山东省东营市一中2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题
东营市一中2018级高二下学期期中考试化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Si-28 Cl-35.5 Ag-108
Ⅰ卷选择题（共50分）
一、选择题(每题只有一个正确答案，1~10每题2分，11~20每题3分，共50分)
1.在物质结构研究的历史上，首先提出原子的行星模型的科学家是（ ）
A. 汤姆生 B. 道尔顿
C. 卢瑟福 D. 波尔
【答案】C
【解析】
【详解】A. 汤姆生在原子中发现了电子，提出原子结构是葡萄干模型，A不符合题意；
B. 道尔顿提出的是近代原子学说，认为原子是不可分割的实心球体，B不符合题意；
C. 卢瑟福通过金箔实验提出原子的行星模型，认为原子是由原子核和核外电子构成，原子就像一个太阳系，带正电的原子核就像太阳，带负电的电子就像是围绕太阳转的行星，这就是著名的原子核式模型，C符合题意；
D. 波尔引入量子论，提出电子在一定轨道上运动，D不符合题意；
故合理选项是C。
2.下列说法正确的是（ ）
A. sp2杂化表示s轨道的1个电子和p轨道的2个电子进行杂化
B. 1s22s12p1是激发态原子的电子排布式
C. M能层中的原子轨道数目为3
D. 一个电子从3p能级跃迁到3s能级，产生的原子光谱为吸收光谱
【答案】B
【解析】
【详解】A. sp2杂化表示1个s轨道和2个p轨道进行杂化形成3个能量相同的轨道，A错误；
B. 2p轨道电子的能量比2s
轨道的电子能量高，原子核外电子总是尽先排布在能量较低的能级上，只有当能量较低的能级排满后，才依次排在能量稍高的能级上，一个2s轨道最多排布2个自旋方向相反的电子，所以1s22s12p1是激发态原子的电子排布式，B正确；
C. M能层中有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，其原子轨道数目为1+3+5=9个，C错误；
D. 原子核外电子的p轨道的能量比s轨道的能量高，当一个电子从3p能级跃迁到3s能级，多余的能量释放出来，因此产生的原子光谱为发射光谱，D错误；
故合理选项是B。
3.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A. 使甲基橙变红的溶液中：Na+、Cl-、CH3COO-、Fe2+
B. 水电离出的OH-浓度为10-12 mol/L的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl-、SO32-
C. 无色溶液中：Mg2+、NO3-、Cl-、SO42-
D. c(K2C2O4)=0.5 mol/L溶液中：Na+、K+、MnO4-、Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与CH3COO-会反应形成弱电解质CH3COOH，因此离子不能大量共存，A错误；
B. 水电离出的OH-浓度为10-12 mol/L<10-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H+与SO32-会结合形成弱酸H2SO3，不能大量共存；在碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Mg2+、NH4+会发生反应形成Mg(OH)2沉淀、NH3·H2O，也不能大量共存，B错误；
C. 在无色溶液中：Mg2+、NO3-、Cl-、SO42-之间不能发生任何反应，因此可以大量共存，C正确；
D. c(K2C2O4)=0.5 mol/L溶液中含有大量的C2O42-，C2O42-具有还原性，与具有氧化性微粒MnO4-会发生氧化还原反应，因此不能大量共存，D错误；
故合理选项C。
4.下列有关离子检验的描述正确的是（ ）
①向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，则部分Na2SO3被氧化；
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液中一定含有CO32-；
③检验溶液中是否含NH4+：取少量试液于试管中，加入浓NaOH
溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体；
④检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象；
⑤在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知液中存在SO42-或SO32-
A. ①②③ B. ①③ C. ②④⑤ D. ①③⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据BaSO3是白色不溶于水但能溶于酸的物质，而BaSO4是白色既不溶于水，也不溶于酸的物质分析；
②能够是澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2，也可能是SO2；
③NH4+与强碱共热会产生碱性气体氨气；
④Fe2+不能使KSCN变为血红色，而Fe3+能使KSCN变为血红色；
⑤AgCl或BaSO4都是白色不溶于水也不溶于酸的物质。
【详解】①Na2SO3与BaCl2反应会产生BaSO3白色沉淀，加入足量稀盐酸，BaSO3会溶解，若Na2SO3被氧化变为Na2SO4，加入BaCl2时会反应会产生BaSO4白色沉淀，而BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，所以当加入盐酸时，若产生的白色沉淀部分溶解，说明固体中含Na2SO3、Na2SO4，Na2SO3部分发生了氧化，①正确；
