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安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月测试化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月测试化学试题（原卷版+解析版），文件包含安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月测试化学试题原卷版docx、安徽师范大学附属中学2023-2024学年高二下学期4月测试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
已知部分原子的相对原子质量：C 12；O 16；Ca 40；Ga 70；As 75
第I卷(选择题)
一、单选题(本大题共16个小题，每小题4分，满分64分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项。)
1. 三星堆两次考古挖掘举世震惊，二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列有关说法错误的是
A. 铜元素位于周期表的ds区
B. 与铜元素最外层电子数相同的前四周期元素还有四种
C. 测定出土文物年代的是C的一种核素
D. 青铜中含有的锡的价电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．周期表分为s区、p区、d区、ds区、f区，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu元素属于第IB族，在周期表中位于ds区，故A正确；
B．Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，最外层只有1个电子，第四周期最外层只有一个电子的元素核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1、1s22s22p63s23p63d54s1和1s22s22p63s23p63d104s1，另外还有H、Li、Na，共有5种，故B错误；
C．测定出土文物年代的14C是碳的一种同位素，故C正确；
D．Sn为第50号元素，位于周期表第五周期第ⅣA族，价电子排布式为5s25p2，故D正确；
答案选B。
2. 氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子的核外电子排布，使得H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物，下列说法正确的是
A. 、、互为同素异形体
B. 分子中的化学键均为极性共价键
C. 和的中心原子轨道杂化类型相同
D. 晶体中存在Ca与之间的强烈相互作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、都属于氢元素，三者互为同位素，A错误；
B．分子中的化学键既存在O-H极性共价键，也存在O-O非极性共价键，B错误；
C．和的中心原子轨道杂化类型均为，C正确；
D．晶体中存在Ca2+与之间的离子键，为强烈相互作用，不存在氢分子，D错误。
故选C。
3. 下列化学用语或表述正确的是
A. 沸点：对羟基苯甲醛＜邻羟基苯甲醛B. 硅原子轨道电子云图：
C. 酸性：D. 基态Se的简化电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，导致邻羟基苯甲醛分子间的作用力较低，沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故A错误；
B．硅原子轨道电子云图：，故B正确；
C．由于非金属性Cl＞Br，因此其最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C错误；
D．Se为第34号元素，其简化的电子排布式为：，故D错误；
故选B。
4. 关于反应NCl3+3H2O=NH3+3HClO，下列说法正确的是
A. NCl3属于非极性分子B. H2O分子间的范德华力强于氢键
C. NH3的VSEPR模型和空间结构一致D. HClO的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．NCl3其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B．氢键是一种特殊的分子间作用力，强度强于范德华力，B错误；
C．NH3的VSEPR模型为四面体形，因氨分子中存在一对孤电子对，空间结构为三角锥形，VSEPR模型和空间结构不一致，C错误；
D．HClO的电子式为，D正确。
故选D。
5. 下列事实与解释不对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与K位于同一主族，原子半径：NaK，K更容易失去电子，所以第一电离能：Na > K，A正确；
B．冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合，为面心立方堆积，所以晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)>冰(4个)，B正确；
C．分子的极性：NH3>CH4，因为氨气为三角锥，没有对称中心，甲烷为正四面体，有对称中心，C错误；
D．AlF3属于离子晶体， AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040 ℃ )>AlCl3 (178℃)，D正确；
故选C。
6. 一种C的金属串配合物的结构如图所示，其中每个含N配体带有3个负电荷，空缺的三个方向有和上方相同的N配体(未画出)。下列关于该配合物的说法正确的是
A. 配合物中C元素的平均价态为
B. 配合物中C的配位数为4
C. 每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内
D. 理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的C原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个含N配体带有3个单位负电荷，配合物中含有7个C，4个含N配体，2个氯离子，根据化合价代数和为0，Ni元素的平均化合价为，A错误；
B．配合物中含有7个C，4个含N配体，2个氯离子，配合物中C的配位数为， B错误；
C．N原子采用，且含有一对孤对电子，有两个六元环含有两个氮原子，所有原子不可能处于同一平面内，C错误；
D．根据结构的对称性，理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的C原子，D正确；
故选D。
7. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成为正四面体形
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．据图可知距Na+最近的Cl-位于棱心和体心，共6个，形成正八面体，A错误；
B．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，个数为=4，B正确；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键，每个共价键被两个碳原子共用，所以每个碳原子具有2个共价键，即碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C正确；
D．该物质由分子构成，据图可知每个分子含有4个F原子，4个E原子，所以分子式为E4F4或F4E4，D正确；
综上所述答案为A。
8. X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族且能形成离子化合物，Y的最外层电子数是X、Z质子数之和的一半， W原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一种化合物M具有下列性质：白色沉淀M溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是
A. 原子半径：W> Z> Y> X
B. M使溴水褪色体现其氧化性
C. 单质的氧化性：W> Y
D. Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】和为原子序数依次增大的短周期元素，同主族且能形成离子化合物，X为H元素；原子的核外电子数为偶数，则W可能为S元素，的最外层电子数是质子数之和的一半，则Y为O元素，Z为Na元素；四种元素组成的一种化合物M，能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，则M为亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，同时M能使溴水褪色，说明该物质具有还原性，满足条件的为亚硫酸氢钠，据此分析作答。
【详解】A．H元素为半径最小的元素，电子层数越多，半径越大，短周期中Na原子半径最大，则原子半径：Na＞S＞O＞H，即Z＞W＞Y＞X，A项错误；
B．由分析可知为亚硫酸氢钠，使溴水褪色说明亚硫酸氢钠具有还原性，B项错误；
C．非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，单质的氧化性：Y＞W，C项错误；
D．O与H、Na、S分别可形成H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，D项正确；
答案选D。
9. 氮化钛为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。TiN晶体的晶胞结构如图所示(白球代表N，黑球代表Ti)。已知a点原子的分数坐标为。下列说法正确的是
A. 基态Ti原子的价层电子排布式为B. 晶体中距离N最近的N有6个
C. 该晶胞中含有6个Ti原子和4个N原子D. 该晶胞中b点原子的分数坐标为
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ti是22号元素，价电子排布式为：3d24s2，A错误；
B．N位于顶点和面心，晶体中距离N最近的N有12个，B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上和体心的Ti原子个数为，位于顶点和面心的N原子个数为，C错误；
D．结合a点分数坐标特点可知，该晶胞中b点原子的分数坐标为，D正确；
故选：D。
10. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
A. W与X的化合物为极性分子B. 第一电离能
C. Q的氧化物是两性氧化物D. 该阴离子中含有配位键
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。
【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确；
C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；
D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；
故答案选A。
11. 下列有关物质结构的说法正确的是
A. 图①中18-冠-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B. 图②物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C. 图③中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的通式为
D. 图④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中18-冠-6通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故A错误；
B．②物质阳离子基团较大，离子键较弱，熔沸点更低NaBF4，故B错误；
C．将③中左边环补齐，则得到两个完整环，则两环共用的氧原子有左边7个、右边7个共14个；独立成个体的氧原子有10个，同时两个环都有独立的硅原子，则硅原子和氧原子个数比为（4+4×0.5）：（14×0.5+10）=6:17，结合硅化合价为+4，氧化合价为-2，可得到通式为：，故C正确；
D．④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为4，故D错误；
故选C。
12. 某种新型储氢材料的晶胞如图(是一种金属硼氢化物氨合物)，八面体中心为金属离子M2+，顶点均为配体NH3；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A. 金属离子M2+的配位数为6
B. 该晶体的化学式为M(NH3)6(BH4)2
C. 若该晶体的摩尔质量为196g•ml-1，则0.5ml•L-1MSO4溶液呈深蓝色
D. 金属离子M2+与硼原子间最短距离为a×10-10cm
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属离子与6个形成正八面体，故金属离子的配位数为6，故A正确；
B．八面体位于晶胞的顶点和面心，粒子个数为，1个晶胞中含有4个，四面体位于晶胞的体心，1个晶胞中含有8个，故该晶体的化学式为，故B正确；
C．根据化学式可得，则，M元素为Cu，溶液呈天蓝色，溶液呈深蓝色，溶液中铜离子以形式存在，故C错误；
