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2021-2022学年广东省深圳市平冈中学高二（下）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省深圳市平冈中学高二（下）期中化学试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）科技发展、生产、生活都离不开化学。2021年是我国人工智能、航空航天、量子通信、生命科学大放异彩的一年。下列说法错误的是（ ）
A．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有优良的性能。钛原子的电子排布式为[Ar]3d24s2
B．“天问一号”中Ti﹣Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni在元素周期表中位于ds区
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片主要材料硅的价电子排布式为3s23p2
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．CH4分子的球棍模型为
B．基态Fe原子的价电子轨道表示式为
C．铍原子最外层的电子云图为
D．sp3杂化轨道模型：
3．（2分）关于如图所示的有机物说法不正确的是（ ）
A．分子中有1个手性碳
B．该分子采用sp3杂化的碳原子数目为2个
C．1ml该有机物分子中有12mlC﹣Cσ键
D．该有机物能形成分子内氢键，并且含有三种官能团
4．（2分）对下列有机物的系统命名不正确的是（ ）
A．3﹣甲基丁烷
B．C（CH3）4 2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣戊炔
D． 1﹣丁烯
5．（2分）下列状态的Li原子中，能量最低的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2分）实验室中按如图方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法不正确的是（ ）
A．装置甲完成步骤①B．装置丙完成步骤③
C．用装置丁完成步骤④D．用装置乙完成步骤②
7．（2分）如图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是（ ）
A．CH4晶体熔化时需克服分子间作用力
B．甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子
C．晶体中1个CH4分子有4个紧邻的甲烷分子
D．一个甲烷晶胞中含有8个CH4分子
8．（2分）最近我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、S、O、N的说法正确的是（ ）
A．电负性：F＞O＞N＞S
B．第一电离能：F＞S＞O＞N
C．氮原子中，1s和2s能级能量相同
D．S原子的基态原子核外未成对电子数最多
9．（2分）“类推”是重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是（ ）
A．CO2是直线型形的非极性分子，可推测SO2也是直线型形的非极性分子
B．氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3＞PH3＞NH3
C．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3
D．和P4都为正四面体形，中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
10．（2分）m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大。m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，p、q元素位于同一族，且两者核电荷数之和为24，w元素原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法错误的是（ ）
A．w元素原子的价电子排布式为3d104s1
B．n元素基态原子的轨道表示式：
C．m、n、p元素的第一电离能依次增大
D．w单质分别与p、q单质反应，产物中w的化合价不同
11．（4分）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。如图是18﹣冠﹣6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B．中心原子K+的配位数为6
C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D．这类配合物晶体是分子晶体
12．（4分）顺铂[Pt（NH3）2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是（ ）
A．碳铂中所有碳原子在同一平面上
B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C．1ml1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）含有σ键的数目为20NA
D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目之比为2：1
13．（4分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，该晶胞含有6个钠原子
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个
C．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
14．（4分）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．lml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H﹣N﹣H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是与乙醇发生化学反应
15．（4分）工业上常用V2O5催化O2氧化SO2制取SO3，进而制得H2SO4，H2SO4溶于水后可电离出H+和。下列关于SO2、SO3、H2SO4和的说法正确的是（ ）
A．SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化
B．H2SO4能形成分子间氢键
C．SO2、SO3中键角前者大
D．的空间构型为平面正方形
16．（4分）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有8个K+和4个
B．晶体中每个K+周围有8个，每个周围有8个K+
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有12个
D．晶体中0价氧原子和﹣2价氧原子个数比为1：1
二、非选择题（共56分）
17．（14分）Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向，Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由LiBH4和TiCl4反应制得。
（1）基态B原子有 种运动状态的电子，Li属于 区（填“s”或“p”或“d”或“f”）。
（2）LiBH4由Li+和构成，的空间结构是 ，与互为等电子体的分子为 ，Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为 。
（3）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如表所示：
M是 （填元素名称）。
Ⅱ．叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H﹣N＝N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为：N2H4+HNO2＝2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和。回答下列问题：
（4）下列有关说法正确的是 （填序号）。
A．HN3中含有5个σ键
B．HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子
C．HN3中含有2个π键
D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键
（5）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[C（N3）（NH3）5]SO4，该配合物中心离子显 价；钴价电子排布式为 ；NH3空间构型是 。
18．（14分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
﹣
已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+。
（1）基态Se原子的核外电子排布式是 。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 。
（3）溶液a的主要成分是 。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]﹣配离子中提供空轨道的是 （填元素符号），配位数是 。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 。
（6）的孤电子对数为 。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×10﹣10cm）晶体金的密度ρ＝ g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数）
19．（14分）我国科学家研发Fe2O3/C3N4催化剂设计锂氧电池。请回答下列问题：
（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为 。
（2）基态O原子核外电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据 个电子。
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，它的晶体类型是 。
（4）我国科学家利用足球烯成功制备次晶金刚石，金刚石中C原子杂化类型为 。石墨晶体层与层之间以 结合。
（5）某新型材料碳化铁的晶胞如图所示。
①1个铁原子与 个铁原子最近且等距离。
②该晶胞有 个碳原子。
③每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有 个。
20．（14分）如图是以石油为原料的部分转化流程：
已知：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr（水解反应）。
（1）下列说法中错误的是 。
A.石油的主要成分是烷烃和环烷烃
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离的过程，得到的汽油是纯净物
C.通过石油裂解可以得到重要的基本化工原料
D.乙烯的产量是一个国家石油化工发展水平的重要标志
（2）丙烯分子中，碳原子的杂化方式是 。
（3）乙醇能与水以任意比例互溶的原因是 。
（4）反应①的类型是 ，由乙烯制备乙醇的过程中，硫酸起 作用。
（5）已知A的分子式为C3H5Cl，写出反应③的化学方程式 。
（6）写出用丙烯制备聚丙烯的方程式 。
（7）C4H10O属于乙醇同系物的同分异构体有 种。
（8）丙烯中最多 个原子共面。
2021-2022学年广东省深圳市平冈中学高二（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，共44分，第1-10小题，每题2分；第11-16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2分）科技发展、生产、生活都离不开化学。2021年是我国人工智能、航空航天、量子通信、生命科学大放异彩的一年。下列说法错误的是（ ）
A．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有优良的性能。钛原子的电子排布式为[Ar]3d24s2
B．“天问一号”中Ti﹣Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni在元素周期表中位于ds区
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片主要材料硅的价电子排布式为3s23p2
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
【分析】A．钛是22号元素；
B．Ni的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，在元素周期表中位于d区；
C．硅是14号元素，价电子数为4；
D．同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。
【解答】解：A．钛是22号元素，原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，故A正确；
B．Ni是28号元素，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，在元素周期表中位于d区，故B错误；
