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陕西省宝鸡市金台区2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析
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这是一份陕西省宝鸡市金台区2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需交回答题纸等内容，欢迎下载使用。
2021—2022学年度第二学期期末检测题
高二化学(选修三)
注意事项：
1.本试卷共4页，答题纸2页，考试时间90分钟，满分100分。
2.答卷前请考生务必将试卷及答题纸内的信息项目填涂清楚。
3.请将所有答案正确填涂在答题纸上所对应的空白处，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，只需交回答题纸。
可能用到的相对原子质量：Mg-24 Fe-56
一、选择题(本题1-15题每题2分，16-23题每题3分，共54分，每题只有一个正确答案)
1. 2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是
A. 飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成
B. 制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物
C. 燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子
D. 基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；
B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；
C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都1s22s22p6，故D正确；
选C。
2. 科学家将石墨在氟磺酸中“溶解”制得石墨烯（即单层石墨），该溶解克服了石墨层与层之间的
A. 范德华力 B. 离子键 C. 共价键 D. 金属键
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨层与层之间的作用力小，属于范德华力，使得石墨容易剥离，A符合题意；
B．石墨属于非金属单质，不含有离子键，B不合题意；
C．石墨的层与层之间只存在范德华力，而层内原子间存在共价键，C不合题意；
D．石墨晶体中不含有金属离子，所以不存在金属键，D不合题意；
故选A。
3. 下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B. 基态Mn原子的外围电子排布图为
C. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D. 基态铜原子的外围电子排布式为3d94s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，同一能层中的p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，即，但是当s轨道电子所处能层高于p轨道电子所处的能层，此时p轨道电子能量低于s轨道的电子，如， A错误；
B．基态Mn原子的核外电子排布式为，外围电子排布式为，，外围电子排布图为，B正确；
C．碳酸氢钠正确的电离方程式为，C错误；
D．结合洪特特例可知，基态铜原子的核外电子排布式为，所以外围电子排布式为，D错误；
故合理选项为B。
4. 某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是
A. 该元素的最高价氧化物的水化物为强酸
B. 原子中有3种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态
C. 若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理
D. 该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
【答案】D
【解析】
【分析】核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。
【详解】A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；
B． 电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；
D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故答案为：D
5. 下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题意。
B．HF、HCl、HBr、HI分子内共价键的键能越来越小，共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；
C．金刚石与晶体硅的结构相似，但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的离子键的强度越来越弱，所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；
故选A。
6. 下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
SO2、H2O空间构型为V形
SO2、H2O中心原子均为sp3杂化
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P—P键间的夹角是109°28′
C
1体积水可溶700体积氨气
氨是极性分子，有氢键的影响
D
HF的沸点高于HCl
H—F的键长比H—Cl 的键长短
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，两个P−P间的键角是60º，故B错误；
C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；
D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；
故选C。
7. 能说明CS2是非极性分子的事实是
A. 是对称的直线形分子 B. CS2沸点高于CO2沸点
C. 能在空气中燃烧 D. 分子中存在碳、硫双键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说明，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
8. 下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是
A. 都有σ键，没有π键 B. 都有π键，没有σ键
C. 都既有σ键，又有π键 D. 除C2H4外，都只有σ键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】先写出四种分子的结构式：
