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2022吉化一中校高二上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022吉化一中校高二上学期期末考试化学试题含解析，文件包含吉林省吉化第一高级中学校2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题含解析docx、吉林省吉化第一高级中学校2021-2022学年高二上学期期末考试化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
吉林省吉化第一中学2021-2022学年高二上学期期末考试
化学试题
考生注意：
1. 本试卷满分100分，考试时间90分钟。
2. 请将各题答案填在答题卡上，并贴好条形码。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Zn：65 F：19 N：14 P：31 Si：28 Fe：56 Cl：35.5 Br：80 Ag：108
Ⅰ卷(选择题)(共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每题只有一个正确选项，每小题2分，共30分)
1. 下列关于聚集状态的叙述中，错误的是（）
A. 物质只有气.液.固三种聚集状态
B. 气态是高度无序的体系存在状态
C. 固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱
D. 液态物质的微粒间距离和作用力的强弱介于固.气两态之间，表现出明显的流动性
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态，除了气、液、固三态外，还有非晶体、液晶、纳米材料和等离子体等聚集状态，A错误；
B．物质处于气态时，分子间距离大，分子运动速度快，体系处于高度无序状态，B正确；
C．据物质固态时微粒间距离较小可判断，固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱，C正确；
D．对液态物质而言，分子相距比较近，分子间作用力也较强，表现出明显的流动性，D正确；
故选A。
2. 下列晶体中，其中任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成共价键三维骨架结构的是
A. C60 B. 冰 C. 金刚石 D. 水晶
【答案】C
【解析】
【详解】A.是分子晶体，分子间只存在分子间作用力，不能形成空间网状结构，A不符合题意；
B.冰是分子晶体，分子间只存在分子间作用力，不能形成空间网状结构，B不符合题意；
C.在金刚石原子晶体结构中每一个碳原子都被相邻四个碳原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构，C符合题意；
D.水晶是SiO2，结构和金刚石相似，SiO2中每个Si原子形成4个Si—O键，每个O原子形成2个O—Si键，D不符合题意；
故选C。
3. 区分晶体和非晶体最科学的方法是
A. 测定熔、沸点的高低 B. 对固体进行X射线衍射
C. 看是否有规则的几何外形 D. 比较硬度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X射线衍射可以看到微观结构，而有些晶体的熔沸点较低，硬度较小，如Na等金属晶体，更不能通过几何外形、硬度来判断。
故选B。
4. “涪江之滨，天府之腹，南山巍然如画图”，百年南山，历久弥新。2020级某同学在3月植树节挖坑时发现一把古老的木质戒尺。关于该戒尺的说法不正确的是（ ）
A. 组成该戒尺的主要元素均为短周期元素
B. 戒尺中含有的和两种核素互为同素异形体
C. 可通过测定的含量大致推算其年代
D. C元素位于元素周期表第二周期ⅣA族
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H元素位于第一周期，C、O元素位于第二周期，在元素周期表中前三周期都是短周期，因此均为短周期元素，故A正确；
B．和两种核素，它们质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子是同位素，故B错误；
C．是碳元素的一种具放射性的同位素，可根据半衰期时间大致推算其年代，故C正确；
D．C元素的质子数为6，位于元素周期表第二周期ⅣA族，故D正确；
故答案为B。
5. 已知某元素＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中属于
A. 第ⅤB族 B. 第ⅡB族 C. 第Ⅷ族 D. 第ⅡA族
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，最大能层数为4，因此处于第四周期，价电子数为2，因此处于第ⅡA族。
故选D。
6. 下列电子排布式中，原子处于激发态的是
A. ls22s22p63s23p63d34s2
B ls22s22p63s23p63d44s2
C. ls22s22p63s23p63d54s2
D. ls22s22p63s23p63d64s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．1s22s22p63s23p63d34s2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，原子处于基态，故A不选；
B.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，根据能量最低原理，其基态应为1s22s22p63s23p63d54s1，故B选；
C．1s22s22p63s23p63d54s2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，原子处于基态，故C不选；
D．1s22s22p63s23p63d64s2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，原子处于基态，故D不选；
答案选B。
【点睛】原子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，否则处于激发态。
7. 顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。已知NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
碳铂
A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 碳铂分子属于手性分子
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2∶1
D. 1 mol顺铂中含有σ键的数目为12NA(配位键属于σ键)
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故A错误；
B．该分子中不存在手性碳原子，所以不属于手性分子，故B错误；
C．该分子中饱和碳原子都采用sp3杂化，连接碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，采用sp3、sp2的碳原子个数分别是4、2，所以碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2：1，故C正确；
D．1个顺铂分子中含有6个N-H σ键、2个Pt-Cl σ键、2个N-Pt σ键，所以该分子中含有10个σ键，所以1mol顺铂中含有σ键的数目为10NA，故D错误；
故选：C。
8. 某一化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。。下列推断不正确的是（ ）
A. AB2分子的空间构型为“V”形
B. A---B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D. AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A. AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，故A正确；
B. 由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；
C. H2O分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故C正确；
D. 氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，故D正确；
故选：B。
9. 以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（ ）
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。
10. 下列有关金属键的叙述错误的是 ( )
A. 金属键没有饱和性和方向性
B. 金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
C. 金属键中的自由电子属于整块金属
D. 金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故A正确；
B．金属键是金属阳离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈静电作用，既包括吸引也包括排斥作用，故B错误；
C．自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故C正确；
D．金属晶体中的金属键决定了金属的性质和金属固体的形成，故D正确；
故选B。
11. 下列有关冰和干冰的叙述不正确的是( )
A. 干冰和冰都是由分子密堆积形成的晶体
B. 冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子
C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华
