2020-2021學年四川省內江市威遠中學高二上學期期中考試 化學試題解析版

第20頁/共20頁威遠中學校2020-2021學年高2019級第3期半期考試化學相對原子質量：Si-28P-31Fe-56O-16S-32Zn-65C-12Cu-64Ag-108N-14一、單選題1.有機化學知識在生活中應用廣泛，下列說法錯誤的是A.利用天然氣做燃料可以有效地減少“溫室效應”的氣體產生B.由于乙醇能夠溶解很多有機物和無機物，所以可用乙醇提取中藥的有效成分C.可以用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅土來吸收水果或花朵產生的乙烯，達到保鮮目的D.從石油中可以獲得乙烯，乙烯是一種重要的基本化工原料【答案】A【解析】【分析】

【詳解】A．天然氣主要成分為甲烷，甲烷燃燒時會生成二氧化碳和水，其中二氧化碳含量過高也會導致“溫室效應”，錯誤；B．藥中含有有機物，利用相似相溶原是可用乙醇提取，正確；C．乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，正確；D．石油的裂解可獲得乙烯，且乙烯是一種重要的基本化工原料，其產量的高低可衡量一個國家石油化學工業(yè)水平的高低，正確。2.已知斷裂1mol氣態(tài)分子AB中共價鍵變成氣態(tài)A和B原子所需要吸收的能量叫A—B鍵的鍵能。幾種化學鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：化學鍵Br-BrF-FH-FH-BrC-CC≡CH-H鍵能/(kJ·mol-1)194157568366348812436下列說法正確的是A.H-F鍵的穩(wěn)定性比H-Br鍵弱B.2HBr(g)=H2(g)+Br2(1)ΔH=+102kJ·mol-1C.F2(g)=2F(g)ΔH=-157kJ·mol-1D.2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)ΔH=-441kJ·mol-1【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知H-F鍵的鍵能大于H-Br鍵的鍵能，所以H-F鍵的穩(wěn)定性比H-Br鍵強，故A錯誤；B．焓變=反應物的鍵能之和-生成物鍵能之和，但表格數(shù)據(jù)中Br-Br鍵的鍵能是氣態(tài)Br2分子中Br-Br鍵的鍵能，而選項所給熱化學方程式中Br2為液態(tài)，根據(jù)題目所給數(shù)據(jù)無法計算該反應的焓變，故B錯誤；C．化學鍵斷裂時需要吸收能量，焓變大于0，故C錯誤；D．2HBr(g)+F2(g)=Br2(g)+2HF(g)的焓變=反應物的鍵能之和-生成物鍵能之和=2366kJ/mol+157kJ/mol-194kJ/mol-2568kJ/mol=-441kJ/mol，故D正確；綜上所述答案為D。3.我國科學家研究利用CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)制備H2，其能量變化如圖所示。下列說法錯誤的是A.上述反應中既有極性鍵的斷裂，又有極性鍵和非極性鍵的形成B.加入催化劑，可以提高反應物的相對能量C.上述反應中，正反應活化能小于逆反應活化能D.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1【答案】B【解析】【詳解】A．由題意可知在反應CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中既有極性鍵的斷裂，又有極性鍵和非極性鍵的形成，正確，故A不選；B．催化劑只能降低反應物的活化能從而提高化學反應速率，不能提高反應物的相對能量，錯誤，故選B；C．由圖示可知，正反應的活化能小于逆反應的活化能，正確，故C不選；D．集合圖示和CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)可得O2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ·mol-1，正確，故D不選；答案選B。4.下列熱化學方程式中，與反應描述對應且書寫正確的是（）A.已知：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)ΔH=-57.3kJ/mol。