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湖南师范大学附属中学2021-2022学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）
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这是一份湖南师范大学附属中学2021-2022学年高二化学上学期期末考试试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
湖南师大附中2021~2022学年度高二第一学期期末考试
化学
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：Li～7 O～16 Na～23 S～32
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关表述正确的是（ ）
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B. 错误，违背了泡利不相容原理
C. 表示基态N原子的价电子排布
D. 表示处于激发态B原子的电子排布
【答案】A
【解析】
【详解】A.图中共有10个电子，且为Ne原子的基态时电子排布，因而可表示单核10电子粒子基态时的电子排布，A项正确；
B.泡利不相容原理是指一个原子轨道最多容纳2个电子，而且自旋方向相反，图中各轨道并不违背，B项错误；
C.N原子价电子为2s22p3，不能表示基态N原子的价电子排布，C项错误；
D. 表示处于基态B原子的电子排布，D项错误；
故选A。
2. 四种元素的基态原子的电子排布式如下，下列说法正确的是
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5
A. 原子半径：②>①>④>③ B. 未成对电子数：③=②>①>④
C. 电负性：④>③>②>① D. 第一电离能：④>③>①>②
【答案】B
【解析】
【详解】①1s22s22p63s23p4、②1s22s22p63s23p3、③1s22s22p3、④1s22s22p5分别是S、P、N、F元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故A错误；
B．S、P、N、F原子中未成对电子数分别是2、3、3、1，则未成对电子数：③=②＞①＞④，故B正确；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即：④＞③＞①＞②，故C错误；
D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故D错误；
故选：B。
3. LiAlH4是一种强还原剂，能将乙酸(如图所示)直接还原成乙醇，即：CH3COOHCH3CH2OH，下列有关说法不正确的是
A. 第三周期元素中简单离子半径最小的是Al3+
B. AlH4-的空间构型是正四面体形
C. CH3COOH分子中键角α＞β
D. 上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．第三周期元素中，阳离子有钠离子、镁离子和铝离子，均为10电子结构，核电荷数大则离子半径小，第三周期的阴离子有硫离子和氯离子，均为18电子结构，阴离子半径比同周期阳离子半径大，则简单离子半径最小的是Al3+，A正确；
B． AlH 的中心原子孤电子对数= ，价层电子对数=4+0=4，则空间构型是正四面体形，B正确；
C． C=O双键比C−O单键键长短，且C=O双键上O原子距离中心原子较近，C=O双键上中氧原子含有2对孤对电子，对成键电子对排斥力大于C−O单键上的O上2对孤电子对对成键电子对的排斥力，故导致分子中键角α小于键角β，C错误；
D． 上述反应使乙酸转变为乙醇，通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，D正确；
答案选C。
4. 顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。已知NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
碳铂
A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 碳铂分子属于手性分子
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2∶1
D. 1 mol顺铂中含有σ键的数目为12NA(配位键属于σ键)
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故A错误；
B．该分子中不存在手性碳原子，所以不属于手性分子，故B错误；
C．该分子中饱和碳原子都采用sp3杂化，连接碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，采用sp3、sp2的碳原子个数分别是4、2，所以碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2：1，故C正确；
D．1个顺铂分子中含有6个N-H σ键、2个Pt-Cl σ键、2个N-Pt σ键，所以该分子中含有10个σ键，所以1mol顺铂中含有σ键的数目为10NA，故D错误；
故选：C。
5. 某化合物的分子式为AB2，常温下为气态。A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性分别为3.5和4.0，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是
A. AB2分子的VSEPR模型为四面体形
B. A—B键为极性共价键，AB2分子为极性分子
C. 简单气态氢化物的稳定性：A
【答案】D
【解析】
【分析】某化合物的分子式为AB2，常温下为气态，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性分别为3.5和4.0，A属于第ⅥA族元素，最外层有6个电子，与B形成2个A-B单键，含有2对孤电子对，为sp3-pσ键，该化合物为OF2，AB2分子的键角为103.3°，该分子为V形。
【详解】A．OF2分子中O原子成2个O-F单键，含有2对孤电子对，则空间构型为V形，AB2分子的VSEPR模型为四面体形，故A正确；
B．由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；
C．A为O元素、B为F元素，非金属性A＜B，则氢化物的稳定性：A＜B，故C正确；
D．H2O分子之间存在氢键，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故D错误；
故选：D。
6. 下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用完全相同的是
A. 液态Hg与液态HBr分别受热变为气体
B. 氯化铵与苯分别受热变为气体
C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D. 碘与干冰分别受热变为气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态Hg属于金属，受热变为气体需要克服金属键，HBr为分子晶体，分子间存在分子间作用力，受热变成液体，需要克服分子间作用力，两个过程克服粒子间相互作用不同，故A错误；
B．氯化铵为离子晶体，受热分解生成氯化氢和氨气，破坏离子键；苯为分子晶体，受热破坏分子间作用力，两个过程克服粒子间相互作用不同，故B错误；
C．氯化钠为离子晶体，溶于水，破坏离子键；氯化氢为分子晶体，溶于水，破坏共价键，两个过程克服粒子间相互作用不同，故C错误；
D．碘和冰都属于分子晶体，受热变为气体，都需要克服分子间作用力，即两个过程克服粒子间相互作用相同，故D正确；
故选D。
7. 下列关于晶体和非晶体的鉴别错误的是
A. 晶体具有自范性
B. 晶体具有各向异性
C. 只要有规则的几何外形就是晶体
D. 可以通过X射线衍射实验来鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体具有自范性，非晶体不具有此性质，故A不选；
B．晶体具有各向异性，非晶体不具有此性质，故B不选；
C．非晶体可以通过机械加工成规则的几何外形，所以只要有规则的几何外形不一定是晶体，故C选；