D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，一个分子周围有12个紧邻的分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 干冰是由分子密堆积形成的晶体，冰是四面体结构，故A错误；
B. 冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，中间有空隙，故B正确；
C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华，冰存在分子间氢键，熔点高，故C正确；
D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，是由分子密堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，故D正确。
综上所述，答案为A。
12. 已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为dg/cm3，下列说法中正确的是
A. 晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1
B. 晶体中阴、阳离子的配位数都是4
C. 该晶胞可能是CsCl的晶胞
D. 该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距为
【答案】D
【解析】
【详解】A．据均摊法可知，在这个晶胞中阴离子位于棱上和体心，数目，阳离子位于顶点、面心，数目，A项错误；
B．晶体中，由体心的阳离子看出周围有6个阴离子，每个阴离子周围有6个阳离子，所以晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，B项错误；
C．根据均摊法可知，在这个晶胞中阴、阳离子的个数都为4，阴、阳离子的配位数都为6，符合NaCl的晶胞特点，C项错误；
D．因为晶胞中阴、阳离子的个数都为4，则晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为，因为两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线长度的一半，所以晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为，D项正确；
答案选D。
13. 实验测得Al与氯元素形成化合物的实际组成为Al2Cl6，其球棍模型如图所示。已知Al2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[Al(OH)4]。下列说法不正确的是
A. AlCl3属于分子晶体
B. Al2Cl6中 Al原子sp3杂化
C. Na[Al(OH)4]中存在的化学键只有极性共价键和配位键
D. Na[Al(OH)4]属于配合物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据题意可知AlCl3在加热时易升华，熔点较低，且存在分子结构，则应是分子晶体，故A正确；
B．根据球棍模型可知Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，Al原子杂化方式为sp3，故B正确；
C．Na[Al(OH)4]中钠离子和[Al(OH)4]-之间存在离子键，Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，所以存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键，故C错误；
D．Na[Al(OH)4]中铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，所以Na[Al(OH)4]属于配合物，故D正确；
故选：C。
14. 下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。
A
B
C
D
X
Y
下列说法正确的是
A. 稳定性：
B. 分子的立体结构为平面三角形
C. C形成的单质中呈轴对称和镜面对称的共价键数之比为1:2
D. 通常情况下，B、C、D形成的简单氢化物能相互互溶
【答案】C
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，X为硫元素，Y为Cl元素；
【详解】由元素在周期表中的位置可知，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，X为硫元素，Y为Cl元素，
A．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A错误；
B．NH3分子孤电子对数=，价层电子对数=3+1=4，故杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，故B错误；
C．C 形成的常见单质为氮气，含N≡N，σ键与π键个数之比为 1：2，故C正确；
D．B、C、D形成的简单氢化物分别为甲烷、氨气、水，甲烷难溶于水，故D错误；
故选：C。
15. 下列有关叙述正确的是
A. 利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 互为手性异构体分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同
D. 酸性
【答案】A
【解析】
【详解】A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子，称为手性合成，故A正确；
B．氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；
C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成和原子排列都完全相同，但性质和用途不相同，故C错误；
D．F和Cl都是吸电子基，且F的电负性更大，其吸电子能力更强，取代了乙酸分子中甲基上的H后，使得FCH2COOH中羧基里的羟基极性更大，所以酸性最大，所以酸性FCH2COOH＞ ClCH2COOH＞CH3COOH，故D错误；
故选A。
二、选择题(本题包括5小题，每题只有一个正确选项，每小题3分，共15分)
16. 如图三条曲线分别表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是
A. 元素电负性： c>b>a
B. 简单氢化物的稳定性：c>a>b
C. 简单氢化物的相对分子质量： b>c>a
D. 第五电离能： c>a>b
【答案】C
【解析】
【分析】同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，故三种元素中Si的第一电离能最小，由题图可知，c为Si元素，P原子第四电离能对应为失去3s能级中1个电子，与第三电离能相差较大，可知b为P元素、a为C元素。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，故Si的电负性最小，A错误；
B．Si的非金属性最弱，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，B错误；
C．相对分子质量：PH3>SiH4>CH4，即简单氢化物的相对分子质量：b>c>a，C正确；
D．C原子失去4个电子后，电子排布为1s2，Si原子失去4个电子后，外围电子排布为2s22p6，前者更难再失去电子，P原子失去4个电子后，外围电子排布为3s1，较易失电子，故第五电离能：C>Si>P，D错误；
答案选C。
17. 正硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是
A. 含的晶体中有6mol氢键
B. 分子中硼原子、氧原子最外层均为的稳定结构
C. 正硼酸晶体属于共价晶体
D. 分子的稳定性与氢键无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可看出，1个H3BO3分子周围共有6个氢键，1个氢键为2个H3BO3分子所共有，因此1 mol H3BO3的晶体中只含有3 mol氢键，选项A错误；
B．硼原子有3个价电子，与相邻的氧原子形成共价单键，硼原子的最外层只有6个电子，选项B错误；
C．H3BO3是以分子形成晶体，为分子晶体，选项C错误；
D．分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，选项D正确；
答案选D。
18. 下列有关推断中，不符合实际的是
①第n周期中有种元素
②第n周期第nA族元素一定是金属元素()
③ⅢB所含元素种类最多
④最高价是+7价的元素一定是非金属元素
A. ①④ B. ②④ C. ③④ D. ①②
【答案】A
【解析】
【详解】①第三周期有8种元素，长周期都不符合第n周期中有种元素，①错误；
②除第一周期外，由元素周期表位置可知，第n周期第nA族元素一定是金属元素()，②正确；
③第ⅢB族元素包含镧系元素和锕系元素，镧系元素和锕系元素各有15种元素，因此第ⅢB族所含元素种类最多，③正确；
④最高价是+7价的元素不一定是非金属元素，如高锰酸钾中锰元素化合价为+7价，锰元素是金属元素，④错误；
综上分析，①④错误，答案选A。
19. LiAlH4是一种强还原剂，能将乙酸(如图所示)直接还原成乙醇，即：CH3COOHCH3CH2OH，下列有关说法不正确是
A. 第三周期元素中简单离子半径最小的是Al3+
B. AlH4-的空间构型是正四面体形
C. CH3COOH分子中键角α＞β
D. 上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．第三周期元素中，阳离子有钠离子、镁离子和铝离子，均为10电子结构，核电荷数大则离子半径小，第三周期的阴离子有硫离子和氯离子，均为18电子结构，阴离子半径比同周期阳离子半径大，则简单离子半径最小的是Al3+，A正确；
B． AlH 的中心原子孤电子对数= ，价层电子对数=4+0=4，则空间构型是正四面体形，B正确；
C． C=O双键比C−O单键键长短，且C=O双键上O原子距离中心原子较近，C=O双键上中氧原子含有2对孤对电子，对成键电子对排斥力大于C−O单键上的O上2对孤电子对对成键电子对的排斥力，故导致分子中键角α小于键角β，C错误；
