1、安徽省安庆市太湖县太湖中学2019-2020学年高二化学下学期3月线上考试试题（含解析）一、单项选择题1.下列说法中正确的是( )A. 处于最低能量的原子叫做基态原子B. 3p2表示3p能级有两个轨道C. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小D. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多【答案】A【解析】【详解】A.处于最低能量的原子叫做基态原子，故A正确；B. 3p2表示3p能级容纳2个电子，p能级有3个原子轨道，故B错误；C.能级符号相同，能层越大，电子能量越高，所以1s、2s、3s电子的能量逐渐增大，故C错误；D.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相等，都为3，故
2、D错误。答案选A。2.某原子核外电子排布为ns2np7，它违背了（ ）A. 泡利原理B. 能量最低原理C. 洪特规则D. 洪特规则特例【答案】A【解析】【分析】p能级只有3个轨道，每个轨道可容纳2个电子，可知p能级最多容纳6个电子。【详解】A泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子，而ns2np7的np能级排布了7个电子，故违背了泡利原理，故A选；B能量最低原理是指核外电子优先排布能量最低的轨道，故B不选；C洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子在排布的时候优先进入空轨道，每个轨道中的单电子取得相同自旋方向，故C不选；D洪特规则特例是指全充满、半充满、全空状态都是稳定状态，故D不选；故
3、选A。【点睛】本题考查原子核外电子排布，把握原子的电子排布规律及遵循的原则为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意泡利原理与洪特规则的区别。3.下列叙述错误的是()A. 1s22s12p1表示的是激发态的原子的电子排布B. 碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，要从外界环境中吸收能量C. 我们看到的灯光是原子核外电子发生跃迁吸收能量的结果D. 电子由3d能级跃迁至4p能级时，可通过光谱仪直接提取吸收光谱【答案】C【解析】【详解】A. 1s22s12p1表示有4个电子，若为基态原子，电子排布式为1s22s2，那么，1s22s12p1就表示1个2s电子跃迁到了2p
4、能级，是铍原子的激发态，A正确；B. 碳原子的核外电子排布由1s22s22p2转变为1s22s12p3时，碳原子由基态变为激发态，碳原子是从外界环境中吸收能量，B正确；C. 灯光是核外电子发生跃迁时释放能量的结果，C错误；D. 因E(3d)E(4p)，故电子由3d能级跃迁至4p能级时，要吸收能量，形成吸收光谱，D正确。答案选C。4.下列有关原子的最外能层的电子排布图正确的是（）A. 铍原子：B. 碳原子：C. 氯原子：D. 铝原子：【答案】C【解析】【详解】A. 铍是4号元素，原子核外电子排布为1s22s2，所以铍原子最外能层的电子排布图：，题目图示未注明s轨道的能层数，A错误；B. 碳是6号
5、元素，原子核外电子排布为1s22s22p2，原子核外电子尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样能量最低，所以C原子原子的最外能层的电子排布图：，B错误；C. 氯是17号元素，原子最外层电子排布式是3s23p5，故Cl原子最外层电子排布图为：，C正确；D. 铝是13号元素，原子最外层电子排布式是3s23p1，故Al原子最外层电子排布图为：，D错误；故合理选项是C。5.某元素原子的价电子排布式是3s23p4，则它在周期表中的位置是 ()A. 第二周期第A族B. 第三周期第A族C. 第四周期第A族D. 第三周期第A族【答案】D【解析】【详解】该元素为主族元素，元素周期序数=原子的电子层数，主族序数=
6、原子的最外层电子数，该元素的原子有3个电子层、最外层电子数为6，所以该元素在第三周期第A族，故选D。6.下列说法中，正确的是（ ）A. 元素周期表中，氟的电负性最大，锂的电负性最小B. 所有元素中，氟的第一电离能最大C. 主族元素的最高正价一定等于族序数D. 金属元素的电负性一般小于1.8【答案】D【解析】【详解】A、元素周期表中，氟的非金属性最强，电负性最大，Cs的金属性最强，电负性最小，A错误；B、He为稳定结构，且He的原子半径相对于其他稀有气体元素原子的半径是最小的，所以最难失去最外层电子，故He的第一电离能最大，B错误；C、O和F元素没有最高正价，所以也不等于主族序数，C错误；D、金
