还剩18页未读，
继续阅读
2017-2018学年辽宁省六校协作体高二下学期期中考试化学试题 解析版
展开
辽宁省六校协作体2017-2018学年高二下学期期中考试
化学试题
1. 闪烁着银白色光泽的金属钛(22Ti)因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域，号称“崛起的第三金属”。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是
A. 上述钛原子中，中子数不可能为22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期
C. 钛的不同同位素在周期表中处于不同的位置
D. 钛元素是d区的过渡元素
【答案】C
【解析】分析：根据原子的质量数和质子数可以求出其中子数，根据其核外电子的排布可以确定其在元素周期表中的位置。
详解：A. 上述钛原子中，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，故其中子数不可能为22，A正确；
B. 钛原子的价电子排布式为3d24s2，故其在周期表中处于第四周期，B正确；
C.钛的不同同位素的质子数和核外电子排布相同，故在元素周期表中处于相同的位置，C不正确；
D. 钛元素的原子核外价电子排布式为3d24s2，故钛是d区的过渡元素。
综上所述，关于金属钛的叙述中不正确的是C，本题选C。
点睛：原子的质量数等于其质子数与中子数的和。根据价电子排布式可以确定元素在元素周期表中的位置及所属的区，如根据钛原子价电子排布式3d24s2，可以确定其位于第4周期第IVB族、d区。过渡元素指的是7个副族和第VIII族的所有元素，全部是金属。
2. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘的食物
B. 为使水果尽快成熟，需要用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯
C. 液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体无害
D. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】D
【解析】分析：了解人体的重要微量元素；乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；过量食用油脂易导致肥胖；杀菌消毒的原理是通过物理或化学方法使蛋白质变性。
详解：A. 碘是人体必需微量元素，要适量食用富含碘的食物，过量摄入碘元素对人体也是不利的，A不正确；
B. 为使水果尽快成熟，可以使用一些能释放出乙烯的物质对水果催熟，若用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯，则可对水果保鲜、防止水果熟得过快而腐烂，B不正确；
C. 液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体有害，如导致肥胖等等，C不正确；
D. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，变性后的蛋白质失去生理活性，故病毒不再有害，D正确。
综上所述，本题选D。
3. 下列各组中的物质均能发生加成反应的是
A. 乙烯和乙醇 B. 苯和聚乙炔 C. 乙酸和溴乙烷 D. 丙炔和聚氯乙烯
【答案】B
【解析】分析：含有碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醛基等官能团的有机物可以发生加成反应，但是饱和一元羧酸、饱和一元酯不能发生加成反应。
详解：A.乙醇分子中全部是单键，故不能发生加成反应；
B. 苯分子中有苯环，聚乙炔分子中有碳碳双键，故其均可发生加成反应；
C. 乙酸是饱和一元羧酸，溴乙烷分子中只有单键，故两者均不能发生加成反应；
D. 丙炔分子中有碳碳叁键，聚氯乙烯分子中只有单键，故聚氯乙烯不能发生加成反应。
综上所述，各组中的物质均能发生加成反应的是B，本题选B。
4. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】A、卤代烃的水解属于取代反应，丙烯与水发生加成反应，故A错误；B、甲苯的硝化属于取代反应 ，甲苯氧化成苯甲酸属于氧化反应，故B错误；C、氯代环己烷生成环己烯，属于消去反应，丙烯生成1，2－二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙酸与乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯的水解属于取代反应，故D正确。
5. 下列说法错误的是
A. 某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子跃迁时能量以光的形式释放出来
B. 1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有3个
C. 除ds区外，以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称
D. 气态电中性的原子失去1个电子转化为气态正离子所需要的最低能量称为第一电离能
【答案】D
【解析】分析：焰色反应与核外电子的排布有关；原子的未成对电子数可以通过轨道表示式确定；元素在周期表中所在区由其价电子排布决定；了解第一电离能的含义。
详解：A. 某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子从高能级向低能级跃迁时能量以光的形式释放出来，A正确；
B. 1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有7号N、15号P、33号As等3种，B正确；
C. 除ds区外，其他区均以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称，C正确；
D. 某元素的气态基态原子失去1个电子形成+1价气态基态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，D不正确。
综上所述，D不正确，本题选D。
6. 目前科学家们已经合成许多硫-氮化合物，其中一种结构如图所示。关于该物质说法正确的是
A. 该物质的分子式为SN
B. 该物质熔、沸点较低
C. 该物质分子中所有原子的最外层均达到稳定结构
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
........................
7. 有四组同一族元素所形成的不同物质，在101kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示:
第一组
A -268.8
B -249.5
C -185.8
D -151.7
第二组
F2 -187.0
Cl2 -33.6
Br2 58.7
I2 184.0
第三组
HF 19.4
HCl -84.0
HBr -67.0
HI -35.3
第四组
H2O 100.0
H2S -60.2
H2Se -42.0
H2Te -1.8
下列各项判断正确的是
A. 第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强
B. 第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：HBr>H2Se
C. 第三组物质溶于水后，溶液的酸性：HF>HCl>HBr>HI
D. 第一组物质是分子晶体，一定含有共价键
【答案】B
【解析】分析：根据物质的沸点高低可以判断其晶体类型。由表中数据可知，，表中所有物质沸点较低，故其均可形成分子晶体。根据元素的非金属性强弱可以判断其气态氢化物的稳定性。对于分子组成相似的物质，若分子间能形成氢键，则其沸点要高于不能形成分子间氢键的。
详解：A. 第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子之间可以形成氢键，A不正确；
B. Se和Br同为第4周期元素，Br的非金属性较强，故化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se，B正确；
C. 第三组物质溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸，C不正确；
D. 第一组物质是分子晶体，其结构粒子为分子，但是，分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，D不正确。
综上所述，各项判断正确的是B，本题选B。
8. 关于化合物，下列叙述正确的是( )
A. 分子间可形成氢键 B. 分子中既有极性键又有非极性键
C. 分子中有7个σ键和1个π键 D. 该分子在水中的溶解度小于2丁烯
【答案】B
【解析】分析：由的分子结构可知，该有机物分子中有1个碳碳双键、2个醛基，醛基中有碳氧双键，双键由1个个σ键和1个π键构成，碳碳键为非极性键，其他键为极性键。组成元素只有C、H、O等 3种，因为分子中无羟基，故不能形成氢键，但可以与水分子间形成氢键。
详解：A. 分子间不能形成氢键，A不正确；
B. 分子中碳碳键为非极性键，其他键为极性键，故该分子既有极性键又有非极性键，B正确；
C. 分子中有9个σ键和3个π键，C不正确；
D. 该分子可以与水分子间形成氢键，而2丁烯不能，故其在水中的溶解度大于2丁烯，D不正确。
综上所述，叙述正确的是B，本题选B。
9. 设阿伏加德罗常数的值为NA，下列结论错误的是
A. 完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA
B. 标准状况下，11.2 L CO2中含有的π键键数为2NA
C. 60 g SiO2晶体中含有的Si—O键键数为4NA
D. 128 g金属铜中含有如图所示的晶胞数为0.5NA
【答案】B
【解析】A、水的结构式为H－O－H，因此完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA，A正确；B、一个CO2中含有2个碳氧双键，每个碳氧双键中含一个π键，故11.2 L CO2中含有的π键键数为NA，B错误；C、二氧化硅晶体中一个硅原子形成4个Si－O键，60 g SiO2晶体的物质的量是1mol，其中含有的Si－O键键数为4NA，C正确；D、晶胞中含有8×1/8+6×1/2＝4个铜原子，128 g金属铜的物质的量是2mol，其中含有如图所示的晶胞数为0.5NA，D正确，答案选B。
