山东省威海市2023-2024学年高一年级下册期末考试化学试题（解析版）

高一化学黄卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：N14O16Na23Al27Fe56Co59Ni59Cu64

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.中国传统文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是

A.“零落成泥碾作尘，只有香如故”中的“香”体现了分子是由原子构成的

B.“白毛浮绿水，红掌拨清波”中“白毛”的主要成分是蛋白质

C.“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”中的“烟花”与核外电子的跃迁有关

D.“雷声千嶂落，雨色万峰来”，雷雨时少量。2转化成03,和03互为同分异构体

【答案】B

【解析】

【详解】A.香体现了分子在不断的运动，不是体现了分子是由原子构成的，故A错误；

B.羽毛的主要成分是蛋白质，故B正确；

C.“故人西辞黄鹤楼，烟花三月下扬州”中的“烟花”指的是春天的美景，故C错误；

D.02和03互为同素异形体，故D错误；

答案选B。

2.下列化学用语错误的是

A.NH3的VSEPR模型为三角锥形

B.CCh分子的空间结构模型：@L@Z©

C.HC1分子中◎键的形成：2。8eQo

D.NazCh的电子式：Na+[:O：O：]'Na+

【答案】A

【解析】

5—

【详解】A.NH3分子中N原子的价层电子对数为3+---=4,孤电子对数为1,属于sp3杂化，VSEPR

模型为四面体，A错误；

B.C02分子中心原子的杂化轨道为sp杂化，空间构型为直线形，B正确;

C.HC1分子中◎键是采用“头碰头”重叠形成的，C正确；

D.NazCh是钠离子和过氧根离子形成离子键，电子式为Na+[:O：Q：]Na+,D正确;

