2024北京汇文中学高二（上）期末化学试题和答案

试题PAGE1试题2024北京汇文中学高二（上）期末化学本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1O16Mg24Al27Si28Cl35.5Ti48第一部分(选择题，共36分)本部分共18小题，每小题2分，共36分。每小题仅有一个选项符合题意。1.下列物质中，属于弱电解质的是A.CH3COONa B.KOH C.BaSO4 D.NH3·H2O2.下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是A.外加电流B.牺牲阳极C.表面镀铜D.制成不锈钢A.A B.B C.C D.D3.下列能级符号不正确的是。A. B. C. D.4.下列各组离子在碱性溶液中，可以大量共存的是A.Cu2+、Na+、SO、HCO B.Na+、NH、MnO、I-C.K+、Mg2+、Fe2+、Cl- D.Na+、NO、SO、CO5.下列分子的空间结构以及中心原子的杂化方式都相同的是A.和 B.和C.和 D.和6.用铂电极电解下列物质的溶液，当耗电量相同时，阴极和阳极上同时都有气体产生，且溶液的pH下降的是（）A.H2SO4 B.CuSO4 C.HCl D.KCl7.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A.将AlCl3溶液加热蒸干不能得到AlCl3固体B.NO2和N2O4的混合气体升温后红棕色加深C.工业合成氨，采用高温条件D.实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法8.对浓度均为的①溶液、②溶液，下列分析不正确的是A.①、②中的离子种类相同B.通过焰色试验能区别①、②C.两种溶液的大小：D.①、②均有9.下列说法不正确的是A.同种原子的原子轨道能量：1s＜2s＜3s＜4sB.在电子云图中，用小黑点表示绕核做高速圆周运动的电子C.原子中，电子从的状态跃迁到的状态时，将释放能量D.和的VSEPR模型相同10.下列图示或化学用语表示不正确的是A．乙炔的空间结构模型B．的VSEPR模型C．基态Cr的价层电子的轨道表示式D．轨道的电子云轮廓图A.A B.B C.C D.D11.如图所示的化合物是一种强酸。下列说法正确的是A.分子中所有化学键均为极性共价键B.该分子中心原子S的价层电子对数为6C.该化合物是四元酸D.该分子中硫氧键的键长均相同12.宏微结合是重要的化学学科素养。下列对物质的微观认识正确的是A.两个p轨道之间只能形成π键，不能形成σ键B.基态О原子中有3种不同运动状态的电子C.离子半径D.60g二氧化硅晶体中含有Si-O键数为13.我国科学家成功利用CO2和H2人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是资料：部分物质的结构简式二羟基丙酮；淀粉：A.CO2分子中σ键和π键个数比为B.甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键C.淀粉分子中存在手性碳原子D.甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为sp314.氮化碳结构如图，其中β-氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料。下列有关氮化碳的说法错误的是A.氮化碳属于共价晶体B.氮化碳中碳显-4价，氮显+3价C.氮化碳的化学式为C3N4D.氮化碳中共价键键能大于金刚石中共价键键能15.下列对物质性质解释合理的是选项性质解释A酸性：电负性：F>ClB熔点：晶体硅<碳化硅碳化硅中分子间作用力较大C热稳定性：HF中存在氢键D熔点：Br-Br键较强A.A B.B C.C D.D16.利用微生物燃料电池可处理有机废水获得电能，同时实现海水淡化。现以溶液模拟海水，用如图装置处理有机废水(以含的溶液为例)。下列说法正确的是A.正极反应为B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.工作一段时间后室下降，室升高D.处理理论上B室中有发生迁移17.向碘水中加入KI溶液，发生反应：，充分反应达平衡后，测得微粒浓度如下：微粒浓度/下列说法不正确的是A.配制碘水时，加入少量KI，可促进的溶解B.该温度下，反应的C.向所得溶液中加入，振荡静置，水层降低D.向所得溶液中加入等体积水，18.在不同条件下，按投料比进行反应：，并测定实验数据。①一定条件下，CO2转化率为13.68％，CH3OH产率()为4.12％。②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据如图。下列说法不正确的是A.由①可推测，CO2制取CH3OH过程中有副反应发生B.与①相同条件下，降低H2与CO2的比例，可以提高CO2的转化率C.由②可推测，480~520K，温度升高，速率加快是CH3OH产率升高的原因D.由②可推测，温度升高CH3OH产率降低的可能原因是平衡逆向移动第二部分(共64分)19.我国科学家成功合成了世界上首个全氮阴离子盐，使氮原子簇化合物的研究有了新的突破。（1）基态N原子中有___________个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是___________。（2）第二周期元素原子的第一电离能介于B、N之间的是___________(填元素符号)。（3）以氮化镓(GaN)等为代表的第三代半导体材料具有优异性能，基态价层电子的轨道表示式___________。20.W、X、Y为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为3s23p4，X的电离能数据如下表所示。