稀Ba(OH)2溶液與稀硫酸中和：H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(1)ΔH=-57.3kJ/molB.在25℃、101kPa下，1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出48.4kJ熱量：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5517.6kJ/molC.查表知葡萄糖固體顆粒的燃燒熱為2800kJ/mol，則葡萄糖固體燃燒可表示為：C6H12O6(s)+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-1400kJ/molD.6.4g硫粉與12.8g銅粉混合高溫下充分反應，放熱19.12kJ：Cu(s)+S(s)=CuS(s)ΔH=-95.6kJ/mol【答案】B【解析】【詳解】A．Ba(OH)2溶液與稀硫酸反應生成BaSO4沉淀和水，除H+和OH-反應放熱外，Ba2+和反應也放熱，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+H2O(1)的ΔH<-57.3kJ/mol，A錯誤；B．1g辛烷燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水時放出48.4kJ熱量，1mol辛烷為114g，放出的熱量為114×48.4kJ=5517.6kJ，故C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1)ΔH=-5517.6kJ/mol，B正確；C．燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物時放出的熱量，H2O的穩(wěn)定狀態(tài)為液態(tài)，而方程式中的H2O為氣態(tài)，氣態(tài)水變液態(tài)水的熱效應沒有計算，C錯誤；D．S的氧化性較弱，Cu與S反應生成Cu2S，不是CuS，D錯誤；故選B。5.短周期主族元素R、X、Y和Z在周期表中相對位置如圖所示。已知這四種元素的質子數(shù)之和等于55。下列說法錯誤的是A.簡單陰離子結合氫離子的能力：Y＞ZB.常溫常壓下，R單質呈氣態(tài)C.Z的氧化物對應水化物一定是強酸D.Y和Z組成的化合物是共價化合物【答案】C【解析】【分析】設R的原子序數(shù)即質子數(shù)為x，則X的質子數(shù)為x+8，Y為x+9，Z為x+10，所以有x+x+8+x+9+x+10=55，解得x=7，所以R為N元素，X為P元素，Y為S元素，Z為Cl元素?！驹斀狻緼．H2S為弱酸，HCl為強酸，所以S2-結合氫離子的能力比Cl-強，故A正確；B．R為N元素，常溫下N2為氣體，故B正確；C．Z為Cl元素，其氧化物Cl2O對應水化物HClO為弱酸，故C錯誤；D．S元素和Cl元素電負性相近，形成的化合物為共價化合物，故D正確；綜上所述答案為C。6.下列說法正確的是A.對于任何化學反應來說，反應速率越大，反應現(xiàn)象就越明顯B.有化學鍵斷裂或生成的變化一定是化學變化C.一定條件下向1L密閉容器中加入2molSO2和1molO2，發(fā)生反應2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，2min末測得SO3為0.8mol，則2min末時SO3的反應速率為0.4mol/(L·min)D.合金貯氫材料具有優(yōu)異的吸氫性能，在配合氫能的開發(fā)中起到重要作用。溫度T1時，2g某合金4min內吸收H2240mL，吸氫速率為30mL·g－1·min－1【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.反應速率快現(xiàn)象不一定明顯，如NaOH與HCl的反應，反應速率慢的現(xiàn)象可能明版顯，如鐵生銹，權故A錯誤；B.有化學鍵斷裂或形成的變化不一定是化學變化，如金屬熔化、NaCl溶于水、NaCl晶體從溶液中析出、從濃鹽酸中揮發(fā)出HCl氣體等中雖有化學鍵斷裂或形成但仍屬于物理變化，故B錯誤；C.2min內SO3的平均反應速率為=0.4mol/(L·min)，不是2min末時的瞬時速率，故C錯誤；D.吸氫速率v==30

