2023-2024学年北京市房山区高二下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2北京市房山区2023-2024学年高二下学期期中考试一、本部分共16题，每题3分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列关于核外电子运动状态的说法中，正确的是（）A．电子围绕原子核做有规律的圆周运动 B．所有核外电子的能量均相同 C．在不同能层上运动的电子具有不同的能量 D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地吸收能量〖祥解〗A．核外电子运动没有规律；B．核外电子能量按照离核由近及远的顺序依次增高；C．不同能层上的电子能量不同；D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地释放能量。【解答】解：A．核外电子绕核运转，但是没有规律，故A错误；B．核外电子能量不同，按照离核由近及远的顺序依次增高，故B错误；C．不同能层上的电子能量不同，离核越远能量越高，故C正确；D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地释放能量，故D错误；故选：C。2．（3分）下列能级符号不正确的是（）A．1s B．2p C．2d D．3p〖祥解〗根据第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层。【解答】解：S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，所以不会出现2d，f亚层至少在第四层及以上，故C错误，故选：C。3．（3分）某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，下列关于该元素在元素周期表中的位置说法正确的是（）A．位于第三周期 B．位于ⅡA族 C．位于ds区 D．第26号元素〖祥解〗某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，最高能层数为4，价电子8，位于周期表第四周期Ⅷ族，据此判断解答。【解答】解：某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，最高能层数为4，价电子8，原子序数为26，为铁元素，位于周期表第四周期Ⅷ族，位于d区，故选：D。4．（3分）下列图示或化学用语表示正确的是（）A．NaCl的电子式B．基态18Ar原子的价层电子轨道表示式C．F﹣的离子结构示意图D．px轨道的电子云轮廓图A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成；B．基态18Ar原子的价层电子排布式为3s23p6；C．F﹣的最外层电子数为8；D．s轨道呈球形，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形。【解答】解：A．NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为，故A错误；B．态基态18Ar原子的价层电子排布式为3s23p6，价层电子轨道表示式为，故B正确；C．F原子结构示意图为，F﹣的离子结构示意图为，故C错误；D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，即px轨道的电子云轮廓图为，故D错误；故选：B。5．（3分）下列选项中正确的是（）A．第一电离能：I（B）＞I（Al） B．原子半径：N＜O C．离子半径：r（K+）＞r（Cl﹣） D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br〖祥解〗A．同主族从上到下，第一电离能减小；B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；D．原子半径越大，和氢原子形成共价键的键长越长。【解答】解：A．B、Al为同主族元素，第一电离能：I（B）＞I（Al），故A正确；B．NO原子核外电子层数相同，原子半径：N＞O，故B错误；C．K+、Cl﹣离子电子层数相同，则离子半径r（K+）＜r（Cl﹣），故C错误；D．原子半径Cl＜Br，键长：H﹣Cl＜H﹣Br，故D错误；故选：A。6．（3分）下列关于σ键和π键的理解不正确的是（）A．σ键是原子轨道“头碰头”式重叠，π键是原子轨道“肩并肩”式重叠 B．通常σ键比π键重叠程度大，原子间会优先形成σ键 C．σ键和π键不能同时存在于同一个分子中 D．碳碳双键中有1个σ键和1个π键〖祥解〗A．原子轨道“头碰头”重叠形成的共价键为σ键，肩并肩式重叠形成的共价键为π键；B．σ键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠；C．σ键和π键可以同时存在于一个分子中；D．双键中1个是σ键、1个是π键。【解答】解：A．化学键形成过程中，原子轨道头碰头式重叠形成的共价键为σ键，肩并肩式重叠形成的共价键为π键，故A正确；B．σ键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则一般情况下，σ键比π键重叠程度大，故B正确；C．σ键和π键可以同时存在于一个分子中，如O＝O中含有σ键和π键，故C错误；D．双键中1个是σ键、1个是π键，所以碳碳双键中有1个σ键和1个π键，故D正确；故选：C。7．（3分）下列各组物质中，仅由极性键构成的非极性分子是（）A．O2 B．H2O C．CH2＝CH2 D．CH4〖祥解〗同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。以此来解答。【解答】解：A．O2中只含有非极性键，是非极性分子，故A错误；B．H2O含有的化学键H﹣O是极性键，水分子是V形结构，正负电荷重心不重合是极性分子，故B错误；D．CH2＝CH2中含有极性键和非极性键，故C错误；D．CH4含有的化学键C﹣H是极性键，是正四面体结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故D正确；故选：D。8．（3分）下列微粒的空间结构是平面三角形的是（）A．CO2 B．H2S C．CH2O D．〖祥解〗微粒的空间结构是平面三角形的是分子中中心原子sp2杂化，不存在孤对电子，据此分析判断。【解答】解：A．CO2分子中的价电子对数＝2+＝2，C原子sp杂化，为直线型分子，故A错误；B．H2S分子中的价电子对数＝2+＝4，S原子sp3杂化，含两对孤对电子，为角形，故B错误；C．CH2O分子中的价电子对数＝3+＝3，C原子sp2杂化，不存在孤对电子，为平面三角形，故C正确；D．分子中的价电子对数4+＝4，N原子sp3杂化，无孤对电子，为正四面体结构，故D错误；故选：C。9．（3分）下列物质中，存在手性碳原子的是（）A．CH4 B．CH3﹣CH2﹣OH C． D．〖祥解〗手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断方法：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团是不同的；据此分析解。【解答】解：A．CH4中碳连有4个相同H原子，故不是手性碳，故A错误；B．CH3﹣CH2﹣OH中的碳原所连原子均有相同H原子，故不存在手性碳，故B错误；C．中C都连有相同的原子或者原子团，故不存在手性碳原子，故C错误；D．