【文档说明】内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021-2022学年高二下学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(22)页，1.051 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-75973d722af2b132f9a9a94b67824b10.html

以下为本文档部分文字说明：

开鲁一中2021~2022学年下学期高二年级期中化学检测试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27Cu64Cr112Fe56第Ⅰ卷一、单选题(每题2分，共42分)1.已知下列电子排布图所表示的是元素的原子，其中能量处于最低状态的是A.B.C.D.【答案

】B【解析】【分析】根据构造原理，能量由低到高排列为：1s、2s、2p，利用核外电子排布的三个原理：能量最低原理、泡利原理、洪特规则可对各选项作出判断。【详解】A．该原子的1个电子没有排在能量低的2s能级，而是排在能量较高的2p能级上，不是能量最低的

状态，故A不符合题意；B．该元素原子的电子排布图遵守核外电子排布的三个原理，能量处于最低状态，故B符合题意；C．2p的3个电子没有分占能量相同的3个2p轨道，违反了洪特规则，不是能量最低的状态，故C不符

合题意；D．该原子的1个电子没有排在能量低的2s能级，而是排在能量较高的2p能级上，不是能量最低的状态，故D不符合题意；故答案为B。2.《天工开物》中记载：贱者裋褐、枲裳，冬以御寒，夏以蔽体，以自别于禽兽。是故其质则

造物之所具也。属草木者为枲、麻、苘、葛，属禽兽与昆虫者为裘褐、丝绵。各载其半，而裳服充焉矣。文中的“枲、麻、苘、葛”和“裘褐、丝绵”的主要成分分别为A.纤维素、油脂B.糖类、油脂C.纤维素、蛋白质D.核酸、蛋白质【答案】C【解析】【分析

】【详解】“枲、麻、苘、葛”的主要成分是纤维素；“裘褐”由动物毛皮制成，“丝绵”由蚕丝制成，动物的毛皮和蚕丝的主要成分是蛋白质，C项正确。3.下列叙述正确的是A.含有非极性键的分子一定是非极性分子B.非极性分子中一定含有非极性键C.

由极性键形成的双原子分子一定是极性分子D.分子的极性只与键的极性有关【答案】C【解析】【详解】A．含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如22HO，A项错误；B．非极性分子中不一定含有非极性键，如4CH、2CO均是只含有极性

键的非极性分子，B项错误；C．由极性键形成双原子分子正负电荷的重心肯定不重合，一定是极性分子，C项正确；D．分子的极性除与键的极性有关外，还与分子的空间结构有关，D项错误；故选C。4.X、Y、Z为短周期元素，X原子最外层只有一个电子，Y原

子的最外层电子数比内层电子总数少4，Z的最外层电子数是内层电子总数的3倍。下列有关叙述正确的是A.Y的价电子排布式为3s23p4B.简单氢化物稳定性：Y＞ZC.第一电离能：Y＞ZD.X、Y两元素形成的化合物一定为离子化合物【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z为短周期元素，X原

子最外层只有一个电子，则X为H、Li或Na；Y原子的最外层电子数比内层电子总数少4，则Y有3个电子层，最外层有6个电子，则Y为硫元素；Z的最外层电子数是内层电子总数的三倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为氧元素，据此解答。【详解】A．Y为硫元素，

基态硫原子的价层电子排布式为3s23p4，故A正确；B．Y为硫元素，Z为氧元素，非金属性O＞S，非金属性越强，简单氢化物越稳定，简单氢化物稳定性Z＞Y，故B错误；C．Y为硫元素，Z为氧元素，第一电离能：Y＜Z，故C错误；D．X为H、Li或Na，Y为硫元

素，H、Li或Na与硫元素可以形成硫化氢属于共价化合物，硫化钠和硫化锂属于离子化合物，故D错误；的故答案选A。5.下列关于电离能和电负性的说法不正确的是（）A.第一电离能：Mg＞AlB.硅的第一电离能和电负性均大于磷C.锗的第一电离能和电负性

均小于碳D.F、K、Fe、Ni四种元素中电负性最大的是F【答案】B【解析】【详解】A．Mg的3s能级上有2个电子，处于全充满状态，较稳定，所以Mg元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第—电离能，A项正确；B．磷的最外层电子

