【文档说明】【精准解析】福建省厦门双十中学2018-2019学年高二下学期期中考试化学试题.doc，共(28)页，1.175 MB，由小赞的店铺上传

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厦门双十中学2018-2019学年下高二期中考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64S-32一、单选题（本题共26小题，共52分）1.下列说法中正确的是（）A.同一原子中3s、3p、3d、4s

能量依次升高B.某原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子放出能量C.p能级的原子轨道呈哑铃形，随着能层数的增加，p能级原子轨道数也在增多D.按照泡利原理，在同一个原子中不可能存在两个运动状态完全相同的电子【答案】D

【解析】【详解】A．多电子原子中，根据构造原理，各能级能量高低顺序为①相同n而不同能级的能量高低顺序为：ns＜np＜nd＜nf，②n不同时的能量高低：2s＜3s＜4s，2p＜3p＜4p；③不同层不同能级ns＜（n-2）f＜（n-1）d＜np，所以同一原子中，3s、3p、4s、3d能量依次升

高，故A错误；B．3s能级上的电子比3p能级上的电子能量更低，所以原子核外电子由1s22s22p63s23p1→1s22s22p63s13p2，原子要吸收能量，故B错误；C．p轨道是哑铃形的，任何能层的p能级都有3个原子轨道

，与能层的大小无关，故C错误；D．在多电子的原子中，电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故D

正确；故选D。【点睛】本题考查原子核外电子排布及其应用，明确核外电子排布规律为解答关键，难点A，记住构造原理。2.下列说法正确的是（）A.冰融化时，分子中有H-O键发生断裂B.卤化物CX4（X代表卤族元素）中

，从F到I，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高C.由于H-O键比H-S键牢固，所以水的熔沸点比H2S高D.在由分子所构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定【答案】B【解析】【详解】A．冰融化时发生物理变化，只

破坏范德华力而不破坏化学键，故A错误；B．CX4均为分子晶体，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，卤化物CX4（X代表卤族元素）中，从F到I，CX4分子的相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增大，它们的熔沸点也逐渐升高，故B正确；C．物质的熔沸点与化

学键无关，水的熔沸点比H2S高，因为水分子间存在氢键，故C错误；D．物质的稳定性与化学键有关，与范德华力无关，故D错误；故选B。3.下列说法正确的是（）A.配位键是一种特殊的键，不属于化学键B.活泼的金属与活泼的非金属元素也可以形成共价化合物C.单质分子中一定含非极性键D.离子键的形成过程中一定

有电子得失【答案】B【解析】【详解】A．配位键是一种特殊的共价键，属于化学键，故A错误；B．活泼的金属与活泼的非金属元素也可以形成共价化合物，例如AlCl3，故B正确；C．单质分子中不一定含非极性键，单原子单质分子中不含非极性键，例如稀

有气体，故C错误；D．离子键的作用微粒为阴阳离子，阴、阳离子的形成不一定有电子的得失，如发生复分解反应生成离子化合物过程没有电子转移，NaOH+HCl═NaCl+H2O，离子化合物氯化钠的形成没有电子的得失，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学键，把握

化学键的形成及判断、常见物质中的化学键为解答的关键，注意一些特殊物质的分类，如AlCl3，虽然是活泼的金属与活泼的非金属元素形成的化合物，但其是共价化合物。4.氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，又知它与水反应有气体生成。下列关于氢化铵叙述

不正确的是()A.是离子化合物，含有离子键和共价键B.电子式是C.与水反应时，是还原剂D.固体投入少量的水中，有两种气体产生【答案】B【解析】【分析】氢化铵(NH4H)与氯化铵的结构相似，氯化铵是离子化合物，所以氢化铵是离子化合物。【详解】A．氢化铵是离子化合物

，含有离子键和共价键，A正确；B．对比氯化铵的结构，氢化铵应该是离子化合物，电子式中负一价H应该要标出2个电子并加上中括号，B错误；C．氢化铵(NH4H)与水反应有气体生成，生成的气体是氢气，氢化铵中的H-被氧化为0价的氢气，作还原剂，C正确；D．氢化铵与水反应生成氢气和一水合氨，水少量的时候，可

放出氨气，D正确。答案选B。5.下列各组原子中，一定属于同族元素的是（）A.原子核外M层上仅有一个电子的X原子与原子核外N层上仅有一个电子的Y原子B.2p轨道上有两个未成对的电子的X原子与3p轨道上有两个未成对的电子的Y原子C.原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外最外层电子排布式2s2的

Y原子D.p轨道上都只有三个电子的X原子与Y原子【答案】D【解析】【详解】A．原子核外M层上仅有一个电子的X原子，X为Na元素、原子核外N层上仅有一个电子的Y原子，Y可以为K、Cr、Rb等元素，Na位于第IA族、Cr位于ⅥB族，二者不属于同一族，故A错误；B．

