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2022-2023学年四川省内江市第六中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年四川省内江市第六中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
四川省内江市第六中学2022—2023学年高二上学期期中考试
化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Fe -56 Cu-64
第Ⅰ卷 选择题 (满分 42分)
一、选择题 (下列各小题只有一个选项符合题意，共21小题，每题2分，共44分)
1. 化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 75%的乙醇溶液可以用作医用消毒剂 B. 铝制餐具长期用于蒸煮酸性食物
C. Si可作半导体材料 D. N2可作保护气
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇可以杀菌消毒，75%的乙醇溶液可以用作医用消毒剂，A项正确；
B．铝及其氧化物既能与酸反应又能与碱反应，故不能长期用于蒸煮酸性食物，B项错误；
C．Si可作半导体材料，C项正确；
D．N2化学性质稳定，可作保护气，D项正确；
答案选B。
2. 下列说法正确的是
A. 基态硅原子中电子占据的最高能层符号为3s23p2
B. 硅原子电子占据的最高能层的轨道数为9
C. 基态硫原子电子占据最高能级的的电子云轮廓图为球形
D. 铝原子核外电子云有7种不同的伸展方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅原子有三层电子，基态硅原子中电子占据的最高能层符号M，A项错误；
B．硅原子电子占据的最高能层为M层，M层能级有3s、3p、3d，轨道数为1+3+5=9，B项正确；
C．基态硫原子电子排布式为3s23p4，占据最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形，C项错误；
D．铝原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，s轨道为球形，有1个伸展方向，p轨道为向空间3个方向伸展的哑铃形，故核外电子云有4种不同的伸展方向，D项错误；
答案选B。
3. 下列叙述不正确的有
A. 某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7
B. 钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C. 高氯酸的酸性大于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸
D. 邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，进行讨论，最外层电子数分别为1、2、3、4、5、6、7、8，则核外电子总数分别为5、10、15、20、25、30、35、40，再根据核外电子排布规律可得只有最外层电子数为7，核外电子总数为35的Br原子符合，其最高化合价为＋7，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Na的第一电离能比Mg小，而Na的第二电离能大于Mg的，B错误；
C．高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，次氯酸是弱酸，故高氯酸的酸性比次氯酸强，但次氯酸的氧化性比高氯酸强，C正确；
D．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，D正确；
故选B。
4. 氟原子激发态的电子排布式有
A. 1s22s22p33p1 B. 1s22s22p43d2 C. 1s22s12p5 D. 1s22s22p43s1
【答案】D
【解析】
【详解】原子基态电子排布要符合构造原理，基态氟原子电子排布式为1s22s22p5，其他排布形式为激发态，氟原子有9个电子，故选项中属于氟原子激发态的电子排布式为1s22s22p43s1；
答案选D。
5. 下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AD微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是A微粒能量高于D，稳定性D＞A，所以失电子能量D＞A；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个电子能量：B＞C；D为Mg+、B为Mg原子，D再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量D＞B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为D。
【点睛】能量越高越不稳定，越易失电子；原子的第一电离能、第二电离能、第三电离能···依次增大。
6. 下列分子或离子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是
A. AsH3 平面三角形 sp3杂化 B. H3O+ 平面三角形 sp2杂化
C. H2Se V形 sp3杂化 D. CO 三角锥形 sp3杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．AsH3中心原子的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，As的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B．的中心原子的价层电子对数=3+ (6-1-3×1)=4，O的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项B错误；
C．H2Se中心原子的价层电子对数=2+ (6-2×1)=4，Se的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C正确；
D．中心原子的价层电子对数=3+ (4+2-3×2)=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选C。
7. 下列说法正确的是
A. 元素Li、B、H的电负性由大到小的顺序为B>H>Li
B. NH4NO3中电负性最小的元素是N
C. 基态Ni3+价电子排布式为3d7
D. BF3的键角为120°，SnBr2的键角为120°
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，同周期元素自左而右电负性增大，结合BH3中H为-1价，故电负性：H＞B＞Li，故A错误；
B．同周期元素自左而右电负性增大，N、O电负性大于H的电负性，故NH4NO3中电负性最小的元素是H，故B错误；
C．Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子排布式为3d84s2，基态Ni3+原子核外价电子排布式为3d7，故C正确；
D．BF3分子中B原子价层电子对数=3+=3且不含孤电子对，为平面三角形结构，键角为120°，SnBr2中Sn原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，为V形结构，键角小于120°，故D错误；
故选：C。
8. 下列说法正确的是
A. 非极性分子中的原子上一定不含孤对电子
B. 平面三角形分子一定是非极性分子
C. ABn型分子的中心原子满足8电子结构，则ABn分子不一定是非极性分子
D. 二氯甲烷分子的中心原子采取sp3杂化，键角均为109°28＇
【答案】C
【解析】
【详解】A．非极性分子中的原子上可能含有孤电子对，如CCl4是非极性分子，氯原子上含有孤电子对，A错误；
B．对称的平面三角形构型是非极性分子，如BF3，不对称的平面三角形如HCHO，是极性分子，B错误；
C．CH4的中心原子C最外层满足8电子结构，CH4是非极性分子，NH3中心原子N最外层满足8电子结构，但NH3是极性分子，C正确；
D．二氯甲烷分子的中心原子采取sp3杂化，因为C-H键和C-Cl键的键长不一样，键角发生改变，键角不是109°28＇，D错误；
故答案为：C。
【点睛】判断极性分子和非极性分子方法：正电中心和负电中心重合为非极性分子，正电中心和负电中心不重合为极性分子。
9. 下列说法不正确的是
A. NF3的键角大于NH3的键角
B. 标况下，22.4L二氧化碳和18g冰中所含的π键数和氢键数均为2NA
C. HNO3、H2SO4、C2H5OH、CH3COOH分子之间都可以形成分子间氢键
D. 甘油(CH2OH-CHOH-CH2OH)分子中没有手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．NF3和NH3的中心原子都是氮，且中心原子的孤对电子数目都是，但配位原子的电负性F>H，故氨气的键角大于三氟化氮，A错误；
B．一个二氧化碳有2个碳氧双键，故标况下，22.4L即1mol二氧化碳含有π键数2NA。冰中一个水分子靠氢键与周围的四个水分子形成正四面体，均摊法一个水分子有两个氢键，故18g即1mol水含有2NA个氢键，B正确；