排布为3s23p3处于半充满状态，较稳定，硅的最外层电子排布为3s23p2不属于全空、全满、半满中的任何一种，不稳定，则硅第一电离能小于磷，同周期元素电负性随核电荷数增加而增大，则硅的电负性小于磷，B项错误；C．同一主族元素，其

第一电离能、电负性随原子序数的增大而减小，所以锗的第一电离能、电负性都小于碳，C项正确；D．F、K、Fe、Ni四种元素中F的非金属性最强，电负性最大，D项正确；答案选B。【点睛】明确元素周期律中关于电离能和电负性的同周期，同主族元素的性质递变规律是解本题的关键

，需要清楚各种元素在周期表的位置。6.下列各项叙述中，正确的是（）A.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态B.价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期ⅠA族，是s区元素C.硅有14种不同运动状态的电子D.p轨道电子能量一定高

于s轨道电子能量【答案】C【解析】【详解】A.基态Mg原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需吸收能量，A错误；B.价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期ⅠB族，是ds区元素，B错误；C.硅是14号元素，原子核外有14个

电子，因此有14种不同运动状态的电子，C正确；D.在原子核外同一能层中不同轨道，p轨道电子能量高于s轨道电子能量，若处于不同能层，则能层数越多，电子具有的能量就越高，如2p电子能量比3s、4s能级的能量低，D错误；故合理选项是C。7.下列分子的中心

原子的杂化轨道类型相同的是A.CO2与SO2B.SO3与XeO3C.PH3与BF3D.C2H4与HCHO【答案】D【解析】【详解】A．CO2中C原子杂化轨道数为402+=2，采取sp杂化方式，分子构型为

直线型，SO2中S原子杂化轨道数为602+=3，采取sp2杂化方式，分子构型为平面三角形，中心原子杂化轨道的类型和分子构型都不相同，故A错误；B．SO3分子中硫原子价层电子对个数=3+6322−=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型为sp2，XeO3的价层电子

对数为3+8322−=4，所以中心原子的杂化类型为sp3，故B错误；C．PH3分子中P原子价层电子对个数=3+5312−=4，所以磷原子采用sp3杂化，BF3分子中B原子价层电子对数=3+3312−=3，杂

化类型为sp2，故C错误；D．C2H4中C形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，HCHO中C与周围两个H和一个O至少连有1根σ键，则BP=3，VP=41222−−=0，所以VP=BP+LP=3，则中心C为sp2杂化，两者相同，故D正确；故选：D。8.下列关

于晶体的叙述正确的是A.晶体中有阳离子一定有阴离子B.凡有规则外形的固体一定是晶体C.金属晶体都是采取最密堆积方式，以使其变得比较稳定D.区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验【答案】D【解析】【详解】A．金属晶体是由金属阳离子和自由电

子形成的晶体，晶体中不含有阴离子，故A错误；B．具有规则几何外形的固体不一定是晶体，固体还必须有固定的熔点才是晶体，故B错误；C．金属晶体不一定都是采取最密堆积方式，如Po为简单立方堆积，故C错误；D．晶体与非晶体最本质的区别是组

成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x射线衍射可以看到微观结构，则区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X射线衍射实验，故D正确；故选D9.某物质的实验式为43PtCl2NH，其水溶液不导电，加入3AgNO溶液也不产生

沉淀，以强碱处理并没有3NH放出，则关于此化合物的说法正确的是A.配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl−和3NH均为配体D.Cl−为配体，而3NH分子不属于配体【答案】C【解析】【分析】实验式为43PtCl2NH，其水溶液不导电说明它

不是离子化合物，在水溶液中不能电离出阴、阳离子。加入3AgNO溶液无沉淀生成，以强碱处理无3NH放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，据此分析解答。【详解】A．配合物中中心离子的配位数为6，电荷数为4，故A错误；B．

因为配体在中心原子(或离子)周围配位时采取对称分布以达到能量上的稳定状态，4Pt+的配位数为6，则其空间结构为八面体形，故B错误；C．由分析可以知道，Cl−和3NH均与Pt4+配位，形成配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；D．用强碱处理无3NH放出，说明3NH为配体，故D错误；答案选

C。10.氯化亚硕(2SOCl)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚硕分子的空间结构和中心原子(S)采取何种杂化方式的说法正确的是A.三角锥形、3spB.三角形、2spC.平面三角形

