【文档说明】山西省介休市第一中学校2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题含解析22222.docx，共(19)页，1.926 MB，由小赞的店铺上传

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2022~2023学年度高二年级3月月考化学全卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.本卷主要考查内容：选择性必修2第一章至第三章第三节(另含流程题和实验题)。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5Hg201一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共

42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列对电子排布式或电子排布图书写的评价正确的是选项化学用语评价AO原子：错误；违反泡利不相容原理BN原子：错误；违反洪特规则CCa原子：2262621s2s2p3s3p3d错误；违反能量最低原理D322

626626Fe:1s2s2p3s3p3d+正确A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．电子应先充满同能级的轨道，违反了洪特规则，不符合题意，A错误；B．相同轨道中的两个电子运动方向相反，违反了泡利不相容原理，不符合题意，B错误；C．Ca原子的电子排布式:

1s22s22p63s23p64s2，违反能量最低原理，符合题意，C正确；D．Fe3+的电子排布式322626526Fe:1s2s2p3s3p3d+，错误，评价错误，D错误；答案为C。2.下列说法或化学

用语表达正确的是A.π键的形成：B.4CCl的电子式为C.所有的共价键都有方向性D.NaCl晶体的配位数为4【答案】A【解析】【详解】A．π键的形成是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的，互为镜像，属于

镜面对称，故A正确；B．Cl的最外层有7个电子，形成四氯化碳分子后达到8个电子稳定结构，正确的电子式为，故B错误；C．共价键的特征是具有方向性和饱和性，但并不是所有共价键都具有方向性，如s-sσ键，故C错误；D．NaCl晶胞图为，Na+或Cl-的配位数为6，故D错误；答案为A。

3.中国科学院院士张青莲主持测定的铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法错误的是A.In是第五周期第IIIA族元素B.原子半径：InRbC.I

n是p区元素D.第一电离能：InRb【答案】B【解析】【详解】A．铷(37Rb)是第五周期第IA族元素，In是第五周期第ⅢA族元素，A正确；B．同周期元素从左往右原子半径逐渐减小，故原子半径：In<Rb，B错误；C．第ⅢA族元素属于

p区元素，C正确；D．铟与铷(37Rb)同周期，原子序数比铷的大，铟的原子半径比铷的小，第一电离能比铷大，D正确；故选B。4.下列选项中的两种元素易形成离子键的是A.226211s2s2p3s3p和226251s2s2p3s3pB.22621s2s2p3

s和2231s2s2pC.2221s2s2p和226241s2s2p3s3pD.226221s2s2p3s3p和2241s2s2p【答案】B【解析】【详解】A．两种元素分别为Al、Cl，二者不易形成离子键，易形成共价键，故A不符合题意；B．两种元素分别为Mg、N，Mg3N2属于离子

化合物，二者容易形成离子键，故B符合题意；C．两种元素分别为C、S，CS2属于共价化合物，不含离子键，不易形成离子键，故C不符合题意；D．两种元素分别为Si、O，SiO2属于共价化合物，不含离子键，不易形成离子键，故D不符合题意；答案选B。5.四元轴烯()、立方烷()分子式均为88CH

，下列对这两种化合物的有关叙述中正确的是A.分子中的碳原子均为2sp杂化方式B.分子中碳碳键的键长、键能分别相同C.均为含有极性键的非极性分子D.两种化合物均为手性分子【答案】C【解析】【详解】A．四元轴烯中碳原子为sp2杂化，立方烷中碳原子为sp3杂化，故

A错误；B．四元轴烯分子中含有碳碳双键和碳碳单键，碳碳双键和碳碳单键的键长、键能不相同，故B错误；C．两种分子中均含有C-H键(极性键)，两种分子的结构均为对称，分子中正负电荷中心均重合，均为非极性分子，故C正确；D．手性碳原子是连有四个不同的原子或原子团，根据两种物质结构，两种化合物中不存

