【文档说明】山西省太原市实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题【精准解析】.doc，共(18)页，441.500 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-41ccd9e61e8e89801b5d919ab4370ff9.html

以下为本文档部分文字说明：

山西省太原市实验中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题1.水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态。它是由液态水急速冷却到165K时形成的，玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，且密度与普通液态水的密度相同，有关玻璃态水的叙述正确的是（）A.玻璃态是水的一种特殊状态B.水由

液态变为玻璃态，体积膨胀C.水由液态变为玻璃态，体积缩小D.玻璃态水是分子晶体【答案】A【解析】【详解】A.水的状态除了气、液和固态外，还有玻璃态，这四种状态不同，所以玻璃态是水的一种特殊状态，A正确；B.玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，相同质量、相同密度的玻璃水其体

积不变，B错误；C.玻璃态的水密度与普通液态水的密度相同，相同质量、相同密度的玻璃水其体积不变，C错误；D.玻璃态的水不存在晶体结构，所以不属于分子晶体，D错误；故答案为：A。2.下列各组物质的晶体中，化学键类型相同

，晶体类型也相同的是（）A.SiO2和SO2B.CO2和H2OC.NaCl和HClD.CCl4和KCl【答案】B【解析】【分析】一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属与非金属之间形成共价键；由离子构成的晶体为离子晶体，由分子构成的晶体为分子晶体

，由原子构成且存在空间网状结构的晶体为原子晶体。【详解】A．SO2和SiO2都只含共价键，但SO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，A不合题意；B．CO2和H2O都只含共价键，且二者都是分子晶体，B符合题意；C．NaCl含有离子键，是离子晶体，

HCl含有共价键，是分子晶体，C不合题意；D．CCl4含有共价键，是分子晶体，KCl含有离子键，是离子晶体，D不合题意；故答案为：B。3.下列轨道表示式能表示氮原子的最低能量状态的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解

】N原子2p能级上有3个电子，能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，则氮原子能量最低排布是，故选A。4.据2001年报道，由硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导的最高纪录。如图示意的是该化合物的晶胞结构：镁原

子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱侧面上。则该化合物的化学式为（）A.MgBB.Mg5B2C.Mg2BD.Mg2B3【答案】A【解析】【分析】利用均摊法先计算出镁原子与硼原子个数，再求出原子

个数比，即可解答。【详解】处于六棱柱顶点上的镁原子同时为6个晶胞所共有，每个镁原子有1/6属于该晶胞；处于面上的镁原子同时为2个晶胞所共有，每个镁原子有1/2属于该晶胞；处于棱柱侧面上6个硼原子同时为2个晶胞所共有，每个硼原子有1/2属

于该晶胞，所以镁原子：12×1/6+2×1/2=3，硼原子是6×1/2＝3，故化学式可表示为：MgB，A正确，故答案为：A。【点睛】六棱柱：顶点上的原子为6个晶胞所共有，面上的原子为2个晶胞所共有，侧棱上的原子为3个晶胞所共有，底面上的棱上的原子为4个晶

胞所共有。5.在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（）A.sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键B.sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键C.C—H之间是sp2形成的σ键，

C—C之间未参加杂化的2p轨道形成的是π键D.C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键【答案】A【解析】【详解】乙烯中存在4个C—H键和1个C=C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，C—H之间sp2杂化轨道形成σ键

，C=C双键中有1个杂化轨道形成的σ键，C=C双键中还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，故选A。6.已知X、Y元素同周期，且电负性X＞Y，下列说法错误的是（）A.X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价B.在元素周期表中，X可能位于Y的右边C.最高价含氧酸的酸性：X

对应的酸性弱于Y对应的酸性D.Y的气态氢化物的稳定性弱于X的气态氢化物的稳定性【答案】C【解析】【分析】同周期元素，从左到右，原子序数依次增大，原子半径依次减小，非金属性依次增强，电负性依次增大。【详解】A.非

金属性X＞Y，X与Y形成化合物时，X显负价，Y显正价，A正确；B.同周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则在元素周期表中X可能位于Y的右面，B正确；C.非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属

性X＞Y，则X的最高价氧化物对应的水化物的酸性强于Y，C错误；D.非金属性X＞Y，非金属性越强，气态氢化物越稳定，则Y的气态氢化物的稳定性小于X的气态氢化物的稳定性，D正确；答案为C。7.Rm+与Xn-具

有相同的电子层结构，则两种微粒半径大小关系为（）A.前者大于后者B.前者小于后者C.前者等于后者D.不能确定【答案】B【解析】【分析】与具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，据此分析解答。【

详解】Rm+与Xn-具有相同的电子层结构，核外电子数相同，R的核电荷数比X的核电荷数大，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径Rm+<Xn-，即前者小于后者，答案选B。8.下列说法正确的是（）A.氢键既可能存在于分子内，又可能存在于分子间B.邻羟基苯甲酸的熔点比对羟基苯甲酸的熔点高C.

