2023-2024學(xué)年福建省福州市六校聯(lián)考高二下學(xué)期期中聯(lián)考化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1福建省福州市六校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中聯(lián)考(滿分：100分，完卷時間：75分鐘)可能用到的相對原子質(zhì)量：C-12O-16F-19Ca-40Mg-24K-39Cs-133Ag-108一、單項選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分)1.明礬[KAl(SO4)2·12H2O]可用作凈水劑，氯化鉀(KCl)是一種重要的鉀肥。下列說法正確的是A.元素的電負(fù)性： B.離子半徑：C.元素的第一電離能：S>O D.堿性：〖答案〗B〖解析〗A．元素電負(fù)性：K<H，A錯誤；B．離子半徑：Cl->K+，B正確；C．元素的第一電離能：S<O，C錯誤；D．堿性：，D錯誤；故選B。2.下列化學(xué)用語正確的是A.氯化銨的分子式：B.的簡化電子排布式：C.的晶胞：D.的VSEPR模型：〖答案〗D〖解析〗A．由氯離子和銨根離子通過離子鍵形成，是氯化銨的化學(xué)式，不是分子式，A錯誤；B．的簡化電子排布式為，B錯誤；C．不是氯化鈉晶體中重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元，不是氯化鈉的晶胞，是氯化鈉晶胞的四分之一，C錯誤；D．SO2的中心原子的價層電子對為3對，VSEPR模型為平面三角形，D正確；〖答案〗選D。3.下列說法不正確的是A.用電子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ鍵的形成：C.HCHO中C原子雜化軌道示意圖：D.基態(tài)鍺原子的簡化電子排布式：〖答案〗D〖解析〗A．硫化鉀形成過程中鉀失去電子，硫得到電子，K2S的形成過程為：，故A正確；B．HCl分子中σ鍵的形成是氫原子s電子和氯原子的3p電子形成一對共用電子對，HCl分子中σ鍵的形成為，故B正確；C．HCHO中的C原子采用sp2雜化，3個雜化軌道夾角為120，形成平面三角形，示意圖為，故C正確；D．鍺原子序數(shù)32，簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D錯誤〖答案〗選D。4.X、Y、Z、W均為短周期主族元素，它們在周期表中的相對位置如圖所示，下列說法中正確的是A.Y的價層電子排布式是ns2np5B.四種元素所形成的最簡單氫化物中，沸點最高的可能是Y的氫化物C.Y、Z之間可形成的晶體都是分子晶體D.X、Z、W的最高價氧化物所對應(yīng)的水化物不可能均是強(qiáng)酸〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W均為短周期主族元素，它們在周期表中的相對位置如圖所示，根據(jù)圖示可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期。A．Y的價層電子排布式是ns2np5時，Y位于ⅤⅡA族，則W為稀有氣體Ar，不是主族元素，故A錯誤；B．由周期表的相對位置可知，Y可能為O元素，水分子間能夠形成氫鍵，且氫鍵數(shù)目多于氨氣，則四種元素所形成的氫化物中，沸點最高的是水，故B正確。C．當(dāng)Y為C，Z為硅，這時兩者形成的物質(zhì)SiC為共價化合物，故C錯誤；D．X、Z、W可以分別為N、S、Cl元素，N、S、Cl的最高價氧化物所對應(yīng)的水化物分別為硝酸、硫酸和高氯酸，它們均是強(qiáng)酸，故D錯誤；故選B。5.某固體混合物由四種元素組成，其中X、Y、Z、Q為前三周期元素，且原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)比Z原子的最外層電子數(shù)多3；X和Y的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和為15；Z原子的M層與K層的電子數(shù)相等；Q2—微粒的核外電子數(shù)與核電荷數(shù)之比為，下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑大小順序：X＞Y＞ZB.最高價氧化物對應(yīng)水化物溶液的pH：Z＞QC.QY2、ZY、XY都屬于共價化合物，且都能與水反應(yīng)D.1molX的氫化物X2H4和1molY的氫化物H2Y2中極性鍵數(shù)目之比為2：1〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、Q為前三周期元素，且原子序數(shù)依次增大，Z原子的M層與K層的電子數(shù)相等，則Z為Mg元素；X原子的最外層電子數(shù)比Z原子的最外層電子數(shù)多3，則X為N元素；X和Y的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和為15，則Y為O元素；Q2—微粒的核外電子數(shù)與核電荷數(shù)之比為，則Q為S元素。A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑大小順序為N3—＞O2—＞Mg2+，故A正確；B．氫氧化鎂是中強(qiáng)堿，溶液呈堿性，硫酸是二元強(qiáng)酸，溶液呈酸性，則氫氧化鎂溶液的pH大于硫酸溶液，故B正確；C．氧化鎂是只含有離子鍵的離子化合物，一氧化氮不能與水反應(yīng)，故C錯誤；D．聯(lián)氨分子中氮氫極性鍵的數(shù)目為4，過氧化氫分子中氫氧極性鍵的數(shù)目為2，則1mol聯(lián)氨與1mol過氧化氫中極性鍵數(shù)目之比為2：1，故D正確；故選C。6.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相鄰，X與W同族，W的核外電子總數(shù)等于X和Z的核外電子總數(shù)之和。下列說法正確的是A.元素的第一電離能：B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：C.中有鍵D.的空間結(jié)構(gòu)為V形，屬于含有極性鍵的極性分子〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相鄰，則X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X與W同族，設(shè)X的原子序數(shù)為a，則Y、Z、W的原子序數(shù)分別為a+1，a+2，a+8，W的核外電子總數(shù)等于X和Z的核外電子總數(shù)之和，則a=6.由題意可推知，X為C，Y為N，Z為O，W為。A．元素的第一電離能：，A錯誤；B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：，B正確；C．中含有鍵，C錯誤；D．的空間結(jié)構(gòu)為直線形，屬于含有極性鍵的非極性分子，D錯誤。故〖答案〗選B。7.X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為24，X是地殼中含量最高的元素，基態(tài)Z原子的p軌道上存2個未成對電子，Q的單質(zhì)為黃色晶體，常存在于火山口附近。下列說法錯誤的是A.QX2分子為極性分子 B.