7、属元素的电负性一般小于1.8，D正确。答案为D。【点睛】本题易错点C，误认为主族元素的最高正价一定等于族序数，O和F的非金属性强，很难失去电子或者电子发生偏离，故O、F没有最高正化合价。7.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )A. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3B. 第一电离能：NaMgAlC. 电负性：NaMgAlD. 还原性：NaMgAl【答案】D【解析】【详解】根据元素周期表可知Na、Mg、Al属于同一周期元素，且原子序数依次增大。A项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的金属性减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则碱性：NaOHMg（OH）2Al（OH）3，
8、故A项错误；B项，同一周期，从左往右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级容纳2个电子，为全满稳定状态，失去电子需要的能量高，第一电离能高于同周期的相邻元素，则第一电离能：NaAlMg，故B项错误；C项，同一周期，随着原子序数的增大，元素的电负性增强，则电负性：NaMgAl，故C项错误。D项，同周期元素原子的失电子的能力随原子序数的增大而减小，则还原性：NaMgAl，故D项正确。答案选D。8.下图是第3周期1117号元素某些性质变化趋势的柱形图。下列有关说法中正确的是()A. y轴表示的可能是电离能B. y轴表示的可能是电负性C. y轴表示的可能是原子半径D. y轴表示的可能是形成基态离子转
9、移的电子数【答案】B【解析】【详解】A. 对于第3周期1117号元素，随着原子序数的增大，第一电离能总体上呈增大趋势，但Mg、P特殊，Mg的3s电子全满为稳定结构，P的3p电子半满为稳定结构，则第一电离能大于相邻的元素，即第一电离能不是随着原子序数的递增而增大，A错误；B. 同周期随原子序数的增大，元素的非金属性增强，则元素的电负性增强，B正确；C. 同周期随原子序数的增大，原子半径减小，与图像不符，C错误；D. 形成基态离子转移的电子数依次为Na为1，Mg为2，Al为3，Si不易形成离子，P为3，S为2，Cl为1，与图像不符，D错误；答案选B。9.下表是第3周期部分元素的电离能(单位：kJm
10、ol-1)数据。元素I1I2I3甲4964 5626 912乙7381 4517 733丙1 2512 2983 822丁1 5202 6663 931下列说法正确的是()A. 甲的金属性比乙强B. 乙的化合价为1C. 丙一定为金属元素D. 丁一定为金属元素【答案】A【解析】【分析】甲、乙、丙、丁为第三周期元素，甲元素的第一电离能远远小于第二电离能，说明甲元素最外层有1个电子，失去1个电子时达到稳定结构，所以甲为Na元素；乙元素的第二电离能远远小于第三电离能，则乙元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以乙为Mg元素；丙、丁元素的第一电离能都比乙的第一电离能大，且第一电离、第二电离
11、能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，不易失去电子，丙、丁一定为非金属元素。【详解】A.甲为Na元素，乙为Mg元素，同周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，故甲的金属性比乙强，故A正确；B.乙为Mg元素，化合价为+2价，故B错误；C.由上面的分析可知，丙为非金属元素，C错误；D.由上面的分析可知，丁为非金属元素，D错误；答案选A。10.下列说法正确的是 （ ）A. 元素周期表每一周期元素原子最外层电子排布均是从ns1 过渡到ns2np6B. 所有的非金属元素都分布在p区C. 原子核外电子排布式为1s2的原子与原子核外电子排布式为1s22s2的原子的化学性质相似D. 元素周期表中B到
12、B的10个纵行的元素都是金属，所以统称过渡金属元素【答案】D【解析】A第一周期最外层电子排布是从ns1过渡到ns2，故A错误；BH元素处于s区，故B错误；C原子核外电子排布式为1s1的原子为H原子，原子核外电子排布式为1s22s1的原子为Li原子，H原子为非金属、Li原子为金属，二者性质不同，故C错误；D过渡元素包括副族与第族，为元素周期表中的第3列到12列，即B到B的10个纵行，都是金属元素，故D正确；故答案为D。11.下列关于价电子排布式为3s23p4的粒子的描述正确的是()A. 它的原子核外有三种形状不同的电子云B. 它的原子核外电子共有16种不同的运动状态C. 它可与H2反应生成常温时
