2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高二下学期4月期中考试化学含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省七台河市勃利县高级中学高二下学期4月期中考试化学含解析，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

 2022-2023学年度第二学期期中考试
高二化学
(时间：90分钟 满分：100分)
相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Ca—40
第I卷(选择题 共41分)
一、选择题：本题共13小题，每题2分，共26分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 下列说法正确的是
A. 相同物质的量的甲烷和氯气反应，生成的有机物只有一氯甲烷
B. 相同质量的乙烯和乙醇完全燃烧时，消耗氧气的量相同
C. 乙烯能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，两者的反应类型不同
D. 石油分馏得到的汽油和裂化汽油都可以与Br2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷和氯气发生取代反应，不仅是停留在第一步，会继续反应生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，A错误；
B．相同物质的量的乙烯和乙醇完全燃烧时，消耗氧气的量相同，而不是相同质量，B错误；
C．乙烯能使溴水褪色是由于发生加成反应，而乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，是由于发生氧化反应，两者的反应类型不同，C正确；
D．石油分馏得到的汽油的主要成分为饱和烃，不能与Br2发生加成反应，裂化汽油的含有不饱和烃，可以与Br2发生加成反应，D错误。
答案选C。
2. 下列说法正确的是
A. 分子中的四个碳原子在同一直线上
B. 有四种不同化学环境的氢
C. 异戊烷的一溴代物有4种(不考虑立体异构)
D. 与 互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3CH=CHCH3中碳碳双键的碳原子采取sp2杂化，与碳碳双键碳原子直接相连的2个碳原子、2个H原子和双键碳原子一定共平面，即该分子中的4个碳原子在同一平面上，但不在同一直线上，A项错误；
B．图 中红线为对称轴，该物质中有5种不同化学环境的氢如图 ，B项错误；
C．异戊烷的结构简式为(CH3)2CHCH2CH3，分子中有4种不同化学环境的氢，一溴代物有4种，C项正确；
D．前者含有1个羧基、1个氨基、1个酚羟基和1个醚键，后者含有1个羧基、1个氨基、2个酚羟基，两者结构不相似，不互为同系物，D项错误；
答案选C。
3. 某烃与氢气加成后得到2，2-二甲基丁烷，该烃的名称可能是
A. 2，2-二甲基-3-丁炔 B. 2，2-二甲基-2-丁烯
C. 2，2-二甲基-1-丁烯 D. 3，3-二甲基-1-丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】、与氢气加成后得到2，2-二甲基丁烷，的名称为3，3-二甲基-1-丁炔，的名称是3，3-二甲基-1-丁烯，故选D。
4. 下列各组分子或离子中所有原子都可能处于同一平面的是
A. 、、 B. 、、
C. 、、 D. 、、+
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4为正四面体形分子，所有原子不可能都处于同一平面，故A错误；
B．是立体结构，为三角锥形分子，所有原子不可能都处于同一平面，故B错误；
C．、是平面结构，是平面三角形结构，所有原子都可能处于同一平面，故C正确；
D．为正四面体形分子，H3O+是三角锥形结构，所有原子不可能都处于同一平面，故D错误；
故选C
5. 三氟乙酸乙酯()是制备某药物的原料，下列说法正确的是
A. 该分子中的碳原子只有一种杂化方式
B. 合成该分子所需的原料三氟乙酸的酸性大于乙酸
C. 1个该分子中含有12个σ键和2个π键
D. 该分子是极性分子，所以在水中溶解度很大
【答案】B
【解析】
【详解】A．酯基中C原子有碳氧双键，为sp2杂化，另外3个碳原子均形成单键，为sp3杂化，则碳原子有两种杂化方式，A错误；
B．F元素的电负性比强，吸引电子能力强，则三氟乙酸的酸性大于乙酸，B正确；
C．单键均为σ键，双键中含1个σ键和1个π键，则1个该分子中含有13个σ键和1个π键，C错误；
D．含酯基、碳氟键，结构不对称，可知该分子是极性分子，但该物质属于脂类在水中的溶解度不大，D错误；
故选B。
6. 四种元素基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A. 第一电离能：④＞③＞①＞② B. 电负性：④＞①＞③＞②
C. 原子半径：②＞①＞③＞④ D. 最高正化合价：④＞③=②＞①
【答案】C
【解析】
【分析】①1s22s22p63s23p4表示的元素是S元素，②1s22s22p63s23p3表示的元素是P元素， ③1s22s22p3表示的元素是N元素， ④1s22s22p5表示的元素是F元素，然后根据元素周期律分析解答。
【详解】根据上述分析可知：①是S，②是P，③是N，④是F元素。
A．一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能越大。但若元素处于第ⅡA族、第VA族，由于原子最外层电子处于全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素。同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能越小，则四种元素的第一电离能大小关系为：④＞③＞②＞①，A错误；
B．元素的非金属性越强，其电负性就越大。同一周期元素，原子序数越大，元素的非金属性越强，同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性越弱，则元素的电负性大小关系为：④＞③＞①＞②，B错误；
C．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子序数越大，原子半径越大，则原子半径大小关系为：②＞①＞③＞④，C正确；
D．F元素非金属性很强，原子半径很小，与其它元素反应只能得到电子或形成共用电子对时偏小F元素，因此没有与族序数相等的最高化合价，故F元素化合价不是在所有元素中最高的，D错误；
故合理选项是C。
7. 某气态烃0.5mol能与1molHCl完全加成，加成后产物分子上的氢原子又可被取代，则此气态烃可能是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】烃类物质只含有C、H元素，该气态烃0.5mol能与1molHCl完全加成，说明该烃含有一个碳碳叁键或者两个碳碳双键，又加成后产物仍然为0.5mol，且分子上的氢原子又可被取代，说明1个产物分子含有8个氢原子，故符合要求的是CH2=CHCH=CH2，故选C。
8. 某烃的键线式结构如下图所示，该烃和按物质的量之比为加成时，所得产物有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】与按物质的量之比为加成时，可以有1，2加成生成3种，还有共轭双键的1，4加成，共有4种产物，故选B。
9. 将溴水分别与四氯化碳、己烷、己烯、酒精四种试剂混合，充分振荡后静置，下列现象与所加试剂不相吻合的是
选项
A
B
C
D
与溴水混合的试剂
四氧化碳
己烷
己烯
酒精
现象





