【文档说明】山东省淄博市第四中学2022-2023学年高二4月月考化学试题 word版含解析.docx，共(26)页，1.675 MB，由小赞的店铺上传

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淄博四中高2021级高二下学期阶段性考试化学·试卷注意事项：1.答题前，务必将本人班级、姓名、考号、考场、座号用正楷字体填写在答题卡相应位置。2.答第I卷时，必须使用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答案涂黑，修改时，要用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷上的

答案无效。3.答第II卷时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，作图时，可用2B铅笔，要求字体工整，笔迹清晰。务必在题号所指示的答题区域内作答，写在试卷及草稿纸上的答案无效。相对原子质量：H-1C-12O-16N-14P-31S-32Cd-112Te-128第I卷(共48

分)一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。每小题有一个选项符合题目要求。1.化学用语具有简便表达化学知识与化学思维的特点。下列化学用语使用正确的是A.Ti的原子结构示意图：B.O3分子的球棍模型：C.铍原子最外层原子轨道的电子云图：D

.SO23−的VSEPR模型：【答案】D【解析】【详解】A．Ti为22号元素，其原子结构示意图为：，故A错误；B．O3分子的构型为角形，球棍模型为：，故B错误；C．铍原子最外层的能级为2s能级，2s能级的原子轨道为球形

轨道，不是哑铃型，故C错误；D．SO23−价层电子对数为6+2-323+=42，孤电子对数为1，其VSEPR模型：，故D正确；故选D。2.华法林是香豆素类抗凝剂的一种，主要用于防止血栓栓塞性疾病。下列有关华法林的说

法不正确的是A.化学式中氢原子数是16B.该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物C.含有羰基、酯基、苯环、羟基四种官能团D.该有机物属于环状化合物、芳香族化合物【答案】C【解析】【详解】A．根据该有机

物的结构简式得到化学式中氢原子数是16，故A正确；B．该有机物含有C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，故B正确；C．根据该有机物的结构简式得到该有机物含有羰基、酯基、碳碳双键、羟基四种官能团，故C错误；D．该有机物属于环状化合物，含有苯环，属于芳香族化合物，故D正确。综上所述

，答案为C。3.立方氮化硼硬度高，耐磨性好，在机械加工行业有广泛应用。制备立方氮化硼的一种方法为BCl3(g)+NH3(g)＝BN(s)+3HCl(g)，下列说法正确的是A.该反应涉及的物质中BN的熔点最高，NH3的沸

点最低B.该反应涉及的物质均为分子晶体C.BCl3和NH3中各原子均为8电子稳定结构D.形成BCl3时B原子先激发后杂化，其激发态价电子轨道表示式为：【答案】D【解析】【详解】A．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则

BN为原子晶体，由于氨气存在分子间氢键，因此HCl的沸点最低，故A错误；B．立方氮化硼硬度高，耐磨性好，则BN为原子晶体，故B错误；C．BCl3中B，NH3中H不满足8电子稳定结构，故C错误；D．形成BCl3时B原子先激发即2s中一个电子跃

迁到2p上，激发态价电子轨道表示式为：，激发后进行2p2杂化，故D正确。综上所述，答案为D。4.铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2。下列说法正确的是A.基态铝原子核外电子有7种

不同的空间运动状态B.组成元素均位于元素周期表的p区C.水晶二氧化硅和干冰二氧化碳都是非极性分子D.Fe3Ox中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比为2∶1【答案】A【解析】【详解】A．已知铝为13号元素，则基态铝原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p等能级上7个轨道，即基态铝原子核

外电子有7种不同的空间运动状态，A正确；B．根据元素核外电子最后进入的能级将元素周期表分为s、p、d、f、ds五个区，组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，而Fe位于d区，B错误；C．水晶二氧化硅是共价晶体，没有单个的二氧化硅分子，干

冰二氧化碳为分子晶体，其分子正、负电荷中心重合，是非极性分子，C错误；D．铁铝铅榴石主要成分为Fe3Al2Pb3(SiO4)5，其组成也可写成氧化物的形式：Fe3Ox•Al2O3•3PbO•5SiO2，根据原子守恒可知，x

