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山东省聊城颐中外国语学校2023-2024学年高二下学期第一次质量检测化学试题（含答案）
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这是一份山东省聊城颐中外国语学校2023-2024学年高二下学期第一次质量检测化学试题（含答案），文件包含山东省聊城颐中外国语学校2023-2024学年高二下学期第一次质量检测化学试题docx、化学参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
1．D【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个A、8个B，结合化学式可知，A代表、B代表F-，A正确；
B．由A分析可知，每个晶胞中有4个，B正确；
C．由A分析可知，每个晶胞中所含的和数目比为1：2，C正确；
D．由图可以看出，一个钙离子与四个氟离子相连，但在相邻的下一个晶胞中，钙离子仍然与四个氟离子相连，故钙离子的配位数为8，D错误；
2．A【详解】A．SiO2为共价晶体而CO2为分子晶体，三态变化前者破坏的是共价键而后者破坏的是范德华力，A错误；
B．CO2中C的价层电子对为2对，0对孤电子，空间结构为直线形，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应热，C正确；
D．甲醇和甲硫醇均为分子晶体，前者有分子间氢键沸点更高，D正确；
3．C【详解】A．钠是11号元素，原子结构示意图为： ，A错误；
B．TiCl4是共价化合物，只含共价键，其电子式为：，B错误；
C．钛是金属元素，形成的Ti晶体为金属晶体，C正确；
D．质量数=质子数+中子数=22+30=52，则质子数为22、中子数为30的钛原子为：，D错误；
4．A【详解】A．BBr3与PBr3的空间结构分别为平面三角形和三角锥形，A错误；
B．HF分子间可以形成氢键，因此沸点最高，而相对分子质量HBr大于HCl，沸点HBr ＞HCl，B正确；
C．硼原子最外层有三个电子，而BP、BN晶体结构与金刚石相似，硼原子形成四个共价键，因此BP 、BN中既有共价键又有配位键，C正确；
D．基态硼原子的电子排布图为，D正确。
5．C【详解】A．基态Se的电子排布式为，基态比基态Se多2个电子，其简化电子排布式为，A正确；
B．据晶胞结构示意图并结合a、b两点的坐标可知，c点的坐标为，B正确；
C．根据图乙可知，晶体中相邻两个的最短距离为面对角线长度的一半，即，C错误；
D．由图甲可知Se2-位于晶胞的顶点和面心上，故晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个，D正确；
6．D【分析】W、X、Y、Z、Q为5种短周期元素，其中W、Y、Z为同周期元素，Z的主要化合价为-2价，所以Z为O，即W、Y、Z位于第2周期，又W的主要化合价为+4、-4，所以W为C，Y的主要化合价为+5、-3，所以Y为N，X的主要化合价为+1，且原子半径小于O，所以 X为H，Q的主要化合价为+2，与O不同周期，且原子半径大于O，所以Q为Mg，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为C、H、N、O、Mg。
【详解】A．X与W之间形成的分子有直线型的乙炔，平面型的乙烯，故A错误；
B．W、Y、Z为同周期元素，同周期主族元素从左到右电离能有增大的趋势，第IIA族、VA族大于同周期相邻两种元素，所以元素的第一电离能：Y>Z>W，故B错误；
C．在H2O2分子中，O原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，故C错误；
D．C元素原子轨道以sp3杂化形成的单质是金刚石，为共价晶体，故D正确；
7．A【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出[Cu(NH3)4] SO4·H2O，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜，滤液经过酸化调pH，蒸馏出的乙醇继续循环利用。
【详解】A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：Cu +H2O2+2H+= Cu2++2H2O，A错误；
B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，B正确；
C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，C正确；
D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，D正确；
8．B【详解】A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
9．A【详解】A．氮气是共用三对电子，因此电子式为：，故A错误
B．乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，故B正确；
C．CO2是直线形，C原子半径大于O原子，其空间填充模型为，故C正确；
D．乙醇CH3CH2OH氢原子中有三种，个数比为3∶2∶1，,核磁共振氢谱： ，故D正确；
10．B【详解】A．H2NCH2COOH和CH3CH2NO2分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不符合题意；