C．硅是14号元素，价电子排布式为3s23p2，故C正确；
D．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查核外电子排布，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．CH4分子的球棍模型为
B．基态Fe原子的价电子轨道表示式为
C．铍原子最外层的电子云图为
D．sp3杂化轨道模型：
【分析】A.CH4分子的球棍模型为球和棍组成的；
B.铁为26号元素，基态铁原子的价电子层为3d64s2；
C.s能级的电子云为球形；
D.根据杂化理论进行解答。
【解答】解：A.模型反映出CH4分子的空间结构和原子的比例大小，应为CH4分子的比例模型，故A错误；
B.铁为26号元素，基态铁原子的价电子层排布式为3d64s2，轨道表示式为为，故B正确；
C.铍为4号元素，基态铍原子的电子排布式为1s22s2，原子最外层为s能级，电子云图为球形，故C 错误；
D.能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，ns轨道和np轨道转化为四个等价的原子轨道，一个s轨道和3个p轨道杂化，形成4个sp3杂化轨道，其空间构型是正四面体构型，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查原子核外电子排布、比例模型、电子云等知识，为高频考点，把握基础知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）关于如图所示的有机物说法不正确的是（ ）
A．分子中有1个手性碳
B．该分子采用sp3杂化的碳原子数目为2个
C．1ml该有机物分子中有12mlC﹣Cσ键
D．该有机物能形成分子内氢键，并且含有三种官能团
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
B．分子中只有饱和碳原子采取sp3杂化；
C．相邻2个碳原子之间形成1个σ键，分子中有11个C﹣Cσ键；
D．分子含有的官能团有碳碳三键、羟基和醛基。
【解答】解：A．分子中只有连接苯环、甲基、羟基、﹣C≡CH的碳原子是手性碳原子，即分子有1个手性碳原子，故A正确；
B．采用sp3杂化的碳原子的价层电子对数为4，只有2个饱和碳原子采取sp3杂化，故B正确；
C．相邻2个碳原子之间形成1个σ键，分子中有11个C﹣Cσ键，1ml该有机物分子中有11mlC﹣Cσ键，故C错误；
D．分子含有的官能团有碳碳三键、羟基和醛基，羟基与醛基之间可以形成分子内氢键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解手性碳原子，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
4．（2分）对下列有机物的系统命名不正确的是（ ）
A．3﹣甲基丁烷
B．C（CH3）4 2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣戊炔
D． 1﹣丁烯
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【解答】解：A．分子中最长碳链含有4个C，在2号C含有1个甲基，其名称为2﹣甲基丁烷，故A错误；
B．C（CH3）4分子中最长碳链含有3个C，在2号C含有2个甲基，其名称为2，2﹣二甲基丙烷，故B正确；
C．CH3C≡CCH2CH3分子中，含有碳碳三键的最长碳链含有5个C，碳碳三键在2号C，其名称为2﹣戊炔，故C正确；
D．CH2＝CHCH2CH3中碳碳双键在1号C，含有碳碳双键的最长碳链含有4个C，其名称为1﹣丁烯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物的命名，掌握有机物的命名原则是关键，侧重对学生基础知识的考查，题目难度不大。
5．（2分）下列状态的Li原子中，能量最低的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当原子处于基态时，能量最低，被激发的电子数越多、被激发电子跨越的能级越多，原子的能量越高，据此分析。
【解答】解：Li原子核外有3个电子，基态锂原子的电子排布式为1s22s1，结合选项可知，D为基态Li原子的电子排布图，ABC均为激发态Li原子，故D的能量最低，
故选：D。
【点评】本题考查了不同状态的同一种原子的能量高低比较，难度不大，应注意激发态原子的能量高于基态。
6．（2分）实验室中按如图方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法不正确的是（ ）
A．装置甲完成步骤①B．装置丙完成步骤③
C．用装置丁完成步骤④D．用装置乙完成步骤②
【分析】步骤①样品粉末中加入甲苯、甲醇，这是溶解过程，然后过滤，得到滤液和不溶物质，步骤②加入硝酸钠溶液，得到有机层溶液和水层溶液，此步骤为萃取分液，步骤③是从水层溶液中得到固体，应是蒸发结晶，步骤④有机层溶液中得到甲苯，应是蒸馏或分馏。
【解答】解：A．根据上述分析，步骤①是溶解过滤过程，甲装置为过滤，因此甲装置完成步骤①，故A正确；
B．步骤③是蒸发结晶，应用蒸发皿，不能使用坩埚，故B错误；
C．步骤④是蒸馏或分馏过程，装置丁为蒸馏或分馏装置，因此装置丁能完成步骤④，故C正确；
D．乙装置为分液，上述分析，步骤②为分液，因此乙装置能完成步骤②，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生分离提纯实验装置的掌握情况，试题难度中等。
7．（2分）如图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是（ ）
A．CH4晶体熔化时需克服分子间作用力
B．甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子
C．晶体中1个CH4分子有4个紧邻的甲烷分子
D．一个甲烷晶胞中含有8个CH4分子
【分析】A．甲烷晶体为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合；
B．甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子；
C．以顶点甲烷分子为研究对象，与之最近的甲烷分子位于面心，每个甲烷分子为12个面共用；
D．晶胞中甲烷位于顶点和面心，利用均摊法计算。
【解答】解：A．甲烷晶体为分子晶体，熔化时需克服分子间作用力，故A正确；
B．该图为甲烷晶体的晶胞结构，每个球体代表1个甲烷分子，故B错误；
C．以顶点甲烷分子为研究对象，与之最近的甲烷分子位于面心，每个甲烷分子为12个面共用，则晶体中1个CH4分子有12个紧邻的甲烷分子，故C错误；
D．甲烷分子位于顶点和面心，一个甲烷晶胞中含有CH4分子数为：8×+6×＝4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，明确图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）最近我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、S、O、N的说法正确的是（ ）
A．电负性：F＞O＞N＞S
B．第一电离能：F＞S＞O＞N
C．氮原子中，1s和2s能级能量相同
D．S原子的基态原子核外未成对电子数最多
【分析】A.元素的非金属性越强，电负性越大；
B.同一周期的元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻主族元素的第一电离能；同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小；
C.同一种能级，所处的能层离核越远，则能量越高；
D.F、S、O、N的基态原子核外未成对电子数分别为1、2、2、3。
【解答】解：A.元素的非金属性越强，电负性越大，已知非金属性：F＞O＞N＞S，故电负性：F＞O＞N＞S，故A正确；
B.同一周期的元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻主族元素的第一电离能，故F＞N＞O；同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，故O＞S，则第一电离能F＞N＞O＞S，故B错误；
C.同一种能级，所处的能层离核越远，则能量越高，故能级的能量：2s＞1s，故C错误；
D.F、S、O、N的基态原子核外未成对电子数分别为1、2、2、3，则N原子的基态原子核外未成对电子数最多，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电负性、第一电离能的大小比较以及能级能量高低的比较等，难度不大，应注意的是同种能级所处的能层不同，则能量不同。
9．（2分）“类推”是重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是（ ）
A．CO2是直线型形的非极性分子，可推测SO2也是直线型形的非极性分子
B．氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3＞PH3＞NH3
C．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3
D．和P4都为正四面体形，中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
【分析】A．SO2是V形的极性分子；
B．NH3中N的电负性较大，分子间可以形成氢键，使NH3的熔沸点反常；
C．键能越大，对应的分子越稳定；
D．是以S为中心，4个O为顶点构成的正四面体，P4是以4个P为顶点构成的正四面体。
【解答】解：A．CO2中C原子是sp杂化，是直线型形的非极性分子，SO2中S原子是sp2杂化，且含有一对孤电子对，是V形的极性分子，故A错误；
B．GeH4、SiH4、CH4均为分子晶体，结构和组成相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4，NH3中N的电负性较大，分子间可以形成氢键，使NH3的熔沸点反常，则VA族元素氢化物沸点顺序也是：NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C．由于电负性：F＞O＞N、Cl＞S＞P，则键能H﹣F＞H﹣O＞H﹣N，H﹣Cl＞H﹣S＞H﹣P，则第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3，则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3，故C正确；
D．和P4都为正四面体形，是以S为中心，4个O为顶点构成的正四面体，键角为109°28′，P4是以4个P为顶点构成的正四面体，键角也为60°，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子的极性以及分子的空间构型，分子间作用力大小的比较以及氢键的影响，分子稳定性的影响因素等，属于基本知识的考查，难度不大。
10．（2分）m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大。m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，p、q元素位于同一族，且两者核电荷数之和为24，w元素原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法错误的是（ ）
A．w元素原子的价电子排布式为3d104s1
B．n元素基态原子的轨道表示式：
C．m、n、p元素的第一电离能依次增大
D．w单质分别与p、q单质反应，产物中w的化合价不同
【分析】m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大；m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故m为C元素；w元素原子核外有4个电子层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故w为Cu；p、q元素位于同一族，它们的原子序数大于碳而小于Cu，只能处于第二、第三周期，或者处于第三、第四周期，且两者核电荷数之和为24，可推知p为O元素、q为S元素；n的原子序数介于C、O之间，故n为N元素，则m、n、p、q、w分别是C、N、O、S、Cu元素；
A．w元素的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其3d、4s能级上的电子为其价电子；
B．n元素基态原子核外有7个电子，2p能级上3个电子位于3个不同轨道上且自旋方向相同；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
D．Cu单质与氧气反应生成CuO，与硫单质反应生成Cu2S。
【解答】解：m、n、p、q、w分别是C、N、O、S、Cu元素；
A．w元素的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其3d、4s能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d104s1，故A正确；
B．n元素基态原子核外有7个电子，2p能级上3个电子位于3个不同轨道上且自旋方向相同，所以其轨道表示式为，故B正确；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能C＜O＜N，即m＜p＜n，故C错误；
D．Cu单质与氧气反应生成CuO，与硫单质反应生成Cu2S，产物中Cu元素化合价分别为+2价、+1价，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，关键是推断元素，注意对元素周期律与元素周期表的掌握，理解同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
