广东省龙川县第一中学2022-2023学年高二下学期4月化学期中考试试题
一、单选题
1．（2022·海淀模拟）北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是（ ）
A B C D
速滑冰刀中的钛合金 “飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂 颁奖礼服中的石墨烯发热材料 可降解餐具中的聚乳酸材料
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合成材料
【解析】【解答】A．钛合金属于金属材料，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料，故C不选符合题意；
D．聚乳酸是有机材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.钛合金是金属材料
B.树脂是有机合成材料
C.石墨烯是非金属材料
D.聚乳酸材料是有机材料
2．有关化学用语正确的是（ ）
A．乙烯的实验式：
B．乙醇的结构简式：
C．四氯化碳的电子式：
D．丙烷分子的空间填充模型
【答案】B
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、根据实验式的概念可知，乙烯的实验式为CH2，故A错误；
B、乙醇的结构简式为，故B正确；
C、四氯化碳中氯原子最外层均达到8电子稳定结构，其电子式为：，故C错误；
D、是丙烷分子的球棍模型，丙烷分子的空间填充模型为 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、实验式是指用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；
B、乙醇的结构简式为 ；
C、四氯化碳中氯原子最外层均达到8电子稳定结构；
D、 是丙烷分子的球棍模型。
3．下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A．： B．As：
C．： D．Cr：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、 钾离子核外有18个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p6， 故A正确；
B、 As原子核外有35个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故B正确；
C、N3-核外有10个电子，其电子排布式为1s22s22p6， 故C正确；
D、 Cr原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1， 故D错误；
故答案为：D。
【分析】根据构造原理书写各原子或离子的电子排布式。
4．某有机物的结构简式为，则该有机物分子中含有键和键的数目分别为（ ）
A．6、3 B．7、3 C．7、4 D．6、4
【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键， 中含有5个单键，一个双键和一个三键，则该有机物分子中含有键和键的数目分别为7、3，故选B；
故答案为：B。
【分析】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
5．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；塑料的老化和降解；高分子材料
【解析】【解答】A、聚乙烯中不含不饱和键，不能发生加成反应，聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，故A错误；
B、煮沸蛋白质变性，不会变成氨基酸，故B错误；
C、碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C错误；
D、高温会使蛋白质变性失活，疫苗的成分为蛋白质，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、聚乙烯中不含不饱和键；
B、煮沸会使蛋白质变性；
C、碳纤维是碳单质；
D、蛋白质在高温下变性失活。
6．现有一瓶A和B的混合液，已知A和B的某些性质如下：
物质 分子式 熔点（℃） 沸点（℃） 密度（g/cm3） 水溶性
A C3H6O2 -98 57.5 0.93 可溶
B C4H8O2 -84 77 0.9 可溶
由此推知分离A和B的最佳方法是（ ）
A．萃取 B．结晶 C．蒸馏 D．分液
【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏
【解析】【解答】根据表中数据可知，A、B沸点不同，密度相近，且均溶于水，则分离A和B的最佳方法为蒸馏，故选C；
故答案为：C。
【分析】根据A和B的性质分析其分离方法。
7．（2022高二下·东莞期中）某反应过程的能量变化如下图所示，下列说法错误的是
A．相比反应过程a，过程b可能有催化剂参与
B．该反应为△H<0
C．工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗
D．反应过程b的活化能为E1+E2
【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．相比反应过程a，过程b的活化能降低，而催化剂能降低反应的活化能，因此过程b可能有催化剂参与，故A项不符合题意；
B．根据图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，则该反应为△H<0，故B项不符合题意；
C．催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，缩短反应时间，因此工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗，故C项不符合题意；
D．催化剂能降低反应所需的活化能，E1和E2是分步反应的活化能，整个反应的活化能取最大值，所以反应过程b的活化能为E1，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂可以降低反应活化能；
B、反应物的能量大于生成物的能量为放热反应；
C、催化剂降低活化能，可以节省生产能耗；
D、活化能为E1。
8．我国排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。有关的说法不正确的是（ ）
A．的电负性比的大
B．是由极性键构成的极性分子
C．中σ键和π键的数目之比为
D．相同压强下，的熔点比的低
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>C，则电负性：O>C，故A正确；
B、二氧化碳的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B错误；
C、二氧化碳中含有2个C=O键，σ键和π键的数目之比为，故C正确；
D、 、 均为分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力大，熔点更高，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、二氧化碳正负电荷中心重合，属于非极性分子；
C、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D、 、 均为分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力大。
9．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实 解释
A 某些金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B CH4与NH3分子的空间构型不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
C 酸性强弱：三氟乙酸＞三氯乙酸 F的电负性大于Cl的电负性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性大
D SiO2的熔点比干冰高 SiO2分子间的范德华力大