C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以共价键结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H···Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键。根据定义，HNO3、H2SO4、C2H5OH、CH3COOH分子之间都可以形成分子间氢键，C正确；
D．手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，甘油(CH2OH-CHOH-CH2OH)分子中没有手性碳原子，D正确；
故选A。
10. 下列说法正确的是
A. 二氧化碳，按电子云重叠的方式分，其共价键的类型有1种
B. NH3·BH3中，B的杂化方式为sp3杂化
C. 硒的两种含氧酸的酸性强弱为：H2SeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2分子中含有两个碳氧双键，共价双键中含有一个σ键一个π键，共价键的类型有2种，故A错误；
B．NH3·BH3中B的价电子对数为4，B的杂化轨道类型为sp3，故B正确；
C．同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成(OH)2SeO2、(OH)2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多，则酸性：H2SeO4>H2SeO3，故C错误；
D．SeO中Se原子含有的孤对电子对数是=0，所以是正四面体形，属于sp3杂化，和VSEPR模型一致；SeO的Se原子价电子对数为=4，其VSEPR模型为正四面体形，但由于中心原子Se与O形成了3个σ键，故中心原子还有1个孤电子对，其立体构型为三角锥形，故D错误；
故选：B。
11. 下列说法正确的是
A. 某化合物M的结构式如图，则碳、氮原子的杂化方式相同
B. 上述化合物M中，编号为a的氮原子和与其成键的另外三个原子在同一平面内
C. I3+的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
D. S8分子中S原子的采取的轨道杂化方式为sp
【答案】C
【解析】
【详解】A．化合物M中碳，氮原子各形成了3个σ键，氮原子有一对孤电子对而碳原子没有，故氮原子是杂化，而碳原子是杂化，A项错误；
B．由于氮原子为杂化，故相应的四个与原子形成的是三角锥结构，不能共平面，B项错误；
C．中原子为中心原子，则其孤电子对数为，其形成了2个σ键，中心原子采取杂化，立体构型为V形，C项正确；
D．是一个环形分子，每个S与两个其他S原子相连，S原子形成两个孤电子对，两个σ键，所以S是杂化，D项错误；
答案选C。
12. 如图所示，a为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物，b为与形成的螯合物。下列叙述正确的是
A. a和b中N原子均采取杂化 B. b中的配位数为4
C. a中配位原子是C原子 D. b中含有共价键、离子键和配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A． a中N原子有3对键电子对，还有1对孤对电子，b中N原子有4对键电子对，没有孤对电子，则a、b中N原子均采取杂化，A正确；
B． b为配离子，的配位数为6，B错误；
C． a不是配合物，C错误；
D． b中钙离子与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；
故选A。
13. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【解析】
【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
14. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是
A. Y的第一电离能在四种元素中最大 B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点 D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
【分析】W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S，据此解答。
【详解】A．一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；
B．H2O中O的价层电子对数为2+=4，SO2中S的价层电子对数为2+=3，因此H2O和SO2的中心原子分别为和杂化，B正确；
C．O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；
D．SF4中，S的最外层电子数为10，D错误；
答案选D。
15. 某化合物可用作发酵助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法不正确的是
A. 该物质做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
B. Z的最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸弱
C. X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键
D. 四种元素中电负性最大的是Y，第一电离能最小的是W
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，则X位于第一周期，为H元素；Y位于第二周期，Z位于第三周期，W位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成+1价阳离子，则Z为P元素，W为K元素；Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素。
【详解】A．据分析可知，该物质含有钾元素，做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，A正确；
B．Z为P元素，Z的最高价氧化物的水化物为H3PO4，H3PO4的酸性比硫酸弱，B正确；
C．X分别与Y、Z、W形成的简单化合物分别为H2O、PH3、KH，H2O、PH3中均含有共价键，而KH中只含有离子键，C错误；
D．元素非金属性越强，元素的电负性和第一电离能越大，H、O、P、K四种元素非金属性最强的为O元素，最弱的为K元素，则四种元素中电负性最大的是Y，第一电离能最小的是W，D正确；
故选C。
16. 碳酸亚乙烯酯的结构如图，下列有个该物质的说法正确的是
A. 分子中中心的碳和氧原子都采取杂化方式为：sp2
B. 1mol该分子中含有8NA个σ键
C. 分子中只有极性键，
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72L CO2。
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸亚乙烯酯结构中C-O键中的C有3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2，O原子有2个σ键，2对孤电子对，杂化方式为sp3，A项错误；
B．分子中存在4个C-O键、1个C=O双键，还存在2个C-H键，1个C=C双键，总共8个σ键，1mol该分子中含有8NA个σ键，B项正确；
C．分子中存在C=C键，含有非极性共价键，C项错误；
D．该物质分子式为C3H2O3，故物质的量为=0.1mol，完全燃烧生成0.3molCO2，由于未指明是否为标准状况，生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，D项错误；
答案选B。
17. 下列说法正确是
A. 由极性键构成的分子一定是极性分子
B. 离子化合物中可能存在非极性键
C. BCl3、CH4各原子中均满足8电子稳定结构
D. CH4、NH3、H2O互为等电子体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由极性键构成的分子，如果正负电荷中心重合，则为非极性分子，如二氧化碳为直线形分子，碳氧之间是极性键，但属于非极性分子，A项错误；
B．离子化合物中可能存在非极性键，过氧化钠是离子化合物，但存在O-O非极性键，B项正确；
C．B原子不能满足满足8电子稳定结构，C项错误；
D．原子数相等，价电子总数相等为等电子体，因此，不互为等电子体，D项错误；
答案选B。
18. 某化合物的化学式为CoCl3·4NH3，1mol此化合物中加入足量的AgNO3溶液，能生成1mol的白色沉淀，以强碱处理并加热没有NH3放出，则此化合物的说法正确的是
A. 该化合物的配体数为4 B. Co3+只与NH3分子形成配位键
C 该化合物可以写成[Co(NH3)4Cl2]Cl D. 该化合物可能显平面正方形结构
【答案】C
【解析】
【分析】实验式为CoCl3·4NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，据此答题。
【详解】A．配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，A错误；
B．由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，B错误；