11．（4分）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。如图是18﹣冠﹣6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B．中心原子K+的配位数为6
C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D．这类配合物晶体是分子晶体
【分析】A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子；
D．该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体。
【解答】解：A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故A正确；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键，故其的配位数为6，故B正确；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，故C正确；
D．由C项分析可知，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外化学键、晶体类型等知识点，需要学生具备一定的化学基础知识，难度较小。
12．（4分）顺铂[Pt（NH3）2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是（ ）
A．碳铂中所有碳原子在同一平面上
B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C．1ml1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）含有σ键的数目为20NA
D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目之比为2：1
【分析】A．含有饱和C，具有甲烷的结构特点；
B．N原子形成3个N﹣H和1个配位键；
C．C﹣H、C﹣C、C﹣O均为σ键，C＝O中有1个σ键；
D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，2个C形成3个σ键。
【解答】解：A．含有饱和C，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不可能在同一个平面中，故A错误；
B．N原子形成3个N﹣H和1个配位键，则N原子的杂化方式是sp3，故B错误；
C．C﹣H、C﹣C、C﹣O均为σ键，C＝O中有1个σ键，则1ml 1，1﹣环丁二羧酸含有σ键的数目为26NA，故C错误；
D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，为sp3杂化，2个C形成3个σ键，为sp2杂化，则碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中的成键方式及配位键形成为解答的关键，侧重手性、杂化及共价键类型的考查，选项D为解答的易错点，题目难度中等。
13．（4分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，该晶胞含有6个钠原子
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个
C．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
【分析】A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，钠原子位于棱上和体内；
B．根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个进行分析；
C．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，利用均摊法计算；
D．根据用均摊法分析。
【解答】解：A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，钠原子位于棱上和体内，均摊法可知，钠原子有4×+2＝3，该晶胞含3个钠原子，故A错误；
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个，所以钠离子的配位数是6，故B正确；
C．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8×+6×＝4，故C正确；
D．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×＝2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞的计算，题目难度较大，本题尤其注意气态团簇分子与晶胞的区别，为本题的易错点。
14．（4分）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．lml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H﹣N﹣H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是与乙醇发生化学反应
【分析】A.先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，生成深蓝色的配合物；
B.配位键、O﹣H键均为σ键；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小；
D.透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出，与溶剂的极性有关。
【解答】解：A.硫酸铜溶液呈蓝色，是由于存在[Cu（H2O）4]2+，加入氨水后得到的深蓝色的透明溶液是由于生成了[Cu（NH3）4]2+，所以NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，故A正确；
B.每个水分子里含有两个O﹣H键，4个水分子共形成8条共价键，另外每个[Cu（H2O）4]2+中Cu2+与H2O形成4个配位键，所以1ml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA，故B正确；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大，故C正确；
D.溶液中析出深蓝色晶体的原因是由于加入乙醇后溶剂的极性变小，没有发生化学反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查配合物，为高频考点，把握配合物的结构、化学键、键角为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
15．（4分）工业上常用V2O5催化O2氧化SO2制取SO3，进而制得H2SO4，H2SO4溶于水后可电离出H+和。下列关于SO2、SO3、H2SO4和的说法正确的是（ ）
A．SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化
B．H2SO4能形成分子间氢键
C．SO2、SO3中键角前者大
D．的空间构型为平面正方形
【分析】A．SO2中S的价层电子对数为3，S含有一对孤电子对，SO3中S的价层电子对数为3，无孤电子对；
B．H2SO4分子中含有2个﹣OH；
C．SO2为V形，SO3为平面三角形；
D．中S的价层电子对数为4，S原子均为sp3杂化，无孤电子对。
【解答】解：A．SO2中S的价层电子对数＝2+＝3，S含有一对孤电子对，S原子均为sp2杂化，SO3中S的价层电子对数＝3+＝3，S原子为sp2杂化，故A错误；
B．H2SO4分子中含有2个﹣OH，分子间能够形成氢键，故B正确；
C．根据A中分析可知，SO2为V形，SO3为平面三角形，键角为120°，SO3中键角更大，故C错误；
D．中S的价层电子对数＝4+＝4，S原子均为sp3杂化，无孤电子对，的空间构型为正四面体形，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查中心原子的杂化方式以及离子的空间构型，同时考查氢键和键角大小的比较，属于基本知识的考查，难度不大。
16．（4分）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有8个K+和4个
B．晶体中每个K+周围有8个，每个周围有8个K+
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有12个
D．晶体中0价氧原子和﹣2价氧原子个数比为1：1
【分析】A．晶胞中含有K+的个数为，的个数为；
B．类比氯化钠晶胞进行分析；
C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×＝12；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒﹣2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8﹣2＝6。
【解答】解：A．晶胞中含有K+的个数为，的个数为，故A错误；
B．晶体中每个K+周围有6个，每个周围有6个K+，故B错误；
C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×＝12，故C正确；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒﹣2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8﹣2＝6，所以晶体中，0价氧原子与﹣2价氧原子的数目比为3：1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及化学键，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，整体难度适中。
二、非选择题（共56分）
17．（14分）Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向，Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由LiBH4和TiCl4反应制得。
（1）基态B原子有 5 种运动状态的电子，Li属于 s 区（填“s”或“p”或“d”或“f”）。
（2）LiBH4由Li+和构成，的空间结构是 正四面体 ，与互为等电子体的分子为 CH4或SiH4 ，Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为 Be＞B＞Li 。
（3）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如表所示：
M是 镁 （填元素名称）。
Ⅱ．叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H﹣N＝N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为：N2H4+HNO2＝2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和。回答下列问题：
（4）下列有关说法正确的是 BD （填序号）。
A．HN3中含有5个σ键
B．HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子
C．HN3中含有2个π键
D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键
（5）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[C（N3）（NH3）5]SO4，该配合物中心离子显 +3 价；钴价电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2 ；NH3空间构型是 三角锥 。
【分析】（1）根据基态B原子核外有5个电子，每个电子的空间运动状态不同进行分析；
（2）根据价层电子对互斥理论，等电子体的概念，一般情况下，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势进行分析判断；
（3）根据该元素的第三电离能剧增，判断该元素属于第ⅡA族元素进行分析；
（4）A.根据HN3中分子结构进行分析；
B.根据极性分子的概念进行分析；
C.根据杂化理论进行分析；
D.根据氢键进行分析，
（5）根据[C（N3）（NH3）5]SO4中有关的化合价进行分析；根据钴原子的序数书写核外电子排布式；根据NH3中N原子形成3条σ键，还含一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEP模型为四面体，但由于含一对孤电子对进行分析。
【解答】解：（1）B为5号元素，基态B原子核外有5个电子，每个电子的空间运动状态不同，共有5种；Li的核外电子排布为：1s22s1，属于s区；
故答案为：5；s；
（2）当中，B原子的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论可知，其立体结构是正四面体；原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，则与互为等电子体的分子为CH4或SiH4；一般情况下，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但Be原子失去的是2s能级上的电子，而B原子失去的是2p能级上的电子，2p能级的能量高于2s，所以Be的第一电离能大于B，所以Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为Be＞B＞Li；