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B、甲烷分子的空间构型为正四面体形，氨气分子的空间构型为三角锥形，甲烷分子和氨气分子的中心原子均采用sp3杂化，故B错误；
C、 F的电负性大于Cl的电负性，F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸（F3CCOOH）中-COOH比三氯乙酸（Cl3CCOOH）中的-COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸（F3CCOOH）的酸性大于三氯乙酸（Cl3CCOOH）的酸性，故C正确；
D、二氧化硅是原子晶体，不存在分子间作用力，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光；
B、甲烷和氨气分子的中心原子均采用sp3杂化；
C、与-COOH连接的支链的极性极性越强，-COOH越容电离出氢离子，则该酸的酸性越强；
D、二氧化硅是原子晶体。
10．已知由X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞结构如图所示，X、Y、Z分别处于立方体的顶角、棱上、体心。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．该晶体的化学式为
B．该晶体的熔点一定比金属晶体的高
C．每个X周围距离最近的Y有8个
D．每个Z周围距离最近的X有16个
【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、X位于顶点，数目为，Y位于棱心，数目为，Z位于体心，数目为1，则该晶体的化学式为： ，故A正确；
B、该晶体是离子晶体，离子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故B错误；
C、距离X最近且相等的Y位于X的前后左右上下，共6个，故C错误；
D、距离Z最近且相等的X位于顶点，共8个，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据分摊法分析计算。
11．（2021高二下·德州期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W>X>Y B．电负性：Y>W>Z
C．简单离子半径：Z>X>Y D．最简单氢化物的沸点：X>W>Z
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是Na，Z是P元素。
A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，选项A不符合题意；
B．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，选项B符合题意；
C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有3个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+，即离子半径：Z＞X＞Y ，选项C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3，即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1，Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。
12．下表中各粒子对应的立体结构及杂化方式均正确的是（ ）
选项 粒子 立体结构 杂化方式
A SO3 平面三角形 S原子采取sp杂化
B SO2 V形 S原子采取sp3杂化
C 三角锥形 C原子采取sp2杂化
D C2H2 直线形 C原子采取sp杂化
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、 SO3中S原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，中心S原子采用sp2杂化，故A错误；
B、 SO2中S原子价层电子对数为，含有一个孤电子对， 空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，故B错误；
C、 中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，C原子采用sp2杂化，故C错误；
D、C2H2中碳原子价层电子对数是2且不含孤电子对，空间结构为直线形，C原子采用sp杂，故D正确；
故答案为：D。
【分析】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数。
13．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2 H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A．该配合物中存在离子键、配位键和极性键
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．配体是Cl-和H2O，配位数是9
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均以沉淀形式存在
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、该配合物的化学式为 [TiCl(H2O)5]Cl2 H2O ， [TiCl(H2O)5]2+ 与Cl-之间以离子键结合，中心离子与配体键存在配位键，水分子中含有极性键，故A正确；
B、该配合物的中心离子为Ti3+，故B错误；
C、该配合物的配位数为6，故C错误；
D、该配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据该配合物的化学式分析；
B、中心离子是Ti3+；
C、 配体是Cl-和H2O，配位数是6；
D、只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀。
14．设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将个和个置于密闭的容器中充分反应生成，放热38.6 kJ，则热化学方程式为： kJ·mol
B．1 L 0.1 mol/L 溶液中含有的氢原子数大于
C．将25 g 溶于水配成1 L溶液，则溶液中数目为
D．28 g晶体硅中含有键数目为
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、合成氨的反应为可逆反应，则将个和个置于密闭的容器中充分反应生成的物质的量小于2mol，若充分反应生成2mol氨气，放出的热量大于38.6 kJ，故A错误；
B、醋酸溶液中，醋酸分子和水分子中均含有氢原子，则1L0.1mol/LCH3COOH中含有的氢原子数大于 ，故B正确；
C、 25 g 的物质的量为0.1mol，配成1 L溶液，溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，但铜离子在水溶液中发生水解，则溶液中 数目小于，故C错误；
D、28 g晶体硅的物质的量为1mol，晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键，每个硅原子被两个共价键共用，则1mol晶体硅中含有键数目为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应，不能彻底转化；
B、水分子中也含有氢原子；
C、铜离子在溶液中会发生水解；
D、晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键。
15．下列用系统命名法命名的有机物名称正确的是（ ）
A．2—甲基—4—乙基戊烷 B．3，4，4—三甲基己烷
C．2，3—二甲基戊烷 D．1，2—二甲基丙烷
【答案】C
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A、2—甲基—4—乙基戊烷不符合碳链最长，正确的命名为2，4-二甲基己烷，故A错误；
B、该命名不符合支链编号和最小，正确命名为：为2，4-二甲基己烷，故B错误；
C、2，3—二甲基戊烷符合系统命名方法和原则，故C正确；
D、1，2—二甲基丙烷的主链选择错误，正确命名为：2-甲基丁烷，故D错误；
故答案为：C。
