2023-2024学年福建省福州市六校联考高二下学期期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市六校联考2023-2024学年高二下学期期中联考(满分：100分，完卷时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：C-12O-16F-19Ca-40Mg-24K-39Cs-133Ag-108一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分)1.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是A.元素的电负性： B.离子半径：C.元素的第一电离能：S>O D.碱性：〖答案〗B〖解析〗A．元素电负性：K<H，A错误；B．离子半径：Cl->K+，B正确；C．元素的第一电离能：S<O，C错误；D．碱性：，D错误；故选B。2.下列化学用语正确的是A.氯化铵的分子式：B.的简化电子排布式：C.的晶胞：D.的VSEPR模型：〖答案〗D〖解析〗A．由氯离子和铵根离子通过离子键形成，是氯化铵的化学式，不是分子式，A错误；B．的简化电子排布式为，B错误；C．不是氯化钠晶体中重复的结构单元，不是氯化钠的晶胞，是氯化钠晶胞的四分之一，C错误；D．SO2的中心原子的价层电子对为3对，VSEPR模型为平面三角形，D正确；〖答案〗选D。3.下列说法不正确的是A.用电子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ键的形成：C.HCHO中C原子杂化轨道示意图：D.基态锗原子的简化电子排布式：〖答案〗D〖解析〗A．硫化钾形成过程中钾失去电子，硫得到电子，K2S的形成过程为：，故A正确；B．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故B正确；C．HCHO中的C原子采用sp2杂化，3个杂化轨道夹角为120，形成平面三角形，示意图为，故C正确；D．锗原子序数32，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D错误〖答案〗选D。4.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是A.Y的价层电子排布式是ns2np5B.四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物C.Y、Z之间可形成的晶体都是分子晶体D.X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，根据图示可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期。A．Y的价层电子排布式是ns2np5时，Y位于ⅤⅡA族，则W为稀有气体Ar，不是主族元素，故A错误；B．由周期表的相对位置可知，Y可能为O元素，水分子间能够形成氢键，且氢键数目多于氨气，则四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的是水，故B正确。C．当Y为C，Z为硅，这时两者形成的物质SiC为共价化合物，故C错误；D．X、Z、W可以分别为N、S、Cl元素，N、S、Cl的最高价氧化物所对应的水化物分别为硝酸、硫酸和高氯酸，它们均是强酸，故D错误；故选B。5.某固体混合物由四种元素组成，其中X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3；X和Y的核内质子数之和为15；Z原子的M层与K层的电子数相等；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，下列说法错误的是A.简单离子半径大小顺序：X＞Y＞ZB.最高价氧化物对应水化物溶液的pH：Z＞QC.QY2、ZY、XY都属于共价化合物，且都能与水反应D.1molX的氢化物X2H4和1molY的氢化物H2Y2中极性键数目之比为2：1〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，Z原子的M层与K层的电子数相等，则Z为Mg元素；X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3，则X为N元素；X和Y的核内质子数之和为15，则Y为O元素；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，则Q为S元素。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小顺序为N3—＞O2—＞Mg2+，故A正确；B．氢氧化镁是中强碱，溶液呈碱性，硫酸是二元强酸，溶液呈酸性，则氢氧化镁溶液的pH大于硫酸溶液，故B正确；C．氧化镁是只含有离子键的离子化合物，一氧化氮不能与水反应，故C错误；D．联氨分子中氮氢极性键的数目为4，过氧化氢分子中氢氧极性键的数目为2，则1mol联氨与1mol过氧化氢中极性键数目之比为2：1，故D正确；故选C。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是A.元素的第一电离能：B.简单氢化物的稳定性：C.中有键D.的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故〖答案〗选B。7.X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为24，X是地壳中含量最高的元素，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近。下列说法错误的是A.QX2分子为极性分子 B.元素电负性：X＞R＞QC.Y位于元素周期表中的s区 D.Z、Q、R的氧化物对应水化物的酸性依次增强〖答案〗D〖解析〗由题干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大短周期主族元素，X是地壳中含量最高的元素，则X为O，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子且原子序数介于O和Q即S之间，则Z为Si，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近，故Q为S，R为Cl，它们原子的最外层电子数之和为24，则Y的最外层上电子数为：24-6-6-4-7=1，且原子序数大于8小于14，故Y为Na，综上分析可知，X为O、Y为Na、Z为Si、Q为S、R为Cl，据此分析解题。