期末模拟测试（提高卷） -2022-2023学年高二化学下学期期末必考题精准练（人教版2019选择性必修2）（解析版）

期末模拟测试（提高卷）

（时间:75分钟满分:100分）

可能用到的相对原子质量:H1C12Si28P31Cl35.5

第I卷选择题（共60分）

-选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）

1.（2022秋•河北衡水•高二校考阶段练习）已知火药爆炸的反应为

占燃

2KNO,+S+3C-K2S+N21+3CO2T,下列有关说法正确的是

A.上述化学方程式涉及元素的简单离子半径：K+>S2->N3->O2-

B.气体产物电与CO?中均存在非极性共价键

C.上述化学方程式涉及元素第一电离能：N>O>S>K

D.K+的结构示意图：@28^8

【答案】C

【解析】A.核外电子数相同，核电荷数越大半径越小，简单离子半径：S2>KS故A错

误；

B.CO?中存在的是极性共价键，故B错误；

C.元素的电离能金属的小于非金属的电离能，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋

势，HA>IHA,VA>V1A,上述化学方程式涉及元素第一电离能：N>O>S>K,故C正确;

\

2

D.K是19号元素，e结构示意/88，故D错误;

U

故答案为C：

2.（2022秋•四川内江•高二统考期末）A、B、C、D是原子序数依次增大的前四周期的主族

元素，A是宇宙中含量最多的元素；基态B原子核外s能级上的电子总数与P能级上的电子

总数相等，但第一电离能低于同周期相邻元素；基态C原子核外s能级上的电子总数与P能

级上的电子总数相等，但第一电离能高于同周期相邻元素；基态D原子的最外层只有一个

电子，其次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法错误的是

A.A元素的单质常温下为气体

B.离子半径：C>B>A

C.C元素的最高价氧化物的水化物碱性强于氢氧化铝

D.D元素原子核外共有19种不同运动状态的电子

【答案】B

【分析】宇宙中含量最多的元素是H,A是H；根据题中信息和构造原理，B电子排布式为

Is22s22P3B为0,其第一电离能低于N、F；C电子排布式应为Is22s22P63s2,C为Mg,其

第一电离能高于Na、Al；D为K；

【解析】A.比常温下为气体，A项正确；

B.CP-与Mg2+核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小，故离子半径：O2>Mg2+>H+,B