2p轨道上有两个未成对的电子的X原子，X为C或O原子，3p轨道上有两个未成对的电子的Y原子，Y可以为Si或S，C、Si位于ⅣA族、O、S位于第ⅥA族，所以二者不一定属于同一族，故B错误；C．原子核外电子排布式为1s2的

X原子，X为He元素，原子核外最外层电子排布式2s2的Y原子，Y为Be元素，所以不属于同一族，故C错误；D．原子基态时2p轨道上有3个电子，为N元素；原子基态时3p轨道上有3个电子，为P元素；原子基态时4p轨道上有3个电子，为As元素；

原子基态时5p轨道上有3个电子，为Sb元素；均为同主族元素，故D正确。故选D。6.已知：①Al(OH)3固体的熔点为300℃，电离方程式为H++AlO2-+H2OAl(OH)33OH-+Al3+；②无水AlCl3晶体易升华，溶于水的电离方程

式为AlCl3=Al3++3Cl-；③熔融状态的HgCl2不能导电，稀溶液具有弱的导电能力且可作为手术刀的消毒液，下列关于Al(OH)3、AlCl3和HgCl2的说法正确的是（）A.均为强电解质B.均为弱

电解质C.均为离子化合物D.均为共价化合物【答案】D【解析】【详解】A．由电离方程式：氢氧化铝在水溶液中只能部分电离，属于弱电解质，故A错误；B．氯化铝水溶液中完全电离，氯化铝为强电解质，故B错误；C

．熔融状态的HgCl2不能导电，氯化汞不是离子化合物，故C错误；D．依据Al（OH）3固体的熔点为300°C，无水AlCl3晶体易升华，熔融状态的HgCl2不能导电，三者都是分子晶体，都只含共价键，均为共价化合物，故D正确；故选D。【点睛】本题考查强弱电解质、离子化合物和共价化合物的判断，根据物质

中所含化学键来确定化合物类型，明确离子化合物和共价化合物的概念是解本题关键。7.下列关于NaHSO4的说法中正确的是（）A.NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键B.NaHSO4固体熔化时破坏的是离子键和共价键C.NaHSO4固体中阳离子和

阴离子的个数比为2：1D.NaHSO4晶体是离子晶体，因此能够导电【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO4固体溶于水时既破坏Na+和HSO4-间离子键，又破坏H-O间共价键，故A正确；B．NaHSO4固体熔化时只破坏Na+和HSO4-间离子键

，故B错误；C．NaHSO4固体中只有Na+和HSO4-离子，阳离子和阴离子的个数比为1：1，故C错误；D．NaHSO4晶体是离子晶体，只有在熔融状态或溶于水时导电，故D错误；故选A。8.三硫化磷（P4S3）是黄绿色针状晶体，易燃、有毒，分子结构之一如图所示。下列有关P

4S3的说法中不正确的是（）A.P4S3中各原子最外层均满足8电子稳定结构B.P4S3中磷元素为+3价C.P4S3中P原子和S原子均为sp3杂化D.1molP4S3分子中含有6mol极性共价键【答案】B【解析】【详解】A.磷原子最外层电子数为5，硫原子最外层电子数为6，从图中可看出，P4S

3中每个磷原子形成了3个共价键，每个硫原子形成了2个共价键，所以P4S3分子中所有原子均满足8电子稳定结构，A正确；B.P4S3分子中，有一个磷原子连接了3个硫原子，其化合价为+3，其他的磷原子都是连接两个磷原子和一个硫原子，

其化合价为+1，B错误；C．从图中可看出该分子中，每个磷原子形成3个σ键且有一对孤电子对，每个硫原子形成2个σ键且有两对孤电子，所以，该分子中硫原子和磷原子均采取杂sp3化，C正确；D．一个P4S3分子中含有6个P—S键

和3个P—P键，P—S键属于极性键，P—P键属于非极性键，所以1molP4S3中含有6mol极性键，D正确；故答案为：B。9.下列说法不正确的是（）A.CO2和SiO2分子中，中心原子的杂化方式相同B.SO2分子与O3分子中均含有2个σ键C.CCl4分子中有未成键的孤电子对，但却为非极性分子

D.离子键和共价键的本质都是电性作用【答案】A【解析】【详解】A．CO2中碳为sp杂化，SiO2中硅原子是sp3杂化，中心原子的杂化方式不相同，故A错误；B．SO2中和含2个S=O，O3分子中含2个O=O，SO2与O3分子中均含有2个σ键，故B正确；C．分

