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2022-2023学年山东省淄博市第四中学高二下学期4月月考化学试题解析版
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这是一份2022-2023学年山东省淄博市第四中学高二下学期4月月考化学试题解析版，共30页。试卷主要包含了答第II卷时，必须使用0， 有关下列有机物的说法错误的是， 下列叙述中正确的个数是， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
淄博四中高2021级高二下学期阶段性考试
化学·试卷
注意事项：
1.答题前，务必将本人班级、姓名、考号、考场、座号用正楷字体填写在答题卡相应位置。
2.答第I卷时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案涂黑，修改时，要用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷上的答案无效。
3.答第II卷时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，作图时，可用2B铅笔，要求字体工整，笔迹清晰。务必在题号所指示的答题区域内作答，写在试卷及草稿纸上的答案无效。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 P-31 S-32 Cd-112 Te-128
第I卷(共48分)
一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。每小题有一个选项符合题目要求。
1. 化学用语具有简便表达化学知识与化学思维的特点。下列化学用语使用正确的是
A. Ti的原子结构示意图：
B. O3分子的球棍模型：
C. 铍原子最外层原子轨道的电子云图：
D. SO的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ti为22号元素，其原子结构示意图为： ，故A错误；
B．O3分子的构型为角形，球棍模型为： ，故B错误；
C．铍原子最外层的能级为2s能级，2s能级的原子轨道为球形轨道，不是哑铃型，故C错误；
D．SO价层电子对数为，孤电子对数为1，其VSEPR模型： ，故D正确；
故选D。
2. 华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防止血栓栓塞性疾病。下列有关华法林的说法不正确的是
A. 化学式中氢原子数是16
B. 该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物
C. 含有羰基、酯基、苯环、羟基四种官能团
D. 该有机物属于环状化合物、芳香族化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该有机物的结构简式得到化学式中氢原子数是16，故A正确；
B．该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故B正确；
C．根据该有机物的结构简式得到该有机物含有羰基、酯基、碳碳双键、羟基四种官能团，故C错误；
D．该有机物属于环状化合物，含有苯环，属于芳香族化合物，故D正确。
综上所述，答案为C。
3. 立方氮化硼硬度高，耐磨性好，在机械加工行业有广泛应用。制备立方氮化硼的一种方法为BCl3(g)+NH3(g)＝BN(s)+3HCl(g)，下列说法正确的是
A. 该反应涉及的物质中BN的熔点最高，NH3的沸点最低
B. 该反应涉及的物质均为分子晶体
C. BCl3和NH3中各原子均为8电子稳定结构
D. 形成BCl3时B原子先激发后杂化，其激发态价电子轨道表示式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则BN为原子晶体，由于氨气存在分子间氢键，因此HCl的沸点最低，故A错误；
B．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则BN为原子晶体，故B错误；
C．BCl3中B，NH3中H不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．形成BCl3时B原子先激发即2s中一个电子跃迁到2p上，激发态价电子轨道表示式为：，激发后进行2p2杂化，故D正确。
综上所述，答案为D。
4. 铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2。下列说法正确的是
A. 基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
B. 组成元素均位于元素周期表的p区
C. 水晶二氧化硅和干冰二氧化碳都是非极性分子
D. Fe3Ox中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比为2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知铝为13号元素，则基态铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p等能级上7个轨道，即基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态，A正确；
B．根据元素核外电子最后进入的能级将元素周期表分为s、p、d、f、ds五个区，组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，而Fe位于d区，B错误；
C．水晶二氧化硅是共价晶体，没有单个的二氧化硅分子，干冰二氧化碳为分子晶体，其分子正、负电荷中心重合，是非极性分子，C错误；
D．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2，根据原子守恒可知，x=4，则Fe3Ox即Fe3O4中假设Fe(Ⅱ)个数为m个，则Fe(Ⅲ)为(3-m)个，根据化学式化合价代数和为0可得，2m+3(3-m)+4×(-2)=0，解得m=1，故Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比为1∶2，D错误；
故答案为：A。
5. 下列有关物质的结构与性质说法正确的是
A. CH3CHO分子间能形成氢键，故CH3CHO的沸点高于CH3CH2CH3
B. 常温下，滴加AgNO3溶液可定性鉴别[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2
C. 酸性：CF3COOH＞CH3COOH，则碱性(即结合H+能力)：CF3CH2NH2＞CH3CH2NH2
D. 固态PCl5中含有[PCl4]+[PCl6]-，而PBr5中含有[PBr4]+Br-，存在差异的原因是Br-的半径较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3CHO分子间不能形成氢键，因其分子中羰基的极性较大，使其沸点高于丙烷，故A错误；
B．由结构可知两种配合物外界均有氯离子，都能与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，不能用硝酸银定性鉴别，故B错误；
C．酸性：CF3COOH＞CH3COOH，是因F的电负性强于H，使得羧基中O-H键极性增大，更易电离，由此可知 CF3CH2NH2结合H+能力比CH3CH2NH2弱，则碱性CH3CH2NH2强，故C错误；
D．由于溴离子半径与P原子半径的比值较氯离子半径与P原子半径的比值大， 作为配位原子与P作用的配位数较少，不能形成[PBr6]-，故D正确；
故选：D。
6. 有关下列有机物的说法错误的是
A. 氯化1－乙基－3－甲基咪唑( )中只有共价键
B. 的同分异构体中，有醇类和酚类物质
C. 青蒿素分子式为C15H22O5，结构如图，该分子中包含7个手性碳原子
D. 中∠1＜∠2
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，A错误；
B．分子含有1个甲基、1个氧，故其同分异构体中可以有-CH2OH或-OH官能团，故有醇类和酚类物质，B正确；
C．手性碳原子是指碳原子周围相连的4个原子或原子团都不相同。根据青蒿素的结构简式图，知该分子中包含 7 个手性碳原子（如图星号所示） ，C正确；
D．角的大小只与开口大小有关，根据两者开口程度，∠1＜∠2，D正确；
故选A。
7. 下列叙述中正确的个数是
①s−s σ键与s−p σ键的电子云形状相同
②CHCl=CH2分子中，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−p
③基态C原子的电子排布图：
④若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，则违背了洪特规则
⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p→1s22s22p形成的是吸收光谱
⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成的配位键属于离子键
⑦含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4NA
⑧31g白磷中含有的孤电子对数为NA