【分析】烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
16．（2022·秦皇岛模拟）我国科学家研发出一种绿色锌碘二次电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，聚烯烃多孔电极上发生还原反应
B．放电时，向多孔石墨电极迁移
C．充电时，阴极净增65g时，外电路中通过2mol电子
D．充电时，阳极的电极反应式为
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即放电时，Cl-向聚烯烃多孔电极迁移，故B不符合题意；
C．充电时，聚烯烃多孔电极作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，故C符合题意；
D．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子转化为Zn2+， 聚烯烃多孔电极为负极，发生氧化反应电极反应为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为I2+2e-=2I-，原电池工作时，阴离子向负极移动；充电时，聚烯烃多孔电极作阴极，电极反应为Zn2++2e-=Zn，多孔石墨电极为阳极，电极反应为2I--2e-=I2，据此解答。
二、结构与性质
17．回答下列问题：
（1）某元素原子的价电子构型为，该元素的符号为 。
（2）某元素+3价离子的3d轨道半充满，该元素的符号为 。
（3）A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，A和B形成的化合物的化学式为 。
（4）下列关于物质熔点的排列顺序不正确的是____。
A．钢铁>纯铁>钠
B．
C．NaCl>NaBr>KBr
D．三种常见元素原子的结构信息如表所示，试回答下列问题。
元素 A B C
结构信息 原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子 原子核外M层有1个成对的p电子 原子核外M层充满电子，N层有1个未成对的s电子
（5）C元素位于元素周期表中 区，C元素原子的价电子排布式为 。
（6）A的简单氢化物分子结合一个形成阳离子后，其键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。
（7）下列分子结构图中“●”表示某种元素的原子，①中“●”表示A元素的原子，②③中“●”表示的原子其元素与A元素同周期，④中“●”表示的原子其元素与B元素同主族且与A元素同周期，“○”均表示氢原子，小黑点“·”均表示没有参与形成共价键的电子，短线均表示共价键。
上述四种物质中②的分子式为 ，四种物质中中心原子采取杂化的是 (填序号)。
【答案】（1）Al
（2）Fe
（3）CaS
（4）A
（5）ds；
（6）变大
（7）；①③④
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1） 某元素原子的价电子构型为，其最外层电子数为3，位于第三主族，为p区，则该元素为Al元素，故答案为：Al；
（2）某元素+3价离子的3d轨道半充满，则其核外电子排布式为：，该元素为Fe元素，故答案为：Fe；
（3）A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，则A为Ca元素，B为S元素，A和B形成的化合物的化学式为CaS，故答案为：CaS；
（4）A、合金的熔点低于其组分金属，则熔点：纯铁>钢铁，故A错误；
B、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，熔点越高，则熔点： ，故B正确；
C、 这几种离子晶体阴阳离子所带电荷都相等，阳离子半径r（K+）＞r（Na+），阴离子半径r（Cl-）＜r（Br-），则晶格能NaCl＞NaBr＞KBr，所以熔点NaCl＞NaBr＞KBr，故C正确；
D、MgO为离子晶体，水和氧气为分子晶体，水分子间存在氢键，熔点高于氧气，则熔点：，故D正确；
故答案为：A；
（5）由分析可知，C元素为Cu，位于ds区；Cu元素原子核外共有29个电子，其价电子排布式为 ，故答案为：ds；；
（6）由分析可知，A为N元素，其简单氢化物为氨气，结合一个氢离子形成铵根离子后，键角变大，故答案为：变大；
（7）①中“●”表示A元素的原子，则①为氨气；②③中“●”表示的原子其元素与A元素同周期，“●”表示的原子形成一个三键和1个单键，则②为乙炔，③为甲烷，④为水分子，氨气分子中，中心N原子采用sp3杂化，乙炔分子中，中心碳原子采用sp杂化，甲烷分子中，中心碳原子采用sp3杂化，水分子中，中心O原子采用sp3杂化，故答案为： ；①③④。
【分析】A原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子，则A为N元素，B原子核外M层有1个成对的p电子，则B为S元素，C原子核外M层充满电子，N层有1个未成对的s电子，则C原子核外共有29个电子，C为Cu元素。
三、工业流程题
18．（2023高二下·乐安期末）常温下，青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿、热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。
Ⅰ.提取流程：
（1）“破碎”的目的是 。
（2）操作a和操作b的名称分别是 、 。
（3）操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是 。
（4）Ⅱ.燃烧法测定最简式：
实验室用如图所示装置测定青蒿素(烃的含氧衍生物)中氧元素的质量分数。
装置D中所盛固体可以是 (用对应符号填空)；F的作用是 。
a.生石灰 b. c.碱石灰 d.浓硫酸
（5）燃烧m g青蒿素，图中D、E的质量分别增重a g、b g，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为 (只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简)。
（6）青蒿素结构如下图所示，其所含有的官能团的名称是 。(写出两种即可)
【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
（2）过滤；蒸馏
（3）青蒿素易受湿、热的影响而分解
（4）b；防止空气中的和被E吸收而影响实验结果
（5）
（6）醚键、酯基、过氧键
【知识点】有机物中的官能团；物质的分离与提纯；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1) 破碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
故答案为： 第1空、增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
(2) 操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品；
故答案为：
第1空、过滤
第2空、蒸馏
(3) 青蒿素易受湿、热影响而分解，过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解；
故答案为： 第1空、青蒿素易受湿、热的影响而分解
(4) 装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收水，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中；
故答案为：
第1空、b
第2空、防止空气中的和被E吸收而影响实验结果
(5) 由D、E的质量分别增重ag、bg，m g青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为12b/44g、2a/18g，氧元素的质量为（m-2a/18-12b/44）g；
故答案为： 第1空、
(6) 所含有的官能团的名称是醚键、酯基、过氧键。
故答案为： 第1空、醚键、酯基、过氧键
【分析】(1) Ⅰ．对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，加入95%的乙醇，经浓缩、结晶、得纯品；
Ⅱ．氧化铜的作用是使一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。破碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
