【文档说明】山东省德州市第一中学2022-2023学年高二下学期3月月考化学试题 word版含解析.docx，共(20)页，895.477 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d19d8b0431015a9d98040bc885d4b79f.html

以下为本文档部分文字说明：

高二年级3月份阶段性测试化学试题注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。2.请将答案正确填写在答题卡上。可能用到的原子量：H-1B-11C-12N-14O-16S-32Na-23Cl-35.5Ca-40Cr-52Co-59Cu-64Mn-55Zn-65第I卷(选择题)

一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20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.化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法正确的是A.冬奥会部分场馆建筑应用了新材料碲化镉发电玻璃，碲和镉均属于过渡元素B.近年来的材料新宠——石墨烯，与金刚石互为同位

素C.速滑馆“冰丝带”用干冰作为制冷剂，干冰升华过程中破坏了共价键D.焰火、激光都与原子核外电子跃迁释放能量有关【答案】D【解析】【详解】A．碲属于ⅥA族元素，不属于过渡元素，A错误；B．金刚石、石墨烯是

碳元素的单质，互为同素异形体，B错误；C．干冰升华过程中，只发生状态的改变，不发生分子的改变，不破坏共价键，C错误；D．焰火、激光的产生与原子核外电子跃迁释放能量有关，D正确；故选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.图中电子排布违反了能量最低原理B.

氧原子核外能量最高的电子云的形状：C.Na2O2的电子式：D.由于H2O分子间可以存在氢键，水的热稳定性很强【答案】B【解析】【详解】A．图中电子排布违反了洪特规则，选项A错误；B．氧原子核外能量最高的电子2p轨道的4个电子，因此其电子云的形状为:，选项B正确；C．过氧化钠是离子化合物，由

钠离子与过氧根离子构成，电子式为，选项C错误；D．因为水分子中H−O的键能较大，键能越大，分子越稳定，分子的稳定性与氢键无关，选项D错误；答案选B。3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.12gNaHSO4中含有0.2NA个阳离子B.34g

呋喃()中含有的极性键数目为3NAC.8gCH4含有中子数为3NAD.1mol[Cu(NH3)4]2+中共价键的个数为16NA【答案】A【解析】【详解】A．12gNaHSO4为0.1mol，其晶体中含有0.1NA个阳离子，选项A不正确；B．1个呋喃()中含有6个极性键，分别是4个碳氢键和

2个碳氧键，34g呋喃()的物质的量为0.5mol，则其中含有的极性键数目为3NA，选项B正确；C．8g甲烷的物质的量为0.5mol，每个甲烷分子中含有6个中子，0.5mol甲烷含有中子数为3NA，选项C

正确；D．每个[Cu(NH3)4]2+中含有共价键43+4=16，故1mol[Cu(NH3)4]2+中共价键的个数为16NA，选项D正确；答案选A。4.下列相关比较中，不正确的是A.第一电离能：F＞N＞O＞CB.熔点：Na＜Mg＜AlC.分解温度：MgCO3＞CaCO3＞BaCO3

D.分子中键角：H2O＞H2S＞H2Se【答案】C【解析】【详解】A．同周期元素第一电离能随原子序数递增而逐渐增大，N的2p轨道是3个电子，是半充满状态，属于稳定状态，第一电离能大于O，则第一电离能F>N>O＞C，选项A正确

；B．三种均是金属单质，根据半径越小，电荷数越多金属键键能越大可判断熔点：Na＜Mg＜Al，选项B正确；C．三种盐中对应阳离子的半径依次增大，电荷数相同，半径越小，结合氧的能力越强，碳酸盐越容易分解，则碳酸盐的分解温度越低，所以分解温

度：MgCO3<CaCO3<BaCO3，选项C不正确；D．对于中心原子O、S、Se电负性依次减小，与H原子成键时，H2O中共用电子对更偏向中心原子，故成键电子对间的排斥力最强，键角最大，而Se的电负性最小，故H2Se的键角最小，故键角：H2O>H