D．金属离子与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线的四分之一，故为，故D正确；
故选：C。
13. 下列有关N、P及其化合物的说法错误的是
A. N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
B. 的成键电子对间排斥力较大，可推断的键角比的大
C. 的分子间作用力较小，可推断的熔点比的低
D. N的电负性比P的大，可推断分子的极性比的大
【答案】D
【解析】
【详解】A． N与N的π键比P与P的强，则破坏N≡N键消耗的能量大于P≡P键，所以N≡N键的稳定性比P≡P键的高，的稳定性比的高，故A正确；
B．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，氨分子中成键电子对之间的排斥力大于磷化氢分子，键角大于磷化氢分子，故B正确；
C．二者均构成分子晶体，由硝酸的分子间作用力小于磷酸可知，硝酸的熔点低于磷酸，故C正确；
D．由氮元素的电负性比磷元素大可知，P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此氮氯键的极性小于磷氯键，所以三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；
故选D。
14. 从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A. “碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B. “旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
C. GaAs晶胞如上图，晶胞参数为apm，则该晶胞的密度为
D. “碱浸”时，GaAs被氧化，每反应lml GaAs，转移电子的数目为5ml
【答案】D
【解析】
【分析】向砷化镓废料（主要成分为GaAs、Fe2O3，SiO2和 CaCO3）中加入NaOH、H2O2溶液，主要发生反应 GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3进入浸出液中，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，过滤所得滤液中含Na3AsO4，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到Na3AsO4•12H2O；滤渣Ⅱ中含Ga（OH）3、H2SiO3沉淀，向滤渣Ⅱ中加入硫酸，Ga（OH）3转化为可溶于水的Ga2（SO4）3，分离出滤渣Ⅲ（H2SiO3），电解Ga2（ SO4）3溶液生成 Ga、氧气和硫酸。
【详解】A．温度越高，反应速率越快，但H2O2受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止H2O2过度分解，故A正确；
B．“旋流电积”时，Ga3+在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，故B正确；
C．晶胞参数为apm，根据均摊法，晶胞含有As为，Ga为4个，则该晶胞的密度为，故C正确；
D．“碱浸”时，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应1mlGaAs,转移电子的数目为8ml,故D错误；
故选：D。
15. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：
C. 阶段热分解失去4个
D. 热分解后生成固体化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。
【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；
C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误；
D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。
综上所述，答案D。
16. 烟气脱硫可有效减少引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。研究发现：乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收CO2。下列说法错误的是
A. 液态时的导电性：乳酸
B. 乳酸和乙醇胺中均含有键、键和氢键
C. 是直线形非极性分子，是形极性分子
D. 相同条件下，能吸收气体的体积：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收，说明是离子化合物，液态时能电离出自由移动的离子，具有导电性，而乳酸是共价化合物，液态时不能电离出自由移动的离子，不具有导电性，故A正确；
B．乙醇胺中不含有键，故B错误；
C ．二氧化碳中，碳原子采取sp杂化，是直线型非极性分子，二氧化硫中硫原子采取sp2的杂化，是形极性分子，故C正确；
D．的大于(乳酸)大于的，据酸性强弱可知，相同条件下，能吸收气体的体积：，故D正确；
故答案为：B。
二、非选择题(本大题共2个小题，满分36分，其中17题16分，18题20分。)
17. 钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有、、FeO、和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。回答下列问题：
（1）V的价层电子轨道表示式为___________；它位于元素周期表的___________区。
（2）浸出过程1不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是___________；
（3）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为___________(举1例)。
（4）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为___________。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为___________。该培烧反应的化学方程式是___________。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，，，，该晶体密度为___________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ①. ②. d区
（2）稀硫酸与反应形成微溶于水的覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（3）或氯水(任意答对1个即可)
（4）氨水 （5） ①. ②.