mL?g-1?min-1，故D正確；故選D。7.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X、W同主族，Y+與X2-具有相同的電子層結構，Z原子的最外層電子數(shù)等于X原子最外層電子數(shù)的一半，則下列敘述正確的是（）A.Y2X2中陰陽離子的個數(shù)比為1：1B.原子半徑的大小順序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)C.X和W形成的常見化合物WX2為直線型分子D.Y、Z的最高價氧化物的水化物之間能發(fā)生反應【答案】D【解析】【分析】Y+與X2-具有相同的電子層結構，則Y為Na；X為O；X、W同主族，則W為S；Z原子的最外層電子數(shù)等于X原子最外層電子數(shù)的一半則Z為Al，以此分析?！驹斀狻縔+與X2-具有相同的電子層結構，則Y為Na；X為O；X、W同主族，則W為S；Z原子的最外層電子數(shù)等于X原子最外層電子數(shù)的一半則Z為Al。AY2X2為Na2O2，屬于離子化合物，陰陽離子為Na+和，個數(shù)比為2：1，故A錯誤；B.同周期原子半徑遞減，同主族原子半徑遞增，則原子半徑的大小順序：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故B錯誤；C.X和W形成的常見化合物SO2，其中S原子為sp2雜化，呈“V”型結構，故C錯誤；D.Y、Z的最高價氧化物分別為NaOH、Al(OH)3，二者混合可以發(fā)生反應，故D正確。故答案選：D。8.根據(jù)原子結構及元素周期律的知識，下列推斷正確的是A.同主族元素含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱B.核外電子排布相同的微粒化學性質也相同C.Cl￣、S2￣、Ca2+、K+半徑逐漸減小D.與得電子能力相同【答案】D【解析】【詳解】A.同主族元素最高價含氧酸的酸性隨核電荷數(shù)的增加而減弱，故A錯誤；B.核外電子排布相同的微?；瘜W性質不一定相同，如Cl－、S2－的還原性不同，故B錯誤；C.S2－、Cl－、K＋、Ca2＋半徑逐漸減小，故C錯誤；D.Cl與Cl核外電子排布相同，所以得電子能力相同，故D正確。9.下列說法中正確的是A.氣體單質中，一定有σ鍵，可能有π鍵B.PCl3分子是非極性分子C.氫鍵鍵長一般定義為H…B的長度，而不是A-H…B的長度D.的VSEPR模型與離子的空間立體構型一致【答案】D【解析】【詳解】A．稀有氣體單質是單原子分子，分子中無化學鍵，故A錯誤；B．PCl3中P原子孤對電子對數(shù)為=1，成鍵電子對數(shù)目為3，則P原子價電子對數(shù)為4，PCl3分子空間構型為三角錐型，正負電荷中心不重合，因此PCl3是極性分子，故B錯誤；C．氫鍵鍵長一般定義為A-H…B的長度，而不是H…B的長度，故C錯誤；D．中Cl原子孤對電子對數(shù)為=0，Cl原子的價電子對數(shù)為4，空間構型為正四面體，因此的

