产物颜色所致；向该溶液中加硝酸；
(4)面心立方晶胞可知，4r=2a，a=22rcm，正常晶胞中，Fe原子数目为8×18+6×12=4，设实际存在的铁原子数为n，故晶胞质量为56nNAg，晶胞体积为(22r)3cm3，晶胞密度=56NA(22r)3g⋅cm−3=5.60g⋅cm−3，解得n=82r35，则晶胞的缺陷率为4−82r354×100%，
故答案为：22r；4−82r354×100%。
(1)Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，价电子排布为3d64s2，Cu的未成对电子数为1；
(2)CuSO4溶于过量氨水可以制取离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，分析结构可知，该化合物中Cu2+的配位数为4+2=6，化合物加热时首先失去的组分是H2O，原因在于O的电负性大于N，配位键更弱；
(3)[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，由于Fe3+发生水解，其原因可能是Fe3+水解产物颜色所致，溶液呈酸性，为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可采取的方法是向该溶液中加硝酸；
(4)面心立方晶胞可知，4r=2a，a=22rcm，正常晶胞中，Fe原子数目为8×18+6×12=4，设实际存在的铁原子数为n，故晶胞质量为56nNAg，晶胞体积为(22r)3cm3，晶胞密度=56NA(22r)3g⋅cm−3=5.60g⋅cm−3，解得n=82r35，据此计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
事实
原因
A
白磷(P4)为正四面体分子
白磷分子中P−P键间的夹角是109∘28′
B
分子内不同化学键之间存在一定的夹角
共价键具有方向性
C
键的极性H−O键>H−S键
O的电负性大于S的电负性
D
通常状况下，1体积水溶解700体积氨气
氨是极性分子且有氢键的影响