高中化学同步练习：选择性必修二2.1共价键（优生加练）
文档属性
| 名称 | 高中化学同步练习：选择性必修二2.1共价键（优生加练） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-27 09:12:09 | ||
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文档简介
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高中化学2.1共价键（优生加练）
一、选择题
1．HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（ ）
A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B．反应历程中还可能形成HONO···H2O
C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·mol-1
D． 是反应过渡态
二、多选题
2．已知各共价键的键能如表所示，下列说法正确的是（ ）
共价键 H-H F-F H-F H-Cl H-I
键能E/(kJ·mol-1) 436 157 568 432 298
A．稳定性：H-I＜H-Cl＜H-FB．表中可以看出在共价键对应物质中，F2能量最低
C．298 kJ·mol-1D．H2(g)+F2(g)-2HF(g) △H=+25 kJ·mol-1
3．（多选）碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图．下列有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中σ键与π键个数之比为3：1
C．分子中既有极性键也有非极性键
D．分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化
4．按照绿色化学的思想，最理想的“原子经济性反应”就是原子利用率为100%％，原子利用率即期望产物的总质量与生成物的总质量之比。以乙烯为原料生产环氧乙烷，过去主要使用的是氯代乙醇法，包括以下两步反应：
第一步：
第二步：
总反应可表示为：
现代石油化工采用银作催化剂，可以实现一步完成：，下列有关说法中错误的是（ ）
A．一个乙烯分子中含有5个σ键和1个π键
B．滴入溶液中产生白色沉淀
C．氯代乙醇法的原子利用率为25.4%，银催化法的原子利用率为100%
D．Ag的作用是降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率
5．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．产物的键能总和大于产物的键能总和
B．产物与的分子式相同，但稳定性强于
C．该历程中正反应能垒的最大值为
D．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：
6．Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。
已知：R、R′代表烷基。
下列说法不正确的是（ ）
A．H+在该反应过程中作催化剂
B．N—O—H键角：物质Ⅰ＞物质Ⅱ
C．物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成
D．发生上述反应生成
7．关于键长、键能和键角，下列说法正确的是（ ）
A．C C键的键能等于C- C键键能的三倍
B．N2的N N键非常牢固，不易断裂
C．(CN)2分子(结构式为N C-CN)中N C键的键长小于C-C键的键长
D．白磷(P4)分子呈正四面体形结构，其键角为109°28'
8．已知X、Y是短周期的两种元素，下列结论正确的是（ ）
选项 条件 结论
A 原子半径：X> Y 原子序数：X＜Y
B 化合物YmXn中X显负价 元素的电负性：X>Y
C 价电子数：X> Y 最高正价：X>Y
D X、Y最外层电子数分别为1、7 X、Y之间可能形成共价键
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
9．工业合成氨的反应如下：N2 + 3H22NH3。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
t/s 0 50 150 250 350
n(NH3) 0 0.24 0.36 0.40 0.40
（1）0~50s内的平均反应速率 v(N2) = 。
（2）250s时，H2的转化率为 。
（3）已知N≡N的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中的热量变化 kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是 。
（4）为加快反应速率，可以采取的措施 。
a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气
d．恒压时充入He气 e．及时分离NH3
（5）下列说法错误的是____。
A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
B．上述条件下，N2不可能100%转化为NH3
C．为了提高N2的转化率，应适当提高H2的浓度
D．250~350s生成物浓度保持不变，反应停止
10．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。
（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。
①基态 Ni原子的价电子排布式为 ，该元素在元素周期表中的位置是 。
②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是 。
③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、Fe、Cu进行了相关研究，并取得了成功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是 。
（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，可由(HB=NH)3(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3。
①请解释CH4、H2O、CO2的键角大小顺序 。
②(HB=NH)3中B、N原子的杂化轨道类型分别为 。
③氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，用化学键表示出(NH3BH3)分子的结构式 。
（3）有储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中。
①该晶体储氢后的化学式为 。
②储氢材料的储氢能力=，若晶胞参数为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，标准状况下氢气的密度为bg·cm-3，则该储氢材料的储氢能力为 。(NA表示阿伏加德罗常数，写出表达式即可)
11．根据所学知识回答下列问题：
（1）下列几组变化中：①碘的升华；②氧气溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化：⑤氯化氢溶于水：⑥氯化铵受热分解。
化学键没有被破坏的是 (填序号，下同)，仅破坏离子键的是 ，既破坏离子键又破坏共价键的是 。
（2）以 为催化剂的光热化学循环分解 的反应： 为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示：
①根据数据计算，反应 会 (填“吸收”或“放出”) 的能量。
②下列关于反应机理说法错误的是 (填字母)。
A．反应①中钛氧键断裂会吸收能量
B．该反应中，光能转化为化学能，化学能转化为热能
C．该过程中发生了电子的转移
12．短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，B、C、D同周期，A原子核外电子只有一种自旋取向：C的基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子：B、D两种原子p能级上都有2个未成对电子，E原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，请回答下列问题(用元素符号或化学式回答问题)：
（1）B、C、D三种元素第一电离能由大到小 电负性由小到大的顺序
（2）元素As与C同族。推测As的氢化物的空间构型 ；沸点比的 (填“高”或“低”)，其判断理由是 ；元素的氢化物的键角 的键角(填>，<或=)，原因是
（3）A、B、D元素可以形成多种有机酸，如甲酸(HCOOH)、乙酸、丙酸等，乙酸中碳原子的轨道杂化方式为 ：甲酸的酸性大于乙酸，乙酸的酸性大于丙酸，试解释原因
（4）S元素与D同族，的一种三聚体环状结构如图所示，该结构中键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为169pm，较长的键为 (填a或b)：E位于元素周期表的
13．为迎接G20峰会的到来，浙江加大了对环境治理的力度。其中对含氮化物的处理是一个重要的课题。
（1）Ⅰ.氮氧化物
已知：N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况如下
①2NO(g) N2(g)+O2(g)△H=
②你认为该反应能否自发，并说明理由
（2）科学家利用2NO(g) N2(g)+O2(g)来消除NO的污染。1molNO在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应，10min后达到平衡，NO的物质的量为0.4mol。在第15min时，保持温度不变，将容器的体积迅速增大至2L并保持恒容，第25min时到达平衡；第30min时，保持温度和体积不变，向容器中再通入0.2molNO，第50min时达到平衡，请在右图中画出从第15min起到70minNO的物质的量随时间变化的曲线。
（3）Ⅱ.亚硝酸盐
来源：用氧化性熔融盐处理钢铁表面氧化膜时会产生污染物亚硝酸盐，请写出FeO与NaNO3在加热条件下发生的反应 。
（4）电化学处理：用电解法降解NO2 其原理如下图所示电源正极为 （填A或B），阴极反应式为
。
14．根据要求回答：
（1）下列各图中，表示反应是吸热反应的是
（2）到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。在25 ℃、101 kPa下，16 g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352 kJ的热量，则表示甲醇燃烧的热化学方程式为 。
（3）化学反应中放出的热能(焓变，ΔH)与反应物和生成物的键能(E)有关。
已知：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1
E(H-H)＝436 kJ·mol－1
E(Cl-Cl)＝243 kJ·mol－1
则E(H-Cl)＝ 。
（4）已知：
甲醇脱水反应 2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H1＝－23.9KJ·mol－1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）＝C2H4（g）＋2H2O（g） △H2＝－29.1KJ·mol－1
乙醇异构化反应 CH3CH2OH（g）＝CH3OCH3（g）△H3＝＋50.7KJ·mol－1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）＋H2O（g）＝C2H5OH（g）的△H＝ kJ·mol－1
15．据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。
（1）晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：
化学键 Si—O O=O Si—Si
键能/kJ·mol－1 x 498.8 176
已知1 mol Si中含2 mol Si—Si键，1 mol SiO2中含4 mol Si—O键，则x的值为 。
（2）硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等．硅光电池是一种把 能转化为 能的装置。
（3）假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是________________。
A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．硅的来源丰富，易于开采
C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制
D．寻找高效新催化剂，使硅的生产耗能很低，是硅能源开发利用的关键技术
（4）工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240.4 kJ·mol－1，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好反应，则制备纯硅的反应过程中 (填“吸收”或“释放”)的热量为 kJ。
16．我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。
（1）氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为 。
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 ；氮元素的E1呈现异常的原因是 。
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为 ，不同之处为 。(填标号)
A．中心原子的杂化轨道类型 B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构 D．共价键类型
17．W、R、X，Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或原子结构如下表所示：
元素 元素性质或原子结构
W 基态原子L能层所有能级上电子数相同
R 第二周期元素基态原子中未成对电子数最多
X 基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素
Y 最外层电子数是次外层电子数的一半
Z 最外层只有1个电子，其他内层各能级所有轨道里的电子均成对
回答下列问题：
（1）W的基态原子有 种不同运动状态的电子，Z的价层电子排布图为 。
（2）W、R、X的简单氢化物分子中，键角由大到小的顺序是 (用对应的分子式表示)，原因是 。
（3）已知：羧酸的酸性可用()的大小来衡量，越小，酸性越强。
羧酸
三氯乙酸() 0.65
三氟乙酸() 0.23
由表可见，酸性：三氯乙酸 三氟乙酸(填“大于”“小于”或“等于”)，从键的极性角度解释原因： 。
18．单质硼、硼酸(H3BO3)、硼砂(Na2B4O7·10H2O)中阴离子(H4B4O92-)的结构或结构单元分别如图1、图2、图3所示。
回答下列问题：
（1）图1为某晶体硼的部分结构单元，该结构单元由20个等边三角形构成，则构成此结构单元的B原子数为 ，图中标记1、2、3的3个B原子形成的夹角为 。
（2）已知H3BO3与NaOH溶液反应时，当NaOH过量时，发生反应的化学方程式为，当H3BO3过量时，发生反应的化学方程式为，则H3BO3是 元弱酸，硼酸晶体中存在的作用力有 (填标号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键 e.范德华力
