还剩16页未读，
继续阅读
山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二化学下学期3月质量检测试题（Word版附解析）
展开
这是一份山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二化学下学期3月质量检测试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了本试卷分第I卷和第II卷两部分，考试结束，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
高二年级3月份质量检测
化学试题
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号分别填写在答题纸和答题卡上。
2.回答第I卷时，每小题选出答案后，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。写在试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Co-59
第I卷(选择题)(共40分)
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. 下列能级符号错误的是
A. 2s B. 2p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】当n=2时，有2s、2p两个能级；当n=3时，有3s、3p、3d三个能级，没有3f能级；D项错误；
答案选D。
2. 下列关于晶体的说法正确的是
A. 将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体不是晶体
B. 假宝石往往是玻璃仿造的，可以用划痕的方法鉴别宝石和玻璃制品
C. 石蜡和玻璃都是非晶体，但它们都有固定的熔点
D. 蓝宝石在不同方向上的硬度一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．将饱和CuSO4溶液降温，可析出胆矾，胆矾属于晶体，故A错误；
B．一般宝石的硬度较大，玻璃制品的硬度较小，可以根据有无刻痕来鉴别，故B正确；
C．石蜡和玻璃都是非晶体，非晶体没有固定的熔点，故C错误；
D．由于晶体的各向异性导致蓝宝石在不同方向上的硬度有一些差异，故D错误；
故选B。
3. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的外围电子排布式为，下列说法不正确的是
A. Y在周期表中第三周期ⅥA族 B. X所在周期中所含非金属元素种类最多
C. 最高价氧化物对应的水化物酸性： D. X，Y、Z元素的电负性：
【答案】D
【解析】
【分析】元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，已知Y元素原子的外围电子排布式为，其中n－1＝2，解得n＝3，所以Y是S，则Z是P，X是F，据此解答。
【详解】A．Ｓ元素在周期表中的位置是第三周期ⅥA族，A正确；
B．F所在周期即第二周期中所含非金属元素种类最多，B正确；
C．非金属性S＞P，则最高价氧化物对应的水化物酸性：，C正确；
D．非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z元素的电负性：，D错误；
答案选D。
4. 下列说法中正确的是
A. Br-的核外电子排布式：[Ar]4s24p6
B. 乙烯分子中，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C. 键长：H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．Br-是Br原子获得1个电子形成的，根据构造原理，可知基态Br-的核外电子排布式是1s22s22p63s33p63d104s24p6，简写为[Ar]3d104s24p6，A错误；
B．乙烯分子结构式是 ，一个C原子形成4个共价键，其中碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，两个碳氢键各含有1个σ键，因此碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的C原子的2p轨道形成π键，B正确；
C．不同卤素原子与H原子形成共价键，卤素原子半径越小，共价键键长就越短，对应物质的稳定性就越强；原子半径：F＜Cl＜Br＜I，则共价键的键长：H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此物质的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，C错误；
D．PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3°，说明PH3孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；
故合理选项是B。
5. A、B、C、D短周期的四种元素，原子序数依次增大。A、B、D三种元素分别位于不同短周期的不同主族。C、D对应的简单离子核外电子排布相同，A、B、C、D元素可形成一种新型漂白剂(结构如图)，下列说法正确的是
A. 电负性C>B>A>D B. B、C杂化方式不同
C. 该化合物1mol阴离子含有1mol配位键 D. 漂白剂中C的化合价-1、-2价
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D是短周期的元素，原子序数依次增大。A、B、D三种元素分别位于不同短周期的不同主族，说明A为第一周期的主族元素，为氢，B为第二周期，D为第三周期，结合新型漂白剂的结构分析，D形成+2价阳离子，说明为镁元素，B形成四个共价键，且所形成的阴离子带两个负电荷，为硼元素，C形成两个共价键，为氧元素，以此解题。
【详解】A．非金属的电负性大于金属元素的电负性，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性在O和B之间，故电负性的顺序为：，A错误；
B．根据该漂白剂的结构可知，B、O都是杂化，B错误；
C．根据该漂白剂的结构可知，两个硼原子各形成1个配位键，则1mol阴离子含有2mol配位键，C错误；
D．C为氧元素，在结构中存在过氧键中的氧为-1价，其他的氧为-2价，D正确；
故选D。
6. 如表列出了某短周期元素的各级电离能数据(用、…表示，单位为)
…
740
1500
7732
10500
下列关于元素的判断正确的是
A. 元素的原子最外层有4个电子
B. 元素位于元素周期表中第ⅢA族
C. 元素基态原子的电子排布式可能为
D. 的最高正价为＋2价
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一、二电离能较小，且与第三电离能相差较大，故元素的原子最外层有2个电子，A错误；
B．元素的原子最外层有2个电子，则元素位于元素周期表中第ⅡA族，B错误；
C．元素位于元素周期表中第ⅡA族，基态原子的电子排布式不可能为，C错误；
D．元素位于元素周期表中第ⅡA族，最高正价为＋2价，D正确；
故选D。
7. CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（ ）
A. CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
B. CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形
C. 两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH3
D. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据公式计算CH3+中的碳原子：，采取sp2杂化，所有原子均共面，A正确；
B．与NH3、H3O＋均含4个原子，价电子数为8个电子，互为等电子体，氨气采取sp3杂化，几何构型为三角锥形，B正确；
C．两个—CH3可得到CH3CH3，一个CH3+和一个可在离子键的作用下结合得到CH3CH3，C正确；
D．CH3+、—CH3、三者的价电子数不同，不为等电子体，D错误；
答案选D。
8. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，其反应原理为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O。下列有关说法正确的是
A. HF中的共价键为s-pσ键