分子中的手性碳如图所示：，存在手性碳原子，故D正确；故选：D。10．（3分）下列选项中，所列出的物质性质差异主要受范德华力大小影响的是（）A．HF的沸点比HCl的高 B．氧化镁的熔点高于氯化钠 C．H2O的分解温度比H2S的高 D．常温下Br2为液体而I2为固体〖祥解〗范德华力为分子间作用力，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，只与物质的物理性质有关，如：物质的三态变化，熔沸点高低等，与物质的化学性质无关。【解答】解：A．HF的沸点比HCl的高是因为HF分子间存在氢键，故A错误；B．氧化镁的熔点高于氯化钠，是因为镁离子和氧离子半径小、所带电荷数多，离子键强，故B错误；C．H2O的分解温度比H2S的高是因为H﹣O键的键能大于H﹣S键的键能，故C错误；D．常温下Br2为液体而I2为固体，是因为Br2相对分子质量小于I2，I2的范德华力大于Br2，故D正确；故选：D。11．（3分）钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，其晶胞结构如图所示。下列关于钛酸钙说法不正确的是（）A．每个晶胞中含有3个O2﹣ B．化学式为CaTiO3 C．含有离子键 D．晶体具有良好的导电性和延展性〖祥解〗A．根据均摊法计算O2﹣的个数；B．根据均摊法计算各微粒的个数；C．该晶体中存在Ca2+和；D．钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料。【解答】解：A．O2﹣位于顶点面心，个数为6×＝3，故A正确；B．Ca2+位于顶点，个数为8×＝1，Ti4+位于体心，则Ca2+：Ti4+：O2﹣＝1：1：3，故化学式为CaTiO3，故B正确；C．该晶体中存在Ca2+和，为离子晶体，故C正确；D．钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，不具有良好的导电性，故D错误；故选：D。12．（3分）下列叙述中正确的是（）A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．晶体具有物理性质各向异性 C．晶体、非晶体均具有固定的熔点 D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性〖祥解〗A．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列；B．由于晶体的内部晶胞的构成在不同方向上是不一样的，C．晶体具有固定的熔点，而非晶体不具有固定的熔点；D．在适宜的条件下，晶体能够自发的呈现封闭的规则的多面体外形，这称为晶体的自范性，非晶态物质没有这个特性；【解答】解：A．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不是在于是否具有规则的几何外形，故A错误；B．由于晶体的内部晶胞的构成在不同方向上是不一样的，所以晶体具有物理性质各向异性，故B正确；C．晶体具有固定的熔点，而非晶体不具有固定的熔点，故C错误；D．玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误；故选：B。13．（3分）钠在氯气中燃烧生成氯化钠。下列说法不正确的是（）A．金属钠中含有Na+和自由电子 B．Cl2分子中的共价键是p﹣pσ键 C．氯化钠晶胞中含有14个Cl﹣和13个Na+ D．熔点：NaCl＞Na＞Cl2〖祥解〗A．金属钠属于金属晶体，含有钠离子和自由电子；B．Cl原子中未成对电子为p电子；C．氯化钠晶胞为面心立方结构，钠离子位于8个顶点和6个面心，氯离子位于12条棱的中央和体心；D．一般来说，熔点为离子晶体＞金属晶体＞分子晶体。【解答】解：A．依据分析可知，金属钠中含有Na+和自由电子，故A正确；B．Cl原子中未成对电子为p电子，所以Cl2分子的共价键是p﹣pσ键，故B正确；C．根据均摊法可知，氯化钠晶胞中含有8×+6×＝4个钠离子和12×+1＝4个氯离子，故C错误；D．一般来说，熔点为离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，则熔点为NaCl＞Na＞Cl2，故D正确；故选：C。14．（3分）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C（NH2）3]4[B（OCH3）4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C（NH2）3]+为平面结构。下列说法不正确的是（）A．元素的电负性：C＜N＜O B．该化合物中阴阳离子个数比为1：1 C．该晶体中存在N﹣H…O氢键 D．[C（NH2）3]+中C原子的杂化类型是sp3〖祥解〗A．同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐增大；B．化合物中阴离子为3个[B（OCH3）4]﹣和1个Cl﹣，阳离子为4个[C（NH2）3]+；C．由图可知，[C（NH2）3]+中的NH2中的H与[B（OCH3）4]﹣中的O之间形成氢键；D．[C（NH2）3]+为平面结构。【解答】解：A．同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐增大，则元素的电负性：C＜N＜O，故A正确；B．由图可知，该化合物中阴为3个[B（OCH3）4]﹣和1个Cl﹣，阳离子为4个[C（NH2）3]+，则阴阳个数比为1：1，故B正确；C．由图可知，[C（NH2）3]+中的NH2中的H与[B（OCH3）4]﹣中的O之间形成氢键，因此该晶体中存在N﹣H…O氢键，故C正确；D．[C（NH2）3]+为平面结构，其中的C原子和N原子的杂化类型均为sp2杂化，故D错误；故选：D。15．（3分）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是（）选项物质的结构或性质解释A键角：NH3＞BF3NH3中N的孤电子对数比BF3中B的孤电子对数多B酸性：CF3COOH＞CCl3COOHF的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基上的氢更易电离C熔点：碳化硅＞金刚石C﹣Si键能大于C﹣C键能D稳定性：H2O＞CH4H2O分子之间除了范德华力以外还存在氢键A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．根据分子的结构进行判断；B．羟基的极性越大，越易断裂，酸性越强；C．键长越短，键能越大；D．热稳定性与氢键强度无关。【解答】解：A．NH3的中心原子价电子对数为3+＝4，为sp3杂化，键角接近109°28′，BF3中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，键角为120°，故键角：BF3＞NH3，与中心原子杂化方式有关，故A错误；B．F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基中的羟基极性变强，氢更易电离，酸性更强，故B正确；C．由于原子半径Si＞C，因此键长：C﹣C＜Si﹣C，键长越短，键能越大，因此熔点：SiC＜金刚石，故C错误；D．稳定性：H2O＞CH4，热稳定性与键能大小有关，氢键强度无关，故D错误；故选：B。16．