1、2014-2015学年福建师大附中高二（下）期末化学复习试卷一、选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是（）A 汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B 只能由粮食发酵制备乙醇C 甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到D 我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”2合成结构简式为的高聚物，其单体应是（）苯乙烯丁烯13丁二烯丙炔苯丙烯A B C D 3下列有关实验的叙述，正确的是（）A 溴乙烷加氢氧化钠溶液加热后，再加AgNO3溶液有浅黄色沉淀生成B 实验室用分液漏斗分离苯和溴苯的混合物C 配制银氨溶液时，将稀氨
2、水慢慢滴加到硝酸银溶液中，直至产生的沉淀恰好溶解为止D 除去苯中的少量苯酚，可用先加浓溴水，充分沉淀后过滤即可4某烯烃氢化后得到的饱和烃是，则原烯烃可能有的结构简式有（）A 1种B 2种C 3种D 4种5下列离子方程式正确的是（）A 实验室用大理石与醋酸反应制取二氧化碳：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OB 氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液共热：CH2ClCOOH+OHCH2ClCOO+H2OC 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+COD 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O6如
3、图是一些常见有机物的转化关系，以下有关反应的说法不正确的是（）A 反应是加成反应B 反应是加聚反应C 反应是消去反应D 反应是取代反应7可用来鉴别乙醇、乙醛、乙酸溶液的试剂是（）A 新制氢氧化铜悬浊液B 酸性高锰酸钾溶液C 银氨溶液D 碳酸钠溶液8有机分子中基团之间的相互影响会导致其化学性质的改变，下列事实能说明这一观点的是（）A 乙烯能使溴水褪色，而乙烷不能B 1丙醇可以被氧化得丙醛，而2丙醇不能C 甲酸甲酯可以发生银镜反应，而乙酸乙酯不能D 乙苯能使酸性高锰酸钾褪色，而乙烷不能9膳食纤维具有突出保健功能，近年来受到人们的普遍关注，被世界卫生组织称为人体的“第七营养素”木质素是一种非糖类膳食
4、纤维，其单体之一是芥子醇，结构如图，下列有关芥子醇说法正确的是（）A 芥子醇的分子式是C11H12O4B 芥子醇能与FeCl3溶液发生显色反应C 芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面D 1mol芥子醇能与足量溴水反应消耗1molBr210可以将转变为的方法是（）与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2 与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液与足量的NaOH溶液共热 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3A B C D 二、非选择题（本题包括3小题，共30分）11有机物A可以通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质，结构简式如图所示（1）A的分子式是； B中的含氧官能团名称是（2）AC的
5、反应类型是；AD中互为同分异构体的是（填代号）（3）由A生成B的化学方程式是：（4）C在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是：12某有机化合物X（C7H8O）与另一有机化合物Y发生如下反应生成化合物Z（C11H14O2）：X+YZ+H2O（1）X是下列化合物之一，已知X不能与FeCl3溶液发生显色反应，则X是填标号字母）（2）Y的分子式是，可能的结构简式是： 和（3）Y有多种同分异构体，其中一种同分异构体E发生银镜反应后，其产物经酸化可得到F（C4H8O3）F可发生如下反应：该反应的类型是，E的结构简式是13带支链的烷烃A（C6H14）只可能有三种一氯取代产物B、C和D，以上反应及B、D的进一
6、步反应如图所示请回答：（1）A的名称是，的分子式是（2）写出下列反应的化学方程式：BF；DE（3）某一有机物X是H的同分异构体，可发生下列变化：已知M、N均不发生银镜反应，则X的可能结构有种；写出Z可能的结构简式：三、选择题（本题包括13小题，每题2分，共26分每小题只有一个选项符合题意）14重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A 氘（D）原子核外有1个电子B 1H与D互称同位素C H2O与D2O互称同素异形体D 1H218O与D216O的相对分子质量相同15下列表达式错误的是（）A 甲基的电子式：B 碳原子的价电子轨道表示式：C 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p6D
7、 碳14原子：614C16下列元素的电负性最大的是（）A NaB SC OD C17已知NN键的键能是a kJmol1，HH键的键能是b kJmol1，NH键的键能是c kJmol1，则N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的H（单位：kJmol1）为（）A 3cabB a+b3cC a+3b2cD a+3b6c18下列叙述正确的是（）A 在晶体硅中，Si原子与SiSi键数目比为1：2B 分子晶体中都存在范德华力，分子内都存在共价键C HF、HCl、HBr、HI四种物质的沸点依次升高D 干冰和氯化铵分别受热变为气体所克服的粒子间相互作用属于同种类型19我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高
8、效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O下列有关说法正确的是（）A 该反应为吸热反应B CO2分子是由极性键形成的极性分子C HCHO分子中既含键又含键D 每生成1.8gH2O消耗2.24L O220W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（） WXYZA X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是YB Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC X元素形成的单核阴离子还原性强于YD Z元素单质在化学反应中只表现氧化性21根据相关的化学原理，下列判断正确的是（）A 由于水中存在氢键，所以稳定性：
9、H2OH2SB 由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大，所以沸点：SiO2CO2C 若A2+2D2A+D2，则氧化性D2A2D 若R2和M+的电子层结构相同，则离子半径R2M+22下列物质的熔点高低顺序，正确的是（）A 金刚石晶体硅碳化硅B KNaC HCHOCH3OHD KFKClKBr232004年，美国科学家通过“勇气”号太空车探测出水星大气中含有一种称为硫化羰（化学式为COS）的物质，已知硫化羰与二氧化碳的结构相似，但能在氧气中完全燃烧，下列有关硫化羰的说法正确的是（）A 1 mol硫化羰在氧气中完全燃烧时转移6mol电子B 硫化羰可用作灭火剂C CO2和COS结构相似都是非极性分子