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①s−s σ键与s−p σ键的电子云形状不相同，电子云对称性相同，故①错误；②CHCl=CH2分子中，碳原子采用sp2杂化，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−p σ键，故②正确；③基态C原子的电子排布图：，故③错误；④洪特规则是优先单独占据一个原子轨道且自旋方向相同，若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，则违背了洪特规则，故④正确；⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p→1s22s22p能量都是相同的，不能形成吸收光谱，故⑤错误；⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成的配位键，配位键属于共价键，故⑥错误；⑦1mol金刚石含有2mol碳碳键，含2.4g碳原子的金刚石晶体(物质的量为0.2mol)中共价键个数为0.4NA，故⑦正确；⑧1mol白磷还有4mol孤对电子，31g白磷(物质的量为0.125mol)中含有的孤电子对数为NA，故⑧正确；因此②④⑦⑧正确，故B正确。
8. 下列分离混合物的实验方法或操作不正确的是
A. 分离乙酸(沸点77.1℃)与某种液态有机物(沸点120℃)的混合物：蒸馏
B. 从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3：热水溶解、降温结晶、过滤
C. 苯甲酸重结晶时要趁热过滤：为了防止苯甲酸结晶，可先将漏斗进行预热
D. 将溴水中的溴转移到有机溶剂中：加入乙醇萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．两种有机物互溶且沸点相差较大，则选择蒸馏法分离，A正确；
B．NaCl和KNO3的溶解度受温度影响变化程度不同，则从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3可采取热水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤的方法，B正确；
C．苯甲酸重结晶时，为了防止苯甲酸因温度降低而结晶，可将漏斗预热后使用，C正确；
D．乙醇与水互溶，则乙醇不能萃取溴水中的溴，D错误；
故选D。
9. 下列说法正确的是
A. CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质
B. 酚酞的结构如图所示，其结构中含有－OH，故酚酞属于醇
C. 质谱法无法鉴别 和 ，核磁共振氢谱法可以
D. 酚酞一氯取代反应只能生成3种沸点不同的有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COOH为乙酸，CH3OOCH为甲酸甲酯，不是同一种物质，故A错误；
B．酚酞的－OH直接连接苯环，故酚酞属于酚，故B错误；
C． 和 的相对分子质量相同，质谱法无法鉴别，但是二者等效氢原子的数目不同，分别为4和5，核磁共振氢谱法可以鉴别，故C正确；
D．酚酞有机物有6种等效氢原子：，一氯取代反应能生成6种沸点不同的有机物，故D错误；
故选C
10. 如表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为0族元素。下列说法正确的是
X
Y
Z
R
W
J
A. X的中心原子孤电子对数为2
B. Y、R氢化物分子的极性前者大于后者
C. Z、W氢化物的热稳定性和沸点均为Z＞W，且均和氢键有关
D. 与R同周期的元素中，第一电离能比R大的有2种
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置关系可知X、Y、Z为第二周期元素，R为第三周期，W为第四周期，J为第五周期，J为0族元素，则J为Xe，W为Br，R为S，X为N，Y为O，Z为F，据此分析。
【详解】A．N中心N原子的，孤电子对数为0，故A错误；
B．O的电负性强于S，因此H2O极性大于H2S，故B正确；
C．F的非金属性大于Br，非金属性越强，形成氢化物越稳定，因此稳定性：HF>HBr，与氢键无关，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA和IIIA族、及VA和VIIA异常，与S同周期的元素中，第一电离能比S大的有P、Cl、Ar3种，故D错误；
故选：B。
11. 我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. 该二维晶体的化学式为CaCl2 B. Ca−Cl−Ca的键角为60°
C. Can+和Cl－的配位数均为6 D. Mg2+也可能形成类似的晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据俯视图知，每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，它们之比为1:1，该二维晶体的化学式为CaCl，故A错误；
B．结合侧视图知，Ca−Cl−Ca形成的平面为非平面正六边形，Ca−Cl−Ca的键角不是60°，故B错误；
C．每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，因此Can+和Cl－的配位数均为3，故C错误；
D．Mg和Ca是同主族元素，因此Cl－与Mg2+也可能形成类似的晶体，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. 四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是
A. 四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B. 氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的
C. 上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同
D. 氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，四乙基锡和氯化三乙基锡中都含有2类氢原子，化学环境不同的氢原子均为2种，故A正确；
B．由熔沸点可知，四乙基锡和氯化三乙基锡都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙基锡，故B错误；
C．由结构简式可知，该反应是取代反应，反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，都是sp3杂化，反应前后分子内σ键总数相同，故C错误；
D．由结构简式可知，氯化三乙基锡中锡原子和饱和碳原子都是sp3杂化，原子的空间构型都是四面体形，所以分子中所有原子不可能共平面，故D错误；
故选A。
13. FeCl3易升华，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈红色，该红色物质为[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n。下列说法不正确的是
A. FeCl3为分子晶体
B. 1molSCN－中含有σ键的数目为2NA
C. NH与SO均可作为配合物的配体
D. [Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配位数为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3易升华，说明FeCl3为分子晶体，故A正确；
B．SCN－与CO2互为等电子体，则1molSCN－中含有σ键的数目为2NA，故B正确；
C．NH中没有孤对电子，因此不能作为配合物的配体，故C错误；
D．[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配体有SCN－、H2O，其配位数为6，故D正确。
综上所述，答案为C。
14. 钙钛矿类杂化材料甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]是新型太阳能电池的敏化剂；其晶胞结构如图1所示。已知(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为M g∙mol−1，下列说法中错误的是
A. 若B代表Pb2+，则C代表I－
B. 距离A最近且等距离的C有3个
C. NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g∙cm−3
D. 若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】B
【解析】
【详解】A．若B代表Pb2+，C位于面心，有个，则C代表I－，故A正确；
B．距离A最近且等距离的C在面心，一个横截面有4个，三个横截面，因此共有12个，故B错误；
C．根据图中信息该晶胞有1个(CH3NH3)PbI3，根据NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g∙cm−3，故C正确；
D．若沿z轴向xy平面投影，晶胞的八个顶点在图2的四边形四个角，晶胞的上面、下面面心在图2的中心，晶胞的四个侧面面心在图2的四个边的重点，因此其投影图如图2所示，故D正确。
综上所述，答案为B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
15. 下列关于同分异构体的说法不正确的是
A. 立方烷()的二溴代物可能的结构有2种
B. 和互为同分异构体
C. 与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH
D. 兴奋剂乙基雌烯醇()可能有属于芳香族的同分异构体
【答案】AB
【解析】
【详解】A．立方烷()的二溴代物中一个溴原子在顶点，另外一个溴原子在面对角线、棱上、体对角线，则可能的结构有3种，故A错误；
B．和是同种物质，故B错误；
C．与具有相同官能团即含有羧基和碳碳双键，其同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，故C正确；
D．兴奋剂乙基雌烯醇()的不饱和度为5，不饱和度大于4且碳原子数多于6的有机物可能有属于芳香族的同分异构体，故D正确。
综上所述，答案为AB。
