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2022-2023学年天津市第三中学高二下学期3月阶段性质量检测化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年天津市第三中学高二下学期3月阶段性质量检测化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了 下列性质的比较正确的是， 、和均可作为燃料电池的燃料等内容，欢迎下载使用。
天津市第三中学2022~2023学年度第二学期
高二年级阶段性质量检测
化学
可能用到的相对原子质量：K-39 Na-23 O-16 S-32 Cl-35.5
第I卷 选择题
一、单选题(共12题，每题3分，共36分)
1. 下列化合物中，既含有离子键又含有共价键的是
A. CO2 B. KCl C. NH4Cl D. CaCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2是由CO2分子构成的共价化合物，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，分子中只有共价键，A不符合题意；
B．KCl属于盐，是由K+与Cl-之间以离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，B不符合题意；
C．NH4Cl是盐，属于离子化合物，与Cl-之间以离子键结合，在中N原子与H原子之间以共价键结合，因此NH4Cl是含有离子键、共价键的的离子化合物，C符合题意；
D．CaCl2属于盐，是由Ca2+与Cl-之间以离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 反应Cl2+2NaOH = NaClO+NaCl+H2O，可用于制备含氯消毒剂，下列说法正确的是
A. Cl2中共价键类型为极性共价键 B. NaOH的电子式：
C. 中子数为18的Cl原子：Cl D. 基态Na原子的外围电子排布式为3s1
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2中含有的是Cl-Cl非极性共价键，故A错误；
B．NaOH中含有离子键和O-H极性共价键，电子式为，故B错误；
C．左下角写质子数，左上角写质量数，中子数为18的Cl原子表示为：Cl，故C错误；
D．Na是11号元素，基态钠原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，故基态Na原子的外围电子排布式为3s1，故D正确；
答案选D。
3. 下列性质的比较正确的是
A. 电负性：F＞O＞S B. 原子半径：Cl＞S＞P
C. 酸性：CH3COOH＞HCOOH D. 沸点：H2S＞H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期主族元素，从左往右，电负性依次增强，F＞O，同主族，从上往下，电负性依次减弱，O＞S，则电负性：F＞O＞S，A项正确；
B．同周期主族元素，从左往右原子半径依次减小，同主族，从上往下原子半径依次增大，则原子半径：Cl＜S＜P，B项错误；
C．乙酸中有一个给电子的甲基，增加了羧基上的电子密度，使乙酸电离出氢离子的能力小于甲酸，则酸性CH3COOH＜HCOOH，C项错误；
D．同主族氢化物的沸点从上往下，沸点依次升高，但氧原子会形成氢键，使沸点出现反常，沸点：H2S＜H2O，D项错误；
答案选A。
4. Cs为IA族元素，是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于的说法，不正确的是
A. 原子核外电子数为55 B. 原子核内中子数为137
C. 原子半径：>K D. 的化学性质与K相似
【答案】B
【解析】
【分析】元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
【详解】A．原子中质子数=电子数，原子核外电子数为55，A正确；
B．的质量数为137，B错误；
C．电子层数越多半径越大，原子半径：>K，C正确；
D．和K均为IA族元素，同主族元素化学性质相似，D正确；
故选B。
5. 铁、氮气、丙酮()和乙醇可参与制备铁氮化合物(FexNy)，以下说法不正确的是
A. 丙酮中碳原子采用sp2和sp3杂化
B. Fe元素位于元素周期表的第VIIIB族
C. 1个N2分子中有1个σ键和2个π键
D. 乙醇的沸点高于丙烷，是因为乙醇分子间存在氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙酮分子中，酮羰基上的碳原子价层电子数为3，采用sp2杂化，甲基中的碳原子，价层电子数为4，采用sp3杂化，A正确；
B．Fe原子的价电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的第四周期第VIII族，B不正确；
C．N2分子的电子式为，两个N原子间只能形成1个σ键，则1个N2分子中有1个σ键和2个π键，C正确；
D．乙醇分子中O原子的非金属性强，原子半径小，乙醇分子间可形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙烷，D正确；
故选B。
6. 干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 干冰晶体是共价晶体
B. 每个晶胞中含有4个分子
C. 每个分子周围有12个紧邻的分子
D. 干冰升华时需克服分子间作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A错误；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B正确；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C正确；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D正确；
故答案为：A。
7. 、和均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是
A. 、和中C、N杂化方式均相同
B. 和的空间结构分别为正四面体形、三角锥形
C. 、和均为极性分子
D. 沸点：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4、NH3和N2H4中C、N价层电子对数都是4，所以这三种分子中C、N都采用sp3杂化，A正确；
B．CH4中C价层电子对数=且不含有孤电子对，NH3中N价层电子对数为且含有1个孤电子对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正确；
