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精品解析：河南省郑州市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：河南省郑州市六校联盟2022-2023学年高二下学期4月期中考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年下学期期中学业水平测试
高二年级化学试卷
考试时间：100分钟
相对原子质量：H1 N14 Li7 O16 Na23 Fe56 Cu64 Zn65 Se79
第I卷(选择题)
一、单选题(共48分)
1. X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的二分之一。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C. 由 X 元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在
D. 由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子，则X可能显+4价、Z显-2价，XZ2可能为CO2，C、N、O最外层电子数之和恰好为 15，X、Y、Z分别为C、N、O；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，则其相对分子质量为0.76´22.4=17，则M为H元素；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 0.5倍，0.5×(6+7+8+1)=11，则W为Na元素。
【详解】A．同一周期从左到右，原子半径依次减小，短周期中Na的原子半径最大，H的原子半径最小，因此，原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞N＞O＞H，A不正确；
B．Na2O2属于离子化合物，B不正确；
C．由C元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在，如金刚石、石墨等，C正确；
D．由 C、N、O、H 四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如CO(NH2)2只含有共价键，D不正确。
综上所述，说法正确的是C。
2. 科学家利用四种原子序数依次递增短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B. 第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C. 该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D. W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性C
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D正确；
故答案选D。
3. 下列粒子的空间构型不同于其他三个的是
A. 气态 B. 气态 C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SeO3中Se是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子离域大π键，为平面三角形结构；
B．三氧化硫中硫是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
C．亚硫酸根离子中的硫采用的是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
D．硝酸根离子中N和O都是sp2杂化，N在中间，O位于三角形顶点，为平面三角形；
空间构型不同于其他三个的是，
答案选C。
4. PO、NH这两种离子中各原子的空间排列情况和CH4分子相似。关于几种微粒的说法中，不正确的是
A. Na3PO4溶液和NH4Cl溶液的酸碱性不同
B. NH离子中四个N－H键键长完全相同
C. 相同物质的量的PO、NH、CH4、P4(白磷)四种微粒所含的σ键个数相同
D. PO、NH这离子的空间结构为四面体形
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na3PO4弱酸强碱盐呈碱性而NH4Cl为弱碱强酸盐呈酸性，A项正确；
B．中价层电子对为4对，无孤电子对，为正四面体，sp3杂化，N-H键均相同，B项正确；
C．前三者中均有4个σ键而后者有6个σ键，C项错误；
D．中价层电子对为，无孤电子对，为四面体构型，与相同，D项正确；
故选C。
5. 通常情况下，是一种油状液体，其分子空间构型与的相似，下列有关和的叙述正确的是
A. 分子中键的键长与分子中键的键长相等
B. 分子是非极性分子
C. 的熔沸点比的低
D. 在氨水中，大部分与以氢键结合形成，则的结构式如上图
【答案】D
【解析】
【详解】A．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C—Cl键键长比NCl3中N—Cl键键长，故A错误；
B．NCl3的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故B错误；
C．分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故C错误；
D．在氨水中， NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合形成NH3∙H2O分子；则NH3∙H2O的结构式为，故D正确；
综上所述，答案为D。
6. 下列说法错误的是
A. 周期表中第5周期有18种元素
B. ①乙炔、②水、③甲醛、④氨四种分子中，键角由大到小的顺序是①>③>④>②
C. 第4周期最外层有一个单电子的元素共有3种
D. 两元素的基态原子的价电子排布式分别为、，则一定为同一族元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．周期表中第5周期有7个主族元素、一个零族元素、7各副族元素和1各Ⅷ族元素共有18种元素，A项正确；