16. 某离子液体的部分结构如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中Y的原子半径最小，X、Z同主族，且Z的电子数等于Y、W电子数之和，X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物。以下说法正确的是
A. 做配体时，W提供孤电子对
B. 、、分子中的键角依次减小
C. 第一电离能：Y＞W＞X＞R
D. 氢化物的熔沸点大小顺序一定为：R＜Z＜W
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W，X、Z同主族，结合图示可知，X形成2个共价键，Z形成6个共价键，则X为O，Z为S；X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物，应该为CO和NO，则R为C，W为N；Y形成1个共价键，Z的电子数等于Y、W电子数之和，Y的电子数为16-7=9，则Y为F，四种元素中Y(F)的原子半径最小，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，R为C，X为O，Y为F，Z为S，W为N，
A．RW-为CN-，CN-做配体时，应该是C(R)提供孤电子对，故A错误；
B．RZ2、WY3、RY4分别为CS2、NF3、CF4，CS2为直线形，其键角最大，NF3、CF4的VSEPR模型均为四面体，但NF3的中心原子N含有1个孤电子对，CF4的中心原子C没有孤电子对，孤电子对越多键角越小，则CF4的键角较大，所以键角大小为：CS2＞CF4＞NF3，故B错误；
C．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Y＞W＞X＞R，故C正确；
D．R的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气、硫化氢、肼，故D错误；
故选：C。
17. 根据如图所示，下列说法错误的是
A. 第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，该元素是Mg
B. 铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有12个镁原子最近且等距离
C. 某气态团簇分子结构如图3所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE
D. 图4所示是[Zn(NH3)6]2+的部分结构，其中H－N－H键的键角比NH3的键角大，与NH3中N原子的孤电子对在该配离子中转化为成键电子对有关
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知该元素I2、I3差距较大，可知最外层只有两个电子，处于第三周期，则为Mg，故A正确；
B．由晶胞结构可知Al位于面心，Mg位于顶点，。1个铝原子周围有4个镁原子最近且等距离，故B错误；
C．该气态团簇分子由4个E和4个F组成，分子式为E4F4或F4E4，故C错误；
D．由图可知该配离子中N原子采用sp3杂化，无孤电子对，而NH3中N原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间的排斥作用，使得键角变小，故D正确；
故选：BC。
18. 氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法不正确的是
A. 基态O原子的价层电子所占的原子轨道有4种伸展方向
B. CeO2晶体结构中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个
C. CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm
D. 每个CeO2－x晶胞中Ce4+个数为1-2x
【答案】D
【解析】
【详解】A．O原子核外有6个价层电子，分别位于2s、2p轨道， 2s、2p轨道数是1、3，原子轨道有4种伸展方向，A正确；
B．由图2可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为=12，B正确；
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2−的核间距为晶胞对角线长度的，即apm，C正确；
D．假设CeO2−x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4−2x，解得m=1−2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为8×+6×=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4−8x，D错误；
故选：D。
19. Al−Mn−Cu合金的晶胞如图1所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置。下列说法正确的是
A. Al原子周围等距且最近的Al原子有12个
B. 若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子的分数坐标为(,,)
C. Al−Mn−Cu合金化学式可表示AlMnCu4
D. 沿晶胞对角面的切面图为图2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．Al原子周围等距且最近的Al原子在里面平面的面对角线上，每个平面有4个，三个横截面，共有12个，故A正确；
B．若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子在右后面的面心上，其分数坐标为(,,)，故B错误；
C．根据Al−Mn−Cu晶胞结构得到Al有4个，Mn有4个，Cu有，则Al−Mn−Cu合金化学式可表示为AlMnCu2，故C错误；
D．沿晶胞对角面进行切面，刚好经过上面的2个Al和下面的2个Mn，所以切面图为图2，故D正确。
综上所述，答案为AD。
第II卷(共52分)
20. 按要求填空。
（1）烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则A的结构简式为_____。
（2）分子式为C6H14O且含有“－CH2OH”的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)，其中氢原子种类最少的结构简式为______。
（3）中的官能团名称是_____、_____。
（4）某研究性学习小组为了解有机物A的性质，对A的结构进行了如图实验。
①实验一：质谱分析仪分析，由图1可知有机物A的相对分子质量是______。
②实验二：红外光谱分析，图2中不同吸收峰峰谷代表不同基团，图中有机物A中含氧官能团名称为羟基和_____。
③实验三：取0.9g有机物A完全燃烧，测得生成物为1.32gCO2和0.54gH2O，有机物A的分子式为_____。
④实验四：经核磁共振检测发现有机物A的谱图(图③)中H原子峰值比为_____，有机物A的结构简式为______。
【答案】（1） （2） ①. 8 ②. (CH3)3CCH2CH2OH
（3） ①. 醚键 ②. 醛基
（4） ①. 90 ②. 羧基 ③. C3H6O3 ④. 3：1：1：1 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，该烃的相对分子质量为氢气的35倍，为70；则可知该分子式为：C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，符合的结构简式为：，故答案为：；
【小问2详解】
分子式为C6H14O且含有“－CH2OH”的同分异构体可视为C5H11－CH2OH，C5H11－有8种，则C5H11－CH2OH有8种结构，其中氢原子种类最少的结构简式为(CH3)3CCH2CH2OH，故答案为：8；(CH3)3CCH2CH2OH；
【小问3详解】
由结构简式可知其所含官能团为醛基和醚键，故答案为：醚键、醛基；
【小问4详解】
①由质谱图可知该有机物A的相对分子质量是90，故答案为：90；
②由红外光谱图可知该结构中含有羟基和羧基，故答案为：羧基；
③0.9g有机物A的物质的量为0.01mol，完全燃烧生成物为1.32gCO2(0.03mol)和0.54g(0.03mol)H2O，则1molA中含3molC和6molH，结合摩尔质量90g/mol，则可得1molA中含O的物质的量为3mol，A的分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
④由以上分析已知A中含有羧基和羟基，由核磁共振氢谱可知A中有4种氢，个数比为3：1：1：1，则除羧基和羟基外还有一个甲基，符合的结构简式为：，故答案为：3：1：1：1；。
21. 我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：
（1）基态Ge原子的核外电子排布式[Ar]_____；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是_____，原因是______。
（2）Cs2CO3中阴离子的空间构型为_____，Cs2CO3中组成元素的电负性由大到小的顺序_____(用元素符号作答)。
（3）和Ge同主族的碳可以形成含有大π键的茂环阴离子(C5H)，其大π键可表示为_____，该茂环阴离子(C5H)可以与Ni2+、Fe2+形成如图所示的配离子，茂环阴离子(C5H)作为配体以π电子参与配位，则配离子中铁周围的价电子数共有_____个。
（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为_____；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型为_____。