②将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则说明原溶液中可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-，因此不一定含有CO32-，②错误；
③若溶液中含NH4+，加入浓NaOH溶液并加热会产生氨气，氨气与水反应产生NH3·H2O，NH3·H2O电离产生OH-，溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色，③正确；
④取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，然后再滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，证明加入氯水后的溶液中含有Fe3+，Fe3+可能是Fe2+被Cl2氧化产生，也可能是原溶液中含有Fe3+，因此不能证明原溶液中是否含有Fe2+，④错误；
⑤在未知液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，因此不能说明该未知液中存在SO42-或SO32-，⑤错误；
综上所述可知：说法合理的是①③，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法。掌握物质的性质(包括溶解性、颜色等)是本题解答的关键，要注意常见离子检验方法及通常产生干扰的离子及其性质。
5.常温下，用0.1 mol·L-1的盐酸滴定20 mL约0.1 mol·L-1的氨水，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. a点溶液中：c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O)
B. 滴定过程中，当溶液pH=7时，二者恰好中和
C. 用酚酞作指示剂比用甲基橙作指示剂滴定误差更小
D. 当滴入盐酸为30mL时，溶液中：c(H+)+c(NH4+)
Fe2+，故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中的变化关系，曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，A错误；
B. 该温度下Ksp[Cu(OH)2]O>C
B. 第二周期基态原子第一电离能处于B和O之间的元素有1种
C. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7
D. 基态Ti原子的价电子排布式是4s23d2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 元素的非金属性越强，其电负性就越大，由于元素的非金属性：O>N>C
，所以三种元素电负性从大到小的顺序是：O>N>C，A错误；
B. 同一周期元素第一电离能随原子序数的增大呈增大趋势，但IIA、第VA元素的电子处于其轨道的全充满、半充满的稳定状态，其第一电离能大于相邻的元素，则第二周期基态原子第一电离能处于B和O之间的元素只有C元素，所以元素种类数目为1，B正确；
C. F元素为第VIIA的元素，由于其原子半径很小，元素的非金属性最强，因此只有-1价，没有+7价，C错误；
D. Ti是22号元素，根据构造原理可知：基态Ti原子的价电子排布式是3d24s2，D错误；
故合理选项是B。
8.CO2、CH4、BF3都是非极性分子，HF、H2O、NH3都是极性分子，由此推测ABn型分子是非极性分子的经验规律正确的是（ ）
A. 所有原子在同一平面
B. 分子中每个键的键长应相等
C. 在ABn中A原子没有孤对电子
D. A的相对原子质量小于B
【答案】C
【解析】
【详解】A. CH4是非极性分子，但分子的空间构型为正四面体结构，因此非极性分子中不是所有原子一定都在同一平面内，A错误；
B. H2O、NH3都是极性分子，但两种物质分子中所有共价键的键长都相同，因此不能根据分子中每个键的键长相等判断分子是否为非极性分子，B错误；
C. CO2、CH4、BF3中中心原子上的所有电子都参与成键，没有孤对电子，分子空间排列对称，而HF、H2O、NH3的中心原子上含有未参与成键的电子，有孤对电子，分子结构不对称，C正确；
D. 分子是极性分子还是非极性分子与分子中各原子的相对原子质量大小无关，D错误；
故合理选项是C。
9.下列说法正确的是（ ）
①极性分子一定含有极性键，非极性分子一定含有非极性键
②丙酮的沸点为57℃高于丁烷的沸点为−0.5℃是由于丙酮分子间有氢键
③N2O和CO2是互为等电子体，因此每个分子均含有2个π键，且中心原子均为sp杂化
④极性分子中一定不含有非极性键，非极性分子中可能含有极性键
⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低与氢键有关
A. ③⑤ B. ②④⑤ C. ②③④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①极性分子一定含有极性键，但非极性分子不一定含有非极性键，如CH4分子属于非极性分子，但分子内不含有非极性键，①错误；
②丙酮分子间没有氢键，丙酮分子的相对分子质量大于丁烷，所以丙酮的沸点大于丁烷，与氢键无关，②错误；
③N2O和CO2互为等电子体，等电子体结构相似，根据CO2的结构式O=C=O可知：物质分子均含有2个π键，且中心原子采用sp杂化，③正确；
④极性分子中不一定不含有非极性键，如H2O2分子属于极性分子，但含有非极性键O-O键，而非极性分子中也可能含有极性键，如CH4分子属于非极性分子，含有C-H极性键，④错误；
⑤邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，而对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键的形成增加了分子之间的吸引力，使物质的熔、沸点升高，因此邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与分子间氢键的形成有关，⑤正确；
