高二期末模拟测试化学试题（提高卷）（解析版）

高中期末考试/复习精品试卷PAGEPAGE1期末模拟测试（提高卷）(时间:75分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Cl35.5Br80I127一、选择题(本题包括10个小题,每小题只有一个选项符合题意。每小题2分,共20分)1．（2022春·浙江丽水·高二校考阶段练习）下列说法不正确的是A．的分子式为CuC4H4N2O4B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C．Na、P、Cl的电负性依次增大D．CH3CH(OH)COOH分子中有手性碳原子〖答案〗A〖解析〗A．的分子式为CuC4H8N2O4，A错误；B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，根据数据可知，第二电离能与第三电离能差距较大，则其最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，B正确；C．Na、P、Cl均为第三周期的元素，从左到右，Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；D．CH3CH(OH)COOH分子中连有羟基的碳原子是手性碳原子，D正确；故选A。2．（2023秋·四川内江·高二统考期末）A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素；基态C原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；基态D原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是A．A元素的单质常温下为气体B．离子半径：C>B>AC．C元素的最高价氧化物的水化物碱性强于氢氧化铝D．D元素原子核外共有19种不同运动状态的电子〖答案〗B〖祥解〗宇宙中含量最多的元素是H，A是H；根据题中信息和构造原理，B电子排布式为1s22s22p4，B为O，其第一电离能低于N、F；C电子排布式应为1s22s22p63s2，C为Mg，其第一电离能高于Na、Al；D为K；〖解析〗A．H2常温下为气体，A项正确；B．O2-与Mg2+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径：O2->Mg2+>H+，B项错误；C．金属性Mg>Al，故二者最高价氧化物的水化物碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，C项正确；D．原子核外电子运动状态均不相同，K核外共有19个电子，故共有19种不同运动状态的电子，D项正确；〖答案〗选B。3．（2023秋·湖北武汉·高二校联考期末）短周期常见元素X、Y、W、Z原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述正确的是A．最高价氧化物的水化物的碱性X小于YB．简单氢化物的热稳定性以及沸点均为W大于ZC．常温下，Y的单质能溶于Z最高价氧化物的水化物的浓溶液D．与Y同周期且第一电离能小于Y的元素有两种〖答案〗B〖祥解〗W的化合价为−2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素的化合价为+5、+3、−3，Z处于第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X的化合价为+2价，则X应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，Y处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，以此解答。〖解析〗A．同周期主族元素随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，A错误；B．非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O大于N，故热稳定性H2O>NH3，水常温下为液态，沸点H2O>NH3，B正确；C．常温下，Al在浓HNO3溶液中钝化，C错误；D．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素为Na，只有一种，D错误；故选B。4．（2023秋·内蒙古通辽·高二开鲁县第一中学校考期末）向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是A．依据反应可知：；还原性：B．基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3C．位于周期表中第VIII族；反应中失去电子D．离子半径大小：〖答案〗A〖解析〗A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，因此无法判断和的酸性强弱，即无法比较酸的电离常数的大小，故A项错误；Ｂ．基态碳原子的电子排布式为，基态氮原子的电子排布式为，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B项正确；Ｃ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，的价层电子排布式为，在该反应中元素升两价，失两个电子，因此失去了电子，故C项正确；Ｄ．离子半径大小比较，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故D项正确。5．（2023秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考阶段练习）近期重庆新冠肺炎疫情蔓延，防疫人员使用了多种消毒剂进行环境消毒。为阿伏加德罗常数的值，下列关于常见消毒剂的说法中不正确的是A．1mol中键的数目为B．84消毒液不能与洁厕灵混合使用C．过氧乙酸()分子中C的杂化类型均相同D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，向其中加入固体后漂白性增强〖答案〗C〖解析〗A．1个分子中的化学键包括5个C-H键、1个C-C键、1个C-O键、1个O-H键，全部属于键，因此1mol中键的数目为，A正确；B．84消毒液有效成分是NaClO，具有强氧化性，洁厕灵主要成分是HCl，具有一定还原性，混合使用时NaClO与HCl会发生反应生成Cl2引起中毒，故不能混合使用，B正确；C．与H成键的C原子是sp3杂化，与O成键的C原子是sp2杂化，杂化类型不同，C错误；D．饱和氯水中存在以下平衡体系：，HClO具有漂白性，HClO与HCl具有酸性，因此溶液既有酸性又有漂白性；已知酸性强弱关系：，向其中加入NaHCO3固体后，NaHCO3与HCl反应，使HCl浓度减小，平衡向正方向移动，使HClO浓度增大，溶液漂白性增强，D正确；故选C。6．（2023秋·河北秦皇岛·高二秦皇岛一中校考期末）南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示。下列说法错误的是A．经射线衍射可以测得全氮阴离子盐晶体结构B．全氮阴离子盐两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同C．中所有的氮原子在同一平面内D．的键角比全氮阴离子盐的两种阳离子键角都大〖答案〗D〖解析〗A．X射线衍射技术用于晶体结构的测定，A正确；B．全氮阴离子盐两种阳离子为：和，中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化轨道类型为：sp3杂化，B正确；C．氮原子之间除了形成σ键之外，还形成大π键，所以所有的氮原子在同一平面内，C正确；D．分子内含有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子的键角小于和，D错误；〖答案〗为：D。7．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是NaCl晶胞CO2晶胞金刚石晶胞石墨晶体结构A．NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数B．干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体〖答案〗D〖解析〗A．NaCl晶胞中每个Na+周围有8个Cl-，所以配位数为8，CO2晶胞中的配位数为：，A错误；B．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原子间是共价键，B错误；C．若金刚石的晶胞边长为acm，两个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即，C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，D正确；故选D。8．