子中除了用于形成共价键的键合电子外，还经常存在未用于形成共价键的非键合电子。这些未成键的价电子对叫做孤对电子，CCl4分子中有未成键的孤电子对，CCl4分子正负电荷中心重叠，为非极性分子，故C正确；D．离子键是原子间得、失电子而

生成阴、阳离子，然后阴、阳离子通过静电作用而形成的，共价键是原子间通过共用电子对而形成的，离子键和共价键的本质都是电性作用，故D正确；故选A。10.下列叙述正确的是（）A.s-sσ键与s-pσ键电子云形状

相同B.冰中存在极性共价键和氢键两种化学键的作用C.Cu(OH)2是一种蓝色的沉淀，既溶于硝酸、稀硫酸，也能溶于氨水中D.第一电离能：Si＜C＜N＜O＜F【答案】C【解析】【详解】A．s-sσ键为球形对称，s-pσ键为轴

对称，电子云形状不同，故A错误；B．氢键不是化学键，冰中存在极性共价键，故B错误；C.Cu(OH)2与酸发生中和反应，与氨水形成配位化合物，则Cu(OH)2是一种蓝色的沉淀，既溶于硝酸、浓硫酸，也能溶于氨水中，故C正确；D．非金属性越强

，第一电离能越大，且p电子半满为稳定结构，N的p电子为半满结构，则第一电离能：Si＜C＜O＜N＜F，故D错误；故选C。11.有机金属配合物二茂铁(Fe(C5H5)2)的发现具有里程碑意义。已知二茂铁的

熔点是173℃（在100℃时开始升华），沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法不正确的是（）A.二茂铁属于分子晶体B.在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键C.已知，环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳

原子采取sp3杂化D.C5H5-中一定含有π键【答案】B【解析】【详解】A．二茂铁熔沸点较低，则二茂铁属于分子晶体，故A正确；B．在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2+之间形成化学键时，亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子

，二者形成配位键，故B错误；C．环戊二烯的结构式为，只有1号C形成4个单键，则仅有1个碳原子采取sp3杂化，故C正确；D．C5H5-中含有C=C，双键中含有一个π键和一个ó键，则C5H5－中一定含π键，故D正确；故选B。12.N4分子结构如图所示，已知断裂1molN-N键吸收167kJ热量

，生成1molN≡N放出945kJ热量。根据以上信息和数据，下列说法正确的是（）A.N4属于由非极性键构成的极性分子B.氮元素非金属性比磷强，可知N4沸点比P4（白磷）高C.1molN4气体转变为N2气体放出888kJ热量

D.N4和N2互为同位素【答案】C【解析】【详解】A．N4属于由非极性键构成的非极性分子，故A错误；B．氮相对原子质量比磷小，N4的相对分子质量比P4（白磷）小，可知N4沸点比P4（白磷）低，故B错误；C．1molN4气体中含有6molN-N键，

可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1molN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故放出882kJ热量

，故C正确；D．质子数相同，中子数不同的两种核素之间互为同位素，N4与N2互称为同素异形体，故D错误；故选C。13.下列分子中，最不容易聚合的是（）A.N2O5B.BeCl2C.AlCl3D.NO2【答案】A【解析】【详解】A.N2O5最不容易聚合，A正确；B.BeCl2容易通过配位键形成

二聚合分子，B错误；C.AlCl3容易通过配位键形成二聚合分子，C错误；D.NO2容易聚合为N2O4分子，D错误；答案选A。14.下列说法正确的是（）A.键角：BF3＞CH4＞H2O＞NH3B.分子或离子中键角：H2O＜H3O+，NH3＜NH4+C.键能（作用能）：氢键＜离

子键＜共价键D.键长：C-H＜N-H＜O-H【答案】B【解析】【详解】A．BF3是平面三角形，键角120°，CH4、H2O、NH3的VSEPR模型为四面体，CH4无孤电子对、NH3有1对孤电子对、H2O有2对孤电子对，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对

间的排斥力＞成对电子对间的排斥力，所以键角：BF3＞CH4＞NH3＞H2O，故A错误；B．H2O、H3O＋的VSEPR模型为四面体，但H2O有2对孤电子对、H3O＋有1对孤电子对，NH3、NH4＋的VSEPR模型为四面体，NH3有1对

孤电子对，NH4＋无孤电子对，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力，所以键角：H2O＜H3O＋，NH3＜NH4＋，故B正确；C．氢键是特殊的分子间作用力，作用力强弱小于化学键，但离

子键和共价键的键能（作用能）没有必然的大小关系，不能确定它们作用力大小，故C错误；D．原子半径：C＞N＞O，原子半径越大，键长越大，所以键长：C-H＞N-H＞O-H，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了价层电子对互斥理论的应用，明确价层电子对互斥理论原理是解答本题的关键，