D． 上述反应使乙酸转变为乙醇，通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，D正确；
答案选C。
20. Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是
A. 该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
B. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
C. 1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
D. 该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构
【答案】A
【解析】
【分析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子（3s23p63d6），配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。
【详解】A. 由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；
B. 该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；
C. [Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；
D. 该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。
综上所述，有关说法正确的是A。
Ⅱ卷(非选择题)(共55分)
三、非选择题(本题包括4小题，共55分)
21. 填写下列空白 [第（1）～（4）小题用元素符号填写]。
（1）第三周期原子半径最小的元素__________。
（2）第一电离能最大的元素__________。
（3）电负性最大的元素__________。
（4）第四周期中第一电离能最小的元素__________。
（5）含有8个质子，10个中子的原子的化学符号__________。
（6）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为__________。
（7）周期表中最活泼的非金属元素原子的电子排布图为______________________________。
（8）某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，写出该元素的离子结构示意图__________。
（9）写出基态铜原子的电子排布式________________，位于__________区。
【答案】 ①. Cl ②. He ③. F ④. K ⑤. ⑥. 31 ⑦. ⑧. ⑨. 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ⑩. ds
【解析】
【详解】（1）同周期自左向右原子半径逐渐减小，则第三周期原子半径最小的元素Cl。
（2）原子结构最稳定的元素是He，故第一电离能最大的元素He。
（3）非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的元素是F。
（4）金属性越强，第一电离能越小，则第四周期中第一电离能最小的元素K。
（5）含有8个质子，10个中子的原子的化学符号为。
（6）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为2+8+18+3＝31。
（7）周期表中最活泼的非金属元素是F，其原子的电子排布图为。
（8）某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，设最外层电子数是x，则，解得x＝2，则该元素是Mg，该元素的离子结构示意图为。
（9）铜的原子序数是29，基态铜原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，位于ds区。
22. 生产生活中处处有化学，结合物质与结构的相关知识，回答下列问题：
（1）维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：
①C元素基态原子核外电子有_______种运动状态，其中电子占据能量最高的能级符号为_______。
②维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有_______。(填序号)
a. 离子键、共价键 b. 离子键、氢键、共价键
c. 氢键、范德华力 d. 离子键、氢键、范德华力
③维生素B1燃烧可生成、、、、、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_______。(填化学式)
（2）液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨→氨气→氮气和氢气→氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用是①_______；②极性键；③_______。
（3）与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如、等。已知反应 ，F-F键的键能为，Cl-Cl键的键能为，则中Cl-F键的平均键能为_______。的熔、沸点比的_______(填“高”或“低”)。
（4）稳定性比差，极易水解，试从结构分析其原因_______。
（5）氯丙烯分子()中碳原子轨道杂化类型是_______。
（6）铁能与三氮唑(，结构如图)形成多种化合物。
中含有键_______mol。
（7）利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是________
A. C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯
B. C60能与“杯酚”形成超分子
C. C70不能与“杯酚”形成超分子
D. “杯酚”能够循环使用
【答案】（1） ①. 6 ②. 2p ③. d ④. CO2
（2） ①. 氢键 ②. 非极性键
（3） ①. 172 ②. 低
（4）Ti—Cl键比C—Cl键的键长大、键能低，易断裂
（5）sp3和sp2 （6）8 （7）A
【解析】
【小问1详解】
①C的原子序数为6，其元素基态原子核外电子有6个自旋相反的电子，所以有6种运动状态；其核外电子排布式为：2s22p2，其中电子占据能量最高的能级符号为2p；
②维生素B1晶体溶于水的过程会电离出Cl-等，故需要克服离子键，维生素B分子间存在氢键、范德华力，答案选d；
②N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2；
【小问2详解】
液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键； N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键，故答案为：氢键；非极性键；
【小问3详解】
F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等，C1F3和BrF3在通常状况下分别是气体和液体。已知：Cl2(g)+3F2(g)=2C1F3(g) △H=-313kJ·mol-1，F-F键键能为159kJ·mol-1，Cl-Cl键键能为242kJ·mol-1，则有：=E(Cl-Cl)+3E(F-F)-6E(Cl-F)=242kJ/mol+3×159kJ/mol-6E(Cl-F)=-313kJ/mol，则ClF3中C1-F键的平均键能为172kJ·mol-1，已知ClF3、BrF3均为分子晶体，且BrF3的相对分子质量大于ClF3，即BrF3中的分子间作用力大于ClF3的，导致ClF3的熔、沸点比BrF3的低，故答案为：172；低。
【小问4详解】
电子层数越多，原子半径就越大，所以Ti的原子半径大于C，所以Ti- Cl键比C-Cl键的键长，由于键长越长，键能越低，共价键越不稳定，所以Ti-Cl键比C-Cl键的键能低，容易断裂，所以TiCl4稳定性比CCl4差，极易水解，故答案为：Ti—Cl键比C—Cl键的键长大、键能低，易断裂；
【小问5详解】
中的碳为sp2杂化，—CH2Cl中的碳为sp3杂化，故答案为：sp3和sp2；
【小问6详解】
Bipy中含有C—Hσ键2个，N—Hσ键1个，C与N之间σ键4个，N与N之间σ键1个，故1 mol Bipy中含有σ键8 mol；
【小问7详解】
A．由题图可知，能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而不能，与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明是否能溶于甲苯，故A错误；
B．由题图可知，能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C．由题图可知，不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故C正确；
D．通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与形成的超分子，可实现将与分离，且“杯酚”能够循环使用，故D正确；
答案选A。
23. X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，R为过渡元素。Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Z元素的基态原子中有2个未成对电子，基态W原子的价层电子排布为，X与W为同主族元素。基态R原子的M能层全充满，核外有且仅有1个未成对电子。请回答下列问题：
（1）基态R原子核外价层电子排布为_______。
（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
（3）元素Y的简单氢化物分子的空间构型为_______，实验室制取该氢化物的化学方程式为_______。Y的另一种氢化物可用作火箭燃料，其电子式为_______，其水溶液显碱性，写出其第二步电离的方程式_______。