VSEPR

模型與離子的空間立體構型一致，故D正確；答案選D。10.下圖是已經合成的最著名硫－氮化合物分子結構。下列說法正確的是A.該物質的分子式為SNB.該物質的分子中既有極性鍵又有非極性鍵C.該物質中的N原子最外層都達到8電子穩(wěn)定結構D.該物質與化合物S2N2互為同素異形體【答案】B【解析】【詳解】A．由物質結構分析，該物質的分子式為S4N4，故A項錯誤；B．該物質的分子中，存在極性鍵以及S-S非極性鍵，故B項正確；C．由物質的結構可知，N原子只連有兩條鍵，所以該物質中的N原子最外層并未達到8電子穩(wěn)定結構，故C項錯誤；D．同素異形體表述的是單質，故D項錯誤；故答案為B。11.下列關于O、S及其化合物結構與性質的論述正確的是A.鍵能H－O>H－S，因此H2O的沸點高于H2SB.相對分子質量H2S>H2O，因此H2S比H2O穩(wěn)定C.H2O與SO2均為V形結構，因此中心原子的雜化方式相同D.得電子的能力O>S，因此O的電負性強于S【答案】D【解析】【詳解】A．H2O的沸點高于H2S是因為水中含有氫鍵，與鍵能無關，故A錯誤；B．H2S、H2O的穩(wěn)定性與鍵能強弱有關，與相對分子質量無關，故B錯誤；C．H2O為V型，是sp3雜化，SO2為平面三角形，是sp2雜化，因此中心原子的雜化方式不同，故C錯誤；D．氧的原子半徑小于硫，因此得電子的能力O>S，所以O的電負性強于S，故D正確；故選D。12.現(xiàn)有三種元素的基態(tài)原子的電子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。則下列有關比較中正確的是A.第一電離能：③>②>①B.原子半徑：③>②>①C.電負性：③>②>①D.最高正化合價：③>②>①【答案】A【解析】【分析】根據(jù)元素的基態(tài)原子的電子排布式可知，三種元素分別是S、P、F；【詳解】A．一般非金屬性越強，第一電離能越大，但P原子的3p軌道處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，所以第一電離能大于S，應是③>②>①，A正確；B．同一周期從左到右，半徑越來越來越小，同一周期從上到下，半徑依次增大，半徑應是②>①>③，B不正確；C．非金屬性越強，電負性越大，應是③>①>②，C不正確；D．F沒有正價，S最高正化合價為＋6，P最高正化合價為＋5，D不正確。故選A。13.有四種不同堆積方式的金屬晶體的晶胞如圖所示(原子半徑為rcm)，下列敘述錯誤的是A.晶胞中原子的配位數(shù)分別為：①6，②8，③12，④12B.晶胞①的空間利用率：C.晶胞中含有的原子數(shù)分別為：③2，④4，D.金屬晶體是一種“巨分子”，可能存在分子間作用力【答案】D【解析】【分析】由金屬晶體的晶胞結構圖可知，①為簡單立方堆積，②為體心立方堆積，③為六方最密堆積，④為面心立方最密堆積?！驹斀狻緼.根據(jù)晶體結構可知，晶胞中原子的配位數(shù)分別為：①6，②8，③12，④12，A正確；B.晶胞①的空間利用率：，B正確；C.頂點為8個晶胞共用，面為2個晶胞共用，晶胞內原子為1個晶胞單獨占用，即晶胞中含有的原子數(shù)分別為：③1+8×=2，④8×+6×=4，C正確；D.金屬晶體是一種“巨分子”，存在金屬陽離子和自由電子之間的作用，不存在分子間作用力，D錯誤。答案為D。14.下列說法中，正確的是（）A.冰熔化時，分子中H﹣O鍵發(fā)生斷裂B.原子晶體中，共價鍵的鍵長越短，通常熔點就越高C.分子晶體中，共價鍵鍵能越大，該分子的熔沸點就越高D.分子晶體中，分子間作用力越大，則分子越穩(wěn)定【答案】B【解析】【詳解】A．冰熔化克服氫鍵，屬于物理變化，H-O鍵沒有斷裂，故A錯誤；B．影響原子晶體熔沸點高低的因素是鍵能的大小，共價鍵的鍵長越短，鍵能越大，熔點就越高，故B正確；C．影響分子晶體熔沸點高低的因素是相對分子質量大小，與共價鍵的鍵能無關，故C錯誤；D．分子的穩(wěn)定性與分子間作用力無關，穩(wěn)定性屬于化學性質，分子間作用力影響物理性質，故D錯誤。故選B。15.下面有關晶體的敘述中，不正確的是()A.金剛石為網(wǎng)狀結構，由共價鍵形成的碳原子環(huán)中，最小的環(huán)上有6個碳原子B.氯化鈉晶體中，每個Na＋周圍緊鄰且距離相等的Na＋共有6個C.氯化銫晶體中，每個Cs＋周圍緊鄰且距離相等的Cl－有8個D.干冰晶體中，每個CO2分子周圍緊鄰且距離相等的CO2分子有12個【答案】B【解析】【詳解】A．金剛石的晶胞結構如圖所示：，根據(jù)圖可知由共價鍵形成的最小碳環(huán)上有6個碳原子，故A正確；B．氯化鈉晶體中，鈉離子在體心和棱心位置，氯離子在頂點和面心位置，1個鈉離子與6個氯離子構成正八面體，所以每個鈉離子與6個最近且等距離的氯離子以離子鍵結合，與每個氯離子最近的且等距離的氯離子有12個，故B錯誤；C．氯化銫晶體晶胞結構如圖：，Cs+位于該晶胞的體心；而Cl-位于該晶胞的頂點，每個晶胞中含有一個銫離子，每個頂點上的氯離子被8個晶胞共用，每個氯離子周圍最近的銫離子是8，故C正確；D．二氧化碳晶體屬于面心立方，采用沿X、Y、Z三軸切割的方法判斷二氧化碳分子的個數(shù)為12，所以在CO2晶體中，與每個CO2分子周圍緊鄰的有12個CO2分子，故D正確；答案選B。16.下列關于晶體的說法中，不正確的是（）①含有離子的晶體一定是離子晶體②分子晶體若是密堆積方式，其配位數(shù)都是12③晶胞是晶體結構的基本單元④共價鍵的強弱決定分子晶體熔沸點的高低⑤MgO遠比NaCl的晶格能大⑥含有共價鍵的晶體一定是原子晶體⑦分子晶體的熔點一定比金屬晶體低⑧NaCl晶體中，陰、陽離子的配位數(shù)都為6A.①④⑥⑦ B.②④⑥⑧ C.③⑤⑦⑧ D.③④⑥⑦【答案】D【解析】【詳解】①晶體的基本單元是晶胞，晶體內部的微粒按一定規(guī)律作周期性重復排列，有自范性，故正確；