C．CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，N2H4，正负电荷中心重合，为极性分子，C错误；
D．N2H4、NH3都能形成分子间氢键，且形成分子间氢键个数：N2H4> NH3，CH4不能形成分子间氢键，所以沸点： N2H4 > NH3> CH4，D正确；
故选C。
8. 三甲基镓[(CH3)3Ga]是应用最广泛的一种金属有机化合物，可通过如下反应制备：GaCl3+(CH3)3Al(CH3)3Ga+AlCl3.(已知：GaCl3中Ga为最高价)下列说法错误的是
A. Al原子核外有13种运动状态不同的电子
B. 27Al原子的中子数为14
C. Cl-的核外三个电子能层均充满电子
D. Ga位于周期表中第四周期ⅢA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1+1+3+1+1=7个原子轨道，则核外电子有7种空间运动状态，故A正确；
B．27Al原子的质量数为27，质子数为13，则中子数=质量数-质子数=27-13=14，故B正确；
C．Cl-核外各层所含电子数分别为2、8、8，M层最多容纳18个电子，则M层没有充满电子，故C错误；
D．Ga是31号元素，核外有四个电子层，最外层有三个电子，则位于周期表的第四周期ⅢA族，故D正确；
故选：C。
9. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 基态氧原子的电子有8种空间运动状态
C. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D. 键的极性大小：N-H
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；
C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；
D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故选D。
10. 我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为。生成物K2S的晶体结构如图。下列有关说法正确的是
A. 反应产物中有两种极性分子
B. 1molCO2和1molN2含有的π键数目之比为1：2
C. K2S晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8
D. 若K2S晶体的晶胞边长为a nm，则该晶体的密度为 g·cm-3
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，A错误；
B．CO2、N2的结构式分别为O=C=O、NN，双键中有1个σ键1个键、三键中有1个σ键2个键，则1 mol和1 mol含有的键数目之比为2：2，即1：1，B错误；
C．由图示可知，晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4，C错误；
D．若晶体的晶胞边长为a nm，根据均摊法，晶胞中含有K+、S2-的数目分别为8、84，则该晶体的密度为g·cm-3，D正确；
故选D。
11. 下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是
A. 如图所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为2
B. FeCl3刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于Fe
C. Cu第VIII族元素
D. 除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知：白球数目是8×+1=2，黑球数目是4，所以该晶胞中含有2个Cu2O，结合Cu2O化学式可知黑球表示Cu原子，白球表示Cu原子，则Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为2，A正确；
B．FeCl3刻蚀Cu制印刷电路板，发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明微粒的还原性：Cu＞Fe2+，B错误；
C．Cu是29号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，C错误；
D．稀硝酸与Cu、CuO都会反应变为可溶性Cu(NO3)2，不能达到除杂、净化的目的，应该使用稀盐酸或稀硫酸，D错误；
故合理选项是A。
12. 中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 该过程中没有发生电子的转移
B. O3为非极性分子
C. 示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D. 催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．在该转化过程中，C元素由+4价转化为-3价、-2价、-1价、+2价等，发生了电子的转移，A不正确；
B．O3虽为单质，但其为V形结构，正、负电荷的重心不重合，为极性分子，B不正确；
C．示意图中，CO中的碳原子发生sp杂化，烷烃中的碳原子发生sp3杂化，所以含碳化合物中碳原子的杂化方式不同，C不正确；
D．示意图中，反应产物为CO和烷烃两大类，两条途径不同，需要使用的催化剂不同，所以催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，D正确；
故选D。
第II卷 非选择题
13. I.价电子对互斥(简称VSEPR)理论可用于预测简单分子的空间结构。请回答下列问题：
（1）利用价电子对互斥理论推断下列分子或离子的空间结构：
①SO______；②PO______；③HCN_______。
（2）利用价电子对互斥理论推断键角的大小：
①SnBr2分子中的键角_______ (填“>”“＜”或“=”，下同)120°；
②PCl3分子中的键角_______109°28′。
（3）有两种活性反应中间体微粒，它们的微粒中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据图所示的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：A：_______；B：_______。
II.如图表示不同类型共价键形成时原子轨道重叠情况：
（4）其中形成的化学键属于轴对称的有_______。
（5）列物质中，通过方式①形成化学键是_______；通过方式②形成化学键的是_______；只通过方式③形成化学键的是_______；同时含有③、④、⑤三种方式化学键的物质是_______。
A.Cl2 B.HCl C.N2 D.H2
