1、高二年级期中考试化学试题一选择题（每题2分，共52分）1.下列关于氢原子电子云图的说法正确的是()A. 通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目多B. 黑点密度大，单位体积内电子出现的机会多C. 通常用小黑点来表示电子绕核做高速圆周运动D. 电子云图是对运动无规律性的描述【答案】B【解析】【详解】A小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A错误；B小黑点密度大表示电子在原子核外空间的单位体积内电子出现的概率大，故B正确；C小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹，故C错误；D电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率，是对运动的描述，故D
2、错误；答案选B。【点睛】解答本题需要注意：电子云中小黑点本身没有意义，不代表1个电子，也不代表出现次数，小黑点的疏密表示出现机会的多少，密则机会大，疏则机会小。2.电子层序数为3时，该电子层的原子轨道数共有()A. 4个B. 7个C. 8个D. 9个【答案】D【解析】【详解】电子层序数为3时，即为M层，M层有s、p、d三个能级，其中s能级有1个原子轨道、p能级有3个原子轨道、d能级有5个原子轨道，共9个原子轨道，故选D。3.下列表达方式或说法正确的是( )A. CO2的分子模型示意图：B. 某元素原子R的轨道表示式：C. pp 键电子云模型：D. 乙烯分子的球棍模型：【答案】C【解析】【详解】
3、A.二氧化碳分子为直线型结构，二氧化碳正确的比例模型为，故A错误；B.电子在原子核外排布时，将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，题中R的电子排布图不符合洪特规则，故B错误；C.pp原子轨道以“肩并肩”方式相互重叠单质电子在核间出现的概率增大即电子云重叠后得到的电子云图像呈镜像对称，故C正确；D.球棍模型表示原子间的连接，乙烯分子中碳原子之间为双键，乙烯的球棍模型为，4个H分别位于碳碳双键所在平面的两侧，故D错误。故选C。4.若某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，则下列说法正确的是( ）A. 该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子B. 该元素原子核外共有5
4、个电子层C. 该元素原子的M能层共有8个电子D. 该元素原子最外层共有3个电子【答案】B【解析】分析：某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第B族，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此解答该题。详解：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子。则A该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有1个未成对电子，A错误；B该元素原子核外有5个能层，B正确；C该元素原子M能层共有18个电子，C错
5、误；D该元素原子最外层上有2个电子，D错误。答案选B。5.下列说法正确的是（ ）A. 基态原子的能量一定比激发态原子的能量高B. 1s22s12p1表示的是基态原子的电子排布C. 日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱【答案】C【解析】【详解】A、同类原子基态比激发态的能量低，选项A错误；B、1s22s12p1不符合构造原理，处于激发态，选项B错误；C、日常生活中我们看到的许多可见光，如霓虹灯光、节日焰火，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，选项C正确；D、原子光谱有发射光谱和吸收光谱两种，电
6、子从激发态跃迁到基态时产生发射光谱，从基态到激发态跃迁时产生吸收光谱，选项D错误。答案选C。6.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( )A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B. 基态Fe原子的外围电子排布图为 C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素【答案】B【解析】试题分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；C、N原子
7、的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B。考点：考查了原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写的相关知识。7.下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是（ ）A. 32 g S8分子中含有0.125 mol 键B. SF6是由极性键构成的分子C. 1 mol C2H2分子中有3 mol 键和2 mol 键D. S8中S的杂化方式为sp3杂化【答案】A【解析】【分析】A.由分子结构可知1个S8分子中含有8个键；B.以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分
8、子；C.C2H2的结构式为HCCH，单键为键，三键含有1个键、2个键；D.S8是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，两上键，所以S是sp3杂化。【详解】A.1个S8分子中含有8个键，则32g即0.125molS8分子中含有1mol键，故A错误；B.SF6空间构型为对称结构，正负电荷的中心重合，为非极性分子，故B正确；C.C2H2的结构式为HCCH，单键为键，三键含有1个键、2个键，所以1molC2H2分子中有3mol键和2mol键，故C正确；D.S8是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，两上键，所以S是sp3杂化，