B．和分子式不同，结构相似，属于同系物，B符合题意；
C．CH3CH2CH2COOH和分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C不符合题意；
D．CH3CH2OCH2CH3和分子式相同，结构不同，属于同分异构体，D不符合题意；
11．AB【详解】A．N原子的半径比P小，形成的P-H键和P=P键键长比N-H键和N=N键键长更长，故对应氢化物的稳定性：P2H4小于N2H4，A错误；
B．反应过程中有O-H极性键、P-P非极性键的断裂，有极性键P-H形成，但无非极性键形成，B错误；
C．P4、PH3与P2H4的晶体类型相同，均为分子晶体，C正确；
D．NH3、PH3均为三角锥形分子，但电负性：N>P，NH3中共用电子对离中心原子更近，排斥力增大，键角增大，故PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH，D正确；
12．BD【详解】A．O是第二周期第ⅥA族元素，其核外电子排布式为1s22s22p4，属于p区元素，A正确；
B．由CeO2晶胞图可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为，B错误；
C．晶胞中位于顶点和面心Ce4+个数为，由化学式CeO2可知，晶胞中O2-个数为，即晶胞内部8个四面体空隙全部被O2-占据，C正确；
D．假设CeO2-x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=2(2-x)，解得m=1-2x；由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x，D错误；
13．D【详解】A．白磷为正四面体结构分子，化学键键能较小，易断裂，使得白磷易被氧化，故A正确；
B．金刚石属于共价晶体，C原子之间通过共价键结合形成空间网状结构，碳原子间结合牢固，使其硬度很大，可用于切割玻璃，故B正确；
C．中含羟基，与水分子之间形成氢键，增大了的溶解度，故C正确；
D．Al是活泼金属，在空气中易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，从而起到防止铝继续被氧化的作用，故D错误；
14．BD【详解】A．羟基是9电子微粒，其电子式为，故A错误；
B．根据乙酸的分子式为可知，其实验式是，故B正确；
C．空间填充模型中球代表原子，球的大小代表原子直径的相对大小，球和球紧靠在一起，为丙烯的球棍模型，而不是丙烯的空间填充模型，故C错误；
D．乙醛的结构简式为，故D正确。
15．AD【详解】A．同一碳上的氢是一种，处于对称位置碳原子上的氢是一种，由此可知在其核磁共振氢谱图中有3组吸收峰，故A正确；
B．红外光谱图只能确定有机化合物中所含官能团的种类，无法确定其数目，故B错误；
C．通过质谱法可以测定有机化合物的相对分子质量，故C错误；
D．红外光谱仪用于测定有机化合物的化学键、官能团种类，核磁共振仪可测定有机化合物分子中氢原子的种类，质谱仪用于测定有机化合物的相对分子质量，所以红外光谱、核磁共振氢谱、质谱都可用于分析有机化合物结构，故D正确；
16．(1) 3d104s1 15 (2) H＜C＜N N＞O＞C
(3)
NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3
(4)两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的熔点较高 (5)
【详解】（1）Cu是29号元素，其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故基态铜原子的价电子排布式为3d104s1。 s能级有一个原子轨道，p能级有三个原子轨道，d能级有5个原子轨道，故其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；As原子的价电子式为4s24p3排布图为
（2）N与C、O同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为H＜C＜N，因为N元素核外电子排布式是1s22s22p3，2p能级是半充满状态，第一电离能异常，故C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；
（3）NH4Cl的电子式；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3；
（4）两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的熔点较高；
（5）利用均摊法，每个晶胞含有O为8+1=2，Cu皆在体心，个数为4，故该晶胞的质量为，若该晶胞中Cu原子与O原子之间的最近距离为apm，则体心为4apm，晶胞的边长为cm。由 得晶胞的密度为
17．(1) Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成更稳定的3d5半满结构
(2) 或
(3) 做干燥剂(催化剂载体等)
(4) (5) (6) O2-
【分析】锆石粉碎后加NaOH进行碱熔，过程中氧化铝和二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，加过氧化氢将亚铁离子氧化为三价铁，再加氨水调节pH值使三价铁转化为氢氧化铁，铝离子转化为氢氧化铝沉淀即滤渣2，滤液中甲KCN使铜离子沉淀，过滤后滤液中加氨水调节使锆沉淀，过滤后灼烧得到氧化锆，据此解答。
