2022-2023学年甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高三上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高三上学期期中考试化学试题含解析，共35页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学在生产、生活中起着重要的作用，以下化学用语中正确的是
A．补铁剂通常需要与维C共同使用，是为了增强药品中的效果
B．侯氏制碱法中利用各个物质溶解度的不同，可直接过滤获得纯碱
C．向冷的石灰乳中通入氯气，可制得漂白粉，有效成分为次氯酸钙
D．不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是锰和镍
【答案】C
【详解】A．补铁剂的有效成分为，A错误；
B．侯氏制碱法过滤得到的是碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠受热分解才能制得纯碱，B错误；
C．工业上采用向冷的石灰乳中通入氯气的方法制漂白粉，且其有效成分为次氯酸钙，C正确；
D．不锈钢的合金元素主要是铬和镍，D错误；
故选C。
2．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是
A．0.1mol NaCl在乙醇中形成的胶体含有的胶粒数目为0.1NA
B．100 g 46%乙醇溶液中含有的H—O键的数目为NA
C．常温下，5.6 g Fe与足量 16 mol/L HNO3溶液充分反应， 转移电子数为0.3 NA
D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA
【答案】D
【详解】A．胶粒是许多粒子的集合体，故0.1mol NaCl在乙醇中形成的胶体含有的胶粒数目运小于0.1NA，故A错误；
B．100g46%的乙醇溶液中含有46gC2H5OH和54gH2O，46gC2H5OH的物质的量为1mol，含有1molH—O键，54gH2O的物质的量为3mol，含有6molH—O键，因此，该溶液中含有的H—O键数为7NA，故B错误；
C．16 mol/L HNO3溶液为浓硝酸，常温下，Fe与浓HNO3发生钝化，无法计算转移电子数，故C错误；
D．H2和I2的反应是气体分子数不变的反应，故0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数不变，其分子总数为0.2NA，故D正确；
答案选D。
3．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+
B．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
C．使用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+：2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+=Fe3[Fe(CN)6]2↓
D．将等浓度Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比1∶2混合：2Ba2++2SO+3H++3OH-=2BaSO4↓+3H2O
【答案】C
【详解】A．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液，FeCl3作催化剂，过氧化氢发生分解反应生成水和氧气，反应方程式为 ，A错误；
B．氨水中的一水合氨是弱电解质，不能改写为铵根离子和氢氧根离子，CuSO4溶液中滴加少量稀氨水生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，反应离子方程式为，B错误；
C．二价铁与铁氰根反应时生成蓝色Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，反应的离子方程式为：，故C正确；
D．将等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比1∶2混合，反应生成硫酸钡、硫酸钠、水，反应的离子方程式为，D错误；
选C。
4．向溶液中加入可以加快分解速率。其反应机理可能有两步，第 1 步：。下列说法正确的是
A．分子中含有离子键和非极性键
B．第 2 步反应为：
C．第 1 步反应每生成，转移电子
D．该反应机理中，催化分解产生
【答案】C
【详解】A．H2O2分子中仅含有共价键，故A错误；
B．总反应为过氧化氢分解生成氧气和水，溴为反应的催化剂，由第一步反应可知第2步反应为：2H++H2O2 +2Br-═2H2O +Br2，故B错误；
C．在第1步反应中，O元素化合价由-1价升高到0价，则每生成0.1 mol O2，转移0.2 mol电子，故C正确；
D．总反应为过氧化氢分解生成氧气和水，溴为反应的催化剂，不是Br-，故D错误；
故选C。
5．下列叙述中正确的是
A．某物质熔融状态能导电，可以证明该物质内一定存在离子键
B．单质分子中一定含有非极性共价键
C．离子键就是使阴阳离子结合成化合物的静电引力
D．共价化合物中，一定存在极性共价键，可能存在非极性键，一定不存在离子键
【答案】D
【详解】A．金属熔融状态也能导电，不含离子键，A错误；
B．单质分子中可能不含共价键，如稀有气体是单原子分子，不含化学键，B错误；
C．离子键就是使阴阳离子结合成化合物的静电作用力，包含引力和斥力，C错误；
D．共价化合物中，一定不存在离子键，一定存在极性共价键，可能存在非极性键，D正确；
故选D。
6．下列说法正确的是
①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量盐酸完全反应时，产生CO2物质量相等；
③取agNa2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，能测定和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数；
④区别NaHCO3与Na2CO3溶液，可用Ca(OH)2溶液；
⑤NaHCO3固体可以做干粉灭火剂，金属钠起火可以用它来灭火；
⑥NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，再低温结晶提纯得到。
A．①⑥ B．②⑤ C．②④ D．③④
【答案】A
【详解】①Na2O2与水反应产生NaOH使溶液显碱性，所以溶液先变为蓝色，又由于过氧化钠具有强的氧化性而具有漂白性，所以又由蓝色然后变为无色，①正确；
②根据C元素守恒，质量相等的NaHCO3与Na2CO3中含有的C元素质量不相等，所以二者分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生CO2的物质的量不相等，②错误
③碱石灰既能吸收CO2，也能吸收水分，因此不能根据碱石灰增重质量测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，③错误；
④Ca(OH)2与NaHCO3与Na2CO3溶液都能反应产生CaCO3白色沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液鉴别二者，④错误；
⑤NaHCO3固体受热分解产生CO2，可用于灭火，金属钠起火时产生的Na2O2与CO2及H2O发生反应产生氧气，因此不能用干粉灭火剂灭火，⑤错误；
⑥由于Na2CO3在溶液中会与CO2、H2O发生反应，产生NaHCO3，所以NaHCO3粉末中混有Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，反应产生NaHCO3，然后再低温结晶得到提纯得到，⑥正确；
正确说法的是①⑥，A正确。
7．ag镁铝合金投入xmL2mol/L的盐酸中，一段时间后金属完全溶解，再加入ymL1mol/L的NaOH溶液，沉淀达到最大值，其质量为(a+1.7)g，则下列说法中不正确的是
A．镁铝合金与盐酸反应转移电子数为0.1 B．y一定等于100
C．产生的H2在标准状况下体积为1.12L D．a的取值范围为0.9 【答案】B
【分析】记合金中镁、铝分别为f mol、g mol，则，加你换啊溶液溶解，沉淀到最大过程有：、，故建立方程得，联立解得a=1.2-9g，a=0.9+6f。
【详解】A．根据初始合金为ag，最后沉淀为，这1.7g来自于OH-，故溶解的Mg2+、Al3+所带电荷数为，即转移电子数为0.1mol，A正确；
B．盐酸可能过量，加入的NaOH可能部分先与盐酸发生中和反应，B错误；
C．根据A中分析，转移电子数为0.1mol，对应的生成的氢气的为0.05mol，其体积为1.12L，C正确；
D．根据分析，f、g必然大于0，则a的取值在0.9 故选B。
8．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种絮疑剂，常用于污水处理。工业上利用废铁屑(含少量Al2O3、Fe2O3等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图所示。