注意VSEPR模型可以预测分子立体构型，但不是实际分子空间构型。15.下列叙述正确的是（）A.BeCl2为共价化合物，两个Be—Cl键间的夹角为180∘，是由极性键构成的非极性分子B.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致C.PCl3分子中三个共价键的键长，键角都

相等，故为非极性分子D.NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道【答案】A【解析】【详解】A.Be-C1是极性键，BeCl2分子的立体构为直线形，所以BeCl2是由极性键构成的非极性分子，A正确；B.H2O很稳定，是因为O一H键的键能大，水的沸点较高，是因为水

分子之间可形成氢键，B错误；C.PCl3分子的空间构型是三角锥形而不是平面正三角形，PCl3分子是由P—Cl极性键构成的极性分子，C错误；D.NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采

取sp3型杂化杂化，CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，C原子形成4个杂化轨道，D错误；故答案为：A。【点睛】非极性分子是指偶极矩μ=0的分子，即原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀

，正负电荷中心重合的分子，分子中各键全部为非极性键时，分子是非极性的（O3除外)。当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的。16.第ⅤA族元素的原子R与Cl原子结合形成的RCl5分子在气态和液

态时，分子结构如图所示，下列有关于RCl5分子的说法中不正确的是（）A.分子中5个R-Cl键的键能不都相同B.键角（Cl-R-Cl）有90°、120°、180°几种C.每个原子都达到8电子稳定结构D.RCl5受热

分解生成的RCl3分子的立体结构呈三角锥形【答案】C【解析】【详解】A．键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故A正确；B．上下两个顶点与中心R原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角（

Cl-R-Cl）有90°、120°、180°几种，故B正确；C．R原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以RCl5中R的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故C错误；D．RCl5RCl3+Cl2↑，则RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角

锥形的RCl3，故D正确。故选C。17.下列有关叙述及相关解释均正确的是（）选项叙述解释A键的极性的强弱：N-H＞O-H＞F-H电负性：N＜O＜FB石墨的熔点高于金刚石碳碳键的键长：石墨＜金刚石C熔点：＞Ⅰ形成分子内氢

键，Ⅱ形成分子间氢键D酸性：HI＞HBr＞HClHI、HBr、HCl中的范德华力逐渐减小A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．电负性：N<O<F，键的极性的强弱：N-H<O-H<F-H，故A错误；B．碳碳键的键长：石墨＜金刚石，石墨的熔点

高于金刚石，故B正确；C．Ⅰ形成分子内氢键，分子间作用力小，Ⅱ形成分子间氢键，分子间作用力大，熔点：<，故C错误；D．酸性：HI＞HBr＞HCl，HI、HBr、HCl中共价键越来越强，在水中电离能力变弱，故D错误；故选B。18.合成某种滴眼液的原料为4-二甲氨基吡啶。下列叙述错误的是

（）A.该分子中C原子的杂化类型有sp2、sp3B.该分子中N原子的杂化类型有sp2、sp3C.1mol该分子所含的σ键为15NAD.该分子中含的大π键为Π66【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式得出，甲基（-CH3）

上的碳为sp3杂化，双键C原子的杂化为sp2杂化，该分子中C原子的杂化类型有sp2、sp3，故A正确；B．单键N原子杂化为sp3杂化，双键N原子杂化类型为sp2杂化，该分子中N原子的杂化类型有sp2、sp3，故

B正确；C．1个分子中有3+3+3+6+4=19个σ键，lmol该分子所含的σ键为19NA，故C错误；D．分子中有6个原子各提供1个电子构成的大π键，该分子中含的大π键为Π66，故D正确；故选C。19.下列说法正确的是（）A.凡是有化学

键断裂的变化一定是化学变化B.凡中心原子采取sp2杂化轨道成键的分子其几何构型都是平面三角形C.凡是离子化合物，在熔融状态下都能导电D.凡AB3型的共价化合物分子，其分子一定是非极性分子【答案】C【解析】【详解】A．化学变化

的本质是旧键断裂、新键形成，所以有化学键断裂的变化不一定是化学变化，例如：HCl溶于水是物理变化，但是会断开共价键，故A错误；B．凡中心原子采取sp2杂化轨道成键的分子，VSEPR模型是平面三角形，但其立体构形不一定是平面三角形，如SO2，中心原子S采取sp2杂化，但分子为V型，故

B错误；C．离子化合物在熔融状态下破坏离子键，能够电离产生自由移动的离子而导电，故C正确；D．AB3型的共价化合物分子，不一定是非极性分子，例如NH3是极性分子，故D错误；故选C。20.在TiCl3的饱溶

液中通入HCl至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入HCl得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6的配合物，分别取0.01mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的23，则下列有

关说法不正确的是（）A.该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5B.紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3C.上述两种晶体的分子式相同，但结构不同，所以性质不同D.0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2.