9、故D正确。故选A。【点睛】碳碳单键是键；碳碳双键里一条是键，一条是键；碳碳三键里一条是键，两条是键。8. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A. 分子式为C3H2O3B. 分子中含6个键C. 分子中只有极性键D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2【答案】A【解析】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误，此题选C。【考点定位】本题考查的是有
10、机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物燃烧产物的判断和相关计算。【此处有视频，请去附件查看】9.下列有关电离能的说法，正确的是（ ）A. 第一电离能越大的原子失电子的能力越强B. 第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量C. 同一周期中，主族元素原子第一电离能从左到右越来越大D. 可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价【答案】D【解析】【详解】A、元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子，故A错误；B、第一电离能是基态的气态原子失去核外第一个电子转化为气态基态正离子需要的最低能量，故B错误；C、总体趋势：同一周期中，第一电离能从
11、左到右越来越大，其中有反常，如第一电离能：NO，故C错误；D、可通过各级电离能的数值，判断元素可能有的化合价，故D正确；故选D。【点睛】本题重点考查第一电离能的相关知识。第一电离能总体的递变规律为：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，但第一电离能的变化趋势中有曲折，因为当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大；一般来说，元素的电离能按照第一、第二的顺序逐渐增加，如果突然增加的比较多，电离的难度增大，这里就是元素的通常的化合价。10.下列各组元素按电负性大小排列正确的是（ ）A. FNOB. OClFC. AsPSD. ClSAs【
12、答案】D【解析】【详解】元素周期表中同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减弱。A同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性FON，故A错误；B同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性FOCl，故B错误；C同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性AsPS，故C错误；D同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性ClSAs，故D正确；答案选D。11.已知元素周期表中118号元素中的四种
13、元素的简单离子W3、X、Y2、Z都具有相同的电子层结构，下列判断正确的是（ ）A. 元素的第一电离能：XWB. 离子的还原性：Y2ZC. 氢化物的稳定性：H2YHZD. 原子半径：XW【答案】B【解析】【分析】元素周期表中118号元素的离子W3+、X+、Y2-、Z-都具有相同的电子层结构，其离子核外电子数相等，Y、Z为非金属，处于第二周期，故Y为O元素，Z为F元素，W、X为金属处于第三周期，W为Al元素，X为Na元素，结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，W为Al元素，X为Na元素，Y为O元素，Z为F元素。AW为Al元素，X为Na元素，元素第一电离能AlNa，即第一电离能XW，故A错误
14、；BY为O元素，Z为F元素，同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，离子的还原性逐渐减弱，所以离子的还原性：Y2-Z-，故B正确；C非金属性FO，非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物稳定性为HZH2Y，故C错误；DW为Al元素，X为Na元素，同周期从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径NaAl，即原子半径XW，故D错误；答案选B。12.某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是（ ）A. 电子排布式为B. 该元素为C. 该元素为A族元素D. 该元素位于区【答案】C【解析】【详解】某元素的最外层电子数为2，价电子数为5，说明最外层电子数和价电
15、子数不相等，则价电子应存在d能级电子，并且是同族中原子序数最小的元素，则可知应为第4周期元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，为第4周期B族元素，为V元素，位于d区，答案选C。13.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： 1s22s22p63s23p4 1s22s22p63s23p3 1s22s22p3 1s22s22p5 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】【分析】由四种元素基态原子的电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素，1s22s22p63s23p3是P元素，1s22
16、s22p3是N元素，1s22s22p5是F元素，结合元素周期律分析解答。【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