故答案为：正四面体；CH4或SiH4；Be＞B＞Li；
（3）该元素的第三电离能剧增，则该元素属于第ⅡA族元素，而且该元素的原子核外电子数不少于5个，为Mg元素；
故答案为：镁；
（4）A.HN3中分子结构中，单键、双键、三键均含1个σ键，因此HN3中中含有3个σ键，A错误；
B.HN3、HNO2、H2O、N2H4中的氮原子含孤电子对，正负电荷中心不重合，因此都是极性分子，B正确；
C.与H相连的N是sp2杂化，三个氮原子的中间氮原子是sp杂化，只含有1个π键，C错误；
D.N可以和H形成氢键，肼（N2H4）的沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键，D正确，
故答案为：BD；
（5）[C（N3）（NH3）5]SO4中硫酸根为﹣2价，NH3整体为0价，叠氮酸根为﹣1价，因此C为+3价；钴原子序数为27，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为3d74s2；NH3中N原子形成3条σ键，还含一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEP模型为四面体，但由于含一对孤电子对，则NH3的空间构型为三角锥，
故答案为：+3；1s22s22p63s23p63d74s2；三角锥。
【点评】本题主要考查了原子结构的知识，涉及知识较多，掌握原子理论的有关知识和基本概念是解答的关键。
18．（14分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
﹣
已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+。
（1）基态Se原子的核外电子排布式是 [Ar]3d104s24p4 。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4 。
（3）溶液a的主要成分是 CuSO4 。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]﹣配离子中提供空轨道的是 Au （填元素符号），配位数是 4 。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣ 。
（6）的孤电子对数为 0 。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×10﹣10cm）晶体金的密度ρ＝ g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数）
【分析】铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，接着通入氨气，AgCl溶解：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉；
（1）硒元素的原子序数为34；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4；
（3）溶液a含硫酸铜；
（4）过渡金属元素提供空轨道，氯离子提供孤对电子形成配位键；
（5）加入氨气后，AgCl溶解，生成银氨络离子；
（6）孤对电子数为（a﹣bx），a为中心原子的价电子数，b为中心原子得到电子形成8电子结构时的电子数，x为成键数；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，
故答案为：[Ar]3d104s24p4；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4；
（3）由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4，
故答案为：CuSO4；
（4）水氯化浸金过程中2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，在[AuCl4]﹣中Au的离子提供空轨道，与4个Cl﹣形成4个配位键，金离子配位数为4，
故答案为：Au；4；
（5）加入氨气后，AgCl溶解，则氨浸分银的离子方程式为AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，
故答案为：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣；
（6）的孤电子对数为＝0，
故答案为：0；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为8×+6×＝4，则1个Ag的晶胞的质量为g，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度ρ＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查混合物的分离提纯及晶胞计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、晶胞计算、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。
19．（14分）我国科学家研发Fe2O3/C3N4催化剂设计锂氧电池。请回答下列问题：
（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为 。
（2）基态O原子核外电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据 4 个电子。
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，它的晶体类型是 共价晶体 。
（4）我国科学家利用足球烯成功制备次晶金刚石，金刚石中C原子杂化类型为 sp3 。石墨晶体层与层之间以 分子间作用力 结合。
（5）某新型材料碳化铁的晶胞如图所示。
①1个铁原子与 12 个铁原子最近且等距离。
②该晶胞有 4 个碳原子。
③每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有 8 个。
【分析】（1）Fe2O3中基态铁离子为铁原子失去3个电子；
（2）基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，p轨道中电子为哑铃形；
（3）共价晶体熔沸点及硬度都较大；
（4）金刚石中C原子形成4的碳碳单键，所以C原子价层电子对个数是4；石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力；
（5）①1个铁原子距离最近且等距离的Fe原子个数＝；
②该晶胞中碳原子个数＝1+12×；
③晶胞中顶点和其相邻3个面面心上的铁原子构成正四面体。
【解答】解：（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为，
故答案为：；
（2）基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，p轨道中电子为哑铃形，则电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据4个电子，
故答案为：4；
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，这说明熔沸点高，硬度大，因此它的晶体类型是共价晶体，
故答案为：共价晶体；
（4）金刚石中C原子形成4的碳碳单键，其杂化类型为sp3杂化，石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力，
故答案为：sp3；分子间作用力；
（5）①1个铁原子距离最近且等距离的Fe原子个数＝＝12，
故答案为：12；
②该晶胞中碳原子个数＝1+12×＝4，
故答案为：4；
③晶胞中顶点和其相邻3个面面心上的铁原子构成正四面体，每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有8个，
故答案为：8。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、晶体结构特点、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞有关计算，题目难度中等。
20．（14分）如图是以石油为原料的部分转化流程：
已知：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr（水解反应）。
（1）下列说法中错误的是 B 。
A.石油的主要成分是烷烃和环烷烃
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离的过程，得到的汽油是纯净物
C.通过石油裂解可以得到重要的基本化工原料
D.乙烯的产量是一个国家石油化工发展水平的重要标志
（2）丙烯分子中，碳原子的杂化方式是 sp2、sp3 。
（3）乙醇能与水以任意比例互溶的原因是 乙醇可与水形成分子间氢键、乙醇属于极性分子 。
（4）反应①的类型是 加成反应 ，由乙烯制备乙醇的过程中，硫酸起 催化 作用。
（5）已知A的分子式为C3H5Cl，写出反应③的化学方程式 CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl 。
（6）写出用丙烯制备聚丙烯的方程式 nCH2＝CHCH3 。
（7）C4H10O属于乙醇同系物的同分异构体有 4 种。
（8）丙烯中最多 7 个原子共面。
【分析】石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，通过蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，然后以汽油为原料，经裂解可以产生乙烯、丙烯等不饱和烃，乙烯与硫酸发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，C2H5﹣O﹣SO3H与水混合发生反应产生C2H5OH和H2SO4；丙烯与氯气的混合气体在500℃的条件下，在丙烯的饱和碳原子上发生取代反应生成的A是CH2＝CHCH2Cl，A与Br2发生加成反应产生分子式是C3H5Br2Cl的物质结构简式是CH2BrCHBrCH2Cl，据此进行分析。
【解答】解：（1）A.石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，故石油的主要成分是烷烃和环烷烃，故A正确；
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离也体混合物的过程，得到的汽油中仍然含有多种成分，故汽油仍然是混合物，而不是纯净物，故B错误；
C.通过石油裂解可以产生乙烯、丙烯等气态断裂不饱和烃，它们是重要的基本化工原料，故C正确；
D.衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志就是乙烯的产量，故D正确；
故答案为：B；
（2）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（3）CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，根据相似相溶原理，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，
故答案为：乙醇可与水形成分子间氢键、乙醇属于极性分子；
（4）反应①是乙烯与硫酸发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，故反应①的类型是加成反应；乙烯先与H2SO4发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，然后C2H5﹣O﹣SO3H再与水作用产生C2H5OH和H2SO4，说明硫酸在乙烯转化为乙醇的过程中所起作用是催化剂；
故答案为：加成反应；催化；
（5）CH2＝CHCH3与氯气在加热条件下发生取代反应生成A为CH2＝CHCH2Cl，反应③的化学方程式为：CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl，
故答案为：CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl；
（6）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，则由丙烯制备聚丙烯的化学方程式为nCH2＝CHCH3，
故答案为：nCH2＝CHCH3；
（7）C4H10O属于乙醇同系物有机物属于醇，即丁醇，醇分子中含有﹣OH和丁基，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，
故答案为：4；
（8）CH2＝CHCH3中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的原子可能共平面，结合三点确定一个平面，甲基可能有1个H原子共平面，则最多可能有7个原子共面，
故答案为：7。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意聚丙烯的结构简式的书写，题目难度不大。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/14 1:32:22；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：29841565