、2spD.三角锥形、2sp【答案】A【解析】【详解】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间结构，价电子对数=成键电子对数+孤电子对数，成键电子对数=与中心原子成键的原子数，孤电子对数()12axb=−，2SOCl中与S

原子成键的原子数为3，孤电子对数()16122112=−−=，所以S原子采取3sp杂化，分子的空间结构为三角锥形。故选：A。11.下列说法正确的是A.HF、HCl、HBr、HI的熔沸点、还原性都依次升高(增强)B.通常测定氟化氢的

相对分子质量大于理论值，因分子间存在氢键C.3BF、3NCl、5PCl分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是3NCl、5PClD.氯的各种含氧酸的酸性由强到弱排列为234HClOHClOHClOHClO【答案】B

【解析】【详解】A．同主族元素从上到下非金属性减弱,形成气态氢化物的还原性增强,故HF、HCl、HBr、HI的还原性都依次升高(增强)，四种物质都形成分子间晶体，熔沸点高低与分子间作用大小有关，分子间作用随相对分子量的增大而增大，但因HF之间存在氢键，熔沸点最高，故A错误；B．H

F分子间存在氢键，形成缔合分子，通常测定氟化氢的相对分子质量为缔合分子的相对分子质量，所以相对分子质量大于理论值，故B正确；C．PCl5分子中磷原子存在五对共用电子对，电子数是10，不满足8电子稳定结构，故C错误

；D．氯的各种含氧酸中随着氧原子数的增加，非羟基氧的数目在增加，而非羟基氧越多，含氧酸的酸性越强，因此酸性HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4，故D错误；故答案选：B。12.下列不属于等电子体的是（）A.N2和COB.CO2和N2OC.PH3

和HClD.H2S和2HO【答案】C【解析】【详解】A．N2和CO均为双原子分子，且均有10个价电子，属于等电子体，A不合题意；B．CO2和N2O均为三原子分子，且均有16个价电子，属于等电子体，B不合题意；

C．PH3和HCl分子中所含原子数不同，不是等电子体，C符合题意；D．H2S和H2O均为三原子分子，价电子数均为8，属于等电子体，D不合题意。故选C。13.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol-1)。下列关

于元素R的判断中一定正确的是元素电离能/(kJ·mol-1)I1I2I3I4……R5781817274511575……①R的最外层有3个电子②R元素可能具有两性③R元素的第一电离能大于同周期相邻元素④R元素基态原子的价电子

排布式为3s23p3A.①②B.②③④C.①③④D.①④【答案】A【解析】【分析】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，R的第四电离能突然增大很多，R易失去3个电子，最外层有3个电子，应为第ⅢA族元素，R为B或Al；【详解】①R的第四电离能突然增大很多，可知R的最外层有3个电子，故

①正确；②R最外层有3个电子，R为第ⅢA族元素，R可能为Al，具有两性，故②正确；③同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，IIA族元素s能级全充满，结构稳定，第一电离能大于ⅢA族。R为第ⅢA族元素，第一电离能小于同周期

相邻元素，故③错误；④R元素基态原子的价电子排布式为2s22p1或3s23p1，故④错误；一定正确的是①②，故选A。14.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半

径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A.W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性B.简单离子半径：W<X<ZC.简单气态氢化物熔沸点：W<YD.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Z【答案】A【解析】【分析】四种短周期主族元素W

、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na；由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl；W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是N或O，则对应的Y为P或S，以

此来解答。【详解】由上述分析可知，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl，A．W可能是N或O，与Na形成的化合物可能是氮化钠、氧化钠、过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A正确；B．X离子(Na+)、W离子的电子层为2层，Z

离子(Cl-)电子层为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：Z＞W＞X，故B错误；C．W为N，Y为P，氨气分子间存在氢键，所以熔沸点氨气大

于磷化氢；若W为O，Y为S，水分子间存在氢键，所以熔沸点水大于硫化氢，故C错误；D．Y与Z处于同周期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，故D错误；故选：A。15.铁有δγα、、三种同素异形体，其晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列

说法正确的是A.δ-Fe晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近铁原子有6个B.晶体的空间利用率：δ-Fe>γ-Fe>α-FeC.γ-Fe晶胞中的原子堆积方式为体心立方堆积D.铁原子的半径为acm，则α-Fe晶胞的密度为-33A7gcmNa【答案】D【