（3分）为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是（）序号实验步骤实验现象或结论①向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液②再加入无水乙醇得到深蓝色晶体③测定深蓝色晶体的结构晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O④将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液无蓝色沉淀生成A．在深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀〖祥解〗氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；铜氨络合物在无水乙醇中的溶解度小而析出深蓝色晶体；深蓝色晶体溶于水配成溶液，加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明配合物[Cu（NH3）4]SO4不会电离出Cu2+；A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，根据相似相溶原理分析；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物；D．深蓝色物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀。【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；A．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确；B．根据相似相溶原理，氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力，故C正确；D．深蓝色的物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀，所以向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故D错误；故选：D。二、非选择题（52分）17．（8分）现有下列几种常见物质：①N2、②CO2、③NaCl、④H2O、⑤Cu。（1）含有π键的是①②（填序号，下同）；（2）含有非极性键的是①；（3）含有离子键的是③；（4）含有金属键的是⑤；（5）H2O中O原子杂化轨道类型是sp3，分子的空间结构为角形，H﹣O﹣H键角＜（填“＞”“＝”或“＜”）109°28'，属于极性（“极性”或“非极性”）分子。〖祥解〗（1）分子中含双键、三键、苯环等的物质含π键；（2）同种元素形成的共价键为非极性共价键；（3）阴阳离子构成的化合物为离子化合物；（4）金属和合金中含金属键；（5）H2O分子中含有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。【解答】解：（1）氮气分子中韩氮氮三键，二氧化碳含碳氧双键，含π键的是：①N2、②CO2，故〖答案〗为：①②；（2）含有非极性键的是①N2，故〖答案〗为：①；（3）含有离子键的是：③NaCl，故〖答案〗为：③；（4）含有金属键的是⑤Cu，故〖答案〗为：⑤；（5）H2O中O原子杂化轨道类型是sp3，分子的空间结构为角形，H﹣O﹣H键角＜109°28'，属于极性分子，故〖答案〗为：sp3；角形；＜；极性。18．（12分）原子结构、元素性质、元素在周期表中的位置之间存在密切的相互关系。如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：（1）a的原子结构示意图为。（2）基态b原子核外电子占据的最高能级符号为3p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形。（3）元素c位于周期表的s区。（4）元素b、d、e中电负性最大的是Cl（用元素符号表示）。（5）基态f原子的价层电子排布式为3d54s1。（6）气态c原子失去核外不同电子所需能量如下：电离能I1（第一电离能）I2（第二电离能）I3（第三电离能）能量/kJ•mol﹣1737.71450.77732.7①元素c的最高化合价为+2。②c原子的逐级电离能越来越大的原因是因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多。〖祥解〗周期表结构分析可知，a为O元素，b为Na元素，c为Mg，d为Cl元素，e为K元素，f为Cr元素，（1）a的核电荷数为8，原子核外2个电子层，最外层电子数6，据此写出原子结构示意图；（2）基态Na原子核外电子排布式1s22s22p63s23p1；（3）c为Mg电子最后填充到3s轨道；（4）非金属性越强，电负性越大；（5）f为Cr元素，核电荷数为24，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；（6）①Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多；②随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以Mg原子的第一电离能逐级电增大。【解答】解：（1）a的核电荷数为8，原子核外2个电子层，最外层电子数6，原子结构示意图为：，故〖答案〗为：；（2）基态Na原子核外电子占据的最高能级符号为：3p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形，故〖答案〗为：3p；哑铃；（3）Mg电子最后填充到3s轨道，为s区，故〖答案〗为：s；（4）元素b、d、e中电负性最大的是Cl，故〖答案〗为：Cl；（5）f为Cr元素，核电荷数为24，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态f原子的价层电子排布式为：3d54s1，故〖答案〗为：3d54s1；（6）①Mg为第三周期元素，Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能，说明Mg元素最外层有2个电子，失去2个电子时达到稳定结构，所以Mg元素通常显+2价，故〖答案〗为：+2；②随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以原子的电离能逐级增大，故〖答案〗为：因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多。19．（12分）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为CH4，其汽化过程中克服的作用力是范德华力。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是氢化物b、c、d均可形成分子间氢键。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是acd（填字母序号）。a.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低b.水分子极性强，分子间作用力大c.二氧化碳分子的质量大于水分子d.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子间存在氢键。