C．由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4Cl2] Cl，C正确；
D．该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，D错误；
故选C。
19. 在碱性溶液中，Cu2+可与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图。下列说法错误的是
A. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中能与水分子形成氢键的原子只有N和O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为，A项正确；
B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，B项正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态铜原子的价电子排布式为，C项正确；
D．N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误；
故选D。
20. 含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种原子序数为48的Cd2+配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是
A. 该螯合物中N的杂化方式有2 种
B. 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol
C. Cd属于d区元素
D. Cd的价电子排布式为4d85s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．该整合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；
B．该整合物中与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1mol该配合物中通过整合作用形成6mol配位键，B正确；
C．原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；
D．Cd的价电子排布式为4d105s2，D错误；
故选B。
21. 已知晶体属立方晶系，晶胞边长a，将Li+掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，(注：Ni的配位数是指与该离子周围最近的异电荷的离子数)下列说法正确的是
A. 该结构单元中O原子数为3
B. Ni和Mg间的最短距离是 a
C. Ni的配位数为4
D. 该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4
【答案】D
【解析】
【详解】A．由均摊法可知该结构单元中O原子位于棱上和体心，数目为1+12×=4，A错误；
B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即=，B错误；
C．由晶胞可知，以左下角的镍为例，离Ni最近的原子位于x、y、z轴上各2个，故配位数为6，C错误；
D．1个晶胞中Li的个数=1×0.5=0.5，Mg的个数=2×0.5+1×=1.125，Ni的个数=7×+3×0.5=2.375，O的个数=4，因此该物质的化学式为，D正确；
故选D。
第Ⅱ卷 非选择题 (满分 58分)
22. Ⅰ.在下列物质中：①HCl②NH3③Na2O2④C2H4⑤NaOH⑥Ar⑦H2O2
（1）既存在离子键又存在极性键的是_______(填序号，下同)。
（2）不存在化学键的是_______。
（3）既存在极性键又存在非极性键的极性分子是_______。
（4）NH3分子的空间构型为_______，与该分子互为等电子体的阳离子为_______(填化学式，只写一种即可)。
Ⅱ.原子序数小于36的X、Y、Z、W、J、G六种元素，原子序数依次增大，其中X元素的原子在所有原子中半径最小，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，J元素原子核外的3p能级有两个电子，G元素原子核外有6个未成对电子(用元素符号或化学式表示)。
（5）写出G元素的基态原子的价电子排布式_______；Y2X2分子中σ键与π键数目之比为_______。
（6）Y、Z、W三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
（7）ZX3在水中的溶解度较大，可能的原因有_______、_______。(写出两个即可)
（8）判断J与W形成的化合物JW2是晶体还是非晶体，最科学的办法是_______；XYZ分子中Y原子轨道的杂化类型为_______。
（9）G元素有δ、γ、α三种同素异形体，晶胞结构如图所示。三种晶体的晶胞中所含有的G原子数之比为_______。
【答案】（1）⑤ （2）⑥
（3）⑦ （4） ① 三角锥形 ②. H3O+
（5） ①. 3d54s1 ②. 3∶2
（6）N>O>C （7） ①. NH3能与水反应、 ②. NH3与水都是极性分子、NH3与水分子之间还可以形成氢键(任写两个)
（8） ①. X-射线衍射法 ②. sp杂化
（9）2∶4∶1
【解析】
【分析】Ⅱ.X元素的原子在所有原子中半径最小，X为H；Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，即1s22s22p2，Y为C；W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，W为O；X、Y、Z、W、J、G六种元素，原子序数依次增大，则Z为N；J元素原子核外的3p能级有两个电子，即1s22s22p63s23p2，J为Si；G元素原子核外有6个未成对电子，即1s22s22p63s23p63d54s1，G为Cr。
【小问1详解】
既存在离子键又存在极性键，说明分子中含有金属离子或铵根离子，且含有不同原子形成的化学键，故既存在离子键又存在极性键的是⑤。
【小问2详解】
不存在化学键的是稀有气体，故不存在化学键的为⑥。
【小问3详解】
非极性键是相同原子形成的化学键，极性键是不同原子形成的化学键，极性分子的正负电荷中心不重合，故存在极性键和非极性键的分子为⑦。
【小问4详解】
NH3分子中N原子的价电子对数是=4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；原子数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体，与NH3互为等电体的一种分子的化学式为H3O+。
【小问5详解】
由分析可知，G为Cr，则其基态原子的价电子排布式为：3d54s1；Y2X2分子为C2H2即乙炔，结构式为H-C≡C-H，则分子中含3个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为3∶2。
【小问6详解】
Y、Z、W分别为C、N、O，同一周期主族元素第一电离能从左向右呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能比同周期相邻元素的大，因此三种元素第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C。
【小问7详解】
ZX3为NH3，NH3在水中的溶解度较大，可能的原因有：NH3能与水反应、NH3与水都是极性分子，依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；NH3与水分子之间还可以形成氢键，增大氨气溶解度。
【小问8详解】
判断晶体还是非晶体最科学的办法是X-射线衍射法；XYZ分子为HCN，是一种无机化合物，结构式为H-C≡N，C原子采取sp杂化。
【小问9详解】
G为Cr，利用均摊法，δ晶胞中Cr原子个数为：1+8×=2，γ晶胞中Cr原子个数为：8×+6=4，α晶胞中Cr原子个数为：8=1，则三种晶体的晶胞中所含有的Cr原子数之比为2∶4∶1。
23. 锂是最轻的金属，其运用非常广泛；回答下面问题
（1）金属性Li_______Na(填“ > ”或“<”)，熔点Li_______Na(填“ > ”或“<”)，第一电离能Li_______Na(填“ > ”或“<”)
（2）LiH中阴离子半径_______阳离子半径(填“ > ”或“<”)，Li与第三周期的元素_______ 符合对角线规则，足量Li在1mol氧气中充分反应，转移电子数为_______。锂与水反应的化学方程式为：_______ ；
（3）LiBr可作锂电池中电解质材料。用、氨水和液溴制备的流程如下：
合成时，除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式：_______；写出该反应的生成物中属于非电解质的电子式_______。
（4）溴化锂的溶解度随温度变化曲线如图所示。从溶液中得到晶体的实验步骤依次为：_______，_______，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ＞ ③. ＞
（2） ①. ＞ ②. Mg ③. 4NA ④. 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
（3） ①. ②.
