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吉林省吉林市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试卷（含解析）
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这是一份吉林省吉林市2021-2022学年高二上学期期末考试化学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了0分）等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省吉林市高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共45.0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
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
3. 区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是( )
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
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C、H、O均为短周期元素
B. 戒尺中含有的 12C和 14C两种核素互为同素异形体
C. 可通过测定 14C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
5. 已知某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素在周期表中属于( )
A. ⅤB族 B. ⅡB族 C. Ⅷ族 D. ⅡA族
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
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。下列说法正确的是( )
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. 1mol的1，1−环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA
8. 某化合物的分子式为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分子的立体构型为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，其分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
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
10. 下列有关金属键的叙述错误的是( )
A. 金属键没有饱和性，没有方向性
B. 金属键是金属阳离子和自由电子间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. 金属的物理性质和金属固体的形成都与金属键有关
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. 干冰比冰的熔点低很多，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
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−1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为dg⋅cm−3，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22×34MdNAcm
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. Al2Cl6属于分子晶体
B. Al2Cl6中Al原子为sp3杂化
C. Na[Al(OH)4]中存在的化学键有极性共价键、配位键
D. Na[Al(OH)4]属于配合物
14. 如图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。下列说法正确的是( )
A. 稳定性：A2D
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
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. 互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同
D. 酸性ClCH2COOH>FCH2COOH>CH3COOH
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
17. 正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内H3BO3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1molH3BO3的晶体中有6mol氢键
B. 分子中硼原子、氧原子最外层均为8e−的稳定结构
C. 正硼酸晶体属于共价晶体
D. H3BO3分子的稳定性与氢键无关
18. 下列有关推断中，不符合实际的是( )
①第n周期中有2n2种元素
②第n周期第nA族元素一定是金属元素(1
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
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：CH3COOH→乙醚LiAlH4CH3CH2OH，下列有关说法不正确的是( )
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
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. 1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2mol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
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共1小题，共10.0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16，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．
三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
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N2、NH3、CO2、SO2、H2O、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)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g)ΔH=−313kJ⋅mol−1，F−F键的键能为159kJ⋅mol−1，Cl−Cl键的键能为242kJ⋅mol−1，则ClF3中Cl−F键的平均键能为 ______kJ⋅mol−1。ClF3的熔、沸点比BrF3的 ______(填“高”或“低”)。
(4)TiCl4稳定性比CCl4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(Bipy，结构如图)形成多种化合物。1molBipy中含有σ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
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nsn−1npn−1，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)。
(5)分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，X的最高价氧化物分子中的大π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：______。
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基态钒原子的外围电子排布式为______。
②V2O5的结构式如图所示，则V2O5分子中σ键和π键数目之比为______。
(2)Co(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，生成5.74g白色沉淀。
①NO3−的空间构型为______。
②则该配合物中配离子的化学式为______。
(3)ZnF2是生成良好的光学基质材料KZnF3的原料，ZnF2、KZnF3两种晶体的晶胞结构如图所示。
①已知：ZnF2的熔点为872℃，ZnCl2的熔点为275℃，ZnBr2的熔点为394℃，ZnBr2的熔点高于ZnCl2的原因为______。
②KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，与Zn2+最近且等距离的F−数为______。
③若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为______g/cm3。(用含a、c、NA的代数式表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】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，故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，故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，故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，故D正确。
故选：A。
A.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；
B.气态分子间距大，分子运动速度快；
C.固态中的原子或者分子之间作用力强，间距小；
D.液态物质，分子相距比较近，分子间作用力也较强。
本题考查了物质的结构与组成，熟悉物质的不同状态间距及作用力强弱是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.C60是分子晶体，不存在空间伸展成的共价键三维骨架结构，故A错误；
B.冰是分子晶体，不存在空间伸展成的共价键三维骨架结构，故B错误；