10、D 硫化羰熔点可能较高24X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（）A X元素的氢化物的水溶液显碱性B Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点25PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键键能比NH键键能低下列判断错误的是（）A PH3分子呈三角锥形B PH3分子是极
11、性分子C PH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低D PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高26X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素XYZW原子半径（nm）0.0770.0750.1020.099最高正价或最低负价+4+521A 1mol W的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molB X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构C 0.3mol Cu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0.2mol气体D Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键四、非选择题（本题包括2小题，共24分）27元素X 位于第四周期，其基态
12、原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示在1个晶胞中，X离子的数目为该化合物的化学式为（2）在Y的氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是（4）Y 与Z 可形成YZ42YZ42的空间构型为写出一种与YZ42互为等电子体的分子的化学式：（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物X（NH3）4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为28A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族A
13、、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂E是地壳中含量最多的金属元素F元素为同周期电负性最大的元素D和F可形成化合物丙，E和F可形成化合物丁G为第四周期未成对电子数最多的元素请回答下列问题：（1）写出G基态原子的外围电子排布式（2）B和C比较，第一电离能较大的元素是（填元素符号），其原因为（3）甲、乙两分子中含有非极性共价键的是（填分子式）（4）已知化合物丁熔点190，沸点183，结构如图1所示丙和丁比较，熔点较低的化合物是（填化学式），其原因为则丁晶体中含有的作用力有（填序号）A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力（5）G3+与元素A、C、F构成
14、配合物戊，在含有0.001mol戊的溶液中加入过量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到287mg白色沉淀已知该配合物的配位数为6，则戊的化学式为（6）三聚氰胺（结构如图2所示）由于其含氮量高被不法奶农添加到牛奶中来“提高”蛋白质的含量，造成全国许多婴幼儿因食用这种奶粉而患肾结石三聚氰胺中N原子的杂化形式是2014-2015学年福建师大附中高二（下）期末化学复习试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括10小题，每题2分，共20分每小题只有一个选项符合题意）1化学与生活、社会密切相关下列说法正确的是（）A 汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物B 只能由粮食发酵制备乙醇C 甲烷、乙烯和苯在工业上
15、都可通过石油分馏得到D 我国规定商家不得无偿提供塑料袋，目的是减少“白色污染”考点：生活中的有机化合物；塑料的老化和降解专题：有机化合物的获得与应用分析：A、植物油由C、H、O三种元素组成；B、乙醇除了用粮食发酵，还可以通过乙烯和水加成得到；C、石油裂解可以得到甲烷和乙烯，苯可通过煤的干馏获得D、塑料袋可形成白色污染解答：解：A、汽油、柴油是碳氢化合物，植物油由C、H、O三种元素组成故不是碳氢化合物，故A错误；B、乙醇除了用粮食发酵，还可以通过乙烯和水加成得到，故B错误；C、石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃
16、，通过煤的干馏可得到苯，故C错误D、塑料袋由聚乙烯材料构成，可形成白色污染，减少塑料袋的使用可减少白色污染，故D正确；故选D点评：本题考查较为综合，涉及环境污染、材料等问题，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题2合成结构简式为的高聚物，其单体应是（）苯乙烯丁烯13丁二烯丙炔苯丙烯A B C D 考点：聚合反应与酯化反应专题：有机反应分析：解答此类题目，首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，加聚产物的单体推断方法：（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；（2）凡链节主链上只有
17、四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；（3）凡链节主链上只有碳原子并存在碳碳双键结构的高聚物，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换解答：解：该高聚物链节主链不含杂原子，属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种，按如图所示断开，在将双键中的1个cc打开，然后将半键闭合即可的该高聚物单体是CH2=CHCH=CH2、故选D点评：本题考查聚合物寻找单体的方法，注意聚合反应的类型来分析，难度不大3下列有关实验的叙述，正确的是（）A 溴乙烷加氢氧化钠溶液
18、加热后，再加AgNO3溶液有浅黄色沉淀生成B 实验室用分液漏斗分离苯和溴苯的混合物C 配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴加到硝酸银溶液中，直至产生的沉淀恰好溶解为止D 除去苯中的少量苯酚，可用先加浓溴水，充分沉淀后过滤即可考点：化学实验方案的评价分析：A溴乙烷滴入NaOH溶液中，发生水解，检验溴离子应在酸性条件下； B液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开；C氨水和硝酸银反应生成AgOH，AgOH继续与氨水反应生成银氨络离子；D溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，过量溴溶解于苯和苯酚中解答：解：A溴乙烷滴入NaOH溶液中，发生水解，检验溴离子应在酸性条件下，则水解后先加酸至酸性再加入AgNO3溶液后，观察是否