只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。
9. +3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m和n的值是
A. m=1、n=5 B. m=3、n=3 C. m=3、n=4 D. m=3、n=5
【答案】C
【解析】
【详解】+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，根据电荷守恒，m=3；中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，说明外界有1个氯离子，则配体为2个氯离子、4个NH3，n=4，故选C。
10. 根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（ ）
晶体
NaCl
KCl
AlCl3
SiCl4
单质B
熔点/℃
810
776
190
﹣68
2300
沸点/℃
1465
1418
180
57
2500
A. SiCl4是分子晶体 B. 单质B可能是共价晶体
C. AlCl3加热能升华 D. NaCl中化学键的强度比KCl中的小
【答案】D
【解析】
【分析】可根据题给的几种物质的熔点、沸点数据，判断这些物质的晶体类型：共价晶体熔沸点很高，离子晶体熔沸点也较高，分子晶体熔沸点低。在此基础上进一步判断各选项是否正确。
【详解】A. 根据题给数据，SiCl4熔点低，属于分子晶体，A选项正确；
B. 根据题给数据，单质B熔沸点很高，可能是共价晶体，B选项正确；
C. AlCl3沸点低于熔点，加热时先达到沸点，所以，AlCl3加热能升华，C选项正确；
D. NaCl和KCl都是离子晶体，化学键均为离子键，由于半径：r(Na+)＜r(K+)，所以NaCl中离子键的强度比KCl中的大，D选项错误；
答案选D。
【点睛】离子键强弱比较：离子半径越小、所带电荷越高，离子键越强。
11. 干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是
A. 原子晶体干冰有很高的熔、沸点 B. 原子晶体干冰易气化，可用作制冷剂
C. 分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料 D. 每摩尔原子晶体干冰中含2molC－O键
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子晶体具有很高的熔、沸点，故原子晶体干冰有很高的熔、沸点，A正确；
B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作制冷剂，B错误；
C．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用于耐磨材料，C错误；
D．原子晶体干冰中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体干冰中含4molC－O键，D错误；
故答案为A。
12. 几种晶体的晶胞如图所示：
所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是
A. 碘、锌、钠、金刚石 B. 金刚石、锌、碘、钠
C. 钠、锌、碘、金刚石 D. 锌、钠、碘、金刚石
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心），经上分子，第一个图为钠晶体的晶胞结构，第二图为锌晶体的晶胞结构，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四个图为金刚石的晶胞图，答案选C。
【点睛】本题考查了不同晶体的晶胞结构图，要求记住常见晶体的晶胞结构，难度中等，但也是易错点。钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石为原子晶体，晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）。
13. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是
A. 铁镁合金的化学式可表示为
B. 晶胞中有14个铁原子
C. 晶体中存在的化学键类型为金属键
D. 该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
14. 苯与Br2发生取代反应时反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. ①、②两步反应均放出能量
B. FeBr3不能改变该反应的活化能
C. FeBr3可以加快该反应的化学反应速率
D. 该反应热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=45.2kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，A项错误；
B．由图知FeBr3为该反应的催化剂，催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高化学反应速率，B项错误；
C．由图知FeBr3为该反应的催化剂，能提高化学反应速率，C项正确；
D．该反应放热反应，则热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=-45.2kJ·mol-1，D项错误；
答案选C。
15. 已知298.15K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，则此时反应进行的方向是
A. 正反应方向 B. 逆反应方向 C. 处于平衡状态 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，Q=1
①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大
⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。
⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
A. ①② B. ②③ C. ④⑤ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；
③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；
④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；
⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+
故选B。
17. [Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B. 1mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024
C. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；