【详解】（1）Fe2+价电子排布式为3d6，Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则特例，半满结构更稳定，因此Fe2+易被氧化成Fe3+，故答案为：3dl04s1；Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成更稳定的3d5半满结构；
（2）碱熔过程中Al2O3 、SiO2能与NaOH发生反应，故答案为：或；
（3）“酸浸”过程中FeO与H2O2发生氧化还原反应，1mlFeO失1ml电子，1ml H2O2得2ml电子，根据得失电子守恒可得反应方程式：；碱熔过程中二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，硅酸经回收加工后有多种用途，可以做干燥剂(催化剂载体等)，故答案为：；做干燥剂(催化剂载体等)；
（4）Ce(SO4)2与H2O2完全反应转化为Ce2(SO4)3，根据电子守恒有如下关系，H2O2~2 Ce(SO4)2，则H2O2溶液的浓度为故答案为：；
（5）易溶氰化物有剧毒，需对滤液1中的氰化物进行处理，选用次氯酸钠溶液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分N2，故答案为：；
（6）根据ZrO2晶胞结构，A个数为8×+6×=4，B个数为8，B表示O2-，故答案：O2-；
ZrO2晶胞的质量为，ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、cnm，ZrO2晶胞的体积为，晶体密度为，故答案为：。
18．(1) 是 4 bcd
(2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀
(3) 5 (4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O (5)b (6)AD
【详解】（1）根据螯合物的定义分析丁二酮肟有两个氮和两个氧的配位原子，丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍是属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键；故答案为：是；4；bcd。
（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀；故答案为：pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀。
（3）铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5即Fe的配位数x的数值为5；故答案为：5。
（4）CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1ml与足量的AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，说明该物质1ml能电离出2ml氯离子即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；故答案为：[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O。
（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化；故答案为：b。
（6）中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性：
A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意；
B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－都没有未成对电子，故B不符合题意；
C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－都没有未成对电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故D符合题意；
综上所述，答案为：AD。
19．(1) A CD
(2) 2 CH3As(OH)2 CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
(3) 0.75
(4) 3＞1＞2（或3，1，2）
【详解】（1）硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，则用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项；
（2）同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，砷位于元素周期表的第四周期第ⅤA族，其基态原子核外价电子排布式为：4s24p3，砷原子p轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于Se，因此同周期中第一电离能大于砷的元素只有Br和Kr两种；CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