19、有浅黄色沉淀生成，故A错误； B苯和溴苯是互溶的，不能用分液漏斗分离，故B错误；C氨水和硝酸银反应生成AgOH，AgOH继续与氨水反应生成银氨络离子，符合操作，故C正确；D溴水和苯酚反应生成三溴苯酚，过量溴溶解于苯和苯酚中，不能将苯和三溴苯酚分开，故D错误故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握有机物的性质及有机实验的注意事项为解答的关键，侧重性质实验及实验技能的考查，题目难度中等4某烯烃氢化后得到的饱和烃是，则原烯烃可能有的结构简式有（）A 1种B 2种C 3种D 4种考点：烯烃；同分异构现象和同分异构体专题：同分异构体的类型及其判定分析：加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂
20、，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均含有氢原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，还原双键时注意防止重复解答：解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均含有原子的碳原子间是对应烯烃存在C=C的位置，该烷烃中能形成双键键位置有：1和2之间、2和3之间；2和6、4和5、4和7与1和2形成的C=C键相同，3和4与2和3位置形成的C=C键相同，故该烯烃共有2种，故选B点评：本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构防止重写、
21、漏写5下列离子方程式正确的是（）A 实验室用大理石与醋酸反应制取二氧化碳：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2OB 氯乙酸与足量的氢氧化钠溶液共热：CH2ClCOOH+OHCH2ClCOO+H2OC 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2C6H5O+CO2+H2O2C6H5OH+COD 用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3COO+NH4+3NH3+2Ag+H2O考点：离子方程式的书写分析：A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B向CH2ClCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，Cl发生水解，COOH发生中和反应；C二氧化碳少量，二者反应生成苯酚和碳酸氢钠；
22、D乙醛与银氨溶液发生银镜反应生成银单质、醋酸铵、氨气和水解答：解：A醋酸不能拆开，需要保留分子式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故A错误；B向CH2ClCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热，正确的离子反应为：CH2ClCOOH+2OHCH2OHCOO+H2O+Cl，故B错误C溶液中通入少量CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：CO2+H2O+C6H5OC6H5OH+HCO3，故C错误；D银氨溶液检验乙醛中的醛基，反应的离子方程式为：CH3CHO+2Ag（NH3）2+2OHCH3C
23、OO+NH4+3NH3+2Ag+H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），试题培养了学生灵活应用基础知识的能力6如图是一些常见有机物的转化关系，以下有关反应的说法不正确的是（）A 反应是加成反应B 反应是加聚反应C 反应是消去反应D 反应是取代反应考点：卤代烃简介；有机化学反应的综合应用专题：有机反应分析：由转化关系可知，为乙烯加成反应，为乙烯加聚反应，为乙烯加成反应，为乙酸乙酯水解反应，
24、为乙醇酯化反应，为乙酸酯化反应，为乙醇氧化反应，以此来解答解答：解：A反应为乙烯与单质溴发生加成反应，故A正确；B乙烯含有不饱和键，能发生加聚反应得聚乙烯，故B正确；C反应为乙烯与水发生加成反应，故C错误；D为乙酸乙酯水解反应，为乙醇酯化反应，均属于取代反应，故D正确；故选C点评：本题考查有机物结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、醇、酯性质及反应的考查，注意分析常见有机物转化关系及反应类型，题目难度不大7可用来鉴别乙醇、乙醛、乙酸溶液的试剂是（）A 新制氢氧化铜悬浊液B 酸性高锰酸钾溶液C 银氨溶液D 碳酸钠溶液考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用分析：
25、乙醛、乙醇、乙酸都易溶于水，其中乙醛含有CHO，具有还原性，可用新制Cu（OH）2悬浊液检验，乙酸具有酸性，以此选择鉴别试剂解答：解：A加入新制Cu（OH）2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，可鉴别，故A正确；B高锰酸钾不能鉴别乙醇、乙醛，都可被氧化，故B错误；C加入银氨溶液，不能鉴别乙醇、乙酸，故C错误；D加入碳酸钠，只有乙酸与碳酸钠反应，不能鉴别乙醇和乙醛，故D错误故选A点评：本题考查物质的鉴别，为高考常见题型和高频考点，注意把握常见有机物的性质和鉴别方法，鉴别有机物时，要有明显的现象，题目难度中等8有机分子中基团之间的相互影响会导致
26、其化学性质的改变，下列事实能说明这一观点的是（）A 乙烯能使溴水褪色，而乙烷不能B 1丙醇可以被氧化得丙醛，而2丙醇不能C 甲酸甲酯可以发生银镜反应，而乙酸乙酯不能D 乙苯能使酸性高锰酸钾褪色，而乙烷不能考点：有机分子中基团之间的关系专题：有机物的化学性质及推断分析：A、乙烯含有碳碳双键，乙烷属于烷烃，是饱和烃；B、1丙醇可以被氧化得丙醛，2丙醇可以被氧化生成丙酮，由自身的结构引起生成物不同；C、甲酸甲酯含有醛基CHO，可以发生银镜反应，乙酸乙酯中不含酯基CHO；D、苯、乙烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，乙苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响解答：解：A、因为乙烯的结构中含
27、有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故A错误；B、1丙醇可以被氧化得丙醛，2丙醇可以被氧化生成丙酮，由自身的结构引起生成物不同，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故B错误；C、甲酸甲酯含有醛基CHO，可以发生银镜反应，乙酸乙酯中不含酯基CHO，是自身的官能团性质，不是原子团间的相互影响导致的化学性质，故C错误；D、苯、乙烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，乙苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧链影响，故D正确；故选D点评：本题考查有机物结构与性质关系、原子团的相互影响等，难度不大，注意基础知识的把握9膳食纤维