C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
18. 2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图，则下列说法正确的是
A. 淀粉的分子式：(C6H12O6)n B. DHA的最简式：CH2O
C. FADH的电子式： D. CO2的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，A错误；
B．DHA的化学式为C3H6O3，最简式：CH2O，B正确；
C．FADH为甲醛，电子式，C错误；
D．CO2的比例模型：，D错误；
故选B。
19. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满。下列叙述不正确的是
A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
B. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
C. ZQ2是由极性键构成非极性分子
D. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
【答案】A
【解析】
【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析作答。
【详解】A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，A项错误；
B．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，B项正确；
C．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，C项正确；
D．非金属性：S＞P，则X与T的最高价氧化物对应的水化物酸性：硫酸大于磷酸，D项正确；
答案选A。
20. 一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A. 第一电离能：Q＞Z＞W
B. 电负性：X＞Y＞Z
C. WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D. W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1 ~ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。
A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；
B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；
C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；
D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是C。
21. 的晶格能可通过下图中的循环计算得到，下列说法正确的是
A. 属于共价化合物 B. Li的第一电离能为1040kJ/mol
C. O=O键的键能为703kJ/mol D. 的晶格能为2908kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；
B．锂原子的第一电离能是指1 mol气态锂原子失去1mol电子变成1 mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ/mol，故B错误；
C．O=O键键能是指1 mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249 kJ/mol×2=498 kJ/mol，故C错误；
D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1 mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；
故选D。
22. 某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0 g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（ ）。
A. 32 B. 120 C. 150 D. 180
【答案】C
【解析】
【详解】M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0 g·cm-3=150 g·mol-1，即Mr=150，答案选C。
23. GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρ g•cm－3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa g•mol－1 和 MAsg•mol－1，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A. 该晶体为共价晶体
B. 该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4
C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为
D. 所有原子均满足 8 电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；
B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；
C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；
D 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故答案选：C。
二、填空题(本题包括4小题，共46分)
24. 回答下列问题：
（1）选择下列物质填空(填写序号)：
①氯化钙 ②干冰 ③过氧化钠 ④氯化铵 ⑤铜晶体 ⑥氩晶体 ⑦晶体硅 ⑧石墨
固态时能导电的晶体有____(用所给物质序号填空，下同)；熔化时不破坏化学键的晶体有____；含有共价键的离子晶体有____；只由共价键构成的晶体是____。
（2）V原子结构示意图为：____，Fe2+的价电子轨道表示式为____；Co3+核外电子有____个未成对电子数。
【答案】（1） ①. ⑤⑧ ②. ②⑥ ③. ③④ ④. ⑦
（2） ①. ②. ③. 4
【解析】
【小问1详解】
①氯化钙中只含有离子键，属于离子晶体；②干冰是由分子构成的，为分子晶体；③过氧化钠中含有离子键和共价键，属于离子晶体；④氯化铵中含有离子键和共价键，属于离子晶体；⑤铜晶体属于金属晶体，含有自由移动的电子；⑥氩晶体是由单原子分子构成的晶体，属于分子晶体；⑦晶体硅中只含有Si-Si键，属于共价晶体；⑧石墨中含有自由移动的电子，属于混合晶体；
固态时能导电的晶体中含有自由移动的电子，固态时能导电的晶体有⑤⑧；熔化时不破坏化学键的晶体为分子晶体有②⑥；含有共价键的离子晶体有③④；只由共价键构成的晶体是共价晶体有⑦；
故答案为：⑤⑧；②⑥；③④；⑦；
【小问2详解】