A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．四氯化碳与溴水混合，四氯化碳将溴从溴水中萃取出来，得到溴的四氯化碳溶液，该溶液呈橙色，由于四氯化碳密度大于水，在下层，水层的颜色变浅，呈淡黄色，故A正确；
B．己烷和溴水混合，己烷将溴从溴水中萃取出来，得到溴的己烷溶液，该溶液呈橙色，己烷密度小于水，在上层，水层的颜色变浅，呈淡黄色，故B正确；
C．己烯和溴水混合发生加成反应，溴水褪色并分层，分层后水在上层，生成的二溴己烷在下层，故C正确；
D．溴水和酒精混合，不分层，故D错误；
故答案为D。
10. 元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成的晶体结构如图所示。下列说法错误的是

A. X元素的原子序数是19
B. 该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
C. Xn+离子中n=1
D. 晶体中与Xn+最近的等距离N3-有2个
【答案】A
【解析】
【分析】该晶胞中Xn+个数=12×=3、N3-个数=8×=1，所以N3-、Xn+个数之比为1∶3，根据化合价的代数和为0知n=+1，元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则X原子核外电子数=2+8+18+1=29，为Cu元素，该化合物为Cu3N，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析，X为Cu元素，原子序数为29，故A错误；
B．该晶胞中Xn+个数=12×=3、N3-个数=8×=1，所以该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1，故B正确；
C．N3-、Xn+个数之比为1∶3，根据化合物中化合价的代数和为0判断n=1，故C正确；
D．以一个棱上的Xn+为中心，该离子被4个晶胞共用，与晶体中每个Xn+周围等距离且最近的N3-只有其相邻顶点上的离子，有2个，故D正确；
故选A。
11. 我国科学家构建的NiO/Al2O3/Pt双组分催化剂，可实现氨硼烷(H3NBH3)与H2O高效产H2的目的，发生反应的化学方程式为H3NBH3+2H2ONH4BO2+3H2↑。下列说法正确的是
A. N核外有7种不同空间运动状态的电子 B. Ni的价电子排布式为4s2
C. 氨硼烷中B提供孤电子对和N提供的空轨道形成配位键 D. H3NBH3和NH4BO2中N原子均采用sp3杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．其基态原子核外电子排布为1s22s22p3，占有5个原子轨道，即有5种空间运动状态的电子，A错误；
B．Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，B错误；
C．氨硼烷分子中，B原子含有空轨道，N原子含有孤电子对，因此B提供空轨道，N提供孤电子对形成配位键，C错误；
D．H3NBH3和NH4BO2中N原子的价层电子对都是4，故均采用sp3杂化，D正确；
故选D。
12. 一种麻醉剂的分子结构式如图所示。X的原子核只有1个质子，其中X、Y、Z、W原子序数依次增大，且Y、Z、W均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法一定正确的是

A. 分子中Z原子的杂化轨道类型为
B. W与85号元素位于周期表中的同一主族
C. X、Y、Z、W的原子核外未成对电子数分别为：1、4、2、1
D. 氢化物的沸点：Y＜Z
【答案】B
【解析】
【分析】X的原子核只有1个质子，X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，由化合物中化学键可知，Y为C、Z为O、W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，E的质子数为9+8=17，E为Cl，以此来解答。
【详解】A．Z为O，分子中Z原子含有2个孤电子对，形成两个单键，杂化轨道类型为3，A错误；
B．W为F，85号元素为At，两者均位于第ⅦA主族，B正确；
C．X、Y、Z、W分别为H、C、O、F，原子核外未成对电子数分别为：1、2、2、1，C错误；
D．Y为C，其氢化物可以形成各类烃，熔沸点变化较大，Z为O，氢化物为水，无法比较两者的沸点，D错误；
故选B。
13. 多奈哌齐是一种抗阿尔茨海默病药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法正确的是

A. 分子存在顺反异构体
B. 分子中化学环境不同的氢原子有6种
C. 发生了取代反应
D. 、不可用溴的溶液鉴别
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．碳碳双键的两个碳原子分别连接两个不同的原子或原子团，就会存在顺反异构体，X中碳碳双键的一个碳原子连接一个H和一个-COOH，另一个碳原子连接一个带侧链的苯环和一个H，故A正确；
B．中侧链-CH2CH2COOH有三种不同化学环境的H，苯环上有三种不同化学环境的H，两个CH3O-各含有一种不同化学环境的H，一共有8种不同化学环境的H，故B错误；
C．从X到Y，碳碳双键变成碳碳单键，发生了加成反应，不是取代反应，故C错误；
D．中含有碳碳双键，能使溴的溶液褪色，不能与溴发生反应，所以可用溴的溶液鉴别X和Y，故D错误；
答案选A。
二、选择题：本题共5小题，每题3分，共15分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错的得0分。
14. 如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是

