四川省内江市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题

四川省内江市2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．下列说法错误的是A．SO2和B．开发利用新能源，减少化石燃料的使用，有利于实现碳中和C．节目燃放的烟花五彩缤纷，主要利用了金属元素的焰色反应D．芯片的核心材料二氧化硅属于新型无机非金属材料2．符号“3pA．能层 B．能级C．电子的自旋取向 D．电子云在直角坐标系的取向3．下列说法正确的是A．同一原子中，s电子的能量总是低于p电子的能量B．原子核外电子排布，先排满K层再排L层，排满M层再排N层，满足能量最低原理C．任何s轨道形状均是球形，只是能层不同，球的半径大小不同而已D．各能层的原子轨道数为2n4．下列有关电子排布图的表述正确的是A．可表示单核10电子粒子基态时电子排布B．此图错误，违背了泡利原理C．表示基态N原子的价电子排布D．表示处于激发态的B的电子排布图5．如图是第三周期主族元素某些性质变化趋势的柱形图，下列有关y轴表示的含义说法正确的是（）A．可能是原子半径B．可能是电负性C．可能是第一电离能D．可能是形成简单离子时转移的电子数6．下列说法正确的是A．除稀有气体外，第二周期元素随着核电荷数递增，元素的最高正价从+1递增到+7B．H2O的热稳定性高于H2S是因为水分子间存在氢键C．共价化合物只含共价键，离子化合物只含离子键D．共价键的键长等于成键原子之间的核间距7．已知：氢气在氯气中燃烧可以生成氯化氢，NAA．H2分子的共价键是s-sσ键，Cl2B．燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C．同温同压下，等体积的H2和ClD．可通过原电池将H2与C8．科学家进行了如图所示的碳循环研究，NAA．乙酸、乙醇和浓硫酸共热时可以制备乙酸乙酯，除去乙酸乙酯中的乙酸杂质选用氢氧化钠溶液比选用碳酸钠溶液效果更好B．葡萄糖是生活中常见的补充能量的营养物质C．CO分子中σ键和π键数目之比为1D．22.4LCO29．用于处理废水中的重金属离子的硫代碳酸钠可通过如下反应制备2NaHS(s)+CS2(l)=NA．NaB．该反应常温下就能进行说明该反应一定为放热反应C．该制备反应是熵减过程D．CS2的沸点比10．少量Na2O2与H2A．Na2O2中只含离子键 C．H2O2中O为sp311．下列说法正确且能用勒夏特列原理解释的是A．由H2(g)、I2B．向FeCl3(aq)+3KSCN(aq)⇌FeC．饱和食盐水既可除去氯气中的氯化氢气体，又可以减小氯气的溶解度D．向K212．下列陈述正确的是A．燃烧一定属于放热反应B．0.1mol氮气与0C．已知中和热为57.3kJ/mol，则HD．已知甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，则C13．下列对实验的陈述和解释均正确的是A．灼烧熔融KOH时不能用瓷坩埚：SiB．CO2C．向硫酸铜溶液中滴入过量氨水，充分反应后产生蓝色沉淀：CD．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸后再通入氧气，溶液变蓝：414．甲~戊均为短周期主族元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法错误的是甲乙丙丁戊A．原子半径：丁>戊>乙B．含氧酸酸性：戊>丁>丙C．甲的氢化物遇氯化氢可能有白烟产生D．丙的最高价氧化物属于酸性氧化物15．关于如图所示转化关系(X代表Cl、Br、I)，下列说法错误的是A．ΔB．ΔH2C．ΔH1越小，D．若X分别是Cl、Br、I，则ΔH16．下列说法错误的是A．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的结构和性质B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞C．所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量D．升高温度能加快反应速率是因为反应物分子中活化分子的百分数增加17．下列实验能达到目的的是

