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广东省广州市培英中学、113中学、秀全中学、西关外国语中学四校联考2024-2025学年高二下学期期中化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2025高二下·广州期中）下列化学用语表述正确的是
A．镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，是原子激发态转化成基态，释放能量
B．F2的p-p键形成过程：
C．基态铍原子最外层电子的电子云图为：
D．BF3的空间构型：三角锥形
2．（2025高二下·广州期中）在水晶柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，会发现不同方向石蜡熔化的快慢不同，这是晶体的
A．自范性 B．均一性
C．晶胞“无隙并置”性 D．各向异性
3．（2025高二下·广州期中）在检测领域，可以利用图谱进行某种检测。下列有关说法错误的是
A．通过质谱图可以测定相对分子质量
B．发射光谱是光谱仪摄取元素原子的电子发生跃迁时吸收不同光的光谱
C．通过红外光谱图可以获得分子的化学键和官能团的信息
D．X射线衍射实验，可以判断出晶体中的化学键，确定键长和键角，得出物质的空间结构
4．（2025高二下·广州期中）已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，该元素在周期表中的位置和区域是
A．第三周期第ⅥB族；p区 B．第三周期第ⅢB族；d区
C．第四周期第ⅥB族；d区 D．第四周期第ⅡB族；ds区
5．（2025高二下·广州期中）碱金属氯化物是典型的离子化合物，NaCl和CsCl的晶胞结构如图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确的是
A．NaCl晶胞中a为Na+
B．CsCl晶体中Cs+周围紧邻8个Cl-
C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
6．（2025高二下·广州期中）用图示的方法能够直观形象地使大家理解化学知识，下列图示正确的是
A．CO2分子结构模型 B．NH3的空间填充模型
C．HF分子间的氢键 D．互为“镜像”关系的手性异构体
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高二下·广州期中）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰 两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体
B 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烃基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
C 熔点：碳化硅>金刚石 C-Si键能大于C-C键能
D 稳定性：H2O>H2S 水分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高二下·广州期中）《自然 天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢()的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．通过晶体的X射线衍射实验获得分子中∠P-P-P键角为109°28＇
B．次磷酸()属于一元酸
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．的VSEPR模型为平面正三角形
9．（2025高二下·广州期中）是第三代半导体的典型代表，具有良好的热学和化学稳定性。金属金催化辅助绿色制备纳米线的生长机理如图所示。层在以上的高温下液化并聚集形成多个小液滴，形成生长的形核位点。结晶体不断在液滴与晶体的界面形成纳米短棒。下列说法正确的是
A．的核外电子排布简式为
B．到过程中形成氮的等离子体
C．到发生的基元反应为
D．产物比粗，易形成纳米棒，由于温度高，生成速率快
10．（2025高二下·广州期中）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图，下列说法错误的是
A．冰晶胞类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合
B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
C．碘单质是分子晶体，碘单质在CCl4中比水中溶解度更大
D．MgO、碘单质两种晶体的熔点顺序为：MgO>碘单质
11．（2025高二下·广州期中）2022年诺贝尔化学奖授予开发“点击化学”科学家。分子R称为“点击化学试剂”，如图所示。下列叙述正确的是
A．电负性：F>N>O
B．第一电离能：F>O>N>S
C．S原子核外有6种运动状态不同的电子
D．基态F原子核外电子占据3个能级
12．（2025高二下·广州期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12NA
B．23g CH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA
C．1mol 中含有键的数目为4NA
D．甲烷-氧气酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目2NA
13．（2025高二下·广州期中）Li2O是离子晶体，其晶格能(指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量)可通过图的Born-Haber循环计算得到。下列说法错误的是
A．Li原子的第一电离能为520kJ/mol
B．O=O键的键能为249kJ/mol
C．Li2O的晶格能(只考虑数据关系)为2908kJ/mol
D．1molLi(s)转变成Li(g)需要吸收的能量为159kJ
14．（2025高二下·广州期中）拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．NaClO的电子式：
C．H2O中心原子的VSEPR模型：
D．N2H4的电子式：
15．（2025高二下·广州期中）W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素．、和三种微粒的空间构型相同，Y原子的电子层数等于最外层电子数。以下说法错误的是
A．氢化物稳定性：
B．最高价氧化物对应水化物酸性：
C．电负性：
D．原子晶体中Z的配位数为4
16．（2025高二下·广州期中）已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释错误的是
A．由实验①可推知ΔH>0，实验②平衡逆向移动
B．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为9：2
C．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
D．以上离子反应涉及的元素（Cl除外）的电负性顺序为 Zn二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025高二下·广州期中）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
（1）下列不同状态的Ni中，失去一个电子需要吸收能量最多的是　 　(填标号，下同)。用光谱仪可捕抓到发射光谱的是　 　。
A． B．
C． D．
（2）工业上选用稀硫酸的与Ni反应制备，反应还生成了一种还原性气体。
①写出该反应离子方程式　 　。
②中心原子的杂化轨道类型为　 　，的空间结构是　 　。
（3）丁二酮肟( )可与反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定的存在。请回答下列问题：
①基态氧原子的核外电子的空间运动状态有　 　种。
②丁二酮肟( )中C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为　 　；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式　 　，该过程形成的原子光谱为　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
18．（2025高二下·广州期中）I．绿矾可作补血剂，其结构如图所示：
（1）按照核外电子排布，可把元素周期表进行分区，铁元素位于元素周期表的　 　区，基态的电子轨道表示式为　 　。
（2）H2O与Fe2+；SO和H2O的作用力分别为　 　，　 　 。
（3）基态S原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（4）中键角由大到小的顺序是　 　。
（5）二价铁易被氧化为三价铁，结合价层电子排布式解释原因：　 　。
Ⅱ．FeS2晶胞为立方体，边长为，如图所示。
（6）①与Fe2+紧邻的阴离子个数为　 　。
②晶胞的密度为　 　。
19．（2025高二下·广州期中） 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、O、N、P、Fe、Ti、Cu等元素。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的简化电子排布式为　 　；B、N、O第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（2）钛能形成多种配合物或配离子，如、、等。
①上述配位原子的电负性由小到大的顺序是　 　。
②1mol 中含有键的数目是　 　。
（3）某种氮化硼晶体的立方晶胞结构如图，该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似：
①氮化硼属　 　晶体；该种氮化硼的熔点　 　SiC (填“>”或“<”或“=”)。
②已知氮化硼晶胞的边长为a nm，则晶胞密度为　 　g·cm-3 (用含有a、NA的代数式表示)。
③已知晶胞的密度为，表示阿伏加德罗常数，则B原子与N原子之间最近距离是　 　nm。(列出计算式即可)
20．（2025高二下·广州期中）从物质结构的视角认识乙酸。按要求回答下列问题。
（1）组成乙酸的元素中位于周期表p区的元素是　 　。（填元素符号）
（2）乙酸的官能团名称为　 　；官能团中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）1个分子中，含有　 　个键，　 　个键。
（4）推测乙酸的熔点比十八酸的　 　(填“高”“低”“相当”)，其理由是　 　。
（5）不同羧酸时的(即)如表所示：
羧酸 羧酸
甲酸() 3.75 氯乙酸() 2.86
乙酸() 4.76 二氯乙酸() 1.29
丙酸() 4.88 三氯乙酸() 0.65
①对比表中已知数据，从分子组成与结构角度，写出所得结论：　 　、　 　。
②写出一例能说明乙酸的酸性强于碳酸的离子方程式：　 　。