13、的液态化合物D. 该原子的轨道表示式为【答案】B【解析】分析】A. 电子云的形状种数由该原子能级种类确定；B. 原子核外电子运动状态和该原子的核外电子数相等；C. 硫与氢气反应生成硫化氢，在常温下，硫化氢为气体；D. 3p能级上电子排布图违反洪特规则。【详解】A. 价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，具有s和p两种能级，因此该原子的电子云形状有两种，分别是球形和哑铃形，故A项错误；B. S原子具有16个核外电子，处于不同能层、能级上的电子具有的能量不同，同一能级上的电子自旋方向相反，故有16种不同的运动状态，故B项正确；C. 硫和氢气化合生成的硫化氢在常温下是气体而不是液体，故C项错
14、误；D. 电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以3p能级上电子排布图违反洪特规则，故D项错误；答案选B。12.已知元素原子的下列结构或性质，能确定其在周期表中位置的是()A. 某元素原子的第二电子层电子排布图为B. 某元素在某种化合物中的化合价为4C. 某元素的原子最外层上电子数为6D. 某元素的外围电子排布式为5s25p1【答案】D【解析】【分析】要确定元素在周期表中的位置，必须能够依据原子的结构或性质确定其电子层数和价电子数。【详解】A项、可以确定L电子层的电子数为8，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故A错误；B项、
15、可以确定元素的化合价为+4价，但无法确定原子的电子层数和最外层电子数，不能确定其在周期表中位置，故B错误；C项、可以确定原子的最外层上电子数为6，但无法确定原子的电子层数，不能确定其在周期表中位置，故C错误；D项、由元素的外围电子排布式为5s25p1可知，该元素位于周期表第五周期A族，故D正确。故选D。13.下图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是()XYZMA. 电负性：YZMB. 离子半径：M-Z2-Y-C. ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构D. Z元素基态原子最外层电子排布图为【答案】C【解析】【详解】根据短周期元素在周期表的位置可知：X是He，Y是F
16、元素，Z是S元素，M是Cl元素。A元素的非金属性越强，其电负性越大，由于元素的非金属性YMZ，所以元素的电负性：YMZ，A错误；B离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：Z2-M-Y-，B错误；CZM2是SCl2，S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，S原子与2个Cl原子形成2对共用电子对，使分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；DZ是S元素，最外层电子排布为3s23p4，在基态S原子的3s轨道上的两个电子和3p轨道上1对成对电子的自旋状态应该方向相反，这种排布使S原子能量最低，D错误；故合理选项是C。14
17、.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p41s22s22p63s23p31s22s22p31s22s22p5则下列有关比较中正确的是A. 第一电离能：B. 原子半径：C. 电负性：D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、1s22s22p3是N元素、1s22s22p5是F元素。A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族
18、自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故A正确；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越大，故原子半径PSNF，即，故B错误；C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性与S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故C错误；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误。故选A。15.如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是（ ）ADBECA.