（6）某有机物分子的结构简式为，该分子中有_______个σ键，有_______个π键，有_______种极性键，_______(填“有”或“没有”)非极性键。
【答案】（1） ① 正四面体 ②. 正四面体 ③. 直线形
（2） ①. ＜ ②. ＜
（3） ①. CH ②. CH
（4）①②③ （5） ①. D ②. B ③. A ④. C
（6） ①. 8 ②. 2 ③. 4 ④. 有
【解析】
小问1详解】
①中价层电子对数为4，没有孤电子对，故为正四面体形；②中价层电子对数为4，没有孤电子对，故为正四面体形；③HCN中价层电子对数为2，没有孤电子对，故为直线型。
【小问2详解】
①SnBr2中价层电子对数为3，其中有一对孤电子对，由于孤电子对的排斥作用较大，故的键角小于120°；②PCl3中价层电子对数为4，其中有一对孤电子对，由于孤电子对的排斥作用较大，故的键角小于109°28′。
【小问3详解】
由图示可知，A空间构型为平面三角形，所以A的价层电子对数为3，没有孤电子对，故A为；B的空间构型为三角锥形，所以B的价层电子对数为4，其中一对为孤电子对，故B为。
【小问4详解】
当原子轨道“头碰头”重叠时，形成键属于轴对称，故①②③属于轴对称。
【小问5详解】
①形成s-s键，故为H2；②形成s-p键，故为HCl；③为p-p键，故为Cl2；N2中含有一个p-p键，两个键，故同时含③④⑤三种方式的化学键。
【小问6详解】
通过结构简式可知，分子中含有8个键；每个双键中含有一个键，故含有2个键；极性键有C-H、O-H、C-O、C=O共4种；含有C-C非极性键。
14. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表所示，请用化学用语回答下列问题。
A
原子核外有6种不同运动状态的电子
C
基态原子中s电子总数与p电子总数相等
D
原子半径在同周期元素中最大
E
基态原子最外层电子排布式为3S23P1
F
基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反
G
生活中使用最多的一种金属
（1）写出元素符号A：_______B：_______G_______，写出元素B的基态原子的轨道表示式(电子排布图)：_______。
（2）C、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序_______。
（3）D和F形成化合物的化学式为_______，在其晶胞中(如图)每个D离子周围紧邻且等距离的D离子有_______个，每个D离子周围紧邻且等距离的F离子有_______个，若晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为_______g·cm-3。
（4）已知元素A、B形成的(AB)2链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键之比为_______。
（5）元素G位于周期表的_______区，其价电子的排布式为：_______，该元素可形成G2+、G3+，其中较稳定的是G3+，原因是_______。
（6）短周期元素M与元素E在周期表中的位置呈现对角线关系，已知元素M、F的电负性分别为1.5和3.0，预测它们形成的化合物是_______化合物(填“离子”或“共价”)。推测M的最高价氧化物对应水化物_______(填“能”或“不能”)与D的最高价氧化物对应水化物发生反应。
【答案】（1） ①. C ②. N ③. Fe ④.
（2）Na＞Al＞O （3） ①. NaCl ②. 12 ③. 6 ④.
（4）3:4 （5） ①. d ②. 3d64s2 ③. Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定
（6） ①. 共价化合物 ②. 能
【解析】
【分析】A的原子核外有6种不同运动状态的电子，则A为6号元素碳；E的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，则E为铝；D的原子半径在同周期元素中最大，则D为钠；C的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则其电子排布式为1s22s22p，其为氧元素；从而得出B为氮元素；F的基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反，则其价电子排布式为3s23p5，其为氯元素；G是生活中使用最多的一种金属，则其为铁。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为C、N、O、Na、Al、Cl、Fe。
【小问1详解】
由分析可知，A、B、G分别为碳、氮、铁，则其元素符号A：C B：N G：Fe，元素B的基态原子的轨道表示式(电子排布图)：。答案为：C；N；Fe；；
【小问2详解】
C、D、E三种元素分别为O、Na、Al，O在Na、Al的上一周期，且Na在Al的左边，则原子半径由大到小的顺序：Na＞Al＞O。答案为：Na＞Al＞O；
【小问3详解】
D和F分别为Na和Cl，二者形成化合物的化学式为NaCl；在其晶胞中，Na+为“∘”、Cl-为“•”，每个Na+离子(设定为立方体体心)周围紧邻且等距离的Na+离子有12个，每个Na+离子周围紧邻且等距离的Cl-离子有=6个；在晶胞中，含有Na+个数为=4，含有Cl-个数为=4，若晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为=g·cm-3。答案为：NaCl；12；6；；
【小问4详解】
元素A、B形成的(AB)2链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其结构式为N≡C-C≡N，两个原子形成的共价键中，只有1个σ键，其余为π键，则分子中σ键与π键之比为3:4。答案为：3:4；
【小问5详解】
元素G为Fe元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其位于周期表的d区，其价电子的排布式为：3d64s2，该元素可形成Fe2+、Fe3+，其中较稳定的是Fe3+，原因是：Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定。答案为：d；3d64s2；Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定；
【小问6详解】
短周期元素M与元素Al在周期表中的位置呈现对角线关系，则M为Be(铍)元素，已知元素Be、Cl的电负性分别为1.5和3.0，电负性差值为1.5＜1.7，则它们形成的化合物是共价化合物。Be的最高价氧化物对应水化物为Be(OH)2，为两性氢氧化物，D的最高价氧化物对应水化物NaOH为强碱，则二者能发生反应。答案为：共价化合物；能。
【点睛】Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。
