河南省新乡市重点高中联考2023-2024学年高二下学期6月质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省新乡市重点高中联考2023-2024学年高二下学期6月质量检测考试时间：75分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷(选择题)一、单选题：本大题共16小题，共48分。1.化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关材料的说法错误的是A.2022年北京冬奥会开幕式演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料B.华为第6代半导体显示器件使用的半导体材料是晶体硅C.汽车尾气中的主要来源于汽油的不充分燃烧D.“嫦娥五号”月球车上的国旗是由高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料〖答案〗C【详析】A．石墨烯为碳元素组成的单质，其材料属于新型无机非金属材料，故A正确；B．晶体硅具有良好的半导体性能，能做半导体材料，故B正确；C．汽油为烃类物质，不含氮，NO可能为氮气和氧气在内燃机中的高温条件下生成，故C错误；D．分子材料嵌入纤维，纤维相对分子质量很大，属于高分子材料，故D正确；故选C。2.下列说法正确的是A.BF3、NCl3中各原子的最外层电子都满足8电子稳定结构B.基态57La(镧)原子的价层电子排布式为5d16s2，位于元素周期表的d区C.CH3OH分子中，碳原子与氧原子之间的共价键为sp3-pσ键D.6g二氧化硅晶体中含有的Si-O键数为0.4NA〖答案〗D【详析】A．BF3中B原子的最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，A项错误；B．基态57La(镧)原子的价层电子排布式为5d16s2，La位于元素周期表的f区，B项错误；C．CH3OH中C、O原子都采取sp3杂化，碳原子与氧原子之间的共价键为sp3-sp3σ键，C项错误；D．二氧化硅属于共价晶体，其中n(SiO2)∶n(Si-O)=1∶4，6g二氧化硅的物质的量为=0.1mol，故含有的Si-O键数为0.4NA，D项正确；〖答案〗选D。3.为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为B.的溶液中，含有的数目可能为C.中键的个数为D.常温下，5.6g铁与的硝酸反应，铁失去的电子数为〖答案〗B【详析】A．没有给定外界的温度和压强，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数，故A错误；B．的溶液中，NaClO物质的量为0.1amol，为弱酸酸根离子，会发生水解，含有的数目小于0.1aNA，可能为，故B正确；C．中，中心原子铜形成4mol配位键，NH3中共含有mol=9mol共价键，CO中含1mol键，中键的个数为4+9+1=14NA，故C错误；D．常温下，5.6g铁的物质的量为0.1mol，的硝酸的物质的量为0.3mol，铁与稀硝酸按1:4的比例反应，故硝酸不足，按不足的进行计算，铁失去的电子数为小于，故D错误；〖答案〗为：B。4.下列有关化学材料的说法正确的是A.酚醛树脂()具有固定的熔沸点B.含磺酸基(一SO3H)的离子交换树脂为阴离子交换树脂C.聚乙炔在掺杂状态下具有较高的电导率D.有机玻璃()可由经缩聚反应制得〖答案〗C【详析】A．酚醛树脂属于聚合物，聚合度n不同，即为混合物，故没有固定熔沸点，A错误；B．磺酸基提供氢离子，所以含磺酸基的离子交换树脂为阳离子交换树脂，B错误；C．聚乙炔中掺杂了碘等使其具有金属一样高的导电性，即具有较高的导电率，C正确；D．由有机玻璃结构简式知，可由经酯化反应制得，D错误；故选C。5.用下列装置或操作进行实验，能达到实验目的的是A.利用A装置去除中少量B.利用B装置分离酒精和乙酸C.利用C装置转移氯化钠溶液D.利用D装置检验化合物中是否含钾元素〖答案〗C【详析】A．除去二氧化碳中少量氯化氢时，气体应从长导气管通入碳酸氢钠溶液中，故A错误；B．酒精和乙酸是互溶的液体，不能用分液的方法分离，故B错误；C．向容量瓶中转移氯化钠溶液时，应用玻璃棒引流，且玻璃棒要放在刻度线的下方，故C正确；D．检验化合物中是否含钾元素应透过蓝色钴玻璃片观察火焰，故D错误；故选C。6.已知：，若要合成，所用的起始原料可以为A.1，3-戊二烯和丙炔 B.1，3-戊二烯和2-丁炔C.2，3-二甲基一1，3-戊二烯和丙炔 D.2-甲基一1，3-丁二烯和2-丁炔〖答案〗B【详析】根据反应原理，若要合成，所用的起始原料可以为：（乙炔）、（2，3-二甲基一1，3-戊二烯）或（1，3-戊二烯）、（2-丁炔），故选B。7.有机化合物A的键线式结构为，有机化合物B与等物质的量的发生加成反应可得到有机化合物A，下列有关说法正确的是A.有机化合物B的结构可能有3种B.有机化合物A的分子式为C.有机化合物A的一氯取代物只有4种D.