解析】【详解】A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：18×8＋1＝2，依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A错误；B．γ−Fe晶体属于最密堆积，而δ−F

e、α−Fe中二维平面内Fe属于非密置层，空间利用率比γ−Fe晶体低，三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe，故B错误；C．依据图示γ−Fe晶体铁原子占据顶点和面心，属于面心立方最密堆积，故C错误；的D．1

个α−Fe晶胞含铁原子个数为：18×8＝1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为acm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：3A568aN＝-33A7gcmNa

，故D正确；故选：D。16.金晶体采用面心立方最密堆积方式，其晶胞如图所示。设金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示金的摩尔质量。则下列说法错误的是A.每个晶胞中含有4个Au原子B.金属键无方向性，金属原子尽可能采取紧密堆积C.一个晶胞的体积是162d3D.晶体

中Au的配位数为12【答案】C【解析】【详解】A．金晶胞中含有8×18+6×12=4个Au原子，A正确；B．金属键无方向性和饱和性，在空间允许的情况下金属原子尽可能采取紧密堆积，B正确；C．面心立方最密堆积方式的晶胞中，各个面的对角线上3个A

u原子两两相切，Au原子的直径为d，故面对角线长度为2d，棱长为22×2d=2d，故晶胞的体积为(2d)3=22d3，C错误；D．面心立方最密堆积方式的配位数为12，D正确；故选C。17.设AN为阿伏加德罗常

数的值。下列说法错误的是A.31gP4含有1.5NA个P−PB.1mol金刚石中含有2NA个C−CC.2646gCHO分子中含极性键数目一定是A7ND.1molSiC(金刚砂)中含有A4N个CSi−键【答案】C【解析】【详解】A．1个

P4含有6个P−P，则31gP4(物质的量0.25mol)含有1.5NA个P−P，故A正确；B．1mol金刚石含有2molC−C键，因此1mol金刚石中含有2NA个C−C，故B正确；C．2646gCHO物质的量为1mol

，该分子可能是乙醇，也可能是二甲醚，若是二甲醚分子，则分子中含极性键数目是A8N，故C错误；D．1molSiC(金刚砂)有4molCSi−键，因此1mol金刚砂中含有A4N个CSi−键，故D正确。综上所述，答案为C。18.一种活性物质的结构简式如图，下

列有关该物质的叙述错误的是A.该物质能发生分子内酯化反应B.该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.该物质所有原子不可能在同一平面上D.1mol该物质能与2mol氢氧化钠反应【答案】D【解析】【详解】A．分子中含有羟基和羧基，因此该物质能

发生分子内酯化反应，A正确；B．含有碳碳双键，该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．分子中含有多个饱和碳原子，所以该物质所有原子不可能在同一平面上，C正确；D．分子中只有羧基和氢氧化钠反应，则1mol该物质能与1mol氢氧化

钠反应，D错误；答案选D。19.“碳呼吸电池”是一种新型能源装置，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是A.通入2CO的一极电极反应式为：22242CO2eCO−−+=B.铝为电池的负极C.每得到1mol()2243AlCO，负极质量减少54克D.224CO−向正极移动【答

案】D【解析】【详解】A．由图可知，CO2被还原为草酸根，所以通入2CO的一极为正极，电极反应式为：22242CO2eCO−−+=，故A正确；B．由图可知金属铝被氧化，铝为电池的负极，故B正确；C．每得到1mol()2243AlCO，由元素守恒知需要溶解2mol铝，负极质量减少54克，故C

正确；D．原电池中阴离子移向负极，故224CO−向负极移动，故D错误；故答案为：D20.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A.C=C和C-C的键长B.BF3和CH4中心原子的价层电子对数C.Si-O和C-O的键能D.对羟基苯甲醛()和邻羟基苯甲醛()的沸点【答案】D【解

析】【详解】A．C=C的键能比C-C的键能大，C=C的键长比C-C的键长短，A错误；B．BF3的中心原子价层电子对数为3+12(3-31)=3，CH4的中心原子价层电子对数为4+12(4-41)=4，B错误；C．Si的原子半径比C的原子半径大，Si-O的键长比C-O

的键长长，Si-O的键能比C-O的键能小，C错误；D．对羟基苯甲醛()能形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛()能形成分子内氢键，对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高，D正确；答案选D。21.某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q