综上所述可知说法正确的是③⑤，故合理选项是A。
10.下列描述中正确的是
①CS2为V形的极性分子
②ClO3－的空间构型为平面三角形
③SF6中有6对完全相同的成键电子对
④SiF4和SO32－的中心原子均为sp3杂化
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①CS2中价层电子对数=2+=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，①错误；
②ClO3－中Cl的价层电子对数＝3＋＝4，所以空间构型为三角锥形，②错误；
③SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分子中有6
对完全相同的成键电子对，③正确；
④SiF4中价层电子对个数=4+=4，SO32-中价层电子对个数=3＋=4，因此中心原子均为sp3杂化，④正确，
故选C。
【点晴】根据价层电子对互斥理论确定微粒的空间构型及原子是杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb）/2，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，答题时注意灵活应用。
11.下列叙述正确的是（ ）
A. 甲烷分子(CH4)失去一个H+，形成甲基阴离子(CH3-)，变化过程中微粒的键角发生了改变，但碳原子的杂化类型没有改变
B. 冰与干冰都是分子晶体，其晶胞中分子的空间排列方式类似
C. 因为H2SO3和H2CO3的非羟基氧原子不同，所以它们的酸性不同
D. 乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中有2个手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．甲烷分子为正四面体结合，当CH4失去一个H+，形成甲基阴离子CH3-，微粒空间构型变为三角锥形，碳原子上含有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，使键角比甲烷的小，但碳原子的杂化类型没有改变，仍然为sp3杂化，A正确；
B．尽管冰与干冰都是分子晶体，冰晶胞：；干冰晶胞：，即冰晶胞中水分子的空间排列方式与干冰胞不同，B错误；
C．H2SO3和H2CO3的非羟基氧原子相同，由于S原子半径大于C原子，对电子的吸引能力较弱，使电子容易失去，因而酸性：H2SO3>H2CO3，C错误；
D．乳酸[CH3CH(OH)COOH]分子中只有与-CH3、-OH、-COOH及H原子连接的C原子为手性碳原子，所以乳酸分子中只含有1个手性碳原子，D错误；
故合理选项是A。
12.下列说法中，不正确的是（ ）
A. X射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法
B. NH5中的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子电子层结构，1 mol NH5中含有4NA个N−H键
C. 手性分子互为镜像，它们的性质没有区别
D. 乙醇与水互溶可以用“相似相溶”原理和氢键来解释
【答案】C
【解析】
【详解】A. 晶体会产生X射线衍射，而非晶体不能产生X射线衍射，所以区别晶体与非晶体的最科学的方法是X射线衍射实验，A正确；
B. NH5中的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子电子层结构，根据N原子价电子数为5，H原子价电子数为1，可知该物质为离子晶体NH4H，含有的阳离子NH4+与阴离子H-之间通过离子键结合，在NH4+中含有N与H原子之间通过4个极性键N-H结合，因此1 mol NH5中含有4NA个N−H键，B正确；
C. 手性分子互为镜像，它们的结构不同，性质也不同，C错误；
D. 乙醇分子与水分子都是极性分子，且两种物质的分子之间能够形成氢键，因此根据“相似相溶”原理可知二者互溶，D正确；
故合理选项是C。
13.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；在深蓝色溶液中加入等体积的95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出。下列对此现象说法正确的是
A. [Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B. [Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，中心离子Cu2+采用sp3杂化
C. [Cu(NH3)4]SO4会与乙醇发生反应生成深蓝色晶体
D. [Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在极性共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有极性共价键、离子键、配位键，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]2+的中心原子采用sp3杂化，形成4个杂化轨道，与4个氨分子形成4个配位键，中心原子无孤电子对，所以分子的空间构型为正四面体型，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小而不是与乙醇发生反应才析出蓝色晶体[Cu（NH3）4]SO4，故C错误；
D．NH3为配体分子，则水溶液中不存在NH3，故D错误；
故选：A。
14.下列叙述不正确的是
A. 金刚石、SiC、NaF、NaCl、、晶体的熔点依次降低
B. CaO 晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO 晶体中的配位数为6，且这些最邻近的围成正八面体