B. H2O、SiF4均为极性分子
C. SiO2晶体为分子晶体
D. 基态氧原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF是由氢原子中的s轨道与氟原子中的p轨道形成的s-pσ键，A项正确；
B．H2O为极性分子，SiF4和CH4的空间结构一样，都是正四面体结构，结构对称，为非极性分子，B项错误；
C．SiO2中原子间以共价键相结合，构成空间网状结构，为共价晶体，C项错误；
D．基态氧原子的价层电子轨道表示式为，D项错误。
故选A。
9. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子有、两种杂化方式
B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质既有酸性又有碱性
D. 该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确；
故选B。
10. 人们研究发现蚂蚁之间传递信息是靠信息素(Ⅰ)和(Ⅱ)实现。下列说法中错误的是
A. 信息素Ⅰ、Ⅱ与乙烯互为同系物
B. Ⅰ的名称：2，4-二甲基-1-庚烯
C. Ⅱ与氢气加成后的产物，与氯气发生一取代可得到5种沸点不同的产物
D. Ⅰ、Ⅱ均存在顺反异构
【答案】D
【解析】
【详解】A．信息素Ⅰ、Ⅱ与乙烯均是含有一个碳碳双键的烯烃，结构相似，在分子组成上相差7个“CH2”，互为同系物，故A正确；
B．Ⅰ的主链有7个碳原子，碳碳双键在1号位置，2号碳和4号碳上均含有一个甲基，其系统命名为2，4-二甲基-1-庚烯，故B正确；
C．Ⅱ与氢气加成后的产物为 ，含有5种不同环境的氢原子，与氯气发生一取代可得到5种沸点不同的产物，故C正确；
D．形成顺反异构要求双键的同一碳上不能有相同的基团，Ⅰ、Ⅱ中双键碳的其中一个均含有两个H原子，因此Ⅰ、Ⅱ均不存在顺反异构，故D错误；
答案选D。
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. 具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a nm。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. Si的配位数为4
B. 紧邻的两个Mg原子的距离为
C. 紧邻的两个Si原子间的距离为
D. 的密度计算式为
【答案】BC
【解析】
【分析】大球表示镁原子，小球表示硅原子，该晶胞中镁原子数为8，硅原子数为：。
【详解】A．一个硅原子周围距离最近且相等的镁原子有8个，则硅原子的配位数为8，故A错误；
B．紧邻的两个镁原子的距离是晶胞参数的一半，该距离为nm，故B正确；
C．紧邻的两个硅原子间的距离是面对角线的一半，该距离为nm，故C正确；
D．该晶胞含有4mol，总质量为：，该晶体的密度为，故D错误；
答案选BC。
12. 下列关于说法中正确的是
A. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D. PCl3各原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】BD
【解析】
【详解】A．基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，A错误；
B．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层，最外层电子数为5，位于第四周期第VA族，最后填充p电子，是p区元素，B正确；
C．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量比内层p轨道电子能量高，C错误；
D．PCl3中P的最外层电子为5+3=8个，Cl的最外层电子为7+1=8个，均达到8电子稳定结构，D正确；
故选BD。
13. 对晶胞的研究有助于我们了解整个晶体的结构。Cu晶胞的结构如图1所示(晶胞参数为a pm)，CuSe晶胞的结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. Cu晶胞的密度为
B. 图1中最近的两个Cu之间的距离为
C. 填充在形成的正四面体空隙中
D. 图2中1个晶胞含14个
【答案】AC
【解析】
【详解】A．Cu晶胞中含有8个Cu原子，密度为，选项A正确；
B．I原子与Cu原子的最短距离为体对角线长的四分之一，为，选项B错误；
C．如图可知，填充在形成的正四面体空隙中，选项C正确；
D．图2中1个晶胞含的个数为8个，选项D错误；
答案选AC。
14. 下列说法正确的是
A. 苯乙烯分子中共面的原子最多有16个
B. C3H5Cl3有5种同分异构体(不考虑立体异构)
C. 乙烯与氯化氢一定条件下发生加成反应生成聚氯乙烯
D. 乙醇与乙酸的混合溶液可以用分液漏斗进行分离
【答案】AB
【解析】
【详解】A．苯乙烯分子中苯基11个原子在同一平面内，乙烯基5个原子在同一平面内，碳碳单键可以旋转，因此共面的原子最多有16个，故A正确；
B．C3H5Cl3有、、、共5种同分异构体(不考虑立体异构)，故B正确；
C．乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，故C错误；
D．乙醇与乙酸是互溶的，不能用分液漏斗进行分离，故D错误。
综上所述，答案AB。
15. 2022年北京冬奥会的场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料。是以某双环烯酯为原料制得的，其结构如图。下列有关该双环烯酯的说法正确的是
A. 分子式为C14H18O2
B. 1mol该物质能与2molH2发生加成反应
C. 该分子中所有原子可能共平面
D. 与H2完全加成后产物的一氯代物有9种(不含立体异构)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据结构简式，分子式为C14H20O2，故A错误；
B．该分子中含有2个碳碳双键，1mol该物质能与2molH2发生加成反应，故B正确；
C．该分子含有单键碳原子，不可能所有原子共平面，故C错误；
D．与H2完全加成后产物是，分子中有9种等效氢，一氯代物有9种，故D正确；
选BD。
第II卷(非选择题)(共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 短周期元素 T、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中元素 T、X 基态原子均有 2 个未成对电子，元素 Y 基态原子 s 能级的电子总数与 p 能级的电子总数相等，元素 Z 的价电子数等于电子层数。元素 W 位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多。
（1）①元素X、Y、Z 的第一电离能由大到小的顺序为__________________。（用元素符号表示）
②元素W 在周期表中具体位置_________________,元素 Y 在周期表____________区。
（2）T、X分别与氢组成 T2H2与H2X2分子中，T、X 原子轨道的杂化类型分别是________。
（3）T 与X 可形成 TX离子和 TX2分子。
①TX的空间构型为__________________（用文字描述）。
②N离子与 TX2分子互为等电子体，则 N的电子式为_____________________。
（4）有同学推测，Z2X3的熔点比 YX 高，其原因是_____________________。
（5）如图是由元素W、Z 两种元素所形成的某种合金的晶胞结构示意图。
①元素W 基态原子的核外电子排布式为___________________。
②该合金中W 与 Z 的原子个数比为__________________________。
【答案】 ①. O>Mg>Al ②. 第四周期ⅥB族 ③. S ④. sp ⑤. sp3 ⑥. 平面三角形 ⑦. 两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大 ⑧. 1s22s22p63s23p63d54s1 ⑨. 2：1
【解析】
【分析】短周期元素 T、X、Y、Z 的原子序数依次增大，元素 Y 基态原子 s 能级的电子总数与 p 能级的电子总数相等，Y核外电子排布式是1s22s22p63s2，Y是Mg元素；元素 Z 的价电子数等于电子层数，Z是Al元素；元素 T、X 基态原子均有 2 个未成对电子，T是C元素、X是O元素；元素 W 位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多，W核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d53s1，W是Cr元素。