C.金刚石是原子晶体，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，故C正确；
D.水晶是氧化铝，是离子晶体，不是空间网状结构，故D错误；
故选：C。
晶体中以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构是属于共价晶体，据此分析。
本题考查金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构，难度不大，能判断晶体类型是解题的关键。
3.【答案】B
【解析】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。
常见的固体分为晶体和非晶体，晶体(单晶体和多晶体)和非晶体的区别：(1)单晶体有整齐规则的几何外形；(2)晶体有固定的熔点；(3)单晶体有各向异性的特点，注意多晶体既没有整齐规则的几何外形也没有各向异性的特点，结合常见晶体的物理性质的异同解答．
本题考查的是晶体和非晶体的区别，难度不大，注意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．
4.【答案】B
【解析】解：A.组成该戒尺的主要元素C、H、O均为短周期元素，H为第一周期元素，C、O为第二周期元素，故A正确；
B. 12C和 14C两种核素的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，而同素异形体为同种元素的不同单质，故B错误；
C. 14C具有放射性，可通过测定 14C的含量大致推算其年代，故C正确；
D.碳原子的基态核外电子排布为1s22s22p2，可知C元素位于元素周期表第二周期ⅣA族，故D正确；
故选：B。
A.木质戒尺的主要成分为纤维素，含C、H、O元素，短周期为一、二、三周期；
B. 12C和 14C两种核素的质子数相同、中子数不同；
C. 14C具有放射性；
D.碳原子的基态核外电子排布为1s22s22p2。
本题考查元素周期表的结构及应用，题目难度不大，明确原子结构与元素的位置、电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
5.【答案】D
【解析】解：某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，属于主族元素，最外层电子数为2，处于第四周期ⅡA族，故选：D。
某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，属于主族元素，主族族序数等于最外层电子数．
本题考查核外电子排布、结构与位置关系，比较基础，理解掌握根据核外电子排布确定元素位置．
6.【答案】B
【解析】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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故A不选；
B.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，是能量较高的状态，根据能量最低原理知，其基态应为s22s22p63s23p63d54s1，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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故C不选；
D.ls22s22p63s23p63d64s2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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故D不选；
故选：B。
原子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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态，以此来解答。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握电子排布规律、基态与激发态的判断为解答的关键，注意3d能级能量大于4s能级的能量，选项B中半满为稳定结构，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】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.该分子中含有6个C−Hσ键、6个N−Hσ键、6个C−Cσ键、2个C−Oσ键、2个Pt−Oσ键、2个N−Ptσ键，2个C=O中含有2个σ键，所以该分子中含有28个σ键，所以1mol1，1−环丁二羧酸中含有σ键的数目为28NA(配位键属于σ键)，故D错误；
故选：C。
A.该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B.该分子中不存在手性碳原子；
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；
D.该分子中含有6个C−Hσ键、6个N−Hσ键、6个C−Cσ键、2个C−Oσ键、2个Pt−Oσ键、2个N−Ptσ键，2个C=O中含有2个σ键，所以该分子中含有28个σ键。
本题考查原子杂化类型判断、化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子结构特点及存在的化学键、原子杂化类型判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
8.【答案】B
【解析】解：A.AB2分子中A原子成2个A−B单键，含有2对孤电子对，为V形结构，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形结构，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，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故C正确；
D.氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第六主族元素，B属第七主族元素，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。
A属于第ⅥA族元素，最外层有6个电子，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，电负性：A
9.【答案】D
【解析】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，故A错误；
B.已知的准晶体都是金属互化物，不存在非极性键，为金属晶体，含有金属键，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，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．
由准晶体都是金属互化物，说明该准晶体为合金，为金属晶体，含有金属键，该晶体具有较高的硬度，是一种新型材料．
本题考查晶体的知识，题目难度不大，注意把握题给信息是解答该题的关键．
10.【答案】B
【解析】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物理性质和金属固体的形成，故D正确；
故选：B。
A、金属键没有方向性和饱和性，共价键有方向性和饱和性；
B、从基本构成微粒的性质看，金属键与离子键的实质类似，都属于电性作用；
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；
D、根据结构决定性质分析。
本题考查了金属键的实质，难度不大，明确金属键的形成微粒是解答的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A.干冰有分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，没有分子密堆积形成的晶体，故A错误；
B.冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，故每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，故B正确；
C.干冰熔化只需克服范德华力，冰熔化需要克服范德华力和氢键，由于氢键作用力比范德华力大，所以干冰比冰的熔点低得多，而且常压下易升华，故C正确；
D.干冰晶体中CO2分子间作用力只是范德华力，分子采取紧密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子，故D正确；
故选：A。
干冰晶体中CO2分子间作用力只是范德华力，分子采取紧密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子；冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，故每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，采取非紧密堆积的方式，空间利用率小，因而密度小．干冰熔化只需克服范德华力，冰熔化需要克服范德华力和氢键，由于氢键作用力比范德华力大，所以干冰比冰的熔点低得多，而且常压下易升华．
解答此题关键要明确干冰和冰晶体结构的差异性及其原因，以及对物理性质的影响．
12.【答案】D
【解析】解：A.该晶胞中阳离子个数=8×18+6×12=4、阴离子个数=1+12×14=4，所以该晶胞中阴阳离子个数都是4，故A错误；
B.晶胞中阴阳离子配位数都是6，故B错误；
C.CsCl晶胞中阴阳离子配位数都是8，该晶胞中阴阳离子配位数都是6，所以该晶胞不是CsCl晶胞，故C错误；
D.该晶胞ρ=MNA×4V，V=4MρNA，晶胞棱长=34MρNA，该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距等于晶胞面对角线长度的一半=22×34MρNA=22×34MdNAcm，故D正确；
故选：D。
A.该晶胞中阳离子个数=8×18+6×12=4、阴离子个数=1+12×14=4；
B.晶胞中阴阳离子配位数都是6；
C.CsCl晶胞中阴阳离子配位数都是8；
D.该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距等于晶胞面对角线长度的一半。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确均摊法在晶胞计算中的正确运用是解本题关键，采用逆向思维方法计算D选项，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3的熔点较低，Al2Cl6在加热时易升华，为共价化合物，是分子晶体，故A正确；