A. 电负性：Y>M>Z
B. 离子半径：
C. 分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D. Z元素基态原子最外层电子的轨道表示式为
【答案】AC
【解析】
【分析】题图为元素周期表中短周期的一部分，由X、Y、Z、M在周期表中的位置关系可知，X为He元素，Y为F元素，M为Cl元素，Z为S元素。
【详解】A．同周期元素自左而右非金属性增强，同主族元素自上而下非金属性减弱，非金属性，故电负性，A正确；
B．电子层数相同，核电荷数越大离子半径越小，电子层数不同时，电子层越多离子半径越大，离子半径：，B错误；
C．为，分子中S元素化合价为价，，S原子最外层满足8电子稳定结构，Cl元素化合价为价，，Cl原子最外层满足8电子稳定结构，C正确；
D．Z为S元素，最外层有6个电子，其基态原子的最外层电子的轨道表示式为，D错误；
故答案选AC。
15. 下列对有关事实的解释错误的是
选项
事实
解释
A
SiO2的熔点比干冰高
SiO2晶体是共价晶体，分子间作用力大
B
HF的热稳定性比HCl强
H—F比H—Cl的键能大
C
CO2与SO2的空间结构不同
中心原子杂化方式相同，孤电子对数不同
D
某些金属盐灼烧时呈现不同焰色
电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光
A. A B. B C. C D. D
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硅为共价晶体，微粒间的作用力为共价键，不是分子间作用力大，故A错误；
B．氟元素的非金属性强于氯元素，H—F的键能大于H—Cl的键能，则HF的热稳定性比HCl强，故B正确；
C．二氧化碳中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式sp杂化，二氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，杂化方式sp2杂化，故C错误；
D．金属的焰色反应是在灼烧时，电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光，故D正确；
故选AC。
16. 某有机分子结构如图所示，下列说法正确的是

A. 该有机物的分子式为 B. 分子中所有原子可能共平面
C. 分子中含有1个手性碳原子 D. 该分子一氯代物有6种
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构式可知，该有机物的分子式为，故A错误；
B．根据结构可知，分子中存在2个甲基，则所有原子不可能共平面，故B错误；
C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中含有1个手性碳原子，位置在，故C正确；
D．根据结构可知，该分子有8种环境的氢原子，分别为，该分子一氯代物有8种，故D错误；

故选C。
17. 分子式为，且不考虑立体异构，下列说法正确的是
A. 分子中不含甲基的同分异构体共有2种
B. 分子中含有一个甲基的同分异构体共有3种
C. 分子中含有两个甲基同分异构体共有4种
D. 同分异构体共有9种
【答案】CD
【解析】
【详解】A．分子式为，分子中不含甲基的同分异构体有ClCH2CH2CH2CH2Cl，只有1种，故A错误；
B．分子式为，分子中含有一个甲基的同分异构体有CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、ClCH2CH(CH3)CH2Cl，共有4种，故B错误；
C．分子式为，分子中含有两个甲基的同分异构体有CH3CH2CCl2CH3、CH3CHClCHClCH3、Cl2CHCH(CH3)CH3、ClCH2CCl(CH3)CH3，共4种，故C正确；
D．由A、B、C可知，分子式为的同分异构体共有4+4+1=9种，故D正确；
故选CD。
18. Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被溶液吸收生成配合物，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是