下列说法错误的是
A．“反应I”后的溶液中主要存在的阳离子有H+、Fe2+、Al3+
B．“反应II”中加入稀硫酸可抑制Fe3+的水解
C．“反应II”对应的离子方程式为Fe2++NO+2H+=Fe3++NO↑+H2O
D．若用O2代替NaNO2，则每消耗112mL(标准状况)O2相当于节约了2.76gNaNO2
【答案】D
【分析】废铁屑加入硫酸，铁、铝转化为相应的盐溶液，然后加入碳酸氢钠生成铝的沉淀除去铝，得到溶液加入稀硫酸、亚硝酸钠将二价铁转化为三价铁，减压蒸发、过滤到产品；
【详解】A．加入稀硫酸后主要发生反应：、、、；故稀硫酸浸取过量废铁屑后所得到的溶液中含有的阳离子有、及少量； A项正确；
B．能水解生成氢氧化铁[]，加入稀硫酸，水解平衡逆向移动，可抑制的水解，B项正确；
C．“反应Ⅱ”中有生成，N元素化合价降低，则是氧化剂，将氧化成，反应的离子方程式为，C项正确；
D．与在反应中均作氧化剂，消耗可得到电子，消耗可得到电子，故每消耗(标准状况)相当于节约了，D项错误。
故选D。
9．2020年9月，研究人员在金星大气中探测到了磷化氢()气体。常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示：

A．理论上，1mol白磷可生产2mol PH3
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2
D．流程中，PH3属于氧化产物
【答案】C
【分析】白磷与过量浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解题。
【详解】A．根据分析可知有关系式：P4～PH3～3NaH2PO2～3H3PO2～1.5PH3，则起始时有1mol P4参加反应可生产2.5mol PH3，A错误；
B．由于白磷与过量浓NaOH反应生成次磷酸钠，说明次磷酸钠为正盐，则次磷酸为一元酸，B错误；
C．白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，C正确；
D．流程中反应P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2中P的化合价降低生成PH3为还原产物，反应2H3PO2=PH3↑+H3PO4中P的化合价降低生成PH3是还原产物，D错误；
故答案为：C。
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
验证NaCl、Na2SO4、NaOH混合溶液中的C1-
取混合溶液于试管中，加入过量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液充分反应，静置，向上层清液中滴加AgNO3溶液
若上层清液变浑浊。则混合溶液中含有Cl-
B
证明H2O2有氧化性
将足量的溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中
若溶液中的紫红色褪去、则证明H2O2有氧化性
C
验证SO2的漂白性
将SO2气体通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中
若溶液红色消失，则证明SO2有漂白性
D
提纯收集干燥纯净的N2(杂质O2、CO2)
将混合气体依次通过足量的氢氧化钠溶液、灼热的氧化铜、浓硫酸，最后用真空气囊收集
收集到纯净干燥的N2

