浙江省钱塘联盟2022-2023学年高二化学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期钱塘联盟期中联考高二化学试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5K-39Ca-40Ti-48Fe-56Cu-64选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.符号“2p”没有给出的信息是A.能级B.能层C.电子云形状D.电子云在空间的伸展方向【答案】D【解析】【详解】2p表示第二电子层的p能级，p电子云形状为哑铃型，p能级有3个轨道，p能级在空间伸展方向有px、py、pz，故没有表达出电子云在空间的伸展方向，故选D。2.下列分子中含有π键的是A.HClB.C2H4C.H2D.H2O2【答案】B【解析】【分析】从化学键类型判断：单键无π键；双键有1个π键；三键有两个π键。【详解】A．HCl之间为单键连接无π键，A项不符合题意；B．C2H4中C与C之间为C=C有1个π键，B项符合题意；C．H2中单键连接无π键，C项不符合题意；D．H2O2的键连方式为H-O-O-H均为单键无π键，D项不符合题意；故选B。3.下列晶体的分类正确的是 选项离子晶体共价晶体分子晶体ANaOHArSO2BH2SO4石墨SCCH3COONa水晶白磷DBa(OH)2金刚石玻璃A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．NaOH是阴、阳离子通过离子键相互作用结合而成的离子晶体，SO2和Ar分子间以范德华力相互结合为分子晶体，故A错误；B．H2SO4是分子晶体，石墨是混合型晶体，S是分子晶体，故B错误；C．CH3COONa是阴、阳离子通过离子键相互作用结合而成的离子晶体，水晶（二氧化硅）是共价晶体，白磷是分子晶体，故C正确；D．Ba(OH)2是阴、阳离子通过离子键相互作用结合而成离子晶体，金刚石是共价晶体，玻璃是玻璃态物质，是非晶体，故D错误；故选：C。4.下列说法中不正确的是A.在离子化合物里，只存在离子键，不存在共价键B.一般根据原子电负性的差值可以判断化学键类型C.在共价化合物分子内，一定不存在离子键D.乙醇在水中溶解度很大，原因之一是乙醇分子与水分子之间形成氢键【答案】A【解析】【详解】A．离子化合物中可能存在共价键，比如铵盐中N和H之间存在共价键，A项错误；B．一般电负性差大于1.7为离子键，电负性小于1.7为共价键，B项正确；C．共价化合物只含共价键，不含离子键，C项正确；D．乙醇和水之间的氢键增大了溶解度，D项正确；故选A。 5.下列说法不正确的是A.根据共价键的键能可以估算化学反应的热效应B.氧原子的电子排布图：最外层违背了泡利原理C.碳原子发生sp3杂化后，2s、2p能级所有原子轨道能量完全相同D.非金属元素形成的共价化合物中，原子的最外层电子数不一定是8【答案】B【解析】【详解】A．反应的热效应=E反应物的总键能-E生成物的总键能，所以共价键的键能可以估算化学反应的热效应，A项正确；B．泡利原理为每个轨道最多容纳两个电子且自旋方向相反，该排布违背了洪特规则：能量相同的轨道时，电子优先独占且自旋方向相同，B项错误；C．sp3杂化是能量相近的s轨道和3个p轨道杂化形成能量相同的4个sp3轨道，C项正确；D．非金属元素形成的共价化合物中不是所有原子一定为8，比如含氢的化合物中H原子不可能达到8e-，再比如AlCl3中Al未达8e-，D项正确；故选B。6.下列有关晶体的说法正确的是A.石英是共价晶体，每个硅原子与4个氧原子形成正四面体结构B.在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子C.石墨晶体中存在大π键，因而石墨层间可以滑动，质地较软D.晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A【解析】【详解】A．Si与O以共价键形成的立体网状结构，该物质为共价晶体，每个硅原子与4个氧原子形成四面体结构，A项正确；B．金属晶体中有金属阳离子和自由电子不存在阴离子，B项错误；C．石墨晶体中石墨层之间有较弱的范德华力可以滑动，质地较软，C项错误；D．分子晶体如HCl溶于水能形成H+和Cl-，D项错误；故选A。7.下列说法不正确是A.H2O比H2S稳定是因为H2O分子间有氢键 B.霓虹灯光、激光、荧光、LED灯光都与原子核外电子跃迁释放能量有关C.NCl3中N－Cl键的键长比CCl4中C－Cl键的键长短D.2px、2py、2pz轨道相互垂直，但能量相等【答案】A【解析】【详解】A．因为O的非金属性比S大，所以H2O比H2S稳定，故A错误；B．电子跃迁本质上是组成物质的粒子中电子的一种能量变化，霓虹灯光、激光、荧光、LED灯光产生时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁释放能量有关，故B正确；C．