B．①乙炔中C为sp杂化，分子键角是180°；②水分子中O为sp3杂化，键角是104°30′，③甲醛分子中C为sp2杂化，键角是120°，④氨分子中N为sp3杂化，且只有一对孤电子排斥力小，键角是107°18′，则键角由大到小的顺序是①>③>④>②，B项正确；
C．第4周期最外层有一个单电子的元素有K、Cr、Cu、Ga、Br共5种，C项错误；
D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为3s2、4s2，则说明两元素分别是Mg、Ca，是同一族元素，D项正确；
故选C。
7. 与NO3-互为等电子体的是
A. SO3 B. P4 C. PCl3 D. NO2
【答案】A
【解析】
【详解】在NO3-中，价电子数为5+6×3+1=24，原子数为4，根据等电子体原理，可以写出与NO3-互为电子体的分子为SO3、BF3等，故A正确； B. P4 价电子数为20，故B错误；C、PCl3价电子数为26，故C错误；D、NO2原子数为3，故D错误；故选A。
8. 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中0原子和N原子均为杂化
B. 分子中的键角大于的键角
C. 分子中的极性大于的极性
D. 分子中含有手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；
B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如 ，D正确；
答案选B。
9. 从结构角度分析，下列说法错误的是
A. 的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为
B. 中，阴离子立体构型为平面三角形，C原子的杂化方式为
C. 因分子间存在氢键，所以中其沸点最高
D. 因金属性，所以熔点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子I的价层电子对为2+ =4，中心原子的杂化方式为，立体构型为V形，故A正确；
B．中，阴离子中C的价层电子对为3+ =3，C原子的杂化方式为，立体构型为平面三角形，故B正确；
C．因分子间存在氢键，所以中其沸点最高，故C正确；
D．因离子半径，晶格能KCl＜NaCl，所以熔点KCl＜NaCl，故D错误；
故选D。
10. 某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是
A. 氢化物沸点： B. 原子半径：
C. 第一电离能： D. 阴、阳离子中均有配位键
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：，A错误；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：，C错误；
D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；
故答案为：D。
11. 已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中和都在小晶格内部，部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(如图)，下列分析错误的是
A. 该晶体为离子晶体
B. 该物质的化学式为
C. 晶胞中，的配位数为4
D. 两个之间最近的距离是
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶体由镁离子、铝离子与氧离子通过离子键形成的离子晶体，故A正确；
B．由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心，1个A中的镁离子个数为：1+=，1个B晶格中有4个镁离子在顶点，1个B中的镁离子个数为：=，则该晶胞中镁离子个数为：；1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则氧离子个数为4×8=32个，每个B晶格中含有4个铝离子，铝离子个数为：4×4=16，该物质的化学式为，故B错误；
C．由A晶格结构可知每个与4个氧离子紧相邻，其配位数为4，故C正确；
D．两个之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为，体对角线为，两个之间最近的距离是该体对角线的一半，即，故D正确；
故选：B。
12. 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A. 的空间构型为直线型 B. 的价电子排布式为
C. 的键角比的大 D. 中含有键
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S中S原子采取sp³杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
13. 硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是
A. 晶胞中硒原子的配位数为12
B. 晶胞中d点原子分数坐标为
C. 相邻两个Zn原子的最短距离为nm
D. 电负性：Zn>Se
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B正确；
C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误；
D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W、X、Y、Z组成的离子化合物是合成XY纳米管的原料之一。R2+与的电子数相等。下列法说中正确的是（ ）
A. 因WZ分子间有氢键，所以分子较稳定
B. R与Y形成的化合物可表示为R3Y2
C. 简单离子半径Z比R的小
D. 化合物XY是离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】根据R为短周期元素，其离子为，故R为镁，与镁离子电子数相等，故该离子为铵根，W为氢，Y为氮，结合W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，推知为，X为硼，Z为氟，据此分析。
【详解】W、X、Y、Z、R依次为氢、硼、氮、氟、镁；
A．WZ分子即氟化氢分子稳定是由于氟的非金属性强，氢氟键键能大，与氢键无关，A错误；
B．氮和镁形成氮化镁，化学式为，B正确；
