山东省临沂市2023-2024学年高二下学期4月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省临沂市2023-2024学年高二下学期4月期中考试一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．（2分）下列表述正确的是（）A．N2H4的电子式 B．金刚石晶体中只有一种化学环境的碳原子 C．氨气分子的VSEPR模型 D．基态碳原子的核外电子轨道表示式为〖祥解〗A．N2H4的电子式中N原子孤对电子未标出，氮原子间为单键；B．金刚石是每个碳原子与另外四个碳原子间形成的空间网状结构；C．氨气分子的VSEPR模型为正四面体形；D．核外电子排布规律可知，电子尽可能占据不同轨道且自旋方向相同。【解答】解：A．N2H4的电子式为：，故A错误；B．金刚石是每个碳原子与另外四个碳原子间形成的空间网状结构，晶体中只有一种化学环境的碳原子，故B正确；C．氨气分子的VSEPR模型为正四面体形，为三角锥形，故C错误；D．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，核外电子轨道表示式为：，故D错误；故选：B。2．（2分）表中列出了部分炔腈类化合物，有关说法正确的是（）名称氰基乙炔氰基丁二炔？氰基辛四炔氰基癸五炔化学式HC3NHC5NHC7NHC9NHC11NA．表中HC7N的名称为氰基庚三炔 B．HC9N中所有原子均共线 C．以上5种物质互为同系物 D．可由乙炔和含氮化合物加聚制得HC11N〖祥解〗A．依据HC3N为氰基乙炔，HC5N为氰基丁二炔，HC9N为氰基辛四炔，可知HC7N含有三个碳碳三键，名称为氰基己三炔；B．HC9N的结构简式为HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，结合H﹣C≡C﹣H是直线型分子的结构可知HC9N中所有原子在同一条直线上；C．结构相似，组成上相差n个CH2的有机物互称为同系物；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯。【解答】解：A．依据HC3N为氰基乙炔，HC5N为氰基丁二炔，HC9N为氰基辛四炔，可知HC7N含有三个碳碳三键，名称为氰基己三炔，故A错误；B．HC9N的结构简式为HC≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡C﹣C≡N，结合H﹣C≡C﹣H是直线型分子的结构可知HC9N中所有原子在同一条直线上，故B正确；C．5种物质的分子组成不相差n个CH2，其中含有的碳碳三键数目也不相同，结构不相似，故它们不互为同系物，故C错误；D．由乙炔和含氮化合物先加成生成氰基乙烯，后加聚反应产物中碳原子个数为偶数，不能制备HC11N，故D错误；故选：B。3．（2分）物质的结构决定其性质。下列事实与解释相符的是（）选项事实解释ACF4是非极性分子碳原子处在4个氟原子所组成的正方形中心，键的极性的向量和为零B利用“杯酚”可分离C60和C70超分子具有自组装的特征C干冰的熔点低于SiO22个C＝O键的键能之和小于4个Si﹣O键的键能之和DGe原子间难以形成π键Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．CF4是正四面体结构的非极性分子；B．“杯酚”可识别与其空腔直径相当的分子；C．干冰的熔点低于SiO2，与晶体类型有关，与C＝O键的键能无关；D．Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键。【解答】解：A．CF4可看作是CH4分子中的H原子被F取代的产物，是正四面体结构，不是正方形结构，碳原子处在4个氟原子所组成的正四面体中心，键的极性的向量和为零，属于非极性分子，故A错误；B．杯酚能盛装C60，而不能盛装C70，可用杯酚识别并分离C60和C70，体现了超分子的分子识别的特征，不是自组装特征，故B错误；C．干冰是分子晶体、分子间靠范德华力维系，SiO2是共价晶体、熔融时需要破坏共价键，由于范德华力小于共价键，所以干冰的熔点低于SiO2，与C＝O键的键能无关，故C错误；D．Ge与C是同族元素，C原子之间可“肩并肩”形成双键、三键，但Ge的原子半径大，原子间形成的σ单键长，未杂化的p轨道“肩并肩”的重叠程度小，难以形成π键，故D正确；故选：D。4．（2分）一定条件下，有机物M和N反应可生成P，反应方程式如下：下列有关说法错误的是（）A．有机物N中所有碳原子可能共平面 B．1mol有机物P能与5molH2发生加成反应 C．有机物N与互为同系物 D．有机物M的同分异构体可能属于芳香烃〖祥解〗A．甲烷中最多有3个原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转；B．P中碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；C．有机物N与的分子式相同但结构不同；D．M的分子式是C7H8，不饱和度是4，苯环的不饱和度是4。【解答】解：A．甲烷中最多有3个原子共平面，苯、乙炔、﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，有机物N相当于乙烷中的2个碳上的氢原子被甲基、苯丙炔酸酯基取代，则该分子中所有碳原子可能共平面，故A正确；B．