（4）Y的气态氢化物在水中可形成氢键，根据其性质其氢键最可能的形式为_______(填序号)。
A. B.
C. D.
（5）分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，X的最高价氧化物分子中的大键应表示为_______，其结构式为_______。
（6）下列是上述五种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构：，请简要说明该物质易溶于水的原因：_______。
【答案】（1）3d104s1
（2）N>O>C （3） ①. 三角锥形 ②. 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O ③. ④. N2H+H2ON2H+OH- （4）B
（5） ①. Π ②. O=C=O
（6）HNO3是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子与水分子之间形成氢键
【解析】
【分析】基态W原子的价层电子排布为，n>2，W为短周期主族元素，n=3，基态W原子的价层电子排布为，W为Si；X与W为同主族元素，X为C；Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Y为N；Z元素的基态原子中有2个未成对电子，Z为O；R为过渡元素，基态R原子的M能层全充满，核外有且仅有1个未成对电子，故R为Cu；
【小问1详解】
基态Cu原子核外价层电子排布为3d104s1；
【小问2详解】
N 的2p电子半充满，故C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；
【小问3详解】
NH3有1对孤对电子，价层电子数为4，sp3杂化，空间构型为三角锥形；实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；可用作火箭燃料的N的氢化物为N2H4，其电子式为；其水溶液显碱性，故其电离可参照NH3水溶液，第一步为N2H4+H2O+OH-，第二步为+H2O+OH-；
【小问4详解】
H2O、NH3的氢键会沿着中心原子孤电子对方向与H形成，由于电负性O>N，与N相比O对电子束缚能力更强，且H2O中共用电子对偏向O远离H，故H2O之间NH3氢键应沿着N孤对电子方向与H2O中H形成， 则最可能的形式为B；
【小问5详解】
分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，
C的最高价氧化物为CO2，结构式为O=C=O；CO2中存在2个键形成大键的原子数为3，形成大键的电子数4，故分子中的大键应表示为；
【小问6详解】
根据图示结构，该含氧酸的应为HNO3，易溶于水的原因为：HNO3正负电中心不重合，是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子与水分子之间形成氢键。
24. 元素周期表中第四周期的某些过渡元素(如V、Zn、Co等)在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）钒(V)及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒在周期表中的位置为_______。
②的结构式如图所示，则分子中键和键数目之比为_______。
（2）是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向该配合物的溶液中加入足量溶液，生成5.74g白色沉淀。
①的空间构型为_______。
②则该配合物中配离子的化学式为_______。
（3）是生成良好的光学基质材料的原料，、两种晶体的晶胞结构分别如图所示：
①已知：的熔点为872℃，的熔点为275℃，的熔点为394℃，的熔点高于的原因为_______。
②晶体(晶胞顶点为)中，与最近且等距离的数为_______。若NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______(用含a、c、NA的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 第四周期第VB族 ②. 3∶2
（2） ①. 平面三角形 ②. [Co(NH3)5Cl]2＋
（3） ①. ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增强，熔点升高 ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①钒的原子序数为23，位于元素周期表第四周期第VB族。
②由V2O5的结构式可知，该结构中共含有4个V=O双键，2个V-O单键，1个双键含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，所以V2O5分子中含有6个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为6:4＝3:2。
【小问2详解】
①对于，根据VSEPR理论，价电子对数=3+=3，无孤对电子对，VSEPR模型为平面三角形，所以的空间构型为平面三角形。
②Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向100mL0.2mol·L-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量n=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，n(AgCl)=== =0.04mol，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配位数为6，即中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子，该配合物中配离子的化学式为[Co(NH3)5Cl]2+。
【小问3详解】
①由熔点数据可知，ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，且组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，相对分子质量ZnBr2＞ZnCl2，所以ZnBr2熔点高于ZnCl2。
②由KZnF3的晶胞结构可知，K+位于顶点，即K+的个数为8×=1，Zn2+位于体心，即有1个Zn2+，F－位于面心，即F-的个数为6×=3，则与Zn2+最近且等距离的F－数为6；由ZnF2的晶胞结构可知，Zn2+有8个位于顶点和1个位于体内，Zn2+的个数为8×+1=2，F-有4个位于面上和2个位于体内，F-的个数为4×+2=4，晶胞质量m=g=g，晶胞的体积V=( a×10-7cm×a×10-7cm×c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，晶体密度ρ==g/cm3=g/cm3。
吉林省吉化第一中学2021-2022学年高二上学期期末考试
化学试题
考生注意：
1. 本试卷满分100分，考试时间90分钟。
2. 请将各题答案填在答题卡上，并贴好条形码。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Zn：65 F：19 N：14 P：31 Si：28 Fe：56 Cl：35.5 Br：80 Ag：108
Ⅰ卷(选择题)(共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每题只有一个正确选项，每小题2分，共30分)
1. 下列关于聚集状态的叙述中，错误的是（）
A. 物质只有气.液.固三种聚集状态
B. 气态是高度无序的体系存在状态
C. 固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱
D. 液态物质的微粒间距离和作用力的强弱介于固.气两态之间，表现出明显的流动性
【答案】A
【解析】
【详解】A．物质的聚集状态，除了气、液、固三态外，还有非晶体、液晶、纳米材料和等离子体等聚集状态，A错误；
B．物质处于气态时，分子间距离大，分子运动速度快，体系处于高度无序状态，B正确；
C．据物质固态时微粒间距离较小可判断，固态中的原子或者分子结合的较紧凑，相对运动较弱，C正确；
D．对液态物质而言，分子相距比较近，分子间作用力也较强，表现出明显的流动性，D正确；
故选A。
2. 下列晶体中，其中任何一个原子都被相邻四个原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成共价键三维骨架结构的是
A. C60 B. 冰 C. 金刚石 D. 水晶
【答案】C
【解析】
【详解】A.是分子晶体，分子间只存在分子间作用力，不能形成空间网状结构，A不符合题意；
B.冰是分子晶体，分子间只存在分子间作用力，不能形成空间网状结构，B不符合题意；
C.在金刚石原子晶体结构中每一个碳原子都被相邻四个碳原子包围，以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构，C符合题意；
D.水晶是SiO2，结构和金刚石相似，SiO2中每个Si原子形成4个Si—O键，每个O原子形成2个O—Si键，D不符合题意；
故选C。
3. 区分晶体和非晶体最科学的方法是
A. 测定熔、沸点的高低 B. 对固体进行X射线衍射
C. 看是否有规则的几何外形 D. 比较硬度
