安徽省阜阳市部分学校2024-2025学年高二年级下册3月第一月考 化学试卷（解析版）

高二（下）学期3月份教学质量检测

化学试题

本试卷共8页，19题，满分100分，考试时间75分钟

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并将准考证号条形

码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在

试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和

答题卡的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将答题卡上交。

可能用到的相对原子质量：Cs-133Pb-207Br-80Mg-24Fe-56

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的。

1.已知基态R2+的核外电子排布式为[Ar]3d7，则有关R元素的说法错误的是

A.质子数为27

B.在周期表中位于IIB族

C.在周期表中处于d区

D.属于过渡金属元素

【答案】B

【解析】

【分析】基态R2+的核外电子排布式为[Ar]3d7,则原子R的核外电子排布式为[Ar]3d74s2,R为Co元素；

【详解】A.由分析可知，R为Co元素，是27号元素，则质子数为27,A正确；

B.Co元素位于第四周期第VHI族，B错误；

C.IIIB〜VIIB族（锢系元素、舸系元素除外）、第vm族属于d区元素，则Co在周期表中处于d区，C正确；

D.过渡金属元素是指元素周期表中d区与ds区元素，则C。属于过渡金属元素，D正确；

故选：B„

2.下列物质变化，只与范德华力有关的是

9ZCH

A.干冰熔化B.乙酸汽化C.乙醇与丙酮混溶D.H-C-NZ溶3于水

【答案】A

【解析】

【详解】A.干冰属于分子晶体，熔化时克服范德华力，A正确;

B.乙酸汽化时克服氢键和范德华力，B错误；

C.乙醇分子间存在氢键，与丙酮混溶克服氢键和范德华力，C错误；

OCHQ

D.H-N,,分子间存在氢键，溶于水克服氢键和范德华力，D错误;

故答案选Ao

3.铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示（黑球代表Fe,白球代表

Mg）。则下列说法错误的是

A.铁镁合金的化学式可表示为Mg?Fe

B.晶胞中有14个铁原子

C.晶体中存在的化学键类型为金属键

416

D.该晶胞的质量是kg（A\表示阿伏加德罗常数的值）

IVA

【答案】B

【解析】

【详解】A.晶胞中含有铁原子的数目为8X1+6XL=4,含有镁原子的数目为8,故化学式可表示为

82

Mg2Fe,A项正确，

B.据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；

C.金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；

4x104416

D.一个晶胞中含有4个“Mg?Fe"，其质量为一—g=^—g,D项正确。

故选：B。

4.下列电子排布式中，表示的是激发态原子的是

A.Is22s22P6B.Is22s22P63s23P63d1°4s2

C.Is22s22P33slD.Is22s22P63s23P63d54sl

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A.Is22s22P6是Ne原子处于基态的核外电子排布方式，选项A不符合；