19、D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小B. 电负性：ECC. D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大D. 气态氢化物的稳定性顺序：DBE【答案】B【解析】【分析】B 元素最高化合价是最低化合价绝对值的 3 倍，它的最高氧化物中含氧60%，则最高正价为+6，最低价为-2，B为S元素，结合元素在周期表的位置可知，A为O，C为Se，D为P，E为Cl。【详解】A. 由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第A族元素比第A族元素的第一电离能大，第A族比第A族第一电离能大，P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但P属于第
20、VA元素，S属于第A族，所以第一电离能的大小顺序是ClPS，故A错误；B. 同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，则电负性：EC，故B正确；C. 由分析可知，D为P、B为S元素、E为Cl，三种元素形成的简单离子核外电子结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，故C错误；D. B为S，D为P，E为Cl ，非金属性ClSP，则氢化物的稳定性为HClH2SPH3，故D错误；正确答案是B。【点睛】第一电离能变化规律：同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但同一周期中第A族元素比第A族元素的第一电离能大，第A族
21、比第A族第一电离能大。16.已知X、Y是短周期的两种元素，下列有关比较或说法中一定正确的是()选项条件结论A若原子半径：XY原子序数：XYC若价电子数：XY最高正价：XYD若X、Y最外层电子数分别为1、7X、Y之间一定能形成离子键A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.原子半径：NaO，原子序数：NaO，若原子半径：XY，原子序数不一定XH2O，A不合题意；B.共价键为分子内部化学键，主要影响化学性质，B不合题意；C.氢键是一种较强的分子间作用力，比普通分子间作用力要强，会使物质的熔沸点升高，H2O中含氢键而H2S无，这是引起沸点反常的主要原因，C符合题意；D. 一般来讲
22、，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点也越高，D不合题意；答案选C。21.下列说法中错误的是( )A. SO2、SO3都是极性分子B. 和Cu(NH3)42+中都存在配位键C. 元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D. 金刚石晶体中碳原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性【答案】A【解析】【分析】本题利用一些常见的分子和离子综合考查了极性分子和非极性分子、配位键、电负性、晶体结构及其性质等相关知识。【详解】A. SO3是平面三角形结构，属于非极性分子，SO2是V型结构，是极性分子，A错误；B. 中氮原子提供孤电子对给氢离子，Cu(NH3)4
23、2+中氮原子提供孤电子对给铜离子，都存在配位键，B正确；C. 电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，C正确；D. 金刚石是原子晶体，晶体中碳原子以共价键结合，共价键键能大，使得金刚石熔点高、硬度大，D正确。答案选A。22.三氯化氮(NCl3)是一种淡黄色的油状液体，下面对于NCl3的描述不正确的是( )A. NCl3为三角锥形B. NCl3是一种极性分子C. 它还能再以配位键与Cl-结合D. NCl3的挥发性比PBr3要大【答案】C【解析】【详解】A. NCl3的中心原子N上的孤电子对数=1，价层电子对数=13=4，VSEP
24、R模型为四面体，所以该分子为三角锥形，A正确；B. NCl3分子为三角锥形，分子中正负电中心不重合，分子为极性分子，B正确；C. NCl3中的N原子、Cl离子的最外层均无空轨道，所以无法再与Cl形成配位键，C不正确；D. NCl3和PBr3都属于分子晶体，但相对分子质量Mr(NCl3)Mr(PBr3)，所以范德华力NCl3比PBr3要小，NCl3沸点低，易挥发，即NCl3的挥发性比PBr3要大，D正确；答案选C。23. 下列说法正确的是( )A. CHCl3是三角锥形B. AB2是V形，其A可能为sp2杂化C. 二氧化硅中硅为sp杂化，是非极性分子D. NH4+是平面四边形结构【答案】B【解析
25、】【详解】A. CHCl3是四面体形，故A错误；B. AB2是V形，其A可能为sp2杂化，故B正确；C. 二氧化硅中硅为sp3杂化，二氧化硅不含分子，故C错误；D. NH4+是平正四面体结构，故D错误。答案选B。24.下列现象与氢键有关的是（ ）NH3的熔、沸点比第A族相邻元素的氢化物高小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小尿素的熔、沸点比醋酸的高邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低NH3分子加热难分解A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】氨气分子间含有氢键，所以NH3的熔、沸点比第A族相邻元素的氢化物高，与氢键有关；小分子的醇、羧酸可以与水分子间形成氢键