电离能…7381451773310540…（1）Y在元素周期表中的位置是___________。（2）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。资料：ⅰ．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为，该水化物中的M—O—H结构有两种断键方式：断M—O键在水中电离出OH-；断O—H键在水中离出H+。ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一，水化物的M—O—H结构中，成键原子电负性差异越大，所形成的化学键越容易断。①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1；某元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M—O—H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈___________(填“酸”或“碱”)性，依据是___________。②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是___________(写化学式)，结合资料说明理由：___________。21.水丰富而独特的性质与其结构密切相关。（1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于___________键；依据О与H的电负性判断，属于___________共价键。（2）水分子中，氧原子的价层电子对数为___________，杂化轨道类型为___________。（3）水是优良的溶剂，常温常压下极易溶于水，从微粒间相互作用的角度分析原因，请写出两条：①___________；②___________。（4）酸溶于水可形成，的电子式为___________。由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，如中H-N-H的键角大于中H-O-H的键角，据此判断和的键角大小：___________(填“>”或“<”)。（5）我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是___________。A．化学式为B．氢、氧原子都处于同一平面C．氢、氧原子间均以氢键结合22.晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质。（1）干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。①1个CO2分子周围等距且最近的CO2分子有___________个。②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为Au、面心为Cu，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为是___________。③如图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是___________(填字母序号)。a．二氧化碳分子的质量大于水分子b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集c．水分子极性强，分子间作用力大d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低（2）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。①单晶硅中最小的环上有___________个Si原子。②单晶硅中含有___________molSi—Si键。（3）图中铁的两种不同晶胞原子个数比是___________。测定铁的晶体结构最好的方法是___________。铁在化学反应中容易失电子形成阳离子，简化的电子排布式为___________。（4）晶体与晶体结构相似。①的熔点远高于，结合下表说明理由：___________。晶体离子间距/pm熔点/℃8011960②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为apm(1pm=10-10cm)，的摩尔质量为，则晶体的密度为___________(列出计算式)。③晶体普遍存在各种缺陷。某种晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为。若该晶体的化学式为，则x=___________。23.TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物TiCl4沸点/℃58136181(升华)3161412熔点/℃-69-25193304714在TiCl4的溶解性互溶-微溶难溶（1）氯化过程：与难以直接反应，加碳生成CO和可使反应得以进行。已知：①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式___________。②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的___________0(填“>”“<”或“=”)。③氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有___________。（2）结构决定物质的性质，请从结构角度解释下列事实的原因。已知TiCl4分子为正四面体结构。①TiCl4的沸点高于SiCl4___________。②MgCl2熔点远高于AlCl3___________。（3）根据物质沸点不同可以进行分离提纯。