用系统命名法命名有机化合物A，名称为3，4，4-三甲基戊烷〖答案〗A〖祥解〗有机物系统命名法步骤：1、选主链：找出最长的①最长-选最长碳链为主链；②最多-遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近-离支链最近一端编号；④最小-支链编号之和最小(两端等距又同基，支链编号之和最小)；⑤最简-两不同取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号；如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；⑥含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。【详析】A．有机物B与等物质的量的氢气发生加成反应生成有机物A，则B中含有一个碳碳双键，可能的结构有三种，分别为和，A正确；B．根据有机化合物A的键线式可知，其为链状烷烃，含有8个碳，分子式为C8H18，B错误；C．有机化合物A中有5种不同化学环境的氢，其一氯取代物有5种，C错误；D．有机化合物A主链上有5个碳原子，选择离支链最近的一端为起点，则该有机物名称为2，2，3-三甲基戊烷，D错误；故〖答案〗选A。8.某种锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3，下列说法正确的是A.简单离子半径：W>Z>YB.电负性：X>Y>ZC.X与Y或Z元素均可构成非极性分子D.氢键的作用使得氢化物的稳定性：Z>W〖答案〗C〖祥解〗基态W原子的s和p能级电子数之比为2∶3，W为P；离子结构中X形成4根键，X为C，Y形成两根键，Y为O，Z形成1根键，Z为F。【详析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，电子层数越多的离子，半径越大，故P3->O2->F-，A错误；B．同周期从左往右电负性增大，则电负性C<O<F，B错误；C．CO2是直线形结构，CF4是正四面体结构，两者均为非极性分子，C正确；D．由于氢键作用，氢化物沸点HF>PH3，非金属性F>P，氢化物稳定性HF>PH3，D错误；故选C。9.吲哚美辛具有解热镇痛等功效，结构如图，下列关于吲哚美辛的说法错误的是A.分子式为C19H16ClNO4B.在碱性环境中易失效C.分子中所有碳原子可能共平面D.与足量H2加成后，产物分子中含7个手性碳原子〖答案〗D【详析】A．分子中C、H、Cl、N、O原子个数依次是19、16、1、1、4，分子式为C19H16ClNO4，故A正确；B．分子中酰胺基、羧基都能和碱溶液反应，所以该物质在碱性环境中易失效，故B正确；C．苯环及直接连接苯环的原子共平面，醚键连接的甲基碳原子可能和左侧的苯环共平面，酰胺基中碳原子和右边的苯环共平面，碳碳双键连接的甲基、苯环上的碳原子及-CH2COOH中碳原子共平面，则该分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；D．如图，该有机物与足量H2加成后，产物分子中含5个手性碳原子，故D错误；故选：D。10.精细化学品Z是X与反应的主产物，X→Z的反应机理如下：下列说法错误的是A.X与互为顺反异构体B.X与苯乙烯互为同系物C.X与反应有副产物生成D.Y分子中碳正离子杂化类型为〖答案〗D【详析】A．碳碳双键的碳原子连接不同基团时存在顺反异构，则X与互为顺反异构体，A正确；B．X与苯乙烯的官能团的种类和数目相同且都只有一个苯环，其结构相似，又相差1个CH2原子团，故二者互为同系物，B正确；C．X与反应时，Br原子可连接在双键不同的碳原子上，则X与HBr反应有副产物生成，C正确；D．Y分子中碳正离子形成3个键，不含孤电子对，则碳正离子杂化类型为，D错误；故选D。11.聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如图所示。下列说法正确的是A.PA可通过水解反应重新生成Z B.①和②的反应类型都是取代反应C.该合成路线中甲醇可循环使用 D.1molPA最多与(n+1)molNaOH反应〖答案〗C〖祥解〗Z和发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式知，Z为，根据Y、Z的分子式知，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则Y为，X发生消去反应、取代反应生成Y。【详析】A．根据PA的结构简式知，PA水解生成，和甲醇发生酯化反应得到Z，所以不能直接得到Z，故A错误；B．由分析可知，X发生消去反应、取代反应生成Y，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，故B错误；C．Y生成Z消耗甲醇，Z生成PA生成甲醇，所以甲醇能循环利用，故C正确；D．PA中含有2n个肽键和1个酯基，1molPA最多与(2n+1)molNaOH反应，故D错误；故选C。12.以软锰矿(主要成分是，含有、等杂质)制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)的基本工业流程如图：下列说法错误的是A.浸锰过程发生反应的离子方程式：B.滤渣Ⅱ中主要成分为C.氧化过程的目的是将过量的消耗，将氧化为D.