C. 设NaCl 的摩尔质量为，NaCl的密度为，阿伏加德罗常数为 ，在NaCl 晶体中，两个距离最近的中心间的距离为
D. X、Y 可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X 占据所有棱的中心，Y 位于顶角位置，则该晶体的化学式为
【答案】D
【解析】
【详解】A. 金刚石、SiC属于原子晶体，键长，故金刚石中化学键更稳定，其熔点更高，NaF、NaCl都属于离子晶体，氟离子半径小于氯离子比较，故NaF的晶格能大于NaCl，则NaF的熔点更高，H2O、H2S都属于分子晶体，水分子之间存在氢键，熔点较高，熔点原子晶体离子晶体分子晶体，故金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故A正确；
B. CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，氯化钠的晶胞图为，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心、顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体，故B正确；
C. 氯化钠的晶胞图为，假设绿色球为Cl-，处于面对角线上的Cl-之间距离最近，设二者距离为，则晶胞棱长，晶胞体积，晶胞中Cl-数目，晶胞中Na+数目也是4，晶胞质量，解得，故C正确；
D.处于棱的中心的原子为4个晶胞共用，位于顶角的原子为8个晶胞共用，晶胞中X数目，Y数目，则该晶体的组成式为，故D错误，
答案选D。
15.下面有关晶体的叙述中，不正确的是 ( )
A. 氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl-
B. 金刚石为空间网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
C. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
D. 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-；
B.金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,据此判断；
C.采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数,二氧化碳晶体中每个二氧化碳分子周围紧邻12个二氧化碳分子；
D.金属镁是六方最密堆积,金属铜是面心立方最密堆积。
【详解】A. 氯化铯晶胞属于体心立方晶胞，每个Cs+周围紧邻8个Cl-，故A正确；
B. 金刚石的晶胞结构如图所示:,根据图可以知道由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子,故B 正确；
C.二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12,所以在CO2晶体中,与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子,故C正确；
D. 金属镁为六方最密堆积,堆积方式为:,金属铜是面心立方最密堆积,堆积方式为:,故D错误；
综上所述，本题选D。
16.下列各组性质的比较中正确的是（ ）
A. 离子半径：Na+>Mg2+>Al3+>F-
B. 酸性：HClO4HCl>PH3>H2S
D. 熔点：Na−K合金离子晶体>金属晶体分析。
【详解】A. 对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小。由于Na+、Mg2+、Al3+、F-的核外电子排布都是2、8，所以离子半径：F->Na+>Mg2+>Al3+，A错误；
B. 元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性就越强，由于元素的非金属性Cl>S>P，所以酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4，B错误；
C. 元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性F>Cl>S>P，所以氢化物的稳定性：HF>HCl>H2S>PH3，C错误；
D. 合金熔点低于成分金属，所以熔点：Na−K合金离子晶体>分子晶体，而金属晶体的熔沸点相差较大，有的比原子晶体还高，如金属钨，有的则比分子晶体的还低，在室温下可能呈液态，如Hg。合金熔点低于其成分金属，硬度大于成分金属，要注意规律性的知识的应用及物质的特殊性的结合。
17.碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 在石墨烯晶体中，每个C原子连接3个六元环
B. 石墨烯晶体中的化学键全部是碳碳单键
C. 在金刚石晶体中，C原子采用sp3杂化
D. 在金刚石晶体中，六元环中最多有4个C原子在同一平面
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据石墨烯结构可知：在石墨烯晶体中，每个C原子与相邻3个C原子形成3个碳碳键，这些C原子形成一个个平面正六边形，通过每个C原子形成了3个六元环，A正确；
B. 在石墨烯晶体中，C原子采用sp2杂化，物质结构中既有碳碳单键，也有碳碳双键，B错误；
C. 碳原子价电子数为4，在金刚石晶体中，每个C原子与相邻的4个C原子形成共价键，所有价电子全部参与成键，形成了4个C-C键，C原子采用sp3杂化，C正确；
D. 在金刚石中，C原子与相邻的4个C原子形成立体网状结构，最小的环上含有6个C原子，其中六元环上能够共平面的C原子数目为4，结构如图所示： ，D正确；
故合理选项是B。
18.下列常见分子中σ键、π键判断正确的是( )
A. CN－与N2结构相似，CH2===CHCN分子中σ键与π键数目之比为1∶1
B. CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2∶1
C. C22-与O22+互为等电子体，1 mol O22+中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为6NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH2=CHCN分子的结构可以表示为CH2=CHC≡N，其中含有6个σ键和3个π键，所以σ键与π键数目之比为2∶1，故A错误；
B．CO与N2结构相似，CO分子的结构可以表示为C≡O，其中σ键与π键数目之比为1∶2，故B错误；
C．C22-和O22+是等电子体，O22+的结构为[O≡O]2+，所以1molO22+中含有的π键数目为2NA
，故C正确；
D．若该反应中有4 mol N-H键断裂，则生成1.5mol氮气，形成π键的数目是3NA，故D错误；
故选C。
19.如图是从NaCl和CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是（ ）
A. 只有c B. b和c C. a和c D. a和d
【答案】C
【解析】
【分析】
在NaCl晶体中，Na+或Cl-的配位数都是6，根据NaCl晶体中Na+与Cl-的配位数判断其结构的正确性。
【详解】在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着距离相等且最近的6个Cl-，每个Cl-周围同时吸引着距离相等且最近的6个Na+，这个离子吸引的带相反电荷的微粒构成的是正八面体结构，图a符合条件；图c则是选取其中一个离子，沿X、Y、Z三个方向切割可得到6个等距离且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数为6，故符合NaCl晶体结构的图示是a和c，故合理选项是C。
20.GaAs晶体的熔点很高, 硬度很大, 密度为ρ g·cm-3,Ga 和As 的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAs g·mol-1, 原子半径分别为rGa pm 和rAs pm, 阿伏加德罗常数值为NA, 其晶胞结构如下图所示, 下列说法错误的是
A. 该晶体为原子晶体
B. 在该晶体中,Ga和As均无孤对电子,Ga和As的配位数均为4
C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为
D. 所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【分析】
A．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，符合原子晶体的特点；
B．由晶胞结构可知，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，As、Ga配位数相同，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键；
C．均摊法计算晶胞中各原子数目，再计算原子总体积，结合密度计算晶胞体积，空间利用率=晶胞最近原子总体积/晶胞体积×100%；
D．每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对。
【详解】A．GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网站结构，属于原子晶体，故A正确；
B．由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目=4，As原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤电子对，故B正确；
C．晶胞中原子总体积=4×4/3π（rGa3+rAs3 ）×10-30 cm3，晶胞质量=4×(MGa+MAs)/NA g，晶胞体积=（4×(MGa+MAs)/NA g）÷ρ g·cm-3，原子的体积占晶胞体积的百分率=×100%=4πρNA(r3Ga+r3As)/3(MGa+MAs)×10-30×100%，故C错误；
D．每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤电子对，所有原子均满足 8
电子稳定结构，故D正确，
故选C。
【点睛】本题考查晶胞结构与计算、晶体类型与性质、化学键等，关键是对晶胞结构的理解，掌握确定配位数常用方法，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备知识的基础与灵活运用的能力。
Ⅱ卷非选择题（共50分）
21.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g·100 mL-1)。
Ⅰ.实验步骤
(1)配制待测白醋溶液，用____(填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋，在____(填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL____(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴____作指示剂。
(3)读取盛装0.1000 mol/L NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。
(4)滴定。判断滴定终点的现象是____，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，重复滴定3~4次。
(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为____mL。