A．由分析可知，X为O，Q为S，QX2即SO2分子为V形结构，分子的正负电荷中心不重合，故为极性分子，A正确；B．由分析可知，X为O、Q为S、R为Cl，故元素电负性O＞Cl＞S即X＞R＞Q，B正确；C．由分析可知，Y为Na，故Y位于元素周期表中的s区，C正确；D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故Z、Q、R的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，但不是最高价就不一定，如H2SO3＞HClO，D错误；故〖答案〗为：D。8.居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是A.自然界不存在分子是因其化学键不稳定B.第一电离能：Q<X<YC.简单氢化物的热稳定性：Y<QD.X原子核内质子数与中子数之比为13∶14〖答案〗D〖解析〗基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。A．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故A错误；B．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al<Si<P，故B错误；C．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故C错误；D．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以X原子核内质子数与中子数之比为13∶14，故D正确；故〖答案〗选D。9.液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生和。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。在有存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH2OH、NH3、、的说法正确的是A.NH2OH难溶于水B.的空间构型为直线形C.NH3的键角比中的大D.1mol[Cu(NH3)4]2⁺中含有4molσ键〖答案〗C〖解析〗A．NH2OH能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，A错误；B．的价层电子数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，其空间构型为V形，B错误；C．中N原子价层电子对个数=2+=4且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，C正确；D．1mol[Cu(NH3)4]2⁺中含有4molCu-Nσ键和12molN-Hσ键，即共16molσ键，D错误；故〖答案〗为：C。10.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：、、和为原子序数依次增大的前20号元素，为金属元素，基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，基态、、原子的未成对电子数之比为。下列说法正确的是A.原子半径：B.元素最高价化物对应的水化物具有强氧化性C.电负性：D.能与水反应生成气体的单质只有的单质〖答案〗C〖解析〗基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，电子排布为，X为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，Y和Z的未成对电子数分别为1和3，且原子序数为前20，则Z的价层电子排布为，Z的原子序数大于O，所以Z为P，电子排布为，Y的原子序数在O和P之间，基态Y原子未成对电子数为1，则Y可能为F或者Na，或者Al，由于为金属元素，W和Y可形成，Y不可能为金属元素，所以Y只能是F，根据化合物中正负化合价的代数和为0，W为Ca。A．X为O元素，Y为F元素，Z为P元素，W为Ca元素，原子半径：，A错误；B．Z为P元素，最高价化物对应的水化物为，不具有强氧化性，B错误；C．电负性：，C正确；D．能与水反应生成，Ca能与水反应生成，所以能与水反应生成气体的单质有Y和W，D错误；故选C。11.氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOₓ进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A.反应①每消耗lmolO2，转移2mol电子B.反应⑤中[Cu(NH3)4]2+作还原剂C.反应④有σ键和π键的形成D.脱除NO的总反应可表示为〖答案〗B〖解析〗A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O-，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1molO2，转移2mole-，A正确；B．根据图示可知反应⑤为：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反应中[Cu(NH3)4]2+中Cu的化合价由+2价降低到[Cu(NH3)2]+中的+1价，被还原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化剂，B错误；C．已知三键为1个σ键和2个π键，根据图示信息可知，反应④有N≡N形成即有σ键和π键的形成，C正确；D．根据图示可知图中总变化过程可表示为：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正确；故〖答案〗为：B。12.短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示。下列说法错误的是A.的VSEPR模型名称为平面三角形B.M的氧化物对应的水化物为强酸C.该化合物中X原子最外层均满足结构D.Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有3种〖答案〗B〖解析〗短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。