（3）中得电子的原子是 (填元素符号)，结构中B原子的杂化方式为 。
（4）B、Al，Ga为同主族元素，AlCl3，GaCl3在一定条件下均易形成双聚分子，而BCl3却很难形成双聚分子，其主要原因是BCl3分子内形成了大π键，该大π键可表示为 。(分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)
19．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮 炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
20．我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。B、C、D为同周期相邻元素，A为地壳中含量最多的元素。回答下列问题：
（1）元素D在周期表中的位置为 ，A、C的简单离子半径大小顺序为 (填离子符号)。
（2）化合物BA的电子式为 (填元素符号)。A和D形成的化合物中的化学键类型为 。
（3）B和C两元素相比较，金属性较强是 (填元素符号)，可以证明该结论的实验 。
A．比较两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率
B．比较两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性
C．将相同大小的两种元素单质分别放入沸水中，观察反应现象
D．比较相同物质的量的两种元素的单质与足量稀盐酸反应产生的多少
21．上海交大郑浩、贾金锋教授，利用低温强磁场扫描隧道显微镜在体系中成功产生并探测到分段费米面，发表于《Science》杂志。回答下列问题：
（1）Bi与N、P同主族。基态Bi原子的价层电子排布式为 ；三者简单氢化物的还原性最强的是 (填化学式)。
（2）Se、Te与O同主族，Bi、Te、Se三种元素的电负性由大到小的顺序为 ，中心原子的杂化方式为 ，Se与O分别与H形成的简单氢化物键角较大的是 (填化学式)。
（3）金属铌原子价电子构型为，其盐六氟铌酸铵是重要工业原料，结构如图。该盐的阴离子中含有的化学键为____(填标号)。
A．键 B．键 C．金属键 D．配位键 E．离子键
（4）硒化锌是制作高功率激光器的最佳光学材料，其晶胞结构可看作是金刚石晶胞内部的碳原子被Se原子代替，顶点和面心的碳原子被Zn原子代替。如图为沿y轴投影的硒化锌晶胞中所有原子的分布图。与Zn最近的Se原子构成的立体结构为 ；若原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，则原子2的分数坐标为 ；若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Se和Zn的最近距离为 pm(用代数式表示)。
22．压电材料广泛应用于电声换能器、传感器、机器人等方面。最近我国科学家在Science杂上报道了一种有机-无机杂化的压电材料TMCM-MnCl3，该材料具有单斜的晶体结构，晶体结构图如下所示(氢原子未画出)，晶胞参数为a=9.478 ，b= 15. 741 ，c=6.577 ，β=94.838° ，晶胞内总共含有84个原子。
（1）写出基态Mn原子的核外电子排布 。
（2）TMCM-MnCl3晶胞内含有 个Mn原子、 个Cl原子，有机基团的结构简式为 。
（3）TMCM-MnCl3晶体中有机结构单元中C原子杂化类型是 ，N原子的杂化类型是 ，该晶体中存在 (填如下选项标号)。
A．范德华力 B．离子键 C．π键 D．σ键
（4）TMCM-MnCl3晶体中，Cl-C间的化学键为 键，Cl-Mn间的化学键为 键；其中Mn的化合价为 。
23．CH4、CH3OH是重要的含碳燃料，将CH4设计成零碳排放的燃料电池，原理如图。CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率。
①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol
②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol
（1）负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、 、 。
（2）可循环使用的含碳物质有 (写化学式)。
（3）CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体，其热化学方程式为 。
（4）甲醇制氢的反应历程如图所示(*表示该物种吸附在固体催化剂表面)，决定该过程总反应速率的步骤是 (填标号)。
a．碳氢键的断裂 b．氢氧键的断裂 c．碳氧键的形成
（5）在上述甲醇制氢的反应历程中，如果OH*参与CH3OH*→CH3O*步骤，则该步骤的历程如图所示，
OH*起到的作用是 。
（6）关于甲醇制氢反应CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH＞ 0，既可以加快反应速率，又可以提高H2平衡产率的措施有____(填标号) 。
A．升高温度 B．加入催化剂
C．增大H2O(g)浓度 D．增大压强
（7）CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，判断正反应 (填“进行完全”或“未进行完全”)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意；
B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意；
C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·mol-1-(-20.5) kJ·mol-1，C符合题意；
D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.根据图示即可判断可能产生
C.根据图示找出能量的最大差值即可
D.根据图示即可判断为过渡态
2．【答案】A,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】键能越大，共价键越稳定，由表中数据可知，稳定性： H-I键能越大，共价键越稳定，物质能量越低，HF能量最低，故B不符合题意；
由H-F、H-Cl、H-I的键能可知，卤素非金属性越强，对应氢卤键的键能越大，则298kJ·mol-1焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g) +F2(g)=2HF(g)△H= (436+ 157-568×2)kJ·mol-1= -543 kJ·mol-1，故D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】
A.共价键键能越大，形成的物质越稳定，该物质所具有的能量越低；
B.共价键键能越大，形成的物质越稳定C.由表中数据可知，卤族元素非金属越强，共价键键能越大；
D.△H =反应物的键能总和-生成物的键能总和。
3．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C3H2O3，故A正确；
B．双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键，所以该分子中含有10个σ键、1个π键，所以分子中σ键与π键个数之比为10：1，故B错误；
C．同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C﹣之间存在非极性键、C﹣H和C﹣O原子之间存在极性键，故C正确；
D．该分子C﹣O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故D错误；
故选BD．
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键；
C．同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键；
D．该分子C﹣O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式．
4．【答案】B,C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，一个乙烯分子中含有5个σ键和1个π键，A不符合题意；
B．为非电解质，不会电离出氯离子，故滴入溶液中不产生白色沉淀，B符合题意；
C．由总反应可知，氯代乙醇法的原子利用率为；银催化法中反应物原子全部转移到生成物质中，利用率为100%，C符合题意；
D．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.不会电离出氯离子；
C.氯代乙醇法的原子利用率为；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率。
5．【答案】C,D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，生成反应为放热反应，焓变小于零，则产物的键能总和小于产物的键能总和，A不符合题意；
B．产物的能量更低，稳定性更强，稳定性小于，B不符合题意；
C．由图可知，该历程中正反应最大能垒为Z到过渡态Ⅳ之间的能量差，最大值为(-18.92kJ mol-1)-(-205.11 kJ mol-1)=，C符合题意；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，中间产物Z转化为产物的活化能更小，反应速率更快，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据产物P1到P2的能量变化即可比较键能大小
B.能量越高越不稳定
C.根据能量高低即可找出最大能垒
D.能量变化越大，产物的速率越慢
6．【答案】B,D
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A不符合题意；
B． 物质Ⅰ中氧原子上有2个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1个孤电子对，N—O—H键角：物质Ⅰ＜物质Ⅱ，故B符合题意；
C． 物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，故C不符合题意；
D． 发生上述反应生成，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂在化学反应前后化学性质和质量不变；
B.孤店子对间的斥力大于孤电子对和成键电子对间的斥力；
C.物质Ⅳ中碳氮三键中有一个配位键；
D.分析上述反应历程，可判断产物是否正确。
7．【答案】B,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】碳碳三键中有两个π 键，一个σ键，碳碳单键是σ键，π键的键能小于σ键，CC键的键能小于C-C键的键能的三倍，故A不符合题意；
氮分子中的NN键的键能较大，使得NN键非常牢固，不易断裂，故B符合题意；
同周期主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，其形成的共价键的键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以CN键键长小于CC键键长，而CC键键长又小于C-C键的键长，因此NC键的键长小于C-C键的键长，故C符合题意；
白磷分子的结构为，呈正四面体形，键角为60°，故D不符合题意。
【分析】A.依据碳碳三键中有两个π 键，一个σ键，碳碳单键是σ键，π键的键能小于σ键分析；
B.NN键的键能较大，键非常牢固，不易断裂；
C.原子半径越大，其形成的共价键的键长越长；
D.注意白磷是四原子分子、甲烷为五原子分子，均为正四面体结构，键角不同。
8．【答案】B,D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】若原子半径：X>Y，原子序数不一定为XO，A项不符合题意；
电负性大的元素原子吸引电子能力强，化合物中电负性大的元素显负价，B项符合题意；
F的价电子数大于N的价电子数，但F没有正价，C项不符合题意；
由H、Cl元素组成的HCl是共价化合物，二者形成的是共价键，D项符合题意。
故答案为：BD
【分析】A.原子的电子层数越多，半径越大；
B.电负性大的元素原子吸引电子能力强，化合物中电负性大的元素显负价；
C.注意F没有正价、O无最高正价；
D.元素的电负性相差小于1.7能形成共价键，可形成共价化合物。
9．【答案】（1）0.0012mol L-1 s-1
（2）30%
（3）46；A
（4）b
（5）D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学反应中能量的转化；化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1） v(N2)=0.0012mol L-1 s-1 ，故答案为： 0.0012mol L-1 s-1 ；
（2）250s时H2转化率：，故答案为：30%；
（3）ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-6×391=-92kJ，这是生成2mol氨气释放的热量，则生成1molNH3过程中的热量变化 46kJ，故答案为：第1空、46；第2空、A；
（4）降低温度会减慢反应速率，a错误；
增大压强可以促进该反应向正向进行，b正确；恒容充入He，未改变气体分压，反应速率不会改变，c错误；
恒压，充入He，反应容器变大相当于减小反应物浓度，使反应速率降低，d错误。故答案为：b。
（5）A.催化剂是为了改变反应速率，在工业合成氨的反应中，催化剂是为了提高反应速率，使反应正向进行，A正确；
B.该反应为可逆反应，氮气及时反应物又是生成物，B正确；
C.增大反应物浓度，反应正向进行，氮气的转化率提高，C正确；
D.生成物浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡为动态平衡，此时正逆反应速率相等，但反应仍在进行，D错误。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学反应中的速率计算，能量转化。
分析工业合成氨的化学反应原理：
；条件：一定温度恒容，2L容器。
起始：2 2 0
变化： 0.12 0.36 0.24
50s时：1.88 1.64 0.24 50s时， v(N2)=0.0012mol L-1 s-1
变化：0.2 0.6 0.4
250s： 1.8 1.4 0.40 250s时H2转化率：；
生成2molNH3需要断裂1mol N≡N ，3mol H-H ，形成6mol的 N-H ，
所以ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-6×391=-92kJ， 则生成1molNH3过程中的热量变化 46kJ。该反应为放热反应。反应物总能量高于生成物总能量。
化学反应速率的影响因素：
浓度：浓度越大，反应速率越快；
压强：气体反应，压强越大反应速率越快；
温度：温度越高，反应速率越快；
催化剂：正催化剂，反应速率加快，福催化剂，反应速率减慢；
接触面积：接触面积越大，反应速率越快；
稀有气体或不参加反应气体对反应速率的影响：
恒温恒容：虽然改变压强，但是未改变反应气体分压，即没有改变反应物的浓度，故不改变反应速率；
恒温恒压：充入气体，使反应容器容积扩大，虽未减小压强但是减小反应气体分压，即降低反应物浓度，反应速率降低。
10．【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；O>N>C；这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质