实验目的实验方法或操作A测定中和反应的反应热用保温杯替代烧杯更有利于减少热量散失，同时可以用温度传感器采集反应溶液的温度，实现化学实验数字化、形象化B探究浓度对化学反应速率的影响量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的NaC探究催化剂对反应速率的影响将等体积等浓度的氯化铁和硫酸铜溶液分别加入到体积相同的2%和10%的H2D检验SO向待测液中先加入氯化钡溶液，再加入稀盐酸，观察是否有白色沉淀产生A．A B．B C．C D．D18．某温度下，反应CHA．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动。B．加入催化剂，平衡时CHC．恒容下，充入一定量的H2D．恒容下，充入一定量的CH2=C19．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>AC．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20．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A．K+B．该物质的化学式为KCaC．与F−距离最近的是D．将F−换为C21．1，3-丁二烯(CH2=CH−CH=CH2A．1，3-丁二烯与HBr反应属于取代反应B．1，3-丁二烯分子中不存在手性碳原子C．第二步应决定总反应的快慢D．加入催化剂可以改变该反应的反应热二、综合题22．A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期的六种常见元素，原子序数依次增大，它们有如下性质：元素性质A自然界中有多种同素异形体，其中一种是自然界中最硬的单质C地壳中含量最多的元素D基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有1个未成对电子E常见的金属元素，可形成多种氧化物，其中一种氧化物常用作红色颜料F基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子请完成以下问题：（1）基态B原子的价层电子排布图为。（2）A和B的简单氢化物中沸点更高的是(填化学式)，理由是。（3）比较酸性强弱：HBC2HBC3(填“>”或“（4）B的一种氢化物B2H4常用作火箭推进剂的燃料，6.4g液态B2H（5）D元素的一种氧化物D2O常可作杀菌消毒剂和漂白剂，D2O的分子构型为；工业上制取D2（6）用一个离子反应证明氧化性E3+>23．FeSO4⋅7H2O常用作抗氧化剂和补血剂，FeSO4⋅7H2（1）I.FeSOFe的原子结构示意图为。H2O的VSEPR模型为（2）比较键角大小：SO42−H2O(填“>”、“<（3）H2O与Fe2+、SO42−（4）II.FeS2晶胞为立方体，晶胞参数为①与Fe2+紧邻的阴离子构成的图形为②晶胞的密度为g⋅cm−3(阿伏加德罗常数用（5）FeSO4⋅H2O在隔绝空气条件下煅烧可以进一步分解，生成SO24．随着科学技术的发展，过渡金属在高科技材料合成中得以广泛应用，以Cu2O（1）Cu元素位于周期表的区，基态Cu原子核外电子占据的最高能层符号是。（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是。（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。合成酞菁的原料之一邻苯二甲酰亚胺的结构如图，则N原子的孤电子对占据N原子的____轨道。A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp2杂化轨道 D．（4）金属Zn能溶于氨水，生成配合物[Zn(NH)4](OH)2（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是。（6）磷酸亚铁锂(LiFePO回答问题：①LiFePO4中，铁元素的化合价为②反应I中X试剂最好是。③从反应II所得混合物中分离出FePO4需要的玻璃仪器有玻璃棒、、④反应III的离子方程式是。25．尿素CO(NH2)2（1）已知工业上合成尿素分两步进行，相关反应如下：反应I：2NH3(g)+C反应II：H2NCOONH下列示意图中a表示2NH3(g)+CO2A． B．C． D．（2）反应I在(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。（3）在恒温恒容的密闭容器中充入物质的量之比为2：1的氨气和二氧化碳，发生反应：2NHA．氨气的消耗速率等于二氧化碳的生成速率B．氨气和二氧化碳浓度比值不再变化C．氨气的转化率不再变化D．气体的密度不再变化（4）某实验小组甲模拟工业上合成尿素的条件，在恒定温度下，将氨气和二氧化碳按物质的量之比2：1充入恒容密闭容器中(生成物的体积忽略不计)，经20min达到平衡，各物质浓度的变化曲线如图所示。①在上述条件下，从反应开始至20min时，氨气的平均反应速率为；该反应的平衡常数为。②5min和10min时的正反应速率分别为v和v′，二者更大的是，理由是。③实验小组乙为提高尿素的平衡产率，对甲组实验进行了改进(其它条件相同，且保持反应过程恒温恒容)，可以采取的措施是(任写一条即可)。（5）根据下表计算2NH3(g)+CO2化学键N-HC=OC-NH-O健能(kJ/mol)390.8745305462.8