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X射线衍射可以看到微观结构，而有些晶体的熔沸点较低，硬度较小，如Na等金属晶体，更不能通过几何外形、硬度来判断。
故选B。
4. “涪江之滨，天府之腹，南山巍然如画图”，百年南山，历久弥新。2020级某同学在3月植树节挖坑时发现一把古老的木质戒尺。关于该戒尺的说法不正确的是（ ）
A. 组成该戒尺的主要元素均为短周期元素
B. 戒尺中含有的和两种核素互为同素异形体
C. 可通过测定的含量大致推算其年代
D. C元素位于元素周期表第二周期ⅣA族
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．H元素位于第一周期，C、O元素位于第二周期，在元素周期表中前三周期都是短周期，因此均为短周期元素，故A正确；
B．和两种核素，它们质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子是同位素，故B错误；
C．是碳元素的一种具放射性的同位素，可根据半衰期时间大致推算其年代，故C正确；
D．C元素的质子数为6，位于元素周期表第二周期ⅣA族，故D正确；
故答案为B。
5. 已知某元素＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中属于
A. 第ⅤB族 B. 第ⅡB族 C. 第Ⅷ族 D. 第ⅡA族
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，最大能层数为4，因此处于第四周期，价电子数为2，因此处于第ⅡA族。
故选D。
6. 下列电子排布式中，原子处于激发态的是
A. ls22s22p63s23p63d34s2
B ls22s22p63s23p63d44s2
C. ls22s22p63s23p63d54s2
D. ls22s22p63s23p63d64s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．1s22s22p63s23p63d34s2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，原子处于基态，故A不选；
B.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，根据能量最低原理，其基态应为1s22s22p63s23p63d54s1，故B选；
C．1s22s22p63s23p63d54s2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，原子处于基态，故C不选；
D．1s22s22p63s23p63d64s2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，原子处于基态，故D不选；
答案选B。
【点睛】原子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，否则处于激发态。
7. 顺铂[Pt(NH3)2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属化合物；碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。已知NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
碳铂
A. 碳铂中所有碳原子在同一个平面中
B. 碳铂分子属于手性分子
C. 碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2∶1
D. 1 mol顺铂中含有σ键的数目为12NA(配位键属于σ键)
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷为正四面体结构，该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子一定不共平面，故A错误；
B．该分子中不存在手性碳原子，所以不属于手性分子，故B错误；
C．该分子中饱和碳原子都采用sp3杂化，连接碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，采用sp3、sp2的碳原子个数分别是4、2，所以碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2：1，故C正确；
D．1个顺铂分子中含有6个N-H σ键、2个Pt-Cl σ键、2个N-Pt σ键，所以该分子中含有10个σ键，所以1mol顺铂中含有σ键的数目为10NA，故D错误；
故选：C。
8. 某一化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。。下列推断不正确的是（ ）
A. AB2分子的空间构型为“V”形
B. A---B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C. AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D. AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A. AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为=4，有2对孤电子对，所以为V型结构，故A正确；
B. 由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；
C. H2O分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故C正确；
D. 氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，故D正确；
故选：B。
9. 以色列科学家发现准晶体，独享2011年诺贝尔化学奖。已知的准晶体都是金属互化物。人们发现组成为铝－铜－铁－铬的准晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能，正被开发为炒菜锅的镀层。下列说法正确的是（ ）
A. 已知的准晶体是离子化合物
B. 已知的准晶体中含有非极性键
C. 合金的硬度一般比各组份金属的硬度更低
D. 准晶体可开发成为新型材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，不是离子化合物，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，含有金属键，为金属晶体，不存在非极性键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，合金的硬度一般比各组份金属的硬度更高，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确；
故选D。
【点睛】解答本题的关键是正确理解“已知的准晶体都是金属互化物”的含义。易错点为AB。
10. 下列有关金属键的叙述错误的是 ( )
A. 金属键没有饱和性和方向性
B. 金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
C. 金属键中的自由电子属于整块金属
D. 金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性，故A正确；
B．金属键是金属阳离子和自由电子这两种带异性电荷的微粒间的强烈静电作用，既包括吸引也包括排斥作用，故B错误；
C．自由电子在金属中自由运动，为整个金属的所有阳离子所共有，故C正确；
D．金属晶体中的金属键决定了金属的性质和金属固体的形成，故D正确；
故选B。
11. 下列有关冰和干冰的叙述不正确的是( )
A. 干冰和冰都是由分子密堆积形成的晶体
B. 冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子
C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华
D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，一个分子周围有12个紧邻的分子
【答案】A
【解析】
【详解】A. 干冰是由分子密堆积形成的晶体，冰是四面体结构，故A错误；
B. 冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，中间有空隙，故B正确；
C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华，冰存在分子间氢键，熔点高，故C正确；
D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，是由分子密堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，故D正确。
综上所述，答案为A。
12. 已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为dg/cm3，下列说法中正确的是
A. 晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1
B. 晶体中阴、阳离子的配位数都是4
C. 该晶胞可能是CsCl的晶胞
D. 该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距为