项错误；

C.金属性Mg>Al,故二者最高价氧化物的水化物碱性Mg(OH)2>Al(OH)3,C项正确；

D.原子核外电子运动状态均不相同，K核外共有19个电子，故共有19种不同运动状态的

电子，D项正确；

答案选B。

3.(2022秋.湖北武汉•高二校联考期末)短周期常见元素X、Y、W、Z原子半径及主要化

合价如图所示，下列叙述正确的是

主要化合价

5-..................«

4-

3

2

1

0

50；100150原子半径/pm

-1

W：

-2

•Z

A.最高价氧化物的水化物的碱性X小于Y

B.简单氢化物的热稳定性以及沸点均为W大于Z

C.常温下，Y的单质能溶于Z最高价氧化物的水化物的浓溶液

D.与Y同周期且第一电离能小于Y的元素有两种

【答案】B

【分析】W的化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素的化合价

为+5、+3、-3,Z处于第VA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周

期，故Z为N元素；X的化合价为+2价，则X应为HA族元素，Y的化合价为+3价，Y

处于第IUA族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原

子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为A1

元素，以此解答。

【解析】A.同周期主族元素随原子序数增大，金属性减弱，故金属性Mg>Al,则碱性

Mg(OH)2>Al(OH)3,A错误；

B.非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O大于N,故热稳定性H2ONH3,

水常温下为液态，沸点H2O>NH3，B正确；

C.常温下，A1在浓HNO3溶液中钝化，C错误；

D.与A1同周期且第一电离能小于A1的元素为Na,只有一种，D错误；

故选B。

4.(2022秋•内蒙古通辽.高二开鲁县第一中学校考期末)向含HCN的废水中加入铁粉和

K2cO3可制备K4[Fe(CN)6]，发生反应：

6HCN+Fe+2K2c。3=K4[Fe(CN)J+H2T+2CO2T+2H2O,下列说法错误的是

A.依据反应可知：Ka(HCN)>Kal(H2CO,);还原性：Fe>H2

B.基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2：3

C.Fe位于周期表中第VIII族；反应中Fe失去4s2电子

D.离子半径大小：N3>O2

【答案】A

【解析】A.由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，因此无法判断HCN和

H2c0,的酸性强弱，即无法比较酸的电离常数的大小，故A项错误；

B.基态碳原子的电子排布式为Is22s22P。基态氮原子的电子排布式为Is22s22P3,因此基

态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3,故B项正确；

C.Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第VIII族，Fe的价层电子排布式为3d<,4s2,

在该反应中Fe元素升两价，失两个电子，因此失去了4s2电子，故C项正确；

D.离子半径大小比较，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故D项正确。

5.(2022秋・重庆北倍・高二西南大学附中校考阶段练习)近期重庆新冠肺炎疫情蔓延，防疫

人员使用了多种消毒剂进行环境消毒。2人为阿伏加德罗常数的值，下列关于常见消毒剂的

说法中不正确的是

A.ImolCH3cH20H中。键的数目为82人

B.84消毒液不能与洁厕灵混合使用

O

II

C.过氧乙酸(CH3c0°H)分子中c的杂化类型均相同

D.饱和氯水既有酸性又有漂白性，向其中加入NaHCC>3固体后漂白性增强

【答案】C

【解析】A.1个CH，CHQH分子中的化学键包括5个C-H键、1个C-C键、1个C-0键、

1个O-H键，全部属于b键，因此ImolCH3cHQH中。键的数目为8N,\,A正确；

B.84消毒液有效成分是NaQO,具有强氧化性，洁厕灵主要成分是HC1,具有一定还原性,

混合使用时NaClO与HC1会发生反应生成CL引起中毒，故不能混合使用，B正确；

C.与H成键的C原子是sp3杂化，与O成键的C原子是sp2杂化，杂化类型不同，C错误;

D.饱和氯水中存在以下平衡体系：C1,+H2OHC1+HC1O,HC1O具有漂白性，HC1O与

HC1具有酸性，因此溶液既有酸性又有漂白性；已知酸性强弱关系：

HC1>H2CO3>HC1O>HCO；,向其中力n入NaHCCh固体后，NaHCCh与HC1反应，使HC1浓

度减小，C12+H2OHC1+HC1O平衡向正方向移动，使HC1O浓度增大，溶液漂白性增强,

D正确；

故选C。

6.(2022秋・吉林长春•高二长春市第五中学校考期末)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子

的相对位置，如图为Ge单晶晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0),B为(；，0,；),C为

(；，；，0)。则D原子的坐标参数为

图1图2

A.(―,—,—)B.(0,—,0)C.(1,—,—)D.(―,0,0)

44448444

【答案】A

【解析】根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的9处，则D原子的坐标参数为

44

14,14)?.，

答案选A。

7.(2022秋•重庆沙坪坝•高二重庆一中校考期末)几种晶体的晶胞(或晶体结构)如图所示，

下列说法正确的是

A.NaCl中Na+的配位数小于干冰中CC）2分子的配位数

B.干冰晶胞中CO2分子之间和金刚石晶胞中碳原子间的静电作用均是共价键

C.若金刚石的晶胞边长为acm,其中两个最近的碳原子之间的距离为叵

2

D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨是一种过渡晶体

【答案】D

【解析】A.NaCl晶胞中每个Na+周围有8个Ch所以配位数为8,CCh晶胞中的配位数为:

=12,A错误；

B.干冰晶胞中CO2分子之间是分子间作用力，金刚石晶胞中碳原子间是共价键，B错误；

C.若金刚石的晶胞边长为acm,两个碳原子之间的最短距离为体对角线的四分之一，即

&acm，C错误；

4

D.石墨晶体层内是共价键，层间是范德华力，所以石墨晶体兼有共价晶体、分子晶体、金

属晶体的特征，属于混合晶体，D正确；

故选D。

8.（2022秋•四川内江•高二四川省内江市第六中学校考期中）含有多个配位原子的配体与同

一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种原子序数为48的Cd2+

配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是

A.该螯合物中N的杂化方式有2种

B.1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol

C.Cd属于d区元素

D.Cd的价电子排布式为4d85s2

【答案】B

【解析】A.该整合物中无论是硝基中的N原子，还是NO；中的N原子，还是六元环中的

N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；

B.该整合物中Cd?+与5个N原子、2个。原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为

共价键，另外的均为配位键，故Imol该配合物中通过整合作用形成6moi配位键，B正确；

C.原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；

D.Cd的价电子排布式为4d">5s2,D错误；

故选B。

9.(2022春•江苏泰州•高二泰州中学校考开学考试)钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的