沉锰过程发生的反应为〖答案〗A〖祥解〗软锰矿中通入过量的二氧化硫，二氧化锰还原为+2价锰，+3价铁还原为+2价铁，过滤得到滤渣二氧化硅，继续向滤液中加入二氧化锰，将+2价铁氧化为+3价，调节PH到3.7，铁转化为氢氧化铁沉淀，向滤液中加入碳酸氢铵，反应生成碳酸锰。【详析】A．浸锰过程二氧化硫将还原为+2价，发生反应的离子方程式：，A错误；B．结合上述分析，滤渣Ⅱ中主要成分为，B正确；C．氧化过程的目的是将过量的消耗，将氧化为，C正确；D．沉锰过程发生的反应为，D正确；〖答案〗为：A。13.锂电池负极材料为嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是A.石墨与金刚石互为同分异构体B.该负极材料碳原子的杂化方式为杂化C.的配位数为6D.晶胞中与C原子个数比为〖答案〗D【详析】A．石墨与金刚石均为碳单质，互为同素异形体，A错误；B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误；C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误；D．由图一知，C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为1：6，D正确；故选D。14.卤代烃A的分子式为C5H9Br，在一定条件下存在如图所示转化。B是A的一种链状同分异构体，A、B与NaOH水溶液作用，分别得到两种醇C和D。其中C存在对映异构体，且加氢后的产物易被氧化为醛。D加氢后的产物不易被氧化。下列说法正确的是A.A分子的核磁共振氢谱共有6组峰B.M可用于合成天然橡胶C.可用红外光谱仅确定C的对映异构体D.B不能通过图中过程转化为L〖答案〗B〖祥解〗卤代烃A的分子式为C5H9Br，A发生消去反应生成烯烃M，M被酸性高锰酸钾溶液氧化生成L，结合A的分子式知，A还存在一个碳碳双键，根据L的结构简式推知M为CH2=C(CH3)CH=CH2，而A与NaOH水溶液作用生成醇C，C存在对映异构体且加氢后的产物易被氧化为醛，可推知A为CH2=C(CH3)CH2CH2Br、C为CH2=C(CH3)CH2CH2OH，B是A的一种链状同分异构体，B与NaOH水溶液作用得到醇D，D加氢后的产物不易被氧化，可知B为CH2=CHC(CH3)2Br、D为CH2=CHC(CH3)2OH，据此解答。【详析】A．由分析可知，A的结构简式为CH2=C(CH3)CH2CH2Br，分子中有4种化学环境不同的氢原子，分子的核磁共振氢谱共有4组峰，故A错误；B．M为CH2=C(CH3)CH=CH2，可用于合成天然橡胶，故B正确；C．C的对映异构体与C的化学键、官能团相同，含有相同的基团，二者红外光谱图相同，故C错误；D．B是CH2=CHC(CH3)2Br，可以发生消去反应生成CH2=CHC(CH3)=CH2，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成L，可以实现图中转化，故D错误；故选：B。15.科学家最近发现了一种利用水催化促进和转化的化学新机制。如图所示，电子传递可以促进中键的解离，进而形成中间体，通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的或可以将电子快速转移给周围的气相分子。下列叙述错误的是A.观察图可知“水分子桥”与氢键形成有关B.通过“水分子桥”传递2mol电子C.与间发生的总反应的离子方程式为：D.反应过程中涉及极性键的断裂与形成〖答案〗B【详析】A．由图示知，N、O原子的电负性大，与周围其它分子(或离子)中的H原子之间形成氢键，故A正确；B．由图示知，通过“水分子桥”传递1mol电子，故B错误；C．由图示知，HSO与NO2间发生反应生成硫酸氢根离子和亚硝酸，总反应的离子方程式HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，故C正确；D．反应中涉及HSO中氢氧键的断裂、HNO2中氢氧键的生成，故涉及极性键的断裂与形成，故D正确；〖答案〗为B。16.Wolff-Kishner—黄鸣龙反应是一种将醛类或酮类与肼作用的反应，具体反应历程如图所示。已知：R、R'均代表烃基。下列说法错误的是A.过程①发生加成反应，过程②发生消去反应B.过程③中，仅有极性键的断裂和非极性键的形成C.过程④的反应可表示为：+OH-→+N2↑+H2OD.应用该机理，可以在碱性条件下转变为〖答案〗B〖祥解〗Wolff-Kishner—黄鸣龙反应是羰基和肼发生反应，然后脱去氮上氢，双键移位，最后氮气离去，碳负离子夺取水中的氢，据此回答。【详析】A．过程①羰基碳氧双键断裂，即发生加成反应；过程②羟基和氢原子生成水，并形成新的碳氮双键，即为消去反应，A正确；B．过程③中还形成了水中的氢氧键，即还形成极性键，B错误；C．由反应历程图知过程④有氮气生成，即反应可表示为：+OH-→+N2↑+H2O，C正确；D．该机理中羰基可最终还原为亚甲基，即可以在碱性条件下转变为，D正确；故选B。第II卷(非选择题)二、简答题：本大题共4小题，共52分。17.铋()的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋碎(主要成分为，含、、等杂质)制备的工艺流程如下：已知：ⅰ.易水解；难溶于冷水。ⅱ.