在手性碳原子，即不是手性分子，故D错误；答案为C。6.下表是a、b、c、d、e五种短周期元素某些性质，下列判断正确的是元素abcde最低化合价-4-2-1-2-1电负性2.52.53.03.54.0的A.c、d、e的单质与2H化合的难易程度：c>

d>eB.元素a的原子最外层中存在自旋状态相同的电子C.元素b、c、d、e简单离子半径：c>d>b>eD.元素b与金属Na形成的化合物中不可能存在非极性键【答案】B【解析】【分析】a的最低价为-4价，属于ⅣA元素，b的最低价为-2

价，属于ⅥA元素，c的最低价为-1价，属于ⅦA元素，d的最低价为-2价，属于ⅥA元素，e的最低价为-1价，属于ⅦA元素，e的电负性为4.0，则e为F，则c为Cl，b、d属于同一主族，按照从上到下电负性逐渐减

弱的规律，推出b为S，d为O，按照同周期从左向右电负性增强的规律，推出a为C，据此分析；【详解】A．根据上述分析，c、d、e分别为Cl、O、F，非金属性越强，与氢气越容易化合，非金属性F＞O＞Cl，因此与氢气化合的难易程度为e＞d＞c，故A错误；B．a为C，基态C原子价电子轨道式为，最外

层存在自旋状态相同的电子，故B正确；C．简单离子分别为S2-、Cl-、O2-、F-，S2-、Cl-核外有3个电子层，一般原子序数越大，半径越小，O2-、F-核外有2个电子层，一般原子序数越大，半径越小，因此简单离子半径大小顺序是S2-＞Cl-＞O2-＞F-，故C错误；D．S和Na能

形成Na2S和Na2S2，Na2S中只存在离子键，Na2S2中存在离子键和非极性共价键，故D错误；答案为B。7.下列晶体性质的比较中正确的是A.熔点：SiI4＞SiBr4＞SiCl4B.沸点：NH3＞H2O＞HFC.硬度：白磷＞冰＞二氧化硅

D.熔点：单质硫＞磷＞晶体硅【答案】A【解析】【详解】A．SiI4、SiBr4、SiCl4都是分子晶体，结构相似，分子的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，因此物质的熔沸点逐渐升高，故物质的熔点高低

顺序为：SiI4＞SiBr4＞SiCl4，A正确；B．NH3、H2O、HF三者分子间均存在氢键，但水分子间的氢键最多，常温常压下水为液体，因此水的沸点最高，氨气的沸点最低，B错误；的C．白磷、冰都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，分子间作

用力比较小，因此两种物质的硬度较小；而二氧化硅属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用力，因此二氧化硅的硬度较大，故上述三种物质中硬度最大的是二氧化硅，C错误；D．单质硫、磷都是由分子通过分子间作用力结合形成的分

子晶体，分子间作用力比较小，因此两种物质的熔点较小；而晶体硅属于共价晶体，原子之间以极强的共价键结合，共价键是一种强烈的相互作用力，因此晶体硅的熔点较高，故上述三种物质中熔点最高的是晶体硅，D错误；故合理选项是A。8.某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是A.X元素最外层有5个电子B.

X一定为金属元素C.X元素属于s区D.X最可能生成的阳离子为3X+【答案】D【解析】【分析】根据电离能图知，第三电离能和第四电离能之间的差距最大，所以该原子最外层有3个电子，属于第ⅢA族元素。【详解】A．元素最外层有3个电子，所以在化合物中通常显+3价，故A

错误；B．第ⅢA族元素有金属也有非金属，根据已知条件无法确定是否是金属，故B错误；C．第ⅢA族元素最外层为ns2np1，属于p区元素，故C错误；D．元素最外层有3个电子，所以在化合物中通常显+3价，故D正确；故选

D。9.资料显示，53SFCF−是大气中存在的一种潜在的温室气体，下列有关53SFCF−的说法正确的是A.C原子采用3sp杂化方式B.分子中每个原子均满足8电子稳定结构C.分子中既有σ键又有π键D.1mol53SF

CF−分子中含有80mol电子【答案】A【解析】【详解】A．53SFCF−中C原子形成单键，无孤电子对，采用3sp杂化方式，选项A正确；B．该分子中硫原子与六个原子配成了六对共用电子，因此，硫原子最外层有12