C．和电子层数相同，质子数越多半径越大，故半径大于，C错误；
D．氮化硼中只含共价键，是共价化合物，D错误；
【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。
15. 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体。电池充电时，脱出转化如图，下列说法正确的是
A. 每个晶胞中个数为
B. 晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为
C. 晶胞中价原子个数为
D. 当转化为时，每转移电子，消耗
【答案】C
【解析】
【分析】由(a)图可知，LiFePO4晶胞中小球表示锂离子，位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为，则晶胞中含有4个LiFePO4；由(b)图可知，与LiFePO4晶胞相比，Li1—xFePO4晶胞缺失1个面心和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子的个数为，则，解得x=0.1875，Li1—xFePO4为Li0.8125FePO4，设Li0.8125FePO4中亚铁离子和铁离子数目分别为a和b，由铁原子个数守恒可得：a+b=1，由化合价代数和为0可得：0.8125+2a+3b+5=8，解得a=0.8125、b=0.1875。
【详解】A．由分析可知，每个Li1—xFePO4晶胞中含有4(1—x)个锂离子，故A错误；
B．由分析可知，Li0.8125FePO4中铁离子数目为0.1875，则1molLiFePO4晶胞完全转化为Li1—xFePO4晶胞失去电子的数目为1mol×0.1875×4×NAmol—1=0.75NA，故B错误；
C．由分析可知，Li0.8125FePO4中亚铁离子数目为0.8125，则1molLi1—xFePO4晶胞中亚铁离子的数目为1mol×0.8125×4×NAmol—1=3.25NA，故C正确；
D．由分析可知，FePO4转化为Li1—xFePO4时，得到(1—x)个电子，消耗(1—x)个锂离子，则1mol FePO4转化为Li1—xFePO4时，得到(1—x)mol电子，消耗(1—x)mol锂离子，故D错误；
故选C。
16. 下列说法错误的是
A. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. σ键和π键比例为7:1
C. 与互为等电子体，1 mol 中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l) = 3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，故A说法正确；
B. 分子中含有16个单键和2个双键，则σ键和π键比例应为9:1，故B说法错误；
C. C22-和O22+是等电子体，所以1molO22+中含有2NAπ键，故C正确；
D. 若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误；
答案选B
【点睛】在有机物分子中，一般情况下，单键是一个σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，在通过键线式分析分子中的σ键时容易遗漏C-H。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共52分)
17. 材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
（2）一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A. sp2 B. sp3 C. dsp2 D.d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
（3）铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3 (列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 球形
（2） ①. O>N>C ②. D ③. π
（3） ①. 棱心和体心 ②. Fe4N ③.
【解析】
【分析】（1）根据铁原子核外电子排布分析，占据轨道数即空间运动状态数。根据最高能级为4s级分析电子云为球形。
（2）根据同周期电负性的变化规律分析，根据在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层电子或孤电子对成大π键进行分析。
（3）根据晶胞的均摊法分析晶胞的分子式和密度。
【小问1详解】
基态铁原子的价电子排布图为，基态铁原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动状态有15种， 其处在最高能层为4S层，电子的电子云形状为球形。
【小问2详解】
①M分子中C、N、O三种元素的电负性根据同周期元素，从左到右电负性增大分析，由大到小的顺序为O>N>C。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为d2sp3。
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2个电子，故大π键应表示为π。
【小问3详解】
①若以氮原子为晶胞顶点，则原来在定点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心。
②该晶胞中铁原子的个数为 ，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N ，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，为棱长的一半，则晶胞的体积为，cm3，晶胞的质量为g，该晶胞的密度为g·cm-3。
18. 环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．键 F．键
(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶 胞参数为a pm。
①相邻的与之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。