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．SO2和B．开发利用新能源，减少化石燃料的使用，可减少碳的排放，有利于实现碳中和，B不符合题意；C．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；烟花五彩缤纷，主要利用了金属元素的焰色反应，C不符合题意；D．芯片的核心材料是单晶硅，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．SO2和B．开发利用新能源，可减少碳的排放；C．焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应；D．芯片的核心材料是单晶硅。2．【答案】C【解析】【解答】3px表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、Pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，故答案为：C。

【分析】同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子；3．【答案】C【解析】【解答】A．相同能级，不同能层电子，能层越高，能量越高；相同能层，不同能级的电子能量，ns<np<nd<nf，A不符合题意；B．M能层中的3d能级能量高于N能层中的4s级能量，填完N能层中的4s能级，再填充M能层中的3d能级，B不符合题意；C．任何s轨道形状均是球形，只是能层不同，球的半径大小不同而已，C符合题意；D．各能层最多含有电子数2n2(n为能层序数)，则各能层的原子轨道数为故答案为：C。【分析】A．不同能层的相同能级中，能层序数越大，能量就越高，同一能层不同能级中，一般情况下能量高低顺序是s＜p＜d＜f；B．M能层中的3d能级能量高于N能层中的4s级能量；C．任何s轨道形状均是球形，只是能层不同，球的半径大小不同而已；D．各能层的原子轨道数为n24．【答案】A【解析】【解答】A．根据能量最低原理、泡利原理，可表示单核10电子粒子基态时电子排布，故A符合题意；B．此图不符合题意，违背了洪特规则，故B不符合题意；C．根据洪特规则，基态N原子的价电子排布为，故C不符合题意；D．表示处于基态的B的电子排布图，激发态的B原子的2p电子跃迁到3s轨道，2p的三个轨道能量相同，不是激发态，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据洪特规则，当电子排布式在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；根据泡利原理，在一个原子轨道里，最多只能放入2个电子，而且自旋状态相反；5．【答案】B【解析】【解答】A．同一周期主族元素，从左往右原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，A不符合题意；B．同一周期主族元素，从左往右原子序数逐渐增大，电负性逐渐增强，B符合题意；C．同一周期主族元素，从左往右原子序数逐渐增大，第一电离能总体呈增大趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能比同周期相邻元素的大，C不符合题意；D．同一周期主族元素，金属元素失电子，而非金属元素得电子，形成简单离子时转移的电子数随原子序数增加的变化趋势与图像不符，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】由第三周期11～17号元素某些性质变化趋势的柱形图，可知随原子序数的增大，元素的非金属性增强、电负性增强，而原子半径减小，以此来解答。6．【答案】D【解析】【解答】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价，A不符合题意；B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性高于H2S，是因为H—O键的键能大于H—S键的键能，热稳定性与氢键无关，B不符合题意；C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键，如NaOH，C不符合题意；D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价；B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，热稳定性与氢键无关；C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键；D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长。7．【答案】C【解析】【解答】A．氢原子、氯原子中未成对电子分别为s电子、p电子，故H2分子的共价键是s-sσ键，Cl2B．氯化氢极易溶于水，燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状，B不符合题意；C．不确定反应的氢气和氯气的物质的量，不能计算生成物质的量，C符合题意；D．氢气在氯气中燃烧为自发的氧化还原反应，可通过原电池将H2与C故答案为：C。