（2）CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；sp2、sp2；
（3）Cu3AgH8；
【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；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态 Ni原子的价电子排布式为3d84s2；该元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；C、N、O位于同周期，同周期从左往右电负性呈增大趋势，故电负性由大到小的顺序是O>N>C；寻找更多的金属催化剂，在过渡金属区域进行寻找，原因是这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质；
(2)CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；(HB=NH)3中B、N原子均形成双键，共有3个键，杂化轨道类型分别为sp2、sp2；氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，即最外层均为8电子结构，氮原子提供孤电子对，与硼原子之间形成配位键， NH3BH3分子的结构式：；
(3)铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，根据均摊法铜原子个数为3，Ag原子位于顶点，银原子个数为1，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中，四面体空隙共8个，故晶体的化学式为：Cu3AgH8；储氢后氢气的密度为：，。
【分析】（1）①基态Ni原子3d、4s能级上的电子为其价电子；Ni位于第四周期第Ⅷ族；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
③Co、Fe、Cu都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近；
（2）①CH4的键角为109°28′，H2O的键角为104.5°，CO2的键角为180°；
②(HB=NH)3中B、N原子均形成3个σ键；
③NH3BH3中N、B都达到8电子稳定结构；
（3）①根据均摊法计算；
②根据 储氢能力= 计算。
11．【答案】（1）①②；③④；⑥
（2）吸收；556；B
【知识点】化学键；离子键的形成；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】(1)①碘的升华破坏分子间作用力，未破坏化学键；②氧气溶于水，没有发生化学反应，未破坏化学键；③氯化钠溶于水破坏离子键；④烧碱熔化破坏离子键：⑤氯化氢溶于水破坏共价键：⑥氯化铵受热分解破坏共价键和离子键。化学键没有被破坏的是①②；仅破坏离子键的是③④；既破坏离子键又破坏共价键的是⑥；
(2)该反应： ，故会吸收556kJ的能量；
A．化学键断裂需要吸收能量，故反应①中钛氧键断裂会吸收能量，A正确；
B．该反应中以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2的反应，光能和热能转化为化学能，B不正确；
C．该过程中二氧化碳分解生成了氧气和一氧化碳，发生了电子的转移，C正确；
故答案为：B。
【分析】（1）根据是否发生化学反应判断化学键是否被破坏，根据物质中存在的化学键判断破坏的化学键类型；
（2）①焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和；
②化学键的断裂吸收能量；根据反应过程判断能量转化形式；存在化合价变化的过程必定存在电子转移。
12．【答案】（1）N＞O＞C；O＞N＞C
（2）三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；＞；中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大
（3）sp3、sp2；乙酸中的甲基，对电子有排斥作用，使得羧基上电子云密度增大，氢离子难以电离，所以乙酸的酸性弱于甲酸，随着碳链的延长，这种作用增强，酸性减弱
（4）a；第三周期ⅣA族
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】
（1）C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大的趋势，故答案为：O＞N＞C；
（2）元素As与C同族，则As的氢化物的空间构型类似于NH3，为三角锥形；
NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高，答案为低；NH3分子间存在氢键；
中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大，答案为>；中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大；
（3）CH3COOH中甲基上的碳原子形成4个单键，是sp3杂化，羧基上的碳原子形成1个碳氧双键、2个单键，是sp2杂化；故答案是：sp3、sp2；
乙酸中的甲基，对电子有排斥作用，使得羧基上电子云密度增大，氢离子难以电离，所以乙酸的酸性弱于甲酸，随着碳链的延长，这种作用增强，酸性减弱；故甲酸的酸性大于乙酸，乙酸的酸性大于丙酸；
（4）SO3的三聚体中S形成S=O键和S-O键，S=O键长较短，即a较短；E为Si元素，位于元素周期表中第三周期ⅣA族。
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，B、C、D同周期，A原子核外电子只有一种自旋取向，则A为H；C的基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则电子排布为1s22s22p3，为N；B、D两种原子p能级上都有2个未成对电子，电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则分别为C、O；E原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，则E的价电子排布式为3s23p2，则E为Si元素。
13．【答案】（1） 180kJ/mol；该反应△H<0，若△S>0则反应一定自发；若△S<0则反应在低温下自发
（2）
（3）2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2
（4）A；2NO2－+6e－+4H2O=N2↑+8OH－
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：Ⅰ.(1).①.2NO(g) N2(g)+O2(g)，反应热等于反应物的键能总和 生成物的键能总和，△H=(2×632kJ/mol) (946kJ/mol+498kJ/mol)= 180kJ/mol，故答案为： 180kJ/mol；②.如能自发进行，应满足△H T △S<0，该反应的△H<0，所以若△S>0则反应一定自发，若△S<0则反应在低温下自发，故答案为：该反应△H<0，若△S>0则反应一定自发；若△S<0则反应在低温下自发；(2).1molNO在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应，10min后达到平衡，NO的物质的量为0.4mol，在第15min时，保持温度不变，将容器的体积迅速增大至2L并保持恒容，因反应前后气体物质的量不变，则平衡不移动，第30min时，保持温度和体积不变，向容器中再通入0.2molNO，NO物质的量浓度增大，平衡正向移动，但达到平衡时，各物质的百分含量不变，第50min时达到平衡，NO的物质的量应变为0.48mol，则图象为 ，故答案为： ；
Ⅱ.(3).FeO与NaNO3在加热条件下发生反应生成氧化铁和亚硝酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平后的化学方程式为2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2，故答案为：2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2；(4).用电解法降解NO2－其原理如图所示，NO2－在阴极被还原生成氮气，则A为正极，B为负极，阴极反应式为2NO2 +6e +4H2O=N2↑+8OH ，故答案为：A；2NO2－+6e－+4H2O=N2↑+8OH－。
【分析】（1）反应热等于反应物的键能总和 生成物的键能总和；
（2）若满足△H T △S<0，则反应能自发进行；
（3）根据化学平衡的表达式，结合平衡移动的影响因素分析画图；
（4）根据电解池的工作原理分析解答。
14．【答案】（1）A
（2）CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－704kJ·mol－1
（3）432kJ·mol－1
（4）－45.5
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）图示可知，A反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，B、D反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，C反应过程中反应物总能量等于生成物总能量，因此只有A反应过程中的正反应是吸热反应。（2）16g的甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704kJ，则热化学方程式为：CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－704kJ·mol－1 ；（3）H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) △ H=-185kJ/mol，E(H-H)=436kJ/mol，E(Cl-Cl)=243kJ/mol，△ H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436kJ/mol+243kJ/mol-2E(H-Cl)，则E(H-Cl)=432kJ/mol；（4）①2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H1＝－23.9 kJ/mol
②2CH3OH（g）＝C2H4（g）＋2H2O（g）△H2＝－29.1 kJ/mol
③CH3CH2OH（g）＝CH3OCH3（g）△H3＝＋50.7 kJ/mol根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）＋H2O（g）＝C2H5OH（g）△H=－23.9 kJ/mol +29.1 kJ/mol -50.7 kJ/mol =-45.5kJ/mol。故答案为：－45.5。
【分析】（1）反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，正反应吸热；
（2）书写热化学反应方程式时注意标注反应物状态，并书写 ΔH 的数值；
（3）△ H=反应物键能总和-生成物键能总和；
（4）利用盖斯定律计算反应的 △H值。
15．【答案】（1）460
（2）光(或太阳能)；电
（3）D
（4）吸收；6.01
【知识点】键能、键长、键角及其应用；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)、1mol晶体硅中含有2molSi Si，1molSiO2中含有4molSi O，1molO2中含有1molO=O，根据Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H= 989.2kJ mol 1，则反应焓变△H=2×176+498.8 4x= 989.2，解得x=460，故答案为：460；（2）、硅光电池把太阳能转化为电能，故答案是：光(或太阳能)； 电。（3）、A.硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故A正确；
B. 硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，且可再生，故B正确；
C. 硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易得到有效控制，故C正确；
D. 催化剂只能加快化学反应的速率，不改变反应热，所以不能使硅的生产耗能降低，故D错误。
故答案为：D；
(4)、根据题中所给方程式可知，该反应为吸热反应，所以在制备纯硅的过程中吸收热量；通入100mL 1mol L 1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol，设反应吸收的热量为x，
2H2(g)+SiCl4(g)═Si(s)+ 4HCl(g) △H=+240.4kJ mol 1
4 240.4
0.1 x
解得X=6.01kJ，故答案为：吸收、6.01。
【分析】（1）根据硅与氧气反应生成二氧化挂的方程式结合表中数据、焓变值列式计算出反应的x值；
（2）根据电池的原理分析；
（3）根据硅的性质、特点与用途进行分析；
（4）先写出反应的化学方程式，再根据题干信息计算出x的数值，由此即可得出答案。
16．【答案】（1）
（2）同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态较稳定，能量低稳定，故不易结合一个电子
（3）AB；CD
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N原子价电子数是5个，其中2s能级上有2个电子，2p能级上有3个电子；
（2） 同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 ；N是第VA族元素， 同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 ，其第一电离能出现异常；
（3）根据结构式，可知，R中的两个阳离子是H3O+，NH4+，二者的相同之处是： 中心原子的杂化轨道类型 都是sp3杂化，中心原子的价层电子对数都是4；不同之处是，H3O+的立体结构是三角锥形，以及共价键的类型不同，NH4+含有配位键。
【分析】同一周期的元素从左至右第一电离能呈现增大的趋势，但是由于第IIA族的元素存在ns的全满和第VA族的np能级的半充满，结构稳定，会使第IIA族的元素和第VA族的第一电离能大于相邻主族元素的第一电离能。
17．【答案】（1）6；
（2）；分子中没有孤电子对，分子中有1个孤电子对，两个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大，所以中心原子的杂化方式相同时，孤电子对数目越多，分子的键角越小
（3）小于；F的电负性比Cl大，F—C的极性大于Cl—C的极性，导致的极性大于的极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W元素基态原子L能层所有能级上电子数相同，W是C，R为第二周期元素基态原子中未成对电子最多，R是N，X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，X是O，Y元素次外层电子数是最外层电子数的2倍，Y是Si；Z元素最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对，Z是Cu；
(1) C基态原子有6种不同运动状态的电子，Cu的价层电子排布图为 。