水结冰体积膨胀，密度减小，水加热到很高温度都难以分解，这都与水分子间形成氢键有关D.氢键比分子间作用力强，所以它属于化学键【答案】A【解析】【详解】A.氢键是指已经与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子（如N、O、F），之间的作用力，可能存

在于分子内，又可能存在于分子间，A正确；B.对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，熔点115℃，邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键，熔点2℃，所以邻羟基苯甲酸熔点比对羟基苯甲酸的熔点低，B错误；C.氢键会影响物质的一些物理性质，而水加热到很高温度都难以分解，说的是水分子的稳定性，稳定性是

化学性质，与氢键无关，C错误；D.氢键是指已经与电负性很大的原子（如N、O、F）形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子（如N、O、F），之间的作用力，不属于化学键，D错误；故答案为：A。9.下列叙述正确的是（）A.NH3是

极性分子，分子中N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心B.4CCl是非极性分子，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心C.2HO是极性分子，分子中O原子不在2个H原子所连线段的中点处D.2CO是非

极性分子，分子中C原子不在2个O原子所连线段的中点处【答案】C【解析】【详解】A．3NH为三角锥形结构，4个原子不共面，故A错误；B．4CCl为正四面体结构，是非极性分子，C原子处在正四面体的中心，故B错误；C．2HO为V形结构，分子

中O原子不在2个H原子所连线段的中点处，故C正确；D．2CO为直线形结构，C原子处于2个O原子所连线段的中点处，故D错误；故答案选C。10.下列各微粒属于等电子体的是（）A.N2O4和NO2B.CH4和NH4+C

.CO2和NO2D.C2H6和N2H6【答案】B【解析】【分析】原子数目与价电子数目分别都相同的微粒为等电子体。【详解】A.N2O4和NO2原子数目不相同，不是等电子体，A错误；BCH4和NH4+原子数目相同，价电子数均为8

，属于等电子体，B正确；C.CO2和NO2原子数目相同，但价电子数分别为16和17，不属于等电子体，C错误；D.C2H6和N2H6原子数目相同，但价电子数分别为14和16，不是等电子体，D错误；故答案为B。【点睛】该题的关键是明确等电子体的概念，即把握

原子数目与价电子数目相同的微粒才为等电子体。11.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，生

成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+C.深蓝色的透明溶液是硫酸铜溶液D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【分析】【详解】A.反应后溶液中不存在任何沉淀，生

成了[Cu(NH3)4]2+离子，因此反应后Cu2+的浓度几乎为零，故A错误；B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+离子，故B正确；C.深蓝色的透明溶液是[Cu(NH3)4]SO4溶液，故C错误；D.在[Cu(NH3)

4]2+离子中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】配合离子中一般是过渡金属离子提供空轨道，H2O、CN－、NH3等提供孤对电子。12.干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压

下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是A.原子晶体干冰有很高的熔、沸点，有很大的硬度B.原子晶体干冰易气化，可用作致冷剂C.分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料D.每摩尔原子晶体干冰中含2molC—O键【答案】A【解析】【分析】

【详解】A.根据原子晶体的性质得出原子晶体干冰有很高的熔、沸点，有很大的硬度，故A正确；B.原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作致冷剂，故B错误；C.根据分子晶体的性质得出分子晶体干冰硬度小，不可用于耐磨材料，故C错误；D.根据原子晶体SiO2的结构推出每摩尔原子晶体干冰中含4m

olC—O键，故D错误；综上所述，答案为A。13.氯化硼的熔点为-107℃，沸点为12.5℃，其分子中键与键之间的夹角为120°，它能水解，有关叙述不正确的是A.氯化硼液态时能导电而固态时不导电B.硼原子以sp2杂化

C.氯化硼分子呈正三角形，属非极性分子D.氯化硼遇水蒸气会产生白雾【答案】A【解析】【分析】【详解】A.根据题意得出氯化硼是分子晶体，液态时不能导电，故A错误；B.氯化硼中硼原子价层电子对数为13+(313)3032−=+=，因此为sp2杂化，故B正确；C.氯化硼中

硼原子价层电子对数为13+(313)3032−=+=，分子空间构型为平面正三角形，属非极性分子，故C正确；D.氯化硼能水解，遇水蒸气反应生成HCl和H3BO3，氯化氢遇水蒸气会产生白雾，故D正确。综上所述，答案为A。【