【分析】A．氢原子、氯原子中未成对电子分别为s电子、p电子；B．氯化氢极易溶于水；C．不确定反应的氢气和氯气的物质的量，不能计算；D．氢气在氯气中燃烧为自发的氧化还原反应。8．【答案】B【解析】【解答】A．乙酸、乙醇和浓硫酸共热时可以制备乙酸乙酯，除去乙酸乙酯中的乙酸杂质选用氢氧化钠溶液比选用碳酸钠溶液效果更差，酯在碱性条件下水解比较完全，故A不符合题意；B．葡萄糖氧化释放能量，葡萄糖是生活中常见的补充能量的营养物质，故B符合题意；C．CO分子中有1个σ键和2个π键，CO分子中σ键和π键数目之比为1：2，故C不符合题意；D．二氧化碳的状态不一定是标准状态，22.4LCO2在电催化时被还原生成故答案为：B。

【分析】A．酯在氢氧化钠溶液水解比较完全；B．葡萄糖氧化释放能量；C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；D．不一定是标准状态。9．【答案】D【解析】【解答】A．NaHS、CS2、Na2CS3和H2S中硫元素均为-2价，其它元素也没有变价，上述反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B．该反应的反应物为固态和液态，产物为固态和气态，反应进行中体系混乱度增大，该反应的ΔS>0，该反应常温下就能进行，说明低温时该反应的ΔH-TΔS<0，该反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，B不符合题意；C．该反应的ΔS>0，是一个熵增的过程，C不符合题意；D．二硫化碳与二氧化碳结构相似，但二硫化碳比二氧化碳相对分子质量大，二硫化碳比二氧化碳分子间作用力大，则二硫化碳比二氧化碳沸点高；在通常状况下，二硫化碳是液体，二氧化碳是气体，也可以说明二硫化碳比二氧化碳的沸点高，D符合题意；故答案为：D。【分析】A．元素化合价无变化；B．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；C．反应进行中体系混乱度增大；D．结构相似，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。10．【答案】C【解析】【解答】A．NaB．H2O是共价化合物，其电子式为C．H2O2D．NaOH固体溶于水是物理变化，属于放热过程，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A．O与O之间存在共价键；B．H2C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；D．溶解是物理变化。11．【答案】C【解析】【解答】A．对于反应2HI(g)⇌HB．平衡体系中加入少量KCl固体，对平衡移动无影响，则体系颜色不变，不能用勒夏特列原理解释，B项不符合题意；C．饱和食盐水中氯离子的浓度很高，根据勒夏特列原理，氯离子的浓度高能使该反应平衡向逆向移动，抑制该反应进行的程度，故能减小氯气在水中的溶解，C项符合题意；D．铬酸钾为黄色，逐滴加硫酸，变为重铬酸钾，为橙色，不能用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A．反应前后气体计量数不变，平衡不受压强影响；B．加入固体，平衡不受压强影响；C．符合勒夏特列原理；D．平衡移动方向不正确。12．【答案】A【解析】【解答】A．燃烧是发光发热的反应，一定属于放热反应，A符合题意；B．氮气和氢气生成氨气的反应为可逆反应，则0.1mol氮气与0.C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；浓硫酸溶于水放热，反应生成沉淀也伴随热效应，故该反应焓变不是−114.D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；该反应中生成气体水不是液体水，故焓变不是−890.故答案为：A。【分析】A．燃烧是发光发热的反应；B．反应为可逆反应；C．中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。13．【答案】A【解析】【解答】A．瓷坩埚原料中含有SiO2，高温下与KOH发生反应：SiOB．盐酸的酸性强于碳酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应，故B不符合题意；C．向硫酸铜溶液中滴入过量氨水，会生成可溶性络铜氨络离子，故C不符合题意；D．向淀粉KI溶液中滴加稀硫酸后再通入氧气，碘离子被氧化为碘单质，所以溶液变蓝，离子方程式为：4I故答案为：A。【分析】A．陈述和解释均正确；B．依据弱酸不能制强酸，二氧化碳通入氯化钙溶液不发生反应；C．