氮元素和碳元素同周期，同周期从左至右原子半径依次减小，则氮原子半径小于碳原子半径，NCl3中N-Cl键的键长比CCl4中C-CI键的键长短，故C正确；D．2px、2py、2pz轨道相互垂直，能量相等，故D正确；故选A。8.下列说法中不正确的是A.P4和CH4都是正四面体型分子，但是二者键角并不相等B.第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据C.氨硼烷(NH3BH3)是一种重要的储氢材料，分子中存在N→B配位键D.分子极性越大，范德华力越大【答案】B【解析】【详解】A．P4虽然为正四面体，但P原子位于4个顶点，键角是60°，甲烷键角是109°28ˊ，二者键角不同，A正确；B．同周期元素从左到右，第一电离有逐渐减小的趋势，但IIA族元素的第一电离能大于IIIA族元素，如Mg的第一电离能大于Al，但是Mg的金属性比Al强，B错误；C．NH3BH3分子是由NH3与BH3结合而成的，其中NH3分子中N原子具有孤电子对，而BH3分子中B原子具有空轨道，分子中存在N→B配位键，C正确；D．分子极性越大，分子固有偶极之间吸引越强，因而范德华力越大，D正确；故选B。9.下列含羟基(—OH)的有机物属于酚的是 A.B.CH3OHC.D.【答案】C【解析】【分析】—OH与苯环直接相连的有机物属于酚。【详解】A.是羟基与脂环相连，属于醇，不选A；B.CH3OH是羟基与链烃基相连，属于醇，不选B；C.中—OH与苯环直接相连，属于酚，故选C；D.羟基不与苯环直接相连，属于醇，不选D。10.下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】AD微粒都是Mg原子失去一个电子后得到的，但是A微粒能量高于D，稳定性D＞A，所以失电子能量D＞A；BC都是原子，但是B是基态、C是激发态，能量：C＞B，稳定性B＞C，所以失去一个电子能量：B＞C；D为Mg+、B为Mg原子，D再失去电子所需能量就是Mg原子的第二电离能，B失去一个电子的能量是Mg原子的第一电离能，其第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量D＞B，通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是D，故答案为D。【点睛】能量越高越不稳定，越易失电子；原子的第一电离能、第二电离能、第三电离能···依次增大。11.下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，正确的是A.在组装蒸馏装置时，温度计的水银球应伸入液面下B.粗苯甲酸加热全部溶解后，然后趁热过滤，以减少苯甲酸的损失C.用苯萃取溴水时有机层应从下口放出D.甲烷中有乙烯杂质，可以经过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶除去【答案】B【解析】【详解】A．蒸馏时根据物质沸点分离，那么温度计测定蒸汽的温度，水银球在蒸馏烧瓶的支管口对齐，A项错误；B．苯甲酸随着温度升高溶解度增大，若温度降低可能有固体析出。溶解后趁热过滤是除去不溶杂质，若 冷却会有部分苯甲酸被过滤掉而损失，B项正确；C．苯密度比水小，有机层在上层，应该将下层放出后将上层从上口倒出，C项错误；D．乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应产生CO2引入新杂质，应该选择溴的水溶液除乙烯，D项错误；故选B12.某气态有机化合物X含C、H、O三种元素，已知下列条件，现欲确定X的分子式，至少需要的条件是①X中所含碳元素的质量分数②X中所含氢元素的质量分数③X在标准状况下的体积④X的相对分子质量⑤X的质量A.①②B.①②④C.①②⑤D.③④⑤【答案】B【解析】【详解】由气态有机物中含碳元素和氢元素的质量分数可推出氧元素的质量分数，由各元素的质量分数可确定X的实验式。由相对分子质量和实验式确定X的分子式，则欲确定X的分子式至少需要的条件有①②④。故选B。13.下列描述中正确的是①CO2和SiO2物理性质差异很大，是因为二者化学键种类不同②SF6中有6对成键电子对③SiF4和S8()的中心原子均为sp3杂化④H2O2()分子中正电中心和负电中心重合A.①②B.②③C.③④D.①④【答案】B【解析】【详解】①CO2为分子晶体，分子间存在较弱的范德华力，其熔沸点较低。而SiO2为原子晶体，存在强烈的共价键，所以熔沸点高，①错误；②S和6个氟原子形成共价键，所以成键电子对为6对，②正确； ③S8中每个S形成2个键，同时含有2个孤电子对。SiF4和S8中的S的加层电子对均为4对，采取sp3杂化，③正确；④H2O2为极性分子，从图看出H2O2分子中正负点电中心不重叠，④错误；故选B。14.下列对有关事实的解释不正确的是选项事实解释A酸性：CF3COOH＞CCl3COOH氟的电负性大于氯的电负性BO3在水中的溶解度比O2大O3是极性分子，O2是非极性分子C水晶在不同方向上导热性不同晶体具有各向异性的特点D水的沸点比乙醇的沸点高水分子间存在氢键A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氟的电负性大于氯的电负性，CF3COOH中羧基中O-H键极性大于CCl3COOH中羧基中O-H键极性，导致CF3COOH中羧基中O-H键更易电离，酸性更强，故A正确；B．