(2) W、R、X的简单氢化物分子中的中心原子是sp3杂化，孤电子对数目越多，分子的键角越小，键角由大到小的顺序是 ，原因是： 分子中没有孤电子对，分子中有1个孤电子对，两个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大，所以中心原子的杂化方式相同时，孤电子对数目越多，分子的键角越小；
(3) 羧酸的酸性可用 () 的大小来衡量， 越小， 酸性越强， 三氯乙酸比三氟乙酸大，三氯乙酸酸性比三氟乙酸小，从键的极性角度解释原因： F的电负性比Cl大，F—C的极性大于Cl—C的极性，导致的极性大于的极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
【分析】(1) 基态原子运动状态的电子的判断，价层电子排布图的判断；
(2) 杂化方式的判断，孤电子对数目越多，分子的键角越小，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大；
(3) 越小， 酸性越强， 电负性大，极性大 。
18．【答案】（1）12；108°
（2）一；bde
（3）B；sp2、sp3
（4）
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)晶体硼结构单元由20个等边三角形构成，每个B原子被5个等边三角形共有，总的B原子数为：个；在硼晶体中含有20个等边三角形，每个三角形内角和为180o，内角为60o；同时含有12个正五边形，每个正五边形内角和为540o，每个内角为，图示标记1、2、3的3个B原子形成的B-B键的夹角为正五边形的内角，该夹角为108o；
(2)氢氧化钠溶液过量时，酸电离产生的H+完全反应生成正盐，根据方程式可知，H3BO3和NaOH以1：1反应，故H3BO3为一元弱酸；在硼酸晶体中，构成微粒是硼酸分子，硼酸分子之间通过分子间作用力（或范德华力）结合，在硼酸分子内，B-O、H-O键均为共价键，在硼酸分子间易形成分子间氢键，故硼酸晶体中存在的作用力有：共价键、范德华力、氢键，
故答案为：bde；
(3)B原子最外层有3个电子，在中B原子提供空轨道，O原子提供孤电子对，因此其中得到电子的原子是B原子；根据结构可知其中含有两种B原子，形成3个B-O键的B原子采用sp2杂化，形成4个B-O键的B原子采用sp3杂化；
(4)BCl3中B原子的价层电子对数为3，B原子采用sp2杂化，B原子提供空的2p轨道，Cl原子提供含2个电子的3p轨道，形成四中心六电子的大π键，表示为。
【分析】（1）每个B原子为5个等边三角形所共有，则构成此结构单元的B原子数为；在硼晶体中含有20个等边三角形，每个三角形内角和为180o，内角为60o；
（2）H3BO3和NaOH以1：1反应，故H3BO3为一元弱酸；硼酸晶体中存在的作用力有共价键、范德华力、氢键；
（3）中B原子提供空轨道，O原子提供孤电子；形成3个B-O键的B原子采用sp2杂化，形成4个B-O键的B原子采用sp3杂化；
（4） BCl3分子形成四中心六电子的大π键。
19．【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂
【解析】【解答】A.A.H+在反应开始并没有，后续生成了H+释放出，所以H+是中间产物，A选项是正确的；
B.该过程中也有C-C键的断裂，C-C属于非极性键，B选项是错误的；
C.根据图示知，铜在该过程中是催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，C选项是正确的；
D. 中间产物 中N有 sp2、杂化 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.中间产物指的是反应起始没有，但是中间某一步历程中生成了的物质；
B.极性键指的是不同原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键；
C.催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，也无法改变可逆反应的限度；
D.形成双键的N有一对孤电子对，2个σ键，所以是sp2杂化，只形成单间的N有3个σ键，一对孤电子对，因此是sp3杂化。
20．【答案】（1）第3周期第IVA族(或第3周期14列)；
（2）；共价键
（3）Mg；BC
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A为地壳中含量最多的元素，A为O，B、C、D为同周期相邻元素，A、B、C、D原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，则B、C、D最外层电子数之和为9，则B为Mg，C为Al，D为Si。
（1）元素D为Si，在周期表中位置为第三周期ⅣA族。核外电子数相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2->Al3+。
（2）化合物BA为MgO，电子式为。A和D形成的化合物为SiO2，其中的化学键类型为共价键。
（3）Mg和Al相比，金属性较强的为Mg。A项镁能和冷的浓硫酸反应，铝也能和冷的浓硫酸反应，并在表面形成致密的氧化膜阻止硫酸与铝进一步反应，不能通过两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率来比较金属性强弱，A不符合题意；B项元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，B符合题意；镁可与沸水反应生成氢气，反应较为剧烈，铝不能和沸水发生明显的反应，说明金属性镁强于铝，C符合题意；D项相同物质的量的两种单质，与足量盐酸反应，铝产生的氢气要多但是铝的金属性弱于镁，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A为地壳中含量最多的元素 ，可推出A是O， 短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15 ， 且B、C、D为同周期相邻元素， 可推出B为Mg，C为Al，D为Si。
21．【答案】（1）；
（2）Se>Te>Bi；；
（3）A；D
（4）正四面体；(0.25，0.25，0.75)；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态Bi原子的价层电子排布式为；同主族从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物的还原性增强，故三者简单氢化物的还原性最强的是；
(2)Se与Te同主族，同主族从上往下电负性减弱，故电负性Se>Te，Bi为金属，三者中电负性最弱，故三种元素的电负性由大到小的顺序为Se>Te>Bi；中心原子的价层电子对数为，中心原子的杂化方式为杂化；Se与O分别与H形成的简单氢化物为H2Se和H2O，中心原子电负性越强，成键电子对越易向中心原子偏移，电子对之间的排斥力越大，键角越大，电负性O>Se，故键角较大的是；
(3)该盐阴离子中中心原子和配体之间为配位键和键，
故答案为：AD；
(4)根据金刚石晶胞结构，Zn在顶点，与其距离最近的Se原子的个数为4，构成的立体结构为正四面体；将晶胞均分为8个小立方体，根据金刚石晶胞的结构，原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，原子2应在上层四个小立方体的最左前面一个小立方体的体心，原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.75)；设晶胞中Se和Zn的最近距离为dcm，d为体对角线的四分之一，则晶胞参数为cm；根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则，晶胞中Se和Zn的最近距离为。
【分析】（1）Bi与N、P同主族。Bi在第六周期，最外层电子数为3；气态的还原性最强；
（2）同主族从上往下电负性减弱；中心原子电负性越强，键角越大；
（3）根据图可知，含有配位键和键；
（4）根据原子所在位置确定立体结构，进而可以确定相应原子的坐标。
22．【答案】（1）
（2）4；20；
（3）；；ABD
（4）σ；σ；+1
【知识点】原子核外电子排布；化学键
【解析】【解答】(1)Mn的原子序数为25，依据构造原理可书写得到基态Mn原子的核外电子排布为；
(2)依据晶体结构图（a）和图（b），对比可以确定Mn原子有8个在顶角，4个在棱上，2个在面心上，1个在里面，所以Mn原子数目为；Cl原子分两部分，一部分与Mn相连，均介于晶胞里三个Mn原子之间，其中在棱上，在里面，一部分与C相连构成有机基团，其中8个在面心，4个在里面，所以Cl原子数目为；依据晶体结构图，可以确定有机基团的组成元素及具体情况，有机基团中有1个N，4个C和1个Cl，再补充未画出的H原子，即可得到有机基团的结构简式为；
故答案为4；20；；
(3)TMCM-MnCl3晶体中有机结构单元中C原子全部都是形成4个共价键，杂化类型是；而N原子也形成了4个键，其杂化类型也是；有机基团中及Mn-Cl之间都形成了σ键，且有机基团带正电，与Mn成离子键；
故答案为；；ABD；
(4)Cl的电负性为3.0，而C的电负性为2.5，两者相差0.5，远小于1.7，所以Cl-C间的化学键为σ键；而Mn的电负性为1.55，与Cl相差1.45，两者相差Cl-Mn间的化学键也为σ键；依据晶体结构图，已经确定有机基团的数目为，即有8个正电荷，另外与Mn相连的Cl数目为，即有12个负电荷，而Mn有4个，所以Mn的化合价为，即Mn的化合价为+1；
故答案为σ；σ；+1。
【分析】（1）Mn为25号元素，核外电子排布为 ；
（2）晶胞的计算要结合棱心、面心、体心进行计算；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键。
23．【答案】（1）H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2
（2）CO、CO2
（3）CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol
（4）c
（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)
（6）A；C
（7）进行完全
【知识点】化学键；热化学方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、H2-2e- +O2-=H2O、CO- 2e -+O2-=CO2，故答案为：H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2；
(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；
(3)已知反应①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol ②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol ，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2= (+ 206.2 kJ/mol)-(+ 247.3 kJ/mol)=-41.1 kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol，故答案为：CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol；
(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；
(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；
(6)A. 升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；
B. 加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；
C. 增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；
D. 增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；
故答案为：AC；
(7)CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1= v2即k1c(CH2O*)c(*)= k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105 ，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。
【分析】（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；
（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；
（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；
（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；
（5）根据图示可知 OH* 降低了反应活化能，因此为催化剂；
（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：121分
分值分布 客观题（占比） 18.0(14.9%)
主观题（占比） 103.0(85.1%)
题量分布 客观题（占比） 9(39.1%)
主观题（占比） 14(60.9%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 1(4.3%) 2.0(1.7%)
非选择题 15(65.2%) 105.0(86.8%)
多选题 7(30.4%) 14.0(11.6%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 普通 (60.9%)
2 困难 (39.1%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 活化能及其对化学反应速率的影响 2.0(1.7%) 4
2 元素周期表的结构及其应用 12.0(9.9%) 17,20
3 元素电离能、电负性的含义及应用 22.0(18.2%) 8,10,16,17
4 化学电源新型电池 9.0(7.4%) 23
5 吸热反应和放热反应 10.0(8.3%) 11,14
6 化学反应速率的影响因素 2.0(1.7%) 4
7 元素周期律和元素周期表的综合应用 17.0(14.0%) 12,17
8 原电池工作原理及应用 7.0(5.8%) 15
9 化学反应中能量的转化 15.0(12.4%) 1,9,11
10 共价键的形成及共价键的主要类型 11.0(9.1%) 3,4,8,16
11 化学键 42.0(34.7%) 1,11,18,19,20,22,23
12 原子核外电子排布 45.0(37.2%) 10,12,16,21,22
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 44.0(36.4%) 10,12,16,18,19,21
14 热化学方程式 13.0(10.7%) 14,23
15 催化剂 4.0(3.3%) 1,19
16 离子键的形成 6.0(5.0%) 11
17 有关反应热的计算 2.0(1.7%) 2
18 盖斯定律及其应用 4.0(3.3%) 14
19 化学反应速率与化学平衡的综合应用 7.0(5.8%) 9
20 化学反应速率 7.0(5.8%) 9
21 硅和二氧化硅 7.0(5.8%) 15