=4，则Fe3Ox即Fe3O4中假设Fe(Ⅱ)个数为m个，则Fe(Ⅲ)为(3-m)个，根据化学式化合价代数和为0可得，2m+3(3-m)+4×(-2)=0，解得m=1，故Fe(Ⅱ)的与Fe(Ⅲ)的个数比为1∶2，D错误；故答案为：A。5.下列有关物质的结构与性质说法正确

的是A.CH3CHO分子间能形成氢键，故CH3CHO的沸点高于CH3CH2CH3B.常温下，滴加AgNO3溶液可定性鉴别[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2C.酸性：CF3COOH＞CH3COOH，则碱性(即结合H+能力)

：CF3CH2NH2＞CH3CH2NH2D.固态PCl5中含有[PCl4]+[PCl6]-，而PBr5中含有[PBr4]+Br-，存在差异的原因是Br-的半径较大【答案】D【解析】【详解】A．CH3CHO分子间不能形成氢键，因其分子中羰基的极性较大，使其沸点高于丙烷，

故A错误；B．由结构可知两种配合物外界均有氯离子，都能与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，不能用硝酸银定性鉴别，故B错误；C．酸性：CF3COOH＞CH3COOH，是因F的电负性强于H，使得羧基中O-H键极性增大，更易电离，由此可知CF3CH2NH2结合H+

能力比CH3CH2NH2弱，则碱性CH3CH2NH2强，故C错误；D．由于溴离子半径与P原子半径的比值较氯离子半径与P原子半径的比值大，作为配位原子与P作用的配位数较少，不能形成[PBr6]-，故D正确；故选：D。6.有关下列有机物的说法错误的是A

.氯化1－乙基－3－甲基咪唑()中只有共价键B.的同分异构体中，有醇类和酚类物质C.青蒿素分子式为C15H22O5，结构如图，该分子中包含7个手性碳原子D.中∠1＜∠2【答案】A【解析】【详解】A．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部

存在共价键，A错误；B．分子含有1个甲基、1个氧，故其同分异构体中可以有-CH2OH或-OH官能团，故有醇类和酚类物质，B正确；C．手性碳原子是指碳原子周围相连的4个原子或原子团都不相同。根据青蒿素的结构简式图，知该分子中包含7个手性

碳原子（如图星号所示），C正确；D．角的大小只与开口大小有关，根据两者开口程度，∠1＜∠2，D正确；故选A。7.下列叙述中正确的个数是①s−sσ键与s−pσ键的电子云形状相同②CHCl=CH2分子中，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−p③基态C原子的电子排布图：④若将基态15P原子

的核外电子排布式写成1s22s22p63s23p2x3p1y，则违背了洪特规则⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p1x→1s22s22p1y形成的是吸收光谱⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与

碱金属离子之间形成的配位键属于离子键⑦含2.4g碳原子的金刚石晶体中共价键个数为0.4NA⑧31g白磷中含有的孤电子对数为NAA.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【详解】①s−sσ键与s−pσ键的电子云形状

不相同，电子云对称性相同，故①错误；②CHCl=CH2分子中，碳原子采用sp2杂化，C−Cl键采用的成键轨道是sp2−pσ键，故②正确；③基态C原子的电子排布图：，故③错误；④洪特规则是优先单独占据一个原子轨道且自旋方向相同，若将基态15P原子的核外电子排布式写成1s22

s22p63s23p2x3p1y，则违背了洪特规则，故④正确；⑤处于最低能量状态原子叫基态原子，1s22s22p1x→1s22s22p1y能量都是相同的，不能形成吸收光谱，故⑤错误；⑥冠醚可识别碱金属离子，冠醚与碱金属离