17、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元素非金属性比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；答案选A。14.根据杂化轨道理论和价电子对互斥模型判断，下列分子或者离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是（ ）选项分子或离子中心原子杂化方式价电子对互斥模型分子或离子立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CNF3sp2四面体形平面三角形Dsp3正四面体形正四面体形A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】根据
18、价层电子对互斥理论确定中心原子杂化方式和价电子对互斥模型，根据孤电子对个数确定分子空间构型，据此分析判断。【详解】A、SO2中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，故A错误；B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、NF3分子中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，故C错误；D、NH4+的中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，故D正确
19、；答案选D。【点睛】本题的易错点B，要注意HCHO分子中心原子C价层电子对数的计算方法，难点是孤电子对数=0，因此杂化方式sp2。15.通常状况下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NC13的有关叙述正确的是 （ ）A. 分子中NC1键键长比CCl4分子中CC1键键长更长B. 分子中的所有原子均达到8电子稳定结构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，错误；B、NC13中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达
20、到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8，所以C1原子达到8电子稳定结构，故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，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，故D错误考点：化学键、极性分子与非极性分子16.下列现象不能用氢键解释的是（ ）A. 冰的密度小于液态水B. 氨气易液化C. HF的沸点高于HID. 有机物普遍存在同分异构现象【答案】D【解析】【详解】A冰中含有氢键，其体积变大，则质量不
21、变时冰的密度比液态水的密度小，选项A不选；B氨气分子之间能形成氢键，沸点高，因此易液化，选项B不选；CHF分子之间能形成氢键，沸点高于HI，选项C不选；D有机物普遍存在同分异构现象，与碳原子的成键方式等有关，与氢键无关，且很多有机物中不存在氢键，选项D选。答案选D。17.硫化羰（OCS）存在于许多种植物中，杀虫效果显著。它与CO2、CS2互为等电子体，已知C=O键的键能为745kJmol1，有关硫化羰的说法正确的是（ ）A. 分子中有2个键和1个键B. 可推测C=S键的键能大于745 kJmol1C. OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的D. 分解温度CO2、OCS 、CS2依次由低到高【答
22、案】C【解析】试题分析：A羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个键和2个键，A错误；B硫的电负性比氧弱，C=S键的键能小于745kJmol-1，B错误；CCOS中碳原子上含有2个键电子对，则中心原子采用sp杂化，C正确；D电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：CSO，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D错误，答案选C。考点：考查化学键的有关判断18.下列各组中的X和Y两种原子，在元素周期表中一定位于同一族的是（ ）A. X原子和Y原子最外层都只有一个电子B. X原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2C. X原子的2p能级上有三个电子，Y原子的3p能级
23、上有三个电子D. X原子核外M层上仅有两个电子，Y原子核外N层上也仅有两个电子【答案】C【解析】【详解】A项，最外层都只有一个电子的X、Y原子，可能为H、碱金属元素、B族元素，故不选A项；B项，X原子的核外电子排布为1s2为He元素，Y原子的核外电子排布为1s22s2为Be，二者不在同一族，故不选B项；C项，2p轨道上只有三个电子的X为N， 3p轨道上只有三个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，故选C项；D项，原子核外M层上仅有两个电子的X为Mg元素，原子核外N层上仅有两个电子的Y可能为Ca、Se、Ti、V、Fe、Co、Ni、Zn等元素，不一定同族，故不选D项。综上所述，本题选C。19.下列
24、试剂中，可以用来鉴别己烯、苯、乙醇和苯酚溶液的一种试剂是（ ）A. 盐酸B. 溴水C. 三氯化铁溶液D. 钠【答案】B【解析】【分析】己烯不溶于水比水轻，能与溴水发生加成反应，苯不溶于水比水轻，不能与溴水发生加成反应，乙醇溶于水，能与金属钠反应生成氢气，苯酚溶液能与溴水发生取代反应、三氯化铁溶液发生显示反应、与金属钠反应生成氢气。【详解】A项、盐酸与乙醇混合不反应不分层，与己烯、苯和苯酚溶液混合不反应分层，有机层都在上方，故A不符合题意；B项、溴水与己烯混合发生加成反应，溴水褪色分层；溴水与苯混合发生萃取，萃取后分层，有色层在上层；溴水与乙醇混合不反应不分层；溴水与苯酚溶液混合发生取代反应，生
