1、2014-2015学年四川省巴中市龙泉外国语学校高二（上）月考化学试卷（12月份）一、选择题（本题共12个小题，每题4分，共48分）1下列关于键和键的理解正确的是（） A 气体单质中一定存在键，可能存在键 B 键可以绕键轴旋转，键一定不能绕键轴旋转 C 键比键的电子云重叠程度大 D CH2=CHCl中CCl键采用的成键轨道是sp2s2下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（） A 元素的电负性：NaPCl B 某元素（R）气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是R2+ C 具有下列电子排布式的原子中，1s22s22p
2、63s23p2，1s22s22p3，1s22s22p2，1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是 D A族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强3有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料下列说法中，正确的是（） A X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂4某化合物6
3、.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和5.4gH2O下列说法正确的是（） A 该化合物仅含碳、氢两种元素 B 该化合物中碳、氢原子个数比为1：2 C 无法确定该化合物是否含有氧元素 D 该化合物中一定含有氧元素52002年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特维特里希发明了“利用核磁共振技术测定溶液中生物大分子三维结构的方法”在化学上经常使用的是氢核磁共振谱，它是根据不同化学环境的氢原子在氢核磁共振谱中给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是（） A HCHO B CH3OH C HCOOH D CH3COOCH36
4、可以用分液漏斗分离的一组液体混合物是（） A 溴和四氯化碳 B 苯和溴苯 C 汽油和苯 D 硝基苯和水7下列各项中表达正确的是（） A 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6 B N2的结构式：NN： C NaCl的电子式： D CO2的分子模型示意图：8下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是（） A 晶体硅 B 食盐 C 干冰 D 金属钾9下列说法中正确的是（） A NO2、SO2、BF3分子中所有原子的最外层电子都满足了8e稳定结构 B P4和CH4都是正四面体分子且键角都为10928 C NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个 D 原子间通过共价键而形成的
5、晶体一定具有高的熔、沸点及硬度10有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合物让你研究，一般要采取的几个步骤是（） A 分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式 B 分离、提纯确定实验式确定化学式确定结构式 C 分离、提纯确定结构式确定实验式确定化学式 D 确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯11向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液下列对此现象说法正确的是（） A 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B 在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 C
6、向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu（NH3）42+12二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（） A 利用金属钠或金属钾 B 利用燃烧法 C 利用红外光谱法 D 利用核磁共振氢谱二、非选择题（共4题，共52分）13用系统命法写出下列物质名称：（1）（2）（3）的系统名称为14（24分）（2014秋巴中校级月考）根据要求完成下列问题：（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，试回答：该元素核外价电子排布图该元素的原子序数为，该元素是元素（填“金属”或“非金属”），形成
