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2022-2023学年北京市十一学校高一（下）期末化学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市十一学校高一（下）期末化学试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是( )
A. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
B. 第一电离能：Cl>S>P>Si
C. 离子键强度：NaFD. 原子半径：C3.下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A. 基态Cl原子的价电子轨道表示式：
B. NaOH的电子式：
C. 氨分子的VSEPR模型：
D. Fe2+结构示意图：
4.下列事实与氢键无关的是( )
A. 水结成冰体积膨胀，密度变小
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. 相同条件下，氨比同族其它氢化物在水中的溶解度大
D. 对羟基苯甲酸()的熔点比邻羟基苯甲酸()高
5.下列叙述正确的是( )
A. 分子晶体中都存在共价键
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关
C. 含有极性键的化合物分子一定不含非极性键
D. 只要是离子化合物，其熔点一定比共价化合物的熔点高
6.下列说法①和②均正确，但是说法①不能正确解释说法②的是( )
A. AB. BC. CD. D
7.由短周期主族元素W、X、Y、Z构成的一种阴离子，结构如图所示，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z元素无正化合价。下列说法正确的是( )
A. X与Y的简单氢化物沸点：X>Y
B. 原子半径大小关系是：Z>Y>X>W
C. 该阴离子中σ键与π键数之比为5：2
D. 该阴离子中各原子均满足8电子稳定结构
8.下列化学实验中的操作、现象及解释有正确对应关系的是( )
A. AB. BC. CD. D
9.科学家对嫦娥五号带回的月球土壤进行分析，发现含有X、Y、Z、V、W五种原子序数依次增大的前20号元素，X原子的最外层电子数是其电子总数的34，V的单质常在地球火山口附近沉积，Y属于s区元素，且其原子中没有单电子，Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，下列说法正确的是( )
A. Y的氧化物是两性氧化物
B. 简单氢化物分子中共价键键能：X>V>Z
C. 简单离子半径：W>V>Y
D. X、Z形成的化合物属于分子晶体
10.结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X−H⋅⋅⋅Y的长度)( )
A. 依据键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O
B. 依据键能：O−H>Si−O，推测沸点：H2O>SiO2
C. 依据键长，推测水分子间O⋯H距离大于分子内O−H键长
D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多
11.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，Y原子的未成对电子数与电子层数相同，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电负性：ZB. X与Y形成的化合物属于离子晶体
C. W与Z形成的化合物中既含有离子键又含有共价键
D. X形成的简单氢化物的沸点和热稳定性均是同族氢化物中最高的
12.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
可根据HO(g)+HO(g)=H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1。下列说法不正确的是( )
A. H2的键能为436kJ⋅ml−1
B. O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C. 解离氧氧单键所需能量：HOOD. H2O(g)+O(g)=H2O2(g)ΔH=−143kJ⋅ml−1
13.我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法不正确的是( )
A. ①→②过程属于放热反应
B. 由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
C. 反应过程中有C−H键的断裂和C−C键、O−H键的生成
D. X的键角为109∘28′，Y的结构式为O−C−O、M为乙醇(C2H5OH)
14.某同学进行如下实验：
①分别向CuSO4溶液和FeSO4溶液中滴加KSCN溶液，均无明显现象。
②向CuSO4和FeSO4的混合液中滴加KSCN溶液，溶液立刻变红，振荡后，红色褪去，产生白色沉淀，继续滴加过量KSCN溶液，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀。
③过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色。
已知：CuSCN为白色、难溶性物质：[Cu(NH3)2]+为无色离子。
下列说法不正确的是( )
A. 实验①说明Cu2+不能与SCN−反应生成CuSCN
B. 实验②中红色褪去的原因是振荡后c(Fe3+)降低
C. 实验③中无色溶液变蓝色的原因是：4[Cu(NH3)2]−+O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O
D. 依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+
二、填空题：本大题共1小题，共9分。
15.黄铜矿是主要的炼铜原料，其中铜元素的主要存在形式是CuFeS2，含有Cu+和S2−。
(1)基态Cu+的价层轨道表示式为______。
(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的中心原子杂化方式为______，属于______ (填“极性”或“非极性”)分子。
②X与水相比，二者中沸点较低的化合物的电子式为______。
(3)CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为______；从电子云重叠方式看，SO2分子中所含的共价键类型有______。
(4)用配位浸出法炼铜时，可用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，同时生成Fe2O3和含有+6价硫元素的微粒，该过程中发生反应的离子方程式为______。
三、简答题：本大题共4小题，共49分。
16.钴(27C)元素容易形成配合物，其常见+2、+3价。
(1)已知配合物的磁矩μB= n(n+2)BM(n表示中心原子或离子的未成对电子数)。某含钴配离子结构如图所示[所带电荷数目及符号未标出，乙二胺(NH2CH2CH2NH2)为电中性配体]，若测得其μB≈ 24BM，则该离子所带电荷数目及符号为______。
(2)中子衍射实验证实，晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子(不存在分子)：Cl−、X+和上述含钴配离子。该晶体中存在的化学键类型有______；含钴配离子中提供孤电子对的原子是______，配位数是______；X+是______ (填离子符号)。
(3)乙二胺(NH2CH2CH2NH2)与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)的相对分子质量相近，乙二胺沸点比正丁烷高的原因是______。
(4)钴酸锂(LiCO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构如图所示。晶体中O围绕C形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与Li+层交替排列。该晶胞中O的个数为______；充电过程中晶胞高度 c变大，原因是Li+会从八面体层间脱出，导致______。
17.