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却至44℃结晶
【解析】
【分析】合成中发生的化学反应方程式为；LiBr溶液经蒸发、浓缩、冷却至44℃结晶，保温44℃过滤，用乙醇洗涤，干燥得到；
【小问1详解】
Li与Na为同主族元素，化学性质相似，Li电子层数为2，Na电子层数为3，Na比Li活泼，故金属性LiNa；Na比Li更易失电子，失去1个电子时需要的能量更少，故第一电离能Li>Na；
【小问2详解】
Li+原子结构示意图为，H-原子结构示意图为，二者核外电子排布相同，核电荷数Li+> H-，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故LiH中阴离子半径>阳离子半径；根据元素周期表结构可知，Li与第三周期的元素Mg符合对角线规则；Li与氧气反应与转移电子关系为，故足量Li在1mol氧气中充分反应，转移电子数为4NA；Li与Na化学性质相似，Li与水反应可以参照Na与水反应书写，化学方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；
【小问3详解】
Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，根据元素分析，两种参与大气循环的气体应为氮气、二氧化碳，反应的方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+3CO2↑，涉及到的非电解质是CO2，其电子式为；
【小问4详解】
根据溴化锂的溶解度随温度变化曲线可知，LiBr·H2O随温度升高，溶解度升高，在温度小于44ºC时为LiBr·2H2O，在高于44ºC时为LiBr·H2O，因此从溶液中得到LiBr·H2O晶体的实验步骤：蒸发浓缩，冷却至44℃结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
24. 将过量的氨水慢慢滴加到硫酸铜溶液中，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液最终变成深蓝色。
（1）Cu的价电子轨道表达式为_______；在周期表中，Cu元素属于_______区。
（2）将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式：_______；由该过程可知_______(填“H2O”或“NH3”)与Cu2+形成的配位键更稳定。
（3）[Cu(NH3)4]SO4中，若[Cu(NH3)4] 2＋具有对称的空间构型，且当其中的两个被两个取代时，能到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4] 2＋的空间构型为_______；SO的VSEPR模型名称为_______，1mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为_______。[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有(填序号)_______；
①配位键 ②氢键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键
向深蓝色溶液继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，试分析加乙醇，析出深蓝色晶体的原因：_______。
（4）硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键，请在图中用“→”表示出配位键_______。
（5）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_______。
【答案】（1） ①. ②. ds
（2） ①. Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O ②. NH3
（3） ①. 平面四边形或平面正方形 ②. 正四面体形 ③. 20NA ④. ①③⑤ ⑤. [Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体
（4） （5）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH－
【解析】
【小问1详解】
Cu的价电子排布为3d104s1，价电子轨道表达式为：；Cu属于ds区；
【小问2详解】
硫酸铜溶液中，铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，滴入氨水后生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O，由此可知[Cu(NH3)4]2+更稳定，即NH3与Cu2+形成的配位键更稳定；
【小问3详解】
当[Cu(NH3)4]2+为正四面体构型时，2个NH3被Cl-取代后的产物只有1种结构，而实际有2种结构，故其构型为平面四边形或平面正方形；
硫酸根中S原子的价层电子对数为，VSEPR模型名称为正四面体形；
1mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为：；
配合物中内界与外界之间为离子键，中心原子和配体之间为配位键，N原子核H原子之间、S原子和O原子之间为极性共价键，故选：①③⑤；
加乙醇，析出深蓝色晶体的原因：[Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体；
【小问4详解】
N、O原子与中心原子Cu之间为配位键，表示为：；
【小问5详解】
溶液呈深蓝色说明生成了[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH－
25. 湖南是我国矿产资源大省，磷储量丰富。回答下列问题：
（1）第三周期元素的原子中，第一电离能大于磷原子的有_______种
（2）氮族元素氢化物(、、)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物()性质可能为_______(填序号)。
A. 稳定性 B. 沸点 C. 分子间作用力 D. 还原性
（3）白磷P4分子P-P键之间键角为_______，P原子的杂化方式为_______
（4）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下：
①纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_______。
②键能大小比较：磷氧双键_______(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
③键角大小比较α：_______β(填“大于”“等于”或“小于”)。
④磷的含氧酸中，酸性：H3PO4_______ (填“ 大于”或“小于”)H3PO3。
⑤次磷酸根()的球棍模型如图所示，下列说法错误的是_______
A．P的原子结构示意图为：
B．次磷酸根的电子式为：
C．次磷酸根的结构式为：
D．次磷酸钠的化学式为：NaH2PO2，该化合物次磷酸的酸式盐。
（5）磷化硼是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。其化学式为：_______
【答案】（1）2 （2）A
（3） ①. 60° ②. sp3
（4） ①. 温度升高，破坏H3PO4分子间的氢键 ②. 大于 ③. 小于 ④. 大于 ⑤. BD
（5）BP或PB
【解析】
【小问1详解】
同周期元素，从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但由于第ⅤA族的p轨道是半充满的稳定状态，所以其第一电离能比其后的第ⅥA族的元素大，则第三周期元素的原子中，第一电离能大于磷原子的有Cl和Ar两种。
【小问2详解】
氢化物的稳定性随非金属性较小而减弱，从氮到砷，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性逐渐减弱，故A选；NH3分子间有氢键，其沸点高于PH3，但PH3的相对分子质量小于AsH3，PH3的分子间作用力小于AsH3的分子间作用力，所以AsH3的沸点高于PH3，故B、C均不选；从氮到砷，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则离子的还原性逐渐增强，所以相应的氢化物的还原性也逐渐增强，故D不选；故选A。
【小问3详解】
P4是正四面体结构，P-P键之间的键角为60°。P的价层电子对数为4，所以P采取sp3杂化。
【小问4详解】
①H3PO4分子间有氢键，温度升高，破坏H3PO4分子间的氢键，所以磷酸的黏度随温度升高而迅速下降。
②磷氧双键键长比磷氧单键键长短，则磷氧双键键能比磷氧单键键能大。
③磷氧双键和磷氧单键间的排斥力比磷氧单键和磷氧单键键的排斥力大，所以键角：α小于β。
④H3PO4的非羟基氧原子比H3PO3的非羟基氧原子多，所以H3PO4的酸性比H3PO3强。
⑤P原子核外有15个电子，分三层排布，从里往外，依次排2、8、5个电子，故A正确；从次磷酸根的球棍模型可知，P和两个H直接相连，故B的电子式错误；根据次磷酸根的球棍模型可知次磷酸根的结构式是正确的，故C正确；根据次磷酸根的球棍模型可知次磷酸是一元酸，所以NaH2PO2是次磷酸的正盐，故D错误；故选BD。
【小问5详解】