子之间形成的配位键，配位键属于共价键，故⑥错误；⑦1mol金刚石含有2mol碳碳键，含2.4g碳原子的金刚石晶体(物质的量为0.2mol)中共价键个数为0.4NA，故⑦正确；⑧1mol白磷还有4mol孤对电子，31g白磷(物质的量为0

.125mol)中含有的孤电子对数为NA，故⑧正确；因此②④⑦⑧正确，故B正确。8.下列分离混合物的实验方法或操作不正确的是A.分离乙酸(沸点77.1℃)与某种液态有机物(沸点120℃)的混合物：蒸馏B.从含有少量N

aCl的KNO3溶液中提取KNO3：热水溶解、降温结晶、过滤C.苯甲酸重结晶时要趁热过滤：为了防止苯甲酸结晶，可先将漏斗进行预热D.将溴水中的溴转移到有机溶剂中：加入乙醇萃取【答案】D【解析】【详解】A．两种有机物互溶且沸点相差较大，则选择蒸馏法分离，

A正确；B．NaCl和KNO3的溶解度受温度影响变化程度不同，则从含有少量NaCl的KNO3溶液中提取KNO3可采取热水溶解、蒸发浓缩、降温结晶、过滤的方法，B正确；C．苯甲酸重结晶时，为了防止苯甲酸因温度降低而结晶，可将漏斗预热后使用，C正确；D．乙

醇与水互溶，则乙醇不能萃取溴水中的溴，D错误；故选D。9.下列说法正确的是A.CH3COOH和CH3OOCH是同一种物质B.酚酞的结构如图所示，其结构中含有－OH，故酚酞属于醇C.质谱法无法鉴别和，核磁共振氢谱法可以D.酚酞一氯取代反应只能生成3种沸点不同的有机物【答案】C【解析】

【详解】A．CH3COOH为乙酸，CH3OOCH为甲酸甲酯，不是同一种物质，故A错误；B．酚酞的－OH直接连接苯环，故酚酞属于酚，故B错误；C．和的相对分子质量相同，质谱法无法鉴别，但是二者等效氢原子的数目不同，分别为4和5，核磁共振氢谱法

可以鉴别，故C正确；D．酚酞有机物有6种等效氢原子：，一氯取代反应能生成6种沸点不同的有机物，故D错误；故选C10.如表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为0族元素。下列说法正确的是。XYZRWJA.X3−的中心原

子孤电子对数为2B.Y、R氢化物分子的极性前者大于后者C.Z、W氢化物的热稳定性和沸点均为Z＞W，且均和氢键有关D.与R同周期的元素中，第一电离能比R大的有2种【答案】B【解析】【分析】由元素在周期表中的位置关系可知X、Y、Z为第二周期元素，R为第三周

期，W为第四周期，J为第五周期，J为0族元素，则J为Xe，W为Br，R为S，X为N，Y为O，Z为F，据此分析。【详解】A．N3−中心N原子的5123222+−+=，孤电子对数为0，故A错误；B．O的电负性强于S，因此H

2O极性大于H2S，故B正确；C．F的非金属性大于Br，非金属性越强，形成氢化物越稳定，因此稳定性：HF>HBr，与氢键无关，故C错误；D．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA和IIIA族、及

VA和VIIA异常，与S同周期的元素中，第一电离能比S大的有P、Cl、Ar3种，故D错误；故选：B。11.我国科研工作者利用冷冻透射电子显微镜同步辐射等技术，在还原氧化石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生成的某二维晶体，其结构如图所示。下列说法正确的是A.该二维晶体的化学式为CaCl2B.C

a−Cl−Ca的键角为60°C.Can+和Cl－的配位数均为6D.Mg2+也可能形成类似的晶体【答案】D【解析】【详解】A．依据俯视图知，每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，它们之比为1:1，该二维晶体的化学式为

CaCl，故A错误；B．结合侧视图知，Ca−Cl−Ca形成的平面为非平面正六边形，Ca−Cl−Ca的键角不是60°，故B错误；C．每个Can+周围有3个Cl－，每个Cl－周围有3个Can+，因此Can