18.主族元素N、Si、F、Cl、Se、Ca等的某些化合物对工农业生产意义重大。
(1)Si3N4陶瓷具有硬度大、强度高、耐高温等性质，其晶体类型为______。
(2)OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是______。
(3)硒元素位于元素周期表中______ (选填s、p、d、f、ds)区，基态硒原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为______。
(4)H2SeO3的中心原子杂化方式为______，SeO32−的空间构型是______，与SeO32−互为等电子体的微粒有______ (写一种微粒即可)。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为______；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数，称作原子的分数坐标。 ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标：A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子的分数坐标为______。
(6)已知：−OH称为羟基，无机含氧酸(HmROn)分子结构中含有羟基，如果成酸元素R相同，含氧酸分子中非羟基氧个数越多，R的正电性越高，导致R−O−H中的O的电子向R偏移，O−H键极性增强，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强。也就是说，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强。亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，其酸性比HClO的酸性______ (填“强”或“弱”)，H3PO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为______。
(7)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是______，若该立方晶胞参数为 acm，阴、阳离子的核间距最小为______ cm。
19.大力推广太阳能和新型化学电池的使用，有助于实现碳减排、碳中和的目标。
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅，硅元素在周期表中的位置是______，与硅同主族的锗元素的基态原子价层电子排布式为______。
(2)SiCl4分子中Si原子的杂化方式为______，NCl3分子中价层电子对的数目为______，SCl2分子的空间构型为______，
(3)某有机硅化物的结构为：
，标号①∼④的碳原子中，属于手性碳原子的是______ (填标号)。
(4)碳与硅元素同主族，但形成的晶体性质却有所不同。单晶硅不导电，但石墨晶体中存在自由电子、能导电，石墨晶体中存在自由电子的原因是______。
(5)SiC和单晶硅具有相似的晶体结构，但SiC熔点更高，其原因是______。
(6)磷酸铁锂(LiFePO4)电池充放电过程中，正极变化的示意图如图：
①LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有______个。
②电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=______，n(Fe2+)：n(Fe3+)=______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.依据分析可知，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，故A正确；
B.干冰是分子晶体，分子间只存在范德华力，且干冰的相对分子质量小，则分子间作用力弱，熔沸点较低，故干冰易升华，故B正确；
C.钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，故C错误；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，故D正确；
故选：C。
A.形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态；
B.干冰是分子晶体，分子间只存在范德华力；
C.依据钻石的色散作用解答；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏。
本题考查了物质的结构与性质，熟悉相关物质结构组成及性质是解题关键，注意金属键的特点，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.HX中H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故A正确；
B.P原子核外最外层原子轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能应为P>S，故B错误；
C.NaF、NaCl、NaBr、NaI为结构相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以离子键强度：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C错误；
D.同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：C>N>O，故D错误；
故选：A。
A.HX中H和X的电负性差值越大，极性越强；
B.P原子核外最外层原子轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
C.离子电荷相等，离子半径越大，离子键强度越小；
D.同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小。
本题考查较为综合，涉及第一电离能、离子键强度比较、共价键的极性等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.基态Cl原子的价电子排布式为3s23p5，其轨道表示式为，故A正确；
B.NaOH是离子化合物，由Na+和OH−构成，OH−中O、H原子间共用1对电子对，O原子最外层电子数为8，其电子式为，故B正确；
C.氨分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含1对孤电子对，其VSEPR模型为，故C正确；
D.Fe的原子序数为26，失去2个电子生成Fe2+，核外各层上电子数分别为2、8、14，结构示意图为，故D错误；
故选：D。
A.基态Cl原子的价电子排布式为3s23p5；
B.NaOH是离子化合物，OH−中O、H原子间共用1对电子对；
C.氨分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，VSEPR模型为四面体；
D.Fe2+的质子数为26，最外层电子数为14。
本题考查化学常见用语的正误判断，把握离子结构示意图、电子式、VSEPR模型、轨道表示式等常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，与氢键有关，故A正确；
B.水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中存在H−O共价键，与氢键无关，故B错误；
C.N、O的电负性强，分子之间形成氢键，则相同条件下，氨比同族其它氢化物在水中的溶解度大，与氢键有关，故C正确；
D.对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关，故D正确；
故选：B。
A.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则；
B.分子的稳定性与共价键有关；
C.N、O的电负性强，分子之间形成氢键；
D.对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键。
本题考查氢键的性质，难度不大。要注意氢键是一种分子间的相互作用，比化学键弱，比分子间作用力强。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题是一道综合题，涉及知识点较多，注意对应知识的掌握和举例说明，难度较易。
【解答】
A.稀有气体中不存在共价键，只有分子间作用力，故A错误；
B.F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故B正确；
C.CH2=CH2中既含有碳氢极性键又含有碳碳非极性键，故C错误；
D.共价化合物中的原子晶体一般具有很高的熔点，如二氧化硅的熔点高于氯化钠，故D错误；
故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：A.元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HI>HCl，说法①不能解释说法②，故A正确；
B.HI、HCl的沸点高低取决于分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，说法①能解释说法②，故B错误；
C.分子的稳定性与键能大小有关，键能越大，分子越稳定，故H−I的键能比H−Cl小，HCl较稳定，说法①能解释说法②，故C错误；
D.电负性越大，吸引电子的能力越大，氧的电负性强于S的电负性，所以键的极性H−O>H−S，说法①能解释说法②，故D错误；
故选：A。
本题考查了元素周期律的分析判断，注意分子稳定性和形成化学键有关，物质沸点和分子间作用力有关，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为B元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素，
A.X、Y的简单氢化物依次是CH4、H2O，常温下CH4气体，而H2O是液体，故沸点：CH4B.同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径大小关系为：W(硼)>X(碳)>Y(氧)>Z(氟)，故B错误；
C.阴离子结构中有10个单键、4个双键，而单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，则该阴离子中σ键与π键数之比为(10+4)：4=7：2，故C错误；
D.结合图示阴离子可知，该化合物中B、C、O、F均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
W、X、Y、Z是短周期主族元素且原子序数依次增大，其中Z元素无正化合价，阴离子结构中Z形成1个共价键，则Z为F元素，而X形成4个共价键、Y形成2个共价键，二者的原子序数均小于F，则X为C元素，Y为O元素；W与2个O、2个F形成4个共价键，且形成带有1个单位负电荷的阴离子，其最外层应该含有3个电子，则W为B元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐，增大氯离子浓度，生成[CuCl4]2−，溶液变为绿色，故A正确；
