2023-2024学年福建省三明市五县联合质检高二下学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1福建省三明市五县联合质检2023-2024学年高二下学期期中考试(考试时长：90分钟满分100分)注意事项：请用2B铅笔将选择题答案填涂在答题卡上，填空题答案请用黑色水笔写在相应的答题卡上，不得超出答题扫描区作答。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64Ba137第I卷一、选择题(包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关我国科技成果的叙述错误的是A.飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，氮化硅属于分子晶体B.无磁镍铬钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁C.利用双核催化剂可实现乙烯和丙烯醇低温共聚，乙烯和丙烯醇是共聚物的单体D.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定【答案】A【解析】氮化硅为耐高温结构材料，故氮化硅属于共价晶体，故A错误；镍铬钛合金其强度高于纯金属，熔点一般低于纯金属，故B正确；乙烯和丙烯醇低温共聚形成高聚物，乙烯和丙烯醇是共聚物的单体，故C正确；可用射线衍射仪测定晶体结构，故D正确。答案为A。2.轨道能量按由低到高的顺序排列正确的一组是A.3s、3p、4s、4p B.1s、2s、3s、2pC.1s、2p、3d、4s D.3p、3d、4s、4p【答案】A【解析】根据构造原理可知，在同一能层中，能级符号与能量高低的顺序是：ns＜np＜nd＜nf…；n不同时的能量高低顺序为：2s＜3s＜4s、2p＜3p＜4p；不同能层不同能级能量高低顺序为：ns＜(n-2)f＜(n-1)d＜np；能量3s<3p<4s<4p，选项A正确；能量3s＞2p，选项B错误；能量3d>4s，选项C错误；能量3d>4s，选项D错误；答案选A。3.下列物质中，含有极性键和非极性键的非极性分子是A. B. C. D.【答案】C【解析】结构式为：，不是对称的结构，其中含有O-O非极性键和O-H极性键，正负电中心不重合，属于极性分子，A不合题意；中只含有N-H极性键，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，属于极性分子，B不合题意；的结构式为，含有极性键和非极性键，正负电中心重合，属于非极性分子，C符合题意；中只含有C-Cl极性键，空间构型为正四面体形，正负电中心重合，属于非极性分子，D不合题意；故选C。4.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下：由此推理得到有关X的结论不正确的是A.属于醚类 B.结构简式为C.相对分子质量为74 D.组成元素有C、H、O【答案】B【解析】X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故B错误；X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，故C正确；X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故D正确；选B。5.下列化学用语的表述正确的是A.CO2的分子模型示意图：B.np能级的原子轨道图可表示为C.硝基苯的结构简式：D.羟基的电子式：【答案】D【解析】已知CO2分子中C采用sp杂化，是直线形分子，且C的原子半径比O的大，故CO2的分子模型示意图：，A错误；p能级的原子轨道图为哑铃形，如，而不是球形，B错误；硝基苯分子不存在C-O键，只存在C-N键，故其结构简式为：，C错误；羟基为中性原子团，故其电子式为：，D正确；故答案为：D。6.系统命名法广泛用于有机物的命名，下列有机物的命名正确的是A.(CH3)2CHCH=CH22-甲基-3-丁烯 B.乙基苯C.2-乙基丙烷 D.1-甲基乙醇【答案】B【解析】应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链的位置，该物质名称为3-甲基-1-丁烯，A错误；该物质可看作是苯分子中一个H原子被乙基-CH2CH3取代产生的物质，名称为乙基苯，B正确；应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上有4个C原子，从离碳链较近的左端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链在主链上的位置，该物质名称为2-甲基丁烷，C错误；该物质中-OH所连接C原子所在碳链上含有3个C原子，羟基连接在中间的C原子上，其名称应该为2-丙醇，D错误；故合理选项是B。7.下列各组物质性质的比较，结论正确的是A.水中的溶解度：B.羟基氢的活泼性：>>H-OHC.等质量的乙炔、苯完全燃烧耗氧量：乙炔<苯D.沸点：【答案】D【解析】羟基是亲水基团、氯原子是憎水基团，则在水中的溶解度：，A错误；苯甲酸羧基中的羟基与羰基发生p-π共轭，使羟基氧上的电子被拉向羰基，使羟基氧上电子云密度降低，导致其较易电离，苯甲醇中，苯甲基有推电子诱导效应，使氢氧键上电子云密度增高，使其不易电离，羟基氢的活泼性较弱，则羟基氢的活泼性：>H2O>，B错误；乙炔、苯的最简式均为CH，等质量的乙炔、苯完全燃烧耗氧量相同，C错误；丙烷和正戊烷互为同系物，丙烷的相对分子质量比正戊烷小，范德华力较小，则沸点：，D正确；故选D。8.氯化钠、金刚石、干冰、石墨四种晶体的结构模型如图所示，下列说法错误的是A.NaCl晶体中，每个晶胞含有4个NaCl分子B.金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2C.晶胞中，1个分子周围与它距离最近且距离相等的分子有12个D.石墨为混合型晶体，其层间是范德华力，层内碳原子之间均形成共价键【答案】A【解析】NaCl是离子晶体，故在NaCl晶体中不存在NaCl分子，只存在Na+和Cl-，A错误；在金刚石晶体中，每个碳原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键又同时被两个碳原子共用，故碳原子与碳碳键个数的比为1∶4×=1∶2，B正确；CO2晶胞即干冰晶体结构为分子密堆积，二氧化碳分子处于晶胞的顶点与面心位置，以顶点二氧化碳研究，与它距离最近且相等的CO2分子处于面心位置，而每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则一个CO2分子周围与它距离最近且相等的CO2分子有=12个，C正确；由题干图示可知，石墨是混合型晶体，层间是范德华力，层内每个碳原子与其他3个碳原子形成共价键，D正确；故选A。