名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图(a)],此后，把结构与之类似的晶体(化学式与

钛酸钙相似)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图(b)

所示，其中A为CHaNH；,另两种离子为「和Pb?+。

图(a)图⑹

下列说法错误的是

A.CH3NH；中含有配位键

B.图(b)中，*为「

C.晶胞中与每个Ca2+紧邻的02-有6个

D.钛酸钙的化学式为CaTiCh

【答案】C

【解析】A.类比NH；的成键情况可知，CH3NH；中含有H+与N原子上的孤电子对形成的

配位键，A项正确；

B.由图(b)可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中

有1个A、1个B和3个X,根据晶体呈电中性可以确定，CH3NH；和Pb2+均为1个，有3

个匕故x为r,B项正确；

C.图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点，其与邻近的3个面的面心上的。2-紧邻，每个顶点参与

形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此，与每个Ca2+紧邻的CP-有12个，C项错误;

D.由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中Ca?+位于8个顶点、0?-位于6个面心、Ti，+位于体心，根

据均摊法可以确定Ca2+、02,Ti，+的数目分别为1、3、1,因此其化学式为CaTi03,D项正

确；

答案选Co

10.(2022春.广东广州•高二校联考期中)已知，图甲为金属钠的晶胞，晶胞边长为apm,

其晶胞截面如图乙所示。图丙为Li2s晶胞截面，已知Li?S属立方晶体，假设晶胞边长为Li2s。

下列关于Li2s晶胞的描述错误的是

图甲图乙

图丙

A.每个晶胞中含有的户数目为4

B.与Li*距离最近且相等的S"有8个

C.该晶胞中两个距离最近的Li'和S3的核间距的计算表达式为日dpm

303

D.Li2s晶体的密度为西一x10g-cnT(NA表示阿伏伽德罗常数)

【答案】B

【分析】由晶胞截面图可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为

8x1+6x^=4,锂离子位于晶胞内，晶胞中离子个数为8；晶胞中与S2一距离最近且相等的

ON

Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S?一有4个，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的;