（3）把晶胞切割成多个边长为的小正方体，M位于一个顶点，所在的正方体在N所在正方体的正上方，所以M点原子分数坐标为；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：，Zn：，Mn：，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs中m=0.75，n=0.25；将晶胞切割成八个大小相等的正方体，如图 ，Mn原子在顶点，As原子在小正方体的体心，即晶胞结构体对角线的处，设棱长为a，一个晶胞中含有4个分子，所以，nm，则As原子与Mn原子之间的最短距离为nm；
（4）中Fe2＋提供空轨道，中O提供孤电子对，形成配位键，与之间形成氢键。、的中心原子均为sp3杂化，中O有两个孤电子对，中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得3＞1＞2。
20．(1) AD 通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3
(2) C3H6O3 CH3CH(OH)COOH 2.24
【详解】（1）①核磁共振氢谱中只有一种峰，说明分子中有1种H原子，CH3-CH3分子中有1种H原子，CH3COCH3分子中有1种H原子，而CH3COOH与CH3COOCH3分子中都有2种H原子，故AD正确，BC错误；故答案为AD；
②用核磁共振氢谱来研究C2H6O的结构，通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3；故答案为通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3；
（2）①由图中最大质荷比可确定相对分子质量为90，5.4g水的物质的量为，n(H)＝0.6ml，13.2g二氧化碳的物质的量为，n(C)＝n(CO2)＝0.3ml，此有机物9.0g含O元素质量为9.0g−0.6g−0.3×12g＝4.8g，n(O)＝，故n(C)：n(H)：n(O)＝0.3ml：0.6ml：0.3ml＝1：2：1，即实验式为CH2O，设分子式为(CH2O)n，C的相对分子质量为90，可得30n＝90，解得：n＝3，故有机物C为C3H6O3；故答案为C3H6O3；
②能和碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，该物质能和碳酸氢钠反应，所以含有羧基，C分子的核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1：1：1：3，说明C中含有一个−OH、一个−COOH、一个次亚甲基、一个甲基，所以其结构简式为CH3CH(OH)COOH；故答案为CH3CH(OH)COOH；
③0.1mlCH3CH(OH)COOH与足量Na反应，−OH和−COOH均能与Na反应，生成0.1ml H2，在标准状况下产生H2的体积是2.24L；故答案为2.24。
1．D【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个A、8个B，结合化学式可知，A代表、B代表F-，A正确；
B．由A分析可知，每个晶胞中有4个，B正确；
C．由A分析可知，每个晶胞中所含的和数目比为1：2，C正确；
D．由图可以看出，一个钙离子与四个氟离子相连，但在相邻的下一个晶胞中，钙离子仍然与四个氟离子相连，故钙离子的配位数为8，D错误；
2．A【详解】A．SiO2为共价晶体而CO2为分子晶体，三态变化前者破坏的是共价键而后者破坏的是范德华力，A错误；
B．CO2中C的价层电子对为2对，0对孤电子，空间结构为直线形，B正确；
C．催化剂可以加快反应速率，但是不改变反应热，C正确；
D．甲醇和甲硫醇均为分子晶体，前者有分子间氢键沸点更高，D正确；
3．C【详解】A．钠是11号元素，原子结构示意图为： ，A错误；
B．TiCl4是共价化合物，只含共价键，其电子式为：，B错误；
C．钛是金属元素，形成的Ti晶体为金属晶体，C正确；
D．质量数=质子数+中子数=22+30=52，则质子数为22、中子数为30的钛原子为：，D错误；
4．A【详解】A．BBr3与PBr3的空间结构分别为平面三角形和三角锥形，A错误；
B．HF分子间可以形成氢键，因此沸点最高，而相对分子质量HBr大于HCl，沸点HBr ＞HCl，B正确；
C．硼原子最外层有三个电子，而BP、BN晶体结构与金刚石相似，硼原子形成四个共价键，因此BP 、BN中既有共价键又有配位键，C正确；
D．基态硼原子的电子排布图为，D正确。
5．C【详解】A．基态Se的电子排布式为，基态比基态Se多2个电子，其简化电子排布式为，A正确；
B．据晶胞结构示意图并结合a、b两点的坐标可知，c点的坐标为，B正确；
C．根据图乙可知，晶体中相邻两个的最短距离为面对角线长度的一半，即，C错误；
D．由图甲可知Se2-位于晶胞的顶点和面心上，故晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个，D正确；
6．D【分析】W、X、Y、Z、Q为5种短周期元素，其中W、Y、Z为同周期元素，Z的主要化合价为-2价，所以Z为O，即W、Y、Z位于第2周期，又W的主要化合价为+4、-4，所以W为C，Y的主要化合价为+5、-3，所以Y为N，X的主要化合价为+1，且原子半径小于O，所以 X为H，Q的主要化合价为+2，与O不同周期，且原子半径大于O，所以Q为Mg，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为C、H、N、O、Mg。
【详解】A．X与W之间形成的分子有直线型的乙炔，平面型的乙烯，故A错误；