9.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是A.原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素C.原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族D.基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【答案】B【解析】原子的价电子排布式为ns2np6的元素是0族元素，A错误；根据能量最低原理，基态原子p能级上有5个电子的元素，同层的s能级已经排满，则一定是第ⅦA族元素，B正确；原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素在周期表的第8、9、10三列，一定位于第Ⅷ族，C错误；基态原子的N层上只有1个电子的元素，有K、Cr、Cu等，Cr、Cu是过渡元素，D错误；故选B。10.为白色晶体，结构如图所示。下列说法正确的是A.晶体属于共价晶体B.含的晶体中有6mol氢键C.中原子间距离H…O大于D.分子间存在氢键，所以它的热稳定性较强【答案】C【解析】H3BO3晶体中含有H3BO3分子，H3BO3分子间通过氢键聚合在一起，则H3BO3晶体为分子晶体，A错误；1个H3BO3分子对应6个氢键，1个氢键为2个H3BO3分子共用，因此含有1molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，B错误；晶体中H…O为氢键，为分子间作用力，B—O为共价键，原子间距离H…O大于B—O，C正确；分子的稳定性于氢键无关系，D错误；故选C。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，某研究团队以(固态物质)为载体，利用Au-Pd纳米颗粒催化气态单质、合成，其原理如图所示。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.化合物中原子均满足最外层8电子结构C.、均具有较高熔点D.工业上常用电解Y的氯化物方法冶炼Y【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X都能形成双原子分子，且二者结合成化合物W2X2、W2X，则W为H元素，X为O元素；由固态化合物Y2X3、ZX2及ZW4中元素的化合价，可确定Z显-4或+4价，则Z为Si元素，Y显+3价，则Y为Al元素。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、Si。X、Y分别为O、Al，O2-与Al3+的电子层结构相同，但Al的核电荷数大，则简单离子半径：O2-＞Al3+，A错误；化合物ZW4为SiH4，Si原子满足最外层8电子结构，但H原子不满足最外层8电子结构，B错误；Y2X3、ZX2分别为Al2O3、SiO2，二者分别属于离子晶体、共价晶体，均具有较高熔点，C正确；工业上冶炼Al时，常用电解熔融Al2O3的方法，D错误；故选C。12.下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是A.与金属Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B.甲苯能使酸性溶液褪色而甲烷不能C.乙烯能发生加成反应而乙烷不能D.苯在50~60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可发生【答案】C【解析】受乙基的影响，乙醇中的羟基氢原子变得不活泼，所以与金属Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，能用基团间的相互影响解释，故A不符合题意；苯、甲烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响，故B不符合题意；乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故C符合题意；苯、甲苯均不含官能团，甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代，则甲苯易发生硝化反应，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故D不符合题意；故选C。13.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对具有超高的吸附能力，并能催化与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b的一氯代物有2种B.该过程中未参与反应C.a生成b的反应伴有极性共价键的断裂和形成D.该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少的排放【答案】A【解析】b不是对称的结构，其中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b的一氯代物有3种，故A错误；由图可知，该反应过程中N2分子中的化学键没有断裂，未参与反应，故B正确；a生成b的反应伴有C-O极性共价键的断裂和C-O极性共价键的形成，故C正确；该材料的吸附作用具有选择性，选择性吸附二氧化碳，a和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；故选A。14.下列“类比”结果正确的是A.的沸点低于，则HF的沸点低于HClB.可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在浓氨水中C.分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定D.的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型【答案】D【解析】CH4、都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，而HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，但Fe3+不与NH3络合，故Fe(OH)3不可以溶解在浓氨水中，类比不合理，故B错误；N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，故C错误；CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，故D正确；故选D。15.某小分子抗癌药物的分子结构如图所示，下列说法错误的是A.