〖祥解〗（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质；甲烷分子间存在范德华力；②形成分子间氢键沸点升高；③形成分子间氢键越多，沸点越高；（2）干冰晶体属于分子密堆积，冰晶体属于分子非密堆积；（3）形成分子间氢键熔沸点升高。【解答】解：（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，结合周期可知，氢化物a为CH4，为分子晶体，存在范德华力，汽化过程中克服的作用力是范德华力，故〖答案〗为：CH4；范德华力；②氢化物b、c、d分别为NH3、HF、H2O，三者均可形成分子间氢键，均高于同族其它元素氢化物的沸点，故〖答案〗为：氢化物b、c、d均可形成分子间氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键，分子间氢键越多，沸点越高，故〖答案〗为：每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故acd正确，故〖答案〗为：acd；（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，故〖答案〗为：苯胺分子间存在氢键。20．（10分）将钴酞菁和三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，可制得一种高效催化剂。（1）碳的几种单质如图所示。①基态碳原子的轨道表示式是。②下列说法正确的是A。a.金刚石中碳碳原子间是σ键b.C60熔化时破坏的作用力是共价键c.以上四种单质均能导电（2）钴酞菁是配位化合物，其分子结构如图所示。钴酞菁分子中能形成配位键的原因是Co提供空轨道，N原子提供孤电子对。（3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图1所示。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图2所示。①二聚体Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型为sp3。②AlCl3的熔点为192℃，远低于AlF3的熔点1090℃的原因是AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体。③AlF3晶体距离F最近的阳离子有2个。④AlF3的晶胞形状为正方体，边长为anm，该晶体密度为g•cm﹣3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示，1nm＝10﹣7cm）〖祥解〗（1）①C原子核外电子排布式为1s22s22p2；②a.单键为σ键b.C60为分子晶体；c.金刚石、C60不能导电；（2）中心原子提供空轨道，配体原子提供孤电子对形成配位键；（3）①由Al2Cl6的空间结构图1可知，每个Al形成4个Al﹣Cl键；②一般情况下，离子晶体熔点高于分子晶体；③由AlF3晶胞结构图2可知，F位于棱心，阳离子位于顶点；④Al位于顶点，个数为8×＝1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）①C原子核外电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为，故〖答案〗为：；②a.金刚石中存在C﹣C键，单键为σ键，故金刚石中碳碳原子间都是σ键，故A正确；b.C60为分子晶体，熔化时破坏的作用力是分子间作用力，故B错误；c.金刚石为共价晶体，C60为分子晶体，都不能导电，故C错误；故〖答案〗为：A；（2）中心原子Co提供空轨道，配体原子N原子提供孤电子对形成配位键，故〖答案〗为：Co提供空轨道，N原子提供孤电子对；（3）①由Al2Cl6的空间结构图1可知，每个Al形成4个Al﹣Cl键，Al原子的轨道杂化类型为是sp3杂化，故〖答案〗为：sp3；②AlCl3的熔点为192℃，为分子晶体，AlF3的熔点1090℃，为离子晶体，一般情况下，离子晶体熔点高于分子晶体，故AlCl3的熔点远低于AlF3的熔点，故〖答案〗为：AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体；③由AlF3晶胞结构图2可知，F位于棱心，阳离子位于顶点，故距离F最近的阳离子有2个，故〖答案〗为：2；④Al位于顶点，个数为8×＝1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故〖答案〗为：。21．（10分）某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。资料：ⅰ.Fe3+在水溶液中以[Fe（H2O）6]3的形式存在ⅱ.[Fe（H2O）6]3+发生如下水解反应：[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6]（OH）n]3﹣n+nH3O+（n＝0～6）；ⅲ.[FeCl4（H2O）2]﹣为黄色。（1）配离子[Fe（H2O）6]3+的中心离子是Fe3+，配体是H2O，配位数是6。【实验一】分别向等浓度的Fe（NO3）3和FeCl3溶液中滴加硝酸，观察颜色变化。ⅠⅡ（2）②中溶液褪色的原因是由已知：[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+，加入HNO3后，c（H+）增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色。（3）③中溶液呈棕黄色与[FeCl4（H2O）2]﹣有关，支持此结论的实验现象是试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色。【实验二】分别以实验一①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。溶液透光率随温度变化曲线图如图（t1开始加热，t2停止加热；溶液颜色越深，透光率越低）。（4）由图甲、乙可知：①、③中的试剂加热过程中，溶液颜色均变深（填“变浅”“变深”或“不变”）。（5）由实验二，可以得出如下结论：【结论1】FeCl3溶液中存在可逆反应：[Fe（H2O）6]3++4Cl﹣⇌[FeCl4（H2O）2]﹣+4H2O得出此结论的理由是升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（NO3）3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4（H2O）2]﹣+4H2O⇌[Fe（H2O）6]3++4Cl﹣。【结论2】结论1中反应的ΔH＜0（填“＞0”或“＜0”）。（6）实验小组同学重新设计了一个实验，验证（5）中结论1。实验方案：取①中溶液，先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了（4）中结论一（请描述必要的实验操作和现象）。〖祥解〗（1）配离子[Fe（H2O）6]3+的中心离子是Fe3+，配体是H2O，配位数是6；（2）由已知：[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+，硝酸铁溶液中加入HNO3后，溶液中氢离子浓度增大；（3）试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色；（4）温度升高，导致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+正向移动；（5）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（NO3）3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4（H2O）2]﹣+4H2O⇌[Fe（H2O）6]3++4Cl﹣；（6）对照实验②④可知，向②的溶液中加入含有氯离子物质，增大溶液中[FeCl4（H2O）2]﹣浓度。