（2022秋·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考期中）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种原子序数为48的Cd2+配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是A．该螯合物中N的杂化方式有2种B．1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6molC．Cd属于d区元素D．Cd的价电子排布式为4d85s2〖答案〗B〖解析〗A．该整合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；B．该整合物中与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1mol该配合物中通过整合作用形成6mol配位键，B正确；C．原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；D．Cd的价电子排布式为4d105s2，D错误；故选B。9．（2022春·江苏泰州·高二泰州中学校考开学考试）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CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法错误的是A．CH3NH中含有配位键B．图(b)中，X为I-C．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有6个D．钛酸钙的化学式为CaTiO3〖答案〗C〖解析〗A．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位键，A项正确；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，CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，B项正确；C．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，C项错误；D．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，D项正确；〖答案〗选C。10．（2022春·广东广州·高二校联考期中）已知，图甲为金属钠的晶胞，晶胞边长为，其晶胞截面如图乙所示。图丙为晶胞截面，已知属立方晶体，假设晶胞边长为。下列关于晶胞的描述错误的是A．每个晶胞中含有的数目为4B．与距离最近且相等的有8个C．该晶胞中两个距离最近的和的核间距的计算表达式为D．晶体的密度为(表示阿伏伽德罗常数)〖答案〗B〖祥解〗由晶胞截面图可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，锂离子位于晶胞内，晶胞中离子个数为8；晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处。〖解析〗A．由分析可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，故A正确；B．由分析可知，晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，故B错误；C．由分析可知，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处，则核间距的计算表达式为pm，故C正确；D．设晶胞的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：(d×10—10)3ρ=，解得ρ=×1030，故D正确；故选B。二、选择题(本题包括5个小题,每小题有1~2个选项符合题意。每小题4分,共20分)11．（2022春·山西吕梁·高二校联考期中）下列有关说法不正确的是A．咪唑为平面结构，结构为，N的杂化方式为sp3杂化B．H3AsO4、H3AsO3、H3AsO2三种酸中酸性最强的是H3AsO4C．某含钛配合物，化学式为〖TiCl(H2O)5〗Cl2，1mol该配合物中σ键的数目为16NAD．SrCO3和CaCO3受热均可分解，且分解温度：SrCO3<CaCO3〖答案〗AD〖解析〗A．由咪唑分子中含有类似于苯环的大π键，则为平面结构可知，咪唑分子中碳原子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化，故A错误；B．同一非金属元素不同价态含氧酸的酸性：非金属元素的价态越高，相应酸的酸性越强；H3AsO4、H3AsO3、H3AsO2三种酸中As的化合价依次为+5、+3、+1，则酸性最强的是H3AsO4，故B正确；C．含钛配合物中内界离子中配位键属于σ键，H2O中的H-O键也属于σ键，所以σ键的数目为1mol×(6+2×5)×NAmol-1=16NA，故C正确；D．碳酸盐分解，本质是金属阳离子结合碳酸根离子中的氧离子使碳酸盐分解为金属氧化物和CO2，Ca2+的离子半径小于Sr2+，CaO的晶格能大于SrO，所以CaCO3和SrCO3受热分解时，CaCO3比SrCO3更易转化为金属氧化物，所以SrCO3的分解温度高于CaCO3，故D错误；故选AD。12．（2022春·浙江温州·高二校联考期末）气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中为副反应)，下列说法不正确的是A．主反应的总反应方程式为：B．每生成消耗的物质的量等于C．中碳原子的杂化方式有和两种D．X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性〖答案〗B〖祥解〗机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H5反应生成〖(C2H5)Fe(OH)〗+，〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成Y和Fe+，Y为乙醇；〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成X和〖(C2H4)Fe〗+，X为水；〖(C2H4)Fe〗+和N2O生成N2和，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：〖解析〗A．根据分析，主反应正确，A正确；B．根据分析，存在副反应〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B错误；C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D正确；故选Ｂ。13．（2022秋·宁夏石嘴山·高二平罗中学校考期中）科学研究发现铂的两种化合物(短线表示化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有；则下列正确的说法是A．a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子，2个N原子间形成的结构与CH2Cl2相似B．a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大C．a、b互为同素异形体D．a、b是同一物质〖答案〗B〖解析〗A．a、b的性质不同，说明a、b是不同的分子，则它们的分子结构为平面结构，存在异构，而CH2Cl2分子为四面体构型，不存在异构，A项错误；B．a为极性分子，b为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大，B项正确；C．a、b均为化合物，不是同素异形体的关系，C项错误；D．a、b性质不同，不是同种物质，互为同分异构体，D项错误；〖答案〗选B。14．（2022春·陕西西安·高二校考期末）、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：甲乙丙丁戊、、、、C、物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是A．甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子B．原子半径：；电负性：C．可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质D．若甲与乙恰好反应生成单质，则乙为双原子分子〖答案〗D〖祥解〗根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。〖解析〗A．若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；C．D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；故〖答案〗为：D。15．（2022·高二课时练习）由短周期前10号元素组成的物质和有如图所示的转化。不稳定，易分解。下列有关说法正确的是（