【答案】 ①. ②. BCE ③. (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高 ④. Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。
(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。
(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。
19. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为______：晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。
【答案】 ① O ②. 1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3） ③. O3 ④. O3相对分子质量较大，范德华力大 ⑤. 分子晶体 ⑥. 离子晶体 ⑦. 三角锥形 ⑧. sp3 ⑨. V形 ⑩. 4 ⑪. 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl） ⑫. Na2O ⑬. 8 ⑭. =2.27g•cm-3
【解析】
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；
（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。
20. [化学——选修3：物质结构与性质]
由H、C、O、N、S、Cu等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子有____种运动状态，未成对电子占据原子轨道的形状为______。
（2）碳和氢形成的最简单碳正离子CH3+，其中心原子碳原子的杂化类型为___________，该阳离子的空间构型为___________。
（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_________________________________。
（4）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是_____，离子反应方程式为____；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu（NH3）4]SO4。其阳离子的结构式为___________，中心原子的配位数为___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。其堆积模型是___________，铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm－3，NA为阿伏伽德罗常数。铜的相对原子质量为___________（用a、ρ、NA表示，写出计算式即可）。
【答案】 ①. 11 ②. 球型 ③. sp2 ④. 平面三角形 ⑤. Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO ⑥. 产生蓝色沉淀 ⑦. Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+ ⑧. ⑨. 4 ⑩. 面心立方最密堆积 ⑪. ρNA（a×10—10）3/4
【解析】
【分析】（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构；
（5）根据m =ρV=4M（Cu）/NA计算可得。
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为1s22s22p6
3s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，则价电子有11种运动状态，未成对电子占据原子轨道为4s，形状为球型，故答案为11；球型；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH3+离子的空间构型为平面三角形，故答案为sp2；平面三角形；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；[Cu(NH3)4]SO4的阳离子为[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构，结构式为，故答案为产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；；4；
（5）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，堆积模型是面心立方最密堆积，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数为8×1/8+6×1/2=4，根据m =ρV=4M（Cu）/NA可得ρ（a×10—10）3=4M（Cu）/NA，M（Cu）=ρNA（a×10—10）3/4，故答案为面心立方最密堆积；ρNA（a×10—10）3/4。
2022—2023学年下学期期中学业水平测试
高二年级化学试卷
考试时间：100分钟
相对原子质量：H1 N14 Li7 O16 Na23 Fe56 Cu64 Zn65 Se79
第I卷(选择题)
一、单选题(共48分)
1. X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的二分之一。下列说法正确的是
A. 原子半径：W＞Z＞Y＞X＞M
B. XZ2、X2M2、W2Z2均为直线型的共价化合物
C. 由 X 元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在
D. 由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外 层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成XZ2分子，则X可能显+4价、Z显-2价，XZ2可能为CO2，C、N、O最外层电子数之和恰好为 15，X、Y、Z分别为C、N、O；Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g/L，则其相对分子质量为0.76´22.4=17，则M为H元素；W 的质子数是 X、Y、Z、M 四种元素质子数之和的 0.5倍，0.5×(6+7+8+1)=11，则W为Na元素。