【详解】（1）①同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，元素第一电离能随着原子序数增大而减弱，所以第一电离能大小顺序是O＞Mg＞Al；
②W是Cr元素，在周期表中具体位置是第四周期ⅥB族，Y是Mg元素，在周期表第三周期ⅡA族，属于S区元素。
（2）T是C元素、X是O元素，分别与氢组成的 C2H2与H2O2分子中，中碳原子含有叁键，碳原子轨道的杂化类型是sp；H2O2的结构是H-O-O-H，O原子的杂化轨道数是4，轨道的杂化类型是sp3；
（3）①CO中C原子杂化轨道数是3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形。
②等电子体具有相似的结构，N离子与 CO2分子互为等电子体，CO2的结构式是O=C=O，则 N的电子式为。
（4）Al2O3的熔点比MgO高，二者都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，该同学推测的理由是：两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大；
（5）①W 是Cr元素，核外有24个电子，根据构造原理书写元素Cr基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
②根据均摊原则，该晶胞中Al原子个数=1+8×=2，Cr原子数是2+8×=4，所以Cr、Al原子个数之比=4：2=2：1。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、微粒空间构型判断、原子杂化等知识点，培养提取信息、灵活运用信息的能力。
17. I.工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7H2O和硫铁矿(FeS2)联合制备铁精粉(FexOy)和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
（1）FeSO4·7H2O结构示意图如图：
①Fe2+的价层电子排布式为_____。
②H2O中O和SO中S均为sp3杂化，比较H2O中H－O－H键角和SO中O－S－O键角的大小并解释原因____。
③FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO的作用力类型分别是_____。
（2）FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图：
①Fe2+的配位数_____个。
②FeS2的摩尔质量为120g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为_____g•cm-3。(1nm=10—9m)
Ⅱ.四氟肼(N2F4)可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3+与二氟胺(HNF2)反应制得，发生的反应是HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，请回答有关问题：
（3）F原子最外层电子排布式_____；N原子核外不同运动状态的电子有_____种；N2的电子式_____；F元素的非金属性比N强，用原子结构的知识说明理由：_____。
（4）HNF2中N元素的化合价是_____；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____；若生成0.1molN2F4，电子转移数是____。
【答案】（1） ①. 3d6 ②. 孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角 ③. 配位键、氢键
（2） ①. 6 ②.
（3） ①. 2s22p5 ②. 7 ③. ④. F原子与N原子电子层数相同，F原子的核电荷数多于N原子，原子半径小于N原子，吸引电子的能力强于N原子，所以F元素的非金属性强于N元素
（4） ①. +1价 ②. 1：1 ③. 0.2NA
【解析】
【小问1详解】
①铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布为3d6，故答案为：3d6；
②水分子中氧原子的孤对电子对数为2，硫酸根离子中硫原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则水中H－O－H键角小于硫酸根离子中O－S－O键角，故答案为：孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角；
③由结构示意图可知，七水硫酸亚铁中，水分子中具有孤对电子的氧原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键，水分子中的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，故答案为：配位键、氢键；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，位于顶点的亚铁离子与位于棱上的S离子的距离最近，则1个亚铁离子周围有6个S离子，配位数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故答案为：；
【小问3详解】
氟元素的原子序数为9，基态原子的最外层电子排布式为2s22p5；氮原子的核外有7个电子，由泡利不相容原理可知，氮原子的原子核外有7种不同运动状态的电子；氮气为双原子分子，电子式为；氟原子与氮原子电子层数相同，氟原子的核电荷数多于氮原子，原子半径小于氮原子，吸引电子的能力强于氮原子，所以氟元素的非金属性强于氮元素，故答案为：2s22p5；7；；F原子与N原子电子层数相同，F原子的核电荷数多于N原子，原子半径小于N原子，吸引电子的能力强于N原子，所以F元素的非金属性强于N元素；
小问4详解】
氟元素的电负性强于氮元素，所以HNF2中氟元素的化合价为—1价，由化合价代数和为0可知，化合物中氮元素的化合价为+1价；由方程式可知，反应中铁元素化合价降低被还原，铁离子为反应的氧化剂，氮元素化合价升高被氧化，HNF2为还原剂，生成1molN2F4，反应转移2mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，生成0.1molN2F4，反应转移电子数目为0.2NA，故答案为：+1价；1：1；0.2NA。
18. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟离子激发态的电子排布式有_____，其中能量较高的是_____。(填标号)
a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p5 d.1s22s22p43p2
（2）①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个_____杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl_____键，并且Cl的3py轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π)。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C－Cl键长的顺序是_____，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强：(ii)_____。
（3）卤化物CsBrCl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_____。解释X的熔点比Y高的原因_____。
（4）α－AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α－AgI晶体在电池中可作为_____。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α－AgI晶体的摩尔体积Vm=_____m3•mol-1(列出算式)。
【答案】（1） ①. bd ②. b
（2） ①. sp2 ②. σ ③. 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 ④. Cl参与形成的大π键越多，形成的C－Cl键的键长越短
（3） ①. CsCl ②. CsCl为离子晶体，BrCl为分子晶体
（4） ①. 电解质 ②.