该有机物中含有4种官能团B.该有机物的分子式为C.该有机物含有一个手性碳原子D.该有机物能使酸性溶液褪色【答案】B【解析】根据结构简式可知，该有机物中含有羧基，酯基，碳碳双键和酚羟基，共4种官能团，A正确；根据结构简式可知，该有机物的分子式为，B错误；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物含有一个手性碳原子，C正确；该有机物中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，D正确；故选B。16.下列对一些事实的理论解释正确的是选项事实理论解释A硫酸铵晶体中存在氢键中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间BK比Na更易失去电子K的核电荷数比Na的核电荷数多C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是共价晶体D白磷为正四面体形分子白磷分子的键之间的夹角是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间，说明硫酸铵晶体中存在氢键，A正确；K的金属性强于钠，故K比Na更易失去电子，B错误；金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，C错误；白磷分子为，键之间的夹角是，D错误；故选A。17.英国化学家巴特列用PtCl6与等物质的量的氧气在室温下制得了一种深红色的固体O2PtCl6，这是人类第一次制得的盐。巴特列经过类比和推理，断定XePtCl6也应存在。巴特列立即动手实验，结果在室温下轻而易举的制得了黄色晶体。下列说法错误的是A.PtCl6具有强氧化性B.XePtCl6中Pt元素化合价为C.O2PtCl6晶体类型为离子晶体D.巴特列类比和推理的依据是O2和Xe的第一电离能接近【答案】B【解析】由题干信息可知，O2与PtCl6发生反应生成O2PtCl6，且得到，O2本身具有强氧化性，但该反应中O2被PtCl6氧化成了，即可说明PtCl6具有强氧化性，A正确；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，则阴离子为：，故可知XePtCl6中Pt元素的化合价为+5价，B错误；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，则阴离子为：，故O2PtCl6晶体类型为离子晶体，C正确；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，故巴特列类比和推理的依据是O2和Xe的第一电离能接近，D正确；故答案为：B。18.我国科学家利用合成淀粉的核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5molDHA含共用电子对数为B.反应①消耗时，转移电子数为C.标准状况下所含的非极性键数为D.30gHCHO与的混合物中含氧原子数为【答案】B【解析】由DHA的结构简式可知，其中含有12个共价键，每1个共价键都是1个共用电子对，则0.5molDHA含共用电子对数为，A错误；由反应机理可知，反应①为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，C元素化合价由+4价下降到-2价，则消耗4.4gCO2，反应转移电子数为=，B正确；含有1个O-O非极性键，标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算的物质的量，C错误；甲醛和的最简式均为CH2O，则30g甲醛和的混合物中含氧原子数为=，D错误；故选B。19.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。A、B、C、D、E的转化关系如图所示。基于该流程的推断下列说法错误的是A.A中无官能团B.B有两种同分异构体C.E的结构简式是D.A→C与A→D属不同类型的反应【答案】B【解析】由题干可知A为一种芳香烃，且能与溴单质在光照的条件下发生烷基上的取代反应生成B，由B的结构逆推可得A结构为；A与溴单质在溴化铁的催化下发生苯环上的取代反应生成C，由于甲基会活化苯环邻、对位上的氢，所以C的结构可能为或；A与高锰酸钾反应，烷基被高锰酸钾氧化为羧基，可推得D的结构为；A与氢气发生加成反应生成E，结合E分子式可推得E的结构为。A结构为，无官能团，A正确；B中2个取代基-CHBr2还存在间对位2种情况；若为3、4、5、6个取代基时，则同分异构体远大于两种，B错误；由分析，E的结构为，C正确；A→C为取代反应，A→D为氧化反应，属不同类型的反应，D正确；故选B。20.配合物存在顺反两种同分异构体，它们的一些性质如下表所示：配合物颜色极性在水中的溶解度抗癌活性M棕黄色极性0.2577g/100g水有活性N淡黄色非极性0.0366g/100g水无活性下列说法正确的是A.Pt的杂化轨道类型为B.配合物M是的反式异构体C.的配位体是和，配位数是4D.向溶液中加入溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】配合物存在顺反两种同分异构体，则为平面结构，不会是杂化，A错误；配合物M具有活性，且具有极性，则配位体NH3和Cl−在Pt原子的同一侧，是的顺式异构体，B错误；配合物的中心原子是Pt2+，配位体是NH3和Cl−，配位数是4，C正确；中Cl−是配体，在溶液中不能电离出来，无法与AgNO3溶液反应生成AgCl，即不产生白色沉淀，D错误；故选C。第II卷二、非选择题(包括4小题，共60分)21.研究有机化合物的组成、结构、分类有利于全面认识其性质。I．现有下列有机化合物，请按要求填空：A．B．C．D．E．F．G．（1）物质中属于烃的衍生物的是___________(填标号，下同)。（2）互为同分异构体是___________，互为同系物的是___________。（3）G与足量溴水反应的化学方程式是___________。Ⅱ．有机物X()是合成青蒿素的原料之一。（4）①X分子中官能团的名称为___________。②X分子中电负性最大的元素是___________，一定在同一平面上的碳原子有___________个。③每个X分子中含有___________个键，这主要决定了X分子可发生___________(填“取代”“加成”或“消去”)反应。【答案】（1）DE（2）①CF②.AC（3）CH3CCH+2Br2（4）①.碳碳双键，醛基②.O或氧③.5④.2⑤.加成【解析】【小问1详析】‌烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，上述物质中属于烃的衍生物的是：和，故答案为：DE。