25、成白色沉淀，故B符合题意；C项、三氯化铁溶液与乙醇混合不反应不分层，与己烯、苯混合不反应分层，有机层都在上方，与苯酚溶液混合，发生显示反应，溶液呈紫色，故C不符合题意；D项、钠与乙醇和苯酚溶液反应，都有氢气生成，与己烯、苯都不反应，都沉在低部，故D不符合题意。故选B。【点睛】考查有机物的鉴别，侧重于分析能力的考查，注意把握常见有机物的结构和官能团的性质，注意把握物质的性质的异同是解答关键。20.下列操作中错误的是（ ）A. 除去乙烷中少量乙烯：通过盛有高锰酸钾溶液的洗气瓶B. 除去苯中的少量苯酚：加入NaOH溶液，振荡，静置，分层后除去水层C. 除去CO2中的少量SO2：通过盛有饱和NaHCO
26、3溶液的洗气瓶D. 提取溶解在水中的少量碘：加入CCl4，振荡，静置，分层后，取出有机层再蒸馏【答案】A【解析】【详解】A项、高锰酸钾溶液可将乙烯氧化生成二氧化碳，会引入二氧化碳新杂质，故A错误；B项、苯酚可与氢氧化钠反应生成可溶于水的苯酚钠，苯与水互不相溶，可用分液法分离，故B正确；C项、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，则可用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的少量SO2，故C正确；D项、碘易溶于四氯化碳等非极性有机物溶剂，提取溶解在水中的少量碘，可用四氯化碳做萃取剂，利用碘和四氯化碳的沸点不同，有机层再用蒸馏方法分离，故D正确。【点睛】本题考
27、查物质的分离、提纯，注意除杂的原则，把握常见有机物的性质及反应现象为解答的关键。21.下列实验方案不能达到实验目的是（ ）选项实验目的实验方案A证明溴乙烷发生消去反应有乙烯生成向试管中加入适量的溴乙烷和NaOH的乙醇溶液，加热，将反应产生的气体通入溴的四氯化碳溶液B检验卤代烃中卤原子的种类将溴乙烷与氢氧化钠溶液共热，取冷却后反应液滴加硝酸酸化,之后滴加硝酸银溶液C验证乙炔能被酸性高锰酸钾溶液氧化将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察溶液是否褪色D验证苯和液溴在FeBr3的催化下发生取代反应将反应产生的混合气体先通入四氯化碳溶液再通入AgNO3溶液中，观察是否有淡黄色沉淀生成
28、A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、发生消去反应生成CH2=CH2，产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中，溴的四氯化碳溶液褪色，说明产生乙烯，能够达到实验目的，故A错误；B、检验卤素原子，先于氢氧化钠溶液反应，冷却后，应加硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，根据沉淀颜色，判断卤素原子，能够达到实验目的，故B错误；C、电石与水反应产生的气体中混有H2S气体，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，对乙炔气体的检验产生干扰，不能达到实验目的，故C正确；D、先通入四氯化碳溶液，目的是除去挥发出来的溴单质，避免对HBr检验产生干扰，然后再通入硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀，说明发生取代反应，能够达到实验目的，故
29、D错误。22.某烃的结构简式如图，它可能具有的性质是（ ）A. 易溶于水，也易溶于有机溶剂B. 既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色C. 能发生聚合反应，其产物可表示为D. 能使溴水褪色，但不能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】B【解析】试题分析：该物质属于烃类，不溶于水，A错；从结构中可以看出有碳碳双键，可以和溴水发生加成反应，可以被酸性KMnO4溶液氧化，所以既能使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，B对；能发生聚合反应，其产物可表示为，C错；根据B中分析，D错。选B。考点：有机物的结构和性质。23.二甲醚和乙醇是同分异构体，其鉴别可采用化学方法或物理方法，下列鉴别方法中不能对二
30、者进行鉴别的是（ ）A. 利用金属钠或者金属钾B. 利用质谱法C. 利用红外光谱法D. 利用核磁共振氢谱【答案】B【解析】试题分析：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，A正确；B、质谱法可测定有机物的相对分子质量，由于分子式相同，相对分子质量相同，利用质谱法不能鉴别，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，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，D正确，答案选B。考点：考查有机物鉴别24.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构简式如图所示(未表示出其空间构型)。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是 (
31、)A. 能与FeCl3溶液发生显色反应B. 该物质的分子式为C23H38O7C. 能发生加成、取代、消去反应，能使酸性KMnO4溶液褪色D. 1mol该物质最多可与1molNaOH反应【答案】C【解析】【详解】A.分子中不含酚羟基，则不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；B.该有机物的分子式为C23H36O7，故B错误；C.分子中含碳碳双键可发生加成反应，含-OH可发生取代和消去反应，含有C=C，可使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D.分子中含有-COO-、-COOH，能与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误。故选C。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答