点睛】根据价层电子对数分析杂化方式和空间构型。14.NCl3中，N原子采用的轨道杂化方式是A.spB.sp2C.sp3D.不确定【答案】C【解析】【详解】NCl3中N原子价层电子对数为13+(513)3142−=+=，因此采用

的轨道杂化方式是sp3，故C符合题意。综上所述，答案为C。15.下列化合物中含有手性碳原子的是A.CCl2F2B.C.CH3CH2OHD.【答案】D【解析】【详解】A.CCl2F2中碳连了两个F原子和两个Cl原子，因此不含手性碳原子，故A不符合题

意；B.中第1个和第3个碳原子连了两个氢原子，第2个碳原子连了两个相同的原子团，因此不含手性碳原子，故B不符合题意；C.CH3CH2OH中第一个碳连了三个氢原子，第二个碳原子连了两个氢原子，因此不含手性碳原子，故C不

符合题意；D.中间碳原子连的四个原子或原子团都不相同，是手性碳原子，故D符合题意。答案为D。16.NA表示阿伏加德罗常数,下列说法错误的是A.12克金刚石中C－C键为4NAB.12克石墨中C－C键为1.5NAC.124克白磷中P－P键为6NAD.60克二氧化

硅中Si－O键为4NA【答案】A【解析】【分析】【详解】A.12克金刚石物质的量为1mol，金刚石是空间网状正四面体形，1个碳原子周围有4个C－C键，每个C-C键被两个C原子共有，相当于每个C占有2个C-C，因此1mol金刚

石中C－C键为2NA，故A错误；B.12克石墨物质的量为1mol，石墨层内是正六边形结构，1个碳原子有1.5个C－C键，因此1mol石墨中C－C键为1.5NA，故B正确；C.124克白磷物质的量为1mol，白磷分子为正四面体结构，1个白磷分子有6个P－P键，因此1mol白磷中

P－P键为6NA，故C正确；D.60克二氧化硅物质的量为1mol，二氧化硅是空间网状正四面体形，1mol二氧化硅中Si－O键为4NA，故D正确。综上所述，答案为A。17.下列化合物，按其晶体的熔点由高到低排列正确的是：A.2SiO、CsC

l、4CBr、4CFB.2SiO、CsCl、4CF、4CBrC.CsCl、2SiO、4CBr、4CFD.4CF、4CBr、CsCl、2SiO【答案】A【解析】【详解】一般来说，晶体的熔点是原子晶体＞离子晶体

＞分子晶体，SiO2是原子晶体，CsCl是离子晶体，CBr4、CF4是分子晶体，根据相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，因此熔点是CBr4＞CF4，因此其晶体的熔点由高到低排列为SiO2＞CsCl＞CBr4＞CF4，故A符合题意。综上所述，答案为A。18.下列叙述正确的是A.CS2为

V型极性分子B.ClO3-的空间构型为平面三角形C.SF6中有六对完全相同的成键电子对D.SO32-的中心原子是sp2杂化【答案】C【解析】【详解】A.CS2中心原子价层电子对数为12+(422)2022−=+=，为

直线形非极性分子，故A错误；B.ClO3－中心原子价层电子对数为13+(7123)3142+−=+=，空间构型为三角锥形，故B错误；C.SF6中心原子S的价层电子对数16+(616)6062−=+=，无孤对电子，含有6个S—F键，因

此六对成键电子对完全相同，故C正确；D.SO32−的中心原子价层电子对数为13+(6223)3142+−=+=，是sp3杂化，故D错误。答案为C。19.下列叙述正确的是：A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点一定越高B.只要含有金属阳离子的晶体就一定是离子晶体C.同一主族的元

素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点一定越高D.稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高【答案】D【解析】【详解】A.同一主族的元素，原子半径越大，其单质的熔点不一定越高，比如碱金属单质从上到下熔点越来越低，卤素单质从上到下熔沸点越来越高，故A错误；B.只要

含有金属阳离子的晶体就不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故B错误；C.同一主族的元素的氢化物，相对分子质量越大，它的沸点不一定越高，比如H2O的沸点比H2S沸点高，故C错误；D.稀有气体的单质的固态属于分子晶体，稀有气体元素的原子序数越大，其单质的沸点一定越高，故

D正确。综上所述，答案为D。20.下列说法中正确的是A.离子晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子B.金属导电的原因是在外加电场的作用下，金属产生了自由电子C.分子晶体的熔沸点很低，常温下都呈液态或是气态