【详解】A．同一周期从左到右，原子半径依次减小，短周期中Na的原子半径最大，H的原子半径最小，因此，原子半径从大到小的顺序为Na＞C＞N＞O＞H，A不正确；
B．Na2O2属于离子化合物，B不正确；
C．由C元素形成的单质在自然条件下有多种同素异形体存在，如金刚石、石墨等，C正确；
D．由 C、N、O、H 四种元素形成的化合物不一定既有离子键又有共价键，如CO(NH2)2只含有共价键，D不正确。
综上所述，说法正确的是C。
2. 科学家利用四种原子序数依次递增短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(Y和Y之间重复单元的W、X未全部标出)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A. 简单气态氢化物的热稳定性：X>Y
B. 第一电离能：I1(X)>I1(Y)>I1(Z)
C. 该化合物中W、X、Y都满足8电子稳定结构
D. W、Y、Z三种元素组成的化合物中含有离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，则W为H，Y、Z分别位于第二、第三周期；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na；X形成4个共价键，位于IVA族，其原子序数小于Z（Na），则X为C元素；Y形成2个共价键，位于第二周期ⅥA族，为O元素，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na元素，
A．非金属性C
C．该化合物中，W（H）最外层电子数为2不满足8电子稳定结构，故C错误；
D．W、Y、Z三种元素组成的化合物为氢氧化钠，含有离子键和共价键，故D正确；
故答案选D。
3. 下列粒子的空间构型不同于其他三个的是
A. 气态 B. 气态 C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SeO3中Se是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子离域大π键，为平面三角形结构；
B．三氧化硫中硫是sp2杂化，形成3个等价sp2轨道，键角，与氧形成一个键，并且和氧原子p轨道p-π共轭形成4中心6电子的离域大π键，为平面三角形结构；
C．亚硫酸根离子中的硫采用的是sp3杂化，空间构型为三角锥形；
D．硝酸根离子中N和O都是sp2杂化，N在中间，O位于三角形顶点，为平面三角形；
空间构型不同于其他三个的是，
答案选C。
4. PO、NH这两种离子中各原子的空间排列情况和CH4分子相似。关于几种微粒的说法中，不正确的是
A. Na3PO4溶液和NH4Cl溶液的酸碱性不同
B. NH离子中四个N－H键键长完全相同
C. 相同物质的量的PO、NH、CH4、P4(白磷)四种微粒所含的σ键个数相同
D. PO、NH这离子的空间结构为四面体形
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na3PO4弱酸强碱盐呈碱性而NH4Cl为弱碱强酸盐呈酸性，A项正确；
B．中价层电子对为4对，无孤电子对，为正四面体，sp3杂化，N-H键均相同，B项正确；
C．前三者中均有4个σ键而后者有6个σ键，C项错误；
D．中价层电子对为，无孤电子对，为四面体构型，与相同，D项正确；
故选C。
5. 通常情况下，是一种油状液体，其分子空间构型与的相似，下列有关和的叙述正确的是
A. 分子中键的键长与分子中键的键长相等
B. 分子是非极性分子
C. 的熔沸点比的低
D. 在氨水中，大部分与以氢键结合形成，则的结构式如上图
【答案】D
【解析】
【详解】A．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C—Cl键键长比NCl3中N—Cl键键长，故A错误；
B．NCl3的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，故B错误；
C．分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，故C错误；
D．在氨水中， NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合形成NH3∙H2O分子；则NH3∙H2O的结构式为，故D正确；
综上所述，答案为D。
6. 下列说法错误的是
A. 周期表中第5周期有18种元素
B. ①乙炔、②水、③甲醛、④氨四种分子中，键角由大到小的顺序是①>③>④>②
C. 第4周期最外层有一个单电子的元素共有3种
D. 两元素的基态原子的价电子排布式分别为、，则一定为同一族元素
【答案】C
【解析】
【详解】A．周期表中第5周期有7个主族元素、一个零族元素、7各副族元素和1各Ⅷ族元素共有18种元素，A项正确；
B．①乙炔中C为sp杂化，分子键角是180°；②水分子中O为sp3杂化，键角是104°30′，③甲醛分子中C为sp2杂化，键角是120°，④氨分子中N为sp3杂化，且只有一对孤电子排斥力小，键角是107°18′，则键角由大到小的顺序是①>③>④>②，B项正确；
C．第4周期最外层有一个单电子的元素有K、Cr、Cu、Ga、Br共5种，C项错误；
D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为3s2、4s2，则说明两元素分别是Mg、Ca，是同一族元素，D项正确；
故选C。
7. 与NO3-互为等电子体的是
A. SO3 B. P4 C. PCl3 D. NO2
【答案】A
【解析】
【详解】在NO3-中，价电子数为5+6×3+1=24，原子数为4，根据等电子体原理，可以写出与NO3-互为电子体的分子为SO3、BF3等，故A正确； B. P4 价电子数为20，故B错误；C、PCl3价电子数为26，故C错误；D、NO2原子数为3，故D错误；故选A。
8. 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 分子中0原子和N原子均为杂化
B. 分子中的键角大于的键角
C. 分子中的极性大于的极性
