第三章能力提升卷-（2019新）人教版高中化学高二选择性必修二（机构用）.docx

1、绝密启用前第三章能力提升卷注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题(共48分)1(本题3分)如图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元(晶胞)的排列方式，图中X、Y、Z。其对应的化学式不正确的是ABCD2(本题3分)下列说法正确的是A熔点：金刚石晶体硅碳化硅B熔点：邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛C电负性：NaPClD熔沸点：HFHClHBrHI3(本题3分)锶(Sr)元素与镁元素是同主族元素，下列说法错误的是A单质Sr保存在煤油中B的碱性比强C是离子晶体D的分解温度比低4(本题3分)一水硫酸四氨合铜的化学式为Cu(NH3)4SO4H

2、2O是一种重要的染料及农药中间体，实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体，加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变蓝色；步骤2：向试管中继续滴加过量的2%氨水，观察到先有蓝色沉淀，后又逐渐完全溶解得到深蓝色溶液。步骤3：再向试管中加入无水乙醇，振荡静置，有深蓝色晶体析出。下列说法不正确的是A步骤2中观察到的蓝色沉淀为Cu(OH)2B步骤2中沉淀溶解是因为生成了铜氨配合物C步骤3中未采取蒸发结晶的方法获得晶体，说明一水硫酸四氨合铜受热易分解D如图所示铜的晶胞中有14个铜原子5(本题3分)短周期主族元素W、X、Y的原子序数依次增大。p、n、m分别

3、是元素W、X、Y的单质，r、q是由这些元素组成的二元化合物，r是一种淡黄色粉末，s的溶液是强碱溶液。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 A离子半径：YXB还原性：mpCs和q中均含有离子键Dr中含离子键和非极性键6(本题3分)如图，X、Y、Z、W四种短周期元素的原子最外层电子数之和为21.下列说法正确的是XYWZTA原子半径(r)：r(Z)r(Y)r(X)BX的氢化物一定比Y的氢化物的沸点要低CWY2、WZ4、WX均有熔点高、硬度大的特性D某病毒DNA链中有T元素，可能是T取代了普通DNA链中的P元素7(本题3分)下列“类比”合理的是AC在足量O2中燃烧生成CO2，则S在足量O2中燃

4、烧生成SO3B铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成FeCl2CMg在CO2中燃烧生成MgO和C，则Na在CO2中燃烧可能生成Na2CO3和CD往AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al(OH)3沉淀，则往CuCl2溶液中加入过量氨水生成Cu(OH)2沉淀8(本题3分)由EDTA制备食品铁强化剂NaFeEDTA的合成路线如下：下列有关说法正确的是ANaFeEDTA中的Fe元素的化合价为+2价B1molNaFeEDTA中含有6mol配位键CFeEDTA中碳原子的杂化类型为sp2DEDTA分子间可通过取代反应形成肽键9(本题3分)下列物质的结构或性质与氢键无关的是A乙醇的沸点B冰的密度

5、C氢化镁的晶格能DDNA的双螺旋结构10(本题3分)有一种蓝色晶体可表示为MxFey(CN)6，经X-射线研究发现，它的结构特征是Fe3+和Fe2+互相占据立方体互不相邻的顶点，而CN-位于立方体的棱上。其晶体中阴离子的最小结构单元如图所示。下列说法不正确的是A该晶体的化学式为MFe2(CN)6B该晶体属于离子晶体C该晶体中M呈+2 价D晶体中与每个 Fe3+距离最近且等距离的 CN-为6个11(本题3分)下列化学用语表达正确的是A乙烯的实验式：B电镀铜时，铁制镀件上的电极反应式：C在水中的电离方程式：D用电子式表示的形成过程：12(本题3分)某物质的化学式为，其水溶液不导电。加入溶液也不产生

6、沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法正确的是A配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6B和分子均与形成配位键C该配合物的配体只有D该配合物中有键13(本题3分)下列有关晶体的说法正确的有石英和金刚石都是共价晶体，最小环上都有6个原子在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子金刚石、金刚砂、冰、干冰晶体的熔点依次降低石墨晶体中碳原子数和C-C键个数之比为1：2Al2O3晶体中离子键成分百分数较小，所以可以当作共价晶体石墨晶体中只有键A1项B2项C3项D4项14(本题3分)由Li、Al、Si构成的某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是A晶体中Al和Si构成二氧化硅型骨架B晶体中Li、Al

