四川省雅安市届高三第一次诊断考试理综化学试题精解精析.docx
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四川省雅安市届高三第一次诊断考试理综化学试题精解精析
四川省雅安市高2017级第一次诊断性考试
理科综合能力测试（化学部分）
可能用到的相对原子质量：
H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32
一、选择题：
本题共13小题，每小题6分，共78分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．《天工开物》中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。
下列相关分析不正确的是（）
A．石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐
B．“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应
C．丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物
D．丝和麻在一定条件下均能水解生成小分子物质
【答案】B
【解析】本题以我国古代的《天工开物》为背景，考查与化学有关的知识，涉及物质分类、化学反应类型、有机物高分子材料、蛋白质和纤维素的性质等知识，试题难度不大。
A．石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，正确；B．“经火焚炼”时石灰石发生CaCO3
CaO＋CO2，属于分解反应，错误；C．丝主要成分蛋白质，麻主要成分于纤维素，都属于有机高分子类化合物，正确；D．丝主要成分蛋白质，蛋白质水解最终生成氨基酸，麻主要成分是纤维素，最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，正确。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．2molNO2与水充分反应，转移电子数为NA
B．含0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为0.1NA
C．0.5molNa2O2中O－的数目为NA
D．标况下，42g丙烯和丁烯混合物含C数目为3NA
【答案】D
【解析】作为化学计量数最基础、核心的物理量，物质的量这一基本概念，以及延伸的概念与知识点，是中学化学教学过程中要求学生必须掌握的，本题表面以阿伏加德罗常数作为设问的载体，但实质上属于中学化学理论与知识综合应用的题目，考查内容涉及弱电解质的电离、物质组成、氧化还原转移电子数目等基础化学知识。
A．NO2与水的反应：
3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水反应转移2mol电子，因此2molNO2与水充分反应，转移电子数为
，错误；B．H3PO4是弱酸，部分电离，0.1molH3PO4的水溶液中PO43－的数目为小于0.1NA，错误；C．Na2O2是由Na＋和O22－组成，0.5molNa2O2中含有过氧根离子数目为0.5NA，错误；D．标况下，丙烯和丁烯混合物通式为CnH2n，42g丙烯和丁烯混合物含C数目
，正确。
3．为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸遇酸变红
B
探究正戊烷（C5H12）催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
实验温度对平衡移动的影响
2NO2（g）
N2O4（g）为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体
AlCl3沸点高于溶剂水
【答案】C
【解析】本题考查实验方案设计与评价，涉及氯水的性质、烷烃的裂解、温度对化学平衡移动的影响、盐类水解的应用等基础知识，试题难度适中。
A．氯水有漂白性，能将有色物质漂白，无法读出数值，不能用pH试纸测量氯水的pH，错误；B．该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，错误；C．2NO2（g）
N2O4（g），NO2红棕色气体，N2O4无色气体，热水中颜色加深，说明反应向逆反应反应进行，该反应为放热反应，正确；D．由于氯化铝易发生水解，不能直接加热氯化铝溶液得到氯化铝固体，应在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，错误。
4．有机物三苯基甲苯的结构简式为
，对该有机物分子的描述正确的是（）
A．1~5号碳均在一条直线上
B．在特定条件下能与H2发生加成反应
C．其一氯代物最多有4种
D．其官能团的名称为碳碳双键
【答案】B
【解析】本题考查有机物结构与性质，涉及共面共线、官能团的类型和性质、等效氢的判断等基础知识，该题的难度适中。
A．苯空间构型为平面正六边形，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，错误；B．该有机物中含有苯环，能与H2发生加成反应，正确；C．四个苯环在同一个碳原子上，因此四个苯环是等效的，每个苯环上有三种不同的氢原子，其一氯代物最多有3种，错误；D．该有机物中没有官能团，错误。
5．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。
下列叙述不正确的是（）
A．Y、Z的氢化物稳定性Y>Z
B．Y单质的熔点高于X单质
C．X、W、Z能形成具有强氧化性的XZW
D．
中W和Y都满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】本题考查元素周期表和元素周期律的推断，主要考查学生元素及其化合物的性质、元素周期表位置、元素性质周期性变化规律、金属性强弱的比较、物质熔沸点高低判断等知识的理解。
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，这两种同素异形体为O2和O3，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。