O3中心氧原子的价层电子对数为，有一对孤电子对，分子呈V型，正负电荷中心不重合，为极性分子，而O2是非极性分子，根据相似相同原理，O3在水中的溶解度比O2大，故B正确；C．晶体中各方向粒子有规则排布，但不等同，导致晶体具有各向异性的特点，所以水晶在不同方向上导热性不同，故C正确；D．水和乙醇分子间均存在氢键，水的沸点高于乙醇是因为水分子间形成的氢键数目多于乙醇，故D错误；故选：D。15.下列有关阿伏加德罗常数说法不正确的是A.1molNH3中所含孤电子对数目为NAB.1mol冰晶体中最多可含氢键2NAC.46gC2H6O分子中含极性键数目一定是7NAD.1mol金刚石晶体中有C－C键2NA【答案】C 【解析】【详解】A．每个NH3的孤电子对=对，所以1molNH3的孤电子对为NA，A项正确；B．每个H2O分子可形成2个氢键，1mol冰最多可以形成2NA氢键，B项正确；C．46gC2H6O物质的量为==1mol。若C2H6O为CH3OCH3时每个分子中存在6个C-H键和2个C-O键，所以46gC2H6O中含有极性键为8NA，C项错误；D．1个C均摊2个C-C键，所以1mol金刚石中存在C-C键为2NA，D项正确；故选C。16.用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间构型，下列结论中正确的是(　)A.直线形；三角锥形B.V形；三角锥形C.正四面体；正四面体D.V形；平面三角形【答案】D【解析】【详解】H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ键，中心原子上的孤电子对数=（6-2×1）/2=2，所以H2S的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，其空间构型是V形；BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数═（3-3×1）/2=0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形．故选D．17.下列说法中不正确的是A.水合铜离子为如图1所示的平面结构，可知Cu发生的不是sp3杂化B.CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个晶胞平均占有4个Ca2+C.H原子的电子云图如图3所示，H原子核外电子在原子核外做圆周运动D.某气态团簇分子结构如图4所示，该气态团簇分子的分子式是E4F4或F4E4【答案】C【解析】【详解】A．sp3杂化得到的是空间四面体构型，而该铜为平面结构不可能为sp3杂化，A项正确； B．Ca2+分别位于晶胞的面心和顶点，Ca2+为，B项正确；C．H原子的电子云图表达电子在核外出现的概率，其电子大多在核附近运动，C项错误；D．从图看出该团簇分子由4个F和4个E构成，其化学式为E4F4或F4E4，D项正确；故选C。18.某品牌食盐包装袋部分说明如表。下列相关叙述正确的是配料精制盐、碘酸钾(KIO3)、亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]食用方法：待食品熟后加入A.碘酸根离子中共价键键角为120°B.该食盐配料受热均易分解C.K4Fe(CN)6在水溶液中完全电离成三种离子D.K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+【答案】D【解析】【详解】A．碘酸根离子中，碘的价层电子对为4、有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体、空间构型为三角锥形，键角不是120°，A错误；B．配料中氯化钠受热不分解，B错误；C．K4Fe(CN)6在溶液中只能电离生成钾离子和亚铁氰根离子，C错误；D．K4Fe(CN)6可用于检验Fe3+，检验时发生的反应为：K4Fe(CN)6+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl，D正确；故选D。19.如图是Na、Cu、Si、H、C、N几种元素的单质熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。下列判断不正确的是 A.图中对应的e、f单质晶体熔化时克服的是相同类型的微观作用力B.d单质对应元素的电子排布式：1s22s22p63s23p2C.c元素形成的最高价的水化物晶体熔化时离子键被破坏，共价键未被破坏D.