根据晶胞结构图，B原子在晶体内部，共4个；P原子在顶点和面心，顶点上的P被8个晶胞共有，面上的被2个晶胞共有，所以一个晶胞平均包含的P原子个数为=4，所以磷化硼的化学式为BP。
四川省内江市第六中学2022—2023学年高二上学期期中考试
化学试题
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Si-28 S-32 Fe -56 Cu-64
第Ⅰ卷 选择题 (满分 42分)
一、选择题 (下列各小题只有一个选项符合题意，共21小题，每题2分，共44分)
1. 化学与生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 75%的乙醇溶液可以用作医用消毒剂 B. 铝制餐具长期用于蒸煮酸性食物
C. Si可作半导体材料 D. N2可作保护气
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙醇可以杀菌消毒，75%的乙醇溶液可以用作医用消毒剂，A项正确；
B．铝及其氧化物既能与酸反应又能与碱反应，故不能长期用于蒸煮酸性食物，B项错误；
C．Si可作半导体材料，C项正确；
D．N2化学性质稳定，可作保护气，D项正确；
答案选B。
2. 下列说法正确的是
A. 基态硅原子中电子占据的最高能层符号为3s23p2
B. 硅原子电子占据的最高能层的轨道数为9
C. 基态硫原子电子占据最高能级的的电子云轮廓图为球形
D. 铝原子核外电子云有7种不同的伸展方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅原子有三层电子，基态硅原子中电子占据的最高能层符号M，A项错误；
B．硅原子电子占据的最高能层为M层，M层能级有3s、3p、3d，轨道数为1+3+5=9，B项正确；
C．基态硫原子电子排布式为3s23p4，占据最高能级为3p，电子云轮廓图为哑铃形，C项错误；
D．铝原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，s轨道为球形，有1个伸展方向，p轨道为向空间3个方向伸展的哑铃形，故核外电子云有4种不同的伸展方向，D项错误；
答案选B。
3. 下列叙述不正确的有
A. 某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为+7
B. 钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能
C. 高氯酸的酸性大于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸
D. 邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，进行讨论，最外层电子数分别为1、2、3、4、5、6、7、8，则核外电子总数分别为5、10、15、20、25、30、35、40，再根据核外电子排布规律可得只有最外层电子数为7，核外电子总数为35的Br原子符合，其最高化合价为＋7，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Na的第一电离能比Mg小，而Na的第二电离能大于Mg的，B错误；
C．高氯酸是酸性最强的无机含氧酸，次氯酸是弱酸，故高氯酸的酸性比次氯酸强，但次氯酸的氧化性比高氯酸强，C正确；
D．邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛，D正确；
故选B。
4. 氟原子激发态的电子排布式有
A. 1s22s22p33p1 B. 1s22s22p43d2 C. 1s22s12p5 D. 1s22s22p43s1
【答案】D
【解析】
【详解】原子基态电子排布要符合构造原理，基态氟原子电子排布式为1s22s22p5，其他排布形式为激发态，氟原子有9个电子，故选项中属于氟原子激发态的电子排布式为1s22s22p43s1；
答案选D。
5. 下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AD微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是A微粒能量高于D，稳定性D＞A，所以失电子能量D＞A；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个电子能量：B＞C；D为Mg+、B为Mg原子，D再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量D＞B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为D。
【点睛】能量越高越不稳定，越易失电子；原子的第一电离能、第二电离能、第三电离能···依次增大。
6. 下列分子或离子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是
A. AsH3 平面三角形 sp3杂化 B. H3O+ 平面三角形 sp2杂化
C. H2Se V形 sp3杂化 D. CO 三角锥形 sp3杂化
【答案】C
【解析】
【详解】A．AsH3中心原子的价层电子对数=3+(5-3×1)=4，As的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；
B．的中心原子的价层电子对数=3+ (6-1-3×1)=4，O的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项B错误；
C．H2Se中心原子的价层电子对数=2+ (6-2×1)=4，Se的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C正确；
D．中心原子的价层电子对数=3+ (4+2-3×2)=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；
答案选C。
7. 下列说法正确的是
A. 元素Li、B、H的电负性由大到小的顺序为B>H>Li
B. NH4NO3中电负性最小的元素是N
C. 基态Ni3+价电子排布式为3d7
D. BF3的键角为120°，SnBr2的键角为120°
【答案】C
【解析】
【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，同周期元素自左而右电负性增大，结合BH3中H为-1价，故电负性：H＞B＞Li，故A错误；
B．同周期元素自左而右电负性增大，N、O电负性大于H的电负性，故NH4NO3中电负性最小的元素是H，故B错误；
C．Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子排布式为3d84s2，基态Ni3+原子核外价电子排布式为3d7，故C正确；
D．BF3分子中B原子价层电子对数=3+=3且不含孤电子对，为平面三角形结构，键角为120°，SnBr2中Sn原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，为V形结构，键角小于120°，故D错误；
故选：C。
8. 下列说法正确的是
A. 非极性分子中的原子上一定不含孤对电子
B. 平面三角形分子一定是非极性分子
C. ABn型分子的中心原子满足8电子结构，则ABn分子不一定是非极性分子
D. 二氯甲烷分子的中心原子采取sp3杂化，键角均为109°28＇
【答案】C
【解析】
【详解】A．非极性分子中的原子上可能含有孤电子对，如CCl4是非极性分子，氯原子上含有孤电子对，A错误；
B．对称的平面三角形构型是非极性分子，如BF3，不对称的平面三角形如HCHO，是极性分子，B错误；
C．CH4的中心原子C最外层满足8电子结构，CH4是非极性分子，NH3中心原子N最外层满足8电子结构，但NH3是极性分子，C正确；
D．二氯甲烷分子的中心原子采取sp3杂化，因为C-H键和C-Cl键的键长不一样，键角发生改变，键角不是109°28＇，D错误；
故答案为：C。
【点睛】判断极性分子和非极性分子方法：正电中心和负电中心重合为非极性分子，正电中心和负电中心不重合为极性分子。
9. 下列说法不正确的是
A. NF3的键角大于NH3的键角
B. 标况下，22.4L二氧化碳和18g冰中所含的π键数和氢键数均为2NA
C. HNO3、H2SO4、C2H5OH、CH3COOH分子之间都可以形成分子间氢键
D. 甘油(CH2OH-CHOH-CH2OH)分子中没有手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．NF3和NH3的中心原子都是氮，且中心原子的孤对电子数目都是，但配位原子的电负性F>H，故氨气的键角大于三氟化氮，A错误；
B．一个二氧化碳有2个碳氧双键，故标况下，22.4L即1mol二氧化碳含有π键数2NA。冰中一个水分子靠氢键与周围的四个水分子形成正四面体，均摊法一个水分子有两个氢键，故18g即1mol水含有2NA个氢键，B正确；
C．氢原子与电负性大、半径小的原子X(氟、氧、氮等)以共价键结合，若与电负性大的原子Y(与X相同的也可以)接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H···Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用，称为氢键。根据定义，HNO3、H2SO4、C2H5OH、CH3COOH分子之间都可以形成分子间氢键，C正确；