（6）写出具有果香味并含有的乙酸的同分异构体的结构简式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、镁原子的电子排布中，3p 轨道电子能量高于 3s 轨道电子。当电子从高能级的 3p 轨道跃迁到低能级的 3s 轨道时，原子由激发态转变为基态，该过程会以光子形式释放能量，A正确；
B、氟气分子中的 σ 键是由两个氟原子的 p 轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠形成的轴对称化学键：，而图中展示的是 p 轨道 “肩并肩” 重叠形成 π 键的过程，与氟气分子的成键方式不符，B错误；
C、基态铍原子的最外层电子为 2s 电子，s 轨道的电子云呈球形对称分布，而图中展示的是 p 轨道的哑铃形电子云，C错误；
D、三氟化硼分子中，中心硼原子的价层电子对数为 3 （），且无孤电子对，采取 sp2 杂化，分子空间构型为平面三角形，而非三角锥形，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子跃迁能量：电子从高能级轨道跃迁到低能级轨道时，原子由激发态变为基态，释放能量；反之则吸收能量。
共价键形成：σ 键由原子轨道 “头碰头” 重叠形成，呈轴对称；π 键由原子轨道 “肩并肩” 重叠形成，呈镜面对称。
电子云形态：s 轨道电子云为球形，p 轨道电子云为哑铃形，不同轨道的电子云形态差异显著。
分子构型判断：通过价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断杂化方式，进而确定分子空间构型，三氟化硼为平面三角形。
2．【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】现象本质：红热的铁针使石蜡熔化，熔化快慢直接反映了晶体导热能力的强弱。
关键区分：自范性：指晶体能自发形成规则几何外形的性质，与导热快慢无关。
均一性：指晶体各部分的化学组成和物理性质完全相同，与 “不同方向” 的差异矛盾。
晶胞 “无隙并置” 性：是晶体内部结构的排列方式，不直接表现为宏观导热差异。
各向异性：指晶体在不同方向上的物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）存在差异，与题目中 “不同方向熔化快慢不同” 的现象完全吻合，故选D；
故答案为：D。
【分析】先明确题目中 “不同方向石蜡熔化快慢不同” 的核心现象，再对应晶体各向异性的定义，判断其本质是晶体不同方向导热性的差异。
3．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、质谱图通过测量离子的质荷比来确定物质的相对分子质量，其中最大质荷比的数值通常对应物质的相对分子质量，A正确；
B、发射光谱是原子的电子从高能级跃迁到低能级时释放能量产生的光谱；而电子跃迁时吸收不同光形成的是吸收光谱。选项 B 将两者混淆，B错误；
C、红外光谱图中不同的吸收峰对应分子中不同的化学键或官能团的振动吸收，因此可以通过红外光谱获得分子的化学键和官能团信息，C正确；
D、X 射线衍射实验可以通过分析衍射图谱，计算出晶体中原子间的距离和角度，从而判断化学键类型、确定键长和键角，最终推导出物质的空间结构，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
发射光谱与吸收光谱混淆：发射光谱是电子跃迁时释放光，吸收光谱是电子跃迁时吸收光，选项 B 将二者能量变化方向说反，是最易出错的点。
质谱图读数误区：质谱图中最大质荷比通常对应相对分子质量，但需结合其他信息综合判断，不能简单认定。
X 射线衍射功能误解：它可确定晶体键长、键角及空间结构，但不能直接判断化学键类型，需结合理论推断。
红外光谱信息边界不清：它能提供化学键和官能团信息，但无法直接给出完整分子空间结构。
4．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】首先推算原子电子数：+3 价离子是原子失去 3 个电子形成的，因此原子的核外电子数 = 离子电子数 + 3。离子电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3，电子总数为 21，故原子电子数为 21 + 3 = 24，对应元素为 Cr（铬）。
然后确定原子电子排布：Cr 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s ，这是一个洪特规则的特例，3d 轨道半充满更稳定。
最后判断周期表位置：周期：最高能级为 4s，因此位于第四周期。
族：价电子排布为 3d54s ，价电子总数为 6，因此位于第 VIB 族。
区域：最后一个电子填充在 3d 轨道，因此属于d 区。
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
离子与原子电子数关系混淆：容易忘记 + 3 价离子是原子失去 3 个电子形成的，误将离子电子数当作原子电子数，导致元素判断错误。
洪特规则特例忽略：Cr 原子的电子排布为 1s22s22p63s23p63d54s ，是 3d 轨道半充满的稳定特例，若按常规排布（3d44s2）推断，会导致族序数判断错误。
周期表分区判断失误：将最后填充电子的轨道类型与分区对应错误，例如把 d 区元素误判为 ds 区，或反之。
价电子与族序数对应不清：对 d 区元素价电子（n-1) d、ns 上的电子总数与族序数的关系掌握不牢，无法根据价电子排布准确判断族序数。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；超分子
【解析】【解答】A、Na+半径小于 Cl-，NaCl 晶胞中 a 为半径较小的 Na+，A正确；
B、CsCl 晶胞中 Cs+紧邻 8 个 Cl-，配位数为 8，B正确；
C、碱金属离子与冠醚之间通过配位键结合形成超分子，并非离子键，C错误；
D、冠醚空穴尺寸具有特异性，可对不同半径的碱金属离子进行识别，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
晶胞微粒判断：根据离子半径大小确定晶胞中对应微粒，半径小的阳离子填充在阴离子空隙中。
配位数分析：NaCl 晶胞配位数为 6，CsCl 晶胞配位数为 8，这是典型离子晶体的特征配比。
化学键辨析：区分离子键与配位键，配位键由一方提供孤电子对（如冠醚 O），另一方提供空轨道（如 Na+）。
超分子特性：冠醚与金属离子的结合依赖配位作用，这种选择性是超分子识别的核心。
6．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CO2是直线形分子（O=C=O），而图示为 V 形结构，与实际空间构型不符，A错误；
B、图示（ ）为 NH3的球棍模型，而非空间填充模型（空间填充模型应体现原子的相对大小和紧密堆积）， B错误；
C、HF 分子间氢键的正确表示应为，C错误；
D、手性异构体如同左右手，互为镜像且不能完全重合，图示准确体现了这一特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆球棍模型与空间填充模型的区别，导致对 B 选项的误判。
对 CO2的直线形结构记忆不清，错认为其为 V 形分子。
对氢键的表示方式（尤其是方向性）理解不透彻，导致对 C 选项的判断失误。
点评
7．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；饱和烃与不饱和烃；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、乙酸分子间是通过氢键形成二聚体，而非范德华力，A错误；
B、烃基（R-）是推电子基团，烃基越长，推电子效应越强，会降低羧基中 O-H 键的极性，使 H+更难电离，酸性减弱，B正确；
C、C-C 键能大于 C-Si 键能，因此金刚石熔点应高于碳化硅，C错误；
D、分子的热稳定性由共价键强度决定，O-H 键能大于 S-H 键能，而非分子间氢键，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
混淆乙酸二聚体的作用力：乙酸二聚体是氢键作用，不是范德华力。
混淆熔点与键能关系：原子晶体熔点与共价键能正相关，C-C 键能大于 C-Si 键能，故金刚石熔点更高。
混淆稳定性与氢键：分子稳定性由共价键强度决定，氢键影响的是物理性质（如熔沸点）。
8．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、白磷（P4）分子为正四面体结构，4 个 P 原子位于正四面体的顶点，分子内∠P-P-P 键角为 60°，并非 109°28'，A错误；
B、由流程可知，白磷与浓 NaOH 反应生成 NaH2PO2（次磷酸钠），说明 H3PO2分子中只有 1 个可电离的 H 原子，属于一元酸，B正确；
C、NH3比 PH3稳定的本质原因是 N 的非金属性强于 P，N-H 键键能大于 P-H 键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质，不影响稳定性），C错误；
D、PH3中 P 原子的价电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为三角锥形，并非平面正三角形，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白磷结构：正四面体构型，键角为 60°，是典型的分子晶体。
酸的元数判断：酸分子中可电离的 H 原子个数决定酸的元数，NaH2PO2的生成证明 H3PO2是一元酸。
氢化物稳定性：同主族氢化物的稳定性由中心原子非金属性决定，非金属性越强，共价键键能越大，氢化物越稳定。
VSEPR 模型：价电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，PH3中 P 原子有 1 对孤电子对，VSEPR 模型为四面体形，分子构型为三角锥形。
9．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、Ga 是 31 号元素，其核外电子排布简式应为 [Ar] 3d 4s24p ，因此 A错误；
B、从 (a) 到 (b) 的过程中，在高温和金属催化下，N2分子被活化，形成 N-、N+等氮的等离子体，B正确；
C、c到d的基元反应为，C错误；
D、产物 (f) 比 (e) 粗，易形成纳米棒，是因为高温下 Au 液滴更大，液滴蒸发量大，不利于GaN生长，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽略 Ga 原子电子排布中 3d 轨道的存在，导致电子排布简式书写错误。
对基元反应的定义理解不清，误将多步反应或复杂反应当作基元反应。
10．【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、冰晶胞的空间结构与金刚石晶胞相似，但水分子之间是通过氢键和范德华力结合的，共价键只存在于水分子内部的 H-O 之间，A错误；
B、在金刚石晶体中，每个碳原子与 4 个碳原子以碳碳单键相连，而每个碳碳单键被 2 个碳原子共用。因此，碳原子与碳碳键的个数比为 1：(4×1/2)=1：2，B正确；
C、碘单质属于分子晶体，根据 “相似相溶” 原理，非极性的碘分子更易溶于非极性溶剂 CCl4，而难溶于极性溶剂水，因此碘在 CCl4中的溶解度更大，C正确；
D、MgO 是离子晶体，离子键强度大，熔点很高；碘单质是分子晶体，熔化时仅需克服微弱的分子间作用力，熔点很低。因此熔点顺序为 MgO > 碘单质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆分子间作用力和化学键：冰晶胞中水分子间是氢键和范德华力，不是共价键。
