2024-2025学年湖北省武汉市高一化学下学期7月期末考试模拟试题（附答案）

2024-2025学年湖北省武汉市高一化学下学期7月期末考试模拟试题

（含答案）

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-140-16Al-27Cl-35.5Fe-56Cu-64Au-197Hg-200

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.下列说法正确的有

①在同一能级上运动的电子，其能量可能不同

②量子力学把电子在原子核外的一个运动状态称为一个原子轨道

③前四周期元素的基态原子中只有Fe有4个未成对电子

④元素周期系和元素周期表多种多样

⑤元素周期表的每一个区都有金属元素

⑥第WA族元素氟、氯、澳、碘因都能成盐而总称卤素

⑦分子空间结构与其稳定性无关

⑧利用质谱仪，可测定出甲酸的相对分子质量为46g.molT

⑨缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中可变为完美的立方体块

⑩液晶具有各向异性，可以用于制备液晶显不器

A.4项B.5项C.6项D.7项

【答案】C

【解析】

【详解】①在同一能级上运动的电子，其能量相同，故①错误；

②量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，故②错误；

③前四周期元素的基态原子中只有Fe有4个未成对电子，故③正确；

④元素按其原子核电荷数递增排列的序列叫元素周期系，元素周期系只有1个；元素周期表是呈现元素周

期系的表格，元素周期表多种多样，故④错误；

⑤元素周期表5个区中都有金属元素，故⑤正确；

⑥第VDA族元素氟、氯、澳、碘，它们在自然界都以典型的盐类存在，是成盐元素。因都能成盐而总称

卤素，故⑥正确；

⑦分子空间结构与其稳定性有关，如C6H12中椅式结构更稳定，故⑦错误；

⑧利用质谱仪测定相对分子质量，利用质谱仪可测定出甲酸的相对分子质量为46g-molT,故⑧正确；

⑨晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中可变为完美的立方体块，故⑨正确；

⑩液晶对光具有各向异性，液晶显示器正是利用这一■性质而制造的，故⑩正确；

正确的有③⑤⑥⑧⑨⑩，共6项，故选C。

2.化学用语可以表达变化过程。下列化学用语表达正确的是

A,用电子式表示HC10的形成：H-+-Cl：+O-->H：C1：O：

B.用化学方程式表示过量SO2通入Na2s溶液时的反应：3soz+2Na2s=3SJ+2Na2sO3

3d4s3d4s

C.用轨道表示式表示铜的价电子由激发态跃迁回基态的过程：谕4间梳3出Q揖

D.用电子云轮廓图示意HC1中S-P。键的形成：0—00吟o

【答案】C

【解析】

【详解】A.用电子式表示HC10的形成：H-4,CI：4**0-->H：O'Cl：,A错误;

B.用化学方程式表示过量SO2通入Na2s溶液时的反应：5SO2+2Na2S+2H2O=3S+4NaHSO3,B

错误；

3d4s3d4s

c.铜的基态价电子排布式为3di04si,故可用,I[fl]MtQ用利用出轨道表示式表示由激

发态跃迁回基态的过程，C正确；

aHa

D.用电子云轮廓图示意HC1中S-P。键的形成：,..“一■■■T■:，D错误；

故选C。

3.设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是

A.Si。？晶体中，Imol十二元环上氧原子数目平均为2名

B.S与NaOH溶液反应时每生成Imol还原产物，转移电子数目为4名

C.标准状况下，2.24LS。？与1.12L02充分反应，生成的SO3分子数目为0.1名

D.Imol笼状分子©2。（）中，©C-C键数目为30名

【答案】D

【解析】

【详解】A.在二氧化硅晶体，可以看作在晶体硅中每个Si-Si键之间连接0原子，晶体Si中每个Si原

子形成4个Si-Si键,由图可知每2个Si-Si键可以形成2个六元环，而4个Si-Si键

任意2个可以形成6种组合，则每个Si原子连接十二元环数目为6x2=12,每个氧6个环共用，SiO2晶体

中，Imol十二元环上氧原子数目平均为6x4以=以，故A错误；

6

B.S与NaOH溶液反应时每生成Imol还原产物S2-,3s〜2s2-〜SO：〜4e-,转移电子数目为2N4，故B

错误;