(2) 过滤的方法分离悬浊液，蒸馏的方法分离提取液；
(3) 青蒿素易受湿、热影响而分解，过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解；
(4) 氯化钙固体，目的是吸收水，盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
(5) 质量分数与物质的量的关系；
(6) 所含有的官能团的名称是醚键、酯基、过氧键。
四、原理综合题
19．（2022高二下·东莞期中）东莞市松山湖打造我市首个“氢谷”产业基地；氢气是一种清洁能源，也是重要的化工原料。
（1）纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10mol水蒸气发生反应：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ·mol-1，不同时段产生O2的量见下表：
时间/min 20 40 60 80
n(O2)/mol 0.0010 0.0016 0.0020 0.0020
上述反应过程中能量转化形式为光能转化为 能，达平衡过程中至少需要吸收光能为 kJ(保留三位小数)。
（2）氢气是合成氨工业的原料，合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量。已知：
则1molN-H键断裂吸收的能量约等于 kJ。
（3）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气和氮气反应的热化学方程式是 。
（4）氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生污染的铜镍电池。氢镍电池的总反应式是H2+2NiO(OH)2Ni(OH)2。请由总反应式回答：
①电解质溶液应该是 (选填酸溶液、碱溶液)；
②电池放电时，负极反应式为 ；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，H2的质量理论上减小 g。
【答案】（1）化学；0.968
（2）391
（3）4H2(g)+2NO2(g)=N2 (g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ /mol
（4）碱溶液；H2-2e-+2OH-=2H2O；0.2
【知识点】常见能量的转化及运用；热化学方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol，根据热化学方程式计算；
(2)依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算得到；
(3)根据盖斯定律可以根据已知反应的焓变计算未知反应的焓变；
(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；
②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；
(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol至少需要吸收的光能为0.0020mol×484kJ·mol-1 =0.968kJ；
(2)3H2+N2=2NH3，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能= 391kJkJ；
(3)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol，反应4H2(g)+2NO2(9)=N2 (g)+4H2O(g)可以是2×①-②得到，所以4H2(g)+2NO2(9)=N2 (g)+4H2O(g)ΔH =2×(-483.6kJ/mol)-67.7kJ/mol=-1034.9kJ /mol
(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；
②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；
【分析】（1）发生化学反应，存在化学能，为光能转化为化学能；
（2）反应热=反应物的键能-生成物的键能；
（3）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；
（4） ① 有氢氧化镍的参与，溶液为碱性；
② 负极反应式为氢气失去电子，结合氢氧根生成水；
③ 根据电子和氢气的化学计量数之比计算。
五、结构与性质
20．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
（1）Li、C、P三种元素中，电负性最小的是 。(用元素符号作答)
（2）基态磷原子价电子排布式为 。
（3）图2黑磷区中P原子的杂化方式为 ，石墨区中C原子的杂化方式为 。
（4）氢化物、、的沸点由高到低顺序为 。
（5）根据图1和图2的信息，下列说法正确的有____。(填字母)
A．黑磷区中键的键能完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
（6）贵金属磷化物(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与Rh距离最近的P的数目为 ，晶体的密度为 g·cm。(列出计算式)。
【答案】（1）Li
（2）
（3）；
（4）
（5）B；C
（6）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，Li为金属元素，其非金属性最弱，则其电负性最小，故答案为：Li；
（2） P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3，价电子排布为3s23p3， 故答案为： ；
（3） 根据图1可知黑磷区中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化， 故答案为： ； ；
（4） NH3分子间存在氢键，沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，沸点由高到低顺序为：NH3＞PH3＞CH4，故答案为： ；
（5）A、黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A错误；
B、黑磷与石墨类似，石墨是混合晶体，则黑磷也是混合晶体，故B正确；
C、石墨与黑磷制备该复合材料的过程中有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D、单层中P原子与C原子以共价键结合，故D错误；
故答案为：BC；
（6） 中Rh和P的数目之比为2：1，则黑色球是Rh，白色球是P，一个P原子周围最近的Rh有8个，一个Rh周围最近的P有4个；该晶胞的体积为 （a×10-7）3cm3，晶胞的质量为 ， 晶体的密度为=g·cm ，故答案为：4； 。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）P原子最外层电子数为5；
（3）黑磷区中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4；石墨区C原子价层电子对数为3；
（4）氨气分子间形成氢键，沸点升高， PH3的相对分子质量大于CH4；
（5）结合图1和图2分析；
（6）根据均摊法和计算。
广东省龙川县第一中学2022-2023学年高二下学期4月化学期中考试试题
一、单选题
1．（2022·海淀模拟）北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是（ ）
A B C D
速滑冰刀中的钛合金 “飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂 颁奖礼服中的石墨烯发热材料 可降解餐具中的聚乳酸材料
A．A B．B C．C D．D
2．有关化学用语正确的是（ ）
A．乙烯的实验式：
B．乙醇的结构简式：
C．四氯化碳的电子式：
D．丙烷分子的空间填充模型
3．下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）
A．： B．As：
C．： D．Cr：
4．某有机物的结构简式为，则该有机物分子中含有键和键的数目分别为（ ）
A．6、3 B．7、3 C．7、4 D．6、4