【答案】D
【解析】
【详解】A．据均摊法可知，在这个晶胞中阴离子位于棱上和体心，数目，阳离子位于顶点、面心，数目，A项错误；
B．晶体中，由体心的阳离子看出周围有6个阴离子，每个阴离子周围有6个阳离子，所以晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，B项错误；
C．根据均摊法可知，在这个晶胞中阴、阳离子的个数都为4，阴、阳离子的配位数都为6，符合NaCl的晶胞特点，C项错误；
D．因为晶胞中阴、阳离子的个数都为4，则晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为，因为两个距离最近的同种离子的核间距为晶胞面对角线长度的一半，所以晶体中两个距离最近的同种离子的核间距为，D项正确；
答案选D。
13. 实验测得Al与氯元素形成化合物的实际组成为Al2Cl6，其球棍模型如图所示。已知Al2Cl6在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成Na[Al(OH)4]。下列说法不正确的是
A. AlCl3属于分子晶体
B. Al2Cl6中 Al原子sp3杂化
C. Na[Al(OH)4]中存在的化学键只有极性共价键和配位键
D. Na[Al(OH)4]属于配合物
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据题意可知AlCl3在加热时易升华，熔点较低，且存在分子结构，则应是分子晶体，故A正确；
B．根据球棍模型可知Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4，Al原子杂化方式为sp3，故B正确；
C．Na[Al(OH)4]中钠离子和[Al(OH)4]-之间存在离子键，Al离子和O原子之间存在配位键、O-H原子之间存在极性键，所以存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键，故C错误；
D．Na[Al(OH)4]中铝是缺电子结构，能接受氢氧根离子给与的孤对电子形成配位键，所以Na[Al(OH)4]属于配合物，故D正确；
故选：C。
14. 下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。
A
B
C
D
X
Y
下列说法正确的是
A. 稳定性：
B. 分子的立体结构为平面三角形
C. C形成的单质中呈轴对称和镜面对称的共价键数之比为1:2
D. 通常情况下，B、C、D形成的简单氢化物能相互互溶
【答案】C
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，X为硫元素，Y为Cl元素；
【详解】由元素在周期表中的位置可知，A为氢元素，B为碳元素，C为氮元素，D为氧元素，X为硫元素，Y为Cl元素，
A．非金属性O＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故A错误；
B．NH3分子孤电子对数=，价层电子对数=3+1=4，故杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形，故B错误；
C．C 形成的常见单质为氮气，含N≡N，σ键与π键个数之比为 1：2，故C正确；
D．B、C、D形成的简单氢化物分别为甲烷、氨气、水，甲烷难溶于水，故D错误；
故选：C。
15. 下列有关叙述正确的是
A. 利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子
B. 氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中
C. 互为手性异构体分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同
D. 酸性
【答案】A
【解析】
【详解】A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子，称为手性合成，故A正确；
B．氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；
C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成和原子排列都完全相同，但性质和用途不相同，故C错误；
D．F和Cl都是吸电子基，且F的电负性更大，其吸电子能力更强，取代了乙酸分子中甲基上的H后，使得FCH2COOH中羧基里的羟基极性更大，所以酸性最大，所以酸性FCH2COOH＞ ClCH2COOH＞CH3COOH，故D错误；
故选A。
二、选择题(本题包括5小题，每题只有一个正确选项，每小题3分，共15分)
16. 如图三条曲线分别表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是
A. 元素电负性： c>b>a
B. 简单氢化物的稳定性：c>a>b
C. 简单氢化物的相对分子质量： b>c>a
D. 第五电离能： c>a>b
【答案】C
【解析】
【分析】同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，故三种元素中Si的第一电离能最小，由题图可知，c为Si元素，P原子第四电离能对应为失去3s能级中1个电子，与第三电离能相差较大，可知b为P元素、a为C元素。
【详解】A．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，故Si的电负性最小，A错误；
B．Si的非金属性最弱，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，B错误；
C．相对分子质量：PH3>SiH4>CH4，即简单氢化物的相对分子质量：b>c>a，C正确；
D．C原子失去4个电子后，电子排布为1s2，Si原子失去4个电子后，外围电子排布为2s22p6，前者更难再失去电子，P原子失去4个电子后，外围电子排布为3s1，较易失电子，故第五电离能：C>Si>P，D错误；
答案选C。
17. 正硼酸()是一种片层状结构的白色晶体，层内分子之间通过氢键相连(层状结构如图所示，图中“虚线”表示氢键)。下列有关说法正确的是
A. 含的晶体中有6mol氢键
B. 分子中硼原子、氧原子最外层均为的稳定结构
C. 正硼酸晶体属于共价晶体
D. 分子的稳定性与氢键无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可看出，1个H3BO3分子周围共有6个氢键，1个氢键为2个H3BO3分子所共有，因此1 mol H3BO3的晶体中只含有3 mol氢键，选项A错误；
B．硼原子有3个价电子，与相邻的氧原子形成共价单键，硼原子的最外层只有6个电子，选项B错误；
C．H3BO3是以分子形成晶体，为分子晶体，选项C错误；
D．分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，选项D正确；
答案选D。
18. 下列有关推断中，不符合实际的是
①第n周期中有种元素
②第n周期第nA族元素一定是金属元素()
③ⅢB所含元素种类最多
④最高价是+7价的元素一定是非金属元素
A. ①④ B. ②④ C. ③④ D. ①②
【答案】A
【解析】
【详解】①第三周期有8种元素，长周期都不符合第n周期中有种元素，①错误；
②除第一周期外，由元素周期表位置可知，第n周期第nA族元素一定是金属元素()，②正确；
③第ⅢB族元素包含镧系元素和锕系元素，镧系元素和锕系元素各有15种元素，因此第ⅢB族所含元素种类最多，③正确；
④最高价是+7价的元素不一定是非金属元素，如高锰酸钾中锰元素化合价为+7价，锰元素是金属元素，④错误；
综上分析，①④错误，答案选A。
19. LiAlH4是一种强还原剂，能将乙酸(如图所示)直接还原成乙醇，即：CH3COOHCH3CH2OH，下列有关说法不正确是
A. 第三周期元素中简单离子半径最小的是Al3+
B. AlH4-的空间构型是正四面体形
C. CH3COOH分子中键角α＞β
D. 上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．第三周期元素中，阳离子有钠离子、镁离子和铝离子，均为10电子结构，核电荷数大则离子半径小，第三周期的阴离子有硫离子和氯离子，均为18电子结构，阴离子半径比同周期阳离子半径大，则简单离子半径最小的是Al3+，A正确；
B． AlH 的中心原子孤电子对数= ，价层电子对数=4+0=4，则空间构型是正四面体形，B正确；
C． C=O双键比C−O单键键长短，且C=O双键上O原子距离中心原子较近，C=O双键上中氧原子含有2对孤对电子，对成键电子对排斥力大于C−O单键上的O上2对孤电子对对成键电子对的排斥力，故导致分子中键角α小于键角β，C错误；
D． 上述反应使乙酸转变为乙醇，通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，D正确；
答案选C。
20. Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是
A. 该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
B. 该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
C. 1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