2S>H2Se，选项D正确；答案选C。5.某种合成医药、农药的中间体W结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是A.Z2和YM为等电子体B.RM3的空间构型为平面三角形C.W分子中R的杂化方式为sp2D

.W分子中既存在极性共价键，又存在非极性共价键【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、R均为短周期元素，原子序数依次增大；且由图可知，X只形成1个共价键，所以为H元素；Y形成4个共价键，所以为C元素；Z形成3个共价键，所以为N

元素；M形成1个双键，所以为O元素；R形成了两个单键和两个双键，所以为S元素；据此分析解题。【详解】A．Z2为N2；YM为CO；N2和CO均是含有14电子的双原子分子，为等电子体，故A正确；B．RM3为SO3，三氧化硫分子中价层电子对数是3+0=3，

空间构型为平面三角形，故B正确；C．如图所示，W分子中R形成四个σ键且无孤电子对，杂化方式为sp3，故C错误；D．W分子中既存在极性共价键，如Y-X，Z-X；又存在非极性共价键，如Y-Y，故D正确；故答案选C。6.下列事实与氢键无关有①HF比HCl的熔、沸

点高②相同温度下，冰的密度比水小③水分子比硫化氢分子稳定④乙醇可以和水以任意比例互溶⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸低A.1项B.2项C.3项D.4项【答案】A【解析】【详解】①HF分子之间能形成氢键，导致其熔、沸点高于HCl；②氢键具有方向性，相同温度下，冰中氢键数目比液态水中

多，使得水分子间距增大，体积增加，所以冰的密度比水小；③水分子比硫化氢分子稳定是因为O的非金属性强于S，与氢键无关；④乙醇可以和水分子形成氢键，使其溶解度较大，可以与水互溶；⑤邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键使其熔、沸点降低，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键使其熔、沸点升高；因此与氢键

无关的只有③；故选：A。7.对乙酰氨基酚主要用于感冒引起的发热，也用于缓解疼痛，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A.该分子中sp2杂化和sp3杂化的碳原子个数比为7：1B.该分子中所有碳原子不可能处于同一平面上C.该分子中含有20个σ键

的D.苯环中的大键是由碳原子6个未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠而成【答案】B【解析】【详解】A．苯环上的碳原子以及羰基碳原子的价层电子对数均为3，采取sp2杂化，甲基碳原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，故该分子中sp2杂化和sp3杂化的碳原

子个数比为7:1，故A正确；B．苯环上的碳原子共平面，碳氧双键上的碳原子采取sp2杂化，故羰基碳原子、甲基碳原子、氮原子共平面，N原子采取sp3杂化，碳氮单键可以旋转，故该分子中所有碳原子可能处于同一平面上，

故B错误；C．单键为σ键，双键中有一个σ键，一个π键，苯环上没有连接侧链的碳原子上省略了氢原子，故该分子中含有20个σ键，故C正确；D．苯环上的碳原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，6个碳原子各有一个未参与杂化的2p轨道垂直于苯环平面，互相平行，以“肩并肩”的方式重叠而形成大

π键，故D正确；故选B。8.3PCl是合成各种有机农药的原料，下列判断错误的是A.3PCl分子中P原子为2sp杂化，分子呈平面三角形B.P的电负性小于S，而P的第一电离能大于S的第一电离能C.3PCl的键角大于3PF的键角D.3PCl分子稳定性低于3PF分子，因为P-F键键能大【答案】AC【解析

】【详解】A．3PCl有4个价电子对，P原子为3sp杂化3个σ键和1对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，A错误；B．P的电负性小于S，但是P原子的价电子排布为：233s3p，p轨道有3个电子，半充满稳定状态，所以第

一电离能大于S的第一电离能，B正确；C．因为氟原子半径较小，氟原子之间的距离较近，氟原子之间的排斥力较大，键角较大，C错误；D．因为氟原子半径小，P-F键键长较短，键能较大，所以3PF稳定性较强，D正确；故选AC。9.3Fe+的配位化合物较稳定且应用广泛。3Fe+