、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X、W为同族，Q原子核外最外层电子数与Y原子核外电子总数相同。下列叙述正确的是A.五种元素中X第一电离能最小B.该物质中各原子或离子均达到2或8电子稳定结构C.Z的氧化物对应的水化物是一种一元强酸D.3ZX可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红【答案】B【解

析】【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，W能形成1+价阳离子，则W是Na元素；X、W为同族，则X为H元素；根据形成共价键数，Z形成3个共价键、Y形成4个共价键、Q形成2个共价键，Q核外最外层电子数与Y核外电

子总数相同，则是C元素、Z是N元素、Q是O元素，综上所述，X、Y、Z、Q、W分别为H、C、N、O、Na。【详解】A．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上向下第一电离能减小，则Na第一电离能最小，即W的第一电离能最小，故A错误；B．该物

质中H原子通过共用电子达到2电子稳定结构，C、N、O原子通过共用电子达到8电子稳定结构，Na可以通过失电子均达到8电子稳定结构，故B正确；C．氮元素的氧化物对应的水化物不一定是一元强酸，如亚硝酸为弱酸，故C错误；D．3NH溶于水反应得到氨水，氨气呈碱性可以使湿润的红色石

蕊试纸变蓝，故D错误；故答案为B。第Ⅱ卷二、填空题(共58分)22.按要求回答下列问题。（1）基态氮原子价层电子排布图为_______，电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为_______。（2）基态Ni原子的电子排布式为_______，该元素位于元素周期表的第_______

族。（3）基态Fe原子有_______个未成对电子，Fe位于周期表的_______区，3Fe+的价层电子排布式为的_______。（4）C、N、O三种元素第一电离能从小到大的顺序为_______。（5）基态Ti原子核外电子排布的能量

最高的能级符号是_______。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_______种。（6）磷和砷是同一主族的元素，第一电离能：磷_______砷(填“>”“<”或“=”，下同)，它们形成的氢化物的沸点：3PH_______3AsH，原因是_______。（7）已知

第三电离能数据：()13IMn3246kJmol−=，()13IFe2957kJmol−=锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是_______。（8）据报道，在2MnO的催化下，甲醛可被氧化成2CO，在处理含HCHO的废水或空气

方面有广泛应用。HCHO中键角_______2CO中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。原因是_______。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）①.1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2②.VIII（3）①.4②.d③.1s22s22p63s23p63d5（4）C<O<

N（5）①.3d②.3（6）①.>②.<③.AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3的相对分子质量比PH3大，范德华力强，AsH3的沸点高于PH3（7）Mn2+价层电子排布式为3d5；达到稳定结构，不易失电

子，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去一个电子才能达到稳定结构，比较容易形成Fe3+（8）①.小于②.HCHO中碳原子轨道采用sp2杂化，分子为平面三角形，键角为120°，CO2中碳原子轨道采用sp杂化方式，分子为直线形，键角为180°【解析】【小

问1详解】N元素价层电子为2s22p3，轨道表达式为，电子占据最高能级2p，电子云轮廓图形状为哑铃形，故答案为：；哑铃形；【小问2详解】Ni元素28号元素，位于第四周期第VIII族，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s2

3p63d84s2或的[Ar]3d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；VIII；【小问3详解】Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，由Fe原

子价电子排布3d64s2可知Fe位于d区，基态Fe原子3d轨道有4个未成对电子，失去4s能级2个电子及3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；【小问4详解】C、N、O属于同一周期元

素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族的大于第VIA族的，所以其第一电离能从小到大的顺序为：C<O<N，故答案为：C<O<N；【小问5详解】基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s2

3p63d24s2，能量最高的能级符号为3d，钛的3d能级上有2个未成对电子，第四周期元素中，基态原子的未成对电子数为2的元素还有Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共3种，故答案为：3d；3；小问6详解】同一主族元素，其第一电离能随着原子序数增大而减

小，原子序数P<As，则第一电离能P>As；氢化物的熔沸点与分子间作用力成正比（不含氢键的氢化物），AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3相对分子质量高于PH3，分子间作用力强，AsH3的沸点高于PH3，故答案为：>；<；AsH3和PH3都属于分子晶体，两者结构相似，AsH3的相

对分子质量比PH3大，范德华力强，AsH3的沸点高于PH3；【小问7详解】Mn2+价层电子排布式为3d5；达到稳定结构，不易失电子，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去一个电子才能达到稳定结构，比较容易形成Fe3+，故答案为：Mn2+价层电子排布式为3d5；达到稳定