故选A„

3.现有a、b、c、d四种烧，其球棍模型如下。下列有关说法错误的是

ab

A.工业上合成一氯乙烷，通常选b为原料B.d的名称为异戊烷

C.c和d互为同系物D.a的二氯代物有2种

【答案】D

【解析】

【详解】A.工业上合成一氯乙烷，通常选乙烯为原料，反应的生成物只有氯乙烷，符合原子经济理念，A

正确；

B.d的名称为异戊烷，B正确；

C.结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，乙烷和异戊烷属于同系物，C正

确；

D.甲烷的二氯代物只有一种，D错误；

故选D。

4.下列说法错误的是

A.各电子层含有的原子轨道数为小

B,硫元素中，3px、3py、3Pz轨道相互垂直，且能量相等

C.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动

D.镁原子由Is22s22P63sl3pi-ls22s22P63s2时，原子释放能量，由激发态转化成基态

【答案】C

【解析】

【详解】A.用n表示电子层序数，各电子层含有的原子轨道数为d,A正确；

B.2P能级有3个轨道，即3px、3py、3Pz轨道，相互垂直且能量相等，B正确；

C.同一原子的能层越高，s电子云半径越大，由于电子的能量依次增高（4s电子的能量高于3s电子的能

量），电子在离核更远的区域出现的概率逐渐增大，即4s电子在离核更远的区域出现的概率更大，但并不

总是在比3s电子离核更远的地方运动，C错误；

D.镁原子由Is22s22P63sl3pi-ls22s22P63s2时，由激发态转化成基态，原子释放能量，D正确；

故选C。

5.下列关于晶体说法错误的是

A.可用X射线衍射鉴别晶体与非晶体

B.分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定

C.金刚石、食盐、冰的熔点依次降低

D.SiCh晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合

【答案】B

【解析】

【详解】A.晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射，则X射线衍射实验是区别晶

体与非晶体的最科学的方法，故A正确；

B.分子晶体中分子间作用力越大，分子的熔沸点越高，与分子的稳定性无关，分子内共价键键能越大，

分子越稳定，故B错误；

C.金刚石是共价晶体、食盐NaCl是离子晶体、冰是分子晶体，熔点依次降低，故C正确；

D.二氧化硅属于共价晶体，二氧化硅晶体中Si原子能与4个氧原子形成4个共价键，故D正确；

故选B。

6.某同学为了探究原电池工作原理，设计了如图装置进行实验（反应后的溶液不饱和），下列说法错误的

B.电流表指针发生偏转时，石墨极上有气体生成

C铁极电极反应式：Fe-2e-Fe2+

D.若转移0.2mole,则溶液增重5.6g

【答案】D

【解析】

【详解】A.Fe为负极，原电池工作时，Fe失去电子形成Fe2+,质量减轻，A正确；

B.电流表发生偏转时，说明原电池开始工作，有电子流经电流表，Fe为负极，石墨为正极，正极反应式

为H++2e=H2,有氢气生成，B正确；

C.Fe为负极，石墨为正极，负极反应为Fe-2e=Fe2+,C正确；

D.若转移0.2mole-,则有O.lmolFe失去电子形成Fe?+,溶液中增加了O.lmol亚铁离子,增重5.6g,但

与此同时，也会析出O.lmollh,溶液减重0.2g,故D错误；

答案选D。

7.下列说法正确的是

A.基态35Br的核外电子排布式为[Ar]4s24P5

B.基态原子最外层电子排布为4sl的元素一定是s区元素

C.基态原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层

D.3p能级上只有一个空轨道的基态原子和3p能级上只有一个未成对电子的基态原子，其对应元素一定属

于同一周期

【答案】D

【解析】

【详解】A.基态35Br的核外电子排布式为[Ar]3di。4s24P5,A错误；

B.Cu的最外层电子排布式为4s1为ds区元素，并不属于s区元素，B错误；

C.M能层中3d能级的能量高于N能层中4s能级能量，填充完N层的4s能级后才能填充M层的3d能

级，不排满M层也能排N层，C错误；

D.3P上只有一个空轨道的原子，其外围电子排布为3s23P2,为Si元素，3P亚层上只有一个未成对电子

的原子，其外围电子排布为3s23Pl或3s23P5,为Al或CL均处于第3周期，D正确；

故选D

8.合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活中有重要意义。利用甲烷可以除去SO3,反应方程式为