可与2HO、SCN−、F−、Cl−等配体形成使溶液呈浅紫色的()326FeHO+、红色的()36FeSCN−、无色的36FeF−、黄色的4FeCl−配离子。某同学按如下步骤完成实验：已知：向2Co+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的()24CoSCN−

配离子；2Co+不能与F−形成配离子。下列说法不正确的是A.Ⅰ中溶液呈黄色可能是由3Fe+水解产物的颜色造成B.向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色C.可用NaF和KSCN溶液检验3FeCl溶

液中是否含有2Co+D.为了能观察到溶液Ⅰ中()326FeHO+的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸【答案】D【解析】【分析】Fe(NO3)3溶液中部分3Fe+水解生成Fe(OH)3，部分3Fe+形成()326FeHO

+；向Fe(NO3)3溶液中加KSCN，()326FeHO+转化为红色的()36FeSCN−，在加NaF，()36FeSCN−转化为无色的36FeF−。【详解】A．()326FeHO+使溶液呈浅紫色，3Fe+易水解，Fe(NO3)3溶液呈

黄色可能是由3Fe+水解生成Fe(OH)3等使溶液呈黄色，故A正确；B．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，SCN-浓度增大，使()36FeSCN−(aq)+6F-(aq)36FeF−(aq)+6SCN-(aq)平衡逆向移动，溶液可能再次变为红色，故B正确；C．先向溶液中加足量N

aF溶液，再加KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则说明含有2Co+，否则不含2Co+，故C正确；D．Fe(NO3)3溶液中加稀盐酸形成黄色的4FeCl−，观察不到()326FeHO+的颜色，故D错误；选

D。10.钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图所示。下列有关说法错误的是A.该氧化物的化学式为CoOB.晶胞中Co2+的配位数为12C.根据晶体类型推测，该物质熔点高于硫(S8)D.若该氧

化物的密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则晶胞中两个O2-间的最短距离是22×3A300ρNcm【答案】B【解析】【详解】A．据“均摊法”，晶胞中含12×14+1=4个Co2+、8×18+6×12=4个

O2−，该氧化物的化学式为CoO，A正确；B．以体心钴离子为例，晶胞中Co2+的配位数为6，B错误；C．一般来说分子晶体熔点低于离子晶体，根据晶体类型推测，CoO(离子晶体)高于S8(分子晶体)熔点，C正确；D．设晶胞棱长为acm，

1个晶胞中含有4个CoO，则晶体密度为ρ=-3-333AA4M300gcmgcmNaaN=，晶胞棱长a=3A300ρNcm，两个O2−间的最短距离为3A2230022ρNa=cm，D正确；故选：B。二、不定项选择题：本题共5小题，共20分。

在每小题给出的四个选项中有1~2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.氯元素有多种化合价，可形成234ClClOClOClOClO−−−−−、、、、等离子.下列说法错误的是A

.基态Cl原子核外电子的空间运动状态有9种B.键角：234ClOClOClO−−−CCl−提供孤电子对与2Cu+可形成24CuCl−D.234ClOClOClO−−−、、中Cl的杂化方式相同【答案】B【解析】【详解

】A．已知基态Cl原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，故基态Cl原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3=9种，A正确；B．已知234ClOClOClO−−−、、中中心原子周围的价层电子对数为：2+1(7+1-2?2)2=4、3+1(7+1-

3?2)2=4、4+1(7+1-4?2)2=4，孤电子对数分别为2、1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用＞孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角：---234ClOClOClO＜＜，B错误；C．Cl-中含有孤电子对，故Cl−提供孤电子对与2Cu+可形成24Cu

Cl−，C正确；D．由B项分析可知，234ClOClOClO−−−、、中Cl周围的价层电子对数均为4，故三者的杂化方式相同，均为sp3杂化，D正确；故答案为：B。12.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的

是A.N2H4分子中σ键与π键的数目之比为5∶1B.1molN2H4可处理水中1.5molO2C.含铜的氧化物中，Cu+比Cu2+稳定D.③中发生的反应为4Cu(NH3)2++O2+8NH3·H2O=4Cu(NH3)24++4OH-+6H2O.【答案】AB【解析】【详解】A．N2