15. 法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
（1）C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为_______。
（2）基态Na原子中，核外不同电子运动状态的数目为_______，Te属于元素周期表中_______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______。
（3）的空间结构为_______，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为_______，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为_______。
（4）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_______cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。
【答案】（1）O>Cl>C(或O、Cl、C)
（2） ①. 11 ②. p ③. 5s25p4
（3） ①. 平面三角形 ②. sp2、sp3 ③. 13NA(或13×6.02×1023)
（4） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；Te与Se位于同主族结合其外围电子排布式判断在周期表中的位置；根据价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断的空间构型；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，根据碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律判断碳酸丙烯酯分子中含有的σ键数目；根据均摊法计算晶胞中黑色球和白色球数目，由晶胞对称性可知O的配位数；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，据此计算解答。
【小问1详解】
元素的非金属性越强，其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；
【小问2详解】
Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个不同运动状态的电子；Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期、第ⅥA族，外围电子排布式为5s25p4，属于P区元素，故答案为：11；p；5s25p4；
【小问3详解】
的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同为平面正三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3；由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律可知一个碳酸丙烯酯分子中含有13个σ键，则1mol碳酸丙烯酯中σ键的物质的量为13mol，数目为13NA，故答案为：平面正三角形；sp2和sp3；13NA；
【小问4详解】
晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，二者数目之比为8:4=2:1，故该氧化物为Na2O，则黑色球代表Na、白色球代表O，由晶胞对称性可知O的配位数为8；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=g，晶胞体积== cm3，晶胞棱长a=cm，Na与O之间的最短距离为acm=cm，故答案为：8；。
16. 碳和硅均为元素周期表中第ⅣA族的元素，其单质和化合物有着重要应用。
（1）石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，最早是由科学家用机械剥离的方法从石墨中分离出来，其部分性能优于传统的硅材料，具有广泛的应用前景。
①写出基态碳原子的电子排布式_______，石墨烯中C的杂化类型为_______。
②下图为单层石墨烯的结构示意图。12 g的石墨烯中由C原子连接成的六元环的物质的量约为_______mol。
③石墨烯可由加热SiC晶体脱除Si的方法制得。该过程属于_______。
a.物理变化 b.分解反应 c.氧化还原反应
（2）SiC的晶体结构与晶体硅类似。SiC的晶体类型为_______，晶体中Si原子与Si-C键的数目之比为_______。
（3）CHCl3与SiHCl3空间构型相似，但性质不同：前者不易与水反应，但后者与水剧烈反应，生成两种酸和一种气体，写出该反应的化学方程式：______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p2 ②. sp2杂化 ③. 0.5 ④. bc
（2） ①. 共价晶体 ②. 1∶4
（3）SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑
【解析】
【小问1详解】
①碳为6号元素，基态碳原子电子排布式为1s22s22p2，石墨烯中，每个C原子与周围的3个C原子形成共价单键，则C的杂化类型为sp2杂化。
②从单层石墨烯的结构示意图可以看出，每个C原子形成3个共价键，12 g的石墨烯中，C原子的物质的量为1mol，C原子连接成的六元环，由6个C原子构成，每个C原子形成3个六元环，平均每个六元环含有的碳原子数为=2，则六元环的物质的量约为=0.5mol。
③石墨烯可由加热SiC晶体脱除Si的方法制得。该过程中，SiC分解为C和Si，则属于分解反应、氧化还原反应，故选bc。答案为：1s22s22p2；sp2杂化；0.5；bc；
【小问2详解】
SiC的晶体结构与晶体硅类似，则SiC的晶体类型为共价晶体，晶体中Si原子与4个C原子间形成共价单键，则Si与Si-C键的数目之比为1∶4。答案为：共价晶体；1∶4；
【小问3详解】
SiHCl3其与水剧烈反应，生成硅酸、盐酸和氢气，该反应的化学方程式：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑。答案为：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑。
天津市第三中学2022~2023学年度第二学期
高二年级阶段性质量检测
化学
可能用到的相对原子质量：K-39 Na-23 O-16 S-32 Cl-35.5
第I卷 选择题
一、单选题(共12题，每题3分，共36分)
1. 下列化合物中，既含有离子键又含有共价键的是