金刚石结构比例计算：容易忽略碳碳键被两个原子共用的事实，导致比例计算错误。
相似相溶原理应用：对极性、非极性溶剂与溶质的溶解规律掌握不牢。
晶体类型与熔点关系：混淆不同晶体类型的熔点高低顺序。
11．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性顺序应为 F > O > N，选项给出的 F > N > O 顺序错误，A错误；
B、同周期元素第一电离能呈增大趋势，但第 ⅡA 族和第 ⅤA 族因电子排布全满或半满而出现反常。正确顺序应为 F > N > O > S，选项给出的 F > O > N > S 顺序错误，B错误；
C、S 是 16 号元素，核外有 16 个电子，每个电子的运动状态都不相同，因此有 16 种运动状态不同的电子，而非 6 种，C错误；
D、基态 F 原子的核外电子排布式为 1s22s22p5，占据的能级为 1s、2s、2p，共 3 个能级，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
电负性顺序混淆：忽略了 O 和 N 的电负性大小关系，误记为 N > O。
第一电离能反常忽略：未考虑 N 原子 2p 轨道半充满的稳定性，导致第一电离能顺序判断错误。
电子运动状态理解不清：误认为电子数等于运动状态数，忽略了每个电子的运动状态都是唯一的。
能级概念混淆：将电子层与能级等同，导致能级数量判断错误。
12．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在 [Cu(NH3)4]2+ 中，每个 NH3分子内有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个 σ 键，再加上 4 个 Cu2+与 N 之间的配位 σ 键，总计 16 个 σ 键。因此 1mol 该离子中 σ 键数目为 16 NA ，A错误；
B、23g CH3CH2OH 的物质的量为 0.5mol。乙醇分子中，甲基 C、亚甲基 C 和羟基 O 均采取 sp3 杂化，共 3 个原子。因此 0.5mol 乙醇中 sp3 杂化的原子数为 1.5 NA ，B错误；
C、在 SiO2晶体中，每个 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个 Si-O 单键，且这些键均为该 Si 原子所独有。因此 1mol SiO2中含有 4 NA 个 Si-O 键，C正确；
D、甲烷 - 氧气酸性燃料电池中，正极反应为 O2+4H++4e-=2H2O ，1mol O2反应时转移 4mol 电子，即 4 NA 个电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．不仅要算配体 NH3内部的 N-H σ 键，更要关注中心离子 Cu2+与配体 N 之间的配位 σ 键，二者相加才是总 σ 键数，这是避免漏算的关键。
B．突破点在于识别羟基 O 原子的杂化类型 ——O 原子成键后有孤电子对，同样采取 sp3 杂化，并非只有两个 C 原子，以此确定杂化原子总数。
C．核心是明确 Si 原子的成键环境：每个 Si 原子直接与 4 个 O 原子形成专属的 Si-O 键，无共用情况，据此可直接得出 1mol Si 对应 4mol Si-O 键。
D．酸性条件下 O2在正极得电子，突破点是写出 O2的还原反应，明确 1mol O2参与反应时得 4mol 电子，而非常见的 2mol，这是电子数计算的核心依据。
13．【答案】B
【知识点】晶格能的应用
【解析】【解答】A、2mol Li (g) 电离为 2mol Li+(g) 吸收 1040kJ 能量，因此 Li 原子的第一电离能为
1040kJ ÷ 2 = 520kJ/mol，A正确；
B、图中显示 1/2mol O2(g) 分解为 O (g) 吸收 249kJ 能量，因此 O=O 键的键能应为
249kJ × 2 = 498kJ/mol，而非 249kJ/mol，B错误；
C、晶格能定义为气态离子形成 1mol 离子晶体释放的能量。图中 2Li+(g)+O2-(g)→Li2O(s) 释放 2908kJ 能量，因此 Li2O 的晶格能为 2908kJ/mol，C正确；
D、2mol Li (s) 转变为 2mol Li (g) 吸收 318kJ 能量，因此 1mol Li (s) 转变为 Li (g) 需要吸收
318kJ ÷ 2 = 159kJ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
键能计算误区：误将mol O2分解的能量当作 O=O 键的键能，忽略了键能是指 1mol 化学键断裂的能量。
电离能计算：未注意到图中是 2mol Li 的电离过程，导致第一电离能计算错误。
晶格能定义：对晶格能的定义理解不清，无法正确从图中提取对应能量变化。
能量换算：在计算 1mol 物质的能量变化时，未正确将图中 2mol 的能量数据减半。
14．【答案】D
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氯的质子数为17，中子数18则质量数为35，核素应写为，选项左下角标错为18，A错误；
B、NaClO是离子化合物，由和构成，中是O与Cl成键， 故其电子式为，B错误；
C、中心O原子的价层电子对数为4（2个键对+2个孤电子对）， VSEPR模型为，C错误；
D、中N与N之间成单键，每个N再与2个H成键，所有原子均满足稳定结构， 其电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．核素符号的核心是“左下角标质子数，左上角标质量数”。氯的质子数是17，中子数18则质量数为35，应写为。
B．NaClO是离子化合物，电子式必须体现和的电荷，且中是O与Cl成键。
C．VSEPR模型由价层电子对数决定，中O原子有4对价层电子对（2个成键对+2个孤对），VSEPR模型为四面体形。
D．中N-N为单键，每个N与2个H成键，所有原子满足8电子稳定结构，电子式书写规范。
15．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、简单氢化物的稳定性与元素非金属性正相关。非金属性顺序为，因此氢化物稳定性应为，即。A错误；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致，非金属性，故酸性顺序为，即，B正确；
C、同周期主族元素从左到右电负性增大，金属元素电负性小于非金属元素，故电负性顺序为，即，C正确；
D、原子晶体为，在晶体中，每个原子与4个原子形成共价键，因此（对应）的配位数为4，D正确；
故答案为：A。
【分析】三种微粒、、空间构型相同，均为正四面体，可推知为（氢）。
为，故为（氮）；为，故为（碳）；为，故为（硅）。
原子电子层数等于最外层电子数，且原子序数介于（7）和（14）之间，故为（铝）。
16．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、实验①冰水浴中溶液变红色，说明低温下平衡向生成 [Co(H2O)6]2+的方向移动，逆反应放热，则正反应吸热，ΔH>0；实验②加水稀释，离子浓度均降低，平衡向粒子数增多的左侧移动（逆反应方向），溶液变红，A正确；
B、[Co(H2O)6]2+中，6 个 H2O 各含 2 个 O-H σ 键，且 Co2+与 6 个 O 形成 6 个配位 σ 键，总 σ 键数为 6×2+6=18；[CoCl4]2-中仅 Co2+与 4 个 Cl-形成 4 个配位 σ 键，无其他 σ 键，二者 σ 键数之比为 18：4=9：2，B正确；
C、实验③加入 ZnCl2固体后溶液变红，说明 Zn2+与 Cl-结合生成 [ZnCl4]2-，消耗了溶液中的 Cl-，促使配位平衡逆向移动，证明 Zn2+与 Cl-的结合能力强于 Co2+，即配离子稳定性 [ZnCl4]2->[CoCl4]2-，C正确；
D、金属元素电负性远小于非金属元素，故 Zn、Co 的电负性均小于 H、O；同周期非金属元素电负性 O>H，金属元素中 Co 的电负性大于 Zn（过渡金属电负性随原子序数增大而增大），因此正确顺序为 Zn
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
配位离子 σ 键计数漏项：易忽略配体内部的 σ 键，仅计算中心离子与配体的配位 σ 键。
配离子稳定性比较逻辑倒置：无法通过 “竞争配位” 现象，反向推导配离子的结合能力强弱。
电负性规律应用偏差：混淆金属与非金属元素的电负性大小，或记错过渡金属的电负性变化趋势。
平衡移动方向判断失误：加水稀释时，忽略 “粒子数增多方向” 是平衡移动的主导因素。
17．【答案】（1）C；BD
（2）Ni +2H+ = Ni2+ +H2↑；sp2；正四面体
（3）5；；；吸收
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）①基态镍的价层电子排布式为3d84s2，C选项失去一个电子为第二电离能，其余失去一个电子为第一电离能，逐级电离能越来越大，故选C；
②A为基态镍的价层电子轨道表示式，B为失去一个电子的镍的价层电子轨道表示式，B和D为激发态，可释放能量形成发射光谱被光谱仪捕抓到；
故答案为： C ； BD ；
（2）①根据题意可推测出稀硫酸与Ni反应生成NiSO4，还原性气体为氢气，离子方程式为Ni+2H+=Ni2++H2↑；
②硝酸根中心原子的价电子对数为，为sp2杂化；
硫酸根离子根中心原子的价电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；
故答案为： Ni +2H+ = Ni2+ +H2↑ ； sp2 ； 正四面体 ；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，共占据5个轨道，核外电子的空间运动状态有5种；
②同周期从左到右电负性逐渐递增，碳的电负性又大于氢的，故C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为；
硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，可得硼激发态原子的价电子轨道表示式为；
该过程需要吸收能量能形成吸收光谱。
故答案为：5； ； ； 吸收 。
【分析】(1)失去一个电子能量最多：C为Ni+的电子排布，失去电子是第二电离能，逐级电离能递增，因此所需能量最大。
发射光谱：激发态原子（B、D）跃迁回基态时释放能量，可被光谱仪捕捉到发射光谱。
(2) 离子方程式：Ni与稀硫酸反应生成Ni2+和还原性气体H2，方程式为。
：中心N原子价层电子对数为3，采取杂化。
：中心S原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体。
(3)氧原子空间运动状态：基态O原子电子占据5个轨道，空间运动状态为5种。
电负性顺序：。
激发态B原子：2s电子激发到2p，价电子轨道表示式为 ，该过程吸收能量，形成吸收光谱。
（1）①基态镍的价层电子排布式为3d84s2，C选项失去一个电子为第二电离能，其余失去一个电子为第一电离能，逐级电离能越来越大，故选C；
②A为基态镍的价层电子轨道表示式，B为失去一个电子的镍的价层电子轨道表示式，B和D为激发态，可释放能量形成发射光谱被光谱仪捕抓到；