【解析】
【小问1详解】
a．1s22s22p43s1是激发态F原子的电子排布式，故不选a；
B．基态F-的电子排布式为1s22s22p6，1s22s22p43d2表示F-2p能级有2个电子激发到3d能级，1s22s22p43d2是激发态F-，故选b；
C．c.，核外共8个电子，氟不存在正价离子，故不选c；
D．基态F-的电子排布式为1s22s22p6，1s22s22p43p2表示F-2p能级有2个电子激发到3p能级，1s22s22p43p2是激发态F-，故选d；
3d的能量大于3p，所以能量较高的是b。
【小问2详解】
①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C原子采用sp2杂化，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl σ键。
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强,一氯乙烷(C2H5Cl)中C原子采用sp3杂化、一氯乙烯(C2H3Cl)中C原子采用sp2杂化、一氯乙炔(C2HCl) C原子采用sp杂化，C－Cl键长的顺序是一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；(ii) 参与形成的大键越多，形成的键的键长越短，一氯乙烯中的轨道与的轨道形成3中心4电子的大键，一氯乙炔中的轨道与的轨道形成2套3中心4电子的大键，因此三种物质中键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔。
【小问3详解】
CsBrCl2中Cs为+1价、Br为+1价、Cl为-2价， CsBrCl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y，X为CsCl、Y为BrCl。CsCl为离子晶体，BrCl为分子晶体，所以X的熔点比Y高。
【小问4详解】
在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移因此，α－AgI晶体可导电，在电池中可作为电解质。
根据均摊原则，每个晶胞中含碘离子的个数为个，依据化学式可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量，晶胞体积，则晶体的摩尔体积。
19. 碳原子之间可以形成单键、双键、三键，不同分子中碳原子数目不等，有机物的数量繁多，现有以下几种有机物：
①CH4② ③ ④ ⑤ ⑥丁烷⑦丙烷
请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：
（1）相对分子质量为的烷烃的结构简式为_______；
（2）分子中含有个氢原子的环烷烃的分子式是_______；
（3）与②互为同分异构体的是_______(填序号)；
（4）丙烷与氯气光照条件下反应，生成的一氯丙烷有_______种结构；
（5）在120℃、1.01×105Pa状态下，某种气态烃与足量的完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_______(分子式)；它与⑦互为_______关系。
【答案】（1）CH3CH2CH3
（2）C7H14 （3）⑤
（4）2 （5） ①. CH4 ②. 同系物
【解析】
【小问1详解】
设烷烃的通式为CnH2n+2，由烷烃的相对分子质量为44可得：14n+2=44，解得n=3，则烷烃的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；
【小问2详解】
设环烷烃的通式为CnH2n，由环烷烃分子中含有个氢原子可得：2n=14，解得n=7，则环烷烃的分子式为C7H14，故答案为：C7H14；
【小问3详解】
由结构简式可知，②和⑤的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：⑤；
【小问4详解】
丙烷分子中含有2类氢原子，所以丙烷与氯气光照条件下反应，生成的一氯丙烷有2种，故答案为：2；
【小问5详解】
设烃的分子式为CxHy，CxHy燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)xCO2+H2O，由在120℃、1.01×105Pa状态下，某种气态烃与足量的完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变可得：1+(x+)=x+，解得y=4，烃的分子式为CH4，由分子式可知，甲烷与丙烷的结构相似，分子组成相差2个CH2原子团，互为同系物，故答案为：CH4；同系物。
20. 利用与发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实，某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图所示。根据要求回答下列问题：
(1)实验室制取的化学反应方程式为________。
(2)设，若理论上欲获得最多的HCl，则x的取值范围为________。
(3)B装置有三种功能：①控制气体流速；②将气体混合均匀；③___________。
(4)D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI粉末，其作用是________。
(5)E装置的作用是_______(填字母)。
A．收集气体 B．吸收 C．防止倒吸 D．吸收HCl
(6)该装置还存在缺陷，原因是没有进行尾气处理，尾气的主要成分是______(填字母)。
A．CH4 B． C． D． E．
【答案】 ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. 大于或等于4 ③. 干燥混合气体 ④. 吸收未参加反应氯气 ⑤. CD ⑥. AB
【解析】
【分析】由题干实验装置图可知：A装置为制取的发生装置；B装置可以除去水蒸气，并将甲烷和氯气混合均匀，同时还可以通过控制产生气泡的快慢调节气体的流速；C装置为与的反应装置；D装置的作用是吸收未参加反应的；E装置可以吸收产物HCl制取盐酸，还可以防止液体倒吸避免危险；根据与的反应可知欲获得最多的HCl，也就是使中的H原子全部转化为HCl，此时消耗的的物质的量至少是物质的量的4倍；未参加反应的被D装置吸收，生成的HCl被E装置吸收，取代产物、、为液体，故该实验的尾气主要有未参加反应的和反应生成的，据此分析答题。
【详解】（1）由实验装置图可知，A是实验室制备氯气的装置，故发生的反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；
（3）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体；
（4）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，反应为Cl2+2I-=2Cl-+I2，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（5）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；故答案为：CD；
（6）反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为： AB。
高二年级3月份质量检测
化学试题
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号分别填写在答题纸和答题卡上。
2.回答第I卷时，每小题选出答案后，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。写在试卷上无效。
3.回答第II卷时，将答案写在答题纸上，写在试卷上无效。
4.考试结束，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Ti-48 Co-59
第I卷(选择题)(共40分)
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. 下列能级符号错误的是