②分子晶體若是密堆積方式，其配位數(shù)=3×8÷2=12，故正確；

③金屬晶體由金屬陽離子和電子構成，所以含有離子的晶體不一定是離子晶體，可能是金屬晶體，故錯誤；

④共價鍵影響分子晶體的穩(wěn)定性，但不影響晶體熔沸點，晶體熔沸點與分子間作用力成正比，故錯誤；

⑤離子晶體晶格能與離子半徑成反比、與電荷成正比，鎂離子半徑小于鈉離子、氧離子半徑小于氯離子，鎂離子電荷大于鈉離子、氧離子電荷大于氯離子，所以MgO遠比NaCl的晶格能大，故正確；

⑥含有共價鍵的晶體可能是分子晶體或離子晶體，如水中只含共價鍵，為分子晶體，NaOH為離子晶體但含有共價鍵，故錯誤；

⑦分子晶體的熔點不一定比金屬晶體低，如Hg的熔點小于碘，故錯誤；

⑧NaCl晶體中，位于體心的鈉離子周圍有6個氯離子，每個氯離子周圍有6個鈉離子，所以NaCl晶體中，陰、陽離子的配位數(shù)都為6，故正確；

故選：D。17.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示，且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的（）A.YW3分子的空間構型為平面三角形B.W2Z的鍵角小于YW3C.物質甲分子中存在6個σ鍵D.Y元素的氧化物對應的水化物為強酸【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩(wěn)定結構。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數(shù)及W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，A．YW3為NH3，中心原子N的價層電子對數(shù)=3+=4，N原子采取sp3雜化，分子的空間構型為三角錐形，故A錯誤；B．W2Z為H2O，中心原子O的價層電子對數(shù)=2+=4，O原子采取sp3雜化，分子構型為V形，分子鍵角為104.5°；YW3為NH3，分子的空間構型為三角錐形，分子鍵角約為107°，則W2Z的鍵角小于YW3，故B正確；C．物質甲結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；答案選B。18.如表涉及了四個離子方程式，對離子方程式的正誤判斷及改正方法均正確的是(