10. 下列化合物中含有2个手性碳原子的是
A. B.
C. D.
【答案】B
考点：考查手性碳原子的定义及判断的知识。
11. 化合物中，稀土元素最常见的化合价是＋3 ，但也有少数的稀土元素可以显示＋4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示＋4价的稀土元素是
(几种稀土元素的电离能(单位：KJ/mol))
元素
I1
I2
I3
I4
A.Se(钪)
633
1235
2389
7019
B.Y(铱)
616
1181
1980
5963
C.La(镧)
538
1067
1850
4819
D.Ce(铈)
527
1047
1949
3547
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：某元素的气态原子失去1个电子形成+1价气态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，再失去第２个电子形成＋２价气态阳离子所需要的最低能量为第二电离能，依此类推，第三电离能、第四电离能、第n电离能。N值越大，其对应的电离能数值越大，但是相邻的两级电离能之间的差值是不同的，通常失去同一能级的电子所需的能量相差不大，失去不同能级的电子所需的能量相差较大，据此可以判断元素可能表现的化合价。
详解：根据表中数据可知，Se、Y、La等3种元素的第三电离能与第四电离能的差值较大，故其可以显示+3价，Ce元素的第三电离能与第四电离能差距最小，所以Ce元素最可能有＋4价。D符合题意，本题选D。
点睛：相邻两级电离能差值较小的，说明对应的电子在同一能级中，相差较大的在不同能级，科学家通过研究电离能的数据把核外电子分成不同的电子层和不同的能级，确定原子的价电子数及元素的主要化合价。
12. 下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
13. 下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是
①Al原子和N原子的未成对电子数 ②Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数 ③H—F的键能与H—I的键能 ④F元素和O元素的电负性 ⑤N和O元素的第一电离能
A. ①④⑤ B. ②④ C. ②④⑤ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】Al原子未成对电子数为1，N原子的未成对电子数为3，前者小于后者，①错误；Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数分别为2和4，前者小于后者，②错误；H－F的键能大于H－I的键能，F元素的电负性大于O元素，N的第一电离能大于O元素，③④⑤正确，答案选D。
点睛：电离能的大小比较是解答的易错点，注意掌握其变化规律：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)。但需要注意全充满、半充满时稳定性强，其第一电离能大于相邻的元素，例如N大于O等。
14. 已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短
C. C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】B
【解析】A、根据“C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度”可判断C3N4晶体与金刚石类似，原子间通过共价键形成原子晶体，A错误；B、氮原子的半径比碳原子的半径小，所以C－N键的键长比C－C键的键长短，B正确；C、C3N4晶体中，原子间以单键结合，所以碳原子形成4个共价键，氮原子形成3个共价键，C、N原子个数之比应为3∶4，C错误；D、根据以上分析可知D错误，答案选B。
15. 下列有关说法不正确的是
A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】分析：由图1可知，水合铜离子中有4个水分子与铜离子形成配位键；由图2可知，CaF2晶体的晶胞中有8个氟离子和4个钙离子；由图3 中H原子的电子云图可知，电子在离核较近的区域出现的机会较多；由图4可知，金属铜中Cu原子堆积方式为最密堆积，每一层原子均为密置层，每个铜原子与同一层中6个原子紧密排列，另外还与上、下两层各3个原子紧密排列，故其配位数为12.。
详解：A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键，A正确；
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋，B正确；
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外只有一个电子，电子在离核较近的区域出现的机会较多，C不正确；
D. 金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12，D正确。
综上所述，本题选C。
16. 下列物质的结构与性质与氢键无关的是
①乙醚的沸点②冰的密度比液态水小③邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低④水分子在高温下很稳定⑤氢化镁的晶格能高⑥DNA的双螺旋结构⑦尿素的熔沸点比醋酸高
A. ④⑥② B. ①④⑤ C. ②⑤⑥ D. ③⑤⑦
【答案】B
【解析】分析：氢键可以影响物质的熔点、沸点和溶解度、密度等。
详解：①乙醚分子之间不能形成氢键，故其沸点与氢键无关；
②冰中水分子间形成氢键后，水分子之间的空隙变大，故其密度比液态水小，与氢键有关；
③邻羟基苯甲酸可以形成分子内的氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分子间的氢键，故邻羟基苯甲酸的分子间作用力较大，其熔沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；
④水分子在高温下很稳定是因为水分子内的共价键的键能很大，与氢键无关；
⑤氢化镁属于离子晶体，共中阴阳离子间的离子键较强，故其晶格能高，与氢键无关；
⑥DNA的双螺旋结构与氢键有关，氢键的形成有一定的方向性，也需要一定的空间条件，这两个条件成就了DNA的双螺旋结构；
⑦尿素与醋酸的相对分子质量相同，尿素的分子间形成的氢键数目高于醋酸，故其熔沸点比醋酸高，与氢键有关。
综上所述，质的结构与性质与氢键无关①④⑤，B正确，本题选B。
17. 下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】分析：用相似相溶原理分析物质的溶解性；根据原子半径分析同一主族元素的气态氢化物的稳定性；根据最外层电子数分析其最高化合价和最低化合价；根据化学键类型分析化合物的类型。
详解：A.因为水是极性分子，碘是非极性分子，NaCl是离子化合物，根据相似相溶原理可知，在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大，A不正确；
B. Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小，故通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高，B正确；
C. 同一主族元素原子的最外层电子数相同，故在形成化合物时，同一主族元素的最高化合价或最低化合价通常相同，C不正确；
D. P4O10溶于水后可与水反应，生成磷酸或偏磷酸，故其水溶液导电，C6H12O6溶于水后不导电；化合物的水溶液是否导电，与其化合物的类型没有关系，许多共价化合物的水溶液可以导电，D不正确。
综上所述，本题选B。
18. 下列说法错误的是
A. 在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. σ键和π键比例为7:1
C. C与O互为等电子体，1 mol O中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】分析：知道配位键的成因；根据结构式分析σ键和π键的数目；用等电子原理分析分子结构；了解常见分子的结构。
详解：A. NH3分子中的N有孤电子对，H+和Cu2+都有空轨道，故在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，A正确；
B. σ键和π键的数目分别为18和2，故其比例为9:1，B不正确；
C. C与O互为等电子体，故C与O均含有叁键， 1 mol O中含有的π键数目为2NA，C正确；
D. N2分子中有叁键，叁键中有2个π键。已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，即消耗1mol N2H4，则生成1.5mol N2，形成的π键数目为3NA，D正确。
综上所述，说法错误的是B，本题选B。