P中碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，苯环和氢气以1：3发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应，P中含有2个碳碳双键、1个苯环，所以1molp最多消耗5mol氢气，故B正确；C．有机物N与的分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，不互为同系物，故C错误；D．M的分子式是C7H8，不饱和度是4，苯环的不饱和度是4，所以M有属于芳香烃的同分异构体，为甲苯，故D正确；故选：C。5．（2分）钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图（a）]，此后，把结构与之类似的晶体（化学式与钛酸钙相似）统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图（b）所示，其中A为CH3，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法错误的是（）A．图（a）晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2﹣有6个 B．图（b）中，X为I﹣ C．CH3中含有配位键 D．图（b）立方晶胞的密度为ρg⋅cm﹣3，则晶胞边长a＝×107nm〖祥解〗解：A．图（a）的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2﹣紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞；B．由图（b）可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X；C．类比的成键情况可知，CH3中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位键；D．A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，CH3和Pb2+均为1个，有3个I﹣，图（b）立方晶胞的密度为ρg⋅cm﹣3，则晶胞边长a＝。【解答】解：A．图（a）的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的O2﹣紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的O2﹣有12个，故A错误；B．由图（b）可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，CH3和Pb2+均为1个，有3个I﹣，故X为I﹣，故B正确；C．类比的成键情况可知，CH3中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位键，故C正确；D．A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有1个A、1个B和3个X，根据晶体呈电中性可以确定，CH3和Pb2+均为1个，有3个I﹣，图（b）立方晶胞的密度为ρg⋅cm﹣3，则晶胞边长a＝＝×107nm，故D正确；故选：A。6．（2分）有机物Z是合成治疗某心律不齐药物的中间体，其合成机理如图：已知：下列说法不正确的是（）A．X与足量氢气加成后的产物中含有3个手性碳 B．Z分子存在顺反异构 C．X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X D．等物质的量的X与苯乙烯分别在足量氧气中充分燃烧，X的耗氧量较小〖祥解〗A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；B．碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构；C．X含有亲水基、Y和Z都不含亲水基；D．X的分子式为C9H10O2，分子式相当于C8H10•CO2，苯乙烯的分子式为C8H8。【解答】解：A．X与足量氢气加成后的产物如图，含有3个手性碳原子，故A正确；B．Z分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故B正确；C．X含有亲水基、Y和Z都不含亲水基，所以X、Y、Z三者在水中的溶解度最大的是X，故C正确；D．X的分子式为C9H10O2，分子式相当于C8H10•CO2，苯乙烯的分子式为C8H8，1molX完全燃烧消耗10.5mol氧气、1mol苯乙烯完全燃烧消耗10mol氧气，所以X的耗氧量较答，故D错误；故选：D。7．（2分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（）A．W和Z能以共价键结合形成化合物 B．元素非金属性的顺序为X＞Y＞Z C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构〖祥解〗W、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，X能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则X位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则X原子核外有14个电子，X为Si元素，Z为Cl元素，该阴离子中Cl元素为﹣1价、X元素为+4价，根据化合价的代数和为﹣1价，Y为﹣3价，所以Y为P元素，根据阳离子所带电荷知，W为Na元素，通过以上分析知W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，结合题目分析解答。