A. 该配合物的化学式为
B. 1 mol该配合物与足量溶液反应可生成1 mol沉淀
C. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
D. 该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构
【答案】AB
【解析】
【分析】配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子( 3s23p63d6)，配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此14+2+2n=26，所以n=5。
【详解】A．由分析可知，n=5，该配合物化学式为，故A正确；
B．属于配合物，其内界较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，故B正确；
C．该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，故C错误；
D．该配合物中阳离子为，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，故D错误；
故选AB。
第II卷(非选择题 共59分)
三、非选择题：本题共6小题，共59分。
19. 回答下列问题：
（1）某烷烃分子的碳骨架结构为，此烷烃的一溴代物有___________种。若此烷烃为炔烃加氢制得，则该炔烃的结构简式为___________。
（2）某烃A 0.2 mol在氧气中充分燃烧后，生成化合物B、C各1.2 mol，试回答：
①烃A的分子式为___________。
②下列物质与烃A以任意比例混合，若总物质的量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是_______(填字母序号，下同)；若总质量一定，充分燃烧消耗氧气的量不变的是________。
A． B． C． D．
③若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种，则烃A的结构简式为___________。
④若烃A不能使溴水褪色，但在一定条件下能与氯气发生取代反应，其一氯代物只有一种，则烃A的结构简式是___________。
【答案】（1） ①. 6 ②.
（2） ①. C6H12 ②. A ③. C ④. ⑤.
【解析】
【小问1详解】
1 6
如图，此烷烃分子中有6种H原子，所以一溴代物有6种；若此烷烃为炔烃加氢制得，则均连有2个或3个H原子的碳原子之间是碳碳三键的可能位置，则该炔烃的结构简式为 。
【小问2详解】
①0.2mol烃A在氧气中完全燃烧生成CO2和H2O各1.2mol，即1mol烃A完全燃烧生成CO2和H2O各6mol。因此，1mol烃A含有6molC和12molH，故该烃的分子式为C6H12；
②设烃的组成通式为CxHy，当总物质的量一定，若各组分耗氧量相等，则消耗氧气的量相等。1 mol C6H12充分燃烧耗氧量为mol=9mol；1 mol充分燃烧耗氧量为mol=9mol；1 mol充分燃烧耗氧量为mol=9.5mol；1 mol 充分燃烧耗氧量为mol=10.5mol；1 mol 充分燃烧耗氧量为mol=10mol；故等物质的量的C6H12与充分燃烧耗氧量相等，故选A；
③若烃A为链烃，分子中所有的碳原子在同一平面上，该分子的一氯取代物只有一种，说明该分子为对称的结构，双键碳上连有甲基，结构简式为：；
④C6H12的不饱和度为1，若A不能使溴水褪色，则其中含有环，由因为其一氯代物只有一种，则A为环已烷，结构简式为。
20. 完成下列问题。
（1）有机物A完全燃烧只生成和，将12 g该有机物完全燃烧的产物通过足量浓硫酸，浓硫酸增重14.4 g，再通过足量碱石灰，碱石灰增重26.4 g，该有机物的分子式是___________，写出峰面积之比满足1∶1∶6的结构简式___________。
（2）已知有机物甲的相对分子质量为74。现确定有机物甲的结构简式：
①若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为___________。