D．手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，甘油(CH2OH-CHOH-CH2OH)分子中没有手性碳原子，D正确；
故选A。
10. 下列说法正确的是
A. 二氧化碳，按电子云重叠的方式分，其共价键的类型有1种
B. NH3·BH3中，B的杂化方式为sp3杂化
C. 硒的两种含氧酸的酸性强弱为：H2SeO4
【答案】B
【解析】
【详解】A．CO2分子中含有两个碳氧双键，共价双键中含有一个σ键一个π键，共价键的类型有2种，故A错误；
B．NH3·BH3中B的价电子对数为4，B的杂化轨道类型为sp3，故B正确；
C．同一种元素形成的含氧酸中，非羟基O原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4与H2SeO3可写成(OH)2SeO2、(OH)2SeO，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多，则酸性：H2SeO4>H2SeO3，故C错误；
D．SeO中Se原子含有的孤对电子对数是=0，所以是正四面体形，属于sp3杂化，和VSEPR模型一致；SeO的Se原子价电子对数为=4，其VSEPR模型为正四面体形，但由于中心原子Se与O形成了3个σ键，故中心原子还有1个孤电子对，其立体构型为三角锥形，故D错误；
故选：B。
11. 下列说法正确的是
A. 某化合物M的结构式如图，则碳、氮原子的杂化方式相同
B. 上述化合物M中，编号为a的氮原子和与其成键的另外三个原子在同一平面内
C. I3+的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
D. S8分子中S原子的采取的轨道杂化方式为sp
【答案】C
【解析】
【详解】A．化合物M中碳，氮原子各形成了3个σ键，氮原子有一对孤电子对而碳原子没有，故氮原子是杂化，而碳原子是杂化，A项错误；
B．由于氮原子为杂化，故相应的四个与原子形成的是三角锥结构，不能共平面，B项错误；
C．中原子为中心原子，则其孤电子对数为，其形成了2个σ键，中心原子采取杂化，立体构型为V形，C项正确；
D．是一个环形分子，每个S与两个其他S原子相连，S原子形成两个孤电子对，两个σ键，所以S是杂化，D项错误；
答案选C。
12. 如图所示，a为乙二胺四乙酸()，易与金属离子形成螯合物，b为与形成的螯合物。下列叙述正确的是
A. a和b中N原子均采取杂化 B. b中的配位数为4
C. a中配位原子是C原子 D. b中含有共价键、离子键和配位键
【答案】A
【解析】
【详解】A． a中N原子有3对键电子对，还有1对孤对电子，b中N原子有4对键电子对，没有孤对电子，则a、b中N原子均采取杂化，A正确；
B． b为配离子，的配位数为6，B错误；
C． a不是配合物，C错误；
D． b中钙离子与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；
故选A。
13. X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y B. 简单氢化物的还原性：X>Y
C. 同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D. 同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【解析】
【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。
【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；
B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；
C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；
D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；
故选D。
14. 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是
A. Y的第一电离能在四种元素中最大 B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点 D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
【分析】W是宇宙中最丰富的元素，则W是H；是维持生命过程的必需物质，则X为O；可用于玻璃的刻蚀，则WY为HF，Y为F；是酸雨的主要形成原因之一，且Z的原子序数比Y大，则Z为S；综上所述，W、X、Y和Z分别为H、O、F、S，据此解答。
【详解】A．一般规律：非金属性越强，第一电离能越大，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比同周期相邻元素大，因此F的第一电离能在四种元素中最大，A正确；
B．H2O中O的价层电子对数为2+=4，SO2中S的价层电子对数为2+=3，因此H2O和SO2的中心原子分别为和杂化，B正确；
C．O和S属于同主族元素，但H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S的沸点，C正确；
D．SF4中，S的最外层电子数为10，D错误；
答案选D。
15. 某化合物可用作发酵助剂，结构如图所示。图中X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，其中Y为地壳中含量最高的元素。下列有关说法不正确的是
A. 该物质做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰
B. Z的最高价氧化物的水化物的酸性比硫酸弱
C. X分别与Y、Z、W形成的简单化合物中均含有共价键
D. 四种元素中电负性最大的是Y，第一电离能最小的是W
【答案】C
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，且位于不同周期，它们的原子序数依次增大，则X位于第一周期，为H元素；Y位于第二周期，Z位于第三周期，W位于第四周期，Z形成5个共价键，W形成+1价阳离子，则Z为P元素，W为K元素；Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素。
【详解】A．据分析可知，该物质含有钾元素，做焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，A正确；
B．Z为P元素，Z的最高价氧化物的水化物为H3PO4，H3PO4的酸性比硫酸弱，B正确；
C．X分别与Y、Z、W形成的简单化合物分别为H2O、PH3、KH，H2O、PH3中均含有共价键，而KH中只含有离子键，C错误；
D．元素非金属性越强，元素的电负性和第一电离能越大，H、O、P、K四种元素非金属性最强的为O元素，最弱的为K元素，则四种元素中电负性最大的是Y，第一电离能最小的是W，D正确；
故选C。
16. 碳酸亚乙烯酯的结构如图，下列有个该物质的说法正确的是
A. 分子中中心的碳和氧原子都采取杂化方式为：sp2
B. 1mol该分子中含有8NA个σ键
C. 分子中只有极性键，
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72L CO2。
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸亚乙烯酯结构中C-O键中的C有3个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp2，O原子有2个σ键，2对孤电子对，杂化方式为sp3，A项错误；
B．分子中存在4个C-O键、1个C=O双键，还存在2个C-H键，1个C=C双键，总共8个σ键，1mol该分子中含有8NA个σ键，B项正确；
C．分子中存在C=C键，含有非极性共价键，C项错误；
D．该物质分子式为C3H2O3，故物质的量为=0.1mol，完全燃烧生成0.3molCO2，由于未指明是否为标准状况，生成的二氧化碳的体积不一定是6.72L，D项错误；
答案选B。
17. 下列说法正确是
A. 由极性键构成的分子一定是极性分子
B. 离子化合物中可能存在非极性键
C. BCl3、CH4各原子中均满足8电子稳定结构
D. CH4、NH3、H2O互为等电子体
【答案】B
【解析】
【详解】A．由极性键构成的分子，如果正负电荷中心重合，则为非极性分子，如二氧化碳为直线形分子，碳氧之间是极性键，但属于非极性分子，A项错误；
B．离子化合物中可能存在非极性键，过氧化钠是离子化合物，但存在O-O非极性键，B项正确；
C．B原子不能满足满足8电子稳定结构，C项错误；
D．原子数相等，价电子总数相等为等电子体，因此，不互为等电子体，D项错误；
答案选B。
18. 某化合物的化学式为CoCl3·4NH3，1mol此化合物中加入足量的AgNO3溶液，能生成1mol的白色沉淀，以强碱处理并加热没有NH3放出，则此化合物的说法正确的是
A. 该化合物的配体数为4 B. Co3+只与NH3分子形成配位键
C 该化合物可以写成[Co(NH3)4Cl2]Cl D. 该化合物可能显平面正方形结构
【答案】C
【解析】
【分析】实验式为CoCl3·4NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl-，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，据此答题。