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据(mL)
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论
(6)按正确数据处理，得出c(市售白醋)=____mol/L，市售白醋总酸量=____g·100 mL-1。
【答案】 (1). 酸式滴定管 (2). 烧杯 (3). 容量瓶 (4). 酚酞 (5). 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (6). 22.60 (7). 0.75 (8). 4.5
【解析】
【分析】
(1)准确量取一定体积的液体要使用滴定管，根据溶液酸碱性判断使用的滴定管的类型，根据配制物质的量浓度的溶液操作分析判断使用的仪器；
(2)根据酸、碱恰好中和时产生盐的酸碱性判断使用哪种指示剂；
(4)根据酚酞的变色范围为8.2～10.0，结合溶液的酸碱性判断滴定终点溶液的颜色变化；
(5)根据滴定管的结构：滴定管小刻度在上，大刻度在下，结合其精确度判断溶液的体积读数；
(6)去掉不合理实验数据，计算平均消耗的NaOH溶液的体积，根据二者恰好中和时n(CH3COOH)=n(NaOH)，利用c=计算醋酸的浓度及市售白醋总酸量。
【详解】(1)白醋溶液显酸性，准确量取10.00 mL食用白醋要使用酸式滴定管；将量取的白醋在烧杯中进行稀释，然后将稀释后的溶液转移至100 mL的容量瓶中进行定容、摇匀，即得待测白醋溶液；
(2)NaOH与醋酸恰好中和产生CH3COONa是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，所以要使用碱性范围内变色的酚酞为指示剂，可以减小滴定误差，故使用的指示剂为酚酞；
(4)白醋溶液显酸性，使酚酞试液显无色，随着NaOH的滴入，溶液酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强，当滴加最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明滴定达到终点，此时应停止滴加NaOH溶液；
(5)由滴定管凹液面所在位置，结合滴定管精确度为0.01 mL，可知该溶液的液面读数为22.60 mL；
(6)根据表格中四次实验结果数值可知：第一次实验数据偏差较大，要舍去，20.00 mL稀释的醋酸溶液反应消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH)= mL=15.00 mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O可知n(CH3COOH)=n(NaOH)，所以稀释后的醋酸溶液的浓度c(CH3COOH)==0.075 mol/L，由实验操作可知：是将10.00 mL白醋稀释至100 mL，由于在稀释过程中溶质的物质的量不变，溶液的体积是原食醋的10倍，则稀释后溶液浓度为原食醋浓度的，故该市售食醋的物质的量浓度c(市售白醋)=10×0.075 mol/L =0.75 mol/L。在100 mL该食醋中含有醋酸的物质的量为n(CH3COOH)=c·V=0.75 mol/L×0.1 L=0.075 mol，其质量为m(CH3COOH)=0.075 mol×60 g/mol=4.5 g，即市售白醋总酸量=4.5 g·100 mL-1。
【点睛】
本题考查了酸碱中和滴定原理的应用。涉及实验仪器和指示剂的使用、滴定终点的判断及溶液浓度的计算。掌握反应原理及物质的量浓度计算式、溶液稀释原则是本题解答的关键。要清楚指示剂变色范围与恰好中和时溶液酸碱性接近时实验误差较小，要认真、仔细理解题意，是要计算稀释前还是稀释后白醋溶液的浓度，会对实验数据合理处理是正确计算物质浓度的前提。
22.祖母绿是四大名贵宝石之一，主要成分为Be3Al2Si6O18，含有微量的Cr、Ni、Fe元素而呈现各种颜色。回答下列问题：
(1)基态Ni2+的电子排布式为____；宝石中Si的化合价是____；基态Al原子电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为____。
(2)铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有____。(填字母)
A.都属于p区主族元素 B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大 D.氯化物的水溶液pH均小于7
(3)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。
①Cr(CO)6的晶体类型是____，1 mol Cr(CO)6含δ键的数目为____；
②加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，反应破坏的作用力类型为____。
a.离子键 b.配位键 c.金属键 d.分子间作用力
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用Δ表示)，它与中心离子的电子排布结构、电荷、配体有关。试判断分裂能Δ[Fe(H2O)6]3+____Δ[Fe(H2O)6]2+（填“>”“<”或“=”），理由是_________。
(5)①氧化镍晶胞如图甲所示，A的原子坐标参数为：(0，0，)，则底面面心B的原子坐标参数为____。
②按图乙所示无限拓宽延长，NiO可形成“单层分子”，氧离子和镍离子均看成球体，其半径分别为a pm、b pm，“单层分子”截割出的最小重复结构单元在空间呈长方体，则离子在长方体内的空间利用率为____(列出计算式即可)。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d8 (2). +4 (3). 哑铃形或纺锤形 (4). BD (5).