（6）
【解析】
【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
【小问1详解】
V是23号元素，价层电子排布式为3d34d2，价层电子轨道表示式为；它位于元素周期表的d区。
【小问2详解】
浸出过程1不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与反应形成微溶于水的覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
【小问3详解】
加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
【小问4详解】
加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
【小问5详解】
由图可知浸出2pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为。
【小问6详解】
该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含CO的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为=。
18. 元素化学是化学的基石，不同的元素往往呈现出五彩缤纷的特性。回答下列问题：
（1）、、的沸点由高到低的顺序为___________，还原性由强到弱的顺序为___________。
（2）H、B、N、F四种元素可形成一种离子化合物，其阴、阳离子均为正四面体结构，阴、阳离子各含其中两种元素，写出一种符合要求的化学式：___________。
（3）金元素形成的部分离子氧化性很强，化学家们推测可能和“6s惰性电子对”效应有关，即失去6s电子对的离子会具有很强的氧化性。下列选项中具有此效应的离子是__________。
A. B. C. D.
（4）已知，的N原子杂化方式为___________；比较键角：中的___________中的(填“”、“”或“”)，请说明理由___________。
（5）的晶体结构可以看成Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的组合，已知Ⅰ型结构中As原子在内部，每个Ⅰ型和Ⅱ型结构可近似为边长相等的立方体。一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是___________；
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如下左图，沿x、y、z轴方向的投影均为下右图。
①X的化学式为___________。
②设X最简式的式量为，晶体密度为，则化合物X中相邻K之间的最短距离为___________nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ①. 、、 ②. 、、
（2） （3）AD
（4） ①. ②. < ③. 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；
【小问2详解】
根据题干可知，阳离子为，阴离子为，故该化合物的化学式为：NH4BF4
【小问3详解】
基态Hg原子的价电子排布为5d106s2，失去1对6s电子得到二价汞；基态Pb原子核外价电子排布为6s26p2，失去4个电子时，6s电子对失去，得到四价铅；故选AD；
【小问4详解】
价层电子对数为4，有一对孤电子对，为杂化，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的，原因为有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
【小问5详解】
据“均摊法”，Ⅰ型结构中含个C、4个As，Ⅱ型结构中含个C、0个As，结合化学式可知，则4个中含有3个Ⅰ型结构、1个Ⅱ型结构，故一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是3:1；
【小问6详解】
①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。选项
事实
解释
A
第一电离能：
与K位于同一主族，原子半径：，原子核对外层电子的吸引能力：
B
晶体中每个分子紧邻的分子数：
硫化氢晶体(12个)冰(4个)
冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合
C
分子的极性：
键的极性大于键的极性
D
熔点：
属于离子晶体，属于分子晶体
已知部分原子的相对原子质量：C 12；O 16；Ca 40；Ga 70；As 75
第I卷(选择题)
一、单选题(本大题共16个小题，每小题4分，满分64分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项。)
1. 三星堆两次考古挖掘举世震惊，二号祭祀坑出土商代的铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列有关说法错误的是
A. 铜元素位于周期表的ds区
B. 与铜元素最外层电子数相同的前四周期元素还有四种
C. 测定出土文物年代的是C的一种核素
D. 青铜中含有的锡的价电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．周期表分为s区、p区、d区、ds区、f区，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu元素属于第IB族，在周期表中位于ds区，故A正确；
B．Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，最外层只有1个电子，第四周期最外层只有一个电子的元素核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1、1s22s22p63s23p63d54s1和1s22s22p63s23p63d104s1，另外还有H、Li、Na，共有5种，故B错误；