+和Cl－的配位数均为3，故C错误；D．Mg和Ca是同主族元素，因此Cl－与Mg2+也可能形成类似的晶体，故D正确。综上所述，答案为D。12.四乙基锡的熔点：-1120℃，沸点：183.1℃；氯化三乙基锡常温下为无色液体，熔点15.5℃，沸点为206℃。氯化三乙

基锡的合成路线如图所示，下列说法中正确的是A.四乙基锡和氯化三乙基锡中化学环境不同的氢原子均为2种B.氯化三乙基锡和四乙基锡的熔沸点不同是因其晶体类型不同造成的C.上述反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，反应前后分子内σ键总数不同D.氯化三乙基锡

中所有原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，四乙基锡和氯化三乙基锡中都含有2类氢原子，化学环境不同的氢原子均为2种，故A正确；B．由熔沸点可知，四乙基锡和氯化三乙基锡都是分子晶体，四乙基锡是非极性分子，三乙基锡是极性分子，分子间作用力大于四乙基锡，熔沸点高于四乙

基锡，故B错误；C．由结构简式可知，该反应是取代反应，反应中，所有分子内中心原子的杂化类型相同，都是sp3杂化，反应前后分子内σ键总数相同，故C错误；D．由结构简式可知，氯化三乙基锡中锡原子和饱和碳原子都是sp3杂化，原子的空间构型都是四面体形，所以分子中所有

原子不可能共平面，故D错误；故选A。13.FeCl3易升华，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2∙6H2O]常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈红色，

该红色物质为[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n。下列说法不正确的是A.FeCl3为分子晶体B.1molSCN－中含有σ键的数目为2NAC.NH4+与SO24−均可作为配合物的配体D.[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配位数为6【答案】C【解析】【详解】A．FeCl3易

升华，说明FeCl3为分子晶体，故A正确；B．SCN－与CO2互为等电子体，则1molSCN－中含有σ键的数目为2NA，故B正确；C．NH4+中没有孤对电子，因此不能作为配合物的配体，故C错误；D．[Fe(SCN)n(H2O)6−

n]3−n中心离子的配体有SCN－、H2O，其配位数为6，故D正确。综上所述，答案为C。14.钙钛矿类杂化材料甲胺铅碘[(CH3NH3)PbI3]是新型太阳能电池的敏化剂；其晶胞结构如图1所示。已知(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg∙mol−1，下列说法中错误的是A.若B代

表Pb2+，则C代表I－B.距离A最近且等距离的C有3个C.NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为303A10MaNg∙cm−3D.若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示【答案】B【解析】【详解】A．若B代表Pb2+，C位于面心，有1632=

个，则C代表I－，故A正确；B．距离A最近且等距离的C在面心，一个横截面有4个，三个横截面，因此共有12个，故B错误；C．根据图中信息该晶胞有1个(CH3NH3)PbI3，根据NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的

密度为1303A1A103Mgmol1molmρ10Ma==V(a1)N0N−−−=g∙cm−3，故C正确；D．若沿z轴向xy平面投影，晶胞的八个顶点在图2的四边形四个角，晶胞的上面、下面面心在图2的中心，晶胞的四个侧面面心在图2的四个边

的重点，因此其投影图如图2所示，故D正确。综上所述，答案为B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。15.下列关于同分异构体的说法不正确的

是A.立方烷()的二溴代物可能的结构有2种B.和互为同分异构体C.与具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOHD.兴奋剂乙基雌烯醇()可能有属于芳香族的同分异构体【答案】AB【解析】【详解】A．立方烷()的二溴代物中一个溴原

子在顶点，另外一个溴原子在面对角线、棱上、体对角线，则可能的结构有3种，故A错误；B．和是同种物质，故B错误；C．与具有相同官能团即含有羧基和碳碳双键，其同分异构体的结构简式为CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，故C正确；D．兴奋剂乙基雌烯醇