5．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．聚乙烯塑料的老化是因为发生了加成反应
B．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸
C．合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
6．现有一瓶A和B的混合液，已知A和B的某些性质如下：
物质 分子式 熔点（℃） 沸点（℃） 密度（g/cm3） 水溶性
A C3H6O2 -98 57.5 0.93 可溶
B C4H8O2 -84 77 0.9 可溶
由此推知分离A和B的最佳方法是（ ）
A．萃取 B．结晶 C．蒸馏 D．分液
7．（2022高二下·东莞期中）某反应过程的能量变化如下图所示，下列说法错误的是
A．相比反应过程a，过程b可能有催化剂参与
B．该反应为△H<0
C．工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗
D．反应过程b的活化能为E1+E2
8．我国排放力争2030年前达到峰值，力争2060年前实现碳中和。有关的说法不正确的是（ ）
A．的电负性比的大
B．是由极性键构成的极性分子
C．中σ键和π键的数目之比为
D．相同压强下，的熔点比的低
9．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实 解释
A 某些金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B CH4与NH3分子的空间构型不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
C 酸性强弱：三氟乙酸＞三氯乙酸 F的电负性大于Cl的电负性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性大
D SiO2的熔点比干冰高 SiO2分子间的范德华力大
A．A B．B C．C D．D
10．已知由X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞结构如图所示，X、Y、Z分别处于立方体的顶角、棱上、体心。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．该晶体的化学式为
B．该晶体的熔点一定比金属晶体的高
C．每个X周围距离最近的Y有8个
D．每个Z周围距离最近的X有16个
11．（2021高二下·德州期中）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，元素Z与X同主族。下列说法错误的是（ ）
A．第一电离能：W>X>Y B．电负性：Y>W>Z
C．简单离子半径：Z>X>Y D．最简单氢化物的沸点：X>W>Z
12．下表中各粒子对应的立体结构及杂化方式均正确的是（ ）
选项 粒子 立体结构 杂化方式
A SO3 平面三角形 S原子采取sp杂化
B SO2 V形 S原子采取sp3杂化
C 三角锥形 C原子采取sp2杂化
D C2H2 直线形 C原子采取sp杂化
A．A B．B C．C D．D
13．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2 H2O，下列有关说法正确的是（ ）
A．该配合物中存在离子键、配位键和极性键
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．配体是Cl-和H2O，配位数是9
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均以沉淀形式存在
14．设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．将个和个置于密闭的容器中充分反应生成，放热38.6 kJ，则热化学方程式为： kJ·mol
B．1 L 0.1 mol/L 溶液中含有的氢原子数大于
C．将25 g 溶于水配成1 L溶液，则溶液中数目为
D．28 g晶体硅中含有键数目为
15．下列用系统命名法命名的有机物名称正确的是（ ）
A．2—甲基—4—乙基戊烷 B．3，4，4—三甲基己烷
C．2，3—二甲基戊烷 D．1，2—二甲基丙烷
16．（2022·秦皇岛模拟）我国科学家研发出一种绿色锌碘二次电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，聚烯烃多孔电极上发生还原反应
B．放电时，向多孔石墨电极迁移
C．充电时，阴极净增65g时，外电路中通过2mol电子
D．充电时，阳极的电极反应式为
二、结构与性质
17．回答下列问题：
（1）某元素原子的价电子构型为，该元素的符号为 。
（2）某元素+3价离子的3d轨道半充满，该元素的符号为 。
（3）A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，A和B形成的化合物的化学式为 。
（4）下列关于物质熔点的排列顺序不正确的是____。
A．钢铁>纯铁>钠
B．
C．NaCl>NaBr>KBr
D．三种常见元素原子的结构信息如表所示，试回答下列问题。
元素 A B C
结构信息 原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子 原子核外M层有1个成对的p电子 原子核外M层充满电子，N层有1个未成对的s电子
（5）C元素位于元素周期表中 区，C元素原子的价电子排布式为 。
（6）A的简单氢化物分子结合一个形成阳离子后，其键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。
（7）下列分子结构图中“●”表示某种元素的原子，①中“●”表示A元素的原子，②③中“●”表示的原子其元素与A元素同周期，④中“●”表示的原子其元素与B元素同主族且与A元素同周期，“○”均表示氢原子，小黑点“·”均表示没有参与形成共价键的电子，短线均表示共价键。
上述四种物质中②的分子式为 ，四种物质中中心原子采取杂化的是 (填序号)。
三、工业流程题
18．（2023高二下·乐安期末）常温下，青蒿素是一种无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点约为156.5℃，易受湿、热的影响而分解。某实验小组对青蒿素的提取和组成进行了探究。
Ⅰ.提取流程：
（1）“破碎”的目的是 。
（2）操作a和操作b的名称分别是 、 。
（3）操作a所用青蒿必须干燥且不宜加热，原因是 。
（4）Ⅱ.燃烧法测定最简式：
实验室用如图所示装置测定青蒿素(烃的含氧衍生物)中氧元素的质量分数。
装置D中所盛固体可以是 (用对应符号填空)；F的作用是 。
a.生石灰 b. c.碱石灰 d.浓硫酸
（5）燃烧m g青蒿素，图中D、E的质量分别增重a g、b g，则青蒿素中氧元素的质量分数可表示为 (只写计算式，用含有m、a、b的符号来表示，可不化简)。
（6）青蒿素结构如下图所示，其所含有的官能团的名称是 。(写出两种即可)
四、原理综合题
19．（2022高二下·东莞期中）东莞市松山湖打造我市首个“氢谷”产业基地；氢气是一种清洁能源，也是重要的化工原料。
（1）纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10mol水蒸气发生反应：2H2O(g)2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ·mol-1，不同时段产生O2的量见下表：
时间/min 20 40 60 80
n(O2)/mol 0.0010 0.0016 0.0020 0.0020
上述反应过程中能量转化形式为光能转化为 能，达平衡过程中至少需要吸收光能为 kJ(保留三位小数)。
（2）氢气是合成氨工业的原料，合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ热量。已知：
则1molN-H键断裂吸收的能量约等于 kJ。
（3）已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ/mol
N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) △H=+67.7kJ/mol
则H2还原NO2生成水蒸气和氮气反应的热化学方程式是 。
（4）氢镍电池是近年开发出来的可充电电池，它可以取代会产生污染的铜镍电池。氢镍电池的总反应式是H2+2NiO(OH)2Ni(OH)2。请由总反应式回答：