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．加入过量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液充分反应，可将硫酸钠完全沉淀，再在上层清液中加硝酸银溶液，若产生浑浊现象则证明清液中含氯离子，故A正确；
B．溶液滴入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，其中高锰酸钾作氧化剂，作还原剂，表现的还原性，故B错误；
C．SO2气体通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中使其褪色，表现的是二氧化硫酸性氧化物的性质，故C错误；
D．除去氮气中的氧气应通过灼热的铜网，故D错误；
故选：A。
11．化学是一门以实验为基础的学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象，下列分析正确的是

A．向②后试管加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解
B．①～④的变化中，有1处涉及氧化还原反应
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D．若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，可产生相同现象
【答案】B
【分析】①中，Fe3+和S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和淡黄色的S沉淀，溶液由黄色变为淡绿色；②中，Fe2+和S2-反应生成黑色的FeS沉淀；③中，Fe3+和发生双水解反应，生成Fe(OH)3胶体和CO2；④中，氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，形成Fe(OH)3沉淀。
【详解】A．向②后试管中沉淀（FeS和S）加入足量稀盐酸，FeS溶解，而硫不溶，沉淀部分溶解，A错误；
B．①中，Fe3+和S2-发生氧化还原反应生成Fe2+和淡黄色的S沉淀，溶液由黄色变为淡绿色；②中，Fe2+和S2-反应生成黑色的FeS沉淀；③中，Fe3+和发生双水解反应，生成Fe(OH)3胶体和CO2；④中，氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，形成Fe(OH)3沉淀；①～④的变化中，仅①涉及氧化还原反应，B正确；
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，S2-过量，产生的Fe2+与过量的S2-产生黑色的FeS沉淀，溶液不会变成淡绿色，产生的现象与图中①、②现象不相同，C错误；
D．Na2SO3具有强还原性，若用Na2SO3代替Na2CO3进行实验，Fe3+和发生氧化还原反应生成Fe2+和，产生现象不相同，D错误；
故选B。
12．由含硒废料(主要含等)制取硒的流程如图：

下列有关说法不正确的是
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“浸取”发生反应的化学方程式为：
D．“酸化”的离子反应为：
【答案】B
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，“分离”的方法是过滤，故A正确；
B．酸溶时，不能将废料中的二氧化硅除去，故B错误；
C．“浸取”时亚硫酸钠和Se反应生成Na2SeSO3，发生反应的化学方程式为：，故C正确；
D．Na2SeSO3酸化生成粗硒，可知“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
答案选B。
13．2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图，下列说法不正确的是

A．反应①中分解制备需从外界吸收能量
B．分子中含极性共价键电子对数为
C．淀粉的过程中只涉及键的断裂和形成
D．反应②中涉及到极性键、非极性键的断裂
【答案】C
【详解】A．分解制备中电能转化为化学能，需从外界吸收能量，A正确；
B．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，C3分子中存在碳氢、氧氢、碳氧单键、碳氧双键极性共价键，1分子中含极性共价键电子对数为10，则分子中含极性共价键电子对数为，B正确；
C．由图可知，淀粉的过程中含还涉及O-P、O-C键的断裂，C错误；
D．反应②为氢气和二氧化碳生成甲醇，涉及到碳氧极性键、碳氢非极性键的断裂，D正确；
故选C。
14．W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，上述四种元素与锂组成的盐是一种新型电池的电解质，其结构如图所示。下列说法不正确的是

A．W是同周期中原子序数最大的元素
B．元素的非金属性强弱顺序：
C．图中阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D．Y、Z两元素组成的分子可能为非极性分子也可能为极性分子
【答案】A
【解析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，可知X的次外层电子数只能为2，Y的最外层电子数为6，由四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质，Z可形成4个共价键，Y可形成2个共价键，X可形成3个共价键和1个配位键，则Z为C、Y为O、X为B，W可提供电子对，且易得到1个电子，则W为F，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，W为F、X为B、Y为O、Z为C，
A．W为F，同周期中原子序数最大的元素是Ne，故A错误；
B．同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：W＞Y＞Z＞X，故B正确；
C．该化合物的阴离子中，F、B、O、C均满足8电子稳定结构，故C正确；
D．O、C形成的CO为极性分子，形成的二氧化碳为非极性分子，故D正确；
故选A。
15．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均不超过20，W、X同周期，W的族序数是周期数的3倍，Y与W、X和Z均既不同周期也不同主族；Y、Z原子的最外层电子数之和与X原子的最外层电子数相等。下列说法正确的是
A．WX2和ZW2中均含有共价键
B．W、X及Z的简单离子具有相同的电子层结构
C．W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱
D．W、X、Y、Z的原子半径依次增大
【答案】A
【分析】主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且均不超过20；W的族序数是周期数的3倍，则W为O元素；W、X同周期，且为主族元素，则X为F元素；Y与W、X和Z均既不同周期也不同主族，则Y、Z均在第三周期，Y可能为Na、Mg、Al、Si、P，Z可能为Mg、Al、Si、P、S；Y、Z原子的最外层电子数之和与X原子的最外层电子数相等，设Y的最外层电子数为m、Z的最外层电子数为n，则m+n=7，且m＜n；解得以下三种情况：①m=1，n=6，此时Y为Na，Z为 S；②m=2，n=5，此时Y为Mg，Z为P；③m=3，n=4，此时Y为Al，Z为Si；
【详解】A．WX2为OF2含有共价键，ZW2可能为SO2、SiO2、PO2均含有共价键，A正确；
B．W的简单离子为O，X的简单离子为F，Z 的简单离子可能为为S、P、Si，不具有相同的电子层结构，B错误；
C．W的简单气态氢化物为H2O，Y不存在简单气态氢化物，C错误；
D．原子半径为：Y＞Z＞W＞X，D错误；
故答案选A。
16．W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应的水化物的溶液，浓度均为0.1mol·L-1时的pH如下表所示。下列说法正确的是
元素
W
X
Y
Z
最高价氧化物对应水化物溶液的pH(25℃)
1.0
13.0
0.7
1.0