A. 2s B. 2p C. 3d D. 3f
【答案】D
【解析】
【详解】当n=2时，有2s、2p两个能级；当n=3时，有3s、3p、3d三个能级，没有3f能级；D项错误；
答案选D。
2. 下列关于晶体的说法正确的是
A. 将饱和硫酸铜溶液降温，析出的固体不是晶体
B. 假宝石往往是玻璃仿造的，可以用划痕的方法鉴别宝石和玻璃制品
C. 石蜡和玻璃都是非晶体，但它们都有固定的熔点
D. 蓝宝石在不同方向上的硬度一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．将饱和CuSO4溶液降温，可析出胆矾，胆矾属于晶体，故A错误；
B．一般宝石的硬度较大，玻璃制品的硬度较小，可以根据有无刻痕来鉴别，故B正确；
C．石蜡和玻璃都是非晶体，非晶体没有固定的熔点，故C错误；
D．由于晶体的各向异性导致蓝宝石在不同方向上的硬度有一些差异，故D错误；
故选B。
3. 元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示。已知Y元素原子的外围电子排布式为，下列说法不正确的是
A. Y在周期表中第三周期ⅥA族 B. X所在周期中所含非金属元素种类最多
C. 最高价氧化物对应的水化物酸性： D. X，Y、Z元素的电负性：
【答案】D
【解析】
【分析】元素X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，已知Y元素原子的外围电子排布式为，其中n－1＝2，解得n＝3，所以Y是S，则Z是P，X是F，据此解答。
【详解】A．Ｓ元素在周期表中的位置是第三周期ⅥA族，A正确；
B．F所在周期即第二周期中所含非金属元素种类最多，B正确；
C．非金属性S＞P，则最高价氧化物对应的水化物酸性：，C正确；
D．非金属性越强，电负性越大，则X、Y、Z元素的电负性：，D错误；
答案选D。
4. 下列说法中正确的是
A. Br-的核外电子排布式：[Ar]4s24p6
B. 乙烯分子中，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C. 键长：H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此稳定性：HF＜HCl＜HBr＜HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．Br-是Br原子获得1个电子形成的，根据构造原理，可知基态Br-的核外电子排布式是1s22s22p63s33p63d104s24p6，简写为[Ar]3d104s24p6，A错误；
B．乙烯分子结构式是 ，一个C原子形成4个共价键，其中碳碳双键中含有1个σ键和1个π键，两个碳氢键各含有1个σ键，因此碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的C原子的2p轨道形成π键，B正确；
C．不同卤素原子与H原子形成共价键，卤素原子半径越小，共价键键长就越短，对应物质的稳定性就越强；原子半径：F＜Cl＜Br＜I，则共价键的键长：H-F＜H-Cl＜H-Br＜H-I，因此物质的稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，C错误；
D．PH3为三角锥形结构，P原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，键角为96.3°，说明PH3孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用强，D错误；
故合理选项是B。
5. A、B、C、D短周期的四种元素，原子序数依次增大。A、B、D三种元素分别位于不同短周期的不同主族。C、D对应的简单离子核外电子排布相同，A、B、C、D元素可形成一种新型漂白剂(结构如图)，下列说法正确的是
A. 电负性C>B>A>D B. B、C杂化方式不同
C. 该化合物1mol阴离子含有1mol配位键 D. 漂白剂中C的化合价-1、-2价
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D是短周期的元素，原子序数依次增大。A、B、D三种元素分别位于不同短周期的不同主族，说明A为第一周期的主族元素，为氢，B为第二周期，D为第三周期，结合新型漂白剂的结构分析，D形成+2价阳离子，说明为镁元素，B形成四个共价键，且所形成的阴离子带两个负电荷，为硼元素，C形成两个共价键，为氧元素，以此解题。
【详解】A．非金属的电负性大于金属元素的电负性，同周期越靠右电负性越大，氢的电负性在O和B之间，故电负性的顺序为：，A错误；
B．根据该漂白剂的结构可知，B、O都是杂化，B错误；
C．根据该漂白剂的结构可知，两个硼原子各形成1个配位键，则1mol阴离子含有2mol配位键，C错误；
D．C为氧元素，在结构中存在过氧键中的氧为-1价，其他的氧为-2价，D正确；
故选D。
6. 如表列出了某短周期元素的各级电离能数据(用、…表示，单位为)
…
740
1500
7732
10500
下列关于元素的判断正确的是
A. 元素的原子最外层有4个电子
B. 元素位于元素周期表中第ⅢA族
C. 元素基态原子的电子排布式可能为
D. 的最高正价为＋2价
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一、二电离能较小，且与第三电离能相差较大，故元素的原子最外层有2个电子，A错误；
B．元素的原子最外层有2个电子，则元素位于元素周期表中第ⅡA族，B错误；
C．元素位于元素周期表中第ⅡA族，基态原子的电子排布式不可能为，C错误；
D．元素位于元素周期表中第ⅡA族，最高正价为＋2价，D正确；
故选D。
7. CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法错误的是（ ）
A. CH中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面
B. CH与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为三角锥形
C. 两个—CH3或一个CH和一个CH结合均可得到CH3CH3
D. 它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据公式计算CH3+中的碳原子：，采取sp2杂化，所有原子均共面，A正确；
B．与NH3、H3O＋均含4个原子，价电子数为8个电子，互为等电子体，氨气采取sp3杂化，几何构型为三角锥形，B正确；
C．两个—CH3可得到CH3CH3，一个CH3+和一个可在离子键的作用下结合得到CH3CH3，C正确；
D．CH3+、—CH3、三者的价电子数不同，不为等电子体，D错误；
答案选D。
8. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，其反应原理为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O。下列有关说法正确的是
A. HF中的共价键为s-pσ键
B. H2O、SiF4均为极性分子
C. SiO2晶体为分子晶体
D. 基态氧原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．HF是由氢原子中的s轨道与氟原子中的p轨道形成的s-pσ键，A项正确；
B．H2O为极性分子，SiF4和CH4的空间结构一样，都是正四面体结构，结构对称，为非极性分子，B项错误；
C．SiO2中原子间以共价键相结合，构成空间网状结构，为共价晶体，C项错误；
D．基态氧原子的价层电子轨道表示式为，D项错误。
故选A。
9. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中N原子有、两种杂化方式
B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质既有酸性又有碱性
D. 该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确；