26、，从而可以与水以任意比互溶，与氢键有关；冰中的1个水分子周围有4个水分子以氢键相连，构成正四面体结构，而液态水的空间间隙小，所以等质量的冰的体积大，密度小，与氢键有关；尿素分子间形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，与氢键有关；对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，与氢键有关；NH3分子加热难分解，是由于NH键键能较大，与氢键无关；都与氢键有关，答案选B。25.若不断地升高温度，实现雪花水水蒸气氧气和氢气的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是A. 氢键；分子间作用力；非极性键B. 氢键
27、；氢键；极性键C. 氢键；极性键；分子间作用力D. 分子间作用力；氢键；非极性键【答案】B【解析】【详解】雪花水，破坏氢键和分子间作用力；水水蒸气，破坏氢键和分子间作用力；水蒸气氧气和氢气，破坏分子内H、O原子间的极性键；故选B。26.下列说法中不正确的是( )A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子B. SO3、的空间构型均为三角锥形C. NH3、H2O、H3O、CH4中的N、O、C原子均是采取sp3杂化的D. 配合物Cu(H2O)4SO4中，中心离子是Cu2，配位体是H2O，配位数是4【答案】B【解析】【详解】A. ABn型分子中，若中心原子没有
28、孤对电子，则ABn为空间对称结构，正电中心与负电中心重合，属于非极性分子，A正确；B. SO3、的中心原子孤电子对数分别为0、0、0、1，价层电子对数分别为3、3、3、4，所以SO3、为平面三角形，为三角锥形，B错误； C. NH3、H2O、H3O、CH4中的N、O、C原子杂化轨道数都是4，均是采取sp3杂化的，只不过NH3、H2O、H3O中孤对电子占据着杂化轨道，C正确；D. 配合物Cu(H2O)4SO4中，中心离子Cu2提供空轨道，配位体H2O中氧原子提供孤电子对，形成配位键，配位数是4，D正确。答案选B。27.下列说法正确的是 ()A. 一个水分子与其他水分子间只能形成2个氢键B. 含氢
29、键的物质的熔、沸点一定升高C. 分子间作用力包括氢键和范德华力D. 当H2O由液态变为气体时只破坏了氢键【答案】C【解析】【详解】A. 水分子中氧原子含有一对孤对电子，O原子电负性较大原子半径小，可以和其它水分子形成两个氢键，含有的两个氢原子，可以分别和其它的水分子的氧原子形成两个氢键，所以一个水分子与其他水分子间最多能形成4个氢键，形成四面体，A错误；B. 若形成分子内氢键，造成相应的分子间的作用力就会减少，会使物质的熔、沸点降低，B错误；C. 分子间作用力指存在于分子与分子之间或惰性气体原子间的作用力，又称范德华力，氢键属于一种特殊的分子间作用力，存在于分子与分子之间，或分子内，氢键和范德
30、华力都属于分子间作用力，C正确；D. 水分子间存在分子间作用力和氢键，当H2O由液态变为气体时，破坏了氢键和范德华力，D错误。答案选C。28.下列说法中错误的是A. 卤化氢中，HF的沸点最高，是由于HF分子间存在氢键B. 邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低C. H2O的沸点比HF的沸点高，是由于水中氢键键能大D. 氨气极易溶于水与氨气分子和水分子间形成氢键有关【答案】C【解析】【详解】AHF分子之间存在氢键，故熔点沸点相对较高，故A正确；B能形成分子间氢键的物质沸点较高，邻羟基苯甲醛容易形成分子内氢键，对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的沸点低，故
31、B正确；CH2O分子中的O与周围H2O分子中的两个H原子生成两个氢键，而HF分子中的F原子只能形成一个氢键。氢键越多，熔沸点越高，所以H2O熔沸点高，故C错误；D氨气分子和水分子间形成氢键，导致氨气极易溶于水，故D正确。答案为C。29.关于配合物Zn(NH3)4Cl2的说法正确的是A. 配位数为6B. 配体为NH3和ClC. Zn(NH3)42为内界D. Zn2和NH3以离子键结合【答案】C【解析】【详解】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成。配合物中，配离子是含有配位键的离子
32、，可以是阳离子或阴离子；配位体是提供孤电子对的分子或离子；配位原子是配体中提供电子对的原子；中心原子一般指接受电子对的原子；配位数是中心原子周围的配位原子个数。配合物Zn(NH3)4Cl2中外界是Cl-，內界是Zn（NH3）42+，Cl-和Zn（NH3）42+以离子键结合，Zn（NH3）42+离子中Zn2是配离子，NH3是配位体，Zn2和NH3以配位键结合，配位数为4，故选C。30.下列对一些实验事实的理论解释正确的是()选项实验事实理论解释AN原子的第一电离能大于O原子N原子2p轨道半充满BCO2为直线形分子CO2分子中C=O之间的夹角为109.5CNH3极易溶于水NH3与H2O发生化学反应