）A．为使该转化成功进行，可以是酸性溶液B．等物质的量的、分子中含有键的数目均为C．分子中含有的键个数是分子中含有的键个数的2倍D．T、X分子均只含有极性键，无非极性键〖答案〗AD〖祥解〗由球棍模型可知，T为，X不稳定，易分解，则X为，Y为氧化剂。〖解析〗A．由醛变成酸，可以选择氧化性较强的酸性溶液，A项正确；B．的、分子中含有键的数目为，等物质的量并不一定是，故B错误；C．X分子中含有的键个数为5，T分子中含有的键个数为3，C项错误；D．T、X分子均只含有极性键，无非极性键，D项正确；〖答案〗选AD。〖『点石成金』〗化合物中，单键是键，双键：一个键，一个键；三键：一个键，两个键。三、非选择题(本题包括5个小题,共60分)16．（2022秋·四川绵阳·高二四川省绵阳江油中学校考阶段练习）(12分)按要求回答下列问题：(1)研究发现，在低压合成甲醇反应()中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。Co是第_______号元素。元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是_______。(2)我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐。①氮原子的价电子排布式为_______。②元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能。第二周期部分元素的变化趋势如图所示。其中除氮元素外，其他元素的自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的呈现异常的原因是_______。(3)已知As元素的相关信息如图所示，下列说法不正确的是_______。A．推测As能形成多种氧化物B．热稳定性：逐渐减弱C．As的一种核素表示为，中子数为40D．原子半径由大到小的顺序：As、Cl、Si〖答案〗(1)

27

Mn(2)

2s22p3

同周期主族元素随核电荷数的增大，原子半径逐渐变小，得电子能力增强，故结合一个电子释放出的能量依次增大

基态N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子(3)BD〖解析〗（1）Co是27号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，O基态原子的价电子排布式为，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子的价电子排布式为，其核外未成对电子数是5，故核外未成对电子数较多的是Mn。（2）①N为7号元素，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；②由题意可知，元素的基态气态原子越容易得到一个电子，所放出的能量越大，即第一电子亲和能越大，同周期主族元素随核电荷数的增大，原子的电负性增大，得电子的能力增强，故结合一个电子释放的能量逐渐增大；基态N原子的核外电子排布式为，则N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易得电子；（3）A．N和As是第ⅤA族元素，As性质与N有相似之处，N能形成等多种氧化物，据此推测As也能形成、等多种氧化物，A正确；B．非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，则的稳定性逐渐增强，B错误；C．中子数=质量数-质子数，则的中子数为，C正确；D．一般电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素从左往右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序为，D错误；故〖答案〗选BD。17．（2022春·江苏泰州·高二泰州中学校考开学考试(12分)）按要求回答下列问题。(1)基态Mn原子的电子排布式为_______。(2)PCl3的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型_______。(3)硼的卤化物在工业中有重要作用，硼的四种卤化物的沸点如下表所示。BF3BCl3BBr3BI3沸点/K172285364483①四种卤化物沸点依次升高的原因是_______。②B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为_______。(4)维生素C的结构简式为。写出其中的官能团名称_______。(5)“立方烷”是合成的一种烃，其分子为正方体结构，其碳骨架结构如下图所示，则：①写出立方烷的分子式_______。②立方烷的二氯代物有_______种同分异构体。〖答案〗(1)〖Ar〗3d54s2(2)

三角锥形

sp3(3)

分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强

B<C<O<N(4)碳碳双键、羟基、酯基(5)