C．测定出土文物年代的14C是碳的一种同位素，故C正确；
D．Sn为第50号元素，位于周期表第五周期第ⅣA族，价电子排布式为5s25p2，故D正确；
答案选B。
2. 氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。、、是氢元素的3种核素，基态H原子的核外电子排布，使得H既可以形成又可以形成，还能形成、、、、等重要化合物，下列说法正确的是
A. 、、互为同素异形体
B. 分子中的化学键均为极性共价键
C. 和的中心原子轨道杂化类型相同
D. 晶体中存在Ca与之间的强烈相互作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．、、都属于氢元素，三者互为同位素，A错误；
B．分子中的化学键既存在O-H极性共价键，也存在O-O非极性共价键，B错误；
C．和的中心原子轨道杂化类型均为，C正确；
D．晶体中存在Ca2+与之间的离子键，为强烈相互作用，不存在氢分子，D错误。
故选C。
3. 下列化学用语或表述正确的是
A. 沸点：对羟基苯甲醛＜邻羟基苯甲醛B. 硅原子轨道电子云图：
C. 酸性：D. 基态Se的简化电子排布式为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，导致邻羟基苯甲醛分子间的作用力较低，沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，故A错误；
B．硅原子轨道电子云图：，故B正确；
C．由于非金属性Cl＞Br，因此其最高价氧化物对应的水化物的酸性：，故C错误；
D．Se为第34号元素，其简化的电子排布式为：，故D错误；
故选B。
4. 关于反应NCl3+3H2O=NH3+3HClO，下列说法正确的是
A. NCl3属于非极性分子B. H2O分子间的范德华力强于氢键
C. NH3的VSEPR模型和空间结构一致D. HClO的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．NCl3其空间构型为三角锥形，属于极性分子，A错误；
B．氢键是一种特殊的分子间作用力，强度强于范德华力，B错误；
C．NH3的VSEPR模型为四面体形，因氨分子中存在一对孤电子对，空间结构为三角锥形，VSEPR模型和空间结构不一致，C错误；
D．HClO的电子式为，D正确。
故选D。
5. 下列事实与解释不对应的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na与K位于同一主族，原子半径：Na
B．冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合，为面心立方堆积，所以晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)>冰(4个)，B正确；
C．分子的极性：NH3>CH4，因为氨气为三角锥，没有对称中心，甲烷为正四面体，有对称中心，C错误；
D．AlF3属于离子晶体， AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040 ℃ )>AlCl3 (178℃)，D正确；
故选C。
6. 一种C的金属串配合物的结构如图所示，其中每个含N配体带有3个负电荷，空缺的三个方向有和上方相同的N配体(未画出)。下列关于该配合物的说法正确的是
A. 配合物中C元素的平均价态为
B. 配合物中C的配位数为4
C. 每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内
D. 理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的C原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．每个含N配体带有3个单位负电荷，配合物中含有7个C，4个含N配体，2个氯离子，根据化合价代数和为0，Ni元素的平均化合价为，A错误；
B．配合物中含有7个C，4个含N配体，2个氯离子，配合物中C的配位数为， B错误；
C．N原子采用，且含有一对孤对电子，有两个六元环含有两个氮原子，所有原子不可能处于同一平面内，C错误；
D．根据结构的对称性，理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的C原子，D正确；
故选D。
7. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是
A. 在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl-形成为正四面体形
B. 在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
C. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
D. 该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．据图可知距Na+最近的Cl-位于棱心和体心，共6个，形成正八面体，A错误；
B．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，根据均摊法，个数为=4，B正确；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键，每个共价键被两个碳原子共用，所以每个碳原子具有2个共价键，即碳原子与碳碳键个数的比为1：2，C正确；
D．该物质由分子构成，据图可知每个分子含有4个F原子，4个E原子，所以分子式为E4F4或F4E4，D正确；
综上所述答案为A。
