山西省太原市2021-2022学年高二化学下学期期中考试试题（Word版含解析）

2021~2022学年第二学期高二年级期中质量监测化学试卷可能用到的相对原子质量：O-16Ca-40Ti-48Co-59Cu-64一、选择题(本题共20小题，每小题2分，共40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，请将正确选项填入答案栏内)1.蛋白质和核酸是生命的物质基础，其中都含有氮元素。下列化学用语表示正确的是A.氮分子的结构式：N≡NB.基态氮原子最外能级的电子云轮廓图：C.NH3的球棍模型：D.基态氮原子核外电子的轨道表示式：【答案】A【解析】【详解】A．两个氮原子通过三个共用电子对结合为氮分子，氮分子的结构式：N≡N，故A正确；B．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，最外能级的3个电子分别沿Px、在Py、在Pz三个方向延伸，故B错误；C．NH3分子空间构型为三角锥形，球棍模型为，故C错误；D．电子在同一能级排布时，尽可能分占不同轨道且自旋方向相同，基态氮原子核外电子的轨道表示式：，故D错误；选A。2.下列关于原子光谱的说法错误的是A.原子光谱告诉我们原子核外电子的能量是量子化的B.通过原子光谱可以发现新的元素，也可以鉴定某些元素\nC.焰色试验是电子从激发态跃迁回基态时才有的现象D.原子光谱包括吸收光谱和发射光谱【答案】C【解析】【详解】A．原子的线状光谱告诉我们原子核外电子的能量是量子化的，故A正确；B．原子光谱用于测定原子种类，通过原子光谱可以发现新的元素，故B正确；C．焰色试验是金属原子或离子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将能量以光的形式表现出来的现象，故C错误；D．原子光谱包括吸收光谱和发射光谱，电子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时产生发射光谱，电子由基态或较低能量的激发态跃迁到较高能量的激发态产生吸收光谱，故D正确；选C。3.“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是A.构造原理B.泡利原理C.洪特规则D.能量最低原理【答案】B【解析】【详解】试题分析：构造原理原来书写核外电子的电子排布式；当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，这就是洪特规则；在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，这就是泡利原理，所以答案选B。考点：考查核外电子排布规律的有关判断和应用点评：本题是常识性知识的考查，难度不大，学生只要熟练记住有关的知识点，就不难得分。4.两种元素的基态原子电子排布式分别是：①1s22s22p63s2②1s22s22p63s23p1，下列有关比较正确的是A.金属性：②>①B.原子半径：②>①C.第一电离能：①>②D.最高正化合价：①>②【答案】C【解析】【分析】两种元素的基态原子电子排布式分别是：①1s22s22p63s2，①是Mg\n；②1s22s22p63s23p1，②是Al；【详解】A．同周期元素从左到右金属性减弱，金属性：Al<Mg，故A错误；B．同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：Al<Mg，故B错误；C．Mg的3s能级全充满，结构稳定，所以第一电离能：Mg>Al，故C正确；D．同周期元素从左到右，最高正价依次增大，Mg的最高正价是+2，Al的最高正价是+3，故D错误；选C。5.下列分子或离子的空间结构判断不正确的是A.NH为正四面体形B.BeCl2为直线形C.NF3为V形D.CO为平面三角形【答案】C【解析】【详解】A．NH中N原子价电子对数为，无孤电子对，为正四面体形，故A正确；B．BeCl2中Be原子价电子对数是，空间结构为直线形，故B正确；C．NF3中N原子价电子对数是为，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，故C错误；D．CO中C原子价电子对数是为，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故D正确；选C。6.下列分子的中心原子采取sp2杂化的是①SO3②乙烯③乙炔④甲醛⑤NCl3⑥过氧化氢A.①②④B.①④⑥C.②③④D.②⑤⑥【答案】A【解析】【详解】①SO3中，S原子价电子对数是3，S原子杂化方式为sp2；②乙烯分子中，C原子形成3个σ键，无孤电子对，C原子杂化方式为sp2；③乙炔分子中，C原子形成2个σ键，无孤电子对，C原子杂化方式为sp；④甲醛分子中，C原子形成3个σ键，无孤电子对，C原子杂化方式为sp2；\n⑤NCl3分子中，N原子价电子对数是4，N原子杂化方式为sp3；⑥过氧化氢中，O原子原子形成2个σ键，有2个孤电子对，O原子杂化方式为sp3；采取sp2杂化的是①②④，选A。