B.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[A1(OH)4]中钠离子和[A1(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，配位键也属于共价键，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。
A.通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体。如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐，分子晶体的熔点较低；
B.Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；
C.Na[Al(OH)4]属于离化合物，存在着离子键；
D.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。
本题考查化学键，涉及晶体类型的判断、杂化的应用，化学键的类型，掌握相关的知识是解答关键，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、X为S元素、Y为Cl元素；
A.同主族自上而下元素非金属性减弱，则非金属性：O>S，而元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性：H2O>H2S，故A错误；
B.NH3分子中N原子孤电子对数=5−1×32=1，价层电子对数=3+1=4，故其立体结构是三角锥形，故B错误；
C.N2分子中存在N≡N键，含有1个σ键、2个π键，σ键呈轴对称，而π键呈镜面对称，呈轴对称和镜面对称的共价键数之比为1：2，故C正确；
D.NH3能与H2O互溶，但CH4不溶于水，故D错误；
故选：C。
由元素在周期表中位置，可知A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、X为S元素、Y为Cl元素；
A.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
B.NH3分子空间构型是三角锥形；
C.N2分子中存在N≡N键，含有1个σ键、2个π键；
D.CH4不溶于水。
本题考查结构性质位置关系应用，熟记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素周期律，注意空间构型与VSEPR模型关系。
15.【答案】A
【解析】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，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH羧基里的羟基的极性更大，F的吸电子能力大于Cl，所以酸性FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH，故D错误；
故选：A。
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.氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力；
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；
D.F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH羧基里的羟基的极性更大，F的吸电子能力大于Cl，所以酸性FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH。
本题主要考查手性合成及酸性大小的比较，为基础知识的考查，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】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，故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，故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，故C正确；
D.C原子失去4个电子后，核外电子排布为1s2，Si原子失去4个电子后，外围电子排布为：2s22p2，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，即a>c>b，故D错误；
故选：C。
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。
本题主要考查电负性和电离能、非金属性的递变规律，为高频考点，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，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1molH3BO3的晶体中只含有3mol氢键，故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，故B错误；
C.正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该分子中存在氢键，说明正硼酸由分子构成，属于分子晶体，故C错误；
D.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，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；
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；
C.正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该分子中存在氢键，说明正硼酸由分子构成，属于分子晶体；
D.分子的稳定性与化学键有关。
本题主要考查氢键及晶体的类型，为基础知识的考查，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：①第3、4、5、6、7周期分别容纳8种、18种、18种、32种、32种元素，不满足容纳2n2种元素，故①错误；
②主族族序数≤周期数的元素一定是金属元素(第一周期除外)，即第n周期第nA族元素一定是金属元素(1
④过渡元素中含有+7价的元素，而过渡元素都是金属元素，故④错误；
故选：A。
①只有第一、第二周期满足2n2种元素，其它周期不满足；
②主族族序数≤周期数的元素一定是金属元素(第一周期除外)；
③ⅢB含有镧系元素、锕系元素，均含有15种元素；
④过渡元素中含有+7价的元素。
本题考查元素周期表，识记有关知识即可解答，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
19.【答案】C
【解析】解：A.第三周期元素的简单离子中，Na、Mg、Al原子对应的离子核外有3个电子层，从Si到Cl原子对应的简单离子核外有3个电子层，第三周期元素中简单离子半径从Na到Al依次减小、从Si到Cl依次减小，则第三周期简单离子中离子半径最小的是Al3+，故A正确；
B.AlH4−中Al原子价层电子对个数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形，故B正确；
C.羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，所以键角α<β，故C错误；
D.乙酸中羧基发生还原反应生成乙醇中的醇羟基，乙酸属于酸、乙醇属于醇，所以上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，故D正确；
故选：C。
A.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越多的离子，离子半径越大；
B.AlH4−中Al原子价层电子对个数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型；
C.羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力；
D.乙酸中羧基发生还原反应生成乙醇中的醇羟基。
本题考查物质结构和性质，涉及元素周期律、微粒空间构型判断、键角等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、键角大小影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
20.【答案】A
【解析】解：A、配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子Fe2+的外层电子数为14，NO和H2O为配体、且每个配体提供的电子数是2，则14+2×1+2n=26，解得n=5，所以该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，故A正确；
B、配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4中，N、O、S位于元素周期表p区，但H原子的价电子排布式为1s1，属于s区，故B错误；
C、[Fe(NO)(H2O)5]SO4由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，但OH−离子NO、H2O不反应，即OH−离子不能沉淀配离子的中心离子Fe2+，所以1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应最多可生成1molBaSO4沉淀，故C错误；
D、[Fe(NO)(H2O)5]SO4由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，其中SO42−的价层电子对数=4+6+2−2×42=4，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为正四面体结构，但阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO和H2O为配体，不等性地分布于Fe2+周围，所以配合物中阳离子不可能呈正八面体结构，故D错误；
故选：A。
配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4中，中心离子为Fe2+，Fe2+的外层电子数为14，含有空轨道，NO和H2O为配体、提高孤电子对，即每个配体提供的电子数是2，由于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，即14+2×1+2n=26，解得n=5，所以该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，结合H、N、O、S的价电子排布式和价层电子互斥理论分析解答。
本题考查配合物的组成及计算、原子结构与分区、离子空间构型的判断和离子反应等知识，明确Fe2+的核外电子排布和配合物化学式的推断、把握价层电子互斥理论的应用、理解配合物的内界特点与性质为解题关键，注意元素分区与原子结构的关系，题目难度中等。
21.【答案】Cl He F K 818O 31 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ds