个电子，其他三种元素的原子均满足8电子稳定结构，选项B错误；C．该分子中所有的共价键都是单键，因此都属于σ键，没有π键，选项C错误；D．53SFCF−为94电子分子，1mol53SFCF−分子中含有94mol电子，选项D错误；答案选A。10.已知X、Y、Z、W是短周期元素。X元

素基态原子的2p能级处于半充满状态；Y元素基态原子L层上s能级电子数和p能级电子数相等；Z元素的+3价阳离子的核外电子排布与基态氖原子相同；W元素基态原子的M电子层上有1个未成对的p能级电子。下列说法正确的是A.含有X元素的化合物一定是共价化合物B.Y元素的电负性大于X元素的电负性C

.3ZW的水溶液呈酸性D.3XW和4YW分子的中心原子杂化方式分别为2sp、3sp【答案】C【解析】【分析】X元素基态原子的2p能级处于半充满状态，则基态X原子电子排布式为1s22s22p3，即X为N，Y元素基态

原子L层上s能级电子数和p能级电子数相等，基态Y原子的电子排布式为1s22s22p2，即Y为C，Z元素的+3价阳离子的核外电子排布式与基态氖原子相同，因此Z为Al，W元素基态原子的M电子层上有1个未成对的p能级电子，W的电子排布式为1s22s22p23s23p1或1

s22s22p23s23p5，即W可能为Al，也可能为Cl，因为Z为Al，则W为Cl，据此分析；【详解】A．根据上述分析，X为N，含N元素的化合物可能为共价化合物，如HNO3，也可能为离子化合物，如NH4NO3，故A错误；B．Y元素

为C，X元素为N，同周期从左向右电负性逐渐增大，即N的电负性强于C，故B错误；C．ZW3的化学式为AlCl3，氯化铝为强酸弱碱盐，Al3+发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，溶液显酸性，故C正确；D．ZW3的化学式为NCl3，中心原子N的价层电

子对数为3+5-32=4，N的杂化类型为sp3，YW4的化学式为CCl4，中心原子C的杂化类型为sp3杂化，故D错误；答案为C。11.二茂铁[(C5H5)2Fe]的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究思维新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100

℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂。下列说法正确的是A.在二茂铁中，55CH−与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键B.二茂铁属于离子晶体C.已知环戊二烯(C5H6)的结构式为，则分子环戊二烯中仅有1个碳原子采用sp3杂化D.

55CH−中σ键和π键个数之比11∶2【答案】C【解析】【详解】A．在二茂铁中，55CH−与Fe2+之间形成化学键时，Fe2+提供空轨道，C原子提供孤对电子，二者形成配位键，A错误；B．由信息可知，二茂铁熔沸点较低，则二茂铁属于分子晶体，B错误；C．

由图可知：环戊二烯(C5H6)的结构中，没有形成碳碳双键的C原子采用sp2杂化，形成4个单键的C原子采用sp3杂化，故分子环戊二烯中仅有1个碳原子采用sp3杂化，C正确；D．在55CH−中含有的σ键数目是10个，π键数目是2个，故55

CH−中的σ键和π键个数之比为10∶2，D错误；故合理选项是C。12.下列对一些实验事实的理论解释正确的是选项实验事实理论解释A2SO、2HO空间构型为V形2SO、2HO中心原子均为3sp杂化B2CO为直线形分子2CO分子中CO−是极性键为C白磷、硫黄不易溶于水白磷、硫黄是非极性分子，水是极

性分子DHF的沸点高于HClHF−的键长比HCl−的键长短A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．2SO中S原子价层电子对数为2+6222−=3，中心原子为2sp杂化，故A错误；B．2

CO为直线形分子，2CO分子中CO−是由两种不同原子形成的共价键，属于极性键，但两者没有因果关系，2CO为直线形分子，原因为中心原子为sp杂化，故B错误；C．白磷、硫黄是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，白磷、硫黄不

易溶于水，故C正确；D．HF的沸点高于HCl原因是HF分子间能形成氢键，而HCl分子间不能形成氢键，故D错误；故选C。13.我国科学家提出用2CO置换可燃冰(42CHHOmn)中4CH的设想，置换过程如图所示，下列说法错误的是A.2CO、4CH都是由极性键构成的非极性分子B.