22 键能、键长、键角及其应用 75.0(62.0%) 2,5,6,7,9,10,12,13,14,15,17,18,21
23 微粒半径大小的比较 8.0(6.6%) 8,20
24 化学平衡的影响因素 6.0(5.0%) 13
25 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 23.0(19.0%) 12,17,20
26 电解池工作原理及应用 6.0(5.0%) 13
27 反应热和焓变 2.0(1.7%) 5
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高中化学2.1共价键（优生加练）
一、选择题
1．HNO2与羟基自由基(·OH)的气相氧化反应与酸雨、光化学烟雾等重大环境问题密切相关。水分子可作为该气相氧化反应的催化剂，图中表示水分子催化的一种机理：下列叙述错误的是（ ）
A．该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O
B．反应历程中还可能形成HONO···H2O
C．该反应历程中最大能垒(活化能)为201.1kJ·mol-1
D． 是反应过渡态
二、多选题
2．已知各共价键的键能如表所示，下列说法正确的是（ ）
共价键 H-H F-F H-F H-Cl H-I
键能E/(kJ·mol-1) 436 157 568 432 298
A．稳定性：H-I＜H-Cl＜H-F
C．298 kJ·mol-1
3．（多选）碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图．下列有关该物质的说法不正确的是（ ）
A．分子式为C3H2O3
B．分子中σ键与π键个数之比为3：1
C．分子中既有极性键也有非极性键
D．分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化
4．按照绿色化学的思想，最理想的“原子经济性反应”就是原子利用率为100%％，原子利用率即期望产物的总质量与生成物的总质量之比。以乙烯为原料生产环氧乙烷，过去主要使用的是氯代乙醇法，包括以下两步反应：
第一步：
第二步：
总反应可表示为：
现代石油化工采用银作催化剂，可以实现一步完成：，下列有关说法中错误的是（ ）
A．一个乙烯分子中含有5个σ键和1个π键
B．滴入溶液中产生白色沉淀
C．氯代乙醇法的原子利用率为25.4%，银催化法的原子利用率为100%
D．Ag的作用是降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率
5．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．产物的键能总和大于产物的键能总和
B．产物与的分子式相同，但稳定性强于
C．该历程中正反应能垒的最大值为
D．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：
6．Beckmann反应是肟指在一定条件下生成酰胺的反应，机理中与羟基处于反位的基团迁移到缺电子的氢原子上，具体反应历程如图所示。
已知：R、R′代表烷基。
下列说法不正确的是（ ）
A．H+在该反应过程中作催化剂
B．N—O—H键角：物质Ⅰ＞物质Ⅱ
C．物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成
D．发生上述反应生成
7．关于键长、键能和键角，下列说法正确的是（ ）
A．C C键的键能等于C- C键键能的三倍
B．N2的N N键非常牢固，不易断裂
C．(CN)2分子(结构式为N C-CN)中N C键的键长小于C-C键的键长
D．白磷(P4)分子呈正四面体形结构，其键角为109°28'
8．已知X、Y是短周期的两种元素，下列结论正确的是（ ）
选项 条件 结论
A 原子半径：X> Y 原子序数：X＜Y
B 化合物YmXn中X显负价 元素的电负性：X>Y
C 价电子数：X> Y 最高正价：X>Y
D X、Y最外层电子数分别为1、7 X、Y之间可能形成共价键
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
9．工业合成氨的反应如下：N2 + 3H22NH3。某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：
t/s 0 50 150 250 350
n(NH3) 0 0.24 0.36 0.40 0.40
（1）0~50s内的平均反应速率 v(N2) = 。
（2）250s时，H2的转化率为 。
（3）已知N≡N的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中的热量变化 kJ。下图能正确表示该反应中能量变化的是 。
（4）为加快反应速率，可以采取的措施 。
a．降低温度 b．增大压强 c．恒容时充入He气
d．恒压时充入He气 e．及时分离NH3
（5）下列说法错误的是____。
A．使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率
B．上述条件下，N2不可能100%转化为NH3
C．为了提高N2的转化率，应适当提高H2的浓度
D．250~350s生成物浓度保持不变，反应停止
10．2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。
（1）电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效率。
①基态 Ni原子的价电子排布式为 ，该元素在元素周期表中的位置是 。
②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是 。
③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、Fe、Cu进行了相关研究，并取得了成功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是 。
（2）开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的储氢材料，可由(HB=NH)3(结构为平面六元环状)通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3。
①请解释CH4、H2O、CO2的键角大小顺序 。
②(HB=NH)3中B、N原子的杂化轨道类型分别为 。
③氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，用化学键表示出(NH3BH3)分子的结构式 。
（3）有储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中。
①该晶体储氢后的化学式为 。
②储氢材料的储氢能力=，若晶胞参数为apm，忽略吸氢前后晶胞的体积变化，标准状况下氢气的密度为bg·cm-3，则该储氢材料的储氢能力为 。(NA表示阿伏加德罗常数，写出表达式即可)
11．根据所学知识回答下列问题：
（1）下列几组变化中：①碘的升华；②氧气溶于水；③氯化钠溶于水；④烧碱熔化：⑤氯化氢溶于水：⑥氯化铵受热分解。
化学键没有被破坏的是 (填序号，下同)，仅破坏离子键的是 ，既破坏离子键又破坏共价键的是 。
（2）以 为催化剂的光热化学循环分解 的反应： 为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示：
①根据数据计算，反应 会 (填“吸收”或“放出”) 的能量。
②下列关于反应机理说法错误的是 (填字母)。
A．反应①中钛氧键断裂会吸收能量
B．该反应中，光能转化为化学能，化学能转化为热能
C．该过程中发生了电子的转移
12．短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，B、C、D同周期，A原子核外电子只有一种自旋取向：C的基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子：B、D两种原子p能级上都有2个未成对电子，E原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，请回答下列问题(用元素符号或化学式回答问题)：
（1）B、C、D三种元素第一电离能由大到小 电负性由小到大的顺序
（2）元素As与C同族。推测As的氢化物的空间构型 ；沸点比的 (填“高”或“低”)，其判断理由是 ；元素的氢化物的键角 的键角(填>，<或=)，原因是
（3）A、B、D元素可以形成多种有机酸，如甲酸(HCOOH)、乙酸、丙酸等，乙酸中碳原子的轨道杂化方式为 ：甲酸的酸性大于乙酸，乙酸的酸性大于丙酸，试解释原因
（4）S元素与D同族，的一种三聚体环状结构如图所示，该结构中键长有两类，一类键长约140pm，另一类键长约为169pm，较长的键为 (填a或b)：E位于元素周期表的
13．为迎接G20峰会的到来，浙江加大了对环境治理的力度。其中对含氮化物的处理是一个重要的课题。
（1）Ⅰ.氮氧化物
已知：N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况如下
①2NO(g) N2(g)+O2(g)△H=
②你认为该反应能否自发，并说明理由
（2）科学家利用2NO(g) N2(g)+O2(g)来消除NO的污染。1molNO在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应，10min后达到平衡，NO的物质的量为0.4mol。在第15min时，保持温度不变，将容器的体积迅速增大至2L并保持恒容，第25min时到达平衡；第30min时，保持温度和体积不变，向容器中再通入0.2molNO，第50min时达到平衡，请在右图中画出从第15min起到70minNO的物质的量随时间变化的曲线。
（3）Ⅱ.亚硝酸盐
来源：用氧化性熔融盐处理钢铁表面氧化膜时会产生污染物亚硝酸盐，请写出FeO与NaNO3在加热条件下发生的反应 。
（4）电化学处理：用电解法降解NO2 其原理如下图所示电源正极为 （填A或B），阴极反应式为
。
14．根据要求回答：
（1）下列各图中，表示反应是吸热反应的是
（2）到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的最主要的能源。在25 ℃、101 kPa下，16 g的甲醇(CH3OH)完全燃烧生成CO2和液态水时放出352 kJ的热量，则表示甲醇燃烧的热化学方程式为 。
（3）化学反应中放出的热能(焓变，ΔH)与反应物和生成物的键能(E)有关。
已知：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝－185 kJ·mol－1
E(H-H)＝436 kJ·mol－1
E(Cl-Cl)＝243 kJ·mol－1
则E(H-Cl)＝ 。
（4）已知：
甲醇脱水反应 2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H1＝－23.9KJ·mol－1
甲醇制烯烃反应 2CH3OH（g）＝C2H4（g）＋2H2O（g） △H2＝－29.1KJ·mol－1
乙醇异构化反应 CH3CH2OH（g）＝CH3OCH3（g）△H3＝＋50.7KJ·mol－1
则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）＋H2O（g）＝C2H5OH（g）的△H＝ kJ·mol－1
15．据《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”的观点。
（1）晶体硅在氧气中燃烧的热化学方程式为Si(s)＋O2(g)=SiO2(s) ΔH＝－989.2 kJ·mol-1，有关键能数据如下表：
化学键 Si—O O=O Si—Si
键能/kJ·mol－1 x 498.8 176
已知1 mol Si中含2 mol Si—Si键，1 mol SiO2中含4 mol Si—O键，则x的值为 。
（2）硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等．硅光电池是一种把 能转化为 能的装置。
（3）假如硅作为一种普通使用的新型能源被开发利用，关于其有利因素的下列说法中，你认为不妥当的是________________。
A．硅便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是最佳的燃料
B．硅的来源丰富，易于开采
C．硅燃烧放出的热量大，且燃烧产物对环境污染程度低，容易有效控制
D．寻找高效新催化剂，使硅的生产耗能很低，是硅能源开发利用的关键技术
（4）工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240.4 kJ·mol－1，生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液恰好反应，则制备纯硅的反应过程中 (填“吸收”或“释放”)的热量为 kJ。
16．我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。
（1）氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为 。
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 ；氮元素的E1呈现异常的原因是 。
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为 ，不同之处为 。(填标号)
A．中心原子的杂化轨道类型 B．中心原子的价层电子对数
C．立体结构 D．共价键类型
17．W、R、X，Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或原子结构如下表所示：
元素 元素性质或原子结构
W 基态原子L能层所有能级上电子数相同
R 第二周期元素基态原子中未成对电子数最多
X 基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素
Y 最外层电子数是次外层电子数的一半
Z 最外层只有1个电子，其他内层各能级所有轨道里的电子均成对
回答下列问题：
（1）W的基态原子有 种不同运动状态的电子，Z的价层电子排布图为 。
（2）W、R、X的简单氢化物分子中，键角由大到小的顺序是 (用对应的分子式表示)，原因是 。
（3）已知：羧酸的酸性可用()的大小来衡量，越小，酸性越强。
羧酸
三氯乙酸() 0.65
三氟乙酸() 0.23
由表可见，酸性：三氯乙酸 三氟乙酸(填“大于”“小于”或“等于”)，从键的极性角度解释原因： 。
18．单质硼、硼酸(H3BO3)、硼砂(Na2B4O7·10H2O)中阴离子(H4B4O92-)的结构或结构单元分别如图1、图2、图3所示。
回答下列问题：
（1）图1为某晶体硼的部分结构单元，该结构单元由20个等边三角形构成，则构成此结构单元的B原子数为 ，图中标记1、2、3的3个B原子形成的夹角为 。
（2）已知H3BO3与NaOH溶液反应时，当NaOH过量时，发生反应的化学方程式为，当H3BO3过量时，发生反应的化学方程式为，则H3BO3是 元弱酸，硼酸晶体中存在的作用力有 (填标号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键 e.范德华力
（3）中得电子的原子是 (填元素符号)，结构中B原子的杂化方式为 。
（4）B、Al，Ga为同主族元素，AlCl3，GaCl3在一定条件下均易形成双聚分子，而BCl3却很难形成双聚分子，其主要原因是BCl3分子内形成了大π键，该大π键可表示为 。(分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数)
19．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为铜([Cu])催化的叠氮 炔基Husigen成环反应，其原理如下图。