()的不饱和度为5，不饱和度大于4且碳原子数多于6的有机物可能有属于芳香族的同分异构体，故D正确。综上所述，答案为AB。16.某离子液体的部分结构如下。短周期主族元素R、X、Y、Z、W中Y的原子半径最小，X、Z同主族，且Z的电子数等于

Y、W电子数之和，X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物。以下说法正确的是A.RW−做配体时，W提供孤电子对B.2RZ、3WY、4RY分子中的键角依次减小C.第一电离能：Y＞W＞X＞RD.氢化物

的熔沸点大小顺序一定为：R＜Z＜W【答案】C【解析】【分析】短周期主族元素R、X、Y、Z、W，X、Z同主族，结合图示可知，X形成2个共价键，Z形成6个共价键，则X为O，Z为S；X与R、W形成的二原子化合物均为常见的城市空气污染物，应该为CO和N

O，则R为C，W为N；Y形成1个共价键，Z的电子数等于Y、W电子数之和，Y的电子数为16-7=9，则Y为F，四种元素中Y(F)的原子半径最小，以此分析解答。【详解】根据分析可知，R为C，X为O，Y为F，Z为S，W为N，A．RW-为CN-，CN-做配体时，应

该是C(R)提供孤电子对，故A错误；B．RZ2、WY3、RY4分别为CS2、NF3、CF4，CS2为直线形，其键角最大，NF3、CF4的VSEPR模型均为四面体，但NF3的中心原子N含有1个孤电子对，CF4的中心原子C没有孤电子

对，孤电子对越多键角越小，则CF4的键角较大，所以键角大小为：CS2＞CF4＞NF3，故B错误；C．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Y＞W

＞X＞R，故C正确；D．R的氢化物为烃，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于氨气、硫化氢、肼，故D错误；故选：C。17.根据如图所示，下列说法错误的是A.第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示，该元素是MgB.铝镁合金是

优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有12个镁原子最近且等距离C.某气态团簇分子结构如图3所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FED.图4所示是[Zn(NH3)6]2+的部分结构，其中H－N－H键的键角比NH3的键角大，与NH3中N原子的孤

电子对在该配离子中转化为成键电子对有关【答案】BC【解析】【详解】A．由图可知该元素I2、I3差距较大，可知最外层只有两个电子，处于第三周期，则为Mg，故A正确；B．由晶胞结构可知Al位于面心，Mg位于顶

点，。1个铝原子周围有4个镁原子最近且等距离，故B错误；C．该气态团簇分子由4个E和4个F组成，分子式为E4F4或F4E4，故C错误；D．由图可知该配离子中N原子采用sp3杂化，无孤电子对，而NH3中N原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对

之间的排斥作用，使得键角变小，故D正确；故选：BC。18.氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为apm，下列说法不正确的是A.基态O原子的价层电子所占的原子轨道有4种伸展方向B.CeO2晶体结构中与Ce4+相邻且最近的Ce4+有12个

C.CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为34apmD.每个CeO2－x晶胞中Ce4+个数为1-2x【答案】D【解析】【详解】A．O原子核外有6个价层电子，分别位于2s、2p轨道，2s、2p轨道数是1、3

，原子轨道有4种伸展方向，A正确；B．由图2可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为382=12，B正确；C．CeO2晶胞中Ce4+与最

近O2−的核间距为晶胞对角线长度的14，即34apm，C正确；D．假设CeO2−x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4−2x，解得m=1−2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+

或Ce3+个数为8×18+6×12=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4−8x，D错误；故选：D。19.Al−Mn−Cu合金的晶胞如图1所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置。下列说法正确的是A.Al原子周围等距且最近的Al原

子有12个B.若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子的分数坐标为(34,14,34)C.Al−Mn−Cu合金化学式可表示AlMnCu4D.沿晶胞对角面的切面图为图2为【答案】AD【解析】【详解】A．Al原子周围等距且最近的Al原子在里面平

面的面对角线上，每个平面有4个，三个横截面，共有12个，故A正确；B．若A原子的分数坐标为(0,0,0)，则B原子在右后面的面心上，其分数坐标为(34,34,34)，故B错误；C．根据Al−Mn−Cu晶胞结构