【解答】解：通过以上分析知，W、X、Y、Z分别是Na、Si、P、Cl元素，A．W为钠元素，Z为氯元素，两者之间以离子键结合形成化合物，故A错误；B．同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性Cl＞P＞Si，所以非金属性Z＞Y＞X，故B错误；C．Y为P元素，Y的最高价氧化物的水合物是H3PO4为中强酸，故C正确；D．Y为P元素，其最外层有5个电子，P原子形成2个共价键且该阴离子得到W原子一个电子，所以P原子达到8电子结构，即Y原子达到8电子结构，故D错误；故选：C。8．（2分）如图三条曲线分别表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是（）A．元素电负性：c＞b＞a B．简单氢化物的稳定性：c＞a＞b C．简单氢化物的沸点：b＞c＞a D．对应最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：a＞c＞b〖祥解〗同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，故三种元素中Si的第一电离能最小，由题图可知，c为Si元素，P原子第四电离能对应为失去3s能级中1个电子，与第三电离能相差较大，可知b为P元素、a为C元素。【解答】解：A．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，故Si的电负性最小，故A错误；B．Si的非金属性最弱，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，故B错误；C．均形成分子晶体，没有氢键存在，相对分子质量越大，分子间作用力越强，相对分子质量：PH3＞SiH4＞CH4，即简单氢化物的的沸点：b＞c＞a，故C正确；D．对应最高价氧化物对应水化物分别为H2CO3、H2SiO3、H3PO4，元素的非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性H3PO4＞H2CO3＞H2SiO3，即b＞a＞c，故D错误；故选：C。9．（2分）已知空间利用率是指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。下列有关说法不正确的是（）A．铜碘杂化团簇分子结构如图1所示，分子间通过范德华力聚集在一起 B．金属Cu为面心立方晶胞如图2所示，若晶胞的边长为a，则最近的两个铜原子的距离为 C．金属Cu晶体的空间利用率为 D．碳酸铜的组成元素在元素周期表中属于同区元素〖祥解〗解：A．范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力，它的本质是正负电荷间的相互吸引，它使得许多物质能以一定的凝聚态存在；B．金属Cu为面心立方晶胞如图2所示，若晶胞的边长为a，则最近的两个铜原子的距离为面对角线的一半；C．金属Cu晶体中铜原子位于顶点和面心，共8×+6×＝4，晶体中4r＝a，则空间利用率＝×100%；D．碳酸铜的组成元素铜位于ds区，碳原子和氧原子位于p区。【解答】解：A．范德华力是分子之间普遍存在的一种相互作用力，它的本质是正负电荷间的相互吸引，它使得许多物质能以一定的凝聚态存在，则铜碘杂化团簇分子是分子间通过范德华力聚集在一起，故A正确；B．金属Cu为面心立方晶胞如图2所示，若晶胞的边长为a，则最近的两个铜原子的距离为面对角线的一半，则最近的两个铜原子的距离为，故B正确；C．金属Cu晶体中铜原子位于顶点和面心，共8×+6×＝4，晶体中4r＝a，则空间利用率＝×100%＝＝，故C正确；D．碳酸铜的组成元素铜位于ds区，碳原子和氧原子位于p区，则碳酸铜的组成元素在元素周期表中不属于同区元素，故D错误；故选：D。10．（2分）已知：CH2＝CH﹣CH＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH＝CH﹣CH2Br（1，4﹣加成反应）。下列说法不正确的是（）（以下氯代物或产物均不考虑立体异构）A．螺[2，2]戊烷（）的二氯代物有4种 B．螺[2，2]戊烷（）与环戊烯互为同分异构体 C．甲苯完全氢化后的环烷烃的一氯代物有5种 D．某烃（）与Br2按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有5种〖祥解〗A．的二氯代物中，两个氯原子可以在同一个碳原子上，可以在不同碳原子上；B．、的分子式都是C5H8，但结构不同；C．甲苯完全氢化后的环烷烃为，中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种；D．与Br2按物质的量之比为1：1加成时，可以是1，2﹣加成，可以是1，4﹣加成。【解答】解：A．的二氯代物中，两个氯原子可以在同一个碳原子上，有1种位置异构；两个氯原子可以在不同碳原子上，有2种位置异构，所以符合条件的同分异构体有3种，故A错误；B．、的分子式都是C5H8，但结构不同，二者互为同分异构体，故B正确；C．甲苯完全氢化后的环烷烃为，中含有5种氢原子，其一氯代物有5种，故C正确；D．与Br2按物质的量之比为1：1加成时，可以是1，2﹣加成，有3种位置异构；可以是1，4﹣加成，有2种位置异构，所以所得产物有5种，故D正确；故选：A。