点睛：明确形成配位键的两个必要条件，根据原子的价电子数及其成键情况判断中心原子的杂化类型，并判断中心原子所形成的化学键的类型，如中的N形成了3个共价键，根据N原子的价电子数是5，可以判断分子中的N原子只形成了3个σ键，Cu2+与其邻近的两个O原子之间形成的配位键也属于σ键，还要能找出隐藏的C—H键也是σ键，防止遗漏的方法是首先分析键线式中碳原子上的H原子数。
19. ．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为
C. NCl3分子是非极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】B
【解析】试题分析：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误，答案选B，
【考点定位】本题主要是考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子
【名师点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。
20. 以下说法不正确的是
A. 1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，能证明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同
B. 下列反应可证明苯环受甲基的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化
C. 下列反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易
D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键
【答案】B
【解析】试题分析：A．1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，根据氢原子守恒可知说明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同，A正确；B．该反应可证明甲基受苯环的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化，B错误；C．该反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易，C正确；D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
21. （1）基态Ga原子中能量最高的能层符号________ 有______ 种不同能量的电子,Ga元素与同周期相邻元素Zn、Ge相比，第一电离能从大到小的顺序__________,（用元素符号表示）金属Zn晶体采用六方最密堆积，其密置层堆积方式为__________ （ABABAB或ABCABC）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是________________。
（2）磷有三种含氧酸 H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 其中磷原子均以sp3杂化与相邻原子形成四个α 键，则①H3PO3的结构式是__________；②写出H3PO2 与足量强氧化钠溶液反应的化学方程式_________；③三种酸的强弱顺序为H3PO2
【答案】 (1). N (2). 8 (3). Zn＞Ge＞Ga (4). ABABAB (5). X射线衍射实验 (6). (7). NaOH+H3PO2=NaH2PO2+H2O (8). H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 中磷元素的化合价依次为+1、+3、+5，中心磷原子的正电荷依次升高，导致P-O-H中氧原子的电子更易向磷原子偏移，因而更易电离出氢离子，酸性越来越强 (9). sp2 (10). Cu + 4NH3▪H2O +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH- + 4H2O (或Cu + 4NH3 +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH-) (11). F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤对电子吸引能力强，难以形成配位键
【解析】分析：了解核外电子的运动状态及其排布规律，了解第一电离能的变化规律，了解晶体中结构粒子的堆积方式，根据中心原子的杂化类型判断分子的结构，根据分子结构判断键的极性强弱，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化类型。
详解：（1）基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，故其能量最高的能层符号N ；基态Ga原子共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p等8种能级，故有8种不同能量的电子。同一周期的第一电离能呈逐渐增大的趋势，由于Zn的价电子排布处于全充满状态，故其第一离能高于邻近的两种元素，所以，Ga元素与同周期相邻元素Zn、Ge相比，第一电离能从大到小的顺序Zn＞Ge＞Ga，金属Zn晶体采用六方最密堆积，其密置层堆积方式为ABABAB，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验。
（2）磷有三种含氧酸 H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 ，其中心原子磷原子的价层电子对数均为4（），故磷原子均以sp3杂化与相邻原子形成四个α 键，则①H3PO3的结构式是；②H3PO2是一元酸，其与足量强氧化钠溶液反应的化学方程式为NaOH+H3PO2=NaH2PO2+H2O，③三种酸的强弱顺序为H3PO2＜H3PO3＜H3PO4，其原因是：H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 中磷元素的化合价依次为+1、+3、+5，中心磷原子的正电荷依次升高，导致P-O-H中氧原子的电子更易向磷原子偏移，O-H键的极性更强，因而更易电离出氢离子，酸性越来越强；④HNO3 、 HNO2 中心原子的价层电子对数均为3，故其杂化方式均为sp2。
（3）金属铜投入氨水或过氧化氢溶液中均无明显现象，但投入氨水和过氧化氢的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，说明铜、氨水、过氧化氢能反应生成[Cu(NH3)4]2+，①该反应的离子反应方程式为Cu + 4NH3▪H2O +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH- + 4H2O(或Cu + 4NH3 +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH-) ，②已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤对电子吸引能力强，难以形成配位键。
点睛：本题考查了核外电子的运动状态的表示方法、第一电离能的变化规律、晶体中结构粒子的堆积方式、杂化类型的判断、分子结构的判断、配合物的结构等等。要求学生理解核外电子的运动状态的表示方法，能熟练写出1~36号元素的电子排布式；能根据原子结构、金属性与非金属性的变化规律理解并比较第一电离能的大小关系，通常金属性越强其第一电离能越小，非金属性越强其第一电离能越大，第IIA族和第VA族的元素因其价电子排布呈相对较稳定的结构，故其第一电离能高于同周期邻近的两种元素。能理解分子中原子间的相互影响对其所形成的共价键的极性的影响，并能据此比较相关酸的酸性强弱。会计算中心原子的价层电子对数，并据此判断中心原子的杂化类型。掌握形成配位键的两个重要条件。
22. 聚乙二醇(PEG) 是一种用途广泛的聚合物，1,2-乙二醇碳酸酯(又称为碳酸亚乙酯) 是一种医药中间体。某小组以烃A 为原料合成PEG和碳酸亚乙酯的路线设计如下：
已知: 2C2H5OH+CO+1/2O2 C2H5OCOOC2H5+H2O
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为__________。
（2）B→C的化学方程式为______。
（3）C在一定条件下发生聚合反应生成PEG，若某种PEG的平均相对分子质量为2000， 则其平均聚合度为____________________。
（4）E的同分异构体中，含有—OCOO—基团的共有______ 种(不包含E和立体异构)。
【答案】 (1). 加成反应 (2). BrCH2CH2Br + 2NaOH HOCH2CH2OH + 2NaBr (3). 45.0 (4). 6