“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质。ⅲ.回答下列问题：（1）为提高“氧化浸取”速率，采取的措施有：升高温度、___________(写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是___________（2）“除铜”时发生反应：，则___________。（3）“转化”时，生成的离子方程式为___________。（4）已知酸性环境下，可以将氧化成(被还原成)。可通过一个原电池装置来证明，①请在图中的方框内标出溶液中溶质的化学式__________②并写出负极的电极反应式：___________。（5）甲同学取NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液。甲同学测得产品的纯度为___________(用含w、a、b的代数式表示)。乙同学认为甲同学的测量数据不一定准确，若排除实验仪器和操作的影响因素，还需进行的操作是___________已知：〖答案〗（1）①.将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)②.高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解（2）（3）（4）①.②.（5）①.②.重复实验2-3次〖祥解〗由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，将硫元素氧化为硫单质，铋、铁、铜转化为相应盐溶液，同时得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)[Cu(NH3)4]2+，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，加入盐酸溶液溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO，次氯酸具有强氧化性，将三价铋氧化为五价铋，发生反应，得到产品NaBiO3；【小问1详析】为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)。盐酸具有挥发性、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解。【小问2详析】已知：①②，反应②-①，可得反应，；小问3详析】由分析可知，生成离子方程式为：。【小问4详析】酸性环境下，可以将氧化成(被还原成)，则Mn2+在负极失去电子生成，在正极得到电子生成，根据电子流向可知左侧为正极区，右侧为负极区，设计原电池为；正极的电极反应式：。【小问5详析】根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子反应的关系式为5~2MnO，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O，可得出关系式：NaBiO3~，滴定完全时消耗bmLamol·L标准溶液，该产品的纯度。滴到实验为减小实验误差，需要重复实验2-3次。18.实验室模拟工业上用甲苯与干燥氯气合成氯化苄(C6H5CH2Cl)，其装置(加热、夹持装置略去)如图所示。已知：相关物质的沸点如表所示：物质甲苯氯化苄二氯化苄三氯化苄沸点(℃)110179.4205220回答下列问题：（1）装置E的名称为_______，装置F的作用是_______。（2）在反应过程中，部分副产物蒸出后被氢氧化钠溶液吸收。吸收液可与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，则副产物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为_______。（3）回流反应结束后，为获得较为纯净的氯化苄，简述其操作_______。（4）检测产品的纯度：①称取15.00g产品于烧杯中，加入足量NaOH水溶液，水浴加热1小时，冷却后加入过量稀HNO3溶液，再将全部溶液转移到容量瓶中配成100mL溶液。取20.00mL溶液于试管中，加入足量的AgNO3溶液，充分振荡，过滤、洗涤、干燥，称量固体质量为2.87g，则该产品的纯度为_______%(保留三位有效数字)。②通常上述测定结果高于产品中氯化苄的实际含量，可能的原因为_______，_______。〖答案〗（1）①.球形冷凝管②.吸收水蒸气，防止水蒸气进入反应装置影响实验（2）+2NaOH＋2NaCl＋H2O（3）撤去E、F及尾气吸收装置，插上玻璃塞，保持K1关闭，打开K3，加热三颈烧瓶，冷凝收集179~205℃的馏分（4）①.84.3%②.样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质③.AgCl未洗涤干净〖祥解〗由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与甲苯反应制备氯化苄，装置E用于导出氯气和氯化氢，冷凝回流挥发出的甲苯，装置F中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入反应装置影响实验，盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收未反应的氯气和反应生成的氯化氢，防止污染空气。