结构，不易失电子，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去一个电子才能达到稳定结构，比较容易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁；【小问8详解】HCHO中碳原子轨道采用sp2杂化，分子为平面三角形，键角为120°，CO2中碳原子

轨道采用sp杂化方式，分子为直线形，键角为180°，故答案为：小于；HCHO中碳原子轨道采用sp2杂化，分子为平面三角形，键角为120°，CO2中碳原子轨道采用sp杂化方式，分子为直线形，键角为180°。23.第VA族元素氮、磷、砷的化合物用途广泛。回答下列问题：（1）实验中常用()36K

FeCN检验2Fe+，()36KFeCN中3Fe+的配位数为_______，其中碳原子的杂化轨道类型为_______杂化。1mol()36KFeCN中含有键的数目为_______。【（2）铁和氨在640℃可发生置换反应，产物之一的立方晶胞结构如图所示，写出该反应的化

学方程式：_______。（3）阿伏加德罗常数的值为AN，X射线衍实验测得该晶胞参数为anm，则晶胞的密度为_______3g/cm(写出表达式即可)。（4）用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜—铬合金。其中两种铜—铬合金的晶体结构如图所示。①晶体a中铬原子的配位数为

_______。②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的_______(填“四面体”“六面体”或“八面体”)空隙中，AN表示阿伏加德罗常数的值，铜原子半径为1rcm，铬原子半径为2rcm，则晶体b的空间利用率为_______。(写出表达式即可)【答案】（1）①.6②.sp③.12

NA（2）8Fe+2NH3640℃2Fe4N+3H2（3）-73A564+14N(a10)（4）①.12②.六面体③.331238(πr+πr)3k×100%【解析】【分析】(1)实验中常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，K3[Fe(CN)6]中Fe3+的配体为CN-配位数为6，离子的

结构式为CN−，C为sp杂化，1molK3[Fe(CN)6]中K+与Fe(CN)36−为离子键结合，Fe(CN)36−中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道。所以CN与铁原子之间有6

个配位键，在每个CN-内部有一个共价键；(2)根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×18+6×12=4，N原子位于体心，共有1个，故化学式为Fe4N；(3)根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面

心，所含的原子的数目为8×18+6×12=4，N原子数目为1，晶胞质量为A564+14Ng，晶胞体积(a×10-7)3cm3；(4)①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的条原子的距离最

近；②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×18+2×12=2，位于面心的铬原子个数为4×12=2，晶体b的空间利用率为VV球晶胞×100%；【小问1详解】实验中常用K3[Fe(CN)6]检验F

e2+，K3[Fe(CN)6]中Fe3+的配体为CN-配位数为6，离子的结构式为CN−，C为sp杂化，1molK3[Fe(CN)6]中K+与Fe(CN)36−为离子键结合，Fe(CN)36−中CN含有C、N三键，其中1个是σ键，

N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以CN与铁原子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1molK3[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为12NA；【小问2详解】根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×18+6×12=4，N原子位于体心，共有1个，故

化学式为Fe4N，由此可写出该置换反应的化学方程式为：8Fe+2NH3640℃2Fe4N+3H2；【小问3详解】根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为8×18+6×12=4，N原子数目为1，晶胞质量为A564+14Ng，晶胞体积(a×10-7)3cm3，依据密度的定义，该晶胞

的密度为：mV=A-733564+14aN()10cm=A-733564+14aN()10cm；【小问4详解】①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的条原子的距离最近，晶体a中铬原子的配位数12；

②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×18+2×12=2，位于面心的铬原子个数为4×12=2，空间利用率为33123442πr+2πr33k×100%=331238(πr+πr)3k×100%；24.X、Y、Z、W、Q

为前四周期元素，原子序数依次增大。X元素核外L层只有一个空轨道；Y元素的L层有三个未成对电子，Z的单质是常温下为黄色固体，难溶于水，易溶于2CS；W元素是人体中含量最多的金属元素，且是构成骨骼和牙齿的

主要元素；Q元素M层全满且N层只有1个电子。（1）写出基态W原子的电子排布式_______。（2）Q元素在周期表的位置_______。（3）2WXY是离子化合物，各服子均满足8电子稳定结构，22XY−与2CO互为等电子体，则2W