C8H8

3〖解析〗（1）基态Mn原子的电子排布式为：〖Ar〗3d54s2；（2）PCl3的中心原子P的价层电子对数为：，立体构型为三角锥形，中心原子杂化方式为：sp3杂化；（3）四种卤化物沸点均相对较低，为分子晶体，沸点依次升高的原因是：分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的核外电子排布为半满结构，第一电离能大于O，故B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为：B<C<O<N；（4）维生素C中所含的官能团名称为：碳碳双键、羟基、酯基；（5）立方烷的分子式为：C8H8；立方烷只含1种氢原子，任意1个氢原子被Cl取代后，可根据距离确定另一个Cl原子的位置为：立方烷的边长、面对角线、体对角线，共3个位置，故二氯代物共3种。18．（2022秋·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）(12分)过渡金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。(1)金属钛是一种新兴的结构材料，其硬度比金属镁和铝大的原因是_____。与钛同周期的过渡元素中，基态原子的成对电子数与钛相同的有_____种。(2)在浓的TiCl3的盐酸中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为2∶4，则由该配合离子组成的晶体化学式还可以写为_____。(3)单晶衍射实验证实，配合物〖Cr3O(CH3COO)6(H2O)3〗Cl•8H2O的阳离子的结构如图甲所示：该配合物中中心离子的配位数是_____，铬元素的化合价为_____。(4)某科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_____(填字母)。A． B． C． D．(5)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，写出该合金的化学式：_____。〖答案〗(1)

Ti原子的价层电子数比Mg、Al多，金属键更强

4(2)〖TiCl2(H2O)4〗Cl•2H2O(3)

6

+3(4)D(5)AlTi2〖解析〗（1）基态钛原子的价电子排布为：，价电子数比和多，金属性更强，所以钛的硬度比金属铝和镁大；基态钛原子的核外电子排布式为：，成对电子数为10，与钛同周期的过渡元素中，基态原子的的成对电子数与钛相同的还有：，即为四种。（2）晶体中两种配体分别为和，且二者物质的量之比为，则由该配合离子组成的晶体化学式还可以写为:。（3）如图甲所示，铬离子的周围连接了6个配位键，故配位数为6；该配合物中氧的化合价为-2，的化合价为-1，的化合价为0，的化合价为-1，根据化合价的代数和为0，。（4）在示意图A中，原子数为1，的原子数为2，化学式为：；在示意图B中，原子数为：，的原子数为2，化学式为：；在示意图C中，原子数为，的原子数为，化学式为：；在示意图D中，原子数为1，的原子数为1，化学式为：，不符合；故选D。（5）根据晶胞结构，原子数为：，原子数为：，故该合金的化学式为：。19．（2022春·陕西汉中·高二陕西省汉中中学校考阶段练习）(12分)非金属元素及其化合物应用广泛，回答下列问题：(1)元素的第一电离能：Al___________Si(填“＞”或“＜”)。(2)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________。(3)硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是___________。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为___________，该材料的化学式为___________。(5)如图EMIM+离子中，碳原子的杂化轨道类型为___________。分子中的大π键可用符号π表示，其中n代表参与形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)，则EMIM+离子中的大π键应表示为___________。〖答案〗(1)＜(2)

M

9(3)硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强(4)

12

M3C60(5)

sp2、sp3

〖解析〗（1）同一周期主族元素第一电离能从左向右呈增大趋势，第IIA族和第VA族第一电离能比同周期相邻元素大，因此第一电离能：Al<Si。（2）Si的原子序数为14，基态硅原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数有1+3+5=9。（3）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强，沸点越高。（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，内部有9个M原子，棱上有12=3个，M原子的个数为9+3=12，C60位于顶点和面心，其个数为8+6=4，M和C60的个数比为3:1，该材料的化学式为M3C60。（5）由EMIM+离子的结构可知，环外的3个碳原子都是形成4个σ键，采取sp3杂化，环上的3个碳原子都是形成3个σ键和1个大π键，采取sp2杂化，依据EMIM+离子的结构，可知形成大π键的原子数为5，电子数为6，因此大π键可表示为：。20．（2022春·山东·高二统考期中）(12分)2022年央视春晚的舞蹈剧《只此青绿》灵感来自北宋卷轴画《千里江山图》，舞台的蓝色场景美轮美奂，气象磅礴，吞吐山河，该卷长11.91米，颜色绚丽，由石绿、雌黄、赭石、砗磲、朱砂等颜料绘制而成。回答以下问题：(1)石绿，又名石青、蓝矿石，其主要成分为。①基态核外电子的空间运动状态有___________种，画出其价电子排布图___________；②在不同的溶剂中显示的颜色有差异，是因为形成了不同的配离子，如：显浅蓝色，显深蓝色。a．和分子键角较大的是___________，简述判断理由___________。b．已知中2个被2个取代，得到两种结构的配离子，则的空间构型是___________(填“正四面体”或“正四边形”)。(2)雌黄和雄黄是As的两种常见硫化物，其中一种转化关系如图1所示。①如图2为雄黄()结构图，分子中是否含有S—S键___________(填“是”或“否”)。已知雌黄中没有键且各原子最外层均达8电子稳定结构，试画出其结构式___________。②转化的中间产物是一种三元弱酸，其结构式为___________。〖答案〗(1)