B.FeCl3溶液中加入KSCN溶液，生成配合物Fe(SCN)3，溶液变为血红色，故B错误；
C.CCl4为含极性键的非极性分子，则用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近CCl4液流，CCl4液流方向不改变，故C错误；
D.CuSO4溶液里逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀，后生成硫酸四氨合铜，观察到先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液，解释不合理，故D错误；
故选：A。
A.蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐，增大氯离子浓度；
B.FeCl3溶液中加入KSCN溶液，生成配合物；
C.CCl4为含极性键的非极性分子；
D.CuSO4溶液里逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀，后生成硫酸四氨合铜。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为O元素、Y为Mg元素、Z为Si元素、V为S元素、W为Ca元素；
A.Y的氧化物为MgO，MgO属于碱性氧化物，不是两性氧化物，故A错误；
B.元素非金属性：O>S>Si，故氢化物稳定性：H2O>H2S>SiH4，则键能：H2O>H2S>SiH4，故B正确；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：S2−>Ca2+>Mg2+，即离子半径：V>W>Y，故C错误；
D.X、Z形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅属于共价晶体，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、V、W 是原子序数依次增大的前20号元素，X原子的最外层电子数是其电子总数的34，由于最外层电子数不超过8，原子核外电子数不能为12，也不能是4，只能为8，故X为O元素；V的单质常在地球火山口附近沉积，则V为S元素；Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，则Y、W同主族，且Z处于偶数族，而Y属于s区元素，且其原子中没有单电子，Y只能处于ⅡA族，结合原子序数可知Y为Mg元素、W为Ca元素，Z原子最外层电子数为4，可推知W为Si元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布与元素化合物知识、元素周期律应用等，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
10.【答案】B
【解析】解：A.键长指两原子核之间的核间距，键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O，故A正确；
B.H2O为分子晶体，其沸点受范德华力和氢键的影响，与O−H键的键能无关，SiO2为共价晶体，熔沸点的高低与Si−O键有关，共价键的键能大于分子间作用力，因此沸点H2OC.依据表中的键长数据，可推测水分子间O⋯H距离大于分子内O−H键长，故C正确；
D.氢键的键能：H2OC2H5OH，说明等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多，故D正确；
故选：B。
A.键长指两原子核之间的核间距；
B.H2O为分子晶体，其沸点受范德华力和氢键的影响，与O−H键的键能无关，SiO2为共价晶体，熔沸点的高低与Si−O键有关；
C.依据表中的键长数据分析；
D.氢键的键能：H2OC2H5OH。
本题主要考查键能、键长及氢键等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为H元素、X为O元素、Y为P元素、Z为Ca元素；
A.元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：CaB.X与Y形成的化合物有P2O5、P2O3，属于分子晶体，故B错误；
C.W与Z可以形成离子化合物为CaH2，只含离子键，故C错误；
D.同主族中氧元素非金属性最强，故氢化物中水的稳定性最强，水分子之间存在氢键，水的沸点最高，故D正确；
故选：D。
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，其中Y原子的未成对电子数与电子层数相同，Y的原子序数不是最小，Y可能为C、O或P，食品添加剂结构中Y形成5条共价键，故Y为P元素，结构中X形成2个共价键、W形成1个共价键，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，故X处于ⅥA族、W处于IA族，结合原子序数相对大小，推知W为H元素、X为O元素，Z形成+2价阳离子，Z的原子序数大于磷，则Z为Ca元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构基础分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意氢键对物质性质的影响，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：A.由于气态H的能量为218kJ⋅ml−1，则H2的键能为2×218kJ⋅ml−1=436kJ⋅ml−1，故A正确；
B.由于气态O的能量为249kJ⋅ml−1，则H2的键能为2×249kJ⋅ml−1=498kJ⋅ml−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1，O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，故B正确；
C.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，由于HOO(g)=HO(g)+O(g)ΔH=249kJ⋅ml−1+39kJ⋅ml−1−10kJ⋅ml−1=278kJ⋅ml−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1，解离氧氧单键所需能量：HOO>H2O2，故C错误；
D.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，H2O(g)+O(g)=H2O2(g)ΔH=−136kJ⋅ml−1−(−242kJ⋅ml−1+249kJ⋅ml−1)=−143kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：C。
A.H2的键能等于2×气态H的能量；
B.O2的键能等于2×气态O的能量；
C.解离HOO中氧氧单键的能量为反应HOO(g)=HO(g)+O(g)的ΔH；
D.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量。
本题考查反应热的相关知识，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题难度一般。
13.【答案】D
【解析】解：A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程属于放热反应，故A正确；
B.该反应CH4+CO2→催化剂CH3COOH属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故B正确；
C.由图可知，反应过程中有CH4中的C−H键的断裂，CH3COOH中有C−C键、O−H键生成，故C正确；
D.由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，Y的结构式为O=C=O、M为乙酸，故D错误；
故选：D。
A.由图可知②能量低于①能量；
B.该反应CH4+CO2→催化剂CH3COOH属于化合反应；
C.由图可知，反应过程中有CH4中的C−H键的断裂，CH3COOH中有C−C键、O−H键生成；
D.由图可知，Y的结构式为O=C=O、M为乙酸。
本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.向CuSO4溶液中滴加KSCN，无明显现象，说明Cu2+不能与SCN−反应生成CuSCN，故A正确；
B.Cu2+、Fe2+和SCN−三者反应生成白色浑浊，降低SCN−的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失；再反复多次滴加KSCN溶液，增大了SCN−浓度，使Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀，故B错误；
C.过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色原因是：4[Cu(NH3)2]−+O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O，故C正确；
D.依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+，故D正确；
故选：B。
Cu2+、Fe2+和SCN−三者反应生成白色浑浊，降低SCN−的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失，以此解答。
本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转化以及平衡移动，是高频考点，学生需要掌握这方面的知识，题目难度不大。
15.【答案】 sp3 极性 3σ键和π键 4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O
【解析】解：(1)基态Cu+的价层电子排布式为3d10，基态Cu+的价层轨道表示式为，
故答案为：；
(2)①气体X具有臭鸡蛋气味，则X为H2S，中心S原子价层电子对数为2+6−1×22=4，有2个孤电子对，为sp3杂化，为极性分子，
故答案为：sp3；极性；
②S原子达到8电子稳定结构，S与H形成1对共用电子，H2S的电子式为，
故答案为：；
(3)SO2中中心S原子的价层电子对数为2+6−2×22=3，为sp2杂化，硫原子的2个sp2杂化轨道与氧原子形成2个σ键，硫原子未参与杂化的p轨道有2个电子与氧原子p轨道中1个电子形成大π键，SO2分子中所含的共价键类型有σ键和π键，
故答案为：3；σ键和π键；
(4)用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，说明生成[Cu(NH3)4]2+，含有+6价硫元素的微粒为SO42−，说明浸出时S元素被空气中的氧气氧化，该过程中发生反应的离子方程式为：4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O，
故答案为：4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O。
(1)基态Cu+的价层电子排布式为3d10；
(2)①气体X具有臭鸡蛋气味，则X为H2S，中心S原子价层电子对数为2+6−1×22=4，有2个孤电子对；
②S原子达到8电子稳定结构，S与H形成1对共用电子；