笼状结构中水分子间主要靠氢键结合C.2CO置换出4CH的过程不是化学变化D.2CO可置换可燃冰中所有的4CH分子【答案】D【解析】【详解】A．2CO是直线形，4CH是正四面体形，都是中心对称结构，它们都是由极性键构成的非极性分子，故A正确；B．水分子间存在氢键和范德华力，而氢键作用力大于范

德华力，因此笼状结构中水分子间主要靠氢键结合，故B正确；C．2CO置换出4CH的过程没有新物质生成，因此该过程是物理变化，故C正确；D．根据图中信息得到2CO可置换可燃冰中大笼里的4CH分子，而没有置换出可燃冰小笼里的4CH

分子，故D错误。综上所述，答案为D。14.一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。下列说法正确的是A.晶胞中Fe的原子个数为4B.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1

-x表示，则该化合物化学式为1xxSmFeAsOF−C.若图1中原子1的坐标为(0.5，0.5，0.5)，则原子2的坐标为(0，0，0.5)D.F、O、As的电负性大小顺序为：F＞As＞O【答案】B【解析】【详解】A．晶胞中Fe的原子个数为11+424=，故A错误；B．根据晶胞结构得到S

m个数为2，Fe个数为2，As个数为2，O或F个数为2，它们个数之比为1:1:1:1，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1−x表示，则该化合物化学式为1xxSmFeAsOF−，故B正确；C．若图1中原子1的坐标为(0.5，0.5，0.5)，

则原子2的坐标为(0.5，0.5，0)，故C错误；D．同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，则F、O、As的电负性大小顺序为：F＞O＞As，故D错误。综上所述，答案为B。二、非选择题：本题共5小题，共58分。15.一氧化二氯(2ClO)是一种氯化剂

和氧化剂，极易溶于水，与水反应生成HClO，遇有机物易燃烧或爆炸。2ClO的熔点是-120.6℃，沸点是2.0℃。利用反应2222HgO2ClClOHgClHgO+=+可制备2ClO，某同学利用如图所示

装置制备2ClO。回答下列问题：（1）装置甲的作用是为该制备反应提供2Cl，写出该装置中制备2Cl的离子方程式为_______。（2）装置乙的洗气瓶中盛放的试剂是_______；装置丙的作用是_______。（3）反应2222HgO2ClClOHgClHgO+=+中，每生

成1mol2ClO转移电子的物质的量为_______mol。若实验开始前称量装置戊中的玻璃丝与HgO的混合物的质量为48.0g，实验结束后玻璃丝及其附着物的质量为53.5g，则制备的2ClO为_______mol。（4）25℃下，3CHCOOH的5a1.810K−=

，HClO的8aK3.010−=，则：①温度、浓度相同的3CHCOOH和HClO溶液，水的电离程度：前者_______后者(填“>”“=”或“＜”)。②相同温度下，pH相同的NaClO和3CHCOOK两种溶液中，()3CHCOOKc_______()

NaClOc(填“>”“=”或“＜”，下同)，()()NaClOcc+−−_______()()3KCHCOOcc+−−。【答案】（1）4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2

O（2）①.饱和食盐水②.干燥氯气（3）①.2②.0.1（4）①.＜②.＞③.=【解析】【分析】装置甲中利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制得的氯气中混有水蒸气和挥发出的HCl，再利用乙中饱和食盐水、丙中浓硫酸除去氯气中的水蒸

气及HCl，氯气再在装置戊中与含水8%的碳酸钠溶液反应生成Cl2O，装置己是冷却收集生成的Cl2O，最后尾气处理，防止污染空气。【小问1详解】装置甲的作用是为该制备反应提供2Cl，甲中MnO2和浓盐酸混合

加热制氯气，同时生成MnCl2和水，发生反应的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O。故答案为：4H++2Cl-+MnO2Cl2↑+Mn2++2H2O；【小问2详解】利用乙中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，丙中盛放浓硫酸干燥氯气，故答案为：饱和食盐水；干燥氯气

；【小问3详解】反应2222HgO2ClClOHgClHgO+=+中，Cl2O中氯元素的化合价为正一价，每生成1mol2ClO转移电子的物质的量为2mol。若实验开始前称量装置戊中的玻璃丝与HgO的混合物的质量为48.0g，实验结束后

玻璃丝及其附着物的质量为53.5g，设反应生成Cl2O的物质的量是xmol，利用方程式进行计算可知：2222HgO+2Cl=ClO+HgClHgO1mol55gxmol53.5gm-48.0g1mol55g=xmol53.