78g沉淀【答案】D【解析】【分析】配合物中內界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应

得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的23，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2

·H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3。【详解】A．绿色晶体分子式为TiCl3·6H2O，配位数是6，含2个氯离子，化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1：5，故A正确；

B．紫色晶体中含3个氯离子，配位数是6，紫色晶体配合物的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，故B正确；C．两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量

的23，沉淀量不同，结构不同，所以性质不同，故C正确；D．配合物中內界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量

AgNO3作用最多可得到0.03mol沉淀，沉淀为m=nM=0.03mol×143.5g·mol－1=43.05g，故D错误；故选D。21.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析

出深蓝色晶体。下列说法正确的是（）A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前Cu2+的浓度不变B.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子C.沉淀溶解后生成的配离子[Cu(NH3)4]2+的空间构型一定是正四面体D.加入极性较小

的溶剂乙醇后，将析出[Cu(H2O)4]SO4·H2O晶体【答案】B【解析】【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2＋+2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4＋，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液

，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH－。【详解】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化

到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，NH3给出孤电子对，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu

（NH3）4]2+而使溶液澄清，但[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形，故C错误；D．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4·H2O，故D错误；故选B

。22.对下列图形解释的说法错误的是（）A.晶体金红石的晶胞如图1所示，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部）B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键C.某手性分子如图3：可通过酯化反应让其失去手性D.可以表

示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞【答案】D【解析】【详解】A.晶体金红石的晶胞如图1所示，Ti为8×18+1=2，O为4×12+2=4，推知化学式为TiO2（注：氧原子分别位于晶胞的上下底面和内部），故A

正确；B.配合物（如图2）分子中含有分子内氢键，故B正确；C.某手性分子可通过酯化反应让其失去手性，由变成，故C正确；D.不可以表示氯化钠晶体，是氯化钠的晶胞的18，故D错误；故选D。23.南京理工大学团队成功合成了能在室温下稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)

4Cl，五氮阴离子盐N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体。下列说法正确的是（）A.N5+N5-属于化合物B.(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl含四种离子C.每个N5-中含有35个电子D.N5+N5-中既含有极性键又含非极性键

【答案】B【解析】【详解】A．N5+N5－是由同种元素组成的纯净物，应为单质，故A错误；B．(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含有的离子种类分别为N5+、H3O＋、NH4＋、Cl－，即含有四种离子

，故B正确；C．每个N5－中含有电子为35+1=36个电子，故C错误；D．N5+、N5－之间形成离子键，N5+、N5－离子内氮原子之间形成非极性共价键，故D错误；故选B。24.下列关于氯化钠晶胞（如图）的说法正确的是（）A.每个晶胞含有6个Na+和6个

Cl-B.晶体中每个Na+周围有8个Cl-，每个Cl-周围有8个Na+C.晶体中与每个Na+最近的Na+有8个D.将晶胞沿体对角线AB作投影，CD两原子的投影将相互重合【答案】D【解析】【详解】A．每个晶胞含有8×18+6×12=4个Na+，12×14+1=4个Cl-，故A错误；B．晶

体中每个Na+周围有上下左右前后6个Cl-，同理每个Cl-周围有6个Na+，故B错误；C．NaCl晶体为立方面心，与每个Na+距离相等且最近的Na+可看作顶点和面心位置，个数为3×12×8=12，故C错误；D．将晶胞分成8个小正方体，CD为右上方小正方体的体对角线，

与AB平行，若作投影，则相互重合，故D正确；故选D。【点睛】难点D，注意理解题目的含义，沿体对角线AB作投影。25.某新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为（）A.Mg2CNi3B.MgC

2NiC.MgCNi2D.MgCNi3【答案】D【解析】【详解】碳原子位于该晶胞的体心上，所以该晶胞中含有一个碳原子；镁原子个数=8×18=1，所以该晶胞含有1个镁原子；镍原子个数=6×12=3，该晶胞中含有3个镍原子，所以该晶胞的化学式为MgCNi3；故

选D。26.石墨能与熔融金属钾作用，形成石墨间隙化合物，K原子填充在石墨各层碳原子中。比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物，其化学式可写成CxK，其平面图形见图，则x值为A.8B.12C.24D.60【答案】A【解析】【详解】可

将CxK看成是由无数个如图所示的小三角形构成的片层结构，以其中一个三角形为讨论对象，在一个小三角形中，11()1()3,()4,:41:8,62()2NKNKNCNC个故即C8K，x=8；故答案为A。二、主观题（本大题共包括5小题，共48分）27.铁被誉

为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。（1）基态Fe2+的电子排布式为______。（2）FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42-的立体构型是______。（3）羰基铁[Fe(CO)5]可作催