14

NH3

NH3分子中只有一对孤对电子对，H2O分子中有两对孤对电子对，孤对电子对对成键电子对的斥力较大

正四边形(2)

否

〖解析〗（1）①Cu原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个形成Cu2+，Cu2+离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，核外电子空间运动状态为1+1+3+1+3+5=14种，其价电子排布图；②a．NH3分子中只有一对孤对电子对，H2O分子中有两对孤对电子对，孤对电子对对成键电子对的斥力较大，则键角NH3>H2O；b．具有对称的空间构型，中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种结构不同的产物，说明其不是四面体结构，应是平面正四边形结构；（2）①根据雄黄()结构可知只有As-S，不存在S—S键；已知雌黄中没有键且各原子最外层均达8电子稳定结构，其结构式为；②是一种三元弱酸，说明有三个羟基，其结构式为。高中期末考试/复习精品试卷PAGEPAGE1期末模拟测试（提高卷）(时间:75分钟满分:100分)可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Cl35.5Br80I127一、选择题(本题包括10个小题,每小题只有一个选项符合题意。每小题2分,共20分)1．（2022春·浙江丽水·高二校考阶段练习）下列说法不正确的是A．的分子式为CuC4H4N2O4B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol-1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+C．Na、P、Cl的电负性依次增大D．CH3CH(OH)COOH分子中有手性碳原子〖答案〗A〖解析〗A．的分子式为CuC4H8N2O4，A错误；B．某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol﹣1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，根据数据可知，第二电离能与第三电离能差距较大，则其最外层有2个电子，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，B正确；C．Na、P、Cl均为第三周期的元素，从左到右，Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；D．CH3CH(OH)COOH分子中连有羟基的碳原子是手性碳原子，D正确；故选A。2．（2023秋·四川内江·高二统考期末）A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素；基态C原子核外能级上的电子总数与能级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；基态D原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是A．A元素的单质常温下为气体B．离子半径：C>B>AC．C元素的最高价氧化物的水化物碱性强于氢氧化铝D．D元素原子核外共有19种不同运动状态的电子〖答案〗B〖祥解〗宇宙中含量最多的元素是H，A是H；根据题中信息和构造原理，B电子排布式为1s22s22p4，B为O，其第一电离能低于N、F；C电子排布式应为1s22s22p63s2，C为Mg，其第一电离能高于Na、Al；D为K；〖解析〗A．H2常温下为气体，A项正确；B．O2-与Mg2+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径：O2->Mg2+>H+，B项错误；C．金属性Mg>Al，故二者最高价氧化物的水化物碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，C项正确；D．原子核外电子运动状态均不相同，K核外共有19个电子，故共有19种不同运动状态的电子，D项正确；〖答案〗选B。3．（2023秋·湖北武汉·高二校联考期末）短周期常见元素X、Y、W、Z原子半径及主要化合价如图所示，下列叙述正确的是A．最高价氧化物的水化物的碱性X小于YB．简单氢化物的热稳定性以及沸点均为W大于ZC．常温下，Y的单质能溶于Z最高价氧化物的水化物的浓溶液D．与Y同周期且第一电离能小于Y的元素有两种〖答案〗B〖祥解〗W的化合价为−2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素的化合价为+5、+3、−3，Z处于第ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X的化合价为+2价，则X应为ⅡA族元素，Y的化合价为+3价，Y处于第ⅢA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，以此解答。〖解析〗A．同周期主族元素随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，A错误；B．非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O大于N，故热稳定性H2O>NH3，水常温下为液态，沸点H2O>NH3，B正确；C．常温下，Al在浓HNO3溶液中钝化，C错误；D．与Al同周期且第一电离能小于Al的元素为Na，只有一种，D错误；故选B。4．（2023秋·内蒙古通辽·高二开鲁县第一中学校考期末）向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是A．依据反应可知：；还原性：B．基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3C．位于周期表中第VIII族；反应中失去电子D．离子半径大小：〖答案〗A〖解析〗A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，因此无法判断和的酸性强弱，即无法比较酸的电离常数的大小，故A项错误；Ｂ．基态碳原子的电子排布式为，基态氮原子的电子排布式为，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B项正确；Ｃ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，的价层电子排布式为，在该反应中元素升两价，失两个电子，因此失去了电子，故C项正确；Ｄ．离子半径大小比较，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故D项正确。5．（2023秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考阶段练习）近期重庆新冠肺炎疫情蔓延，防疫人员使用了多种消毒剂进行环境消毒。为阿伏加德罗常数的值，下列关于常见消毒剂的说法中不正确的是A．1mol中键的数目为B．84消毒液不能与洁厕灵混合使用C．过氧乙酸()分子中C的杂化类型均相同D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，向其中加入固体后漂白性增强〖答案〗C〖解析〗A．1个分子中的化学键包括5个C-H键、1个C-C键、1个C-O键、1个O-H键，全部属于键，因此1mol中键的数目为，A正确；B．84消毒液有效成分是NaClO，具有强氧化性，洁厕灵主要成分是HCl，具有一定还原性，混合使用时NaClO与HCl会发生反应生成Cl2引起中毒，故不能混合使用，B正确；C．与H成键的C原子是sp3杂化，与O成键的C原子是sp2杂化，杂化类型不同，C错误；D．饱和氯水中存在以下平衡体系：，HClO具有漂白性，HClO与HCl具有酸性，因此溶液既有酸性又有漂白性；已知酸性强弱关系：，向其中加入NaHCO3固体后，NaHCO3与HCl反应，使HCl浓度减小，平衡向正方向移动，使HClO浓度增大，溶液漂白性增强，D正确；故选C。6．（2023秋·河北秦皇岛·高二秦皇岛一中校考期末）南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示。下列说法错误的是A．经射线衍射可以测得全氮阴离子盐晶体结构B．全氮阴离子盐两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同C．中所有的氮原子在同一平面内D．的键角比全氮阴离子盐的两种阳离子键角都大〖答案〗D〖解析〗A．X射线衍射技术用于晶体结构的测定，A正确；B．全氮阴离子盐两种阳离子为：和，中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化轨道类型为：sp3杂化，B正确；C．氮原子之间除了形成σ键之外，还形成大π键，所以所有的氮原子在同一平面内，C正确；D．分子内含有两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子的键角小于和，D错误；〖答案〗为：D。7．（2023秋·重庆沙坪坝·高二重庆一中校考期末）几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，下列说法正确的是NaCl晶胞CO2晶胞金刚石晶胞石墨晶体结构A．NaCl中Na+的配位数小于干冰中CO2分子的配位数B．干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键C．若金刚石的晶胞边长为acm，其中两个最近的碳原子之间的距离为D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体〖答案〗D〖解析〗A．NaCl晶胞中每个Na+周围有8个Cl-，所以配位数为8，CO2晶胞中的配位数为：，A错误；B．干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原子间是共价键，B错误；C．若金刚石的晶胞边长为acm，两个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即，C错误；D．石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金属晶体的特征，属于混合晶体，D正确；故选D。