【小问2详析】‌‌同分异构体‌是指分子式相同但结构不同的化合物，和分子时相同，结构式不同，互为同分异构体，同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，和都是单烯烃，结构相似，分子上相差3个“CH2”，互为同系物。【小问3详析】中含有碳碳三键，可以和溴水发生加成反应生成，化学方程式为：CH3CCH+2Br2。【小问4详析】①X分子中官能团的名称为碳碳双键，醛基；②X分子中含有C、H、O三种元素，同周期主族元素，从左往右电负性依次增大，则电负性最大的元素是O或氧，碳碳双键是平面结构，则一定在同一平面上的碳原子有4个，为；③X中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，含有2个键，这主要决定了X分子可发生加成反应。22.前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种类最多，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，基态E原子的核外电子层中未成对电子数为4。（1）的价电子排布图为___________。（2）A、B、C、D四种元素第一电离能从大到小的顺序是___________(填元素符号)。（3）普鲁士蓝的化学式为，其中与数目之比为___________；1mol该物质中含键的数目为___________；普鲁士蓝晶体中各种微粒间的作用力不涉及___________(填标号)。A．氢键B．共价键C．金属键D．配位键E．离子键（4）已知高温下比FO更稳定，试从F原子核外电子变化角度解释其原因___________。（5）F和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示，①已知X的坐标为(0，0，0)，Y的坐标为___________。②该晶胞的参数为apm，其密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）(或N、O、C、K)（3）①.3：4②.③.AC（4）的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)（5）①.(0.25，0.25，1)②.(其他合理答案)【解析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种类最多，A为C元素，D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，则D为K元素，F为Cu元素，基态E原子的核外电子层中未成对电子数为4，其价层电子排布式为3d64s2，E为Fe元素，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的电子排布式为1s22s22p4，C为O元素，B为N元素，以此解答。【小问1详析】Fe为26号元素，Fe3+价层电子排布式为3d5，价电子排布图为。【小问2详析】同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，K为活泼金属元素，第一电离能最小，则C、N、O、K第一电离能从大到小的顺序是：(或N、O、C、K)。【小问3详析】普鲁士蓝的化学式为，设Fe2+的个数为x，Fe3+的个数为y，由化合价代数和为零可知2x+3y=18、x+y=7，解得x=3，y=4，Fe2+和Fe3+的个数比为：3：4，CN-中含有1个键，配位键也是键，1mol含有(6+6)×3NA=36NA个键，[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-是配位键，CN-中C与N之间是共价键，所以中存在的化学键有离子键、配位键和共价键，不含氢键和金属键，故选AC。【小问4详析】已知高温下比CuO更稳定，从Cu原子核外电子变化角度解释其原因为：的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)。【小问5详析】①已知X的坐标为(0，0，0)，由晶胞结构可知，Y的坐标为(0.25，0.25，1)；②该晶胞中含有8=1个Ba，=5个Cu，该晶胞的参数为apm，其密度为。23.氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态Cr原子的核外电子排布式为___________。（2）为紫色单斜晶体，常用作媒染剂和催化剂。已知Cr、Cl两元素电负性分别为1.6和3.0，根据数据判断中的化学键为___________(填“共价键”或“离子键”)。（3）实验室常用含氮微粒与形成稳定的红色物质来检验的存在。的空间构型为___________，为类卤素，其对应的酸有两种，理论上硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，原因是___________。（4）是的一种配合物，IMI的结构为，其中N的杂化方式是___________，IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物常温下为液态而非固态，原是___________。（5）已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”(或大键)。大键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大键的原子个数和电子数，如苯分子中大键可表示为。①下列微粒中存在“离域键”的是___________(填标号)。A．B．C．D．②全氮阴离子盐中为平面正五边形结构，中的大键可表示为___________。【答案】（1）或（2）共价键（3）①.直线形②.HNCS分子间可形成氢键，HSCN分子间不能形成氢键（4）①.、②.其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的晶格能较小，熔点较低（5）①.AD②.【解析】【小问1详析】Cr是24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为或。【小问2详析】已知Cr、Cl两元素电负性分别为1.6和3.0，电负性差值为3.0-1.6=1.4<1.7，中的化学键为共价键。【小问3详析】中心碳原子的价层电子对数为2+=2，且没有孤电子对，空间构型为直线形，为类卤素，其对应的酸有两种，理论上硫氰酸(HSCN)的沸点低于异硫氰酸(HNCS)的沸点，原因是HNCS分子间可形成氢键，HSCN分子间不能形成氢键。【小问4详析】中存在和-N=C，N的杂化方式是、，离子化合物常温下为液态而非固态，原因是其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的晶格能较小，熔点较低。