7、、Si三种微粒的比例为2：2：1CSi原子从1s22s22p63s23p3p转变为1s22s22p63s23p3p会吸收能量，产生吸收光谱D晶体中与每个Al紧邻的Si有4个15(本题3分)晶体被业内称为“半导体贵族”，2001年7月31日，我国科学家宣布掌握其生产技术，中国成为继日本和德国之后第三个拥有此项技术的国家。它的熔点很高，硬度很大，其原子间以共价键(配位键)相连，密度为，和的摩尔质量分别为和，原子半径分别为和，阿伏加德罗常数值为，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A该晶体为原子晶体B在该晶体中和的配位数均为4C所有原子均满足8电子稳定结构D原子的体积占晶胞体积的百分率为16(本题3

8、分)某同学对和都是离子化合物”有下列4点感悟，其中不正确的是A离子化合物中可能含共价键B晶体中既含离子键也含共价键C离子化合物中不一定含金属元素DNaOH和混合加热过程中只有离子键发生断裂第II卷（非选择题）二、填空题(共25分)17(本题13分)Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHOZn(CN)42-4H4H2O=Zn(H2O)424HOCH2CN。(1)Zn2基态核外电子排布式为_。画出配合物离子Zn(H2O)42中的配位键_(2)1molHCHO分子中含有键的数目为_。(3)HOCH2CN的结构简式，HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型分别是_和_。(4)与H

9、2O分子互为等电子体的阴离子为_。(5)下列一组微粒中键角由大到小顺序排列为_(用编号填写)CO2 SiF4 SCl2 CO H3O(6)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：H、B、N中，原子半径最大的是_。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_的相似。NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+9H2，的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。18(本题12分)氮元素可形成丰富多彩的物质。(1)光化学烟雾易在PM2.5的催化作用下形成，

10、其中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH等二次污染物。下列说法正确的是_(填字母)。AN2O与CO2互为等电子体，其结构式为N=N=O BO3的沸点高于O2的沸点CCH2=CHCHO分子中碳原子采取sp2和sp3杂化DHCOOH在水中的溶解度大，与氢键有关(2)在配合物中，微粒NH3、NH、NH2OH中不能作为配体的是_。(3)图a为六方氮化硼晶体的结构示意图，该晶体中存在的作用力有_。(4)六方氮化硼在高温高压下可转化为立方氮化硼，立方氮化硼的晶胞结构如图b所示，晶胞边长为dcm，该晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，立方氮化硼晶体的密度为_ gcm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA

11、)。三、元素或物质推断题(共27分)19(本题13分)N、A、B、D、E均为原子序数依次递增的前四周期元素，M原子内的电子只有一种运动状态，N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大，A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的，D属于第IIB的元素，E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。(1)A原子核外电子能量最高的能层的符号是_，D原子价电子的排布式为_。(2)设计实验，比较A元素与B元素非金属活泼性_。(3)NM3的键角_(填“”“”“=”)EM3的键角，NM3的沸点_(填“高于”、“低于”“等于”)EM3的沸点。(4)与E同周期的主族元素中，第一电离能最大的是_(

12、填元素名称)。A和E形成分子的结构如图所示，该分子的分子式为_，E原子的杂化类型为_。(5)与BA2分子的中心原子价电子对几何构型不同但分子构型相同的是 _。ABeCl2 BPH3 CH2O DOF2(6)金属D晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_，D原子的配位数为_，六棱柱高为ccm，底边边长为acm，阿伏伽德罗常数的值为NA，D晶体的密度为_gcm3(列出计算式)。20(本题14分)A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期元素，且原子序数依次增大。B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，D、F元素原子的最外层电子数相等。X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三

13、种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应(相对分子质量甲乙)转化关系如图(反应条件略去)，元素E形成的单质是 “21世纪的能源”，是目前应用最多的半导体材料。请回答下列问题： (1)写出M与甲的浓溶液加热时反应的化学方程式_(2)X、Y、Z、W属于同一类物质，这类化合物通常熔沸点较_(填“高”或“低”)； X、Y、W都能与Z反应，则Z的结构式为_(3)将X、W与D2按11n的物质的量之比通入Z中，充分反应后无气体剩余或生成，则n=_，写出反应的化学方程式_(4)化合物ED2与元素B形成的某种单质能在高温下能发生置换反应，若反应中有1mol电子发生了转移，则参加反应的化合物ED2的质量为_