单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的最简单分子中含2个σ键和2个π键【答案】B【解析】【分析】Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质中，Na、Cu为金属晶体，均是热和电的良导体，C、Si的单质为原子晶体，且C单质的熔沸点大于Si原子晶体的熔沸点，H、N对应的单质为分子晶体，其中氢气的熔点最低，由图熔点的高低顺序可知a为H，b为N，c为Na，d为Cu，e为Si，f为C，结合对应单质、化合物的结构和性质以及元素周期律的递变规律解答该题。【详解】A．e为Si，f为C，对应的单质为原子晶体，熔化时克服的是相同类型的微观作用力——共价键，故A正确；B．d为Cu，对应元素原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，故B错误；C．c为Na，Na元素形成的最高价的水化物为NaOH，NaOH是离子晶体，熔化时离子键被破坏，共价键未被破坏，故C正确；D．单质a、b、f对应的元素以原子个数比1：1：1形成的分子为HCN，结构式为H-C≡N，分子中含2个σ键，2个π键，故D正确；故选B。20.利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法不正确的是 A.杯酚中存在分子内氢键B.杯酚分子中存在大π键C.杯酚与C60形成氢键D.C60与金刚石晶体类型不同【答案】C【解析】【详解】A．杯酚中存在多个羟基之间存在氢键，所有分子内存在氢键，A项正确；B．杯酚分子中存在苯环含有大π键，B项正确；C．C60中无H也无电负性较大的F、O、N等无法与杯酚形成氢键，C项错误；D．C60为分子晶体，而金刚石为原子晶体，D项正确；故选C。21.下列叙述不正确的是A.元素电负性的大小不但影响形成物质的化学性质，还影响其物理性质B.手性分子发生化学变化后手性可能消失C.氢键的存在可能使物质的熔沸点降低D.气体单质中一定存在σ键，可能存在π键【答案】D【解析】【详解】A．电负性相差1.7以上为离子键，电负性相差1.7以下为共价键。同时已成键的电负性大的F、O、N与已成键的H之间可以形成氢键影响物质的熔沸点和溶解度，故A项正确；B．手性分子发生反应后改变分子中基团，所以手性可能消失，B项正确；C．分子内的氢键降低物质的熔沸点，C项正确；D．稀有气体为氮原子分子不存在化学键，D项错误；故选D。22.已知A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期元素。其中A是宇宙中含量最多的元素；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子。下列说法正确的是 A.C、D原子形成的简单离子半径：D+＞C2-B.A、B、C三种元素的电负性：C＞B＞AC.B、C元素的第一电离能：C＞BD.D元素构成的合金硬度比纯金属大，熔点比纯金属高【答案】B【解析】【分析】A是宇宙中含量最多的元素，所以A为H；C元素原子的价层电子排布是nsnnp2n，n=2，所以C的价电子排布为为2s22p4，C为O。B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同，即B为N。D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，即其最外层只有一个电子，D为短周期元素，D为Na。【详解】A．简单离子的半径：电子层越多半径越大；同电子层结构，核电荷数越多半径越大。C、D的简单离子分别为O2-、Na+，半径O2->Na+，A项错误；B．同周期从左往右电负性增强：B<C，电负性大小为A<B<C，B项正确；C．B价电子为2s2p3半充满稳定即N难失去一个电子，而C为2s22p4失去一个电子后为半满即O易失去一个电子，所以第一电离能：B>C，C项错误；D．合金破坏了金属键，金属键减弱，导致合金熔点比纯金的低，D项错误；故选B。23.钛有“二十一世纪的金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiCl4=2MgCl2+Ti。下列说法正确的是A.基态Ti原子的外围电子排布式：3d4B.Cl-结构示意图：C.推测MgCl2的熔点高于NaClD.TiCl4熔点是-25℃，沸点是136.4℃，可溶于苯和CCl4，该晶体属于离子晶体【答案】C【解析】【详解】A．Ti的电子排布为[Ar]3d24s2，其外围电子排布为3d24s2，A项错误；B．为Cl原子的结构示意图，B项错误； C．MgCl2和NaCl均为离子晶体，前者Mg2+半径小于Na+且Mg2+带电荷多，所以MgCl2的晶格能大，熔沸点高，C项正确；D．TiCl4熔沸点较低且易溶于苯，该物质为分子晶体，D项错误；故选C。24.Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：Fe+6HCN+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2+2CO2+2H2O。下列说法不正确的是A.