XY的电子式是_______，W、X、Y三种元素的电负性由大到小顺序是_______。(写元素符号)。（4）如图为Z单质分子的结构，其分子式为_______，Z原子的杂化方式为_______。其单质难溶于水，易溶于2CS

的原因为_______。【答案】（1）1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2（2）第四周期，第IB族（3）①.②.N>C>Ca（4）①.S8②.sp3③.S8是非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于非

极性溶剂CS2，难溶于极性溶剂水【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q为前四周期元素，原子序数依次增大，X元素核外L层只有一个空轨道，则X为C；Y元素的L层有三个未成对电子，则Y为N，Z的单质是常温下为黄色固体，难溶于水，易溶于CS2，则Z为S；W元素是人体中含量最

多的金属元素，则w为Ca；Q元素M层全满且N层只有1个电子则Q为Cu。【小问1详解】由分析知W为Ca，原子序数为20，则基态W原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故答案为

：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；【小问2详解】由分析知Q为Cu，则Cu元素在元素周期表中的位置是第四周期第IB族，故答案为：第四周期，第IB族；【小问3详解】由分析知X为C、Y为N、W为Ca，则2WXY为CaCN2，是离子化合物，各原子均满足8电子

稳定结构，2WXY的电子式是：；同一周期元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素电负性从上到下逐渐减小，所以C、N、Ca三种元素的电负性是：N>C>Ca；故答案为：；N>C>Ca；【小问4详解】由Z单质分子的结构图可知其分子式为S

8，Z原子的杂化方式为sp3，其单质难溶于水，易溶于CS2的原因是S8是非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于非极性溶剂CS2，难溶于极性溶剂水，故答案为：S8；sp3；S8是非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于非极性溶剂CS2，难溶于极性溶剂水。25.乙烯是石油化工最基本原料之一。Ⅰ.乙烷在一定

条件下可脱氢制得乙烯：()()()26242CHgCHgHg=+1ΔH>0。（1）提高乙烷平衡转化率的措施有_______、_______。(写出两条)（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的26CH和2H，初始压强为100kPa，发生上述反应，

乙烷的平衡转化率为20%，该反应的平衡常数pK=_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。Ⅱ.在乙烷中引入2O可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：a.()()()

()2622422CHgOg2CHg2HOg+=+2ΔH<0b.()()()()26222CHg5Og4COg6HOg+=+3ΔH<0C.()()()()2422CHg2Og2COg2HOg+=+4Δ

H<0（3）根据盖斯定律，反应a的2ΔH=_______(写出代数式)。（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_______(选填“a、b、c”)的活化能。（5）某学者研究了生成24CH的部分反应历程如下图所示

。该历程的催化剂是_______。【答案】（1）①.减小压强②.升高温度(或及时移出生成物，任写两个)（2）15kPa（3）34ΔH-2ΔH（4）a（5）BNOH【解析】【小问1详解】()()()26242CHgCHgHg=+1ΔH>0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平

衡转化率的措施有减小压强，平衡向体积增大的反应方向移动即正向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即正向移动；或及时移出生成物，平衡正向移动；故答案为：减小压强；升高温度(或及时移出生成物，任写两个)。【小问2详解】一定温

度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的26CH和2H，初始压强为100kPa，发生上述反应，假设26CH和2H都为lmol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，26242CH(g)CH(g)+H(g)起始（mo

l）101转化（mol）0.20.20.2平衡（mol）0.80.21.2，设平衡时总压强为x，根据压强之比等于物质的量，则2mol(0.8+0.2+1.2)mol=100kPax，解得x=110kPa，即平衡时

体系总压强为110kPa，该反应的平衡常数pK=110.2mol1.2mol110kPa0kPa2.2mol2.2mol=15kPa0.8mol110kPa2.2mol，故答案为：15kPa；【小

问3详解】由方程式a.()()()()2622422CHgOg2CHg2HOg+=+2ΔH<0b.()()()()26222CHg5Og4COg6HOg+=+3ΔH<0C.()()()()2422CHg2Og2COg2HOg+

=+4ΔH<0，根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍可得反应a，所以234ΔH=ΔH-2ΔH，故答案为：34ΔH-2ΔH；【小问4详解】为了减少过度氧化，反应主要是制备乙烯，所以应加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能，故答

案为：a；【小问5详解】该历程中BNOH参与反应，然后又生成BNOH，所以该历程的催化剂是BNOH，故答案为：BNOH。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com