【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第三中学2022-2023学年高二下学期第一次验收考试 化学 答案.docx，共(23)页，2.674 MB，由小赞的店铺上传

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哈三中2022—2023学年度下学期高二学年第一次验收考试化学试卷本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时90分钟。第I卷(选择题共60分)可能用到的相对原子质量：H1C1

2N14O16I127Pb207Fe56Cu64一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题有一个选项符合题意。)1.下列变化需克服相同类型作用力的是A.碘和干冰的升华B.硅和C60的熔化C.氯化

氢和氯化钾的溶解D.溴和汞的气化【答案】A【解析】【详解】A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键

，故C错误；D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误；故选A。2.下列说法正确的是A.CaO与水反应过程中，有共价键的断裂和形成B.H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的分子间作用力较大C.KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属

于离子化合物D.葡萄糖、二氧化碳和足球烯（C60）都是共价化合物，它们的晶体都属于分子晶体【答案】A【解析】【详解】A、氧化钙与水化合过程中水中的共价键会断裂，并会形成氢氧根离子，选项A正确；B、热稳定性与共价键即非金属

性有关，氧元素的非金属性大于硫元素，选项B不正确；C、HCI属于共价化合物，选项C不正确；D、足球烯（C60）并非共价化合物，选项D不正确。答案选A。【点睛】本题考查了分子的结构和性质，特别注意共价键、氢键、离子键的区别。3.已知NCl3可与水发生反应，其反应的化学方程式为2NCl3+3H2

O=3HCl+3HClO+N2↑，下列化学用语或图示表达正确的是A.中子数为20的氯原子：2017ClB.NCl3的电子式：C.HClO的空间填充模型：D.基态氧原子核外电子的轨道表示式：【答案】C【解析】【详解】A．中

子数为20的氯原子：3717Cl，A错误；B．NCl3是共价化合物，其电子式为：，B错误C．HClO的结构式为H—O—Cl，空间填充模型为，C正确；D．碳原子核外电子排布为1s22s22p4，轨道表示式为：，D错误；故选C。4.工业上电解熔融23AlO和冰晶

石()36NaAlF的混合物可制得铝。下列说法正确的是A.半径大小：()()3++rAl<rNaB.电负性大小：χ(F)<χ(O)C.电离能大小：11I(O)<I(Na)D.碱性强弱：3NaOH<Al(

OH)【答案】A【解析】【详解】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为()()3++rAl<rNa，故A正确；B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)χ(O)＞，故B错误；C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋

势，故电离能大小为11I(O)I(Na)＞，故C错误；D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为3NaOHAl(OH)＞，故D错误；故选A。5.碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石晶体结构如图所示：下列说法错误的是A.在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六

元环，每个六元环占有2个C原子B.在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环为六元环，每个C原子连接12个六元环，六元环中最多有4个C原子在同一平面C.金刚石是混合型晶体D.金刚石晶体中，C原子采取3sp杂化【答案】

C【解析】【详解】A．石墨晶体中最小的环为六元环，每个碳原子与3个碳形成C-C化学键，则每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为6×13=2，选项A正确；B．在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则

每个C原子连接4×3=12个六元环，晶胞中共平面的原子如图，共4个，选项B正确；C．金刚石属于共价晶体，不是混合型晶体，选项C错误；D．金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为sp3杂化，选项D正确；答案选C。6.X、Y、Z、M、

Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确．．．的是A.电负性：ZXB.最高正价：ZMC.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键的D.最高价氧化物对

应水化物的酸性：ZY【答案】B【解析】【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C，X的2s轨道全充满，原子序数X<Y，则X为Be或B，M是地壳中含量最多的元素，M为O，原子序数Y<Z<M，则Z为N，Q是纯碱中的一种

元素，则Q为Na，据此分析。【详解】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，A正确；B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝

酸酸性强于碳酸，D正确；故选B。7.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是A.sp，范德华力B.sp2，范德华力C.sp2，氢键D.sp3，氢键【答案】C【解析】【分析】与石墨结构相似