（5）CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为apm、bpm、cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_____。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg•mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为______g•cm-3(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3d104s24p2 ②. SiO2 ③. 二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高
（2） ①. 平面正三角形 ②. O＞C＞Cs
（3） ①. π ②. 18
（4） ①. [BO2]或BO ②. sp2、sp3
（5） ①. 4 ②. ×1030
【解析】
【小问1详解】
Ge为32号元素，位于第4周期IVA族，基态Ge原子的核外电子排布式[Ar] 3d104s24p2，SiO2、GeO2具有类似的晶体结构均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高，故答案为：3d104s24p2；二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高；
【小问2详解】
Cs2CO3中阴离子为，中心碳原子的价层电子对数=，无孤电子对，为平面正三角形结构；Cs2CO3中Cs为活泼金属电负性最小，C、O为同周期元素，电负性O>C，则电负性：O＞C＞Cs；故答案为：平面正三角形；O＞C＞Cs；
小问3详解】
由茂环阴离子的结构可知每个C原子与两个C原子和1个H原子形成共价键，每个C还有一个单电子，再加得到的1个电子形成大π，则大π键可表示为π；Fe2+的价电子排布为：，由结构可知Fe与两个S和1个CO以及1个C5H形成配位键，1个S提供2个电子，1个CO提供2个电子，1个C5H提供6个电子，则铁周围的价电子数共有6+2+2+2+6=18，故答案为：π；18；
【小问4详解】
结合结构式，根据均摊法可知该离子可表示为[BO2]或BO，硼砂晶体中的阴离子的结构可知B原子部分形成4个共价键采用sp3杂化，部分形成3个共价键采用sp2杂化，故答案为：[BO2]或BO；sp2、sp3；
【小问5详解】
原子分数坐标为(0.5，0.2，0.5)的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0，0.3，0.5)及(1.0，0.3，0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上，原子分数坐标为(0.5，0.8，1.0)及(0.5，0.8，0)的Cs原子位于晶胞xy面上，原子分数坐标为(0，0.7，1.0)及(1.0，0.7，1.0)、(0，0.7，0)及(1.0，0.7，0)的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个；代入晶胞密度求算公式可得：=×1030 g•cm-3。
22. 含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）Cu在周期表中的位置_____，同周期元素中，基态原子未成对电子数和Cu相同的元素有_____种，基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是______。
（2）CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为______。下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是______(填标号)。
A.sp3 B.sp3d C.sp3d2 D.dsp2
（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2、其中en代表H2N－CH2－CH2－NH2，属于多齿配体(含有多个配位原子配体)，则en中提供孤电子对的原子是______，1mol[Cu(en)2NH3](BF4)2中的的配位键的数目是_____。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°、晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_____，该晶体的化学式为_____。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，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为_____；晶胞中C、D间距离d=_____pm。
【答案】（1） ①. 第四周期第IB族 ②. 4 ③. Cu+的3d轨道全满达到稳定状态
（2） ①. 正八面体形 ②. C
（3） ①. N ②. 7NA
（4） ①. 50% ②. CuInTe2 ③. (，，) ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu位于第四周期ⅠB族；Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期中未成对电子数为1的元素有K、Sc、Cu、Ga、Br，除Cu元素外还有4种元素；铜原子失去1个电子形成Cu+，价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，因此Cu+比Cu2+稳定；故答案为第四周期ⅠB族；4；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
【小问2详解】
[Cu(H2O)6]2+中中心离子是Cu2+，配位数为6，价层电子对数等于杂化轨道数，因此Cu2+杂化类型为sp3d2，空间构型为正八面体；故答案为正八面体；C；
【小问3详解】
en中含有孤电子对的是N，因此提供孤电子对的是N；配体为en、NH3，en中两个N原子都提供孤电子对与Cu2+形成配位键，BF中B最外层有3个电子，因此B与1个F-形成配位键，即1mol该物质中配位键的数目为(2×2+1+2×1)NA=7NA，故答案为N；7NA；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，1个晶胞中Cu、In围成的四面体空隙有16个，Te原子填充的四面体空隙有8个，则四面体空隙占有率为=50%；Cu原子位于顶点、面心和体内，个数为=4，In位于面上、棱上，个数为=4，Te位于体内，个数为8，则化学式为CuInTe2；A点坐标(0，0，0)，B点坐标(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线的处，面对角线处的C原子的分数坐标为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm，C、D间的距离为d=pm；故答案为50%；CuInTe2；(，，)；。
23. 碲化镉(CdTe)等太阳能电池适合光电转换，可以直接把光能转化成电能。回答下列问题：
（1）元素Cd与Zn是同一副族的相邻元素，Cd的价层电子排布式为_____，属于元素周期表的_____区。
（2）和Te同主族的硒(Se)是人体内必需的微量元素之一。H2Se易溶于水的原因_____；H2Se的键角_____(填“大于”或“小于”)H2Te的键角，原因______。
（3）CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。如原子M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为_____。与Cd最近的Te原子构成的立体结构为_____；若CdTe的晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。则晶胞中Cd和Te的最近距离为_____pm(列计算式，可能用到相对原子质量：Cd-112，Te-128)。
②该晶胞沿其面对角线方向上的投影如图2所示，则代表Te原子的位置是_____(填序号)，晶胞中原子6和11之间的距离为_____pm(用含a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 4d105s2 ②. ds
（2） ①. H2Se和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水 ②. 大于 ③. Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大
（3） ①. (，，) ②. 正四面体形 ③. ×1010 ④. 7，8，11 ⑤. a
【解析】
【小问1详解】
Cd为48号元素，其价层电子排布式为4d105s2，与Zn均为IIB族，位于ds区，故答案为：4d105s2；ds；
【小问2详解】
Se与O同主族，H2Se和H2O结构相似均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；Se和Te为同主族元素，同主族从上到下电负性减弱，故Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大。故答案为：H2Se和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；大于；Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大；
【小问3详解】
①由晶胞结构，若M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为(，，)，与Cd最近的Te原子有4个，构成正四面体结构；由晶胞结构可知：Cd有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：，Te有4个在体内，则晶胞的质量=，晶胞密度为ρg•cm-3，则晶胞的体积为：，晶胞中Cd和Te的最近距离为体对角线的四分之一，即为cm=×1010pm，故答案为：(，，)；正四面体形；×1010；根据图2，可知代表Te原子的位置是7、8、11，如图所示