【解析】解：(1)同周期从左到右，原子半径减小，所以第三周期原子半径最小的元素是氯，故答案为：Cl；
(2)第一电离能最大的元素是稀有气体元素氦，故答案为：He；
(3)电负性最大的元素是非金属性最强的氟，故答案为：F；
(4)第四周期中第一电离能最小的元素的金属性最强的钾，故答案为：K；
(5)表示含有8个质子、10个中子的元素为O元素，其质量数=质子数+中子数=8+10=18，该原子的化学符号为818O，故答案为：818O；
(6)电子排布为4s24p1的原子中其内层电子层上完全排满电子，所以该原子中电子数=2+8+18+3=31，原子中核外电子数=核电荷数，所以它的核电荷数为 31，故答案为：31；
(7)周期表中最活泼的非金属元素F，核外电子排布式为1s22s22p5，其原子的轨道表示式为，
故答案为：；
(8)设最外层电子数为x，则x=(x+2+8)×16，求得x=2，其核外电子数=质子数=12，该元素的为Mg，离子结构示意图为：，
故答案为：；
(9)Cu的外围电子排布式为3d104s1，基态铜原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；Cu属于第IB族元素，在周期表中位于ds区，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；ds．
(1)同周期从左到右，原子半径减小；
(2)稀有气体元素的第一电离能最大；
(3)电负性最大的元素是非金属性最强的氟；
(4)第四周期中第一电离能最小的元素的金属性最强；
(5)表示含有8个质子、10个中子的元素为O元素，其质量数=质子数+中子数=8+10=18；
(6)原子的核外电子数=核内质子数=原子序数；
(7)周期表中最活泼的非金属元素为F；
(8)设最外层电子数为x，则x=(x+2+8)×16；
(9)Cu的外围电子排布式为3d104s1，Cu属于第IB族元素，在周期表中位于ds区．
本题考查较为综合，涉及电子排布、非金属性、电离能、电负性等多个方面的知识，注意把握电子排布式的书写方法，侧重物质结构与性质的考查，题目难度较大．
22.【答案】6 2p d CO2 氢键 非极性键 172 低 Ti−Cl键比C−Cl键的键长大、键能低，易断裂 sp3和sp2 8 A
【解析】解：(1)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，
故答案为：6；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，
故答案为：d；
③N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2，
故答案为：CO2；
(2)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；
(3)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：ΔH=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；
(4)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；
(5)碳碳双键中的碳为sp2杂化，−CH2Cl中的碳为sp3杂化，
故答案为：sp3和sp2；
(6)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，
故答案为：8；
(7)A.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，故A错误；
B.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C.C70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C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且“杯酚”能够循环使用，故D正确；
故答案为：A。
(1)①C的原子序数为6，其核外电子排布式为：2s22p2；
②维生素B1晶体溶于水的过程会电离出Cl−等；
③N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2；
(2)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；
(3)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，ΔH=E(Cl−Cl)+3E(F−F)−6E(Cl−F)=242kJ/mol+3×159kJ/mol−6E(Cl−F)=−313kJ/mol，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；
(4)电子层数越多，原子半径就越大，键长越长，键能越低，共价键越不稳定；
(5)碳碳双键中的碳为sp2杂化，−CH2Cl中的碳为sp3杂化；
(6)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；
(7)A.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能；
B.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子确；
C.C70不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子；
D.通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与C60形成的超分子。
本题考查原子结构和分子的性质，侧重考查学生核外电子排布和分子结构的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】3d104s1 N>O>C 三角锥 2NH4Cl+Ca(OH)2− △ CaCl2+2NH3↑+2H2O N2H5++H2O⇌N2H62++OH− B π34 O=C=O 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
【解析】解：(1)基态Cu原子核外价层电子排布为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
(2)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，
故答案为：N>O>C；
(3)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⇌N2H5++OH−，第二步为N2H5++H2O⇌N2H62++OH−，
故答案为：三角锥；2NH4Cl+Ca(OH)2− △ CaCl2+2NH3↑+2H2O；；N2H5++H2O⇌N2H62++OH−；
(4)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H 2O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，
故答案为：B；
(5)分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π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π键形成大π键的原子数为3，形成大π键的电子数4，故分子中的大π键应表示为π34，
故答案为：π34；O=C=O；
(6)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，
故答案为：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。
基态W原子的价层电子排布为nsn−1npn−1，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3s23p2，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；
本题考查原子结构和分子结构，侧重考查学生核外电子排布和分子性质的掌握清况，试题难度中等。
24.【答案】3d34s2 3：2 平面正三角形 [Co(NH3)5Cl]2+ ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2 6 2.06×1023a2cNA
【解析】解：(1)①钒是23号元素，核外有23个电子，外围电子就是价电子，其价电子排布式为3d34s2，
故答案为：3d34s2；
②根据图知，V2O5分子中含有4个V=O双键和2个V−O单键，一个双键含有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3：2，
故答案为：3：2；
(2)①NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为平面正三角形，
故答案为：平面正三角形；
②n(AgCl)=5.74143.5mol=0.04mol，n(配合物)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，根据氯原子守恒得n(AgCl)=2n(配合物)，所以该配合物外界中含有两个氯离子，内界中还含有一个氯原子，所以配离子化学式为[Co(NH3)5Cl]2+，
故答案为：[Co(NH3)5Cl]2+；
(3)①ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2，所以ZnBr2的熔点高于ZnCl2，
故答案为：ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2；
②晶胞顶点为K+，K+个数=8×18=1、面心上微粒个数=6×12=3、中心上一个微粒，根据其化学式知，F−为面心上的微粒，所以与Zn2+最近且等距离的F−数为6，
故答案为：6；
③该晶胞中白色球个数=1+8×18=2、黑色球个数=2+4×12=4，白色球、黑色球个数之比=2：4=1：2，所以白色球表示Zn2+、黑色球表示F−，该晶胞体积=(a×10−7cm)2×(c×10−7cm)=a2c×10−21cm3，晶胞密度=MNA×2V=103NA×2a2c×10−21g/cm3=2.06×1023a2cNAg/cm3，
故答案为：2.06×1023a2cNA。
(1)①基态钒原子的外围电子就是其价电子，为3d、4s能级上的电子；
②共价单键为σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键；
(2)①NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；
②n(AgCl)=5.74143.5mol=0.04mol，n(配合物)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，根据氯原子守恒得n(AgCl)=2n(配合物)，所以该配合物外界中含有两个氯离子，内界中还含有一个氯原子；