【详解】A．配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，A错误；
B．由分析可知，Cl-与NH3分子均与Co3+形成配位键，B错误；
C．由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4Cl2] Cl，C正确；
D．该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，D错误；
故选C。
19. 在碱性溶液中，Cu2+可与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图。下列说法错误的是
A. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中能与水分子形成氢键的原子只有N和O
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为，A项正确；
B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，B项正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态铜原子的价电子排布式为，C项正确；
D．N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误；
故选D。
20. 含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种原子序数为48的Cd2+配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是
A. 该螯合物中N的杂化方式有2 种
B. 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol
C. Cd属于d区元素
D. Cd的价电子排布式为4d85s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．该整合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；
B．该整合物中与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1mol该配合物中通过整合作用形成6mol配位键，B正确；
C．原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；
D．Cd的价电子排布式为4d105s2，D错误；
故选B。
21. 已知晶体属立方晶系，晶胞边长a，将Li+掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，(注：Ni的配位数是指与该离子周围最近的异电荷的离子数)下列说法正确的是
A. 该结构单元中O原子数为3
B. Ni和Mg间的最短距离是 a
C. Ni的配位数为4
D. 该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4
【答案】D
【解析】
【详解】A．由均摊法可知该结构单元中O原子位于棱上和体心，数目为1+12×=4，A错误；
B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即=，B错误；
C．由晶胞可知，以左下角的镍为例，离Ni最近的原子位于x、y、z轴上各2个，故配位数为6，C错误；
D．1个晶胞中Li的个数=1×0.5=0.5，Mg的个数=2×0.5+1×=1.125，Ni的个数=7×+3×0.5=2.375，O的个数=4，因此该物质的化学式为，D正确；
故选D。
第Ⅱ卷 非选择题 (满分 58分)
22. Ⅰ.在下列物质中：①HCl②NH3③Na2O2④C2H4⑤NaOH⑥Ar⑦H2O2
（1）既存在离子键又存在极性键的是_______(填序号，下同)。
（2）不存在化学键的是_______。
（3）既存在极性键又存在非极性键的极性分子是_______。
（4）NH3分子的空间构型为_______，与该分子互为等电子体的阳离子为_______(填化学式，只写一种即可)。
Ⅱ.原子序数小于36的X、Y、Z、W、J、G六种元素，原子序数依次增大，其中X元素的原子在所有原子中半径最小，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，J元素原子核外的3p能级有两个电子，G元素原子核外有6个未成对电子(用元素符号或化学式表示)。
（5）写出G元素的基态原子的价电子排布式_______；Y2X2分子中σ键与π键数目之比为_______。
（6）Y、Z、W三种元素第一电离能由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。
（7）ZX3在水中的溶解度较大，可能的原因有_______、_______。(写出两个即可)
（8）判断J与W形成的化合物JW2是晶体还是非晶体，最科学的办法是_______；XYZ分子中Y原子轨道的杂化类型为_______。
（9）G元素有δ、γ、α三种同素异形体，晶胞结构如图所示。三种晶体的晶胞中所含有的G原子数之比为_______。
【答案】（1）⑤ （2）⑥
（3）⑦ （4） ① 三角锥形 ②. H3O+
（5） ①. 3d54s1 ②. 3∶2
（6）N>O>C （7） ①. NH3能与水反应、 ②. NH3与水都是极性分子、NH3与水分子之间还可以形成氢键(任写两个)
（8） ①. X-射线衍射法 ②. sp杂化
（9）2∶4∶1
【解析】
【分析】Ⅱ.X元素的原子在所有原子中半径最小，X为H；Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，即1s22s22p2，Y为C；W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，W为O；X、Y、Z、W、J、G六种元素，原子序数依次增大，则Z为N；J元素原子核外的3p能级有两个电子，即1s22s22p63s23p2，J为Si；G元素原子核外有6个未成对电子，即1s22s22p63s23p63d54s1，G为Cr。
【小问1详解】
既存在离子键又存在极性键，说明分子中含有金属离子或铵根离子，且含有不同原子形成的化学键，故既存在离子键又存在极性键的是⑤。
【小问2详解】
不存在化学键的是稀有气体，故不存在化学键的为⑥。
【小问3详解】
非极性键是相同原子形成的化学键，极性键是不同原子形成的化学键，极性分子的正负电荷中心不重合，故存在极性键和非极性键的分子为⑦。
【小问4详解】
NH3分子中N原子的价电子对数是=4，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形；原子数相同、价电子数也相同的微粒互为等电子体，与NH3互为等电体的一种分子的化学式为H3O+。
【小问5详解】
由分析可知，G为Cr，则其基态原子的价电子排布式为：3d54s1；Y2X2分子为C2H2即乙炔，结构式为H-C≡C-H，则分子中含3个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为3∶2。
【小问6详解】
Y、Z、W分别为C、N、O，同一周期主族元素第一电离能从左向右呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能比同周期相邻元素的大，因此三种元素第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C。
【小问7详解】
ZX3为NH3，NH3在水中的溶解度较大，可能的原因有：NH3能与水反应、NH3与水都是极性分子，依据相似相溶原理可知，氨气在水中的溶解度大；NH3与水分子之间还可以形成氢键，增大氨气溶解度。
【小问8详解】
判断晶体还是非晶体最科学的办法是X-射线衍射法；XYZ分子为HCN，是一种无机化合物，结构式为H-C≡N，C原子采取sp杂化。
【小问9详解】
G为Cr，利用均摊法，δ晶胞中Cr原子个数为：1+8×=2，γ晶胞中Cr原子个数为：8×+6=4，α晶胞中Cr原子个数为：8=1，则三种晶体的晶胞中所含有的Cr原子数之比为2∶4∶1。
23. 锂是最轻的金属，其运用非常广泛；回答下面问题
（1）金属性Li_______Na(填“ > ”或“<”)，熔点Li_______Na(填“ > ”或“<”)，第一电离能Li_______Na(填“ > ”或“<”)
（2）LiH中阴离子半径_______阳离子半径(填“ > ”或“<”)，Li与第三周期的元素_______ 符合对角线规则，足量Li在1mol氧气中充分反应，转移电子数为_______。锂与水反应的化学方程式为：_______ ；
（3）LiBr可作锂电池中电解质材料。用、氨水和液溴制备的流程如下：
合成时，除生成LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式：_______；写出该反应的生成物中属于非电解质的电子式_______。
（4）溴化锂的溶解度随温度变化曲线如图所示。从溶液中得到晶体的实验步骤依次为：_______，_______，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ＞ ③. ＞
（2） ①. ＞ ②. Mg ③. 4NA ④. 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑
（3） ①. ②.