A. CO2 B. KCl C. NH4Cl D. CaCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2是由CO2分子构成的共价化合物，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，分子中只有共价键，A不符合题意；
B．KCl属于盐，是由K+与Cl-之间以离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，B不符合题意；
C．NH4Cl是盐，属于离子化合物，与Cl-之间以离子键结合，在中N原子与H原子之间以共价键结合，因此NH4Cl是含有离子键、共价键的的离子化合物，C符合题意；
D．CaCl2属于盐，是由Ca2+与Cl-之间以离子键结合形成的离子化合物，只含有离子键，D不符合题意；
故合理选项是C。
2. 反应Cl2+2NaOH = NaClO+NaCl+H2O，可用于制备含氯消毒剂，下列说法正确的是
A. Cl2中共价键类型为极性共价键 B. NaOH的电子式：
C. 中子数为18的Cl原子：Cl D. 基态Na原子的外围电子排布式为3s1
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2中含有的是Cl-Cl非极性共价键，故A错误；
B．NaOH中含有离子键和O-H极性共价键，电子式为，故B错误；
C．左下角写质子数，左上角写质量数，中子数为18的Cl原子表示为：Cl，故C错误；
D．Na是11号元素，基态钠原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，故基态Na原子的外围电子排布式为3s1，故D正确；
答案选D。
3. 下列性质的比较正确的是
A. 电负性：F＞O＞S B. 原子半径：Cl＞S＞P
C. 酸性：CH3COOH＞HCOOH D. 沸点：H2S＞H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期主族元素，从左往右，电负性依次增强，F＞O，同主族，从上往下，电负性依次减弱，O＞S，则电负性：F＞O＞S，A项正确；
B．同周期主族元素，从左往右原子半径依次减小，同主族，从上往下原子半径依次增大，则原子半径：Cl＜S＜P，B项错误；
C．乙酸中有一个给电子的甲基，增加了羧基上的电子密度，使乙酸电离出氢离子的能力小于甲酸，则酸性CH3COOH＜HCOOH，C项错误；
D．同主族氢化物的沸点从上往下，沸点依次升高，但氧原子会形成氢键，使沸点出现反常，沸点：H2S＜H2O，D项错误；
答案选A。
4. Cs为IA族元素，是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于的说法，不正确的是
A. 原子核外电子数为55 B. 原子核内中子数为137
C. 原子半径：>K D. 的化学性质与K相似
【答案】B
【解析】
【分析】元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
【详解】A．原子中质子数=电子数，原子核外电子数为55，A正确；
B．的质量数为137，B错误；
C．电子层数越多半径越大，原子半径：>K，C正确；
D．和K均为IA族元素，同主族元素化学性质相似，D正确；
故选B。
5. 铁、氮气、丙酮()和乙醇可参与制备铁氮化合物(FexNy)，以下说法不正确的是
A. 丙酮中碳原子采用sp2和sp3杂化
B. Fe元素位于元素周期表的第VIIIB族
C. 1个N2分子中有1个σ键和2个π键
D. 乙醇的沸点高于丙烷，是因为乙醇分子间存在氢键
【答案】B
【解析】
【详解】A．丙酮分子中，酮羰基上的碳原子价层电子数为3，采用sp2杂化，甲基中的碳原子，价层电子数为4，采用sp3杂化，A正确；
B．Fe原子的价电子排布式为3d64s2，位于元素周期表的第四周期第VIII族，B不正确；
C．N2分子的电子式为，两个N原子间只能形成1个σ键，则1个N2分子中有1个σ键和2个π键，C正确；
D．乙醇分子中O原子的非金属性强，原子半径小，乙醇分子间可形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙烷，D正确；
故选B。
6. 干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A. 干冰晶体是共价晶体
B. 每个晶胞中含有4个分子
C. 每个分子周围有12个紧邻的分子
D. 干冰升华时需克服分子间作用力
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A错误；
B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B正确；
C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C正确；
D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D正确；
故答案为：A。
7. 、和均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是
A. 、和中C、N杂化方式均相同
B. 和的空间结构分别为正四面体形、三角锥形
C. 、和均为极性分子
D. 沸点：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH4、NH3和N2H4中C、N价层电子对数都是4，所以这三种分子中C、N都采用sp3杂化，A正确；
B．CH4中C价层电子对数=且不含有孤电子对，NH3中N价层电子对数为且含有1个孤电子对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正确；
C．CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，N2H4，正负电荷中心重合，为极性分子，C错误；
D．N2H4、NH3都能形成分子间氢键，且形成分子间氢键个数：N2H4> NH3，CH4不能形成分子间氢键，所以沸点： N2H4 > NH3> CH4，D正确；
故选C。
8. 三甲基镓[(CH3)3Ga]是应用最广泛的一种金属有机化合物，可通过如下反应制备：GaCl3+(CH3)3Al(CH3)3Ga+AlCl3.(已知：GaCl3中Ga为最高价)下列说法错误的是
A. Al原子核外有13种运动状态不同的电子
B. 27Al原子的中子数为14
C. Cl-的核外三个电子能层均充满电子
D. Ga位于周期表中第四周期ⅢA族
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1+1+3+1+1=7个原子轨道，则核外电子有7种空间运动状态，故A正确；
B．27Al原子的质量数为27，质子数为13，则中子数=质量数-质子数=27-13=14，故B正确；
C．Cl-核外各层所含电子数分别为2、8、8，M层最多容纳18个电子，则M层没有充满电子，故C错误；