D. 分子中含有手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A． 分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化，A正确；
B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角，B不正确；
C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性，C正确；
D．手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子、例如 ，D正确；
答案选B。
9. 从结构角度分析，下列说法错误的是
A. 的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为
B. 中，阴离子立体构型为平面三角形，C原子的杂化方式为
C. 因分子间存在氢键，所以中其沸点最高
D. 因金属性，所以熔点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．的中心原子I的价层电子对为2+ =4，中心原子的杂化方式为，立体构型为V形，故A正确；
B．中，阴离子中C的价层电子对为3+ =3，C原子的杂化方式为，立体构型为平面三角形，故B正确；
C．因分子间存在氢键，所以中其沸点最高，故C正确；
D．因离子半径，晶格能KCl＜NaCl，所以熔点KCl＜NaCl，故D错误；
故选D。
10. 某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是
A. 氢化物沸点： B. 原子半径：
C. 第一电离能： D. 阴、阳离子中均有配位键
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：，A错误；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：，C错误；
D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确；
故答案为：D。
11. 已知Mg、Al、O三种元素组成尖晶石型晶体结构，其晶胞由4个A型小晶格和4个B型小晶格构成，其中和都在小晶格内部，部分在小晶格内部，部分在小晶格顶点(如图)，下列分析错误的是
A. 该晶体为离子晶体
B. 该物质的化学式为
C. 晶胞中，的配位数为4
D. 两个之间最近的距离是
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶体由镁离子、铝离子与氧离子通过离子键形成的离子晶体，故A正确；
B．由晶胞结构可知，1个A晶格中有4个镁离子在顶点，1个在体心，1个A中的镁离子个数为：1+=，1个B晶格中有4个镁离子在顶点，1个B中的镁离子个数为：=，则该晶胞中镁离子个数为：；1个A晶格和1个B晶格中均含有4个氧离子，则氧离子个数为4×8=32个，每个B晶格中含有4个铝离子，铝离子个数为：4×4=16，该物质的化学式为，故B错误；
C．由A晶格结构可知每个与4个氧离子紧相邻，其配位数为4，故C正确；
D．两个之间最近的距离是A晶格结构中体心与顶点的距离，A晶格的边长为，体对角线为，两个之间最近的距离是该体对角线的一半，即，故D正确；
故选：B。
12. 硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A. 的空间构型为直线型 B. 的价电子排布式为
C. 的键角比的大 D. 中含有键
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2S中S原子采取sp³杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
13. 硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是
A. 晶胞中硒原子的配位数为12
B. 晶胞中d点原子分数坐标为
C. 相邻两个Zn原子的最短距离为nm
D. 电负性：Zn>Se
【答案】B
【解析】
【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B正确；
C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误；
D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，W、X、Y、Z组成的离子化合物是合成XY纳米管的原料之一。R2+与的电子数相等。下列法说中正确的是（ ）
A. 因WZ分子间有氢键，所以分子较稳定
B. R与Y形成的化合物可表示为R3Y2
C. 简单离子半径Z比R的小
D. 化合物XY是离子化合物
【答案】B
【解析】
【分析】根据R为短周期元素，其离子为，故R为镁，与镁离子电子数相等，故该离子为铵根，W为氢，Y为氮，结合W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，推知为，X为硼，Z为氟，据此分析。
【详解】W、X、Y、Z、R依次为氢、硼、氮、氟、镁；
A．WZ分子即氟化氢分子稳定是由于氟的非金属性强，氢氟键键能大，与氢键无关，A错误；
B．氮和镁形成氮化镁，化学式为，B正确；
C．和电子层数相同，质子数越多半径越大，故半径大于，C错误；
D．氮化硼中只含共价键，是共价化合物，D错误；
【点睛】微粒半径大小比较的一般规律：1、看电子层数，电子层数越多半径越大；2、电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越多半径越小；3、电子层数和核电荷数都相同时，看电子数，电子数越多越多半径越大。
15. 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体。电池充电时，脱出转化如图，下列说法正确的是
A. 每个晶胞中个数为
B. 晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为
C. 晶胞中价原子个数为
D. 当转化为时，每转移电子，消耗
【答案】C
【解析】