向硫酸铜溶液中滴入过量氨水，会生成可溶性络铜氨络离子；D．酸性条件下，不生成OH-14．【答案】B【解析】【解答】甲~戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N，乙为F，丙为P，丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C，乙为O，丙为Si，丁为P；A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁>戊>乙，A项不符合题意；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，含氧酸不一定是最高价氧化物对应水化物的酸，酸性无法比较，B项符合题意；C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷，乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生，因此可能有白烟生成，C项不符合题意；D．丙的最高价氧化物可能是二氧化硅，也可能是五氧化二磷，都属于酸性氧化物，D项不符合题意；故答案为：B。【分析】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，含氧酸不一定是最高价氧化物对应水化物的酸；C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷，乙烷等；D．二氧化硅和五氧化二磷都属于酸性氧化物。15．【答案】D【解析】【解答】A．根据盖斯定律可知，ΔHB．化学键断裂过程种吸热，ΔH2>0C．反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2断键需要的能量减小，途径Ⅰ生成HX放出的热量依次减小，说明HX越不稳定，即ΔHD．途径Ⅲ为化学键的形成，释放能量，对应HX越不稳定，释放能量越小，X按Cl、Br、I的顺序，ΔH故答案为：D。【分析】A．根据盖斯定律；B．化学键断裂过程种吸热，化学键形成的过程为放热；C．反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差；D．化学键的形成释放能量越小，氢化物越不稳定。16．【答案】B【解析】【解答】A．决定化学反应速率的主要因素是反应物的结构和性质，外界条件只是次要因素，A不符合题意；B．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，只有当活化分子有合适取向时的碰撞才是有效碰撞故，B符合题意；C．活化分子能量较高，所以所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，C不符合题意；D．升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，所以增大活化分子百分数，反应速率加快，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A．决定化学反应速率的主要因素是反应物的结构和性质，外界条件只是次要因素；B．活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞；C．活化分子能量较高；D．依据增大浓度、增大压强能增大单位体积内的活化分子数；升高温度、使用催化剂可以增大活化分子百分数。17．【答案】A【解析】【解答】A．测定中和反应的反应热可以用保温杯替代烧杯更有利于减少热量散失，同时可以用温度传感器采集反应溶液的温度，实现化学实验数字化、形象化，A项符合题意；B．NaClO溶液和NaC．探究催化剂对反应速率的影响，应将等体积等浓度的氯化铁和硫酸铜溶液应该加入到体积相同的浓度相同H2D．先加入稀盐酸，排除氯离子的干扰，再加入氯化钡溶液，D项不符合题意；故答案为：A。【分析】A．测定中和反应的反应热能达到目的；B．无明显实验现象；C．“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同；D．试剂加入顺序错误。18．【答案】D【解析】【解答】A．增大压强，正反应、逆反应速率都增大，反应为气体分子数减小的反应，平衡正向移动，A项不符合题意；B．加入催化剂速率加快，不会影响平衡，平衡时CHC．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数不变，C项不符合题意；D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2故答案为：D。