②若通过实验可知甲中含有羟基，写出羟基的电子式___________；甲可能的结构有___________种；经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，则甲的结构简式为___________。

【答案】（1） ①. C3H8O ②. CH3CH(OH)CH3
（2） ①. CH3CH2OCH2CH3 ②. ③. 4 ④. (CH3)3COH
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸增重为H2O的质量，碱石灰增重为CO2的质量，则n (H2O)==0.8mol，n(CO2)＝=0.6mol，则该有机物中n(O)= ，据此易求出有机物中C、H、O的原子个数比为3:8:1，即有机物A的实验式为C3H8O，因氢原子数已达饱和，此实验式也就是有机物A的分子式；满足1∶1∶6的结构简式中含有2个甲基和1个羟基，为CH3CH(OH)CH3。
【小问2详解】
①有机物甲的相对分子质量为74，甲的红外光谱图显示有对称的-CH3、C-O-C、对称的-CH2-，甲中没有不饱和键且只含有C、H、O三种元素，分子式为C4H10O，则该有机物的结构简式为CH3CH2OCH2CH3；
②羟基中含有1个孤电子，羟基的电子式为，甲分子式为C4H10O，可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、 (CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH，共4种；经测定有机物甲的核磁共振氢谱有2组峰，则甲的结构简式为(CH3)3COH。
21. 教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：
（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素原子核外有___________种不同运动状态的电子，最高正化合价为___________。

（2）如图2所示，每条折线表示周期表第IVA~VIIA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________。

（3）在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___________晶体。

（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___________种。
（5）工业上用萤石(主要成分CaF2)制备HF。CaF2晶体的一种立方晶胞如图所示。