(3)根据价层电子对互斥理论计算SO2中中心S原子的价层电子对数；硫原子的2个sp2杂化轨道与氧原子形成2个σ键，硫原子未参与杂化的p轨道有2个电子与氧原子p轨道中1个电子形成大π键；
(4)用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，说明生成[Cu(NH3)4]2+，含有+6价硫元素的微粒为SO42−，说明浸出时S元素被空气中的氧气氧化，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子方程式。
本题考查比较综合，涉及核外电子排布、价层电子对互斥理论、杂化方式、电子式、化学键、离子方程式等知识点，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，题目难度适中。
16.【答案】1+离子键、共价键 Cl、N6H5O2− 乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷 6Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的同性排斥使层间距增大
【解析】解：(1)由μB≈ 24BM可得，n(n+2)=24，则n=4，钴离子中有4个成单电子，即为C3+，配位体为Cl−、NH2CH2CH2NH2，NH2CH2CH2NH2为电中性配体，故含钴配离子带一个单位正电荷，
故答案为：1+；
(2)由含钴配离子结构式可知，中心C离子与2个Cl原子、4个N原子形成配位键，故配位数为6，其中配位原子Cl、N提供孤电子对；阴阳离子之间存在离子键，还存在C−C、C−N、N−H、C−H等共价键，故存在离子键、共价键；根据晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子为Cl−、X+和上述含钴配离子，且不存在分子，可知X+为H5O2−，
故答案为：离子键、共价键；N、Cl；6；H5O2−；
(3)乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺，沸点低于乙二胺，
故答案为：乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷；
(4)由钴酸锂(LiCO2)晶胞结构示意图可知，C位于棱上和体内，个数为4×14+2=3，由化学式LiCO2可知，O原子个数为3×2=6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的排斥使层间距离增大，
故答案为：6；充电；Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的排斥使层间距离增大。
(1)由μB≈ 24BM可得，n(n+2)=24，则n=4，钴离子中有4个成单电子，即为C3+，配位体为Cl−、NH2CH2CH2NH2；
(2)由含钴配离子结构式可知，中心C离子与2个Cl原子、4个N原子形成配位键；阴阳离子之间存在离子键，还存在C−C、C−N、N−H、C−H等共价键；根据晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子为Cl−、X+和上述含钴配离子及不存在分子推断X+；
(3)乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺；
(4)由钴酸锂(LiCO2)晶胞结构示意图可知，C位于棱上和体内，个数为4×14+2=3；Li+从八面体层间脱出，该电极失电子发生氧化反应；Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱。
本题主要考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、配位键、晶胞结构、晶胞计算等知识点，侧重考查识图、阅读、分析、判断能力，难点是晶胞结构与晶胞计算，题目难度中等。
17.【答案】
【解析】
18.【答案】共价晶体 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力更大 p 1：2sp3 三角锥形 SO32−(或PCl3、NCl3等)4(14,34,14)强 H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2OCa2+ 34a
【解析】解：(1)硬度大、强度高、耐高温等性质是共价晶体的性质，则Si3N4是共价晶体，
故答案为：共价晶体；
(2)OF2和Cl2O都是V形分子，属于分子晶体，并且Cl2O的相对分子质量大于OF2，Cl2O的分子间作用力更大，所以Cl2O的熔沸点更高，
故答案为：OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力更大；
(3)硒的原子序数为34，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则硒元素位于元素周期表中p区，s轨道电子云轮廓图呈球形，p轨道电子云轮廓图呈哑铃形，则基态硒原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为8：16=1：2，
故答案为：p；1：2；
(4)SeO32−中Se原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，则H2SeO3中心原子Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，原子杂化方式为，SeO32−中Se原子含1对孤电子对，所以SeO32−的空间构型为三角锥形，等电子体具有相同的原子总数、价电子总数，则与SeO32−互为等电子体的微粒有SO32−(或PCl3、NCl3等)，
故答案为：sp3；三角锥形；SO32−(或PCl3、NCl3等)；
(5)由硒化锌晶胞结构图可知，Zn的配位数为4，则Se是配位数也是4；A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子在x、y、z轴上的位移分别是14、34、14，即C点原子的分数坐标为(14,34,14)，
故答案为：4；(14,34,14)；
(6)亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，HClO为弱酸，分子结构中无非羟基氧，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强，则H3PO3的酸性比HClO强；H3PO3为二元弱酸，与过量NaOH溶液反应时生成Na2HPO3和H2O，反应的离子方程式为H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2O，
故答案为：强；H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2O；
(7)由CaF2晶胞结构图可知，X原子的数目为8×18+6×12=4，Y原子的数目为8，X、Y原子的数目之比为1：2，则X、Y分别代表的离子是Ca2+、Cl−；该晶胞中Ca2+、Cl−的核间距最小为晶胞体对角线的四分之一，即为 34acm，
故答案为：Ca2+； 34a。
(1)Si3N4陶瓷具有硬度大、强度高、耐高温等性质，与共价晶体的性质相似；
(2)OF2和Cl2O都是V形分子，属于分子晶体，结合相对分子质量与分子间作用力的关系分析解答；
(3)硒的原子序数为34，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，其中s轨道电子云轮廓图呈球形，p轨道电子云轮廓图呈哑铃形；
(4)SeO32−中Se原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，则H2SeO3中心原子Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；等电子体具有相同的原子总数、价电子总数，结合等电子体的书写方法解答；
(5)由硒化锌晶胞结构图可知，Zn的配位数为4，则Se是配位数也是4；A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子在x、y、z轴上的位移分别是14、34、14；
(6)亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，HClO为弱酸，分子结构中无非羟基氧，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强，据此判断两种酸的酸性强弱；亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，即H3PO3为二元弱酸，与过量NaOH溶液反应时生成Na2HPO3和H2O；
(7)由CaF2晶胞结构图可知，X原子的数目为8×18+6×12=4，Y原子的数目为8，X、Y原子的数目之比为1：2，该晶胞阴、阳离子的核间距最小为晶胞体对角线的四分之一。
本题考查物质结构与性质，把握核外电子排布、VSEPR模型的应用、分子的性质、晶体类型及性质、含氧酸强弱的判断、晶胞的相关计算等知识为解题关键，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，注意掌握晶胞的计算，题目难度中等。
19.【答案】第三周期第ⅣA族 4s24p2 sp3 4 V形 ② 石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动 SiC和单晶硅同为共价晶体，r(C)【解析】解：(1)硅为14号元素，价层电子排布式为3s23p2，位于周期表中第三周期第ⅣA族；锗与硅同主族，位于硅的下一周期，则基态锗原子价层电子排布式为4s24p2，
故答案为：第三周期第ⅣA族；4s24p2；
(2)SiCl4分子中Si原子价层电子对数为4+4−1×42=4，为sp3杂化；NCl3分子中N原子与Cl原子形成3个共价键，N原子含有1个孤电子对，故NCl3分子中价层电子对的数目为4；SCl2分子中心S原子中价层电子对数为2+6−2×12=4，有2个孤电子对，故SCl2分子的空间构型为V形，
故答案为：sp3；4；V形；
(3)由有机硅化物的结构可知，②号碳原子连接4个不同的原子或原子团，故②号碳原子为手性碳原子，
故答案为：②；
(4)石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动，
故答案为：石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动；
(5)SiC和单晶硅同为共价晶体，r(C)故答案为：SiC和单晶硅同为共价晶体，r(C)(6)①由图a、图b可知，小球减少，化学式中锂离子也减少，说明小球代表的微粒是Li+，图a中Li+位于顶点、棱心和面心，个数为8×18+4×14+4×12=4，则含有LiFePO4的单元数也为4，
故答案为：4；
②图a中4个Li+，图b中Li+个数为8×18+3×14+3×12=134，即1344=1−x1，可得x=316；1个LiFePO4晶胞脱出4×316=34个Li+，则有34个Fe2+失电子生成x个Fe3+，剩余的Fe2+为4−34=134，则134：34=13：3，
故答案为：316；13：3。
(1)硅为14号元素，价层电子排布式为3s23p2；锗与硅同主族，位于硅的下一周期；