B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确；
故选B。
10. 人们研究发现蚂蚁之间传递信息是靠信息素(Ⅰ)和(Ⅱ)实现。下列说法中错误的是
A. 信息素Ⅰ、Ⅱ与乙烯互为同系物
B. Ⅰ的名称：2，4-二甲基-1-庚烯
C. Ⅱ与氢气加成后的产物，与氯气发生一取代可得到5种沸点不同的产物
D. Ⅰ、Ⅱ均存在顺反异构
【答案】D
【解析】
【详解】A．信息素Ⅰ、Ⅱ与乙烯均是含有一个碳碳双键的烯烃，结构相似，在分子组成上相差7个“CH2”，互为同系物，故A正确；
B．Ⅰ的主链有7个碳原子，碳碳双键在1号位置，2号碳和4号碳上均含有一个甲基，其系统命名为2，4-二甲基-1-庚烯，故B正确；
C．Ⅱ与氢气加成后的产物为 ，含有5种不同环境的氢原子，与氯气发生一取代可得到5种沸点不同的产物，故C正确；
D．形成顺反异构要求双键的同一碳上不能有相同的基团，Ⅰ、Ⅱ中双键碳的其中一个均含有两个H原子，因此Ⅰ、Ⅱ均不存在顺反异构，故D错误；
答案选D。
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. 具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a nm。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. Si的配位数为4
B. 紧邻的两个Mg原子的距离为
C. 紧邻的两个Si原子间的距离为
D. 的密度计算式为
【答案】BC
【解析】
【分析】大球表示镁原子，小球表示硅原子，该晶胞中镁原子数为8，硅原子数为：。
【详解】A．一个硅原子周围距离最近且相等的镁原子有8个，则硅原子的配位数为8，故A错误；
B．紧邻的两个镁原子的距离是晶胞参数的一半，该距离为nm，故B正确；
C．紧邻的两个硅原子间的距离是面对角线的一半，该距离为nm，故C正确；
D．该晶胞含有4mol，总质量为：，该晶体的密度为，故D错误；
答案选BC。
12. 下列关于说法中正确的是
A. 钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D. PCl3各原子最外层均达到8电子稳定结构
【答案】BD
【解析】
【详解】A．基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，A错误；
B．价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层，最外层电子数为5，位于第四周期第VA族，最后填充p电子，是p区元素，B正确；
C．同一能层中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量比内层p轨道电子能量高，C错误；
D．PCl3中P的最外层电子为5+3=8个，Cl的最外层电子为7+1=8个，均达到8电子稳定结构，D正确；
故选BD。
13. 对晶胞的研究有助于我们了解整个晶体的结构。Cu晶胞的结构如图1所示(晶胞参数为a pm)，CuSe晶胞的结构如图2所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. Cu晶胞的密度为
B. 图1中最近的两个Cu之间的距离为
C. 填充在形成的正四面体空隙中
D. 图2中1个晶胞含14个
【答案】AC
【解析】
【详解】A．Cu晶胞中含有8个Cu原子，密度为，选项A正确；
B．I原子与Cu原子的最短距离为体对角线长的四分之一，为，选项B错误；
C．如图可知，填充在形成的正四面体空隙中，选项C正确；
D．图2中1个晶胞含的个数为8个，选项D错误；
答案选AC。
14. 下列说法正确的是
A. 苯乙烯分子中共面的原子最多有16个
B. C3H5Cl3有5种同分异构体(不考虑立体异构)
C. 乙烯与氯化氢一定条件下发生加成反应生成聚氯乙烯
D. 乙醇与乙酸的混合溶液可以用分液漏斗进行分离
【答案】AB
【解析】
【详解】A．苯乙烯分子中苯基11个原子在同一平面内，乙烯基5个原子在同一平面内，碳碳单键可以旋转，因此共面的原子最多有16个，故A正确；
B．C3H5Cl3有、、、共5种同分异构体(不考虑立体异构)，故B正确；
C．乙烯与氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，故C错误；
D．乙醇与乙酸是互溶的，不能用分液漏斗进行分离，故D错误。
综上所述，答案AB。
15. 2022年北京冬奥会的场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的表面涂料。是以某双环烯酯为原料制得的，其结构如图。下列有关该双环烯酯的说法正确的是
A. 分子式为C14H18O2
B. 1mol该物质能与2molH2发生加成反应
C. 该分子中所有原子可能共平面
D. 与H2完全加成后产物的一氯代物有9种(不含立体异构)
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据结构简式，分子式为C14H20O2，故A错误；
B．该分子中含有2个碳碳双键，1mol该物质能与2molH2发生加成反应，故B正确；
C．该分子含有单键碳原子，不可能所有原子共平面，故C错误；
D．与H2完全加成后产物是，分子中有9种等效氢，一氯代物有9种，故D正确；
选BD。
第II卷(非选择题)(共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 短周期元素 T、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中元素 T、X 基态原子均有 2 个未成对电子，元素 Y 基态原子 s 能级的电子总数与 p 能级的电子总数相等，元素 Z 的价电子数等于电子层数。元素 W 位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多。
（1）①元素X、Y、Z 的第一电离能由大到小的顺序为__________________。（用元素符号表示）
②元素W 在周期表中具体位置_________________,元素 Y 在周期表____________区。
（2）T、X分别与氢组成 T2H2与H2X2分子中，T、X 原子轨道的杂化类型分别是________。
（3）T 与X 可形成 TX离子和 TX2分子。
①TX的空间构型为__________________（用文字描述）。
②N离子与 TX2分子互为等电子体，则 N的电子式为_____________________。
（4）有同学推测，Z2X3的熔点比 YX 高，其原因是_____________________。
（5）如图是由元素W、Z 两种元素所形成的某种合金的晶胞结构示意图。
①元素W 基态原子的核外电子排布式为___________________。
②该合金中W 与 Z 的原子个数比为__________________________。
【答案】 ①. O>Mg>Al ②. 第四周期ⅥB族 ③. S ④. sp ⑤. sp3 ⑥. 平面三角形 ⑦. 两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大 ⑧. 1s22s22p63s23p63d54s1 ⑨. 2：1
【解析】
【分析】短周期元素 T、X、Y、Z 的原子序数依次增大，元素 Y 基态原子 s 能级的电子总数与 p 能级的电子总数相等，Y核外电子排布式是1s22s22p63s2，Y是Mg元素；元素 Z 的价电子数等于电子层数，Z是Al元素；元素 T、X 基态原子均有 2 个未成对电子，T是C元素、X是O元素；元素 W 位于第四周期，其基态原子所含未成对电子数在该周期中最多，W核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d53s1，W是Cr元素。
【详解】（1）①同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族，元素第一电离能随着原子序数增大而减弱，所以第一电离能大小顺序是O＞Mg＞Al；
②W是Cr元素，在周期表中具体位置是第四周期ⅥB族，Y是Mg元素，在周期表第三周期ⅡA族，属于S区元素。