(3)①分子晶体熔沸点较低，不含氢键的分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；
②晶胞顶点为K+，K+个数=8×18=1、面心上微粒个数=6×12=3、中心上一个微粒，根据其化学式知，F−为面心上的微粒；
③该晶胞中白色球个数=1+8×18=2、黑色球个数=2+4×12=4，白色球、黑色球个数之比=2：4=1：2，所以白色球表示Zn2+、黑色球表示F−，该晶胞体积=(a×10−7cm)2×(c×10−7cm)=a2c×10−21cm3，晶胞密度=MNA×2V。
本题考查物质结构和性质，涉及微粒空间构型判断、配合物、晶胞计算等知识点，明确原子结构、物质结构及基本理论内涵是解本题关键，难点是晶胞计算，知道密度公式中各个物理量的关系，题目难度中等。
2021-2022学年吉林省吉林市高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共20小题，共45.0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
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
3. 区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是( )
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
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C、H、O均为短周期元素
B. 戒尺中含有的 12C和 14C两种核素互为同素异形体
C. 可通过测定 14C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
5. 已知某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素在周期表中属于( )
A. ⅤB族 B. ⅡB族 C. Ⅷ族 D. ⅡA族
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
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。下列说法正确的是( )
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. 1mol的1，1−环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA
8. 某化合物的分子式为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分子的立体构型为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，其分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
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
10. 下列有关金属键的叙述错误的是( )
A. 金属键没有饱和性，没有方向性
B. 金属键是金属阳离子和自由电子间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. 金属的物理性质和金属固体的形成都与金属键有关
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. 干冰比冰的熔点低很多，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
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−1，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为dg⋅cm−3，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22×34MdNAcm
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. Al2Cl6属于分子晶体
B. Al2Cl6中Al原子为sp3杂化
C. Na[Al(OH)4]中存在的化学键有极性共价键、配位键
D. Na[Al(OH)4]属于配合物
14. 如图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。下列说法正确的是( )
A. 稳定性：A2D
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
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. 互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同
D. 酸性ClCH2COOH>FCH2COOH>CH3COOH
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
17. 正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内H3BO3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1molH3BO3的晶体中有6mol氢键
B. 分子中硼原子、氧原子最外层均为8e−的稳定结构
C. 正硼酸晶体属于共价晶体
D. H3BO3分子的稳定性与氢键无关
18. 下列有关推断中，不符合实际的是( )
①第n周期中有2n2种元素
②第n周期第nA族元素一定是金属元素(1
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
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：CH3COOH→乙醚LiAlH4CH3CH2OH，下列有关说法不正确的是( )
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
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. 1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2mol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
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共1小题，共10.0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16，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．
三、简答题（本大题共3小题，共45.0分）
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N2、NH3、CO2、SO2、H2O、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)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)=2ClF3(g)ΔH=−313kJ⋅mol−1，F−F键的键能为159kJ⋅mol−1，Cl−Cl键的键能为242kJ⋅mol−1，则ClF3中Cl−F键的平均键能为 ______kJ⋅mol−1。ClF3的熔、沸点比BrF3的 ______(填“高”或“低”)。
(4)TiCl4稳定性比CCl4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(Bipy，结构如图)形成多种化合物。1molBipy中含有σ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
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nsn−1npn−1，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)。
(5)分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，X的最高价氧化物分子中的大π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：______。
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基态钒原子的外围电子排布式为______。
②V2O5的结构式如图所示，则V2O5分子中σ键和π键数目之比为______。
(2)Co(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，生成5.74g白色沉淀。
①NO3−的空间构型为______。
②则该配合物中配离子的化学式为______。
(3)ZnF2是生成良好的光学基质材料KZnF3的原料，ZnF2、KZnF3两种晶体的晶胞结构如图所示。
①已知：ZnF2的熔点为872℃，ZnCl2的熔点为275℃，ZnBr2的熔点为394℃，ZnBr2的熔点高于ZnCl2的原因为______。
②KZnF3晶体(晶胞顶点为K+)中，与Zn2+最近且等距离的F−数为______。
③若NA表示阿伏加德罗常数的值，则ZnF2晶体的密度为______g/cm3。(用含a、c、NA的代数式表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】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，故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，故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，故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，故D正确。
故选：A。
A.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；
B.气态分子间距大，分子运动速度快；
C.固态中的原子或者分子之间作用力强，间距小；
D.液态物质，分子相距比较近，分子间作用力也较强。
本题考查了物质的结构与组成，熟悉物质的不同状态间距及作用力强弱是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.C60是分子晶体，不存在空间伸展成的共价键三维骨架结构，故A错误；
B.冰是分子晶体，不存在空间伸展成的共价键三维骨架结构，故B错误；