B．W、Y、Z为同周期元素，同周期主族元素从左到右电离能有增大的趋势，第IIA族、VA族大于同周期相邻两种元素，所以元素的第一电离能：Y>Z>W，故B错误；
C．在H2O2分子中，O原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，故C错误；
D．C元素原子轨道以sp3杂化形成的单质是金刚石，为共价晶体，故D正确；
7．A【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四氨合铜溶解度降低，析出[Cu(NH3)4] SO4·H2O，过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸四氨合铜，滤液经过酸化调pH，蒸馏出的乙醇继续循环利用。
【详解】A．操作Ⅰ中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为：Cu +H2O2+2H+= Cu2++2H2O，A错误；
B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作Ⅱ中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，B正确；
C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作Ⅲ中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式，C正确；
D．设计操作Ⅳ，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，D正确；
8．B【详解】A．BF3形成3个共价键，采用sp2杂化轨道成键；中B原子形成4个共价键，采用sp3杂化轨道成键，A错误；
B．分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，B正确；
C．H为s区元素，C错误；
D．BF3中B原子采取sp2杂化，分子空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷重心重合，为非极性分子；NF3中N原子采取sp3杂化，分子空间构型为三角锥形，为极性分子，D错误；
9．A【详解】A．氮气是共用三对电子，因此电子式为：，故A错误
B．乙醚的结构简式：CH3CH2OCH2CH3，故B正确；
C．CO2是直线形，C原子半径大于O原子，其空间填充模型为，故C正确；
D．乙醇CH3CH2OH氢原子中有三种，个数比为3∶2∶1，,核磁共振氢谱： ，故D正确；
10．B【详解】A．H2NCH2COOH和CH3CH2NO2分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不符合题意；
B．和分子式不同，结构相似，属于同系物，B符合题意；
C．CH3CH2CH2COOH和分子式相同，结构不同，属于同分异构体，C不符合题意；
D．CH3CH2OCH2CH3和分子式相同，结构不同，属于同分异构体，D不符合题意；
11．AB【详解】A．N原子的半径比P小，形成的P-H键和P=P键键长比N-H键和N=N键键长更长，故对应氢化物的稳定性：P2H4小于N2H4，A错误；
B．反应过程中有O-H极性键、P-P非极性键的断裂，有极性键P-H形成，但无非极性键形成，B错误；
C．P4、PH3与P2H4的晶体类型相同，均为分子晶体，C正确；
D．NH3、PH3均为三角锥形分子，但电负性：N>P，NH3中共用电子对离中心原子更近，排斥力增大，键角增大，故PH3分子中键角∠HPH小于NH3分子中∠HNH，D正确；
12．BD【详解】A．O是第二周期第ⅥA族元素，其核外电子排布式为1s22s22p4，属于p区元素，A正确；
B．由CeO2晶胞图可知，以任一顶点的Ce4+为例，距离其最近的Ce4+位于该顶点所在的三个面的面心，一个顶点被8个晶胞共用，则距离最近的Ce4+的个数为，B错误；
C．晶胞中位于顶点和面心Ce4+个数为，由化学式CeO2可知，晶胞中O2-个数为，即晶胞内部8个四面体空隙全部被O2-占据，C正确；
D．假设CeO2-x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=2(2-x)，解得m=1-2x；由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x，D错误；
13．D【详解】A．白磷为正四面体结构分子，化学键键能较小，易断裂，使得白磷易被氧化，故A正确；
B．金刚石属于共价晶体，C原子之间通过共价键结合形成空间网状结构，碳原子间结合牢固，使其硬度很大，可用于切割玻璃，故B正确；
C．中含羟基，与水分子之间形成氢键，增大了的溶解度，故C正确；
D．Al是活泼金属，在空气中易与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，从而起到防止铝继续被氧化的作用，故D错误；
14．BD【详解】A．羟基是9电子微粒，其电子式为，故A错误；
B．根据乙酸的分子式为可知，其实验式是，故B正确；
C．空间填充模型中球代表原子，球的大小代表原子直径的相对大小，球和球紧靠在一起，为丙烯的球棍模型，而不是丙烯的空间填充模型，故C错误；
D．乙醛的结构简式为，故D正确。
15．AD【详解】A．同一碳上的氢是一种，处于对称位置碳原子上的氢是一种，由此可知在其核磁共振氢谱图中有3组吸收峰，故A正确；
B．红外光谱图只能确定有机化合物中所含官能团的种类，无法确定其数目，故B错误；