)化學反應離子方程式判斷及改正方法A過量鐵粉與稀硝酸Fe+4H++NO3?=Fe3++NO↑+2H2O正確B向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液Ba2++OH-+H++SO42?=BaSO4↓+H2O錯誤，OH-、H+、H2O的計量數(shù)應均為2C過量的濃氨水加入到AlCl3溶液中Al3++3NH3·H2O=3NH4++Al(OH)3↓錯誤，應生成AlO2?、NH4+、H2ODCu與醋酸Cu+2H+=Cu2++H2↑錯誤，醋酸應該寫分子式A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.過量的鐵粉與稀硝酸反應生成的是Fe2+，則離子方程式書寫錯誤，故A的判斷錯誤；B.向Ba(OH)2溶液中滴加H2SO4溶液的離子方程式為：Ba2++2OH-+2H++SO42?=BaSO4↓+2H2O，故B判斷和改正方法正確；C.該反應離子方程式是正確的，故C的判斷和改正方法錯誤；D.Cu與醋酸不反應，故D的離子方程式以及判斷都錯誤；答案選B。19.下列關于銅、鋅和稀硫酸組成的原電池的說法正確的是A.銅的表面沒有氣泡產生B.電子從溶液中由鋅向銅定向移動C.該原電池利用電能使鋅與硫酸發(fā)生反應D.該原電池工作一段時間后，溶液中c(H+)減小【答案】D【解析】【詳解】A.銅作正極，氫離子在正極得電子生成氫氣，所以銅的表面有氣泡產生，故A錯誤；B.電子從負極（鋅）由導線流向正極（銅），故B錯誤；C.原電池是將化學能轉化為電能的裝置，即利用鋅和硫酸反應產生電能，故C錯誤；D.該原電池工作時，氫離子不斷得電子生成氫氣，所以溶液中c(H+)減小，故D正確；故選D?！军c睛】原電池中，電子由負極經過外電路流向正極，陰陽離子在電解質溶液中移動，從而形成電流。20.有機物的結構為圖所示，關于這種有機物不正確的說法有①該物質分子式C11H12O3②能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，但其原理相同③與Na、NaHCO3反應兩者物質的量之比均是1：1④能發(fā)生取代、加成、水解、氧化反應A.1種 B.2種 C.3種 D.4種【答案】C【解析】【分析】【詳解】①該物質分子中含11個C原子、3個O原子，12個H原子，則分子式為C11H12O3，故正確；