(2)SiCl4分子中Si原子价层电子对数为4+4−1×42=4；NCl3分子中N原子与Cl原子形成共价键，N原子含有1个孤电子对；SCl2分子中心S原子中价层电子对数为2+6−2×12=4，有2个孤电子对；
(3)连接4个不同的原子或原子团的C原子为手性碳原子；
(4)石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键；
(5)原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高；
(6)①根据图a中Li+的个数确定含有LiFePO4的单元数；
②根据图a、图b中Li+的变化计算x的值；根据电荷守恒，LiFePO4脱出多少个Li+，就有多少个Fe2+失电子生成Fe3+。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、空间构型、手性碳原子、熔点比较、晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度中等。A.烟花的绚丽多彩与电子跃迁有关
B.干冰升华与其分子间作用力弱有关
C.钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关
D.金属可加工成各种形状与金属键有关
选项
说法①
说法②
A
非金属性：Cl>I
酸性：HI>HCl
B
分子间作用力：HI>HCl
沸点：HI>HCl
C
键能：H−I稳定性：HCl>HI
D
电负性：O>S
共价键极性：H−O>H−S
选项
操作
现象
解释
A
向蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐
溶液由蓝色变为绿色
颜色变化与[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−相对量多少有关
B
向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
溶液变为红色
生成红色的离子化合物Fe(SCN)3
C
用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近CCl4液流
CCl4液流方向不改变
CCl4中不含非极性键
D
向0.1ml⋅L−1CuSO4溶液里逐滴加入1ml⋅L−1氨水至过量
先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液
沉淀溶解时主要反应：Cu(OH)2+2OH−=[Cu(OH)4]2−
微粒间作用
键能/kJ⋅ml−1
键长/pm
晶体SiO2中Si−O
452
162
晶体Si中Si−Si
222
235
H2O中O−H
463
96
H2O中O−H⋅⋅⋅O
18.8
276
C2H5OH中O−H⋅⋅⋅O
25.9
266
物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/kJ⋅ml−1
249
218
39
10
0
0
−136
−242
一、单选题：本大题共14小题，共42分。
1.下列生活中的现象与物质结构关联不正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是( )
A. 共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI
B. 第一电离能：Cl>S>P>Si
C. 离子键强度：NaF
A. 基态Cl原子的价电子轨道表示式：
B. NaOH的电子式：
C. 氨分子的VSEPR模型：
D. Fe2+结构示意图：
4.下列事实与氢键无关的是( )
A. 水结成冰体积膨胀，密度变小
B. 水加热到很高的温度都难以分解
C. 相同条件下，氨比同族其它氢化物在水中的溶解度大
D. 对羟基苯甲酸()的熔点比邻羟基苯甲酸()高
5.下列叙述正确的是( )
A. 分子晶体中都存在共价键
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高与分子间作用力有关
C. 含有极性键的化合物分子一定不含非极性键
D. 只要是离子化合物，其熔点一定比共价化合物的熔点高
6.下列说法①和②均正确，但是说法①不能正确解释说法②的是( )
A. AB. BC. CD. D
7.由短周期主族元素W、X、Y、Z构成的一种阴离子，结构如图所示，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Z元素无正化合价。下列说法正确的是( )
A. X与Y的简单氢化物沸点：X>Y
B. 原子半径大小关系是：Z>Y>X>W
C. 该阴离子中σ键与π键数之比为5：2
D. 该阴离子中各原子均满足8电子稳定结构
8.下列化学实验中的操作、现象及解释有正确对应关系的是( )
A. AB. BC. CD. D
9.科学家对嫦娥五号带回的月球土壤进行分析，发现含有X、Y、Z、V、W五种原子序数依次增大的前20号元素，X原子的最外层电子数是其电子总数的34，V的单质常在地球火山口附近沉积，Y属于s区元素，且其原子中没有单电子，Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，下列说法正确的是( )
A. Y的氧化物是两性氧化物
B. 简单氢化物分子中共价键键能：X>V>Z
C. 简单离子半径：W>V>Y
D. X、Z形成的化合物属于分子晶体
10.结合下表中数据，判断下列说法不正确的是(氢键键长定义为X−H⋅⋅⋅Y的长度)( )
A. 依据键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O
B. 依据键能：O−H>Si−O，推测沸点：H2O>SiO2
C. 依据键长，推测水分子间O⋯H距离大于分子内O−H键长
D. 依据氢键键能及沸点，推测等物质的量水或乙醇中，水中氢键数目多
11.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，Y原子的未成对电子数与电子层数相同，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂的结构如图所示。下列说法正确的是( )
A. 电负性：Z
C. W与Z形成的化合物中既含有离子键又含有共价键
D. X形成的简单氢化物的沸点和热稳定性均是同族氢化物中最高的
12.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
可根据HO(g)+HO(g)=H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1。下列说法不正确的是( )
A. H2的键能为436kJ⋅ml−1
B. O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C. 解离氧氧单键所需能量：HOO
13.我国科研人员提出了由小分子X、Y转化为高附加值产品M的催化反应历程。该历程可用示意图表示如图，下列说法不正确的是( )
A. ①→②过程属于放热反应
B. 由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%
C. 反应过程中有C−H键的断裂和C−C键、O−H键的生成
D. X的键角为109∘28′，Y的结构式为O−C−O、M为乙醇(C2H5OH)
14.某同学进行如下实验：
①分别向CuSO4溶液和FeSO4溶液中滴加KSCN溶液，均无明显现象。
②向CuSO4和FeSO4的混合液中滴加KSCN溶液，溶液立刻变红，振荡后，红色褪去，产生白色沉淀，继续滴加过量KSCN溶液，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀。
③过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色。
已知：CuSCN为白色、难溶性物质：[Cu(NH3)2]+为无色离子。
下列说法不正确的是( )
A. 实验①说明Cu2+不能与SCN−反应生成CuSCN
B. 实验②中红色褪去的原因是振荡后c(Fe3+)降低
C. 实验③中无色溶液变蓝色的原因是：4[Cu(NH3)2]−+O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O
D. 依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+
二、填空题：本大题共1小题，共9分。
15.黄铜矿是主要的炼铜原料，其中铜元素的主要存在形式是CuFeS2，含有Cu+和S2−。
(1)基态Cu+的价层轨道表示式为______。
(2)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的中心原子杂化方式为______，属于______ (填“极性”或“非极性”)分子。
②X与水相比，二者中沸点较低的化合物的电子式为______。
(3)CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为______；从电子云重叠方式看，SO2分子中所含的共价键类型有______。
(4)用配位浸出法炼铜时，可用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，同时生成Fe2O3和含有+6价硫元素的微粒，该过程中发生反应的离子方程式为______。
三、简答题：本大题共4小题，共49分。
16.钴(27C)元素容易形成配合物，其常见+2、+3价。
(1)已知配合物的磁矩μB= n(n+2)BM(n表示中心原子或离子的未成对电子数)。某含钴配离子结构如图所示[所带电荷数目及符号未标出，乙二胺(NH2CH2CH2NH2)为电中性配体]，若测得其μB≈ 24BM，则该离子所带电荷数目及符号为______。
(2)中子衍射实验证实，晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子(不存在分子)：Cl−、X+和上述含钴配离子。该晶体中存在的化学键类型有______；含钴配离子中提供孤电子对的原子是______，配位数是______；X+是______ (填离子符号)。
(3)乙二胺(NH2CH2CH2NH2)与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)的相对分子质量相近，乙二胺沸点比正丁烷高的原因是______。
(4)钴酸锂(LiCO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构如图所示。晶体中O围绕C形成八面体，八面体共棱形成层状空间结构，与Li+层交替排列。该晶胞中O的个数为______；充电过程中晶胞高度 c变大，原因是Li+会从八面体层间脱出，导致______。
17.
18.主族元素N、Si、F、Cl、Se、Ca等的某些化合物对工农业生产意义重大。
(1)Si3N4陶瓷具有硬度大、强度高、耐高温等性质，其晶体类型为______。
(2)OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是______。
(3)硒元素位于元素周期表中______ (选填s、p、d、f、ds)区，基态硒原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为______。