V为23号元素，其原子结构示意图为：；Fe2+的价电子为其3d能级上的电子，其价电子轨道表示式为；Co3+核外电子排布式为[Ar]3d6，该离子未成对电子数是4；
故答案为：；；4；
25. 已知A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高。请根据以上情况，回答下列问题：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。(用所对应的元素或物质的化学符号表示，下同)
（2）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。
（3）A、B原子和氢原子可组成一种三原子分子，其空间结构为____。中心原子采取____杂化。
【答案】（1）C
（3） ①. 直线型 ②. sp
【解析】
【分析】由于A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D，且A、B、C是同一周期的非金属元素，而可形成的是二价阳离子，表明D为第三周期的Mg；又由于化合物DC的晶体为离子晶体，且D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，表明C为O；结合为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高，表明A为C，为，B为N；
【小问1详解】
A为C，B为N，C为O，一般情况下同周期元素从左至右，第一电离能增大，但是由于N的最高能级为半充满结构，相对比较稳定，第一电离能反而比O要高，所以A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为；
故答案为；
【小问2详解】
A为C，C为O，则为，电子式为；B为N，B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，相当于把中的某个原子换成相邻族的原子，价电子发生变化后，需要通过得失电子使价电子总数相等，即，所以该该等电子体为；
故答案为；；
【小问3详解】
A为C，B为N，与氢原子组成的三原子分子为HCN，依据价层电子对互斥理论模型，C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以HCN的空间结构为直线型；中心原子采取杂化；
故答案为直线型；。
26. 回答下列问题：
（1）向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。
②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。
（2）Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。
（3）已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。
【答案】（1） ①. Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH ②. [Cu(NH3)4]2+ ③. sp3
（2）该分子或者离子具有孤电子对
（3）NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
【解析】
【小问1详解】
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
【小问2详解】
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
【小问3详解】
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
27. 回答下列问题：
（1）锌是一种重要的过渡金属，锌及其化合物有着广泛的应用。锌在周期表中的____区。
（2）Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列____模式。
A. 简单立方 B. 钾型 C. 镁型 D. 铜型
（3）如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为_____；该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是____。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。晶胞参数为apm、apm、cpm，设ZrO2的相对分子质量为M，则该晶体密度为____g·cm-3(写出表达式)。
【答案】（1）ds （2）C
（3） ①. ZnX ②. 该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌在周期表中的ds区；
【小问2详解】
镁、锌、钛等形成金属晶体，其金属原子堆积为六方最密堆积，又称镁型，故选C；
【小问3详解】
晶胞中X原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；锌原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故化学式为ZnX；
该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低；
【小问4详解】
晶胞中Zr原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；O原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故晶胞质量为；晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
2021—2022学年度第二学期期末检测题
高二化学(选修三)
注意事项：
1.本试卷共4页，答题纸2页，考试时间90分钟，满分100分。
2.答卷前请考生务必将试卷及答题纸内的信息项目填涂清楚。
3.请将所有答案正确填涂在答题纸上所对应的空白处，写在本试卷上无效。
4.考试结束后，只需交回答题纸。
可能用到的相对原子质量：Mg-24 Fe-56
一、选择题(本题1-15题每题2分，16-23题每题3分，共54分，每题只有一个正确答案)
1. 2022年4月16日上午十时许神舟十三号载人飞船在外太空出差六个月后顺利返回地球。从空间站返回地球需要经历脱离轨道、平稳过渡、穿越大气层和安全着陆等四个过程。下列相关描述不正确的是
A. 飞船穿越大气层时会和大气层摩擦而产生2000度的高温，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成
B. 制造航天服所用的材料主要是有机高分子化合物
C. 燃料N2H4是既含有极性键又有非极性键的非极性分子
D. 基态N3-和O2-原子核外电子层排布相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝、氮化硅等熔沸点高，硬度大、耐腐蚀，所以飞船的外层由氧化铝、氮化硅等耐高温材料组成，故A正确；
B．制作航天服的聚酯纤维属于新型的有机高分子化合物，故B正确；
C．燃料N2H4的结构式是，N-N是非极性键、N-H是极性键，氮原子形成三个单键时，每个氮原子都与相邻的原子形成三角锥形，不是对称结构，所以N2H4分子是极性分子，故C错误；