H4分子中含有5个σ键，不含π键，A错误；B．联氨在处理溶解氧时，氮元素化合价由-2升高到零价，1mol联氨转移4mol电子，根据电子守恒可知，可处理1mol氧气，B错误；C．Cu+的价电子排布为3d10，Cu2+

的价电子排布为3d9，Cu+比Cu2+稳定，C正确；D．反应③中Cu(NH3)2+被氧气氧化为Cu(NH3)24+，本质上是中心离子Cu+被氧化为Cu2+，根据电荷守恒、元素守恒可得反应的离子方程式为4Cu(NH3)2++O2+

8NH3·H2O=4Cu(NH3)24++4OH-+6H2O，D正确；故选AB。13.硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是A.晶胞中硒原子

的配位数为12B.晶胞中d点原子分数坐标为313,,444C.相邻两个Zn原子的最短距离为2pnmD.电负性：Zn>Se【答案】B【解析】【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，

A错误；B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为(12，1，12)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为34、

14、34，即d原子的坐标为(34，14，34)，B正确；C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为22pnm，C错误；D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn<Se，电负性：Zn<Se，D错误；故选B。14.硼氢化钠(NaBH4)具

有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，NaBH4在催化剂钌(44Ru)表面与水反应的历程如图所示：下列说法正确的是A.元素钌(44Ru)位于d区B.BH3分子的空间结构和VSEPR模型不同C.过程④中产生1molH2，转移电子物质的量为2

molD.硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持不变【答案】AD【解析】【详解】A．元素钌(44Ru)的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d65s2，则其在元素周期表中位于d区，

A正确；B．BH3分子中B原子的价层电子对数为3，则发生sp2杂化，B的最外层只有3个电子，全部用于成键，所以其最外层不含孤电子对，为平面三角形，和VSEPR模型相同，B错误；C．从图中可以看出，过程④中发生反应HB(OH)2+2H2O+e-=4B(OH)−+32H2↑，则产生1molH2，

转移电子的物质的量为23mol，C错误；D．硼氢化钠中硼元素的化合价为+3价，反应过程中硼元素的化合价始终保持+3价，D正确；故选AD。15.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4个镁原子最近且等距离C.图3所示是[Zn(NH3)6]2+的部分结构以及其中H－N－H键键角，键角比NH3大与NH3中N原子的孤电子对转化为成键电子对有关D.立方BN晶体晶胞结构如图4

所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为3A75316aNg•cm-3【答案】BD【解析】【详解】A．从图上看出I3是I2的五倍多，说明该原子最外层有两个电子，故该原子是第三周期的Mg原子，故A正确；B．与侧面面心的Al原子等距离且最近的Mg原子处

于该面的4个顶点及面心位置，而每个侧面为2个晶胞共有，故1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离，故B错误；C．在NH3分子中，N原子的孤电子对排斥成键电子对能力强，[Zn(NH3)6]2+中，N原子的孤电子对转化为成键电子对，对其他三个成键电子对的排斥作

用减弱，键角增大，故C正确；D．根据均摊法可知该晶胞中有4个B和4个N原子，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，晶胞边长为x，3x=4a，晶胞体积为：V=321341()0cm3a−，则晶体的密度为2132A75310gcm16aN−，故D错误；故选：BD。第II卷(

非选择题)三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.C、O、S、Fe、Cu、Co、Ge等元素的单质及化合物在诸多领域都有广泛应用。回答下列问题：（1）Cu元素在元素周期表的位置是_____，基态Ge原子的电子排布式为______。（2）Co3+可以形成配合物[Co(NH2－CH2

－CH2－NH2)(NH3)2Cl2]Cl。①该配合物中Co3+的配位数是_____。②乙二胺(NH2－CH2－CH2－NH2)与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，三甲胺分子中氮原子杂化类型为______，C、N、H三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____。分析乙二胺的沸点比三甲胺高很多的