A．碳酸根离子中碳原子价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型与空间结构均为平面三角形，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，应该是M的最高价氧化物对应的水化物为强酸，故B错误；C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足8e−结构，故C正确；D．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，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D正确；〖答案〗选B。13.短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料。Z是空气中含量最高的元素。下列说法错误的是A.第一电离能：Y>Z B.中存在配位键C.Z、Y轨道杂化类型相同 D.中小于120°〖答案〗A〖解析〗Z是空气中含量最高的元素，则Z是N元素，短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料，根据三种元素结合的原子个数与原子结构关系可知：X是H，Y是B，为NH3·BH3。A．．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、第ⅤA元素大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：Z(N)＞Y(B)，A错误；B．（NH3·BH3）中N-B为配位键，N提供孤电子对，B提供空轨道，故B正确；C．为NH3·BH3，N、B均为sp3杂化，故C正确；D．（NH3·BH3）中B有3个σ键，1个孤电子对，（∠HBH）小于120°，故D正确；故选A。14.一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)：下列说法正确的是A.基态失去4d能级上的一个电子转化为B.若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为()C.M、N之间的距离为D.晶体的密度为〖答案〗D〖解析〗该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比为，化学式为。A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误；B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误；C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误；D．晶体的密度为，D正确；故〖答案〗选D。15.某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体(图1)，当部分K+被Eu2+取代后可获得高性能激光材料(图2)。下列说法错误的是A.图1中K+的配位数为12B.图1表示的晶体的密度为C.图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心D.图2表示的化学式为KEuMg2F6〖答案〗D〖解析〗A．图1中K+周围的F-个数是K+的配位数，故K+的配位数为12，A正确；B．图1晶胞中含有1个K+、3个F-和1个Mg2+，原子的总质量为，晶胞的体积为，因此晶体的密度为，B正确；C．图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心，C正确；D．图2中根据电荷守恒分析，在垂直的棱心处的4个K+只能被2个Eu2+取代，有两个空位，因此图2所表示物质的化学式为K2EuMg4F12，D错误；故选D。二、非选择题：共55分。16.氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。（1）的空间结构为_______，溴的基态原子价层电子排布式为_______。（2）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_______。元素氟氯溴碘第一电离能/()1681125111401008（3）下列分子既不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键的是_______(填字母)。A.HCl B.HF C. D.（4）已知为V形，中心氯原子周围有4个价层电子对。中心氯原子的杂化轨道类型为_______。（5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为_______。已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为anm，则氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）①.平面三角形②.（2）碘（3）D（4）（5）①.②.〖解析〗【小问1详析】COCl2的中心原子为C原子，价层电子对为3对，sp2杂化，空间结构为平面三角形；溴的基态原子价层电子排布式为；【小问2详析】第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘原子更容易形成较稳定的单核阳离子；故〖答案〗为：碘；【小问3详析】A．HCl中存在“s-p”键，A错误；B．HF中存在“s-p”键，B错误；C．SO2中不存在“s-p”键，但存在“p-p”π键，C错误；D．SCl2中只存在“p-p”键，不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键，D正确；故〖答案〗为：D；【小问4详析】因为氯原子周围有四个价层电子对，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；故〖答案〗为：sp3；【小问5详析】晶胞中黑球代表Ca2+位于顶角及面心，数目是8×，两个相连的白球代表位于棱上及体心，数目为个12×，化合物的化学式为：CaO2；最近的两个钙离子的间距为即a×10-7cm，则晶胞参数为，则氧化物的密度g/cm3=g/cm3；故〖答案〗为：CaO2；。