（2）T是C元素、X是O元素，分别与氢组成的 C2H2与H2O2分子中，中碳原子含有叁键，碳原子轨道的杂化类型是sp；H2O2的结构是H-O-O-H，O原子的杂化轨道数是4，轨道的杂化类型是sp3；
（3）①CO中C原子杂化轨道数是3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形。
②等电子体具有相似的结构，N离子与 CO2分子互为等电子体，CO2的结构式是O=C=O，则 N的电子式为。
（4）Al2O3的熔点比MgO高，二者都是离子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能成正比，晶格能与离子半径成反比、与电荷成正比，该同学推测的理由是：两者均为离子晶体，由于Al3+带的电荷高于Mg2+，且半径小于Mg2+，所以Al2O3的晶格能大；
（5）①W 是Cr元素，核外有24个电子，根据构造原理书写元素Cr基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
②根据均摊原则，该晶胞中Al原子个数=1+8×=2，Cr原子数是2+8×=4，所以Cr、Al原子个数之比=4：2=2：1。
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子核外电子排布、微粒空间构型判断、原子杂化等知识点，培养提取信息、灵活运用信息的能力。
17. I.工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7H2O和硫铁矿(FeS2)联合制备铁精粉(FexOy)和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
（1）FeSO4·7H2O结构示意图如图：
①Fe2+的价层电子排布式为_____。
②H2O中O和SO中S均为sp3杂化，比较H2O中H－O－H键角和SO中O－S－O键角的大小并解释原因____。
③FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO的作用力类型分别是_____。
（2）FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图：
①Fe2+的配位数_____个。
②FeS2的摩尔质量为120g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为_____g•cm-3。(1nm=10—9m)
Ⅱ.四氟肼(N2F4)可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3+与二氟胺(HNF2)反应制得，发生的反应是HNF2+2Fe3+=N2F4↑+2Fe2++2H+，请回答有关问题：
（3）F原子最外层电子排布式_____；N原子核外不同运动状态的电子有_____种；N2的电子式_____；F元素的非金属性比N强，用原子结构的知识说明理由：_____。
（4）HNF2中N元素的化合价是_____；反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____；若生成0.1molN2F4，电子转移数是____。
【答案】（1） ①. 3d6 ②. 孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角 ③. 配位键、氢键
（2） ①. 6 ②.
（3） ①. 2s22p5 ②. 7 ③. ④. F原子与N原子电子层数相同，F原子的核电荷数多于N原子，原子半径小于N原子，吸引电子的能力强于N原子，所以F元素的非金属性强于N元素
（4） ①. +1价 ②. 1：1 ③. 0.2NA
【解析】
【小问1详解】
①铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布为3d6，故答案为：3d6；
②水分子中氧原子的孤对电子对数为2，硫酸根离子中硫原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则水中H－O－H键角小于硫酸根离子中O－S－O键角，故答案为：孤电子对有较大斥力，使H－O－H键角小于O－S－O键角；
③由结构示意图可知，七水硫酸亚铁中，水分子中具有孤对电子的氧原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键，水分子中的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，故答案为：配位键、氢键；
【小问2详解】
①由晶胞结构可知，位于顶点的亚铁离子与位于棱上的S离子的距离最近，则1个亚铁离子周围有6个S离子，配位数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故答案为：；
【小问3详解】
氟元素的原子序数为9，基态原子的最外层电子排布式为2s22p5；氮原子的核外有7个电子，由泡利不相容原理可知，氮原子的原子核外有7种不同运动状态的电子；氮气为双原子分子，电子式为；氟原子与氮原子电子层数相同，氟原子的核电荷数多于氮原子，原子半径小于氮原子，吸引电子的能力强于氮原子，所以氟元素的非金属性强于氮元素，故答案为：2s22p5；7；；F原子与N原子电子层数相同，F原子的核电荷数多于N原子，原子半径小于N原子，吸引电子的能力强于N原子，所以F元素的非金属性强于N元素；
小问4详解】
氟元素的电负性强于氮元素，所以HNF2中氟元素的化合价为—1价，由化合价代数和为0可知，化合物中氮元素的化合价为+1价；由方程式可知，反应中铁元素化合价降低被还原，铁离子为反应的氧化剂，氮元素化合价升高被氧化，HNF2为还原剂，生成1molN2F4，反应转移2mol电子，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，生成0.1molN2F4，反应转移电子数目为0.2NA，故答案为：+1价；1：1；0.2NA。
18. 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟离子激发态的电子排布式有_____，其中能量较高的是_____。(填标号)
a.1s22s22p43s1 b.1s22s22p43d2 c.1s22s12p5 d.1s22s22p43p2
（2）①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个_____杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl_____键，并且Cl的3py轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π)。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C－Cl键长的顺序是_____，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强：(ii)_____。
（3）卤化物CsBrCl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_____。解释X的熔点比Y高的原因_____。
（4）α－AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α－AgI晶体在电池中可作为_____。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α－AgI晶体的摩尔体积Vm=_____m3•mol-1(列出算式)。
【答案】（1） ①. bd ②. b
（2） ①. sp2 ②. σ ③. 一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 ④. Cl参与形成的大π键越多，形成的C－Cl键的键长越短
（3） ①. CsCl ②. CsCl为离子晶体，BrCl为分子晶体
（4） ①. 电解质 ②.