元素電負(fù)性：X＞R＞QC.Y位于元素周期表中的s區(qū) D.Z、Q、R的氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強(qiáng)〖答案〗D〖解析〗由題干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大短周期主族元素，X是地殼中含量最高的元素，則X為O，基態(tài)Z原子的p軌道上存2個未成對電子且原子序數(shù)介于O和Q即S之間，則Z為Si，Q的單質(zhì)為黃色晶體，常存在于火山口附近，故Q為S，R為Cl，它們原子的最外層電子數(shù)之和為24，則Y的最外層上電子數(shù)為：24-6-6-4-7=1，且原子序數(shù)大于8小于14，故Y為Na，綜上分析可知，X為O、Y為Na、Z為Si、Q為S、R為Cl，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，X為O，Q為S，QX2即SO2分子為V形結(jié)構(gòu)，分子的正負(fù)電荷中心不重合，故為極性分子，A正確；B．由分析可知，X為O、Q為S、R為Cl，故元素電負(fù)性O(shè)＞Cl＞S即X＞R＞Q，B正確；C．由分析可知，Y為Na，故Y位于元素周期表中的s區(qū)，C正確；D．元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性與其非金屬性一致，故Z、Q、R的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強(qiáng)，但不是最高價就不一定，如H2SO3＞HClO，D錯誤；故〖答案〗為：D。8.居里夫婦用α粒子()轟擊某金屬原子得到，基態(tài)Y原子3p能級半充滿。具有放射性，很快衰變?yōu)椋?，。下列說法正確的是A.自然界不存在分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定B.第一電離能：Q<X<YC.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y<QD.X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之比為13∶14〖答案〗D〖解析〗基態(tài)Y原子3p能級半充滿，所以Y原子為P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y質(zhì)子數(shù)相差2，所以X為Al；Q和Y質(zhì)子數(shù)相差1，Q為Si，據(jù)此分析解題。A．由題意30P易衰變，加之其化學(xué)鍵非常不穩(wěn)定，故自然界中不存在，故A錯誤；B．X為Al，Q為Si，Y為P，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，所以第一電離能：Al<Si<P，故B錯誤；C．P電負(fù)性大于Si，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>Q，故C錯誤；D．X為Al，質(zhì)子數(shù)為13，中子數(shù)為14，所以X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之比為13∶14，故D正確；故〖答案〗選D。9.液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產(chǎn)生和。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯(lián)氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經(jīng)過一定的轉(zhuǎn)化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(無色)、HNO3等。下列有關(guān)NH2OH、NH3、、的說法正確的是A.NH2OH難溶于水B.的空間構(gòu)型為直線形C.NH3的鍵角比中的大D.1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molσ鍵〖答案〗C〖解析〗A．NH2OH能和水形成分子間氫鍵，所以易溶于水，A錯誤；B．的價層電子數(shù)為2+=3，含有1對孤電子對，VSEPR模型為平面三角形，其空間構(gòu)型為V形，B錯誤；C．中N原子價層電子對個數(shù)=2+=4且含有2個孤電子對，NH3中N原子價層電子對個數(shù)=3+=4且含有1個孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力，所以NH3的鍵角比中的大，C正確；D．1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molCu-Nσ鍵和12molN-Hσ鍵，即共16molσ鍵，D錯誤；故〖答案〗為：C。10.日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為。已知：、、和為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，為金屬元素，基態(tài)原子軌道上的電子數(shù)和軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)、、原子的未成對電子數(shù)之比為。下列說法正確的是A.原子半徑：B.元素最高價化物對應(yīng)的水化物具有強(qiáng)氧化性C.電負(fù)性：D.能與水反應(yīng)生成氣體的單質(zhì)只有的單質(zhì)〖答案〗C〖解析〗基態(tài)原子軌道上的電子數(shù)和軌道上的電子數(shù)相等，電子排布為，X為O元素，基態(tài)O原子的未成對電子數(shù)為2，Y和Z的未成對電子數(shù)分別為1和3，且原子序數(shù)為前20，則Z的價層電子排布為，Z的原子序數(shù)大于O，所以Z為P，電子排布為，Y的原子序數(shù)在O和P之間，基態(tài)Y原子未成對電子數(shù)為1，則Y可能為F或者Na，或者Al，由于為金屬元素，W和Y可形成，Y不可能為金屬元素，所以Y只能是F，根據(jù)化合物中正負(fù)化合價的代數(shù)和為0，W為Ca。A．X為O元素，Y為F元素，Z為P元素，W為Ca元素，原子半徑：，A錯誤；B．Z為P元素，最高價化物對應(yīng)的水化物為，不具有強(qiáng)氧化性，B錯誤；C．電負(fù)性：，C正確；D．能與水反應(yīng)生成，Ca能與水反應(yīng)生成，所以能與水反應(yīng)生成氣體的單質(zhì)有Y和W，D錯誤；故選C。11.氮氧化物(NOx)會對生態(tài)系統(tǒng)和人體健康造成危害。一種以沸石籠作為載體對NO?進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)①每消耗lmolO2，轉(zhuǎn)移2mol電子B.反應(yīng)⑤中[Cu(NH3)4]2+作還原劑C.反應(yīng)④有σ鍵和π鍵的形成D.脫除NO的總反應(yīng)可表示為〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)圖示可知在反應(yīng)①中0價的O2反應(yīng)后在生成物中含有-O-O-，O元素化合價變?yōu)?1價，則反應(yīng)消耗1molO2，轉(zhuǎn)移2mole-，A正確；B．根據(jù)圖示可知反應(yīng)⑤為：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反應(yīng)中[Cu(NH3)4]2+中Cu的化合價由+2價降低到[Cu(NH3)2]+中的+1價，被還原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化劑，B錯誤；C．