A．简单离子半径：X> Y> Z> W
B．W、Y都能形成含18个电子的氢化物分子
C．Y元素的非金属性大于Z元素的非金属性
D．Z元素的氧化物对应的水化物一定是强酸
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z四种短周期主族元素的原子序数依次增大，其最高价氧化物对应水化物的溶液，浓度均为0.1mol•L-1时的pH如表所示，W、Z的pH=1.0，均为一元强酸，结合原子序数可知W为N、Z为Cl元素；X的pH=13.0，为一元强碱，则X为Na；Y的pH=0.7，氢离子浓度为0.2mol/L，为二元强酸，则Y为S元素，据此解答。
【详解】A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故A错误；
B．N、Cl与H形成的N2H4、HCl均含有18个电子，故B正确；
C．Y为S，Z为Cl，同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，Y元素的非金属性小于Z元素的非金属性，故C错误；
D．Cl的氧化物对应水化物不一定为强酸，如次氯酸为弱酸，故D错误；
故选：B。
17．下列各项叙述中，正确的是
A．SO2分子的空间构型与它的VSEPR模型一致
B．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第I A族，是s区元素
C．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可以相同
D．s-s σ键与s-p σ键的电子云形状的对称性不相同
【答案】C
【详解】A．SO2中S价层电子对数=2+=3且含有1个孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，立体空间构型为V形，不一致，故A错误；
B．价电子排布为5s25p1的元素最外层5个电子，含有5个电子层，在元素周期表中位于第五周期第ⅢA族，最后一个电子填充p轨道，属于p区元素，故B错误；
C．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向可能相同，比如C和N的2p电子数分别为2和3，且自旋方向均相同，故C正确；
D．s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，但s-sσ键与s-pσ键的对称性相同，均为轴对称，故D错误；
故选：C。
18．下列说法错误的是
A．氮原子的轨道表示式：
B．K+电子排布式 1s22s22p63s23p6
C．L层的p轨道上有一个空轨道和M层的p轨道上有一个空轨道的元素在同一族
D．2p、4p能级的轨道数相等
【答案】A
【详解】A．氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式：，A错误；
B．K的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，则K+电子排布式 1s22s22p63s23p6，B正确；
C．L层的p轨道上有一个空轨道的原子，其价电子排布式为2s22p2，M层的p轨道上有一个空轨道的元素，其价电子排布式为3s23p2，则二种元素都在第ⅣA族，C正确；
D．2p、4p能级的轨道数都为3个，D正确；
故选A。
19．下列说法错误的是
A．基态B原子核外电子的运动状态有5种
B．水溶性：
C．的价电子对分布的几何构型与分子的空间结构一致
D．可以通过红外光谱仪来测定分子结构
【答案】C
【详解】A．基态B原子核外有5个电子，运动状态各不相同，共5种，A正确；
B．乙醇与水能形成分子间氢键，溶解度大，而乙醚不能与水形成氢键，故水溶性乙醇大于乙醚，B正确；
C．SCl2的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体，而分子构型为V形，价电子对分布的几何构型与分子的空间结构不一致，C错误；
D．红外光谱可以研究分子的结构和化学键，D正确；
故选C。
20．下列有关化合物的说法正确的是
A．中键的键角和中键的键角一样大
B．配离子中各元素第一电离能由小到大的顺序为
C．为三角锥形分子，则也为三角锥形分子
D．基态的电子排布式为
【答案】C
【详解】A．中N的孤电子对与铜形成配位键，而中存在1对孤电子对，故两者键角不同，A错误；
B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：，B错误；
C．中磷原子价层电子对数为3+=4，P原子采用sp3杂化，含有1对孤电子对，所以为三角锥形分子，C正确；
D．As第四周期ⅤA族元素，基态的电子排布式为，D错误；
故选C。
21．下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是
A．第一电离能：
B．分子的极性：
C．价层电子对互斥模型中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
D．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
【答案】C
【详解】A．Si、P、S、Cl处于同一周期，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，因P的3p能级为半充满状态，导致其第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si，A项错误；
B．F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键极性逐渐减弱，B项错误；
C．价层电子对数只计σ键电子对和孤电子对，不计π键电子对，C项正确；
D．Mn原子的价电子排布式为3d54s2，含有5个未成对电子，而同周期Cr原子的价电子排布式为3d54s1，含有6个未成对电子，故第四周期元素中，Cr原子价电子层中未成对电子数最多，D项错误；
故选C。
22．理论化学模拟得到一种离子，结构如下图。下列关于该离子的说法不正确的是