，，A为6球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B(11球)在底面的投影，落在面对角线的的位置，BC的长度为边长的，为，CD的长度为面对角线长的，为，AD的长为面对角线的，为，AC的长度为，AB的长度为。故答案为：7，8，11；a。
淄博四中高2021级高二下学期阶段性考试
化学·试卷
注意事项：
1.答题前，务必将本人班级、姓名、考号、考场、座号用正楷字体填写在答题卡相应位置。
2.答第I卷时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案涂黑，修改时，要用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷上的答案无效。
3.答第II卷时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，作图时，可用2B铅笔，要求字体工整，笔迹清晰。务必在题号所指示的答题区域内作答，写在试卷及草稿纸上的答案无效。
相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 P-31 S-32 Cd-112 Te-128
第I卷(共48分)
一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。每小题有一个选项符合题目要求。
1. 化学用语具有简便表达化学知识与化学思维的特点。下列化学用语使用正确的是
A. Ti的原子结构示意图：
B. O3分子的球棍模型：
C. 铍原子最外层原子轨道的电子云图：
D. SO的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ti为22号元素，其原子结构示意图为： ，故A错误；
B．O3分子的构型为角形，球棍模型为： ，故B错误；
C．铍原子最外层的能级为2s能级，2s能级的原子轨道为球形轨道，不是哑铃型，故C错误；
D．SO价层电子对数为，孤电子对数为1，其VSEPR模型： ，故D正确；
故选D。
2. 华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防止血栓栓塞性疾病。下列有关华法林的说法不正确的是
A. 化学式中氢原子数是16
B. 该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物
C. 含有羰基、酯基、苯环、羟基四种官能团
D. 该有机物属于环状化合物、芳香族化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据该有机物的结构简式得到化学式中氢原子数是16，故A正确；
B．该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故B正确；
C．根据该有机物的结构简式得到该有机物含有羰基、酯基、碳碳双键、羟基四种官能团，故C错误；
D．该有机物属于环状化合物，含有苯环，属于芳香族化合物，故D正确。
综上所述，答案为C。
3. 立方氮化硼硬度高，耐磨性好，在机械加工行业有广泛应用。制备立方氮化硼的一种方法为BCl3(g)+NH3(g)＝BN(s)+3HCl(g)，下列说法正确的是
A. 该反应涉及的物质中BN的熔点最高，NH3的沸点最低
B. 该反应涉及的物质均为分子晶体
C. BCl3和NH3中各原子均为8电子稳定结构
D. 形成BCl3时B原子先激发后杂化，其激发态价电子轨道表示式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则BN为原子晶体，由于氨气存在分子间氢键，因此HCl的沸点最低，故A错误；
B．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则BN为原子晶体，故B错误；
C．BCl3中B，NH3中H不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．形成BCl3时B原子先激发即2s中一个电子跃迁到2p上，激发态价电子轨道表示式为：，激发后进行2p2杂化，故D正确。
综上所述，答案为D。
4. 铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2。下列说法正确的是
A. 基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
B. 组成元素均位于元素周期表的p区
C. 水晶二氧化硅和干冰二氧化碳都是非极性分子
D. Fe3Ox中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比为2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知铝为13号元素，则基态铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p等能级上7个轨道，即基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态，A正确；
B．根据元素核外电子最后进入的能级将元素周期表分为s、p、d、f、ds五个区，组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，而Fe位于d区，B错误；
C．水晶二氧化硅是共价晶体，没有单个的二氧化硅分子，干冰二氧化碳为分子晶体，其分子正、负电荷中心重合，是非极性分子，C错误；
D．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2，根据原子守恒可知，x=4，则Fe3Ox即Fe3O4中假设Fe(Ⅱ)个数为m个，则Fe(Ⅲ)为(3-m)个，根据化学式化合价代数和为0可得，2m+3(3-m)+4×(-2)=0，解得m=1，故Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比为1∶2，D错误；
故答案为：A。
5. 下列有关物质的结构与性质说法正确的是
A. CH3CHO分子间能形成氢键，故CH3CHO的沸点高于CH3CH2CH3
B. 常温下，滴加AgNO3溶液可定性鉴别[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2
C. 酸性：CF3COOH＞CH3COOH，则碱性(即结合H+能力)：CF3CH2NH2＞CH3CH2NH2
D. 固态PCl5中含有[PCl4]+[PCl6]-，而PBr5中含有[PBr4]+Br-，存在差异的原因是Br-的半径较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH3CHO分子间不能形成氢键，因其分子中羰基的极性较大，使其沸点高于丙烷，故A错误；
B．由结构可知两种配合物外界均有氯离子，都能与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，不能用硝酸银定性鉴别，故B错误；
C．酸性：CF3COOH＞CH3COOH，是因F的电负性强于H，使得羧基中O-H键极性增大，更易电离，由此可知 CF3CH2NH2结合H+能力比CH3CH2NH2弱，则碱性CH3CH2NH2强，故C错误；
D．由于溴离子半径与P原子半径的比值较氯离子半径与P原子半径的比值大， 作为配位原子与P作用的配位数较少，不能形成[PBr6]-，故D正确；
故选：D。
6. 有关下列有机物的说法错误的是
A. 氯化1－乙基－3－甲基咪唑( )中只有共价键
B. 的同分异构体中，有醇类和酚类物质
C. 青蒿素分子式为C15H22O5，结构如图，该分子中包含7个手性碳原子
D. 中∠1＜∠2
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，A错误；
B．分子含有1个甲基、1个氧，故其同分异构体中可以有-CH2OH或-OH官能团，故有醇类和酚类物质，B正确；
C．手性碳原子是指碳原子周围相连的4个原子或原子团都不相同。根据青蒿素的结构简式图，知该分子中包含 7 个手性碳原子（如图星号所示） ，C正确；
D．角的大小只与开口大小有关，根据两者开口程度，∠1＜∠2，D正确；
故选A。
7. 下列叙述中正确的个数是
①s−s σ键与s−p σ键的电子云形状相同
②CHCl=CH2分子中，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−p
③基态C原子的电子排布图：
④若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，则违背了洪特规则
⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p→1s22s22p形成的是吸收光谱
⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成的配位键属于离子键
⑦含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4NA
⑧31g白磷中含有的孤电子对数为NA
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①s−s σ键与s−p σ键的电子云形状不相同，电子云对称性相同，故①错误；②CHCl=CH2分子中，碳原子采用sp2杂化，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−p σ键，故②正确；③基态C原子的电子排布图：，故③错误；④洪特规则是优先单独占据一个原子轨道且自旋方向相同，若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，则违背了洪特规则，故④正确；⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p→1s22s22p能量都是相同的，不能形成吸收光谱，故⑤错误；⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离子之间形成的配位键，配位键属于共价键，故⑥错误；⑦1mol金刚石含有2mol碳碳键，含2.4g碳原子的金刚石晶体(物质的量为0.2mol)中共价键个数为0.4NA，故⑦正确；⑧1mol白磷还有4mol孤对电子，31g白磷(物质的量为0.125mol)中含有的孤电子对数为NA，故⑧正确；因此②④⑦⑧正确，故B正确。