①电解质溶液应该是 (选填酸溶液、碱溶液)；
②电池放电时，负极反应式为 ；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，H2的质量理论上减小 g。
五、结构与性质
20．磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷-石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
（1）Li、C、P三种元素中，电负性最小的是 。(用元素符号作答)
（2）基态磷原子价电子排布式为 。
（3）图2黑磷区中P原子的杂化方式为 ，石墨区中C原子的杂化方式为 。
（4）氢化物、、的沸点由高到低顺序为 。
（5）根据图1和图2的信息，下列说法正确的有____。(填字母)
A．黑磷区中键的键能完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
（6）贵金属磷化物(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与Rh距离最近的P的数目为 ，晶体的密度为 g·cm。(列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合成材料
【解析】【解答】A．钛合金属于金属材料，故A符合题意；
B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是一种新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．石墨烯是碳的同素异形体，属于非金属材料，故C不选符合题意；
D．聚乳酸是有机材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.钛合金是金属材料
B.树脂是有机合成材料
C.石墨烯是非金属材料
D.聚乳酸材料是有机材料
2．【答案】B
【知识点】结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、根据实验式的概念可知，乙烯的实验式为CH2，故A错误；
B、乙醇的结构简式为，故B正确；
C、四氯化碳中氯原子最外层均达到8电子稳定结构，其电子式为：，故C错误；
D、是丙烷分子的球棍模型，丙烷分子的空间填充模型为 ，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、实验式是指用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子；
B、乙醇的结构简式为 ；
C、四氯化碳中氯原子最外层均达到8电子稳定结构；
D、 是丙烷分子的球棍模型。
3．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】A、 钾离子核外有18个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p6， 故A正确；
B、 As原子核外有35个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，故B正确；
C、N3-核外有10个电子，其电子排布式为1s22s22p6， 故C正确；
D、 Cr原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1， 故D错误；
故答案为：D。
【分析】根据构造原理书写各原子或离子的电子排布式。
4．【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键， 中含有5个单键，一个双键和一个三键，则该有机物分子中含有键和键的数目分别为7、3，故选B；
故答案为：B。
【分析】单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键。
5．【答案】D
【知识点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；塑料的老化和降解；高分子材料
【解析】【解答】A、聚乙烯中不含不饱和键，不能发生加成反应，聚乙烯塑料的老化是因为发生了氧化反应，故A错误；
B、煮沸蛋白质变性，不会变成氨基酸，故B错误；
C、碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C错误；
D、高温会使蛋白质变性失活，疫苗的成分为蛋白质，因此疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、聚乙烯中不含不饱和键；
B、煮沸会使蛋白质变性；
C、碳纤维是碳单质；
D、蛋白质在高温下变性失活。
6．【答案】C
【知识点】蒸馏与分馏
【解析】【解答】根据表中数据可知，A、B沸点不同，密度相近，且均溶于水，则分离A和B的最佳方法为蒸馏，故选C；
故答案为：C。
【分析】根据A和B的性质分析其分离方法。
7．【答案】D
【知识点】吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A．相比反应过程a，过程b的活化能降低，而催化剂能降低反应的活化能，因此过程b可能有催化剂参与，故A项不符合题意；
B．根据图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，则该反应为△H<0，故B项不符合题意；
C．催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，缩短反应时间，因此工业生产上使用催化剂可以降低生产能耗，故C项不符合题意；
D．催化剂能降低反应所需的活化能，E1和E2是分步反应的活化能，整个反应的活化能取最大值，所以反应过程b的活化能为E1，故D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂可以降低反应活化能；
B、反应物的能量大于生成物的能量为放热反应；
C、催化剂降低活化能，可以节省生产能耗；
D、活化能为E1。
8．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A、元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>C，则电负性：O>C，故A正确；
B、二氧化碳的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B错误；
C、二氧化碳中含有2个C=O键，σ键和π键的数目之比为，故C正确；
D、 、 均为分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力大，熔点更高，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A、元素的非金属性越强，电负性越大；
B、二氧化碳正负电荷中心重合，属于非极性分子；
C、单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D、 、 均为分子晶体，的相对分子质量大，分子间作用力大。
9．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的跃迁及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B、甲烷分子的空间构型为正四面体形，氨气分子的空间构型为三角锥形，甲烷分子和氨气分子的中心原子均采用sp3杂化，故B错误；
C、 F的电负性大于Cl的电负性，F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸（F3CCOOH）中-COOH比三氯乙酸（Cl3CCOOH）中的-COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸（F3CCOOH）的酸性大于三氯乙酸（Cl3CCOOH）的酸性，故C正确；
D、二氧化硅是原子晶体，不存在分子间作用力，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光；
B、甲烷和氨气分子的中心原子均采用sp3杂化；
C、与-COOH连接的支链的极性极性越强，-COOH越容电离出氢离子，则该酸的酸性越强；
D、二氧化硅是原子晶体。
10．【答案】A