精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：物质a是___________，T2应控制在___________。24.石油中含有有机氯和无机氯(主要为Cl-)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是___________。Ⅰ．石油中有机氯含量的测定（2）用过量溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过分液操作分离得到处理后的石油样品。溶液除去的离子方程式是___________。（3）经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是___________。（4）石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为___________。已知：电解中转移电子所消耗的电量为F库仑。Ⅱ．石油中无机氯含量的测定在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。已知：ⅰ．样品中存在的和不影响测定结果ⅱ．、、（5）用离子方程式解释不影响测定结果的原因：___________。（6）石油样品中存在的H2S会影响测定结果。①请结合反应方程式通过估算说明H2S的存在会影响测定结果：___________。②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入___________(填序号)以消除H2S的影响。a．H2O2溶液b．NaOH溶液c．碘水

参考答案第一部分(选择题，共36分)本部分共18小题，每小题2分，共36分。每小题仅有一个选项符合题意。1.【答案】D【详解】A．CH3COONa在水溶液中能够完全电离出CH3COO-和Na+，属于强电解质，A不合题意；B．KOH在水溶液中能够完全电离出OH-和K+，属于强电解质，B不合题意；C．溶于水中的BaSO4能够完全电离出Ba2+和，属于强电解质，C不合题意；D．NH3·H2O在水溶液中只能部分电离出和OH-，存在电离平衡NH3·H2O+OH-，D符合题意；故答案为：D。2.【答案】A【详解】A．此为外加电源的阴极保护法，被保护金属钢制管桩应与电源负极相连，故A错误；B．镁比铁活泼，此为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．铁上镀铜，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，故C正确；D．制成不锈钢可以起到防护作用，故D正确；故选A。3.【答案】A【详解】由构造原理可知，L能层只有2s、2p亚层，不存在2d亚层，故选A。4.【答案】D【详解】A．Cu2+、HCO都能和OH-反应，碱性条件下，不能大量存在Cu2+、HCO，故不选A；B．NH和OH-能发生反应生成弱电解质NH3·H2O，不能共存，故不选B；C．Mg2+、Fe2+都能和OH-反应，碱性条件下，不能大量存在Mg2+、Fe2+，故不选C；D．碱性条件下，Na+、NO、SO、CO相互之间不反应，能大量共存，故选D；选D。5.【答案】C【详解】A．中中心原子Be周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为直线形，根据杂化轨道理论可知，Be的杂化类型为sp，中中心原子B周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为平面三角形，根据杂化轨道理论可知，B的杂化类型为sp2，A不合题意；B．中中心原子N周围的价层电子对数为：2+=3，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为V形，根据杂化轨道理论可知，N的杂化类型为sp2，中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为平面三角形，根据杂化轨道理论可知，N的杂化类型为sp2，B不合题意；C．中中心原子S周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为正四面体形，根据杂化轨道理论可知，S的杂化类型为sp3，中中心原子Cl周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为正四面体形，根据杂化轨道理论可知，Cl的杂化类型为sp3，C符合题意；D．CO2中中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为直线形，根据杂化轨道理论可知，C的杂化类型为sp，SO3中中心原子S周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子互斥理论可知其空间构型为平面三角形，根据杂化轨道理论可知，S的杂化类型为sp2，D不合题意；故答案为：C。6.【答案】A【详解】A．用铂电极电解硫酸，相当于电解水，阴极和阳极上同时都有气体产生，硫酸浓度增大，溶液pH降低，故A正确；B．用铂电极电解硫酸铜溶液，生成铜、氧气和硫酸，反应生成酸，溶液pH降低，但阴极无气体产生，故B错误；C．用铂电极电解HCl溶液，生成氢气、氯气，阴极和阳极上同时都有气体产生，但消耗HCl，则溶液pH升高，故C错误；D．用铂电极电解氯化钾溶液，生成氢氧化钾和氢气、氯气，反应生成碱，溶液pH值升高，故D错误；故选A。7.【答案】C【详解】A．AlCl3溶液中存在平衡AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HClH＞0，加热平衡正向移动，HCl挥发，故将AlCl3溶液加热蒸干得到氢氧化铝，氢氧化铝不稳定，易分解生成氧化铝，不能得到AlCl3固体，能用勒夏特列原理解释，A不合题意；B．