此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞CB.K4[Fe(CN)6]的中心离子的价电子排布图为C.CO2分子中C原子没有孤电子对，其VSEPR模型和分子空间构型相同D.CN-作为配体时通常由电负性强的N作为配位原子【答案】D【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则碳、氮、氧三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C，故A正确；B．配合物中亚铁离子为中心离子，Fe2+的价电子排布图为，故B正确；C．CO2分子中C原子没有孤电子对，故VSEPR模型和分子空间构型相同，故C正确；D．CN-作为配体时通常由电负性小的C作为配位原子，故D错误；故选D。25.已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法不正确的是A.b中得到配合物，其配体为B.硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致C.由实验可知，的配位能力比弱 D.加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液【答案】C【解析】【详解】A．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，A正确；B．水分子中氧原子可以提供孤电子对，能和铜离子形成配离子，硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致，B正确；C．由实验ac可知，的配位能力比强，C错误；D．加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.化学与社会、生产、生活息息相关，请回答下列问题：（1）向AgCl悬浊液中加氨水沉淀逐渐消失，请用离子方程式表示其过程______；用文字描述NH3分子的空间构型为______。（2）基态Cu原子价电子排布图(轨道表示式)为______；气态Cu+比Cu2+稳定的原因为______。（3）OF2分子中心原子上的价层电子对数为______；OF2的熔、沸点______(填“高于”或“低于”)Cl2O。【答案】（1）①AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-②.三角锥形（2）①.②.Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为Cu+最外层电子排布达到全满所以更稳定（3）①.4②.低于【解析】【小问1详解】向AgCl悬浊液中加氨水沉淀逐渐消失最终得到银氨溶液，离子方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-；NH3中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形。【小问2详解】Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，价电子排布式为3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为： ；Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为Cu+最外层电子排布达到全满所以更稳定。【小问3详解】OF2分子中心原子上的价层电子对数为2+=4；OF2与Cl2O均为分子晶体，Cl2O的相对分子质量大于OF2，Cl2O分子间作用力大，熔点高。27.根据研究有机化合物的步骤和方法填空：（1）测得A的蒸气密度是同状况下氢气的35倍，则A的相对分子质量为______。（2）将5.6gA在足量氧气中燃烧，并将产物依次通过无水氯化钙和KOH浓溶液，分别增重7.2g和17.6g。A的分子式为______。（3）将A通入溴水，溴水褪色，说明A属于______(填按官能团分类的物质类别)。（4）A的核磁共振氢谱如图，则A的结构简式为______。【答案】（1）70（2）C5H10（3）烯烃（4）【解析】【小问1详解】根据公式M＝D·M(H2)计算该有机物的相对分子质量为2×35＝70；故答案为：70。【小问2详解】由A的燃烧反应知，5.6gA含m(C)＝=4.8g，m(H)＝=0.8g，确定该有机物只含碳、氢两种元素，实验式为CH2；设分子式为(CH2)n，则12n＋2n＝70，n＝5，分子式为C5H10；故答案为：C5H10。【小问3详解】符合分子式为C5H10的有烯烃和环烷烃，若能使溴水褪色，则为烯烃；若不能，则为环烷烃；故答案为：烯烃； 【小问4详解】该核磁共振氢谱图共有4个吸收峰，吸收峰面积之比为1∶1∶2∶6，则符合题意；故答案为：。