28、具有突出保健功能，近年来受到人们的普遍关注，被世界卫生组织称为人体的“第七营养素”木质素是一种非糖类膳食纤维，其单体之一是芥子醇，结构如图，下列有关芥子醇说法正确的是（）A 芥子醇的分子式是C11H12O4B 芥子醇能与FeCl3溶液发生显色反应C 芥子醇分子中所有碳原子不可能在同一平面D 1mol芥子醇能与足量溴水反应消耗1molBr2考点：有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构专题：有机物的化学性质及推断分析：由结构简式可知分子式，分子转化含酚OH、碳碳双键、醇OH及醚键，结合酚、烯烃、醇的性质来解答解答：解：A由结构简式可知分子式为C11H14O4，故A错误；B含酚OH，则能与
29、FeCl3溶液发生显色反应，故B正确；C苯环、碳碳双键均为平面结构，且直接相连的原子在同一平面，则所有碳原子可能共面，故C错误；D酚OH的邻对位有取代基，不能与溴水反应，只有碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol芥子醇能与足量溴水反应消耗1molBr2，故D正确；故选BD点评：本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、烯烃性质的考查，题目难度不大10可以将转变为的方法是（）与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2 与稀硫酸共热后，加入足量的NaOH溶液与足量的NaOH溶液共热 与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3A B C D 考点：有机物的结构
30、和性质分析：苯甲酸上羧基的酸性比碳酸强，碳酸是酸性比酚羟基的酸性强，酚羟基的酸性比碳酸氢根离子强，据此分析解答：解：与足量的NaOH溶液共热，酚羟基会变成ONa，COOH会变成COONa，再通入CO2，因为苯甲酸上羧基的酸性比碳酸强，碳酸是酸性比酚羟基的酸性强，ONa会生成OH，COONa不变，故选；与稀硫酸共热后，再加入NaOH，酚羟基和羧基都能够与NaOH反应，不能生成，故不选；与足量NaOH溶液共热，酚羟基和羧基会变成ONa、COONa，不能生成，故不选；与稀H2SO4共热后，加入足量的NaHCO3，因为苯甲酸上羧基的酸性比碳酸强，碳酸是酸性比酚羟基的酸性强，酚羟基的酸性比碳酸氢根离子强
31、，能够生成，故选；故选B点评：本题考查了有机物的结构与性质，注意苯甲酸上羧基的酸性比碳酸强，碳酸是酸性比酚羟基的酸性强，酚羟基的酸性比碳酸氢根离子强，题目难度不大二、非选择题（本题包括3小题，共30分）11有机物A可以通过不同化学反应分别制得B、C和D三种物质，结构简式如图所示（1）A的分子式是C9H10O3； B中的含氧官能团名称是醛基、羧基（2）AC的反应类型是消去反应；AD中互为同分异构体的是C和D（填代号）（3）由A生成B的化学方程式是：（4）C在一定条件下发生加聚反应的化学方程式是：考点：有机物的结构和性质专题：有机物的化学性质及推断分析：A中含有羧基，具有酸性，可发生中和和酯化反应
32、，含有羟基，可发生氧化、消去和取代反应分别生成B、C、D，结合官能团的性质解答该题解答：解：（1）由结构简式可知A的分子式为C9H10O3，B中含有的官能团为醛基和羧基，故答案为：C9H10O3；醛基、羧基；（2）A发生消去反应可生成C，C和D分子式相同，但结构不同，为同分异构体关系，故答案为：消去反应；C和D；（3）A在催化剂作用下发生氧化反应生成B，反应的方程式为， 故答案为：；（4）C含有碳碳双键，可发生加聚反应，反应的方程式为，故答案为：点评：本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大12某有机化
33、合物X（C7H8O）与另一有机化合物Y发生如下反应生成化合物Z（C11H14O2）：X+YZ+H2O（1）X是下列化合物之一，已知X不能与FeCl3溶液发生显色反应，则X是d填标号字母）（2）Y的分子式是C4H8O2，可能的结构简式是：CH3CH2CH2COOH 和CH3CH（CH3）COOH（3）Y有多种同分异构体，其中一种同分异构体E发生银镜反应后，其产物经酸化可得到F（C4H8O3）F可发生如下反应：该反应的类型是酯化反应，E的结构简式是CH2（OH）CH2CH2CHO考点：有机物分子中的官能团及其结构专题：有机反应分析：（1）X不能与FeCl3溶液发生显色反应说明不含酚羟基，结合X的分
34、子式、与Y发生酯化反应来确定X； （2）X和Y能发生酯化反应，X是醇，Y是羧酸，根据酯的分子式确定Y的分子式，写出其结构简式；（3）E发生银镜反应后，说明含有醛基；其产物经氧化可得到F（C4H8O3），F可以自身发生酯化反应，说明F含有羧基和醇羟基，以此来判断E的结构简式解答：解：（1）X不能与FeCl3溶液发生显色反应说明不含酚羟基，X（C7H8O）分子中含有1个O，且X和Y能发生酯化反应，所以X是醇，故选D； （2）X和Y能发生酯化反应，X是醇，Y是羧酸，X和Y能发生酯化反应生成Z（C11H14O2）和水，发生酯化反应时，酯中的碳原子个数等于羧酸和醇中的碳原子个数之和，酯中氢原子、氧原子与
35、水中氢原子、氧原子个数之和分别等于酸与醇中氢、氧原子之和，所以Y的分子式为C4H8O2，是丁酸，丁酸的同分异构体中含有羧基的有两个，其结构简式分别为：CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH，故答案为：C4H8O2；CH3CH2CH2COOH；CH3CH（CH3）COOH；（3）E发生银镜反应后，说明含有醛基；其产物经氧化可得到F（C4H8O3），F可以自身发生酯化反应，说明F含有羧基和醇羟基，F的结构简式为CH2（OH）CH2CH2COOH，所以E的结构简式为CH2（OH）CH2CH2CHO，故答案为：酯化反应；CH2（OH）CH2CH2CHO点评：本题考查了有机物的结构和性
36、质，明确官能团的性质是解本题的关键，会根据酸和醇的酯化反应推测酸和醇的分子式13带支链的烷烃A（C6H14）只可能有三种一氯取代产物B、C和D，以上反应及B、D的进一步反应如图所示请回答：（1）A的名称是2，2二甲基丁烷，的分子式是C12H24O2（2）写出下列反应的化学方程式：BF（CH3）3CCH2CH2Cl+NaOH（CH3）3CCH2CH2OH+NaCl+H2O；DE（CH3）3CCHClCH3+NaOH（CH3）3CCH=CH2+NaCl+H2O（3）某一有机物X是H的同分异构体，可发生下列变化：已知M、N均不发生银镜反应，则X的可能结构有2种；写出Z可能的结构简式：CH3CH（OH
37、）CH3或CH3CH（OH）CH2CH3考点：有机物的推断专题：有机物的化学性质及推断分析：由烷烃A的分子式为C6H14，只可能有三种一氯取代产物B、C和D，且带有支链，则A为（CH3）3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，发生消去反应都只能得到有机化合物E，则E为（CH3）3CCH=CH2，B发生水解反应生成F，F可以连续发生氧化反应，故B为（CH3）3CCH2CH2Cl，D为（CH3）3CCH（Cl）CH3，C为ClCH2C（CH3）2CH2CH3，B水解生成F为（CH3）3CCH2CH2OH，F发生氧化反应生成G为（CH3）3CCH2CHO，G与银氨溶液发生氧化反应，酸化生成H