【小问1详析】由实验装置图可知，装置E为球形冷凝管；由分析可知，装置F中盛有的无水氯化钙用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入反应装置影响实验，故〖答案〗为：球形冷凝管；吸收水蒸气，防止水蒸气进入反应装置影响实验；【小问2详析】由题意可知，氯气与甲苯反应时生成了二氯化苄，二氯化苄与氢氧化钠溶液发生水解反应生成了能与新制氢氧化铜反应的苯甲醛、氯化钠和水，反应的化学方程式为+2NaOH＋2NaCl＋H2O，故〖答案〗为：+2NaOH＋2NaCl＋H2O；【小问3详析】1由题给信息可知，回流反应结束后，获得较为纯净的氯化苄的操作为撤去E、F及尾气吸收装置，插上玻璃塞，保持K1关闭，打开K3，加热三颈烧瓶，冷凝收集179~205℃的馏分，故〖答案〗为：撤去E、F及尾气吸收装置，插上玻璃塞，保持K1关闭，打开K3，加热三颈烧瓶，冷凝收集179~205℃的馏分；【小问4详析】①由题意可得如下转化关系：—AgCl，实验测得氯化银的质量为2.87g，则产品的产率为×100%≈84.3%，故〖答案〗为：84.3%；②测定结果高于产品中氯化苄的实际含量说明样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质使得生成的氯化银的质量偏大，导致所测结果偏高，也可能是氯化银未洗涤干净使得测定结果偏高，故〖答案〗为：样品混有二氯化苄、三氯化苄等杂质；AgCl未洗涤干净。19.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子有3个未成对电子，基态Y原子中s电子数与p电子数相等，且轨道中有未成对电子，Z与X同族，W2+离子的核外M层全充满，回答下列问题：（1）Z原子核外电子有_______种空间运动状态，W在周期表中的位置为_______。（2）X与Y的第一电离能I1(X)_______I1(Y)(填“>”、“=”或“<”)，原因是_______。（3）Z4是Z元素的常见单质，其易溶于CS2，难溶于水，可能原因是_______。（4）一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(x、y方向的夹角为120°，z方向垂直于x、y方向，底面棱长均为anm，侧面棱长为cnm)，其晶胞结构如图甲所示；晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。①A原子的分数坐标为_______。②已知该新型材料的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则密度为_______g/cm3(用含a、c、M、NA的计算式表示)。〖答案〗（1）①.9②.第四周期ⅡB族（2）①.>②.N原子的2p轨道为稳定的半充满结构（3）P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水（4）①.(，，)②.×1021〖祥解〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态X原子有3个未成对电子，则X为N元素；基态Y原子中s电子数与p电子数相等，且轨道中有未成对电子，则Y为O元素；Z与X同族，则Z为P元素；W2+离子的核外M层全充满，则W为Zn元素。【小问1详析】磷元素的原子序数为15，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，核外电子的轨道数为9，则核外电子的空间运动状态为9；锌元素的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，故〖答案〗为：9；第四周期ⅡB族；【小问2详析】同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故〖答案〗为：>；N原子的2p轨道为稳定的半充满结构；【小问3详析】白磷的空间构型是结构对称的正四面体形，属于非极性分子，由相似相溶原理可知，白磷易溶于非极性溶剂二硫化碳，难溶于极性溶剂水，故〖答案〗为：P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；【小问4详析】①由晶胞结构可知，A原子与相连的3个Ti原子形成一个正四面体，将A沿z轴在底面投影为A′，则A′为正三角形BCD的中心，连接DA′，延长到边上P点，沿点A′作两个边的平行线，交点分别为E、F，如图所示，则BA′为nm、PA′为nm，PE=EA′，由勾股定理可知，EA′2=PA′2+PE2，则PE=nm、EA′=nm，EC=FA′=nm，由勾股定理可知，AB2=AA′2+BA′2，则AA′=nm，则A原子的分数坐标为(，，)，故〖答案〗为：(，，)；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钛原子个数为8×+4×+4=6，位于棱上的硅原子个数为8×=2，位于体内的碳原子个数为4，则晶胞的化学式为Ti3SiC2