原因是_____。（3）CO23−的键角______SO23−的键角(填“>”、“＜”或“=”)，理由是______，CO23−含有大π键是______。【答案】（1）①.第4周期第IB族②.[Ar]3d104s24p2（2）①.6②.sp3③.N＞C

＞H④.乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能（3）①.＞②.CO23−中心原子发生sp2杂化，且杂化轨道全部用于成键；SO23−中心原子发生sp3杂化，且有一对孤对电子③.π64【解析】【小问1详解】Cu为29号元素，位于周期表中第4周期IB族；Ge

为32号元素，电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故答案为：第4周期IB族；[Ar]3d104s24p2；【小问2详解】①该配合物中Co3+与NH2－CH2－CH2－NH2中两个N原子形成配位键，同时与NH3和Cl-形成配位键，其配位数为6，故答案为：

6；②三甲胺分子中氮原子以单键与三个甲基相连，N原子采用sp3杂化，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第一电离能：N>C，C>H，乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能，因的此乙二胺的沸点高于三甲胺，故答案为：sp3；N＞C＞H；乙

二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能；【小问3详解】CO23−中心原子C原子的价层电子对数=4232+=，发生sp2杂化，无孤对电子，杂化轨道全部用于成键；CO23−中C与O先形成σ键，C原子有1个单电子，O原子各有1个单电子，再加上得到2个电子，则形成的Π键为π64，SO23

−中心S原子的价层电子对数=6242+=，发生sp3杂化，且有一对孤对电子，CO23−的键角大于SO23−，故答案为：＞；CO23−中心原子发生sp2杂化，且杂化轨道全部用于成键；SO23−中心原子发生sp3杂化，且

有一对孤对电子；π64；17.新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在国防技术、航空航天及5G技术等领域扮演着重要的角色。回答下列问题：（1）基态Si原子中，核外电子占据的最高能层的符号为_____，占据最高能

级的电子的电子云轮廓图形状为_____；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是_____(填选项字母)。A.[Ar]B.[Ar]C.[Ar]D.[Ar]（2）C与Si

是同主族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Si原子之间难以形成双键、叁键。从原子结构分析，其原因为_____。（3）硼(B)与Ga是同主族元素，硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中重要的还原剂，其阴离子

BH4−的立体构型为_____；另一种含硼阴离子的结构如图所示，其中B原子的杂化方式为_____。（4）GaCl3的熔点为77.9℃，GaF3的熔点为1000℃，试分析GaCl3熔点低于GaF3的原因为_____；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子

均满足8e-结构，据此写出二聚体的结构式为_____。【答案】（1）①.M②.哑铃(纺锤)③.B（2）Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p－p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键（3）①.正四面体形②.sp2杂化和sp3杂化（4）

①.GaCl3熔化时破坏分子间作用力，GaF3熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3②.【解析】【小问1详解】基态Si原子核外电子排布式为：226221s2s2p3s3p，最高能层为第三层，符号为

M；最高能级为3p，形状为纺锤形或哑铃形；A、B表示1个4s电子被激发到4p轨道，A中电子被激发到含电子能级中，B中4s电子被激发到4p空轨道中，符合洪特规则，能量更低，而C、D中均有2个4s电子被激发到4p能级，吸收能量高于A、B，故答案为：M

；哑铃(纺锤)；B；【小问2详解】Si原子有三个电子层，原子半径大C原子，原子之间形成的σ键键长较长，p－p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键，故答案为：Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p－p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键；【小问3详解】BH4−中B原子的价

层电子对数=314142++=，无孤电子对，呈正四面体构型，由图中信息可知B有两种成键方式，与4个原子相连的B原子采用sp3杂化，与三个原子相连的B原子采用sp2杂化，故答案为：正四面体形；sp2杂化和sp3杂化；【小问4详解】Ga与F的电负性

差较大，形成离子键，GaF3为离子化合物，Ga与Cl电负性差小，形成共价键，GaCl3为共价分子，因此在熔化时，GaCl3熔化时破坏分子间作用力，GaF3熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各