32、的关键，注重迁移应用能力的训练，解题时要特别注意该有机物的结构中不含有苯环。25.下列有关同分异构体数目的叙述不正确的是A. 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种B. 与互为同分异构体的芳香化合物有6种C. 青蒿素 的一氯取代物有(不含立体异构)有7种D. 菲的结构简式为，它与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物【答案】B【解析】【详解】A项、甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代有32=6产物，故A正确；B项、的分子式为C7H8O，所以芳香族化合物有如下五种异构体：、 、，故B错误；C项、青蒿素
33、分子结构不对称，分子中7种氢原子，示意图如下一氯代物有7种，故C正确；D项、菲为对称结构，有如图所示的5种H原子，示意图如下，所以与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，故D正确。故选B。【点睛】本题考查同分异构体，明确同分异构体的概念及书写原则为解答关键。注意等效H的判断：同一碳原子上的氢原子是等效的；同一碳原子上所连接甲基上的氢原子是等效的；处于同一对称位置的碳原子上的氢原子是等效的。26.第三周期部分元素电离能单位：eV(电子伏特)如下,下列说法正确的是（ ）元素 I1I2I3甲5.747.471.8乙7715.180.3丙13.023.9400丁15.727.640.7A. 甲的金属性比乙
34、弱B. 乙的最高化合价为+1价C. 丙一定为非金属元素D. 丁一定是金属元素【答案】C【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A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B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、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙、丁一定为非金属元素；结合结构和性质分析解答。【详解】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A元素最外层有1个电子，失去1个电
35、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、第二电离能、第三电离能相差不大，说明丙元素最外层大于3个电子，丙、丁一定为非金属元素，选项C正确，选项D错误；A甲为Na元素，乙为Mg元素，故甲的金属性比乙强，选项A错误；B乙为Mg元素，化合价为+2价，选项B错误；答案选C。【点睛】本题考查了电离能与元素的金属性、非金属性的关系，第n电离能远远小于第（n+1）电离能时确定原子的最外层电子数，属于基础题。二填空题（共48分）27.（1）写出铜原子价电子排布式：_。与铜同一周期的副
36、族元素原子中最外层电子数与铜原子的相同的元素有_(填元素符号)。（2）第三周期第一电离能处于Al和P之间的元素有_种。（3）某种原子的结构示意图为。则该原子的核电荷数x取值范围为_。（4）Cr在周期表中位于_周期_族，属于_区，价电子排布图为_（5）ClO4互为等电子体的分子或离子为_。（6）Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，该分子中键与键个数比为_。【答案】 (1). 3d104s1 (2). Cr (3). 3 (4). 20x30且X不等于24和29 (5). 四 (6). VIB (7). d (8). (9). SO42-或其他合理答案 (10). 1：1【解析】【详解】（1）C
37、u原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d104s1；铜原子最外层排布为4s1，同周期外层排布为4s1，副族中d能级含有5个电子为Cr；（2）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，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，Mg、Al、Si、P、S、Cl属于同一周期且其原子序数依次增大，但Mg属于第A元素，Al属于第A族，P属于第VA元素，S属于第A族，所Mg、Al、Si、P、S、Cl几种元素的第一电离能的大小顺序是P、S、Si、Mg、Al，所以第一电离能处于Al、P之间的元
38、素有3种；(3) 某种原子的结构示意图为，第三层电子数8y18，则该原子的核电荷数x取值范围为20x30，根据各能级的能量递增可知，x不等于24和29，故答案为20x30且x不等于24和29；（4）Cr为24号元素，在周期表中位于第四周期VIB族，属于d区，价电子排布图为；（5）原子总数相同、价电子总数相同的微粒互为等电子体，与ClO4-互为等电子体的一种分子为CCl4，离子有SO42-；（6）Ni与CO能形成配合物Ni(CO)4，CO中含有1个键，2个键，配位键也属于共价键，也为键，该分子中键为： 14+4=8，键个数为: 24=8，二者的比值为1：1。28.已知A、B、C、D都是周期表中的
39、短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号为_，D基态原子含有_个未成对电子。（2）E2的价层电子排布图是_，F原子的电子排布式是_。（3）A的最高价氧化物对应的水化物分子结构式为_，其中心原子采取的轨道杂化方式为_，B的气态氢化物的VSEPR模型为_。（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB互为等电子体，它们结构相似，DAB的结构式为_。（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界