8. 下列分离混合物的实验方法或操作不正确的是
A. 分离乙酸(沸点77.1℃)与某种液态有机物(沸点120℃)的混合物：蒸馏
B. 从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3：热水溶解、降温结晶、过滤
C. 苯甲酸重结晶时要趁热过滤：为了防止苯甲酸结晶，可先将漏斗进行预热
D. 将溴水中的溴转移到有机溶剂中：加入乙醇萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．两种有机物互溶且沸点相差较大，则选择蒸馏法分离，A正确；
B．NaCl和KNO3的溶解度受温度影响变化程度不同，则从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3可采取热水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤的方法，B正确；
C．苯甲酸重结晶时，为了防止苯甲酸因温度降低而结晶，可将漏斗预热后使用，C正确；
D．乙醇与水互溶，则乙醇不能萃取溴水中的溴，D错误；
故选D。
9. 下列说法正确的是
A. CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质
B. 酚酞的结构如图所示，其结构中含有－OH，故酚酞属于醇
C. 质谱法无法鉴别 和 ，核磁共振氢谱法可以
D. 酚酞一氯取代反应只能生成3种沸点不同的有机物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3COOH为乙酸，CH3OOCH为甲酸甲酯，不是同一种物质，故A错误；
B．酚酞的－OH直接连接苯环，故酚酞属于酚，故B错误；
C． 和 的相对分子质量相同，质谱法无法鉴别，但是二者等效氢原子的数目不同，分别为4和5，核磁共振氢谱法可以鉴别，故C正确；
D．酚酞有机物有6种等效氢原子：，一氯取代反应能生成6种沸点不同的有机物，故D错误；
故选C
10. 如表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为0族元素。下列说法正确的是
X
Y
Z
R
W
J
A. X的中心原子孤电子对数为2
B. Y、R氢化物分子的极性前者大于后者
C. Z、W氢化物的热稳定性和沸点均为Z＞W，且均和氢键有关
D. 与R同周期的元素中，第一电离能比R大的有2种
【答案】B
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置关系可知X、Y、Z为第二周期元素，R为第三周期，W为第四周期，J为第五周期，J为0族元素，则J为Xe，W为Br，R为S，X为N，Y为O，Z为F，据此分析。
【详解】A．N中心N原子的，孤电子对数为0，故A错误；
B．O的电负性强于S，因此H2O极性大于H2S，故B正确；
C．F的非金属性大于Br，非金属性越强，形成氢化物越稳定，因此稳定性：HF>HBr，与氢键无关，故C错误；
D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA和IIIA族、及VA和VIIA异常，与S同周期的元素中，第一电离能比S大的有P、Cl、Ar3种，故D错误；
故选：B。
11. 我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是
A. 该二维晶体的化学式为CaCl2 B. Ca−Cl−Ca的键角为60°
C. Can+和Cl－的配位数均为6 D. Mg2+也可能形成类似的晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据俯视图知，每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，它们之比为1:1，该二维晶体的化学式为CaCl，故A错误；
B．结合侧视图知，Ca−Cl−Ca形成的平面为非平面正六边形，Ca−Cl−Ca的键角不是60°，故B错误；
C．每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，因此Can+和Cl－的配位数均为3，故C错误；
D．Mg和Ca是同主族元素，因此Cl－与Mg2+也可能形成类似的晶体，故D正确。
综上所述，答案为D。
12. 四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是
A. 四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种
B. 氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的
C. 上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同
D. 氯化三乙基锡中所有原子可能共平面
【答案】A
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，四乙基锡和氯化三乙基锡中都含有2类氢原子，化学环境不同的氢原子均为2种，故A正确；
B．由熔沸点可知，四乙基锡和氯化三乙基锡都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙基锡，故B错误；
C．由结构简式可知，该反应是取代反应，反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，都是sp3杂化，反应前后分子内σ键总数相同，故C错误；
D．由结构简式可知，氯化三乙基锡中锡原子和饱和碳原子都是sp3杂化，原子的空间构型都是四面体形，所以分子中所有原子不可能共平面，故D错误；
故选A。
13. FeCl3易升华，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈红色，该红色物质为[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n。下列说法不正确的是
A. FeCl3为分子晶体
B. 1molSCN－中含有σ键的数目为2NA
C. NH与SO均可作为配合物的配体
D. [Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配位数为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3易升华，说明FeCl3为分子晶体，故A正确；
B．SCN－与CO2互为等电子体，则1molSCN－中含有σ键的数目为2NA，故B正确；
C．NH中没有孤对电子，因此不能作为配合物的配体，故C错误；
D．[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配体有SCN－、H2O，其配位数为6，故D正确。
综上所述，答案为C。
14. 钙钛矿类杂化材料甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]是新型太阳能电池的敏化剂；其晶胞结构如图1所示。已知(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为M g∙mol−1，下列说法中错误的是
A. 若B代表Pb2+，则C代表I－
B. 距离A最近且等距离的C有3个
C. NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g∙cm−3
D. 若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示
【答案】B
【解析】
【详解】A．若B代表Pb2+，C位于面心，有个，则C代表I－，故A正确；
B．距离A最近且等距离的C在面心，一个横截面有4个，三个横截面，因此共有12个，故B错误；
C．根据图中信息该晶胞有1个(CH3NH3)PbI3，根据NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g∙cm−3，故C正确；
D．若沿z轴向xy平面投影，晶胞的八个顶点在图2的四边形四个角，晶胞的上面、下面面心在图2的中心，晶胞的四个侧面面心在图2的四个边的重点，因此其投影图如图2所示，故D正确。
综上所述，答案为B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
15. 下列关于同分异构体的说法不正确的是
A. 立方烷()的二溴代物可能的结构有2种
B. 和互为同分异构体
C. 与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH
D. 兴奋剂乙基雌烯醇()可能有属于芳香族的同分异构体
【答案】AB
【解析】
【详解】A．立方烷()的二溴代物中一个溴原子在顶点，另外一个溴原子在面对角线、棱上、体对角线，则可能的结构有3种，故A错误；
B．和是同种物质，故B错误；
C．与具有相同官能团即含有羧基和碳碳双键，其同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，故C正确；
D．兴奋剂乙基雌烯醇()的不饱和度为5，不饱和度大于4且碳原子数多于6的有机物可能有属于芳香族的同分异构体，故D正确。
综上所述，答案为AB。
16. 某离子液体的部分结构如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中Y的原子半径最小，X、Z同主族，且Z的电子数等于Y、W电子数之和，X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物。以下说法正确的是