（2）①根据题意可推测出稀硫酸与Ni反应生成NiSO4，还原性气体为氢气，离子方程式为Ni+2H+=Ni2++H2↑；
②硝酸根中心原子的价电子对数为，为sp2杂化；
硫酸根离子根中心原子的价电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，共占据5个轨道，核外电子的空间运动状态有5种；
②同周期从左到右电负性逐渐递增，碳的电负性又大于氢的，故C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为；
硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，可得硼激发态原子的价电子轨道表示式为；
该过程需要吸收能量能形成吸收光谱。
18．【答案】d；；配位键；氢键；哑铃形；；二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构；6；×1021
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）铁的价电子排布式为3d64s2，为d区元素；基态的电子轨道表示式为；
故答案为： d ； ；
（2）由结构示意图可知，七水硫酸亚铁中，水分子中具有孤对电子的氧原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键，水分子中的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，故作用力分别为：配位键、氢键；
故答案为： 配位键 ； 氢键 ；
（3）基态S原子核外电子占据的最高能级为p，电子云轮廓图形状为哑铃形；
故答案为： 哑铃形 ；
（4）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，3为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，2为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于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，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角由大到小的顺序是；
故答案为： ；
（5）二价铁易被氧化为三价铁，根据价层电子排布式，原因：二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构；
故答案为： 二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构 ；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点的亚铁离子与位于棱上的S离子的距离最近，则1个亚铁离子周围有6个S离子，配位数为6；
②由晶胞结构可知，位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3ρ，解得ρ=×1021。
故答案为：6；×1021 。
【分析】(1) 分区：Fe价电子排布为，属于d区。
轨道表示式：基态的3d电子排布为，轨道表示式为 。
(2)与：O提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，形成配位键。
与：水分子的H与硫酸根的O之间形成氢键。
(3) 基态S原子最高能级为，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形。
(4) 孤电子对排斥力 > 成键电子对排斥力。（硫酸根，无孤电子对）> （配位水，1对孤电子对）> （游离水，2对孤电子对），即。
(5)价电子排布为，易失去1个电子达到半充满稳定结构，因此易被氧化为。
(6) ① 配位数：与紧邻的阴离子（）个数为6。
② 密度计算：晶胞中和各4个，晶胞质量为，晶胞体积为，密度。
19．【答案】（1）；
（2）；24
（3）共价；>；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①铜为31号元素，其简化电子排布式为；
②同周期主族元素从左往右第一电离能有逐渐增大的趋势，第ⅡA和第ⅤA大于同周期相邻的两种元素，故；
故答案为： ； ；
（2）①同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故负性；
②配位键和共价单键均为键，中有6条配位键加上6个NH3中的18条共价单键，故1mol 中共有24NA个键；
故答案为： ； 24 ；
（3）①该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，可知为共价晶体；共价晶体熔化时破坏共价键，氮化硼中B-N键键长小于碳化硅中的Si-C键键长，键能更大，碳化硅熔点更低；
②B位于体内，共有4个，N位于顶点和面心共有个，故晶胞密度为g/cm3=g/cm3；
③由氮化硼晶体的立方晶胞结构图可知，B原子与N原子之间最近距离是体对角线的四分之一，由晶胞密度先算出晶胞边长为nm，则晶胞的体对角线长度为nm，则B原子与N原子之间最近距离为nm。
故答案为： 共价 ； > ； ； 。
【分析】(1) 简化电子排布式：Cu为31号元素，价电子排布为，简化式为。
第一电离能：同周期第ⅤA族（N）因2p轨道半充满，电离能反常，故顺序为。
(2)电负性：同周期从左到右递增，故配位原子电负性顺序为。
σ键数目：中，6个含18个N-H σ键，加上6个Ti-N配位σ键，共24个σ键，即。
(3)晶体类型：熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，属于共价晶体；B-N键长比Si-C短，键能更大，故熔点 SiC。
密度计算：晶胞中B、N各4个，质量为，体积为，密度为最近距离：B与N的最近距离为体对角线的，由密度先算边长，故距离为。
（1）①铜为31号元素，其简化电子排布式为；
②同周期主族元素从左往右第一电离能有逐渐增大的趋势，第ⅡA和第ⅤA大于同周期相邻的两种元素，故；
（2）①同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故负性；
②配位键和共价单键均为键，中有6条配位键加上6个NH3中的18条共价单键，故1mol 中共有24NA个键；
（3）①该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，可知为共价晶体；共价晶体熔化时破坏共价键，氮化硼中B-N键键长小于碳化硅中的Si-C键键长，键能更大，碳化硅熔点更低；
②B位于体内，共有4个，N位于顶点和面心共有个，故晶胞密度为g/cm3=g/cm3；
③由氮化硼晶体的立方晶胞结构图可知，B原子与N原子之间最近距离是体对角线的四分之一，由晶胞密度先算出晶胞边长为nm，则晶胞的体对角线长度为nm，则B原子与N原子之间最近距离为nm。
20．【答案】（1）C、O
（2）羧基；sp2
（3）7；1
（4）低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低
（5）羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)
（6）HCOOCH3
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡；乙酸的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）乙酸中含有元素为H、C、O，H为s区元素，其余为p区元素。
答案为C、O；
（2）乙酸中含有-COOH，即官能团名称为羧基；羧基的结构为，该结构中的C为sp2杂化。
答案为：羧基；sp2；
（3）乙酸的结构为，单键均为σ键，双键中一个σ键、一个π键，则该分子中个σ键7个，1个π键，
答案为7；1；
（4）两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低。
答案为低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）结合表格第一列数据分析，羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小。结合第二列数据分析，羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；要证明乙酸酸性强于碳酸，可利用相对强酸制取相对弱酸，即乙酸制取碳酸，如 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)。
答案为：羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的αC的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)；
（6）乙酸的化学式为C2H4O2，该结构有一个不饱和度，具有果香味并含有的乙酸的同分异构体含-COOR，为HCOOCH3。
答案为：HCOOCH3。
【分析】(1)元素分区：H的价电子排布为，属于s区；C的价电子排布为，O的价电子排布为，二者均属于p区。因此，乙酸中位于p区的元素是和。
(2)官能团：乙酸的特征官能团是羧基（-COOH）。
杂化类型：羧基中的碳原子形成了3个σ键（C=O、C-O、C-C），无孤电子对，价层电子对数为3，因此采取杂化。
(3)σ键：乙酸的结构为。其中，中的3个键、键、羧基中的键、键，以及双键中的1个，均为σ键，总计7个。
π键：仅存在于羧基的双键中，共1个。
(4)熔点比较：乙酸的熔点比十八酸低。
理论依据：两者均为分子晶体，熔点取决于分子间范德华力。范德华力随相对分子质量增大而增强。乙酸的摩尔质量（60 g/mol）远小于十八酸（284 g/mol），分子间作用力更弱，因此熔点更低。
(5)酸性规律：a. 对于饱和一元羧酸，羧基所连接的烷基（如、）越大，其给电子效应越强，导致羧基中O-H键极性减弱，酸性越弱。
b. 当羧基的α-碳上连接有电负性大的Cl原子时，会产生吸电子诱导效应，使羧基中O-H键极性增强，酸性增强。连接的Cl原子越多，酸性越强。
强酸制弱酸：乙酸酸性强于碳酸，可通过反应证明，例如：
(6)同分异构体：乙酸（）的同分异构体中，具有果香味并含有羰基的是酯类化合物。其结构简式为，即甲酸甲酯。
（1）乙酸中含有元素为H、C、O，H为s区元素，其余为p区元素。答案为C、O；
（2）乙酸中含有-COOH，即官能团名称为羧基；羧基的结构为，该结构中的C为sp2杂化。答案为：羧基；sp2；
（3）乙酸的结构为，单键均为σ键，双键中一个σ键、一个π键，则该分子中个σ键7个，1个π键，答案为7；1；
（4）两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低。答案为低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）结合表格第一列数据分析，羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小。结合第二列数据分析，羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；要证明乙酸酸性强于碳酸，可利用相对强酸制取相对弱酸，即乙酸制取碳酸，如 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)。答案为：羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的αC的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)；