A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．该离子的键与键数目比为
【答案】B
【详解】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，故A正确；
B．中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，故B错误；
C．中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，故C正确；
D．单键存在一个键，双键存在一个键和一个键，该离子的键与键数目比为12:8=3:2，故D正确；
故选：B。
23．科学研究证明：核外电子的能量不仅与电子所处的能层、能级有关，还与核外电子的数目及核电荷的数目有关。氩原子与硫离子的核外电子排布相同，都是[Ne]3s23p6。下列说法正确的是
A．两粒子都达8电子稳定结构，化学性质相同
B．两粒子的电子发生跃迁时，产生的光谱不同
C．两粒子的1s能级上电子的能量相同
D．两粒子的3p能级上的电子离核的距离相同
【答案】B
【详解】A.硫离子是得到电子后变成这种结构，有较强的失电子能力，所以具有很强的还原性，二者性质不同，A错误；
B.电子的能量不同，则发生跃迁，产生的光谱不同，B正确；
C.虽然电子数相同，但核电荷数不同，所以能量不同，C错误；
D.同是3p能级，氩原子中的核电荷数较大，对电子的引力大，所以电子离核较近，D错误。
故答案选B。
24．下列说法错误的是
A．周期表中第5周期有18种元素
B．①乙炔、②水、③甲醛、④氨四种分子中，键角由大到小的顺序是①>③>④>②
C．第4周期最外层有一个单电子的元素共有3种
D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为、，则一定为同一族元素
【答案】C
【详解】A．周期表中第5周期有7个主族元素、一个零族元素、7各副族元素和1各Ⅷ族元素共有18种元素，A项正确；
B．①乙炔中C为sp杂化，分子键角是180°；②水分子中O为sp3杂化，键角是104°30′，③甲醛分子中C为sp2杂化，键角是120°，④氨分子中N为sp3杂化，且只有一对孤电子排斥力小，键角是107°18′，则键角由大到小的顺序是①>③>④>②，B项正确；
C．第4周期最外层有一个单电子的元素有K、Cr、Cu、Ga、Br共5种，C项错误；
D．两元素的基态原子的价电子排布式分别为3s2、4s2，则说明两元素分别是Mg、Ca，是同一族元素，D项正确；
故选C。
25．在的饱和溶液中通入至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为，配位数都是6的配合物，分别取两种晶体在水溶液中用过量处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的，则下列有关说祛不正确的是
A．该绿色晶体配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B．绿色晶体配合物的化学式为
C．紫色晶体中包含的键个数为
D．紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到沉淀
【答案】D
【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子含量，绿色晶体的水溶液与溶液反应得到白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体分子式均为，说明紫色晶体中含有3个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的氯离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛为6配位，即配合物中须有5个水，即化学式为 ，而紫色晶体的化学式为。
【详解】A．绿色晶体分子式为，配位数为6，含2个氯离子，化学式为，配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5，A正确；
B．由A知，绿色晶体配合物的化学式为，B正确；
C．紫色晶体中含3个氯离子，配位数为6，化学式为，结合化学式可知，紫色晶体中含有6个配位键和12个O-H键均为键，则紫色晶体中包含的键个数为，C正确；
D．配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，紫色晶体中含3个氯离子，紫色晶体化学式为，紫色晶体在水溶液中与过量作用最多可得到0.03mol沉淀，沉淀质量，D错误；
故选D。
26．短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Z的基态原子的2p轨道半充满，M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，由这4种元素组成的一种分子的结构如图所示。下列说法正确的是

A．电负性：Z＜Y
B．该分子中含有的σ键和π键的数目之比为10：1
C．Y与M能形成离子化合物
D．X分别与Y、Z、M形成的最简单化合物中，X与Z形成的沸点最高
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Z的基态原子的2p轨道半充满，可知Z的电子数为2+2+3=7，Z为N元素；M的最高正价与最低负价的绝对值之差为4，最高价为+6价，最低价为-2价，则M为S；结合分子结构可知X形成1个共价键，且原子序数小于N元素，则X为H元素；Y形成4个共价键，且原子序数小于N元素，则Y为C元素。
【详解】A．主族元素同周期从左到右电负性逐渐增强，则电负性Z>Y，A错误；
B．单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，该分子中含有10个单键和1个双键，其分子中含有的σ键和π键的数目之比为11:1，B错误；
C．Y为C元素，M为S元素，Y与M不能形成离子化合物，C错误；
D．X分别与Y、Z、M形成的最简单化合物分别为甲烷、氨气、硫化氢，氨气分子间存在氢键，导致其沸点较高，则甲烷、氨气、硫化氢中氨气沸点最高，D正确；
故选D。