33、DHF的沸点高于HClHF的相对分子质量小于HClA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】AN原子核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，O原子核外电子排布式为1s22s22p4，半充满结构更稳定，N原子失电子较难，第一电离能大于O原子，A正确；B因为CO2分子的价层电子对是2，根据价层电子对互斥理论，CO2中C为sp杂化，CO2分子是直线型，B错误；C由于NH3和H2O都是极性分子，根据相似相溶规律，所以NH3极易溶于水，C错误；D由于HF分子间存在氢键，氯化氢中不含氢键，所以HF的沸点高，D错误。答案选A。31.下列关于粒子结构的描述不正确的是A. H2S和N
34、H3均是价电子总数为8的极性分子B. HS和HCl均是含一个极性键的18电子粒子C. CH2Cl2和CCl4均是四面体构型的非极性分子D. SO2和SO3杂化轨道类型均为sp2杂化，立体构型分别为V形、平面三角形【答案】C【解析】【详解】AH2S中含有HS极性键，空间构型为V形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，NH3中含有NH极性键，空间构型为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，价电子总数都为8，故A正确；BHS-和HCl都只含一个极性键，都具有18个电子，故B正确；CCH2C12正负电荷的中心不重合，是极性分子，故C错误；DSO2中S原子的孤电子对数=(6-22)=1，键电子对
35、数为2，价层电子对数为3，S为sp2杂化，分子构型为V形，三氧化硫中S原子的孤电子对数=(6-32)=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，S为sp2杂化，分子构型为平面三角形，故D正确；答案选C。32.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（ ）A. B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应C. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体【答案】B【解析】【分析】B3N3H6和苯是等电子体，H3O+和NH3是等电子体，CH4和NH4+是等电子体，等电子体之间的结构相似，性质也相似。【详解】A. B3N
36、3H6和苯是等电子体，故B3N3H6分子与苯分子相似，其分子中所有原子均在同一平面上，A正确；B. B3N3H6和苯是等电子体，由于苯分子中不存在碳碳双键，故B3N3H6分子中也不存在双键，B不正确；C. H3O+和NH3是等电子体，故两者分子构型均为三角锥形，C正确；D. CH4和NH4+是等电子体，故两者分子构型均为正四面体，D正确。答案选B。33.除去下列物质中所含少量杂质，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是 ()混合物(括号内为杂质)试剂(足量)分离方法A苯(苯酚)Na2CO3溶液分液B乙烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气C乙酸乙酯(乙酸)NaOH溶液分液D乙酸(乙醛)新制Cu(OH
37、)2过滤A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、苯酚与碳酸钠溶液反应，生成苯酚钠与碳酸钠溶液互溶而与苯分层，分液可以得到纯净物质，选项A正确；B、乙烯被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，不能得到纯净的乙烷，选项B错误；C、乙酸和乙酸乙酯都可以和氢氧化钠反应，无法得到乙酸乙酯，选项C错误；D、乙醛在碱性条件下与Cu(OH)2发生氧化反应生成乙酸，乙酸可溶解Cu(OH)2，选项D错误。答案选A。34.下列说法正确的是A. 的结构中含有酯基B. 顺2丁烯和反2丁烯的加氢产物不同C. 1mol葡萄糖可水解生成2 mol乳酸（C3H6O3）D. 芥子醇 能发生氧化，取代，水解，加聚反应【
38、答案】A【解析】分析：A、此聚合物的链节相连后得到（n-1）个酯基；B、顺2丁烯和反2丁烯的加氢产物都是丁烷，丁烷不存在顺反异构；C、葡萄糖属于单糖不发生水解；D、根据芥子醇结构简式可知，分子中没有酯基，也没有卤原子，不能发生水解反应。详解:A、此聚合物的链节相连后得到（n-1）酯基，因此的结构中含有酯基，所以A选项是正确的；B、顺2丁烯和反2丁烯的加氢产物都是丁烷，丁烷不存在顺反异构，故B错误；C、葡萄糖属于单糖不发生水解，故C错误；D、根据芥子醇结构简式可知，分子中没有酯基，也没有卤原子，不能发生水解反应，故D错误；所以A选项是正确的。35.乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精，其合
39、成反应的化学方程式如下：下列叙述正确的是()A. 该反应不属于取代反应B. 乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4C. FeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯D. 乙酸香兰酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香兰素【答案】C【解析】【详解】A、香兰素中OH中的H原子，被COCH3替代，该反应属于取代反应，A项错误；B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4，B项错误；C、乙酸香兰酯中没有酚羟基，可以用FeCl3溶液区别香兰素与乙酸香兰酯，C项正确；D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素，D项错误；答案选C。考点：考查有机化学基础（反应类型、分子式的确定、官能团的性质等）。二、非选