D.原子晶体中的各相邻原子都以共价键结合【答案】D【解析】【详解】A．NaCl晶体中每个离子周围均吸引着6个带相反电荷的离子，CsCl晶体中每个离子周围均吸引着8个带相反电荷的离子，故A错误；B．金属导电的原因是在外加电场的作用下，自由电子定向移动形成电流，故B错

误；C．分子晶体的熔沸点很低，常温下呈液态或气态或固态，比如水呈液态，二氧化碳呈气态，硫呈固态，故C错误；D．原子晶体中的各相邻原子都以共价键结合，故D正确。综上所述，答案为D。21.试用VSEPR理论判断：_____________物质孤对电

子对数轨道杂化形式分子或离子的形状SO3PO43-NCl3CS2【答案】物质孤对电子对数轨道杂化形式分子或离子的形状SO30sp2平面三角形PO43−0sp3正四面体NCl31sp3三角锥形CS20sp直线形【解析】【分析】SO3价

层电子对数为13+(632)3032−=+=；PO43-价层电子对数为14+(5342)4042+−=+=；NCl3价层电子对数为13+(531)3142−=+=；CS2价层电子对数为12+(422)2022−=+=。【详解】SO3价层电子对数为13+(632)30

32−=+=，轨道杂化形式为sp2，VSEPR模型为平面三角形，由于孤对电子对数为0，分子构型为平面三角形；PO43−价层电子对数为14+(5342)4042+−=+=，轨道杂化形式为sp3，VSEP

R模型为四面体形，由于孤对电子对数为0，离子构型为正四面体形；NCl3价层电子对数为13+(531)3142−=+=，轨道杂化形式为sp3，VSEPR模型为四面体形，由于孤对电子对数为1，分子构型为三角锥形；CS2价层电子对数为12+(422)2022−=+

=，轨道杂化形式为sp，VSEPR模型为直线形，由于孤对电子对数为0，分子构型为直线形；故答案为：0、sp2、平面三角形；0、sp3、正四面体形；1、sp3、三角锥形；0、sp、直线形。22.如图所示为高温超导领域里的一种化合物——钙钛矿的晶

体结构，该结构是具有代表性的最小结构重复单元。（1）在该物质的晶体结构中，每个钛离子周围与它最接近且距离相等的钛离子、钙离子、氧离子各有_____________、_____________、_____________个。（2）该晶体结构中，Ca、Ti、O个数比是___________；该

物质的化学式可表示为___________。【答案】(1).6(2).8(3).6(4).1：1：3(5).CaTiO3【解析】【分析】【详解】（1）根据晶胞的结构可知，以晶胞顶点上的钛离子为例，与之最近的钛离子分布在与相邻的顶点上，这样的离子有6个（上

下左右前后各1个），钙离子分布在体心上，这样的离子有8个（每个顶点可以形成8个立方体），氧离子分布在棱上，最接近且距离相等的也是6个（上下左右前后各1个）；答案为6，8，6。（2）利用均摊法可知，钛离子位于

顶点，在每个晶胞中钛离子个数为8×18=1，氧离子位于棱上，氧离子的个数为12×14=3，钙离子位于体心，钙离子个数为1，所以钙、钛、氧的离子个数比是1：1：3，化学式可表示为CaTiO3；答案为1：1：3；CaTiO3。23.Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的

配合物，已知两种配合物的分子式分别为[Co(NH3)5Br]SO4和[Co(SO4)(NH3)5]Br，在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生____________现象；如果在第二种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，产生___________

_现象，若加入AgNO3溶液时，产生________________现象。【答案】(1).白色沉淀(2).无明显(3).淡黄色沉淀【解析】【分析】[Co(NH3)5Br]SO4中外界是SO42-，[Co(SO4)(NH3)5]

Br中外界是Br-，配合物在水溶液中外界能以自由离子形式存在，硫酸根离子能和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，溴离子能和银离子反应生成淡黄色沉淀AgBr。【详解】由[Co(NH3)5Br]SO4可知，SO42−为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与Ba2+结合成白色沉淀，[C

o(SO4)(NH3)5]Br中SO42−为内界，在水溶液里不能以离子存在，所以加入BaCl2溶液时无明显现象，但该物质中Br−为配合物的外界，能和Ag+反应生成淡黄色AgBr沉淀，所以看到的现象分别是有白色沉淀生成、无明显现象、有淡黄色沉淀生成，故答案为白色沉淀；无明显；淡黄色沉淀。24

.如图表示两种晶体的微观结构：试回答下列有关问题:（1）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构。晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。图I为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元）。则晶体中，与每个K＋距离最近的K＋有_________个，0