②含有碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，原理不相同，故錯誤；

③該有機物分子中的羥基和羧基都能與Na反應，只有羧基能與NaHCO3反應，兩個反應中反應物的物質的量之比前者是1：2，后者是1：1，故錯誤；

④不能發(fā)生水解反應，故錯誤。

故選：C。21.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A.9g甲基(﹣CH3)所含有的電子數(shù)是10NA個B.22.4L乙烷中含有的共價鍵數(shù)為7NA個C.常溫下，14g乙烯和丙烯的混合物中總原子數(shù)為3NAD.4.2gC3H6中含有的碳碳雙鍵數(shù)一定為0.1NA【答案】C【解析】【詳解】A．一個甲基含有9個電子，所以9g甲基(－CH3)所含有的電子為×9mol，即×9NA個，故A錯誤；B．標準狀況下，22.4L乙烷的物質的量為1mol，一個乙烷分子含有7個共價鍵，所以共含有的共價鍵數(shù)為7NA個，故B錯誤；C．乙烯和丙烯的最簡式是CH2，14g乙烯和丙烯的混合物中總原子為×9mol，即9NA個，故C正確；D．C3H6若是環(huán)己烷，則沒有碳碳雙鍵，故D錯誤。綜上所答案為C。22.下列說法不正確的是（）A.60克SiO2晶體中，含有4NA個硅氧鍵B.12克金剛石中，含有2NA個碳碳鍵C.12克石墨中，含有1.5NA個碳碳鍵D.31克白磷中，含有6NA個磷磷鍵【答案】D【解析】【詳解】A.60克SiO2晶體中，含有=4NA個硅氧鍵，故不選A；B.12克金剛石中，含有=2NA個碳碳鍵，故不選B；C.12克石墨中，含有=1.5NA個碳碳鍵，故不選C；D.31克白磷中，含有1.5NA個磷磷鍵，故選D；答案：D【點睛】1mol物質中共價鍵的物質的量為成鍵原子價電子數(shù)除以2。二、填空題23.A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)?；卮鹣铝袉栴}：(1)B、C中電負性較大的是___________，基態(tài)D原子價電子的排布圖_________________，DA2分子的VSEPR模型是___________，H2A比H2D熔沸點高得多的原因____________________________。(2)實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6屬于___________晶體(填晶體類型)，其中C原子的雜化軌道類型為___________雜化。②[C(OH)4]－中存在的化學鍵有________________________。③工業(yè)上制備的B單質是熔融B的氯化物，而不是電解BA原因是___________________________。(3)B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ·mol-1、5492kJ·mol-1，二者相差很大的原因是______。(4)D與E所形成化合物晶體的晶胞如圖2所示。①在該晶胞中，E的配位數(shù)為________________________。②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內部各原子的相對位置。圖2晶胞中，原子坐標a為(0,0,0)；b為(1/2，0，1/2)；c為(1/2，1/2,0)，則d原子的坐標參數(shù)為________________________。③已知該晶胞的密度為ρg/cm3，則其中兩個D原子之間的距離為_______pm(NA為阿伏伽德羅常數(shù)，列出計算式即可)【答案】①.鋁(或Al)②.③.平面三角形④.水分子間存在氫鍵⑤.分子⑥.sp3⑦.極性共價鍵、配位鍵(或共價鍵、配位鍵)⑧.熔融MgCl2融能導電，可電解；MgO熔點高，電解能耗大⑨.Al3+比Mg2+電荷高、半徑小，AlF3的晶格能比MgCl2大得多⑩.4?.(1，1/2，1/2)?.××1010【解析】【分析】A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見化合物DA2和DA3，因此A是O，D是S；工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質C，則C是Al；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)，因此B是Mg，E是Zn?！驹斀狻?1)同周期自左向右金屬性逐漸減弱，金屬性越強，則電負性越小，則Al的電負性大于Mg；基態(tài)S原子價電子排布式為3s23d4，其排布圖為；SO2分子中價層電子對數(shù)是2+(6-2×2)=3，所以其VSEPR模型是平面三角形；由于H2O分子間存在氫鍵，H2S分子間存在范德華力，因此H2O比H2S熔沸點高得多；(2)①Al2Cl6的熔沸點較低，易升華，屬于分子晶體；其中Al原子形成4個共價鍵，雜化軌道類型為sp3雜化；②[Al(OH)4]－中存在的化學鍵有O-H間的極性共價鍵、Al-O間的配位鍵；③由于熔融MgCl2能導電，可電解，但MgO熔沸點高，電解熔融MgO能耗大，所以工業(yè)上制備Mg的單質是電解熔融氯化鎂，而不是電解氧化鎂；(3)Al3+比Mg2+電荷多、半徑小，形成的離子鍵鍵能大，則AlF3的晶格能比MgCl2大得多；(4)①在該晶胞中，Zn的周圍最近且距離相等的S原子有4個，則鋅的配位數(shù)為4；②根據(jù)晶胞結構可知d原子位于右側面心處，所以坐標參數(shù)為(0，1/2，1/2)；③該晶胞中S和Zn的原子個數(shù)均是4個，晶胞的密度為ρg/cm3，則晶胞的邊長是cm。兩個S原子之間的距離為面對角線的一半，即為×cm=××1010pm。24.鐵被譽為“第一金屬”，鐵及其化合物在生活中有廣泛應用。(1)基態(tài)Fe2+的簡化電子排布式為______________________。(2)FeCl3的熔點為306℃，沸點為315℃，F(xiàn)eCl3的晶體類型是_________。FeSO4常作凈水劑和補鐵劑，的立體構型是_____。(3)實驗室用KSCN溶液、苯酚()檢驗Fe3+。