8．（2022秋·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考期中）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种原子序数为48的Cd2+配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是A．该螯合物中N的杂化方式有2种B．1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6molC．Cd属于d区元素D．Cd的价电子排布式为4d85s2〖答案〗B〖解析〗A．该整合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；B．该整合物中与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1mol该配合物中通过整合作用形成6mol配位键，B正确；C．原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；D．Cd的价电子排布式为4d105s2，D错误；故选B。9．（2022春·江苏泰州·高二泰州中学校考开学考试）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CH3NH，另两种离子为I-和Pb2+。下列说法错误的是A．CH3NH中含有配位键B．图(b)中，X为I-C．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2-有6个D．钛酸钙的化学式为CaTiO3〖答案〗C〖解析〗A．类比NH的成键情况可知，CH3NH中含有H+与N原子上的孤电子对形成的配位键，A项正确；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，CH3NH和Pb2+均为1个，有3个I-，故X为I-，B项正确；C．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，C项错误；D．由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca2+位于8个顶点、O2-位于6个面心、Ti4+位于体心，根据均摊法可以确定Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为1、3、1，因此其化学式为CaTiO3，D项正确；〖答案〗选C。10．（2022春·广东广州·高二校联考期中）已知，图甲为金属钠的晶胞，晶胞边长为，其晶胞截面如图乙所示。图丙为晶胞截面，已知属立方晶体，假设晶胞边长为。下列关于晶胞的描述错误的是A．每个晶胞中含有的数目为4B．与距离最近且相等的有8个C．该晶胞中两个距离最近的和的核间距的计算表达式为D．晶体的密度为(表示阿伏伽德罗常数)〖答案〗B〖祥解〗由晶胞截面图可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，锂离子位于晶胞内，晶胞中离子个数为8；晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处。〖解析〗A．由分析可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8×+6×=4，故A正确；B．由分析可知，晶胞中与S2-距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有4个，故B错误；C．由分析可知，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的处，则核间距的计算表达式为pm，故C正确；D．设晶胞的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：(d×10—10)3ρ=，解得ρ=×1030，故D正确；故选B。二、选择题(本题包括5个小题,每小题有1~2个选项符合题意。每小题4分,共20分)11．（2022春·山西吕梁·高二校联考期中）下列有关说法不正确的是A．咪唑为平面结构，结构为，N的杂化方式为sp3杂化B．H3AsO4、H3AsO3、H3AsO2三种酸中酸性最强的是H3AsO4C．某含钛配合物，化学式为〖TiCl(H2O)5〗Cl2，1mol该配合物中σ键的数目为16NAD．SrCO3和CaCO3受热均可分解，且分解温度：SrCO3<CaCO3〖答案〗AD〖解析〗A．由咪唑分子中含有类似于苯环的大π键，则为平面结构可知，咪唑分子中碳原子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化，故A错误；B．同一非金属元素不同价态含氧酸的酸性：非金属元素的价态越高，相应酸的酸性越强；H3AsO4、H3AsO3、H3AsO2三种酸中As的化合价依次为+5、+3、+1，则酸性最强的是H3AsO4，故B正确；C．含钛配合物中内界离子中配位键属于σ键，H2O中的H-O键也属于σ键，所以σ键的数目为1mol×(6+2×5)×NAmol-1=16NA，故C正确；D．碳酸盐分解，本质是金属阳离子结合碳酸根离子中的氧离子使碳酸盐分解为金属氧化物和CO2，Ca2+的离子半径小于Sr2+，CaO的晶格能大于SrO，所以CaCO3和SrCO3受热分解时，CaCO3比SrCO3更易转化为金属氧化物，所以SrCO3的分解温度高于CaCO3，故D错误；故选AD。12．（2022春·浙江温州·高二校联考期末）气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中为副反应)，下列说法不正确的是A．主反应的总反应方程式为：B．每生成消耗的物质的量等于C．中碳原子的杂化方式有和两种D．X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性〖答案〗B〖祥解〗机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO+，FeO+和C2H5反应生成〖(C2H5)Fe(OH)〗+，〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成Y和Fe+，Y为乙醇；〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成X和〖(C2H4)Fe〗+，X为水；〖(C2H4)Fe〗+和N2O生成N2和，生成乙醛和Fe+。主反应的总反应方程式为：〖解析〗A．根据分析，主反应正确，A正确；B．根据分析，存在副反应〖(C2H5)Fe(OH)〗+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B错误；C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D正确；故选Ｂ。13．（2022秋·宁夏石嘴山·高二平罗中学校考期中）科学研究发现铂的两种化合物(短线表示化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有；则下列正确的说法是A．a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子，2个N原子间形成的结构与CH2Cl2相似B．a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大C．a、b互为同素异形体D．a、b是同一物质〖答案〗B〖解析〗A．a、b的性质不同，说明a、b是不同的分子，则它们的分子结构为平面结构，存在异构，而CH2Cl2分子为四面体构型，不存在异构，A项错误；B．a为极性分子，b为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大，B项正确；C．a、b均为化合物，不是同素异形体的关系，C项错误；D．a、b性质不同，不是同种物质，互为同分异构体，D项错误；〖答案〗选B。14．（2022春·陕西西安·高二校考期末）、、、为原子序数依次增大的四种短周期元素，已知、元素的原子序数之和是、元素的原子序数之和的3倍，且、元素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：甲乙丙丁戊、、、、C、物质间存在反应：甲+乙→单质+丙；丁+戊→单质(淡黄色固体)+丙。下列说法正确的是A．甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子B．原子半径：；电负性：C．可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质D．若甲与乙恰好反应生成单质，则乙为双原子分子〖答案〗D〖祥解〗根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素；A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8，戊为O、S两种元素组成的化合物，且丁+戊→单质D(淡黄色固体)+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O、3H2S+SO2=3H2O+4S↓，则A为H元素，B为N元素；甲+乙→单质B+丙，其反应方程式为：8NH3+6NO2=7N2+12H2O、4NH3+6NO=5N2+6H2O，则甲为NH3，乙为NO2或NO，丙为H2O，丁为H2S，戊为SO3或SO2。〖解析〗A．若戊为SO3，则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；B．同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，电负性减小，故原子半径：S>N>O；电负性：O>N>S，B错误；C．D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；D．根据4NH3+6NO=5N2+6H2O，若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B，则乙为NO，是双原子分子，D正确；故〖答案〗为：D。15．（2022·高二课时练习）由短周期前10号元素组成的物质和有如图所示的转化。不稳定，易分解。下列有关说法正确的是（