二、工业流程题
27．已知草酸镍晶体（）难溶于水，常用于制镍粉。工业上从废镍催化剂（主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等）制备草酸镍的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5

②Ksp(CaF2)=1.46 ③当某物质浓度小于1 时，视为完全沉淀
回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施_______。滤渣Ⅰ的成分为和_______(填化学式)。
(2)“氧化”时反应的离子方程式为_______。
(3)“调”的范围为_______，用化学反应原理的相关知识简要说明滤渣Ⅱ的形成原因_______。
(4)“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中_______(列出计算式即可)。
(5)“沉镍”时的离子方程式为_______。
(6)操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤，其中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和_______。
(7)某化学研究小组在文献中查阅到：受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如图所示，写出加热到400℃时，晶体受热分解的化学方程式为_______。

【答案】(1)     搅拌、适当升高温度或适当提高硫酸的浓度（任写一种即可）；     SiO2
(2)
(3)          ，，氢氧化镍消耗氢离子，促进水解平衡正向移动，从而形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀
(4)
(5)
(6)便于快速干燥
(7)

【分析】废镍催化剂酸浸后，SiO2不溶，滤渣I中为CaSO4和SiO2，滤液中金属阳离子为Fe2+、Ni2+、Al3+、Ca2+，过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，加Ni(OH)2调溶液的pH值，Al3+、Fe3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，为滤渣II的主要成分；加入氟化铵沉钙，得到CaF2沉淀，为滤渣III的主要成分；加草酸铵后镍离子形成草酸镍沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的草酸镍晶体。
【详解】（1）提高“酸浸”速率的措施是：搅拌、适当升高温度或适当提高硫酸的浓度（任写一种即可）；滤渣Ⅰ的成分为和SiO2；
（2）过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，反应的离子方程式为：；
（3）“调”时Al3+、Fe3+完全沉淀而Ni2+不沉淀，故pH值范围为：；调节pH值时，，，氢氧化镍消耗氢离子，促进水解平衡正向移动，从而形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；
（4）“沉钙”过程中，当沉淀完全时，钙离子浓度小于，故；
（5）“沉镍”时的离子方程式为：；
（6）乙醇易挥发，操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤，其中用乙醇洗涤的目的是洗去杂质和便于快速干燥；
（7）草酸铁晶体受热分解首先失去结晶水，得到FeC2O4，即A点对应物质，400oC时固体质量减少，应为草酸亚铁分解生成铁的氧化物，且氧化物的质量为0.4g。设铁的氧化物的化学式为FexOy，根据铁守恒，，氧元素的质量为： ，故，故氧化物为FeO，根据得失电子守恒，化学方程式为：。

三、填空题
28．回答下列问题
(1)金属与硝酸反应通常不能生成H2，用3mol/L HNO3与过量铁粉反应，HNO3的还原产物主要是NO，请写出反应的离子方程式：___________。
有同学在查阅文献时发现文献有记载：HNO3与铁反应能产生H2。于是其小组进行了金属铁与硝酸反应能否产生H2及其有利条件的探究。
实验I：20℃，将过量铁粉溶于0.5mol·L-1 HNO3中，立即有无色气体生成，充分反应后，溶液几乎无色。
(2)检验气体：方法如图所示。

确认气体是H2，不含NO。实验证据是___________。
(3)检验溶液：取上层清液，等分两份
①向一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，___________ (填现象)，说明含有Fe2＋。
②向另一份加入NaOH溶液，产生灰绿色沉淀；加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝。综合①、②，说明实验I中发生的反应有Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，另外还有___________ (写出离子方程式)。
对H2产生的原因提出假设：在稀的酸性溶液中，HNO3中H＋的氧化性大于NO，验证如下：
(4)实验II：将铜粉溶于0.5mol/L HNO3中。经检测，发现没有___________生成，初步证实假设不成立。
(5)再次查阅文献发现：在酸性介质中，尽管电极电势数据显示NO离子是个颇强的氧化剂，然而动力学原因导致它在稀酸中的反应一般都很慢。于是小组改变条件重复实验I，向2mL 0.5mol·L-1 HNO3中加入过量铁粉，结果如下：
实验序号
Ⅲ
Ⅳ
Ⅴ
温度
20℃
40℃
60℃
生成H2体积
6.0mL
3.4mL
2.6mL

经检验，实验III、IV、V中，NO的还原产物与实验I相同。
从反应速率的角度解释温度升高H2体积减少的原因___________。
(6)综上所述，有利于金属与硝酸反应生成氢气的条件是___________。
【答案】(1)3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O
(2)气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声
(3)     产生蓝色沉淀     4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O
(4)H2
(5)温度升高，H+、NO被还原的速率均增大，NO被还原的速率增大的更多；H+同时被消耗，H+得电子机会减少，导致产生的H2体积减少
(6)较低温度、低浓度硝酸