原子均满足8e-结构，该二聚体结构式为：，故答案为：GaCl3熔化时破坏分子间作用力，GaF3熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；。的18.自然界中存在大量的金属元素，在工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）下列有关微粒性质的排列顺序错

误的是_____。A.元素的电负性：P＜O＜FB.元素的第一电离能：C＜N＜OC.离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+D.原子的未成对电子数：Mn＞Si＞Cl（2）基态Ni原子核外电子运动状态有_____种，其核外电子排布式中未成对电子数为_____个。（3）钌－多吡啶配合物具有丰富的光化学和

光物理信息，结构简式如图所示。钌(II)的配位数是______，N原子的杂化类型为______。（4）氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。①氧铬酸钙的化学式为_____。②1个钙原子与_____个氧原子最近且等距离。③该晶体密度为_____g

•cm-3(列出计算式即可。已知Ca和O的最近距离为anm，NA代表阿伏加德罗常数)【答案】（1）B（2）①.28②.2（3）①.6②.sp2、sp3（4）①.CaCrO3②.12③.-73A40+52+163(2a1

0)N【解析】【小问1详解】A．得电子能力P＜O＜F，所以元素的电负性P＜O＜F，选项A正确；B．同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于同周期相邻的元素，故第一电离能应该是N的最大，C最小，选项B错误；C．这些离子是电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小，则

离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+，选项C正确；D．Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：Mn＞Si＞Cl，选项D正确；答案选B；【小问2详解】Ni有28个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，原子核外电

子运动状态有28种，其核外电子排布式中未成对电子数为2个；【小问3详解】由钌－多吡啶配合物的结构简式可知，Ru与6个N形成配位键，则钌（Ⅱ）的配位数为6，N原子形成了单键和双键，则杂化方式为sp2、sp3，答案为6；sp2、sp3；【小问4详解】根据晶胞结构，Ca在顶点，原

子个数为1818=，Cr原子在体心，原子个数为1，O原子在面心，个数为1632=，所以该晶胞的化学式为：3CaCrO；Ca在顶点，O原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知Ca和O的最近距离为

，晶胞棱长为2anm，则该晶体密度为A73m4052163ρ=V(210)aN−++=，答案为3CaCrO；12；-73A40+52+163(2a10)N。19.我国科学家利用锰簇催化剂(Mn4CaOx，x代表氧原子数)

解密光合作用。锰簇的可逆结构异构化反应如图。请回答下列问题：（1）基态氧原子价电子轨道表示式为______。基态钙原子中能量最高的电子所占据原子轨道的电子云轮廓图为______形。（2）已知：在元素周期表中Mn、Cr相邻。第二电离能与第一电离能之差较小的是____

__(填“Mn”或“Cr”)，理由是______。（3）在上述异构化反应中，1molA中由Mn形成的σ键有______mol。（4）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，MnS晶胞结构如图所示。①Mn原子的配位数是______，距离Mn原子最近的Mn原子有______个。②以晶胞参数为

单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，1号S原子坐标为(0，0，0)，3号S原子坐标为(1，1，1)，则2号S原子坐标为______。③已知：MnS晶体的密度为ρg•cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值。则MnS晶胞中阴

、阳离子最近距离为______pm(列出计算式即可)。【答案】（1）①.②.球（2）①.Mn②.基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子

，则第一电离能：Cr＜Mn、第二电离能：Cr＞Mn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn（3）14（4）①.6②.12③.(12，1，12)④.103A34810ρN2【解析】【小问1详解】基态氧原子价电子排布式为2s22p4，按照洪特规则和泡利不相

容原理，其价电子轨道表示式为；基态钙原子的排布式为[Ar]4s2，因此能量最高的电子所占据原子轨道为4s，电子云轮廓图为球形；故答案为；球；【小问2详解】基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2，基态Cr原子失去第一个电子是4s能级上的

电子，失去第二个电子是3d上的电子，出现了能层间能量变化，能层间能量变化大；基态Mn失去第一、第二电子均是4s上的，属于同一能层，同一能层能量变化较小；故答案为基态Cr、Mn的价层电子排布式分别为3d54s1、3d54s2