17.研究表明、Cu()是光学活性物质。请回答下列问题：（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价层电子中未成对电子有_______个；Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为_______。（2）的空间结构为_______；中硒原子采取的杂化类型是_______。（3）可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2.则该溶液中溶质的化学式为_______。（4）通过氮掺杂反应生成，可表示如图，则晶体中_______，_______。〖答案〗（1）①.4s②.2③.Se>Ga>In（2）①.三角锥形②.（3）（4）①.②.〖解析〗【小问1详析】基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，占据的最高能级符号为4s，价层电子中未成对电子有2个；同主族元素从上到下第一电离能依次减小，Se是非金属元素，Se的第一电离能最大，Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为Se>Ga>In。【小问2详析】中Se的价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形；中硒原子价电子对数为3，采取的杂化类型是。【小问3详析】可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物配体中有2个氯离子、4个NH3，则该溶液中溶质的化学式为。【小问4详析】根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、氧原子数为，晶胞中Ti原子数为4、氧原子数为，N原子数为，所以晶体中，。18.钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：（1）钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价层电子排布式为_______；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有_______种。（2）是一种储氢材料。的空间结构是_______，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为_______。（3）已知晶胞中位于所构成的正八面体的体心，晶胞中位于所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示。①晶胞中的配位数是_______。②晶胞中A、B的原子坐标为，，则C、D原子坐标为_______、_______。③已知二氧化锆晶胞的密度为，则晶体中Zr原子和O原子之间最短距离_______pm(列出表达式，为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为)。〖答案〗（1）①.②.3（2）①.正四面体②.Ti<B<H（3）①.3②.③.④.〖解析〗【小问1详析】钛的价层电子排布式为：3d24s2，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2；Ti位于第四周期，与钛同周期的所有元素的基态原子中，Ti原子未成对电子数是2，未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se共3种。【小问2详析】Ti(BH4)2是一种储氢材料。中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型是正四面体，同主族电负性从上到小逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为Ti<B<H。【小问3详析】①晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目=1+8×=2，O2-的数目=2+4×=4，TiO2晶胞中O2-的配位数=6×=3；②TiO2晶胞中A、B的原子坐标为(0.69，0.69，1)，(0.19，0.81，0.5)，则C、D原子坐标为(0.81，0.19，0.5)、(0.23，0.23，0)；③已知二氧化锆晶胞的密度为ρg·cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的倍，两原子核间的距离为apm，则晶胞棱长=cm，晶胞中黑色球数目=8，白色球数目==4，即O原子数目8，Zr原子数目为4，晶胞质量=，解得a=pm。19.回答下列问题。Ⅰ.石墨、磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。回答下列问题：（1）黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图所示)。下列说法错误的是_______(填字母)。A.黑磷分子中所用化学键的键能不完全相同B.黑磷与石墨都属于混合型晶体C.黑磷中P原子的杂化方式为D.黑磷分子中存在大π键，易导电（2）、等可作为聚乙二醇锂离子电池的电极材料。电池放电时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链向正极迁移的过程如图所示(图中阴离子未画出)。相同条件下，发现分别使用和作电极材料，做电极材料时迁移速率较快，原因是_______。（3）是一种白色晶体，其晶胞如图所示。该晶体熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。写出熔融时的电离方程式_______。Ⅱ.碳元素能形成多种单质，其中石墨和富勒烯()是两类常见的物质。以其完美的球烯受到科学家重视。（4）石墨晶体中存在的作用力类型有_______。a.键b.极性键c.非极性键d.范德华力e.离子键（5）石墨、互为同素异形体，但相同条件下，石墨的熔点比高得多，原因是_______。（6）的晶胞结构如图所示，每个白球代表1个分子。已知一定条件下晶胞的棱长为apm，阿伏伽德罗常数为，则该条件下的摩尔体积为_______(用含a、的代数式表示)Ⅲ.配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：可以形成多种配离子，如、、丁二酮肟镍分子(见图)等。