C.金刚石是原子晶体，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，故C正确；
D.水晶是氧化铝，是离子晶体，不是空间网状结构，故D错误；
故选：C。
晶体中以共价键形成正四面体，并向空间伸展成网状结构是属于共价晶体，据此分析。
本题考查金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构，难度不大，能判断晶体类型是解题的关键。
3.【答案】B
【解析】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。
常见的固体分为晶体和非晶体，晶体(单晶体和多晶体)和非晶体的区别：(1)单晶体有整齐规则的几何外形；(2)晶体有固定的熔点；(3)单晶体有各向异性的特点，注意多晶体既没有整齐规则的几何外形也没有各向异性的特点，结合常见晶体的物理性质的异同解答．
本题考查的是晶体和非晶体的区别，难度不大，注意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．
4.【答案】B
【解析】解：A.组成该戒尺的主要元素C、H、O均为短周期元素，H为第一周期元素，C、O为第二周期元素，故A正确；
B. 12C和 14C两种核素的质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，而同素异形体为同种元素的不同单质，故B错误；
C. 14C具有放射性，可通过测定 14C的含量大致推算其年代，故C正确；
D.碳原子的基态核外电子排布为1s22s22p2，可知C元素位于元素周期表第二周期ⅣA族，故D正确；
故选：B。
A.木质戒尺的主要成分为纤维素，含C、H、O元素，短周期为一、二、三周期；
B. 12C和 14C两种核素的质子数相同、中子数不同；
C. 14C具有放射性；
D.碳原子的基态核外电子排布为1s22s22p2。
本题考查元素周期表的结构及应用，题目难度不大，明确原子结构与元素的位置、电子排布规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点。
5.【答案】D
【解析】解：某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，属于主族元素，最外层电子数为2，处于第四周期ⅡA族，故选：D。
某元素+2价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，属于主族元素，主族族序数等于最外层电子数．
本题考查核外电子排布、结构与位置关系，比较基础，理解掌握根据核外电子排布确定元素位置．
6.【答案】B
【解析】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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故A不选；
B.1s22s22p63s23p63d44s2为激发态，是能量较高的状态，根据能量最低原理知，其基态应为s22s22p63s23p63d54s1，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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故C不选；
D.ls22s22p63s23p63d64s2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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，故D不选；
故选：B。
原子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、泡利不相容原理及洪特规则，原子处于基态，否则为激发态，以此来解答。
本题考查原子核外电子排布，为高频考点，把握电子排布规律、基态与激发态的判断为解答的关键，注意3d能级能量大于4s能级的能量，选项B中半满为稳定结构，题目难度不大。
7.【答案】C
【解析】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.该分子中含有6个C−Hσ键、6个N−Hσ键、6个C−Cσ键、2个C−Oσ键、2个Pt−Oσ键、2个N−Ptσ键，2个C=O中含有2个σ键，所以该分子中含有28个σ键，所以1mol1，1−环丁二羧酸中含有σ键的数目为28NA(配位键属于σ键)，故D错误；
故选：C。
A.该分子中饱和碳原子具有甲烷结构特点；
B.该分子中不存在手性碳原子；
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；
D.该分子中含有6个C−Hσ键、6个N−Hσ键、6个C−Cσ键、2个C−Oσ键、2个Pt−Oσ键、2个N−Ptσ键，2个C=O中含有2个σ键，所以该分子中含有28个σ键。
本题考查原子杂化类型判断、化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子结构特点及存在的化学键、原子杂化类型判断方法是解本题关键，D为解答易错点。
8.【答案】B
【解析】解：A.AB2分子中A原子成2个A−B单键，含有2对孤电子对，为V形结构，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形结构，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，则AB2的熔点、沸点比H2O的低，故C正确；
D.氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第六主族元素，B属第七主族元素，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。
A属于第ⅥA族元素，最外层有6个电子，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，电负性：A
9.【答案】D
【解析】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，故A错误；
B.已知的准晶体都是金属互化物，不存在非极性键，为金属晶体，含有金属键，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，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．
由准晶体都是金属互化物，说明该准晶体为合金，为金属晶体，含有金属键，该晶体具有较高的硬度，是一种新型材料．
本题考查晶体的知识，题目难度不大，注意把握题给信息是解答该题的关键．
10.【答案】B
【解析】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物理性质和金属固体的形成，故D正确；
故选：B。
A、金属键没有方向性和饱和性，共价键有方向性和饱和性；
B、从基本构成微粒的性质看，金属键与离子键的实质类似，都属于电性作用；
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；
D、根据结构决定性质分析。
本题考查了金属键的实质，难度不大，明确金属键的形成微粒是解答的关键。
11.【答案】A
【解析】解：A.干冰有分子密堆积形成的晶体，冰晶体中水分子间采取非紧密堆积的方式，没有分子密堆积形成的晶体，故A错误；
B.冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，故每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，故B正确；
C.干冰熔化只需克服范德华力，冰熔化需要克服范德华力和氢键，由于氢键作用力比范德华力大，所以干冰比冰的熔点低得多，而且常压下易升华，故C正确；
D.干冰晶体中CO2分子间作用力只是范德华力，分子采取紧密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子，故D正确；
故选：A。
干冰晶体中CO2分子间作用力只是范德华力，分子采取紧密堆积，一个分子周围有12个紧邻的分子；冰晶体中水分子间除了范德华力之外还存在氢键，由于氢键具有方向性，故每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，采取非紧密堆积的方式，空间利用率小，因而密度小．干冰熔化只需克服范德华力，冰熔化需要克服范德华力和氢键，由于氢键作用力比范德华力大，所以干冰比冰的熔点低得多，而且常压下易升华．
解答此题关键要明确干冰和冰晶体结构的差异性及其原因，以及对物理性质的影响．
12.【答案】D
【解析】解：A.该晶胞中阳离子个数=8×18+6×12=4、阴离子个数=1+12×14=4，所以该晶胞中阴阳离子个数都是4，故A错误；
B.晶胞中阴阳离子配位数都是6，故B错误；
C.CsCl晶胞中阴阳离子配位数都是8，该晶胞中阴阳离子配位数都是6，所以该晶胞不是CsCl晶胞，故C错误；
D.该晶胞ρ=MNA×4V，V=4MρNA，晶胞棱长=34MρNA，该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距等于晶胞面对角线长度的一半=22×34MρNA=22×34MdNAcm，故D正确；
故选：D。
A.该晶胞中阳离子个数=8×18+6×12=4、阴离子个数=1+12×14=4；
B.晶胞中阴阳离子配位数都是6；
C.CsCl晶胞中阴阳离子配位数都是8；
D.该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距等于晶胞面对角线长度的一半。
本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确均摊法在晶胞计算中的正确运用是解本题关键，采用逆向思维方法计算D选项，题目难度中等。
13.【答案】C
【解析】解：A.AlCl3的熔点较低，Al2Cl6在加热时易升华，为共价化合物，是分子晶体，故A正确；
B.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[A1(OH)4]中钠离子和[A1(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，配位键也属于共价键，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。
A.通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体。如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐，分子晶体的熔点较低；
B.Al原子形成4个σ键，没有孤对电子，杂化轨道数目为4；
C.Na[Al(OH)4]属于离化合物，存在着离子键；
D.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。
本题考查化学键，涉及晶体类型的判断、杂化的应用，化学键的类型，掌握相关的知识是解答关键，题目难度不大。