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。（多选）11．（4分）氟的单质及含氟化合物用途广泛。CsF是离子晶体，其Born﹣Haber图示如图：若气态非金属原子获得1个电子形成气态阴离子所释放的能量叫该原子的第一亲和能，则下列说法正确的是（）A．Cs原子的第一电离能为452.2kJ•mol﹣1 B．F﹣F键的键能为79.4kJ•mol﹣1 C．F原子第一亲和能为328.2kJ•mol﹣1 D．主族元素中第一电离能最大的是F〖祥解〗A．气态基态Cs原子失去1个电子转化为气态基态Cs离子需要的最低能量为Cs的第一电离能；B．由图可知，断裂1molF﹣F键需要的能量为79.4kJ×2；C．由图可知，F元素的第一电子亲和能为328.2kJ/mol；D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小。【解答】解：A．气态基态Cs原子失去1个电子转化为气态基态Cs离子需要的最低能量为Cs的第一电离能，则Cs原子的第一电离能为375.7kJ•mol﹣1，故A错误；B．由图可知，断裂1molF﹣F键需要的能量为79.4kJ×2＝158.8kJ，故B错误；C．由图可知，F元素的第一电子亲和能为328.2kJ/mol，故C正确；D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，同一族中元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，故主族元素中第一电离能最大的是F，故D正确；故选：CD。（多选）12．（4分）硝基苯是一种重要有机合成中间体，其制备、纯化流程如图。已知：制备反应在温度稍高时会生成间二硝基苯。下列说法正确的是（）A．制备硝基苯所需玻璃仪器只有酒精灯、烧杯、试管、导管 B．配制混酸时，应将浓硫酸缓慢注入到浓硝酸中，边加边搅拌 C．上述流程中Na2CO3溶液可以用NaOH溶液代替 D．由②、③分别获取相应物质时可采用相同的操作方法〖祥解〗苯与浓硝酸和浓硫酸的混酸在50﹣60℃条件下发生反应生成硝基苯，得到的粗产品1，先加水除去酸，再加碳酸钠继续除去残留的酸，然后用蒸馏水除去碳酸钠等溶水盐，得到粗产品2，干燥除水后，再蒸馏分离硝基苯和苯，据此分析解答。【解答】解：A．制备硝基苯时的温度为50～60℃，需要用水浴加热，则所需玻璃仪器还有温度计，故A错误；B．配制混酸时，应将密度大的浓硫酸缓慢加入到密度小的浓硝酸中，边加边搅拌，使产生的热量迅速散失，故B正确；C．碳酸钠溶液的作用是除去NO2，可以用氢氧化钠溶液代替，2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，故C正确；D．②中由反应后的混合物得到粗产品采用分液；③中粗产品2经过干燥后，采用蒸馏得到硝基苯，两者的操作方法不同，故D错误；故选：BC。（多选）13．（4分）有机物A的分子式为C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4个峰值面积之比为1：2：2：3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中，不正确的是（）A．有机物A的一氯代物有三种 B．有机物A分子中最多有l6个原子共平面 C．有机物A的结构简式 D．与有机物A属于同类有机化合物的同分异构体只有4种〖祥解〗有机物A的分子式为分子式C8H8O2，其不饱和度为＝5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子中含有4种H原子，峰面积之比为1：2：2：3，则四种氢原子个数依次为1、2、2、3，侧链中只有1种氢原子，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，且苯环与C原子相连，故有机物A的结构简式为。【解答】解：A．由分析可知，A的结构简式为，分子中有4种氢原子，则有机物A的一氯代物有四种，故A错误；B．苯环及其连接为平面结构，碳氧双键及其连接为原子也是平面结合，旋转单键可以使2个平面共平面，可以使甲基中碳原子及1个氢原子处于平面内，分子中最多有16个原子共平面，故B正确；C．由分析可知，符合题中A分子结构特征的有机物为，故C正确；D．与有机物A属于同类有机化合物的同分异构体含有酯基、苯环，可能的结构简式有、、、、、共6种，故D错误；故选：AD。14．（4分）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是（）A．二乙二胺合铜配离子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+的结构如图所示，可知Cu2+的配位数为4，配体数也为4 B．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面四边形，Cu2+杂化方式为sp3 C．由反应2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，可知配位能力：NH3＞H2O D．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O中心离子为Ti4+，1mol该配合物与AgNO3溶液作用，生成3molAgCl〖祥解〗A．二乙二胺合铜配离子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1个H2NCH2CH2NH2分子提供2个N原子与Cu2+配位，配体数为2；B．