D. 该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构
【答案】A
【解析】
【分析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子（3s23p63d6），配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。
【详解】A. 由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；
B. 该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；
C. [Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；
D. 该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。
综上所述，有关说法正确的是A。
Ⅱ卷(非选择题)(共55分)
三、非选择题(本题包括4小题，共55分)
21. 填写下列空白 [第（1）～（4）小题用元素符号填写]。
（1）第三周期原子半径最小的元素__________。
（2）第一电离能最大的元素__________。
（3）电负性最大的元素__________。
（4）第四周期中第一电离能最小的元素__________。
（5）含有8个质子，10个中子的原子的化学符号__________。
（6）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为__________。
（7）周期表中最活泼的非金属元素原子的电子排布图为______________________________。
（8）某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，写出该元素的离子结构示意图__________。
（9）写出基态铜原子的电子排布式________________，位于__________区。
【答案】 ①. Cl ②. He ③. F ④. K ⑤. ⑥. 31 ⑦. ⑧. ⑨. 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ⑩. ds
【解析】
【详解】（1）同周期自左向右原子半径逐渐减小，则第三周期原子半径最小的元素Cl。
（2）原子结构最稳定的元素是He，故第一电离能最大的元素He。
（3）非金属性越强，电负性越大，则电负性最大的元素是F。
（4）金属性越强，第一电离能越小，则第四周期中第一电离能最小的元素K。
（5）含有8个质子，10个中子的原子的化学符号为。
（6）最外层电子排布为4s24p1的原子的核电荷数为2+8+18+3＝31。
（7）周期表中最活泼的非金属元素是F，其原子的电子排布图为。
（8）某元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，设最外层电子数是x，则，解得x＝2，则该元素是Mg，该元素的离子结构示意图为。
（9）铜的原子序数是29，基态铜原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，位于ds区。
22. 生产生活中处处有化学，结合物质与结构的相关知识，回答下列问题：
（1）维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：
①C元素基态原子核外电子有_______种运动状态，其中电子占据能量最高的能级符号为_______。
②维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有_______。(填序号)
a. 离子键、共价键 b. 离子键、氢键、共价键
c. 氢键、范德华力 d. 离子键、氢键、范德华力
③维生素B1燃烧可生成、、、、、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_______。(填化学式)
（2）液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨→氨气→氮气和氢气→氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用是①_______；②极性键；③_______。
（3）与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如、等。已知反应 ，F-F键的键能为，Cl-Cl键的键能为，则中Cl-F键的平均键能为_______。的熔、沸点比的_______(填“高”或“低”)。
（4）稳定性比差，极易水解，试从结构分析其原因_______。
（5）氯丙烯分子()中碳原子轨道杂化类型是_______。
（6）铁能与三氮唑(，结构如图)形成多种化合物。
中含有键_______mol。
（7）利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是________
A. C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯
B. C60能与“杯酚”形成超分子
C. C70不能与“杯酚”形成超分子
D. “杯酚”能够循环使用
【答案】（1） ①. 6 ②. 2p ③. d ④. CO2
（2） ①. 氢键 ②. 非极性键
（3） ①. 172 ②. 低
（4）Ti—Cl键比C—Cl键的键长大、键能低，易断裂
（5）sp3和sp2 （6）8 （7）A
【解析】
【小问1详解】
①C的原子序数为6，其元素基态原子核外电子有6个自旋相反的电子，所以有6种运动状态；其核外电子排布式为：2s22p2，其中电子占据能量最高的能级符号为2p；
②维生素B1晶体溶于水的过程会电离出Cl-等，故需要克服离子键，维生素B分子间存在氢键、范德华力，答案选d；
②N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2；
【小问2详解】
液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键； N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键，故答案为：氢键；非极性键；
【小问3详解】
F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等，C1F3和BrF3在通常状况下分别是气体和液体。已知：Cl2(g)+3F2(g)=2C1F3(g) △H=-313kJ·mol-1，F-F键键能为159kJ·mol-1，Cl-Cl键键能为242kJ·mol-1，则有：=E(Cl-Cl)+3E(F-F)-6E(Cl-F)=242kJ/mol+3×159kJ/mol-6E(Cl-F)=-313kJ/mol，则ClF3中C1-F键的平均键能为172kJ·mol-1，已知ClF3、BrF3均为分子晶体，且BrF3的相对分子质量大于ClF3，即BrF3中的分子间作用力大于ClF3的，导致ClF3的熔、沸点比BrF3的低，故答案为：172；低。
【小问4详解】
电子层数越多，原子半径就越大，所以Ti的原子半径大于C，所以Ti- Cl键比C-Cl键的键长，由于键长越长，键能越低，共价键越不稳定，所以Ti-Cl键比C-Cl键的键能低，容易断裂，所以TiCl4稳定性比CCl4差，极易水解，故答案为：Ti—Cl键比C—Cl键的键长大、键能低，易断裂；
【小问5详解】
中的碳为sp2杂化，—CH2Cl中的碳为sp3杂化，故答案为：sp3和sp2；
【小问6详解】
Bipy中含有C—Hσ键2个，N—Hσ键1个，C与N之间σ键4个，N与N之间σ键1个，故1 mol Bipy中含有σ键8 mol；
【小问7详解】
A．由题图可知，能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而不能，与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明是否能溶于甲苯，故A错误；
B．由题图可知，能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C．由题图可知，不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故C正确；
D．通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与形成的超分子，可实现将与分离，且“杯酚”能够循环使用，故D正确；
答案选A。
23. X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，R为过渡元素。Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Z元素的基态原子中有2个未成对电子，基态W原子的价层电子排布为，X与W为同主族元素。基态R原子的M能层全充满，核外有且仅有1个未成对电子。请回答下列问题：
（1）基态R原子核外价层电子排布为_______。
（2）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
（3）元素Y的简单氢化物分子的空间构型为_______，实验室制取该氢化物的化学方程式为_______。Y的另一种氢化物可用作火箭燃料，其电子式为_______，其水溶液显碱性，写出其第二步电离的方程式_______。