【解析】分析：由题中合成路线可知，A为乙烯，A与溴发生加成反应生成B，B为1,2-二溴乙烷，B在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成C，C发生聚合反应生成PEG；A与水发生加成反应生成D，则D为乙醇；D与CO、O2反应生成E，F与C发生取代反应生成F（碳酸亚乙酯）。
（1）A→B的反应类型为加成反应。
（2）B→C的化学方程式为BrCH2CH2Br + 2NaOH HOCH2CH2OH + 2NaBr 。
（3）C在一定条件下发生聚合反应生成PEC，PEG的分子式可表示为(C2H4O)n，若某种PEG的平均相对分子质量为2000， 则其平均聚合度为45.0。
（4）E的同分异构体中，含有—OCOO—基团的有HOOCOOCH2CH2CH2CH3、HOOCOO CH2CH(CH3)2、HOOCOOCH(CH3)CH2CH3、HOOCOOC(CH3)3、CH3OOCOO CH2CH2CH3、CH3OOCOOCH(CH3)2,共有6种。
点睛：本题考查了有机反应类型的判断、有机物结构的推断、有机物的重要转化、聚合度的计算、同分异构体的书写，其中同分异构体的书写难度较大，要求学生能根据题目要求，综合分析碳链异构、官能团异构、位置异构，按一定的顺序依次写出所有的结构，避免漏解和重复。
23. 青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体，双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：
（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。
（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。
（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有： 2LiH+B2H6=2LiBH4； 4NaH+BF3═NaBH4+3NaF
①写出BH4﹣的等电子体_________（分子、离子各写一种）；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；
④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。
【答案】 (1). O>C>H (2). (3). 7 (4). CH4、NH4+ (5). 2 (6). B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道 (7). 6 (8). 0.414 (9). 电荷因素 (10). 键性因素
【解析】分析：非金属性越强的元素，其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构、配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。
详解：（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图。
（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：。
（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是：B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；
④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示： 。Na+半径的半径为对角线的，对角线长为，则Na+半径的半径为，H-半径为，阴、阳离子的半径比0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。
24. 钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题:
（1）Co基态原子的电子排布式为_____。
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为_________ (用相应的元素符号作答) ；碳原子的杂化轨道类型为__________；
②与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_____________。
（3）Co的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的氧原子有______个；已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为____(用含a、b的式子表示)。
（4）筑波材料科学国家实验室 一个科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图中，不能描述CoO2的化学组成的是_______。
。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2 (2). N>C>H (3). sp2 (4). 2，4 (5). 6 (6). (7). D
【解析】分析：Co为27号元素；元素的非金属性越强，其电负性越大；根据N原子成键情况判断其是否可能形成配位键；根据晶胞结构确定配位数；根据晶胞中原子的总体积和晶胞的体积求原子的空间利用率；根据均摊法求原子个数比，再与化学式比较。
详解：（1）Co基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2 ；
（2）①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为N>C>H；由分子结构示意图可知，分子中所有碳原子的杂化轨道类型均为sp2；
②由图可知，编号为1和3的N原子恰好形成3个σ键，而编号为2和4的N原子除形成3个σ键外，还分别形成了一个π键，由于N原子的价电子数是5，当其形成3个σ键后，其价层电子就达到相对稳定的结构，故与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是2，4 。
（3）由晶胞结构示意图可知，该晶胞与氯化钠晶体的晶胞相似，在该晶体中两种原子的配位数均为6，故与一个钴原子等距离且最近的氧原子有6个。晶胞中已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则该晶胞的边长为(2a+2b)pm，晶胞的体积为(2a+2b)3pm3；该晶胞中有4个Co和4个O，4个Co和4个O的总体积为，所以，该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为。
（4）由CoO2的层状结构示意图可知，A中正方形内O原子数为4、Co原子数为1；B中正方形内O原子数为4、Co原子数为4；C中正方形内O原子数为4、Co原子数为2 ；D中正方形内O原子数为4、Co原子数为1。综上所述，用粗线画出的重复结构单元示意图中，不能描述CoO2的化学组成的是D。
点睛：本题考查了电子排布式、电负性的变化规律、杂化类型的判断、配位键的判断、有关晶胞的计算等等，难度较大。要求学生熟悉1~36号元素的基态原子的核外电子排布情况，抓住电负性与非金属性在变化规律上的相似性、能根据分子结构判断相关原子的杂化类型及形成的共价键的类型，能运用均摊法进行晶胞的相关计算。
辽宁省六校协作体2017-2018学年高二下学期期中考试
化学试题
1. 闪烁着银白色光泽的金属钛(22Ti)因具有密度小、强度大、无磁性等优良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域，号称“崛起的第三金属”。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是
A. 上述钛原子中，中子数不可能为22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期
C. 钛的不同同位素在周期表中处于不同的位置
D. 钛元素是d区的过渡元素
【答案】C
【解析】分析：根据原子的质量数和质子数可以求出其中子数，根据其核外电子的排布可以确定其在元素周期表中的位置。
详解：A. 上述钛原子中，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，故其中子数不可能为22，A正确；
B. 钛原子的价电子排布式为3d24s2，故其在周期表中处于第四周期，B正确；
C.钛的不同同位素的质子数和核外电子排布相同，故在元素周期表中处于相同的位置，C不正确；
D. 钛元素的原子核外价电子排布式为3d24s2，故钛是d区的过渡元素。
综上所述，关于金属钛的叙述中不正确的是C，本题选C。
点睛：原子的质量数等于其质子数与中子数的和。根据价电子排布式可以确定元素在元素周期表中的位置及所属的区，如根据钛原子价电子排布式3d24s2，可以确定其位于第4周期第IVB族、d区。过渡元素指的是7个副族和第VIII族的所有元素，全部是金属。
2. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是
A. 碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含碘的食物
B. 为使水果尽快成熟，需要用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯
C. 液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体无害
D. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性
【答案】D
【解析】分析：了解人体的重要微量元素；乙烯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；过量食用油脂易导致肥胖；杀菌消毒的原理是通过物理或化学方法使蛋白质变性。
详解：A. 碘是人体必需微量元素，要适量食用富含碘的食物，过量摄入碘元素对人体也是不利的，A不正确；
B. 为使水果尽快成熟，可以使用一些能释放出乙烯的物质对水果催熟，若用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯，则可对水果保鲜、防止水果熟得过快而腐烂，B不正确；
C. 液态植物油中有碳碳双键，与氢气加成后可以形成人造脂肪，摄入过多对人体有害，如导致肥胖等等，C不正确；
D. 加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性，变性后的蛋白质失去生理活性，故病毒不再有害，D正确。
综上所述，本题选D。
3. 下列各组中的物质均能发生加成反应的是
A. 乙烯和乙醇 B. 苯和聚乙炔 C. 乙酸和溴乙烷 D. 丙炔和聚氯乙烯
【答案】B
【解析】分析：含有碳碳双键、碳碳叁键、苯环、醛基等官能团的有机物可以发生加成反应，但是饱和一元羧酸、饱和一元酯不能发生加成反应。
详解：A.乙醇分子中全部是单键，故不能发生加成反应；
B. 苯分子中有苯环，聚乙炔分子中有碳碳双键，故其均可发生加成反应；
C. 乙酸是饱和一元羧酸，溴乙烷分子中只有单键，故两者均不能发生加成反应；
D. 丙炔分子中有碳碳叁键，聚氯乙烯分子中只有单键，故聚氯乙烯不能发生加成反应。
综上所述，各组中的物质均能发生加成反应的是B，本题选B。
4. 下列各组中的反应，属于同一反应类型的是
A. 由溴丙烷水解制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯氧化制苯甲酸
C. 由氯代环己烷消去制环己烯；由丙烯加溴制1,2-二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯水解制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】A、卤代烃的水解属于取代反应，丙烯与水发生加成反应，故A错误；B、甲苯的硝化属于取代反应 ，甲苯氧化成苯甲酸属于氧化反应，故B错误；C、氯代环己烷生成环己烯，属于消去反应，丙烯生成1，2－二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙酸与乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯的水解属于取代反应，故D正确。
5. 下列说法错误的是
A. 某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子跃迁时能量以光的形式释放出来
B. 1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有3个
C. 除ds区外，以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称
D. 气态电中性的原子失去1个电子转化为气态正离子所需要的最低能量称为第一电离能
【答案】D
【解析】分析：焰色反应与核外电子的排布有关；原子的未成对电子数可以通过轨道表示式确定；元素在周期表中所在区由其价电子排布决定；了解第一电离能的含义。
详解：A. 某些金属在灼烧时会产生特殊的颜色，是由于电子从高能级向低能级跃迁时能量以光的形式释放出来，A正确；
B. 1-36号元素中，原子最外层有3个未成对电子的元素有7号N、15号P、33号As等3种，B正确；
C. 除ds区外，其他区均以最后填入电子的轨道能级符号作为区的名称，C正确；
D. 某元素的气态基态原子失去1个电子形成+1价气态基态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，D不正确。
综上所述，D不正确，本题选D。
6. 目前科学家们已经合成许多硫-氮化合物，其中一种结构如图所示。关于该物质说法正确的是
A. 该物质的分子式为SN
B. 该物质熔、沸点较低
C. 该物质分子中所有原子的最外层均达到稳定结构
D. 该物质与化合物S2N2互为同素异形体
【答案】B
........................
7. 有四组同一族元素所形成的不同物质，在101kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示:
第一组
A -268.8
B -249.5
C -185.8
D -151.7
第二组
F2 -187.0
Cl2 -33.6
Br2 58.7
I2 184.0
第三组
HF 19.4
HCl -84.0
HBr -67.0
HI -35.3
第四组
H2O 100.0
H2S -60.2
H2Se -42.0
H2Te -1.8
下列各项判断正确的是
A. 第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强
B. 第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：HBr>H2Se
C. 第三组物质溶于水后，溶液的酸性：HF>HCl>HBr>HI
D. 第一组物质是分子晶体，一定含有共价键
【答案】B
【解析】分析：根据物质的沸点高低可以判断其晶体类型。由表中数据可知，，表中所有物质沸点较低，故其均可形成分子晶体。根据元素的非金属性强弱可以判断其气态氢化物的稳定性。对于分子组成相似的物质，若分子间能形成氢键，则其沸点要高于不能形成分子间氢键的。
详解：A. 第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子之间可以形成氢键，A不正确；
B. Se和Br同为第4周期元素，Br的非金属性较强，故化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se，B正确；
C. 第三组物质溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸，C不正确；
D. 第一组物质是分子晶体，其结构粒子为分子，但是，分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，D不正确。
综上所述，各项判断正确的是B，本题选B。
8. 关于化合物，下列叙述正确的是( )
A. 分子间可形成氢键 B. 分子中既有极性键又有非极性键
C. 分子中有7个σ键和1个π键 D. 该分子在水中的溶解度小于2丁烯
【答案】B
【解析】分析：由的分子结构可知，该有机物分子中有1个碳碳双键、2个醛基，醛基中有碳氧双键，双键由1个个σ键和1个π键构成，碳碳键为非极性键，其他键为极性键。组成元素只有C、H、O等 3种，因为分子中无羟基，故不能形成氢键，但可以与水分子间形成氢键。
详解：A. 分子间不能形成氢键，A不正确；
B. 分子中碳碳键为非极性键，其他键为极性键，故该分子既有极性键又有非极性键，B正确；
C. 分子中有9个σ键和3个π键，C不正确；
D. 该分子可以与水分子间形成氢键，而2丁烯不能，故其在水中的溶解度大于2丁烯，D不正确。
综上所述，叙述正确的是B，本题选B。
9. 设阿伏加德罗常数的值为NA，下列结论错误的是
A. 完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA
B. 标准状况下，11.2 L CO2中含有的π键键数为2NA
C. 60 g SiO2晶体中含有的Si—O键键数为4NA
D. 128 g金属铜中含有如图所示的晶胞数为0.5NA
【答案】B
【解析】A、水的结构式为H－O－H，因此完全电解2 mol H2O断裂的σ键键数为4NA，A正确；B、一个CO2中含有2个碳氧双键，每个碳氧双键中含一个π键，故11.2 L CO2中含有的π键键数为NA，B错误；C、二氧化硅晶体中一个硅原子形成4个Si－O键，60 g SiO2晶体的物质的量是1mol，其中含有的Si－O键键数为4NA，C正确；D、晶胞中含有8×1/8+6×1/2＝4个铜原子，128 g金属铜的物质的量是2mol，其中含有如图所示的晶胞数为0.5NA，D正确，答案选B。
