【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．C

O2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、2s

pD.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．HF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−Fe、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162

d3D.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Au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2m

ol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1

mol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1s22s22p63s23p63d84s2或的[Ar]3d84s2，故答案为：1s

22s22p63s23p63d84s2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1s22s22p63s23p63d24s2，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3

d6，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()36KFeCN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.sp③.12NA（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，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2WXY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）1s22s22p63s23p

64s2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S8，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+

=+4ΔH<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24

CH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（mol）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=110.2mol1.2mol110kPa0kPa2.2mol2.2m

ol=15kPa0.8mol110kPa2.2mol，故答案为：15kPa；【小问3详解】由方程式a.()()()()2622422CHgOg2CHg2HOg+=+2ΔH<0b.()()()()262

22CHg5Og4COg6HOg+=+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.co

m