（6）乙酸的化学式为C2H4O2，该结构有一个不饱和度，具有果香味并含有的乙酸的同分异构体含-COOR，为HCOOCH3。答案为HCOOCH3。
1 / 1广东省广州市培英中学、113中学、秀全中学、西关外国语中学四校联考2024-2025学年高二下学期期中化学试题
一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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．（2025高二下·广州期中）下列化学用语表述正确的是
A．镁原子由1s22s22p63s13p1→1s22s22p63s2时，是原子激发态转化成基态，释放能量
B．F2的p-p键形成过程：
C．基态铍原子最外层电子的电子云图为：
D．BF3的空间构型：三角锥形
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、镁原子的电子排布中，3p 轨道电子能量高于 3s 轨道电子。当电子从高能级的 3p 轨道跃迁到低能级的 3s 轨道时，原子由激发态转变为基态，该过程会以光子形式释放能量，A正确；
B、氟气分子中的 σ 键是由两个氟原子的 p 轨道沿键轴方向 “头碰头” 重叠形成的轴对称化学键：，而图中展示的是 p 轨道 “肩并肩” 重叠形成 π 键的过程，与氟气分子的成键方式不符，B错误；
C、基态铍原子的最外层电子为 2s 电子，s 轨道的电子云呈球形对称分布，而图中展示的是 p 轨道的哑铃形电子云，C错误；
D、三氟化硼分子中，中心硼原子的价层电子对数为 3 （），且无孤电子对，采取 sp2 杂化，分子空间构型为平面三角形，而非三角锥形，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
电子跃迁能量：电子从高能级轨道跃迁到低能级轨道时，原子由激发态变为基态，释放能量；反之则吸收能量。
共价键形成：σ 键由原子轨道 “头碰头” 重叠形成，呈轴对称；π 键由原子轨道 “肩并肩” 重叠形成，呈镜面对称。
电子云形态：s 轨道电子云为球形，p 轨道电子云为哑铃形，不同轨道的电子云形态差异显著。
分子构型判断：通过价层电子对数（σ 键数 + 孤电子对数）判断杂化方式，进而确定分子空间构型，三氟化硼为平面三角形。
2．（2025高二下·广州期中）在水晶柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡，会发现不同方向石蜡熔化的快慢不同，这是晶体的
A．自范性 B．均一性
C．晶胞“无隙并置”性 D．各向异性
【答案】D
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】现象本质：红热的铁针使石蜡熔化，熔化快慢直接反映了晶体导热能力的强弱。
关键区分：自范性：指晶体能自发形成规则几何外形的性质，与导热快慢无关。
均一性：指晶体各部分的化学组成和物理性质完全相同，与 “不同方向” 的差异矛盾。
晶胞 “无隙并置” 性：是晶体内部结构的排列方式，不直接表现为宏观导热差异。
各向异性：指晶体在不同方向上的物理性质（如导热性、导电性、光学性质等）存在差异，与题目中 “不同方向熔化快慢不同” 的现象完全吻合，故选D；
故答案为：D。
【分析】先明确题目中 “不同方向石蜡熔化快慢不同” 的核心现象，再对应晶体各向异性的定义，判断其本质是晶体不同方向导热性的差异。
3．（2025高二下·广州期中）在检测领域，可以利用图谱进行某种检测。下列有关说法错误的是
A．通过质谱图可以测定相对分子质量
B．发射光谱是光谱仪摄取元素原子的电子发生跃迁时吸收不同光的光谱
C．通过红外光谱图可以获得分子的化学键和官能团的信息
D．X射线衍射实验，可以判断出晶体中的化学键，确定键长和键角，得出物质的空间结构
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、质谱图通过测量离子的质荷比来确定物质的相对分子质量，其中最大质荷比的数值通常对应物质的相对分子质量，A正确；
B、发射光谱是原子的电子从高能级跃迁到低能级时释放能量产生的光谱；而电子跃迁时吸收不同光形成的是吸收光谱。选项 B 将两者混淆，B错误；
C、红外光谱图中不同的吸收峰对应分子中不同的化学键或官能团的振动吸收，因此可以通过红外光谱获得分子的化学键和官能团信息，C正确；
D、X 射线衍射实验可以通过分析衍射图谱，计算出晶体中原子间的距离和角度，从而判断化学键类型、确定键长和键角，最终推导出物质的空间结构，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
发射光谱与吸收光谱混淆：发射光谱是电子跃迁时释放光，吸收光谱是电子跃迁时吸收光，选项 B 将二者能量变化方向说反，是最易出错的点。
质谱图读数误区：质谱图中最大质荷比通常对应相对分子质量，但需结合其他信息综合判断，不能简单认定。
X 射线衍射功能误解：它可确定晶体键长、键角及空间结构，但不能直接判断化学键类型，需结合理论推断。
红外光谱信息边界不清：它能提供化学键和官能团信息，但无法直接给出完整分子空间结构。
4．（2025高二下·广州期中）已知某元素+3价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，该元素在周期表中的位置和区域是
A．第三周期第ⅥB族；p区 B．第三周期第ⅢB族；d区
C．第四周期第ⅥB族；d区 D．第四周期第ⅡB族；ds区
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】首先推算原子电子数：+3 价离子是原子失去 3 个电子形成的，因此原子的核外电子数 = 离子电子数 + 3。离子电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3，电子总数为 21，故原子电子数为 21 + 3 = 24，对应元素为 Cr（铬）。
然后确定原子电子排布：Cr 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s ，这是一个洪特规则的特例，3d 轨道半充满更稳定。
最后判断周期表位置：周期：最高能级为 4s，因此位于第四周期。
族：价电子排布为 3d54s ，价电子总数为 6，因此位于第 VIB 族。
区域：最后一个电子填充在 3d 轨道，因此属于d 区。
故答案为：C。
【分析】本题的易错点：
离子与原子电子数关系混淆：容易忘记 + 3 价离子是原子失去 3 个电子形成的，误将离子电子数当作原子电子数，导致元素判断错误。
洪特规则特例忽略：Cr 原子的电子排布为 1s22s22p63s23p63d54s ，是 3d 轨道半充满的稳定特例，若按常规排布（3d44s2）推断，会导致族序数判断错误。
周期表分区判断失误：将最后填充电子的轨道类型与分区对应错误，例如把 d 区元素误判为 ds 区，或反之。
价电子与族序数对应不清：对 d 区元素价电子（n-1) d、ns 上的电子总数与族序数的关系掌握不牢，无法根据价电子排布准确判断族序数。
5．（2025高二下·广州期中）碱金属氯化物是典型的离子化合物，NaCl和CsCl的晶胞结构如图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。
下列说法不正确的是
A．NaCl晶胞中a为Na+
B．CsCl晶体中Cs+周围紧邻8个Cl-
C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子
D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；超分子
【解析】【解答】A、Na+半径小于 Cl-，NaCl 晶胞中 a 为半径较小的 Na+，A正确；
B、CsCl 晶胞中 Cs+紧邻 8 个 Cl-，配位数为 8，B正确；
C、碱金属离子与冠醚之间通过配位键结合形成超分子，并非离子键，C错误；
D、冠醚空穴尺寸具有特异性，可对不同半径的碱金属离子进行识别，D正确；
故答案为：C
【分析】本题解题要点：
晶胞微粒判断：根据离子半径大小确定晶胞中对应微粒，半径小的阳离子填充在阴离子空隙中。
配位数分析：NaCl 晶胞配位数为 6，CsCl 晶胞配位数为 8，这是典型离子晶体的特征配比。
化学键辨析：区分离子键与配位键，配位键由一方提供孤电子对（如冠醚 O），另一方提供空轨道（如 Na+）。
超分子特性：冠醚与金属离子的结合依赖配位作用，这种选择性是超分子识别的核心。
6．（2025高二下·广州期中）用图示的方法能够直观形象地使大家理解化学知识，下列图示正确的是
A．CO2分子结构模型 B．NH3的空间填充模型
C．HF分子间的氢键 D．互为“镜像”关系的手性异构体
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、CO2是直线形分子（O=C=O），而图示为 V 形结构，与实际空间构型不符，A错误；
B、图示（ ）为 NH3的球棍模型，而非空间填充模型（空间填充模型应体现原子的相对大小和紧密堆积）， B错误；
C、HF 分子间氢键的正确表示应为，C错误；
D、手性异构体如同左右手，互为镜像且不能完全重合，图示准确体现了这一特征，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
混淆球棍模型与空间填充模型的区别，导致对 B 选项的误判。
对 CO2的直线形结构记忆不清，错认为其为 V 形分子。
对氢键的表示方式（尤其是方向性）理解不透彻，导致对 C 选项的判断失误。
点评
7．（2025高二下·广州期中）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是
选项 物质的结构或性质 解释
A 用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰 两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体
B 酸性：CH3COOH>CH3CH2COOH 烃基(R-)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱
C 熔点：碳化硅>金刚石 C-Si键能大于C-C键能
D 稳定性：H2O>H2S 水分子间存在氢键
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；饱和烃与不饱和烃；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、乙酸分子间是通过氢键形成二聚体，而非范德华力，A错误；
B、烃基（R-）是推电子基团，烃基越长，推电子效应越强，会降低羧基中 O-H 键的极性，使 H+更难电离，酸性减弱，B正确；
C、C-C 键能大于 C-Si 键能，因此金刚石熔点应高于碳化硅，C错误；
D、分子的热稳定性由共价键强度决定，O-H 键能大于 S-H 键能，而非分子间氢键，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
混淆乙酸二聚体的作用力：乙酸二聚体是氢键作用，不是范德华力。