(4)H2SeO3的中心原子杂化方式为______，SeO32−的空间构型是______，与SeO32−互为等电子体的微粒有______ (写一种微粒即可)。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为______；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，将原子位置的坐标表示为晶胞棱长的分数，称作原子的分数坐标。 ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标：A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子的分数坐标为______。
(6)已知：−OH称为羟基，无机含氧酸(HmROn)分子结构中含有羟基，如果成酸元素R相同，含氧酸分子中非羟基氧个数越多，R的正电性越高，导致R−O−H中的O的电子向R偏移，O−H键极性增强，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H+，即酸性越强。也就是说，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强。亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，其酸性比HClO的酸性______ (填“强”或“弱”)，H3PO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为______。
(7)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是______，若该立方晶胞参数为 acm，阴、阳离子的核间距最小为______ cm。
19.大力推广太阳能和新型化学电池的使用，有助于实现碳减排、碳中和的目标。
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅，硅元素在周期表中的位置是______，与硅同主族的锗元素的基态原子价层电子排布式为______。
(2)SiCl4分子中Si原子的杂化方式为______，NCl3分子中价层电子对的数目为______，SCl2分子的空间构型为______，
(3)某有机硅化物的结构为：
，标号①∼④的碳原子中，属于手性碳原子的是______ (填标号)。
(4)碳与硅元素同主族，但形成的晶体性质却有所不同。单晶硅不导电，但石墨晶体中存在自由电子、能导电，石墨晶体中存在自由电子的原因是______。
(5)SiC和单晶硅具有相似的晶体结构，但SiC熔点更高，其原因是______。
(6)磷酸铁锂(LiFePO4)电池充放电过程中，正极变化的示意图如图：
①LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有______个。
②电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=______，n(Fe2+)：n(Fe3+)=______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.依据分析可知，烟花的绚烂多彩与电子跃迁有关，故A正确；
B.干冰是分子晶体，分子间只存在范德华力，且干冰的相对分子质量小，则分子间作用力弱，熔沸点较低，故干冰易升华，故B正确；
C.钻石璀璨夺目是由于钻石色散的作用，钻石会反射出五光十色的彩光，与其共价键无关，故C错误；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏，所以金属具有良好的延展性，可以加工成各种形状与其金属键有关，故D正确；
故选：C。
A.形成烟花的过程中金属原子由较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态；
B.干冰是分子晶体，分子间只存在范德华力；
C.依据钻石的色散作用解答；
D.金属晶体组成微粒为金属离子和自由电子，存在金属键，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层就会发生相对滑动，但是金属键未被破坏。
本题考查了物质的结构与性质，熟悉相关物质结构组成及性质是解题关键，注意金属键的特点，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.HX中H和X的电负性差值越大，极性越强，则共价键的极性：HF>HCl>HBr>HI，故A正确；
B.P原子核外最外层原子轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能应为P>S，故B错误；
C.NaF、NaCl、NaBr、NaI为结构相似的离子晶体，离子电荷相等，离子半径越大，晶格能越小，所以离子键强度：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C错误；
D.同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：C>N>O，故D错误；
故选：A。
A.HX中H和X的电负性差值越大，极性越强；
B.P原子核外最外层原子轨道为半充满状态，第一电离能大于相邻元素；
C.离子电荷相等，离子半径越大，离子键强度越小；
D.同周期主族元素的原子半径从左到右逐渐减小。
本题考查较为综合，涉及第一电离能、离子键强度比较、共价键的极性等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.基态Cl原子的价电子排布式为3s23p5，其轨道表示式为，故A正确；
B.NaOH是离子化合物，由Na+和OH−构成，OH−中O、H原子间共用1对电子对，O原子最外层电子数为8，其电子式为，故B正确；
C.氨分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，含1对孤电子对，其VSEPR模型为，故C正确；
D.Fe的原子序数为26，失去2个电子生成Fe2+，核外各层上电子数分别为2、8、14，结构示意图为，故D错误；
故选：D。
A.基态Cl原子的价电子排布式为3s23p5；
B.NaOH是离子化合物，OH−中O、H原子间共用1对电子对；
C.氨分子中N原子的价层电子对数为3+5−32=4，VSEPR模型为四面体；
D.Fe2+的质子数为26，最外层电子数为14。
本题考查化学常见用语的正误判断，把握离子结构示意图、电子式、VSEPR模型、轨道表示式等常见化学用语的书写原则为解答关键，侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则，造成体积膨胀，密度变小，与氢键有关，故A正确；
B.水加热到很高的温度都难以分解，是因为水分子中存在H−O共价键，与氢键无关，故B错误；
C.N、O的电负性强，分子之间形成氢键，则相同条件下，氨比同族其它氢化物在水中的溶解度大，与氢键有关，故C正确；
D.对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关，故D正确；
故选：B。
A.冰中的氢键比液态水中的强，使得水分子排列得很规则；
B.分子的稳定性与共价键有关；
C.N、O的电负性强，分子之间形成氢键；
D.对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键。
本题考查氢键的性质，难度不大。要注意氢键是一种分子间的相互作用，比化学键弱，比分子间作用力强。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题是一道综合题，涉及知识点较多，注意对应知识的掌握和举例说明，难度较易。
【解答】
A.稀有气体中不存在共价键，只有分子间作用力，故A错误；
B.F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故B正确；
C.CH2=CH2中既含有碳氢极性键又含有碳碳非极性键，故C错误；
D.共价化合物中的原子晶体一般具有很高的熔点，如二氧化硅的熔点高于氯化钠，故D错误；
故选：B。
6.【答案】A
【解析】解：A.元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HI>HCl，说法①不能解释说法②，故A正确；
B.HI、HCl的沸点高低取决于分子间作用力，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，说法①能解释说法②，故B错误；
C.分子的稳定性与键能大小有关，键能越大，分子越稳定，故H−I的键能比H−Cl小，HCl较稳定，说法①能解释说法②，故C错误；
D.电负性越大，吸引电子的能力越大，氧的电负性强于S的电负性，所以键的极性H−O>H−S，说法①能解释说法②，故D错误；
故选：A。
本题考查了元素周期律的分析判断，注意分子稳定性和形成化学键有关，物质沸点和分子间作用力有关，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为B元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素，
A.X、Y的简单氢化物依次是CH4、H2O，常温下CH4气体，而H2O是液体，故沸点：CH4
C.阴离子结构中有10个单键、4个双键，而单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，则该阴离子中σ键与π键数之比为(10+4)：4=7：2，故C错误；
D.结合图示阴离子可知，该化合物中B、C、O、F均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
W、X、Y、Z是短周期主族元素且原子序数依次增大，其中Z元素无正化合价，阴离子结构中Z形成1个共价键，则Z为F元素，而X形成4个共价键、Y形成2个共价键，二者的原子序数均小于F，则X为C元素，Y为O元素；W与2个O、2个F形成4个共价键，且形成带有1个单位负电荷的阴离子，其最外层应该含有3个电子，则W为B元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律，题目侧重考查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。
8.【答案】A
【解析】解：A.蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐，增大氯离子浓度，生成[CuCl4]2−，溶液变为绿色，故A正确；
B.FeCl3溶液中加入KSCN溶液，生成配合物Fe(SCN)3，溶液变为血红色，故B错误；
C.CCl4为含极性键的非极性分子，则用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近CCl4液流，CCl4液流方向不改变，故C错误；
D.CuSO4溶液里逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀，后生成硫酸四氨合铜，观察到先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液，解释不合理，故D错误；
故选：A。
A.蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐，增大氯离子浓度；
B.FeCl3溶液中加入KSCN溶液，生成配合物；
C.CCl4为含极性键的非极性分子；