D．基态N3-和O2-原子核外电子层排布式都1s22s22p6，故D正确；
选C。
2. 科学家将石墨在氟磺酸中“溶解”制得石墨烯（即单层石墨），该溶解克服了石墨层与层之间的
A. 范德华力 B. 离子键 C. 共价键 D. 金属键
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨层与层之间的作用力小，属于范德华力，使得石墨容易剥离，A符合题意；
B．石墨属于非金属单质，不含有离子键，B不合题意；
C．石墨的层与层之间只存在范德华力，而层内原子间存在共价键，C不合题意；
D．石墨晶体中不含有金属离子，所以不存在金属键，D不合题意；
故选A。
3. 下列说法或有关化学用语的使用正确的是
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量
B. 基态Mn原子的外围电子排布图为
C. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D. 基态铜原子的外围电子排布式为3d94s2
【答案】B
【解析】
【详解】A．在基态多电子原子中，同一能层中的p轨道电子的能量一定高于s轨道电子的能量，即，但是当s轨道电子所处能层高于p轨道电子所处的能层，此时p轨道电子能量低于s轨道的电子，如， A错误；
B．基态Mn原子的核外电子排布式为，外围电子排布式为，，外围电子排布图为，B正确；
C．碳酸氢钠正确的电离方程式为，C错误；
D．结合洪特特例可知，基态铜原子的核外电子排布式为，所以外围电子排布式为，D错误；
故合理选项为B。
4. 某核素核外共有15个不同运动状态的电子，以下说法正确的是
A. 该元素的最高价氧化物的水化物为强酸
B. 原子中有3种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态
C. 若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，它违背了泡利原理
D. 该基态原子中能量最高的电子的电子云的形状为哑铃形
【答案】D
【解析】
【分析】核外共有15个不同运动状态的电子，是15号P元素，电子排布式为1s22s22p63s23p3。据此分析。
【详解】A．P元素的最高价氧化物的水化物为磷酸，是弱酸，故A错误；
B． 电子排布式为1s22s22p63s23p3，原子中有5种能量不同的电子，9种不同的空间运动状态，故B错误；
C．若将该原子的电子排布式写成1s22s22p63s23p3p，3p能级有3个电子，3p能级有3个轨道且能量相同，基态原子中填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，因此违背了洪特规则，故C错误；
D．该基态原子中能量最高的电子为3p能级，电子云的形状为哑铃形，故D正确；
故答案为：D
5. 下列物质性质的变化规律与化学键强弱无关的是
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱
C. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．F2、Cl2、Br2、I2形成的晶体为分子晶体，熔化时仅破坏分子间作用力，与化学键无关，A项符合题意。
B．HF、HCl、HBr、HI分子内共价键的键能越来越小，共价键强度越来越弱，它们的热稳定性依次减弱，B不符合题意；
C．金刚石与晶体硅的结构相似，但碳碳键长小于硅硅键长，碳碳键的强度大于硅硅键的强度，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，C不符合题意；
D．NaF、NaCl、NaBr、NaI的离子键的强度越来越弱，所以它们的熔点依次降低，D不符合题意；
故选A。
6. 下列对一些实验事实的理论解释正确的是
选项
实验事实
理论解释
A
SO2、H2O空间构型为V形
SO2、H2O中心原子均为sp3杂化
B
白磷为正四面体分子
白磷分子中P—P键间的夹角是109°28′
C
1体积水可溶700体积氨气
氨是极性分子，有氢键的影响
D
HF的沸点高于HCl
H—F的键长比H—Cl 的键长短
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化硫分子中价层电子对数为3，孤对电子对数为0，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；
B．白磷分子为正四面体结构，两个P−P间的键角是60º，故B错误；
C．.氨分子和水分子中都是极性分子，且氨分子和水分子能形成分子间氢键，所以氨气极易溶于水，故C正确；
D．氟化氢能形成分子间氢键，氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢沸点高于氯化氢，与分子中的键长的长短无关，故D错误；
故选C。
7. 能说明CS2是非极性分子的事实是
A. 是对称的直线形分子 B. CS2沸点高于CO2沸点
C. 能在空气中燃烧 D. 分子中存在碳、硫双键
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】CS2结构是直线形分子，CS2是非极性分子，说明CS2是中心对称的直线形分子，其余选项均不能说明，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
8. 下列对HBr、H2、NH3、C2H4中共价键存在类型的判断正确的是
A. 都有σ键，没有π键 B. 都有π键，没有σ键
C. 都既有σ键，又有π键 D. 除C2H4外，都只有σ键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】先写出四种分子的结构式：
只有C2H4中既存在单键又存在双键，其余分子中都只有单键，故只有C2H4中存在π键，其余分子中都只有σ键；答案选D。
9. +3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m和n的值是
A. m=1、n=5 B. m=3、n=3 C. m=3、n=4 D. m=3、n=5
【答案】C
【解析】
【详解】+3价Co的八面体配合物CoClm·nNH3，根据电荷守恒，m=3；中心原子的配位数为6，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，说明外界有1个氯离子，则配体为2个氯离子、4个NH3，n=4，故选C。
10. 根据下表给出的几种物质的熔点、沸点数据，判断下列有关说法中错误的是（ ）
晶体
NaCl
KCl
AlCl3
SiCl4
单质B
熔点/℃
810
776
190
﹣68
2300
沸点/℃
1465
1418
180
57
2500
A. SiCl4是分子晶体 B. 单质B可能是共价晶体
C. AlCl3加热能升华 D. NaCl中化学键的强度比KCl中的小
【答案】D
【解析】
【分析】可根据题给的几种物质的熔点、沸点数据，判断这些物质的晶体类型：共价晶体熔沸点很高，离子晶体熔沸点也较高，分子晶体熔沸点低。在此基础上进一步判断各选项是否正确。
【详解】A. 根据题给数据，SiCl4熔点低，属于分子晶体，A选项正确；