7、的单质为晶体（2）指出配合物K3Co（CN）6中的中心离子、配位体及其配位数：、（3）在下列物质CO2、NH3、CCl4、BF3、H2O、SO2、SO3、PCl3中，属于非极性分子的是（填番号）（4）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“”、“”或“=”）：HClO3HClO4； H3PO4H3PO3（5）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：NH3中心原子的杂化方式为杂化，VSEPR构型为，BF3分子中，中心原子的杂化方式为杂化，分子的立体构型为（6）H2O的沸点（100）比H2S的沸点（61）高，这是由于15（14分）（2014秋巴中校级月考）有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周
8、期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等； B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1根据以上条件，回答下列问题：（1）推断五种元素分别是（用元素符号回答）：C，D，E（2）写出D原子的电子排布式（3）指出E元素在元素周期表中的位置（4）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序（按由大到小的顺序排列，用元素符号表示）（5）比较元素D和E的电负性的相对大小16核磁共振（NMR）是研究有机物结构的有力手段之一，在所研究的化合物分子中，每
9、一个结构中的等性氢原子的1HNMR谱中都给出了相应的峰（信号），谱中峰的强度与结构中的等性氢原子数成正比现有某种有机物，通过元素分析得到的数据为C：85.71%，H：14.29%（质量分数），质谱数据表明它的相对分子质量为84（1）该化合物的分子式为（2）已知该物质可能存在多种结构，A、B、C是其中的三种，请根据下列要求填空：A是链状化合物与氢气加成产物分子中有三个甲基，则A的可能结构有种（不考虑立体异构）B是链状化合物，1HNMR谱中只有一个信号，则B的结构简式为：C是环状化合物；1HNMR谱中也只有一个信号，则C的结构简式为：2014-2015学年四川省巴中市龙泉外国语学校高二（上）月考化
10、学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，每题4分，共48分）1下列关于键和键的理解正确的是（） A 气体单质中一定存在键，可能存在键 B 键可以绕键轴旋转，键一定不能绕键轴旋转 C 键比键的电子云重叠程度大 D CH2=CHCl中CCl键采用的成键轨道是sp2s考点： 共价键的形成及共价键的主要类型 分析： A稀有气体分子中不存在化学键；B键：成键原子的电子云以“头碰头”方式重叠形成的共价键，其特征是轴对称，即以形成化学键的两原子核的连线为轴作旋转；键：成键原子的电子云以“肩并肩”方式形成的共价键，其特征是镜像对称，不能绕键轴旋转；C键头碰头重叠，键肩并肩重叠，键重叠
11、程度大；D在平面形分子CH2=CHCl中，每个C原子含有3个键和1个键，所以价层电子对个数是3，采用sp2杂化，Cl原子中未成对电子为3p电子，据此判断CCl键采用的成键轨道解答： 解：A稀有气体分子中不存在化学键，所以不一定存在键，也不一定存在键，故A错误；B键为轴对称可以绕键轴旋转，二键为镜像对称，一定不能绕键轴旋转，故B正确；C键头碰头重叠，键肩并肩重叠，键重叠程度大，共价键强，故C错误；D在平面形分子ClCH=CHCl中，每个C原子含有3个键和1个键，所以价层电子对个数是3，采用sp2杂化，Cl原子中未成对电子为3p电子，所以CCl键采用的成键轨道是sp2p，在平面形分子CH2=CHC
12、l中，每个C原子含有3个键和1个键，所以价层电子对个数是3，采用sp2杂化，Cl原子中未成对电子为3p电子，所以CCl键采用的成键轨道是sp2p，故D错误；故选：B点评： 本题考查了有机化合物中共价键的类型，难度不大，根据单键为键，双键含有含有1个键和1个键，键可以绕键轴旋转，键不能绕键轴旋转2下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是（） A 元素的电负性：NaPCl B 某元素（R）气态基态原子的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是R2+ C 具有下列电子排布式的原子中，1s22s22p63s23p2，1s22s22p3，1s
13、22s22p2，1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是 D A族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强考点： 元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子排布 分析： A得电子能力越强，电负性越大；B该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；D根据简单阴离子还原性越强与非金属性及最高价氧化物对应水化物的酸性的关系分析解答： 解：A得电子能力NaPCl，所以元素的电负性NaPCl，故A错误；B该元素第三电离能剧增，最外层应有2个电子，表现+2价，当它与氯气反应时最可能生成的阳离子是R2+，故B正