D．Ga是31号元素，核外有四个电子层，最外层有三个电子，则位于周期表的第四周期ⅢA族，故D正确；
故选：C。
9. 氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 基态氧原子的电子有8种空间运动状态
C. 该分子中碳原子的杂化类型有sp、和
D. 键的极性大小：N-H
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；
B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；
C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；
D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；
故选D。
10. 我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为。生成物K2S的晶体结构如图。下列有关说法正确的是
A. 反应产物中有两种极性分子
B. 1molCO2和1molN2含有的π键数目之比为1：2
C. K2S晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8
D. 若K2S晶体的晶胞边长为a nm，则该晶体的密度为 g·cm-3
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，A错误；
B．CO2、N2的结构式分别为O=C=O、NN，双键中有1个σ键1个键、三键中有1个σ键2个键，则1 mol和1 mol含有的键数目之比为2：2，即1：1，B错误；
C．由图示可知，晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4，C错误；
D．若晶体的晶胞边长为a nm，根据均摊法，晶胞中含有K+、S2-的数目分别为8、84，则该晶体的密度为g·cm-3，D正确；
故选D。
11. 下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是
A. 如图所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为2
B. FeCl3刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于Fe
C. Cu第VIII族元素
D. 除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示可知：白球数目是8×+1=2，黑球数目是4，所以该晶胞中含有2个Cu2O，结合Cu2O化学式可知黑球表示Cu原子，白球表示Cu原子，则Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为2，A正确；
B．FeCl3刻蚀Cu制印刷电路板，发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明微粒的还原性：Cu＞Fe2+，B错误；
C．Cu是29号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，C错误；
D．稀硝酸与Cu、CuO都会反应变为可溶性Cu(NO3)2，不能达到除杂、净化的目的，应该使用稀盐酸或稀硫酸，D错误；
故合理选项是A。
12. 中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. 该过程中没有发生电子的转移
B. O3为非极性分子
C. 示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D. 催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．在该转化过程中，C元素由+4价转化为-3价、-2价、-1价、+2价等，发生了电子的转移，A不正确；
B．O3虽为单质，但其为V形结构，正、负电荷的重心不重合，为极性分子，B不正确；
C．示意图中，CO中的碳原子发生sp杂化，烷烃中的碳原子发生sp3杂化，所以含碳化合物中碳原子的杂化方式不同，C不正确；
D．示意图中，反应产物为CO和烷烃两大类，两条途径不同，需要使用的催化剂不同，所以催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，D正确；
故选D。
第II卷 非选择题
13. I.价电子对互斥(简称VSEPR)理论可用于预测简单分子的空间结构。请回答下列问题：
（1）利用价电子对互斥理论推断下列分子或离子的空间结构：
①SO______；②PO______；③HCN_______。
（2）利用价电子对互斥理论推断键角的大小：
①SnBr2分子中的键角_______ (填“>”“＜”或“=”，下同)120°；
②PCl3分子中的键角_______109°28′。
（3）有两种活性反应中间体微粒，它们的微粒中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据图所示的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：A：_______；B：_______。
II.如图表示不同类型共价键形成时原子轨道重叠情况：
（4）其中形成的化学键属于轴对称的有_______。
（5）列物质中，通过方式①形成化学键是_______；通过方式②形成化学键的是_______；只通过方式③形成化学键的是_______；同时含有③、④、⑤三种方式化学键的物质是_______。
A.Cl2 B.HCl C.N2 D.H2
（6）某有机物分子的结构简式为，该分子中有_______个σ键，有_______个π键，有_______种极性键，_______(填“有”或“没有”)非极性键。
【答案】（1） ① 正四面体 ②. 正四面体 ③. 直线形
（2） ①. ＜ ②. ＜
（3） ①. CH ②. CH
（4）①②③ （5） ①. D ②. B ③. A ④. C
（6） ①. 8 ②. 2 ③. 4 ④. 有
【解析】
小问1详解】
①中价层电子对数为4，没有孤电子对，故为正四面体形；②中价层电子对数为4，没有孤电子对，故为正四面体形；③HCN中价层电子对数为2，没有孤电子对，故为直线型。
【小问2详解】
①SnBr2中价层电子对数为3，其中有一对孤电子对，由于孤电子对的排斥作用较大，故的键角小于120°；②PCl3中价层电子对数为4，其中有一对孤电子对，由于孤电子对的排斥作用较大，故的键角小于109°28′。
【小问3详解】
由图示可知，A空间构型为平面三角形，所以A的价层电子对数为3，没有孤电子对，故A为；B的空间构型为三角锥形，所以B的价层电子对数为4，其中一对为孤电子对，故B为。
【小问4详解】