中心原子或离子的VSEPR模型为四面体或正四面体时采用sp3杂化；C．配合物中配位能力大的配离子越易形成；D．常温下，配合物中只有外界的Cl﹣能发生电离，内界中Cl﹣不能发生电离。【解答】解：A．二乙二胺合铜配离子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+中1个H2NCH2CH2NH2分子提供2个N原子与Cu2+配位，Cu2+的配位数为4，配体数为2，故A错误；B．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面四边形，Cu2+的VSEPR模型不是正四面体，则Cu2+杂化方式为sp3，应该是dsp2杂化，故B错误；C．反应2[Co（H2O）6]2++10NH3+2+H2O2═2[Co（NH3）6]3++14H2O，说明[Co（H2O）6]2+易转化为[Co（NH3）6]3+，即NH3的配位能力大于H2O，故C正确；D．根据化合价规律可知，配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O中心离子为Ti3+，配合物中只有外界的Cl﹣能发生电离，内界中Cl﹣不能发生电离，则1mol配合物[TiCl（H2O）5]Cl2⋅H2O与足量AgNO3溶液作用，生成2molAgCl，故D错误；故选：C。15．（4分）金属及其化合物在生产生活中应用广泛。云南的“乌铜走银”制作技艺列入国家级非物质文化遗产名录。制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已錾刻好的花纹内，再经揉黑工序，用手边焐边搓揉铜器，直到铜器表面变成乌黑、银丝变得光亮。近期中国科学院在含银化合物运用于超离子导体方面取得突破性进展，制得的α﹣AgI晶体在室温下的电导率比普通多晶的AgI提高了近5个数量级。α﹣AgI晶体中I﹣作体心立方堆积（如图所示），Ag+可分布在由I﹣构成的空隙位置上。在电场作用下，Ag+无需克服太大阻力即可发生迁移。已知：阿伏加德罗常数为NA。下列说法正确的是（）A．I﹣的结构示意图为 B．Ag+位于I﹣构成的四面体和八面体空隙上 C．α﹣AgI晶体的摩尔体积为NA•a3m3•mol﹣1 D．α﹣AgI晶体不属于电解质〖祥解〗A．I是53号元素，原子核内有53个质子，得到1个电子形成I﹣；B．2个位于体心的I﹣与同一个面上4个顶点的I﹣构成的空隙为八面体，2个位于体心的I﹣与同一个棱上2个顶点的I﹣构成的空隙为四面体；C．由图可知，I﹣作体心立方堆积，个数为8×+1＝2，则相当于晶胞中含有2个“AgI”，即1mol晶胞中含有2mol“AgI”，晶胞体积为a3m3；D．在电场作用下，Ag+无需克服太大阻力即可发生迁移。【解答】解：A．I是53号元素，原子核内有53个质子，得到1个电子形成I﹣，故A错误；B．2个位于体心的I﹣与同一个面上4个顶点的I﹣构成的空隙为八面体，2个位于体心的I﹣与同一个棱上2个顶点的I﹣构成的空隙为四面体，即Ag+位于I﹣构成的四面体和八面体空隙上，故B正确；C．由图可知，I﹣作体心立方堆积，个数为8×+1＝2，则相当于晶胞中含有2个“AgI”，即1mol晶胞中含有2mol“AgI”，晶胞体积为a3m3，αAgI晶体的摩尔体积为m3•mol﹣1，故C错误；D．在电场作用下，Ag+无需克服太大阻力即可发生迁移，属于电解质，故D错误；故选：B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．（11分）元素周期表中第ⅦA族包括氟、溴、碘、砹五种元素，统称为卤素。其中代表元素氯富集在海水中，其单质及其化合物在生活、生产中有着广泛地应用。回答下列问题：（1）基态氯原子能量最高能层的表示符号为M；现代化学中，常用光谱分析来鉴定元素，这与原子的核外电子发生跃迁有关。（2）光气（COCl2）结构与甲醛相似，从电子云的重叠角度分析，该分子中含有的共价键类型是σ键、π键。解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是二者均为分子晶体，COCl2的相对分子质量较大，范德华力较强，沸点较高。（3）人们发现PtCl2（NH3）2有两种不同性质的异构体，性质如下表：配合物颜色在水中的溶解度抗癌活性PtCl2（NH3）2黄绿色0.2577g有活性PtCl2（NH3）2淡黄色0.0360g无活性请回答下列问题：①PtCl2（NH3）2的空间构型是平面正方形。②根据它们的性质分析，淡黄色固体是非极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”）。③请画出黄绿色固体分子的几何构型图：（能体现出Pt、Cl、NH3三种微粒的空间相对位置）。（4）NF3广泛用于电子工业，BF3是有机合成的催化剂。NF3分子呈三角锥形，BF3呈平面三角形，二者空间构型存在差异的主要原因是NF3中N采用sp3杂化，N原子上有1对孤电子对，BF3中B采用sp2杂化，B原子价层没有孤电子对。