8SO3(g)+6CH4(g),'S8(g)+6CO2(g)+12H2O(g),S8不溶于水,易溶于CS2,其结构如图。下列说法正确

的是

A.S8中S原子与S-S键的个数比为2：1

B.键角：CO2>CH4>H2O

C.方程式中各化合物的中心原子均采取sp3杂化

D.方程式中各物质属于非极性分子的有3种

【答案】B

【解析】

【详解】A.1molS8分子中就有8moiS-S键，因此S8中S原子与S-S键的个数比为1：1,A错误；

B.CCh分子中，碳原子通过双键与两个氧原子相连，形成一个直线形分子，因此键角为180。，CH4分子

中，碳原子通过单键与四个氢原子相连，形成正四面体结构，键角为109.5。，而H2O分子中，氧原子通

过单键与两个氢原子相连，形成V形结构，键角为105。，因此，键角的大小顺序为CO2>CH4>H2。,，B

正确；

C.方程式中的CO2的中心原子杂化方式为sp,C错误；

D.方程式中S8、CH4、CCh、SO3均为非极性分子，一共有4种，D错误；

故选B。

9.短周期元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。

下列说法正确的是

八原子半径

Y

RQ

z,•

X

-1234567*

最外层电子数

A.YX；的空间构型为正四面体

B.第一电离能：Q<R

C.熔点：由Z形成的晶体一定大于由Y形成的晶体

D.稳定性：X2R>XQ

【答案】A

【解析】

【分析】X的原子半径最小且最外层电子数为1,则X为H元素，Y的最外层电子数为3即位于HIA族,

且原子半径在这五种元素中最大，短周期元素X、Y、Z、R、Q原子序数依次增大，则Y为A1元素，因此

z、R、Q都是第三周期元素，结合最外层电子数即主族数，所以Z为Si、R为S、Q为C1元素；

【详解】A.X为H、Y为A1元素，A1H；中A1的价层电子对数为4+过史±±=4,无孤对电子，则

一2

空间构型为正四面体，A正确；

B.R为S、Q为C1元素，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：S<C1,B错误；

C.Z为Si、Y为Al元素，若由Si和C1形成的SiC14是分子晶体，而A1与O形成的AbCh是离子晶体，

一般而言，离子晶体的熔点比分子晶体的高，C错误；

D.同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性：S<CL则稳定性：H2S<HC1,D错误；

故选Ao

10.多孔有机笼（POC）代表了一类新兴的具有固有孔隙率的有机材料。由X和Y可合成多孔有机笼Z。

下列说法错误的是

Z

A.X可与水形成氢键

B.Y是由极性键和非极性键构成的极性分子

C.Z中N原子的杂化方式只有1种

CH2OH

D.X与H2完全加成后的产物为,该产物分子中含3个手性碳原子

HOH2c20H

【答案】D

【解析】

【详解】A.X中的O与H2O中的H可以形成氢键，故A正确；

B.Y中含有极性键和非极性键，分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；

C.Z中N原子的价层电子对都是3对，杂化方式都采用sp2,故C正确；

CH2OH

D.手性碳原子指连有4个不同原子或原子团的碳原子，是高度对称结构，

HOH2C^^^CH2OH

不含有手性碳原子，故D错误；

答案选D。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要

求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是

选

实例解释

项

冰中的氢键具有方向性和饱和性，降低了水分

A冰的密度小于水

子的空间利用率

Bso:中的键角小于co〉S的原子半径比C大

键的极性小于键的极性

C分子的极性：BF3<NF3F-NF-B

冠酸15-冠-5能够与Na+形成超分子，而不能与

DNa+的直径与冠酸空腔的直径相当

K+形成超分子

A.AB.BC.CD.D

【答案】BC

【解析】

【详解】A.冰中的氢键具有方向性和饱和性，每个水分子通过氢键与其他四个水分子相连，形成了一种

四面体的结构，这种结构使得冰晶体中的水分子排列紧密，但同时也限制了水分子的移动和空间利用率,

这种结构在冰中占据了较大的空间，导致冰的密度比液态水的密度要小，A正确；

B.中的C的杂化方式为sp2,为平面三角形，SO］中的S杂化方式为sp3,为三角锥形，则

C。；-中O—c—o键角大于SO：-中o—s—O键角，B错误；

C.BF3中B原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，为非极性分子；NF3中N为sp3杂化，空间构型

为三角锥形，为极性分子，故分子的极性：BF3<NF3,与F-N键的极性和F-B键的极性相对大小无

关，C错误；

D.超分子有“分子识别”的特性，冠酸15-冠-5能够与Na+形成超分子，而不能与K+形成超分子，可知

Na+的直径与冠醛空腔的直径相当，D正确；

故选BC。

12.原子序数依次增大的四种元素X、Y、Z、W分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种X的化合

物，Y原子核外电子有6种不同的运动状态，Y与Z可形成正四面体形分子，W的基态原子4s和3d轨道

半充满。下列说法错误的是

A.四种元素中电负性最大的元素是Z

B.W位于元素周期表第4周期第VIB族

C.Z所在族的前四种元素分别与X形成的简单化合物中，Z的化合物沸点最低

D.化合物Y2X4中0键与兀键数目之比为4：1

【答案】D

【解析】

【分析】原子序数依次增大的四种元素X、Y、Z、W分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种X的