14、确；C核外电子排布：1s22s22p63s23p21s22s22p31s22s22p21s22s22p63s23p4，则为Si、为N、为C、为S，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：SiCN，SiS，故Si原子半径最大，即的原子半径最大，故C错误；DA族元素的简单阴离子还原性越强，则对应的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性就越弱，故D错误；故选B点评： 本题考查电负性、核外电子排布、微粒半径比较、元素的金属性、非金属性等，题目难度不大，注意元素的金属性、非金属性与元素性质的递变规律，侧重原子结构及性质的考查3有X、Y、Z、W、M五种短周期元素，其中X、
15、Y、Z、W同周期，Z、M同主族； X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料下列说法中，正确的是（） A X、M两种元素只能形成X2M型化合物 B 由于W、Z、M元素的氢化物相对分子质量依次减小，所以其沸点依次降低 C 元素Y、Z、W的单质晶体属于同种类型的晶体 D 元素W和M的某些单质可作为水处理中的消毒剂考点： 位置结构性质的相互关系应用 分析： 根据Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y为Si，则X、Y、Z、W都在第三周期，再由X+与M2具有相同的电子层结构；离子半径：Z2W；依次推出X为Na，M为O，Z为S，W
16、为Cl，然后利用元素形成的化合物的结构和性质来解答解答： 解：由Y的单质晶体熔点高、硬度大，是一种重要的半导体材料可知Y是硅元素，即X、Y、Z、W属于第三周期，由离子半径：Z2W可知X、Z、W分别属于钠、硫、氯元素，又因为Z、M同主族且X+与M2具有相同的电子层结构，则M是氧元素；A、因钠和氧还可以形成Na2O2，故A错误；B、因水分子中存在氢键，所以水的沸点最高，沸点为H2OHClH2S，故B错误；C、元素Y、Z、W的单质晶体分别属于原子晶体、分子晶体、分子晶体，故C错误；D、Cl2和O3都具有强氧化性，则可以作为消毒剂，故D正确；故选：D点评： 本题考查位置、结构、性质的关系和应用，寻找本
17、题的突破点为Y是解答本题的关键，然后利用元素化合物知识来解答即可4某化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和5.4gH2O下列说法正确的是（） A 该化合物仅含碳、氢两种元素 B 该化合物中碳、氢原子个数比为1：2 C 无法确定该化合物是否含有氧元素 D 该化合物中一定含有氧元素考点： 测定有机物分子的元素组成 专题： 烃及其衍生物的燃烧规律分析： 有机物燃烧生成8.8gCO2和5.4gH2O，则一定含有C、H元素，其中n（CO2）=0.2mol，n（H2O）=0.3mol，以此计算C、H元素的质量，根据质量守恒，判断是否含有O元素解答： 解：有机物燃烧生成8.8gCO2和5.4
18、gH2O，则一定含有C、H元素，其中n（CO2）=0.2mol，n（C）=0.2mol，m（C）=0.2mol12g/mol=2.4g，n（H2O）=0.3mol，n（H）=0.6mol，m（H）=0.6g，且n（C）：n（H）=0.2mol：0.6mol=1：3，由于2.4g+0.6g=3.0g6.4g，则一定含有氧元素，故选D点评： 本题考查有机物分子的元素组成，题目难度不大，本题注意有机物完全燃烧只生成二氧化碳和水，一定含有C、H元素，可能含有O元素，从质量守恒的角度判断是否含有氧元素52002年诺贝尔化学奖表彰了两项成果，其中一项是瑞士科学家库尔特维特里希发明了“利用核磁共振技术测定溶
19、液中生物大分子三维结构的方法”在化学上经常使用的是氢核磁共振谱，它是根据不同化学环境的氢原子在氢核磁共振谱中给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是（） A HCHO B CH3OH C HCOOH D CH3COOCH3考点： 常见有机化合物的结构 专题： 有机物分子组成通式的应用规律分析： 核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子解答： 解：核磁共振氢谱中只给出一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子AHCHO中2个氢原子连在同一个羰基上，2个
20、H原子都是等效的，核磁共振氢谱中只给出一种峰，故A正确； BCH3OH中甲基中的H原子与羟基中的H原子所处化学环境不同，CH3OH有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故B错误；CHCOOH中左边的H原子与羧基中的H原子所处化学环境不同，HCOOH有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故C错误；DCH3COOCH3中左边甲基中的H原子与右边中的H原子所处化学环境不同，CH3COOCH3有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故D错误故选A点评： 本题考查核磁共振氢谱与有机物中氢原子的种类关系，题目难度不大，核磁共振氢谱中峰值数等于有机物中氢原子的种类数6可以用分液漏斗分离的一组液体混合物是（）