14、g。(5)元素B的另一种单质能导电，具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，则12g该单质中含有_NA个正六边形。试卷第7页，总8页参考答案1B【详解】A图中X、Y均处于顶点，且个数均为4，个数比为1：1，化学式为XY，故A正确；BY有8个位于顶点，个数为8=1，X位于体心，个数为1，个数比为1:1，化学式为X2Y，故B错误；C图中X的数目：41，Y的数目：4，化学式X3Y正确，故C正确；D图中，X的数目：81，Y的数目：63，Z位于体心，数目为1，化学式XY3Z，故D正确；故选：B。2C【详解】A三者都为原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高，因此熔点：金刚石碳

15、化硅晶体硅，故A错误；B由于对羟基苯甲醛含有分子间氢键，邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，分子间氢键使得熔点升高，因此熔点：对羟基苯甲醛邻羟基苯甲醛，故B错误；C同周期从左到右电负性逐渐增大，因此电负性：NaPCl，故C正确；DHF含有分子间氢键，分子间氢键使得熔点升高，因此熔沸点：HClHF，HCl、HBr、HI三者，结构和组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故D错误；答案选C。3D【详解】A锶(Sr)元素与镁元素是同主族元素，则与Ca也同周期，同主族元素自上而下金属性增强，所以Sr的活泼性比Ca要强，则易和空气中的氧气、水蒸气等反应，其密度比煤油大，所以可以保存在煤油中，A正确

16、；B同主族元素自上而下金属性增强，最高价氧化物的水化物的碱性增强，所以的碱性比强，B正确；CSr金属性很强，而Cl的非金属性较强，所以是有Sr2+和Cl-构成的离子晶体，C正确；DSr2+的半径要大于Mg2+，对O的吸引力较小，不容易与碳酸根中的O形成离子键，所以的分解温度比高，D错误；综上所述答案为D。4D【详解】A步骤1中氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，步骤2中加入氨水，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，故A正确；B步骤2中先产生的蓝色沉淀是氢氧化铜，继续加氨水沉淀溶解，是因为生成了铜氨配合物，故B正确；C蒸发结晶需要加热，不稳定的物质容易分解，步骤3中未采取蒸发结晶的方法获得晶体，说明一水

17、硫酸四氨合铜受热易分解，故C正确；D根据晶胞结构，如图所示铜的晶胞中含有的铜原子个数为=4，故D错误；故选D。5D【分析】r、q是由这些元素组成的二元化合物，r是一种淡黄色粉末，则r为，s的溶液是强碱溶液，则s为，m为，n为，q为，p为，W、X、Y的原子序数依次增大，则W、X、Y分别为H、O、Na，据此分析答题。【详解】A和离子核外电子排布相同，离子半径序小径大，A错误；B钠和水发生如下反应：，还原剂的还原性强于还原产物，所以还原性：，B错误；Cs为，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，q为，氢原子和氧原子之间形成共价键，C错误；Dr为，过氧根内部为非极性键，钠离子和过氧根离子之间为离子键，D正

18、确；答案为：D6D【分析】设X的最外层电子数为a，则Y、W、Z的最外层电子数分别为(a+2)、a、(a+3)，从而得出a+ (a+2)+a+(a+3)=21，a=4，故X、Y、W、Z分别为C、O、Si、Cl，则T为As元素。【详解】AX、Y、Z分别为C、O、Cl，C、O为同周期元素，C在O的左边，则原子半径(r)：r(C) r(O)，故A错误；BX、Y分别为C、O，若X的氢化物中碳原子数比较多(如石蜡)，常温下呈固态，则其沸点可能比Y的氢化物(H2O)的沸点要高，故B错误；CSiCl4在固态时形成分子晶体，其熔点较低、硬度较小，故C错误；D某病毒DNA链中有As元素，As与P属于同主族元素，可

19、能是As取代了普通DNA链中的P元素生成的，故D正确；故选D。7C【详解】AS在足量O2中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B铁丝在氯气中燃烧只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，故B错误；C钠的金属性比镁强，则钠也能在二氧化碳中燃烧生成氧化钠和碳，氧化钠与过量的二氧化碳反应生成碳酸钠，则钠在二氧化碳中燃烧可能生成碳酸钠和碳，故C正确；D氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子，则氯化铜溶液中加入过量氨水生成生成四氨合铜离子，不能生成氢氧化铜沉淀，故D错误；故选C。8B【详解】A根据化合物化合价代数和为0可判断NaFeEDTA中的Fe元素的化合价为+3价，A错误；B根据示意图可知4个