14.【答案】C
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、X为S元素、Y为Cl元素；
A.同主族自上而下元素非金属性减弱，则非金属性：O>S，而元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，故氢化物稳定性：H2O>H2S，故A错误；
B.NH3分子中N原子孤电子对数=5−1×32=1，价层电子对数=3+1=4，故其立体结构是三角锥形，故B错误；
C.N2分子中存在N≡N键，含有1个σ键、2个π键，σ键呈轴对称，而π键呈镜面对称，呈轴对称和镜面对称的共价键数之比为1：2，故C正确；
D.NH3能与H2O互溶，但CH4不溶于水，故D错误；
故选：C。
由元素在周期表中位置，可知A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素、X为S元素、Y为Cl元素；
A.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
B.NH3分子空间构型是三角锥形；
C.N2分子中存在N≡N键，含有1个σ键、2个π键；
D.CH4不溶于水。
本题考查结构性质位置关系应用，熟记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素周期律，注意空间构型与VSEPR模型关系。
15.【答案】A
【解析】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，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH羧基里的羟基的极性更大，F的吸电子能力大于Cl，所以酸性FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH，故D错误；
故选：A。
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.氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力；
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；
D.F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH羧基里的羟基的极性更大，F的吸电子能力大于Cl，所以酸性FCH2COOH>ClCH2COOH>CH3COOH。
本题主要考查手性合成及酸性大小的比较，为基础知识的考查，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】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，故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，故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，故C正确；
D.C原子失去4个电子后，核外电子排布为1s2，Si原子失去4个电子后，外围电子排布为：2s22p2，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，即a>c>b，故D错误；
故选：C。
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。
本题主要考查电负性和电离能、非金属性的递变规律，为高频考点，题目难度不大。
17.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，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1molH3BO3的晶体中只含有3mol氢键，故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，故B错误；
C.正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该分子中存在氢键，说明正硼酸由分子构成，属于分子晶体，故C错误；
D.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，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；
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；
C.正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该分子中存在氢键，说明正硼酸由分子构成，属于分子晶体；
D.分子的稳定性与化学键有关。
本题主要考查氢键及晶体的类型，为基础知识的考查，题目难度不大。
18.【答案】A
【解析】解：①第3、4、5、6、7周期分别容纳8种、18种、18种、32种、32种元素，不满足容纳2n2种元素，故①错误；
②主族族序数≤周期数的元素一定是金属元素(第一周期除外)，即第n周期第nA族元素一定是金属元素(1
④过渡元素中含有+7价的元素，而过渡元素都是金属元素，故④错误；
故选：A。
①只有第一、第二周期满足2n2种元素，其它周期不满足；
②主族族序数≤周期数的元素一定是金属元素(第一周期除外)；
③ⅢB含有镧系元素、锕系元素，均含有15种元素；
④过渡元素中含有+7价的元素。
本题考查元素周期表，识记有关知识即可解答，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
19.【答案】C
【解析】解：A.第三周期元素的简单离子中，Na、Mg、Al原子对应的离子核外有3个电子层，从Si到Cl原子对应的简单离子核外有3个电子层，第三周期元素中简单离子半径从Na到Al依次减小、从Si到Cl依次减小，则第三周期简单离子中离子半径最小的是Al3+，故A正确；
B.AlH4−中Al原子价层电子对个数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形，故B正确；
C.羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力，所以键角α<β，故C错误；
D.乙酸中羧基发生还原反应生成乙醇中的醇羟基，乙酸属于酸、乙醇属于醇，所以上述反应中通过官能团间的转化实现了物质类别的转化，故D正确；
故选：C。
A.电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，电子层数越多的离子，离子半径越大；
B.AlH4−中Al原子价层电子对个数=4+3+1−4×12=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型；
C.羧基中碳氧双键对单键的作用力大于单键之间的作用力；
D.乙酸中羧基发生还原反应生成乙醇中的醇羟基。
本题考查物质结构和性质，涉及元素周期律、微粒空间构型判断、键角等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、键角大小影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
20.【答案】A
【解析】解：A、配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子Fe2+的外层电子数为14，NO和H2O为配体、且每个配体提供的电子数是2，则14+2×1+2n=26，解得n=5，所以该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，故A正确；
B、配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4中，N、O、S位于元素周期表p区，但H原子的价电子排布式为1s1，属于s区，故B错误；
C、[Fe(NO)(H2O)5]SO4由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，但OH−离子NO、H2O不反应，即OH−离子不能沉淀配离子的中心离子Fe2+，所以1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应最多可生成1molBaSO4沉淀，故C错误；
D、[Fe(NO)(H2O)5]SO4由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，其中SO42−的价层电子对数=4+6+2−2×42=4，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为正四面体结构，但阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+中NO和H2O为配体，不等性地分布于Fe2+周围，所以配合物中阳离子不可能呈正八面体结构，故D错误；
故选：A。
配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4中，中心离子为Fe2+，Fe2+的外层电子数为14，含有空轨道，NO和H2O为配体、提高孤电子对，即每个配体提供的电子数是2，由于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，即14+2×1+2n=26，解得n=5，所以该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，由阳离子[Fe(NO)(H2O)5]2+和阴离子SO42−构成，结合H、N、O、S的价电子排布式和价层电子互斥理论分析解答。
本题考查配合物的组成及计算、原子结构与分区、离子空间构型的判断和离子反应等知识，明确Fe2+的核外电子排布和配合物化学式的推断、把握价层电子互斥理论的应用、理解配合物的内界特点与性质为解题关键，注意元素分区与原子结构的关系，题目难度中等。
21.【答案】Cl He F K 818O 31 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 ds
【解析】解：(1)同周期从左到右，原子半径减小，所以第三周期原子半径最小的元素是氯，故答案为：Cl；
(2)第一电离能最大的元素是稀有气体元素氦，故答案为：He；
(3)电负性最大的元素是非金属性最强的氟，故答案为：F；
(4)第四周期中第一电离能最小的元素的金属性最强的钾，故答案为：K；
(5)表示含有8个质子、10个中子的元素为O元素，其质量数=质子数+中子数=8+10=18，该原子的化学符号为818O，故答案为：818O；
(6)电子排布为4s24p1的原子中其内层电子层上完全排满电子，所以该原子中电子数=2+8+18+3=31，原子中核外电子数=核电荷数，所以它的核电荷数为 31，故答案为：31；
(7)周期表中最活泼的非金属元素F，核外电子排布式为1s22s22p5，其原子的轨道表示式为，
故答案为：；