得到Al有4个，Mn有4个，Cu有111828611842+++=，则Al−Mn−Cu合金化学式可表示为AlMnCu2，故C错误；D．沿晶胞对角面进行切面，刚好经过上面的2个Al和下面的2个Mn，所以切面图为图2，故D正

确。综上所述，答案为AD。第II卷(共52分)20.按要求填空。（1）烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，则A的结构简式为_____。（2）分子式为C6H14O且含有“－CH2OH”的同分异构体有_____种(不考虑立体异

构)，其中氢原子种类最少的结构简式为______。（3）中的官能团名称是_____、_____。（4）某研究性学习小组为了解有机物A的性质，对A的结构进行了如图实验。①实验一：质谱分析仪分析，由图1可知有机物A的相对分子质量是___

___。②实验二：红外光谱分析，图2中不同吸收峰峰谷代表不同基团，图中有机物A中含氧官能团名称为羟基和_____。③实验三：取0.9g有机物A完全燃烧，测得生成物为1.32gCO2和0.54gH2O，有机物A的分子式为_____。④实验四：

经核磁共振检测发现有机物A的谱图(图③)中H原子峰值比为_____，有机物A的结构简式为______。【答案】（1）（2）①.8②.(CH3)3CCH2CH2OH（3）①.醚键②.醛基（4）①.90②.羧基③.C3H6O3④.3：1：1：1⑤.【解析】【小问1详

解】烃A的密度是同温同压下H2密度的35倍，该烃的相对分子质量为氢气的35倍，为70；则可知该分子式为：C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，符合的结构简式为：，故答案为：；【小问2详解】分子式为C6H14O

且含有“－CH2OH”的同分异构体可视为C5H11－CH2OH，C5H11－有8种，则C5H11－CH2OH有8种结构，其中氢原子种类最少的结构简式为(CH3)3CCH2CH2OH，故答案为：8；(CH3)3CCH2CH2

OH；【小问3详解】由结构简式可知其所含官能团为醛基和醚键，故答案为：醚键、醛基；【小问4详解】①由质谱图可知该有机物A的相对分子质量是90，故答案为：90；②由红外光谱图可知该结构中含有羟基和羧基，故答案为：羧基；③0.9g有机物A的物质的量为0.01mol，完全燃烧生成物为

1.32gCO2(0.03mol)和0.54g(0.03mol)H2O，则1molA中含3molC和6molH，结合摩尔质量90g/mol，则可得1molA中含O的物质的量为3mol，A的分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；④由以上分析已知A中含有羧基和羟基

，由核磁共振氢谱可知A中有4种氢，个数比为3：1：1：1，则除羧基和羟基外还有一个甲基，符合的结构简式为：，故答案为：3：1：1：1；。21.我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成

了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）基态Ge原子的核外电子排布式[Ar]_____；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是_____，原因是______。（2）Cs2CO3中阴离子的空间构型为_____，Cs2CO3中组成元素的电负

性由大到小的顺序_____(用元素符号作答)。（3）和Ge同主族的碳可以形成含有大π键的茂环阴离子(C5H5−)，其大π键可表示为_____，该茂环阴离子(C5H5−)可以与Ni2+、Fe2+形成如图所示的配离子，茂环阴离子(C5H5−)作为配体以π电子参与配位，则配离子中铁周围的价电子数共有__

___个。（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为_____；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型为_____。（5）CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。

晶胞参数为apm、bpm、cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_____。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg•mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为______g•cm-3

(用代数式表示)。【答案】（1）①.3d104s24p2②.SiO2③.二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高（2）①.平面正三角形②.O

＞C＞Cs（3）①.π65②.18（4）①.[BO2]nn−或BO2−②.sp2、sp3（5）①.4②.A4MabcN×1030【解析】【小问1详解】Ge为32号元素，位于第4周期IVA族，基态Ge原子的核外电子排布式[Ar]3d104s24p2，SiO2、Ge