【分析】A．根据影响化学平衡移动的因素分析；B．催化剂可加快反应速率，但化学平衡不移动；C．平衡常数只与温度有关；D．依据转化率=变化量19．【答案】B【解析】【解答】A．H2常温下为气体，A项不符合题意；B．O2-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项符合题意；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项不符合题意；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项不符合题意；故答案为：B。【分析】A．H2常温下为气体；B．核外电子排布相同，核电荷数越大半径越小；C．金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；D．原子核外电子运动状态均不相同。20．【答案】C【解析】【解答】A．K+的配位数是和K+距离最近且等距的F-个数，故K+B．根据均摊法可知，K+个数为8×18=1，F-个数为6×12C．K+与F−的距离是22棱长，Ca2+与F−的距离是D．该晶胞面对角线的距离=2(rK++rF-)，而rF-<rCl-，故将F−换为C故答案为：C。

【分析】根据晶胞结构分析、利用均摊法判断。21．【答案】B【解析】【解答】A.1，3-丁二烯与HBr反应属于加成反应，A不符合题意；B.1，3-丁二烯分子中不存在与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，无手性碳原子，B符合题意；C．反应的活化能越大，发生反应需要的条件就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学速率就越小，根据图示可知，第一步反应的活化能远大于第二步反应的活化能，所以第一步的反应速率小于第二步反应速率，因此总反应的快慢由较慢的第一步决定，C不符合题意；D．加入催化剂可以改变反应途径，降低反应的活化能，使反应在较低条件下进行，但不能改变物质的始态和终态，不能改变反应物、生成物的总能量，因此催化剂不能改变化学反应的反应热，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.有机物与其他物质发生反应时，不饱和键中的一个断裂，在不饱和碳原子两端分别接上其它原子或原子团的反应是加成反应；

B.手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析；C.反应的活化能越大，发生反应需要的条件就越高，反应就越不容易发生，该反应的化学速率就越小；D.催化剂能改变反应的途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变。22．【答案】（1）（2）NH3；NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3（3）<；二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，HNO2非羟基氧数为1，（4）2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-10akJ·mol-1（5）V型；2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3（6）2F【解析】【解答】（1）基态N的价层电子排布式为2s22p3，故其价层电子排布图为；（2）CH4、NH3相比，NH3中存在氢键，分子间氢键会使物质沸点升高，故沸点更高的是NH3；（3）二者都是N形成的含氧酸，非羟基氧数越多酸性越强，HNO2非羟基氧数为1，HNO3非羟基氧数为2，故酸性强弱：（4）根据题中信息，环境友好的气态产物应为N2和水蒸气，反应为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2molN2H4与NO2反应时放出热量为20.2×akJ=10akJ，该反应的热化学方程式为2N2H4(l)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)（5）Cl2O中O配位原子数为2，孤对电子数为2，价层电子对数为4，sp3杂化，故其分子构型为V型；根据化合价分析，其中一种含钠化合物应为NaCl，除Cl2O外无气体生成，根据元素分析，另一种含钠产物应为NaHCO3，故反应为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3；（6）根据氧化还原反应概念，要证明氧化性Fe3+>Cu2+，则在反应中为F

【分析】（1）依据原子构造原理分析；根据洪特规则，当电子排布式在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；（2）分子间氢键会使物质沸点升高；（3）非羟基氧数越多酸性越强；（4）根据题中信息，热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；（5）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；根据化合价分析和元素分析；（6）根据氧化性比较：氧化剂＞氧化产物。23．【答案】（1）；四面体形（2）>；SO42−、H（3）配位键；氢键（4）正八面体；480（5）不可能【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，原子结构示意图为；H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6-1×22=4，O原子采用sp（2）SO42−、H2O的中心原子均为sp3（3）由图可知，H2O与Fe2+、（4）①以底面中心的亚铁离子为例，同层的与Fe②根据均摊法，晶胞中含8×18+6×12=4个（5）反应中硫元素化合价降低，则根据电子守恒可知，铁元素化合价升高，故该固体产物不可能为铁单质。

【分析】（1）依据核外电子分层排布规律；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型；（2）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。（3）依据结构图判断；（4）①依据晶胞的结构判断；②根据均摊法确定原子数，再利用密度公式计算；（5）根据电子守恒判断。24．【答案】（1）ds；N（2）自由电子在外加电场种作定向移动（3）D（4）N；（5）O的电负性比N大，Zn-O的极性大，离子键成分的百分数更高（6）+2；H2O2；烧杯；漏斗；2FeP【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，核外电子排布为[Ar]3d（2）通常情况下，金属晶体内部电子的运动是自由流动的，但在外加电场的作用下会定向移动形成电流，所以金属具有导电性，故答案为：自由电子在外加电场种作定向移动；（3）由结构可知N原子采用sp3杂化，其中三