下列说法不正确的是
A．上述循环中H+ 是中间产物之一
B．上述循环过程中只有极性键的断裂和形成
C．Cu能降低反应的活化能，但不改变总反应的焓变
D．中间产物中N采取sp2、杂化
20．我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15。B、C、D为同周期相邻元素，A为地壳中含量最多的元素。回答下列问题：
（1）元素D在周期表中的位置为 ，A、C的简单离子半径大小顺序为 (填离子符号)。
（2）化合物BA的电子式为 (填元素符号)。A和D形成的化合物中的化学键类型为 。
（3）B和C两元素相比较，金属性较强是 (填元素符号)，可以证明该结论的实验 。
A．比较两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率
B．比较两种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性
C．将相同大小的两种元素单质分别放入沸水中，观察反应现象
D．比较相同物质的量的两种元素的单质与足量稀盐酸反应产生的多少
21．上海交大郑浩、贾金锋教授，利用低温强磁场扫描隧道显微镜在体系中成功产生并探测到分段费米面，发表于《Science》杂志。回答下列问题：
（1）Bi与N、P同主族。基态Bi原子的价层电子排布式为 ；三者简单氢化物的还原性最强的是 (填化学式)。
（2）Se、Te与O同主族，Bi、Te、Se三种元素的电负性由大到小的顺序为 ，中心原子的杂化方式为 ，Se与O分别与H形成的简单氢化物键角较大的是 (填化学式)。
（3）金属铌原子价电子构型为，其盐六氟铌酸铵是重要工业原料，结构如图。该盐的阴离子中含有的化学键为____(填标号)。
A．键 B．键 C．金属键 D．配位键 E．离子键
（4）硒化锌是制作高功率激光器的最佳光学材料，其晶胞结构可看作是金刚石晶胞内部的碳原子被Se原子代替，顶点和面心的碳原子被Zn原子代替。如图为沿y轴投影的硒化锌晶胞中所有原子的分布图。与Zn最近的Se原子构成的立体结构为 ；若原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，则原子2的分数坐标为 ；若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中Se和Zn的最近距离为 pm(用代数式表示)。
22．压电材料广泛应用于电声换能器、传感器、机器人等方面。最近我国科学家在Science杂上报道了一种有机-无机杂化的压电材料TMCM-MnCl3，该材料具有单斜的晶体结构，晶体结构图如下所示(氢原子未画出)，晶胞参数为a=9.478 ，b= 15. 741 ，c=6.577 ，β=94.838° ，晶胞内总共含有84个原子。
（1）写出基态Mn原子的核外电子排布 。
（2）TMCM-MnCl3晶胞内含有 个Mn原子、 个Cl原子，有机基团的结构简式为 。
（3）TMCM-MnCl3晶体中有机结构单元中C原子杂化类型是 ，N原子的杂化类型是 ，该晶体中存在 (填如下选项标号)。
A．范德华力 B．离子键 C．π键 D．σ键
（4）TMCM-MnCl3晶体中，Cl-C间的化学键为 键，Cl-Mn间的化学键为 键；其中Mn的化合价为 。
23．CH4、CH3OH是重要的含碳燃料，将CH4设计成零碳排放的燃料电池，原理如图。CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率。
①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol
②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol
（1）负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、 、 。
（2）可循环使用的含碳物质有 (写化学式)。
（3）CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体，其热化学方程式为 。
（4）甲醇制氢的反应历程如图所示(*表示该物种吸附在固体催化剂表面)，决定该过程总反应速率的步骤是 (填标号)。
a．碳氢键的断裂 b．氢氧键的断裂 c．碳氧键的形成
（5）在上述甲醇制氢的反应历程中，如果OH*参与CH3OH*→CH3O*步骤，则该步骤的历程如图所示，
OH*起到的作用是 。
（6）关于甲醇制氢反应CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH＞ 0，既可以加快反应速率，又可以提高H2平衡产率的措施有____(填标号) 。
A．升高温度 B．加入催化剂
C．增大H2O(g)浓度 D．增大压强
（7）CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，判断正反应 (填“进行完全”或“未进行完全”)
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；催化剂
【解析】【解答】A． 由图知，产物为NO2和H2O，则该气相氧化反应的化学方程式为HNO2+·OH NO2+H2O，A不符合题意；
B． 由图知，水分子中的氧原子可以和亚硝酸分子中的氢原子形成氢键、水分子中的氢原子可以和亚硝酸分子中的氧原子形成氢键、则反应历程中还可能形成HONO···H2O，B不符合题意；
C． 该反应不可逆，该反应历程中Ⅲ→Ⅳ时能垒最大 (活化能)，为22.6 kJ·mol-1-(-20.5) kJ·mol-1，C符合题意；
D． 由过渡态理论知， 是反应过渡态，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据反应物和生成物即可写出方程式
B.根据图示即可判断可能产生
C.根据图示找出能量的最大差值即可
D.根据图示即可判断为过渡态
2．【答案】A,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】键能越大，共价键越稳定，由表中数据可知，稳定性： H-I
由H-F、H-Cl、H-I的键能可知，卤素非金属性越强，对应氢卤键的键能越大，则298kJ·mol-1
故答案为：AC
【分析】
A.共价键键能越大，形成的物质越稳定，该物质所具有的能量越低；
B.共价键键能越大，形成的物质越稳定
D.△H =反应物的键能总和-生成物的键能总和。
3．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C3H2O3，故A正确；
B．双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键，所以该分子中含有10个σ键、1个π键，所以分子中σ键与π键个数之比为10：1，故B错误；
C．同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键，所以C﹣之间存在非极性键、C﹣H和C﹣O原子之间存在极性键，故C正确；
D．该分子C﹣O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，C原子为sp3杂化；C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，C原子杂化方式为sp2，故D错误；
故选BD．
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．双键中含有一个σ键、一个π键，单键都是σ键；
C．同种非金属元素之间形成非极性键，不同非金属元素之间形成极性键；
D．该分子C﹣O中C原子价层电子对个数是4且不含孤电子对、C=O中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式．
4．【答案】B,C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，一个乙烯分子中含有5个σ键和1个π键，A不符合题意；
B．为非电解质，不会电离出氯离子，故滴入溶液中不产生白色沉淀，B符合题意；
C．由总反应可知，氯代乙醇法的原子利用率为；银催化法中反应物原子全部转移到生成物质中，利用率为100%，C符合题意；
D．催化剂通过改变反应历程，降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.不会电离出氯离子；
C.氯代乙醇法的原子利用率为；
D.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，加快反应速率。
5．【答案】C,D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；反应热和焓变
【解析】【解答】A．由图可知，生成反应为放热反应，焓变小于零，则产物的键能总和小于产物的键能总和，A不符合题意；
B．产物的能量更低，稳定性更强，稳定性小于，B不符合题意；
C．由图可知，该历程中正反应最大能垒为Z到过渡态Ⅳ之间的能量差，最大值为(-18.92kJ mol-1)-(-205.11 kJ mol-1)=，C符合题意；
D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，中间产物Z转化为产物的活化能更小，反应速率更快，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据产物P1到P2的能量变化即可比较键能大小
B.能量越高越不稳定
C.根据能量高低即可找出最大能垒
D.能量变化越大，产物的速率越慢
6．【答案】B,D
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．由总反应， H+在该反应过程中作催化剂，故A不符合题意；
B． 物质Ⅰ中氧原子上有2个孤电子对，物质Ⅱ中氧原子上有1个孤电子对，N—O—H键角：物质Ⅰ＜物质Ⅱ，故B符合题意；
C． 物质Ⅲ中碳正离子上有空轨道，氮原子提供孤电子对形成配位键， 物质Ⅲ→物质Ⅳ有配位键的形成，故C不符合题意；
D． 发生上述反应生成，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.催化剂在化学反应前后化学性质和质量不变；
B.孤店子对间的斥力大于孤电子对和成键电子对间的斥力；
C.物质Ⅳ中碳氮三键中有一个配位键；
D.分析上述反应历程，可判断产物是否正确。
7．【答案】B,C
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】碳碳三键中有两个π 键，一个σ键，碳碳单键是σ键，π键的键能小于σ键，CC键的键能小于C-C键的键能的三倍，故A不符合题意；
氮分子中的NN键的键能较大，使得NN键非常牢固，不易断裂，故B符合题意；
同周期主族元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大，其形成的共价键的键长越长，碳原子半径大于氮原子，所以CN键键长小于CC键键长，而CC键键长又小于C-C键的键长，因此NC键的键长小于C-C键的键长，故C符合题意；
白磷分子的结构为，呈正四面体形，键角为60°，故D不符合题意。
【分析】A.依据碳碳三键中有两个π 键，一个σ键，碳碳单键是σ键，π键的键能小于σ键分析；
B.NN键的键能较大，键非常牢固，不易断裂；
C.原子半径越大，其形成的共价键的键长越长；
D.注意白磷是四原子分子、甲烷为五原子分子，均为正四面体结构，键角不同。
8．【答案】B,D
【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；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】若原子半径：X>Y，原子序数不一定为X
电负性大的元素原子吸引电子能力强，化合物中电负性大的元素显负价，B项符合题意；
F的价电子数大于N的价电子数，但F没有正价，C项不符合题意；
由H、Cl元素组成的HCl是共价化合物，二者形成的是共价键，D项符合题意。
故答案为：BD
【分析】A.原子的电子层数越多，半径越大；
B.电负性大的元素原子吸引电子能力强，化合物中电负性大的元素显负价；
C.注意F没有正价、O无最高正价；
D.元素的电负性相差小于1.7能形成共价键，可形成共价化合物。
9．【答案】（1）0.0012mol L-1 s-1
（2）30%
（3）46；A
（4）b
（5）D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学反应中能量的转化；化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1） v(N2)=0.0012mol L-1 s-1 ，故答案为： 0.0012mol L-1 s-1 ；
（2）250s时H2转化率：，故答案为：30%；
（3）ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-6×391=-92kJ，这是生成2mol氨气释放的热量，则生成1molNH3过程中的热量变化 46kJ，故答案为：第1空、46；第2空、A；
（4）降低温度会减慢反应速率，a错误；
增大压强可以促进该反应向正向进行，b正确；恒容充入He，未改变气体分压，反应速率不会改变，c错误；
恒压，充入He，反应容器变大相当于减小反应物浓度，使反应速率降低，d错误。故答案为：b。
（5）A.催化剂是为了改变反应速率，在工业合成氨的反应中，催化剂是为了提高反应速率，使反应正向进行，A正确；
B.该反应为可逆反应，氮气及时反应物又是生成物，B正确；
C.增大反应物浓度，反应正向进行，氮气的转化率提高，C正确；
D.生成物浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，化学平衡为动态平衡，此时正逆反应速率相等，但反应仍在进行，D错误。
故答案为：D。
【分析】本题主要考查化学反应中的速率计算，能量转化。
分析工业合成氨的化学反应原理：
；条件：一定温度恒容，2L容器。
起始：2 2 0
变化： 0.12 0.36 0.24
50s时：1.88 1.64 0.24 50s时， v(N2)=0.0012mol L-1 s-1
变化：0.2 0.6 0.4
250s： 1.8 1.4 0.40 250s时H2转化率：；
生成2molNH3需要断裂1mol N≡N ，3mol H-H ，形成6mol的 N-H ，
所以ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=946+3×436-6×391=-92kJ， 则生成1molNH3过程中的热量变化 46kJ。该反应为放热反应。反应物总能量高于生成物总能量。
化学反应速率的影响因素：
浓度：浓度越大，反应速率越快；
压强：气体反应，压强越大反应速率越快；
温度：温度越高，反应速率越快；
催化剂：正催化剂，反应速率加快，福催化剂，反应速率减慢；
接触面积：接触面积越大，反应速率越快；
稀有气体或不参加反应气体对反应速率的影响：
恒温恒容：虽然改变压强，但是未改变反应气体分压，即没有改变反应物的浓度，故不改变反应速率；
恒温恒压：充入气体，使反应容器容积扩大，虽未减小压强但是减小反应气体分压，即降低反应物浓度，反应速率降低。
10．【答案】（1）3d84s2；第四周期第Ⅷ族；O>N>C；这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质
（2）CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；sp2、sp2；
（3）Cu3AgH8；