O2具有类似的晶体结构均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，Si－O键键能大，故SiO2熔点高，故答案为：3d104s24p2；二者均为共价晶体，由于Si的原子半径小于Ge，故Si－O键的键长比Ge－O键的键长短，

Si－O键键能大，故SiO2熔点高；【小问2详解】Cs2CO3中阴离子为2-3CO，中心碳原子的价层电子对数=4232+=，无孤电子对，为平面正三角形结构；Cs2CO3中Cs为活泼金属电负性最小，C、O为同周期元素，电负性O>C，则电负性：O＞C＞Cs；故答案为：平面正三角形；O＞

C＞Cs；小问3详解】由茂环阴离子的结构可知每个C原子与两个C原子和1个H原子形成共价键，每个C还有一个单电子，再加得到的1个电子形成大π，则大π键可表示为π65；Fe2+的价电子排布为：63d，由结构可知Fe与两个S

和1个CO以及1个C5H5−形成配位键，1个S提供2个电子，1个CO提供2个电子，1个C5H5−提供6个电子，则铁周围的价电子数共有6+2+2+2+6=18，故答案为：π65；18；【小问4详解】结合结构式，根据均摊法可知该离子可表示为[BO2]nn−或BO2−，硼砂晶

体中的阴离子的结构可知B原子部分形成4个共价键采用sp3杂化，部分形成3个共价键采用sp2杂化，故答案为：[BO2]nn−或BO2−；sp2、sp3；【小问5详解】原子分数坐标为(0.5，0.2，0.5)的

Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0，0.3，0.5)及(1.0，0.3，0.5)的Cs原子位于晶胞的yz面上，原子分数坐标为(0.5，0.8，1.0)及(0.5，0.8，0)的Cs原子位于晶胞xy面

上，原子分数坐标为(0，0.7，1.0)及(1.0，0.7，1.0)、(0，0.7，0)及(1.0，0.7，0)的Cs【原子位于晶胞平行于y轴的棱上，利用均摊法可计算该晶胞中共含Cs原子4个；代入晶胞密度求算公式可得：-330A4MgcmNabc10−=A4MabcN×1

030g•cm-3。22.含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：（1）Cu在周期表中的位置_____，同周期元素中，基态原子未成对电子数和Cu相同的元素有_____种，基态Cu+较基态Cu2+稳定的原因是______。（2）CuSO4稀溶

液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空间构型为______。下列对[Cu(H2O)6]2+中Cu2+杂化方式推断合理的是______(填标号)。A.sp3B.sp3dC.sp3d2D.ds

p2（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2、其中en代表H2N－CH2－CH2－NH2，属于多齿配体(含有多个配位原子配体)，则en中提供孤电子对的原子是______，1mol[Cu(en)2NH3](BF4)2中的的配位键的数目是_____。（4）一种由Cu、In、

Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°、晶体中Te原子填充在Cu、In围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率为_____，该晶体的化学式为_____。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(12，12，12)，则C点原子的分数坐标为_____；晶胞中C、D间距离d=_____pm。【答案】（1）①.第四周期第IB族

②.4③.Cu+的3d轨道全满达到稳定状态（2）①.正八面体形②.C（3）①.N②.7NA的（4）①.50%②.CuInTe2③.(34，14，38)④.22ac+416【解析】【小问1详解】Cu位于第四周期ⅠB族；Cu的价电子排布式为

3d104s1，未成对电子数为1，同周期中未成对电子数为1的元素有K、Sc、Cu、Ga、Br，除Cu元素外还有4种元素；铜原子失去1个电子形成Cu+，价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，因

此Cu+比Cu2+稳定；故答案为第四周期ⅠB族；4；Cu+的3d轨道全满达到稳定状态；【小问2详解】[Cu(H2O)6]2+中中心离子是Cu2+，配位数为6，价层电子对数等于杂化轨道数，因此Cu2+杂化类型为sp3d2，空间构型为正八面体；故答案为正八面体；C；【小问3详解】en中含有孤电子对的是