化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含______molσ键。（4）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示（Fe3+离子为六方最密堆积）。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为______。在该晶胞中，与Fe3+紧邻且等距离的Fe3+数目为______。（5）某铁氮化合物（FexNy）的晶胞如

图2所示，N原子位于b位置Fe形成的空隙，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图3所示，其中更稳定的Cu替

代型产物的化学式为______。（6）氧化亚铁晶体的晶胞如图4所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，Fe2+与O2-最短核间距为______pm。【答案】(1).[Ar]3d6(2).正四面体形(3).10(4).3:1(5).1

2(6).Fe3CuN(7).3A36ρN×1010【解析】【详解】（1）Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6。故答案为：[Ar]3d6；（

2）FeSO4常作净水剂和补铁剂，SO42－离子中含有4个σ键，没有孤电子对，硫原子采取sp3杂化，所以SO42-的立体构型是正四面体形。故答案为：正四面体形；（3）配位体中碳原子不存在孤对电子，σ键数为

2，一个是C-Fe键，1个是C-O键，1个Fe(CO)5分子含10个σ键，则1molFe(CO)5分子中含10molσ键；故答案为：10mol。（4）氮化铁晶体为六棱柱，顶点贡献率为16，棱点贡献率为13，面点贡献

率为12，依据晶胞结构可知，12个铁原子位于顶点，2个铁原子位于面心，3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内，1个晶胞含有铁微粒数为：12×16+12×2+3=6，含氮原子数为2，所以该晶体中铁、氮的微粒个数之比为：6：2=3：1；在该晶胞中，Fe3+离子为六方最密堆积，以1个Fe3+离子

为中心，上面有6个，下面有6个，与Fe3+紧邻且等距离的Fe3+数目为12；故答案为：3：1；12；（5）由图3可知，Cu替代a位置的Fe时能量较低，更稳定，则Cu位于顶点，N（Cu）=8×18=1，Fe位于面心，N（Fe）=6×12=3，N位于体心，则只有1

个N，其化学式为Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN；（6）氧化亚铁晶胞结构类似氯化钠晶胞，棱上3个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。依据图4可知，上、中、下三层各有4个氧离子与中心的氧离子紧邻且等距离，而氧化亚铁中氧离子、亚铁离子个数比为1：1，1个氧化亚铁晶胞含有二价

铁离子数目为：8×18+6×12=4，含有氧离子数目为：14×12+1=4，所以1个氧化亚铁晶胞含有4个FeO，设Fe2＋与O2－最短核间距为dpm，依据氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，可知：ρ=310472210ANd

，解得d=3A36ρN×1010pm；故答案为：3A36ρN×1010。【点睛】本题考查物质结构与性质，把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构为解答的关键，难点（6）根据晶胞的密度计算Fe2＋与O2－最短核间距。28.硼(B)、铝及其化合物在

化学中有重要的地位。请回答下列问题：Ⅰ.（1）与B的基态原子电子排布式中成单电子数相同的第二周期元素还有______（填写元素符号）。Ⅱ.硼酸(H3BO3)是白色片状晶体（层状结构如图1），有滑腻感，在冷水中溶解度很小，加热时溶解度增大。（

2）硼酸分子以范德华力、共价键和氢键形成环状结构，每个含有B原子的环中平均含有B原子的个数为______个。其中B原子的杂化类型为______。（3）加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是______。（4）硼酸是一元弱酸，其分子式亦可写为B(OH)3，在水中电离时，硼酸结

合水电离出来OH-的而呈酸性，写出硼酸的电离方程式______。（5）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子的结构式或结构简式为______（标出配位键）。Ⅲ.硼氢化钠是一种常用的还

原剂。其晶胞结构如图2所示：（6）该晶体中Na+的配位数为______。（7）若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体的化学式为______。（8）LiAlH4也是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇：CH3COOHCH3CH2

OH，CH3COOH分子中键角2______键角1（填“＞”、“＜”或“＝”）。Ⅳ.（9）硼化镁晶体在39K时呈超导性。在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，如图3是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为_

_____。【答案】(1).Li、F(2).23(3).sp2(4).加热破坏了硼酸分子之间的氢键，增大了硼酸与水形成氢键的几率(5).H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+(6).(7).8(8).Na3Li(BH4)4(9).＜(10).MgB2【解析】【详解】Ⅰ.（1）B

的基态原子电子排布式为1s22s22p1，与B的基态原子电子排布式中成单电子数相同的第二周期元素还有Li和F，两种元素最外层只有1个单电子。故答案为：Li、F；Ⅱ.（2）硼酸分子以范德华力、共价键和氢键形成环状结构，每个环含有2个B原子，每个B被3个环分摊，每个含有B原子的环中平均含有B原子的