A. 做配体时，W提供孤电子对
B. 、、分子中的键角依次减小
C. 第一电离能：Y＞W＞X＞R
D. 氢化物的熔沸点大小顺序一定为：R＜Z＜W
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W，X、Z同主族，结合图示可知，X形成2个共价键，Z形成6个共价键，则X为O，Z为S；X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物，应该为CO和NO，则R为C，W为N；Y形成1个共价键，Z的电子数等于Y、W电子数之和，Y的电子数为16-7=9，则Y为F，四种元素中Y(F)的原子半径最小，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，R为C，X为O，Y为F，Z为S，W为N，
A．RW-为CN-，CN-做配体时，应该是C(R)提供孤电子对，故A错误；
B．RZ2、WY3、RY4分别为CS2、NF3、CF4，CS2为直线形，其键角最大，NF3、CF4的VSEPR模型均为四面体，但NF3的中心原子N含有1个孤电子对，CF4的中心原子C没有孤电子对，孤电子对越多键角越小，则CF4的键角较大，所以键角大小为：CS2＞CF4＞NF3，故B错误；
C．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Y＞W＞X＞R，故C正确；
D．R的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气、硫化氢、肼，故D错误；
故选：C。
17. 根据如图所示，下列说法错误的是
A. 第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，该元素是Mg
B. 铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有12个镁原子最近且等距离
C. 某气态团簇分子结构如图3所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE
D. 图4所示是[Zn(NH3)6]2+的部分结构，其中H－N－H键的键角比NH3的键角大，与NH3中N原子的孤电子对在该配离子中转化为成键电子对有关
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知该元素I2、I3差距较大，可知最外层只有两个电子，处于第三周期，则为Mg，故A正确；
B．由晶胞结构可知Al位于面心，Mg位于顶点，。1个铝原子周围有4个镁原子最近且等距离，故B错误；
C．该气态团簇分子由4个E和4个F组成，分子式为E4F4或F4E4，故C错误；
D．由图可知该配离子中N原子采用sp3杂化，无孤电子对，而NH3中N原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间的排斥作用，使得键角变小，故D正确；
故选：BC。
18. 氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法不正确的是
A. 基态O原子的价层电子所占的原子轨道有4种伸展方向
B. CeO2晶体结构中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个
C. CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm
D. 每个CeO2－x晶胞中Ce4+个数为1-2x
【答案】D
【解析】
【详解】A．O原子核外有6个价层电子，分别位于2s、2p轨道， 2s、2p轨道数是1、3，原子轨道有4种伸展方向，A正确；
B．由图2可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为=12，B正确；
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2−的核间距为晶胞对角线长度的，即apm，C正确；
D．假设CeO2−x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4−2x，解得m=1−2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为8×+6×=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4−8x，D错误；
故选：D。
19. Al−Mn−Cu合金的晶胞如图1所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置。下列说法正确的是
A. Al原子周围等距且最近的Al原子有12个
B. 若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子的分数坐标为(,,)
C. Al−Mn−Cu合金化学式可表示AlMnCu4
D. 沿晶胞对角面的切面图为图2
【答案】AD
【解析】
【详解】A．Al原子周围等距且最近的Al原子在里面平面的面对角线上，每个平面有4个，三个横截面，共有12个，故A正确；
B．若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子在右后面的面心上，其分数坐标为(,,)，故B错误；
C．根据Al−Mn−Cu晶胞结构得到Al有4个，Mn有4个，Cu有，则Al−Mn−Cu合金化学式可表示为AlMnCu2，故C错误；
D．沿晶胞对角面进行切面，刚好经过上面的2个Al和下面的2个Mn，所以切面图为图2，故D正确。
综上所述，答案为AD。
第II卷(共52分)
20. 按要求填空。
（1）烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则A的结构简式为_____。
（2）分子式为C6H14O且含有“－CH2OH”的同分异构体有_____种(不考虑立体异构)，其中氢原子种类最少的结构简式为______。
（3）中的官能团名称是_____、_____。
（4）某研究性学习小组为了解有机物A的性质，对A的结构进行了如图实验。
①实验一：质谱分析仪分析，由图1可知有机物A的相对分子质量是______。
②实验二：红外光谱分析，图2中不同吸收峰峰谷代表不同基团，图中有机物A中含氧官能团名称为羟基和_____。
③实验三：取0.9g有机物A完全燃烧，测得生成物为1.32gCO2和0.54gH2O，有机物A的分子式为_____。
④实验四：经核磁共振检测发现有机物A的谱图(图③)中H原子峰值比为_____，有机物A的结构简式为______。
【答案】（1） （2） ①. 8 ②. (CH3)3CCH2CH2OH
（3） ①. 醚键 ②. 醛基
（4） ①. 90 ②. 羧基 ③. C3H6O3 ④. 3：1：1：1 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，该烃的相对分子质量为氢气的35倍，为70；则可知该分子式为：C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，符合的结构简式为：，故答案为：；
【小问2详解】
分子式为C6H14O且含有“－CH2OH”的同分异构体可视为C5H11－CH2OH，C5H11－有8种，则C5H11－CH2OH有8种结构，其中氢原子种类最少的结构简式为(CH3)3CCH2CH2OH，故答案为：8；(CH3)3CCH2CH2OH；
【小问3详解】
由结构简式可知其所含官能团为醛基和醚键，故答案为：醚键、醛基；
【小问4详解】
①由质谱图可知该有机物A的相对分子质量是90，故答案为：90；
②由红外光谱图可知该结构中含有羟基和羧基，故答案为：羧基；
③0.9g有机物A的物质的量为0.01mol，完全燃烧生成物为1.32gCO2(0.03mol)和0.54g(0.03mol)H2O，则1molA中含3molC和6molH，结合摩尔质量90g/mol，则可得1molA中含O的物质的量为3mol，A的分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；
④由以上分析已知A中含有羧基和羟基，由核磁共振氢谱可知A中有4种氢，个数比为3：1：1：1，则除羧基和羟基外还有一个甲基，符合的结构简式为：，故答案为：3：1：1：1；。
21. 我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：
（1）基态Ge原子的核外电子排布式[Ar]_____；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是_____，原因是______。
（2）Cs2CO3中阴离子的空间构型为_____，Cs2CO3中组成元素的电负性由大到小的顺序_____(用元素符号作答)。
（3）和Ge同主族的碳可以形成含有大π键的茂环阴离子(C5H)，其大π键可表示为_____，该茂环阴离子(C5H)可以与Ni2+、Fe2+形成如图所示的配离子，茂环阴离子(C5H)作为配体以π电子参与配位，则配离子中铁周围的价电子数共有_____个。
（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为_____；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型为_____。
（5）CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为apm、bpm、cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_____。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg•mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为______g•cm-3(用代数式表示)。
【答案】（1） ①. 3d104s24p2 ②. SiO2 ③. 二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高