小问5详析】①1，3—丁二烯、二氧化硫分子中各原子共面，且原子之间均有相互平行的p轨道，可以形成大π键，水分子中氢原子没有p轨道，不能形成大π键，四氯化碳是正四面体构型，各原子不共面，不能形成大π键，因此微粒中存在离域π键的是1，3—丁二烯和二氧化硫，故选AD；②全氮阴离子盐中为平面正五边形结构，N原子的杂化方式为sp2，每个N原子剩余1个p轨道未杂化垂直于正五边形平面，每个p轨道中含有1个电子，结合带1个负电荷，可知共有6个p电子可在多个原子间运动，形成大键。24.溴苯是一种化工原料，纯净的溴苯是一种无色液体，某校学生用如图所示装置进行实验，以探究苯与溴发生反应的原理并分离提纯反应的产物。回答下列问题：（1）装置II中冷凝管除导气外，还有___________的作用，冷凝水从___________口进入(填“a或“b”)。四个实验装置中能起到防倒吸的装置有___________(填序号)。（2）实验开始时，关闭，开启和滴液漏斗活塞，滴加苯和液溴的混合液，反应开始。写出装置II中发生的主要有机反应方程式___________，能说明发生了取代反应的现象是___________。III中小试管内苯的作用是___________。（3）反应结束后，将装置I中的水倒吸入装置II中，此操作的目的是___________。（4）反应后三颈烧瓶内的液体呈棕黄色，将其依次进行下列实验操作即可得到较纯净的溴苯。①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液；③用蒸馏水洗涤，振荡，分液；④加入无水粉末干燥；此时溶液中主要杂质为___________(写名称)。⑤通过___________(填操作名称)，得到无色的较纯净的溴苯。【答案】（1）①.冷凝回流②.a③.III、IV（2）①.②.III中硝酸银溶液内有浅黄色沉淀生成③.除去溴化氢中的溴蒸气（3）除去II中溴化氢气体，以免逸出污染空气（4）①.苯②.蒸馏(或过滤、蒸馏)【解析】苯和液溴在催化作用下可生成溴苯，同时生成HBr，实验开始时，关闭K2、开启K1和滴液漏斗活塞，滴加苯和液溴混合液，反应开始后，Ⅲ中小试管内的苯可用于除去溴，可用硝酸银溶液检验生成HBr，IV中氢氧化钠溶液用于吸收尾气，防止污染空气，实验结束，可开启K2，关闭K1和滴液漏斗活塞，使I的水倒吸入II中可以除去HBr气体，以免逸出污染空气。【小问1详析】装置Ⅱ中冷凝管除导气外，还有冷凝回流的作用，冷凝管采用逆向通水，即从a进水，冷凝效果好；装置Ⅲ中生成的HBr不溶于苯，装置Ⅳ中有球形干燥管均能起到防倒吸的作用，所以四个实验装置中能起到防倒吸的装置有Ⅲ、Ⅳ。【小问2详析】装置Ⅱ中苯和液溴在催化作用下可生成溴苯，同时生成HBr，化学方程式为；从冷凝管出来的气体为溴化氢，溴化氢不溶于苯，溴化氢能与硝酸银溶液反应生成浅黄色溴化银沉淀，说明苯与液溴发生的是取代反应，Ⅲ中小试管内苯的作用是除去溴化氢中的溴蒸气，避免干扰溴离子检验。【小问3详析】因装置Ⅱ中含有的溴化氢气体能污染空气，使I的水倒吸入Ⅱ中可以除去溴化氢气体，以免逸出污染空气。【小问4详析】反应后三颈烧瓶内的液体呈棕黄色，①用蒸馏水洗涤，振荡，分液；②用5%的NaOH溶液洗涤，振荡，分液，除去未反应的Br2和生成的HBr；③用蒸馏水洗涤，振荡，分液；④加入无水粉末干燥，此时溶液中主要杂质为苯，加入无水CaCl2粉末干燥，然后通过蒸馏操作，获得纯净的溴苯，福建省三明市五县联合质检2023-2024学年高二下学期期中考试(考试时长：90分钟满分100分)注意事项：请用2B铅笔将选择题答案填涂在答题卡上，填空题答案请用黑色水笔写在相应的答题卡上，不得超出答题扫描区作答。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64Ba137第I卷一、选择题(包括20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列有关我国科技成果的叙述错误的是A.飞船返回舱使用氮化硅耐高温结构材料，氮化硅属于分子晶体B.无磁镍铬钛合金钢常用于舰体材料，其强度高于纯铁C.利用双核催化剂可实现乙烯和丙烯醇低温共聚，乙烯和丙烯醇是共聚物的单体D.月球探测器带回的月壤样品中含磷酸盐晶体，其结构可用X射线衍射仪测定【答案】A【解析】氮化硅为耐高温结构材料，故氮化硅属于共价晶体，故A错误；镍铬钛合金其强度高于纯金属，熔点一般低于纯金属，故B正确；乙烯和丙烯醇低温共聚形成高聚物，乙烯和丙烯醇是共聚物的单体，故C正确；可用射线衍射仪测定晶体结构，故D正确。答案为A。2.轨道能量按由低到高的顺序排列正确的一组是A.3s、3p、4s、4p B.1s、2s、3s、2pC.1s、2p、3d、4s D.3p、3d、4s、4p【答案】A【解析】根据构造原理可知，在同一能层中，能级符号与能量高低的顺序是：ns＜np＜nd＜nf…；n不同时的能量高低顺序为：2s＜3s＜4s、2p＜3p＜4p；不同能层不同能级能量高低顺序为：ns＜(n-2)f＜(n-1)d＜np；能量3s<3p<4s<4p，选项A正确；能量3s＞2p，选项B错误；能量3d>4s，选项C错误；能量3d>4s，选项D错误；答案选A。3.下列物质中，含有极性键和非极性键的非极性分子是A. B. C. D.【答案】C【解析】结构式为：，不是对称的结构，其中含有O-O非极性键和O-H极性键，正负电中心不重合，属于极性分子，A不合题意；中只含有N-H极性键，空间构型为三角锥形，正负电中心不重合，属于极性分子，B不合题意；的结构式为，含有极性键和非极性键，正负电中心重合，属于非极性分子，C符合题意；中只含有C-Cl极性键，空间构型为正四面体形，正负电中心重合，属于非极性分子，D不合题意；故选C。4.使用现代分析仪器对某有机化合物X的分子结构进行测定，相关结果如下：由此推理得到有关X的结论不正确的是A.属于醚类 B.结构简式为C.相对分子质量为74 D.组成元素有C、H、O【答案】B【解析】X分子中含有醚键，属于醚类，故A正确；X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，含有醚键，有2种等效氢，结构简式为，故B错误；X的质荷比为74，X的相对分子质量为74，故C正确；X分子中含有醚键，有2种等效氢，组成元素有C、H、O，故D正确；选B。5.下列化学用语的表述正确的是A.CO2的分子模型示意图：B.np能级的原子轨道图可表示为C.硝基苯的结构简式：D.羟基的电子式：【答案】D【解析】已知CO2分子中C采用sp杂化，是直线形分子，且C的原子半径比O的大，故CO2的分子模型示意图：，A错误；p能级的原子轨道图为哑铃形，如，而不是球形，B错误；硝基苯分子不存在C-O键，只存在C-N键，故其结构简式为：，C错误；羟基为中性原子团，故其电子式为：，D正确；故答案为：D。6.系统命名法广泛用于有机物的命名，下列有机物的命名正确的是A.(CH3)2CHCH=CH22-甲基-3-丁烯 B.