(8)设最外层电子数为x，则x=(x+2+8)×16，求得x=2，其核外电子数=质子数=12，该元素的为Mg，离子结构示意图为：，
故答案为：；
(9)Cu的外围电子排布式为3d104s1，基态铜原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；Cu属于第IB族元素，在周期表中位于ds区，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；ds．
(1)同周期从左到右，原子半径减小；
(2)稀有气体元素的第一电离能最大；
(3)电负性最大的元素是非金属性最强的氟；
(4)第四周期中第一电离能最小的元素的金属性最强；
(5)表示含有8个质子、10个中子的元素为O元素，其质量数=质子数+中子数=8+10=18；
(6)原子的核外电子数=核内质子数=原子序数；
(7)周期表中最活泼的非金属元素为F；
(8)设最外层电子数为x，则x=(x+2+8)×16；
(9)Cu的外围电子排布式为3d104s1，Cu属于第IB族元素，在周期表中位于ds区．
本题考查较为综合，涉及电子排布、非金属性、电离能、电负性等多个方面的知识，注意把握电子排布式的书写方法，侧重物质结构与性质的考查，题目难度较大．
22.【答案】6 2p d CO2 氢键 非极性键 172 低 Ti−Cl键比C−Cl键的键长大、键能低，易断裂 sp3和sp2 8 A
【解析】解：(1)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，
故答案为：6；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，
故答案为：d；
③N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2，
故答案为：CO2；
(2)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；
(3)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：ΔH=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；
(4)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；
(5)碳碳双键中的碳为sp2杂化，−CH2Cl中的碳为sp3杂化，
故答案为：sp3和sp2；
(6)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，
故答案为：8；
(7)A.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，故A错误；
B.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确；
C.C70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C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且“杯酚”能够循环使用，故D正确；
故答案为：A。
(1)①C的原子序数为6，其核外电子排布式为：2s22p2；
②维生素B1晶体溶于水的过程会电离出Cl−等；
③N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2；
(2)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；
(3)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，ΔH=E(Cl−Cl)+3E(F−F)−6E(Cl−F)=242kJ/mol+3×159kJ/mol−6E(Cl−F)=−313kJ/mol，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；
(4)电子层数越多，原子半径就越大，键长越长，键能越低，共价键越不稳定；
(5)碳碳双键中的碳为sp2杂化，−CH2Cl中的碳为sp3杂化；
(6)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；
(7)A.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能；
B.C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子确；
C.C70不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子；
D.通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与C60形成的超分子。
本题考查原子结构和分子的性质，侧重考查学生核外电子排布和分子结构的掌握情况，试题难度中等。
23.【答案】3d104s1 N>O>C 三角锥 2NH4Cl+Ca(OH)2− △ CaCl2+2NH3↑+2H2O N2H5++H2O⇌N2H62++OH− B π34 O=C=O 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
【解析】解：(1)基态Cu原子核外价层电子排布为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
(2)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，
故答案为：N>O>C；
(3)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⇌N2H5++OH−，第二步为N2H5++H2O⇌N2H62++OH−，
故答案为：三角锥；2NH4Cl+Ca(OH)2− △ CaCl2+2NH3↑+2H2O；；N2H5++H2O⇌N2H62++OH−；
(4)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H 2O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，
故答案为：B；
(5)分子中的大π键可用符号πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π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π键形成大π键的原子数为3，形成大π键的电子数4，故分子中的大π键应表示为π34，
故答案为：π34；O=C=O；
(6)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，
故答案为：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。
基态W原子的价层电子排布为nsn−1npn−1，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3s23p2，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；
本题考查原子结构和分子结构，侧重考查学生核外电子排布和分子性质的掌握清况，试题难度中等。
24.【答案】3d34s2 3：2 平面正三角形 [Co(NH3)5Cl]2+ ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2 6 2.06×1023a2cNA
【解析】解：(1)①钒是23号元素，核外有23个电子，外围电子就是价电子，其价电子排布式为3d34s2，
故答案为：3d34s2；
②根据图知，V2O5分子中含有4个V=O双键和2个V−O单键，一个双键含有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3：2，
故答案为：3：2；
(2)①NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为平面正三角形，
故答案为：平面正三角形；
②n(AgCl)=5.74143.5mol=0.04mol，n(配合物)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，根据氯原子守恒得n(AgCl)=2n(配合物)，所以该配合物外界中含有两个氯离子，内界中还含有一个氯原子，所以配离子化学式为[Co(NH3)5Cl]2+，
故答案为：[Co(NH3)5Cl]2+；
(3)①ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2，所以ZnBr2的熔点高于ZnCl2，
故答案为：ZnBr2、ZnCl2都是不含氢键的分子晶体且相对分子质量ZnBr2>ZnCl2；
②晶胞顶点为K+，K+个数=8×18=1、面心上微粒个数=6×12=3、中心上一个微粒，根据其化学式知，F−为面心上的微粒，所以与Zn2+最近且等距离的F−数为6，
故答案为：6；
③该晶胞中白色球个数=1+8×18=2、黑色球个数=2+4×12=4，白色球、黑色球个数之比=2：4=1：2，所以白色球表示Zn2+、黑色球表示F−，该晶胞体积=(a×10−7cm)2×(c×10−7cm)=a2c×10−21cm3，晶胞密度=MNA×2V=103NA×2a2c×10−21g/cm3=2.06×1023a2cNAg/cm3，
故答案为：2.06×1023a2cNA。
(1)①基态钒原子的外围电子就是其价电子，为3d、4s能级上的电子；
②共价单键为σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键；
(2)①NO3−中N原子价层电子对个数=3+5+1−3×22=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型；
②n(AgCl)=5.74143.5mol=0.04mol，n(配合物)=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，根据氯原子守恒得n(AgCl)=2n(配合物)，所以该配合物外界中含有两个氯离子，内界中还含有一个氯原子；
(3)①分子晶体熔沸点较低，不含氢键的分子晶体熔沸点与相对分子质量成正比；
②晶胞顶点为K+，K+个数=8×18=1、面心上微粒个数=6×12=3、中心上一个微粒，根据其化学式知，F−为面心上的微粒；
③该晶胞中白色球个数=1+8×18=2、黑色球个数=2+4×12=4，白色球、黑色球个数之比=2：4=1：2，所以白色球表示Zn2+、黑色球表示F−，该晶胞体积=(a×10−7cm)2×(c×10−7cm)=a2c×10−21cm3，晶胞密度=MNA×2V。
本题考查物质结构和性质，涉及微粒空间构型判断、配合物、晶胞计算等知识点，明确原子结构、物质结构及基本理论内涵是解本题关键，难点是晶胞计算，知道密度公式中各个物理量的关系，题目难度中等。
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