10. 下列化合物中含有2个手性碳原子的是
A. B.
C. D.
【答案】B
考点：考查手性碳原子的定义及判断的知识。
11. 化合物中，稀土元素最常见的化合价是＋3 ，但也有少数的稀土元素可以显示＋4价，观察下面四种稀土元素的电离能数据，判断最有可能显示＋4价的稀土元素是
(几种稀土元素的电离能(单位：KJ/mol))
元素
I1
I2
I3
I4
A.Se(钪)
633
1235
2389
7019
B.Y(铱)
616
1181
1980
5963
C.La(镧)
538
1067
1850
4819
D.Ce(铈)
527
1047
1949
3547
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】分析：某元素的气态原子失去1个电子形成+1价气态阳离子所需的最低能量称为该元素的第一电离能，再失去第２个电子形成＋２价气态阳离子所需要的最低能量为第二电离能，依此类推，第三电离能、第四电离能、第n电离能。N值越大，其对应的电离能数值越大，但是相邻的两级电离能之间的差值是不同的，通常失去同一能级的电子所需的能量相差不大，失去不同能级的电子所需的能量相差较大，据此可以判断元素可能表现的化合价。
详解：根据表中数据可知，Se、Y、La等3种元素的第三电离能与第四电离能的差值较大，故其可以显示+3价，Ce元素的第三电离能与第四电离能差距最小，所以Ce元素最可能有＋4价。D符合题意，本题选D。
点睛：相邻两级电离能差值较小的，说明对应的电子在同一能级中，相差较大的在不同能级，科学家通过研究电离能的数据把核外电子分成不同的电子层和不同的能级，确定原子的价电子数及元素的主要化合价。
12. 下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是
A. 熔点：NaF>MgF2>AlF3 B. 晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C. 阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2 D. 硬度：MgO>CaO>BaO
【答案】A
【解析】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaF
13. 下列各选项所述的两个量，前者一定大于后者的是
①Al原子和N原子的未成对电子数 ②Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数 ③H—F的键能与H—I的键能 ④F元素和O元素的电负性 ⑤N和O元素的第一电离能
A. ①④⑤ B. ②④ C. ②④⑤ D. ③④⑤
【答案】D
【解析】Al原子未成对电子数为1，N原子的未成对电子数为3，前者小于后者，①错误；Ag＋、Cu2＋与NH3形成配合物时的配位数分别为2和4，前者小于后者，②错误；H－F的键能大于H－I的键能，F元素的电负性大于O元素，N的第一电离能大于O元素，③④⑤正确，答案选D。
点睛：电离能的大小比较是解答的易错点，注意掌握其变化规律：①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左至右逐渐增大的变化趋势。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。③同种原子：逐级电离能越来越大(即I1≤I2≤I3…)。但需要注意全充满、半充满时稳定性强，其第一电离能大于相邻的元素，例如N大于O等。
14. 已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是
A. C3N4晶体是分子晶体
B. C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长短
C. C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D. C3N4晶体中微粒间通过离子键结合
【答案】B
【解析】A、根据“C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度”可判断C3N4晶体与金刚石类似，原子间通过共价键形成原子晶体，A错误；B、氮原子的半径比碳原子的半径小，所以C－N键的键长比C－C键的键长短，B正确；C、C3N4晶体中，原子间以单键结合，所以碳原子形成4个共价键，氮原子形成3个共价键，C、N原子个数之比应为3∶4，C错误；D、根据以上分析可知D错误，答案选B。
15. 下列有关说法不正确的是
A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积每个Cu原子的配位数均为12
【答案】C
【解析】分析：由图1可知，水合铜离子中有4个水分子与铜离子形成配位键；由图2可知，CaF2晶体的晶胞中有8个氟离子和4个钙离子；由图3 中H原子的电子云图可知，电子在离核较近的区域出现的机会较多；由图4可知，金属铜中Cu原子堆积方式为最密堆积，每一层原子均为密置层，每个铜原子与同一层中6个原子紧密排列，另外还与上、下两层各3个原子紧密排列，故其配位数为12.。
详解：A. 水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键，A正确；
B. CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋，B正确；
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外只有一个电子，电子在离核较近的区域出现的机会较多，C不正确；
D. 金属铜中Cu原子堆积模型如图4为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12，D正确。
综上所述，本题选C。
16. 下列物质的结构与性质与氢键无关的是
①乙醚的沸点②冰的密度比液态水小③邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低④水分子在高温下很稳定⑤氢化镁的晶格能高⑥DNA的双螺旋结构⑦尿素的熔沸点比醋酸高
A. ④⑥② B. ①④⑤ C. ②⑤⑥ D. ③⑤⑦
【答案】B
【解析】分析：氢键可以影响物质的熔点、沸点和溶解度、密度等。
详解：①乙醚分子之间不能形成氢键，故其沸点与氢键无关；
②冰中水分子间形成氢键后，水分子之间的空隙变大，故其密度比液态水小，与氢键有关；
③邻羟基苯甲酸可以形成分子内的氢键，而对羟基苯甲酸只能形成分子间的氢键，故邻羟基苯甲酸的分子间作用力较大，其熔沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；
④水分子在高温下很稳定是因为水分子内的共价键的键能很大，与氢键无关；
⑤氢化镁属于离子晶体，共中阴阳离子间的离子键较强，故其晶格能高，与氢键无关；
⑥DNA的双螺旋结构与氢键有关，氢键的形成有一定的方向性，也需要一定的空间条件，这两个条件成就了DNA的双螺旋结构；
⑦尿素与醋酸的相对分子质量相同，尿素的分子间形成的氢键数目高于醋酸，故其熔沸点比醋酸高，与氢键有关。
综上所述，质的结构与性质与氢键无关①④⑤，B正确，本题选B。
17. 下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是
表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶体中Cl－与Na＋间的作用力大于碘晶体中分子间的作用力
B
通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高
Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小
C
在形成化合物时，同一主族元素的化合价相同
同一主族元素原子的最外层电子数相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不导电
P4O10、C6H12O6均属于共价化合物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】分析：用相似相溶原理分析物质的溶解性；根据原子半径分析同一主族元素的气态氢化物的稳定性；根据最外层电子数分析其最高化合价和最低化合价；根据化学键类型分析化合物的类型。
详解：A.因为水是极性分子，碘是非极性分子，NaCl是离子化合物，根据相似相溶原理可知，在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大，A不正确；
B. Pb的原子半径比C的大，Pb与H之间的键能比C与H间的小，故通常条件下，CH4分子比PbH4分子稳定性高，B正确；
C. 同一主族元素原子的最外层电子数相同，故在形成化合物时，同一主族元素的最高化合价或最低化合价通常相同，C不正确；
D. P4O10溶于水后可与水反应，生成磷酸或偏磷酸，故其水溶液导电，C6H12O6溶于水后不导电；化合物的水溶液是否导电，与其化合物的类型没有关系，许多共价化合物的水溶液可以导电，D不正确。
综上所述，本题选B。
18. 下列说法错误的是
A. 在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键
B. σ键和π键比例为7:1
C. C与O互为等电子体，1 mol O中含有的π键数目为2NA
D. 已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键数目为3NA
【答案】B