7.晶胞是描述晶体结构的基本单元。下列示意图中(不同的小球代表不同的原子或离子)可以表示化学式为AB2型化合物晶胞的是A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】A．根据均摊原则，A中白球数为、黑球数为，表示化学式为AB3型化合物，故不选A；B．根据均摊原则，B中黑球数为、白球数为1，表示化学式为AB2型化合物，故选B；C．根据均摊原则，C中白球数为8、黑球数为，表示化学式为AB2型化合物，故选C；D．根据均摊原则，D中小黑球数为、大黑球数为，表示化学式为AB型化合物，故不选D；选BC。8.下列关于键的极性和分子极性的说法中，错误的是A.只有非极性键的分子一定是非极性分子B.含极性键的非极性分子，其空间结构是对称的C.异核双原子分子一定是极性分子D.极性分子中一定只含有极性键【答案】D\n【解析】【详解】A．只有非极性键的分子一定是非极性分子，如氢气、氧气都是非极性分子，故A正确；B．含极性键非极性分子，其空间结构是对称的，如甲烷、四氯化碳，故B正确；C．异核双原子分子一定是极性分子，如氯化氢是极性分子，故C正确；D．极性分子中不一定只含有极性键，如H2O2是极性分子，含有极性键和非极性键，故D错误；选D。9.在元素周期表中的某些元素之间存在着特殊的“对角线规则”，如Li和Mg、Be和Al、B和Si的一些性质相似。下列说法不正确的是A.氢氧化铍是两性氢氧化物B.B和Si的电负性数值相近C.Li在N2中燃烧生成Li3ND.Li和Mg的原子半径相近，且核外电子排布相同【答案】D【解析】【详解】A．Be～Al为对角线位置，氢氧化铝具有两性，则氢氧化铍是两性氢氧化物，故A正确；B．B～Si为对角线位置，电负性数值相近，故B正确；C．Mg在N2中燃烧生成Mg2N3，则由对角线规则可知，Li在N2中燃烧生成Li3N，故C正确；D．电子层越多，原子半径越大，则Mg的原子半径大于Li的原子半径，且电子排布不同，故D错误；故选D。10.科学技术在物质结构的研究中具有非常重要的作用。下列说法错误的是A.质谱仪可以测定分子的相对分子质量B.可通过红外光谱分析测得共价键的键长和键角C.可通过红外光谱分析物质中含有何种化学键D.可通过X射线衍射实验区分晶体和非晶体【答案】B【解析】【详解】A．一般用质谱法测定物质分子的相对分子质量，A正确；\nB．用红外光谱得到分子中含有的化学键或官能团信息，不能测定共价键的键长和键角，B错误；C．由B分析可知，C正确；D．x射线通过晶体后发生衍射，发生衍射的x射线到达背景时，在背景的某些特定位置上得到x射线较强的信号，其他位置则较弱；而x射线通过非晶体后，由于非晶体原子排列的非周期性，发生类似晶体衍射的效果不太明显，以此，x射线衍射可鉴别晶体与非晶体，D正确；故选B。11.下列关于键和键的说法中，错误的是A.键的电子云图形是轴对称的，键的电子云图形是镜面对称的B.键是原子轨道“头碰头”式重叠，键是原子轨道“肩并肩”式重叠C.两个p轨道不能形成键，只能形成键D.H只能形成键，O可以形成键和键【答案】C【解析】【详解】A．σ键的电子云图形以形成共价键的两原子核的连线为轴作旋转操作，共价键的电子云图形不变，为轴对称，π键电子云由两块组成，分别位于由原子核构成平面的两侧，为镜面对称，A正确；B．σ键电子云重叠程度较大，以头碰头方式重叠，π键电子云重叠程度较小，以肩并肩方式重叠，B正确；C．两个p轨道可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，C错误；D．H原子只有1个电子，位于1s轨道上，电子云形状为球形，和其他原子形成共价键时，只能以头碰头方式重叠，即只能形成σ键，O原子p轨道上的价电子，可以以头碰头方式形成σ键，也可以以肩并肩方式形成π键，D正确；故答案选C。12.下表列出8种短周期元素的部分性质，下列有关叙述正确的是元素①②③④⑤⑥⑦⑧原子半径/10-10m0.741.521.601.100.990.751.860.82主要化合价-2+1+2+5、-3+7、-1+5、-3+1+3\nA.①和⑦形成的化合物中只含有离子键B.⑧的基态原子核外电子排布式为[Ne]3s23p1C.表格元素中，⑥的最高价氧化物对应水化物的酸性最强D.表格元素中，④和⑥的基态原子中未成对电子数最多【答案】D【解析】【分析】①主要化合价为-2，①是O元素；⑤主要化合价为+7、-1，⑤是Cl元素；④⑥主要化合价都是+5、-3，④的半径大于⑥，所以④是P、⑥是N元素；②⑦主要化合价都是+1，②的半径小于⑦，所以②是Li元素、⑦是Na元素；③主要化合价为+2，半径大于Li，③是Mg；⑧主要化合价为+3，半径小于P，所以⑧是B元素。【详解】A．O和Na形成的化合物Na2O2中既含有离子键又含有共价键，故A错误；B．