乙基苯C.2-乙基丙烷 D.1-甲基乙醇【答案】B【解析】应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链的位置，该物质名称为3-甲基-1-丁烯，A错误；该物质可看作是苯分子中一个H原子被乙基-CH2CH3取代产生的物质，名称为乙基苯，B正确；应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上有4个C原子，从离碳链较近的左端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链在主链上的位置，该物质名称为2-甲基丁烷，C错误；该物质中-OH所连接C原子所在碳链上含有3个C原子，羟基连接在中间的C原子上，其名称应该为2-丙醇，D错误；故合理选项是B。7.下列各组物质性质的比较，结论正确的是A.水中的溶解度：B.羟基氢的活泼性：>>H-OHC.等质量的乙炔、苯完全燃烧耗氧量：乙炔<苯D.沸点：【答案】D【解析】羟基是亲水基团、氯原子是憎水基团，则在水中的溶解度：，A错误；苯甲酸羧基中的羟基与羰基发生p-π共轭，使羟基氧上的电子被拉向羰基，使羟基氧上电子云密度降低，导致其较易电离，苯甲醇中，苯甲基有推电子诱导效应，使氢氧键上电子云密度增高，使其不易电离，羟基氢的活泼性较弱，则羟基氢的活泼性：>H2O>，B错误；乙炔、苯的最简式均为CH，等质量的乙炔、苯完全燃烧耗氧量相同，C错误；丙烷和正戊烷互为同系物，丙烷的相对分子质量比正戊烷小，范德华力较小，则沸点：，D正确；故选D。8.氯化钠、金刚石、干冰、石墨四种晶体的结构模型如图所示，下列说法错误的是A.NaCl晶体中，每个晶胞含有4个NaCl分子B.金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2C.晶胞中，1个分子周围与它距离最近且距离相等的分子有12个D.石墨为混合型晶体，其层间是范德华力，层内碳原子之间均形成共价键【答案】A【解析】NaCl是离子晶体，故在NaCl晶体中不存在NaCl分子，只存在Na+和Cl-，A错误；在金刚石晶体中，每个碳原子与周围的4个碳原子形成碳碳键，而每个碳碳键又同时被两个碳原子共用，故碳原子与碳碳键个数的比为1∶4×=1∶2，B正确；CO2晶胞即干冰晶体结构为分子密堆积，二氧化碳分子处于晶胞的顶点与面心位置，以顶点二氧化碳研究，与它距离最近且相等的CO2分子处于面心位置，而每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，则一个CO2分子周围与它距离最近且相等的CO2分子有=12个，C正确；由题干图示可知，石墨是混合型晶体，层间是范德华力，层内每个碳原子与其他3个碳原子形成共价键，D正确；故选A。9.下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是A.原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素B.基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素C.原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅧB族D.基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素【答案】B【解析】原子的价电子排布式为ns2np6的元素是0族元素，A错误；根据能量最低原理，基态原子p能级上有5个电子的元素，同层的s能级已经排满，则一定是第ⅦA族元素，B正确；原子的价电子排布式为(n-1)d6～8ns2的元素在周期表的第8、9、10三列，一定位于第Ⅷ族，C错误；基态原子的N层上只有1个电子的元素，有K、Cr、Cu等，Cr、Cu是过渡元素，D错误；故选B。10.为白色晶体，结构如图所示。下列说法正确的是A.晶体属于共价晶体B.含的晶体中有6mol氢键C.中原子间距离H…O大于D.分子间存在氢键，所以它的热稳定性较强【答案】C【解析】H3BO3晶体中含有H3BO3分子，H3BO3分子间通过氢键聚合在一起，则H3BO3晶体为分子晶体，A错误；1个H3BO3分子对应6个氢键，1个氢键为2个H3BO3分子共用，因此含有1molH3BO3分子的晶体中有3mol氢键，B错误；晶体中H…O为氢键，为分子间作用力，B—O为共价键，原子间距离H…O大于B—O，C正确；分子的稳定性于氢键无关系，D错误；故选C。11.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，某研究团队以(固态物质)为载体，利用Au-Pd纳米颗粒催化气态单质、合成，其原理如图所示。下列说法正确的是A.简单离子半径：B.化合物中原子均满足最外层8电子结构C.、均具有较高熔点D.工业上常用电解Y的氯化物方法冶炼Y【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X都能形成双原子分子，且二者结合成化合物W2X2、W2X，则W为H元素，X为O元素；由固态化合物Y2X3、ZX2及ZW4中元素的化合价，可确定Z显-4或+4价，则Z为Si元素，Y显+3价，则Y为Al元素。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、Si。X、Y分别为O、Al，O2-与Al3+的电子层结构相同，但Al的核电荷数大，则简单离子半径：O2-＞Al3+，A错误；化合物ZW4为SiH4，Si原子满足最外层8电子结构，但H原子不满足最外层8电子结构，B错误；Y2X3、ZX2分别为Al2O3、SiO2，二者分别属于离子晶体、共价晶体，均具有较高熔点，C正确；工业上冶炼Al时，常用电解熔融Al2O3的方法，D错误；故选C。12.下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是A.与金属Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B.甲苯能使酸性溶液褪色而甲烷不能C.乙烯能发生加成反应而乙烷不能D.苯在50~60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可发生【答案】C【解析】受乙基的影响，乙醇中的羟基氢原子变得不活泼，所以与金属Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，能用基团间的相互影响解释，故A不符合题意；苯、甲烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响，故B不符合题意；乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故C符合题意；苯、甲苯均不含官能团，甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代，则甲苯易发生硝化反应，与有机物分子内基团间的相互作用有关，故D不符合题意；故选C。