化合物，则X为氢元素；Y原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则Y为碳元素；W

的基态原子4s和3d轨道半充满，W原子外围电子排布为3d54sL则W为Cr元素；结合原子序数可知，Z

只能处于第三周期，Y与Z可形成正四面体型分子，则Z为氯元素。

【详解】A.X、Y、Z、W分别为H、C、Cl、Cr,非金属性：Cl>C>H>Cr,非金属性越强电负性越大，

则四种元素中电负性最大的元素是Cl,A正确；

B.W为Cr元素，外围电子排布为3d54SL位于元素周期表第4周期第VIB族，B正确；

C.C1所在族的前四种元素分别与H形成的简单化合物分别为HF、HC1、HBr、HLHF形成分子间氢键

沸点最高，HC1、HBr、HI都是分子晶体，相对分子质量越大分子间作用力越大，沸点越高，HC1的分子

间作用力最小，则HC1沸点最低，C正确；

D.C2H4是乙烯，结构简式为CH2=CH2,根据单键为◎键，双键中一个为。键，一个为兀键，则◎键与

兀键数目之比为5：1,D错误；

故选D。

13.某汽车安全气囊中主要含有气体发生剂叠氮化钠(NaN3)、主氧化剂FezCh、助氧化剂KC1CU、冷却剂

NaHCCh等物质。当汽车发生碰撞时，NaN3分解放出热量并产生大量气体，使气囊迅速膨胀，从而起到

保护作用。下列说法错误的是

A.NaN3中N；的空间构型为角形

B.FezCh将碰撞分解反应生成的Na氧化，该反应为置换反应

C.KC1CU属于离子化合物，含有离子键和共价键

D.NaHCCh作冷却剂的原因是因为NaHCCh分解是吸热反应

【答案】A

【解析】

【详解】A.N］中将1个N看成中心原子，其价层电子对数为2+;=2,没有孤电子对，为直线形

分子，故A错误；

B.FezCh与Na发生反应，生成Fe和氧化钠，反应类型为置换反应，故B正确；

C.KC1CU由K+和CIO：构成，属于离子化合物，K+和CIO：之间形成离子键，CIO；内部有共价键，故C

正确；

D.NaHCCh分解是吸热反应，故可以用作冷却剂，故D正确；

答案选A。

14.利用CO2和H2合成乙醇的反应为2CO2(g)+6H2(g)-C2H50H(g)+3H2O(g)(已知该反应为放热反应)。

向2L体积固定的容器中充入ImolC02和3moiH2,测得C2H50H的物质的量随时间变化关系如图所示。

下列说法错误的是

5tz/min

A.5min内用H2表示的反应速率为0.3mol-L_1min_|

B.t时刻若升高温度，则图像沿b曲线变化

C.混合气体的密度保持不变时，说明该反应达平衡状态

D.平衡时CCh(g)和H2O(g)的消耗速率之比为2：3

【答案】AC

【解析】

【详解】A.5min内用H2表示的反应速率为史加a-><6=0.15怔/?TLA错误；

2Lx5min

B.该反应为放热反应，/时刻若升高温度，平衡向逆向移动，乙醇的物质的量减少，B正确；

C.该反应在恒容条件下进行，且反应物和生成物都是气体，那么总质量不变，总体积也不变，因此密度

不变，不能说明反应达到平衡状态，C错误；

D.平衡时，反应中反应物的消耗速率与生成物的消耗速率之比等于系数之比，故C02(g)和H20(g)的消

耗速率之比为2：3,D正确；

故选AC。

15.Ni与Al形成的合金具有抗高温、耐腐蚀等优点，其晶胞结构如图甲所示，A1位于顶点，Ni位于面

心。掺杂金属铢(Re)后形成合金NixAlyRei-y,晶胞结构如图乙所示。已知：Re与Mn同族。下列说法错误

的是

A.Re与Ni均为d区元素

B.若x=3,则y=0.875

C.镁铝合金中，Ni和A1的配位数均为4

?04x1()3。

D.图甲的晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数为NA,则晶体密度为I--------g?、