⑧是B元素，基态B原子核外电子排布式为1s22s23p1，故B错误；C．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，表格元素中，Cl的最高价含氧酸HClO4的酸性最强，故C错误；D．表格元素中，N和P的基态原子中未成对电子数为3，Li、Cl、Na、B的基态原子中未成对电子数数为1，Mg基态原子中未成对电子数数为0，O基态原子中未成对电子数数为2，故D正确；选D。13.我国中医古籍《玉楸药解》中记载：“胆矾味酸，性寒，入手太阴肺经。降逆止嗽，消肿化积。”胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图为：下列有关说法正确的是A.基态Cu2+的价层电子排布式为3d84s1\nB.硫原子采取sp3杂化，其价层电子对数为3C.胆矾中微粒间作用力包括离子键、极性键、配位键和氢键D电负性：H<Cu<O<S【答案】C【解析】【详解】A．基态Cu2+的价层电子排布式为3d9，故A错误；B．SO中硫原子采取sp3杂化，其价层电子对数为4，故B错误；C．根据图示，胆矾中微粒间作用力包括离子键、极性键、配位键和氢键，故C正确；D．元素的非金属性越强，电负性越大，电负性Cu<H<S<O，故D错误；选C。14.臭氧通常存在于距离地面25km左右的高层大气中，它能有效阻挡紫外线，保护人类健康。但是在近地面，臭氧却是一种污染物。已知O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合。下列说法不正确的是A.O3和O2互为同素异形体B.在水中的溶解度：O3>O2C.O3是极性分子，O2是非极性分子D.O3分子中的共价键是极性键【答案】D【解析】【详解】A．O3和O2是氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．O3是极性分子、O2是非极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度：O3>O2，故B正确；C．O3的空间结构为V形，分子中正负电荷中心不重合，O3是极性分子，O2是非极性分子，故C正确；D．O3分子中的共价键是非极性键，故D错误；选D。15.2022年2月20日晚，第二十四届冬奧会在北京国家体育场胜利闭幕，下列关于“冰”与“雪”的说法正确的是A.冰中氢键的键能为18.8kJ·mol-1，即融化含1mol氢键的冰需要吸收18.8kJ的热量\nB.密度ρ(干冰)>ρ(水)>ρ(冰)的原因是分子间作用力大小不同C.每一片雪花都是一幅精美图案，其六角形形状与氢键的方向性有关D.可燃冰是甲烷分子与水分子之间通过氢键形成的【答案】C【解析】【详解】A．水中仍含有氢键，即融化含1mol氢键的冰，断裂氢键小于1mol，需要吸收的热量小于18.8kJ，故A错误；B．干冰分子间不能形成氢键，采用面心立方最密堆积，且相对分子质量比水大，水分子间存在氢键，冰形成的氢键比水多，氢键具有方向性、饱和性，使分子间空隙增大，所以密度ρ(干冰)>ρ(水)>ρ(冰)，故B错误；C．水分子间含有氢键，氢键具有方向性、饱和性，雪花的六角形形状与氢键的方向性有关，故C正确；D．甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，故D错误；故选C。16.冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是A.超分子具有分子识别和自组装的特征B.该超分子中K+的配位数为6C.利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70D.冠醚与碱金属离子形成的配合物属于“超分子”，其形成的晶体是分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识\n别与自组装的特征，A正确；B．由题干图示信息可知，该超分子中K+周围形成有6个配位键，故其的配位数为6，B正确；C．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，C正确；D．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，所得到的晶体里还有阴离子，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误；故答案为：D。17.2021年诺贝尔化学奖授予马克斯·普朗克研究所的BenjaminList与普林斯顿大学的Davidw.C.MacMillan，两人在“不对称有机催化”领域的创新发明带来了一种极为精准的合成新工具，对医药研究和绿色化学有极为重要的意义。如图为一种典型的不对称有机催化反应，下列有关表述错误的是A.乙中碳原子有两种杂化方式B.甲、乙、丙物质内都有分子间氢键C.甲中所有原子不可能处于同一平面内D.