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、X位于顶点，数目为，Y位于棱心，数目为，Z位于体心，数目为1，则该晶体的化学式为： ，故A正确；
B、该晶体是离子晶体，离子晶体的熔点不一定比金属晶体的高，故B错误；
C、距离X最近且相等的Y位于X的前后左右上下，共6个，故C错误；
D、距离Z最近且相等的X位于顶点，共8个，故D错误；
故答案为：A。
【分析】根据分摊法分析计算。
11．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是Na，Z是P元素。
A．非金属元素第一电离能大于金属元素；同一周期元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA、第VA元素处于轨道的全满、半满的稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞Na，即W＞X＞Y，选项A不符合题意；
B．同一周期元素随原子序数的增大，元素电负性逐渐增大；同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素电负性越小，所以电负性：N＞P＞Na，即W＞Z＞Y，选项B符合题意；
C．离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子排布相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小。O2-、Na+核外电子排布都是2、8，有2个电子层；P3-核外电子排布是2、8、8，有3个电子层，所以简单离子半径：P3-＞O2-＞Na+，即离子半径：Z＞X＞Y ，选项C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞N＞P，所以最简单氢化物的沸点：H2O＞NH3＞PH3，即氢化物的稳定性：X＞W＞Z，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，基态W的原子2p轨道处于半充满状态，则W核外电子排布是1s22s22p3，W是N元素；基态X的原子的2p能级上只有一对成对电子，则X核外电子排布式是1s22s22p4，X是O元素；基态Y的原子的最外层电子运动状态只有1种，Y核外电子排布式是1s22s22p63s1，Y是Na元素，元素Z与X同主族，则Z是P元素，然后根据问题分析解答。
12．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A、 SO3中S原子价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，中心S原子采用sp2杂化，故A错误；
B、 SO2中S原子价层电子对数为，含有一个孤电子对， 空间结构为V形，S原子采用sp2杂化，故B错误；
C、 中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，空间结构为平面三角形，C原子采用sp2杂化，故C错误；
D、C2H2中碳原子价层电子对数是2且不含孤电子对，空间结构为直线形，C原子采用sp杂，故D正确；
故答案为：D。
【分析】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型和原子的杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数。
13．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A、该配合物的化学式为 [TiCl(H2O)5]Cl2 H2O ， [TiCl(H2O)5]2+ 与Cl-之间以离子键结合，中心离子与配体键存在配位键，水分子中含有极性键，故A正确；
B、该配合物的中心离子为Ti3+，故B错误；
C、该配合物的配位数为6，故C错误；
D、该配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据该配合物的化学式分析；
B、中心离子是Ti3+；
C、 配体是Cl-和H2O，配位数是6；
D、只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀。
14．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、合成氨的反应为可逆反应，则将个和个置于密闭的容器中充分反应生成的物质的量小于2mol，若充分反应生成2mol氨气，放出的热量大于38.6 kJ，故A错误；
B、醋酸溶液中，醋酸分子和水分子中均含有氢原子，则1L0.1mol/LCH3COOH中含有的氢原子数大于 ，故B正确；
C、 25 g 的物质的量为0.1mol，配成1 L溶液，溶液的物质的量浓度为0.1mol/L，但铜离子在水溶液中发生水解，则溶液中 数目小于，故C错误；
D、28 g晶体硅的物质的量为1mol，晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键，每个硅原子被两个共价键共用，则1mol晶体硅中含有键数目为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、合成氨的反应为可逆反应，不能彻底转化；
B、水分子中也含有氢原子；
C、铜离子在溶液中会发生水解；
D、晶体硅中，每个硅原子与周围的四个硅原子形成4个共价键。
15．【答案】C
【知识点】有机化合物的命名
【解析】【解答】A、2—甲基—4—乙基戊烷不符合碳链最长，正确的命名为2，4-二甲基己烷，故A错误；
B、该命名不符合支链编号和最小，正确命名为：为2，4-二甲基己烷，故B错误；
C、2，3—二甲基戊烷符合系统命名方法和原则，故C正确；
D、1，2—二甲基丙烷的主链选择错误，正确命名为：2-甲基丁烷，故D错误；
故答案为：C。
【分析】烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
16．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据上述分析，放电时，聚烯烃多孔电极作负极，化合价升高，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，即放电时，Cl-向聚烯烃多孔电极迁移，故B不符合题意；
C．充电时，聚烯烃多孔电极作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，增加65g锌，转移电子物质的量2mol，故C符合题意；
D．充电时，电池正极接电源的正极，阳极的电极反应式为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，放电时，Zn失去电子转化为Zn2+， 聚烯烃多孔电极为负极，发生氧化反应电极反应为Zn-2e-=Zn2+，多孔石墨电极为正极，发生还原反应，电极反应为I2+2e-=2I-，原电池工作时，阴离子向负极移动；充电时，聚烯烃多孔电极作阴极，电极反应为Zn2++2e-=Zn，多孔石墨电极为阳极，电极反应为2I--2e-=I2，据此解答。
17．【答案】（1）Al
（2）Fe
（3）CaS
（4）A
（5）ds；
（6）变大
（7）；①③④
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1） 某元素原子的价电子构型为，其最外层电子数为3，位于第三主族，为p区，则该元素为Al元素，故答案为：Al；
（2）某元素+3价离子的3d轨道半充满，则其核外电子排布式为：，该元素为Fe元素，故答案为：Fe；
（3）A元素的负二价离子和B元素的正二价离子的电子层结构都与氩相同，则A为Ca元素，B为S元素，A和B形成的化合物的化学式为CaS，故答案为：CaS；
（4）A、合金的熔点低于其组分金属，则熔点：纯铁>钢铁，故A错误；
B、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，熔点越高，则熔点： ，故B正确；
C、 这几种离子晶体阴阳离子所带电荷都相等，阳离子半径r（K+）＞r（Na+），阴离子半径r（Cl-）＜r（Br-），则晶格能NaCl＞NaBr＞KBr，所以熔点NaCl＞NaBr＞KBr，故C正确；
D、MgO为离子晶体，水和氧气为分子晶体，水分子间存在氢键，熔点高于氧气，则熔点：，故D正确；
故答案为：A；
（5）由分析可知，C元素为Cu，位于ds区；Cu元素原子核外共有29个电子，其价电子排布式为 ，故答案为：ds；；