8. X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z同主族且能形成离子化合物，Y的最外层电子数是X、Z质子数之和的一半， W原子的核外电子数为偶数。四种元素组成的一种化合物M具有下列性质：白色沉淀M溶液褪色并产生气泡。下列说法正确的是
A. 原子半径：W> Z> Y> X
B. M使溴水褪色体现其氧化性
C. 单质的氧化性：W> Y
D. Y与X、Z、W均能形成具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
【分析】和为原子序数依次增大的短周期元素，同主族且能形成离子化合物，X为H元素；原子的核外电子数为偶数，则W可能为S元素，的最外层电子数是质子数之和的一半，则Y为O元素，Z为Na元素；四种元素组成的一种化合物M，能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，则M为亚硫酸氢钠或硫酸氢钠，同时M能使溴水褪色，说明该物质具有还原性，满足条件的为亚硫酸氢钠，据此分析作答。
【详解】A．H元素为半径最小的元素，电子层数越多，半径越大，短周期中Na原子半径最大，则原子半径：Na＞S＞O＞H，即Z＞W＞Y＞X，A项错误；
B．由分析可知为亚硫酸氢钠，使溴水褪色说明亚硫酸氢钠具有还原性，B项错误；
C．非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，单质的氧化性：Y＞W，C项错误；
D．O与H、Na、S分别可形成H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，D项正确；
答案选D。
9. 氮化钛为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。TiN晶体的晶胞结构如图所示(白球代表N，黑球代表Ti)。已知a点原子的分数坐标为。下列说法正确的是
A. 基态Ti原子的价层电子排布式为B. 晶体中距离N最近的N有6个
C. 该晶胞中含有6个Ti原子和4个N原子D. 该晶胞中b点原子的分数坐标为
【答案】D
【解析】
【详解】A．Ti是22号元素，价电子排布式为：3d24s2，A错误；
B．N位于顶点和面心，晶体中距离N最近的N有12个，B错误；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上和体心的Ti原子个数为，位于顶点和面心的N原子个数为，C错误；
D．结合a点分数坐标特点可知，该晶胞中b点原子的分数坐标为，D正确；
故选：D。
10. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
A. W与X的化合物为极性分子B. 第一电离能
C. Q的氧化物是两性氧化物D. 该阴离子中含有配位键
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，Q为Al。
【详解】A．W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B正确；
C．Q为Al，Al2O3为两性氧化物，C正确；
D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；
故答案选A。
11. 下列有关物质结构的说法正确的是
A. 图①中18-冠-6通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B. 图②物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C. 图③中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的通式为
D. 图④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为6
【答案】C
【解析】
【详解】A．①中18-冠-6通过配位键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，故A错误；
B．②物质阳离子基团较大，离子键较弱，熔沸点更低NaBF4，故B错误；
C．将③中左边环补齐，则得到两个完整环，则两环共用的氧原子有左边7个、右边7个共14个；独立成个体的氧原子有10个，同时两个环都有独立的硅原子，则硅原子和氧原子个数比为（4+4×0.5）：（14×0.5+10）=6:17，结合硅化合价为+4，氧化合价为-2，可得到通式为：，故C正确；
D．④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为4，故D错误；
故选C。
12. 某种新型储氢材料的晶胞如图(是一种金属硼氢化物氨合物)，八面体中心为金属离子M2+，顶点均为配体NH3；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A. 金属离子M2+的配位数为6
B. 该晶体的化学式为M(NH3)6(BH4)2
C. 若该晶体的摩尔质量为196g•ml-1，则0.5ml•L-1MSO4溶液呈深蓝色
D. 金属离子M2+与硼原子间最短距离为a×10-10cm
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属离子与6个形成正八面体，故金属离子的配位数为6，故A正确；
B．八面体位于晶胞的顶点和面心，粒子个数为，1个晶胞中含有4个，四面体位于晶胞的体心，1个晶胞中含有8个，故该晶体的化学式为，故B正确；
C．根据化学式可得，则，M元素为Cu，溶液呈天蓝色，溶液呈深蓝色，溶液中铜离子以形式存在，故C错误；
D．金属离子与硼原子间最短距离为晶胞的体对角线的四分之一，故为，故D正确；
故选：C。
13. 下列有关N、P及其化合物的说法错误的是
A. N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