D．X射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体，故D不选；
故选：C。
8. 关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是
A. 配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+
B. 配位键中提供孤电子对的是氧原子和氯离子
C. 配位体是Cl-和H2O，配位数是9
D. 向含有1mol [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量AgNO3溶液，会产生3mol AgCl沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】配合物[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O的中心离子是 Ti3+，配位体是 Cl-和 H2O，配位数是6，外界的 Cl-数为2。
【详解】A．TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，故A错误；
B．配位键中配体提供孤电子对，则提供孤电子对的是水中的氧原子和氯离子，故B正确；
C．配位体是 Cl-和 H2O，配位数是1+5=6，故C错误；
D．该配合物中外界的 Cl-数为2，且只有外界的 Cl-与 AgNO3溶液反应生成白色沉淀，则1mol 该配合物中加入足量 AgNO3溶液，可以得到2mol AgCl 沉淀，故D错误；
答案选B。
9. 已知X、Y、Z为同一周期的三种元素，其原子的部分电离能(kJ·mol-1)如下表所示：
元素
电离能/(kJ·mol-1)
X
Y
Z
I1
496
738
577
I2
4 562
1 451
1 817
I3
6 912
7 733
2 754
I4
9 540
10 540
11 578
下列说法正确的是
A. 三种元素中，X元素的第一电离能最小，其电负性在同一周期元素中也最小
B. 三种元素中，Y元素的第一电离能最大，其电负性也最大
C. 等物质的量的X、Y、Z三种元素的单质与足量盐酸反应放出氢气的物质的量之比为1∶1∶1
D. 三种单质与盐酸反应放出等量氢气时，消耗X、Y、Z的物质的量之比为3∶2∶1
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素电离能的变化知，X为第ⅠA族元素、Y为第ⅡA族元素、Z为第ⅢA族元素，又X、Y、Z为同一周期的三种元素，Na的第一电离能为496kJ/mol，则这几种元素分别是Na、Mg、Al元素；
【详解】A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能Mg＞Al＞Na；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，电负性：Al＞Mg＞Na，故A正确；
B．根据A的分析知，第一电离能：Mg＞Al＞Na，电负性：Al＞Mg＞Na，故B错误；
C．相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应，生成氢气的物质的量与转移电子的物质的量成正比，假设都是1mol，每个Na原子失去1个电子生成钠离子、每个Mg原子失去2个电子生成镁离子、每个Al原子失去3个电子生成铝离子，所以1molNa转移1mol电子、1molMg转移2mol电子、1molAl转移3mol电子，所以生成氢气的物质的量之比=1mol∶2mol∶3mol=1∶2∶3，故C错误；
D．三种单质与盐酸反应放出等量氢气时，转移电子的物质的量，假设都转移1mol电子，则消耗1molNa、消耗0.5molMg、消耗molAl，所以消耗X、Y、Z的物质的量之比=1∶∶=6∶3∶2，故D错误；
故选：A。
10. LiFePO4的晶胞结构示意图如图(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则下列说法不正确的是
A. 每个图(a)晶胞中含有LiFePO4单元数有4个
B. 图(b)中
C. Li+完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构
D. 图(b)中
【答案】D
【解析】
【详解】A．由LiFePO4的晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×+4×+4×=4，由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故A正确；
B．对比晶胞结构可知，Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，则晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，由化学式可得：(1—x)：4=：4，解得，故B正确；
C．对比晶胞结构可知，锂离子完全脱出后，晶体中的空间链结构不变，则锂离子完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构，故C正确；
D．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：1×+3×a+2×(1—a)+5×1+4×(—2)=0，解得a=，则亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—)：=13：3，故D错误；
故选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳了1对孤电子对的是
A. CH4、NH3 B. BBr3、SO
C. SO2、BeCl2 D. PCl3、H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4中碳原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，则C、N原子都采用sp3杂化，但C原子不含孤电子对，故A错误；
B．BBr3中B原子价层电子对数=3+=3且不含孤电子，B原子采用sp2杂化，SO中S原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子，则S原子采用sp3杂化，故B错误；
C．SO2中S原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，则S原子采用sp2杂化，BeCl2中Be原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子，则Be采用sp杂化，故C错误；
D．PCl3中P原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，H3O+中O原子价层电子对数=3+=4且含有一个孤电子对，P、O原子都采用sp3杂化，故D正确；
故选：D。
12. 下列说法正确的是
A. ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族
B. 所有分子晶体中每个分子周围都有12个紧邻的分子
C. 有阳离子的所有物质一定会有阴离子
D. p区中的某些元素构成的单质可用于做半导体材料
【答案】AD
【解析】
【详解】A．将最后填入电子的轨道能级符号作为元素周期表的分区，第ⅠB族和第ⅡB族最后填入电子轨道能级符号ds，因此ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族，故A正确；
B．有的分子晶体中每个分子周围紧邻的分子不是12个，如冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，故B错误；
C．金属晶体由金属阳离子与电子构成，没有阴离子，故C错误；
D． p区是ⅢA族～ⅦA族和零族元素，p区中的某些元素构成的单质位于金属与非金属的交界处，如硅、锗都位于金属与非金属的交界处，可用于做半导体材料，故D正确；
答案选AD。
13. 二硫代磷酸酯的分子结构如图，则下列说法错误的是
A. 该分子中除H原子外的所有原子均满足8电子稳定结构
B. 二硫代磷酸酯中C—O的极性小于C—S
C. 该分子中的所有原子无法都共平面