4

处。

【解析】A.由分析可知，硫离子位于晶胞的顶点和面心，晶胞中离子个数为8X：+6X；=4,

OZ

故A正确；

B.由分析可知，晶胞中与S3距离最近且相等的Li+有8个，与Li+距离最近且相等的S2-有

4个，故B错误；

C.由分析可知，与顶点S2-距离最近的Li+位于体对角线的，处，则核间距的计算表达式为

—dpm,故C正确；

4

D.设晶胞的密度为pg/cn?,,由晶胞的质量公式可得：（dxl（）T「。）34xP46解得p=18n4X103“。,

故D正确；

故选B。

11.（2022春.山西吕梁.高二校联考期中）下列有关说法不正确的是

A.咪哇为平面结构，结构为43H,N的杂化方式为sp2杂化

B.H3ASO4、H3ASO3、H3ASO2三种酸中酸性最强的是H3ASO4

C.某含钛配合物，化学式为［TiCKEhORCL，Imol该配合物中6键的数目为16刈

D.SrCCh和CaCCh受热均可分解，且分解温度：SrCO3<CaCO3

【答案】D

【解析】A.由咪噬分子中含有类似于苯环的大兀键，则为平面结构可知，咪唾分子中碳原

子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化，故A正确；

B.同一非金属元素不同价态含氧酸的酸性：非金属元素的价态越高，相应酸的酸性越强；

H3ASO4,H3ASO3,H3AsO2三种酸中As的化合价依次为+5、+3、+1,则酸性最强的是H3ASO4,

故B正确；

C.含钛配合物中内界离子中配位键属于c键，出0中的H-0键也属于。键，所以。键的

数目为lmolx（6+2x5）xN4moi"=16M，故C正确；

D.碳酸盐分解，本质是金属阳离子结合碳酸根离子中的氧离子使碳酸盐分解为金属氧化物

和C02,Ca2+的离子半径小于SB,CaO的晶格能大于SrO,所以CaCCh和SrCCh受热分解

时，CaCCh比SrCCh更易转化为金属氧化物，所以SrCCh的分解温度高于CaCCh，故D错

误；

12.（2022春・浙江温州•高二校联考期末）气相离子催化剂（Fe，、Co\Mn*等）具有优良的催

化效果。其中在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示（图中--为副反应），下列说法不无

用的是

催化剂

A.主反应的总反应方程式为：C2H6+2N20CH3CH0+H20+2N2

B.每生成ImolCH3cH0消耗N2O的物质的量等于2mol

C.CH,CHO中碳原子的杂化方式有sp'和sp2两种

D.X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性

【答案】B

+

【分析】机理图中，N2O与Fe+反应生成N2和FeO,FeO和C2H5反应生成[(C2H5)Fe(OH)「,

[(C2H5)Fe(OH)]+生成Y和Fe+,Y为乙醇；((C2H5)Fe(OH)]+生成X和[(C2H4)Fe]+,X为水;

+

H2C-FelH2C—Fe]

+

](C2HQFe广和N2O生成N2和"II生成乙醛和Feo主反应的总反应

H2C-O.H,C-O

催化剂

方程式为：C2H6+2N2QCH,CHO+H2O+2N2

【解析】A.根据分析，主反应正确，A正确；

B.根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)]+生成乙醇和Fe+,铁元素化合价降低，有电子转

移，每生成ImolCH3cH0消耗N20的物质的量大于2mol,B错误；

C.CH3cH0中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C正确；

D.X为乙醉，Y为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性,

D正确；

故选B。

13.(2022秋.宁夏石嘴山.高二平罗中学校考期中)科学研究发现铀的两种化合物(短线表示

化学键)有不同的特性，其中a具有抗癌作用，而b没有；则下列正确的说法是

ClC1

II

H2N-Pt-ClH2N-Pt-NH2

NH2Cl

(a)(b)

A.a、b分子中，Pt原子与2个Cl原子，2个N原子间形成的结构与CH2cb相似

B.a在水中的溶解度比b在水中的溶解度大

C.a、b互为同素异形体

D.a、b是同一物质

【答案】B

【解析】A.a、b的性质不同，说明a、b是不同的分子，则它们的分子结构为平面结构，

存在异构，而CH2c12分子为四面体构型，不存在异构，A项错误；

B.a为极性分子，b为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，a在水中的溶解度

比b在水中的溶解度大，B项正确；

C.a、b均为化合物，不是同素异形体的关系，C项错误；

D.a、b性质不同，不是同种物质，互为同分异构体，D项错误；

答案选B。

14.（2022春.陕西西安•高二校考期末）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种短周期

元素，已知C、D元素的原子序数之和是A、B元素的原子序数之和的3倍，且C、D元

素是同主族元素。甲、乙、丙、丁、戊五种二元化合物的组成如下表：

甲乙丙T戊

A、BB、CA、CA、DC、D

物质间存在反应：甲+乙一单质B+丙；丁+戊一单质D（淡黄色固体）+丙。下列说法正确的是

A.甲、乙、丙、丁、戊均为只含极性键的极性分子

B.原子半径：D>B>C；电负性：B>C>D

C.可用酒精洗涤粘在容器内壁上的单质D

D.若2moi甲与3moi乙恰好反应生成2.5mol单质B,则乙为双原子分子

【答案】D

【分析】根据单质D为淡黄色固体，则D为S元素：A、B、C、D为原子序数依次增大的

四种短周期元素，C、D元素是同主族元素，在C为O元素；C、D元素的原子序数之和是

A、B元素的原子序数之和的3倍，A、B元素的原子序数之和为8,戊为0、S两种元素组

成的化合物，且丁+戊一单质D（淡黄色固体）+丙，其反应方程式为：2H2S+SO2=3SJ+2H2。、

3H2S+SO2=3H2O+4Sb则A为H元素，B为N元素；甲+乙一单质B+丙，其反应方程式为:

8NH3+6NO2=7N2+12H20.4NH3+6NO=5N2+6H2O,则甲为NH3,乙为NO2或NO,丙为H2O,

丁为H2S,戊为SO3或SO2。

【解析】A.若戊为SO3,则SO3是平面正三角形，含极性键的非极性分子，A错误；

B.同周期从左到右元素原子半径减小，电负性增大；同主族从上到下元素原子半径增大，

电负性减小，故原子半径：S>N>0；电负性：0>N>S,B错误；

C.D为S单质，硫微溶于酒精，不能达到洗涤目的，应用二硫化碳洗涤，C错误；

D.根据4NH3+6NO=5N2+6H2O,若2mol甲与3mol乙恰好反应生成2.5mol单质B,则乙

为NO,是双原子分子，D正确；

故答案为：D。

15.（2022・高二课时练习）由短周期前10号元素组成的物质T和X有如图所示的转化。X不

稳定，易分解。下列有关说法正确的是（）

A.为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO,溶液

B.等物质的量的T、X分子中含有兀键的数目均为NA

C.X分子中含有的。键个数是T分子中含有的。键个数的2倍

D.T、X分子均含有极性键和非极性键

【答案】A

【分析】由球棍模型可知，T为HCHO,X不稳定，易分解，则X为H2co3,Y为氧化齐上

【解析】A.由醛变成酸，可以选择氧化性较强的酸性KMnO,溶液，A项正确；

B.Imol的T、X分子中含有兀键的数目为NA，等物质的量并不一定是1mol,故B错误;

C.X分子中含有的b键个数为5,T分子中含有的b键个数为3,C项错误；

D.T、X分子均只含有极性键，无非极性键，D项错误；

答案选A。

【点睛】化合物中，单键是。键，双键：一个。键，一个兀键；三键：一个。键，两个兀键。

16.（2022秋・天津南开.高二南开中学校考期末）下列说法或有关化学用语的表达正确的是

A.能级能量大小关系:4f>5d

B.基态铜原子GCu）的价层电子排布式：3d">4s,

C.Ca处于基态的电子排布式为Is22s22P63s23P64P2

Is

D.Na+的电子排布图：冏

【答案】B

【解析】A.根据构造原理，电子填充的先后顺序为“s<（〃-2）f<（“-l）d<叩，故能级能

量大小关系为4f<5d,A错误；

B.Cu元素是29号元素，核外电子排布式为：[Ar]3dHi4sl其价层电子排布式：Sd'^s',

B正确；

C.根据造原理Ca处于基态，电子排布式为Is22s22P63s23P64s2,C错误；

D.根据泡利原理，Na+的电子排布图：/:'A丁A，D错误；

[ri|T|ivjvj»