C.标准状况下，2.24LSO2与1.12LO2充分反应，但该反应为可逆反应，生成的SO3分子数目少于O.INA，

故C错误；

D.Imol笼状分子C20()中，每个分子中1个碳原子形成3个。键，两个环共用，©C-C键数目为

20x3x1NA=30/，故D正确；

故选D。

4.我国科学家在青蒿素(结构如图)研究方面为人类健康作出了巨大贡献。下列说法错误的是

A.用沸水浸泡青蒿可获得青蒿素的提取液

B.通过红外光谱可分析青蒿素分子中的化学键信息

C.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体中各个原子的坐标

D.青蒿素分子中含有7个手性碳原子

【答案】A

【解析】

【详解】A.青蒿素中不含有亲水基团，不能溶于水，不能用沸水浸泡青蒿可获得青蒿素的提取液，故A

错误;

B.红外光谱可推测有机物分子中含有的官能团和化学键，故通过红外光谱可推测青蒿素分子中的化学键

信息，故B正确;

C.晶体中结构粒子的排列是有规律的，通过X射线衍射实验可以得到晶体的衍射图，通过分析晶体的衍

射图可以判断晶体的结构特征，故X射线衍射可测定青蒿素晶体中各个原子的坐标，故c正确;

D.如图：青蒿素分子中手性碳原子为7个

故选Ao

5.硫、氮和硅及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是

燃烧oH2O

工业制硫酸过程中的物质转化：

A.SH>SO2A,SOIJ>SO34H2SO4

放电或高温。2H2O

B.工业制硝酸过程中的物质转化：N2fNO—NO?—HNO3

o2

C.侯氏制碱过程中的物质转化：NaCl；曹NaHCC)3—Na2CO3

高温高温

D.工业制高纯硅过程中的物质转化：SiO,：Si—乎>SiHCl,、Si

zCH2

【答案】D

【解析】

高温cHoO

【详解】A.工业制硫酸过程中的物质转化为：FeSfSO?A.氤剂〉SO->H?SO，故A错误;

C)2324

H

B.工业制硝酸过程中为N2高温、盛、催化剂M^°>HNO3,故B错误;

NH3CO2

C.侯氏制碱法应向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳，流程为：NaClNaHCO3Na2CO3,

故C错误；

D.工业制高纯硅过程中的物质转化为：焦炭还原石英砂得到粗硅，粗硅和HC1加热生成SiHC13,H2高

温还原SiHC13得到高纯硅，故D正确；

故选D。

6.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是

事实解释

A液氨可用作制冷剂NH3中N—H键能大，断裂吸收大量热量

表面活性剂在水面形单分子膜，破坏了水分子

B表面活性剂可以降低水的表面张力

间的氢键

在水中的溶解度：HCO］离子之间存在氢键，更难与水分子形

C

NaHCO3<Na2CO3成氢键

D常压下，石墨比金刚石更稳定石墨中C—C键长更短，键能更大

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.液氨作制冷剂，是液氨气化时吸收大量的热，使温度降低，不需要断裂化学键，故A错误；