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I2/kJ•ml﹣1
I3/kJ•ml﹣1
I4/kJ•ml﹣1
I5/kJ•ml﹣1
738
1451
7733
10540
13630
I1/kJ•ml﹣1
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I4/kJ•ml﹣1
I5/kJ•ml﹣1
738
1451
7733
10540
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1．（2分）科技发展、生产、生活都离不开化学。2021年是我国人工智能、航空航天、量子通信、生命科学大放异彩的一年。下列说法错误的是（ ）
A．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有优良的性能。钛原子的电子排布式为[Ar]3d24s2
B．“天问一号”中Ti﹣Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni在元素周期表中位于ds区
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片主要材料硅的价电子排布式为3s23p2
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．CH4分子的球棍模型为
B．基态Fe原子的价电子轨道表示式为
C．铍原子最外层的电子云图为
D．sp3杂化轨道模型：
3．（2分）关于如图所示的有机物说法不正确的是（ ）
A．分子中有1个手性碳
B．该分子采用sp3杂化的碳原子数目为2个
C．1ml该有机物分子中有12mlC﹣Cσ键
D．该有机物能形成分子内氢键，并且含有三种官能团
4．（2分）对下列有机物的系统命名不正确的是（ ）
A．3﹣甲基丁烷
B．C（CH3）4 2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣戊炔
D． 1﹣丁烯
5．（2分）下列状态的Li原子中，能量最低的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2分）实验室中按如图方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法不正确的是（ ）
A．装置甲完成步骤①B．装置丙完成步骤③
C．用装置丁完成步骤④D．用装置乙完成步骤②
7．（2分）如图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是（ ）
A．CH4晶体熔化时需克服分子间作用力
B．甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子
C．晶体中1个CH4分子有4个紧邻的甲烷分子
D．一个甲烷晶胞中含有8个CH4分子
8．（2分）最近我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、S、O、N的说法正确的是（ ）
A．电负性：F＞O＞N＞S
B．第一电离能：F＞S＞O＞N
C．氮原子中，1s和2s能级能量相同
D．S原子的基态原子核外未成对电子数最多
9．（2分）“类推”是重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是（ ）
A．CO2是直线型形的非极性分子，可推测SO2也是直线型形的非极性分子
B．氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3＞PH3＞NH3
C．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3
D．和P4都为正四面体形，中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
10．（2分）m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大。m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，p、q元素位于同一族，且两者核电荷数之和为24，w元素原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法错误的是（ ）
A．w元素原子的价电子排布式为3d104s1
B．n元素基态原子的轨道表示式：
C．m、n、p元素的第一电离能依次增大
D．w单质分别与p、q单质反应，产物中w的化合价不同
11．（4分）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。如图是18﹣冠﹣6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B．中心原子K+的配位数为6
C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D．这类配合物晶体是分子晶体
12．（4分）顺铂[Pt（NH3）2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是（ ）
A．碳铂中所有碳原子在同一平面上
B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C．1ml1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）含有σ键的数目为20NA
D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目之比为2：1
13．（4分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，该晶胞含有6个钠原子
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个
C．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
14．（4分）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．lml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H﹣N﹣H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是与乙醇发生化学反应
15．（4分）工业上常用V2O5催化O2氧化SO2制取SO3，进而制得H2SO4，H2SO4溶于水后可电离出H+和。下列关于SO2、SO3、H2SO4和的说法正确的是（ ）
A．SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化
B．H2SO4能形成分子间氢键
C．SO2、SO3中键角前者大
D．的空间构型为平面正方形
16．（4分）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有8个K+和4个
B．晶体中每个K+周围有8个，每个周围有8个K+
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有12个
D．晶体中0价氧原子和﹣2价氧原子个数比为1：1
二、非选择题（共56分）
17．（14分）Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向，Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由LiBH4和TiCl4反应制得。
（1）基态B原子有 种运动状态的电子，Li属于 区（填“s”或“p”或“d”或“f”）。
（2）LiBH4由Li+和构成，的空间结构是 ，与互为等电子体的分子为 ，Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为 。
（3）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如表所示：
M是 （填元素名称）。
Ⅱ．叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H﹣N＝N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为：N2H4+HNO2＝2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和。回答下列问题：
（4）下列有关说法正确的是 （填序号）。
A．HN3中含有5个σ键
B．HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子
C．HN3中含有2个π键
D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键
（5）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[C（N3）（NH3）5]SO4，该配合物中心离子显 价；钴价电子排布式为 ；NH3空间构型是 。
18．（14分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
﹣
已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+。
（1）基态Se原子的核外电子排布式是 。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 。
（3）溶液a的主要成分是 。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]﹣配离子中提供空轨道的是 （填元素符号），配位数是 。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 。
（6）的孤电子对数为 。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×10﹣10cm）晶体金的密度ρ＝ g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数）
19．（14分）我国科学家研发Fe2O3/C3N4催化剂设计锂氧电池。请回答下列问题：
（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为 。
（2）基态O原子核外电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据 个电子。
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，它的晶体类型是 。
（4）我国科学家利用足球烯成功制备次晶金刚石，金刚石中C原子杂化类型为 。石墨晶体层与层之间以 结合。
（5）某新型材料碳化铁的晶胞如图所示。
①1个铁原子与 个铁原子最近且等距离。
②该晶胞有 个碳原子。
③每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有 个。
20．（14分）如图是以石油为原料的部分转化流程：
已知：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr（水解反应）。
（1）下列说法中错误的是 。
A.石油的主要成分是烷烃和环烷烃
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离的过程，得到的汽油是纯净物
C.通过石油裂解可以得到重要的基本化工原料
D.乙烯的产量是一个国家石油化工发展水平的重要标志
（2）丙烯分子中，碳原子的杂化方式是 。
（3）乙醇能与水以任意比例互溶的原因是 。
（4）反应①的类型是 ，由乙烯制备乙醇的过程中，硫酸起 作用。
（5）已知A的分子式为C3H5Cl，写出反应③的化学方程式 。
（6）写出用丙烯制备聚丙烯的方程式 。
（7）C4H10O属于乙醇同系物的同分异构体有 种。
（8）丙烯中最多 个原子共面。
2021-2022学年广东省深圳市平冈中学高二（下）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16小题，共44分，第1-10小题，每题2分；第11-16小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2分）科技发展、生产、生活都离不开化学。2021年是我国人工智能、航空航天、量子通信、生命科学大放异彩的一年。下列说法错误的是（ ）
A．“祝融号”火星探测器上使用的钛合金具有优良的性能。钛原子的电子排布式为[Ar]3d24s2
B．“天问一号”中Ti﹣Ni形状记忆合金的两种金属都属于过渡金属元素，Ni在元素周期表中位于ds区
C．清华大学打造的世界首款异构融合类脑芯片主要材料硅的价电子排布式为3s23p2
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
【分析】A．钛是22号元素；
B．Ni的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，在元素周期表中位于d区；
C．硅是14号元素，价电子数为4；
D．同种元素形成的不同种单质，互为同素异形体。
【解答】解：A．钛是22号元素，原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，故A正确；
B．Ni是28号元素，核外电子排布式为[Ar]3d84s2，在元素周期表中位于d区，故B错误；
C．硅是14号元素，价电子排布式为3s23p2，故C正确；