21、A 溴和四氯化碳 B 苯和溴苯 C 汽油和苯 D 硝基苯和水考点： 物质的分离、提纯和除杂 专题： 化学实验基本操作分析： 能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体，一般的来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂解答： 解：能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体，一般的来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂A溴和四氯化碳能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故A错误； B苯和溴苯能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故B错误；C汽油和苯互溶，所以不能用分液漏斗分离，故C错误；D硝基苯和水互不相溶，所以能用分液漏斗分离，故D正确故选D点评： 本题考查了物质的分离和提纯
22、，难度不大，注意分液漏斗能分离的物质必须是互不相溶的液体7下列各项中表达正确的是（） A 硫离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6 B N2的结构式：NN： C NaCl的电子式： D CO2的分子模型示意图：考点： 原子核外电子排布；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硫离子核外电子数为18，结合能量最低原理书写判断；B氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，用短线“”代替共用电子对即为其结构式，未成键的孤电子对不需要标出；CNaCl属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成；DCO2分子为直线型结构解答： 解：A硫离子核外电子数为18，核外电子排布式
23、：1s22s22p63s23p6，故A正确；BN2的结构式为NN，故B错误；CNaCl属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成，其电子式为，故C错误；DCO2分子为直线型结构，选项中为V型，与二氧化碳分子结构不符合，故D错误，故选A点评： 本题考查常用化学用语，涉及核外电子排布、结构式、电子式、分子模型，难度不大，侧重对基础知识的巩固8下列晶体熔化时不需要破坏化学键的是（） A 晶体硅 B 食盐 C 干冰 D 金属钾考点： 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题： 化学键与晶体结构分析： 熔化时不需要破坏化学键的是分子晶体，原子晶体、离子晶体、金属晶体熔化时需要破坏化学键，以此来分析解答：
24、解：A、晶体硅是原子晶体，熔化需要破坏共价键，故A错误；B、食盐属于离子晶体，熔化时破坏离子键，故B错误C、干冰属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，没有破坏化学键，故C正确；D、金属钾属于金属晶体，熔化时破坏金属键，故D错误；故选C点评： 本题考查化学键与晶体类型，难度不大，掌握常见物质的晶体类型是解题的关键9下列说法中正确的是（） A NO2、SO2、BF3分子中所有原子的最外层电子都满足了8e稳定结构 B P4和CH4都是正四面体分子且键角都为10928 C NaCl晶体中与每个Na+距离相等且最近的Na+共有12个 D 原子间通过共价键而形成的晶体一定具有高的熔、沸点及硬度考点： 共价
25、键的形成及共价键的主要类型；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 专题： 化学键与晶体结构分析： AABn型分子中，A的族序数+成键数n=8则满足所有原子的最外层电子都满足了8e稳定结构，氢化物除外；B白磷中键角为60；CNaCl晶体为立方面心，与每个Na+距离相等且最近的Na+可看作顶点和面心位置；D原子间通过共价键而形成的晶体可能为分子晶体，也可能为原子晶体解答： 解：AABn型分子中，A的族序数+成键数n=8则满足所有原子的最外层电子都满足了8e稳定结构，氢化物除外，则只有SO2分子中所有原子的最外层电子都满足了8e稳定结构，故A错误；B白磷中键角为60，CH4键角为10928，二者都
26、是正四面体分子，故B错误；CNaCl晶体为立方面心，与每个Na+距离相等且最近的Na+可看作顶点和面心位置，个数为38=12，故C正确；D原子间通过共价键而形成的晶体可能为分子晶体，也可能为原子晶体，若为分子晶体，熔沸点较低，硬度不大，故D错误；故选C点评： 本题考查化学键、晶体类型及分子构型等，侧重物质结构与性质的考查，选项C中注意离子个数比为1：1，以氯离子位置分析与以钠离子位置分析得出个数相同，注意规律性知识的应用，题目难度中等10有机物的天然提取和人工合成往往得到的是混合物，假设给你一种这样的有机混合物让你研究，一般要采取的几个步骤是（） A 分离、提纯确定化学式确定实验式确定结构式