28.AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，这样可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：（1）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______(填元素符号)，判断依据是______。（2）CN-、NH3、H2O和OH-等配体都能与Zn2+形成配离子。则[Zn(NH3)4]2+中心离子的配位数为______。（3）氧化镁是一种熔点极高的离子晶体，结构类似NaCl，其晶胞如图2所示，该晶胞中Mg2+数目为______；1个O2-周围有_____个Mg2+最近且等距离。【答案】（1）①.Mg②.I3增量突然变大(或I3比I2的大很多)（2）4（3）①.4②.6【解析】【小问1详解】根据电离能的突跃判断失电子情况，从图分析，失去第三个电子时电离能剧增，所以该原子只能失去2个电子，该元素为Mg。答案为MgI3增量突然变大(或I3比I2的大很多)； 【小问2详解】从化学式看，4个NH3与Zn连接所以该离子的配位数为4。答案为4；【小问3详解】Mg2+分别位于顶点和面心，Mg2+数目为。以体心O2-来看，Mg2+与它最近的距离为半个边长，如图，所以O2-的配位数为6。答案为4；6。29.青蒿素为无色针状晶体，熔点为156～157℃，易溶于有机溶剂，在水中几乎不溶。实验室用乙醚提取青蒿素的工艺流程如图所示。（1）在操作i前要对青蒿进行粉碎，其目的是______。（2）操作ii的名称是______。（3）下列物质可从水中萃取有机化合物的是______。A.酒精B.乙酸乙酯C.二氯甲烷D.甘油（4）操作iii涉及重结晶，则操作iii的步骤为加热溶解、______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）下列现代分析仪器可用于测定青蒿素的键长、键角等分子结构信息的是______。A.核磁共振仪B.质谱仪C.红外光谱仪D.X射线衍射仪【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出率（2）蒸馏（3）BC（4）趁热过滤（5）D【解析】【分析】青蒿通过乙醚萃取，得到提取液和残渣，再通过蒸馏，得到粗产品，最后重结晶得到精品。【小问1详解】操作i前要对青蒿进行粉碎，其目的是：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸出率；【小问2详解】因为乙醚易挥发，所以操作ii的名称是蒸馏；【小问3详解】 A.酒精易溶于水，不能用于萃取水溶液中的有机化合物；B.乙酸乙酯，难溶于水，易溶于有机物，可用于萃取水溶液中的有机化合物；C.二氯甲烷，难溶于水，易溶于有机物，可用于萃取水溶液中的有机化合物；D.甘油易溶于水，不能用于萃取水溶液中的有机化合物；故选BC；【小问4详解】操作iii涉及重结晶，则操作iii的步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问5详解】核磁共振仪用于测定青蒿素中氢原子的类型和个数比；质谱仪用于测定青蒿素的相对分子质量；红外光谱用于测定青蒿素中所含有的化学键或官能团的信息；X射线衍射仪可用于测定青蒿素的键长、键角等分子结构信息；答案选D。30.因瓦合金是铁和镍的合金，由于其膨胀系数极小，又称不变合金，适合做测量元件。回答下列问题：（1）在稀氨水介质中，Ni2+与丁二酮肟(分子式为C4H8N2O2)反应可生成鲜红色沉淀，其分子结构如图1所示，该结构中碳原子的杂化方式为______；比较键角：NH3______(填“大于”或“小于”)H2O。（2）铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、Ni(CO)4。1molFe(CO)5分子中含有σ键数目为______；已知Ni(CO)4子为正四面体构型，下列溶剂能够溶解Ni(CO)4的是______(填字母)。A.四氯化碳B.苯C.水D.液氨（3）某种铁晶体晶胞如图2，若铁原子半径为rpm，阿伏伽德罗常数为NA，则该铁晶体的密度为______g•cm-3(列出算式，不必计算)。【答案】（1）①.sp3、sp2②.大于 （2）①.10NA②.AB（3）【解析】【小问1详解】分子中存在两类C：C=N为sp2杂化，-CH3为sp3杂化。NH3中价层电子对为含有1对孤电子，而H2O中价层电子对为含有2对孤电子，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大键角越小，键角为NH3>H2O。答案为sp3、sp2；大于；【小问2详解】每个CO中含有1个σ，该物质中有5个CO共有5个σ。同时CO与Fe形成的配位键为σ，所以1个该物质中总σ=5+5=10个。1molFe(CO)5中σ数目为10NA。Ni(CO)4子为正四面体构型，则该物质为非极性分子，相似相溶，其易溶于非极性溶剂CCl4和苯。答案为10NA；AB；【小问3详解】晶胞中2个原子，a为晶胞边长，体对角线三个球相切即4r=，得到a=pm。。答案为。