故选B。

17.（2022秋・湖北武汉・高二华中师大一附中校考期中）自从第一次合成稀有气体元素的化

合物XePtF6以来，人们又相继发现了款的一系列化合物，如XeF2、XeF4等。如图甲为XeF4

的结构示意图，图乙为XeF2晶体的晶胞结构图。下列有关说法错误的是

甲乙

A.稀有气体也能参与化学反应

B.XeF4是非极性分子，Xe原子成键后不含孤电子对

C.一个XeF2晶胞中实际拥有2个XeF2

D.XeF2晶体中距离最近的两个XeF2之间的距离为叵（a为晶胞边长）

2

【答案】B

【解析】A.第一次合成稀有气体元素的化合物XePtF6,说明稀有气体也能发生化学反应,

故A正确；

B.根据XeF4的结构示意图可判断，Xe和F之间形成极性键，该分子为平面正方形结构，

所以是由极性键构成的非极性分子，分子中有有四个◎键，孤对电子对为：；x（8-4）=2,

两个孤对电子对，故B错误；

C.根据XeF2晶体的晶胞结构可知，一个XeFz晶胞中实际拥有的XeF2个数为8x：+l=2,

O

故C正确；

D.根据XeF2晶体的晶胞结构可知，立方体体心的XeF2与每个顶点的XeF2之间的距离最

近且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半，即为且a,故D正确；

2

故答案为：Bo

18.（2022秋.广东广州.高二执信中学校考期中）下列说法正确的是

A.SiCh和SO3晶体类型相同

B.C60晶胞结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个

C.晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次降低

D.BaO2晶胞结构如图所示，与每个Ba?+距离相等且最近的阴离子共有5个

【答案】B

【解析】A.SiCh是由原子构成的空间网状结构的晶体；SCh是由分子构成的晶体，前者为

共价晶体、后者为分子晶体，晶体类型不同，选项A错误；

QQ

B.每个C«）分子周围与它最近且等距离的Coo分子个数=^X=12,选项B正确；

C.共价晶体熔点与键长成反比，与键能成正比，这三种晶体都是共价晶体，键长：C-C

<C-Si<Si-Si,所以晶体硅、碳化硅、金刚石的熔点依次升高，选项C错误；

D.与每个Ba?+距离相等且最近的阴离子个数为6,选项D错误；

答案选B。

19.（2022秋•四川雅安•高二雅安中学校考期中）有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如