B.Is22s22P63s23P635。4s2的核外电子排布符合基态原子核外电子填充的能级顺序和能量最低原理、泡利不

相容原理及洪特规则，原子处于基态，选项B不符合；

C.Is22s22P33sl为激发态，根据能量最低原理，其基态应为Is22s22P4,选项C符合；

D.Is22s22P63s23P63d54sl中4s轨道虽未充满，但由于3d和4s轨道都处于半充满状态，能量也处于较低状

态，是Cr原子处于基态的核外电子排布式，选项D不符合；

答案选C。

5.下列有关共价键参数的比较中，不正确的是

A.键能：C—N<C=N<CmNB.键长：I-I>Br-Br>Cl-Cl

C.分子中的键角：H2O>CH4D.乙烯分子中碳碳键的键能：。键>兀键

【答案】c

【解析】

【详解】A.键能：单键〈双键〈三键，键能：C—N<C=N<C三N,故A项正确；

B.同一主族元素，从上到下，原子半径增大，原子半径：I〉Br>Cl,键长：

I-I>Br-Br>Cl-Cl,故B项正确；

C.H?。分子中O和C〃4中C都采取不等性sp3杂化，H2。分子中O上有两对孤电子对，CH4分子中

C上没有孤电子对，且电子对之间斥力大小顺序如下：孤电子对-孤电子对〉孤电子对-成键电子对〉成键电

子对-成键电子对，分子中的键角：H2O<CH4,H?。分子中键角为105。，CH4分子中键角为109。28',

故C项错误；

D.0键为“头碰头”重叠形成，强度大，兀键为“肩并肩”重叠形成，强度小，乙烯分子中碳碳键键能：。

键〉兀键，故D项正确；

答案选C。

6.下列说法正确的是

A.最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素一定位于HA族

B.d区元素的原子一定都有d轨道电子

C.最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素一定是金属元素

D.基态原子价电子排布式为nsnnpn的元素一定是金属元素

【答案】B

【解析】

【详解】A..最外层电子排布式为ns2的基态原子所对应元素不一定位于IIA族，可能位于副族或0族，

如副族的Zn或0族的He,A错误；

B..d区元素的基态原子都含有d轨道电子，所以d区元素的基态原子一定都有d轨道电子，B正确；

C.最外层电子排布式为ns1的基态原子所对应元素不一定金属元素，如氢元素，C错误；

D.基态原子价电子排布式为ns%pn的元素，n能级上最多排列2个电子，则n=2,所以该原子价电子排布

式为2s22P2,为C元素，非金属元素，D错误；

故选B。

7.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①Is22s22P63s23P4;②Is22s22P63s23P3;③Is22s22P63s23P5,

下列排序正确的是

A,含氧酸的酸性：③>①>②B.原子半径：③>②>①

C.第一电离能：③，②>①D.电负性：③，②〉①

【答案】c

【解析】

【详解】①Is22s22P63s23P4、②Is22s22P63s23P3、③Is22s22P63s23P5分别为s、P、Cl元素,这三种元素位于

同一周期，且原子序数依次增大，

A.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性P<S<C1,所以其最高价氧化物的水化

物酸性：③>①>②，但其含氧酸的酸性不一定遵循该规律，如酸性：H2SO3>HC1O,故A错误；

B.同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，S、P、C1元素位于同一周期，且原子序数依次增

大，则半径依次减小，原子半径：②>①>③，故B错误；

C.同一周期元素，其第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大

于其相邻元素，s、P、C1依次位于第VIA族、第VA族、第VHA族，所以第一电离能：③>②>①，故C

正确；

D.同一周期元素，随着原子序数增大，电负性增大，所以电负性：③>①>②，故D错误；

故选：C„

8.某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是

A.该物质中Ni为+2价B.基态原子的第一电离能：C1>P

C.该物质中C和P均采取sp?杂化D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2

【答案】C

【解析】

【详解】A.由结构简式可知，P原子3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形

成配位键，cr提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正

确；

B.同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：C1>P,B项正

确；

C.该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形

成配位键，价层电子对数为4,采取sp3杂化，C项错误；

D.Ni的原子序数为28,位于第四周期第VIII族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2,D项正确；

故选C。

9.美国科学家合成了含有的盐类，含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如图所示（图

中箭头代表单键）。以下有关该离子的说法中正确的是

一1十

NN

N

A,每个N；中含有35个质子和36个电子B.该离子中只含有非极性键

C.1个该离子中含有2个兀键D.N；与所含电子数相同

【答案】B

【解析】

【详解】A.每个N；中含有35个质子和34个电子，故A错误；

B.该离子中的键全部是由N原子形成的，故全部是非极性键，故B正确；

C.1个该离子中含有两个氮氮三键，故含有4个兀键，故C错误；

D.N；和P4所含电子数分别为34和60,故D错误。

综上所述，答案为B。

10.下列有关晶体的说法中一定正确的是

①共价晶体中只存在非极性共价键②稀有气体形成的晶体属于共价晶体③干冰晶体升华时，分子内

共价键会发生断裂④金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物⑤分子晶体的堆积方式

均为分子密堆积⑥离子晶体和金属晶体中均存在阳离子，但金属晶体中却不存在离子键⑦金属晶体

和离子晶体都能导电

A.①③⑦B.只有⑥C.②④⑤⑦D.⑤⑥

【答案】B

【解析】

【详解】①共价晶体中也可能存在极性键，如SiCh晶体为共价晶体，晶体中存在极性共价键，不存在非极

性共价键，①错误；

②稀有气体分子属于单原子分子，形成的晶体属于分子晶体，②错误；

③干冰属于分子晶体，升华时破坏的是分子间作用力，不是共价键，③错误；

④金属元素与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝是共价化合物，④错误；

⑤分子晶体堆积方式不一定均为分子密堆积，如冰，每个水分子周围只有4个水分子，不是密堆积，⑤错

误；

⑥离子晶体是由阴、阳离子通过离子键结合形成的晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子通过金属键结

合而成的晶体，所以金属晶体中不存在离子键，⑥正确；

⑦离子晶体中没有自由移动的离子，不能导电；金属晶体中存在自由移动的电子，能导电，⑦错误。

综上，正确选项只有⑥；

答案选B。

11.离子液体是室温下呈液态的离子化合物。由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组

成的一种离子液体的结构如图所示，W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，R的简单阴离子含10个电