分子晶体 (6). 12NA (7). b (8). > (9). Fe3+的3d轨道达半充满稳定状态，Fe2+的3d轨道未达半充满稳定状态 (10). (，，0) (11). ×100%
【解析】
【分析】
(1)28号Ni元素的原子失去最外层2个电子形成Ni2+，根据构造原理可得出基态Ni2+的核外电子排布式；根据化合物中元素化合价代数和等于0，结合元素化合价与原子结构关系分析判断Si元素化合价；根据Al原子核外电子排布式基态Al原子电子占据最高能级，然后确定其电子云轮廓图形状；
(2)A.根据元素在周期表的位置及周期表的划分分析；
B.根据元素的非金属性越强，其电负性越大判断，元素的金属性越强，其电负性越小；
C.同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但第IIA、第VA大于相邻元素；
D.根据盐的组成，结合盐的水解规律分析；
(3)根据分子晶体的熔沸点比较低进行判断；结合络合物的构成微粒的结构分析含有的化学键类型及数目，利用化学反应过程就是旧化学键断裂，新化学键形成的过程判断物质反应破坏的化学键类型；
(4)根据Fe2+、Fe3+含有的价层电子排布，结合离子的能量、稳定性分析；
(5)①根据A点的坐标及与B点的相对位置确定B点的坐标；
②图乙结构单元中含有镍离子数目为10，根据电荷守恒可确定氧离子的数目，根据几何知识可知：最近的2个O2-核间距为(2a+2b)pm×=(a+b)pm；可得结构单元中长方体的各个棱长，利用空间利用率=计算。
【详解】(1)根据构造原理可知：28号Ni元素的原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去最外层4s能级的2个电子形成Ni2+，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d8；祖母绿主要成分为Be3Al2Si6O18，由于Be为+2价，Al为+3价，O为-2价，且化合物中所有元素化合价代数和等于0，假设Si元素化合价为+x，则3×(+2)+2×(+2)+6x=18×(-2)，解得x=+4价；Al是13号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p1，可见Al原子核外电子占据最高能级为3p能级，3p电子云轮廓图形状为纺锤形或哑铃形；
(2)A. Be元素位于元素周期表第二周期第IIA，原子核外最外层电子排布为2s2，属于s区元素，
A错误；
B. 同一主族的元素，原子序数越大，元素的金属性越强；同一周期的元素，原子序数越大，元素的金属性越弱，则Be、Al的金属性都比镁弱；元素的金属性越强，其电负性越小，则Be、Al的电负性都比Mg的大，B正确；
C. Be、Mg都是第IIA的元素，原子半径BeMg；Mg、Al是同一周期的元素，由于Mg原子最外层电子处于轨道的全充满的稳定状态，所以第一电离能：Mg>Al，C错误；
D. BeCl2、AlCl3都是强酸弱碱盐，在水溶液中金属阳离子水解使溶液显酸性，所以氯化物的水溶液pH均小于7，D正确；
故合理选项是BD；
(3)①六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，比较低，是由于Cr(CO)6是由分子构成的，物质的分子之间通过微弱的分子间作用力结合，物质的晶体类型是分子晶体；Cr(CO)6是络合物，在每个配位体CO中含有1个δ键、2个π键，中心Ni原子与6个配位体CO形成6个配位键，配位键是δ键、所以1个Cr(CO)6含δ键数目为6+6=12，则1 mol Cr(CO)6含δ键的数目为12NA；
②加热Cr(CO)6可得到高纯度铬粉和CO，由于配位体CO与中心Cr原子之间通过配位键结合，所以该反应发生时破坏的作用力类型为配位键，合理选项是b；
(4)Fe是26号元素，Fe原子失去最外层2个电子形成Fe2+，Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6，其3d轨道上有6个电子，Fe2+的3d轨道未达半充满稳定状态；Fe3+是Fe2+再失去1个3d电子变为3d轨道的半充满稳定状态，Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，所以分裂能Δ[Fe(H2O)6]3+>Δ[Fe(H2O)6]2+；
(5)①由于A点坐标为(0，0，)，A点处于晶胞的棱心，B点处于底面的面心，可知B点坐标为(，，0)；
②图乙中含有Ni2+数目是10，由电荷守恒可知结构单元中含有O2-数目为10，Ni、O原子总体积为V(原子)=10×π(+)，根据几何知识可知：最近的两个O2-的核间距为(2a+2b)pm×=(a+b)pm，结构单元长方体的长=5(a+b)pm，宽为2(a+b) pm，高为2a pm
，因此原子空间利用率为×100%=×100%。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布、原子杂化方式的判断、电子云形状、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的物质结构知识和数学运算和灵活运用能力，(5)中计算关键是计算相邻2个氧离子的核间距。
23.元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
(1)b、c、d中第一电离能最大的是_____(填元素符号)，e的价层电子轨道表示式为____。