混淆熔点与键能关系：原子晶体熔点与共价键能正相关，C-C 键能大于 C-Si 键能，故金刚石熔点更高。
混淆稳定性与氢键：分子稳定性由共价键强度决定，氢键影响的是物理性质（如熔沸点）。
8．（2025高二下·广州期中）《自然 天文学》发表的一篇研究论文称在金星大气中探测到一个只属于磷化氢()的特征光谱。磷化氢是一种无色、剧毒、易燃的强还原性气体，制备的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．通过晶体的X射线衍射实验获得分子中∠P-P-P键角为109°28＇
B．次磷酸()属于一元酸
C．比稳定是因为分子间存在氢键
D．的VSEPR模型为平面正三角形
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、白磷（P4）分子为正四面体结构，4 个 P 原子位于正四面体的顶点，分子内∠P-P-P 键角为 60°，并非 109°28'，A错误；
B、由流程可知，白磷与浓 NaOH 反应生成 NaH2PO2（次磷酸钠），说明 H3PO2分子中只有 1 个可电离的 H 原子，属于一元酸，B正确；
C、NH3比 PH3稳定的本质原因是 N 的非金属性强于 P，N-H 键键能大于 P-H 键，与分子间氢键无关（氢键影响物理性质，不影响稳定性），C错误；
D、PH3中 P 原子的价电子对数为 4（3 个 σ 键 + 1 对孤电子对），VSEPR 模型为四面体形，分子空间构型为三角锥形，并非平面正三角形，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
白磷结构：正四面体构型，键角为 60°，是典型的分子晶体。
酸的元数判断：酸分子中可电离的 H 原子个数决定酸的元数，NaH2PO2的生成证明 H3PO2是一元酸。
氢化物稳定性：同主族氢化物的稳定性由中心原子非金属性决定，非金属性越强，共价键键能越大，氢化物越稳定。
VSEPR 模型：价电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，PH3中 P 原子有 1 对孤电子对，VSEPR 模型为四面体形，分子构型为三角锥形。
9．（2025高二下·广州期中）是第三代半导体的典型代表，具有良好的热学和化学稳定性。金属金催化辅助绿色制备纳米线的生长机理如图所示。层在以上的高温下液化并聚集形成多个小液滴，形成生长的形核位点。结晶体不断在液滴与晶体的界面形成纳米短棒。下列说法正确的是
A．的核外电子排布简式为
B．到过程中形成氮的等离子体
C．到发生的基元反应为
D．产物比粗，易形成纳米棒，由于温度高，生成速率快
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、Ga 是 31 号元素，其核外电子排布简式应为 [Ar] 3d 4s24p ，因此 A错误；
B、从 (a) 到 (b) 的过程中，在高温和金属催化下，N2分子被活化，形成 N-、N+等氮的等离子体，B正确；
C、c到d的基元反应为，C错误；
D、产物 (f) 比 (e) 粗，易形成纳米棒，是因为高温下 Au 液滴更大，液滴蒸发量大，不利于GaN生长，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
忽略 Ga 原子电子排布中 3d 轨道的存在，导致电子排布简式书写错误。
对基元反应的定义理解不清，误将多步反应或复杂反应当作基元反应。
10．（2025高二下·广州期中）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图，下列说法错误的是
A．冰晶胞类似金刚石晶胞，冰晶胞内水分子间以共价键结合
B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
C．碘单质是分子晶体，碘单质在CCl4中比水中溶解度更大
D．MgO、碘单质两种晶体的熔点顺序为：MgO>碘单质
【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响；晶体的定义
【解析】【解答】A、冰晶胞的空间结构与金刚石晶胞相似，但水分子之间是通过氢键和范德华力结合的，共价键只存在于水分子内部的 H-O 之间，A错误；
B、在金刚石晶体中，每个碳原子与 4 个碳原子以碳碳单键相连，而每个碳碳单键被 2 个碳原子共用。因此，碳原子与碳碳键的个数比为 1：(4×1/2)=1：2，B正确；
C、碘单质属于分子晶体，根据 “相似相溶” 原理，非极性的碘分子更易溶于非极性溶剂 CCl4，而难溶于极性溶剂水，因此碘在 CCl4中的溶解度更大，C正确；
D、MgO 是离子晶体，离子键强度大，熔点很高；碘单质是分子晶体，熔化时仅需克服微弱的分子间作用力，熔点很低。因此熔点顺序为 MgO > 碘单质，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆分子间作用力和化学键：冰晶胞中水分子间是氢键和范德华力，不是共价键。
金刚石结构比例计算：容易忽略碳碳键被两个原子共用的事实，导致比例计算错误。
相似相溶原理应用：对极性、非极性溶剂与溶质的溶解规律掌握不牢。
晶体类型与熔点关系：混淆不同晶体类型的熔点高低顺序。
11．（2025高二下·广州期中）2022年诺贝尔化学奖授予开发“点击化学”科学家。分子R称为“点击化学试剂”，如图所示。下列叙述正确的是
A．电负性：F>N>O
B．第一电离能：F>O>N>S
C．S原子核外有6种运动状态不同的电子
D．基态F原子核外电子占据3个能级
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A、同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性顺序应为 F > O > N，选项给出的 F > N > O 顺序错误，A错误；
B、同周期元素第一电离能呈增大趋势，但第 ⅡA 族和第 ⅤA 族因电子排布全满或半满而出现反常。正确顺序应为 F > N > O > S，选项给出的 F > O > N > S 顺序错误，B错误；
C、S 是 16 号元素，核外有 16 个电子，每个电子的运动状态都不相同，因此有 16 种运动状态不同的电子，而非 6 种，C错误；
D、基态 F 原子的核外电子排布式为 1s22s22p5，占据的能级为 1s、2s、2p，共 3 个能级，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
电负性顺序混淆：忽略了 O 和 N 的电负性大小关系，误记为 N > O。
第一电离能反常忽略：未考虑 N 原子 2p 轨道半充满的稳定性，导致第一电离能顺序判断错误。
电子运动状态理解不清：误认为电子数等于运动状态数，忽略了每个电子的运动状态都是唯一的。
能级概念混淆：将电子层与能级等同，导致能级数量判断错误。
12．（2025高二下·广州期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12NA
B．23g CH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA
C．1mol 中含有键的数目为4NA
D．甲烷-氧气酸性燃料电池中正极有1mol气体反应时转移的电子数目2NA
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、在 [Cu(NH3)4]2+ 中，每个 NH3分子内有 3 个 N-H σ 键，4 个 NH3共 12 个 σ 键，再加上 4 个 Cu2+与 N 之间的配位 σ 键，总计 16 个 σ 键。因此 1mol 该离子中 σ 键数目为 16 NA ，A错误；
B、23g CH3CH2OH 的物质的量为 0.5mol。乙醇分子中，甲基 C、亚甲基 C 和羟基 O 均采取 sp3 杂化，共 3 个原子。因此 0.5mol 乙醇中 sp3 杂化的原子数为 1.5 NA ，B错误；
C、在 SiO2晶体中，每个 Si 原子与 4 个 O 原子形成 4 个 Si-O 单键，且这些键均为该 Si 原子所独有。因此 1mol SiO2中含有 4 NA 个 Si-O 键，C正确；
D、甲烷 - 氧气酸性燃料电池中，正极反应为 O2+4H++4e-=2H2O ，1mol O2反应时转移 4mol 电子，即 4 NA 个电子，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．不仅要算配体 NH3内部的 N-H σ 键，更要关注中心离子 Cu2+与配体 N 之间的配位 σ 键，二者相加才是总 σ 键数，这是避免漏算的关键。
B．突破点在于识别羟基 O 原子的杂化类型 ——O 原子成键后有孤电子对，同样采取 sp3 杂化，并非只有两个 C 原子，以此确定杂化原子总数。
C．核心是明确 Si 原子的成键环境：每个 Si 原子直接与 4 个 O 原子形成专属的 Si-O 键，无共用情况，据此可直接得出 1mol Si 对应 4mol Si-O 键。
D．酸性条件下 O2在正极得电子，突破点是写出 O2的还原反应，明确 1mol O2参与反应时得 4mol 电子，而非常见的 2mol，这是电子数计算的核心依据。
13．（2025高二下·广州期中）Li2O是离子晶体，其晶格能(指气态离子形成1mol离子晶体释放的能量)可通过图的Born-Haber循环计算得到。下列说法错误的是
A．Li原子的第一电离能为520kJ/mol
B．O=O键的键能为249kJ/mol
C．Li2O的晶格能(只考虑数据关系)为2908kJ/mol
D．1molLi(s)转变成Li(g)需要吸收的能量为159kJ
【答案】B
【知识点】晶格能的应用
【解析】【解答】A、2mol Li (g) 电离为 2mol Li+(g) 吸收 1040kJ 能量，因此 Li 原子的第一电离能为
1040kJ ÷ 2 = 520kJ/mol，A正确；
B、图中显示 1/2mol O2(g) 分解为 O (g) 吸收 249kJ 能量，因此 O=O 键的键能应为
249kJ × 2 = 498kJ/mol，而非 249kJ/mol，B错误；
C、晶格能定义为气态离子形成 1mol 离子晶体释放的能量。图中 2Li+(g)+O2-(g)→Li2O(s) 释放 2908kJ 能量，因此 Li2O 的晶格能为 2908kJ/mol，C正确；
D、2mol Li (s) 转变为 2mol Li (g) 吸收 318kJ 能量，因此 1mol Li (s) 转变为 Li (g) 需要吸收
318kJ ÷ 2 = 159kJ，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
键能计算误区：误将mol O2分解的能量当作 O=O 键的键能，忽略了键能是指 1mol 化学键断裂的能量。
电离能计算：未注意到图中是 2mol Li 的电离过程，导致第一电离能计算错误。
晶格能定义：对晶格能的定义理解不清，无法正确从图中提取对应能量变化。
能量换算：在计算 1mol 物质的能量变化时，未正确将图中 2mol 的能量数据减半。
14．（2025高二下·广州期中）拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．NaClO的电子式：
C．H2O中心原子的VSEPR模型：
D．N2H4的电子式：
【答案】D
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、氯的质子数为17，中子数18则质量数为35，核素应写为，选项左下角标错为18，A错误；