38、为（CH3）3CCH2COOH，F与H发生酯化反应生成I为（CH3）3CCH2COOCH2CH2C（CH3）3，（3）中X是H的同分异构体，碱性条件下发生水解反应得到Y与Z，Z发生催化氧化得到N，Y酸化得到M，则X为酯，Y为醇，M为羧酸，M、N均不发生银镜反应，均不含CHO，则N属于酮、M不能是甲酸，据此解答解答：解：由烷烃A的分子式为C6H14，只可能有三种一氯取代产物B、C和D，且带有支链，则A为（CH3）3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，发生消去反应都只能得到有机化合物E，则E为（CH3）3CCH=CH2，B发生水解反应生成F，F可以连续发生氧化反应，故B为（CH3）3CC
39、H2CH2Cl，D为（CH3）3CCH（Cl）CH3，C为ClCH2C（CH3）2CH2CH3，B水解生成F为（CH3）3CCH2CH2OH，F发生氧化反应生成G为（CH3）3CCH2CHO，G与银氨溶液发生氧化反应，酸化生成H为（CH3）3CCH2COOH，F与H发生酯化反应生成I为（CH3）3CCH2COOCH2CH2C（CH3）3，（1）由上述分析可知，A的结构简式是（CH3）3CCH2CH3，名称为2，2二甲基丁烷；I为（CH3）3CCH2COOCH2CH2C（CH3）3，分子式为C12H24O2，故答案为：2，2二甲基丁烷；C12H24O2；（2）BF是卤代烃的水解反应，反应方程式为
40、：（CH3）3CCH2CH2Cl+NaOH（CH3）3CCH2CH2OH+NaCl+H2O；D转变为E是卤代烃在氢氧化钠醇溶液下发生消去反应，反应方程式为：（CH3）3CCHClCH3+NaOH（CH3）3CCH=CH2+NaCl+H2O，故答案为：（CH3）3CCH2CH2Cl+NaOH（CH3）3CCH2CH2OH+NaCl+H2O；（CH3）3CCHClCH3+NaOH（CH3）3CCH=CH2+NaCl+H2O；（3）某一有机物X是（CH3）3CCH2COOH的同分异构体，X碱性条件下发生水解反应得到Y与Z，Z发生催化氧化得到N，Y酸化得到M，则X为酯，Y为醇，M为羧酸，M、N均不发生
41、银镜反应，均不含CHO，则N属于酮、M不能是甲酸，则Z可能为CH3CH（OH）CH3或CH3CH（OH）CH2CH3，对应的Y为CH3CH2COOH或CH3COOH，则X的可能结构有2种，故答案为：2；CH3CH（OH）CH3或CH3CH（OH）CH2CH3点评：本题考查有机物的推断，涉及烷、卤代烃、醇、醛、羧酸的性质与转化等，难度中等，根据A的卤代产物推断A的结构是关键，然后利用顺推法结合有机物的反应特点和含有的官能推断，（3）中同分异构体的判断，注意根据醇的结构解答三、选择题（本题包括13小题，每题2分，共26分每小题只有一个选项符合题意）14重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误
42、的是（）A 氘（D）原子核外有1个电子B 1H与D互称同位素C H2O与D2O互称同素异形体D 1H218O与D216O的相对分子质量相同考点：同位素及其应用专题：原子组成与结构专题分析：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20解答：解：A氘（D）质子数为1，质子数=核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；B1H与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；CH2O与D2O都是化合
43、物，不是单质，故C错误； D1H218O的相对分子质量为：12+18=20，D216O的相对分子质量为：22+16=20，故D正确，故选C点评：本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题15下列表达式错误的是（）A 甲基的电子式：B 碳原子的价电子轨道表示式：C 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p6D 碳14原子：614C考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合专题：化学用语专题分析：A甲基中存在3个碳氢键，碳原子最外层为7个电子；B碳原子最外层为L层，2s、2p轨道各含有2
44、个电子；C硫离子核外含有3个电子层，核外电子总数为18；D元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，质量数=质子数+中子数解答：解：A甲基中含有3个碳氢共用电子对，中心原子碳原子的最外层含有7个电子，甲基的电子式为，故A正确；B碳原子价电子为2s、2p，各含有2个分子，碳原子的价电子轨道表示式为，故B正确；C硫离子核外电子总数为18，核外含有3个电子层，硫离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，故C错误；D碳14原子的核电荷数=质子数=6，质量数为14，该原子可以表示为614C，故D正确；故选C点评：本题考查了化学用语的表示方法判断，题目难度中等，注意掌握电子式、电子轨道表示式、
45、元素符号等化学用语的表示方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力16下列元素的电负性最大的是（）A NaB SC OD C考点：元素电离能、电负性的含义及应用专题：原子组成与结构专题；元素周期律与元素周期表专题分析：同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，据此解答解答：解：Na、S处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性NaS，C、O处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性CO，O、S处于同一主族，同主族自上而下电负性降低，故电负性SO，故O元素的电负性最大，故选C点评：考查同周期、同主族电负性的变化规律，比较基础，注意可以根据非金属性判断C、S元素的电负性强弱1
46、7已知NN键的键能是a kJmol1，HH键的键能是b kJmol1，NH键的键能是c kJmol1，则N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）的H（单位：kJmol1）为（）A 3cabB a+b3cC a+3b2cD a+3b6c考点：有关反应热的计算分析：反应热H=反应物的总键能生成物的总键能，据此计算解答：解：已知NN键的键能是a kJmol1，HH键的键能是b kJmol1，NH键的键能是c kJmol1，反应热H=反应物的总键能生成物的总键能=a kJmol1+3b kJmol123c kJmol1=（a+3b6c）kJ/mol，故选D点评：本题考查反应热的有关计算，题目难度不大，
47、掌握反应热与键能的关系是关键18下列叙述正确的是（）A 在晶体硅中，Si原子与SiSi键数目比为1：2B 分子晶体中都存在范德华力，分子内都存在共价键C HF、HCl、HBr、HI四种物质的沸点依次升高D 干冰和氯化铵分别受热变为气体所克服的粒子间相互作用属于同种类型考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；元素周期律的作用分析：A在硅晶体中，每个硅原子形成2个SiSi键；B稀有气体为单原子分子不含化学键；CHF中存在氢键，氢键的存在能使物质的沸点显著提高；D干冰属于分子晶体，氯化铵属于离子晶体解答：解：A在硅晶体中，每个硅原子形成2个SiSi键，所以Si原子与SiSi键数目比为1：2，故