（4）Y的气态氢化物在水中可形成氢键，根据其性质其氢键最可能的形式为_______(填序号)。
A. B.
C. D.
（5）分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，X的最高价氧化物分子中的大键应表示为_______，其结构式为_______。
（6）下列是上述五种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构：，请简要说明该物质易溶于水的原因：_______。
【答案】（1）3d104s1
（2）N>O>C （3） ①. 三角锥形 ②. 2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O ③. ④. N2H+H2ON2H+OH- （4）B
（5） ①. Π ②. O=C=O
（6）HNO3是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子与水分子之间形成氢键
【解析】
【分析】基态W原子的价层电子排布为，n>2，W为短周期主族元素，n=3，基态W原子的价层电子排布为，W为Si；X与W为同主族元素，X为C；Y的最高价氧化物的水化物是强酸，Y为N；Z元素的基态原子中有2个未成对电子，Z为O；R为过渡元素，基态R原子的M能层全充满，核外有且仅有1个未成对电子，故R为Cu；
【小问1详解】
基态Cu原子核外价层电子排布为3d104s1；
【小问2详解】
N 的2p电子半充满，故C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；
【小问3详解】
NH3有1对孤对电子，价层电子数为4，sp3杂化，空间构型为三角锥形；实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O；可用作火箭燃料的N的氢化物为N2H4，其电子式为；其水溶液显碱性，故其电离可参照NH3水溶液，第一步为N2H4+H2O+OH-，第二步为+H2O+OH-；
【小问4详解】
H2O、NH3的氢键会沿着中心原子孤电子对方向与H形成，由于电负性O>N，与N相比O对电子束缚能力更强，且H2O中共用电子对偏向O远离H，故H2O之间NH3氢键应沿着N孤对电子方向与H2O中H形成， 则最可能的形式为B；
【小问5详解】
分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，
C的最高价氧化物为CO2，结构式为O=C=O；CO2中存在2个键形成大键的原子数为3，形成大键的电子数4，故分子中的大键应表示为；
【小问6详解】
根据图示结构，该含氧酸的应为HNO3，易溶于水的原因为：HNO3正负电中心不重合，是极性分子，易溶于(极性的)水中；HNO3分子与水分子之间形成氢键。
24. 元素周期表中第四周期的某些过渡元素(如V、Zn、Co等)在生产、生活中有着广泛的应用。
（1）钒(V)及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。
①钒在周期表中的位置为_______。
②的结构式如图所示，则分子中键和键数目之比为_______。
（2）是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向该配合物的溶液中加入足量溶液，生成5.74g白色沉淀。
①的空间构型为_______。
②则该配合物中配离子的化学式为_______。
（3）是生成良好的光学基质材料的原料，、两种晶体的晶胞结构分别如图所示：
①已知：的熔点为872℃，的熔点为275℃，的熔点为394℃，的熔点高于的原因为_______。
②晶体(晶胞顶点为)中，与最近且等距离的数为_______。若NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______(用含a、c、NA的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 第四周期第VB族 ②. 3∶2
（2） ①. 平面三角形 ②. [Co(NH3)5Cl]2＋
（3） ①. ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，组成与结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增强，熔点升高 ②. 6 ③.
【解析】
【小问1详解】
①钒的原子序数为23，位于元素周期表第四周期第VB族。
②由V2O5的结构式可知，该结构中共含有4个V=O双键，2个V-O单键，1个双键含有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，所以V2O5分子中含有6个σ键和4个π键，σ键和π键数目之比为6:4＝3:2。
【小问2详解】
①对于，根据VSEPR理论，价电子对数=3+=3，无孤对电子对，VSEPR模型为平面三角形，所以的空间构型为平面三角形。
②Co(NH3)5Cl3是钴的一种配合物，中心离子的配位数为6，向100mL0.2mol·L-1该配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量n=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，n(AgCl)=== =0.04mol，说明该配合物中外界有2个氯离子，内界有1个氯离子，中心离子的配位数为6，即中心离子的配体为1个氯离子和5个氨气分子，该配合物中配离子的化学式为[Co(NH3)5Cl]2+。
【小问3详解】
①由熔点数据可知，ZnCl2、ZnBr2为分子晶体，且组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，相对分子质量ZnBr2＞ZnCl2，所以ZnBr2熔点高于ZnCl2。
②由KZnF3的晶胞结构可知，K+位于顶点，即K+的个数为8×=1，Zn2+位于体心，即有1个Zn2+，F－位于面心，即F-的个数为6×=3，则与Zn2+最近且等距离的F－数为6；由ZnF2的晶胞结构可知，Zn2+有8个位于顶点和1个位于体内，Zn2+的个数为8×+1=2，F-有4个位于面上和2个位于体内，F-的个数为4×+2=4，晶胞质量m=g=g，晶胞的体积V=( a×10-7cm×a×10-7cm×c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，晶体密度ρ==g/cm3=g/cm3。
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