）A．为使该转化成功进行，可以是酸性溶液B．等物质的量的、分子中含有键的数目均为C．分子中含有的键个数是分子中含有的键个数的2倍D．T、X分子均只含有极性键，无非极性键〖答案〗AD〖祥解〗由球棍模型可知，T为，X不稳定，易分解，则X为，Y为氧化剂。〖解析〗A．由醛变成酸，可以选择氧化性较强的酸性溶液，A项正确；B．的、分子中含有键的数目为，等物质的量并不一定是，故B错误；C．X分子中含有的键个数为5，T分子中含有的键个数为3，C项错误；D．T、X分子均只含有极性键，无非极性键，D项正确；〖答案〗选AD。〖『点石成金』〗化合物中，单键是键，双键：一个键，一个键；三键：一个键，两个键。三、非选择题(本题包括5个小题,共60分)16．（2022秋·四川绵阳·高二四川省绵阳江油中学校考阶段练习）(12分)按要求回答下列问题：(1)研究发现，在低压合成甲醇反应()中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。Co是第_______号元素。元素Mn与O中，基态原子核外未成对电子数较多的是_______。(2)我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐。①氮原子的价电子排布式为_______。②元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能。第二周期部分元素的变化趋势如图所示。其中除氮元素外，其他元素的自左而右依次增大的原因是_______；氮元素的呈现异常的原因是_______。(3)已知As元素的相关信息如图所示，下列说法不正确的是_______。A．推测As能形成多种氧化物B．热稳定性：逐渐减弱C．As的一种核素表示为，中子数为40D．原子半径由大到小的顺序：As、Cl、Si〖答案〗(1)