三种物质中只有丙有手性碳【答案】B【解析】【详解】A．乙中从左到右第一个和第三个碳原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3，第二个碳原子价层电子对数为3，杂化方式为sp2，因此碳原子有两种杂化方式，故A正确；B．氢键必须是电负性大的原子连的氢原子与另外分子电负性大得原子之间形成氢键，甲物质没有分子间氢键，故B错误；C．甲中含有甲基，因此所有原子不可能处于同一平面内，故C正确；D．三种物质中只有丙有手性碳，用“*”标的碳原子为手性碳原子\n，故D正确。综上所述，答案为B。18.下列关于晶体的描述中，错误的是A.干冰晶体中，每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子B.氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个C.氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl-共有8个D.金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环由6个碳原子构成【答案】B【解析】【详解】A．干冰晶胞为面心立方晶胞，每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子，故A正确；B．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有12个，故B错误；C．氯化铯晶胞为体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻且距离相等的Cl-共有8个，故C正确；D．金刚石为三维骨架结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环由6个碳原子构成，故D正确；选B。19.已知有关氮、磷单键和三键的键能数据(单位：kJ·mol-1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489下列说法错误的是A.从能量角度看，因为P2比P4能量更低所以通常以P4形式存在B.从能量角度看，因为N2比N4()能量更低所以通常以N2形式存在C.从原子半径角度看，因为P原子半径较大不易形成π键D.P4分子中P原子采取sp3杂化【答案】A\n【解析】【详解】A．P2中为P≡P键，P4中为6个P-P键，由表可知P≡P键键能大于P—P键键能，因此P2比P4能量更低，P2比P4稳定，所以通常以P2形式存在，A错误；B．N2中为N≡N键，N4()中共为6个N-N键，由表可知N≡N键键能比N-N键键能大，因此N2比N4()能量更低，更稳定，所以通常以N2形式存在，B正确；C．π键是轨道以“肩并肩”重叠形成的共价键，P原子半径比N原子半径大，在相互靠近的时候肩并肩形成π键的概率就小，因此P和P之间不易形成π键，C正确；D．P4分子中P的价层电子对数=3+=4，故P4分子中P原子采取sp3杂化，D正确；答案选A。20.下列有关事实和解释均正确的是选项事实解释A分别向K3[Fe(CN)6]溶液和Fe(SCN)3溶液中滴加等浓度的氢氧化钠溶液，只有Fe(SCN)3溶液中有黄色沉淀生成CN-对Fe3+的配位能力比SCN-更强，溶液中没有Fe3+B向碘四氯化碳溶液中加入适量浓KI溶液，振荡试管，溶液紫色变浅c(I-)增大，I2+I-I平衡向右移动C向酸式滴定管中加入蒸馏水，打开活塞让水缓缓流下，可看到水呈直线状垂直流入烧杯中。若用头发摩擦过的气球靠近，水流会向一侧偏转水分子中含有极性键，会受到带电物体的吸引D向盛有AgCl沉淀的试管中滴入足量1mol/L氨水，振荡，溶液变澄清AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，NH3的N接受电子对\nA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．K3[Fe(CN)6]溶液中CN-对Fe3+的配位能力比SCN-更强，溶液中Fe3+很小，所以加入氢氧化钠没有现象，故A错误；B．向碘的四氯化碳溶液中加入适量浓KI溶液，振荡试管，I2和KI发生I2+I-I反应，c(I-)增大，I2+I-I平衡向右移动，所以溶液紫色变浅，故B正确；C．水分子是极性分子，会受到带电物体的吸引，所以用头发摩擦过的气球靠近，水流会向一侧偏转，故C错误；D．AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，NH3的N提供电子对，Ag+接受电子对，故D错误；选B。二、必做题(本题包括3小题，共46分)21.离子液体常被用作电化学研究的电解质、有机合成的溶剂和催化剂。如图为离子液体1—丁基—3—甲基咪唑六氟磷酸盐的结构简式，回答下列问题：（1）该物质含有的化学键类型为____；其中C原子的杂化轨道类型是____。