（7）关于的说法中错误的是_______。A.中心原子的化合价为+3价B.中心原子的配位数是6C.含1mol的水溶液中加入足量溶液，产生3mol白色沉淀（8）已知立体结构如图，其中1~6处的小圆圈表示分子，且各相邻的分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。位于正八面体的中心，若其中两个被取代，所形成的的结构的数目为_______。〖答案〗（1）D（2）中阴离子半径大，晶格能更小，离子键容易断裂，有利于Li+迁移（3）或（4）acd（5）是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比高得多（6）（7）C（8）2〖解析〗【小问1详析】A．根据黑磷的结构，P-P的键长不完全相等，因此键能不完全相同，故A说法正确；B．黑磷与石墨类似，每一层原子之间由共价键组成六元环，层与层之间存在范德华力，所以为混合型晶体，故B说法正确；C．黑磷中的P形成三个共价键，有一个孤电子对，P原子采取sp3杂化，故C说法正确；D．石墨结构中六个碳形成正六边形，共面，通过黑磷结构可知，六个磷原子形成的六元环不共面，因此黑磷分子中不存在大π键，故D错误；〖答案〗为D；【小问2详析】因为的半径比的小，LiPF6晶格能大，与Li+的作用力比的强，不易断裂，迁移速率慢，因此LiAsF6作电极材料时，Li+迁移速率较快；【小问3详析】根据题中信息以及晶胞图可知，正四面体形阳离子说明有4个σ键，无孤电子对，阳离子是，阴离子为正八面体形，一个P对应六个Cl，该阴离子为，电离方程式为或；【小问4详析】石墨晶体中层内存在σ或非极性共价键，层层之间存在范德华力，故〖答案〗为acd；【小问5详析】C60是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比C60高得多；故〖答案〗为C60是分子晶体，熔化时破坏的作用力为范德华力；石墨是混合型晶体，熔化时破坏的作用力既有共价键又有范德华力，共价键的强度大于范德华力，则石墨的熔点比C60高得多；【小问6详析】C60位于顶点和面心，晶胞中C60个数为8×=4，晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，则该条件下C60的摩尔体积为cm3/mol；故〖答案〗为；【小问7详析】A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中中心原子为Ti，Cl显-1价，NH3整体不带电，因此根据化合价代数和为0，推出Ti的化合价为+3价，故A说法正确；B．中心原子的配位数为5+1=6，故B说法正确；C．[Ti(NH3)5Cl]Cl2电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量硝酸银溶液，产生2molAgCl沉淀，故C说法错误；〖答案〗为C；【小问8详析】该立体结构为正八面体，1、2、3、4、5、6位置均相同，因此二氯代物有2种，即1、2和1、4；故〖答案〗为2。福建省福州市六校联考2023-2024学年高二下学期期中联考(满分：100分，完卷时间：75分钟)可能用到的相对原子质量：C-12O-16F-19Ca-40Mg-24K-39Cs-133Ag-108一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分)1.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是A.元素的电负性： B.离子半径：C.元素的第一电离能：S>O D.碱性：〖答案〗B〖解析〗A．元素电负性：K<H，A错误；B．离子半径：Cl->K+，B正确；C．元素的第一电离能：S<O，C错误；D．碱性：，D错误；故选B。2.下列化学用语正确的是A.氯化铵的分子式：B.的简化电子排布式：C.的晶胞：D.的VSEPR模型：〖答案〗D〖解析〗A．由氯离子和铵根离子通过离子键形成，是氯化铵的化学式，不是分子式，A错误；B．的简化电子排布式为，B错误；C．不是氯化钠晶体中重复的结构单元，不是氯化钠的晶胞，是氯化钠晶胞的四分之一，C错误；D．SO2的中心原子的价层电子对为3对，VSEPR模型为平面三角形，D正确；〖答案〗选D。3.下列说法不正确的是A.用电子式表示K2S形成：B.HCl分子中σ键的形成：C.HCHO中C原子杂化轨道示意图：D.基态锗原子的简化电子排布式：〖答案〗D〖解析〗A．硫化钾形成过程中钾失去电子，硫得到电子，K2S的形成过程为：，故A正确；B．HCl分子中σ键的形成是氢原子s电子和氯原子的3p电子形成一对共用电子对，HCl分子中σ键的形成为，故B正确；C．HCHO中的C原子采用sp2杂化，3个杂化轨道夹角为120，形成平面三角形，示意图为，故C正确；D．锗原子序数32，简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，故D错误〖答案〗选D。4.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，下列说法中正确的是A.Y的价层电子排布式是ns2np5B.四种元素所形成的最简单氢化物中，沸点最高的可能是Y的氢化物C.Y、Z之间可形成的晶体都是分子晶体D.X、Z、W的最高价氧化物所对应的水化物不可能均是强酸〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的相对位置如图所示，根据图示可知，X、Y位于第二周期，Z、W位于第三周期。A．Y的价层电子排布式是ns2np5时，Y位于ⅤⅡA族，则W为稀有气体Ar，不是主族元素，故A错误；B．由周期表的相对位置可知，Y可能为O元素，水分子间能够形成氢键，且氢键数目多于氨气，则四种元素所形成的氢化物中，沸点最高的是水，故B正确。C．当Y为C，Z为硅，这时两者形成的物质SiC为共价化合物，故C错误；D．X、Z、W可以分别为N、S、Cl元素，N、S、Cl的最高价氧化物所对应的水化物分别为硝酸、硫酸和高氯酸，它们均是强酸，故D错误；故选B。5.某固体混合物由四种元素组成，其中X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3；X和Y的核内质子数之和为15；Z原子的M层与K层的电子数相等；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，下列说法错误的是A.