子。下列说法正确的是

XX

\/+

XI/Z=Z\XI

x—z—w、—z—X

A.简单氢化物的沸点：R>WB.电负性：Z>Y>X

C.分子YR3的空间构型为三角锥形D.含氧酸的酸性：W>Z

【答案】A

【解析】

【分析】由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、R组成的一种离子液体的结构如图所示，

W的简单氢化物易液化，可用作制冷剂，则W为N；X、R有1个价键，则X为H,R的简单阴离子含10

个电子，则R为F；Z有四个价键，则Z为C,Y得到一个电子形成四个价键，则Y为B。

【详解】A.氟化氢、氨气均能形成氢键，两者比较，氨气的沸点较低，故A正确；

B.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，氢和硼比较，氢的电负性较大，

故电负性Z>X>Y,故B错误；

C.分子BF3的价层电子对数为3+0=3,无孤电子对，其空间构型为平面三角形，故C错误；

D.根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，氮的非金属性比碳强，则最高价含氧酸的

酸性：W（硝酸）〉Z（碳酸），但是没有说明为最高价含氧酸，不能比较，故D错误。

故选Ao

12.根据下列五种元素的电离能数据（单位：kJ-mor1）.判断下列说法不正确的是

元素代号1I"

123

Q2080400061009400

R500460069009500

S7401500770010500

T5801800270011600

U420310044005900

A.Q元素可能是0族元素

B.R和S均可能与U在同一主族

C.U元素可能在元素周期表的s区

D.原子的外围电子排布式为ns2npi的可能是T元素

【答案】B

【解析】

【分析】由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能很大，可能为0族元素；R和U的第一电离能较小，第

二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1,二者位于同一主族；S的第一、第二电离能较小，第三电

离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3

价，最外层电子数为3,据此分析；

【详解】A.由元素的电离能可以看出，Q的第一电离能很大，可能是0族元素，A正确；

B.R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1,二者位于同一族，S

的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2,R和U的第一至第四电离

能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族，S不可能与U在同一主族，B错误；

C.U的第一电离能较小，最外层电子数为1,U可能在元素周期表的s区，C正确；

D.T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3,因此原子的外

围电子排布式为ns2npi的可能是T元素，D正确；

故选B。

13.在含Fe3+的S2O；和r的混合溶液中，反应S2。式叫)+21(叫)=250：64)+1264)的催化机理和

反应进程中的能量变化如下：

3+2+

步骤①:2Fe(aq)+2r(aq)=I2(aq)+2Fe(aq)

2+3+

步骤②：2Fe(aq)+S2O^(aq)=2Fe(aq)+2SO：(aq)

下列有关该反应说法不乏碰的是

A.步骤①的反应速率小于步骤②

B.Fe3+是该反应的催化剂

C.若不加Fe3+则该反应的AH减小

2+

D.步骤②中2molFe和1molS2Og-的总能量高于2moiFe3+和2moiSO：的总能量

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图中信息可知，步骤①的活化能高于步骤②，活化能越高，活化分子百分数越小，化学反

应速率越小，因此，步骤①的反应速率小于步骤②，A说法正确；

B.综合分析两步反应可以发现，Fe3+参与了反应，但在反应前后其质量和性质保持不变，故其为该反应的

催化剂，B说法正确；

C.Fe3+是该反应的催化剂，催化剂不能影响该反应的AH,C说法不正确；

D.由图中信息可知，步骤②为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此，2moiFe2+和1

-

molS2Og的总能量高于2molFe3+和2moiSO：的总能量，D说法正确。

综上所述，有关该反应说法不E聊的是c,答案为c。

14.常温下，向10mL0.1mol/L二元弱酸H2A水溶液中逐滴滴加O.lmol/LNaOH溶液，混合溶液中

H2A.HA-和A2-的物质的量分数3）随pH变化的关系如图所示［己知

A.H2A的Ka1的数量级为io」

B.b点溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=3c（HA-）+c（0H-）

+2

C.滴加lOmLNaOH溶液时，c（Na）＞c（HA-）＞c（H2A）＞c（A-）

+2-

D.滴加15mLNaOH溶液时，2c（H）+c（HA-）+3c（H2A）=c（A）+2c（OH"）

【答案】C

【解析】

【分析】向H2A溶液中加入NaOH溶液，H2A浓度逐渐减小，HA浓度先增大后减小，A?-浓度一段时间后

逐渐增大，根据图像可知，从左向右曲线分别代表HzA、HA\A2',据此分析；

【详解】A.H2A的Kai=q——-------电离平衡常数只受温度影响，当c(HA-)=c(H2A)时，

C(H2A)