D．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查核外电子排布，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
2．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．CH4分子的球棍模型为
B．基态Fe原子的价电子轨道表示式为
C．铍原子最外层的电子云图为
D．sp3杂化轨道模型：
【分析】A.CH4分子的球棍模型为球和棍组成的；
B.铁为26号元素，基态铁原子的价电子层为3d64s2；
C.s能级的电子云为球形；
D.根据杂化理论进行解答。
【解答】解：A.模型反映出CH4分子的空间结构和原子的比例大小，应为CH4分子的比例模型，故A错误；
B.铁为26号元素，基态铁原子的价电子层排布式为3d64s2，轨道表示式为为，故B正确；
C.铍为4号元素，基态铍原子的电子排布式为1s22s2，原子最外层为s能级，电子云图为球形，故C 错误；
D.能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，ns轨道和np轨道转化为四个等价的原子轨道，一个s轨道和3个p轨道杂化，形成4个sp3杂化轨道，其空间构型是正四面体构型，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查原子核外电子排布、比例模型、电子云等知识，为高频考点，把握基础知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3．（2分）关于如图所示的有机物说法不正确的是（ ）
A．分子中有1个手性碳
B．该分子采用sp3杂化的碳原子数目为2个
C．1ml该有机物分子中有12mlC﹣Cσ键
D．该有机物能形成分子内氢键，并且含有三种官能团
【分析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子；
B．分子中只有饱和碳原子采取sp3杂化；
C．相邻2个碳原子之间形成1个σ键，分子中有11个C﹣Cσ键；
D．分子含有的官能团有碳碳三键、羟基和醛基。
【解答】解：A．分子中只有连接苯环、甲基、羟基、﹣C≡CH的碳原子是手性碳原子，即分子有1个手性碳原子，故A正确；
B．采用sp3杂化的碳原子的价层电子对数为4，只有2个饱和碳原子采取sp3杂化，故B正确；
C．相邻2个碳原子之间形成1个σ键，分子中有11个C﹣Cσ键，1ml该有机物分子中有11mlC﹣Cσ键，故C错误；
D．分子含有的官能团有碳碳三键、羟基和醛基，羟基与醛基之间可以形成分子内氢键，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意理解手性碳原子，题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
4．（2分）对下列有机物的系统命名不正确的是（ ）
A．3﹣甲基丁烷
B．C（CH3）4 2，2﹣二甲基丙烷
C．2﹣戊炔
D． 1﹣丁烯
【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：
（1）烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面；
（2）有机物的名称书写要规范；
（3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名；
（4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。
【解答】解：A．分子中最长碳链含有4个C，在2号C含有1个甲基，其名称为2﹣甲基丁烷，故A错误；
B．C（CH3）4分子中最长碳链含有3个C，在2号C含有2个甲基，其名称为2，2﹣二甲基丙烷，故B正确；
C．CH3C≡CCH2CH3分子中，含有碳碳三键的最长碳链含有5个C，碳碳三键在2号C，其名称为2﹣戊炔，故C正确；
D．CH2＝CHCH2CH3中碳碳双键在1号C，含有碳碳双键的最长碳链含有4个C，其名称为1﹣丁烯，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了有机物的命名，掌握有机物的命名原则是关键，侧重对学生基础知识的考查，题目难度不大。
5．（2分）下列状态的Li原子中，能量最低的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当原子处于基态时，能量最低，被激发的电子数越多、被激发电子跨越的能级越多，原子的能量越高，据此分析。
【解答】解：Li原子核外有3个电子，基态锂原子的电子排布式为1s22s1，结合选项可知，D为基态Li原子的电子排布图，ABC均为激发态Li原子，故D的能量最低，
故选：D。
【点评】本题考查了不同状态的同一种原子的能量高低比较，难度不大，应注意激发态原子的能量高于基态。
6．（2分）实验室中按如图方案从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：
下列说法不正确的是（ ）
A．装置甲完成步骤①B．装置丙完成步骤③
C．用装置丁完成步骤④D．用装置乙完成步骤②
【分析】步骤①样品粉末中加入甲苯、甲醇，这是溶解过程，然后过滤，得到滤液和不溶物质，步骤②加入硝酸钠溶液，得到有机层溶液和水层溶液，此步骤为萃取分液，步骤③是从水层溶液中得到固体，应是蒸发结晶，步骤④有机层溶液中得到甲苯，应是蒸馏或分馏。
【解答】解：A．根据上述分析，步骤①是溶解过滤过程，甲装置为过滤，因此甲装置完成步骤①，故A正确；
B．步骤③是蒸发结晶，应用蒸发皿，不能使用坩埚，故B错误；
C．步骤④是蒸馏或分馏过程，装置丁为蒸馏或分馏装置，因此装置丁能完成步骤④，故C正确；
D．乙装置为分液，上述分析，步骤②为分液，因此乙装置能完成步骤②，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查学生分离提纯实验装置的掌握情况，试题难度中等。
7．（2分）如图为甲烷晶体的晶胞结构，下列有关说法正确的是（ ）
A．CH4晶体熔化时需克服分子间作用力
B．甲烷晶胞中的球体只代表一个碳原子
C．晶体中1个CH4分子有4个紧邻的甲烷分子
D．一个甲烷晶胞中含有8个CH4分子
【分析】A．甲烷晶体为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合；
B．甲烷晶胞中的球体代表1个甲烷分子；
C．以顶点甲烷分子为研究对象，与之最近的甲烷分子位于面心，每个甲烷分子为12个面共用；
D．晶胞中甲烷位于顶点和面心，利用均摊法计算。
【解答】解：A．甲烷晶体为分子晶体，熔化时需克服分子间作用力，故A正确；
B．该图为甲烷晶体的晶胞结构，每个球体代表1个甲烷分子，故B错误；
C．以顶点甲烷分子为研究对象，与之最近的甲烷分子位于面心，每个甲烷分子为12个面共用，则晶体中1个CH4分子有12个紧邻的甲烷分子，故C错误；
D．甲烷分子位于顶点和面心，一个甲烷晶胞中含有CH4分子数为：8×+6×＝4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，明确图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用方法，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
8．（2分）最近我国科研人员发现了一种安全、高效的点击化学试剂FSO2N3，下列有关元素F、S、O、N的说法正确的是（ ）
A．电负性：F＞O＞N＞S
B．第一电离能：F＞S＞O＞N
C．氮原子中，1s和2s能级能量相同
D．S原子的基态原子核外未成对电子数最多
【分析】A.元素的非金属性越强，电负性越大；
B.同一周期的元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻主族元素的第一电离能；同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小；
C.同一种能级，所处的能层离核越远，则能量越高；
D.F、S、O、N的基态原子核外未成对电子数分别为1、2、2、3。
【解答】解：A.元素的非金属性越强，电负性越大，已知非金属性：F＞O＞N＞S，故电负性：F＞O＞N＞S，故A正确；
B.同一周期的元素，从左到右第一电离能有增大的趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻主族元素的第一电离能，故F＞N＞O；同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，故O＞S，则第一电离能F＞N＞O＞S，故B错误；
C.同一种能级，所处的能层离核越远，则能量越高，故能级的能量：2s＞1s，故C错误；
D.F、S、O、N的基态原子核外未成对电子数分别为1、2、2、3，则N原子的基态原子核外未成对电子数最多，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电负性、第一电离能的大小比较以及能级能量高低的比较等，难度不大，应注意的是同种能级所处的能层不同，则能量不同。
9．（2分）“类推”是重要的学习方法，但有时会产生错误，下列“类推”得到的结论正确的是（ ）
A．CO2是直线型形的非极性分子，可推测SO2也是直线型形的非极性分子
B．氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是：AsH3＞PH3＞NH3
C．第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3
D．和P4都为正四面体形，中键角为109°28′，P4中键角也为109°28′
【分析】A．SO2是V形的极性分子；
B．NH3中N的电负性较大，分子间可以形成氢键，使NH3的熔沸点反常；
C．键能越大，对应的分子越稳定；
D．是以S为中心，4个O为顶点构成的正四面体，P4是以4个P为顶点构成的正四面体。
【解答】解：A．CO2中C原子是sp杂化，是直线型形的非极性分子，SO2中S原子是sp2杂化，且含有一对孤电子对，是V形的极性分子，故A错误；
B．GeH4、SiH4、CH4均为分子晶体，结构和组成相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则氢化物沸点顺序是：GeH4＞SiH4＞CH4，NH3中N的电负性较大，分子间可以形成氢键，使NH3的熔沸点反常，则VA族元素氢化物沸点顺序也是：NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C．由于电负性：F＞O＞N、Cl＞S＞P，则键能H﹣F＞H﹣O＞H﹣N，H﹣Cl＞H﹣S＞H﹣P，则第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3，则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3，故C正确；
D．和P4都为正四面体形，是以S为中心，4个O为顶点构成的正四面体，键角为109°28′，P4是以4个P为顶点构成的正四面体，键角也为60°，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查分子的极性以及分子的空间构型，分子间作用力大小的比较以及氢键的影响，分子稳定性的影响因素等，属于基本知识的考查，难度不大。
10．（2分）m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大。m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，p、q元素位于同一族，且两者核电荷数之和为24，w元素原子核外有4个能层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子。下列说法错误的是（ ）
A．w元素原子的价电子排布式为3d104s1
B．n元素基态原子的轨道表示式：
C．m、n、p元素的第一电离能依次增大
D．w单质分别与p、q单质反应，产物中w的化合价不同
【分析】m、n、p、q、w五种元素，其核电荷数依次增大；m元素基态原子核外只有三个能级，且各能级电子数相等，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故m为C元素；w元素原子核外有4个电子层，最外层只有1个电子，其余各层均排满电子，原子核外电子数为2+8+18+1＝29，故w为Cu；p、q元素位于同一族，它们的原子序数大于碳而小于Cu，只能处于第二、第三周期，或者处于第三、第四周期，且两者核电荷数之和为24，可推知p为O元素、q为S元素；n的原子序数介于C、O之间，故n为N元素，则m、n、p、q、w分别是C、N、O、S、Cu元素；
A．w元素的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其3d、4s能级上的电子为其价电子；
B．n元素基态原子核外有7个电子，2p能级上3个电子位于3个不同轨道上且自旋方向相同；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
D．Cu单质与氧气反应生成CuO，与硫单质反应生成Cu2S。
【解答】解：m、n、p、q、w分别是C、N、O、S、Cu元素；
A．w元素的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，其3d、4s能级上的电子为其价电子，价电子排布式为3d104s1，故A正确；
B．n元素基态原子核外有7个电子，2p能级上3个电子位于3个不同轨道上且自旋方向相同，所以其轨道表示式为，故B正确；
C．同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能C＜O＜N，即m＜p＜n，故C错误；