5g-48.0g，x=0.1mol,则制备的Cl2O为0.1mol。故答案为：2；0.1；【小问4详解】①酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，相同浓度的酸对水电离抑制程度越大，电离平衡常数：CH3COOH＞HClO，则酸性

CH3COOH＞HClO，相同浓度的这两种酸中水电离程度：CH3COOH＜HClO，故答案为：＜；②酸的电离平衡常数越大，酸对应的酸根离子水解程度越小，相同浓度的盐溶液的pH越小，则相同温度下、pH相同的盐溶液的浓度越大，电离平衡常数：CH3COOH＞

HClO，则酸性CH3COOH＞HClO，所以pH相同的这两种盐溶液c(CH3COOK)＞c(NaClO)；溶液中存在电荷守恒c(Na+)-c(ClO-)=c(OH-)-c(H+)、[c(K+)-c(CH3COO-)]=c(O

H-)-c(H+)，所以[c(Na+)-c(ClO-)]=[c(K+)-c(CH3COO-)]。故答案为：＞；=。16.“烂板液”指的是制印刷锌板时，用稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(含有少量Cl−、3Fe+)。某化学兴趣小组用“烂板液”制取()322ZnNO6

HO的过程如下：已知：()322ZnNO6HO是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，()32ZnNO能与碱反应，得到的产物具有两性。（1）“烂板液”中溶质的主要成分是_______(填化学式)。（2）在操作

①中保持pH8=的目的是_______。（3）“沉淀Ⅰ”的主要成分是_______(填化学式)。（4）操作③中“加热、煮沸”的目的是_______。（5）操作④中保持pH2=的目的是_______。（6）测得某混合溶液中()2Cu2.2c+=mo

l·L1−、()3Fe0.008c+=mol·L1−、()2Zn0.01c+=mol·L1−。有关物质的溶度积常数如表所示，若逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，则首先沉淀的是_______(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_______。难

溶物()2CuOH()3FeOH()2ZnOH溶度积常数(spK)202.210−384.010−141.810−【答案】（1）Zn(NO3)2（2）沉淀铁离子和锌离子，防止生成的氢氧化锌沉淀溶解（3）

Zn(OH)2（4）沉降氢氧化铁使其形成沉淀，有利于过滤（5）防止锌离子水解（6）①.Fe3+②.4【解析】【分析】稀硝酸腐蚀锌板后得到的“废液”(主要成分是硝酸锌，含有少量Cl−、3Fe+)加入氢氧化钠溶液调节pH=8，主要沉淀锌离子和铁离子，不能使生成的氢氧化

锌沉淀溶解，过滤，向沉淀中加入硝酸溶解，再调节pH＞3.7沉淀铁离子，加热、煮沸有利于氢氧化铁形成沉淀，过滤，向滤液中加入硝酸至pH=2防止锌离子水解，加热阵法浓缩冷却结晶过滤得到()322ZnNO6HO。【小问1详解】“烂板液”

是稀硝酸腐蚀锌板后得到的，“烂板液”中溶质的主要成分是Zn(NO3)2；故答案为：Zn(NO3)2。【小问2详解】根据流程分析操作①主要沉淀铁离子和锌离子，由于()32ZnNO能与碱反应，得到的产物具有两性，氢氧化锌会溶于过量强碱中，因此在操作①中保持pH8=

的目的是沉淀铁离子和锌离子，防止氢氧化锌溶解；故答案为：沉淀铁离子和锌离子，防止生成的氢氧化锌沉淀溶解。【小问3详解】根据前面分析操作①是沉淀锌离子，因此“沉淀Ⅰ”的主要成分是Zn(OH)2，还含有少量的Fe(OH)3；故答案为：Zn(OH)2。【小问4详解】

pH＞3.7的目的是沉淀铁离子，由于容易形成氢氧化铁胶体，因此操作③中“加热、煮沸”的目的是沉降氢氧化铁使其形成沉淀，利于过滤；故答案为：沉降氢氧化铁使其形成沉淀，有利于过滤。【小问5详解】由于()322ZnNO6HO是一种无色晶体，其水溶液呈酸性，锌离子要发生水解，因此操