个数为2×13=23个。由图可知，B原子形成3个B-Oσ键，没有孤电子对，B原子杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化方式。故答案为：23；sp2；（3）加热时，硼酸的溶解度增大，主要原因是加热破坏了硼酸分子之间的氢键，增大了硼酸与水形成氢键的几率。故答

案为：加热破坏了硼酸分子之间的氢键，增大了硼酸与水形成氢键的几率；（4）硼酸是一元弱酸，其分子式亦可写为B(OH)3，在水中电离时，硼酸结合水电离出来OH-的而呈酸性，硼酸的电离方程式H3BO3+H2O

[B(OH)4]-+H+。故答案为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；（5）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，B有空轨道，N有孤电子对，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子的结构式或结构简式为。故答案为：；Ⅲ.（6）根

据晶胞结构分析，底心Na＋周围等距且最近的BH4－个数即为Na＋的配位数，则Na＋的配位数为8，故答案为：8；（7）晶胞中顶点粒子占18，面心粒子占12，棱上粒子占14，若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na＋被Li＋取代，则BH4－个数为4，Na＋数目为3，Li＋数目为1，所以得到的

晶体的化学式为：Na3Li(BH4)4，故答案为：Na3Li(BH4)4；（8）的C=O双键中氧原子含有2对孤对电子，由于孤对电子与成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，故CH3COOH分子中键角2＜键角1。故答案为：＜；Ⅳ.（9）该晶体微观结构的透视图中，每个Mg原子周围有

6个B原子，每个B原子为3个Mg原子共用，平均一个Mg原子拥有的B原子为13×6=2，Mg、硼原子个数比为1：2，硼化镁的化学式为MgB2，故答案为：MgB2。【点睛】本题考查物质结构知识，涉及到价电子排布，配位键的形成，氢键的性质，杂化轨道理论，晶胞的

简单计算，难点（7）认真观察结构图，找出粒子数之间的关系。29.元素C与过渡元素Co、Fe、Ni等在工业、农业、科学技术以及人类生活有机合成等方面有重要作用。（1）基态Co原子价电子轨道排布图为______，第四电离能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是______。（2）(CH3)3C+是有机

合成重要中间体，该中间体中碳原子杂化方式为______。（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是______。（

4）Co的一种氧化物的晶胞如图1。己知钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，在该钴的氧化物晶胞中原子的空间利用率为______（列出含a、b的计算表达式即可）（提示：条件不足，无法判断

钴原子之间是否紧密接触）。（5）NiO的晶体结构如图2所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C离子坐标参数为______。【答案】(1).(2).铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，钴失去的是3d6上的一个电子(3)

.sp2、sp3杂化(4).N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强(5).3334π(a+b)43(2a+2b)×100%(6).（1，12，12）【解析】【详解】（1）Co为27号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63

d74s2，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则，轨道表达式为；由洪特规则特例，钴失去的是3d6上的一个电子，而铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，故第四电离能I4（Co）＜I4（Fe），故答案为：；钴失去的是3d

6上的一个电子，而铁失去的是较稳定的3d5的一个电子；（2）(CH3)3C+是有机合成重要中间体，甲基中碳原子形成4个σ键，另外碳原子形成3个σ键，均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3，分别采取sp3、sp2杂化，故答案为：sp2、sp3杂化；

。（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。故答案为：N元素电负性比O元素电负性小，N原子

提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。（4）由晶胞结构可知，晶胞中Co、O原子的配位数均为6，钴原子填在氧原子的正八面体空隙中，氧原子填充在Co原子的正八面体空隙中。晶胞中Co原子数目=1+12×14=4、O原子数目=8×18+6×12=4，晶胞中原子总体积=4×3343ab（）

，晶胞棱长为（2a+2b）pm，晶胞体积=（2a+2b）3，空间利用率=3334π(a+b)43(2a+2b)×100%，故答案为：3334π(a+b)43(2a+2b)×100%。（5）根据NiO的晶体结构，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则C离子坐标参数为（1，

12，12）。故答案为：（1，12，12）。【点睛】本题考查物质结构与性质，注意根据洪特例理解有关电离能比较，难点（4）利用均摊法进行晶胞有关计算。30.Ⅰ.过渡金属元素性质研究在无机化学中所占的比重越来越大。（1）铜元素

在周期表的位置是______。（2）比较NH3和[Cu(NH3)2]2+中H-N-H键角的大小：NH3______[Cu(NH3)2]2+（填“＞”或“＜”），并说明理由______。（3）铜金合金是一种储氢材料，晶胞参数anm，面心立方堆积，铜原子在晶胞的面心位置，金原子在晶胞的顶点位置。已