48、A正确；B稀有气体为单原子分子不含化学键，故B错误；CHF分子间含有氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI，都不含氢键，都为分子晶体，分子间作用力越强，则熔沸点越高，HCl、HBr、HI沸点依次升高，故C错误；D干冰属于分子晶体，氯化铵属于离子晶体，受热变为气体所克服的粒子间相互作用分别为分子间作用力和离子键，故D错误，故选：A点评：本题考查了离子晶体、原子晶体、分子晶体的结构和性质，氢键对物质物理性质的影响，题目难度不大，把握形成各种晶体的微粒和相互作用是解题的关键，注意稀有气体属于分子晶体但是不含化学键，氢键属于分子间作用力的一种，对物质的熔沸点、溶解性有显著的影响19我国科学家研制出一种催
49、化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O下列有关说法正确的是（）A 该反应为吸热反应B CO2分子是由极性键形成的极性分子C HCHO分子中既含键又含键D 每生成1.8gH2O消耗2.24L O2考点：共价键的形成及共价键的主要类型；物质的量的相关计算；极性分子和非极性分子分析：A、该反应是甲醛的氧化反应，属于放热反应；B、二氧化碳是直线型分子，正负电荷中心对称；C、根据一个单键就是一个键，一个双键就是一个键，一个键；D、没有告诉是标准状况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算0.1mol二氧化碳的体积；解答：解：A、该反应为室温下可以自发的氧化还原反应
50、，该反应为放热反应，故A错误；B、二氧化碳是直线型分子，正负电荷中心对称，所以是极性键形成的非极性分子，故B错误；C、甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个键，1个键，故C正确；D、每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故二氧化碳不一定为2.24L，故D错误故选C点评：本题以除甲醛气体为新的情境，考查了化学反应基本理论和基本概念，涉及化学反应中能量变化，分子结构、化学键以及气体的体积等相关知识20W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸反应生成离子化合物，由此可知（） WXYZA X、Y、Z中最简单氢化物稳
51、定性最弱的是YB Z元素氧化物对应水化物的酸性一定强于YC X元素形成的单核阴离子还原性强于YD Z元素单质在化学反应中只表现氧化性考点：位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，以此来解答解答：解：W、X、Y、Z四种短周期元素，W的气态氢化物可与其最高价含氧酸生成离子化合物，化合物为铵盐，W是N元素；由元素在周期表中的位置可知，X为氧元素、Y为硫元素、Z为氯元素，A四种元
52、素中非金属性最弱的为S元素，则X、Y、Z中最简单氢化物稳定性最弱的是Y，故A正确；BZ元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Y，如HClO的酸性小于硫酸，只有氯元素的最高价含氧酸才一定比Y的含氧酸酸性强，故B错误；C非金属OS，则阴离子还原性S2O2，故C错误；DCl2与水的反应中既表现氧化性，也表现了还原性，故D错误；故选A点评：本题考查位置结构性质关系、元素周期律等，为高频考点，题目难度不大，推断元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，W的推断是突破口21根据相关的化学原理，下列判断正确的是（）A 由于水中存在氢键，所以稳定性：H2OH2SB 由于二氧化硅的相对分子质量比二氧化碳的大
53、，所以沸点：SiO2CO2C 若A2+2D2A+D2，则氧化性D2A2D 若R2和M+的电子层结构相同，则离子半径R2M+考点：氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；氧化性、还原性强弱的比较专题：氧化还原反应专题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：A氢键与稳定性无关；B二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体；C氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D若R2和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小解答：解：A水中存在氢键，水的沸点高，与物质的稳定性无关，而非金属性OS，所以稳定性为H2OH2S，故A错误
54、；B二氧化硅为原子晶体，二氧化碳为分子晶体，所以沸点为SiO2CO2，不能利用相对分子质量来比较沸点，故B错误；C若A2+2D2A+D2，A的化合价降低，A2为氧化剂，所以氧化性为A2D2，故C错误；D若R2和M+的电子层结构相同，M的原子序数大，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径为R2M+，故D正确；故选D点评：本题为小综合，考查知识点较多，明确物质的性质（稳定性、沸点、氧化性）的比较方法、微粒半径与原子序数的关系即可解答，题目难度不大22下列物质的熔点高低顺序，正确的是（）A 金刚石晶体硅碳化硅B KNaC HCHOCH3OHD KFKClKBr考点：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电
55、性等的关系分析：A原子晶体的组成元素的原子半径越小，键能越大，熔沸点越高；B碱金属元素从上到下熔沸点逐渐降低；C分子间存在氢键，熔沸点升高；D结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高解答：解：A原子晶体的组成元素的原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，则应有金刚石碳化硅晶体硅，故A错误；B碱金属元素从上到下熔沸点逐渐降低，则NaK，故B错误；CHCHO、CH3OH都是分子晶体，甲醇分子间存在氢键，而甲醛无，则熔沸点HCHOCH3OH，故C正确；D结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，应为KFKClKBr，故D错误；故选C点评：本题考查晶体的熔沸点的比较，题目难度中
56、等，本题注意判断晶体的类型以及影响晶体熔沸点高低的因素，学习中注意相关知识的积累232004年，美国科学家通过“勇气”号太空车探测出水星大气中含有一种称为硫化羰（化学式为COS）的物质，已知硫化羰与二氧化碳的结构相似，但能在氧气中完全燃烧，下列有关硫化羰的说法正确的是（）A 1 mol硫化羰在氧气中完全燃烧时转移6mol电子B 硫化羰可用作灭火剂C CO2和COS结构相似都是非极性分子D 硫化羰熔点可能较高考点：含硫物质的性质及综合应用；极性分子和非极性分子；氧化还原反应专题：化学键与晶体结构；元素及其化合物分析：硫化羰的结构与二氧化碳相似，结构为S=C=O，但能在氧气中完全燃烧，由守恒可知燃