20、O和2个N与Fe形成配位键，则1molNaFeEDTA中含有6mol配位键，B正确；CFeEDTA中碳原子的杂化类型有sp2、sp3两种，C错误；DEDTA分子中N原子上没有氢原子，分子间不能通过取代反应形成肽键，D错误；答案选B。9C【详解】A乙醇分子间能形成氢键，从而使它的沸点升高，A不符合题意；B冰中的水分子间通过形成氢键而构成正四面体结构，使冰的密度减小，B不符合题意；C氢化镁为离子化合物，由Mg2+和H-构成，晶格能由离子键决定，与氢键无关，C符合题意；DDNA分子间通过形成氢键，形成双螺旋结构，D不符合题意；故选C。10C【分析】由阴离子的晶胞结构可知，晶胞中亚铁离子的个数为4=，

21、铁离子的的个数为4=，氰酸根离子的个数为12=3，则阴离子为Fe2(CN)6，由化合价代数和为0可知，MxFey(CN)6只能为MFe2(CN)6。【详解】A由分析可知，该晶体的化学式为MFe2(CN)6，故A正确；B由题意可知，该晶体为M+离子和Fe2(CN)6离子形成的离子晶体，故B正确；C由题意可知，该晶体为M+离子和Fe2(CN)6离子形成的离子晶体，该晶体中M呈+1 价故C错误；D由阴离子的晶胞结构可知，位于顶点的铁离子与位于棱上的氰酸根离子的距离最近，则每个铁离子距离最近且等距离的CN为6个，故D正确；故选C。11D【详解】A乙烯的实验式即最简式，应该为CH2，A错误；B电镀铜时，

22、铁制镀件上的电极反应式：，B错误；C在水中完全电离，电离方程式：，C错误；DNaCl为离子化合物，用电子式表示的形成过程：，D正确；答案选D。12B【分析】实验式为PtCl42NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子，加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4(NH3)2。【详解】A 配合物中中心原子的电荷数电荷数为4，配位数为6，故A错误；B 和分子均与形成配位键，形成的配合物为PtCl4(NH3)2，故B正确；C 由分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，故C错误；D 每

23、个PtCl4(NH3)2分子中含4个Pt-Cl键、2个Pt-N键、6个N-H键，该配合物中有键，故D错误；故选B。13C【详解】石英是SiO2，其空间结构示意图为，其最小环中有12个原子，错误；晶体只要有阴离子就一定有阳离子，正确；金刚砂为SiC。金刚石和金刚砂均为原子晶体，原子半径越小，键长越小，化学键越强，熔点越高；键长CCSiC，化学键的强弱CCSiC，金刚石的熔点高于金刚砂。原子晶体的熔点比分子晶体熔点高。冰中水分子间存在氢键，使得熔点升高，使得冰的熔点大于CO2；因此金刚石、金刚砂、冰、干冰晶体的熔点依次降低，正确；石墨晶体中，C原子形成3个CC，而1个CC键由2个C构成，则碳原子数

24、和CC键个数比为2：3，错误；Al2O3晶体中离子键成分百分数较小，可以当作共价晶体处理，正确；石墨晶体中除含有的CC键为键，还含有键，错误；综上只有3项是正确的；答案选C。【点睛】晶体中含有阳离子，但不一定含有阴离子，如金属晶体由金属阳离子和电子构成。14D【详解】A二氧化硅型骨架：，晶体中Al和Si在顶角处有硅与铝原子不相连，故A错误；B晶体中Li=12+1=4，Al=8+6=4，Si=4，三种微粒的比例为1：1：1，故B错误；CSi原子从1s22s22p63s23p3p转变为1s22s22p63s23p3p能量不改变，不产生吸收光谱，故C错误；D由图中晶胞可知，观察顶角的Al原子，晶体中

25、与每个Al紧邻的Si有4个，故D正确；故选D。15D【详解】A它的熔点很高，硬度很大，该晶体为原子晶体，故A正确；B晶胞中原子数目=4，原子数目=，在该晶体中和的配位数均为4，故B正确；C每个、都形成4个共价键，均没有孤电子对，所有原子均满足8电子稳定结构，故C正确；D晶胞中原子总体积，晶胞质量 ，晶胞体积，原子的体积占晶胞体积的百分率为 100%=100%，故D错误；故选D。16D【详解】ANH4Cl是离子化合物，但是其含有共价键，故离子化合物中可能含共价键，A项正确；BF元素的非金属性强于Cl的，则NH4F也是离子化合物，B项正确；C离子化合物中可含金属元素，也可含等类金属离子原子团，C项