【分析】由(a)图可知，LiFePO4晶胞中小球表示锂离子，位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为，则晶胞中含有4个LiFePO4；由(b)图可知，与LiFePO4晶胞相比，Li1—xFePO4晶胞缺失1个面心和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子的个数为，则，解得x=0.1875，Li1—xFePO4为Li0.8125FePO4，设Li0.8125FePO4中亚铁离子和铁离子数目分别为a和b，由铁原子个数守恒可得：a+b=1，由化合价代数和为0可得：0.8125+2a+3b+5=8，解得a=0.8125、b=0.1875。
【详解】A．由分析可知，每个Li1—xFePO4晶胞中含有4(1—x)个锂离子，故A错误；
B．由分析可知，Li0.8125FePO4中铁离子数目为0.1875，则1molLiFePO4晶胞完全转化为Li1—xFePO4晶胞失去电子的数目为1mol×0.1875×4×NAmol—1=0.75NA，故B错误；
C．由分析可知，Li0.8125FePO4中亚铁离子数目为0.8125，则1molLi1—xFePO4晶胞中亚铁离子的数目为1mol×0.8125×4×NAmol—1=3.25NA，故C正确；
D．由分析可知，FePO4转化为Li1—xFePO4时，得到(1—x)个电子，消耗(1—x)个锂离子，则1mol FePO4转化为Li1—xFePO4时，得到(1—x)mol电子，消耗(1—x)mol锂离子，故D错误；
故选C。
16. 下列说法错误的是
A. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. σ键和π键比例为7:1
C. 与互为等电子体，1 mol 中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l) = 3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A. 在NH4+和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，故A说法正确；
B. 分子中含有16个单键和2个双键，则σ键和π键比例应为9:1，故B说法错误；
C. C22-和O22+是等电子体，所以1molO22+中含有2NAπ键，故C正确；
D. 若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误；
答案选B
【点睛】在有机物分子中，一般情况下，单键是一个σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，在通过键线式分析分子中的σ键时容易遗漏C-H。
第II卷(非选择题)
二、填空题(共52分)
17. 材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
（2）一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A. sp2 B. sp3 C. dsp2 D.d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
（3）铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3 (列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. ②. 15 ③. 球形
（2） ①. O>N>C ②. D ③. π
（3） ①. 棱心和体心 ②. Fe4N ③.
【解析】
【分析】（1）根据铁原子核外电子排布分析，占据轨道数即空间运动状态数。根据最高能级为4s级分析电子云为球形。
（2）根据同周期电负性的变化规律分析，根据在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层电子或孤电子对成大π键进行分析。
（3）根据晶胞的均摊法分析晶胞的分子式和密度。
【小问1详解】
基态铁原子的价电子排布图为，基态铁原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动状态有15种， 其处在最高能层为4S层，电子的电子云形状为球形。
【小问2详解】
①M分子中C、N、O三种元素的电负性根据同周期元素，从左到右电负性增大分析，由大到小的顺序为O>N>C。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为d2sp3。
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2个电子，故大π键应表示为π。
【小问3详解】
①若以氮原子为晶胞顶点，则原来在定点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心。
②该晶胞中铁原子的个数为 ，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe4N ，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，为棱长的一半，则晶胞的体积为，cm3，晶胞的质量为g，该晶胞的密度为g·cm-3。
18. 环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布___________。
(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．键 F．键
(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。
(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。
(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶 胞参数为a pm。
①相邻的与之间的距离为___________pm。
②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。
③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。
【答案】 ①. ②. BCE ③. (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高 ④. Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定 ⑤. ⑥. ⑦.