B.表面活性剂在水面形单分子膜，破坏了水分子间的氢键，所以表面活性剂可以降低水的表面张力，故

B正确；

c.里有连在氧原子上的氢原子，可以和另一个碳酸氢根离子形成氢键，导致难与水分子形成氢键,

所以碳酸氢钠在水中的溶解度小于碳酸钠，故c正确；

D.石墨中的C-C键长小于金刚石中的C-C键长，导致石墨中碳碳键键能大，难断裂，所以常压下，石墨

比金刚石更稳定，故D正确；

故选A。

7.如图所示，扫描隧道显微镜可利用碳纳米管探测器上的有机分子探针，检出金刚石表面排列的原子中存

储的信息。下列说法错误的是

A.碳纳米管和金刚石互为同素异形体

B.碳纳米管和金刚石的晶体均属于共价晶体

C.碳纳米管是新型无机非金属材料，强度高，电学性能优良

D.扫描隧道显微镜可以观察和定位单个原子，测定分子结构

【答案】B

【解析】

【详解】A.碳纳米管和金刚石都是由碳元素组成的不同种单质，他们互称同素异形体，故A正确；

B.碳纳米管可以看做是由石墨片层卷成的管状物，不属于共价晶体，故B错误；

C.碳纳米管是碳元素组成的，属于新型无机非金属材料，碳纳米管具有空间网状结构，强度高，结构和

石墨类似，电学性能优良，故C正确；

D.人们借助扫描隧道显微镜，可以“看”到越来越细微的结构，并实现对原子或分子的操控，在一块晶体

硅（由硅原子构成）的表面直接移动硅原子写下了“中国”两字，故D正确；

故选Bo

8.W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的电子只有一种自旋取向，第一

电离能介于X与Y之间的同周期元素有4种，Z2是氧化性最强的单质，Q是地壳中含量第二的元素。下

列说法错误的是

A.共价键极性：YW3<WZ,键能：Y2>Z2

B.Q在常温下与WZ反应生成两种气体

C.X、Y、Z的原子半径和电负性均依次减小

D.X、Y、Q的单质晶体中熔点最高的为Q的单质

【答案】C

【解析】

【分析】W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的电子只有一种自旋取向，

则W为H元素，第一电离能介于X与Y之间的同周期元素有4种，根据Z的位置可知，Y为N元素，X

为Li元素，Z2是氧化性最强的单质，则Z为F元素，Q是地壳中含量第二的元素，则Q为Si元素，据

此解答。

【详解】A.F的电负性大于N,则共价键极性：YWjVWZ,N2和F2都是由分子构成的，N的原子半

径小，键长小，键能大，则键能：Y2>Z2,故A正确；

B.Si可以和HF反应生成SiF4和H2两种气体，故B正确;

C.X、Y、Z分别为Li、N、F,原子半径X>Y>Z,非金属性越强，电负性越强，则电负性X<Y<Z,

故C错误；

D.X、Y、Q的单质分别为Li、N2、Si晶体中，其中硅单质属于共价晶体，其熔沸点最高，故D正确；

故选C。

COOH

9.氨基酸的结构简式可表示为|（R为原子或原子团，甘氨酸中R代表氢原子），常以内盐的

R—CH-NH2

形式存在，且有如下反应。

C00~.COO-COOH

I+HI+H|

R-CH-NH,，=.=-R-CH-NH；R—CH-NH；

内盐

下列说法正确的是

A,氨基酸均含有手性碳

B.氨基酸易溶于有机溶剂

C.氨基酸既能和酸反应又能和碱反应

D.HOOC-CH2-NH；的pKa比CH3coOH的pKa大

【答案】C

【解析】

【详解】A.氨基酸分子中不一定含有手性碳原子，如HOOC-CH?-NH2无手性碳原子，故A错误；

B.氨基酸常以内盐的形式存在，所以不易溶于有机溶剂，故B错误；

C.氨基酸分子中含有氨基和竣基，氨基能与酸反应，竣基能与碱反应，故C正确；

D.HOOC-CH2-NH；中N的电负性比H大，导致HOOC-CH?-NH；竣基中的羟基极性大，易电

离出H+,故酸性HOOC-CH2-NH；>CH3coOH,则pKaHOOC-CH2-NH；<CH3coOH,故

D错误；

故选Co

10.碱金属的液氨溶液含有的蓝色溶剂化电子［e（NH3）n，是强还原剂。锂与液氨反应的装置如图（夹持装

置略）。下列说法正确的是

浓氨水

A.①中试剂可换成NH4cl固体和NaOH溶液

B.③和⑤作用不同，③中可放碱石灰

C.锂片需保存在煤油里，使用前须打磨出新鲜表面

④中发生的变化是+

D.Li+NHs=Li+[e（NH3）n]-

【答案】B

【解析】

【详解】A.NH4cl固体和NaOH溶液反应制取NH3需要加热，故A错误；

B.③的作用是干燥氨气，故放入碱石灰，⑤的作用是防止空气中水蒸气进入④中和金属锂发生反应，故

作用不同，故B正确；

C.锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，故C错误；

D.④中发生的化学反应是Li+nNL=江+^^凡）],故口错误；

故选B。

11.DNA分子由两条多聚核甘酸单链（如图）组成，两条链平行盘绕，形成双螺旋结构；每条链中的脱氧核

糖和磷酸交替连接，排列在外侧，碱基排列在内侧；两条链上的碱基（A与T,G与C）互补配对。下列说

法错误的是

o

NHT

HO—CH2

0

HO

O

O

ONH

NH2

HO

NH2

NA

HO

NH2

O

O

o

HO

A.DNA是外侧为疏水基团，内侧为亲水基团的胶束

B.碱基互补配对时形成的氢键强度：N—H…O〉N—H…N

C.DNA结构在人体内能稳定存在的原因是其链间有多个氢键

D,升高温度或DNA解旋酶可以破坏DNA链间的氢键

【答案】A

【解析】

【详解】A.DNA是外侧存在O-H键，内侧存在N-H键，都能与水分子形成氢键，都属于亲水基团，故

A错误;