A．非金属性Cl>Si，Y、Z的氢化物稳定性HCl>SiH4，错误；B．硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，Si单质的熔点高于Na单质，正确；C．X、W、Z能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，正确；D．该离子是SiO32－，根据
，推出SiO32－中Si和O都满足8电子稳定结构，正确。
6．常温下，Mn+（指Cu2+或Ag+）的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是（）
A．直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡
B．在N点Ksp（CuS）=Ksp（Ag2S）
C．P点：
易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀
D．M点和N点的c（S2－）之比为1×10－20
【答案】D
【解析】本题以沉淀溶解平衡曲线为背景，考查了沉淀的溶解和生成、溶度积的计算等基础知识，试题难度适中。
A．溶度积只受温度的影响，温度不变，则溶度积不变，N点c（S2－）=1×10-20mol/L，c（Mn+）=1×10-15mol/L，M点c（S2－）=1×10-40mol/L，c（Mn+）=1×10-5mol/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c（S2－）∙c（Mn+）=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N点c（S2－）∙c（Mn+）=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M点和N点的Ksp不相同，MN代表Ag2S的沉淀溶解平衡，错误；B．在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，CuS的Ksp=c（Cu2＋）×c（S2－）=1×10－35，Ag2S的Ksp=c2（Ag＋）×c（S2－）=（1×10－15）2×1×10－20=1×10－50，因此Ksp（CuS）>Ksp（Ag2S），错误；C．根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点QcKsp（Ag2S），因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，错误；D．M点c（S2－）=1×10-40mol/L，N点c（S2－）=1×10-20mol/L，两者的c（S2－）之比为1×10－20，正确。
7．中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如下：
下列说法正确的是（）
A．电极Ⅰ为阴极，其反应为：
O2+4H++4e－=2H2O
B．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过
C．如果电极II为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体
D．当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体
【答案】C
【解析】本题以我国科学新技术为背景，考查原电池工作原理、电极反应式的书写、电化学的计算等基础知识，试题难度适中。
A．该装置为原电池，根据原电池工作原理，Al为负极，即电极II为负极，电极Ⅰ为正极，海水pH略显碱性，其反应为：
O2＋2H2O＋4e－=4OH－，错误；B．根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，错误；C．如果电极II为活性镁铝合金，Mg的金属性强于Al，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，转化成H2，在负极区会逸出大量气体，正确；D．题目中没有说明条件是否是标准状况，因此无法计算正极消耗气体的体积，错误。
三、非选择题：
共174分。
第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
8．吊白块（NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol）在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。
实验室制备吊白块的方案如下：
NaHSO3的制备：
如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。
（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。
（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。
吊白块的制备：
如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃下，反应约3h，冷却过滤。
（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。
（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。
吊白块纯度的测定：
将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛（不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O），再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。
（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%（保留四位有效数字）；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
【答案】
（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率
（2）取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化
（3）三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发