B. 根据题给数据，单质B熔沸点很高，可能是共价晶体，B选项正确；
C. AlCl3沸点低于熔点，加热时先达到沸点，所以，AlCl3加热能升华，C选项正确；
D. NaCl和KCl都是离子晶体，化学键均为离子键，由于半径：r(Na+)＜r(K+)，所以NaCl中离子键的强度比KCl中的大，D选项错误；
答案选D。
【点睛】离子键强弱比较：离子半径越小、所带电荷越高，离子键越强。
11. 干冰本是分子晶体，但在40GPa的高压下，用激光器加热到1800K时，人们成功制得了原子晶体干冰，下列推断正确的是
A. 原子晶体干冰有很高的熔、沸点 B. 原子晶体干冰易气化，可用作制冷剂
C. 分子晶体干冰硬度大，可用于耐磨材料 D. 每摩尔原子晶体干冰中含2molC－O键
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子晶体具有很高的熔、沸点，故原子晶体干冰有很高的熔、沸点，A正确；
B．原子晶体干冰有很高的沸点，不易气化，不可用作制冷剂，B错误；
C．原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用于耐磨材料，C错误；
D．原子晶体干冰中，1个C原子形成4个C-O键，故每摩尔原子晶体干冰中含4molC－O键，D错误；
故答案为A。
12. 几种晶体的晶胞如图所示：
所示晶胞从左到右分别表示的物质正确的排序是
A. 碘、锌、钠、金刚石 B. 金刚石、锌、碘、钠
C. 钠、锌、碘、金刚石 D. 锌、钠、碘、金刚石
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心），经上分子，第一个图为钠晶体的晶胞结构，第二图为锌晶体的晶胞结构，第三个图为碘晶体的晶胞结构，第四个图为金刚石的晶胞图，答案选C。
【点睛】本题考查了不同晶体的晶胞结构图，要求记住常见晶体的晶胞结构，难度中等，但也是易错点。钠属于金属晶体，为体心立方结构，钠原子在晶胞的对角线处相互接触；锌为金属晶体，为密排六方晶格，面心立方晶胞；碘为分子晶体，每个碘分子有两个碘原子，作用力为分子间作用力；金刚石为原子晶体，晶胞中有8个C原子处在立方体的顶点、6个处于面心，此外晶胞内部还出现了4个C原子（把晶胞分成8个小立方体的话，这些C处于其中交错的4个的体心）。
13. 铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)。则下列说法错误的是
A. 铁镁合金的化学式可表示为
B. 晶胞中有14个铁原子
C. 晶体中存在的化学键类型为金属键
D. 该晶胞的质量是(表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶胞中含有铁原子的数目为，含有镁原子的数目为8，故化学式可表示为，A项正确，
B．据A选项分析，晶胞中有4个铁原子，B项错误；
C．金属合金仍为金属，晶体中有金属键，C项正确；
D．一个晶胞中含有4个“”，其质量为，D项正确。
故选：B。
14. 苯与Br2发生取代反应时反应过程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A. ①、②两步反应均放出能量
B. FeBr3不能改变该反应的活化能
C. FeBr3可以加快该反应的化学反应速率
D. 该反应热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=45.2kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，反应①中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应吸热，反应②中反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，A项错误；
B．由图知FeBr3为该反应的催化剂，催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反应的活化能来提高化学反应速率，B项错误；
C．由图知FeBr3为该反应的催化剂，能提高化学反应速率，C项正确；
D．该反应放热反应，则热化学方程式为：C6H6+Br2→C6H5Br+HBr ΔH=-45.2kJ·mol-1，D项错误；
答案选C。
15. 已知298.15K时，可逆反应：Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，则此时反应进行的方向是
A. 正反应方向 B. 逆反应方向 C. 处于平衡状态 D. 无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】Pb2+(aq)+Sn(s)Pb(s)+Sn2+(aq)的平衡常数K=2.2，若溶液中Pb2+和Sn2+的浓度均为0.10mol·L-1，Q=1
①晶体中粒子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中粒子排列相对无序，无自范性
②含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体
③共价键可决定分子晶体的熔、沸点
④在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大
⑤MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小。
⑥金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
A. ①② B. ②③ C. ④⑤ D. ⑤⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，①正确；
②含有金属阳离子的晶体是离子晶体或金属晶体，金属晶体是金属阳离子和自由电子构成的，故②错误；
③分子晶体的熔、沸点由分子间作用力决定，与分子中的共价键无关，故③错误；
④冰醋酸为乙酸的固态形式，乙酸与水以任意比互溶，碘在水中溶解度很小，在水中，冰醋酸的溶解度比碘的溶解度大，故④正确；
⑤MgO和NaCl两种晶体中，半径：Mg2+
故选B。
17. [Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A. Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10
B. 1mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024
C. HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3
D. [Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A选项正确；
B．1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个σ键，所以，1molHCHO分子中含有σ键的物质的量为3mol，数目为1.806×1024，B选项正确；
C．HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-C≡N)中的C为sp杂化，C选项错误；
D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2-结构可表示为，D选项正确；