〖祥解〗（1）基态氯原子的原子序数为17，电子层有3层；不同元素原子的电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可用光谱仪摄取吸收光谱或发射光谱，总称为原子光谱；（2）光气结构式为，含有单键和双键，单键均为σ键，双键含有σ键和π键；根据分子晶体熔沸点规律分析判断：相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点就越高；（3）①配合物PtCl2（NH3）2有两种不同性质的异构体，则PtCl2（NH3）2的空间构型为平面正方形；②水是极性分子，黄绿色配合物的溶解度相对较大，淡黄色配合物的溶解度相对较小，结合相似相溶原理分析判断；③黄绿色固体的溶解度较大，则黄绿色配合物为极性分子，正负电性中心不能重合；（4）BF3分子中B原子的价层电子对数为3+（3﹣3×1）＝3，B原子采用sp2杂化，无孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，NF3中N原子的价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝4，含有1对孤电子对，N原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形。【解答】解：（1）基态氯原子的原子序数为17，排布于3个电子层中，分别为K、L、M，则基态氯原子能量最高能层为M；现代化学中，常用光谱分析来鉴定元素，这与原子的核外电子发生跃迁有关，故〖答案〗为：M；核外电子发生跃迁；（2）光气结构式为，含有单键和双键，从电子云的重叠角度分析，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；COCl2和甲醛均为分子晶体，只存在分子间作用力，分子晶体的熔沸点由分子间的作用力大小决定，且相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点就越高，故〖答案〗为：σ键、π键；二者均为分子晶体，COCl2的相对分子质量较大，范德华力较强，沸点较高；（3）①根据Pt（NH3）2Cl2可以形成两种固体可知：Pt（NH3）2Cl2具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个角上，故〖答案〗为：平面正方形；②水是极性分子，淡黄色配合物在水中的溶解度小，根据相似相溶原理可知，黄绿色配合物为极性分子，淡黄配合物是为非极性分子，故〖答案〗为：非极性分子；③PtCl2（NH3）2的空间构型是平面正方形，黄绿色固体分子为极性分子，淡黄固体分子是为非极性分子，黄绿色固体分子中两个Cl原子处于相邻位置，其几何构型图为，故〖答案〗为：；（4）NF3中N原子的价层电子对数为3+（5﹣3×1）＝4，含有1对孤电子对，N原子采用sp3杂化，BF3分子中B原子的价层电子对数为3+（3﹣3×1）＝3，B原子采用sp2杂化，无孤电子对，所以NF3分子呈三角锥形，BF3呈平面三角形，故〖答案〗为：NF3中N采用sp3杂化，N原子上有1对孤电子对，BF3中B采用sp2杂化，B原子价层没有孤电子对；17．（13分）过渡金属钒（V）、镍（Ni）和钛都是重要的合金元素，它们的配合物在药物合成方面有重要应用。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为3d84s2。（2）铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe（CO）5、Ni（CO）4；1molFe（CO）5分子中含有配位键数目为10NA；已知Ni（CO）4分子为正四面体构型，下列溶剂能够溶解Ni（CO）4的是ab（填字母）。a．四氯化碳b．苯c．水d．液氨（3）AsCl3也可与钒离子形成配合物，当氯原子被烷基取代后，配位能力增强，其原因是烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，更易给出电子。（4）有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，棱的中心和体心的原子是碳原子，它的化学式为Ti14C13。（5）一种由镍、氟和钾三种元素组成的化合物晶胞结构如图所示，该化合物的化学式是K2NiF4，Ni的配位数是6，原子A，B之间的距离是×10﹣10cm（用含a、b、c的式子表示）。〖祥解〗（1）Ni是28号元素，基态镍原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2；（2）Fe（CO）5分子中Fe与CO形成的5个配位键属于σ键，每个CO分子中有1个σ键，则1个Fe（CO）5分子中含有10个σ键；已知Ni（CO）4分子为正四面体构型，正负电荷重心重合，属于非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂；（3）配体与中心离子所成的配位键电子云密度越大，即电子越集中，键越稳定，键能越大；（4）有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，共14个，棱的中心和体心的原子是碳原子，共13个；（5）均摊法写出化学式，K个数＝2+8×＝4，Ni的个数＝8×+1＝2，F的个数＝16×+2+4×＝8，故K、Ni、F三者比例为2：1：4，对应化学式为：K2NiF4；以体心Ni作为参考，周围离其最近的氟个数为6，故Ni配位数为6；棱上8个K围成长方体结构，其高等于（b﹣2c）pm，底面为正方形，边长为apm，AB之间距离为长方体体对角线一半，底面对角线长度为apm。【解答】解：（1）Ni是28号元素，基态镍原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，故〖答案〗为：3d84s2；（2）Fe（CO）5分子中Fe与CO形成的5个配位键属于σ键，每个CO分子中有1个σ键，则1个Fe（CO）5分子中含有10个σ键，则1molFe（CO）5分子中含有σ键数目为10NA；已知Ni（CO）4分子为正四面体构型，正负电荷重心重合，属于非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，a．