C．通过质谱法可以测定有机化合物的相对分子质量，故C错误；
D．红外光谱仪用于测定有机化合物的化学键、官能团种类，核磁共振仪可测定有机化合物分子中氢原子的种类，质谱仪用于测定有机化合物的相对分子质量，所以红外光谱、核磁共振氢谱、质谱都可用于分析有机化合物结构，故D正确；
16．(1) 3d104s1 15 (2) H＜C＜N N＞O＞C
(3)
NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3
(4)两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的熔点较高 (5)
【详解】（1）Cu是29号元素，其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，故基态铜原子的价电子排布式为3d104s1。 s能级有一个原子轨道，p能级有三个原子轨道，d能级有5个原子轨道，故其核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；As原子的价电子式为4s24p3排布图为
（2）N与C、O同周期，H、C、N三种元素的电负性从小到大的顺序为H＜C＜N，因为N元素核外电子排布式是1s22s22p3，2p能级是半充满状态，第一电离能异常，故C、N、O的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞C；
（3）NH4Cl的电子式；NH3分子间能形成氢键，而PH3不能，所以NH3的沸点高于PH3；
（4）两者都是离子晶体，且阴、阳离子电荷量均对应相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的熔点较高；
（5）利用均摊法，每个晶胞含有O为8+1=2，Cu皆在体心，个数为4，故该晶胞的质量为，若该晶胞中Cu原子与O原子之间的最近距离为apm，则体心为4apm，晶胞的边长为cm。由 得晶胞的密度为
17．(1) Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成更稳定的3d5半满结构
(2) 或
(3) 做干燥剂(催化剂载体等)
(4) (5) (6) O2-
【分析】锆石粉碎后加NaOH进行碱熔，过程中氧化铝和二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，加过氧化氢将亚铁离子氧化为三价铁，再加氨水调节pH值使三价铁转化为氢氧化铁，铝离子转化为氢氧化铝沉淀即滤渣2，滤液中甲KCN使铜离子沉淀，过滤后滤液中加氨水调节使锆沉淀，过滤后灼烧得到氧化锆，据此解答。
【详解】（1）Fe2+价电子排布式为3d6，Fe为26号元素，其价电子排布式为：3d64s2，Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成Fe3+，价电子排布为3d5，根据洪特规则特例，半满结构更稳定，因此Fe2+易被氧化成Fe3+，故答案为：3dl04s1；Fe2+价电子排布式为3d6，失去一个电子形成更稳定的3d5半满结构；
（2）碱熔过程中Al2O3 、SiO2能与NaOH发生反应，故答案为：或；
（3）“酸浸”过程中FeO与H2O2发生氧化还原反应，1mlFeO失1ml电子，1ml H2O2得2ml电子，根据得失电子守恒可得反应方程式：；碱熔过程中二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，硅酸经回收加工后有多种用途，可以做干燥剂(催化剂载体等)，故答案为：；做干燥剂(催化剂载体等)；
（4）Ce(SO4)2与H2O2完全反应转化为Ce2(SO4)3，根据电子守恒有如下关系，H2O2~2 Ce(SO4)2，则H2O2溶液的浓度为故答案为：；
（5）易溶氰化物有剧毒，需对滤液1中的氰化物进行处理，选用次氯酸钠溶液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分N2，故答案为：；
（6）根据ZrO2晶胞结构，A个数为8×+6×=4，B个数为8，B表示O2-，故答案：O2-；
ZrO2晶胞的质量为，ZrO2晶胞的棱长分别为anm、anm、cnm，ZrO2晶胞的体积为，晶体密度为，故答案为：。
18．(1) 是 4 bcd
(2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀
(3) 5 (4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O (5)b (6)AD
【详解】（1）根据螯合物的定义分析丁二酮肟有两个氮和两个氧的配位原子，丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍是属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键；故答案为：是；4；bcd。
（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀；故答案为：pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀。
（3）铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5即Fe的配位数x的数值为5；故答案为：5。