NO2和N2O4的混合气体存在平衡2NO2N2O4H＜0，升温后平衡逆向移动，c(NO2)增大，红棕色加深，能用勒夏特列原理解释，B不合题意；C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的生成，合成氨采用高温主要是考虑催化剂的催化活性，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；D．氯气溶于水的反应是一个可逆反应Cl2+H2OHClO+H++Cl-，饱和食盐水中含有大量的氯离子，导致平衡逆向移动，氯气的溶解度减小，可用勒夏特列原理解释，D不合题意；故答案为：C。8.【答案】B【详解】A．碳酸钠溶液中水解生成和，再水解生成；溶液中水解生成，同时电离生成和H+，再结合水的电离存在，可知两溶液中离子种类相同，故A正确；B．两者均为钠盐，焰色试验现象相同，无法区分，故B错误；

C．相同浓度的两溶液，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，故C正确；D．由物料守恒可知两溶液中均存在，故D正确；故选：B。9.【答案】B【详解】A．能层数越大，离原子核越远，能量越高，故同种原子的原子轨道能量：1s＜2s＜3s＜4s，A项正确；B．在电子云图中，小黑点表示电子在核外空间中出现的概率，B项错误；C．根据A选项可知，电子从的状态跃迁到的状态，为由能量较高状态变为能量较低状态，将释放能量，C项正确；D．二者中心原子均为sp3杂化，且4个配位原子均为同种原子，故VSEPR模型均为正四面体，D项正确；答案选B。10.【答案】C【详解】A．乙炔的分子式为C2H2，为直线型，为其空间结构模型，A正确；B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2=3，即SO2为角型或者叫V型，B正确；C．基态Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子的轨道表示式：，C错误；D．轨道的电子云轮廓图为沿X轴延展的纺锤状，D正确；答案选C。11.【答案】A【详解】A．已知同种非金属原子间形成的共价键为非极性共价键，异种非金属原子间形成的共价键为极性共价键，结合题干分子结构简式可知，分子中所有化学键即C-H、C-S、C-O、S=O和S-O、O-H均为极性共价键，A正确；B．已知中心原子周围的价层电子对数等于σ键加孤电子对数，结合题干分子结构简式可知，该分子中心原子S的价层电子对数为4，B错误；C．题干分子结构简式可知，分子中只含有一个羟基，故该化合物是一元酸，C错误；D．题干分子结构简式可知，分子中含有S=O和S-O，故该分子中硫氧键的键长不相同，D错误；故答案为：A。12.【答案】D【详解】A．两个p轨道之间既能“头碰头”重叠形成σ键，也能“肩并肩”重叠形成π键，A错误；B．根据泡利不相容原理可知，原子核外没有运动状态完全相同的电子，故基态О原子中有8种不同运动状态的电子，B错误；C．已知Na+、Mg2+、O2-具有相同的核外电子排布，且O、Na、Mg的核电荷数依次增大，故离子半径O2-＞Na+＞Mg2+，C错误；D．根据SiO2的结构可知，二氧化硅晶体中每个硅原子与周围的4个氧原子形成4个Si-O键，每个氧原子与周围的2个硅原子形成2个Si-O键，故60g二氧化硅晶体中含有Si-O键数为=4NA，D正确；故答案为：D。13.【答案】D【详解】A．已知CO2的结构简式为：O=C=O，且知单键均为σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键为一个σ键和二个π键，故CO2分子中σ键和π键个数比为2：2=1：1，A正确；B．甲醇中含有羟基，故甲醇能够形成分子间氢键，甲醛中不含氢键，故导致甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键，B正确；C．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干淀粉的结构简式可知，淀粉分子中存在手性碳原子，C正确；D．甲醇分子CH3OH中C原子周围形成4个σ键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，而二羟基丙酮分子中中间含碳氧双键的碳原子周围形成了3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，另外两个碳原子周围形成4个σ键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，D错误；故答案为：D。14.【答案】B【详解】A．结合题意及结构可知，氮化碳为网状结构，且硬度超过金刚石晶体，则氮化碳晶体为共价晶体，A正确；B．根据均摊法可知，一个氮化碳的化学式为C3N4，其中C的电负性小于N，所以碳显+4价，氮显-3价，B错误；C．每个C和4个N形成共价键，每个N与3个C相连，所以氮化碳的化学式为C3N4，C正确；D．晶体均为共价晶体，rN<rC，C-N键长短，C-N键能大于C-C的，即氮化碳中共价键键能大于金刚石中共价键键能，D正确；故选B。15.【答案】A【详解】A．因为电负性：F＞Cl，导致FCH2-的吸电子效应比ClCH2-强，则FCH2COOH中-OH的极性强于ClCH2COOH中-OH的极性，所以酸性：F-CH2-COOH＞Cl-CH2-COOH，A正确；B．晶体硅和碳化硅均为共价晶体，影响其熔沸点大小的为键能的大小，与分子间作用力无关，因此熔点：晶体硅＜碳化硅，是因为键能：C-Si＞Si-Si，B错误；C．物质的稳定性与键能的大小有关，与氢键无关，因此热稳定性：HF(g)＞HCl(g)，是因为键能：H-F＞H-Cl，C错误；D．