（2） ①. 平面正三角形 ②. O＞C＞Cs
（3） ①. π ②. 18
（4） ①. [BO2]或BO ②. sp2、sp3
（5） ①. 4 ②. ×1030
【解析】
【小问1详解】
Ge为32号元素，位于第4周期IVA族，基态Ge原子的核外电子排布式[Ar] 3d104s24p2，SiO2、GeO2具有类似的晶体结构均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高，故答案为：3d104s24p2；二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高；
【小问2详解】
Cs2CO3中阴离子为，中心碳原子的价层电子对数=，无孤电子对，为平面正三角形结构；Cs2CO3中Cs为活泼金属电负性最小，C、O为同周期元素，电负性O>C，则电负性：O＞C＞Cs；故答案为：平面正三角形；O＞C＞Cs；
小问3详解】
由茂环阴离子的结构可知每个C原子与两个C原子和1个H原子形成共价键，每个C还有一个单电子，再加得到的1个电子形成大π，则大π键可表示为π；Fe2+的价电子排布为：，由结构可知Fe与两个S和1个CO以及1个C5H形成配位键，1个S提供2个电子，1个CO提供2个电子，1个C5H提供6个电子，则铁周围的价电子数共有6+2+2+2+6=18，故答案为：π；18；
【小问4详解】
结合结构式，根据均摊法可知该离子可表示为[BO2]或BO，硼砂晶体中的阴离子的结构可知B原子部分形成4个共价键采用sp3杂化，部分形成3个共价键采用sp2杂化，故答案为：[BO2]或BO；sp2、sp3；
【小问5详解】
原子分数坐标为(0.5，0.2，0.5)的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0，0.3，0.5)及(1.0，0.3，0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上，原子分数坐标为(0.5，0.8，1.0)及(0.5，0.8，0)的Cs原子位于晶胞xy面上，原子分数坐标为(0，0.7，1.0)及(1.0，0.7，1.0)、(0，0.7，0)及(1.0，0.7，0)的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个；代入晶胞密度求算公式可得：=×1030 g•cm-3。
22. 含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）Cu在周期表中的位置_____，同周期元素中，基态原子未成对电子数和Cu相同的元素有_____种，基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是______。
（2）CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为______。下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是______(填标号)。
A.sp3 B.sp3d C.sp3d2 D.dsp2
（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2、其中en代表H2N－CH2－CH2－NH2，属于多齿配体(含有多个配位原子配体)，则en中提供孤电子对的原子是______，1mol[Cu(en)2NH3](BF4)2中的的配位键的数目是_____。
（4）一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°、晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_____，该晶体的化学式为_____。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，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为_____；晶胞中C、D间距离d=_____pm。
【答案】（1） ①. 第四周期第IB族 ②. 4 ③. Cu+的3d轨道全满达到稳定状态
（2） ①. 正八面体形 ②. C
（3） ①. N ②. 7NA
（4） ①. 50% ②. CuInTe2 ③. (，，) ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu位于第四周期ⅠB族；Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期中未成对电子数为1的元素有K、Sc、Cu、Ga、Br，除Cu元素外还有4种元素；铜原子失去1个电子形成Cu+，价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，因此Cu+比Cu2+稳定；故答案为第四周期ⅠB族；4；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；
【小问2详解】
[Cu(H2O)6]2+中中心离子是Cu2+，配位数为6，价层电子对数等于杂化轨道数，因此Cu2+杂化类型为sp3d2，空间构型为正八面体；故答案为正八面体；C；
【小问3详解】
en中含有孤电子对的是N，因此提供孤电子对的是N；配体为en、NH3，en中两个N原子都提供孤电子对与Cu2+形成配位键，BF中B最外层有3个电子，因此B与1个F-形成配位键，即1mol该物质中配位键的数目为(2×2+1+2×1)NA=7NA，故答案为N；7NA；
【小问4详解】
由晶胞结构可知，1个晶胞中Cu、In围成的四面体空隙有16个，Te原子填充的四面体空隙有8个，则四面体空隙占有率为=50%；Cu原子位于顶点、面心和体内，个数为=4，In位于面上、棱上，个数为=4，Te位于体内，个数为8，则化学式为CuInTe2；A点坐标(0，0，0)，B点坐标(，，)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线的处，面对角线处的C原子的分数坐标为(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为pm、pm，C、D间的距离为d=pm；故答案为50%；CuInTe2；(，，)；。
23. 碲化镉(CdTe)等太阳能电池适合光电转换，可以直接把光能转化成电能。回答下列问题：
（1）元素Cd与Zn是同一副族的相邻元素，Cd的价层电子排布式为_____，属于元素周期表的_____区。
（2）和Te同主族的硒(Se)是人体内必需的微量元素之一。H2Se易溶于水的原因_____；H2Se的键角_____(填“大于”或“小于”)H2Te的键角，原因______。
（3）CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。如原子M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为_____。与Cd最近的Te原子构成的立体结构为_____；若CdTe的晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。则晶胞中Cd和Te的最近距离为_____pm(列计算式，可能用到相对原子质量：Cd-112，Te-128)。
②该晶胞沿其面对角线方向上的投影如图2所示，则代表Te原子的位置是_____(填序号)，晶胞中原子6和11之间的距离为_____pm(用含a的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 4d105s2 ②. ds
（2） ①. H2Se和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水 ②. 大于 ③. Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大
（3） ①. (，，) ②. 正四面体形 ③. ×1010 ④. 7，8，11 ⑤. a
【解析】
【小问1详解】
Cd为48号元素，其价层电子排布式为4d105s2，与Zn均为IIB族，位于ds区，故答案为：4d105s2；ds；
【小问2详解】
Se与O同主族，H2Se和H2O结构相似均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；Se和Te为同主族元素，同主族从上到下电负性减弱，故Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大。故答案为：H2Se和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；大于；Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大；
【小问3详解】
①由晶胞结构，若M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为(，，)，与Cd最近的Te原子有4个，构成正四面体结构；由晶胞结构可知：Cd有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：，Te有4个在体内，则晶胞的质量=，晶胞密度为ρg•cm-3，则晶胞的体积为：，晶胞中Cd和Te的最近距离为体对角线的四分之一，即为cm=×1010pm，故答案为：(，，)；正四面体形；×1010；根据图2，可知代表Te原子的位置是7、8、11，如图所示
，，A为6球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B(11球)在底面的投影，落在面对角线的的位置，BC的长度为边长的，为，CD的长度为面对角线长的，为，AD的长为面对角线的，为，AC的长度为，AB的长度为。故答案为：7，8，11；a。
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