B.O的电负性大于N,则碱基互补配对时形成的氢键强度：N—H…O〉N—H…N,故B正确;

C.DNA双螺旋结构在人体内能稳定存在的原因是其链间通过多个氢键相互配对，即碱基互补配对原则,

故C正确;

D.升高温度或DNA解旋酶可以破坏DNA链间的氢键，使两条链解开，故D正确;

故选Ao

12.下列晶体的性质比较错误的是

A,熔点：A1C13<HgCl2<MgCl2<A12O3

B.导电性：石墨烯〉单晶硅>低温石英

c•沸点：OC；HO^>CH。

熔点：

D.C2H5NH3NO3>NH4NO3

【答案】D

【解析】

【详解】A.HgCl2>MgCl2>AI2O3均属于离子晶体，加2。3所带电荷多，晶格能大，熔沸点高，

HgCl2>MgCU所带电荷相同，Mg的原子半径小与Hg,则MgCU晶格能大，熔沸点高，Ale、属于分

子晶体，其熔沸点比离子晶体低，故熔点：A1C13<HgCl2<MgCl2<A12O3,故A正确；

B.石墨烯性质类似石墨，具有优良的导电性，单晶硅属于半导体，石英主要成分是二氧化硅，二氧化硅

不导电，故导电性：石墨烯>单晶硅,低温石英，故B正确；

C.邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，分子内氢键使物质熔沸点降低，

故沸点：I}1<H0—CHO,则C正确；

D.二者都是由阴阳离子构成的离子晶体，阴阳离子所带电荷数相等，C2H5NH；的半径大于NH；,晶格

能C2H5NH3NO3<NH4NC）3,熔点C2H5NH3NC）3<NH4NO3,故D错误；

故选D。

13.元素的基态气态原子得到电子形成气态负离子时所放出或吸收的能量称作电子亲和能，。原子的第二

电子亲和能（0一+片—02-）为丫2。根据以下数据（单位均为口.1110「1）,下列说法错误的是

Mg(s)+yO2(g)“01.2»MgO(s)

146.4249.2'

1

Mg(g)0(g)

737.7-141.8-3943

1\

Mg-,(g)C)-(g)

1450.6丫2

Mg2+(g)+O2-(g)

A.Mg的第三电离能远远大于1450.6kJ.molTB.Al的第一电离能小于737.7kJ-molT

C.O—O的键能为498.4kJ-moLD.Y?=899.7kJ-mori

【答案】D

【解析】

【详解】A.基态镁原子最外层只有两个电子，Mg的第二电离能为1450.6kJ-moL，则第三电离能远远

大于1450.6kJ-mo「，故A正确;