N，因此提供孤电子对的是N；配体为en、NH3，en中两个N原子都提供孤电子对与Cu2+形成配位键，BF4−中B最外层有3个电子，因此B与1个F-形成配位键，即1mol该物质中配位键的数目为(2×2+1+2×1)NA=7NA，故答案为N；7NA；【小问4详解

】由晶胞结构可知，1个晶胞中Cu、In围成的四面体空隙有16个，Te原子填充的四面体空隙有8个，则四面体空隙占有率为8100%16=50%；Cu原子位于顶点、面心和体内，个数为1184182++=4，In位于面上、棱上，个数为114642+=4，Te位于体

内，个数为8，则化学式为CuInTe2；A点坐标(0，0，0)，B点坐标(12，12，12)可知，晶胞边长为1，则位于体对角线的38处，面对角线14处的C原子的分数坐标为(34，14，38)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的边长为a2pm、

c4pm，C、D间的距离为d=2222acac()+()=+24416pm；故答案为50%；CuInTe2；(34，14，38)；22ac+416。23.碲化镉(CdTe)等太阳能电池适合光电转换，可以直接把光能转化成电能。回答下列问题：（1）

元素Cd与Zn是同一副族的相邻元素，Cd的价层电子排布式为_____，属于元素周期表的_____区。（2）和Te同主族的硒(Se)是人体内必需的微量元素之一。H2Se易溶于水的原因_____；H2Se的键角_____(填“大于”或“小于”)H2Te的键角，原因______。（3）CdTe的

晶胞属立方晶系，晶胞参数如图1所示。①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，称作原子的分数坐标。如原子M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为_____。与Cd最近的Te原子构成的立体结构为_____；若C

dTe的晶体密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA。则晶胞中Cd和Te的最近距离为_____pm(列计算式，可能用到相对原子质量：Cd-112，Te-128)。②该晶胞沿其面对角线方向上的投影如图2所示，则代

表Te原子的位置是_____(填序号)，晶胞中原子6和11之间的距离为_____pm(用含a的代数式表示)。【答案】（1）①.4d105s2②.ds（2）①.H2Se和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水②.大于③.Se的电负性

大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大（3）①.(14，34，34)②.正四面体形③.3A39604ρN×1010④.7，8，11⑤.114a【解析】【小问1详解】Cd为48号元素，其价层电子排布式为4d105s2，与Zn均为IIB

族，位于ds区，故答案为：4d105s2；ds；【小问2详解】Se与O同主族，H2Se和H2O结构相似均为极性分子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；Se和Te为同主族元素，同主族从上到下电负性减弱，故Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大。故答案为：H2Se和H2O均为极性分

子，根据相似相溶原理，H2Se易溶于水；大于；Se的电负性大于Te，成键电子对偏向Se，斥力大，键角大；【小问3详解】①由晶胞结构，若M的坐标为(0，0，0)，则原子N的坐标为(14，34，34)，与Cd最近的Te原子有4个，构成正四面体结构；由晶

胞结构可知：Cd有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：118+6482=，Te有4个在体内，则晶胞的质量=AA4(112128)960gNN+=，晶胞密度为ρg•cm-3，则晶胞的体积为：-3-3AA960gN960Ncmρgcmρ=，

晶胞中Cd和Te的最近距离为体对角线的四分之一，即为3A3960Nρ4cm=3A39604ρN×1010pm，故答案为：(14，34，34)；正四面体形；3A39604ρN×1010；根据图2，可知代表Te

原子的位置是7、8、11，如图所示，，A为6球位置，AB的长度为6和11球的距离，C为B(11球)在底面的投影，落在面对角线的14的位置，BC的长度为边长的14，为1apm4，CD的长度为面对角线长的14，为2apm4，AD的长为面对角线的12，为2

apm2，AC的长度为2222210(a)(a)pm=apm2416+，AB的长度为2221011111(a)(a)pm=apm=apm164164+。故答案为：7，8，11；114a。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号

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