N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序為________(用元素符號表示)，苯酚中碳原子的雜化軌道類型為_______。(4)羰基鐵[Fe(CO)5]可用作催化劑、汽油抗爆劑等。1molFe(CO)5分子中_______molσ鍵，與CO互為等電子體的離子是________(填化學式，寫一種)。(5)氮化鐵晶體的晶胞結構如圖1所示。該晶體中鐵、氮的微粒個數(shù)之比為________。(6)氧化亞鐵晶體的晶胞如圖2所示。已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm-3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶胞中，與Fe2+緊鄰且等距離的Fe2+數(shù)目為________；Fe2+與O2-最短核間距為_________cm?！敬鸢浮竣?[Ar]3d6②.分子晶體③.正四面體形④.N＞O＞S⑤.sp2雜化⑥.10⑦.CN﹣或⑧.3：1⑨.12⑩.【解析】【詳解】(1)鐵原子失去最外層4s能級2個電子形成Fe2+，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，簡化電子排布式為[Ar]3d6；故答案為：[Ar]3d6；(2)FeCl3的熔點為306℃，沸點為315℃，據(jù)此可知氯化鐵熔沸點較低，則氯化鐵屬于分子晶體；離子中含有4個σ鍵，沒有孤電子對，所以其立體構型是正四面體，硫原子采取sp3雜化；故答案為：分子晶體；正四面體形；(3)同一周期元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大呈增大趨勢，氮元素2p能級處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量低，氮元素的第一電離能高于同周期相鄰元素第一電離能，所以第一電離能N>O>S，苯酚為平面結構，C原子采取sp2雜化；故答案為：N>O>S；sp2雜化；(4)配合物中碳原子不存在孤對電子，σ鍵數(shù)為2，1個Fe(CO)5分子含10個σ鍵，則1molFe(CO)5分子中含10molσ鍵；原子數(shù)目相等、價電子總數(shù)相等的微?；榈入娮芋w，與CO互為等電子體的離子有CN?、，故答案為：10；CN﹣或；(5)氮化鐵晶體為六棱柱，頂點貢獻率為，棱點貢獻率為，面點貢獻率為，依據(jù)晶胞結構可知，12個鐵原子位于頂點，2個鐵原子位于面心，3個鐵原子位于體內，2個氮原子位于體內，1個晶胞含有鐵微粒數(shù)為：12×+×2+3=6，含氮原子數(shù)為2，所以該晶體中鐵、氮的微粒個數(shù)之比為：6:2=3:1；故答案為：3:1；(6)氧化亞鐵晶胞結構類似氯化鈉晶胞，棱上3個離子相切，晶胞參數(shù)等于相鄰兩個離子核間距的2倍。依據(jù)圖2可知，上、中、下三層各有4個氧離子與中心的氧離子緊鄰且等距離，而氧化亞鐵中氧離子、亞鐵離子個數(shù)比為1:1，所以有12個二價鐵離子與二價鐵離子相鄰且等距離；1個氧化亞鐵晶胞含有二價鐵離子數(shù)目為：8×+6×=4，含有氧離子數(shù)目為：×12+1=4，所以1個氧化亞鐵晶胞含有4個FeO，設Fe2+與O2?最短核間距為dpm，依據(jù)氧化亞鐵晶體的密度為ρg?cm?3，可知：ρ=，解得d=pm=cm；故答案為：12；。25.I．氮是地球上含量豐富的一種元素，氮及其化合物在工農業(yè)生產、生活中有著重要作用。(1)如圖是N2(g)和H2(g)反應生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，請問該化學反應屬于__________(放熱或吸熱)反應，請寫出該反應的熱化學方程式：_______________________。(2)上述反應用到的氫氣是一種清潔燃料，已知氫氣的燃燒熱為285.8kJ?mol?1，請寫出氫氣的燃燒熱的熱化學方程式：___________________________________________________。II．已知H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)△H=－57.3kJ?mol?1?；卮鹩嘘P中和反應的問題。(3)如圖裝置中儀器A的名稱______________________(4)碎泡沫塑料的作用是__________________________Ⅲ.已知：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=akJ?mol?12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=bkJ?mol?1NH3(l)NH3(g)ΔH=ckJ?mol?1(5)則反應4NH3(l)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=_____________kJ?mol?1(用a、b、c表示)?！敬鸢浮竣?放熱②.N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ?mol?1③.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ?mol?1④.環(huán)形玻璃攪拌棒⑤.保溫、隔熱，減少熱量損失⑥.2a+3b+4c【解析】【詳解】(1)如圖是N2(g)和H2(g)反應生成1molNH3(g)過程中能量的變化示意圖，反應物總能量大于生成物總能量，因此該化學反應屬于放熱反應，該反應的熱化學方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ?mol?1；故答案為：放熱；N2(g)+H2(g)NH3(g)△H=－46kJ?mol?1。(2)氫氣的燃燒熱為285.8kJ?mol?1，則氫氣的燃燒熱(氫氣物質的量定為1mol進行書寫)的熱化學方程式：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ?mol?1；故答案為：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=－285.8kJ?mol?1。(3)根據(jù)圖中裝置得到儀器A的名稱環(huán)形