D．Cu单质与氧气反应生成CuO，与硫单质反应生成Cu2S，产物中Cu元素化合价分别为+2价、+1价，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，关键是推断元素，注意对元素周期律与元素周期表的掌握，理解同周期主族元素第一电离能变化异常情况。
11．（4分）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。如图是18﹣冠﹣6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是（ ）
A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B．中心原子K+的配位数为6
C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D．这类配合物晶体是分子晶体
【分析】A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子；
D．该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体。
【解答】解：A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故A正确；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键，故其的配位数为6，故B正确；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，故C正确；
D．由C项分析可知，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外化学键、晶体类型等知识点，需要学生具备一定的化学基础知识，难度较小。
12．（4分）顺铂[Pt（NH3）2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；碳铂是1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是（ ）
A．碳铂中所有碳原子在同一平面上
B．顺铂分子中氮原子的杂化方式是sp2
C．1ml1，1﹣环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）含有σ键的数目为20NA
D．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数目之比为2：1
【分析】A．含有饱和C，具有甲烷的结构特点；
B．N原子形成3个N﹣H和1个配位键；
C．C﹣H、C﹣C、C﹣O均为σ键，C＝O中有1个σ键；
D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，2个C形成3个σ键。
【解答】解：A．含有饱和C，具有甲烷的结构特点，则所有碳原子不可能在同一个平面中，故A错误；
B．N原子形成3个N﹣H和1个配位键，则N原子的杂化方式是sp3，故B错误；
C．C﹣H、C﹣C、C﹣O均为σ键，C＝O中有1个σ键，则1ml 1，1﹣环丁二羧酸含有σ键的数目为26NA，故C错误；
D．碳铂分子中有4个C形成4个σ键，为sp3杂化，2个C形成3个σ键，为sp2杂化，则碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子之比为2：1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握结构中的成键方式及配位键形成为解答的关键，侧重手性、杂化及共价键类型的考查，选项D为解答的易错点，题目难度中等。
13．（4分）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，该晶胞含有6个钠原子
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个
C．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2+
D．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1：2
【分析】A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，钠原子位于棱上和体内；
B．根据在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个进行分析；
C．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，利用均摊法计算；
D．根据用均摊法分析。
【解答】解：A．该晶胞大球为氯原子，小球为钠原子，钠原子位于棱上和体内，均摊法可知，钠原子有4×+2＝3，该晶胞含3个钠原子，故A错误；
B．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个，所以钠离子的配位数是6，故B正确；
C．Ca2+位于晶胞的顶点和面心，晶胞中含有Ca2+的个数为：8×+6×＝4，故C正确；
D．在金刚石晶体中，每个碳原子形成4个共价键，每两个碳原子形成一个共价键，则每个碳原子形成的共价键平均为4×＝2，所以在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键数之比为1：2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞的计算，题目难度较大，本题尤其注意气态团簇分子与晶胞的区别，为本题的易错点。
14．（4分）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．lml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H﹣N﹣H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是与乙醇发生化学反应
【分析】A.先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，生成深蓝色的配合物；
B.配位键、O﹣H键均为σ键；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小；
D.透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出，与溶剂的极性有关。
【解答】解：A.硫酸铜溶液呈蓝色，是由于存在[Cu（H2O）4]2+，加入氨水后得到的深蓝色的透明溶液是由于生成了[Cu（NH3）4]2+，所以NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，故A正确；
B.每个水分子里含有两个O﹣H键，4个水分子共形成8条共价键，另外每个[Cu（H2O）4]2+中Cu2+与H2O形成4个配位键，所以1ml[Cu（H2O）4]2+中含有σ键的数目为12NA，故B正确；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大，故C正确；
D.溶液中析出深蓝色晶体的原因是由于加入乙醇后溶剂的极性变小，没有发生化学反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查配合物，为高频考点，把握配合物的结构、化学键、键角为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
15．（4分）工业上常用V2O5催化O2氧化SO2制取SO3，进而制得H2SO4，H2SO4溶于水后可电离出H+和。下列关于SO2、SO3、H2SO4和的说法正确的是（ ）
A．SO2、SO3分子中S原子均为sp3杂化
B．H2SO4能形成分子间氢键
C．SO2、SO3中键角前者大
D．的空间构型为平面正方形
【分析】A．SO2中S的价层电子对数为3，S含有一对孤电子对，SO3中S的价层电子对数为3，无孤电子对；
B．H2SO4分子中含有2个﹣OH；
C．SO2为V形，SO3为平面三角形；
D．中S的价层电子对数为4，S原子均为sp3杂化，无孤电子对。
【解答】解：A．SO2中S的价层电子对数＝2+＝3，S含有一对孤电子对，S原子均为sp2杂化，SO3中S的价层电子对数＝3+＝3，S原子为sp2杂化，故A错误；
B．H2SO4分子中含有2个﹣OH，分子间能够形成氢键，故B正确；
C．根据A中分析可知，SO2为V形，SO3为平面三角形，键角为120°，SO3中键角更大，故C错误；
D．中S的价层电子对数＝4+＝4，S原子均为sp3杂化，无孤电子对，的空间构型为正四面体形，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查中心原子的杂化方式以及离子的空间构型，同时考查氢键和键角大小的比较，属于基本知识的考查，难度不大。
16．（4分）高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是（ ）
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有8个K+和4个
B．晶体中每个K+周围有8个，每个周围有8个K+
C．晶体中与每个K+距离最近的K+有12个
D．晶体中0价氧原子和﹣2价氧原子个数比为1：1
【分析】A．晶胞中含有K+的个数为，的个数为；
B．类比氯化钠晶胞进行分析；
C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×＝12；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒﹣2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8﹣2＝6。
【解答】解：A．晶胞中含有K+的个数为，的个数为，故A错误；
B．晶体中每个K+周围有6个，每个周围有6个K+，故B错误；
C．晶体中与每个K+距离最近且相等的K+的个数为3×8×＝12，故C正确；
D．晶胞中K+与个数分别为4、4，所以晶胞中共有8个氧原子，根据电荷守恒﹣2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8﹣2＝6，所以晶体中，0价氧原子与﹣2价氧原子的数目比为3：1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及化学键，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，整体难度适中。
二、非选择题（共56分）
17．（14分）Ⅰ．新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向，Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由LiBH4和TiCl4反应制得。
（1）基态B原子有 5 种运动状态的电子，Li属于 s 区（填“s”或“p”或“d”或“f”）。
（2）LiBH4由Li+和构成，的空间结构是 正四面体 ，与互为等电子体的分子为 CH4或SiH4 ，Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为 Be＞B＞Li 。
（3）某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物。M的部分电离能如表所示：
M是 镁 （填元素名称）。
Ⅱ．叠氮化合物是一类重要的化合物，其中氢叠氮酸（HN3）是一种弱酸，其分子结构可表示为H﹣N＝N≡N，肼（N2H4）被亚硝酸氧化时便可得到氢叠氮酸（HN3），发生的反应为：N2H4+HNO2＝2H2O+HN3。HN3的酸性和醋酸相近，可微弱电离出H+和。回答下列问题：
（4）下列有关说法正确的是 BD （填序号）。
A．HN3中含有5个σ键
B．HN3、HNO2、H2O、N2H4都是极性分子
C．HN3中含有2个π键
D．N2H4沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键
（5）叠氮酸根能与许多金属离子等形成配合物，如[C（N3）（NH3）5]SO4，该配合物中心离子显 +3 价；钴价电子排布式为 1s22s22p63s23p63d74s2 ；NH3空间构型是 三角锥 。
【分析】（1）根据基态B原子核外有5个电子，每个电子的空间运动状态不同进行分析；
（2）根据价层电子对互斥理论，等电子体的概念，一般情况下，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势进行分析判断；
（3）根据该元素的第三电离能剧增，判断该元素属于第ⅡA族元素进行分析；
（4）A.根据HN3中分子结构进行分析；
B.根据极性分子的概念进行分析；
C.根据杂化理论进行分析；
D.根据氢键进行分析，
（5）根据[C（N3）（NH3）5]SO4中有关的化合价进行分析；根据钴原子的序数书写核外电子排布式；根据NH3中N原子形成3条σ键，还含一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEP模型为四面体，但由于含一对孤电子对进行分析。
【解答】解：（1）B为5号元素，基态B原子核外有5个电子，每个电子的空间运动状态不同，共有5种；Li的核外电子排布为：1s22s1，属于s区；
故答案为：5；s；
（2）当中，B原子的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论可知，其立体结构是正四面体；原子数和价电子数都相等的微粒互为等电子体，则与互为等电子体的分子为CH4或SiH4；一般情况下，同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但Be原子失去的是2s能级上的电子，而B原子失去的是2p能级上的电子，2p能级的能量高于2s，所以Be的第一电离能大于B，所以Li、Be、B元素的第一电离能由大到小排列顺序为Be＞B＞Li；