，则为sp2杂化；羟基间可形成氢键。【详解】在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型与石墨中的碳原子相似，同为sp2杂化，同层分子间的主要作用力为氢键

，层与层之间的作用力是范德华力，C正确，选C。8.氨硼烷(33NHBH)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力固体储氢材料，氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：332433623NHBH6HO=3NHBO9H−++++，336BO−的结构如图所示；下列有关物质结构与性质的说法正确的是A.H、B、N

中，原子半径最大的是N的B.与33NHBH原子总数相等的等电子体33CHCH，其熔点比33NHBH低C.33NHBH分子中，与N原子相连的H呈负电性(H−)，与B原子相连的H呈正电性(H+)D.在上述水解反应中，B原子的杂

化轨道类型由2sp变为3sp【答案】B【解析】【详解】A．H、B、N中，B、N均有2层，B的核电荷数较小，原子半径最大的是B，故A错误；B．33NHBH与33CHCH相比，33NHBH为极性分子，且33NHBH中H原子有不同的电性，分子间作用力较强，所以33NH

BH熔点较高，故B正确；C．33NHBH分子中，N原子电负性大于H，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，故C错误；D．33NHBH中N原子杂化方式为sp3，336BO−中N原子杂化方式为sp2，故D错误；故答案为：B。9.共价化合物26AlCl中所有原子均满足8电

子稳定结构，一定条件下可发生反应：()26333AlCl2NH2Al=NHCl+，下列说法不正确．．．的是A.26AlCl的结构式为B.26AlCl为非极性分子C.该反应中3NH的配位能力大于氯D.26AlBr比26AlCl更难与3NH发

生反应【答案】D【解析】【详解】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，

故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易

与氨气反应，故D错误；故选D。10.硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的

新型AIE分子IV的合成路线如下：下列说法不正确的是A.I中的Se-Se键为非极性共价键B.IV中具有孤对电子的原子有Se、OC.III中仅有σ键D.II不易溶于水，不含有手性C【答案】C【解析】【详解】A．同种元素间形成的共价键为非极性共价键，A说法

正确；B．根据价层电子对互斥理论，IV中具有孤对电子的原子有Se、O，B说法正确；C．III中含有双键、苯环，故除了σ键以外还有π键，C说法不正确；D．II属于烃类，不易溶于水，也不含有手性C，D说法正确；故选C。11.东晋《华阳国志

∙南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。下列说法正确的是A.镍元素基态原子的3d能级上的未成对的电子数为2B.()346NiNHSO中阴离子的立体构型是平面三角形C.

元素铜与镍的第二电离能大小关系为：CuNiIID.在()236NiNH+中2Ni+与3NH之间形成的化学键称为离子键【答案】A【解析】【详解】A．镍元素为28号元素，其基态原子价电子为3d8

4s2，3d能级上的未成对的电子数为2，故A正确；B．()346NiNHSO中阴离子为硫酸根，硫酸根中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型是正四面体形，故B错误；C．Ni＋价层电子排布式为3d84s1，Cu＋价层电子排布式为3d10，稳定，难失电子，因此元

素铜与镍的第二电离能大小关系为：CuNiII，故C错误；D．在()236NiNH+中2Ni+与3NH之间形成的化学键称为配位键，氨气中氮提供孤对电子，2Ni+提供空轨道，故D错误。综上所述，答案

为A。12.下列说法不正确的是A.X射线衍射测定等发现，36IAsF中存在3I+离子，则3I+离子的几何构型为V形B.2CO和3CHOH分子中C原子的杂化形式分别为sp和2spC.C、H、O三种元素的电

负性由小到大的顺序为H<C<OD.乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．X射线衍射可以确定物质的内部结构，3I+离子中中心I价层电子对数为2+7-1-122=4，采用

sp3杂化，I原子上含有2对孤电子对，所以几何构型为V形，故A正确；B．2CO分子结构为O=C=O，为直线形，C原子的杂化形式为sp；3CHOH分子中C原子形成4个共价键，杂化形式为3sp，故B错误；C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性