（6）由分析可知，A为N元素，其简单氢化物为氨气，结合一个氢离子形成铵根离子后，键角变大，故答案为：变大；
（7）①中“●”表示A元素的原子，则①为氨气；②③中“●”表示的原子其元素与A元素同周期，“●”表示的原子形成一个三键和1个单键，则②为乙炔，③为甲烷，④为水分子，氨气分子中，中心N原子采用sp3杂化，乙炔分子中，中心碳原子采用sp杂化，甲烷分子中，中心碳原子采用sp3杂化，水分子中，中心O原子采用sp3杂化，故答案为： ；①③④。
【分析】A原子核外有2个电子层，最外层有3个未成对电子，则A为N元素，B原子核外M层有1个成对的p电子，则B为S元素，C原子核外M层充满电子，N层有1个未成对的s电子，则C原子核外共有29个电子，C为Cu元素。
18．【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
（2）过滤；蒸馏
（3）青蒿素易受湿、热的影响而分解
（4）b；防止空气中的和被E吸收而影响实验结果
（5）
（6）醚键、酯基、过氧键
【知识点】有机物中的官能团；物质的分离与提纯；溶液中溶质的质量分数及相关计算
【解析】【解答】(1) 破碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
故答案为： 第1空、增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
(2) 操作a是用过滤的方法分离用乙醚对青蒿素进行浸取后得到的悬浊液，操作b是用蒸馏的方法分离提取液得到青蒿素的粗品；
故答案为：
第1空、过滤
第2空、蒸馏
(3) 青蒿素易受湿、热影响而分解，过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解；
故答案为： 第1空、青蒿素易受湿、热的影响而分解
(4) 装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收水，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E中；
故答案为：
第1空、b
第2空、防止空气中的和被E吸收而影响实验结果
(5) 由D、E的质量分别增重ag、bg，m g青蒿素中含有碳元素和氢元素的质量分别为12b/44g、2a/18g，氧元素的质量为（m-2a/18-12b/44）g；
故答案为： 第1空、
(6) 所含有的官能团的名称是醚键、酯基、过氧键。
故答案为： 第1空、醚键、酯基、过氧键
【分析】(1) Ⅰ．对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，用乙醚对青蒿素进行浸取后，过滤，可得滤液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，加入95%的乙醇，经浓缩、结晶、得纯品；
Ⅱ．氧化铜的作用是使一氧化碳氧化生成二氧化碳，装置D中盛有氯化钙固体，目的是吸收、测定反应生成的水的量，装置E中盛有碱石灰固体，目的是吸收、测定反应生成的二氧化碳的量，装置F中盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。破碎可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；
(2) 过滤的方法分离悬浊液，蒸馏的方法分离提取液；
(3) 青蒿素易受湿、热影响而分解，过滤所用青蒿必须干燥且不宜加热，防止青蒿素分解；
(4) 氯化钙固体，目的是吸收水，盛有碱石灰，目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；
(5) 质量分数与物质的量的关系；
(6) 所含有的官能团的名称是醚键、酯基、过氧键。
19．【答案】（1）化学；0.968
（2）391
（3）4H2(g)+2NO2(g)=N2 (g)+4H2O(g)ΔH=-1034.9kJ /mol
（4）碱溶液；H2-2e-+2OH-=2H2O；0.2
【知识点】常见能量的转化及运用；热化学方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol，根据热化学方程式计算；
(2)依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算得到；
(3)根据盖斯定律可以根据已知反应的焓变计算未知反应的焓变；
(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；
②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；
(1)上述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能，达平衡时，生成氧气0.0020mol至少需要吸收的光能为0.0020mol×484kJ·mol-1 =0.968kJ；
(2)3H2+N2=2NH3，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能= 391kJkJ；
(3)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ/mol，②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH=+67.7kJ/mol，反应4H2(g)+2NO2(9)=N2 (g)+4H2O(g)可以是2×①-②得到，所以4H2(g)+2NO2(9)=N2 (g)+4H2O(g)ΔH =2×(-483.6kJ/mol)-67.7kJ/mol=-1034.9kJ /mol
(4)①由电极反应的产物可知，电解质溶液应该是碱溶液，酸性溶液中Ni(OH)2不能稳定存在；
②电池放电时，负极氢气氧化反应，化合价升高，反应式为H2-2e-+20H-=2H2O；
③外电路中每通过0.2NA个电子时，所以消耗氢气0.1mol，则消耗H2的质量理论上减小0.1mol×2g/mol=0.2g；
【分析】（1）发生化学反应，存在化学能，为光能转化为化学能；
（2）反应热=反应物的键能-生成物的键能；
（3）热化学方程式的书写要注意，化学计量数即为反应的物质的量，根据题干提供的数据，如物质的量、质量以及给出的反应热进行对应，根据给出的物质的量和热量可以列出关系式，且要注意，热化学方程式的书写中，化学计量数即反应的物质的量，要注意，物质的量之比等于反应热之比；
（4） ① 有氢氧化镍的参与，溶液为碱性；
② 负极反应式为氢气失去电子，结合氢氧根生成水；
③ 根据电子和氢气的化学计量数之比计算。
20．【答案】（1）Li
（2）
（3）；
（4）
（5）B；C
（6）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，Li为金属元素，其非金属性最弱，则其电负性最小，故答案为：Li；
（2） P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3，价电子排布为3s23p3， 故答案为： ；
（3） 根据图1可知黑磷区中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化， 故答案为： ； ；
（4） NH3分子间存在氢键，沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，沸点由高到低顺序为：NH3＞PH3＞CH4，故答案为： ；
（5）A、黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A错误；
B、黑磷与石墨类似，石墨是混合晶体，则黑磷也是混合晶体，故B正确；
C、石墨与黑磷制备该复合材料的过程中有新物质生成，属于化学变化，故C正确；
D、单层中P原子与C原子以共价键结合，故D错误；
故答案为：BC；
（6） 中Rh和P的数目之比为2：1，则黑色球是Rh，白色球是P，一个P原子周围最近的Rh有8个，一个Rh周围最近的P有4个；该晶胞的体积为 （a×10-7）3cm3，晶胞的质量为 ， 晶体的密度为=g·cm ，故答案为：4； 。
【分析】（1）元素的非金属性越强，电负性越大；
（2）P原子最外层电子数为5；
（3）黑磷区中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4；石墨区C原子价层电子对数为3；
（4）氨气分子间形成氢键，沸点升高， PH3的相对分子质量大于CH4；
（5）结合图1和图2分析；
（6）根据均摊法和计算。