答案选C。
【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个σ键，如：C=O双键含1个σ键、1个π键，C≡N叁键含1个σ键、2个π键。
18. 2021年9月24日《科学》杂志发表了我国科学家的原创性重大突破，首次在实验室实现从CO2到淀粉的全合成。其合成路线如图，则下列说法正确的是
A. 淀粉的分子式：(C6H12O6)n B. DHA的最简式：CH2O
C. FADH的电子式： D. CO2的比例模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，淀粉的分子式为：(C6H10O5)n，A错误；
B．DHA的化学式为C3H6O3，最简式：CH2O，B正确；
C．FADH为甲醛，电子式，C错误；
D．CO2的比例模型：，D错误；
故选B。
19. 有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的P能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上P轨道半充满。下列叙述不正确的是
A. X和Q结合生成的化合物为离子化合物
B. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
C. ZQ2是由极性键构成非极性分子
D. X与T的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强
【答案】A
【解析】
【分析】5种元素X、Y、Z、Q、T，X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素；Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析作答。
【详解】A．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，二氧化硫、三氧化硫中只存在共价键，为共价化合物，A项错误；
B．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物Fe2O3，B项正确；
C．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，C项正确；
D．非金属性：S＞P，则X与T的最高价氧化物对应的水化物酸性：硫酸大于磷酸，D项正确；
答案选A。
20. 一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A. 第一电离能：Q＞Z＞W
B. 电负性：X＞Y＞Z
C. WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D. W2Q2Z3与X2QZ4溶液反应生成黄色浑浊和无色气体属于非氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1 ~ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，加成分析解答。
【详解】根据上述分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K元素。
A．元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，元素的非金属性：Z＞Q＞W，所以第一电离能：Z＞Q＞W，A错误；
B．一般情况下元素的非金属性越强，其电负性就越大，元素的非金属性：X＜Y＜Z，所以元素的电负性：X＜Y＜Z，B错误；
C．WZX表示的物质是KOH是一元强碱，属于强电解质，WXQ表示的物质是KHS，该物质是盐，也是强电解质，二者在水溶液中可以发生复分解反应产生K2S、H2O，C正确；
D．W2Q2Z3表示物质是K2S2O3，X2QZ4表示的物质是H2SO4，二者在溶液中发生反应产生K2SO4、H2O、S、SO2，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D错误；
故合理选项是C。
21. 的晶格能可通过下图中的循环计算得到，下列说法正确的是
A. 属于共价化合物 B. Li的第一电离能为1040kJ/mol
C. O=O键的键能为703kJ/mol D. 的晶格能为2908kJ/mol
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由活泼金属和活泼非金属组成，属于离子化合物，故A错误；
B．锂原子的第一电离能是指1 mol气态锂原子失去1mol电子变成1 mol气态锂离子所吸收的能量，即为=520kJ/mol，故B错误；
C．O=O键键能是指1 mol氧气分子断裂生成气态氧原子所吸收的能量，即为249 kJ/mol×2=498 kJ/mol，故C错误；
D．晶格能是指气态离子结合生成1mol晶体所释放的能量或1 mol晶体断裂离子键形成气态离子所吸收的能量，则的晶格能为2908kJ/mol，故D正确；
故选D。
22. 某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0 g·cm－3。用X射线研究该固体的结构时得知：在边长为10－7cm的正方体中含有20个原子，则此元素的相对原子质量最接近于下列数据中的（ ）。
A. 32 B. 120 C. 150 D. 180
【答案】C
【解析】
【详解】M=Vm·ρ=×6.02×1023mol-1×5.0 g·cm-3=150 g·mol-1，即Mr=150，答案选C。
23. GaAs 晶体的熔点很高，硬度很大，密度为ρ g•cm－3，Ga和 As的摩尔质量分别为 MGa g•mol－1 和 MAsg•mol－1，原子半径分别为 rGa pm 和 rAs pm，阿伏加德罗常数值为 NA，其晶胞结构如图所示，下列说法错误的是
A. 该晶体为共价晶体
B. 该晶体中 Ga 和 As 均无孤对电子，Ga 和 As 的配位数均为 4
C. 原子的体积占晶胞体积的百分率为
D. 所有原子均满足 8 电子稳定结构
【答案】C
【解析】
【详解】A. GaAs晶体的熔点很高，硬度很大，为空间立体网状结构，属于共价晶体，故A正确；
B. 由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目为，晶胞中As、Ga原子数目之比为1：1，故As配位数也是4，Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，As与周围4个Ga原子也形成正四面体结构，原子均形成4个键，Ga原子价电子数为3，与As形成4个共价键，说明As原子提供1对孤电子对给Ga形成配位键，As原子最外层5个电子全部成键，均没有孤对电子，故B正确；
C. 晶胞中原子总体积为，晶胞质量为，晶胞的体积为，原子的体积占晶胞体积的百分率为 ；故C错误；
D 每个As、Ga原子都形成4个共价键，均没有孤对电子，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故答案选：C。
二、填空题(本题包括4小题，共46分)
24. 回答下列问题：
（1）选择下列物质填空(填写序号)：