57、烧生成二氧化碳和二氧化硫，结合同种非金属元素形成非极性共价键，不同非金属元素形成极性共价键，以此来解答解答：解：A、COS能在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，1molCOS消耗1.5molO2，则转移6mol电子，故A正确；B、据题中描述硫化羰“能在氧气中完全燃烧”可知，硫化羰具有可燃性，所以不能用作灭火剂，故B错误；C、结构为S=C=O，含极性键，但结构中正负电荷的中心不重合，为极性分子，故C错误；D、水星大气中含有一种称为硫化羰（化学式为COS）的物质，属于大气的成分，属于气体，则硫化羰熔点可能较低，故D错误故选A点评：本题考查了物质的性质、化学键等，注意把握习题中的信息为解答的关键
58、，注意与二氧化碳的结构相似及能燃烧即可解答，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度不大24X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（）A X元素的氢化物的水溶液显碱性B Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点考点：位置结构性质的相互关系应用专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、
59、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于A族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，据此解答解答：解：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外
60、电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于A族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，AX可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；B若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；CMg在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C正确；D
61、二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故D错误；故选C点评：本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质、半径比较、晶体结构与性质，难度中等，推断元素是解题关键，注意W元素的不确定性，注意掌握核外电子排布规律25PH3一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键键能比NH键键能低下列判断错误的是（）A PH3分子呈三角锥形B PH3分子是极性分子C PH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低D PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高考点：键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子专题：压轴题；化学键与晶体结构分析：A、NH3是三角锥型
62、，PH3分子结构和NH3相似，也是三角锥型；B、分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子；C、NH3分子之间存在氢键，沸点高；D、化学键越稳定，分子越稳定，键能越大化学键越稳定解答：解：A、PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；B、PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；C、NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；D、PH键键能比NH键键能低，故NH更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；故选C点评：本题考查空间结构、氢键、键能与性质关系等，比较基
63、础，注意C选项中常见具有氢键的物质26X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素XYZW原子半径（nm）0.0770.0750.1020.099最高正价或最低负价+4+521A 1mol W的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molB X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构C 0.3mol Cu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生0.2mol气体D Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键考点：原子结构与元素的性质分析：X、Y、Z、W为四种短周期元素，主族元素其最高正化合价与其族序数相等，所以X位于第IVA族、Y位于第VA族，其
64、最低负化合价=其族序数8，所以Z位于第VIA族、W位于第VIIA族，原子的电子层数越多，其原子半径越大，电子层数相等的原子，其原子半径随着原子序数的增大而减小，Z、W的半径大于X、Y的半径，则Z、W位于第三周期，X、Y位于第二周期，所以X、Y、Z、W分别是C、N、S、Cl元素，再结合题目分析解答解答：解：X、Y、Z、W为四种短周期元素，主族元素其最高正化合价与其族序数相等，所以X位于第IVA族、Y位于第VA族，其最低负化合价=其族序数8，所以Z位于第VIA族、W位于第VIIA族，原子的电子层数越多，其原子半径越大，电子层数相等的原子，其原子半径随着原子序数的增大而减小，Z、W的半径大于X、Y的
65、半径，则Z、W位于第三周期，X、Y位于第二周期，所以X、Y、Z、W分别是C、N、S、Cl元素，A1molCl2参加氧化还原反应时转移的电子数可能为1mol，如Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故A错误；B在ABn型分子中，如果A的族序数+成键电子对数=8，则该反应中所有原子都达到8电子稳定结构，C与Cl形成CCl4时，C原子的族序数+成键电子对数=4+4=8，所以各原子最外层均满足8电子稳定结构，故B正确；C铜和稀硝酸反应生成NO，但和稀硫酸不反应，故C错误；DN的氢化物与Cl的氢化物反应的产物为氯化铵，氯化铵中存在离子键和共价键，故D错误；故选B点评：本题考查了原子结构和元素
66、性质，根据元素半径、元素化合价的元素周期律确定元素，再结合物质的性质、物质的结构分析解答，注意B中特殊情况，注意铵盐都可以离子键，为易错点四、非选择题（本题包括2小题，共24分）27元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示在1个晶胞中，X离子的数目为4该化合物的化学式为ZnS（2）在Y的氢化物分子中，Y原子轨道的杂化类型是sp3（3）Z的氢化物在乙醇中的溶解度大于Y的氢化物，其原因是水分子与乙醇分子间能形成氢键（4）Y 与Z 可形成YZ4