图所示，有关说法正确的是

A.①为简单立方堆积，③为面心立方最密堆积

B.每个晶胞含有的原子数分别为：①1个，②2个，③2个，④4个

C.晶胞中原子的配位数分别为：①6,②8,③8,©12

D.空间利用率的大小关系为：

【答案】B

【解析】A.由金属晶体的晶胞结构图可知：①为简单立方堆积；③为六方最密堆积，A错

误；

B.顶点为8个晶胞共用；面为2个晶胞共用；晶胞体内原子为1个晶胞单独占有。晶胞①

中原子个数=8x：=l；晶胞②中原子个数=l+8xg=2；晶胞③中原子个数=l+8x；=2,晶胞④

888

中原子个数=8x：+6x）=4,B正确；

C.①为简单立方堆积，配位数为6；②为体心立方堆积，配位数为8；③为六方最密堆积,

配位数为12；④为面心立方最密堆积，配位数为12,C错误；

D.六方最密堆积与面心立方最密堆积的空间利用率相等，简单立方堆积、体心立方堆积不

是最密堆积，空间利用率比六方最密堆积和面心立方最密堆积的小；体心立方堆积空间利用

率比简单立方堆积的高，故空间利用率的大小关系为：①〈②〈③=④，D错误；

故选B。

20.（2022春•黑龙江哈尔滨・高二校考阶段练习）氨硼烷（NH3BH3）是一种高性能固体储氢材

料在催化剂作用下可发生水解：3NH3BH3+6H2O=3NH；+B3O+9H2t,已知B3O7的结构为

o3-

I

/B

。卜.列说法正确的是

—

O双O

A.该反应过程中B原子的杂化方式均为sp3

B.水解产生的H2既是氧化产物也是还原产物

C.共价键的键能大小与氨硼烷熔沸点的高低有直接关系

D.NH3中所有原子都满足8电子稳定结构

【答案】B

【解析】A.反应物中B与氢之间形成共价键，与氮原子间形成配位键，共形成4条共价键,

采用sp3杂化，而产物中B仅形成3条共价键，B原子无孤电子对，因此采用sp?杂化，故

A错误；

B.水解产生的H?既是化合价升高的产物也是化合价降低的产物，既是氧化产物也是还原

产物，故B正确；

C.氨硼烷是分子，熔沸点的高低由分子间作用力决定，与共价键的键能无关，故C错误；

D.NH3中氢原子不满足8电子稳定结构，故D错误；

故选B。

第II卷非选择题（共40分）

二、填空题

21.(8分)(2022春•新疆昌吉•高二校考阶段练习)根据氢气分子的形成过程示意图(如下

图)回答问题：

(1)H—H键的键长为,①〜⑤中，体系能量由高到低的顺序是

(2)下列说法中正确的是。

A.氢气分子中含有一个兀键

B.由①到④，电子在核间出现的几率增大

C.由④到⑤，必须消耗外界的能量

D.氢气分子中含有一个极性共价键

(3)几种常见化学键的键能如下表：

化学键Si—0H—00=0Si—SiSi—C

键能ZkJ.moH460464498176X

比较Si—Si键与Si—C键的键能大小：x(填或"=")176。

【答案】⑴0.074nm①⑤®®④

(2)BC

(3)>

【解析】(1)根据能量越低越稳定，氢气是稳定的状态，因此H—H键的键长为0.074nm,

根据图中能量关系得到①~⑤中，体系能量由高到低的顺序是①⑤②③④；故答案为：

0.074nm；①⑤②③④。

(2)A.氢气分子中含氢氢单键，含有一个。键，不含兀键，A错误；

B.共价键的本质就是高概率的出现在原子间的电子与原子间的电性作用，B正确；

C.④已经达到稳定状态，由④到⑤核间距离进一步减小，两原子间的斥力使体系的能量迅

速上升，必须消耗外界的能量，C正确；

D.氢气分子是由氢原子构成，分子中含有一个非极性共价键，不含极性共价键，D错误；

答案选BC；

(3)Si—Si键键长比Si—C键的键长长，根据键长越长，键能越小，因此键能大小可知：

X>176kJmor1;故答案为：〉。

22.(8分)(2022春•广东潮州•高二校考阶段练习)各图为几种分子、晶体或晶胞的结构示

意图。

铜晶胞

请回答下列问题:

(1)这些物质对应的晶体中，构成晶体的粒子之间主要以范德华力结合形成的晶体是

、晶体；构成晶体的粒子之间主要以氢键结合形成的晶体是O

(2)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为。

(3)每个Cu晶胞中实际占有个Cu原子，每个MgO晶胞中实际占有个镁离子,

CaCl2晶体中每个Ca?+周围距离最近且相等的C「有个。

(4)金刚石和C60晶体都是碳元素形成的单质,ImolC”,晶体中含兀键数目为。

【答案】(1)干冰晶体冰晶体

(2)金刚石>MgO>CaCl2>冰>干冰

(3)448

(4)30NA

【解析】(1)根据各晶体的构成和分析，分子晶体中粒子之间为范德华力，构成晶体的粒子

之间主要以范德华力结合形成的晶体是干冰晶体、冰晶体；故答案为：干冰晶体；冰晶体;

(2)熔点的一般规律：共价晶体〉离子晶体〉分子晶体，再结合晶体微粒作用力可得，冰

和干冰属于分子晶体，熔点：冰〉干冰，MgO和CaCb属于离子晶体，熔点：MgOCaCh,

金刚石是原子晶体，则熔点由高到低的顺序为：金刚石＞乂8。＞©2。2＞冰＞干冰，故答案

为：金刚石＞MgO＞CaC12＞冰＞干冰;