(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，三角锥形分子的中心原子的杂化方式为____。
(3)这些元素形成的含氧酸中，HNO2、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为____，H2SO3和H2SO4酸根的空间构型分别为____、____。
(4)e单质晶体结构如图1，此晶胞模型名称为____，e原子半径为r cm，e的相对原子质量为M，晶胞密度为ρ g/cm3，则阿伏加德罗常数为_____mol-1（用r、ρ表示）。
(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。
该化合物中，阴离子为____，阳离子中存在的化学键类型有______；该化合物加热时首先失去的组分是______（填“H2O”或“NH3”），判断理由是_______。
【答案】 (1). N (2). (3). sp3 (4). 7 (5). 三角锥形 (6). 正四面体 (7). 面心立方晶胞 (8). (9). SO42- (10). 共价键和配位键
(11). H2O (12). H2O与Cu2+配位键键长较长而比较弱
【解析】
【分析】
元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e ，原子序数依次增大， a的核外电子总数与其周期数相同，则a为H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，则c核外电子排布为2、6，因此c是O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b核外电子排布式是1s22s22p3，b原子序数为7，所以b是N元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e原子核外电子数为2+8+18+1=29，e为Cu元素；d与c同族，且原子序数小于e ，所以d为S元素。
(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻主族元素，同一主族元素中，元素第一电离能随着原子序数增大而减小；e的价层电子为3d、4s电子；
(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，根据价层电子对互斥理论确定该分子的中心原子的杂化方式；
(3)根据价层电子对理论分析这些元素形成的含氧酸中的中心原子的价层电子对数之和，根据原子的价层电子对数确定H2SO3和H2SO4酸根的空间构型；
(4)根据晶胞结构判断晶胞晶体类型；根据晶胞的基本结构可知其中含有的Cu原子数，利用密度ρ=计算阿伏伽德罗常数；
(5)这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知：其阳离子中铜离子配位数是6，在八面体上下顶点上的分子中含有两个共价键且含有两个孤电子对，为水分子，有两个H2O分子；正方形平面上四个顶点上的分子中含有3个共价键且含有一个孤电子对，该分子为NH3分子，共有4个NH3分子。
【详解】根据上述分析可知： a为H元素；b是N元素； c是O元素；d为S元素；e为Cu元素。
(1)b是N，c是O，d为S。由于同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；同一主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，所以b、c、d三种元素第一电离能最大的是N元素； e是Cu
元素，其价层电子为3d、4s电子，则其价层电子排布图为；
(2)a是H元素，H和其他元素形成的二元共价化合物中，物质分子呈三角锥形的为NH3，该分子的中心N原子形成3个共价健N-H，同时N原子上还含有一个孤电子对，价层电子对数为4，所以N原子的杂化方式为sp3杂化；
(3)这些形成的含氧酸中，HNO2的分子的中心N原子的价层电子对数为2+=3，H2SO3的中心S原子的价层电子对数为3+=4，所以HNO2、H2SO3的中心原子价层电子对数之和为3+4=7；亚硫酸H2SO3的酸根SO32-中的S原子价层电子对数为：3+=4，且含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；硫酸H2SO4的酸根SO42-中的S原子价层电子对数为：4+=4，中心原子S上无孤对电子，所以其空间构型为正四面体形；
(4)根据Cu晶胞结构可知:Cu晶胞模型类型为立方面心结构；在一个Cu晶胞中含有的Cu原子个数为：8×+6×=4，Cu的相对原子质量为M，则晶胞质量m= g，假设晶胞边长为L，Cu原子半径为r cm，则L=4r cm，所以L=2r cm，晶胞体积为V===16 cm3， 则晶胞密度ρ=，所以NA=/mol；
(5)根据已知条件可知五种元素形成的1：1型离子化合物的阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4，且不含孤电子对，则该离子为SO42-；阳离子呈轴向狭长的八面体结构，根据图知，其阳离子中的中心离子Cu2+配位数是6，配位体是H2O、NH3，其中H2O有2个，NH3有4个，H2O、NH3与Cu2+之间通过配位键结合，H2O中存在H-O共价键，NH3中存在H-N共价键，故阳离子中含有配位键和共价键；元素的非金属性O>N，且原子半径O
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