已知三鍵為1個σ鍵和2個π鍵，根據(jù)圖示信息可知，反應(yīng)④有N≡N形成即有σ鍵和π鍵的形成，C正確；D．根據(jù)圖示可知圖中總變化過程可表示為：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正確；故〖答案〗為：B。12.短周期主族元素R、X、Y、M原子序數(shù)依次增大，Y為地殼中含量最高的元素，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，由R、X、Y、M組成的物質(zhì)結(jié)構(gòu)式如圖所示。下列說法錯誤的是A.的VSEPR模型名稱為平面三角形B.M的氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸C.該化合物中X原子最外層均滿足結(jié)構(gòu)D.Y元素所在周期中，第一電離能大于Y的元素有3種〖答案〗B〖解析〗短周期主族元素R、X、Y、M原子序數(shù)依次增大，Y為地殼中含量最高的元素，則Y為O元素；由物質(zhì)結(jié)構(gòu)式可知，化合物分子中R、M形成1個共價鍵、X形成4個共價鍵，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，則R為H元素、X為C元素、M為Cl元素。A．碳酸根離子中碳原子價層電子對數(shù)為3、孤對電子對數(shù)為0，離子的VSEPR模型與空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，故A正確；B．氯元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸高氯酸，應(yīng)該是M的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸，故B錯誤；C．由物質(zhì)結(jié)構(gòu)式可知，化合物分子中碳原子最外層均滿足8e?結(jié)構(gòu)，故C正確；D．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能大于氧元素的元素為氮元素、氟元素、氖元素，共3種，故D正確；〖答案〗選B。13.短周期主族元素X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，其序數(shù)和為13，可組成固態(tài)儲氫材料。Z是空氣中含量最高的元素。下列說法錯誤的是A.第一電離能：Y>Z B.中存在配位鍵C.Z、Y軌道雜化類型相同 D.中小于120°〖答案〗A〖解析〗Z是空氣中含量最高的元素，則Z是N元素，短周期主族元素X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，其序數(shù)和為13，可組成固態(tài)儲氫材料，根據(jù)三種元素結(jié)合的原子個數(shù)與原子結(jié)構(gòu)關(guān)系可知：X是H，Y是B，為NH3·BH3。A．．一般情況下同一周期元素的第一電離能呈增大趨勢，第ⅡA、第ⅤA元素大于同一周期相鄰元素，所以第一電離能：Z(N)＞Y(B)，A錯誤；B．（NH3·BH3）中N-B為配位鍵，N提供孤電子對，B提供空軌道，故B正確；C．為NH3·BH3，N、B均為sp3雜化，故C正確；D．（NH3·BH3）中B有3個σ鍵，1個孤電子對，（∠HBH）小于120°，故D正確；故選A。14.一種超導(dǎo)材料(僅由Cs、Ag、F三種元素組成)的長方體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(已知，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值)：下列說法正確的是A.基態(tài)失去4d能級上的一個電子轉(zhuǎn)化為B.若N點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為()，則P點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為()C.M、N之間的距離為D.晶體的密度為〖答案〗D〖解析〗該晶胞中位于棱上及體內(nèi)有，位于棱上及面心有，F(xiàn)位于上、下平面各4個，前、后、左、右平面各2個，體內(nèi)4個，故有，Cs、Ag、F原子個數(shù)比為，化學(xué)式為。A．基態(tài)核外電子排布式為，失去5s能級的一個電子形成，A錯誤；B．若N點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，由，則P點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為即，B錯誤；C．M在底面頂角、N在底面對角線處，二者之間的距離為，C錯誤；D．晶體的密度為，D正確；故〖答案〗選D。15.某立方鹵化物可用于制作光電材料，其晶胞是立方體(圖1)，當(dāng)部分K+被Eu2+取代后可獲得高性能激光材料(圖2)。下列說法錯誤的是A.圖1中K+的配位數(shù)為12B.圖1表示的晶體的密度為C.圖1晶胞若以Mg2+作晶胞的頂點，則F-位于晶胞的棱心D.圖2表示的化學(xué)式為KEuMg2F6〖答案〗D〖解析〗A．圖1中K+周圍的F-個數(shù)是K+的配位數(shù)，故K+的配位數(shù)為12，A正確；B．圖1晶胞中含有1個K+、3個F-和1個Mg2+，原子的總質(zhì)量為，晶胞的體積為，因此晶體的密度為，B正確；C．圖1晶胞若以Mg2+作晶胞的頂點，則F-位于晶胞的棱心，C正確；D．圖2中根據(jù)電荷守恒分析，在垂直的棱心處的4個K+只能被2個Eu2+取代，有兩個空位，因此圖2所表示物質(zhì)的化學(xué)式為K2EuMg4F12，D錯誤；故選D。二、非選擇題：共55分。16.氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識去認(rèn)識和理解。（1）的空間結(jié)構(gòu)為_______，溴的基態(tài)原子價層電子排布式為_______。（2）根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是_______。元素氟氯溴碘第一電離能/()1681125111401008（3）下列分子既不存在“s-p”鍵，也不存在“p-p”π鍵的是_______(填字母)。A.HCl B.HF C. D.（4）已知為V形，中心氯原子周圍有4個價層電子對。中心氯原子的雜化軌道類型為_______。（5）鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物晶體，其結(jié)構(gòu)如圖所示，由此可判斷鈣的氧化物的化學(xué)式為_______。已知該晶胞內(nèi)離得最近的兩個鈣離子的間距為anm，則氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)的值為)。〖答案〗（1）①.平面三角形②.（2）碘（3）D（4）（5）①.②.〖解析〗【小問1詳析】COCl2的中心原子為C原子，價層電子對為3對，sp2雜化，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形；溴的基態(tài)原子價層電子排布式為；【小問2詳析】第一電離能是指原子失去一個電子所需的能量，第一電離能越小，越容易失去一個電子，比較表格中的數(shù)據(jù)可知，碘原子更容易形成較穩(wěn)定的單核陽離子；故〖答案〗為：碘；【小問3詳析】A．