27、B 分离、提纯确定实验式确定化学式确定结构式 C 分离、提纯确定结构式确定实验式确定化学式 D 确定化学式确定实验式确定结构式分离、提纯考点： 测定有机物分子的元素组成；有机物实验式和分子式的确定 专题： 有机物分子组成通式的应用规律分析： 从天然资源提取的有机物，首先得到是含有有机物的粗品，需经过分离、提纯才能得到纯品，再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元素定量分析确定实验式，再测定相对分子质量确定分子式，最后利用波谱分析确定结构式解答： 解：从天然资源提取的有机物，首先得到是含有有机物的粗品，需经过分离、提纯才能得到纯品，再进行鉴定和研究未知有机物的结构与性质，一般先利用元
28、素定量分析确定实验式，再测定相对分子质量确定分子式，因为有机物存在同分异构现象，所以最后利用波谱分析确定结构式，故对其进行研究一般采取的研究步骤是：分离提纯确定实验式确定分子式确定结构式，故选B点评： 本题考查有机物结构确定、有机物研究方法等，比较基础，注意有机物研究的一般步骤11向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液下列对此现象说法正确的是（） A 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B 在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 C 向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化 D 沉淀
29、溶解后，将生成深蓝色的配合离子Cu（NH3）42+考点： 配合物的成键情况 专题： 化学键与晶体结构分析： A、硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物B、配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键C、络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出D、氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清解答： 解：A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误B、在Cu（NH3）42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误C、Cu（NH3）4SO4在乙醇中的溶解度小于在水中
30、的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误D、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子Cu（NH3）42+而使溶液澄清，故D正确故选D点评： 本题考查了配合物、配位键的形成等性质，难度不大，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体12二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法及物理方法，下列鉴别方法中不能对二者进行鉴别的是（） A 利用金属钠或金属钾 B 利用燃烧法 C 利用红外光谱法 D 利用核磁共振氢谱考点： 有机物的鉴别；乙醇的化学性质 专题： 有机物的化学性质及推断分析： 二甲醚和乙醇中分别含有
31、O和OH，二者性质不同，OH可与Na反应，二者含有的H原子的种类和性质不同，由于分子式相同，燃烧产物相同解答： 解：A乙醇中含有OH，可与金属钠或金属钾反应生成氢气，可鉴别，故A正确；B由于分子式相同，燃烧产物相同，不能鉴别，故B错误；C二甲醚和乙醇中分别含有O和OH，官能团不同，可用红外光谱法鉴别，故C正确；D二者含有的H原子的种类和性质不同，可用核磁共振氢谱鉴别，故D正确故选B点评： 本题考查有机物的鉴别，题目难度不大，本题注意有机物官能团的异同以及有机物的结构，注意把握鉴别方法二、非选择题（共4题，共52分）13用系统命法写出下列物质名称：（1）3，3，5三甲基庚烷（2）2，3二甲基1丁
32、烯（3）的系统名称为3，4，4三甲基1戊炔考点： 有机化合物命名 分析： （1）烷烃的Emma遵循长、多、近、小、简原则；（2）烯烃的命名选取含有碳碳双键的最长碳链，距离双键最近的一端命名为1号碳；（3）炔烃的命名选取含有三键的最长碳链，距离三键最近的一端命名为1号碳，据此解答即可解答： 解：（1）为烷烃，最长碳链为7，故为庚烷，在3和5号碳上分别含有2个和1个甲基，正确命名为：3，3，5三甲基庚烷，故答案为：3，3，5三甲基庚烷；（2），为烯烃，含有碳碳双键的最长碳链为4，故为丁烯，碳碳双键位于1、2号碳之间，在2、3号碳上分别含有1个甲基，正确命名为：2，3二甲基1丁烯，故答案为：2，3二
33、甲基1丁烯； （3），为炔烃，碳碳三键位于1、2号碳之间，在3和4号碳上分别含有1个和2个甲基，正确命名为：3，4，4三甲基1戊炔，故答案为：3，4，4三甲基1戊炔点评： 本题主要考查的是常见有机物的命名，主要涉及的是烷烃、烯烃和炔烃的命名，含有官能团的有机物命名时，需要标明官能团所在的位置，难度不大14（24分）（2014秋巴中校级月考）根据要求完成下列问题：（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，试回答：该元素核外价电子排布图该元素的原子序数为21，该元素是金属元素（填“金属”或“非金属”），形成的单质为金属晶体（2）指出配合物K3Co（CN）6中的中心离子、配位