（4）温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解
（5）当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高
【解析】本题对吊白块的制备和纯度的测定为背景，考查了实验方案设计、实验操作、仪器的名称、物质的鉴别、氧化还原反应的滴定及计算等实验综合素养，下面就本题各选项所涉及的化学知识进行逐一讨论：
（1）装置I制备SO2，化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；
（2）NaHSO3在空气中被氧化成Na2SO4，实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是SO42－的检验，取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，反之，说明没有被氧化；
（3）根据仪器A的特点，仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发；
（4）温度低于这个范围，化学反应速率较慢，温度过高，会分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解；
（5）滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；根据题中关系，建立如下关系式：
5mol：
0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：
xmol，解得x=1.2×10－3mol，36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据
4mol：
2.4×10－3mol=5mol：
ymol
解得y=3×10－3mol
，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。
9．马日夫盐[Mn（H2PO4）2·2H2O]主要用作磷化剂；以软锰矿（主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2·2H2O的化学名称为___。
（2）步骤一中，MnO2被SO2和___还原。
若SO2气体中混有空气，测得反应液中Mn2+、SO42－的浓度随反应时间t变化如图，科研人员认为Mn2+对O2与H2SO3反应起催化作用，其理由是__。
（3）滤渣X主要成分为___；步骤三调节pH时，最适宜加入的物质是__。
A．过量稀盐酸B．适量Na2CO3溶液
C．适量磷酸溶液D．过量CaCO3
（4）在沉锰过程中，应将Na2CO3溶液逐量加入锰盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序会有Mn（OH）2生成，其原因是Na2CO3溶液具有较强__性；步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为__。
（5）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为____。
（6）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__（用相关化学用语回答）。
【答案】
（1）二水合磷酸二氢锰
（2）FeOMn2+增加到一定浓度后，硫酸根浓度迅速增大
（3）氢氧化铝B
（4）碱MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·2H2O+CO2↑
（5）pH=1.7下萃取60min
（6）H2PO4－
H++HPO42－，磷酸二氢根电离大于水解，因此溶液显酸性
【解析】本题选材紧密联系化工实际生产，以软锰矿为原料制备马日夫盐工艺为背景，题干主要以工艺流程形式呈现，围绕其制备工艺流程，考查学生对元素及其化合物的性质、陌生反应方程式、弱电解质的电离、水解平衡常数等知识的掌握，试题难度较大。
（1）按照无机物命名规律，马日夫盐Mn（H2PO4）2·2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；
（2）根据流程中萃取分液，得到含Fe3＋有机相，以及软锰矿中的成分，步骤一中，MnO2将SO2、Fe2＋氧化，即MnO2被SO2和FeO还原；若SO2气体中混有空气，测得反应液中Mn2+、SO42－的浓度随反应时间t变化如图，根据图像分析得出在开始阶段，锰离子和硫酸根相同，随着反应进行，锰离子增加速率慢，硫酸根增加速度快，因此Mn2+对O2与H2SO3反应起催化作用；
（3）FeO为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，均能与H2SO4反应，SiO2为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，因此步骤一滤渣为滤渣SiO2，根据流程，步骤二除掉铁离子，步骤三种滤渣为氢氧化铝；步骤三调节pH时，A．过量稀盐酸，不能使pH增大，不符合；B．适量Na2CO3溶液，消耗氢离子，pH增大，符合；C．适量磷酸溶液，不能使pH增大，不符合；D．过量CaCO3，消耗氢离子，pH增大，但会引入钙离子杂质，不符合；
（4）Na2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显较强的碱性，在沉锰过程中，应将Na2CO3溶液逐量加入锰盐溶液中，如果颠倒试剂混合顺序会有Mn（OH）2生成；步骤五加入磷酸，磷酸的酸性强于碳酸，因此产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·2H2O+CO2↑；
（5）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，根据图像信息得出萃取的最佳条件为pH=1.7下萃取60min；
（6）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是H2PO4－
H++HPO42－，磷酸二氢根电离大于水解，因此溶液显酸性。
10．实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。
（1）已知：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）△H=x