B、NaClO是离子化合物，由和构成，中是O与Cl成键， 故其电子式为，B错误；
C、中心O原子的价层电子对数为4（2个键对+2个孤电子对）， VSEPR模型为，C错误；
D、中N与N之间成单键，每个N再与2个H成键，所有原子均满足稳定结构， 其电子式为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．核素符号的核心是“左下角标质子数，左上角标质量数”。氯的质子数是17，中子数18则质量数为35，应写为。
B．NaClO是离子化合物，电子式必须体现和的电荷，且中是O与Cl成键。
C．VSEPR模型由价层电子对数决定，中O原子有4对价层电子对（2个成键对+2个孤对），VSEPR模型为四面体形。
D．中N-N为单键，每个N与2个H成键，所有原子满足8电子稳定结构，电子式书写规范。
15．（2025高二下·广州期中）W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素．、和三种微粒的空间构型相同，Y原子的电子层数等于最外层电子数。以下说法错误的是
A．氢化物稳定性：
B．最高价氧化物对应水化物酸性：
C．电负性：
D．原子晶体中Z的配位数为4
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、简单氢化物的稳定性与元素非金属性正相关。非金属性顺序为，因此氢化物稳定性应为，即。A错误；
B、最高价氧化物对应水化物的酸性与非金属性一致，非金属性，故酸性顺序为，即，B正确；
C、同周期主族元素从左到右电负性增大，金属元素电负性小于非金属元素，故电负性顺序为，即，C正确；
D、原子晶体为，在晶体中，每个原子与4个原子形成共价键，因此（对应）的配位数为4，D正确；
故答案为：A。
【分析】三种微粒、、空间构型相同，均为正四面体，可推知为（氢）。
为，故为（氮）；为，故为（碳）；为，故为（硅）。
原子电子层数等于最外层电子数，且原子序数介于（7）和（14）之间，故为（铝）。
16．（2025高二下·广州期中）已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2-呈蓝色，[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释错误的是
A．由实验①可推知ΔH>0，实验②平衡逆向移动
B．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为9：2
C．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-
D．以上离子反应涉及的元素（Cl除外）的电负性顺序为 Zn【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、实验①冰水浴中溶液变红色，说明低温下平衡向生成 [Co(H2O)6]2+的方向移动，逆反应放热，则正反应吸热，ΔH>0；实验②加水稀释，离子浓度均降低，平衡向粒子数增多的左侧移动（逆反应方向），溶液变红，A正确；
B、[Co(H2O)6]2+中，6 个 H2O 各含 2 个 O-H σ 键，且 Co2+与 6 个 O 形成 6 个配位 σ 键，总 σ 键数为 6×2+6=18；[CoCl4]2-中仅 Co2+与 4 个 Cl-形成 4 个配位 σ 键，无其他 σ 键，二者 σ 键数之比为 18：4=9：2，B正确；
C、实验③加入 ZnCl2固体后溶液变红，说明 Zn2+与 Cl-结合生成 [ZnCl4]2-，消耗了溶液中的 Cl-，促使配位平衡逆向移动，证明 Zn2+与 Cl-的结合能力强于 Co2+，即配离子稳定性 [ZnCl4]2->[CoCl4]2-，C正确；
D、金属元素电负性远小于非金属元素，故 Zn、Co 的电负性均小于 H、O；同周期非金属元素电负性 O>H，金属元素中 Co 的电负性大于 Zn（过渡金属电负性随原子序数增大而增大），因此正确顺序为 Zn
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
配位离子 σ 键计数漏项：易忽略配体内部的 σ 键，仅计算中心离子与配体的配位 σ 键。
配离子稳定性比较逻辑倒置：无法通过 “竞争配位” 现象，反向推导配离子的结合能力强弱。
电负性规律应用偏差：混淆金属与非金属元素的电负性大小，或记错过渡金属的电负性变化趋势。
平衡移动方向判断失误：加水稀释时，忽略 “粒子数增多方向” 是平衡移动的主导因素。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
17．（2025高二下·广州期中）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
（1）下列不同状态的Ni中，失去一个电子需要吸收能量最多的是　 　(填标号，下同)。用光谱仪可捕抓到发射光谱的是　 　。
A． B．
C． D．
（2）工业上选用稀硫酸的与Ni反应制备，反应还生成了一种还原性气体。
①写出该反应离子方程式　 　。
②中心原子的杂化轨道类型为　 　，的空间结构是　 　。
（3）丁二酮肟( )可与反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定的存在。请回答下列问题：
①基态氧原子的核外电子的空间运动状态有　 　种。
②丁二酮肟( )中C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为　 　；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式　 　，该过程形成的原子光谱为　 　(填“吸收”或“发射”)光谱。
【答案】（1）C；BD
（2）Ni +2H+ = Ni2+ +H2↑；sp2；正四面体
（3）5；；；吸收
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】（1）①基态镍的价层电子排布式为3d84s2，C选项失去一个电子为第二电离能，其余失去一个电子为第一电离能，逐级电离能越来越大，故选C；
②A为基态镍的价层电子轨道表示式，B为失去一个电子的镍的价层电子轨道表示式，B和D为激发态，可释放能量形成发射光谱被光谱仪捕抓到；
故答案为： C ； BD ；
（2）①根据题意可推测出稀硫酸与Ni反应生成NiSO4，还原性气体为氢气，离子方程式为Ni+2H+=Ni2++H2↑；
②硝酸根中心原子的价电子对数为，为sp2杂化；
硫酸根离子根中心原子的价电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；
故答案为： Ni +2H+ = Ni2+ +H2↑ ； sp2 ； 正四面体 ；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，共占据5个轨道，核外电子的空间运动状态有5种；
②同周期从左到右电负性逐渐递增，碳的电负性又大于氢的，故C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为；
硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，可得硼激发态原子的价电子轨道表示式为；
该过程需要吸收能量能形成吸收光谱。
故答案为：5； ； ； 吸收 。
【分析】(1)失去一个电子能量最多：C为Ni+的电子排布，失去电子是第二电离能，逐级电离能递增，因此所需能量最大。
发射光谱：激发态原子（B、D）跃迁回基态时释放能量，可被光谱仪捕捉到发射光谱。
(2) 离子方程式：Ni与稀硫酸反应生成Ni2+和还原性气体H2，方程式为。
：中心N原子价层电子对数为3，采取杂化。
：中心S原子价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体。
(3)氧原子空间运动状态：基态O原子电子占据5个轨道，空间运动状态为5种。
电负性顺序：。
激发态B原子：2s电子激发到2p，价电子轨道表示式为 ，该过程吸收能量，形成吸收光谱。
（1）①基态镍的价层电子排布式为3d84s2，C选项失去一个电子为第二电离能，其余失去一个电子为第一电离能，逐级电离能越来越大，故选C；
②A为基态镍的价层电子轨道表示式，B为失去一个电子的镍的价层电子轨道表示式，B和D为激发态，可释放能量形成发射光谱被光谱仪捕抓到；
（2）①根据题意可推测出稀硫酸与Ni反应生成NiSO4，还原性气体为氢气，离子方程式为Ni+2H+=Ni2++H2↑；
②硝酸根中心原子的价电子对数为，为sp2杂化；
硫酸根离子根中心原子的价电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，共占据5个轨道，核外电子的空间运动状态有5种；
②同周期从左到右电负性逐渐递增，碳的电负性又大于氢的，故C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为；
硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级，可得硼激发态原子的价电子轨道表示式为；
该过程需要吸收能量能形成吸收光谱。
18．（2025高二下·广州期中）I．绿矾可作补血剂，其结构如图所示：
（1）按照核外电子排布，可把元素周期表进行分区，铁元素位于元素周期表的　 　区，基态的电子轨道表示式为　 　。
（2）H2O与Fe2+；SO和H2O的作用力分别为　 　，　 　 。
（3）基态S原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为　 　。
（4）中键角由大到小的顺序是　 　。
（5）二价铁易被氧化为三价铁，结合价层电子排布式解释原因：　 　。
Ⅱ．FeS2晶胞为立方体，边长为，如图所示。
（6）①与Fe2+紧邻的阴离子个数为　 　。
②晶胞的密度为　 　。
【答案】d；；配位键；氢键；哑铃形；；二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构；6；×1021
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）铁的价电子排布式为3d64s2，为d区元素；基态的电子轨道表示式为；
故答案为： d ； ；
（2）由结构示意图可知，七水硫酸亚铁中，水分子中具有孤对电子的氧原子与具有空轨道的亚铁离子形成配位键，水分子中的氢原子与硫酸根离子中的氧原子形成氢键，故作用力分别为：配位键、氢键；
故答案为： 配位键 ； 氢键 ；
（3）基态S原子核外电子占据的最高能级为p，电子云轮廓图形状为哑铃形；
故答案为： 哑铃形 ；
（4）由图干图示信息可知，1为形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有1对孤电子对，3为没有形成配位键的H2O，价层电子对数为4，有2对孤电子对，2为硫酸根离子，价层电子对数为4，没有孤电子对，由于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，即价层电子对数相同时，孤电子对越多键角越小，故该结构中键角由大到小的顺序是；
故答案为： ；
（5）二价铁易被氧化为三价铁，根据价层电子排布式，原因：二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构；