27

Mn(2)

2s22p3

同周期主族元素随核电荷数的增大，原子半径逐渐变小，得电子能力增强，故结合一个电子释放出的能量依次增大

基态N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子(3)BD〖解析〗（1）Co是27号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，O基态原子的价电子排布式为，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子的价电子排布式为，其核外未成对电子数是5，故核外未成对电子数较多的是Mn。（2）①N为7号元素，基态N原子的价电子排布式为2s22p3；②由题意可知，元素的基态气态原子越容易得到一个电子，所放出的能量越大，即第一电子亲和能越大，同周期主族元素随核电荷数的增大，原子的电负性增大，得电子的能力增强，故结合一个电子释放的能量逐渐增大；基态N原子的核外电子排布式为，则N原子的2p轨道为半充满状态，相对稳定，不易得电子；（3）A．N和As是第ⅤA族元素，As性质与N有相似之处，N能形成等多种氧化物，据此推测As也能形成、等多种氧化物，A正确；B．非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，则的稳定性逐渐增强，B错误；C．中子数=质量数-质子数，则的中子数为，C正确；D．一般电子层数越多，原子半径越大，同周期主族元素从左往右原子半径减小，则原子半径由大到小的顺序为，D错误；故〖答案〗选BD。17．（2022春·江苏泰州·高二泰州中学校考开学考试(12分)）按要求回答下列问题。(1)基态Mn原子的电子排布式为_______。(2)PCl3的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型_______。(3)硼的卤化物在工业中有重要作用，硼的四种卤化物的沸点如下表所示。BF3BCl3BBr3BI3沸点/K172285364483①四种卤化物沸点依次升高的原因是_______。②B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为_______。(4)维生素C的结构简式为。写出其中的官能团名称_______。(5)“立方烷”是合成的一种烃，其分子为正方体结构，其碳骨架结构如下图所示，则：①写出立方烷的分子式_______。②立方烷的二氯代物有_______种同分异构体。〖答案〗(1)〖Ar〗3d54s2(2)

三角锥形

sp3(3)

分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强

B<C<O<N(4)碳碳双键、羟基、酯基(5)

C8H8

3〖解析〗（1）基态Mn原子的电子排布式为：〖Ar〗3d54s2；（2）PCl3的中心原子P的价层电子对数为：，立体构型为三角锥形，中心原子杂化方式为：sp3杂化；（3）四种卤化物沸点均相对较低，为分子晶体，沸点依次升高的原因是：分子结构相似，相对分子质量增大，分子间作用力逐渐增强；同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的核外电子排布为半满结构，第一电离能大于O，故B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为：B<C<O<N；（4）维生素C中所含的官能团名称为：碳碳双键、羟基、酯基；（5）立方烷的分子式为：C8H8；立方烷只含1种氢原子，任意1个氢原子被Cl取代后，可根据距离确定另一个Cl原子的位置为：立方烷的边长、面对角线、体对角线，共3个位置，故二氯代物共3种。18．（2022秋·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）(12分)过渡金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。(1)金属钛是一种新兴的结构材料，其硬度比金属镁和铝大的原因是_____。与钛同周期的过渡元素中，基态原子的成对电子数与钛相同的有_____种。(2)在浓的TiCl3的盐酸中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为2∶4，则由该配合离子组成的晶体化学式还可以写为_____。(3)单晶衍射实验证实，配合物〖Cr3O(CH3COO)6(H2O)3〗Cl•8H2O的阳离子的结构如图甲所示：该配合物中中心离子的配位数是_____，铬元素的化合价为_____。(4)某科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是_____(填字母)。A． B． C． D．(5)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原