作④中保持pH2=的目的是防止锌离子水解；故答案为：防止锌离子水解。【小问6详解】若逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，根据题意计算沉淀每种离子需要的氢氧根浓度()2220sp22CuOHCuOHOH2[]()()=2.20)=1(2K.ccc+−−−=，11

0OH110()=molLc−−−；()2214sp22ZnOHZnOHOH8[]()()=0.010)=1(1K.ccc+−−−=，16OH181()=oL0mlc.−−−；()338p333s[]()()H=e0F.1040O8=eOHFH0

)0(OKccc.+−−−=，1231OH510()=molLc−−−；加入氨水后最先达到1231OH510()=molLc−−−，因此首先沉淀的是Fe3+，为使铜离子开始沉淀，110OH110()=molLc−−−即14H110()=molLc−+−，pH=4，则

常温下应调节溶液的pH大于4；故答案为：Fe3+；4。17.DF-31洲际弹道导弹是我国大国地位和国防实力的象征，其制作材料包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：（1）基态铁原子的电子排布式为_______，2Fe+具有较强的还原性，

原因是_______。（2）基态Ni原子的核外能量不同的电子有_______种。（3）Cr的第二电离能()2ICr和Mn的第二电离能()2IMn分别为1590.6kJ·mol1−、1509.0kJ·mol1−，()()22ICr>IMn

的原因是_______；过氧化铬5CrO中Cr的化合价为+6，则分子中σ键、π键的数目之比为_______。（4）指出下列过程需要破坏的作用力：干冰熔化_______；氢氧化钠溶于水_______；氯化氢溶于水_______

；冰的熔化_______。①离子键②极性共价键③非极性共价键④氢键⑤范德华力【答案】（1）①.[Ar]3d64s2②.Fe2+的价电子排布为3d6，容易失去一个电子形成半充满结构（2）7（3）①.铬第

二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去4s1上的电子②.7∶1（4）①.⑤②.①③.②⑤④.④⑤【解析】【小问1详解】铁位于第四周期V四族，基态原子的电子排布式[Ar]3d64s2；2Fe+具有较强的还原性的原因是Fe2+的价电子排布为3d6，容易失

去一个电子形成半充满结构；【小问2详解】Ni为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为28226261s2s2p3s3p3d4s，位于不同能级上的电子能量不同，则基态Ni原子的核外能量不同的电子有7种；【小问3详解】Cr原子失去的第二

个电子是3d5电子，会破坏3d能级的半充满结构，需要的能量较大；Mn原子失去的第二个电子是4s1电子，更容易失去，CrO5中Cr的化合价为＋6，则其中－1价O与－2价O的个数比为4∶1，可推测CrO5的结构为，分子

中σ键、π键的数目之比为7∶1，故答案为：铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，锰的第二电离能是失去4s1上的电子；7∶1；【小问4详解】的干冰熔化只破坏分子间作用力，不破坏共价键，故选⑤；氢氧化钠溶于水破坏离子键，故选①；氯化氢分子间无氢键，溶于水后破坏的是共价键和分子间作用

力，故选②⑤；冰熔化破坏氢键和分子间作用力，故选④⑤。18.硝基胍是固体火箭推进剂的重要组分，其结构简式如图所示(“→”是一种特殊的共价单键)。回答下列问题：（1）硝基胍分子中C、H、O、N四种元素的电负性由小到大的顺序为_______，这四种元素_______(填“能”或

“不能”)形成离子化合物。（2）硝基胍中N原子的杂化方式分别为_______，C－H键的极性_______(填“强”或“弱”)于N－H键的极性。（3）从结构上分析该物质_______(填“易”或“不”)溶于水，原因是_______。（4）下图中表示的碳原子能量最高的是_