价氧原子与－2价氧原子的数目比为_________；（2）正硼酸（H3BO3）是一种片层结构的白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连（如图II）。下列有关说法正确的有_________。①正硼酸晶体属于原子晶体②H3BO3分子的稳定性与氢键有关③在H3BO3分子中

各原子未能都满足8e－稳定结构④含1molH3BO3的晶体中有3mol氢键⑤含1molH3BO3的晶体中有3mol极性共价键⑥晶体中每个B与相邻的3个O共平面【答案】(1).12(2).3:1(3).③④⑥【解析】【详解】（1）晶体中，与每个K+距离最近的K+个数=3

×8÷2=12，；该晶胞中K+个数=8×18+6×12=4，O2-个数=1+12×14=4，设0价氧原子与-2价氧原子个数分别为x、y，根据原子守恒得x+y＝2，化合价得0−2y＝−1，解得y=0.5，x=1.5，所以0价氧原子与-2价氧

原子的数目比=1.5：0.5=3：1；答案为：12；3：1。（2）①正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，为分子晶体，原子晶体内只有共价键，故①错误；②分子的稳定性与化学键有关

，与氢键无关，氢键影响其熔沸点，故②错误；③硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，所以B原子不是8e-稳定结构，故③正确；④1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故④正确；⑤1molH3B

O3的晶体中有3molB-O键和3molO-H键，则1molH3BO3的晶体中有6mol极性共价键，故⑤错误；⑥晶体中与每个“构成粒子”相邻的粒子形成3个氢键，为平面结构，为平面正三角形结构，故⑥正确；答案为③④⑥。25.已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D为短周期元素

。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂。B、C、D三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能B

＜D＜C。A位于周期表的s区，其电子层数和未成对电子数相同；B的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总数相同；CD2+与BD2互为等电子体。E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）E的基态原子的价层电子排布式为______

，B、C、D三种元素的电负性由小到大的顺序为______；（2）B2A2分子中含有___个σ键和___个π键；（3）下列叙述正确的是_________A.M易溶于水，与M和水分子间可以形成氢键有关；B.M

和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化；C.N分子中含有6个σ键和6个π键；D.常见的BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（4）Q是E的一种天然矿物，属于离子化合物，其晶胞结构如图所示，其中E4+位

于立方体的顶点，D离子位于立方体的面心，体心是钙离子。则Q的化学式为______，每个E4+离子和___个D离子相紧邻。（5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为ECl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种

配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为_________。【答案】(1).3d24s2(2).C<N<O(3).3(4).2(5).AD(6).CaTiO3(7).12(8).[TiCl(H2O)5]2+【解析】【分析】A、

B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期，A位于周期表的s区，其电子层数和未成对电子数相同，则A为氢元素；B元素的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总数相同，因此B的电子排布为1

s22s22p2，即B为碳元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛，则D为氧元素；B、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素；A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有

机溶剂，则N是苯；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4=22，即E为Ti元素。【详解】由上面分析可知，A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是Ti元素；（1）E是Ti元素，其原子核外有22个电子，其外

围电子为3d、4s电子，3d、4s能级上分别有2个电子，其基态原子外围电子排布式为3d24s2；B、C、D三种元素分别为C、N、O，同周期从左到右电负性越来越大，所以C、N、O的电负性由小到大的顺序为C<N<O；答案为3d24s2；C<N<O。（2）B

2A2分子式为C2H2，结构简式为CH≡CH，乙炔中含有2个C-H共价键，1个C≡C键，故总共有3个σ键，2个π键；答案为3，2。（3）A．M是甲醛，甲醛易溶于水，甲醛能和水形成氢键，所以甲醛易溶于水与形成氢键有关，故A正确；B．M分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，二氧化碳分子中

C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，所以甲醛中C原子采用sp2杂化，二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，故B错误；C．N为苯，分子式为C6H6，结构简式为，苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个σ键，1个大π键，故C错误；D．

BD2是CO2，二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体，分子晶体熔沸点小于原子晶体，因为分子晶体熔化只需克服分子间的作用力，而原子晶体熔化需要破坏化学键，则二氧化碳熔沸点小于二氧化硅，故D正确；答案为AD。（5）钛离子位于立方体

的顶点，则钛离子个数为8×18=1，氧离子位于面心，则氧离子个数为6×12=3，钙离子位于体心，个数为1，则Q的化学式为CaTiO3，以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2-位于面心上，每个Ti4+离子为12个面共用，故每个Ti4+和12个O2-相紧邻；答案为CaTiO3，12。（

6）配位数为6、组成为TiCl3⋅6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1:5，而晶体中只含有3个Cl−，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl−比值为5:1，所以该配离子的化学式为[TiCl(H2O)5]2+；答案为[T

iCl(H2O)5]2+。