Br2和I2均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，与Br-Br键较强无关，D错误；故答案为：A。16.【答案】C【分析】a极上失电子生成，a极为负极，b极氧气得电子，b极为正极，据此分析解答。【详解】A．b极氧气得电子，电解质环境为碱性，电极反应：，故A错误；B．该装置可实现海水淡化，则B室中钠离子应透过隔膜2进入正极区，B室中氯离子透过隔膜1进入A室，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C．室电极反应：，反应生成氢离子下降，室，反应生成氢氧根离子升高，故C正确；D．由以上电极反应可知失去8mol电子，为使电荷平衡，则B室中有发生迁移，故D错误；故选：C。17.【答案】D【详解】A．配制碘水时，加入少量KI，I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡正向进行，可促进I2的溶解，A正确；B．反应I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡常数K===640，B正确；C．向所得溶液中加入CCl4，振荡静置，碘单质易溶于四氯化碳，I-(aq)+I2(aq)⇌I3-(aq)，平衡逆向进行，水层c(I2)降低，C正确；D．反应I-(aq)+I2(aq)I3-(aq)，平衡常数K===640，向所得溶液中加入等体积水，此时浓度商Q==1280＞K=640，平衡逆向进行，c(I2)＞1.25×10-3mol⋅L-1，D错误；故答案为：D。18.【答案】B【详解】A．由①可推测，一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率为4.12%，根据碳原子守恒可知，CO2制取CH3OH过程中有副反应发生，A正确；B．与①相同条件下，降低H2与CO2的比例，即增大CO2的用量，化学平衡正向移动，CO2的转化率减小，H2的转化率增大，B错误；C．480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确；D．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-48.97kJ⋅mol-1，正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高CH3OH产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确；故答案为：B。第二部分(共64分)19.【答案】（1）①.3②.2p（2）Be、C、O（3）【小问1详解】已知N是7号元素，故基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，则基态N原子中有3个未成对电子，电子占据的最高能级的符号是2p，故答案为：3；2p；【小问2详解】根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第二周期元素原子的第一电离能介于B、N之间的是Be、C、O元素，故答案为：Be、C、O；【小问3详解】基态的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，故其价层电子的轨道表示式为：，故答案为：。20.【答案】（1）第3周期第ⅥA族（2）①.酸②.M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性③.NaOH④.Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH【分析】基态Y原子的价电子排布为3s23p4，可知Y为S，W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大，Z为Cl，Y第三周期主族元素，其他三种元素为第三周期元素，根据X电离能知，该元素位于第ⅡA族，X为Mg元素，W为Na，据此分析解题。【小问1详解】基态Y原子的价电子排布为3s23p4，根据最高能层序数等于周期序数，价电子数等于主族序数，故Y在元素周期表中的位置是第3周期第ⅥA族，故答案为：第3周期第ⅥA族；【小问2详解】①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性，故答案为：酸；M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O-H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性；②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg（OH）2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH，故答案为：NaOH；Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，M-O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH。21.【答案】（1）①.s-sp3σ②.极性（2）①.4②.sp3杂化（3）①.水和氨气分子极性相似②.两者间可以形成氢键，使氨气在水中的溶解度很大（4）①.②.