40、由中心离子E3与配位体AB构成，配位数为6。甲的水溶液可以用于实验室中E2的定性检验，检验E2的离子方程式为_。【答案】 (1). M (2). 2 (3). (4). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (5). (6). sp2 (7). 四面体 (8). S=C=N (9). 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62【解析】【分析】A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B
41、原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，据此答题。【详解】（1）基态S原子中，电子占据的最高能层是第三层，符号M，硫元素基态原子含有2个未成对电子；（2）铁的原子序数是26，Fe2+离子的价层电子排布3d6，离子的价层电子排布图是，铜的原子序数是29，原子的电子排布式是Ar3d104s1；（3）A 的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，分
42、子结构式为，其中心原子碳原子形成2个单键和一个双键，采取的轨道杂化方式为sp2，N的气态氢化物氨气分子中氮原子的价层电子对数是4，VSEPR模型为四面体；（4）化合物CO2、N2O和阴离子SCN互为等电子体，它们结构相似，因此根据CO2的电子式可判断SCN的结构式为S=C=N；（5）一般用铁氰化钾检验亚铁离子，方程式为3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62。【点睛】本题主要考查了电子排布图、电子排布式、电子式、离子反应等化学用语，解题的关键在于元素的推断，易错点为第（5）小问，Fe2+的检验方法。29.砷(As)元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：（1）基态
43、As原子的核外电子排布式为_，砷与硒的第一电离能较大的是_。（2）传统中药的砷剂俗称“砒霜”，其分子结构如图所示，该化合物中As、O原子的杂化方式分别为_、_。（3）Na3AsO4可作杀虫剂。的立体构型为_，与其互为等电子体的分子的化学式为_(任写一种)。（4）H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，请根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3 (2). As 或砷 (3). sp3杂化 (4). sp3杂化 (5). 正四面体形 (6). CF4或 SiF4、CC
44、l4、SiCl4 (7). H3AsO4 和 H3AsO3 可分别表示为(HO)3AsO 和(HO)3As，H3AsO3 中 As 为+3 价，而 H3AsO4 中 As为+5 价，正电性更高，导致 AsOH 中 O 的电子向 As 偏移，更易电离出 H+【解析】【分析】(1)As是33号元素，位于第四周期第VA族，据此书写基态As原子核外电子排布式；同周期中第一电离能第A族第A族，据此判断；(2)根据图片知，每个As原子能形成3个共价键、每个O原子能形成2个共价键，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式；(3)AsO43-中，成键数为4，孤对电子数为(5+3-24) =0，为sp3杂化；等电
45、子体的原子数和价电子数(或电子总数)相同；(4)比较非羟基氧的多少，结合As原子化合价判断，非羟基氧越多、As化合价越高则酸性越强。【详解】(1)As是33号元素，位于第四周期第VA族，基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；同周期电离能第A族第A族，所以砷的第一电离能大于硒，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p3或Ar3d104s24p3；砷；(2)根据分子结构可知，分子内含有6个氧原子，4个砷原子，化学式为As4O6，每个As原子形成3个共价键，又因为中心原子As上还有1对孤电子对，所以采用sp3杂化，
46、每个O原子形成2个共价键，又因为中心原子O上还有2对孤电子对，所以采用sp3杂化，故答案为：sp3杂化；sp3杂化；(3)AsO43-中As原子价层电子数为4+=4、含有的孤电子对数是0，所以其构型是正四面体形，AsO43-中含有5个原子，32个价电子，所以与其互为等电子体的一种分子为CF4、SiF4、CCl4、SiCl4等，故答案为：正四面体； CF4或SiF4、CCl4、SiCl4；(4)H3AsO4和H3AsO3可分别表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子向As偏移，更易电
47、离出H+，故答案为：H3AsO4和H3AsO3可表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中的As为+3价，而H3AsO4中非羟基氧较多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子向As偏移，更易电离出H+。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要学会含氧酸酸性强弱的判断方法，一般而言，非羟基氧越多，中心原子的化合价越高，含氧酸的酸性越强。30.现有七种元素A、B、C、D、E、F、G，其中A、B、C为三个不同周期的短周期元素，E、F、G为第四周期元素。请根据下列相关信息，回答问题。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数与s电子数相等
48、C基态原子的价电子排布为nsn1npn1D的能层数与C相同，且电负性比C大E元素的主族序数与周期数的差为1，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第五列（1）C基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有_个方向，原子轨道呈_形，C简单离子核外有_种运动状态不同的电子。（2）一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是_；A2B2难溶于CS2，简要说明理由：_。（3）G位于_族_区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为_；（4）ED3分子的VSEPR模