【答案】CD

【解析】

【详解】A.Re和Mn同族位于第VDB族，Ni位于第VDI族，都是d区元素，故A正确；

B.利用均摊法，x=6x—=3,y=7x-=0.875,故B正确；

28

C.银铝合金中，A1的配位数是12,故C错误；

D.图甲的晶胞参数为apm,晶胞体积为(axlO-iopcnP,晶胞中Al的个数为8义：=1,Ni的个数为

8

1204m2.04xlO32

晶胞质量为％则晶体密度为g/cm3,故D错误;

6X-=3,—g,p=3

2NAVa-NA

故选CD„

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.石油被誉为“工业的血液”，是一种重要的化工原料。A和F互为同系物，F的产量被用作衡量一个国家

(1)操作i、ii、iii是工业上常用的石油炼制方法，其中出称为

(2)反应①一⑤中属于加成反应的有(填序号)。

(3)E和F中官能团的名称分别为、。

(4)反应①可以得到一种有机副产物，写出其结构简式0

(5)反应③的化学方程式为。

(6)下列说法正确的是(填字母)。

a.根据有机物的命名方法，CH3(CH2)6CH3可以叫作辛烷

b.C和D均不存在同分异构体

c.D中所有原子可以共平面

(7)H的结构简式为，与H互为同分异构体且含有-COOH的化合物有种。

【答案】(1)裂解(2)①②

(3)①.竣基②.碳碳双键

(4)CH3fHe氏⑸2cH3cH2cH2OH+O2—2cH3cH2cHO+2H2O

Br△

(6)a(7)®.CH3CH2COOCH2CH3②.4

【解析】

【分析】已知A和F互为同系物，F的产量被用作衡量一个国家石油化工产业发展水平的标志，则F为

乙烯；石油经过分储得到石蜡油，石蜡油经过裂化得到辛烷，石蜡油经过裂解得到A和F,A和澳化氢

发生加成反应生成B,B为1—澳丙烷，则A为丙烯；1一澳丙烷和水发生反应生成C,C为丙醇；丙醇

经过氧化反应得到D,D为丙醛，丙醛经过氧化反应得到E,E为丙酸；F与水发生加成反应得到G,G

为乙醇，G与丙酸发生酯化反应生成H,H为丙酸乙酯。

【小问1详解】

分储、裂化、裂解是工业上常用的石油炼制方法，其中iii称为裂解；

【小问2详解】

由分析可知，属于加成反应的是①②；

【小问3详解】

丙酸中的官能团为竣基，乙烯中的官能团为碳碳双键；

【小问4详解】

反应①为丙烯与澳化氢发生加成反应，得到的副产物为2—澳丙烷，结构简式为0”3fHe“3；

Br

【小问5详解】

反应③为丙醇在铜作催化剂的条件下发生氧化反应生成丙醛，化学方程式为

A

2cH3cH2cH2OH+5.2CH3cH2CHO+2H2。；

Cu

【小问6详解】

a.CH3(CH2)6CH3中有8个碳原子且均为饱和碳原子，可以叫作辛烷，a正确；

b.丙醇的同分异构体有两种，正丙醇和异丙醇，丙醛的同分异构体为丙酮，b错误；

C.丙醛中含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有的原子不可能共平面，C错误；

故选a；

【小问7详解】

H为丙酸乙酯，结构简式为CH3cH2coOCH2cH3,与丙酸乙酯互为同分异构体且含有-C00H的化合物有

戊酸(CH3cH2cH2cH2co0H)、2-甲基丁酸(CH3cH(CH3)CH2coOH)、3-甲基丁酸(CH3cH2cH(CH3)C00H)