已知：
标准状态下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变，称为该化合物的标准摩尔生成焓，几种物质的标准摩尔生成焓如下。
则x=__kJ·mol－1。
（标准摩尔生成焓：
CH4（g）－75kJ/mol；H2O（g）－240kJ/mol；CO（g）－110kJ/mol；H2（g）－0kJ/mol）
（2）为了探究温度、压强对反应
（1）的影响，在恒温恒容下，向下列三个容器中均充入4molCH4和4molH2O。
容器
温度/℃
体积/L
CH4平衡浓度/mol·L－1
平衡时间/min
甲
400
1
1.5
5.0
乙
500
1
x
t1
丙
400
2
y
t2
①平衡前，容器甲中反应的平均速率
（H2）=__mol/（L·min）；在一定条件下，能判断容器丙中的反应一定处于化学平衡状态的是__（填序号）；
A．3v（CH4）正=v（H2）逆B．CH4和H2O的转化率相等
C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变
②平衡后，乙容器中CH4的转化率较丙低，其原因是__，其中t1__t2（填“>”、“<”或“=”）。
（3）pC是指极稀溶液中溶质物质的量浓度的负对数。
已知常温下，H2CO3溶液中加入强酸或强碱后达到平衡时溶液中三种成分的pC－pH图，据图分析：
常温下，碳酸的一级电离常数Ka1的数量级为__；其中碳酸的Ka1>>Ka2，其原因是__。
（4）我国科学家根据反应CO2
C+O2↑，结合电解池原理设计出了二氧化碳捕获与转化装置。
该装置首先利用电解池中熔融电解质ZrO捕获CO2，发生的相关反应为：
①CO2+O2－=CO32－，②2CO2+O2－=C2O52－，然后CO32－在阴极转化为碳单质和__；C2O52－在阳极发生电极反应，其方程式为__。
【答案】
（1）+205
（2）①1.5AC
②根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低<
（3）1×10-6碳酸不带电，而碳酸氢根带一个单位的负电荷
（4）O2－2C2O52－+4e－=O2↑+4CO2↑
【解析】本题以环境保护问题及新能源为背景，考查选修4模块《化学反应原理》的基本原理和知识点，涉及的内容由浅入深，涵盖了盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、化学平衡移动、化学反应速率的计算、化学平衡常数的计算、反应条件对产物的控制与影响、弱电解质的电离、电极反应式的书写等知识的掌握和应用能力。
（1）C（s）+2H2（g）=CH4（g）△H=－75kJ/mol①；
O2（g）+H2（g）=H2O（g）△H=－240kJ/mol②；
C（s）+
O2（g）=CO（g）△H=－110kJ/mol③；
根据盖斯定律，因此有③－②－①得到CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）△H=+205kJ·mol－1；
（2）①平衡前，容器甲中甲烷开始的浓度为4mol·L－1，平衡时的浓度为1.5mol·L－1，消耗的浓度为2.5mol·L－1，则氢气的改变浓度为2.5mol·L－1×3=7.5mol·L－1，根据化学反应速率的数学比倒是，则
；A．3v（CH4）正=v（H2）逆，一正一逆符合条件，速率比等于计量系数比，因此A符合；
B．CH4和H2O的转化率始终相等，不能做为平衡的标志；
C．反应前后气体系数之和不相等，当容器内压强保持不变，则达到平衡；
D．组分都是气体，则气体质量保持不变，容器体积不变，根据密度的定义，密度始终不变，因此混合气体的密度保持不变，不能作为判断平衡；
②平衡后，根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低；由于乙容器温度高于丙，乙容器的化学反应速率大于丙中，先达到平衡，因此达到平衡所需时间短，即t1（3）电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，根据图像，常温下，pH等于6时，碳酸浓度和碳酸氢根浓度相等，Ka1=
c（H＋）=10－6；其中碳酸的Ka1>>Ka2，其原因是碳酸不带电，易失去氢离子，而碳酸氢根带一个单位的负电荷，比较难失去氢离子；
（4）电解质为熔融的电解质，根据电解原理，CO32－在阴极得到电子，C化合价降低得到碳单质和O2－；C2O52－在阳极失去电子生成氧气和二氧化碳，其方程式为2C2O52－+4e－=O2↑+4CO2↑。
（二）选考题：
共45分。
请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。
11．我国具有光辉灿烂的古代科技，早在商代就已经铸造出司母戊大方鼎。
回答下列问题：
（1）Cu在元素周期表中的位置___，Cu2+的价电子排布式为__。
（2）已知基态铜的部分电离能如表所示：
电离能/kJ·mol－1
I1
I2
I3
Cu
746
1958
2058
由表格数据知，I2（Cu）远远大于I1（Cu），其原因是__。
（3）Cu2+能与吡咯（
）的阴离子（
）形成双吡咯铜。
①
中C和N原子的杂化均为__，1mol
含有__molσ键；
②双吡咯铜Cu（
）2的配位原子为__；
噻吩的沸点为84℃，吡咯（
）的沸点在129~131℃之间，吡咯沸点较高，其原因是__。
（4）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示（白球代表M原子）。
每个铜原子周围距离最近的铜原子数目__；该晶体的化学式为__。
已知该晶体的密度为ρg·cm－3，晶体的摩尔质量为Mg/mol，阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为__pm（只写计算式）。
【答案】
（1）第四周期第IB族3d9
（2）Cu价电子排布式为3d104s1，Cu+价电子排布式为[Ar]3d10，Cu+[Ar]3d10全满，稳定，难失电子
（3）①sp210
②N吡咯形成分子间氢键，而噻吩不能形成分子间氢键，因此吡咯沸点较高
（4）12CuCl
【解析】本题考查选修3的《物质结构与性质》，考查了构成化学键的数目、晶体熔沸点高低比较、电子排布式的
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