故答案为： 二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半充满稳定结构 ；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点的亚铁离子与位于棱上的S离子的距离最近，则1个亚铁离子周围有6个S离子，配位数为6；
②由晶胞结构可知，位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3ρ，解得ρ=×1021。
故答案为：6；×1021 。
【分析】(1) 分区：Fe价电子排布为，属于d区。
轨道表示式：基态的3d电子排布为，轨道表示式为 。
(2)与：O提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，形成配位键。
与：水分子的H与硫酸根的O之间形成氢键。
(3) 基态S原子最高能级为，p轨道的电子云轮廓图为哑铃形。
(4) 孤电子对排斥力 > 成键电子对排斥力。（硫酸根，无孤电子对）> （配位水，1对孤电子对）> （游离水，2对孤电子对），即。
(5)价电子排布为，易失去1个电子达到半充满稳定结构，因此易被氧化为。
(6) ① 配位数：与紧邻的阴离子（）个数为6。
② 密度计算：晶胞中和各4个，晶胞质量为，晶胞体积为，密度。
19．（2025高二下·广州期中） 我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、O、N、P、Fe、Ti、Cu等元素。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的简化电子排布式为　 　；B、N、O第一电离能由大到小的顺序为　 　。
（2）钛能形成多种配合物或配离子，如、、等。
①上述配位原子的电负性由小到大的顺序是　 　。
②1mol 中含有键的数目是　 　。
（3）某种氮化硼晶体的立方晶胞结构如图，该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似：
①氮化硼属　 　晶体；该种氮化硼的熔点　 　SiC (填“>”或“<”或“=”)。
②已知氮化硼晶胞的边长为a nm，则晶胞密度为　 　g·cm-3 (用含有a、NA的代数式表示)。
③已知晶胞的密度为，表示阿伏加德罗常数，则B原子与N原子之间最近距离是　 　nm。(列出计算式即可)
【答案】（1）；
（2）；24
（3）共价；>；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①铜为31号元素，其简化电子排布式为；
②同周期主族元素从左往右第一电离能有逐渐增大的趋势，第ⅡA和第ⅤA大于同周期相邻的两种元素，故；
故答案为： ； ；
（2）①同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故负性；
②配位键和共价单键均为键，中有6条配位键加上6个NH3中的18条共价单键，故1mol 中共有24NA个键；
故答案为： ； 24 ；
（3）①该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，可知为共价晶体；共价晶体熔化时破坏共价键，氮化硼中B-N键键长小于碳化硅中的Si-C键键长，键能更大，碳化硅熔点更低；
②B位于体内，共有4个，N位于顶点和面心共有个，故晶胞密度为g/cm3=g/cm3；
③由氮化硼晶体的立方晶胞结构图可知，B原子与N原子之间最近距离是体对角线的四分之一，由晶胞密度先算出晶胞边长为nm，则晶胞的体对角线长度为nm，则B原子与N原子之间最近距离为nm。
故答案为： 共价 ； > ； ； 。
【分析】(1) 简化电子排布式：Cu为31号元素，价电子排布为，简化式为。
第一电离能：同周期第ⅤA族（N）因2p轨道半充满，电离能反常，故顺序为。
(2)电负性：同周期从左到右递增，故配位原子电负性顺序为。
σ键数目：中，6个含18个N-H σ键，加上6个Ti-N配位σ键，共24个σ键，即。
(3)晶体类型：熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，属于共价晶体；B-N键长比Si-C短，键能更大，故熔点 SiC。
密度计算：晶胞中B、N各4个，质量为，体积为，密度为最近距离：B与N的最近距离为体对角线的，由密度先算边长，故距离为。
（1）①铜为31号元素，其简化电子排布式为；
②同周期主族元素从左往右第一电离能有逐渐增大的趋势，第ⅡA和第ⅤA大于同周期相邻的两种元素，故；
（2）①同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故负性；
②配位键和共价单键均为键，中有6条配位键加上6个NH3中的18条共价单键，故1mol 中共有24NA个键；
（3）①该物质熔沸点高、硬度大，与金刚石类似，可知为共价晶体；共价晶体熔化时破坏共价键，氮化硼中B-N键键长小于碳化硅中的Si-C键键长，键能更大，碳化硅熔点更低；
②B位于体内，共有4个，N位于顶点和面心共有个，故晶胞密度为g/cm3=g/cm3；
③由氮化硼晶体的立方晶胞结构图可知，B原子与N原子之间最近距离是体对角线的四分之一，由晶胞密度先算出晶胞边长为nm，则晶胞的体对角线长度为nm，则B原子与N原子之间最近距离为nm。
20．（2025高二下·广州期中）从物质结构的视角认识乙酸。按要求回答下列问题。
（1）组成乙酸的元素中位于周期表p区的元素是　 　。（填元素符号）
（2）乙酸的官能团名称为　 　；官能团中碳原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）1个分子中，含有　 　个键，　 　个键。
（4）推测乙酸的熔点比十八酸的　 　(填“高”“低”“相当”)，其理由是　 　。
（5）不同羧酸时的(即)如表所示：
羧酸 羧酸
甲酸() 3.75 氯乙酸() 2.86
乙酸() 4.76 二氯乙酸() 1.29
丙酸() 4.88 三氯乙酸() 0.65
①对比表中已知数据，从分子组成与结构角度，写出所得结论：　 　、　 　。
②写出一例能说明乙酸的酸性强于碳酸的离子方程式：　 　。
（6）写出具有果香味并含有的乙酸的同分异构体的结构简式：　 　。
【答案】（1）C、O
（2）羧基；sp2
（3）7；1
（4）低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低
（5）羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)
（6）HCOOCH3
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡；乙酸的化学性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）乙酸中含有元素为H、C、O，H为s区元素，其余为p区元素。
答案为C、O；
（2）乙酸中含有-COOH，即官能团名称为羧基；羧基的结构为，该结构中的C为sp2杂化。
答案为：羧基；sp2；
（3）乙酸的结构为，单键均为σ键，双键中一个σ键、一个π键，则该分子中个σ键7个，1个π键，
答案为7；1；
（4）两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低。
答案为低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）结合表格第一列数据分析，羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小。结合第二列数据分析，羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；要证明乙酸酸性强于碳酸，可利用相对强酸制取相对弱酸，即乙酸制取碳酸，如 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)。
答案为：羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的αC的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)；
（6）乙酸的化学式为C2H4O2，该结构有一个不饱和度，具有果香味并含有的乙酸的同分异构体含-COOR，为HCOOCH3。
答案为：HCOOCH3。
【分析】(1)元素分区：H的价电子排布为，属于s区；C的价电子排布为，O的价电子排布为，二者均属于p区。因此，乙酸中位于p区的元素是和。
(2)官能团：乙酸的特征官能团是羧基（-COOH）。
杂化类型：羧基中的碳原子形成了3个σ键（C=O、C-O、C-C），无孤电子对，价层电子对数为3，因此采取杂化。
(3)σ键：乙酸的结构为。其中，中的3个键、键、羧基中的键、键，以及双键中的1个，均为σ键，总计7个。
π键：仅存在于羧基的双键中，共1个。
(4)熔点比较：乙酸的熔点比十八酸低。
理论依据：两者均为分子晶体，熔点取决于分子间范德华力。范德华力随相对分子质量增大而增强。乙酸的摩尔质量（60 g/mol）远小于十八酸（284 g/mol），分子间作用力更弱，因此熔点更低。
(5)酸性规律：a. 对于饱和一元羧酸，羧基所连接的烷基（如、）越大，其给电子效应越强，导致羧基中O-H键极性减弱，酸性越弱。
b. 当羧基的α-碳上连接有电负性大的Cl原子时，会产生吸电子诱导效应，使羧基中O-H键极性增强，酸性增强。连接的Cl原子越多，酸性越强。
强酸制弱酸：乙酸酸性强于碳酸，可通过反应证明，例如：
(6)同分异构体：乙酸（）的同分异构体中，具有果香味并含有羰基的是酯类化合物。其结构简式为，即甲酸甲酯。
（1）乙酸中含有元素为H、C、O，H为s区元素，其余为p区元素。答案为C、O；
（2）乙酸中含有-COOH，即官能团名称为羧基；羧基的结构为，该结构中的C为sp2杂化。答案为：羧基；sp2；
（3）乙酸的结构为，单键均为σ键，双键中一个σ键、一个π键，则该分子中个σ键7个，1个π键，答案为7；1；
（4）两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低。答案为低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）结合表格第一列数据分析，羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小。结合第二列数据分析，羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；要证明乙酸酸性强于碳酸，可利用相对强酸制取相对弱酸，即乙酸制取碳酸，如 2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)。答案为：羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的αC的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；2CH3COOH+CaCO3=Ca2++CO2↑+2CH3COO-+H2O ( 或2CH3COOH+CO=CO2↑+2CH3COO-+H2O或 CH3COOH+HCO=CO2↑+CH3COO-+H2O)；
（6）乙酸的化学式为C2H4O2，该结构有一个不饱和度，具有果香味并含有的乙酸的同分异构体含-COOR，为HCOOCH3。答案为HCOOCH3。
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