67、2YZ42的空间构型为正四面体写出一种与YZ42互为等电子体的分子的化学式：CCl4或SiCl4（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物X（NH3）4Cl2，1mol该配合物中含有键的数目为16NA考点：位置结构性质的相互关系应用分析：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子，则Y是S或Si元素，结合题中与Zn形成的晶胞结构可知，在晶胞中X离子数为=4，Y离子数为4，所以X、Y的个数比为1：1，可推得Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍
68、，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，据此答题解答：解：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有2个未成对电子，则Y是S或Si元素，结合题中与Zn形成的晶胞结构可知，在晶胞中X离子数为=4，Y离子数为4，所以X、Y的个数比为1：1，可推得Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素，（1）根据上面的分析可知，在1个晶胞中，X离子的数目为4，X为Zn，Y为S，X、Y的个数比为1：1，所以该化合物的化学式
69、为ZnS，故答案为：4；ZnS； （2）H2S分子中，S原子的价层电子数=4，所以S原子的轨道的杂化类型是sp3杂化，故答案为：sp3；（3）在乙醇中的溶解度：H2O大于H2S，其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键，故答案为：水分子与乙醇分子间能形成氢键；（4）SO42中S原子的价层电子数=4+（6+242）=4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；与SO42互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4，故答案为：CCl4或SiCl4；（5）Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物Zn（NH3）4Cl2，一个化学式Zn（NH3）4Cl2中含有16个键，则1mol该配合物
70、中含有键的数目16NA，故答案为：16NA点评：本题考查物质结构和性质，涉及化学式确定、原子杂化方式判断、化学键的计算等知识点，熟练掌握基础知识并灵活运用基础知识解答问题是解本题关键，题目难度中等28A、B、C、D、E、F为原子序数依次增大的短周期元素，B、C相邻且同周期，A、D同主族A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂E是地壳中含量最多的金属元素F元素为同周期电负性最大的元素D和F可形成化合物丙，E和F可形成化合物丁G为第四周期未成对电子数最多的元素请回答下列问题：（1）写出G基态原子的外围电子排布式3d54s1（2）B和C比较，第一电离能较大的元素是
71、N（填元素符号），其原因为N原子价电子为2s22p3，2p轨道半充满，能量较低，难失1个电子，因此第一电离能较大（3）甲、乙两分子中含有非极性共价键的是H2O2（填分子式）（4）已知化合物丁熔点190，沸点183，结构如图1所示丙和丁比较，熔点较低的化合物是Al2Cl6（填化学式），其原因为Al2Cl6为分子晶体，NaCl属于离子晶体则丁晶体中含有的作用力有BDE（填序号）A离子键 B共价键 C金属键 D配位键 E范德华力（5）G3+与元素A、C、F构成配合物戊，在含有0.001mol戊的溶液中加入过量AgNO3溶液，经过滤、洗涤、干燥后，得到287mg白色沉淀已知该配合物的配位数为6，则戊的
72、化学式为Cr（H2O）5ClCl2（6）三聚氰胺（结构如图2所示）由于其含氮量高被不法奶农添加到牛奶中来“提高”蛋白质的含量，造成全国许多婴幼儿因食用这种奶粉而患肾结石三聚氰胺中N原子的杂化形式是sp2、sp3考点：位置结构性质的相互关系应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断分析：A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，这说明甲是水，则A为H元素，C为O元素，乙为双氧水；B、C相邻且同周期，且B的原子序数小于氧元素的，则B是N元素；E是地壳中含量最多的金属元素，属于E是Al元素；A、D同主族，且D的原子序数小于铝的，所以D是Na元素；F元素
73、为同周期电负性最大的元素，且F的原子序数大于铝元素的，所以F是Cl元素；D和F可形成化合物丙，则丙是NaCl，E和F可形成化合物丁，则丁是氯化铝；G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素，据此答题解答：解：A、C能形成两种化合物甲和乙，原子个数比分别为2：1和1：1，甲为常见的溶剂，这说明甲是水，则A为H元素，C为O元素，乙为双氧水；B、C相邻且同周期，且B的原子序数小于氧元素的，则B是N元素；E是地壳中含量最多的金属元素，属于E是Al元素；A、D同主族，且D的原子序数小于铝的，所以D是Na元素；F元素为同周期电负性最大的元素，且F的原子序数大于铝元素的，所以F是Cl元素；D和F可
74、形成化合物丙，则丙是NaCl，E和F可形成化合物丁，则丁是氯化铝；G为第四周期未成对电子数最多的元素，因此G是Cr元素，（1）G为Cr元素，根据构造原理可知，3d轨道处于半满状态比较稳定，则Cr的基态原子的外围电子排布式为：3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）由于O原子核外价电子排布式2s22p4，而N原子核外价电子排布式2s22p3，2p亚层属于半充满的稳定结构，难失去一个电子，因此第一电离能较大的为N元素，故答案为：N； N原子价电子为2s22p3，2p轨道半充满，能量较低，难失1个电子，因此第一电离能较大；（3）根据分析可知，甲为水，乙为双氧水，含有非极性共价键的是H2O2，故答
75、案为：H2O2；（4）根据图1可知，丁是Al2Cl6，丁熔点190，沸点183，则丁为分子晶体，而丙是NaCl，属于离子晶体，所以熔点、沸点较低的为Al2Cl6，故答案为：NaCl；Al2Cl6为分子晶体，NaCl属于离子晶体；Al2Cl6是分子晶体，分子间存在范德华力，分子内有极性共价键和配位键，故选：BDE；（5）甲为水，元素F为Cl，配合物戊由G3+与甲、元素F构成；生成的28.7g白色沉淀是AgCl，氯化银的物质的量为：=0.2mol，0.1mol戊能够电离出0.2mol氯离子，说明该化合物能电离出2个氯离子，再根据配位数是6以及Cr元素的化合价为+3价可知，戊中含有5个水分子、1个氯离子，则戊的化学式为：Cr（H2O）5ClCl2，故答案为：Cr（H2O）5ClCl2；（6）根据三聚氰胺的结构简式可知，C=N中为平面结构，NH2中为三角锥结构，杂化形式分别是sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3点评：本题考查位置结构与性质的关系，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力，题目难度中等