（2）大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子。如季铵阳离子(R4N+，即NH的H被烃基R取代)、带烃基侧链的咪唑、嘧啶等有环状含氮结构的有机铵正离子，请从配位键形成的角度来解释NH的形成(H++NH3=NH)：____。阴离子如四氯铝酸根(AlCl)是一种配离子，其中的配位原子是____，配位体是____；该阴离子中含有____个σ键，空间结构名称为____。（3）LiBH4—LiI复合材料在低温下表现出较高的离子电导率，其中BH离子可以被PS离子部分取代。根据BH中元素的化合价判断，电负性H____B(填“>”或“<”)，其中B原子的杂化轨道类型是____。PS离子的价层电子对互斥模型名称为____。【答案】（1）①.离子键、共价键②.sp3、sp2\n（2）①.H+能接受孤电子对，NH3中的N提供孤电子对，两者形成配位键②.Cl③.Cl-④.4⑤.正四面体（3）①.>②.sp3③.正四面体【解析】【小问1详解】根据该物质的结构图，可知该物质含有的化学键类型为离子键、共价键；该物质中单键C原子的杂化轨道类型sp3、双键C原子的杂化轨道类型sp2；【小问2详解】H+能接受孤电子对，NH3中的N提供孤电子对，H+、NH3形成配位键生成NH。AlCl中Cl-有孤电子对，配位原子是Cl，配位体是Cl-；配位键为σ键，该阴离子中含有4个σ键，中心原子价电子对数是4，无孤电子对，空间结构名称为正四面体。【小问3详解】BH中B为+3价、H为-1价，所以电负性H>B，其中B原子价电子对数是，杂化轨道类型是sp3。PS中P的价电子对数是，价层电子对互斥模型名称为正四面体。22.绿芦笋中含有天门冬氨酸(结构如图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。回答下列问题：（1）天门冬氨酸中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是____，电负性最大的元素的价层电子轨道表示式____。铬元素位于周期表第____周期____族，其基态原子的电子排布式为____。（2）天门冬氨酸中的共价键类型为____(填“σ键”、“π键”)，其中N原子的杂化轨道类型为____，图中O—C—C的键角__C—C—N的键角(填“大于”或“小于”)。（3）H2S和H2Se热稳定性较好的是____，从分子结构角度解释其原因：____。（4）分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。若将天门冬氨酸中的—NH2，换成—NO2，得到的新物质的酸性会增强，原因是____。（5）四个主族元素部分简单氢化物沸点随周期序数的变化如图所示。其中表示第VIA族元素\n简单氢化物沸点变化的是曲线____(填字母)，用分子间作用力解释该曲线：____。O—H…O的键能小于F—H…F，但水的沸点高于HF的原因可能是____。某些氢键的键能和键长氢键X—H…Y键能/(kJ·mol-1)键长/pm代表性例子F—H…F28.1255(HF)nO—H…O18.8276冰O—H…O25.9266甲醇，乙醇N—H…F20.9268NH4FN—H…O20.9286CH3CONH2N—H…N5.4338NH3【答案】（1）①.N、O、C②.③.四④.VIB⑤.1s22s22p63s23p63d54s1（2）①.σ键、π键②.sp3③.大于（3）①.H2S②.S原子半径小于Se，S—H键长较短，键能较大，分子的热稳定性更强（4）O的电负性比H大，所以—NO2的极性大于—NH2，导致羧基上羟基的极性更大，更易电离出氢离子（5）①.d②.H2O分子间形成氢键，所以水的沸点反常高；H2Te、H2Se、H2S均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则沸点越高③.H2O\n分子间形成氢键的数量大于HF【解析】【小问1详解】同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C；电负性最大的元素是O，价层电子轨道表示式。铬是24号元素，位于周期表第四周期VIB族；根据洪特规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。【小问2详解】单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，天门冬氨酸中的既有σ键又有π键，N原子形成3个σ键，有1个孤电子对，杂化轨道类型为sp3，双键碳价电子数为3，价电子对空间构型为平面三角形，单键碳原子有4个价电子对，价电子对空间构型为四面体，图中O—C—C的键角大于C—C—N的键角。【小问3详解】同主族元素从上到下，气态氢化物稳定性减弱，H2S和H2Se热稳定性较好的是H2S；S的原子半径小于Se，S—H键长较短，键能较大，所以分子的热稳定性更强。