HCl中存在“s-p”鍵，A錯誤；B．HF中存在“s-p”鍵，B錯誤；C．SO2中不存在“s-p”鍵，但存在“p-p”π鍵，C錯誤；D．SCl2中只存在“p-p”鍵，不存在“s-p”鍵，也不存在“p-p”π鍵，D正確；故〖答案〗為：D；【小問4詳析】因為氯原子周圍有四個價層電子對，所以中心原子的雜化方式為sp3雜化；故〖答案〗為：sp3；【小問5詳析】晶胞中黑球代表Ca2+位于頂角及面心，數(shù)目是8×，兩個相連的白球代表位于棱上及體心，數(shù)目為個12×，化合物的化學(xué)式為：CaO2；最近的兩個鈣離子的間距為即a×10-7cm，則晶胞參數(shù)為，則氧化物的密度g/cm3=g/cm3；故〖答案〗為：CaO2；。17.研究表明、Cu()是光學(xué)活性物質(zhì)。請回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子核外電子占據(jù)的最高能級符號為_______，價層電子中未成對電子有_______個；Ga、In、Se中第一電離能從大到小的順序為_______。（2）的空間結(jié)構(gòu)為_______；中硒原子采取的雜化類型是_______。（3）可以形成等一系列配位數(shù)為6的配合物，向上述某物質(zhì)的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2.則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為_______。（4）通過氮摻雜反應(yīng)生成，可表示如圖，則晶體中_______，_______?！即鸢浮剑?）①.4s②.2③.Se>Ga>In（2）①.三角錐形②.（3）（4）①.②.〖解析〗【小問1詳析】基態(tài)Ti原子價電子排布式為3d24s2，占據(jù)的最高能級符號為4s，價層電子中未成對電子有2個；同主族元素從上到下第一電離能依次減小，Se是非金屬元素，Se的第一電離能最大，Ga、In、Se中第一電離能從大到小的順序為Se>Ga>In?！拘?詳析】中Se的價電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；中硒原子價電子對數(shù)為3，采取的雜化類型是?！拘?詳析】可以形成等一系列配位數(shù)為6的配合物，向上述某物質(zhì)的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2，說明該配合物配體中有2個氯離子、4個NH3，則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為?！拘?詳析】根據(jù)均攤原則，晶胞中Ti原子數(shù)為、氧原子數(shù)為，晶胞中Ti原子數(shù)為4、氧原子數(shù)為，N原子數(shù)為，所以晶體中，。18.鈦(Ti)和鋯(Zr)是同一副族的相鄰元素，它們的化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的用途。回答下列問題：（1）鈦和鋯的價層電子結(jié)構(gòu)相同，基態(tài)鋯原子的價層電子排布式為_______；與鈦同周期元素的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)與鈦相同的元素有_______種。（2）是一種儲氫材料。的空間結(jié)構(gòu)是_______，H、B、Ti的電負(fù)性由小到大的順序為_______。（3）已知晶胞中位于所構(gòu)成的正八面體的體心，晶胞中位于所構(gòu)成的立方體的體心，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶胞中的配位數(shù)是_______。②晶胞中A、B的原子坐標(biāo)為，，則C、D原子坐標(biāo)為_______、_______。③已知二氧化鋯晶胞的密度為，則晶體中Zr原子和O原子之間最短距離_______pm(列出表達(dá)式，為阿伏加德羅常數(shù)的值，的摩爾質(zhì)量為)。〖答案〗（1）①.②.3（2）①.正四面體②.Ti<B<H（3）①.3②.③.④.〖解析〗【小問1詳析】鈦的價層電子排布式為：3d24s2，基態(tài)鋯原子的價電子排布式為4d25s2；Ti位于第四周期，與鈦同周期的所有元素的基態(tài)原子中，Ti原子未成對電子數(shù)是2，未成對電子數(shù)與鈦相同的元素有Ni、Ge、Se共3種?！拘?詳析】Ti(BH4)2是一種儲氫材料。中心原子價層電子對數(shù)為4+=4，且沒有孤電子對，空間構(gòu)型是正四面體，同主族電負(fù)性從上到小逐漸減小，同周期從左到右逐漸增大，H、B、Ti的電負(fù)性由小到大的順序為Ti<B<H?！拘?詳析】①晶體中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，Ti4+的配位數(shù)為6，晶胞中Ti4+的數(shù)目=1+8×=2，O2-的數(shù)目=2+4×=4，TiO2晶胞中O2-的配位數(shù)=6×=3；②TiO2晶胞中A、B的原子坐標(biāo)為(0.69，0.69，1)，(0.19，0.81，0.5)，則C、D原子坐標(biāo)為(0.81，0.19，0.5)、(0.23，0.23，0)；③已知二氧化鋯晶胞的密度為ρg·cm-3，則晶體中Zr原子和O原子之間的最短距離，晶胞體對角線長度等于棱長的倍，兩原子核間的距離為apm，則晶胞棱長=cm，晶胞中黑色球數(shù)目=8，白色球數(shù)目==4，即O原子數(shù)目8，Zr原子數(shù)目為4，晶胞質(zhì)量=，解得a=pm。19.回答下列問題。Ⅰ.石墨、磷及其化合物在電池、催化等領(lǐng)域有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）黑磷與石墨類似，也具有層狀結(jié)構(gòu)(如圖所示)。下列說法錯誤的是_______(填字母)。A.黑磷分子中所用化學(xué)鍵的鍵能不完全相同B.黑磷與石墨都屬于混合型晶體C.黑磷中P原子的雜化方式為D.黑磷分子中存在大π鍵，易導(dǎo)電（2）、等可作為聚乙二醇鋰離子電池的電極材料。電池放電時，沿聚乙二醇分子中的碳氧鏈向正極遷移的過程如圖所示(圖中陰離子未畫出)。相同條件下，發(fā)現(xiàn)分別使用和作電極材料，做電極材料時遷移速率較快，原因是_______。（3）是一種白色晶體，其晶胞如圖所示。該晶體熔融時形成一種能導(dǎo)電的液體，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子。寫出熔融時的電離方程式_______。Ⅱ.碳元素能形成多種單質(zhì)，其中石墨和富勒烯()是兩類常見的物質(zhì)。以其完美的球烯受到科學(xué)家重視。（4）石墨晶體中存在的作用力類型有_______。a.鍵b.極性鍵c.非極性鍵d.范德華力e.離子鍵（5）石墨、互為同素異形體，但相同條件下，石墨的熔點比高得多，原因是_______。（6）的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，每個白球代表1個分子。已知一定條件下晶胞的棱長為apm，阿伏伽德羅常數(shù)為，則該條件下的摩爾體積為_______(用含a、的代數(shù)式表示)Ⅲ.配位化合物在生產(chǎn)生活中有重要應(yīng)用，請根據(jù)要求回答下列問題：可以形成多種配離子，如、、丁二酮肟鎳分子(見圖)等。（7）關(guān)于的說法中錯誤的是_______。A.中心原子的化合價為+3價B.中心原子的配位數(shù)是6C.