【分析】已知铁粉与稀硝酸反应会生成H2，根据图示所做实验，产生的气体为无色，点燃时，有尖锐的爆鸣声，容器壁出现无色液滴，其气体为氢气，铁粉过量，则铁变为亚铁离子；反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，铁粉与硝酸还能反应生成铵根离子。
【详解】（1）稀HNO3与过量铁粉反应生成亚铁离子，还原产物主要是NO，离子方程式：3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O。
（2）NO遇氧气生成二氧化氮变红棕色，而氢肥皂泡中氢气可燃烧，不纯的话有爆鸣声，所以确认气体是H2，不含NO的实验证据是气体遇空气未见红棕色，点燃肥皂泡，发出爆鸣声。
（3）①如产物有亚铁离子，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，离子方程式为：3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓；②加入NaOH溶液，加热至沸，有刺激性气味气体逸出，用湿润红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，说明产物有，则另外发生的反应为：4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O。
（4）同样是0.5mol/L HNO3，Fe反应能产生H2，铜粉能反应但不产生氢气，则无法证明0.5mol/L HNO3中H＋的氧化性大于。
（5）H+、都有氧化性，可被还原，温度升高，H+、被还原的速率均增大，被还原的速率增大的更多，导致H2体积减少。
（6）较低温度和低浓度的硝酸有利于金属与硝酸反应生成氢气。
【点睛】本题考查性质检验实验，解答这类题时要根据物质的化学性质，知道发生的化学反应以及有关产物，最后得出结论，难度中等。

四、实验题
29．亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，易溶于水，微溶于乙醇、乙醚。实验室用NO和(淡黄色固体)制备无水亚硝酸钙的装置(夹持装置略)如图所示。

回答下列问题：
(1)实验开始先通，一段时间后，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸制取NO，B中产生大量气泡时，D处开始加热。仪器a的名称为_______，B中盛放的试剂是_______。
(2)装置E中，酸性可将剩余的NO氧化为，溶液逐渐由橙色变为绿色，该反应的离子方程式为_______。
(3)上述装置存在一处缺陷，会导致亚硝酸钙产率降低，改进的方法是_______。
(4)完全还原后，进行的操作是：①停止滴加稀硝酸，停止通电；②……；③冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；④……
操作②是_______。
(5)测定所得亚硝酸钙中硝酸钙的含量。
实验原理：；
；
；
。
实验步骤：I.准确称取m g所得亚硝酸钙，置于150mL烧杯中，加入100mL蒸馏水和n g硫酸钠(足量)，搅拌均匀，将溶液与沉淀全部移入250mL容量瓶，加入稀释至刻度，摇匀，干过滤；(忽略固体对溶液体积的影响)
II.取25.00mL滤液于500mL锥形瓶中，加入足量饱和溶液，煮沸5min；
III.冷却后用少量蒸馏水洗涤锥形瓶内壁，再加入硫酸亚铁铵溶液，在不断摇动下，沿瓶壁缓慢加入20mL硫酸(1∶1)。
IV.加4滴指示剂，迅速用标准液滴定至终点，消耗标准液V mL。
所得亚硝酸钙中硝酸钙的质量百分含量为_______；下列情况会导致硝酸钙的质量百分含量测量值偏大的是_______(填标号)。
a.步骤I中，称量后样品发生了潮解
b.步骤II中，煮沸时间仅有3min
c.步骤III中量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00mL
d.滴定终点时，发现尖嘴管内有气泡生成
【答案】(1)     恒压滴液漏斗     蒸馏水
(2)
(3)在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶(答案合理即可)
(4)打开止水夹，向装置中通入一段时间
(5)     %     cd

【分析】实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，为了使仪器a中的液体能顺利流下，仪器a为恒压滴液漏斗，在装置A中发生反应的化学方程式为，产生的气体中混有少量的NO2，可用B装置进行除杂，则B装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：，装置C为干燥装置，装置E为尾气吸收装置，则发生反应的离子方程式为，由于亚硝酸钙是白色粉末，易潮解，装置E中的水蒸气回流导致亚硝酸钙的产率较低，改进方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶，停止通电后，由于亚硝酸钙温度较高需在N2中冷却到室温，则应打开止水夹，继续通入氮气，步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ为反应硝酸根，该反应的关系式为，，根据计算可得硝酸钙的百分含量为%，据此答题。
【详解】（1）①装置A三颈烧瓶中制备NO，反应的方程式为，由于压强的作用要使仪器a中的液体能顺利流下，则仪器a为恒压滴液漏斗；
②装置A在制备过程中会产生少量的NO2气体，装置B为除杂所盛放的液体为蒸馏水，吸收NO2气体的化学方程式为；
（2）装置C为干燥装置，装置D为制备装置，装置E为吸收尾气的装置，酸性具有强氧化性可将剩余的NO氧化为，发生反应的离子方程式为；
（3）由于装置E盛放的为溶液，装置D生成的亚硝酸钙极易潮解，E中会有水蒸气回流导致产率降低，改进的方法为在装置D、E之间加装盛有浓硫酸的洗气瓶（或增加干燥装置）；
（4）完全还原后由于反应温度较高，停止通硝酸后需继续通入N2，使其冷却至室温，则操作为打开止水夹，继续通入N2；
（5）①步骤Ⅰ为生成沉淀，步骤Ⅱ为除去亚硝酸根，步骤Ⅲ为反应硝酸根加入过量的亚铁离子，该反应的关系式为，，则亚铁离子总的物质的量为，消耗的亚铁离子的物质的量为，剩余的亚铁离子的物质的量为，根据关系式，计算出，则硝酸钙的物质的量为，硝酸钙的质量为，硝酸钙的百分含量为%；
②a.步骤I中是为了让硝酸钙和亚硝酸钙中的钙离子全部变为沉淀，称量后样品发生了潮解，对实验无影响，a项错误；
b.步骤II中是为了让亚硝酸根离子反应除去亚硝酸根，煮沸时间仅有3min，溶液中亚硝酸根离子未被反应完全导致消耗的亚铁离子增多，最终测得硝酸钙的百分含量偏小，b项错误；
c.步骤III是为了反应硝酸根离子，若量取的硫酸亚铁铵溶液的实际体积小于25.00mL，导致滴定时消耗亚铁离子的量偏小，则硝酸钙的百分含量偏大，c项正确；
d.滴定终点时，发现尖嘴管内有气泡生成，气泡具有一定的体积，则实际加入的试剂的量偏小，消耗的亚铁离子偏小，则硝酸钙的百分含量偏大，d项正确；
答案选cd。