26、正确；D在加热过程中会生成NH3，说明离子失去了H，故有N-H键断裂，故反应中也有共价键断裂，D项错误；答案选D。171s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 3mol或3NA sp3杂化 sp杂化 B(硼) Si(硅) 配位键 N sp3杂化 sp2杂化 【详解】(1)Zn是30号元素，其原子核外有30个电子，失去最外层两个电子生成锌离子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；Zn为中心离子，H2O为配体，配位数为4，所以配合物离子Zn(H2O)42中的配位键为；(2)单键为键，双键含有1个键和1个键，三键含有1个键和2个键，HC

27、HO分子中含有2个C-H键、1个C= O双键，分子中含有3个键，所以1mol甲醛(HCHO)分 子中含有的键数目为3mol或3NA，故为：3 mol或3NA；(3)根据HOCH2CN的结构简式，其中与羟基(-OH)相连的一个碳为饱和碳原子，价层电子对为4+0=4，杂化类型为sp3，另一碳原子与氮原子形成碳氮三键，三键含有1个键和2个键，价层电子对为2+ ，所以杂化类型为sp杂化；(4)原子个数相等、价电子数相等的微粒为等电子体，与水互为等电子体的微粒该是3原子最外层电子数为8 的分子或离子，这样的微粒有：H2S、 NH ，阴离子为： NH，故答案为NH；(5)CO2是直线结构，键角为180；S

28、iF4为正四面体结构，键角为10928；SCl2中S采用sp3杂化，为V形结构；CO 中C采用sp2杂化，为正三角形结构，键角为120；H3O+中O采用sp3杂化，为三角锥形结构，中2个孤电子对之间的斥力较大，使得中键角小于，同理中键角小于，因此键角由大到小顺序排列为，故答案为：；(6)根据同一周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，可知H、B、N中原子半径最大的是B(硼)；元素周期表中B与Si(硅)处于对角线上，二者化学性质相似；NH3BH3中N有孤电子对，B有空轨道，N和B形成配位键；电子对由N提供；NH3BH3中B形成四个键，为sp3杂化，B3O 中B形成3个键，为sp2杂化。18ABD

29、 共价键、范德华力 4 4 【详解】(1)AN2O与CO2分子中含有的原子总数相等，价电子总数也相等，因此二者互为等电子体，其结构式为N=N=O，选项A正确； B由于相对分子质量O3O2，相对分子质量越大，分子之间作用力越大，物质的熔沸点就越高所以O3的沸点大于O2，选项B正确；C在CH2=CHCHO分子中碳原子的杂化方式都是为sp2杂化，选项C错误；DHCOOH分子与水分子之间会形成氢键，使其在水中溶解度大，选项D正确；答案选ABD；(2)在配合物中，微粒NH3、NH2OH的N原子上都有孤对电子，可以形成配位键，能够作配体，而无孤对电子，不可以形成配位键，因此不能作配体；答案为；(3)根据六

30、方氮化硼晶体结构示意图可知，在层内原子之间以共价键结合，而在层间以范德华力结合。故该晶体含用的作用力的类型有共价键、范德华力；(4)在立方氮化硼晶体结构中，每个晶胞中含有的B原子个数是8+6=4；含有的N原子数是14=4；所以在一个晶胞中含有4个B原子，4个N原子。由于晶胞的边长是dcm，所以立方氮化硼的密度，答案为4；4；。192P 可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性OS. 溴 As2O3 sp3 CD 立方最密堆积 12 【分析】前四周期元素，由M原子内的电子只有一种运动状态知M为H，由N原子的双原子分子内的键能在同周期非金属元素的单质中最大

31、知N为氮，由A与B同主族，且A元素的原子序数是B元素原子序数的知A为氧，B为硫，由D属于第IIB的元素，且是第四周期知D是锌，由E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子知E是As。【详解】(1)A为O原子，电子排布式是,所以能量最高的能层的符号是2P，D原子电子的排布式为,价电子的排布式为,故答案为：2P；。(2)设计实验比较O与S的非金属性，可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性OS。故答案为：可利用气态氢化物的稳定性，H2O在通电条件下分解，H2S加热下分解，可说明非金属性OS(3)因为氮的电负性强于砷的，所以键角，因为氨气中存在氢键，所以沸点，故