故答案为：正四面体；CH4或SiH4；Be＞B＞Li；
（3）该元素的第三电离能剧增，则该元素属于第ⅡA族元素，而且该元素的原子核外电子数不少于5个，为Mg元素；
故答案为：镁；
（4）A.HN3中分子结构中，单键、双键、三键均含1个σ键，因此HN3中中含有3个σ键，A错误；
B.HN3、HNO2、H2O、N2H4中的氮原子含孤电子对，正负电荷中心不重合，因此都是极性分子，B正确；
C.与H相连的N是sp2杂化，三个氮原子的中间氮原子是sp杂化，只含有1个π键，C错误；
D.N可以和H形成氢键，肼（N2H4）的沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键，D正确，
故答案为：BD；
（5）[C（N3）（NH3）5]SO4中硫酸根为﹣2价，NH3整体为0价，叠氮酸根为﹣1价，因此C为+3价；钴原子序数为27，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价电子排布式为3d74s2；NH3中N原子形成3条σ键，还含一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEP模型为四面体，但由于含一对孤电子对，则NH3的空间构型为三角锥，
故答案为：+3；1s22s22p63s23p63d74s2；三角锥。
【点评】本题主要考查了原子结构的知识，涉及知识较多，掌握原子理论的有关知识和基本概念是解答的关键。
18．（14分）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。如图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：
﹣
已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+。
（1）基态Se原子的核外电子排布式是 [Ar]3d104s24p4 。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4 。
（3）溶液a的主要成分是 CuSO4 。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]﹣配离子中提供空轨道的是 Au （填元素符号），配位数是 4 。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣ 。
（6）的孤电子对数为 0 。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×10﹣10cm）晶体金的密度ρ＝ g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数）
【分析】铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，接着通入氨气，AgCl溶解：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉；
（1）硒元素的原子序数为34；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4；
（3）溶液a含硫酸铜；
（4）过渡金属元素提供空轨道，氯离子提供孤对电子形成配位键；
（5）加入氨气后，AgCl溶解，生成银氨络离子；
（6）孤对电子数为（a﹣bx），a为中心原子的价电子数，b为中心原子得到电子形成8电子结构时的电子数，x为成键数；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，结合ρ＝计算。
【解答】解：（1）硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4，
故答案为：[Ar]3d104s24p4；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4；
（3）由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4，
故答案为：CuSO4；
（4）水氯化浸金过程中2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，在[AuCl4]﹣中Au的离子提供空轨道，与4个Cl﹣形成4个配位键，金离子配位数为4，
故答案为：Au；4；
（5）加入氨气后，AgCl溶解，则氨浸分银的离子方程式为AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，
故答案为：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣；
（6）的孤电子对数为＝0，
故答案为：0；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为8×+6×＝4，则1个Ag的晶胞的质量为g，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度ρ＝＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查混合物的分离提纯及晶胞计算，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法、晶胞计算、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。
19．（14分）我国科学家研发Fe2O3/C3N4催化剂设计锂氧电池。请回答下列问题：
（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为 。
（2）基态O原子核外电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据 4 个电子。
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，它的晶体类型是 共价晶体 。
（4）我国科学家利用足球烯成功制备次晶金刚石，金刚石中C原子杂化类型为 sp3 。石墨晶体层与层之间以 分子间作用力 结合。
（5）某新型材料碳化铁的晶胞如图所示。
①1个铁原子与 12 个铁原子最近且等距离。
②该晶胞有 4 个碳原子。
③每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有 8 个。
【分析】（1）Fe2O3中基态铁离子为铁原子失去3个电子；
（2）基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，p轨道中电子为哑铃形；
（3）共价晶体熔沸点及硬度都较大；
（4）金刚石中C原子形成4的碳碳单键，所以C原子价层电子对个数是4；石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力；
（5）①1个铁原子距离最近且等距离的Fe原子个数＝；
②该晶胞中碳原子个数＝1+12×；
③晶胞中顶点和其相邻3个面面心上的铁原子构成正四面体。
【解答】解：（1）Fe2O3中基态铁离子的价层电子排布图为，
故答案为：；
（2）基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，p轨道中电子为哑铃形，则电子云轮廓图为哑铃形的原子轨道上占据4个电子，
故答案为：4；
（3）C3N4晶体的熔点为3550℃，耐磨，这说明熔沸点高，硬度大，因此它的晶体类型是共价晶体，
故答案为：共价晶体；
（4）金刚石中C原子形成4的碳碳单键，其杂化类型为sp3杂化，石墨晶体中层与层之间存在分子间作用力，
故答案为：sp3；分子间作用力；
（5）①1个铁原子距离最近且等距离的Fe原子个数＝＝12，
故答案为：12；
②该晶胞中碳原子个数＝1+12×＝4，
故答案为：4；
③晶胞中顶点和其相邻3个面面心上的铁原子构成正四面体，每个晶胞中由铁原子形成的正四面体空隙有8个，
故答案为：8。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、晶体结构特点、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞有关计算，题目难度中等。
20．（14分）如图是以石油为原料的部分转化流程：
已知：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr（水解反应）。
（1）下列说法中错误的是 B 。
A.石油的主要成分是烷烃和环烷烃
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离的过程，得到的汽油是纯净物
C.通过石油裂解可以得到重要的基本化工原料
D.乙烯的产量是一个国家石油化工发展水平的重要标志
（2）丙烯分子中，碳原子的杂化方式是 sp2、sp3 。
（3）乙醇能与水以任意比例互溶的原因是 乙醇可与水形成分子间氢键、乙醇属于极性分子 。
（4）反应①的类型是 加成反应 ，由乙烯制备乙醇的过程中，硫酸起 催化 作用。
（5）已知A的分子式为C3H5Cl，写出反应③的化学方程式 CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl 。
（6）写出用丙烯制备聚丙烯的方程式 nCH2＝CHCH3 。
（7）C4H10O属于乙醇同系物的同分异构体有 4 种。
（8）丙烯中最多 7 个原子共面。
【分析】石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，通过蒸馏得到汽油、煤油、柴油等物质，然后以汽油为原料，经裂解可以产生乙烯、丙烯等不饱和烃，乙烯与硫酸发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，C2H5﹣O﹣SO3H与水混合发生反应产生C2H5OH和H2SO4；丙烯与氯气的混合气体在500℃的条件下，在丙烯的饱和碳原子上发生取代反应生成的A是CH2＝CHCH2Cl，A与Br2发生加成反应产生分子式是C3H5Br2Cl的物质结构简式是CH2BrCHBrCH2Cl，据此进行分析。
【解答】解：（1）A.石油是多种烷烃、环烷烃的混合物，故石油的主要成分是烷烃和环烷烃，故A正确；
B.分馏是利用物质的沸点不同进行分离也体混合物的过程，得到的汽油中仍然含有多种成分，故汽油仍然是混合物，而不是纯净物，故B错误；
C.通过石油裂解可以产生乙烯、丙烯等气态断裂不饱和烃，它们是重要的基本化工原料，故C正确；
D.衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志就是乙烯的产量，故D正确；
故答案为：B；
（2）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3，
故答案为：sp2、sp3；
（3）CH3CH2OH与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，根据相似相溶原理，所以CH3CH2OH能与水以任意比互溶，
故答案为：乙醇可与水形成分子间氢键、乙醇属于极性分子；
（4）反应①是乙烯与硫酸发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，故反应①的类型是加成反应；乙烯先与H2SO4发生加成反应产生C2H5﹣O﹣SO3H，然后C2H5﹣O﹣SO3H再与水作用产生C2H5OH和H2SO4，说明硫酸在乙烯转化为乙醇的过程中所起作用是催化剂；
故答案为：加成反应；催化；
（5）CH2＝CHCH3与氯气在加热条件下发生取代反应生成A为CH2＝CHCH2Cl，反应③的化学方程式为：CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl，
故答案为：CH2＝CHCH3+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl；
（6）丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，则由丙烯制备聚丙烯的化学方程式为nCH2＝CHCH3，
故答案为：nCH2＝CHCH3；
（7）C4H10O属于乙醇同系物有机物属于醇，即丁醇，醇分子中含有﹣OH和丁基，丁基﹣C4H9可能的结构有：﹣CH2CH2CH2CH3、﹣CH（CH3）CH2CH3、﹣CH2CH（CH3）2、﹣C（CH3）3，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，
故答案为：4；
（8）CH2＝CHCH3中含有碳碳双键，与碳碳双键直接相连的原子可能共平面，结合三点确定一个平面，甲基可能有1个H原子共平面，则最多可能有7个原子共面，
故答案为：7。
【点评】本题考查有机物的推断，为高频考点，明确官能团及其性质关系、物质之间转化关系是解本题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意聚丙烯的结构简式的书写，题目难度不大。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/4/14 1:32:22；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：29841565
I1/kJ•ml﹣1
I2/kJ•ml﹣1
I3/kJ•ml﹣1
I4/kJ•ml﹣1
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738
1451
7733
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