B. 的成键电子对间排斥力较大，可推断的键角比的大
C. 的分子间作用力较小，可推断的熔点比的低
D. N的电负性比P的大，可推断分子的极性比的大
【答案】D
【解析】
【详解】A． N与N的π键比P与P的强，则破坏N≡N键消耗的能量大于P≡P键，所以N≡N键的稳定性比P≡P键的高，的稳定性比的高，故A正确；
B．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，氨分子中成键电子对之间的排斥力大于磷化氢分子，键角大于磷化氢分子，故B正确；
C．二者均构成分子晶体，由硝酸的分子间作用力小于磷酸可知，硝酸的熔点低于磷酸，故C正确；
D．由氮元素的电负性比磷元素大可知，P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此氮氯键的极性小于磷氯键，所以三氯化氮分子的极性小于三氯化磷，故D错误；
故选D。
14. 从砷化镓废料(主要成分为GaAs、、和)中回收镓和砷工艺流程如图所示。
下列说法错误的是
A. “碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解
B. “旋流电积”所得“尾液”溶质主要是，可进行循环利用，提高经济效益
C. GaAs晶胞如上图，晶胞参数为apm，则该晶胞的密度为
D. “碱浸”时，GaAs被氧化，每反应lml GaAs，转移电子的数目为5ml
【答案】D
【解析】
【分析】向砷化镓废料（主要成分为GaAs、Fe2O3，SiO2和 CaCO3）中加入NaOH、H2O2溶液，主要发生反应 GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，NaGaO2、Na3AsO4、Na2SiO3进入浸出液中，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I；浸出液中加硫酸中和，过滤所得滤液中含Na3AsO4，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶得到Na3AsO4•12H2O；滤渣Ⅱ中含Ga（OH）3、H2SiO3沉淀，向滤渣Ⅱ中加入硫酸，Ga（OH）3转化为可溶于水的Ga2（SO4）3，分离出滤渣Ⅲ（H2SiO3），电解Ga2（ SO4）3溶液生成 Ga、氧气和硫酸。
【详解】A．温度越高，反应速率越快，但H2O2受热易分解，则反应温度不宜太高，故“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止H2O2过度分解，故A正确；
B．“旋流电积”时，Ga3+在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，故B正确；
C．晶胞参数为apm，根据均摊法，晶胞含有As为，Ga为4个，则该晶胞的密度为，故C正确；
D．“碱浸”时，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，As元素的化合价由-3价升高为+5价，则每反应1mlGaAs,转移电子的数目为8ml,故D错误；
故选：D。
15. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是
A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B. 最高价氧化物的水化物的酸性：
C. 阶段热分解失去4个
D. 热分解后生成固体化合物
【答案】D
【解析】
【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。
【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；
C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去4个H2O，故C错误；
D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。
综上所述，答案D。
16. 烟气脱硫可有效减少引起的大气污染，同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂，新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。已知时，几种酸的电离常数：，；，；(乳酸)。研究发现：乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收CO2。下列说法错误的是
A. 液态时的导电性：乳酸
B. 乳酸和乙醇胺中均含有键、键和氢键
C. 是直线形非极性分子，是形极性分子
D. 相同条件下，能吸收气体的体积：
【答案】B
【解析】
【详解】A．乳酸和乙醇胺()作用得到的离子液体——乙醇胺乳酸盐()，既可脱硫，也可吸收，说明是离子化合物，液态时能电离出自由移动的离子，具有导电性，而乳酸是共价化合物，液态时不能电离出自由移动的离子，不具有导电性，故A正确；
B．乙醇胺中不含有键，故B错误；
C ．二氧化碳中，碳原子采取sp杂化，是直线型非极性分子，二氧化硫中硫原子采取sp2的杂化，是形极性分子，故C正确；
D．的大于(乳酸)大于的，据酸性强弱可知，相同条件下，能吸收气体的体积：，故D正确；
故答案为：B。
二、非选择题(本大题共2个小题，满分36分，其中17题16分，18题20分。)
17. 钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有、、FeO、和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。回答下列问题：
（1）V的价层电子轨道表示式为___________；它位于元素周期表的___________区。