【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；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态 Ni原子的价电子排布式为3d84s2；该元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；C、N、O位于同周期，同周期从左往右电负性呈增大趋势，故电负性由大到小的顺序是O>N>C；寻找更多的金属催化剂，在过渡金属区域进行寻找，原因是这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质；
(2)CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；(HB=NH)3中B、N原子均形成双键，共有3个键，杂化轨道类型分别为sp2、sp2；氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，即最外层均为8电子结构，氮原子提供孤电子对，与硼原子之间形成配位键， NH3BH3分子的结构式：；
(3)铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，根据均摊法铜原子个数为3，Ag原子位于顶点，银原子个数为1，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中，四面体空隙共8个，故晶体的化学式为：Cu3AgH8；储氢后氢气的密度为：，。
【分析】（1）①基态Ni原子3d、4s能级上的电子为其价电子；Ni位于第四周期第Ⅷ族；
②同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
③Co、Fe、Cu都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近；
（2）①CH4的键角为109°28′，H2O的键角为104.5°，CO2的键角为180°；
②(HB=NH)3中B、N原子均形成3个σ键；
③NH3BH3中N、B都达到8电子稳定结构；
（3）①根据均摊法计算；
②根据 储氢能力= 计算。
11．【答案】（1）①②；③④；⑥
（2）吸收；556；B
【知识点】化学键；离子键的形成；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】(1)①碘的升华破坏分子间作用力，未破坏化学键；②氧气溶于水，没有发生化学反应，未破坏化学键；③氯化钠溶于水破坏离子键；④烧碱熔化破坏离子键：⑤氯化氢溶于水破坏共价键：⑥氯化铵受热分解破坏共价键和离子键。化学键没有被破坏的是①②；仅破坏离子键的是③④；既破坏离子键又破坏共价键的是⑥；
(2)该反应： ，故会吸收556kJ的能量；
A．化学键断裂需要吸收能量，故反应①中钛氧键断裂会吸收能量，A正确；
B．该反应中以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2的反应，光能和热能转化为化学能，B不正确；
C．该过程中二氧化碳分解生成了氧气和一氧化碳，发生了电子的转移，C正确；
故答案为：B。
【分析】（1）根据是否发生化学反应判断化学键是否被破坏，根据物质中存在的化学键判断破坏的化学键类型；
（2）①焓变=反应物的键能之和-生成物的键能之和；
②化学键的断裂吸收能量；根据反应过程判断能量转化形式；存在化合价变化的过程必定存在电子转移。
12．【答案】（1）N＞O＞C；O＞N＞C
（2）三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；＞；中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大
（3）sp3、sp2；乙酸中的甲基，对电子有排斥作用，使得羧基上电子云密度增大，氢离子难以电离，所以乙酸的酸性弱于甲酸，随着碳链的延长，这种作用增强，酸性减弱
（4）a；第三周期ⅣA族
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】
（1）C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；同一周期元素的电负性随着原子序数的增大而呈增大的趋势，故答案为：O＞N＞C；
（2）元素As与C同族，则As的氢化物的空间构型类似于NH3，为三角锥形；
NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高，答案为低；NH3分子间存在氢键；
中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大，键角增大，答案为>；中心原子的电负性N>As，使得NH3中成键电子对偏向中心N原子，成键电子对间产生的斥力增大；
（3）CH3COOH中甲基上的碳原子形成4个单键，是sp3杂化，羧基上的碳原子形成1个碳氧双键、2个单键，是sp2杂化；故答案是：sp3、sp2；
乙酸中的甲基，对电子有排斥作用，使得羧基上电子云密度增大，氢离子难以电离，所以乙酸的酸性弱于甲酸，随着碳链的延长，这种作用增强，酸性减弱；故甲酸的酸性大于乙酸，乙酸的酸性大于丙酸；
（4）SO3的三聚体中S形成S=O键和S-O键，S=O键长较短，即a较短；E为Si元素，位于元素周期表中第三周期ⅣA族。
【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，B、C、D同周期，A原子核外电子只有一种自旋取向，则A为H；C的基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，则电子排布为1s22s22p3，为N；B、D两种原子p能级上都有2个未成对电子，电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4，则分别为C、O；E原子的价电子中，在不同形状的原子轨道中运动的电子数相等，则E的价电子排布式为3s23p2，则E为Si元素。
13．【答案】（1） 180kJ/mol；该反应△H<0，若△S>0则反应一定自发；若△S<0则反应在低温下自发
（2）
（3）2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2
（4）A；2NO2－+6e－+4H2O=N2↑+8OH－
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】解：Ⅰ.(1).①.2NO(g) N2(g)+O2(g)，反应热等于反应物的键能总和 生成物的键能总和，△H=(2×632kJ/mol) (946kJ/mol+498kJ/mol)= 180kJ/mol，故答案为： 180kJ/mol；②.如能自发进行，应满足△H T △S<0，该反应的△H<0，所以若△S>0则反应一定自发，若△S<0则反应在低温下自发，故答案为：该反应△H<0，若△S>0则反应一定自发；若△S<0则反应在低温下自发；(2).1molNO在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应，10min后达到平衡，NO的物质的量为0.4mol，在第15min时，保持温度不变，将容器的体积迅速增大至2L并保持恒容，因反应前后气体物质的量不变，则平衡不移动，第30min时，保持温度和体积不变，向容器中再通入0.2molNO，NO物质的量浓度增大，平衡正向移动，但达到平衡时，各物质的百分含量不变，第50min时达到平衡，NO的物质的量应变为0.48mol，则图象为 ，故答案为： ；
Ⅱ.(3).FeO与NaNO3在加热条件下发生反应生成氧化铁和亚硝酸钠，根据得失电子守恒和原子守恒配平后的化学方程式为2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2，故答案为：2FeO+NaNO3 Fe2O3+NaNO2；(4).用电解法降解NO2－其原理如图所示，NO2－在阴极被还原生成氮气，则A为正极，B为负极，阴极反应式为2NO2 +6e +4H2O=N2↑+8OH ，故答案为：A；2NO2－+6e－+4H2O=N2↑+8OH－。
【分析】（1）反应热等于反应物的键能总和 生成物的键能总和；
（2）若满足△H T △S<0，则反应能自发进行；
（3）根据化学平衡的表达式，结合平衡移动的影响因素分析画图；
（4）根据电解池的工作原理分析解答。
14．【答案】（1）A
（2）CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－704kJ·mol－1
（3）432kJ·mol－1
（4）－45.5
【知识点】键能、键长、键角及其应用；吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】（1）图示可知，A反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，B、D反应过程中反应物总能量高于生成物总能量，C反应过程中反应物总能量等于生成物总能量，因此只有A反应过程中的正反应是吸热反应。（2）16g的甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放出352kJ的热量，32g甲醇即1mol，燃烧生成二氧化碳和液态水放热704kJ，则热化学方程式为：CH3OH(g)＋3/2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) △H=－704kJ·mol－1 ；（3）H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) △ H=-185kJ/mol，E(H-H)=436kJ/mol，E(Cl-Cl)=243kJ/mol，△ H=反应物键能总和-生成物键能总和得到：-185kJ/mol=436kJ/mol+243kJ/mol-2E(H-Cl)，则E(H-Cl)=432kJ/mol；（4）①2CH3OH（g）＝CH3OCH3（g）＋H2O（g）△H1＝－23.9 kJ/mol
②2CH3OH（g）＝C2H4（g）＋2H2O（g）△H2＝－29.1 kJ/mol
③CH3CH2OH（g）＝CH3OCH3（g）△H3＝＋50.7 kJ/mol根据盖斯定律①-②-③可得：C2H4（g）＋H2O（g）＝C2H5OH（g）△H=－23.9 kJ/mol +29.1 kJ/mol -50.7 kJ/mol =-45.5kJ/mol。故答案为：－45.5。
【分析】（1）反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，正反应吸热；
（2）书写热化学反应方程式时注意标注反应物状态，并书写 ΔH 的数值；
（3）△ H=反应物键能总和-生成物键能总和；
（4）利用盖斯定律计算反应的 △H值。
15．【答案】（1）460
（2）光(或太阳能)；电
（3）D
（4）吸收；6.01
【知识点】键能、键长、键角及其应用；硅和二氧化硅；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)、1mol晶体硅中含有2molSi Si，1molSiO2中含有4molSi O，1molO2中含有1molO=O，根据Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H= 989.2kJ mol 1，则反应焓变△H=2×176+498.8 4x= 989.2，解得x=460，故答案为：460；（2）、硅光电池把太阳能转化为电能，故答案是：光(或太阳能)； 电。（3）、A.硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，故A正确；
B. 硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，且可再生，故B正确；
C. 硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易得到有效控制，故C正确；
D. 催化剂只能加快化学反应的速率，不改变反应热，所以不能使硅的生产耗能降低，故D错误。
故答案为：D；
(4)、根据题中所给方程式可知，该反应为吸热反应，所以在制备纯硅的过程中吸收热量；通入100mL 1mol L 1的NaOH溶液恰好反应说明生成的氯化氢为0.1mol，设反应吸收的热量为x，
2H2(g)+SiCl4(g)═Si(s)+ 4HCl(g) △H=+240.4kJ mol 1
4 240.4
0.1 x
解得X=6.01kJ，故答案为：吸收、6.01。
【分析】（1）根据硅与氧气反应生成二氧化挂的方程式结合表中数据、焓变值列式计算出反应的x值；
（2）根据电池的原理分析；
（3）根据硅的性质、特点与用途进行分析；
（4）先写出反应的化学方程式，再根据题干信息计算出x的数值，由此即可得出答案。
16．【答案】（1）
（2）同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；N原子的2p轨道为半充满状态较稳定，能量低稳定，故不易结合一个电子
（3）AB；CD
【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；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）N原子价电子数是5个，其中2s能级上有2个电子，2p能级上有3个电子；
（2） 同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 ；N是第VA族元素， 同一周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 ，其第一电离能出现异常；
（3）根据结构式，可知，R中的两个阳离子是H3O+，NH4+，二者的相同之处是： 中心原子的杂化轨道类型 都是sp3杂化，中心原子的价层电子对数都是4；不同之处是，H3O+的立体结构是三角锥形，以及共价键的类型不同，NH4+含有配位键。
【分析】同一周期的元素从左至右第一电离能呈现增大的趋势，但是由于第IIA族的元素存在ns的全满和第VA族的np能级的半充满，结构稳定，会使第IIA族的元素和第VA族的第一电离能大于相邻主族元素的第一电离能。
17．【答案】（1）6；
（2）；分子中没有孤电子对，分子中有1个孤电子对，两个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大，所以中心原子的杂化方式相同时，孤电子对数目越多，分子的键角越小
（3）小于；F的电负性比Cl大，F—C的极性大于Cl—C的极性，导致的极性大于的极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W元素基态原子L能层所有能级上电子数相同，W是C，R为第二周期元素基态原子中未成对电子最多，R是N，X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，X是O，Y元素次外层电子数是最外层电子数的2倍，Y是Si；Z元素最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对，Z是Cu；
(1) C基态原子有6种不同运动状态的电子，Cu的价层电子排布图为 。
(2) W、R、X的简单氢化物分子中的中心原子是sp3杂化，孤电子对数目越多，分子的键角越小，键角由大到小的顺序是 ，原因是： 分子中没有孤电子对，分子中有1个孤电子对，两个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大，所以中心原子的杂化方式相同时，孤电子对数目越多，分子的键角越小；
(3) 羧酸的酸性可用 () 的大小来衡量， 越小， 酸性越强， 三氯乙酸比三氟乙酸大，三氯乙酸酸性比三氟乙酸小，从键的极性角度解释原因： F的电负性比Cl大，F—C的极性大于Cl—C的极性，导致的极性大于的极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 ；