13.常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对具有超高的吸附能力，并能催化与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.b的一氯代物有2种B.该过程中未参与反应C.a生成b的反应伴有极性共价键的断裂和形成D.该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少的排放【答案】A【解析】b不是对称的结构，其中含有3种氢原子，有几种氢原子，其一氯代物就有几种，所以b的一氯代物有3种，故A错误；由图可知，该反应过程中N2分子中的化学键没有断裂，未参与反应，故B正确；a生成b的反应伴有C-O极性共价键的断裂和C-O极性共价键的形成，故C正确；该材料的吸附作用具有选择性，选择性吸附二氧化碳，a和二氧化碳反应生成b，所以利用此法可减少CO2的排放，故D正确；故选A。14.下列“类比”结果正确的是A.的沸点低于，则HF的沸点低于HClB.可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在浓氨水中C.分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定D.的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型【答案】D【解析】CH4、都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，而HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，但Fe3+不与NH3络合，故Fe(OH)3不可以溶解在浓氨水中，类比不合理，故B错误；N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，故C错误；CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，故D正确；故选D。15.某小分子抗癌药物的分子结构如图所示，下列说法错误的是A.该有机物中含有4种官能团B.该有机物的分子式为C.该有机物含有一个手性碳原子D.该有机物能使酸性溶液褪色【答案】B【解析】根据结构简式可知，该有机物中含有羧基，酯基，碳碳双键和酚羟基，共4种官能团，A正确；根据结构简式可知，该有机物的分子式为，B错误；手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物含有一个手性碳原子，C正确；该有机物中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，D正确；故选B。16.下列对一些事实的理论解释正确的是选项事实理论解释A硫酸铵晶体中存在氢键中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间BK比Na更易失去电子K的核电荷数比Na的核电荷数多C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是共价晶体D白磷为正四面体形分子白磷分子的键之间的夹角是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】中的H与中的O之间的作用力大小在范德华力和共价键之间，说明硫酸铵晶体中存在氢键，A正确；K的金属性强于钠，故K比Na更易失去电子，B错误；金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，但石墨中共价键的键长比金刚石中共价键键长短，键能更大，所以石墨的熔点比金刚石的高，C错误；白磷分子为，键之间的夹角是，D错误；故选A。17.英国化学家巴特列用PtCl6与等物质的量的氧气在室温下制得了一种深红色的固体O2PtCl6，这是人类第一次制得的盐。巴特列经过类比和推理，断定XePtCl6也应存在。巴特列立即动手实验，结果在室温下轻而易举的制得了黄色晶体。下列说法错误的是A.PtCl6具有强氧化性B.XePtCl6中Pt元素化合价为C.O2PtCl6晶体类型为离子晶体D.巴特列类比和推理的依据是O2和Xe的第一电离能接近【答案】B【解析】由题干信息可知，O2与PtCl6发生反应生成O2PtCl6，且得到，O2本身具有强氧化性，但该反应中O2被PtCl6氧化成了，即可说明PtCl6具有强氧化性，A正确；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，则阴离子为：，故可知XePtCl6中Pt元素的化合价为+5价，B错误；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，则阴离子为：，故O2PtCl6晶体类型为离子晶体，C正确；由题干信息可知，O2PtCl6中阳离子为，故巴特列类比和推理的依据是O2和Xe的第一电离能接近，D正确；故答案为：B。18.我国科学家利用合成淀粉的核心反应如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5molDHA含共用电子对数为B.反应①消耗时，转移电子数为C.标准状况下所含的非极性键数为D.30gHCHO与的混合物中含氧原子数为【答案】B【解析】由DHA的结构简式可知，其中含有12个共价键，每1个共价键都是1个共用电子对，则0.5molDHA含共用电子对数为，A错误；由反应机理可知，反应①为二氧化碳与氢气反应生成甲醇和氢气，C元素化合价由+4价下降到-2价，则消耗4.4gCO2，反应转移电子数为=，B正确；含有1个O-O非极性键，标准状况下不是气体，不能用气体摩尔体积计算的物质的量，C错误；甲醛和的最简式均为CH2O，则30g甲醛和的混合物中含氧原子数为=，D错误；故选B。19.芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。A、B、C、D、E的转化关系如图所示。基于该流程的推断下列说法错误的是A.A中无官能团B.B有两种同分异构体C.E的结构简式是D.A→C与A→D属不同类型的反应【答案】B【解析】由题干可知A为一种芳香烃，且能与溴单质在光照的条件下发生烷基上的取代反应生成B，由B的结构逆推可得A结构为；A与溴单质在溴化铁的催化下发生苯环上的取代反应生成C，由于甲基会活化苯环邻、对位上的氢，所以C的结构可能为或；A与高锰酸钾反应，烷基被高锰酸钾氧化为羧基，可推得D的结构为；A与氢气发生加成反应生成E，结合E分子式可推得E的结构为。