四氯化碳、b．苯属于非极性溶剂，c．水、d．液氨都是极性溶剂，则能够溶解Ni（CO）4的是ab，故〖答案〗为：10NA；ab；（3）配体与中心离子所成的配位键电子云密度越大，即电子越集中，键越稳定，键能越大。烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，键能增大，成键能力增强，故〖答案〗为：烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，更易给出电子；（4）有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，如图所示，顶角和面心的原子是钛原子，共14个，棱的中心和体心的原子是碳原子，共13个，其化学式为Ti14C13，故〖答案〗为：Ti14C13；（5）均摊法写出化学式，K个数＝2+8×＝4，Ni的个数＝8×+1＝2，F的个数＝16×+2+4×＝8，故K、Ni、F三者比例为2：1：4，对应化学式为：K2NiF4；以体心Ni作为参考，周围离其最近的氟个数为6，故Ni配位数为6；棱上8个K围成长方体结构，其高等于（b﹣2c）pm，底面为正方形，边长为apm，AB之间距离为长方体体对角线一半，底面对角线长度为apm，体对角线长度＝pm，则AB距离为pm＝×10﹣10cm，故〖答案〗为：K2NiF4；6；×10﹣10。18．（12分）主族元素Be、N、Na、P、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：（1）我国自主研发的氟硼铍酸钾（KBe2BO3F2）晶体用于制造深紫外固体激光器，可用于高温超导、催化剂等领域研究。其中K+核外电子的运动状态有18种。（2）BeO晶体是制备氟硼镀酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与ZnS类似，如图1所示。Be的配位数是4；该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子a、b的坐标分别为（0，0，0）、，则原子c的坐标为（，，）；沿晶胞面对角线投影，图2能正确描述投影结果的是B（填标号）。（3）用化学用语表示羟胺（NH2OH）溶液显碱性的原因NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣。（4）PCl5在加压下于148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得P﹣Cl的键长为198pm和206pm两种。此时熔体中存在共价键和离子键（填化学键类型），P的杂化类型为sp3d2。（5）在超高压下，金属钠和氦可形成化合物。结构中，钠离子（小圆球）按简单立方排布，形成Na8立方体空隙（如图所示为该晶体的部分结构），电子对（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方体的中心。已知晶胞是构成晶体的最基本的几何单元，该晶体晶胞边长a＝395pm，计算晶体的密度ρ＝g•cm﹣3中（写表达式，已知NA为阿伏加德罗常数）〖祥解〗（1）K+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，共有18个电子；（2）晶胞结构可知，每个Be周围有4个O与其相连，则Be的配位数是4；由BeO的晶胞结构可知，每个Be处于晶胞体对角线的处；（3）NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3的水溶液相似，氨气与水反应生成铵根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性；（4）PCl5熔融状态下可以导电，说明其在熔融状态可以电离出离子，且键长有两种，所以熔体中含有和，存在共价键和离子键；中P原子的价层电子对数为4+（5﹣1﹣1×4）＝4，为sp3杂化；中P原子的价层电子对数为6+（5+1﹣1×6）＝6；（5）每个小立方体中有8×＝1个钠离子，电子对（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g＝g，晶胞边长a＝395pm，所以体积为3953pm3＝3953×10﹣30cm3。【解答】解：（1）K+核外电子排布为1s22s22p63s23p6，共有18个电子，则有18种运动状态，故〖答案〗为：18；（2）晶胞结构可知，每个Be周围有4个O与其相连，则Be的配位数是4；由BeO的晶胞结构可知，每个Be处于晶胞体对角线的处，结合原子a、b的坐标可知原子c的坐标为（，，）；沿面对角线进行投影为B，故〖答案〗为：4；（，，）；B；（3）NH2OH的水溶液呈弱碱性的原理与NH3的水溶液相似，氨气与水反应生成铵根离子和氢氧根离子，溶液呈碱性，所以NH2OH的水溶液呈弱碱性的原因是与水反应生成氢氧根离子的缘故，电离方程式是NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣，故〖答案〗为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH﹣；（4）PCl5熔融状态下可以导电，说明其在熔融状态可以电离出离子，且键长有两种，所以熔体中含有和，存在共价键和离子键；中P原子的价层电子对数为4+（5﹣1﹣1×4）＝4，为sp3杂化；中P原子的价层电子对数为6+（5+1﹣1×6）＝6，为sp3d2杂化，故〖答案〗为：共价键和离子键；sp3d2；（5）每个小立方体中有8×＝1个钠离子，电子对（2e﹣）和氦原子交替分布填充在立方体的中心，所以该晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体，其中有一半小立方体中有He原子，一半有电子对，所以晶胞中有8个钠离子、4个He原子，则晶胞的质量为g＝g，晶胞边长a＝395pm，所以体积为3953pm3＝3953×10﹣30cm3，则密度为g/cm3，故〖答案〗为：。