D. 1 mol该物质含有的π键数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中除H原子外，碳4键，氮3键，硫2键，P三键，另含1个配位键，所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．C-O的电负性之差(3.44-2.55)大于C-S的电负性之差(3.44-2.58)，故C-O的极性大于C-S，故B错误；
C．该分子中含有分子中含有sp3杂化的碳原子，所有原子无法都共平面，故C正确；
D．二硫代磷酸酯的分子结构中含有1个P=S双键和1个C=O，则含有的π键数目为2个，1mol该物质含有的π键数目为2NA，故D正确；
故选：B。
14. Li2S属立方晶体，晶胞边长为dpm，晶胞截面图如图所示。则下列关于该晶胞的描述错误的是：
A. 每个晶胞中含有的S2-数目为4
B. 与Li+距离最近且相等的S2-有8个
C. 该晶胞中两个距离最近的Li+和S2-的核间距的计算表达式为pm
D. Li2S晶体的密度为× 1030 g•cm-3
【答案】B
【解析】
【分析】由晶胞截面图可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，锂离子位于晶胞内，晶胞中离子个数为8；晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处。
【详解】A．由分析可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，故A正确；
B．由分析可知，晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，故B错误；
C．由分析可知，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处，则核间距的计算表达式为pm，故C正确；
D．设晶胞的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：(d×10—10)3ρ=，解得ρ=× 1030，故D正确；
故选B。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。考生根据要求作答。
15. 依据原子结构知识回答下列问题。
（1）下列有关说法错误是_______。
A. 简单离子的还原性：P3->O2->F-
B. 在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有两种
C. 焰色试验与电子跃迁有关
D. 基态铝原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状为球形
（2）基态V原子中具有_______种不同能量的电子，具有_______种不同空间运动状态的电子，具有_______种不同运动状态的电子。
（3）基态Cu原子的简化电子排布式为_______，基态Se原子的价电子轨道表示式为_______，基态Mn2+的价电子排布式为_______。
（4）Li2O是离子晶体，其形成过程中的能量变化如图(a)所示。
可知，Li原子第一电离能为_______kJ·mol-1，O=O键键能为_______kJ·mol-1。
【答案】（1）BD （2） ①. 7 ②. 13 ③. 23
（3） ①. [Ar]3d104s1 ②. ③. 3d5
（4） ①. 520 ②. 498
【解析】
【小问1详解】
A．元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，非金属性：F＞O＞P，则简单离子的还原性：P3-＞O2-＞F-，故A正确；
B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有Be、C、O元素，三种元素，故B错误；
C．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，电子发生跃迁，故C正确；
D．基态铝原子占据的最高能级为p能级，p能级的电子电子云形状为哑铃形，故D错误；
故答案为：BD；
【小问2详解】
基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，该原子中具有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同能量的电子，s能级的电子有1种空间运动状态，p能级上的电子有3种不同空间运动状态，d能级上的电子有5种不同空间运动状态，所以具有1+1+3+1+3+3+1=10种不同空间运动状态的电子，每一个电子具有一种移动状态，所以具有23种不同运动状态的电子，故答案为：7；10；23；
【小问3详解】
基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理书写其简化基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Se原子的价电子为4s、4p能级上的电子，其价电子轨道表示式为，基态Mn2+的价电子为3d能级上的5个电子，其价电子排布式为3d5，故答案为：[Ar]3d104s1；；3d5；
【小问4详解】
Li原子的第一电离能为Li(g)原子失去1个电子形成Li+(g)所需要的能量，故Li的第一电离能为：=520kJ/mol；O=O键键能是指断裂1molO=O键生成O(g)原子所需能量，故O=O键的键能为：2×249kJ/mol=498kJ/mol，故答案为：520；498。
16. 物质的结构决定了物质的性质，请从“结构决定性质”角度完成下列各题：
（1）CH3COOH与HCOOCH3(甲酸甲酯)互为同分异构体，乙酸和甲酸甲酯中沸点较高的是_______，主要原因是_______。
（2）向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是_______。
（3）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g) ΔH=-313 kJ·mol-1，F—F键的键能为159 kJ·mol-1，Cl—Cl键的键能为242 kJ·mol-1，则ClF3中Cl—F键的平均键能为_______ kJ·mol-1。ClF3的熔、沸点比BrF3的_______(填“高”或“低”)，原因是_______。
【答案】（1） ①. 乙酸 ②. 乙酸存在分子间氢键
（2）乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度或[Cu(NH3)4]SO4·H2O为离子晶体，极性很大，而乙醇分子极性较小，不能“相似相溶”
（3） ①. 172 ②. 低 ③. ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，所以熔、沸点更高
【解析】
【小问1详解】
乙酸分子间能形成氢键，因此乙酸的沸点高于甲酸甲酯，故答案为：乙酸；乙酸存在分子间氢键；
【小问2详解】
根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度(或[Cu(NH3)4]SO4·H2O为离子晶体，极性很大，而乙醇分子极性较小，不能“相似相溶”)；
【小问3详解】
设Cl-F键的平均键能为QkJ/mol，则242kJ/mol+159kJ/mol×3-2×3×Q=-313kJ/mol，解得Q=172kJ/mol；ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，熔沸点更高，故答案为：172；低；ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，所以熔、沸点更高。
17. 2019年12月17日，经中央军委批准，中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”，舷号为“17”。2020年9月24日下午，国防部举行例行记者会，国防部新闻局副局长、国防部新闻发言人谭克非大校称：中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。
（1）航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅，原因是_______。
（2）Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_______。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如图反应实现铜离子的富集，进行回收。