D.CuSO4溶液里逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀，后生成硫酸四氨合铜。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：由分析可知，X为O元素、Y为Mg元素、Z为Si元素、V为S元素、W为Ca元素；
A.Y的氧化物为MgO，MgO属于碱性氧化物，不是两性氧化物，故A错误；
B.元素非金属性：O>S>Si，故氢化物稳定性：H2O>H2S>SiH4，则键能：H2O>H2S>SiH4，故B正确；
C.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：S2−>Ca2+>Mg2+，即离子半径：V>W>Y，故C错误；
D.X、Z形成的化合物为二氧化硅，二氧化硅属于共价晶体，故D错误；
故选：B。
X、Y、Z、V、W 是原子序数依次增大的前20号元素，X原子的最外层电子数是其电子总数的34，由于最外层电子数不超过8，原子核外电子数不能为12，也不能是4，只能为8，故X为O元素；V的单质常在地球火山口附近沉积，则V为S元素；Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数，则Y、W同主族，且Z处于偶数族，而Y属于s区元素，且其原子中没有单电子，Y只能处于ⅡA族，结合原子序数可知Y为Mg元素、W为Ca元素，Z原子最外层电子数为4，可推知W为Si元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握核外电子排布与元素化合物知识、元素周期律应用等，题目难度不大，有利于基础知识的复习巩固。
10.【答案】B
【解析】解：A.键长指两原子核之间的核间距，键长：Si−Si>Si−O，推测原子半径：Si>O，故A正确；
B.H2O为分子晶体，其沸点受范德华力和氢键的影响，与O−H键的键能无关，SiO2为共价晶体，熔沸点的高低与Si−O键有关，共价键的键能大于分子间作用力，因此沸点H2O
D.氢键的键能：H2O
故选：B。
A.键长指两原子核之间的核间距；
B.H2O为分子晶体，其沸点受范德华力和氢键的影响，与O−H键的键能无关，SiO2为共价晶体，熔沸点的高低与Si−O键有关；
C.依据表中的键长数据分析；
D.氢键的键能：H2O
本题主要考查键能、键长及氢键等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：由分析可知，W为H元素、X为O元素、Y为P元素、Z为Ca元素；
A.元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：Ca
C.W与Z可以形成离子化合物为CaH2，只含离子键，故C错误；
D.同主族中氧元素非金属性最强，故氢化物中水的稳定性最强，水分子之间存在氢键，水的沸点最高，故D正确；
故选：D。
主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，其中Y原子的未成对电子数与电子层数相同，Y的原子序数不是最小，Y可能为C、O或P，食品添加剂结构中Y形成5条共价键，故Y为P元素，结构中X形成2个共价键、W形成1个共价键，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数，故X处于ⅥA族、W处于IA族，结合原子序数相对大小，推知W为H元素、X为O元素，Z形成+2价阳离子，Z的原子序数大于磷，则Z为Ca元素。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，充分利用价键结构基础分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意氢键对物质性质的影响，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
12.【答案】C
【解析】解：A.由于气态H的能量为218kJ⋅ml−1，则H2的键能为2×218kJ⋅ml−1=436kJ⋅ml−1，故A正确；
B.由于气态O的能量为249kJ⋅ml−1，则H2的键能为2×249kJ⋅ml−1=498kJ⋅ml−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1，O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，故B正确；
C.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，由于HOO(g)=HO(g)+O(g)ΔH=249kJ⋅ml−1+39kJ⋅ml−1−10kJ⋅ml−1=278kJ⋅ml−1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ⋅ml−1，解离氧氧单键所需能量：HOO>H2O2，故C错误；
D.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，H2O(g)+O(g)=H2O2(g)ΔH=−136kJ⋅ml−1−(−242kJ⋅ml−1+249kJ⋅ml−1)=−143kJ⋅ml−1，故D正确；
故选：C。
A.H2的键能等于2×气态H的能量；
B.O2的键能等于2×气态O的能量；
C.解离HOO中氧氧单键的能量为反应HOO(g)=HO(g)+O(g)的ΔH；
D.ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量。
本题考查反应热的相关知识，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题难度一般。
13.【答案】D
【解析】解：A.由图可知②能量低于①能量，则①→②过程属于放热反应，故A正确；
B.该反应CH4+CO2→催化剂CH3COOH属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%，故B正确；
C.由图可知，反应过程中有CH4中的C−H键的断裂，CH3COOH中有C−C键、O−H键生成，故C正确；
D.由图可知，X、Y、M分别为甲烷、二氧化碳和乙酸，Y的结构式为O=C=O、M为乙酸，故D错误；
故选：D。
A.由图可知②能量低于①能量；
B.该反应CH4+CO2→催化剂CH3COOH属于化合反应；
C.由图可知，反应过程中有CH4中的C−H键的断裂，CH3COOH中有C−C键、O−H键生成；
D.由图可知，Y的结构式为O=C=O、M为乙酸。
本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。
14.【答案】B
【解析】解：A.向CuSO4溶液中滴加KSCN，无明显现象，说明Cu2+不能与SCN−反应生成CuSCN，故A正确；
B.Cu2+、Fe2+和SCN−三者反应生成白色浑浊，降低SCN−的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失；再反复多次滴加KSCN溶液，增大了SCN−浓度，使Cu2++Fe2++SCN−=CuSCN↓+Fe3+平衡正向移动，红色不再褪去，并产生大量白色沉淀，故B错误；
C.过滤②中白色沉淀并洗涤干净，向其中加入过量氨水，白色沉淀溶解得无色溶液，放置过程中，无色溶液变蓝色原因是：4[Cu(NH3)2]−+O2+8NH3⋅H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH−+6H2O，故C正确；
D.依据实验①、②、③推测，②中由于生成CuSCN，使Cu2+氧化性增强，将Fe2+氧化为Fe3+，故D正确；
故选：B。
Cu2+、Fe2+和SCN−三者反应生成白色浑浊，降低SCN−的浓度，使可逆反应Fe3++3SCN−=Fe(SCN)3平衡逆向移动，故溶液红色消失，以此解答。
本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转化以及平衡移动，是高频考点，学生需要掌握这方面的知识，题目难度不大。
15.【答案】 sp3 极性 3σ键和π键 4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O
【解析】解：(1)基态Cu+的价层电子排布式为3d10，基态Cu+的价层轨道表示式为，
故答案为：；
(2)①气体X具有臭鸡蛋气味，则X为H2S，中心S原子价层电子对数为2+6−1×22=4，有2个孤电子对，为sp3杂化，为极性分子，
故答案为：sp3；极性；
②S原子达到8电子稳定结构，S与H形成1对共用电子，H2S的电子式为，
故答案为：；
(3)SO2中中心S原子的价层电子对数为2+6−2×22=3，为sp2杂化，硫原子的2个sp2杂化轨道与氧原子形成2个σ键，硫原子未参与杂化的p轨道有2个电子与氧原子p轨道中1个电子形成大π键，SO2分子中所含的共价键类型有σ键和π键，
故答案为：3；σ键和π键；
(4)用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，说明生成[Cu(NH3)4]2+，含有+6价硫元素的微粒为SO42−，说明浸出时S元素被空气中的氧气氧化，该过程中发生反应的离子方程式为：4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O，
故答案为：4CuFeS2+24NH3⋅H2O+17O2=4[Cu(NH3)4]2++2Fe2O3+8SO42−+20H2O。
(1)基态Cu+的价层电子排布式为3d10；
(2)①气体X具有臭鸡蛋气味，则X为H2S，中心S原子价层电子对数为2+6−1×22=4，有2个孤电子对；
②S原子达到8电子稳定结构，S与H形成1对共用电子；
(3)根据价层电子对互斥理论计算SO2中中心S原子的价层电子对数；硫原子的2个sp2杂化轨道与氧原子形成2个σ键，硫原子未参与杂化的p轨道有2个电子与氧原子p轨道中1个电子形成大π键；
(4)用氨水将CuFeS2中的铜元素浸出，溶液变蓝，说明生成[Cu(NH3)4]2+，含有+6价硫元素的微粒为SO42−，说明浸出时S元素被空气中的氧气氧化，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子方程式。
本题考查比较综合，涉及核外电子排布、价层电子对互斥理论、杂化方式、电子式、化学键、离子方程式等知识点，旨在考查学生对基础知识的掌握情况，题目难度适中。
16.【答案】1+离子键、共价键 Cl、N6H5O2− 乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷 6Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的同性排斥使层间距增大
【解析】解：(1)由μB≈ 24BM可得，n(n+2)=24，则n=4，钴离子中有4个成单电子，即为C3+，配位体为Cl−、NH2CH2CH2NH2，NH2CH2CH2NH2为电中性配体，故含钴配离子带一个单位正电荷，
故答案为：1+；
(2)由含钴配离子结构式可知，中心C离子与2个Cl原子、4个N原子形成配位键，故配位数为6，其中配位原子Cl、N提供孤电子对；阴阳离子之间存在离子键，还存在C−C、C−N、N−H、C−H等共价键，故存在离子键、共价键；根据晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子为Cl−、X+和上述含钴配离子，且不存在分子，可知X+为H5O2−，