和2,2-二甲基丙酸(CH3c(CH3)2COOH),一种有4种。

17.A可作为检验CW+的灵敏试剂，其化学式为CsHioNSzNa,其与CiP+反应生成黄棕色配合物B,它们

的结构简式如图所示。回答下列问题：

C2H5\SC2H5\/S/C2H5

N—ClN—cfCur—N、

z

C2H/SNaC2H5/S2H5

AB

(1)基态Na原子中核外电子的空间运动状态有种，其占据的最高能级电子云轮廓图形状为

(2)Cu在元素周期表中的位置是，基态CW+价电子的轨道表示式为

（3）化合物B含有化学键的类型有

a.氢键b.配位键c.兀键

（4）下列曲线表示S所在主族元素性质随原子序数的变化趋势，其中正确的是（填序号）。

电

第

最

负

一

高

性

电

正

离

价

能

0原子序数

原子序数原子序数°原子序数0

bd

(5)）是平面形分子，其组成元素的电负性由大到小的顺序为.（用元素符号

表示）。服中三个N原子的杂化方式___________（填“相同”或“不同”）。月瓜分子内存在类似苯的大兀键，苯

分子内的大兀键可表示为:n3则股中的大兀键可表示为o股易吸收空气中的水蒸气，其原

因是O

【答案】（1）①.6②.球形

-3d

（2）①.第4周期第IB族②.困小|你闭

IWlIWIIWl

（3）be（4）ad

（5）①.N>OH②.相同③.n：④.服与H2O能形成分子间氢键

【解析】

【小问1详解】

Na是11号元素，根据构造原理可知基态Na原子核外电子排布式是Is22s22P63slNa原子核外电子运动

的轨道数目是1+1+3+1=6,因此基态Na原子中，核外电子的空间运动状态有6种；其占据的最高能级是

3s能级，该能级电子云轮廓图形状为球形；

【小问2详解】

铜元素的原子序数为29,位于元素周期表中第4周期IB族；铜元素的原子序数为29,铜原子失去2个

电子形成铜离子，则铜离子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d9,价电子排布式为3d,价电子排布图

3d

为AAAAA

VVvv

【小问3详解】

化合物B中S原子与Cu形成配位键，C=S中含有兀键；B中的H与C相连，不能形成氢键；故选be；

【小问4详解】

a.氧族元素性质随核电荷数的增大，核外电子层数越来越大，基态原子越易失去电子，其第一电离能随

原子序数的增大成减小趋势，故a正确；

b.氧族元素从上到下随着核电荷数的依次增大，非金属性依次减弱，故b错误；

c.氧族元素中，0无最高正价，S和Se最高正价为+6价，故c错误；

d.氧族元素从上到下随着核电荷数的依次增大，非金属性依次减弱，电负性依次减小，故d正确；

故答案为：ad；

【小问5详解】

同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，其组成元素为N、C、H,电负性由大到小的顺序为；N>OH,