【解析】分析：知道配位键的成因；根据结构式分析σ键和π键的数目；用等电子原理分析分子结构；了解常见分子的结构。
详解：A. NH3分子中的N有孤电子对，H+和Cu2+都有空轨道，故在NH和[Cu(NH3)4]2＋中都存在配位键，A正确；
B. σ键和π键的数目分别为18和2，故其比例为9:1，B不正确；
C. C与O互为等电子体，故C与O均含有叁键， 1 mol O中含有的π键数目为2NA，C正确；
D. N2分子中有叁键，叁键中有2个π键。已知反应N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，即消耗1mol N2H4，则生成1.5mol N2，形成的π键数目为3NA，D正确。
综上所述，说法错误的是B，本题选B。
点睛：明确形成配位键的两个必要条件，根据原子的价电子数及其成键情况判断中心原子的杂化类型，并判断中心原子所形成的化学键的类型，如中的N形成了3个共价键，根据N原子的价电子数是5，可以判断分子中的N原子只形成了3个σ键，Cu2+与其邻近的两个O原子之间形成的配位键也属于σ键，还要能找出隐藏的C—H键也是σ键，防止遗漏的方法是首先分析键线式中碳原子上的H原子数。
19. ．通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是
A. 分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等
B. 在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为
C. NCl3分子是非极性分子
D. NBr3比NCl3易挥发
【答案】B
【解析】试题分析：A、C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B、分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3•H2O分子；则NH3•H2O的结构式为，B正确；C、NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，C错误；D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误，答案选B，
【考点定位】本题主要是考查原子轨道杂化方式及杂化类型判断；原子核外电子排布；极性分子和非极性分子
【名师点晴】同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键．正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子。分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，注意相关基础知识的理解掌握和灵活应用。
20. 以下说法不正确的是
A. 1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，能证明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同
B. 下列反应可证明苯环受甲基的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化
C. 下列反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易
D. 苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键
【答案】B
【解析】试题分析：A．1mol乙醇可以与足量金属钠反应，生成0.5molH2，根据氢原子守恒可知说明乙醇分子有一个H原子与其余的H原子不同，A正确；B．该反应可证明甲基受苯环的影响，甲苯易被酸性高锰酸钾氧化，B错误；C．该反应可证明由于羟基对苯环的影响，导致苯酚的取代比苯容易，C正确；D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构和性质判断
21. （1）基态Ga原子中能量最高的能层符号________ 有______ 种不同能量的电子,Ga元素与同周期相邻元素Zn、Ge相比，第一电离能从大到小的顺序__________,（用元素符号表示）金属Zn晶体采用六方最密堆积，其密置层堆积方式为__________ （ABABAB或ABCABC）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是________________。
（2）磷有三种含氧酸 H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 其中磷原子均以sp3杂化与相邻原子形成四个α 键，则①H3PO3的结构式是__________；②写出H3PO2 与足量强氧化钠溶液反应的化学方程式_________；③三种酸的强弱顺序为H3PO2
【答案】 (1). N (2). 8 (3). Zn＞Ge＞Ga (4). ABABAB (5). X射线衍射实验 (6). (7). NaOH+H3PO2=NaH2PO2+H2O (8). H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 中磷元素的化合价依次为+1、+3、+5，中心磷原子的正电荷依次升高，导致P-O-H中氧原子的电子更易向磷原子偏移，因而更易电离出氢离子，酸性越来越强 (9). sp2 (10). Cu + 4NH3▪H2O +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH- + 4H2O (或Cu + 4NH3 +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH-) (11). F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤对电子吸引能力强，难以形成配位键
【解析】分析：了解核外电子的运动状态及其排布规律，了解第一电离能的变化规律，了解晶体中结构粒子的堆积方式，根据中心原子的杂化类型判断分子的结构，根据分子结构判断键的极性强弱，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化类型。
详解：（1）基态Ga原子的价电子排布式为4s24p1，故其能量最高的能层符号N ；基态Ga原子共有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p等8种能级，故有8种不同能量的电子。同一周期的第一电离能呈逐渐增大的趋势，由于Zn的价电子排布处于全充满状态，故其第一离能高于邻近的两种元素，所以，Ga元素与同周期相邻元素Zn、Ge相比，第一电离能从大到小的顺序Zn＞Ge＞Ga，金属Zn晶体采用六方最密堆积，其密置层堆积方式为ABABAB，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验。
（2）磷有三种含氧酸 H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 ，其中心原子磷原子的价层电子对数均为4（），故磷原子均以sp3杂化与相邻原子形成四个α 键，则①H3PO3的结构式是；②H3PO2是一元酸，其与足量强氧化钠溶液反应的化学方程式为NaOH+H3PO2=NaH2PO2+H2O，③三种酸的强弱顺序为H3PO2＜H3PO3＜H3PO4，其原因是：H3PO2 、 H3PO3 、 H3PO4 中磷元素的化合价依次为+1、+3、+5，中心磷原子的正电荷依次升高，导致P-O-H中氧原子的电子更易向磷原子偏移，O-H键的极性更强，因而更易电离出氢离子，酸性越来越强；④HNO3 、 HNO2 中心原子的价层电子对数均为3，故其杂化方式均为sp2。
（3）金属铜投入氨水或过氧化氢溶液中均无明显现象，但投入氨水和过氧化氢的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，说明铜、氨水、过氧化氢能反应生成[Cu(NH3)4]2+，①该反应的离子反应方程式为Cu + 4NH3▪H2O +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH- + 4H2O(或Cu + 4NH3 +H2O2 = [Cu(NH3)4]2+ +2OH-) ，②已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是：F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子对其孤对电子吸引能力强，难以形成配位键。
点睛：本题考查了核外电子的运动状态的表示方法、第一电离能的变化规律、晶体中结构粒子的堆积方式、杂化类型的判断、分子结构的判断、配合物的结构等等。要求学生理解核外电子的运动状态的表示方法，能熟练写出1~36号元素的电子排布式；能根据原子结构、金属性与非金属性的变化规律理解并比较第一电离能的大小关系，通常金属性越强其第一电离能越小，非金属性越强其第一电离能越大，第IIA族和第VA族的元素因其价电子排布呈相对较稳定的结构，故其第一电离能高于同周期邻近的两种元素。能理解分子中原子间的相互影响对其所形成的共价键的极性的影响，并能据此比较相关酸的酸性强弱。会计算中心原子的价层电子对数，并据此判断中心原子的杂化类型。掌握形成配位键的两个重要条件。
22. 聚乙二醇(PEG) 是一种用途广泛的聚合物，1,2-乙二醇碳酸酯(又称为碳酸亚乙酯) 是一种医药中间体。某小组以烃A 为原料合成PEG和碳酸亚乙酯的路线设计如下：