含1mol的水溶液中加入足量溶液，產(chǎn)生3mol白色沉淀（8）已知立體結(jié)構(gòu)如圖，其中1~6處的小圓圈表示分子，且各相鄰的分子間的距離相等(圖中虛線長度相等)。位于正八面體的中心，若其中兩個被取代，所形成的的結(jié)構(gòu)的數(shù)目為_______?！即鸢浮剑?）D（2）中陰離子半徑大，晶格能更小，離子鍵容易斷裂，有利于Li+遷移（3）或（4）acd（5）是分子晶體，熔化時破壞的作用力為范德華力；石墨是混合型晶體，熔化時破壞的作用力既有共價鍵又有范德華力，共價鍵的強(qiáng)度大于范德華力，則石墨的熔點比高得多（6）（7）C（8）2〖解析〗【小問1詳析】A．根據(jù)黑磷的結(jié)構(gòu)，P-P的鍵長不完全相等，因此鍵能不完全相同，故A說法正確；B．黑磷與石墨類似，每一層原子之間由共價鍵組成六元環(huán)，層與層之間存在范德華力，所以為混合型晶體，故B說法正確；C．黑磷中的P形成三個共價鍵，有一個孤電子對，P原子采取sp3雜化，故C說法正確；D．石墨結(jié)構(gòu)中六個碳形成正六邊形，共面，通過黑磷結(jié)構(gòu)可知，六個磷原子形成的六元環(huán)不共面，因此黑磷分子中不存在大π鍵，故D錯誤；〖答案〗為D；【小問2詳析】因為的半徑比的小，LiPF6晶格能大，與Li+的作用力比的強(qiáng)，不易斷裂，遷移速率慢，因此LiAsF6作電極材料時，Li+遷移速率較快；【小問3詳析】根據(jù)題中信息以及晶胞圖可知，正四面體形陽離子說明有4個σ鍵，無孤電子對，陽離子是，陰離子為正八面體形，一個P對應(yīng)六個Cl，該陰離子為，電離方程式為或；【小問4詳析】石墨晶體中層內(nèi)存在σ或非極性共價鍵，層層之間存在范德華力，故〖答案〗為acd；【小問5詳析】C60是分子晶體，熔化時破壞的作用力為范德華力；石墨是混合型晶體，熔化時破壞的作用力既有共價鍵又有范德華力，共價鍵的強(qiáng)度大于范德華力，則石墨的熔點比C60高得多；故〖答案〗為C60是分子晶體，熔化時破壞的作用力為范德華力；石墨是混合型晶體，熔化時破壞的作用力既有共價鍵又有范德華力，共價鍵的強(qiáng)度大于范德華力，則石墨的熔點比C60高得多；【小問6詳析】C60位于頂點和面心，晶胞中C60個數(shù)為8×=4，晶胞的物質(zhì)的量為mol，晶胞的體積為(a×10-10)3cm3，則該條件下C60的摩爾體積為cm3/mol；故〖答案〗為；【小問7詳析】A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中中心原子為Ti，Cl顯-1價，NH3整體不帶電，因此根據(jù)化合價代數(shù)和為0，推出Ti的化合價為+3價，故A說法正確；B．中心原子的配位數(shù)為5+1=6，故B說法正確；C．[Ti(NH3)5Cl]Cl2電離方程式為[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量硝酸銀溶液，產(chǎn)生2molAgCl沉淀，故C說法錯誤；〖答案〗為C；【小問8詳析】該立體結(jié)構(gòu)為正八面體，1、2、3、4、5、6位置均相同，因此二氯代物有2種，即1、2和1、4；故〖答案〗為2。福建省福州市六校聯(lián)考2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期期中聯(lián)考(滿分：100分，完卷時間：75分鐘)可能用到的相對原子質(zhì)量：C-12O-16F-19Ca-40Mg-24K-39Cs-133Ag-108一、單項選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分)1.明礬[KAl(SO4)2·12H2O]可用作凈水劑，氯化鉀(KCl)是一種重要的鉀肥。下列說法正確的是A.元素的電負(fù)性： B.離子半徑：C.元素的第一電離能：S>O D.堿性：〖答案〗B〖解析〗A．元素電負(fù)性：K<H，A錯誤；B．離子半徑：Cl->K+，B正確；C．元素的第一電離能：S<O，C錯誤；D．堿性：，D錯誤；故選B。2.下列化學(xué)用語正確的是A.氯化銨的分子式：B.的簡化電子排布式：C.的晶胞：D.的VSEPR模型：〖答案〗D〖解析〗A．由氯離子和銨根離子通過離子鍵形成，是氯化銨的化學(xué)式，不是分子式，A錯誤；B．的簡化電子排布式為，B錯誤；C．不是氯化鈉晶體中重復(fù)的結(jié)構(gòu)單元，不是氯化鈉的晶胞，是氯化鈉晶胞的四分之一，C錯誤；D．SO2的中心原子的價層電子對為3對，VSEPR模型為平面三角形，D正確；〖答案〗選D。3.下列說法不正確的是A.用電子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ鍵的形成：C.HCHO中C原子雜化軌道示意圖：D.基態(tài)鍺原子的簡化電子排布式：〖答案〗D〖解析〗A．硫化鉀形成過程中鉀失去電子，硫得到電子，K2S的形成過程為：，故A正確；B．HCl分子中σ鍵的形成是氫原子s電子和氯原子的3p電子形成一對共用電子對，HCl分子中σ鍵的形成為，故B正確；C．HCHO中的C原子采用sp2雜化，3個雜化軌道夾角為120，形成平面三角形，示意圖為，故C正確；D．鍺原子序數(shù)32，簡化電子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D錯誤〖答案〗選D。4.X、Y、Z、W均為短周期主族元素，它們在周期表中的相對位置如圖所示，下列說法中正確的是A.Y的價層電子排布式是ns2np5B.四種元素所形成的最簡單氫化物中，沸點最高的可能是Y的氫化物C.Y、Z之間可形成的晶體都是分子晶體D.X、Z、W的最高價氧化物所對應(yīng)的水化物不可能均是強(qiáng)酸〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W均為短周期主族元素，它們在周期表中的相對位置如圖所示，根據(jù)圖示可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期。A．Y的價層電子排布式是ns2np5時，Y位于ⅤⅡA族，則W為稀有氣體Ar，不是主族元素，故A錯誤；B．由周期表的相對位置可知，Y可能為O元素，水分子間能夠形成氫鍵，且氫鍵數(shù)目多于氨氣，則四種元素所形成的氫化物中，沸點最高的是水，故B正確。C．當(dāng)Y為C，Z為硅，這時兩者形成的物質(zhì)SiC為共價化合物，故C錯誤；D．X、Z、W可以分別為N、S、Cl元素，N、S、Cl的最高價氧化物所對應(yīng)的水化物分別為硝酸、硫酸和高氯酸，它們均是強(qiáng)酸，故D錯誤；故選B。5.某固體混合物由四種元素組成，其中X、Y、Z、Q為前三周期元素，且原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)比Z原子的最外層電子數(shù)多3；X和Y的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和為15；Z原子的M層與K層的電子數(shù)相等；Q2—微粒的核外電子數(shù)與核電荷數(shù)之比為，下列說法錯誤的是A.簡單離子半徑大小順序：X＞Y＞ZB.最高價氧化物對應(yīng)水化物溶液的pH：Z＞QC.QY2、ZY、XY都屬于共價化合物，且都能與水反應(yīng)D.1molX的氫化物X2H4和1molY的氫化物H2Y2中極性鍵數(shù)目之比為2：1〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、Q為前三周期元素，且原子序數(shù)依次增大，Z原子的M層與K層的電子數(shù)相等，則Z為Mg元素；X原子的最外層電子數(shù)比Z原子的最外層電子數(shù)多3，則X為N元素；X和Y的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)之和為15，則Y為O元素；Q2—微粒的核外電子數(shù)與核電荷數(shù)之比為，則Q為S元素。