Kal=C(H+)=10-L2,即数量级为10-2,故A说法正确；

B.根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),b点时，c(HA-)=c(A2'),因此有

c(Na+)+c(H+)=c(OH)+3c(HA),故B说法正确；

C.当加入10mL氢氧化钠时，H2A和NaOH反应后，溶质为NaHA,根据图像可知，此时溶液显酸性，说

明HA-的电离程度大于其水解程度，存在c(Na+)>c(HA)HA水解程度和电离程度微弱，因此有c(HK)>

2+2

C(A-)>C(H2A),从而推出：c(Na)>c(HA-)>c(A-)>c(H2A),故C说法错误；

D.当加入15mLNaOH溶液，得到等浓度的NaHA和NazA,依据电荷守恒有：

c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),依据元素质量守恒有:2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA»3c(H2A),两式联立

+2

得：2C(H)+C(HA-)+3C(H2A)=2C(OH-)+C(A-),故D说法正确；

答案为C。

15.研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(LixLayTiOs),其立方晶胞和导电时Li卡迁移过程

如下图所示。已知该氧化物中Ti为+4价，La为+3价。下列说法错误的是

*Ti

oO

OLa或Li或空位

•Li

□空位

立方晶胞(LiJayTiO3)Li卡迁移过程示意图

B.若x=g，Li*与空位的数目相等

A.导电时，Ti和La的价态不变

C.与体心最邻近的。原子数为12D.导电时、空位移动方向与电流方向相反

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；

B.根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8x1=1个，含O：12义工=3个，含La或Li或空位共：1个，若

84

1221

x=—,则La和空位共一,n(La)+n(空位)=-,结合正负化合价代数和为0,(+l)x—+(+3)xn(La)+(+4)xl+(-

3333

2)x3=0,解得n(La)=j、n(空位)=*,Li+与空位数目不相等，B项错误;

C.由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12,即位于棱心的12个O原子，C项正确;

D.导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；

答案选B。

【点睛】

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系

CdSnAsz的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90。，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。

坐标原子Xyz

Cd000

Sn000.5

As0.250.250.125

apm

一个晶胞中有个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn(用分数坐标表示)。

CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有个。

【答案】①.4②.(0.5,0,0.25)、(0.5,0,5,0)③.4

【解析】

【详解】由四方晶系CdSnAsz晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属

于一个晶胞的Sn的个数为4义工+6义工=4；与Cd(0,0,0)最近的Sn原子为如图

42

所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5,0,0.25)；b位置的

Sn的分数坐标为(0.5,0.5,0)；CdSnAsz晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2

个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。

17.研究对CO2、NCh、SCh等气体的处理对建设生态文明具有重要意义，回答下列问题。

(1)比较SO2、SO3、so〉键角，从大到小的顺序

(2)已知在一定温度下，某2L恒容密闭容器中，7moicCh与铁粉发生反应：Fe(s)+CO2(g)

FeO(s)+CO(g),反应中有关气体的物质的量随时间变化关系如下图:

①反应进行到Imin时达平衡，用C02浓度变化表示的化学反应速率为v(CO2)=,CO2的转化

率为a(CO2)=(保留三位有效数字)。若此时平衡总压强为akPa,则该反应的压强平衡常数

KP=(化为最简分数)。

②2min时，若只改变温度，曲线变化如图，3min再次达平衡，则该反应为___________反应(填“吸热”或

“放热”)=

③5min时再充入一定量的CO,表示n(CCh)变化的曲线是(填图中字母)。

(3)已知：2so2(g)+O2(g)。2so3(g)AH=-akJ/mol；2NO(g)+O2(g)2NO2(g)AH=-bkJ/moL

①则NO2(g)+SO2(g)USO3(g)+NO(g)的AH=kJ/moL

②在一定条件下，将NC)2和SCh按体积比1：1充入恒容密闭容器中，下列能说明该反应达到平衡状态的

是(填字母)。

A.混合气体的总物质的量保持不变

B.混合气体的密度保持不变

C.N02(g)和NO(g)的物质的量之比保持不变

D.每生成lmolSO3的同时消耗ImolNCh

【答案】(1)so3>so2>sof

(2)①.0.5mol/(L-min)®.14.3%③.工④.吸热⑤.b

6

/、b-a*a-b

(3)①.——或者——②.C

22

【解析】

【小问1详解】

SO2分子中中心原子S原子的价层电子对数为2+二^=3,分子中含有1个孤电子对，为卯2杂化，空

2

间结构为V形，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角小于120。；

SO3分子中中心原子S原子的价层电子对数为3+匕±=3,分子中无孤电子对，为印2杂化，空间结构

2

为平面正三角形，键角等于120。，故键角：SO3>SO2;