（4）CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1ml与足量的AgNO3溶液反应，生成2ml白色沉淀，说明该物质1ml能电离出2ml氯离子即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；故答案为：[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O。
（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化；故答案为：b。
（6）中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性：
A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意；
B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－都没有未成对电子，故B不符合题意；
C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－都没有未成对电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故D符合题意；
综上所述，答案为：AD。
19．(1) A CD
(2) 2 CH3As(OH)2 CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高。
(3) 0.75
(4) 3＞1＞2（或3，1，2）
【详解】（1）硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，基态原子中第一电离能小于第二电离能，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能，则失去一个电子需要吸收能量最大的是A；发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，则用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项；
（2）同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，砷位于元素周期表的第四周期第ⅤA族，其基态原子核外价电子排布式为：4s24p3，砷原子p轨道为半充满的稳定状态，其第一电离能大于Se，因此同周期中第一电离能大于砷的元素只有Br和Kr两种；CH3As(OH)2与(CH3)2AsOH两种含砷有机酸均属于分子晶体，CH3As(OH)2含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；
（3）把晶胞切割成多个边长为的小正方体，M位于一个顶点，所在的正方体在N所在正方体的正上方，所以M点原子分数坐标为；据均摊法晶胞计算法则可得：Li：，Zn：，Mn：，As：4，化简即可得LiZnmMnnAs中m=0.75，n=0.25；将晶胞切割成八个大小相等的正方体，如图 ，Mn原子在顶点，As原子在小正方体的体心，即晶胞结构体对角线的处，设棱长为a，一个晶胞中含有4个分子，所以，nm，则As原子与Mn原子之间的最短距离为nm；
（4）中Fe2＋提供空轨道，中O提供孤电子对，形成配位键，与之间形成氢键。、的中心原子均为sp3杂化，中O有两个孤电子对，中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得3＞1＞2。
20．(1) AD 通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3
(2) C3H6O3 CH3CH(OH)COOH 2.24
【详解】（1）①核磁共振氢谱中只有一种峰，说明分子中有1种H原子，CH3-CH3分子中有1种H原子，CH3COCH3分子中有1种H原子，而CH3COOH与CH3COOCH3分子中都有2种H原子，故AD正确，BC错误；故答案为AD；
②用核磁共振氢谱来研究C2H6O的结构，通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3；故答案为通过其核磁共振氢谱中峰的数目可以判断：有3组峰时，分子结构为CH3CH2OH；有1组峰时，分子结构为CH3-O-CH3；
（2）①由图中最大质荷比可确定相对分子质量为90，5.4g水的物质的量为，n(H)＝0.6ml，13.2g二氧化碳的物质的量为，n(C)＝n(CO2)＝0.3ml，此有机物9.0g含O元素质量为9.0g−0.6g−0.3×12g＝4.8g，n(O)＝，故n(C)：n(H)：n(O)＝0.3ml：0.6ml：0.3ml＝1：2：1，即实验式为CH2O，设分子式为(CH2O)n，C的相对分子质量为90，可得30n＝90，解得：n＝3，故有机物C为C3H6O3；故答案为C3H6O3；
②能和碳酸氢钠反应的官能团只有羧基，该物质能和碳酸氢钠反应，所以含有羧基，C分子的核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1：1：1：3，说明C中含有一个−OH、一个−COOH、一个次亚甲基、一个甲基，所以其结构简式为CH3CH(OH)COOH；故答案为CH3CH(OH)COOH；
③0.1mlCH3CH(OH)COOH与足量Na反应，−OH和−COOH均能与Na反应，生成0.1ml H2，在标准状况下产生H2的体积是2.24L；故答案为2.24。
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