简单离子半径大小顺序：X＞Y＞ZB.最高价氧化物对应水化物溶液的pH：Z＞QC.QY2、ZY、XY都属于共价化合物，且都能与水反应D.1molX的氢化物X2H4和1molY的氢化物H2Y2中极性键数目之比为2：1〖答案〗C〖解析〗X、Y、Z、Q为前三周期元素，且原子序数依次增大，Z原子的M层与K层的电子数相等，则Z为Mg元素；X原子的最外层电子数比Z原子的最外层电子数多3，则X为N元素；X和Y的核内质子数之和为15，则Y为O元素；Q2—微粒的核外电子数与核电荷数之比为，则Q为S元素。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径大小顺序为N3—＞O2—＞Mg2+，故A正确；B．氢氧化镁是中强碱，溶液呈碱性，硫酸是二元强酸，溶液呈酸性，则氢氧化镁溶液的pH大于硫酸溶液，故B正确；C．氧化镁是只含有离子键的离子化合物，一氧化氮不能与水反应，故C错误；D．联氨分子中氮氢极性键的数目为4，过氧化氢分子中氢氧极性键的数目为2，则1mol联氨与1mol过氧化氢中极性键数目之比为2：1，故D正确；故选C。6.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是A.元素的第一电离能：B.简单氢化物的稳定性：C.中有键D.的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子〖答案〗B〖解析〗X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第三周期，X与W同族，设X的原子序数为a，则Y、Z、W的原子序数分别为a+1，a+2，a+8，W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和，则a=6.由题意可推知，X为C，Y为N，Z为O，W为。A．元素的第一电离能：，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B正确；C．中含有键，C错误；D．的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极性分子，D错误。故〖答案〗选B。7.X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为24，X是地壳中含量最高的元素，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近。下列说法错误的是A.QX2分子为极性分子 B.元素电负性：X＞R＞QC.Y位于元素周期表中的s区 D.Z、Q、R的氧化物对应水化物的酸性依次增强〖答案〗D〖解析〗由题干信息可知，X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大短周期主族元素，X是地壳中含量最高的元素，则X为O，基态Z原子的p轨道上存2个未成对电子且原子序数介于O和Q即S之间，则Z为Si，Q的单质为黄色晶体，常存在于火山口附近，故Q为S，R为Cl，它们原子的最外层电子数之和为24，则Y的最外层上电子数为：24-6-6-4-7=1，且原子序数大于8小于14，故Y为Na，综上分析可知，X为O、Y为Na、Z为Si、Q为S、R为Cl，据此分析解题。A．由分析可知，X为O，Q为S，QX2即SO2分子为V形结构，分子的正负电荷中心不重合，故为极性分子，A正确；B．由分析可知，X为O、Q为S、R为Cl，故元素电负性O＞Cl＞S即X＞R＞Q，B正确；C．由分析可知，Y为Na，故Y位于元素周期表中的s区，C正确；D．元素最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故Z、Q、R的最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，但不是最高价就不一定，如H2SO3＞HClO，D错误；故〖答案〗为：D。8.居里夫妇用α粒子()轰击某金属原子得到，基态Y原子3p能级半充满。具有放射性，很快衰变为：，。下列说法正确的是A.自然界不存在分子是因其化学键不稳定B.第一电离能：Q<X<YC.简单氢化物的热稳定性：Y<QD.X原子核内质子数与中子数之比为13∶14〖答案〗D〖解析〗基态Y原子3p能级半充满，所以Y原子为P；由可知，A+4=30+1，A=27，X和Y质子数相差2，所以X为Al；Q和Y质子数相差1，Q为Si，据此分析解题。A．由题意30P易衰变，加之其化学键非常不稳定，故自然界中不存在，故A错误；B．X为Al，Q为Si，Y为P，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：Al<Si<P，故B错误；C．P电负性大于Si，所以简单氢化物的热稳定性：Y>Q，故C错误；D．X为Al，质子数为13，中子数为14，所以X原子核内质子数与中子数之比为13∶14，故D正确；故〖答案〗选D。9.液氨是一种很好的溶剂，液氨可以微弱的电离产生和。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH(羟胺)。在有存在时，Cu(OH)2能溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH2OH、NH3、、的说法正确的是A.NH2OH难溶于水B.的空间构型为直线形C.NH3的键角比中的大D.1mol[Cu(NH3)4]2⁺中含有4molσ键〖答案〗C〖解析〗A．NH2OH能和水形成分子间氢键，所以易溶于水，A错误；B．的价层电子数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，其空间构型为V形，B错误；C．中N原子价层电子对个数=2+=4且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，C正确；D．1mol[Cu(NH3)4]2⁺中含有4molCu-Nσ键和12molN-Hσ键，即共16molσ键，D错误；故〖答案〗为：C。10.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为。已知：、、和为原子序数依次增大的前20号元素，为金属元素，基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，基态、、原子的未成对电子数之比为。下列说法正确的是A.原子半径：B.