40、择题36.有X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增的七种元素，除G元素外其余均为短周期主族元素。X的原子中没有成对电子，Y元素基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，Z元素原子的价电子排布式为nsnnpn1，Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍，E与Q同周期，M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，G原子最外电子层只有未成对电子，其内层所有轨道全部充满，但并不是第A族元素。回答下列问题：(1)基态G原子的价电子排布式为_，第3周期基态原子未成对电子数与G相同且电负性最大的元素是_(填元素名称)。GQ受热分解生成G2Q和Q2，请从G的原子结构来
41、说明GQ受热易分解的原因：_。(2)Z、Q、M三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)X与Q形成的化合物的化学式为_。(4)Q、M、E所形成的简单离子的半径由大到小顺序为_。(5)X、Y、Z、Q的电负性由大到小的顺序为_。【答案】 (1). 3d104s1 (2). 氯 (3). Cu2+的最外层电子排布为3d9，Cu+的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO (4). NOS (5). H2O、H2O2 (6). S2-O2-F- (7). ONCH【解析】【分析】X的原子中没有成对电子，X为H元素；Y元素基态原子中
42、电子占据三种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则Y基态原子的电子排布式是1s22s22p2，得Y为C元素；由Z元素原子的价电子排布式为nsnnpn1，可判断n=2，Z为N元素；Q的基态原子核外成对电子数是成单电子数的3倍知Q为O元素，由E与Q同周期，E的原子序数比Q的原子序数大可判断E为F元素；根据M元素的第一电离能在同周期主族元素中从大到小排第三位，且X、Y、Z、Q、E、M、G原子序数依次递增，确定M为S元素；G原子最外电子层只有未成对电子，即最外电子层只有1个电子，其内层所有轨道全部充满，且不是第IA族元素，G的原子序数为2818129，G为铜元素。【详解】(1)Cu的原子序数为
43、29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，Cu的未成对电子数是1，第3周期中含有一个未成对电子的元素有Na、Al、Cl三种元素，但电负性最大的是氯元素；原子轨道中电子排布达到全充满、半充满、全空时原子最稳定，Cu2的最外层电子排布为3d9，而Cu的最外层电子排布为3d10，因最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。(2)Z、Q、M即为N、O、S，N的2p轨道为半充满稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，同主族元素从上到下元素的第一电离能减小，所以O的第一电离能大于S的第一电离能，故第一电离能从大到小的顺序为NOS。(3)X与Q形成的化合物的化学式为H2O和
44、H2O2。(4)Q、M、E所形成的简单离子分别为O2、S2、F，其中S2-有三个电子层半径最大，O2、F-都只有两个电子层，电子层结构相同时核电荷数越多半径越小，O元素核电荷数是8，F元素的核电荷数是9，因此O2半径更大，所以半径由大到小顺序为S2O2F。(5)X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O，同周期从左到右元素的电负性增大，所以电负性：ONC，CH4中C显负价，电负性：CH，所以电负性由大到小的顺序为：ONCH。【点睛】简单粒子半径比较方法：电子层数不同时，电子层数越多，一般半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；同种元素，阳离子半径原子半径，阴离子半径原子半径。37.Fe、C、
45、N、O元素是与生命活动密不可分的元素，请回答下列问题：(1)“笑气”(N2O)是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一。已知N2O分子中氧原子只与一个氮原子相连，则N2O的分子空间构型是_。(2)另一种常用麻醉剂氯仿常因保存不慎而被氧化，产生剧毒物光气(COCl2)：2CHCl3O2=2HCl2COCl2，光气(COCl2)分子的空间构型是_。(3)维生素C是一种水溶性维生素，水果和蔬菜中含量丰富，该物质结构简式如图所示。以下关于维生素C的说法正确的是_(填字母序号)。a分子中既含有极性键又含有非极性键b1 mol分子中含有4 mol 键c该物质的熔点可能高于NaCld分子中所含元素电负性由大到小的顺