上述物质M中含有的作用力有_______。
A.离子键 B.非极性共价键 C.极性共价键 D.氢键 E.配位键
【答案】（1）三者都为共价晶体，r(C)
（3）BCD
【解析】
【小问1详解】
晶体硅、金刚石、碳化硅均属于共价晶体，Si的原子半径比C大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，键能越大，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故答案为：三者都为共价晶体，r(C)
分析表格数据和化学式可知，TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故熔沸点自TiCl4至TiI4熔点依次升高，故答案为：TiF4为离子化合物(或离子晶体)，熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
【小问3详解】
由结构可知，M中氮原子与氢原子之间形成氢键，而其它原子之间形成共价键，苯环内既有极性共价键也含有非极性共价键，但不含离子键、金属键、配位键，故答案为：BCD。
18. 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；B、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）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_______。
（2）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的空间结构为_______，中心原子的杂化轨道类型为_______。
（3）单质D与湿润的碳酸钠反应可制备D2A，其化学方程式为_______。
（4）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=0.566 nm，F的化学式为_______，晶体F的密度为_______g·cm-3(结果保留两位小数)。
【答案】（1） ①. O3 ②. O3相对分子质量较大，范德华力大 ③. 分子晶体 ④. 离子晶体
（2） ①. 三角锥形 ②. sp3
（3）2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl或2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋CO2＋2NaCl
（4） ① Na2O ②. 2.27
【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。
【小问1详解】
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H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；
【小问2详解】
C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，P形成3个σ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；
【小问3详解】
化合物D2A为Cl2O，氯气与湿润的Na2CO3反应得到Cl2O，由电子转移守恒可知，先得到HCl生成，HCl再与碳酸钠反应，反应的方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl），故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；
【小问4详解】
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内，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O；由晶胞结构可知B(Na)原子配位数为4，结合化学式可知A(O)原子配位数为4×2=8；晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(0.566×10-7cm)3，则晶体F的密度为÷(0.566×10-7cm)3=2.27g•cm-3，故答案为：Na2O；2.27。
19. 碳原子构成的单质具有多种同素异形体，也对应着有多种不同晶体类型。请根据以下信息，回答下列问题。
（1）下图为金刚石的晶胞：
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，所得截图如图d所示，请在图d中白圈处找出未画出的碳原子，请在图中白圈处找出未画出的碳原子，并在相应位置上按图示碳原子涂黑_______。
②已知在金刚石晶体中，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，请计算：金刚石晶体中每个碳原子被_______个六元碳环所共有，每个C—C被_______个六元碳环所共用。
③若再将任何两个成键的碳原子连线的中心处插入一个氧原子，就构成了某种特殊“碳氧化物”的晶胞。下列说法正确的是_______(填标号)。
a.该“碳氧化物”晶体中每个碳原子周围的氧原子数是2
b.一个晶胞中含有8个“碳氧化物”分子
c.该“碳氧化物”的化学式为CO2
d.这种晶体是共价晶体
（2）①下图为石墨和石墨烯的结构示意图。石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是_______。
A.从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B.石墨中的碳原子采取sp2杂化
C.石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力
D.层内碳原子间存在共价键
E.石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
②石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物，某石墨嵌入化合物的平面结构如图所示，则x=_______；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为_______。
【答案】（1） ①. ②. 12 ③. 6 ④. cd
（2） ①. BCD ②. 1 ③. LiC2
【解析】
【小问1详解】
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，碳原子在原晶胞的面心，则在图(c)中位于矩形的两条棱上，而原晶胞棱上没有碳原子，则另两条棱上没有碳原子，在原晶胞的四个互不共面的小立方体中心处各放置一个碳原子，则有2个碳原子在矩形的对角线上，图形为，故答案为： ；
②金刚石晶体中，每个碳原子能形成4个共价键，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，故金刚石晶体中每个碳原子被12个六元碳环所共有，每个C—C被6个六元碳环所共用，故答案为：12；6；
③a．该“碳氧化物”晶体中碳原子含有4条键，则碳原子周围的氧原子数是4，故a错误；
b．该晶胞为原子晶体，不含有“碳氧化物”分子，故b错误；
c．该“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，则化学式为CO2，故c正确；
d．“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，形成空间网状结构，则这种晶体是共价晶体，故d正确；
答案选cd，故答案为：cd；
【小问2详解】
①A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故B正确；
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力，故C正确；
D．层内每个碳原子与三个碳原子形成共价键，故D正确；
E．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为2，故E错误；
答案选BCD，故答案为：BCD；