A．電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則簡單離子半徑大小順序為N3—＞O2—＞Mg2+，故A正確；B．氫氧化鎂是中強(qiáng)堿，溶液呈堿性，硫酸是二元強(qiáng)酸，溶液呈酸性，則氫氧化鎂溶液的pH大于硫酸溶液，故B正確；C．氧化鎂是只含有離子鍵的離子化合物，一氧化氮不能與水反應(yīng)，故C錯誤；D．聯(lián)氨分子中氮氫極性鍵的數(shù)目為4，過氧化氫分子中氫氧極性鍵的數(shù)目為2，則1mol聯(lián)氨與1mol過氧化氫中極性鍵數(shù)目之比為2：1，故D正確；故選C。6.X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相鄰，X與W同族，W的核外電子總數(shù)等于X和Z的核外電子總數(shù)之和。下列說法正確的是A.元素的第一電離能：B.簡單氫化物的穩(wěn)定性：C.中有鍵D.的空間結(jié)構(gòu)為V形，屬于含有極性鍵的極性分子〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相鄰，則X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X與W同族，設(shè)X的原子序數(shù)為a，則Y、Z、W的原子序數(shù)分別為a+1，a+2，a+8，W的核外電子總數(shù)等于X和Z的核外電子總數(shù)之和，則a=6.由題意可推知，X為C，Y為N，Z為O，W為。A．元素的第一電離能：，A錯誤；B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：，B正確；C．中含有鍵，C錯誤；D．的空間結(jié)構(gòu)為直線形，屬于含有極性鍵的非極性分子，D錯誤。故〖答案〗選B。7.X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，它們原子的最外層電子數(shù)之和為24，X是地殼中含量最高的元素，基態(tài)Z原子的p軌道上存2個未成對電子，Q的單質(zhì)為黃色晶體，常存在于火山口附近。下列說法錯誤的是A.QX2分子為極性分子 B.元素電負(fù)性：X＞R＞QC.Y位于元素周期表中的s區(qū) D.Z、Q、R的氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強(qiáng)〖答案〗D〖解析〗由題干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序數(shù)依次增大短周期主族元素，X是地殼中含量最高的元素，則X為O，基態(tài)Z原子的p軌道上存2個未成對電子且原子序數(shù)介于O和Q即S之間，則Z為Si，Q的單質(zhì)為黃色晶體，常存在于火山口附近，故Q為S，R為Cl，它們原子的最外層電子數(shù)之和為24，則Y的最外層上電子數(shù)為：24-6-6-4-7=1，且原子序數(shù)大于8小于14，故Y為Na，綜上分析可知，X為O、Y為Na、Z為Si、Q為S、R為Cl，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，X為O，Q為S，QX2即SO2分子為V形結(jié)構(gòu)，分子的正負(fù)電荷中心不重合，故為極性分子，A正確；B．由分析可知，X為O、Q為S、R為Cl，故元素電負(fù)性O(shè)＞Cl＞S即X＞R＞Q，B正確；C．由分析可知，Y為Na，故Y位于元素周期表中的s區(qū)，C正確；D．元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性與其非金屬性一致，故Z、Q、R的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性依次增強(qiáng)，但不是最高價就不一定，如H2SO3＞HClO，D錯誤；故〖答案〗為：D。8.居里夫婦用α粒子()轟擊某金屬原子得到，基態(tài)Y原子3p能級半充滿。具有放射性，很快衰變?yōu)椋?，。下列說法正確的是A.自然界不存在分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定B.第一電離能：Q<X<YC.簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y<QD.X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之比為13∶14〖答案〗D〖解析〗基態(tài)Y原子3p能級半充滿，所以Y原子為P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y質(zhì)子數(shù)相差2，所以X為Al；Q和Y質(zhì)子數(shù)相差1，Q為Si，據(jù)此分析解題。A．由題意30P易衰變，加之其化學(xué)鍵非常不穩(wěn)定，故自然界中不存在，故A錯誤；B．X為Al，Q為Si，Y為P，同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而增大，所以第一電離能：Al<Si<P，故B錯誤；C．P電負(fù)性大于Si，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：Y>Q，故C錯誤；D．X為Al，質(zhì)子數(shù)為13，中子數(shù)為14，所以X原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)之比為13∶14，故D正確；故〖答案〗選D。9.液氨是一種很好的溶劑，液氨可以微弱的電離產(chǎn)生和。NH3中的一個H原子若被-NH2取代可形成N2H4(聯(lián)氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羥胺)。在有存在時，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3經(jīng)過一定的轉(zhuǎn)化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(無色)、HNO3等。下列有關(guān)NH2OH、NH3、、的說法正確的是A.NH2OH難溶于水B.的空間構(gòu)型為直線形C.NH3的鍵角比中的大D.1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molσ鍵〖答案〗C〖解析〗A．NH2OH能和水形成分子間氫鍵，所以易溶于水，A錯誤；B．的價層電子數(shù)為2+=3，含有1對孤電子對，VSEPR模型為平面三角形，其空間構(gòu)型為V形，B錯誤；C．中N原子價層電子對個數(shù)=2+=4且含有2個孤電子對，NH3中N原子價層電子對個數(shù)=3+=4且含有1個孤電子對，孤電子對之間的排斥力大于孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力，所以NH3的鍵角比中的大，C正確；D．1mol[Cu(NH3)4]2?中含有4molCu-Nσ鍵和12molN-Hσ鍵，即共16molσ鍵，D錯誤；故〖答案〗為：C。10.日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為。