19．（11分）科学探究是学习化学的重要途径，而实验是科学探究的重要手段Ⅰ．有机物样品在如图电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物的分子式。请回答下列问题：（1）若锥形瓶内的固体为MnO2，则其作用催化剂。（2）C装置中CuO的作用是使有机物充分被氧化生成CO2和H2O，F装置的作用为防止空气中的水和二氧化碳进入。（3）准确称取11.6g样品，充分反应后，D装置质量增加10.8g，E装置质量增加26.4g，若该有机物的密度是相同条件下H2的29倍，且其一氯代物只有一种结构，则该有机物的键线式可表示为CH3OCH3。（4）若少了B装置，则所得样品的分子式中氢元素的质量分数会偏大（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。Ⅱ．实验室制备苯乙酮的化学方程式为：制备过程中还会发生CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑等副反应。主要实验装置如图所示。已知：氯化铝易水解，乙酸酐与水反应生成CH3COOH。主要实验步骤：（Ⅰ）合成在a中加入20g无水氯化铝和30mL无水苯。为避免反应液升温过快，边搅拌边慢慢滴加6mL乙酸酐和10mL无水苯的混合液，控制滴加速率．使反应液缓缓进入a中。滴加完毕后加热回流1小时。（Ⅱ）分离与提纯①边搅拌边慢慢滴加一定量浓盐酸与冰水混合液，分离得到有机层；②水层用苯萃取，分液；③将①②所得有机层合并，洗涤、干燥、蒸去苯，得到苯乙酮粗产品；④蒸馏粗产品得到苯乙酮。回答下列问题：（5）仪器a的名称为三颈烧瓶。（6）分离和提纯操作②的目的把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失。（7）粗产品蒸馏提纯时，如图装置中温度计位置可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的是AB。〖祥解〗A装置中过氧化氢在二氧化锰催化下分解生成氧气，测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量，来确定是否含氧及C、H、O的个数比，求出最简式；因此生成O2后必须除杂（主要是除H2O），所以氧气中水蒸气，通过浓硫酸干燥，C中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2；D用来吸收水，测定生成水的质量，E、F管吸收二氧化碳，G防止空气中的水和二氧化碳进入F中。【解答】解：（1）A装置分液漏斗中的液体为双氧水，锥形瓶内的固体为二氧化锰，二氧化锰是双氧水分解的催化剂，故〖答案〗为：催化剂；（2）C装置中CuO的作用是使有机物充分被氧化生成CO2和H2O，F装置的作用为防止空气中的水和二氧化碳进入，故〖答案〗为：使有机物充分被氧化生成CO2和H2O；防止空气中的水和二氧化碳进入；（3）准确称取11.6g样品，若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，经充分反应后，D管质量增加10.8g，则水的物质的量n（H2O）═0.6mol，E装置和F装置质量共增加26.4g，为二氧化碳，n（CO2）═0.6mol，氧原子质量m（O）＝11.6g﹣0.6mol×2×1g/mol﹣0.6mol×12g/mol＝3.2g，氧原子物质的量n（O）═0.2mol，n（C）：n（H）：：n（O）＝3：6：1，若该有机物的密度是相同条件下H2的29倍，该物质的相对分子质量为58，则分子式为：C3H6O，且其一氯代物只有一种结构，其结构为CH3OCH3，故〖答案〗为：CH3OCH3；（4）若少了B装置，氧气中含有水，则所得样品的分子式中氢元素的质量分数会偏大，故〖答案〗为：偏大；（5）仪器a的名称为三颈烧瓶，故〖答案〗为：三颈烧瓶；（6）分离和提纯操作②水层用苯萃取，分液，苯乙酮中苯中的溶解度大于水，目的把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失，故〖答案〗为：把溶解在水中的苯乙酮提取出来以减少损失；（7）粗产品蒸馏提纯时，温度计的水银球的位置应在蒸馏烧瓶的支管口处，装置中温度计位置正确的是C，水银球位置过低，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB，故〖答案〗为：AB。20．（13分）二苯甲烷、联苯，萘、苯并芘，椭圆烯都是常见的芳香族化合物，结构简式如下。（1）已知椭圆烯（Ⅰ）的分子式为C24H12，则椭圆烯（Ⅱ）的分子式为C32H12。（2）下列说法正确的是d（填序号）。a．二苯甲烷中最多有五个碳原子在同一