【小问4详解】O的电负性比H大，所以—NO2的极性大于—NH2，导致羧基上羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以若将天门冬氨酸中的—NH2，换成—NO2，得到的新物质的酸性会增强。【小问5详解】水的沸点是100℃，表示第VIA族元素简单氢化物沸点变化的是曲线d；H2O分子间形成氢键，所以水的沸点反常高；H2Te、H2Se、H2S均为分子晶体，随相对分子质量增大，熔沸点升高；H2O分子间形成氢键的数量大于HF，所以水的沸点高于HF。23.据媒体报道，某公司目前研发出比当前广泛使用的锂离子电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。回答下列问题：（1）基态Na原子中，核外电子的空间运动状态有____种，其占据的最高能级电子云轮廓图形状为____。基态52Te的价电子排布式为____。（2）用离子符号表示NaClO4中三种元素所对应的简单离子半径由大到小的顺序为____。第二周期元素中第一电离能介于B、N之间的有____种。\n（3）通过金属Co(晶胞结构如图a所示)在NH3中氮化可以制备出一系列氮化钴材料(用CoxN表示，x为正整数，其晶胞结构如图b、c、d所示)。回答下列问题：①Co在周期表中属于____区。②已知金属Co的晶胞参数为anm，则该晶体的密度为____g·cm-3。(列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)③表示Co4N晶胞的是图____(填“b”、“c”或“d”)，该晶体中1个N原子周围距离相等且最近的Co原子数目为____。【答案】（1）①.6②.球形③.5s25p4（2）①.Cl-＞O2-＞Na+②.3（3）①.d②.③.b④.6【解析】【小问1详解】Na是11号元素，根据构造原理可知基态Na原子核外电子排布式是1s22s22p63s1，Na原子核外电子运动的轨道数目是1+1+3+1=6，因此基态Na原子中，核外电子的空间运动状态有6种；其占据的最高能级是3s能级，该能级电子云轮廓图形状为球形；52Te是第四周期第ⅥA族的元素，其价电子排布式是5s25p4；【小问2详解】在NaClO4中涉及到的元素由Na、Cl、O三种元素，它们形成的简单离子中，Na+、O2-核外电子排布是2、8，Cl-核外电子排布是2、8、8。对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大，则三种离子的半径大小关系为：Cl-＞O2-＞Na+；一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但当元素处于第ⅡA、ⅤA的全充满、半充满的稳定状态时，其第一电离能大于同一周期相邻元素，则第二周期元素中第一电离能介于B、N之间的有Be、C、O三种元素；【小问3详解】\n①Co是27号元素，属于元素周期表的d区元素；②根据金属Co晶胞结构可知在一个晶胞中含有的Co原子数目是8×+6×=4，则根据金属Co的晶胞参数为anm，结合晶体密度计算公式，可得该晶体的密度ρ=；③在b图示中含有Co原子数目是：1+12×=4，含有N原子数目是：8×=1，则该物质化学式是Co4N；在c图示中含有Co原子数目是：6×+8×=5，含有N原子数目是：2，则该物质化学式是Co5N2；在d图示中含有Co原子数目是：4×+2=4，含有N原子数目是：8×+1=2，则该物质化学式是Co2N；可见表示Co4N晶胞的是图b；在该晶胞中1个N原子周围距离相等且最近的Co原子数目为。三、选做题(以下两组题任选一组题作答，共14分，A组较简单，若两组都做，按A组计分)24.在高温超导领域，有一类化合物是钙钛矿型材料，此类化合物中最早被发现的是钛酸钙，其晶胞结构如图所示。试回答下列问题：（1）基态Ti原子的核外电子排布式为____。（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TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377-24.1238.3155\n（3）该钙钛矿的化学式为____，其组成元素的电负性由大到小的顺序是____；金属离子与氧离子间的作用力为____，该晶体中每个氧离子周围与它最近且距离相等的氧离子有____个。若晶胞参数为apm，则晶体密度为____g·cm-3(列出计算式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2（2）TiF4为离子晶体，熔点较高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高（3）①.CaTiO3②.O＞Ti＞Ca③.离子键④.8⑤.