【解答】解：（1）配离子[Fe（H2O）6]3+的中心离子是Fe3+，配体是H2O，配位数是6，故〖答案〗为：Fe3+；H2O；6；（2）由已知：[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+，硝酸铁溶液中加入HNO3后，溶液中氢离子浓度增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色，故〖答案〗为：由已知：[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+，加入HNO3后，c（H+）增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色；（3）试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色，说明氯化铁溶液黄色为[FeCl4（H2O）2]﹣所致，故〖答案〗为：试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色；（4）温度升高，导致平衡[Fe（H2O）6]3++nH2O⇌[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n+nH3O+正向移动，[Fe（H2O）6﹣n（OH）n]3﹣n浓度增大，溶液颜色加深，故〖答案〗为：变深；（5）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（NO3）3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4（H2O）2]﹣+4H2O⇌[Fe（H2O）6]3++4Cl﹣，升高温度，FeCl3溶液透光率增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故〖答案〗为：升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（NO3）3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4（H2O）2]﹣+4H2O⇌[Fe（H2O）6]3++4Cl﹣；＜0；（6）对照实验②④可知，向②的溶液中加入含有氯离子物质，增大溶液中[FeCl4（H2O）2]﹣浓度，可以证明实验方案验证（4）中结论，故〖答案〗为：先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了（4）中结论一。北京市房山区2023-2024学年高二下学期期中考试一、本部分共16题，每题3分，共48分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1．（3分）下列关于核外电子运动状态的说法中，正确的是（）A．电子围绕原子核做有规律的圆周运动 B．所有核外电子的能量均相同 C．在不同能层上运动的电子具有不同的能量 D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地吸收能量〖祥解〗A．核外电子运动没有规律；B．核外电子能量按照离核由近及远的顺序依次增高；C．不同能层上的电子能量不同；D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地释放能量。【解答】解：A．核外电子绕核运转，但是没有规律，故A错误；B．核外电子能量不同，按照离核由近及远的顺序依次增高，故B错误；C．不同能层上的电子能量不同，离核越远能量越高，故C正确；D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地释放能量，故D错误；故选：C。2．（3分）下列能级符号不正确的是（）A．1s B．2p C．2d D．3p〖祥解〗根据第一层（K层）上只有1S亚层，第二电子层（L层）只有2s和2p亚层，第三电子层（M层）只有3s、3p和3d亚层，第四电子层（N层）只有4s、4p、4d和4f亚层。【解答】解：S亚层在每一层上都有，p亚层至少在第二层及以上，d亚层至少在第三层及以上，所以不会出现2d，f亚层至少在第四层及以上，故C错误，故选：C。3．（3分）某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，下列关于该元素在元素周期表中的位置说法正确的是（）A．位于第三周期 B．位于ⅡA族 C．位于ds区 D．第26号元素〖祥解〗某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，最高能层数为4，价电子8，位于周期表第四周期Ⅷ族，据此判断解答。【解答】解：某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，最高能层数为4，价电子8，原子序数为26，为铁元素，位于周期表第四周期Ⅷ族，位于d区，故选：D。4．（3分）下列图示或化学用语表示正确的是（）A．NaCl的电子式B．基态18Ar原子的价层电子轨道表示式C．F﹣的离子结构示意图D．px轨道的电子云轮廓图A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．NaCl是离子化合物，由钠离子和氯离子构成；B．基态18Ar原子的价层电子排布式为3s23p6；C．F﹣的最外层电子数为8；D．s轨道呈球形，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形。【解答】解：A．NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为，故A错误；B．态基态18Ar原子的价层电子排布式为3s23p6，价层电子轨道表示式为，故B正确；C．F原子结构示意图为，F﹣的离子结构示意图为，故C错误；D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，即px轨道的电子云轮廓图为，故D错误；故选：B。5．（3分）下列选项中正确的是（）A．第一电离能：I（B）＞I（Al） B．原子半径：N＜O C．离子半径：r（K+）＞r（Cl﹣） D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br〖祥解〗A．同主族从上到下，第一电离能减小；B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；C．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；D．原子半径越大，和氢原子形成共价键的键长越长。【解答】解：A．B、Al为同主族元素，第一电离能：I（B）＞I（Al），故A正确；B．NO原子核外电子层数相同，原子半径：N＞O，故B错误；C．K+、Cl﹣离子电子层数相同，则离子半径r（K+）＜r（Cl﹣），故C错误；D．原子半径Cl＜Br，键长：H﹣Cl＜H﹣Br，故D错误；故选：A。6．（3分）下列关于σ键和π键的理解不正确的是（）A．