B.Mg的第一电离能为737.7kJ-moL，Mg最外层3s能级轨道上电子为全满结构，其第一电离能大于同

周期相邻的元素，则A1的第一电离能小于737.7kJ-mo「，故B正确；

C.由图可知g()2(g)〜0(g)吸收的能量为249.2kJ-moL，则0—O的键能为498.4kJ-moL，故C

正确；

D.设O3e-^~»O2-释放的能量为a,根据盖斯定律有

-601.2kJ-mor1=146.4kJ-mol-1+737.7kJ-mor1+1450.6kJ-mol-1+249.2•『一141.8•1+a-r1-

求得a=899.7kJ.mor,，基态气态O原子得到电子形成气态负离子时放出能量，则O原子的第二亲和能为

-899.7kJ.mor1，故D错误；

故选D。

14.某化合物可用于制备高性能防腐蚀涂料，其结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短

周期元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法错误的是

XXX

IIIIII,

丫31X-Z-X-Z-X-Z-Xr

III

w-xXX-W

A,简单离子半径：Z>X>Y>W

B.简单氢化物的稳定性和沸点：X>Z

c.W与X可以形成含非极性共价键的非极性分子

D.氧化物的化学键中离子键的百分数：Y〉Z；Z的氧化物是分子晶体

【答案】c

【解析】

【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且占据三个不同周期，W只能形成一条共价

键，则W为第一周期主族元素，即W为H,Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，

Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P,W与Z的质子数之和是X的2

倍,,则X为0,根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为AL据此解答。

【详解】A.电子层数越多，原子或离子半径越大，电子数相同的，核电荷数大的半径小，故简单离子半

径：Z>X>Y>W,故A正确；

B.非金属性越强，氢化物的稳定性越强，H20分子间形成氢键使水的沸点反常高，则简单氢化物的稳定

性和沸点：X〉Z,故B正确；

C.W与X可以形成H2O2,其含非极性共价键，但属于极性分子，故C错误；

D.Y的氧化物是H20属于分子晶体，根据化学键中离子键的百分数：Y〉Z；Z的氧化物也是分子晶体,

故D正确；

故选Co

15.某碳酸盐是抗酸药的主要成分，其摩尔质量为mg・moL,晶胞结构和晶胞参数如图所示。下列说法

错误的是

A.COj的离子构型为平面三角形，在晶胞中有2种不同的取向

B.①、②号。与③号离子之间的距离相等

C.该碳酸盐的化学式为MCO3,不可能为Ba2+

N

D.该晶体的密度为一，=------g-cm3

出a2cxi0-21

【答案】c

【解析】

【分析】由晶胞结构可知有8个为于顶点上4个位于棱上，4个位于晶体内，则的个数为

4x—+4x-+2xl+2xl+4=6,CO：位于8个在棱上，4个在晶体内，则CO：的个数为

12663

4x-+4x-+4=6,则晶体的化学式为MCO3,每个晶胞中共含6个MCX)3,据此解答。

63

4+2—3x2

【详解】A.COj中心原子C的孤对电子数为----------=0,则价电子数为3,空间构型为平面三角形,

2

CO：沿Z轴的投影呈星形可知，CO：有两种不同的取向，故A正确；

B.由图可以看出①、②号。与③号Mn+离子之间的距离相等，故B正确；

②

C.由分析可知，碳酸盐的化学式为MCO3,中n=2,则M可能为Ba2+,故C错误；

D.该晶胞中x轴和y轴夹角为120。，则该晶胞的体积为止a2cxi0-2%!^,每个晶胞含有6个MCO3，

2

6

----m

3

则该晶胞的密度为厂'A--------g-cm-,故D正确；

出a2cxi0口

2

故选C。

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16.以磁铁矿(主要含有Fes。"含少量ALO3、SiO2>CaO、MgO等杂质)为原料制备优良的吸附剂水

合氧化铁(Fe2O3-H2O)的工艺流程如下。

NaOH溶液稀硫酸NH4F试剂xNH4HCO3溶液

磁铁矿JLJLiAI「，水合氧化铁

TTT

滤液1滤渣1co2

回答下列问题：

(1)NH4F的电子式为,其离子间的氢键可表示为O

(2)“滤液1”的主要溶质为。

(3)“沉铁”时发生反应的离子方程式为0

(4)以含铁60%的100t磁铁矿为原料生产水合氧化铁，“还原”时消耗“试剂X”20t,“沉铁”时损耗铁元

素3%,则可生产纯度为97%的水合氧化铁t(保留一位小数)。

(5)铁有两种晶体结构，其晶胞如图所示。A、B两种晶胞中Fe的配位数之比为，B晶胞中

正四面体空隙和正八面体空隙个数之比为o

H

［：H『［:F：］**

HN••••

H

F

(2)Na[Al(OH)4]和Na2SiO3

2+

(3)Fe+2HCO；=FeCO3+CO2+H2O(4)127It

(5)①.2:3②.2:1

【解析】

【分析】磁铁矿粉碎后碱浸，氧化铝、二氧化硅转化为钠盐溶液进入滤液1,滤渣加入硫酸酸浸，Fe3O4

转化为二价铁离子和三价铁离子，氧化钙、氧化镁转化为硫酸盐，加入氟化核得到含有氟化钙、氟化镁沉

淀的滤渣，滤液加入单质铁还原三价铁离子为二价铁离子，加入碳酸氢镀，使二价铁离子转化为碳酸亚铁

的沉淀，处理后得到水合氧化铁。

【小问1详解】

①NH4F为离子化合物，所以的电子式为

H

+

［H：N••：H］［：F••：］"