增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H<C<O，故C正确；D．乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键，导致其沸点升高，故D正确。故选B。13.通过下列实验可从2I的4CCl溶液中回收2I。下列说法正确的是A.NaOH

溶液与I2反应的离子方程式：232I2OHIIOHO−−−+=++B.4CCl与水都是极性分子，相似相溶，不能通过过滤将水溶液与4CCl分离C.向加酸后的上层清液中滴加3AgNO溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(如图)中含14个I−D.回收的粗碘可通过

升华进行纯化【答案】D【解析】【分析】单质碘的四氯化碳溶液加入浓氢氧化钠溶液，单质碘与浓氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，用分液法分离四氯化碳层，向水溶液中加入稀硫酸反应生成单质碘，过滤得到粗碘。【详解】A．Na

OH溶液与I2反应生成碘化钠、碘酸钠和水，其反应离子方程式为：2323I6OH5IIO3HO−−−+=++，故A错误；B．4CCl是非极性分子，水是极性分子，两者都能透过滤纸，根据“相似相溶”，两者不相溶，用分液方法

将水溶液与4CCl分离，故B错误；C．1个AgI晶胞(如图)中含118+6482=个I−，故C错误；D．单质碘易升华，因此回收的粗碘可通过升华进行纯化，故D正确。综上所述，答案为D。14.某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将24NO“

固定”，能高选择性吸附2NO。废气中的2NO被吸附后，经处理能全部转化为3HNO。原理示意图如下。下列说法不正确的是A.酸性强弱：3HNO三氯乙酸>二氯乙酸的B.多孔材料“固定”24NO，促进2242NONO平衡正向移动C.硝酸有分

子内氢键，故其沸点较低D.转化为3HNO的反应是24223NOOHO2HNO++=【答案】D【解析】【详解】A．硝酸是强酸，硝酸大于有机酸，Cl吸引电子，使得酸性增强，氯原子越多，其有机酸酸性越强，因此酸性强弱：3HNO＞三氯乙酸＞二氯乙酸，故A正

确；B．多孔材料“固定”24NO，导致24NO浓度降低，促进2242NONO平衡正向移动，故B正确；C．根据硝酸的结构可知硝酸存在分子内氢键，故其沸点较低，故C正确；D．转化为3HNO的反应是242232NOO2HO4HNO++=，故D错误。综上所述，答案为D。15.

X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是A.原子半径：X>YB.简单氢化物的还原性：X>YC.同周期元素形成的单质中Y氧化性最强D.同周期中第一电离能小于X的元素有4种【答案】D【解

析】【分析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；B．两者对应的简单氢化物分别是P

H3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；D．同一

周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；故选D。16.B3N3H6(无机

苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是A.其熔点主要取决于所含化学键的键能B.形成大π键的电子全部由N提供C.分子中B和N的杂化方式相同D.分子中所有原子共平面【答案】A【解析】【详解】A．无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误

；B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，

C正确；D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。17.2-xCuSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变

化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是A.每个2-xCuSe晶胞中2+Cu个数为xB.每个2NaSe晶胞完全转化为2-xCuSe晶胞，转移电子数为6C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当2xy-NaCuSe转化为NaCuSe时，

每转移(1y)mol−电子，产生(1x)molCu−原子【答案】D【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×12=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x

，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×12=4，则

每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B错误；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×12=4，则每个晶胞中含有4个NaCu

Se，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转

移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选D。18.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为()()366NiCNZnNHzCHxy的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为=abc，90===。

下列说法正确的是A.Zn在元素周期表中位置为第4周期第IIA族B.晶胞中N原子均参与形成配位键，2Ni+与2Zn+的配位数之比为1∶1C.x:y:z=2:3:2D.吡啶替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有66π大π键、则吡啶中N原子的

价层孤电子对占据2sp杂化轨道【答案】D【解析】【详解】A．Zn在元素周期表中位置为第4周期第IIB族，选项A错误；B．晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为