46、序为OCHe维生素C晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力只有范德华力(4)已知尿素的结构简式为H2NCONH2，尿素可用于制有机铁肥，主要代表物有三硝酸六尿素合铁()，化学式为Fe(H2NCONH2)6(NO3)3。基态Fe3的核外电子排布式为_。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_。尿素分子中C原子和N原子的杂化方式分别是_。Fe(H2NCONH2)6(NO3)3中H2NCONH2与Fe(3价)之间的作用力称为_，与互为等电子体的一种化合物分子是_(写化学式)。(5)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用。该物质的结构简式为以下关于维生素B1的说法正确的是_(
47、填字母序号，下同)。A只含键和键 B既有共价键又有离子键 C该物质的熔点可能高于NaCl D该物质易溶于盐酸维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用力有_。A离子键、共价键 B离子键、氢键、共价键C氢键、范德华力 D离子键、氢键、范德华力【答案】 (1). 直线形 (2). 平面三角形 (3). ad (4). 1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5 (5). NOC (6). sp2、sp3 (7). 配位键 (8). SO3或BF3 (9). BD (10). D【解析】【分析】等电子体是原子总数和价电子总数相等，互为等电子体的物质结构相似，等电子体一般采用原子替换法寻找；
48、利用价层电子对互斥理论和杂化轨道理论确定物质的空间构型和杂化类型；双键中1个键和1个键。【详解】(1)N2O与CO2互为等电子体，故N2O空间构型与CO2相似，为直线形。(2)COCl2碳原子孤电子对数为=0，价层电子对数为3+03，COCl2为平面三角形分子。(3) 维生素C中含有两个双键，则1 mol维生素C中含有2 mol 键；维生素C分子间能形成氢键，分子间通过氢键和范德华力结合；NaCl通过离子键结合，离子键作用力强，故维生素C熔点低于NaCl；维生素C溶于水破坏范德华力和氢键；故b、c、e不正确，答案选ad。(4)Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或A
49、r3d64s2，失去3个电子得Fe3的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，但氮原子p能级半充满，较稳定，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；C原子形成3个键，所以C原子采取sp2杂化，N原子形成3个键，还有1对孤对电子，其成键电子对数为4，所以N原子采取sp3杂化；Fe3与N原子间以配位键结合，用S替换中的N原子，得到等电子体SO3；用F替换O，用B替换N，得等电子体BF3。(5)A双键含1个键和1个键，其中还有Cl与N的离子键，A错误；B维生素B1结构中既有共价键又有离子键，B正确；C与氯化钠晶体相比，
50、维生素B1中的阳离子比Na半径大，离子键弱，熔点低，C错误；D维生素B1中的NH2是碱性基团，能与盐酸反应，D正确。答案选BD。维生素B1中含有离子键，水中含有氢键和分子间作用力，维生素B1溶于水时需要克服维生素B1中的离子键、水中的氢键和范德华力，答案选D。38.化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）的反应类型是_。（3）反应所需试剂，条件分别为_。（4）G的分子式为_。（5）W中含氧官能团的名称是_。（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的结构简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为11）_。（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇
51、为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线_（无机试剂任选）。【答案】 (1). 氯乙酸 (2). 取代反应 (3). 乙醇/浓硫酸、加热 (4). C12H18O3 (5). 羟基、醚键 (6). 、 (7). 【解析】分析：A是氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠，氯乙酸钠与NaCN发生取代反应生成C，C水解又引入1个羧基。D与乙醇发生酯化反应生成E，E发生取代反应生成F，在催化剂作用下F与氢气发生加成反应将酯基均转化为醇羟基，2分子G发生羟基的脱水反应成环，据此解答。详解：（1）根据A的结构简式可知A是氯乙酸；（2）反应中氯原子被CN取代，属于取代反应。（3）反应酯化反应，所需试剂和条件分别是乙醇/浓
52、硫酸、加热；（4）根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；（5）根据W的结构简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；（6）属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物结构简式为或；（7）根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为。点睛：本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。