已知: 2C2H5OH+CO+1/2O2 C2H5OCOOC2H5+H2O
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为__________。
（2）B→C的化学方程式为______。
（3）C在一定条件下发生聚合反应生成PEG，若某种PEG的平均相对分子质量为2000， 则其平均聚合度为____________________。
（4）E的同分异构体中，含有—OCOO—基团的共有______ 种(不包含E和立体异构)。
【答案】 (1). 加成反应 (2). BrCH2CH2Br + 2NaOH HOCH2CH2OH + 2NaBr (3). 45.0 (4). 6
【解析】分析：由题中合成路线可知，A为乙烯，A与溴发生加成反应生成B，B为1,2-二溴乙烷，B在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成C，C发生聚合反应生成PEG；A与水发生加成反应生成D，则D为乙醇；D与CO、O2反应生成E，F与C发生取代反应生成F（碳酸亚乙酯）。
（1）A→B的反应类型为加成反应。
（2）B→C的化学方程式为BrCH2CH2Br + 2NaOH HOCH2CH2OH + 2NaBr 。
（3）C在一定条件下发生聚合反应生成PEC，PEG的分子式可表示为(C2H4O)n，若某种PEG的平均相对分子质量为2000， 则其平均聚合度为45.0。
（4）E的同分异构体中，含有—OCOO—基团的有HOOCOOCH2CH2CH2CH3、HOOCOO CH2CH(CH3)2、HOOCOOCH(CH3)CH2CH3、HOOCOOC(CH3)3、CH3OOCOO CH2CH2CH3、CH3OOCOOCH(CH3)2,共有6种。
点睛：本题考查了有机反应类型的判断、有机物结构的推断、有机物的重要转化、聚合度的计算、同分异构体的书写，其中同分异构体的书写难度较大，要求学生能根据题目要求，综合分析碳链异构、官能团异构、位置异构，按一定的顺序依次写出所有的结构，避免漏解和重复。
23. 青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体，双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：
（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。
（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。
（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠(NaBH4)还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有： 2LiH+B2H6=2LiBH4； 4NaH+BF3═NaBH4+3NaF
①写出BH4﹣的等电子体_________（分子、离子各写一种）；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；
④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比=__________由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有_________、_________。
【答案】 (1). O>C>H (2). (3). 7 (4). CH4、NH4+ (5). 2 (6). B原子价电子层上没有d轨道，Al原子价电子层上有d轨道 (7). 6 (8). 0.414 (9). 电荷因素 (10). 键性因素
【解析】分析：非金属性越强的元素，其电负性越大；根据原子核外电子排布的3大规律分析其电子排布图；手性碳原子上连着4个不同的原子或原子团；等电子体之间原子个数和价电子数目均相同；配合物中的配位数与中心原子的半径和杂化类型共同决定；根据晶胞结构、配位数、离子半径的相对大小画出示意图计算阴、阳离子的半径比。
详解：（1）组成青蒿素的三种元素是C、H、O，其电负性由大到小排序是O>C>H，基态O原子的价电子排布图。
（2）一个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，如图所示：。
（3）①根据等电子原理，可以找到BH4﹣的等电子体，如CH4、NH4+；
②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心2电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有B—H键和3中心2电子键等2种共价键；
③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是：B原子的半径较小、价电子层上没有d轨道，Al原子半径较大、价电子层上有d轨道；
④由NaH的晶胞结构示意图可知，其晶胞结构与氯化钠的晶胞相似，则NaH晶体中阳离子的配位数是6；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，Na+半径大于H-半径，两种离子在晶胞中的位置如图所示： 。Na+半径的半径为对角线的，对角线长为，则Na+半径的半径为，H-半径为，阴、阳离子的半径比0.414。由此可知正负离子的半径比是决定离子晶体结构的重要因素，简称几何因素，除此之外影响离子晶体结构的因素还有电荷因素（离子所带电荷不同其配位数不同）和键性因素（离子键的纯粹程度）。
24. 钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题:
（1）Co基态原子的电子排布式为_____。
（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到广泛的应用，其结构如图所示，中心离子为钴离子。
①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为_________ (用相应的元素符号作答) ；碳原子的杂化轨道类型为__________；
②与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_____________。
（3）Co的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的氧原子有______个；已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则在该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为____(用含a、b的式子表示)。
（4）筑波材料科学国家实验室 一个科研小组发现了在5K 下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构(如下图所示，小球表示Co原子，大球表示O原子)。下列用粗线画出的重复结构单元示意图中，不能描述CoO2的化学组成的是_______。
。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d74s2 (2). N>C>H (3). sp2 (4). 2，4 (5). 6 (6). (7). D
【解析】分析：Co为27号元素；元素的非金属性越强，其电负性越大；根据N原子成键情况判断其是否可能形成配位键；根据晶胞结构确定配位数；根据晶胞中原子的总体积和晶胞的体积求原子的空间利用率；根据均摊法求原子个数比，再与化学式比较。
详解：（1）Co基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2 ；
（2）①酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为N>C>H；由分子结构示意图可知，分子中所有碳原子的杂化轨道类型均为sp2；
②由图可知，编号为1和3的N原子恰好形成3个σ键，而编号为2和4的N原子除形成3个σ键外，还分别形成了一个π键，由于N原子的价电子数是5，当其形成3个σ键后，其价层电子就达到相对稳定的结构，故与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是2，4 。
（3）由晶胞结构示意图可知，该晶胞与氯化钠晶体的晶胞相似，在该晶体中两种原子的配位数均为6，故与一个钴原子等距离且最近的氧原子有6个。晶胞中已知在该钴的氧化物晶体中钴原子的半径为apm，氧原子的半径为bpm，它们在晶体中是紧密接触的，则该晶胞的边长为(2a+2b)pm，晶胞的体积为(2a+2b)3pm3；该晶胞中有4个Co和4个O，4个Co和4个O的总体积为，所以，该钴的氧化物晶体中原子的空间利用率为。
（4）由CoO2的层状结构示意图可知，A中正方形内O原子数为4、Co原子数为1；B中正方形内O原子数为4、Co原子数为4；C中正方形内O原子数为4、Co原子数为2 ；D中正方形内O原子数为4、Co原子数为1。综上所述，用粗线画出的重复结构单元示意图中，不能描述CoO2的化学组成的是D。
点睛：本题考查了电子排布式、电负性的变化规律、杂化类型的判断、配位键的判断、有关晶胞的计算等等，难度较大。要求学生熟悉1~36号元素的基态原子的核外电子排布情况，抓住电负性与非金属性在变化规律上的相似性、能根据分子结构判断相关原子的杂化类型及形成的共价键的类型，能运用均摊法进行晶胞的相关计算。
相关资料
更多