故答案为：离子键、共价键；N、Cl；6；H5O2−；
(3)乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺，沸点低于乙二胺，
故答案为：乙二胺分子间存在氢键，所以乙二胺的沸点高于正丁烷；
(4)由钴酸锂(LiCO2)晶胞结构示意图可知，C位于棱上和体内，个数为4×14+2=3，由化学式LiCO2可知，O原子个数为3×2=6；充电过程中，正极材料失电子发生氧化反应，Li+从八面体层间脱出，Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的排斥使层间距离增大，
故答案为：6；充电；Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱，C−O层之间的排斥使层间距离增大。
(1)由μB≈ 24BM可得，n(n+2)=24，则n=4，钴离子中有4个成单电子，即为C3+，配位体为Cl−、NH2CH2CH2NH2；
(2)由含钴配离子结构式可知，中心C离子与2个Cl原子、4个N原子形成配位键；阴阳离子之间存在离子键，还存在C−C、C−N、N−H、C−H等共价键；根据晶体[C(NH2CH2CH2NH2)2Cl2]Cl⋅HCl⋅2H2O中仅存在3种离子为Cl−、X+和上述含钴配离子及不存在分子推断X+；
(3)乙二胺分子中含有的氨基能形成分子间氢键，而正丁烷不能形成分子间氢键，分子间作用力小于乙二胺；
(4)由钴酸锂(LiCO2)晶胞结构示意图可知，C位于棱上和体内，个数为4×14+2=3；Li+从八面体层间脱出，该电极失电子发生氧化反应；Li+减少，使Li+层和C−O层吸引力减弱。
本题主要考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、配位键、晶胞结构、晶胞计算等知识点，侧重考查识图、阅读、分析、判断能力，难点是晶胞结构与晶胞计算，题目难度中等。
17.【答案】
【解析】
18.【答案】共价晶体 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力更大 p 1：2sp3 三角锥形 SO32−(或PCl3、NCl3等)4(14,34,14)强 H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2OCa2+ 34a
【解析】解：(1)硬度大、强度高、耐高温等性质是共价晶体的性质，则Si3N4是共价晶体，
故答案为：共价晶体；
(2)OF2和Cl2O都是V形分子，属于分子晶体，并且Cl2O的相对分子质量大于OF2，Cl2O的分子间作用力更大，所以Cl2O的熔沸点更高，
故答案为：OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力更大；
(3)硒的原子序数为34，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则硒元素位于元素周期表中p区，s轨道电子云轮廓图呈球形，p轨道电子云轮廓图呈哑铃形，则基态硒原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为8：16=1：2，
故答案为：p；1：2；
(4)SeO32−中Se原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，则H2SeO3中心原子Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，原子杂化方式为，SeO32−中Se原子含1对孤电子对，所以SeO32−的空间构型为三角锥形，等电子体具有相同的原子总数、价电子总数，则与SeO32−互为等电子体的微粒有SO32−(或PCl3、NCl3等)，
故答案为：sp3；三角锥形；SO32−(或PCl3、NCl3等)；
(5)由硒化锌晶胞结构图可知，Zn的配位数为4，则Se是配位数也是4；A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子在x、y、z轴上的位移分别是14、34、14，即C点原子的分数坐标为(14,34,14)，
故答案为：4；(14,34,14)；
(6)亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，HClO为弱酸，分子结构中无非羟基氧，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强，则H3PO3的酸性比HClO强；H3PO3为二元弱酸，与过量NaOH溶液反应时生成Na2HPO3和H2O，反应的离子方程式为H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2O，
故答案为：强；H3PO3+2OH−=HPO32−+2H2O；
(7)由CaF2晶胞结构图可知，X原子的数目为8×18+6×12=4，Y原子的数目为8，X、Y原子的数目之比为1：2，则X、Y分别代表的离子是Ca2+、Cl−；该晶胞中Ca2+、Cl−的核间距最小为晶胞体对角线的四分之一，即为 34acm，
故答案为：Ca2+； 34a。
(1)Si3N4陶瓷具有硬度大、强度高、耐高温等性质，与共价晶体的性质相似；
(2)OF2和Cl2O都是V形分子，属于分子晶体，结合相对分子质量与分子间作用力的关系分析解答；
(3)硒的原子序数为34，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，其中s轨道电子云轮廓图呈球形，p轨道电子云轮廓图呈哑铃形；
(4)SeO32−中Se原子的价层电子对数为3+6+2−2×32=4，则H2SeO3中心原子Se的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体；等电子体具有相同的原子总数、价电子总数，结合等电子体的书写方法解答；
(5)由硒化锌晶胞结构图可知，Zn的配位数为4，则Se是配位数也是4；A点为(0,0,0)、B点为(14,14,34)，则C点原子在x、y、z轴上的位移分别是14、34、14；
(6)亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，HClO为弱酸，分子结构中无非羟基氧，无机含氧酸的酸性随着分子中连接在中心原子R上的非羟基氧的个数增多而增强，据此判断两种酸的酸性强弱；亚磷酸(H3PO3)为弱酸，分子结构中含有一个非羟基氧，即H3PO3为二元弱酸，与过量NaOH溶液反应时生成Na2HPO3和H2O；
(7)由CaF2晶胞结构图可知，X原子的数目为8×18+6×12=4，Y原子的数目为8，X、Y原子的数目之比为1：2，该晶胞阴、阳离子的核间距最小为晶胞体对角线的四分之一。
本题考查物质结构与性质，把握核外电子排布、VSEPR模型的应用、分子的性质、晶体类型及性质、含氧酸强弱的判断、晶胞的相关计算等知识为解题关键，侧重分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，注意掌握晶胞的计算，题目难度中等。
19.【答案】第三周期第ⅣA族 4s24p2 sp3 4 V形 ② 石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动 SiC和单晶硅同为共价晶体，r(C)
故答案为：第三周期第ⅣA族；4s24p2；
(2)SiCl4分子中Si原子价层电子对数为4+4−1×42=4，为sp3杂化；NCl3分子中N原子与Cl原子形成3个共价键，N原子含有1个孤电子对，故NCl3分子中价层电子对的数目为4；SCl2分子中心S原子中价层电子对数为2+6−2×12=4，有2个孤电子对，故SCl2分子的空间构型为V形，
故答案为：sp3；4；V形；
(3)由有机硅化物的结构可知，②号碳原子连接4个不同的原子或原子团，故②号碳原子为手性碳原子，
故答案为：②；
(4)石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动，
故答案为：石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键，使电子可在层间自由移动；
(5)SiC和单晶硅同为共价晶体，r(C)
故答案为：4；
②图a中4个Li+，图b中Li+个数为8×18+3×14+3×12=134，即1344=1−x1，可得x=316；1个LiFePO4晶胞脱出4×316=34个Li+，则有34个Fe2+失电子生成x个Fe3+，剩余的Fe2+为4−34=134，则134：34=13：3，
故答案为：316；13：3。
(1)硅为14号元素，价层电子排布式为3s23p2；锗与硅同主族，位于硅的下一周期；
(2)SiCl4分子中Si原子价层电子对数为4+4−1×42=4；NCl3分子中N原子与Cl原子形成共价键，N原子含有1个孤电子对；SCl2分子中心S原子中价层电子对数为2+6−2×12=4，有2个孤电子对；
(3)连接4个不同的原子或原子团的C原子为手性碳原子；
(4)石墨能够导电的原因是石墨中每个碳原子均为sp2杂化，剩余1个p电子的轨道重叠形成一个离域大π键；
(5)原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高；
(6)①根据图a中Li+的个数确定含有LiFePO4的单元数；
②根据图a、图b中Li+的变化计算x的值；根据电荷守恒，LiFePO4脱出多少个Li+，就有多少个Fe2+失电子生成Fe3+。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、空间构型、手性碳原子、熔点比较、晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度中等。A.烟花的绚丽多彩与电子跃迁有关
B.干冰升华与其分子间作用力弱有关
C.钻石璀璨夺目与其为共价晶体有关
D.金属可加工成各种形状与金属键有关
选项
说法①
说法②
A
非金属性：Cl>I
酸性：HI>HCl
B
分子间作用力：HI>HCl
沸点：HI>HCl
C
键能：H−I
D
电负性：O>S
共价键极性：H−O>H−S
选项
操作
现象
解释
A
向蓝色的CuCl2稀溶液中加入食盐
溶液由蓝色变为绿色
颜色变化与[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−相对量多少有关
B
向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
溶液变为红色
生成红色的离子化合物Fe(SCN)3
C
用毛皮摩擦过的带电橡胶棒靠近CCl4液流
CCl4液流方向不改变
CCl4中不含非极性键
D
向0.1ml⋅L−1CuSO4溶液里逐滴加入1ml⋅L−1氨水至过量
先形成蓝色沉淀，后溶解得到深蓝色溶液
沉淀溶解时主要反应：Cu(OH)2+2OH−=[Cu(OH)4]2−
微粒间作用
键能/kJ⋅ml−1
键长/pm
晶体SiO2中Si−O
452
162
晶体Si中Si−Si
222
235
H2O中O−H
463
96
H2O中O−H⋅⋅⋅O
18.8
276
C2H5OH中O−H⋅⋅⋅O
25.9
266
物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/kJ⋅ml−1
249
218
39
10
0
0
−136
−242
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