(3)Cu原子占据面心和顶点，则每个Cu晶胞中实际占有的原子数为Jx8+:x6=4；MgO

o2

晶胞中Mg2+位于棱上与体心，晶胞中Mg2+数目为1+12X：=4,；在CaC12晶体中，每个C「

周围最近距离的Ca2+分布在一个顶点以及和这个顶点相连的三个面的面心上，一共是4个,

每个Ca2+被8个CL所包围，故答案为：4：4：8；

(4)C6o晶体中，每2个C原子形成一个兀键，则1molC60晶体中含兀键数目为

1

1molx60x|xNAmol-=30NA,故答案为：30NA«

23.(8分)(2022秋•重庆沙坪坝♦高二重庆八中校考阶段练习)氮(N)、钱(Ga)合金由于其良

好的电学传导和光学透明性被广泛用于薄膜太阳能电池领域，氮化锐晶胞结构可看作金刚石

晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。

(1)以下说法错误的是(填字母)。

A.GaN晶体中存在非极性共价键B.电负性：N＞Ga

C.原子半径：N＞GaD.沸点：NH3＞PH3

(2)晶胞中与同一个N原子相连的Ga原子构成的空间构型为,晶胞中与Ga原子相

邻且最近的Ga原子个数为。

(3)以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。A

原子坐标为(0,y),则B原子坐标为。

(4)若GaN晶胞边长为apm,则Ga原子与N原子的最短核间距为pm。

【答案】⑴AC

⑵正四面体12

31

4

(4)上

4

【解析】（1）A.GaN晶体中1个N原子和周围四个Ga原子形成极性共价键，1个Ga原

子和周围四个N原子形成极性共价键，不存在非极性共价键，A错误；

B.Ga电负性小于同周期的元素As,N的电负性大于同主族元素As,所以电负性：N>Ga,

B正确；

C.N原子半径小于同主族元素As,Ga原子半径大于同周期的元素As,所以原子半径N<Ga,

C错误；

D.PE分子之间只有范德华力，而氨气可形成分子间氢键，所以沸点：NH3>PH3,D正

确；

故答案选AC,

（2）由题目信息和晶胞图可知，与同一个N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面

体型，N位于正四面体的中心。晶胞中，以上底面的Ga原子为参照，与上底面顶点的四个

Ga原子，与下面晶胞和上面晶胞面上的Ga原子距离都相等，故晶胞中离同一个Ga原子最

近的其他Ga原子个数为12,答案：正四面体；12；

（3）已知A原子坐标为（0,；）,则B原子坐标为（?，!）,答案：（［，=,1）；

22444444

（4）观察、分析晶胞结构Ga原子与N原子的最短核间距为体对角线的I,若GaN晶胞边

4

长为apm,则Ga原子与N原子的最短核间距叵•pm,答案：叵。

44

24.（8分）（2022•高二课时练习）如图是甲烷分子中C原子sp'杂化轨道电子云图：

（1）甲烷分子中C-H键的键角为o

（2）乙烯和乙焕的电子式分别为、,请你比较乙烯和乙焕分子中“C=C”和

“C三C”的键长大小：。乙焕和乙烯一样都能和澳水发生加成反应并使浸水褪色，请

你预测在同浓度同体积的漠水中分别通入乙烯和乙焕时，（选填"乙烯”或"乙快”）使漠

水褪色的时间短；同温同压下，使等体积等浓度的滨水正好褪色，消耗的（选填“乙

烯”或“乙怏”）少。

（3）苯分子中C原子以sp2杂化轨道成键，6个C原子中每个C原子的2s轨道和其中2个2P

轨道形成3个sp2杂化轨道，其中1个sp2杂化轨道与1个H原子形成1个。键、另外2个

sp?杂化轨道分别与另外2个C原子的sp?杂化轨道形成2个。键而形成1个六元环,而每个

C原子未参与杂化的另1个sp?轨道均垂直于这个六元环所处的平面且相互之间“肩并肩”重

叠形成1个“大北键”，如图：

H、C之间的c原子未参与

s-sp杂化的2P轨道

C、C之晅c、c之间的

p-p大IT键sp2-sp2O•键

请你猜想:

①苯分子中每个碳碳键的键长是否相等？

②苯分子中碳碳键的键长与C-C键、C=C键、C三C键的键长相比，处于的键长之

间。

【答案】⑴]09。28,

HH

：：

⑵••••H'CC*Hr(C=C)>r(C-C)乙

H；C：：C：H'一

烯乙焕

(3)相等C-C键和C=C键

【解析】(1)

甲烷分子的空间结构是正四面体形，C-H键的键角为1092T；

(2)

1个乙烯分子中含有2个碳原子和4个氢原子，两个碳原子之间通过共用2对电子形成一个

碳碳双键，碳碳双键与碳氢键之间的夹角为120。，为平面形结构，其电子式为

HH

……；乙快的电子式为HC::CH；共用电子对越多，两

H；C；；C；H*-,

个碳原子的结合力越强，所以r(C=C)>r(C三C)。碳碳三键的键能大，使滨水褪色的时间

长，故在同浓度同体积的滨水中分别通入乙烯和乙焕时，乙烯使澳水褪色的时间短；发生加

成反应时Imol乙烯消耗Imol溟，Imol乙焕消耗2moi澳，故同温同压下，使等体积等浓度的

漠水正好褪色，消耗的乙快少；

(3)

①苯分子中碳碳键键长相等；

②由于C-C键中只含有1个。键，碳碳双键中含有1个b键和1个仅被2个碳原子共有的万

键，所以苯分子中碳碳键的键长介于C-C键和C=C键之间。

25.(8分)(2022秋•黑龙江双鸭山