③Li+嵌入石墨的两层间，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li+与C原子之比为1：6，所以LixC6中x=1，若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，碳原子给一个环的贡献率为， Li与C原子数目之比为1：6，所以化学式为LiC2， 故答案为：1；LiC2。
湖南师大附中2021~2022学年度高二第一学期期末考试
化学
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：Li～7 O～16 Na～23 S～32
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列有关表述正确的是（ ）
A. 可表示单核10电子粒子基态时的电子排布
B. 错误，违背了泡利不相容原理
C. 表示基态N原子的价电子排布
D. 表示处于激发态B原子的电子排布
【答案】A
【解析】
【详解】A.图中共有10个电子，且为Ne原子的基态时电子排布，因而可表示单核10电子粒子基态时的电子排布，A项正确；
B.泡利不相容原理是指一个原子轨道最多容纳2个电子，而且自旋方向相反，图中各轨道并不违背，B项错误；
C.N原子价电子为2s22p3，不能表示基态N原子的价电子排布，C项错误；
D. 表示处于基态B原子的电子排布，D项错误；
故选A。
2. 四种元素的基态原子的电子排布式如下，下列说法正确的是
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5
A. 原子半径：②>①>④>③ B. 未成对电子数：③=②>①>④
C. 电负性：④>③>②>① D. 第一电离能：④>③>①>②
【答案】B
【解析】
【详解】①1s22s22p63s23p4、②1s22s22p63s23p3、③1s22s22p3、④1s22s22p5分别是S、P、N、F元素，
A．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故A错误；
B．S、P、N、F原子中未成对电子数分别是2、3、3、1，则未成对电子数：③=②＞①＞④，故B正确；
C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即：④＞③＞①＞②，故C错误；
D．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故D错误；
故选：B。
3. LiAlH4是一种强还原剂，能将乙酸(如图所示)直接还原成乙醇，即：CH3COOHCH3CH2OH，下列有关说法不正确的是
A. 第三周期元素中简单离子半径最小的是Al3+
B. AlH4-的空间构型是正四面体形
C. CH3COOH分子中键角α＞β
D. 上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．第三周期元素中，阳离子有钠离子、镁离子和铝离子，均为10电子结构，核电荷数大则离子半径小，第三周期的阴离子有硫离子和氯离子，均为18电子结构，阴离子半径比同周期阳离子半径大，则简单离子半径最小的是Al3+，A正确；
B． AlH 的中心原子孤电子对数= ，价层电子对数=4+0=4，则空间构型是正四面体形，B正确；
C． C=O双键比C−O单键键长短，且C=O双键上O原子距离中心原子较近，C=O双键上中氧原子含有2对孤对电子，对成键电子对排斥力大于C−O单键上的O上2对孤电子对对成键电子对的排斥力，故导致分子中键角α小于键角β，C错误；
D． 上述反应使乙酸转变为乙醇，通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，D正确；
答案选C。
4. 顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。已知NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
碳铂
A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 碳铂分子属于手性分子
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2∶1
D. 1 mol顺铂中含有σ键的数目为12NA(配位键属于σ键)
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故A错误；
B．该分子中不存在手性碳原子，所以不属于手性分子，故B错误；
C．该分子中饱和碳原子都采用sp3杂化，连接碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，采用sp3、sp2的碳原子个数分别是4、2，所以碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2：1，故C正确；
D．1个顺铂分子中含有6个N-H σ键、2个Pt-Cl σ键、2个N-Pt σ键，所以该分子中含有10个σ键，所以1mol顺铂中含有σ键的数目为10NA，故D错误；
故选：C。
5. 某化合物的分子式为AB2，常温下为气态。A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性分别为3.5和4.0，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是
A. AB2分子的VSEPR模型为四面体形
B. A—B键为极性共价键，AB2分子为极性分子
C. 简单气态氢化物的稳定性：A
【答案】D
【解析】
【分析】某化合物的分子式为AB2，常温下为气态，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性分别为3.5和4.0，A属于第ⅥA族元素，最外层有6个电子，与B形成2个A-B单键，含有2对孤电子对，为sp3-pσ键，该化合物为OF2，AB2分子的键角为103.3°，该分子为V形。
【详解】A．OF2分子中O原子成2个O-F单键，含有2对孤电子对，则空间构型为V形，AB2分子的VSEPR模型为四面体形，故A正确；
B．由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；
C．A为O元素、B为F元素，非金属性A＜B，则氢化物的稳定性：A＜B，故C正确；
D．H2O分子之间存在氢键，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故D错误；
故选：D。
6. 下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用完全相同的是
A. 液态Hg与液态HBr分别受热变为气体
B. 氯化铵与苯分别受热变为气体
C. 氯化钠与氯化氢分别溶解在水中
D. 碘与干冰分别受热变为气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．液态Hg属于金属，受热变为气体需要克服金属键，HBr为分子晶体，分子间存在分子间作用力，受热变成液体，需要克服分子间作用力，两个过程克服粒子间相互作用不同，故A错误；
B．氯化铵为离子晶体，受热分解生成氯化氢和氨气，破坏离子键；苯为分子晶体，受热破坏分子间作用力，两个过程克服粒子间相互作用不同，故B错误；
C．氯化钠为离子晶体，溶于水，破坏离子键；氯化氢为分子晶体，溶于水，破坏共价键，两个过程克服粒子间相互作用不同，故C错误；
D．碘和冰都属于分子晶体，受热变为气体，都需要克服分子间作用力，即两个过程克服粒子间相互作用相同，故D正确；
故选D。
7. 下列关于晶体和非晶体的鉴别错误的是
A. 晶体具有自范性
B. 晶体具有各向异性
C. 只要有规则的几何外形就是晶体
D. 可以通过X射线衍射实验来鉴别
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶体具有自范性，非晶体不具有此性质，故A不选；
B．晶体具有各向异性，非晶体不具有此性质，故B不选；
C．非晶体可以通过机械加工成规则的几何外形，所以只要有规则的几何外形不一定是晶体，故C选；
D．X射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据微粒是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体，故D不选；
故选：C。
8. 关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是
A. 配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+