①CaF2晶体中距离Ca2+最近的F-有___________个。
②晶体中Ca2+与F-的最近距离为d nm，阿佛加德罗常数值为NA。该晶体的密度___________g/cm3(列出计算式)。
【答案】（1） ①. 12 ②. +2
（2）SiH4 （3）共价
（4）3 （5） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
由题干图示信息可知，该元素第三电离能比第二电离能突然增大很多，说明该元素最外层上只有2个电子，故第三周期元素的该元素为Mg，12号元素，则该元素原子核外有12种不同运动状态的电子，主族元素的最高正化合价等于其最外层电子数，即最高正化合价为+2价，故答案为：12；+2；
【小问2详解】
如图2所示，每条折线表示周期表第ⅣA～ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化中，N、O、F三种氰化物可以形成分子间氢键，会造成熔沸点反常，第二周期的元素的氢化物没有分子间氢键的是CH4，为第ⅣA族元素，因此a为SiH4，故答案为：SiH4；
【小问3详解】
CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，该晶胞结构与二氧化硅类似，故形成了共价晶体二氧化碳，故答案为：共价；
【小问4详解】
同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但IIA族的np为全充满、VA族的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，则第一电离能：Al＜Mg＜Si＜S＜P，介于Al、P之间的第三周期元素有3种，故答案为：3；
【小问5详解】
①由晶胞结构可知，Ca2+占据8个顶点和6个面心，8个F-位于晶体的内部，CaF2晶体中距离Ca2+最近的F-有8个，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，Ca2+的个数为8×+6×=4，F-的个数为8，晶体中Ca2+与F-的最近距离为晶胞体对角线的，设晶胞的边长为a，则=d，a=d，该晶体的密度ρ==g/cm3=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
22. 周期表中的七种元素T、X、Y、Z、Q、R、W原子序数依次递增，其中，W为第四周期元素，其余均为短周期主族元素。相关信息如下：
元素
原子结构信息
T
原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等
X
基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同
Z
基态原子价电子排布为ns2npn+2
Q
在该元素所在周期中，其基态原子的第一电离能最小
R
单质常温常压下是气体，其基态原子的层上有1个未成对的p电子
W
与R同主族，单质常温下是液体

（1）X、Y、Q三种元素的电负性由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。
（2）Y、R两元素电负性接近，但Y的氢化物分子间能形成氢键，R的氢化物分子间不易形成氢键，原因是___________。
（3）W的最高价含氧酸的分子式为___________。
（4）T、X、Z三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常见的有害气体，它的分子式为，该分子空间构型为___________，是___________(填“极性”或“非极性”)分子。
（5）X与Y原子结合形成的X3Y4晶体，其晶体结构与金刚石类似，但硬度比金刚石大，请解释原因是___________。
【答案】（1）N>C>Na+
（2）Cl的原子半径比N大
（3）HBrO4 （4） ①. 平面三角形 ②. 极性
（5）C3N4与金刚石均为共价晶体，由于N原子半径小于碳原子半径，故C—N键长比C—C键长短，C—N键能更大，更稳定，所以C3N4晶体硬度大
【解析】
【分析】周期表中的七种元素T、X、Y、Z、Q、R、W的原子序数依次递增，其中W为第四周期元素，其余均为短周期主族元素，而T原子所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等，则T为H元素；基态X原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子数相同，核外电子排布式为1s22s22p2，故X为C元素；基态Z原子价电子排布为ns2npn+2，由于短周期元素Q、R的原子序数均大于Z，故≠3，则n=2，可知Z为O元素；Y的原子序数介于碳、氧之间，故Y为N元素；在Q元素所在周期中，其基态原子的第一电离能最小，则Q处于IA族，其原子序数大于氧，故Q为Na；R单质常温常压下是气体，其基态原子的M层上有1个未成对的p电子，其外围电子排布式为3s23p5，故R为Cl元素；W与R同主族，单质常温下是液体，则W为Br。
【小问1详解】
元素的非金属性越强，其电负性越大，X、Y、Q三种元素的电负性由大到小的顺序是N>C>Na。
【小问2详解】
Y的氢化物为氨气，R的氢化物为HCl，氨气分子间易形成氢键，而Cl的原子半径比N大，HCl分子之间不易形成氢键。
【小问3详解】
W为Br元素，其最高价含氧酸的分子式为HBrO4。
【小问4详解】
的分子式为CH2O，结构式为，碳原子形成3个键、没有孤电子对，该分子空间构型为平面三角形，分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子。
【小问5详解】
C与N原子结合形成的C3N4晶体，其晶体结构与金刚石类似，都属于原子晶体，由于N原子半径小于碳原子半径，故C-N键长比C-C键长短，C-N键能更大，更稳定，所以C3N4晶体硬度大。
23. 某硫与锌元素组成的化合物M不溶于水、易溶于酸，见阳光色变暗。若在该化合物中加入微量的Cu、Mn、Ag做活化剂，经光照后，能发出不同颜色的荧光。回答下列问题：
（1）基态铜原子的价电子排布图为___________。
（2）中S的杂化类型为___________，该分子的空间构型为___________。
（3）1 mol 中含有σ键的数目为___________。
（4）M的晶胞结构如图。