34、体及其配位数：Co3+、CN、6（3）在下列物质CO2、NH3、CCl4、BF3、H2O、SO2、SO3、PCl3中，属于非极性分子的是（填番号）（4）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“”、“”或“=”）：HClO3HClO4； H3PO4H3PO3（5）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：NH3中心原子的杂化方式为sp3杂化，VSEPR构型为正四面体，BF3分子中，中心原子的杂化方式为sp2杂化，分子的立体构型为平面三角形（6）H2O的沸点（100）比H2S的沸点（61）高，这是由于水分子之间可形成氢键考点： 配合物的成键情况；物质的组成、结构和性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析
35、： （1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，处于第四周期B族，为金属元素；（2）根据配合物理论分析，配位体：提供孤电子对的分子或离子；配位原子：配体中，提供电子对的原子，配位数：中心原子周围的配位原子个数；（3）不同非金属元素之间易形成极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；（4）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；（5）N原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，据此分析解答；B原子价层电子对个数=键个数+孤电子对个数；（6）根据氢键进行
36、分析，氢键影响晶体的熔沸点解答： 解：（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其价电子排布图为：，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，原子序数为21，处于第四周期B族，属于金属元素，形成金属晶体，故答案为：；21；金属；金属；（2）配合物K3Co（CN）6中的中心离子为Co3+、配位体是CN、配位数为6；故答案为：Co3+；CN；6； （3）CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；NH3中C元素化合价为3，N原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；CCl4中C元素化合价为
37、+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，为非极性分子；H2O中O元素化合价为2，O原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子；SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子；SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，为非极性分子；PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；故选；（4）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故酸性：HClO3HClO4；H3PO4H3PO3，故答案为：；（5）NH3分子中心N原子孤电子对数=1，价层电子对
38、数=3+1=4，故N原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体，分子的立体构型为三角锥形，故答案为：sp3；正四面体；三角锥形； BF3分子中心B原子孤电子对数=0，价层电子对数=3+0=34，故B原子采取sp2杂化，VSEPR构型为平面三角形，分子的立体构型为平面三角形，故答案为：sp2；平面三角形；（5）水分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故答案为：水分子之间可形成氢键点评： 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、分子结构与性质、价层电子对互斥理论等，难度中等，侧重对基础知识巩固15（14分）（2014秋巴中校级月考）有A、B、C、D、E五种元素，其中A、B、C属于同一周
39、期，A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子总数，B原子最外层中有两个不成对的电子；D、E原子核内各自的质子数与中子数相等； B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，并知在DB2和EB2中，D与B的质量比为7：8，E与B的质量比为1：1根据以上条件，回答下列问题：（1）推断五种元素分别是（用元素符号回答）：CN，DSi，ES（2）写出D原子的电子排布式1s22s22p63s23p2（3）指出E元素在元素周期表中的位置第三周期A族（4）比较A、B、C三种元素的第一电离能的大小顺序NOC（按由大到小的顺序排列，用元素符号表示）（5）比较元素D和E的电负性的相对大小SiS考点： 位置结构性