五、结构与性质
30．氮的化合物应用广泛。
(1)Reineckesalt的结构如图所示：

其中配位原子为_______(填元素符号)，阳离子的空间结构为_______，中碳原子杂化方式为_______。
(2)重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，的结构如图。

中N、O、三种元素第一电离能由大到小的顺序是_______(填元素符号)，该物质中含σ键的数目为_______。
(3)是的一种配合物，的结构为。的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物常温下为液态而非固态，原因是_______。
(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”(或大键)。大键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大键的原子个数和电子数，如苯分子中大键表示为。
①下列微粒中存在“离域键”的是_______。
A．    B．
C．        D．
②中阴离子与互为等电子体，均为直线型结构，中的2个大键可表示为_______。
(5)符号“”没有给出的信息是_______。
A．能层 B．能级
C．电子云在空间的伸展方向 D．电子的自旋方向
(6)下列实验事实不能用氢键来解释的是_______。
A．比稳定
B．乙醇能与水以任意比互溶
C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
D．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
(7)下列图像是、、等离子晶体结构图或者是从其中分割出来的部分结构图。其中属于的晶体结构的图是
A． B． C． D．
(8)键能的大小可以衡量化学键的强弱。下列说法中错误的是
化学键






键能
460
360
436
431
176
347

A．的熔点比熔点低
B．的稳定性比稳定性高
C．的键能大于
D．拆开晶体硅中的化学键所吸收的能量为
【答案】(1)     N     正四面体形     sp杂化
(2)     N>O>Cr     8
(3)阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，熔点低
(4)     AD    
(5)D
(6)A
(7)B
(8)D

【详解】（1）由图可知，铬提供空轨道、氮提供孤对电子，配位原子为N；阳离子铵根离子中氮原子形成4个共价键，空间结构为正四面体形；和二氧化碳为等电子体，则碳原子杂化方式为sp杂化；
（2）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>Cr；单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，该物质中含σ键的数目为8。
（3）离子化合物常温下为液态而非固态，原因是阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，熔点低；
（4）①A． 中碳原子均为sp2杂化，原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，能形成大键，A正确；   
B．为四面体形就，原子不都在同一平面上，B错误；
C．中氢原子灭有p轨道，不能形成大键，C错误；       
D．中硫为sp2杂化，原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，能形成大键，D正确；
故选AD；
②中阴离子与互为等电子体，均为直线型结构，结构为[N=N=N]-，离子中两侧的N原子提供1个电子，中间N原子提供2个电子，相差3原子4电子大键，可表示为；
（5）表示第3电子层p能级轨道沿x方向的伸展，不能体现电子的自旋方向；故选D；
（6）A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：比稳定，但不能用氢键解释，A符合题意；
B．乙醇能与水形成分子间氢键，导致其能以任意比互溶，B不符合题意；
C．邻羟基苯甲醛能形成分子内氢键、对羟基苯甲醛形成分子间氢键，导致其沸点低于对羟基苯甲醛，C不符合题意；
D．接近沸点的水蒸气分子之间能通过氢键形成缔合分子，导致相对分子质量测量值大于18，D不符合题意；
故选A；
（7）氯化钠晶体结构是面心立方，每个离子周围由6个异种电荷的离子相邻，故选B；
（8）A．为分子晶体、为共价晶体，其熔点比熔点低，A正确；
B．碘原子半径大于氯原子，H-Cl键能大于H-I，的稳定性比稳定性高，B正确；
C．碳原子半径小于硅原子半径，的键能大于，C正确；
D．一个硅原子平均形成2个硅硅键，则拆开晶体硅中的化学键所吸收的能量为2×，D错误；
故选D。