6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3，选项B错误；C．由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为212=1，Zn2+个数为818=1，含有CN-为812=4，NH3个数为814=2，苯环个数为412=2，则该

晶胞的化学式为()()6623NiCN4ZnNH2CH，则x:y:z=4:2:2=2:1:1，选项C错误；D．氮原子价层电子数为5，吡啶结构为，为平面形分子，碳和氮均为sp2杂化，含66π，则氮原子提供2个电子与相邻碳原子形成2个σ键，提供一个电子参与形成大π

键，一对孤电子占据sp2杂化轨道，选项D正确；答案选D。19.Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的2XeF室温下易升华。下列关于2XeF的说法错误的是A.2XeF中心原子的价层电子对数为5B.2XeF与3

I−空间构型不相同C.2XeF是分子晶体D.2XeF晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶胞中有2个2XeF分子【答案】B【解析】【详解】A．2XeF中心原子的价层电子对数为12(821)2352+−=+=，故A正确；B．根据图中信息得到2XeF空间构型为直线形，3

I−空间构型也是直线形，两者空间构型相同，故B错误；C．2XeF室温下易升华，说明2XeF是分子晶体，故C正确；D．2XeF晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，则该晶胞中有18128+=个Xe，有18244+=个F，则晶胞中有

2个2XeF分子，故D正确。综上所述，答案为B。20.42FeSO7HO结构示意图如图。下列说法错误的是A.2HO中的HOH−−键角小于24SO−中OSO−−键角B.3SO、24SO−中S均为3sp杂化C.42FeSO7HO中2HO与2Fe+、2HO与24SO−的作用力类型分别是配位键、

氢键D.42FeSO7HO俗名绿矾，有颜色【答案】B【解析】【详解】A．硫酸根是正四面体形，水是“V”形，因此2HO中的HOH−−键角小于24SO−中OSO−−键角，故A正确；B．3SO中的S价层电子对数为13(632)3032+−=+=，S是2sp杂化、2

4SO−的S价层电子对数为13(6232)3142++−=+=，S均为3sp杂化，故B错误；C．42FeSO7HO中2Fe+有空轨道，2HO中氧有孤对电子，则2HO与2Fe+的作用力是配位键，2HO与24SO−的作用力是氢键，故C正确；D．绿矾化学式为42FeSO7HO，是浅蓝绿色的晶体

，故D正确。综上所述，答案为B。第II卷(非选择题共40分)二、填空题(本题包括4小题，共40分)21.硅材料在生活中占有重要地位。请回答：（1）Si原子结构示意图为___________，()24SiNH受热分解生成34SiN和3NH，3NH空间结构名称为___________，()

24SiNH受热不稳定的原因是___________。的（2）在硅酸盐中，44SiO−四面体(如下图(a))中Si原子的杂化形式为___________。（3）44SiO−通过共用顶角氧离子可形成链状结构型式。图(b)为一种无限长双链结构的多硅酸根，Si

与O的原子数之比为______，化学式为______。【答案】（1）①.②.三角锥形③.Si周围的2NH基团体积较大，受热时斥力较强，()24SiNH中Si-N键能相对较小，产物中气态分子数显著增多(熵增

)（2）3sp（3）①.4∶11②.()6n411nSiO【解析】【小问1详解】硅元素是14号元素，故Si原子结构示意图为；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，孤对电子对成

键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，故NH3空间结构名称为三角锥形；Si原子连接4个-NH2，2NH基团体积较大，受热时斥力较强，()24SiNH中Si-N键能相对较小，产物中产生氨气，所以产物中气态分子数显著增多，该反应属于熵增

的反应，故答案是Si周围的2NH基团体积较大，受热时斥力较强，()24SiNH中Si-N键能相对较小，产物中气态分子数显著增多(熵增)；【小问2详解】在硅酸盐结构中，44SiO−空间结构是正四面体，Si-O键以单键连接，一个硅原子与四个氧原子连接，其杂化方式是