B. 配位键中提供孤电子对的是氧原子和氯离子
C. 配位体是Cl-和H2O，配位数是9
D. 向含有1mol [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量AgNO3溶液，会产生3mol AgCl沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】配合物[TiCl( H2O)5]Cl2•H2O的中心离子是 Ti3+，配位体是 Cl-和 H2O，配位数是6，外界的 Cl-数为2。
【详解】A．TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，故A错误；
B．配位键中配体提供孤电子对，则提供孤电子对的是水中的氧原子和氯离子，故B正确；
C．配位体是 Cl-和 H2O，配位数是1+5=6，故C错误；
D．该配合物中外界的 Cl-数为2，且只有外界的 Cl-与 AgNO3溶液反应生成白色沉淀，则1mol 该配合物中加入足量 AgNO3溶液，可以得到2mol AgCl 沉淀，故D错误；
答案选B。
9. 已知X、Y、Z为同一周期的三种元素，其原子的部分电离能(kJ·mol-1)如下表所示：
元素
电离能/(kJ·mol-1)
X
Y
Z
I1
496
738
577
I2
4 562
1 451
1 817
I3
6 912
7 733
2 754
I4
9 540
10 540
11 578
下列说法正确的是
A. 三种元素中，X元素的第一电离能最小，其电负性在同一周期元素中也最小
B. 三种元素中，Y元素的第一电离能最大，其电负性也最大
C. 等物质的量的X、Y、Z三种元素的单质与足量盐酸反应放出氢气的物质的量之比为1∶1∶1
D. 三种单质与盐酸反应放出等量氢气时，消耗X、Y、Z的物质的量之比为3∶2∶1
【答案】A
【解析】
【分析】根据元素电离能的变化知，X为第ⅠA族元素、Y为第ⅡA族元素、Z为第ⅢA族元素，又X、Y、Z为同一周期的三种元素，Na的第一电离能为496kJ/mol，则这几种元素分别是Na、Mg、Al元素；
【详解】A．同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能Mg＞Al＞Na；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，电负性：Al＞Mg＞Na，故A正确；
B．根据A的分析知，第一电离能：Mg＞Al＞Na，电负性：Al＞Mg＞Na，故B错误；
C．相同物质的量的钠、镁、铝与足量盐酸反应，生成氢气的物质的量与转移电子的物质的量成正比，假设都是1mol，每个Na原子失去1个电子生成钠离子、每个Mg原子失去2个电子生成镁离子、每个Al原子失去3个电子生成铝离子，所以1molNa转移1mol电子、1molMg转移2mol电子、1molAl转移3mol电子，所以生成氢气的物质的量之比=1mol∶2mol∶3mol=1∶2∶3，故C错误；
D．三种单质与盐酸反应放出等量氢气时，转移电子的物质的量，假设都转移1mol电子，则消耗1molNa、消耗0.5molMg、消耗molAl，所以消耗X、Y、Z的物质的量之比=1∶∶=6∶3∶2，故D错误；
故选：A。
10. LiFePO4的晶胞结构示意图如图(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如图(b)所示，则下列说法不正确的是
A. 每个图(a)晶胞中含有LiFePO4单元数有4个
B. 图(b)中
C. Li+完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构
D. 图(b)中
【答案】D
【解析】
【详解】A．由LiFePO4的晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×+4×+4×=4，由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故A正确；
B．对比晶胞结构可知，Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，则晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，由化学式可得：(1—x)：4=：4，解得，故B正确；
C．对比晶胞结构可知，锂离子完全脱出后，晶体中的空间链结构不变，则锂离子完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构，故C正确；
D．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：1×+3×a+2×(1—a)+5×1+4×(—2)=0，解得a=，则亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—)：=13：3，故D错误；
故选D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列分子或离子的中心原子为sp3杂化，且杂化轨道容纳了1对孤电子对的是
A. CH4、NH3 B. BBr3、SO
C. SO2、BeCl2 D. PCl3、H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A．CH4中碳原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，NH3分子中N原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，则C、N原子都采用sp3杂化，但C原子不含孤电子对，故A错误；
B．BBr3中B原子价层电子对数=3+=3且不含孤电子，B原子采用sp2杂化，SO中S原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子，则S原子采用sp3杂化，故B错误；
C．SO2中S原子价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，则S原子采用sp2杂化，BeCl2中Be原子价层电子对数=2+=2且不含孤电子，则Be采用sp杂化，故C错误；
D．PCl3中P原子价层电子对数=3+=4且含有1个孤电子对，H3O+中O原子价层电子对数=3+=4且含有一个孤电子对，P、O原子都采用sp3杂化，故D正确；
故选：D。
12. 下列说法正确的是
A. ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族
B. 所有分子晶体中每个分子周围都有12个紧邻的分子
C. 有阳离子的所有物质一定会有阴离子
D. p区中的某些元素构成的单质可用于做半导体材料
【答案】AD
【解析】
【详解】A．将最后填入电子的轨道能级符号作为元素周期表的分区，第ⅠB族和第ⅡB族最后填入电子轨道能级符号ds，因此ds区元素位于第ⅠB族和第ⅡB族，故A正确；
B．有的分子晶体中每个分子周围紧邻的分子不是12个，如冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，故B错误；
C．金属晶体由金属阳离子与电子构成，没有阴离子，故C错误；
D． p区是ⅢA族～ⅦA族和零族元素，p区中的某些元素构成的单质位于金属与非金属的交界处，如硅、锗都位于金属与非金属的交界处，可用于做半导体材料，故D正确；
答案选AD。
13. 二硫代磷酸酯的分子结构如图，则下列说法错误的是
A. 该分子中除H原子外的所有原子均满足8电子稳定结构
B. 二硫代磷酸酯中C—O的极性小于C—S
C. 该分子中的所有原子无法都共平面
D. 1 mol该物质含有的π键数目为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．该分子中除H原子外，碳4键，氮3键，硫2键，P三键，另含1个配位键，所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．C-O的电负性之差(3.44-2.55)大于C-S的电负性之差(3.44-2.58)，故C-O的极性大于C-S，故B错误；
C．该分子中含有分子中含有sp3杂化的碳原子，所有原子无法都共平面，故C正确；
D．二硫代磷酸酯的分子结构中含有1个P=S双键和1个C=O，则含有的π键数目为2个，1mol该物质含有的π键数目为2NA，故D正确；
故选：B。