【解析】
【分析】
【详解】(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。
(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。
(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；
(4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。
(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。
②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。
③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。
19. A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是______（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_____（填分子式），原因是_______；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为______和______。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为______，中心原子的杂化轨道类型为______。
（4）化合物D2A的立体构型为___，中心原子的价层电子对数为______，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_________。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm，F的化学式为______：晶胞中A原子的配位数为_________；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）_____。
【答案】 ① O ②. 1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3） ③. O3 ④. O3相对分子质量较大，范德华力大 ⑤. 分子晶体 ⑥. 离子晶体 ⑦. 三角锥形 ⑧. sp3 ⑨. V形 ⑩. 4 ⑪. 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl） ⑫. Na2O ⑬. 8 ⑭. =2.27g•cm-3
【解析】
【分析】C核外电子总数是最外层电子数的3倍，应为P元素，C、D为同周期元素，则应为第三周期元素，D元素最外层有一个未成对电子，应为Cl元素，A2-和B+具有相同的电子构型，结合原子序数关系可知A为O元素，B为Na元素。
【详解】（1）四种元素分别为O、Na、O、Cl，电负性最大的为O元素，C为P元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p3；
（2）A为O元素，有O2、O3两种同素异形体，二者对应的晶体都为分子晶体，因O3相对原子质量较大，则范德华力较大，沸点较高，A的氢化物为水，为分子晶体，B的氢化物为NaH，为离子晶体；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物为PCl3，P形成3个δ键，孤电子对数为(5-3×1)/2=1，则为sp3杂化，立体构型为为三角锥形；
（4）化合物D2A为Cl2O，O为中心原子，形成2个δ键，孤电子对数为(6-2×1)/2=2，则中心原子的价层电子对数为4，立体构型为V形，氯气与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，反应的方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；
（5）A和B能够形成化合物F为离子化合物，阴离子位于晶胞的顶点和面心，阳离子位于晶胞的体心，则Na的个数为8，O的个数为8×1/8+6×1/2=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O，晶胞中O位于顶点，Na位于体心，每个晶胞中有1个Na与O的距离最近，每个定点为8个晶胞共有，则晶胞中O原子的配位数为8，晶胞的质量为(4×62g/mol)÷6.02×1023/mol，晶胞的体积为(0.566×10-7)cm3，则晶体F的密度为=2.27g•cm-3。
20. [化学——选修3：物质结构与性质]
由H、C、O、N、S、Cu等元素能形成多种物质。这些物质有许多用途。请回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子有____种运动状态，未成对电子占据原子轨道的形状为______。
（2）碳和氢形成的最简单碳正离子CH3+，其中心原子碳原子的杂化类型为___________，该阳离子的空间构型为___________。
（3）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请从阳离子的结构来说明在高温时，Cu2O比CuO更稳定的原因是_________________________________。
（4）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是_____，离子反应方程式为____；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu（NH3）4]SO4。其阳离子的结构式为___________，中心原子的配位数为___________。
（5）金属晶体铜的晶胞如图所示。其堆积模型是___________，铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm－3，NA为阿伏伽德罗常数。铜的相对原子质量为___________（用a、ρ、NA表示，写出计算式即可）。
【答案】 ①. 11 ②. 球型 ③. sp2 ④. 平面三角形 ⑤. Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO ⑥. 产生蓝色沉淀 ⑦. Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+ ⑧. ⑨. 4 ⑩. 面心立方最密堆积 ⑪. ρNA（a×10—10）3/4
【解析】
【分析】（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，孤对电子数为0；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构；
（5）根据m =ρV=4M（Cu）/NA计算可得。
【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为1s22s22p6
3s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，则价电子有11种运动状态，未成对电子占据原子轨道为4s，形状为球型，故答案为11；球型；
（2）最简单碳正离子CH3+离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH3+离子的空间构型为平面三角形，故答案为sp2；平面三角形；
（3）轨道中电子排布达到全满、半满、全空时原子最稳定，Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO，故答案为Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；
（4）向硫酸铜中滴加少量氨水，反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；[Cu(NH3)4]SO4的阳离子为[Cu(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与4个NH3分子通过配位键形成平面结构，结构式为，故答案为产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu（OH）2↓+2NH4+；；4；
（5）根据Cu晶体的晶胞结构示意图可知，堆积模型是面心立方最密堆积，以顶点铜原子为例，距离最近的铜原子位于晶胞的面心上，这样的原子有12个，所以晶胞中Cu原子的配位数为12，Cu晶体的晶胞中含有铜原子数为8×1/8+6×1/2=4，根据m =ρV=4M（Cu）/NA可得ρ（a×10—10）3=4M（Cu）/NA，M（Cu）=ρNA（a×10—10）3/4，故答案为面心立方最密堆积；ρNA（a×10—10）3/4。
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