（4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却至44℃结晶
【解析】
【分析】合成中发生的化学反应方程式为；LiBr溶液经蒸发、浓缩、冷却至44℃结晶，保温44℃过滤，用乙醇洗涤，干燥得到；
【小问1详解】
Li与Na为同主族元素，化学性质相似，Li电子层数为2，Na电子层数为3，Na比Li活泼，故金属性Li
【小问2详解】
Li+原子结构示意图为，H-原子结构示意图为，二者核外电子排布相同，核电荷数Li+> H-，核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故LiH中阴离子半径>阳离子半径；根据元素周期表结构可知，Li与第三周期的元素Mg符合对角线规则；Li与氧气反应与转移电子关系为，故足量Li在1mol氧气中充分反应，转移电子数为4NA；Li与Na化学性质相似，Li与水反应可以参照Na与水反应书写，化学方程式为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；
【小问3详解】
Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，根据元素分析，两种参与大气循环的气体应为氮气、二氧化碳，反应的方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3•H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+3CO2↑，涉及到的非电解质是CO2，其电子式为；
【小问4详解】
根据溴化锂的溶解度随温度变化曲线可知，LiBr·H2O随温度升高，溶解度升高，在温度小于44ºC时为LiBr·2H2O，在高于44ºC时为LiBr·H2O，因此从溶液中得到LiBr·H2O晶体的实验步骤：蒸发浓缩，冷却至44℃结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
24. 将过量的氨水慢慢滴加到硫酸铜溶液中，先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液最终变成深蓝色。
（1）Cu的价电子轨道表达式为_______；在周期表中，Cu元素属于_______区。
（2）将氨水逐滴加入硫酸铜溶液中，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，写出沉淀溶解的离子方程式：_______；由该过程可知_______(填“H2O”或“NH3”)与Cu2+形成的配位键更稳定。
（3）[Cu(NH3)4]SO4中，若[Cu(NH3)4] 2＋具有对称的空间构型，且当其中的两个被两个取代时，能到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4] 2＋的空间构型为_______；SO的VSEPR模型名称为_______，1mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为_______。[Cu(NH3)4]SO4中存在的化学键类型有(填序号)_______；
①配位键 ②氢键 ③极性共价键 ④非极性共价键 ⑤离子键
向深蓝色溶液继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，试分析加乙醇，析出深蓝色晶体的原因：_______。
（4）硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键，请在图中用“→”表示出配位键_______。
（5）将Cu单质的粉末加入NH3的浓溶液中，通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_______。
【答案】（1） ①. ②. ds
（2） ①. Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O ②. NH3
（3） ①. 平面四边形或平面正方形 ②. 正四面体形 ③. 20NA ④. ①③⑤ ⑤. [Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体
（4） （5）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH－
【解析】
【小问1详解】
Cu的价电子排布为3d104s1，价电子轨道表达式为：；Cu属于ds区；
【小问2详解】
硫酸铜溶液中，铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，滴入氨水后生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH－或 Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH－+4H2O，由此可知[Cu(NH3)4]2+更稳定，即NH3与Cu2+形成的配位键更稳定；
【小问3详解】
当[Cu(NH3)4]2+为正四面体构型时，2个NH3被Cl-取代后的产物只有1种结构，而实际有2种结构，故其构型为平面四边形或平面正方形；
硫酸根中S原子的价层电子对数为，VSEPR模型名称为正四面体形；
1mol[Cu(NH3)4]SO4含有σ键的数目为：；
配合物中内界与外界之间为离子键，中心原子和配体之间为配位键，N原子核H原子之间、S原子和O原子之间为极性共价键，故选：①③⑤；
加乙醇，析出深蓝色晶体的原因：[Cu(NH3)4]SO4极性较大，乙醇极性较小，降低溶剂的极性，根据相似相溶原理，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度较小，故析出晶体；
【小问4详解】
N、O原子与中心原子Cu之间为配位键，表示为：；
【小问5详解】
溶液呈深蓝色说明生成了[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或 2Cu+8NH3+O2+2H2O=2[Cu(NH3)4]2++4OH－
25. 湖南是我国矿产资源大省，磷储量丰富。回答下列问题：
（1）第三周期元素的原子中，第一电离能大于磷原子的有_______种
（2）氮族元素氢化物(、、)的某种性质随R的核电荷数的变化趋势如图所示，则Y轴可表示的氢化物()性质可能为_______(填序号)。
A. 稳定性 B. 沸点 C. 分子间作用力 D. 还原性
（3）白磷P4分子P-P键之间键角为_______，P原子的杂化方式为_______
（4）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下：
①纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_______。
②键能大小比较：磷氧双键_______(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
③键角大小比较α：_______β(填“大于”“等于”或“小于”)。
④磷的含氧酸中，酸性：H3PO4_______ (填“ 大于”或“小于”)H3PO3。
⑤次磷酸根()的球棍模型如图所示，下列说法错误的是_______
A．P的原子结构示意图为：
B．次磷酸根的电子式为：
C．次磷酸根的结构式为：
D．次磷酸钠的化学式为：NaH2PO2，该化合物次磷酸的酸式盐。
（5）磷化硼是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。其化学式为：_______
【答案】（1）2 （2）A
（3） ①. 60° ②. sp3
（4） ①. 温度升高，破坏H3PO4分子间的氢键 ②. 大于 ③. 小于 ④. 大于 ⑤. BD
（5）BP或PB
【解析】
【小问1详解】
同周期元素，从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但由于第ⅤA族的p轨道是半充满的稳定状态，所以其第一电离能比其后的第ⅥA族的元素大，则第三周期元素的原子中，第一电离能大于磷原子的有Cl和Ar两种。
【小问2详解】
氢化物的稳定性随非金属性较小而减弱，从氮到砷，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性逐渐减弱，故A选；NH3分子间有氢键，其沸点高于PH3，但PH3的相对分子质量小于AsH3，PH3的分子间作用力小于AsH3的分子间作用力，所以AsH3的沸点高于PH3，故B、C均不选；从氮到砷，非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则离子的还原性逐渐增强，所以相应的氢化物的还原性也逐渐增强，故D不选；故选A。
【小问3详解】
P4是正四面体结构，P-P键之间的键角为60°。P的价层电子对数为4，所以P采取sp3杂化。
【小问4详解】
①H3PO4分子间有氢键，温度升高，破坏H3PO4分子间的氢键，所以磷酸的黏度随温度升高而迅速下降。
②磷氧双键键长比磷氧单键键长短，则磷氧双键键能比磷氧单键键能大。
③磷氧双键和磷氧单键间的排斥力比磷氧单键和磷氧单键键的排斥力大，所以键角：α小于β。
④H3PO4的非羟基氧原子比H3PO3的非羟基氧原子多，所以H3PO4的酸性比H3PO3强。
⑤P原子核外有15个电子，分三层排布，从里往外，依次排2、8、5个电子，故A正确；从次磷酸根的球棍模型可知，P和两个H直接相连，故B的电子式错误；根据次磷酸根的球棍模型可知次磷酸根的结构式是正确的，故C正确；根据次磷酸根的球棍模型可知次磷酸是一元酸，所以NaH2PO2是次磷酸的正盐，故D错误；故选BD。
【小问5详解】
根据晶胞结构图，B原子在晶体内部，共4个；P原子在顶点和面心，顶点上的P被8个晶胞共有，面上的被2个晶胞共有，所以一个晶胞平均包含的P原子个数为=4，所以磷化硼的化学式为BP。
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