【分析】(1) 基态原子运动状态的电子的判断，价层电子排布图的判断；
(2) 杂化方式的判断，孤电子对数目越多，分子的键角越小，孤电子对对成键电子对的排斥力比成键电子对对成键电子对的排斥力大；
(3) 越小， 酸性越强， 电负性大，极性大 。
18．【答案】（1）12；108°
（2）一；bde
（3）B；sp2、sp3
（4）
【知识点】化学键；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)晶体硼结构单元由20个等边三角形构成，每个B原子被5个等边三角形共有，总的B原子数为：个；在硼晶体中含有20个等边三角形，每个三角形内角和为180o，内角为60o；同时含有12个正五边形，每个正五边形内角和为540o，每个内角为，图示标记1、2、3的3个B原子形成的B-B键的夹角为正五边形的内角，该夹角为108o；
(2)氢氧化钠溶液过量时，酸电离产生的H+完全反应生成正盐，根据方程式可知，H3BO3和NaOH以1：1反应，故H3BO3为一元弱酸；在硼酸晶体中，构成微粒是硼酸分子，硼酸分子之间通过分子间作用力（或范德华力）结合，在硼酸分子内，B-O、H-O键均为共价键，在硼酸分子间易形成分子间氢键，故硼酸晶体中存在的作用力有：共价键、范德华力、氢键，
故答案为：bde；
(3)B原子最外层有3个电子，在中B原子提供空轨道，O原子提供孤电子对，因此其中得到电子的原子是B原子；根据结构可知其中含有两种B原子，形成3个B-O键的B原子采用sp2杂化，形成4个B-O键的B原子采用sp3杂化；
(4)BCl3中B原子的价层电子对数为3，B原子采用sp2杂化，B原子提供空的2p轨道，Cl原子提供含2个电子的3p轨道，形成四中心六电子的大π键，表示为。
【分析】（1）每个B原子为5个等边三角形所共有，则构成此结构单元的B原子数为；在硼晶体中含有20个等边三角形，每个三角形内角和为180o，内角为60o；
（2）H3BO3和NaOH以1：1反应，故H3BO3为一元弱酸；硼酸晶体中存在的作用力有共价键、范德华力、氢键；
（3）中B原子提供空轨道，O原子提供孤电子；形成3个B-O键的B原子采用sp2杂化，形成4个B-O键的B原子采用sp3杂化；
（4） BCl3分子形成四中心六电子的大π键。
19．【答案】B
【知识点】化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；催化剂
【解析】【解答】A.A.H+在反应开始并没有，后续生成了H+释放出，所以H+是中间产物，A选项是正确的；
B.该过程中也有C-C键的断裂，C-C属于非极性键，B选项是错误的；
C.根据图示知，铜在该过程中是催化剂，催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，C选项是正确的；
D. 中间产物 中N有 sp2、杂化 ，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.中间产物指的是反应起始没有，但是中间某一步历程中生成了的物质；
B.极性键指的是不同原子之间形成的共价键，非极性键指的是相同的原子之间形成的共价键；
C.催化剂的作用是降低活化能，加快反应速率，但是无法改变反应的焓变，也无法改变可逆反应的限度；
D.形成双键的N有一对孤电子对，2个σ键，所以是sp2杂化，只形成单间的N有3个σ键，一对孤电子对，因此是sp3杂化。
20．【答案】（1）第3周期第IVA族(或第3周期14列)；
（2）；共价键
（3）Mg；BC
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A为地壳中含量最多的元素，A为O，B、C、D为同周期相邻元素，A、B、C、D原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，则B、C、D最外层电子数之和为9，则B为Mg，C为Al，D为Si。
（1）元素D为Si，在周期表中位置为第三周期ⅣA族。核外电子数相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2->Al3+。
（2）化合物BA为MgO，电子式为。A和D形成的化合物为SiO2，其中的化学键类型为共价键。
（3）Mg和Al相比，金属性较强的为Mg。A项镁能和冷的浓硫酸反应，铝也能和冷的浓硫酸反应，并在表面形成致密的氧化膜阻止硫酸与铝进一步反应，不能通过两种元素的单质与冷的浓硫酸反应的速率来比较金属性强弱，A不符合题意；B项元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，氢氧化镁碱性强于氢氧化铝，B符合题意；镁可与沸水反应生成氢气，反应较为剧烈，铝不能和沸水发生明显的反应，说明金属性镁强于铝，C符合题意；D项相同物质的量的两种单质，与足量盐酸反应，铝产生的氢气要多但是铝的金属性弱于镁，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A为地壳中含量最多的元素 ，可推出A是O， 短周期元素A、B、C、D，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15 ， 且B、C、D为同周期相邻元素， 可推出B为Mg，C为Al，D为Si。
21．【答案】（1）；
（2）Se>Te>Bi；；
（3）A；D
（4）正四面体；(0.25，0.25，0.75)；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态Bi原子的价层电子排布式为；同主族从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物的还原性增强，故三者简单氢化物的还原性最强的是；
(2)Se与Te同主族，同主族从上往下电负性减弱，故电负性Se>Te，Bi为金属，三者中电负性最弱，故三种元素的电负性由大到小的顺序为Se>Te>Bi；中心原子的价层电子对数为，中心原子的杂化方式为杂化；Se与O分别与H形成的简单氢化物为H2Se和H2O，中心原子电负性越强，成键电子对越易向中心原子偏移，电子对之间的排斥力越大，键角越大，电负性O>Se，故键角较大的是；
(3)该盐阴离子中中心原子和配体之间为配位键和键，
故答案为：AD；
(4)根据金刚石晶胞结构，Zn在顶点，与其距离最近的Se原子的个数为4，构成的立体结构为正四面体；将晶胞均分为8个小立方体，根据金刚石晶胞的结构，原子1的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)，原子2应在上层四个小立方体的最左前面一个小立方体的体心，原子2的分数坐标为(0.25，0.25，0.75)；设晶胞中Se和Zn的最近距离为dcm，d为体对角线的四分之一，则晶胞参数为cm；根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，若硒化锌的晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则，晶胞中Se和Zn的最近距离为。
【分析】（1）Bi与N、P同主族。Bi在第六周期，最外层电子数为3；气态的还原性最强；
（2）同主族从上往下电负性减弱；中心原子电负性越强，键角越大；
（3）根据图可知，含有配位键和键；
（4）根据原子所在位置确定立体结构，进而可以确定相应原子的坐标。
22．【答案】（1）
（2）4；20；
（3）；；ABD
（4）σ；σ；+1
【知识点】原子核外电子排布；化学键
【解析】【解答】(1)Mn的原子序数为25，依据构造原理可书写得到基态Mn原子的核外电子排布为；
(2)依据晶体结构图（a）和图（b），对比可以确定Mn原子有8个在顶角，4个在棱上，2个在面心上，1个在里面，所以Mn原子数目为；Cl原子分两部分，一部分与Mn相连，均介于晶胞里三个Mn原子之间，其中在棱上，在里面，一部分与C相连构成有机基团，其中8个在面心，4个在里面，所以Cl原子数目为；依据晶体结构图，可以确定有机基团的组成元素及具体情况，有机基团中有1个N，4个C和1个Cl，再补充未画出的H原子，即可得到有机基团的结构简式为；
故答案为4；20；；
(3)TMCM-MnCl3晶体中有机结构单元中C原子全部都是形成4个共价键，杂化类型是；而N原子也形成了4个键，其杂化类型也是；有机基团中及Mn-Cl之间都形成了σ键，且有机基团带正电，与Mn成离子键；
故答案为；；ABD；
(4)Cl的电负性为3.0，而C的电负性为2.5，两者相差0.5，远小于1.7，所以Cl-C间的化学键为σ键；而Mn的电负性为1.55，与Cl相差1.45，两者相差Cl-Mn间的化学键也为σ键；依据晶体结构图，已经确定有机基团的数目为，即有8个正电荷，另外与Mn相连的Cl数目为，即有12个负电荷，而Mn有4个，所以Mn的化合价为，即Mn的化合价为+1；
故答案为σ；σ；+1。
【分析】（1）Mn为25号元素，核外电子排布为 ；
（2）晶胞的计算要结合棱心、面心、体心进行计算；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（4）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键。
23．【答案】（1）H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2
（2）CO、CO2
（3）CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol
（4）c
（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)
（6）A；C
（7）进行完全
【知识点】化学键；热化学方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、H2-2e- +O2-=H2O、CO- 2e -+O2-=CO2，故答案为：H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2；
(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；
(3)已知反应①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol ②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol ，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2= (+ 206.2 kJ/mol)-(+ 247.3 kJ/mol)=-41.1 kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol，故答案为：CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol；
(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；
(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；
(6)A. 升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；
B. 加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；
C. 增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；
D. 增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；
故答案为：AC；
(7)CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1= v2即k1c(CH2O*)c(*)= k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105 ，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。
【分析】（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；
（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；
（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；
（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；
（5）根据图示可知 OH* 降低了反应活化能，因此为催化剂；
（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：121分
分值分布 客观题（占比） 18.0(14.9%)
主观题（占比） 103.0(85.1%)
题量分布 客观题（占比） 9(39.1%)
主观题（占比） 14(60.9%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 1(4.3%) 2.0(1.7%)
非选择题 15(65.2%) 105.0(86.8%)
多选题 7(30.4%) 14.0(11.6%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 普通 (60.9%)
2 困难 (39.1%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 活化能及其对化学反应速率的影响 2.0(1.7%) 4
2 元素周期表的结构及其应用 12.0(9.9%) 17,20
3 元素电离能、电负性的含义及应用 22.0(18.2%) 8,10,16,17
4 化学电源新型电池 9.0(7.4%) 23
5 吸热反应和放热反应 10.0(8.3%) 11,14
6 化学反应速率的影响因素 2.0(1.7%) 4
7 元素周期律和元素周期表的综合应用 17.0(14.0%) 12,17
8 原电池工作原理及应用 7.0(5.8%) 15
9 化学反应中能量的转化 15.0(12.4%) 1,9,11
10 共价键的形成及共价键的主要类型 11.0(9.1%) 3,4,8,16
11 化学键 42.0(34.7%) 1,11,18,19,20,22,23
12 原子核外电子排布 45.0(37.2%) 10,12,16,21,22
13 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 44.0(36.4%) 10,12,16,18,19,21
14 热化学方程式 13.0(10.7%) 14,23
15 催化剂 4.0(3.3%) 1,19
16 离子键的形成 6.0(5.0%) 11
17 有关反应热的计算 2.0(1.7%) 2
18 盖斯定律及其应用 4.0(3.3%) 14
19 化学反应速率与化学平衡的综合应用 7.0(5.8%) 9
20 化学反应速率 7.0(5.8%) 9
21 硅和二氧化硅 7.0(5.8%) 15
22 键能、键长、键角及其应用 75.0(62.0%) 2,5,6,7,9,10,12,13,14,15,17,18,21
23 微粒半径大小的比较 8.0(6.6%) 8,20
24 化学平衡的影响因素 6.0(5.0%) 13
25 元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 23.0(19.0%) 12,17,20
26 电解池工作原理及应用 6.0(5.0%) 13
27 反应热和焓变 2.0(1.7%) 5
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