①氯化钙 ②干冰 ③过氧化钠 ④氯化铵 ⑤铜晶体 ⑥氩晶体 ⑦晶体硅 ⑧石墨
固态时能导电的晶体有____(用所给物质序号填空，下同)；熔化时不破坏化学键的晶体有____；含有共价键的离子晶体有____；只由共价键构成的晶体是____。
（2）V原子结构示意图为：____，Fe2+的价电子轨道表示式为____；Co3+核外电子有____个未成对电子数。
【答案】（1） ①. ⑤⑧ ②. ②⑥ ③. ③④ ④. ⑦
（2） ①. ②. ③. 4
【解析】
【小问1详解】
①氯化钙中只含有离子键，属于离子晶体；②干冰是由分子构成的，为分子晶体；③过氧化钠中含有离子键和共价键，属于离子晶体；④氯化铵中含有离子键和共价键，属于离子晶体；⑤铜晶体属于金属晶体，含有自由移动的电子；⑥氩晶体是由单原子分子构成的晶体，属于分子晶体；⑦晶体硅中只含有Si-Si键，属于共价晶体；⑧石墨中含有自由移动的电子，属于混合晶体；
固态时能导电的晶体中含有自由移动的电子，固态时能导电的晶体有⑤⑧；熔化时不破坏化学键的晶体为分子晶体有②⑥；含有共价键的离子晶体有③④；只由共价键构成的晶体是共价晶体有⑦；
故答案为：⑤⑧；②⑥；③④；⑦；
【小问2详解】
V为23号元素，其原子结构示意图为：；Fe2+的价电子为其3d能级上的电子，其价电子轨道表示式为；Co3+核外电子排布式为[Ar]3d6，该离子未成对电子数是4；
故答案为：；；4；
25. 已知A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高。请根据以上情况，回答下列问题：
（1）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____。(用所对应的元素或物质的化学符号表示，下同)
（2）写出化合物AC2的电子式____；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为____。
（3）A、B原子和氢原子可组成一种三原子分子，其空间结构为____。中心原子采取____杂化。
【答案】（1）C
（3） ①. 直线型 ②. sp
【解析】
【分析】由于A、B、C、D都是周期表中前三周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D，且A、B、C是同一周期的非金属元素，而可形成的是二价阳离子，表明D为第三周期的Mg；又由于化合物DC的晶体为离子晶体，且D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，表明C为O；结合为非极性分子，B、C的氢化物的沸点比它们同族元素氢化物的沸点高，表明A为C，为，B为N；
【小问1详解】
A为C，B为N，C为O，一般情况下同周期元素从左至右，第一电离能增大，但是由于N的最高能级为半充满结构，相对比较稳定，第一电离能反而比O要高，所以A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为；
故答案为；
【小问2详解】
A为C，C为O，则为，电子式为；B为N，B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，相当于把中的某个原子换成相邻族的原子，价电子发生变化后，需要通过得失电子使价电子总数相等，即，所以该该等电子体为；
故答案为；；
【小问3详解】
A为C，B为N，与氢原子组成的三原子分子为HCN，依据价层电子对互斥理论模型，C为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以HCN的空间结构为直线型；中心原子采取杂化；
故答案为直线型；。
26. 回答下列问题：
（1）向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。
②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。
（2）Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。
（3）已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。
【答案】（1） ①. Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH ②. [Cu(NH3)4]2+ ③. sp3
（2）该分子或者离子具有孤电子对
（3）NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
【解析】
【小问1详解】
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
【小问2详解】
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
【小问3详解】
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
27. 回答下列问题：
（1）锌是一种重要的过渡金属，锌及其化合物有着广泛的应用。锌在周期表中的____区。
（2）Zn形成金属晶体，其金属原子堆积属于下列____模式。
A. 简单立方 B. 钾型 C. 镁型 D. 铜型
（3）如图表示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的化学式为_____；该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是____。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。晶胞参数为apm、apm、cpm，设ZrO2的相对分子质量为M，则该晶体密度为____g·cm-3(写出表达式)。
【答案】（1）ds （2）C
（3） ①. ZnX ②. 该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低
（4）
【解析】
【小问1详解】
基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，锌在周期表中的ds区；
【小问2详解】
镁、锌、钛等形成金属晶体，其金属原子堆积为六方最密堆积，又称镁型，故选C；
【小问3详解】
晶胞中X原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；锌原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故化学式为ZnX；
该化合物晶体的熔点比干冰高得多，原因是该化合物晶体属于原子晶体，熔沸点较高，干冰是由CO2分子构成的分子晶体，熔化只需要破环分子间作用力，因此熔沸点较低；
【小问4详解】
晶胞中Zr原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；O原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；故晶胞质量为；晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
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