H

②在NH4F中，由于N原子与四个H原子形成了共价键，并带有一个正电荷；而F原子则带有一个负电

荷。因此，在NH4F中存在着N-H..…F类型的氢键,故表示为N-H..…F,故答案为N-H..…F；

【小问2详解】

滤液1是碱溶以后的产物，故溶液中溶质是Na［Al(OH)4］和Na2SiO3,故答案为：Na［Al(OH)4］和Na2SiO3；

【小问3详解】

2+

“沉铁”时发生反应的离子方程式为Fe+2HC0；=FeCO.+C02+H20；

【小问4详解】

(60%xl00t+20t)x(l-3%)

根据铁元素守恒可知，生产纯度为97%的水合氧化铁为：56义2一"；

56x2+16x3+18

【小问5详解】

①A晶胞中Fe的配位数是与体心铁原子距离最近的铁原子，则是上表面和下表面上的角上的铁原子为8

个，配位数为8,B晶胞中Fe的配位数是面上中心铁原子与其最近的铁原子分别位于：面上的四个，四个

侧面的四个以及相邻的一个晶胞的四个侧面的四个铁原子，配位数是12,故答案为2:3；

②B晶胞中其面心的6个铁原子可以构成2个最小的正四面体，另外面心的6个铁原子可以构成1个最小

的正八面体，故答案为：2:lo

17.氮是构建化合物的常见元素，可以形成从-3到+5各价态的化合物。回答下列问题：

(1)下列关于NO；和NO?的说法正确的为。

A.NO］具有氧化性，还原性和配位能力B.O—N—O键角：NO；<NC)2<NO；

C.NO；中N的杂化方式为sp2杂化D.NO；的结构与NCS-的结构类似

(2)已知NO；和NO］中都存在n“n中心m电子的大兀键可用n：表示)，且杂化轨道中P成分越多，形

成的键越长。结合信息分析，NO；和NO?中N—O键长较短的是，其原因为o

(3)N(CH3)3和N(SiH3%有相同的价电子数，但实验测得两者的分子构型(忽略H原子)分别为三角锥

形和平面三角形。收出方和N(SiH3)3中心N原子的杂化方式分别为o两者分子结构不同

的原因之一是某一分子可形成大兀键。已知"轨道也可参与形成兀键，以口：表示出的相关大兀键：

0另一原因与电负性有关，H、C、N和Si的电负性由小到大的顺序是,

N(SiHs)3中Si的价态为o

【答案】(l)ABD(2)①.NO；②.NO；为sp杂化，NO：为sp2杂化，故NO；中N-0键

长较短

(3)①.sp3、sp2②.兀：③.Si、H、C、N+4

【解析】

【小问1详解】

A.NO2中N原子为+3价，为N元素的中间价态，既具有氧化性又具有还原性，同时NO1中心N原子

孤电子数为5+12匚=1,具有配位能力，A正确;

2

B.NO2中心N原子价层电子对数为2+-1；2X2=3,sp2杂化，有1对孤电子对，为V形；NO2中

5—2x2

心N原子价层电子对数为2+----------=2.5,即N原子有一个单电子，一个电子也占据一个轨道，所以N

2

原子采取sp2杂化，为V形；NO；中心N原子价层电子对数为2+一；*=2,sp杂化，无孤电子对,

为直线形分子，根据孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故键角大小

顺序为NOZ<NC)2<NO;,B正确;

C.据B选项分析可知，NO；中N的杂化方式为sp杂化，C错误;

D.NO；与NCS-原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，故两者结构类似，D正确;

故选ABD；

【小问2详解】

NO；中心原子N价层电子对数为2+一；*=2,sp杂化；NO：中心N原子价层电子对数为

5+122

2+~X-3,sp2杂化，根据题干，杂化轨道中P成分越多，形成的键越长，可知NO；和NO£中

N-0键长较短的是NO；；

【小问3详解】

由化合物N(CH3］的空间结构为三角锥形可知，化合物中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1,