元素最高价化物对应的水化物具有强氧化性C.电负性：D.能与水反应生成气体的单质只有的单质〖答案〗C〖解析〗基态原子轨道上的电子数和轨道上的电子数相等，电子排布为，X为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，Y和Z的未成对电子数分别为1和3，且原子序数为前20，则Z的价层电子排布为，Z的原子序数大于O，所以Z为P，电子排布为，Y的原子序数在O和P之间，基态Y原子未成对电子数为1，则Y可能为F或者Na，或者Al，由于为金属元素，W和Y可形成，Y不可能为金属元素，所以Y只能是F，根据化合物中正负化合价的代数和为0，W为Ca。A．X为O元素，Y为F元素，Z为P元素，W为Ca元素，原子半径：，A错误；B．Z为P元素，最高价化物对应的水化物为，不具有强氧化性，B错误；C．电负性：，C正确；D．能与水反应生成，Ca能与水反应生成，所以能与水反应生成气体的单质有Y和W，D错误；故选C。11.氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOₓ进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是A.反应①每消耗lmolO2，转移2mol电子B.反应⑤中[Cu(NH3)4]2+作还原剂C.反应④有σ键和π键的形成D.脱除NO的总反应可表示为〖答案〗B〖解析〗A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O-，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1molO2，转移2mole-，A正确；B．根据图示可知反应⑤为：2[Cu(NH3)4]2++2NO=2[Cu(NH3)2]++2N2+2H2O+2，反应中[Cu(NH3)4]2+中Cu的化合价由+2价降低到[Cu(NH3)2]+中的+1价，被还原，故[Cu(NH3)4]2+作氧化剂，B错误；C．已知三键为1个σ键和2个π键，根据图示信息可知，反应④有N≡N形成即有σ键和π键的形成，C正确；D．根据图示可知图中总变化过程可表示为：O2+4NO+4NH34N2+6H2O，D正确；故〖答案〗为：B。12.短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，由R、X、Y、M组成的物质结构式如图所示。下列说法错误的是A.的VSEPR模型名称为平面三角形B.M的氧化物对应的水化物为强酸C.该化合物中X原子最外层均满足结构D.Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有3种〖答案〗B〖解析〗短周期主族元素R、X、Y、M原子序数依次增大，Y为地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；由物质结构式可知，化合物分子中R、M形成1个共价键、X形成4个共价键，M与Y元素不同周期且M原子的核外未成对电子数为1，则R为H元素、X为C元素、M为Cl元素。A．碳酸根离子中碳原子价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的VSEPR模型与空间结构均为平面三角形，故A正确；B．氯元素的最高价氧化物对应的水化物为强酸高氯酸，应该是M的最高价氧化物对应的水化物为强酸，故B错误；C．由物质结构式可知，化合物分子中碳原子最外层均满足8e−结构，故C正确；D．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，则第一电离能大于氧元素的元素为氮元素、氟元素、氖元素，共3种，故D正确；〖答案〗选B。13.短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料。Z是空气中含量最高的元素。下列说法错误的是A.第一电离能：Y>Z B.中存在配位键C.Z、Y轨道杂化类型相同 D.中小于120°〖答案〗A〖解析〗Z是空气中含量最高的元素，则Z是N元素，短周期主族元素X、Y、Z原子序数依次递增，其序数和为13，可组成固态储氢材料，根据三种元素结合的原子个数与原子结构关系可知：X是H，Y是B，为NH3·BH3。A．．一般情况下同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、第ⅤA元素大于同一周期相邻元素，所以第一电离能：Z(N)＞Y(B)，A错误；B．（NH3·BH3）中N-B为配位键，N提供孤电子对，B提供空轨道，故B正确；C．为NH3·BH3，N、B均为sp3杂化，故C正确；D．（NH3·BH3）中B有3个σ键，1个孤电子对，（∠HBH）小于120°，故D正确；故选A。14.一种超导材料(仅由Cs、Ag、F三种元素组成)的长方体晶胞结构如图所示(已知，用表示阿伏加德罗常数的值)：下列说法正确的是A.基态失去4d能级上的一个电子转化为B.若N点原子分数坐标为()，则P点原子分数坐标为()C.M、N之间的距离为D.晶体的密度为〖答案〗D〖解析〗该晶胞中位于棱上及体内有，位于棱上及面心有，F位于上、下平面各4个，前、后、左、右平面各2个，体内4个，故有，Cs、Ag、F原子个数比为，化学式为。A．基态核外电子排布式为，失去5s能级的一个电子形成，A错误；B．若N点原子分数坐标为，由，则P点原子分数坐标为即，B错误；C．M在底面顶角、N在底面对角线处，二者之间的距离为，C错误；D．晶体的密度为，D正确；故〖答案〗选D。15.某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体(图1)，当部分K+被Eu2+取代后可获得高性能激光材料(图2)。下列说法错误的是A.图1中K+的配位数为12B.图1表示的晶体的密度为C.图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心D.图2表示的化学式为KEuMg2F6〖答案〗D〖解析〗A．图1中K+周围的F-个数是K+的配位数，故K+的配位数为12，A正确；B．图1晶胞中含有1个K+、3个F-和1个Mg2+，原子的总质量为，晶胞的体积为，因此晶体的密度为，B正确；C．图1晶胞若以Mg2+作晶胞的顶点，则F-位于晶胞的棱心，C正确；D．图2中根据电荷守恒分析，在垂直的棱心处的4个K+只能被2个Eu2+取代，有两个空位，因此图2所表示物质的化学式为K2EuMg4F12，D错误；故选D。二、非选择题：共55分。16.氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。（1）的空间结构为_______，溴的基态原子价层电子排布式为_______。（2）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是_______。元素氟氯溴碘第一电离能/()1681125111401008（3）下列分子既不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键的是_______(填字母)。A.HCl B.HF C. D.（4）已知为V形，中心氯原子周围有4个价层电子对。中心氯原子的杂化轨道类型为_______。（5）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为_______。已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为anm，则氧化物的密度是_______(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）①.平面三角形②.（2）碘（3）D（4）（5）①.②.〖解析〗【小问1详析】COCl2的中心原子为C原子，价层电子对为3对，sp2杂化，空间结构为平面三角形；溴的基态原子价层电子排布式为；【小问2详析】第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘原子更容易形成较稳定的单核阳离子；故〖答案〗为：碘；【小问3详析】A．HCl中存在“s-p”键，A错误；B．HF中存在“s-p”键，B错误；C．SO2中不存在“s-p”键，但存在“p-p”π键，C错误；D．SCl2中只存在“p-p”键，不存在“s-p”键，也不存在“p-p”π键，D正确；故〖答案〗为：D；【小问4详析】因为氯原子周围有四个价层电子对，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；故〖答案〗为：sp3；【小问5详析】晶胞中黑球代表Ca2+位于顶角及面心，数目是8×，两个相连的白球代表位于棱上及体心，数目为个12×，化合物的化学式为：CaO2；最近的两个钙离子的间距为即a×10-7cm，则晶胞参数为，则氧化物的密度g/cm3=g/cm3；故〖答案〗为：CaO2；。17.研究表明、Cu()是光学活性物质。请回答下列问题：（1）基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为_______，价层电子中未成对电子有_______个；Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为_______。（2）的空间结构为_______；中硒原子采取的杂化类型是_______。（3）可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2.则该溶液中溶质的化学式为_______。（4）通过氮掺杂反应生成，可表示如图，则晶体中_______，_______。〖答案〗（1）①.4s②.2③.Se>Ga>In（2）①.三角锥形②.（3）（4）①.②.〖解析〗【小问1详析】基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，占据的最高能级符号为4s，价层电子中未成对电子有2个；同主族元素从上到下第一电离能依次减小，Se是非金属元素，Se的第一电离能最大，Ga、In、Se中第一电离能从大到小的顺序为Se>Ga>In。【小问2详析】中Se的价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形；中硒原子价电子对数为3，采取的杂化类型是。【小问3详析】可以形成等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2，说明该配合物配体中有2个氯离子、4个NH3，则该溶液中溶质的化学式为。【小问4详析】根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、氧原子数为，晶胞中Ti原子数为4、氧原子数为，N原子数为，所以晶体中，。18.钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：（1）钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价层电子排布式为_______；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有_______种。（2）是一种储氢材料。的空间结构是_______，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为_______。（3）已知晶胞中位于所构成的正八面体的体心，晶胞中位于所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示。①晶胞中的配位数是_______。②晶胞中A、B的原子坐标为，，则C、D原子坐标为_______、_______。③已知二氧化锆晶胞的密度为，则晶体中Zr原子和O原子之间最短距离_______pm(列出表达式，为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为)。〖答案〗（1）①.②.3（2）①.正四面体②.Ti<B<H（3）①.3②.③.④.〖解析〗【小问1详析】钛的价层电子排布式为：3d24s2，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2；Ti位于第四周期，与钛同周期的所有元素的基态原子中，Ti原子未成对电子数是2，未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se共3种。【小问2详析】Ti(BH4)2是一种储氢材料。中心原子价层电子对数为4+=4，且没有孤电子对，空间构型是正四面体，同主族电负性从上到小逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为Ti<B<H。【小问3详析】①晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目=1+8×=2，O2-的数