【解析】【小问1详解】Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；【小问2详解】在Ti的四种卤化物中，TiF4为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，因此其熔点较高，其他三种均为分子晶体，对于结构相似的物质来说，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，克服分子间作用力使物质熔化消耗的能量就增加，物质的熔点就逐渐升高；【小问3详解】在该晶体中含有的Ca原子数目是1，含有的Ti原子数目是：8×=1，含有的O一种数目是12×=3，故该钙钛矿的化学式为CaTiO3；该物质的组成元素由Ca、Ti、O，元素的非金属性越强，其电负性就越大。三种元素的非金属性：O＞Ti＞Ca，则元素的电负性由大到小的顺序为：O＞Ti＞Ca；金属离子与氧离子间以离子键结合，故金属离子与氧离子间的作用力为离子键；根据晶胞结构可知：在一个晶胞中与某O原子距离相等且最近的O原子有8个；根据上面分析可知在1个晶胞中含有1个Ca，1个Ti，3个O，若晶胞参数为apm，则该晶体的密度ρ=。25.X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增。已知：F位于周期表中第四周期IB族，其余的均为短周期主族元素，X、E同主族，E的氧化物是光导纤维的主要成分，X是形成化\n合物种类最多的元素之一，基态Z原子核外p轨道的未成对电子数为2。请回答下列问题：（1）基态Y原子价层电子排布式为____。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+，表示，则与之相反的用-表示，这称为电子的自旋量子数。对于基态的Y原子，其价电子的自旋量子数代数和为____。（2）X、Y、E三种元素的第一电离能由小到大的顺序为____(填元素符号，下同)；电负性由小到大的顺序为____。（3）X、Z和氢元素按原子数目比为1：1：2形成常温下呈气态的物质，其分子中键角约为____，其中X原子的杂化轨道类型为____。（4）F2+与NH3能形成[F(NH3)4]2+离子，[F(NH3)4]2+中的配位原子为____(填元素符号)。若[F(NH3)4]2+离子中2个NH3被2个Cl-替代可以得到2种不同的结构，则[F(NH3)4]2+离子的空间结构名称是____。(填“平面四方形”或“正四面体”)。（5）F2Z的晶胞中(结构如图所示)所包含的F离子数目为____。若其晶体密度为ρg·cm-3，F离子的半径为r1pm，Z离子的半径为r2pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利用率(即原子的体积占晶胞体积的百分率)为____。(用含ρ、r1、r2、NA的代数式表示，列式即可，不需化简)。【答案】（1）①.2s22p3②.+或-（2）①.Si<C<N②.Si<C<N（3）①.120°②.sp2（4）①.N②.平面正方形（5）①.4②.×100%\n【解析】【分析】X、Y、Z、E、F五种元素的原子序数依次递增；F位于周期表中第四周期IB族，F是Cu元素；X、Y、Z、E均为短周期主族元素，X、E同主族，E的氧化物是光导纤维的主要成分，E是Si元素；X是形成化合物种类最多的元素之一，X是C元素；基态Z原子核外p轨道的未成对电子数为2，Z是O元素，Y是N元素。【小问1详解】Y是N元素，N是7号元素，基态N原子价层电子排布式为2s22p3，基态的N原子的价电子轨道表示式，其价电子的自旋量子数代数和为+或-。【小问2详解】X是C元素，Y是N元素，E是Si元素，同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势（第IIA族和第VA族的元素的第一电离能高于它们两边的元素），C、N、Si三种元素的第一电离能由小到大的顺序为Si<C<N；非金属性越强，电负性越大，电负性由小到大的顺序为Si<C<N。【小问3详解】X是C元素，Z是O元素，C、O和H按原子数目比为1：1：2形成常温下呈气态的物质是甲醛，结构式为，碳原子价电子对数为3，无孤电子对，为平面结构，其分子中键角约为120°，其中C原子的杂化轨道类型为sp2。【小问4详解】F为Cu元素，Cu2+与NH3能形成[Cu(NH3)4]2+离子，[Cu(NH3)4]2+中N有孤电子对，配位原子为N；若[Cu(NH3)4]2+离子中2个NH3被2个Cl-替代可以得到2种不同的结构，则[F(NH3)4]2+离子的空间结构名称是平面四方形。【小问5详解】Z为O元素，F为Cu元素，根据均摊原则，白球数为、黑球数为4，根据化学式Cu2O可知，晶胞中包含的Cu离子数目为4；若其晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的体积为，Cu离子的半径为r1pm，O离子的半径为r2pm，\n则该晶胞中原子的空间利用率为。