（2）浸出过程1不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是___________；
（3）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为___________(举1例)。
（4）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为___________。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为___________。该培烧反应的化学方程式是___________。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，，，，该晶体密度为___________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ①. ②. d区
（2）稀硫酸与反应形成微溶于水的覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（3）或氯水(任意答对1个即可)
（4）氨水 （5） ①. ②.
（6）
【解析】
【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
【小问1详解】
V是23号元素，价层电子排布式为3d34d2，价层电子轨道表示式为；它位于元素周期表的d区。
【小问2详解】
浸出过程1不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与反应形成微溶于水的覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
【小问3详解】
加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
【小问4详解】
加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
【小问5详解】
由图可知浸出2pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为。
【小问6详解】
该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含CO的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为=。
18. 元素化学是化学的基石，不同的元素往往呈现出五彩缤纷的特性。回答下列问题：
（1）、、的沸点由高到低的顺序为___________，还原性由强到弱的顺序为___________。
（2）H、B、N、F四种元素可形成一种离子化合物，其阴、阳离子均为正四面体结构，阴、阳离子各含其中两种元素，写出一种符合要求的化学式：___________。
（3）金元素形成的部分离子氧化性很强，化学家们推测可能和“6s惰性电子对”效应有关，即失去6s电子对的离子会具有很强的氧化性。下列选项中具有此效应的离子是__________。
A. B. C. D.
（4）已知，的N原子杂化方式为___________；比较键角：中的___________中的(填“”、“”或“”)，请说明理由___________。
（5）的晶体结构可以看成Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的组合，已知Ⅰ型结构中As原子在内部，每个Ⅰ型和Ⅱ型结构可近似为边长相等的立方体。一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是___________；
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如下左图，沿x、y、z轴方向的投影均为下右图。
①X的化学式为___________。
②设X最简式的式量为，晶体密度为，则化合物X中相邻K之间的最短距离为___________nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ①. 、、 ②. 、、
（2） （3）AD
（4） ①. ②. < ③. 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；
【小问2详解】
根据题干可知，阳离子为，阴离子为，故该化合物的化学式为：NH4BF4
【小问3详解】
基态Hg原子的价电子排布为5d106s2，失去1对6s电子得到二价汞；基态Pb原子核外价电子排布为6s26p2，失去4个电子时，6s电子对失去，得到四价铅；故选AD；
【小问4详解】
价层电子对数为4，有一对孤电子对，为杂化，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的，原因为有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；
【小问5详解】
据“均摊法”，Ⅰ型结构中含个C、4个As，Ⅱ型结构中含个C、0个As，结合化学式可知，则4个中含有3个Ⅰ型结构、1个Ⅱ型结构，故一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是3:1；
【小问6详解】
①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。选项
事实
解释
A
第一电离能：
与K位于同一主族，原子半径：，原子核对外层电子的吸引能力：
B
晶体中每个分子紧邻的分子数：
硫化氢晶体(12个)冰(4个)
冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合
C
分子的极性：
键的极性大于键的极性
D
熔点：
属于离子晶体，属于分子晶体
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