胭为平面形分子，N原子的杂化轨道方式都为为sp2；服中3个N与1个C形成大兀键，C原子形成3个

b键，剩余1个价电子共用；上面的N原子形成2个b键，拿出1个电子共用，氨基的N原子形成3个

b键，每个N原子拿出2个电子共用，故有6个电子共用，大兀键表示为n：；胭易吸收空气中H2O,其

原因是：胭与H2O能形成分子间氢键；

18.C03+可形成[CO(NH3)6]C13、[CO(NH3)5]C13等多种配合物。回答下列问题：

(1)探究[CO(NH3)5]CH的结构

①取0.001mol[Co(NH3)5]Cb溶于水，与O.lmolLiAgNCh溶液完全反应，消耗20mLAgNCh溶液，贝U

[CO(NH3)5]C13中C03+的配位数为o

②将[Co(NH3)5]Cb与适量的NaNCh溶液在一定条件下混合可发生反应生成[Co(NH3)5NO2]Cb,则

[CO(NH3)5NO2]C12中形成配位键时可能提供孤电子对的原子是(填序号)o

A.NB.N>OC.N、ClD.N、O、Cl

(2)制备[CO(NH3)6]C13晶体

[Co(NH3)6]C13在冷水中微溶，可溶于热水，其制备的工艺流程如图所示(已知：活性炭作催化剂)。

CoCl26H20

溶液a固体b

①“固体b”主要成分为。“操作Y”的名称为。“系列操作”的名称为蒸发浓缩,

，过滤、O

②“反应”前需将溶液温度控制到10℃以下，原因是O可选用降低溶液温度。

③若“反应”中有0.34gH2O2参加反应，则理论上参加反应的COC12.6H2O的质量为__________g[已知：

Mr(CoCl2-6H2O)=238]o

【答案】⑴①.6②.AB

(2)①.活性炭②.趁热过滤③.冷却④.洗涤干燥⑤.防止浓氨水分解和挥发，防

止双氧水分解⑥.冰水浴⑦.4.76

【解析】

【分析】“反应”的化学方程式为2coe12-6H2O+10NH3+2NH4C1+H2O2活笠2[CO(NH3)6]C13+14H2。，由

[CO(NH3)6]C13在冷水中微溶，“操作X”为降温、过滤，已知[C0(NH3)6]Cb可溶于热水，加入沸水溶解，“操

作Y”的名称为趁热过滤，将催化剂活性炭过滤出来，是固体b的成分，得到[CO(NH3)6]C13溶液，"系列操

作”为蒸发浓缩，冷却，过滤、洗涤干燥；

【小问1详解】

1

①0.001mol[Co(NH3)5]Cb反应消耗n(AgN03)=0.1mol-L-x0.02L=0.002mol,说明[Co(NH3)5]Cb的外界只有

2个er,有1个C1-和5个NH3作为配体，则[Co(NH3)5]Cb中C03+的配位数为6；

②[Co(NH3)5]Cb与适量的NaNCh溶液反应生成[CO(NH3)5NO2]C12,即氯离子被亚硝酸根离子替代作为配

体，[Co(NH3)5NO2]C12中形成配位键时可能提供孤电子对的原子是NH3中N原子、亚硝酸根离子中N、O

原子，故选AB；

【小问2详解】

①已知：活性炭作催化剂，经过滤，则“固体b”主要成分为活性炭；[Co(NH3)6]Cb在冷水中微溶，可溶

于热水，“操作Y”的名称为趁热过滤。“系列操作”的名称为蒸发浓缩，冷却，过滤、洗涤干燥；

②氨水加热易挥发，过氧化氢会分解，“反应”前需将溶液温度控制到10℃以下，原因是防止浓氨水分解

和挥发，防止双氧水分解；可选用冰水浴降低溶液温度；

③“反应”化学方程式为2COC12-6H2O+1ONH3+2NH4CI+H2O22[CO(NH3)6]C13+14H2O,若有

o34g

0.34gH2O2物质的量为参加反应，则理论上参加反应的C0CI26H20的物质的量为

34g/mol

0.02moL质量为0.02molx238g/mol=4.76go

19.元素周期表中的8种元素a、b、c、d、e、f、g、h,原子序数依次增大。

元素有关描述

a基态原子价电子排布为ns"np"

b最高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应可生成一种盐

c电负性最强的元素

d基态原子的最外层P轨道有两个电子的自旋方向与其他电子的自旋方向相反

e人体中含量最多的金属元素

f基态原子3d轨道上有4个未成对电子

gg2+的d轨道中有10个电子

h单质在金属活动性顺序表中排在最末位

回答下列问题：

(1)同周期主族元素中第一电离能比b小的元素有种。基态g2+的价电子排布式为

(2)b与C可形成化合物b2c2,分子中各原子均满足8电子稳定结构。b2c2的结构式为(用元

素符号表示，下同)。

(3)d与e形成的化合物的电子式为o

(4)c和d可分别与氧形成氧化物0C2和d20,则0C2的熔、沸点(填“高于”或“低于”)d20,

原因是O

(5)己知：两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键，小于1.7时，形成共价键。f、d两元素