32、答案为：;.(4)同周期的主族元素中从左到右第一电离能逐渐增大，所以是溴，根据O和As形成的分子结构可知化合物的分子式为As2O3, As原子形成了三个共价键，且有一对孤电子，所以原子的杂化类型为sp3.故答案为：As2O3； sp3.(5)SO2分子的中心原子价电子对为=2+1=3几何构型为平面三角形，但分子构型为V形。ABeCl2分子的中心原子价电子对为=2+1=3几何构型为平面三角形，但分子构型为V形。BPH3分子的中心原子价电子对为=3+1=4几何构型为正四面体形，但分子构型为三角锥形。CH2O分子的中心原子价电子对为=2+2=4几何构型为正四面体形，但分子构型为V形。DOF2分子的中

33、心原子价电子对为=2+2=4几何构型为正四面体形，但分子构型为V形。故与SO2分子的中心原子价电子对几何构型不同但分子构型相同的是CD.故答案为：CD(6)由金属锌晶体中的原子堆积方式图示可知，堆积方式称为立方最密堆积，配位数为12，图中结构单元中Zn原子数目为，结构单元中Zn的总质量为,晶体密度为,故答案为： 立方最密堆积；12；【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布式书写及排布规律、电离能、晶体类型与性质，晶胞结构及计算等，要求学生知识面比较全，难度较大，是物质结构与性质的综合题。20C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 低 H-O-H 4SO2+4NO2+3O2+6H

34、2O=4HNO3+4H2SO4 15 0.5 【分析】A、B、C、D、E、F六种元素均是短周期元素，且原子序数依次增大B、F原子的最外层电子数均为其电子层数的两倍，由于F的原子序数大于B，则B是C元素，F是S元素；D、F元素原子的最外层电子数相等，二者为同主族元素，则D为O元素；C的原子序数介于B、D之间，所以C为N元素；X、Y、Z、W、甲、乙六种物质均由上述元素的两种或三种元素组成，元素B形成的单质M与甲、乙均能反应，则甲、乙分别为浓硝酸和浓硫酸，相对分子质量甲乙，所以甲为浓硝酸，乙为浓硫酸；由转化关系图可知，X为NO2，W为SO2；元素E形成的单质是“21世纪的能源”，是目前应用最多的半导

35、体材料，则E为Si元素；由于A原子序数最小，结合反应过程的物质所含元素，可知A是H元素；据此答题。【详解】通过上述分析可知A是H元素；B是C元素；C是N元素；D是O元素；E是Si元素；F是S元素；甲是浓硝酸，乙是浓硫酸；X是NO2；Y、Z一种是CO2，一种是H2O；W是SO2；由于NO2、SO2、CO2、H2O属于同一类物质，且X、Y、W都能与Z反应，则Z为H2O，Y是CO2；(1)M是C单质，C与浓硝酸在加热时发生反应，产生CO2、NO2、H2O，反应的方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(2)NO2、SO2、CO2、H2O属于同一类物质，这类化合物固态时的晶体类型为都

36、为分子晶体，通常熔沸点较低，X、Y、W都能与Z反应，则Z为H2O，它的结构式为H-O-H；(3)NO2、SO2与O2按11n的物质的量之比通入H2O中，充分反应后无气体剩余或生成，则根据反应过程中电子转移数目相等，可得反应方程式：4SO2+4NO2+3O2+6H2O=4H2SO4+4HNO3，可见n(SO2)：n(NO2)：n(O2)=4：4：3=1：1：，所以n=；(4)化合物SiO2与C在高温下发生反应：SiO2+2CSi+2CO，根据价态变化可知反应1molSiO2转移4mol电子，所以转移1mol电子时消耗SiO2的物质的量是0.25mol，所以反应的SiO2的质量是m(SiO2)=0.25mol60g/mol=15g；(5)元素B的另一种单质具有平面层状结构，则该单质是石墨，在同一层中的C原子构成许许多多的正六边形，每个C原子与相邻的3个C原子形成共价键，C原子之间形成正六边形，每个正六边形含有这样的6个C原子，所以一个正六边形中含有的C原子数目为6=2，12g石墨中含有C原子物质的量是1mol，则其中含有的正六边形的物质的量是12=0.5mol，则含有的正六边形的数目为0.5NA个正六边形。答案第11页，总11页