______(填字母)。A.B.C.D.（5）直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为_______。【答案】（1）①

.H＜C＜N＜O②.能（2）①.sp2、sp3②.弱（3）①.易②.−NH2与水存在分子间氢键，增大溶解性（4）D（5）[PnO3n+1](n+2)−【解析】【小问1详解】根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，硝基

胍分子中C、H、O、N四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O，这四种元素能形成离子化合物，比如碳酸铵是离子化合物；故答案为：H＜C＜N＜O；能。【小问2详解】硝基胍中右边N原子价层电子对为3+0=3，杂化方式为sp2，左上边的N原子价层电子对为2+1=3，杂化方式为sp

2，下边的两个N原子价层电子对为3+1=4，杂化方式为sp3，N的非金属性比C的非金属性强，因此C－H键的极性弱于N－H键的极性；故答案为：sp2、sp3；弱。【小问3详解】从结构上分析该物质易溶于水，原因是−NH2与水存在分子间氢键；故答

案为：易；−NH2与水存在分子间氢键，增大溶解性。【小问4详解】A．该电子排布图是碳原子基态电子排布式，能量最低，故A不符合题意；B．2s上一个电子跃迁到2p能级上，能量不是最高的，故B不符合题意；C．2s上两个电子全部跃迁到2

p能级上，能量不是最高的，故C不符合题意；D．1s上两个电子全部跃迁到2p能级上，能量是最高的，故D符合题意；综上所述，答案为：D。【小问5详解】根据题意n个P原子的多聚磷酸根离子，相当于有n个磷酸根离子中去掉了(n−1)个氧原子，O原子数目=

4n−(n−1)=3n+1，所带电荷数为(−2)×(3n+1)+5n=−(n+2)，故这类磷酸根离子的通式为[PnO3n+1](n+2)−；故答案为：[PnO3n+1](n+2)−。19.新型钙钛矿太阳能电池是近几年来的研究热点，具备更加清洁、

便于应用、制造成本低和效率高等显著优点。回答下列问题：（1）钾或钾盐的焰色反应为浅紫色(透过蓝色钴玻璃)，下列有关原理分析的叙述正确的是_______(填字母)。a.电子从基态跃迁到较高的激发态b.电子从较高的激发态跃迁到基态c.焰色反应的光谱属于吸收光谱d.焰色反应的光谱属于发射光谱（2

）基态Ca原子核外有_______种运动状态不同的电子，基态Pb原子核外电子排布，最后占据能级的电子云轮廓图形状为_______。（3）33CHNH+中N原子的杂化方式为_______。（4）4NH+中H—N—H的键角比3NH中H—N—H的键角大的原因是_______。（5）如图所示，其中与

I−紧邻的I−个数为_______。X射线衍射实验测得晶胞参数：密度为ag·cm-3，则晶胞的边长为_______pm(该物质的相对分子质量为M，AN表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）bd（2）①20②.哑铃形（3）3sp（4）+4NH中的氮原子均为

成键电子，3NH而分子中的氨原子上有一对孤电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力（5）①.8②.103A10MaN【解析】【小问1详解】焰色反应，电子由较高能级跃迁

到较低能级时，以光的形式释放能量，a错，b正确；焰色反应的光谱属于发射光谱，故c错误，d正确；答案选bd；【小问2详解】Ca元素为20号元素，原子核外有20个电子，每一个电子的运动状态都不相同，所以氯原子核外有20种不同运动状态的电子；Pb与C同主族，是IVA族元素，位于第六周期，价层电子排布为

226s6p，电子最后占据p轨道，p轨道呈哑铃形；【小问3详解】+33CHNH中N原子共形成了4对价层电子对（N-C键，2个N-H键，1个配位键），故为3sp杂化；【小问4详解】+4NH中的氮原子均为成键电子，而3NH分子中的氮原子上有一对孤电子，

孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致+4NH中H-N-H的键角比3NH中H-N-H的键角大；【小问5详解】-I位于面心，又因8个晶胞共用一个顶点，故紧邻的-I个数为8，晶胞中含有1818=个+33CHNH，含有1个2+Pb，含有1632=个-I，故相对分

子质量为M，设晶胞边长为xcm，则A3MNa=x解得.1033AAx=cm=10pmMMaNaN。