知阿伏加德罗常数的数值为NA，铜、金的摩尔质量分别为M(Cu)、M(Au)，该晶体的密度为______g/cm3；氢原子可以进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中，该材料储满氢后的化学式为______。（4）研究发现，钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用，它是电中性分子，结构如图1

，在图中画出由钒离子形成的配合物中的配位键______。Ⅱ.氮元素可以形成多种化合物。（5）NO3-的立体构型的名称是______，NO3-的一种等电子体为______。（6）硫酸和硝酸都是常见的强酸，但性质差异明显：硫酸是粘稠的油状液体，沸点3

38℃；硝酸是无色液体，沸点仅为122℃，试从氢键的角度解释原因：______。（7）图2表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的四个顶点（见图3），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是______（填

标号）。a.CF4b.CH4c.NH4+d.H2O【答案】(1).第四周期第ⅠB族(2).＜(3).因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大(4).3-21A3M(Cu)+M(Au)a10N(5).H8Cu3Au(6).(7).平

面正三角形(8).CO32-(9).硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低(10).c【解析】【详解】Ⅰ.（1）铜元素在周期表的位置是第四周期第ⅠB族。故答案为：第四周期第ⅠB族；（2）氨分子中有孤电子对，孤电子对对成键电子

对作用力大，NH3和[Cu(NH3)2]2+中H-N-H键角的大小：NH3＜[Cu(NH3)2]2+，理由：因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大。故答案为：＜；因为NH3提供孤对电子与Cu2+

形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大；（3）铜金合金是一种储氢材料，晶胞参数anm，面心立方堆积，铜原子在晶胞的面心位置，金原子在晶胞的顶点位置。该晶胞中Au原子个数=8×18=1，Cu原子个数=6×12=3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=

1：3，晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=37310AMCuMAuNag·cm－3=3-21A3M(Cu)+M(Au)a10Ng·cm－3；晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，Au原子为3个面的顶点，晶胞中A

u原子与面心Cu原子构成8个四面体空隙，氢原子进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中，该材料储满氢后的化学式为H8Cu3Au。故答案为：3-21A3M(Cu)+M(Au)a10N；H8Cu3Au；（4）根

据如图1，N原子最外层5个电子，其中2个电子与碳形成碳碳双键，1个电子与碳形成单键，孤电子对进入V的空轨道，形成配位键，在图中画出由钒离子形成的配合物中的配位键，如图。故答案为：；Ⅱ.（5）NO3-的中心原

子价层电子对=3+52123=3，sp2杂化，立体构型的名称是平面正三角形，NO3-的一种等电子体为CO32-、SO3等。故答案为：平面正三角形；CO32-；（6）硫酸和硝酸都是常见的强酸，但性质差异明显，从氢键

的角度解释原因：硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低。故答案为：硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低；（7）由氢键的形成条件及成键元素（N、O、F、H）可知，本题中嵌入某微粒分别与4个N原子

形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4＋。故答案为：c。31.绿矾是含有一定结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：Ⅰ.为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为

装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。（1）仪器B的名称是______。（2）将下列实验操作步骤正确排序______（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。a.点

燃酒精灯，加热b.熄灭酒精灯c.关闭K1和K2d.打开K1和K2，缓缓通入N2e.称量Af.持续通氮气，冷却至室温（3）根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=______（列式表示）。Ⅱ.已知某些硫酸盐受热易分解为相应的

氧化物，为探究硫酸亚铁的分解产物，将实验Ⅰ中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红棕色粉末。（4）C中盛放BaCl2溶液，并在实验中观察到有白色沉淀生成，其作用为：______。（5）D中盛放的溶液为______（填标号）。a.品红b.

NaOHc.Ba(NO3)2e.浓H2SO4（6）写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式______。【答案】(1).球形干燥管(2).dabfce(3).233176(m-m)9(m-m)(4).检验FeSO4分解是否会生成SO3(5).a(6).2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑【解析】【详解】Ⅰ.（1）由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；（2）实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为d

abfce，故答案为：dabfce；（3）直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3），则n（H2O）=23m-m18、n（FeSO

4）=31m-m152，结晶水的数目等于24n(HO)n(FeSO)=233176(mm)9m-m－，故答案为：233176(mm)9m-m－；Ⅱ.实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，

可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色。（4）C中盛放BaCl2溶液，并在实验中观察到有白色沉淀生成，其作用为：检验FeSO4分解是否会生成SO3。故答案为：检验FeSO4分解是否会生成S

O3；（5）D中盛放的溶液为品红，故选：a。（6）硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，反应的化学方程式2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。故答案为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。【点

睛】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，难点（3）关键是找到水和硫酸亚铁的质量，m（FeSO4）=（m3-m1），m（H2O）=（m2-m3）。