σ键是原子轨道“头碰头”式重叠，π键是原子轨道“肩并肩”式重叠 B．通常σ键比π键重叠程度大，原子间会优先形成σ键 C．σ键和π键不能同时存在于同一个分子中 D．碳碳双键中有1个σ键和1个π键〖祥解〗A．原子轨道“头碰头”重叠形成的共价键为σ键，肩并肩式重叠形成的共价键为π键；B．σ键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠；C．σ键和π键可以同时存在于一个分子中；D．双键中1个是σ键、1个是π键。【解答】解：A．化学键形成过程中，原子轨道头碰头式重叠形成的共价键为σ键，肩并肩式重叠形成的共价键为π键，故A正确；B．σ键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则一般情况下，σ键比π键重叠程度大，故B正确；C．σ键和π键可以同时存在于一个分子中，如O＝O中含有σ键和π键，故C错误；D．双键中1个是σ键、1个是π键，所以碳碳双键中有1个σ键和1个π键，故D正确；故选：C。7．（3分）下列各组物质中，仅由极性键构成的非极性分子是（）A．O2 B．H2O C．CH2＝CH2 D．CH4〖祥解〗同种非金属元素之间形成非极性共价键，不同非金属元素之间形成极性共价键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。以此来解答。【解答】解：A．O2中只含有非极性键，是非极性分子，故A错误；B．H2O含有的化学键H﹣O是极性键，水分子是V形结构，正负电荷重心不重合是极性分子，故B错误；D．CH2＝CH2中含有极性键和非极性键，故C错误；D．CH4含有的化学键C﹣H是极性键，是正四面体结构，正负电荷重心重合，是非极性分子，故D正确；故选：D。8．（3分）下列微粒的空间结构是平面三角形的是（）A．CO2 B．H2S C．CH2O D．〖祥解〗微粒的空间结构是平面三角形的是分子中中心原子sp2杂化，不存在孤对电子，据此分析判断。【解答】解：A．CO2分子中的价电子对数＝2+＝2，C原子sp杂化，为直线型分子，故A错误；B．H2S分子中的价电子对数＝2+＝4，S原子sp3杂化，含两对孤对电子，为角形，故B错误；C．CH2O分子中的价电子对数＝3+＝3，C原子sp2杂化，不存在孤对电子，为平面三角形，故C正确；D．分子中的价电子对数4+＝4，N原子sp3杂化，无孤对电子，为正四面体结构，故D错误；故选：C。9．（3分）下列物质中，存在手性碳原子的是（）A．CH4 B．CH3﹣CH2﹣OH C． D．〖祥解〗手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子，手性碳原子判断方法：（1）手性碳原子一定是饱和碳原子；（2）手性碳原子所连接的四个基团是不同的；据此分析解。【解答】解：A．CH4中碳连有4个相同H原子，故不是手性碳，故A错误；B．CH3﹣CH2﹣OH中的碳原所连原子均有相同H原子，故不存在手性碳，故B错误；C．中C都连有相同的原子或者原子团，故不存在手性碳原子，故C错误；D．分子中的手性碳如图所示：，存在手性碳原子，故D正确；故选：D。10．（3分）下列选项中，所列出的物质性质差异主要受范德华力大小影响的是（）A．HF的沸点比HCl的高 B．氧化镁的熔点高于氯化钠 C．H2O的分解温度比H2S的高 D．常温下Br2为液体而I2为固体〖祥解〗范德华力为分子间作用力，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，只与物质的物理性质有关，如：物质的三态变化，熔沸点高低等，与物质的化学性质无关。【解答】解：A．HF的沸点比HCl的高是因为HF分子间存在氢键，故A错误；B．氧化镁的熔点高于氯化钠，是因为镁离子和氧离子半径小、所带电荷数多，离子键强，故B错误；C．H2O的分解温度比H2S的高是因为H﹣O键的键能大于H﹣S键的键能，故C错误；D．常温下Br2为液体而I2为固体，是因为Br2相对分子质量小于I2，I2的范德华力大于Br2，故D正确；故选：D。11．（3分）钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，其晶胞结构如图所示。下列关于钛酸钙说法不正确的是（）A．每个晶胞中含有3个O2﹣ B．化学式为CaTiO3 C．含有离子键 D．晶体具有良好的导电性和延展性〖祥解〗A．根据均摊法计算O2﹣的个数；B．根据均摊法计算各微粒的个数；C．该晶体中存在Ca2+和；D．钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料。【解答】解：A．O2﹣位于顶点面心，个数为6×＝3，故A正确；B．Ca2+位于顶点，个数为8×＝1，Ti4+位于体心，则Ca2+：Ti4+：O2﹣＝1：1：3，故化学式为CaTiO3，故B正确；C．该晶体中存在Ca2+和，为离子晶体，故C正确；D．钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，不具有良好的导电性，故D错误；故选：D。12．（3分）下列叙述中正确的是（）A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．晶体具有物理性质各向异性 C．晶体、非晶体均具有固定的熔点 D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性〖祥解〗A．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列；B．由于晶体的内部晶胞的构成在不同方向上是不一样的，C．晶体具有固定的熔点，而非晶体不具有固定的熔点；D．在适宜的条件下，晶体能够自发的呈现封闭的规则的多面体外形，这称为晶体的自范性，非晶态物质没有这个特性；【解答】解：A．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不是在于是否具有规则的几何外形，故A错误；B．由于晶体的内部晶胞的构成在不同方向上是不一样的，所以晶体具有物理性质各向异性，故B正确；C．晶体具有固定的熔点，而非晶体不具有固定的熔点，故C错误；D．玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误；故选：B。13．（3分）钠在氯气中燃烧生成氯化钠。下列说法不正确的是（）A．金属钠中含有Na+和自由电子 B．Cl2分子中的共价键是p﹣pσ键 C．氯化钠晶胞中含有14个Cl﹣和13个Na+ D．熔点：NaCl＞Na＞Cl2〖祥解〗A．金属钠属于金属晶体，含有钠离子和自由电子；B．Cl原子中未成对电子为p电子；C．氯化钠晶胞为面心立方结构，钠离子位于8个顶点和6个面心，氯离子位于12条棱的中央和体心；D．一般来说，熔点为离子晶体＞金属晶体＞分子晶体。【解答】解：A．依据分析可知，金属钠中含有Na+和自由电子，故A正确；B．Cl原子中未成对电子为p电子，所以Cl2分子的共价键是p﹣pσ键，故B正确；C．根据均摊法可知，氯化钠晶胞中含有8×+6×＝4个钠离子和12×+1＝4个氯离子，故C错误；D．一般来说，熔点为离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，则熔点为NaCl＞Na＞Cl2，故D正确；故选：C。14．（3分）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C（NH2）3]4[B（OCH3）4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C（NH2）3]+为平面结构。