已知：、、和為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，為金屬元素，基態(tài)原子軌道上的電子數(shù)和軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)、、原子的未成對電子數(shù)之比為。下列說法正確的是A.原子半徑：B.元素最高價化物對應(yīng)的水化物具有強(qiáng)氧化性C.電負(fù)性：D.能與水反應(yīng)生成氣體的單質(zhì)只有的單質(zhì)〖答案〗C〖解析〗基態(tài)原子軌道上的電子數(shù)和軌道上的電子數(shù)相等，電子排布為，X為O元素，基態(tài)O原子的未成對電子數(shù)為2，Y和Z的未成對電子數(shù)分別為1和3，且原子序數(shù)為前20，則Z的價層電子排布為，Z的原子序數(shù)大于O，所以Z為P，電子排布為，Y的原子序數(shù)在O和P之間，基態(tài)Y原子未成對電子數(shù)為1，則Y可能為F或者Na，或者Al，由于為金屬元素，W和Y可形成，Y不可能為金屬元素，所以Y只能是F，根據(jù)化合物中正負(fù)化合價的代數(shù)和為0，W為Ca。A．X為O元素，Y為F元素，Z為P元素，W為Ca元素，原子半徑：，A錯誤；B．Z為P元素，最高價化物對應(yīng)的水化物為，不具有強(qiáng)氧化性，B錯誤；C．電負(fù)性：，C正確；D．能與水反應(yīng)生成，Ca能與水反應(yīng)生成，所以能與水反應(yīng)生成氣體的單質(zhì)有Y和W，D錯誤；故選C。11.氮氧化物(NOx)會對生態(tài)系統(tǒng)和人體健康造成危害。一種以沸石籠作為載體對NO?進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.反應(yīng)①每消耗lmolO2，轉(zhuǎn)移2mol電子B.反應(yīng)⑤中[Cu(NH3)4]2+作還原劑C.反應(yīng)④有σ鍵和π鍵的形成D.脫除NO的總反應(yīng)可表示為〖答案〗B〖解析〗A．根據(jù)圖示可知在反應(yīng)①中0價的O2反應(yīng)后在生成物中含有-O-O-，O元素化合價變?yōu)?1價，則反應(yīng)消耗1molO2，轉(zhuǎn)移2mole-，A正確；B．根據(jù)圖示可知反應(yīng)⑤為：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反應(yīng)中[Cu(NH3)4]2+中Cu的化合價由+2價降低到[Cu(NH3)2]+中的+1價，被還原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化劑，B錯誤；C．已知三鍵為1個σ鍵和2個π鍵，根據(jù)圖示信息可知，反應(yīng)④有N≡N形成即有σ鍵和π鍵的形成，C正確；D．根據(jù)圖示可知圖中總變化過程可表示為：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正確；故〖答案〗為：B。12.短周期主族元素R、X、Y、M原子序數(shù)依次增大，Y為地殼中含量最高的元素，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，由R、X、Y、M組成的物質(zhì)結(jié)構(gòu)式如圖所示。下列說法錯誤的是A.的VSEPR模型名稱為平面三角形B.M的氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸C.該化合物中X原子最外層均滿足結(jié)構(gòu)D.Y元素所在周期中，第一電離能大于Y的元素有3種〖答案〗B〖解析〗短周期主族元素R、X、Y、M原子序數(shù)依次增大，Y為地殼中含量最高的元素，則Y為O元素；由物質(zhì)結(jié)構(gòu)式可知，化合物分子中R、M形成1個共價鍵、X形成4個共價鍵，M與Y元素不同周期且M原子的核外未成對電子數(shù)為1，則R為H元素、X為C元素、M為Cl元素。A．碳酸根離子中碳原子價層電子對數(shù)為3、孤對電子對數(shù)為0，離子的VSEPR模型與空間結(jié)構(gòu)均為平面三角形，故A正確；B．氯元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸高氯酸，應(yīng)該是M的最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強(qiáng)酸，故B錯誤；C．由物質(zhì)結(jié)構(gòu)式可知，化合物分子中碳原子最外層均滿足8e?結(jié)構(gòu)，故C正確；D．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素的第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能大于氧元素的元素為氮元素、氟元素、氖元素，共3種，故D正確；〖答案〗選B。13.短周期主族元素X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，其序數(shù)和為13，可組成固態(tài)儲氫材料。Z是空氣中含量最高的元素。下列說法錯誤的是A.第一電離能：Y>Z B.中存在配位鍵C.Z、Y軌道雜化類型相同 D.中小于120°〖答案〗A〖解析〗Z是空氣中含量最高的元素，則Z是N元素，短周期主族元素X、Y、Z原子序數(shù)依次遞增，其序數(shù)和為13，可組成固態(tài)儲氫材料，根據(jù)三種元素結(jié)合的原子個數(shù)與原子結(jié)構(gòu)關(guān)系可知：X是H，Y是B，為NH3·BH3。A．．一般情況下同一周期元素的第一電離能呈增大趨勢，第ⅡA、第ⅤA元素大于同一周期相鄰元素，所以第一電離能：Z(N)＞Y(B)，A錯誤；B．（NH3·BH3）中N-B為配位鍵，N提供孤電子對，B提供空軌道，故B正確；C．為NH3·BH3，N、B均為sp3雜化，故C正確；D．（NH3·BH3）中B有3個σ鍵，1個孤電子對，（∠HBH）小于120°，故D正確；故選A。14.一種超導(dǎo)材料(僅由Cs、Ag、F三種元素組成)的長方體晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(已知，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值)：下列說法正確的是A.基態(tài)失去4d能級上的一個電子轉(zhuǎn)化為B.若N點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為()，則P點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為()C.M、N之間的距離為D.晶體的密度為〖答案〗D〖解析〗該晶胞中位于棱上及體內(nèi)有，位于棱上及面心有，F(xiàn)位于上、下平面各4個，前、后、左、右平面各2個，體內(nèi)4個，故有，Cs、Ag、F原子個數(shù)比為，化學(xué)式為。A．基態(tài)核外電子排布式為，失去5s能級的一個電子形成，A錯誤；B．若N點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，由，則P點原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為即，B錯誤；C．M在底面頂角、N在底面對角線處，二者之間的距離為，C錯誤；D．晶體的密度為，D正確；故〖答案〗選D。15.