＞（5）A【小问1详解】依据原子轨道重叠的方式判断，对于水分子中的共价键是H原子的s电子云与O原子sp3杂化的电子云采用“头碰头”重叠形成的，即属于s-sp3σ键；已知O的电负性比H的大，故依据O与H的电负性判断，属于极性共价键，故答案为：s-sp3σ；极性；【小问2详解】H2O中，氧原子的价层电子对数为2+=4，O原子含有2对孤电子对，杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：4；sp3杂化；【小问3详解】水是极性分子，属于极性溶剂，NH3也是极性分子，根据相似形容原理，可知氨气极易溶于水，另水分子中的O原子和氨气分子中的N原子的电负性均较大，两者之间可以形成氢键，也可以增大氨气在水中的溶解度，故答案为：水和氨气分子极性相似；两者间可以形成氢键，使氨气在水中的溶解度很大；【小问4详解】酸溶于水可形成H3O+，H3O+的电子式为，成键电子对和孤电子对之间的斥力小于孤电子对与孤电子对之间的斥力，中只有一对孤电子对，H2O中含有2对孤电子对，所以中的H-O-H之间的键角大于H2O中的H-O-H之间的键角，故答案为：；＞；【小问5详解】A．由图可知，图中是3个水分子以氢键和H3O+结合，化学式为，A正确；B．该水合质子的结构中H3O+，中心原子O原子的价层电子对数=σ键数目+孤电子对数=3+（6-1-3×1）=3+1=4，则H3O+是三角锥形，4个原子一定不在同一个平面上，B错误；C．在该结构中3个水分子以氢键和H3O+结合，另外水分子及H3O+内部，H、O原子间以极性共价键结合，C错误；故答案为：A。22.【答案】（1）①.12②.1:3③.abd（2）①.6②.2（3）①.1:2②.X-射线衍射实验③.[Ar]3d6（4）①.离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高②.③.0.97【小问1详解】①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，与之最近的二氧化碳分子有=12，故答案为：12；②若顶点为Au、面心为Cu，晶胞中含有Au原子数目为8×=1，晶胞中含有Cu原子数目为6×=3，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1：3，故答案为：1：3；③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abd正确，故答案为：abd；【小问2详解】①晶体Si中，由共价键形成的最小碳环上有6个硅原子，故答案为：6；②晶体硅中每个硅原子形成四个Si-Si共价键，1条Si-Si共价键为两个Si原子共有，则1mol单晶硅中含有4mol×=2mol，故答案为：2；【小问3详解】由题干晶胞结构示意图可知，左图晶胞含有原子个数为：=2，右图晶胞含有原子个数为：=4，则图中铁的两种不同晶胞原子个数比是2:4=1:2，测定铁的晶体结构最好的方法是X-射线衍射实验，铁在化学反应中容易失电子形成阳离子，已知Fe是26号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，则Fe2+简化的电子排布式为[Ar]3d6，故答案为：1:2；X-射线衍射实验；[Ar]3d6；【小问4详解】①NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl,由离子间距可知NiO晶体中离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高，故答案为：离子所带电荷数越多，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；②由图可知NaCl晶体中存在4个Na+和4个Cl-，则晶体中存在4个Ni2+和4个O2-，则晶胞质量为g，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则棱长为apm，则体积为（a×10-10cm）3，则晶胞密度ρ==g⋅cm-3=g⋅cm-3，故答案为：；③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6:91，设晶胞中含有97个Ni，则根据化合价代数和为0可知，含有O原子个数为=100，即晶胞中Ni和O的个数比为：97:100，故若该晶体的化学式为NixO，则x=0.97，故答案为：0.97。23.【答案】（1）①.TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.56kJ•mol-1②.＞③.MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）①.TiCl4和SiCl4均为结构相似的分子晶体，且TiCl4的相对分子质量比SiCl4的大，导致TiCl4晶体中的分子间作用力比SiCl4的大②.MgCl2是离子晶体，而AlCl3为分子晶体（3）①.SiCl4②.136℃左右【分析】由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，据此分析解题。【小问1详解】①由I．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ•mol-1，Ⅱ．2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-220.9kJ•mol-1，结合盖斯定律可知，I+Ⅱ得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，ΔH=(+175.4kJ•mol-1)+(-220.96kJ•mol-1)=-45.56kJ•mol-1，即热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.56kJ•mol-1，故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.56kJ•mol-1；②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以ΔH＞0，故答案为：＞；③由反应可知，氯化产物冷