14. Li2S属立方晶体，晶胞边长为dpm，晶胞截面图如图所示。则下列关于该晶胞的描述错误的是：
A. 每个晶胞中含有的S2-数目为4
B. 与Li+距离最近且相等的S2-有8个
C. 该晶胞中两个距离最近的Li+和S2-的核间距的计算表达式为pm
D. Li2S晶体的密度为× 1030 g•cm-3
【答案】B
【解析】
【分析】由晶胞截面图可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，锂离子位于晶胞内，晶胞中离子个数为8；晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处。
【详解】A．由分析可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，故A正确；
B．由分析可知，晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，故B错误；
C．由分析可知，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处，则核间距的计算表达式为pm，故C正确；
D．设晶胞的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：(d×10—10)3ρ=，解得ρ=× 1030，故D正确；
故选B。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。考生根据要求作答。
15. 依据原子结构知识回答下列问题。
（1）下列有关说法错误是_______。
A. 简单离子的还原性：P3->O2->F-
B. 在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有两种
C. 焰色试验与电子跃迁有关
D. 基态铝原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状为球形
（2）基态V原子中具有_______种不同能量的电子，具有_______种不同空间运动状态的电子，具有_______种不同运动状态的电子。
（3）基态Cu原子的简化电子排布式为_______，基态Se原子的价电子轨道表示式为_______，基态Mn2+的价电子排布式为_______。
（4）Li2O是离子晶体，其形成过程中的能量变化如图(a)所示。
可知，Li原子第一电离能为_______kJ·mol-1，O=O键键能为_______kJ·mol-1。
【答案】（1）BD （2） ①. 7 ②. 13 ③. 23
（3） ①. [Ar]3d104s1 ②. ③. 3d5
（4） ①. 520 ②. 498
【解析】
【小问1详解】
A．元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，非金属性：F＞O＞P，则简单离子的还原性：P3-＞O2-＞F-，故A正确；
B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有Be、C、O元素，三种元素，故B错误；
C．形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态，电子发生跃迁，故C正确；
D．基态铝原子占据的最高能级为p能级，p能级的电子电子云形状为哑铃形，故D错误；
故答案为：BD；
【小问2详解】
基态V原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，该原子中具有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同能量的电子，s能级的电子有1种空间运动状态，p能级上的电子有3种不同空间运动状态，d能级上的电子有5种不同空间运动状态，所以具有1+1+3+1+3+3+1=10种不同空间运动状态的电子，每一个电子具有一种移动状态，所以具有23种不同运动状态的电子，故答案为：7；10；23；
【小问3详解】
基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理书写其简化基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Se原子的价电子为4s、4p能级上的电子，其价电子轨道表示式为，基态Mn2+的价电子为3d能级上的5个电子，其价电子排布式为3d5，故答案为：[Ar]3d104s1；；3d5；
【小问4详解】
Li原子的第一电离能为Li(g)原子失去1个电子形成Li+(g)所需要的能量，故Li的第一电离能为：=520kJ/mol；O=O键键能是指断裂1molO=O键生成O(g)原子所需能量，故O=O键的键能为：2×249kJ/mol=498kJ/mol，故答案为：520；498。
16. 物质的结构决定了物质的性质，请从“结构决定性质”角度完成下列各题：
（1）CH3COOH与HCOOCH3(甲酸甲酯)互为同分异构体，乙酸和甲酸甲酯中沸点较高的是_______，主要原因是_______。
（2）向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加入乙醇后析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的原因是_______。
（3）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g) ΔH=-313 kJ·mol-1，F—F键的键能为159 kJ·mol-1，Cl—Cl键的键能为242 kJ·mol-1，则ClF3中Cl—F键的平均键能为_______ kJ·mol-1。ClF3的熔、沸点比BrF3的_______(填“高”或“低”)，原因是_______。
【答案】（1） ①. 乙酸 ②. 乙酸存在分子间氢键
（2）乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度或[Cu(NH3)4]SO4·H2O为离子晶体，极性很大，而乙醇分子极性较小，不能“相似相溶”
（3） ①. 172 ②. 低 ③. ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，所以熔、沸点更高
【解析】
【小问1详解】
乙酸分子间能形成氢键，因此乙酸的沸点高于甲酸甲酯，故答案为：乙酸；乙酸存在分子间氢键；
【小问2详解】
根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂，乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，故答案为：乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度(或[Cu(NH3)4]SO4·H2O为离子晶体，极性很大，而乙醇分子极性较小，不能“相似相溶”)；
【小问3详解】
设Cl-F键的平均键能为QkJ/mol，则242kJ/mol+159kJ/mol×3-2×3×Q=-313kJ/mol，解得Q=172kJ/mol；ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，熔沸点更高，故答案为：172；低；ClF3、BrF3均为分子晶体，且结构组成相似，BrF3相对分子质量大于ClF3，所以BrF3中的范德华力更大，所以熔、沸点更高。
17. 2019年12月17日，经中央军委批准，中国第一艘国产航母命名为“中国人民解放军海军山东舰”，舷号为“17”。2020年9月24日下午，国防部举行例行记者会，国防部新闻局副局长、国防部新闻发言人谭克非大校称：中国海军山东舰已完成例行训练和海上试验。
（1）航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则晶体硅、金刚石、碳化硅的熔点由高到低的顺序为：金刚石>碳化硅>晶体硅，原因是_______。
（2）Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_______。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
（3）航母螺旋桨主要用铜合金制造。含铜废液可以利用铜萃取剂M，通过如图反应实现铜离子的富集，进行回收。
上述物质M中含有的作用力有_______。
A.离子键 B.非极性共价键 C.极性共价键 D.氢键 E.配位键