A结构为，无官能团，A正确；B中2个取代基-CHBr2还存在间对位2种情况；若为3、4、5、6个取代基时，则同分异构体远大于两种，B错误；由分析，E的结构为，C正确；A→C为取代反应，A→D为氧化反应，属不同类型的反应，D正确；故选B。20.配合物存在顺反两种同分异构体，它们的一些性质如下表所示：配合物颜色极性在水中的溶解度抗癌活性M棕黄色极性0.2577g/100g水有活性N淡黄色非极性0.0366g/100g水无活性下列说法正确的是A.Pt的杂化轨道类型为B.配合物M是的反式异构体C.的配位体是和，配位数是4D.向溶液中加入溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】配合物存在顺反两种同分异构体，则为平面结构，不会是杂化，A错误；配合物M具有活性，且具有极性，则配位体NH3和Cl−在Pt原子的同一侧，是的顺式异构体，B错误；配合物的中心原子是Pt2+，配位体是NH3和Cl−，配位数是4，C正确；中Cl−是配体，在溶液中不能电离出来，无法与AgNO3溶液反应生成AgCl，即不产生白色沉淀，D错误；故选C。第II卷二、非选择题(包括4小题，共60分)21.研究有机化合物的组成、结构、分类有利于全面认识其性质。I．现有下列有机化合物，请按要求填空：A．B．C．D．E．F．G．（1）物质中属于烃的衍生物的是___________(填标号，下同)。（2）互为同分异构体是___________，互为同系物的是___________。（3）G与足量溴水反应的化学方程式是___________。Ⅱ．有机物X()是合成青蒿素的原料之一。（4）①X分子中官能团的名称为___________。②X分子中电负性最大的元素是___________，一定在同一平面上的碳原子有___________个。③每个X分子中含有___________个键，这主要决定了X分子可发生___________(填“取代”“加成”或“消去”)反应。【答案】（1）DE（2）①CF②.AC（3）CH3CCH+2Br2（4）①.碳碳双键，醛基②.O或氧③.5④.2⑤.加成【解析】【小问1详析】‌烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，上述物质中属于烃的衍生物的是：和，故答案为：DE。【小问2详析】‌‌同分异构体‌是指分子式相同但结构不同的化合物，和分子时相同，结构式不同，互为同分异构体，同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，和都是单烯烃，结构相似，分子上相差3个“CH2”，互为同系物。【小问3详析】中含有碳碳三键，可以和溴水发生加成反应生成，化学方程式为：CH3CCH+2Br2。【小问4详析】①X分子中官能团的名称为碳碳双键，醛基；②X分子中含有C、H、O三种元素，同周期主族元素，从左往右电负性依次增大，则电负性最大的元素是O或氧，碳碳双键是平面结构，则一定在同一平面上的碳原子有4个，为；③X中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，含有2个键，这主要决定了X分子可发生加成反应。22.前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种类最多，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，基态E原子的核外电子层中未成对电子数为4。（1）的价电子排布图为___________。（2）A、B、C、D四种元素第一电离能从大到小的顺序是___________(填元素符号)。（3）普鲁士蓝的化学式为，其中与数目之比为___________；1mol该物质中含键的数目为___________；普鲁士蓝晶体中各种微粒间的作用力不涉及___________(填标号)。A．氢键B．共价键C．金属键D．配位键E．离子键（4）已知高温下比FO更稳定，试从F原子核外电子变化角度解释其原因___________。（5）F和Ba形成的某种合金的晶胞结构如图所示，①已知X的坐标为(0，0，0)，Y的坐标为___________。②该晶胞的参数为apm，其密度为___________(列出计算式即可)。【答案】（1）（2）(或N、O、C、K)（3）①.3：4②.③.AC（4）的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)（5）①.(0.25，0.25，1)②.(其他合理答案)【解析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A元素所形成的化合物种类最多，A为C元素，D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态D、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且D、F原子的电子数相差为10，则D为K元素，F为Cu元素，基态E原子的核外电子层中未成对电子数为4，其价层电子排布式为3d64s2，E为Fe元素，C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，C的电子排布式为1s22s22p4，C为O元素，B为N元素，以此解答。【小问1详析】Fe为26号元素，Fe3+价层电子排布式为3d5，价电子排布图为。【小问2详析】同周期自左而右，第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，K为活泼金属元素，第一电离能最小，则C、N、O、K第一电离能从大到小的顺序是：(或N、O、C、K)。【小问3详析】普鲁士蓝的化学式为，设Fe2+的个数为x，Fe3+的个数为y，由化合价代数和为零可知2x+3y=18、x+y=7，解得x=3，y=4，Fe2+和Fe3+的个数比为：3：4，CN-中含有1个键，配位键也是键，1mol含有(6+6)×3NA=36NA个键，[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-是配位键，CN-中C与N之间是共价键，所以中存在的化学键有离子键、配位键和共价键，不含氢键和金属键，故选AC。【小问4详析】已知高温下比CuO更稳定，从Cu原子核外电子变化角度解释其原因为：的价电子排布是，3d轨道全充满较稳定(“轨道全充满较稳定”即可)。【小问5详析】①已知X的坐标为(0，0，0)，由晶胞结构可知，Y的坐标为(0.25，0.25，1)；②该晶胞中含有8=1个Ba，=5个Cu，该晶胞的参数为apm，其密度为。23.氮、铬及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：（1）基态Cr原子的核外电子排布式为___________。（2）为紫色单斜晶体，常用作媒染剂和催化剂。已知