当原子轨道“头碰头”重叠时，形成键属于轴对称，故①②③属于轴对称。
【小问5详解】
①形成s-s键，故为H2；②形成s-p键，故为HCl；③为p-p键，故为Cl2；N2中含有一个p-p键，两个键，故同时含③④⑤三种方式的化学键。
【小问6详解】
通过结构简式可知，分子中含有8个键；每个双键中含有一个键，故含有2个键；极性键有C-H、O-H、C-O、C=O共4种；含有C-C非极性键。
14. A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其相关信息如表所示，请用化学用语回答下列问题。
A
原子核外有6种不同运动状态的电子
C
基态原子中s电子总数与p电子总数相等
D
原子半径在同周期元素中最大
E
基态原子最外层电子排布式为3S23P1
F
基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反
G
生活中使用最多的一种金属
（1）写出元素符号A：_______B：_______G_______，写出元素B的基态原子的轨道表示式(电子排布图)：_______。
（2）C、D、E三种元素的原子半径由大到小的顺序_______。
（3）D和F形成化合物的化学式为_______，在其晶胞中(如图)每个D离子周围紧邻且等距离的D离子有_______个，每个D离子周围紧邻且等距离的F离子有_______个，若晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为_______g·cm-3。
（4）已知元素A、B形成的(AB)2链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键之比为_______。
（5）元素G位于周期表的_______区，其价电子的排布式为：_______，该元素可形成G2+、G3+，其中较稳定的是G3+，原因是_______。
（6）短周期元素M与元素E在周期表中的位置呈现对角线关系，已知元素M、F的电负性分别为1.5和3.0，预测它们形成的化合物是_______化合物(填“离子”或“共价”)。推测M的最高价氧化物对应水化物_______(填“能”或“不能”)与D的最高价氧化物对应水化物发生反应。
【答案】（1） ①. C ②. N ③. Fe ④.
（2）Na＞Al＞O （3） ①. NaCl ②. 12 ③. 6 ④.
（4）3:4 （5） ①. d ②. 3d64s2 ③. Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定
（6） ①. 共价化合物 ②. 能
【解析】
【分析】A的原子核外有6种不同运动状态的电子，则A为6号元素碳；E的基态原子最外层电子排布式为3s23p1，则E为铝；D的原子半径在同周期元素中最大，则D为钠；C的基态原子中s电子总数与p电子总数相等，则其电子排布式为1s22s22p，其为氧元素；从而得出B为氮元素；F的基态原子的最外层p轨道有2个电子的自旋状态与其他电子的自旋状态相反，则其价电子排布式为3s23p5，其为氯元素；G是生活中使用最多的一种金属，则其为铁。从而得出A、B、C、D、E、F、G分别为C、N、O、Na、Al、Cl、Fe。
【小问1详解】
由分析可知，A、B、G分别为碳、氮、铁，则其元素符号A：C B：N G：Fe，元素B的基态原子的轨道表示式(电子排布图)：。答案为：C；N；Fe；；
【小问2详解】
C、D、E三种元素分别为O、Na、Al，O在Na、Al的上一周期，且Na在Al的左边，则原子半径由大到小的顺序：Na＞Al＞O。答案为：Na＞Al＞O；
【小问3详解】
D和F分别为Na和Cl，二者形成化合物的化学式为NaCl；在其晶胞中，Na+为“∘”、Cl-为“•”，每个Na+离子(设定为立方体体心)周围紧邻且等距离的Na+离子有12个，每个Na+离子周围紧邻且等距离的Cl-离子有=6个；在晶胞中，含有Na+个数为=4，含有Cl-个数为=4，若晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为=g·cm-3。答案为：NaCl；12；6；；
【小问4详解】
元素A、B形成的(AB)2链状分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其结构式为N≡C-C≡N，两个原子形成的共价键中，只有1个σ键，其余为π键，则分子中σ键与π键之比为3:4。答案为：3:4；
【小问5详解】
元素G为Fe元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其位于周期表的d区，其价电子的排布式为：3d64s2，该元素可形成Fe2+、Fe3+，其中较稳定的是Fe3+，原因是：Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定。答案为：d；3d64s2；Fe3+的价电子排布为3d5为半充满，故较稳定；
【小问6详解】
短周期元素M与元素Al在周期表中的位置呈现对角线关系，则M为Be(铍)元素，已知元素Be、Cl的电负性分别为1.5和3.0，电负性差值为1.5＜1.7，则它们形成的化合物是共价化合物。Be的最高价氧化物对应水化物为Be(OH)2，为两性氢氧化物，D的最高价氧化物对应水化物NaOH为强碱，则二者能发生反应。答案为：共价化合物；能。
【点睛】Be(OH)2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O。
15. 法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
（1）C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为_______。
（2）基态Na原子中，核外不同电子运动状态的数目为_______，Te属于元素周期表中_______区元素，其基态原子的价电子排布式为_______。
（3）的空间结构为_______，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为_______，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为_______。
（4）Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为_______，该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为_______cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。
【答案】（1）O>Cl>C(或O、Cl、C)
（2） ①. 11 ②. p ③. 5s25p4
（3） ①. 平面三角形 ②. sp2、sp3 ③. 13NA(或13×6.02×1023)
（4） ①. 8 ②.