SO；中中心原子S原子的价层电子对数为3+—手J=4,为sp3杂化，含有1个孤电子对，为三角锥

形，键角约为107。；由于SO2分子中中心原子S原子为卯2杂化，S。；中中心原子S原子为sp3杂化，故

键角：SO2>SO^；

故键角：SO3>SO2>SO^；

小问2详解】

①由图可知，反应进行到Imin时达平衡，用C。2浓度变化表示的化学反应速率为v(CC)2)=l

mol/(2L-min)=0.5mol/(Lmin),CO2的转化率为cr(CO2)=gxlOO%=14.3%；若此时平衡总压强为a

1

p(C<9)7a1

kPa,则该反应的压强平衡常数-

Pg)6a6

7

②2min时，若只改变温度，曲线变化趋势加快，3min再次达平衡，C。？的物质的量减少，CO的物质的

量增加，说明升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应；

③5min时再充入一定量的CO,平衡逆向移动，”(CO?)增大，但瞬间二氧化碳的物质的量是不变的，则

变化的曲线是b；

【小问3详解】

①令反应①为2so2(g)+O2(g)U2so3(g)AH=-akJ/moh反应②为2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)AH=-

bkJ/mol,运用盖斯定律，反应二^^可求出NO2(g)+SC)2(g)02so3(g)+NO(g)的

(b—a)-(a-b).

AH=-------kJ-mol-1或二_LkJ?i

22

②A.在一定条件下，将NO?和SO?按体积比1：1充入恒容密闭容器中，由于该反应前后气体系数和相

等，则混合气体的总物质的量保持不变不可以说明该反应达到平衡状态，A不符合题意；

B.由于该容器为恒容容器，气体质量守恒，密度不变不能说明该反应达到平衡态，B不符合题意；

C.NO2。)是反应物，NO(g)是生成物，物质的量之比保持不变说明该反应达平衡状态，C符合题意；

D.生成1molS03同时消耗ImolNO2都是正反应方向，不能说明该反应达到平衡态，D不符合题意；

故选C。

18.卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿

异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3

上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表异质结。回答下列

问题：

(1)基态Br原子的价电子排布式为一。

(2)PEA+中N的价层电子对数为—，杂化轨道类型为—，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为

—,1moiPEA+中存在—mole键。

(3)已知铅卤化合物中存在正四面体构型的［PbCLF、［PbBnF、［PbLF，三者中半径最小的配体为—o

已知［Pb2l6F中每个Pb均采用四配位模式，则［Pb2l6产的结构式为—。

(4)B"和碱金属单质形成的MBr熔点如表：

MBrNaBrKBrRbBrCsBr

熔点/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是

(5)已知三维立方钙钛矿CsPbBn中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示

的是三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置：

若晶胞边长为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,晶体的密度为—g-cm-3（写出表达式）。

②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为—（填标号）。

【答案】⑴4s24P5

(2)①.4②.sp3(3).N>C>H④.21

（4）①.CsBr②.NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增

大，晶格能依次减小，熔点依次降低

580.133+80x3+207

（5）①，耳赤瓯'或a3xl0-NA②

【解析】

【小问1详解】

Br在元素周期表中处于第四周期第V1IA族，价电子排布式为4s24P$；

【小问2详解】

中N形成4个b键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为sp3；

PEA+中涉及的元素为N、C、H,同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态

分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；lmolpEA+中存在8molC-Ccr键，9moic-Hb键，Imol

C—Ncr键，3moiN—Hb键，共21moicr键。

【小问3详解】

正四面体构型的［PbClJ-、［PbBrj-、［Pbl4r配离子中中心原子为pb,配体分别为C「、Br「、

r，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为c「；根据［Pb?4］中每个Pb均采用四

配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为

【小问4详解】

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因

此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr

熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，

熔点依次降低。

【小问5详解】

三维立方钙钛矿CsPbBj中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在xz

面、冲面、孙面上的位置相同，推出其晶胞结构为•・cs+。①Br-位于面心，晶胞中Br-的数

目为6x1=3,Cs+位于顶点，晶胞中Cs+的数目为8x^=1,Pb?+位于体心，晶胞中Pb?+的数目为

28

1,平均每个晶胞中占有的CsPbBj的数目均为1,若晶胞边长为《pm,阿伏加德罗常数的值为NA，则晶

m580_

胞的体积为"3x10-30cm3,晶体的密度为?="=户而否厂g.cm3。②

OBr

•Cs+，沿体对角线方向的投影图为