【解析】
【小问1详解】
a．1s22s22p43s1是激发态F原子的电子排布式，故不选a；
B．基态F-的电子排布式为1s22s22p6，1s22s22p43d2表示F-2p能级有2个电子激发到3d能级，1s22s22p43d2是激发态F-，故选b；
C．c.，核外共8个电子，氟不存在正价离子，故不选c；
D．基态F-的电子排布式为1s22s22p6，1s22s22p43p2表示F-2p能级有2个电子激发到3p能级，1s22s22p43p2是激发态F-，故选d；
3d的能量大于3p，所以能量较高的是b。
【小问2详解】
①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C原子采用sp2杂化，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl σ键。
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强,一氯乙烷(C2H5Cl)中C原子采用sp3杂化、一氯乙烯(C2H3Cl)中C原子采用sp2杂化、一氯乙炔(C2HCl) C原子采用sp杂化，C－Cl键长的顺序是一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；(ii) 参与形成的大键越多，形成的键的键长越短，一氯乙烯中的轨道与的轨道形成3中心4电子的大键，一氯乙炔中的轨道与的轨道形成2套3中心4电子的大键，因此三种物质中键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔。
【小问3详解】
CsBrCl2中Cs为+1价、Br为+1价、Cl为-2价， CsBrCl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y，X为CsCl、Y为BrCl。CsCl为离子晶体，BrCl为分子晶体，所以X的熔点比Y高。
【小问4详解】
在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移因此，α－AgI晶体可导电，在电池中可作为电解质。
根据均摊原则，每个晶胞中含碘离子的个数为个，依据化学式可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量，晶胞体积，则晶体的摩尔体积。
19. 碳原子之间可以形成单键、双键、三键，不同分子中碳原子数目不等，有机物的数量繁多，现有以下几种有机物：
①CH4② ③ ④ ⑤ ⑥丁烷⑦丙烷
请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：
（1）相对分子质量为的烷烃的结构简式为_______；
（2）分子中含有个氢原子的环烷烃的分子式是_______；
（3）与②互为同分异构体的是_______(填序号)；
（4）丙烷与氯气光照条件下反应，生成的一氯丙烷有_______种结构；
（5）在120℃、1.01×105Pa状态下，某种气态烃与足量的完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变，则该烃是_______(分子式)；它与⑦互为_______关系。
【答案】（1）CH3CH2CH3
（2）C7H14 （3）⑤
（4）2 （5） ①. CH4 ②. 同系物
【解析】
【小问1详解】
设烷烃的通式为CnH2n+2，由烷烃的相对分子质量为44可得：14n+2=44，解得n=3，则烷烃的分子式为C3H8，结构简式为CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；
【小问2详解】
设环烷烃的通式为CnH2n，由环烷烃分子中含有个氢原子可得：2n=14，解得n=7，则环烷烃的分子式为C7H14，故答案为：C7H14；
【小问3详解】
由结构简式可知，②和⑤的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故答案为：⑤；
【小问4详解】
丙烷分子中含有2类氢原子，所以丙烷与氯气光照条件下反应，生成的一氯丙烷有2种，故答案为：2；
【小问5详解】
设烃的分子式为CxHy，CxHy燃烧的化学方程式为CxHy+(x+)xCO2+H2O，由在120℃、1.01×105Pa状态下，某种气态烃与足量的完全反应后，测得反应前后气体的体积没有发生改变可得：1+(x+)=x+，解得y=4，烃的分子式为CH4，由分子式可知，甲烷与丙烷的结构相似，分子组成相差2个CH2原子团，互为同系物，故答案为：CH4；同系物。
20. 利用与发生取代反应制取副产品盐酸的设想在工业上已成为现实，某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如图所示。根据要求回答下列问题：
(1)实验室制取的化学反应方程式为________。
(2)设，若理论上欲获得最多的HCl，则x的取值范围为________。
(3)B装置有三种功能：①控制气体流速；②将气体混合均匀；③___________。
(4)D装置中的石棉上吸附着KI饱和溶液及KI粉末，其作用是________。
(5)E装置的作用是_______(填字母)。
A．收集气体 B．吸收 C．防止倒吸 D．吸收HCl
(6)该装置还存在缺陷，原因是没有进行尾气处理，尾气的主要成分是______(填字母)。
A．CH4 B． C． D． E．
【答案】 ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. 大于或等于4 ③. 干燥混合气体 ④. 吸收未参加反应氯气 ⑤. CD ⑥. AB
【解析】
【分析】由题干实验装置图可知：A装置为制取的发生装置；B装置可以除去水蒸气，并将甲烷和氯气混合均匀，同时还可以通过控制产生气泡的快慢调节气体的流速；C装置为与的反应装置；D装置的作用是吸收未参加反应的；E装置可以吸收产物HCl制取盐酸，还可以防止液体倒吸避免危险；根据与的反应可知欲获得最多的HCl，也就是使中的H原子全部转化为HCl，此时消耗的的物质的量至少是物质的量的4倍；未参加反应的被D装置吸收，生成的HCl被E装置吸收，取代产物、、为液体，故该实验的尾气主要有未参加反应的和反应生成的，据此分析答题。
【详解】（1）由实验装置图可知，A是实验室制备氯气的装置，故发生的反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）氯气与甲烷发生取代反应，反应特点是1mol氯气可取代1molH原子生成1molHCl，设=x，若理论上欲获得最多的氯化氢，则x值应保证甲烷被完全取代，x应大于或等于4，故答案为：大于或等于4；
（3）生成的氯气中含有水，B装置除具有控制气流速度、均匀混合气体外，因浓硫酸具有吸水性，还具有干燥作用，故答案为：干燥混合气体；
（4）氯气具有氧化性，KI中-1价的碘能被氯气氧化，产物为氯化钾固体和碘单质，反应为Cl2+2I-=2Cl-+I2，所以D装置的石棉中均匀混有KI粉末，能吸收过量的氯气，故答案为：吸收过量的氯气；
（5）装置中最后剩余的氯化氢气体需要吸收不能排放到空气中，氯化氢易溶于水需要防止倒吸；故答案为：CD；
（6）反应生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳均是油状的液体，只有一氯甲烷是气体，还可能有过量的甲烷，可能存在剩余的甲烷和生成的一氯甲烷等气体，应进行尾气处理，
故答案为： AB。
相关试卷
山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二化学上学期第三次线上测试试题（PDF版附解析）： 这是一份山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二化学上学期第三次线上测试试题（PDF版附解析），共21页。
山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二下学期3月质量检测化学试题word版含解析： 这是一份山东省滕州市第一中学2022-2023学年高二下学期3月质量检测化学试题word版含解析，共24页。试卷主要包含了本试卷分第I卷和第II卷两部分，考试结束，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高一化学下学期期中质量检测试题（Word版附答案）： 这是一份山东省枣庄市滕州市2022-2023学年高一化学下学期期中质量检测试题（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了04，化学电源应用广泛，90，对于反应，下列化学用语中书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