可形成化合物fd3,f、d的电负性分别为1.8和3.0,则推断fd3是化合物(填“共价”或“离

子”)，设计一个简单的实验方案证明该推断o

(6)g2+、h+分别与ab-形成配离子[g(ab)4p、[h(ab)2]-。工业上常用g的单质与[h(ab)2「反应生成[g(ab)4p

和h的单质，该反应的离子方程式为0

【答案】(1)①.53d10

(2)F-N=N-F(3)[©：]%[©：「

(4)①.低于②.OF?和CLO都是分子晶体，结构相似，CbO的相对分子质量大，CLO的熔、沸

点高

(5)①.共价②.测定FeCb在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化

合物

(6)2[Au(CN)2]+Zn=[Zn(CN)4]2+34562Au

【解析】

【分析】S能级全充满电子数为2,则n=2,基态原子价电子排布为2s22P2,为6号元素，a为C元素，最

高价氧化物对应的水化物与其最简单氢化物反应可生成一种盐即HNCh与NH3反应生成NH4NO3,b为N

元素，电负性最强的元素是F,则c为F元素，基态原子的最外层p轨道有两个电子的自旋方向与其他电

子的自旋方向相反，则核外电子排布式为Is22s22P63s23P5,则d为Cl元素，人体中含量最多的金属元素是

Ca,e为Ca元素，基态原子3d轨道上有4个未成对电子，价电子排布式为3d64s2,则f为Fe元素，g2+的

d轨道中有10个电子即3d1。，原子核外电子数为2+8+18+2=30,g为Zn元素，单质在金属活动性顺序表中

排在最末位是Au,则h为Au元素；

【小问1详解】

b为N元素，同周期主族元素中第一电离能呈增大趋势，但HA、VA比相邻的较大，比N元素的第一电

离能大的有F,第二周期主族元素有7种，则比N小的元素有5种，g2+的d轨道中有10个电子，原子核

外电子数为2+8+18+2=30,g为Zn元素，基态Zn?+的价电子排布式为3小。；

【小问2详解】

N2F2分子中各原子均满足8电子稳定结构，则N2F2结构式为F—N=N—F；

【小问3详解】

C1与Ca形成的化合物CaCb是离子化合价，钙离子和氯离子间存在离子键，电子式为

[©：]3[©：「；

【小问4详解】

c为F元素、d为C1元素，OF2和CbO都是分子晶体，结构相似，CbO的相对分子质量大，CbO的熔、

沸点高，故OF2的熔、沸点低于CbO；

小问5详解】

Fe、Cl的电负性分别为1.8和3.0,电负性差值为3.0-1.8=1.2,小于1.7,形成共价键，根据已知则推断

FeCb是共价化合物，设计实验方案为：测定FeCb在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反

之则为共价化合物；

【小问6详解】

g为Zn元素，h为Au,a为C元素，b为N元素，工业上常用单质Zn与[Au(CN”厂反应生成[Zn(CN)4F和

单质Au,该反应的离子方程式为：2[Au(CN)2r+Zn=[Zn(CN)4|2-+2Au。

20.氮与其他元素可形成多种物质，回答下列问题：

HH

（1）N与H、B可形成氨硼烷（结构式为H—H），是一种新型储氢材料。H—N—H键角:

HH

NH3BH3NH3（填“〉或"="），原因是o

（2）氮与锂形成的一种晶体，是由LixN平面层（如图1所示）和非密置层的Li交替排列形成，LixN平面

层的Li排列如石墨层中的C,N处于六元环的中心，则*=o

/♦—•、

<o

/\/\

<o0>

''/\/

♦—♦、o.—.

（3）立方氮化硼属于原子晶体，其晶胞结构如图2所示。

图2

①硼原子处于氮原子围成的（填空间结构）空隙中；

②立方氮化硼晶胞沿体对角线的投影图为（填序号，图中。表示N原子的投影位置，♦表示B

原子的投影位置）。

QI'O

（4）氮化钻属于立方晶系，经Li掺杂得催化剂X,经Cu掺杂得催化剂Y。

oN