40、质的相互关系应用 分析： A原子最外层p能级的电子数等于次外层的电子数总数，p能级电子数不超过6，则A的核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，即位于第二周期，B原子最外层中有两个不成对的电子，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素，B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，则C为N元素，可形成NO2化合物；在DB2中D与B的质量比为7：8，则有M（D）：2M（O）=7：8，则M（D）=28，故D为Si元素；在EB2中E与B的质量比为1：1，则M（E）=2M（O）=216=32，所以E为S元素，据此解答解答： 解：A原子最外层p能级的电子数等于次
41、外层的电子数总数，p能级电子数不超过6，则A的核外电子排布为1s22s22p2，故A为碳元素；A、B、C属于同一周期，即位于第二周期，B原子最外层中有两个不成对的电子，核外电子排布式为1s22s22p4，故B为O元素，B元素可分别与A、C、D、E生成RB2型化合物，则C为N元素，可形成NO2化合物；在DB2中D与B的质量比为7：8，则有M（D）：2M（O）=7：8，则M（D）=28，故D为Si元素；在EB2中E与B的质量比为1：1，则M（E）=2M（O）=216=32，所以E为S元素（1）由上述分析可知，C为N元素、D为Si、E为S，故答案为：N；Si；S；（2）D为Si元素，原子序数为14，
42、基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，故答案为：1s22s22p63s23p2；（3）E为S元素，处于周期表中第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，由于N原子2p轨道为半充满状态，能量较大，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能NOC，故答案为：NOC；（5）同周期随原子序数增大，越大电负性增大，故电负性SiS，故答案为：SiS点评： 本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、电离能、电负性等，推断元素是解题关键，注意理解掌握同周期第一电离能异常原因16核磁共振（NMR）是研究有机物结构的有力手段之一，在所研究的化合
43、物分子中，每一个结构中的等性氢原子的1HNMR谱中都给出了相应的峰（信号），谱中峰的强度与结构中的等性氢原子数成正比现有某种有机物，通过元素分析得到的数据为C：85.71%，H：14.29%（质量分数），质谱数据表明它的相对分子质量为84（1）该化合物的分子式为C6H12（2）已知该物质可能存在多种结构，A、B、C是其中的三种，请根据下列要求填空：A是链状化合物与氢气加成产物分子中有三个甲基，则A的可能结构有7种（不考虑立体异构）B是链状化合物，1HNMR谱中只有一个信号，则B的结构简式为：（CH3）2C=C（CH3）2C是环状化合物；1HNMR谱中也只有一个信号，则C的结构简式为：考点： 有
44、机物的推断 专题： 推断题；有机化学基础分析： （1）该有机物的相对分子质量为84，C的质量分数85.71%，H的质量分数14.29%，二者质量分数之和为100%，故该有机物属于烃，分子中C原子数目为=6、H原子的数目为=12，故该有机物的分子式为C6H12；（2）A是链状化合物，分子中含有1个C=C双键，与氢气加成产物分子中有三个甲基，分子中含有1个支链，据此书写可能的同分异构体；B是链状化合物，分子中含有1个C=C双键，1HNMR谱中只有一个信号，分子中只有1种H原子，分子中含有12个H原子，故含有4个甲基，关于双键对称，据此书写；C是环状化合物，为环烷烃，1HNMR谱中也只有一个信号，分
45、子中只有1种H原子，故每个C原子上的H原子相同，为环己烷解答： 解：（1）该有机物的相对分子质量为84，C的质量分数85.71%，H的质量分数14.29%，二者质量分数之和为100%，故该有机物属于烃，分子中C原子数目为=6、H原子的数目为=12，故该有机物的分子式为C6H12，故答案为：C6H12；（2）A是链状化合物，分子中含有1个C=C双键，与氢气加成产物分子中有三个甲基，分子中含有1个支链，符合条件的同分异构体有：（CH3）2CHCH2CH=CH2、CH3CH2CH（CH3）CH=CH2、CH3CH2CH2C（CH3）=CH2、（CH3）2CHCH=CHCH3、CH3CH2C（CH3）=CHCH3、CH3CH2CH=C（CH3）2、（CH3CH2）2C=CH2，故由7种同分异构体，故答案为：7；B是链状化合物，分子中含有1个C=C双键，1HNMR谱中只有一个信号，分子中只有1种H原子，分子中含有12个H原子，故含有4个甲基，关于双键对称，故B的结构简式为（CH3）2C=C（CH3）2，故答案为：（CH3）2C=C（CH3）2；C是环状化合物，为环烷烃，1HNMR谱中也只有一个信号，分子中只有1种H原子，故每个C原子上的H原子相同，为环己烷，结构简式为，故答案为：点评： 考查有机物的推断、同分异构体书写，难度中等，推断有机物的分子式是解题的关键