氮原子的杂化方式为sp?杂化，由N(SiH3)3的空间结构为平面形可知，化合物中氮原子的价层电子对数

为3,孤电子对数为0,氮原子的杂化方式为sp?杂化；N(SiH3)3中N原子的孤对电子位于2P轨道上，与

Si的3d的空轨道形成大无键，其中氮原子提供孤电子对，硅原子提供空轨道，形成4中心2电子的大兀键:

兀；；H、C、N、Si的电负性由小到大的顺序为Si、H、C、N；N(SiHs)3根据化合价代数和为零以及电

负性顺序可知Si的化合价为+4价。

18.臭氧是一种重要物质，在工业废水的处理中有广泛应用，是优良的污水净化剂、脱色剂和消毒剂。回

答下列问题：

(1)。3中含有=

①极性键②非极性键③。键④兀键⑤离子键⑥配位键⑦双键

(2)。3的分子具有极性，但极性微弱。请从分子的空间结构和中心原子上的孤电子对角度解释：

(3)以下溶解度由大到小的顺序为0

A.。2在水中的溶解度B.。3在水中的溶解度C.。3在CCI4中的溶解度

(4)。3的氧化性比。2强。。3和。2的混合气体中。3浓度可用碘量法测定。将混合气体通入碱性KI溶

液中，生成碘和另一种单质，该反应的离子反应方程式为O生成的碘再用Na2s2。3溶液滴定,

发生反应2s2O；-+l2=S4O1+2广。从物质结构和性质分析，S4O1的结构应为(填序号)。

oOSs

1-一-

nH2-Hn

sSSs

n-HHn

-0b

-oO-一Oo-

a

(5)。3、S02>S：的分子或离子构型均为。$：中5—5—5键角比502中0—5—0键

角(填“大’或”小，其原因为=

【答案】(1)①③④(2)臭氧中存在一个三中心、四电子的大兀键，中间氧原子的电子云向两侧偏移,

致使中心氧原子相对显正电性，两边氧原子相对显负电性。而且臭氧分子为V形结构，所以臭氧分子有偶

极矩而显极性

(3)B>C>A(4)®.O3+2I-+H2O=I2+2OH-+O2②.a

(5)①.V形②.大③.的中心原子S上有两个孤电子对，S02的中心原子S上只有一个

孤电子对，孤电子对间的排斥力大

【解析】

【小问1详解】

臭氧中的中间0原子取sp2杂化，中间氧原子的2个单电子均位于sp2杂化轨道，其未参与杂化的2P轨

道上有1对电子；中心氧原子分别用单电子跟两侧氧原子的单电子形成。键后，两侧氧原子用另一个单电

子和中心氧原子未杂化的2P轨道相互平行，从侧面发生电子云重叠，形成一个三中心、四电子的大兀键。

三个原子对此兀键的贡献不同，中间氧原子提供了2个电子，两侧的氧原子分别只提供了1个电子，最终

电子云均匀化的结果是，中间氧原子的电子云向两侧偏移，所以臭氧中的化学键为极性键，没有离子键、

配位键和氧氧双键。故选①③④。

【小问2详解】

臭氧中存在一个三中心、四电子的大兀键，中间氧原子的电子云向两侧偏移，致使中心氧原子相对显正电

性，两边氧原子相对显负电性。而且臭氧分子为V形结构，所以臭氧分子有偶极矩而显极性。

【小问3详解】

03是极性分子，CC14是非极性分子，02是非极性分子，水是极性分子，所以臭氧在水中的溶解度大于在

CC14中的溶解度。03有微弱极性，则03在CC14中的溶解度大于02在水中的溶解度，故溶解度由大到

小的顺序为B>C>Ao

【小问4详解】

03和02的混合气体通入碱性KI溶液中，生成碘和另一种单质，则另一种单质为氧气，该反应的离子反

应方程式为：O3+2I-+H2O=I2+2OH-+O2。氧原子半径小于硫原子半径，过氧键的键长小于过硫键的键长,

因此过氧键的稳定性将因为每个氧原子上的两个孤电子对的排斥而降低，故结构（b）不如（a）稳定，故选a。

【小问5详解】

03的中心原子的价层电子对数=2+g（6