【解析】
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；Te与Se位于同主族结合其外围电子排布式判断在周期表中的位置；根据价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断的空间构型；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，根据碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律判断碳酸丙烯酯分子中含有的σ键数目；根据均摊法计算晶胞中黑色球和白色球数目，由晶胞对称性可知O的配位数；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，据此计算解答。
【小问1详解】
元素的非金属性越强，其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；
【小问2详解】
Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个不同运动状态的电子；Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期、第ⅥA族，外围电子排布式为5s25p4，属于P区元素，故答案为：11；p；5s25p4；
【小问3详解】
的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同为平面正三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3；由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律可知一个碳酸丙烯酯分子中含有13个σ键，则1mol碳酸丙烯酯中σ键的物质的量为13mol，数目为13NA，故答案为：平面正三角形；sp2和sp3；13NA；
【小问4详解】
晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，二者数目之比为8:4=2:1，故该氧化物为Na2O，则黑色球代表Na、白色球代表O，由晶胞对称性可知O的配位数为8；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=g，晶胞体积== cm3，晶胞棱长a=cm，Na与O之间的最短距离为acm=cm，故答案为：8；。
16. 碳和硅均为元素周期表中第ⅣA族的元素，其单质和化合物有着重要应用。
（1）石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，最早是由科学家用机械剥离的方法从石墨中分离出来，其部分性能优于传统的硅材料，具有广泛的应用前景。
①写出基态碳原子的电子排布式_______，石墨烯中C的杂化类型为_______。
②下图为单层石墨烯的结构示意图。12 g的石墨烯中由C原子连接成的六元环的物质的量约为_______mol。
③石墨烯可由加热SiC晶体脱除Si的方法制得。该过程属于_______。
a.物理变化 b.分解反应 c.氧化还原反应
（2）SiC的晶体结构与晶体硅类似。SiC的晶体类型为_______，晶体中Si原子与Si-C键的数目之比为_______。
（3）CHCl3与SiHCl3空间构型相似，但性质不同：前者不易与水反应，但后者与水剧烈反应，生成两种酸和一种气体，写出该反应的化学方程式：______。
【答案】（1） ①. 1s22s22p2 ②. sp2杂化 ③. 0.5 ④. bc
（2） ①. 共价晶体 ②. 1∶4
（3）SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑
【解析】
【小问1详解】
①碳为6号元素，基态碳原子电子排布式为1s22s22p2，石墨烯中，每个C原子与周围的3个C原子形成共价单键，则C的杂化类型为sp2杂化。
②从单层石墨烯的结构示意图可以看出，每个C原子形成3个共价键，12 g的石墨烯中，C原子的物质的量为1mol，C原子连接成的六元环，由6个C原子构成，每个C原子形成3个六元环，平均每个六元环含有的碳原子数为=2，则六元环的物质的量约为=0.5mol。
③石墨烯可由加热SiC晶体脱除Si的方法制得。该过程中，SiC分解为C和Si，则属于分解反应、氧化还原反应，故选bc。答案为：1s22s22p2；sp2杂化；0.5；bc；
【小问2详解】
SiC的晶体结构与晶体硅类似，则SiC的晶体类型为共价晶体，晶体中Si原子与4个C原子间形成共价单键，则Si与Si-C键的数目之比为1∶4。答案为：共价晶体；1∶4；
【小问3详解】
SiHCl3其与水剧烈反应，生成硅酸、盐酸和氢气，该反应的化学方程式：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑。答案为：SiHCl3＋3H2O=H2SiO3↓＋3HCl＋H2↑。
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