下列说法不正确的是（）A．元素的电负性：C＜N＜O B．该化合物中阴阳离子个数比为1：1 C．该晶体中存在N﹣H…O氢键 D．[C（NH2）3]+中C原子的杂化类型是sp3〖祥解〗A．同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐增大；B．化合物中阴离子为3个[B（OCH3）4]﹣和1个Cl﹣，阳离子为4个[C（NH2）3]+；C．由图可知，[C（NH2）3]+中的NH2中的H与[B（OCH3）4]﹣中的O之间形成氢键；D．[C（NH2）3]+为平面结构。【解答】解：A．同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐增大，则元素的电负性：C＜N＜O，故A正确；B．由图可知，该化合物中阴为3个[B（OCH3）4]﹣和1个Cl﹣，阳离子为4个[C（NH2）3]+，则阴阳个数比为1：1，故B正确；C．由图可知，[C（NH2）3]+中的NH2中的H与[B（OCH3）4]﹣中的O之间形成氢键，因此该晶体中存在N﹣H…O氢键，故C正确；D．[C（NH2）3]+为平面结构，其中的C原子和N原子的杂化类型均为sp2杂化，故D错误；故选：D。15．（3分）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是（）选项物质的结构或性质解释A键角：NH3＞BF3NH3中N的孤电子对数比BF3中B的孤电子对数多B酸性：CF3COOH＞CCl3COOHF的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基上的氢更易电离C熔点：碳化硅＞金刚石C﹣Si键能大于C﹣C键能D稳定性：H2O＞CH4H2O分子之间除了范德华力以外还存在氢键A．A B．B C．C D．D〖祥解〗A．根据分子的结构进行判断；B．羟基的极性越大，越易断裂，酸性越强；C．键长越短，键能越大；D．热稳定性与氢键强度无关。【解答】解：A．NH3的中心原子价电子对数为3+＝4，为sp3杂化，键角接近109°28′，BF3中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，键角为120°，故键角：BF3＞NH3，与中心原子杂化方式有关，故A错误；B．F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基中的羟基极性变强，氢更易电离，酸性更强，故B正确；C．由于原子半径Si＞C，因此键长：C﹣C＜Si﹣C，键长越短，键能越大，因此熔点：SiC＜金刚石，故C错误；D．稳定性：H2O＞CH4，热稳定性与键能大小有关，氢键强度无关，故D错误；故选：B。16．（3分）为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是（）序号实验步骤实验现象或结论①向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液②再加入无水乙醇得到深蓝色晶体③测定深蓝色晶体的结构晶体的化学式为[Cu（NH3）4]SO4•H2O④将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液无蓝色沉淀生成A．在深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀〖祥解〗氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；铜氨络合物在无水乙醇中的溶解度小而析出深蓝色晶体；深蓝色晶体溶于水配成溶液，加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明配合物[Cu（NH3）4]SO4不会电离出Cu2+；A．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键；B．氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，根据相似相溶原理分析；C．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物；D．深蓝色物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀。【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；A．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+含有空轨道，NH3分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确；B．根据相似相溶原理，氢氧化铜和氨水反应生成的配合物[Cu（NH3）4]SO4为离子晶体，离子晶体易溶于极性溶剂，不易溶于极性较弱的乙醇，所以加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小的缘故，故B正确；C．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力，故C正确；D．深蓝色的物质为[Cu（NH3）4]SO4，电离出SO42﹣，与Ba2+生成BaSO4的白色沉淀，所以向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故D错误；故选：D。二、非选择题（52分）17．（8分）现有下列几种常见物质：①N2、②CO2、③NaCl、④H2O、⑤Cu。（1）含有π键的是①②（填序号，下同）；（2）含有非极性键的是①；（3）含有离子键的是③；（4）含有金属键的是⑤；（5）H2O中O原子杂化轨道类型是sp3，分子的空间结构为角形，H﹣O﹣H键角＜（填“＞”“＝”或“＜”）109°28'，属于极性（“极性”或“非极性”）分子。〖祥解〗（1）分子中含双键、三键、苯环等的物质含π键；（2）同种元素形成的共价键为非极性共价键；（3）阴阳离子构成的化合物为离子化合物；（4）金属和合金中含金属键；（5）H2O分子中含有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。【解答】解：（1）氮气分子中韩氮氮三键，二氧化碳含碳氧双键，含π键的是：①N2、②CO2，故〖答案〗为：①②；（2）含有非极性键的是①N2，故〖答案〗为：①；（3）含有离子键的是：③NaCl，故〖答案〗为：③；（4）含有金属键的是⑤Cu，故〖答案〗为：⑤；（5）H2O中O原子杂化轨道类型是sp3，分子的空间结构为角形，H﹣O﹣H键角＜109°28'，属于极性分子，故〖答案〗为：sp3；角形；＜；极性。18．（12分）原子结构、元素性质、元素在周期表中的位置之间存在密切的相互关系。如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。回答下列问题：（1）a的原子结构示意图为。（2）基态b原子核外电子占据的最高能级符号为3p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形。（3）元素c位于周期表的s区。（4）元素b、d、e中电负性最大的是Cl（用元素符号表示）。（5）基态f原子的价层电子排布式为3d54s1。