49、型名称为_，其中E原子的杂化轨道类型为_。【答案】 (1). 3 (2). 哑铃 (3). 18 (4). 冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小 (5). 因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2 (6). B (7). d (8). V2O5 (9). 四面体形 (10). sp3【解析】【分析】A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素，为H元素；B元素原子的核外p电子数与s电子数相等，B有2个电子层，为1s22s22p2，故B为C元素；C的价层电子排布为nsn-1npn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级
50、容纳电子，故n=3，则C为S元素；非金属性越强电负性越大，D的能层数与C相同，且电负性比C大，则D为Cl元素；E为第四周期元素，主族序数与周期数的差为1，则为第四周期A族元素，且第一电离能比同周期相邻两种元素都大，为As元素；F是前四周期中电负性最小的元素，则为K元素；G在周期表的第五列，则为第四周期B族元素，为V元素；据此分析。【详解】根据以上分析可知A为H元素，B为C元素，C为S元素，D为Cl元素，E为As元素，F为K元素，G为V元素。则（1）C为S元素，基态原子中能量最高的电子在3p轨道，其电子云在空间有3种不同的方向，原子轨道呈纺锤形或哑铃形，C简单离子S2-核外有18个电子，故有18
51、种运动状态不同的电子；（2）A2B为H2O，一般情况下，同种物质为固态时密度大于其液态，但固态A2B的密度比其液态时小，原因是冰中的水分子间有氢键，使水分子之间间隙增大，密度变小；因为H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2；（3）G为V，位于第四周期B族d区，它的一种氧化物常用于工业生产硫酸的催化剂，已知G在该氧化物中的化合价等于其价电子数，则该氧化物的化学式为V2O5；（4）AsCl3分子中中心原子As上的孤电子对数为（5-31）=1，As的成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，AsCl3的VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，As
52、Cl3分子的立体构型为三角锥形；其中As原子的杂化类型为sp3杂化。31.-溴代羰基化合物合成大位阻醚的有效方法可用于药物化学和化学生物学领域。用此法合成化合物J的路线如下：已知：回答下列问题：（1）F中含有的含氧官能团的名称是_，用系统命名法命名A的名称是_。（2）B C所需试剂和反应条件为_。（3）由C生成D的化学反应方程式是_。（4）写出G的结构简式_，写出检验某溶液中存在G的一种化学方法_。（5）FHJ的反应类型是_。F与C在CuBr和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，写出其中一种有机产物的结构简式：_。（6）化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应
53、。符合上述条件的X的同分异构体有_种（不考虑立体异构），其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1:1:6的结构简式为_。【答案】 (1). 羧基 (2). 2-甲基-1-丙烯 (3). NaOH水溶液，加热 (4). (5). (6). 向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在 (7). 取代反应 (8). 或或 (9). 11 (10). 【解析】【分析】由合成流程可知，A、C的碳链骨架相同，A发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为，A与溴加成生成B为，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应产生C是，C发生催化氧化生成D为，D与新制Cu(OH)2悬浊液在加
54、热煮沸时醛基被氧化生成羧酸盐、酸化生成E为，E与HBr在加热时发生取代反应，E中-OH被Br原子取代反应生成F，F的结构简式是，结合J的结构可知H为，G为苯酚，结构简式为，以此来解答。【详解】(1)根据上述分析可知 F是，根据结构简式可知F中含有的含氧官能团的名称是羧基，A物质是，用系统命名法命名A的名称是2-甲基1丙烯；(2)B结构简式是，C物质是，BC是卤代烃在NaOH的水溶液中加热发生的取代反应，所需试剂和反应条件为NaOH水溶液、加热；(3)C结构简式是，C中含有羟基，其中一个羟基连接C原子上含有2个H原子，可以被催化氧化产生-CHO，则由C生成D的化学反应方程式是；(4)根据上述分析
55、可知G的结构简式为，检验某溶液中存在苯酚的一种化学方法向溶液中滴加FeCl3溶液，若溶液显紫色，证明有苯酚存在；(5)根据上述分析可知F是，H是，F+H在加热时发生取代反应生成J和HBr，该反应类型是取代反应。F与C在和磷配体催化作用下也可合成大位阻醚，其中一种有机产物的结构简式：或或；(6)E为，化合物X是E的同分异构体，分子中不含羧基，既能发生水解反应，又能与金属钠反应，则含-COO-及-OH，可先写出酯，再用OH代替烃基上H，若为甲酸丙酯，-OH有3种位置；若为甲酸异丙酯，-OH有2种位置；如为乙酸乙酯，-OH有3种位置；若为丙酸甲酯，-OH有3种位置，共11种，其中能发生银镜反应，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：6的结构简式为。【点睛】本题考查有机物推断的知识，把握合成流程中官能团的变化、碳原子数变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