【答案】（1）三者都为共价晶体，r(C)
（3）BCD
【解析】
【小问1详解】
晶体硅、金刚石、碳化硅均属于共价晶体，Si的原子半径比C大，键长C-C＜C-Si＜Si-Si，键长越短，键能越大，则键能C-C＞C-Si＞Si-Si，则熔点为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，故答案为：三者都为共价晶体，r(C)
分析表格数据和化学式可知，TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故熔沸点自TiCl4至TiI4熔点依次升高，故答案为：TiF4为离子化合物(或离子晶体)，熔点高，其他三种均为共价化合物(或分子晶体)，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
【小问3详解】
由结构可知，M中氮原子与氢原子之间形成氢键，而其它原子之间形成共价键，苯环内既有极性共价键也含有非极性共价键，但不含离子键、金属键、配位键，故答案为：BCD。
18. 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；B、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）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_______。
（2）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的空间结构为_______，中心原子的杂化轨道类型为_______。
（3）单质D与湿润的碳酸钠反应可制备D2A，其化学方程式为_______。
（4）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=0.566 nm，F的化学式为_______，晶体F的密度为_______g·cm-3(结果保留两位小数)。
【答案】（1） ①. O3 ②. O3相对分子质量较大，范德华力大 ③. 分子晶体 ④. 离子晶体
（2） ①. 三角锥形 ②. sp3
（3）2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl或2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋CO2＋2NaCl
（4） ① Na2O ②. 2.27
【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。
【小问1详解】
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H2O，属于分子晶体，B的氢化物为NaH，属于离子晶体，故答案为：O3；O3相对原子质量较大，范德华力较大；分子晶体；离子晶体；
【小问2详解】
C和D生成组成比为1：3的化合物E为PCl3，P形成3个σ键，孤电子对数为=1，则为sp3杂化，立体构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；
【小问3详解】
化合物D2A为Cl2O，氯气与湿润的Na2CO3反应得到Cl2O，由电子转移守恒可知，先得到HCl生成，HCl再与碳酸钠反应，反应的方程式为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl），故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；
【小问4详解】
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内，则Na的个数为8，O的个数为8×+6×=4，N(Na)：N(O)=2：1，则形成的化合物为Na2O；由晶胞结构可知B(Na)原子配位数为4，结合化学式可知A(O)原子配位数为4×2=8；晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=(0.566×10-7cm)3，则晶体F的密度为÷(0.566×10-7cm)3=2.27g•cm-3，故答案为：Na2O；2.27。
19. 碳原子构成的单质具有多种同素异形体，也对应着有多种不同晶体类型。请根据以下信息，回答下列问题。
（1）下图为金刚石的晶胞：
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，所得截图如图d所示，请在图d中白圈处找出未画出的碳原子，请在图中白圈处找出未画出的碳原子，并在相应位置上按图示碳原子涂黑_______。
②已知在金刚石晶体中，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，请计算：金刚石晶体中每个碳原子被_______个六元碳环所共有，每个C—C被_______个六元碳环所共用。
③若再将任何两个成键的碳原子连线的中心处插入一个氧原子，就构成了某种特殊“碳氧化物”的晶胞。下列说法正确的是_______(填标号)。
a.该“碳氧化物”晶体中每个碳原子周围的氧原子数是2
b.一个晶胞中含有8个“碳氧化物”分子
c.该“碳氧化物”的化学式为CO2
d.这种晶体是共价晶体
（2）①下图为石墨和石墨烯的结构示意图。石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是_______。
A.从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键
B.石墨中的碳原子采取sp2杂化
C.石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力
D.层内碳原子间存在共价键
E.石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子
②石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物，某石墨嵌入化合物的平面结构如图所示，则x=_______；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为_______。
【答案】（1） ①. ②. 12 ③. 6 ④. cd
（2） ①. BCD ②. 1 ③. LiC2
【解析】
【小问1详解】
①沿晶胞对角面取得截图(如图c方式截图)，碳原子在原晶胞的面心，则在图(c)中位于矩形的两条棱上，而原晶胞棱上没有碳原子，则另两条棱上没有碳原子，在原晶胞的四个互不共面的小立方体中心处各放置一个碳原子，则有2个碳原子在矩形的对角线上，图形为，故答案为： ；
②金刚石晶体中，每个碳原子能形成4个共价键，每个碳原子周围的任意两根碳碳键被2个六元碳环所共有，故金刚石晶体中每个碳原子被12个六元碳环所共有，每个C—C被6个六元碳环所共用，故答案为：12；6；
③a．该“碳氧化物”晶体中碳原子含有4条键，则碳原子周围的氧原子数是4，故a错误；
b．该晶胞为原子晶体，不含有“碳氧化物”分子，故b错误；
c．该“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，则化学式为CO2，故c正确；
d．“碳氧化物”中，每一个碳原子周围有4个氧原子，而氧原子周围有2个碳原子，形成空间网状结构，则这种晶体是共价晶体，故d正确；
答案选cd，故答案为：cd；
【小问2详解】
①A．石墨晶体中，层与层之间的作用力为分子间作用力，从石墨中剥离石墨烯需要破坏分子间作用力，故A错误；
B．每个C原子形成3个σ键，且不存在孤电子对，C原子为sp2杂化，故B正确；
C．石墨属于混合晶体，层与层之间存在分子间作用力，故C正确；
D．层内每个碳原子与三个碳原子形成共价键，故D正确；
E．每个C原子为3个环共有，则石墨烯中平均每个六元碳环含有碳原子数为2，故E错误；
答案选BCD，故答案为：BCD；
③Li+嵌入石墨的两层间，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li+与C原子之比为1：6，所以LixC6中x=1，若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，碳原子给一个环的贡献率为， Li与C原子数目之比为1：6，所以化学式为LiC2， 故答案为：1；LiC2。
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