，基态铬的d轨道为半满较稳定结构，较为容易失去1个电子、较难失去第2个电子，则第一电离能：Cr＜Mn、第二电离能：Cr＞Mn，故第二电离能与第一电离能之差较小的是Mn；【小问3详解】根据A的结构可知，2个Mn与4个O形成σ键，2个Mn与3个O形成σ键，因此

1molA中Mn形成的σ键有14mol；故答案为14；【小问4详解】①根据MnS的晶胞图可知，Mn原子周围有6个S原子，即Mn的配位数为6，距离Mn原子最近的Mn的原子有12个；故答案为6；12；②2号S位于正方体后

面面心位置，因此坐标为(12，1，12)；故答案为(12，1，12)；③阴阳离子最近的距离是边长的一半，Mn原子位于棱上、体心，个数为1124+1=4，S位于顶点和面心，个数为118682+=4，晶胞的质

量为A4(5532)gN+=A348gN，令晶胞参数为acm，晶胞的体积为a3cm3，根据密度的定义，ρ=A33348gNacm=3A348Na，因此有阴阳离子最近距离是103A34810ρN2pm；故答案为103A34810ρN2。20.铁(Fe)、钴(

Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。（1）铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括_____(填字母)。A.极性共

价键B.离子键C.配位键D.金属键（2）镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(CN)4]2-、[Ni(NH3)6]2+等，下列有关说法正确的是_____(填选项字母)。A.[Ni(NH3)6]2+中含有共价键和离子键的B.CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键的个数比为1：2C

.NH3中N原子为sp3杂化，其空间构型为正四面体形D.Ni2+在形成配合物时其配位数只能为4，Fe在形成配合物时其配位数只能为6（3）Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其

原因是______。（4）CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是______。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是______。（5）铁镁合金储氢材料，晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序

分布在Fe原子的周围，H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的14。储氢后晶体的化学式为_____，Mg原子占据Fe原子形成的______空隙，两个H原子之间的最短距离为_____，该储氢材料中氢的密度ρ为______g•cm-3(用含a

的代数式表示)。【答案】（1）AC（2）B（3）Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高（4）①.+3②.Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布

[Ar]3d6的Fe2+更稳定（5）①.Mg2FeH6②.正四面体③.24apm④.-103A241N(a10)g•cm-3【解析】【小问1详解】Fe(CO)5中Fe与CO之间存在配位键，CO中含有极性共价键，答案选AC；【小问2详

解】A．[Ni(NH3)6]2+中Ni与NH3之间存在配位键，N与H原子之间存在极性共价键，选项A错误；B．CO与CN-互为等电子体，则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1，π键个数为2，故CO分子内σ键和π键的个数比为1:2，选项B正确；C

．NH3中N原子的价层电子对为5132−=4，N原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，选项C错误；D．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以为4或6，选项D错误；答案选B；【小问3详解】Fe、Co、Ni的原子

半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高；【小问4详解】O的化合价是-2，Co、Ni的化合价都是+2，设Fe元素化合价为a，则2a＋2a+2(1-a)+4×(-2)=0，解得a=+3；Fe

3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定，故答案为+3；Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子半充满，比电子排布[Ar]3d6的Fe2+更稳定；【小问5详解】如图，晶胞中有8个Mg原子，Fe原子位于顶点面心，

晶胞中Fe原子数目=612+818=4，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，则H原子数目为46=24个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，据图，Mg原子占据Fe原子形成的正四面体空隙；已知H原子构成正八面体、铁原子位于正八面体的体心，晶胞参数为apm，

H原子与Fe原子之间的最短距离为晶胞参数的14，即H原子与Fe原子之间距离为14apm，则两个H原子之间的最短距离为上44apm该储氢材料每个晶胞中含24个H原子、氢质量241ANg，晶胞体积(a10-10)3cm3，则储

氢材料中氢的密度ρ为-103A241N(a10)g•cm-3(用含a的代数式表示)。