（6）气态c原子失去核外不同电子所需能量如下：电离能I1（第一电离能）I2（第二电离能）I3（第三电离能）能量/kJ•mol﹣1737.71450.77732.7①元素c的最高化合价为+2。②c原子的逐级电离能越来越大的原因是因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多。〖祥解〗周期表结构分析可知，a为O元素，b为Na元素，c为Mg，d为Cl元素，e为K元素，f为Cr元素，（1）a的核电荷数为8，原子核外2个电子层，最外层电子数6，据此写出原子结构示意图；（2）基态Na原子核外电子排布式1s22s22p63s23p1；（3）c为Mg电子最后填充到3s轨道；（4）非金属性越强，电负性越大；（5）f为Cr元素，核电荷数为24，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；（6）①Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多；②随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以Mg原子的第一电离能逐级电增大。【解答】解：（1）a的核电荷数为8，原子核外2个电子层，最外层电子数6，原子结构示意图为：，故〖答案〗为：；（2）基态Na原子核外电子占据的最高能级符号为：3p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形，故〖答案〗为：3p；哑铃；（3）Mg电子最后填充到3s轨道，为s区，故〖答案〗为：s；（4）元素b、d、e中电负性最大的是Cl，故〖答案〗为：Cl；（5）f为Cr元素，核电荷数为24，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态f原子的价层电子排布式为：3d54s1，故〖答案〗为：3d54s1；（6）①Mg为第三周期元素，Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能，说明Mg元素最外层有2个电子，失去2个电子时达到稳定结构，所以Mg元素通常显+2价，故〖答案〗为：+2；②随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以原子的电离能逐级增大，故〖答案〗为：因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多。19．（12分）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。（1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势①氢化物a的化学式为CH4，其汽化过程中克服的作用力是范德华力。②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是氢化物b、c、d均可形成分子间氢键。③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键。（2）如图是冰（H2O）和干冰（CO2）的结构模型。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是acd（填字母序号）。a.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低b.水分子极性强，分子间作用力大c.二氧化碳分子的质量大于水分子d.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子间存在氢键。〖祥解〗（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质；甲烷分子间存在范德华力；②形成分子间氢键沸点升高；③形成分子间氢键越多，沸点越高；（2）干冰晶体属于分子密堆积，冰晶体属于分子非密堆积；（3）形成分子间氢键熔沸点升高。【解答】解：（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，结合周期可知，氢化物a为CH4，为分子晶体，存在范德华力，汽化过程中克服的作用力是范德华力，故〖答案〗为：CH4；范德华力；②氢化物b、c、d分别为NH3、HF、H2O，三者均可形成分子间氢键，均高于同族其它元素氢化物的沸点，故〖答案〗为：氢化物b、c、d均可形成分子间氢键；③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键，分子间氢键越多，沸点越高，故〖答案〗为：每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键；（2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故acd正确，故〖答案〗为：acd；（3）苯胺（）与甲苯（）的相对分子质量接近，但苯胺的熔点（﹣6.2℃）和沸点（184.4℃）高于甲苯的熔点（﹣95.0℃）和沸点（110.6℃），原因是苯胺分子之间存在氢键，故〖答案〗为：苯胺分子间存在氢键。20．（10分）将钴酞菁和三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，可制得一种高效催化剂。（1）碳的几种单质如图所示。①基态碳原子的轨道表示式是。②下列说法正确的是A。a.金刚石中碳碳原子间是σ键b.C60熔化时破坏的作用力是共价键c.以上四种单质均能导电（2）钴酞菁是配位化合物，其分子结构如图所示。钴酞菁分子中能形成配位键的原因是Co提供空轨道，N原子提供孤电子对。（3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图1所示。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图2所示。①二聚体Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型为sp3。②AlCl3的熔点为192℃，远低于AlF3的熔点1090℃的原因是AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体。③AlF3晶体距离F最近的阳离子有2个。④AlF3的晶胞形状为正方体，边长为anm，该晶体密度为g•cm﹣3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示，1nm＝10﹣7cm）〖祥解〗（1）①C原子核外电子排布式为1s22s22p2；②a.单键为σ键b.C60为分子晶体；c.金刚石、C60不能导电；（2）中心原子提供空轨道，配体原子提供孤电子对形成配位键；（3）①由Al2Cl6的空间结构图1可知，每个Al形成4个Al﹣Cl键；②一般情况下，离子晶体熔点高于分子晶体；③由AlF3晶胞结构图2可知，F位于棱心，阳离子位于顶点；④Al位于顶点，个数为8×＝1，晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）①C原子核外电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为，故〖答案〗为：；②a.金刚石中存在C﹣C键，单键为σ键，故金刚石中碳碳原子间都是σ键，故A正确；b.C60为分子晶体，熔化时破坏的作用力是分子间作用力，故B错误；c.金刚石为共价晶体，C60为分子晶体，都不能导电，故C错误；故〖答案〗为：A；（