3sp；【小问3详解】根据图中结构了解，每4个连接后，在重复连接，由于是双链，其中顶点氧占12，氧原子数为4×12+2=4，硅原子数为4×12+6×12+4+2=11，故此结构中Si与O的原子数之比为4∶11；

化学式为()6n411nSiO。22.Ti、Na、Mg、C、N、O、Fe等元素单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。回答下列问题：（1）钠在火焰上灼烧产生的黄光是一种___________(填字母)。A．吸收光谱B．发射光谱（2）

下列Mg原子的核外电子排布式中，能量最高的是_____，能量最低的是______(填序号)a．22411111s2s2p3s3p3p3pxyzb．22321111s2s2p3s3p3p3pxyzc．226111s2s2p3s3pxd．22621s2s2p3s（3）基态Ti原子核外共有___

________种运动状态不同的电子，最高能层电子的电子云轮廓形状为___________，其价电子轨道表示式为___________。（4）N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：X、Y、Z中为N元素的是___________，判断理由是___________。元素1I/kJ∙mol−

12I/kJ∙mol−13I/kJ∙mol−1X737.71450.77732.7Y1313.93388.35300.5Z1402.32856.04578.1（5）用琥珀酸亚铁片是用于缺铁性贫血的预防和治疗的常见药物，临床建议服用维生素C促进“亚

铁”的吸收，避免生成3Fe+，从结构角度来看，2Fe+易被氧化成3Fe+的原因是___________。3Fe+与2Fe+的离子半径大小关系为：3Fe+___________2Fe+(填“大于”或“小于”)

。【答案】（1）B（2）①.b②.d（3）①.22②.球形③.（4）①.Z②.N原子外围电子排布式为232s2p，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大（5）①.3Fe+的53d半满状态更稳定②.小于【解析】【小问1详解】钠在火焰上灼烧产生的黄光是较高能

级的电子跃迁到较低能级，是一种发射光谱；故答案为：B。【小问2详解】a．22411111s2s2p3s3p3p3pxyz中2p能级上的两个电子跃迁到3p能级，3s上一个电子跃迁到3p能级上，b．22321111s2s2p3s3

p3p3pxyz中2p能级上3个电子跃迁到3p能级上，相比a来说电子的能量较高，c．226111s2s2p3s3px中3s上一个电子跃迁到3p能级上，d．22621s2s2p3s处于基态，因此能量最高的是b，能量最低的是d；故答案为：b；d。【小问3详解】Ti元素为22号元素，Ti

原子核外有22个电子，1个电子是一种运动状态，因此基态Ti原子核外共有22种运动状态不同的电子，价电子排布式为3s24s2，则最高能层电子的电子云轮廓形状为球形，其价电子轨道表示式为；故答案为：22；球形；。

【小问4详解】N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示，根据表中信息X中23II，则X为Mg，Y的1I小于Z的1I，说明Y为O，Z为N，因此X、Y、Z中为N元素的是Z，判断理由是N原子外围电子排布式为232s2p，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大；

故答案为：Z；N原子外围电子排布式为232s2p，N与O相比，2p轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I1较大。【小问5详解】从结构角度来看，2Fe+的63d，能失去一个电子变为半满状态稳定结

构，而3Fe+的53d半满状态更稳定，因此2Fe+易被氧化成3Fe+；根据核电荷数相同，核外电子越多，半径越大，因此3Fe+与2Fe+的离子半径大小关系为：3Fe+小于2Fe+；故答案为：3Fe+的53d半满状态更稳

定；小于。23.铁单质及其化合物的应用非常广泛。（1）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和2O−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x

和1x−代表，则该化合物的化学式表示为___________。（2）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为111,,222，则原子2和3的坐标分

别为___________、___________。（3）3Fe+可与2HO、SCN−、F−等配体形成配位数为6的配离子，如()326FeHO+、()36FeSCN−、36FeF−。某同学按如下步骤完成实验：①()326FeHO+为浅紫色，但

溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液I中()326FeHO+的浅紫色，向该溶液中加3HNO方法是否可以___________(填“是”或“否”)。②已知3Fe+与SCN−、F−的反应在溶液中存在以下平衡：()336Fe6SCNFeSCN−+−+（

红色）1K；336Fe6FFeF−+−+（无色）2K向溶液II中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为_______，平衡常数为___________(用1K和2K表示)。【答案】（1

）1SmFeAsOFxx−（2）①.11,,022②.10,0,2（3）①.由3Fe+水解产物的颜色所致②.是③.()3366FcSCN6FFeF6SCN−−−−+=+④.21KK【解析】【小问1详解】由题图可知，As、Sm都在晶胞的面

上，该晶胞中As的原子个数=14=22，Sm的原子个数=14=22，Fe在晶胞的棱上和体心，Fe原子个数=11+4=24，F-和O2-在晶胞的顶点和上下底面，F-和O2-的个数和=112+8=228，已知F-和O2-比例依次为x和1x−，所以该物质的化学式为：1SmFeAsOFx

x−；【小问2详解】由晶胞结构中各原子所在位置可知，原子2位于底面面心，其坐标为11(,,0)22，原子3和原子1只有Z坐标相同，坐标为1(0,0,)2；【小问3详解】①Fe3+在溶液中发生水解反应，故溶液Ⅰ呈黄色的原因是由Fe3+水解产物的颜色所致；若要观察溶液Ⅰ中()326FeHO+

的浅紫色，根据平衡移动原理可知，应向溶液Ⅰ中加入酸性试剂抑制Fe3+水解，所以向溶液加入稀硝酸是可行的；②由题给几种配离子转化的信息可知，配离子的稳定性：[FeF6]3->[Fe(SCN)6]3->[Fe(H2O)6]3+，当向[Fe(SCN)6]3-溶液中加入NaF后，发生反应

的离子方程式为：[Fe(SCN)6]3-+6F-⇌[FeF6]3-+6SCN-；该反应的平衡常数()()663+2663+13-3---663-3---66c{}c()c{}c()c(Fe)KKFeFSCNFeFSCNFeSCNFFeSC===Kc{}c()c{}ccN()(F

eF)。24.钙钛矿(3CaTiO)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：（1）基态Ca原子的核外电子排布式为___________。（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，4T

iF熔点高于其他三种卤化物，自4TiCl至4TiI熔点依次升高，原因是___________。化合物4TiF4TiCl4TiBr4TiI熔点/℃377-24.1238.3155（3）3CaTiO的晶胞如图

(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为___________，2Ca+的配位数是___________。（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为2Pb+、I−和有机碱离子3

3CHNH+，其晶胞如图(b)所示。其中2Pb+与图(a)中___________的空间位置相同，有机碱33CHNH+中，N原子的杂化轨道类型是___________；若晶胞参数为anm，则晶体密度为___________g•cm3

−((列出计算式)。（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土销(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图所示，用离子方程式

表示该原理___________、___________。【答案】（1）2262621s2s2p3s3p4s（2）4TiF为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，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.O＞Ti＞Ca②.离子键③.12（4）①.4Ti+②.3sp③.213A62010aN（5）①.3222EuPb2EuPb++++=+②.2322EuI2Eu2I++−+=+【解析】【小问1详解】Ca元素是20号元素，故其基态原子核外

电子排布式为2262621s2s2p3s3p4s。【小问2详解】一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子

晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高。【小问3详解】CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti＞Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性

由大到小的顺序是：O＞Ti＞Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该

数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12。【小问4详解】比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的

Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的33CHNH+就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱33CHNH+中N原子上无孤对电

子，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，33CHNH+的数目为1818=个，I-的数目为1632=个，故晶胞的密度为()()-321-333-7AA1207+3127+12+14+61620gcm10gcma10m

VaNN===。【小问5详解】从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生3222EuPb2EuPb++++=+，右边发生2322EuI2Eu2I++−+=+。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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