某立方鹵化物可用于制作光電材料，其晶胞是立方體(圖1)，當(dāng)部分K+被Eu2+取代后可獲得高性能激光材料(圖2)。下列說法錯誤的是A.圖1中K+的配位數(shù)為12B.圖1表示的晶體的密度為C.圖1晶胞若以Mg2+作晶胞的頂點，則F-位于晶胞的棱心D.圖2表示的化學(xué)式為KEuMg2F6〖答案〗D〖解析〗A．圖1中K+周圍的F-個數(shù)是K+的配位數(shù)，故K+的配位數(shù)為12，A正確；B．圖1晶胞中含有1個K+、3個F-和1個Mg2+，原子的總質(zhì)量為，晶胞的體積為，因此晶體的密度為，B正確；C．圖1晶胞若以Mg2+作晶胞的頂點，則F-位于晶胞的棱心，C正確；D．圖2中根據(jù)電荷守恒分析，在垂直的棱心處的4個K+只能被2個Eu2+取代，有兩個空位，因此圖2所表示物質(zhì)的化學(xué)式為K2EuMg4F12，D錯誤；故選D。二、非選擇題：共55分。16.氧元素和鹵族元素都能形成多種物質(zhì)，我們可以利用所學(xué)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識去認(rèn)識和理解。（1）的空間結(jié)構(gòu)為_______，溴的基態(tài)原子價層電子排布式為_______。（2）根據(jù)下表提供的第一電離能數(shù)據(jù)判斷，最有可能生成較穩(wěn)定的單核陽離子的鹵素原子是_______。元素氟氯溴碘第一電離能/()1681125111401008（3）下列分子既不存在“s-p”鍵，也不存在“p-p”π鍵的是_______(填字母)。A.HCl B.HF C. D.（4）已知為V形，中心氯原子周圍有4個價層電子對。中心氯原子的雜化軌道類型為_______。（5）鈣在氧氣中燃燒時得到一種鈣的氧化物晶體，其結(jié)構(gòu)如圖所示，由此可判斷鈣的氧化物的化學(xué)式為_______。已知該晶胞內(nèi)離得最近的兩個鈣離子的間距為anm，則氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必計算出數(shù)值，阿伏加德羅常數(shù)的值為)。〖答案〗（1）①.平面三角形②.（2）碘（3）D（4）（5）①.②.〖解析〗【小問1詳析】COCl2的中心原子為C原子，價層電子對為3對，sp2雜化，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形；溴的基態(tài)原子價層電子排布式為；【小問2詳析】第一電離能是指原子失去一個電子所需的能量，第一電離能越小，越容易失去一個電子，比較表格中的數(shù)據(jù)可知，碘原子更容易形成較穩(wěn)定的單核陽離子；故〖答案〗為：碘；【小問3詳析】A．HCl中存在“s-p”鍵，A錯誤；B．HF中存在“s-p”鍵，B錯誤；C．SO2中不存在“s-p”鍵，但存在“p-p”π鍵，C錯誤；D．SCl2中只存在“p-p”鍵，不存在“s-p”鍵，也不存在“p-p”π鍵，D正確；故〖答案〗為：D；【小問4詳析】因為氯原子周圍有四個價層電子對，所以中心原子的雜化方式為sp3雜化；故〖答案〗為：sp3；【小問5詳析】晶胞中黑球代表Ca2+位于頂角及面心，數(shù)目是8×，兩個相連的白球代表位于棱上及體心，數(shù)目為個12×，化合物的化學(xué)式為：CaO2；最近的兩個鈣離子的間距為即a×10-7cm，則晶胞參數(shù)為，則氧化物的密度g/cm3=g/cm3；故〖答案〗為：CaO2；。17.研究表明、Cu()是光學(xué)活性物質(zhì)。請回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子核外電子占據(jù)的最高能級符號為_______，價層電子中未成對電子有_______個；Ga、In、Se中第一電離能從大到小的順序為_______。（2）的空間結(jié)構(gòu)為_______；中硒原子采取的雜化類型是_______。（3）可以形成等一系列配位數(shù)為6的配合物，向上述某物質(zhì)的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2.則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為_______。（4）通過氮摻雜反應(yīng)生成，可表示如圖，則晶體中_______，_______?！即鸢浮剑?）①.4s②.2③.Se>Ga>In（2）①.三角錐形②.（3）（4）①.②.〖解析〗【小問1詳析】基態(tài)Ti原子價電子排布式為3d24s2，占據(jù)的最高能級符號為4s，價層電子中未成對電子有2個；同主族元素從上到下第一電離能依次減小，Se是非金屬元素，Se的第一電離能最大，Ga、In、Se中第一電離能從大到小的順序為Se>Ga>In?！拘?詳析】中Se的價電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；中硒原子價電子對數(shù)為3，采取的雜化類型是。【小問3詳析】可以形成等一系列配位數(shù)為6的配合物，向上述某物質(zhì)的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2，說明該配合物配體中有2個氯離子、4個NH3，則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為?！拘?詳析】根據(jù)均攤原則，晶胞中Ti原子數(shù)為、氧原子數(shù)為，晶胞中Ti原子數(shù)為4、氧原子數(shù)為，N原子數(shù)為，所以晶體中，。18.鈦(Ti)和鋯(Zr)是同一副族的相鄰元素，它們的化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）鈦和鋯的價層電子結(jié)構(gòu)相同，基態(tài)鋯原子的價層電子排布式為_______；與鈦同周期元素的基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)與鈦相同的元素有_______種。（2）是一種儲氫材料。的空間結(jié)構(gòu)是_______，H、B、Ti的電負(fù)性由小到大的順序為_______。（3）已知晶胞中位于所構(gòu)成的正八面體的體心，晶胞中位于所構(gòu)成的立方體的體心，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶胞中的配位數(shù)是_______。②晶胞中A、B的原子坐標(biāo)為，，則C、D原子坐標(biāo)為_______、_______。③已知二氧化鋯晶胞的密度為，則晶體中Zr原子和O原子之間最短距離_______pm(列出表達(dá)式，為阿伏加德羅常數(shù)的值，的摩爾質(zhì)量為)?！即鸢浮剑?）①.②.3（2）①.正四面體②.Ti<B<H（3）①.3②.③.④.〖解析〗【小問1詳析】鈦的價層電子排布式為：3d24s2，基態(tài)鋯原子的價電子排布式為4d25s2；Ti位于第四周期，與鈦同周期的所有元素的基態(tài)原子中，Ti原子未成對電子數(shù)是2，未成對電子數(shù)與鈦相同的元素有Ni、Ge、Se共3種?！拘?詳析】Ti(BH4)2是一種儲氫材料。中心原子價層電子對數(shù)為4+=4，且沒有孤電子對，空間構(gòu)型是正四面體，同主族電負(fù)性從上到小逐漸減小，同周期從左到右逐漸增大，H、B、Ti的電負(fù)性由小到大的順序為Ti<B<H。【小問3詳析】①晶體中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心，Ti4+的配位數(shù)為6，晶胞中Ti4+的數(shù)目=1+8×=2，O2-的數(shù)