①观察图形推测，该晶体中每个周围距离相等且最近的数目为___________个，M的化学式为___________。
②Zn的第三电离能大于Cu的第三电离能的原因是___________。
③已知A原子的坐标为(0，0，0)，B原子坐标为，则C原子坐标为___________。
【答案】（1） （2） ①. sp2 ②. V形
（3）9NA （4） ①. 12 ②. ZnS ③. Zn2+的3d能级全排满 ④.
【解析】
【小问1详解】
Cu是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，排布图为 。
【小问2详解】
中S价层电子对数为2+=3，杂化类型为sp2，且含有1个孤电子对，该分子的空间构型为V形。
【小问3详解】
在1 mol中，与OH-间为离子键，Ag与NH3之间为配位键，含有2molσ键，2molNH3内部含有6molσ键，OH-内部O、H间为σ键，共9molσ键，数目为9NA。
【小问4详解】
①取右上角的顶点(Zn2+)，与它距离最近的Zn2+位于面心，则ZnS晶体中离锌离子最近且距离相等的锌离子个数为×8=12；在晶胞M中，含有Zn2+个数为8×+6×=4，含S2-个数为4，所以化学式为ZnS；
②锌为30号元素，基态Zn2+的电子排布式：1s22s22p63s23p63d10，3d能级全排满，所以Zn的第三电离能大于Cu的第三电离能；
③S原子位于相邻4个Zn原子围成的正四面体中心，在底面和左侧面的投影均位于面对角线上，且与原点的距离为面对角线的四分之三，则S原子坐标为。
24. 过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分。回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是___________(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s轨道上电子能量比3d高，且总是在比3d轨道上电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是___________，中心离子的配位数为___________。
（3）中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。的沸点比的___________，的键角小于的，分析原因___________。

（4）在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是___________原子。设Cr和Al原子半径分别为Crr和Alr，则金属原子空间占有率为___________%(列出计算表达式)。

【答案】（1）AC （2） ①. N、O、Cl ②. 6
（3） ①. 高 ②. NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大
（4） ①. Al ②.
【解析】
【小问1详解】
A．24号元素Cr的原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54d1，根据洪特规则的特例，原子轨道处于半满状态时能量低，稳定，则铬原子的简化的核外电子排布应为[Ar]3d54s1，故A项正确；
B．根据能量最低原理，电子优先填充能量低的轨道，4s轨道上电子能量比3d低，故B项错误；
C．钾原子对键合电子的吸引力小，易失电子；而铬原子对电子的键合能力更强，不易失电子，电负性比钾大，故C项正确；
故选AC。
【小问2详解】
金属Cr3+提供空轨道，Cr3+与3个NH3、2个H2O、1个Cl-形成配位键，则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，，配位数为6。
【小问3详解】
NH3的分子间形成了氢键，而PH3中没有氢键的存在，氢键使物质的沸点升高，则NH3的沸点比PH3的高；H2O中氧原子形成2个σ键，有2个孤电子对；NH3中氮原子形成3个σ键，有1个孤电子对，VSEPR模型都为四面体构型，由于孤电子对间排斥力>孤电子对和成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3的键角。
【小问4详解】
已知AlCr2具有体心四方结构，由图可知，黑球个数为8+1 =2，灰球个数为8+2=4，结合化学式AlCr2可知,灰球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al。设Cr和Al的原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率= 。