2018-2019学年山东省济南外国语学校三箭分校高二下学期期中考试化学试题 解析版 21页

‎2018-2019学年度第二学期济南外国语学校高二化学期中考试试题 第I卷(选择题)‎ 一、单选题(每题只有一个正确答案，每题3分，共60分)‎ ‎1.下列各组元素，按原子半径依次减小、电负性逐渐升高顺序排列的是( )‎ A. K、Na、Li B. Al、Mg、Na C. N、O、C D. Cl、S、P ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同一周期元素中，从左向右原子半径依次减小，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族中，从上向下原子半径依次增大，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的金属性越强，其电负性越小，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．K、Na、Li为同一主族元素，且元素的原子序数逐渐减小，原子半径依次减小，其电负性逐渐升高，选项A正确；‎ B．Al、Mg、Na属于同一周期元素，其原子序数依次减小，原子半径依次增大，其电负性随着原子序数的减小而降低，选项B错误；‎ C．N、O、C属于同一周期，其原子半径C最大，非金属性O最强，其电负性最大的为O元素，选项C错误；‎ D．Cl、S、P元素的非金属性逐渐减弱，则其电负性逐渐减小，原子半径依次增大，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查了原子半径大小、电负性大小的判断，元素的非金属性与电负性的关系是解本题关键，结合元素周期律来分析解答，难度不大。‎ ‎2.肯定属于同族元素且性质相似的是 A. A原子基态时2p轨道上有一对成对电子，B原子基态时3p轨道上也有一对成对电子 B. 结构示意图：A为 ，B为 C. A原子基态时2p轨道有1个未成对电子，B原子基态时3p轨道也有1个未成对电子 D. 原子核外电子排布式：A为1s22s2，B为1s2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. A为C元素，B为Si元素； ‎ B.A为Ne元素，B为Na+； C.A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl； D. A为Be元素，B为He元素； 结合对应原子或离子的性质解答。‎ ‎【详解】A. A为C元素，B为Si元素，位于相同主族，性质相似，所以A选项是正确的； B. A为Ne元素，B为Na+，不是同主族元素，性质不同，故B错误； C. A可能为B或F元素，B为可能为Al或Cl，不一定在相同主族，性质不一定相同，故C错误； D. A为Be元素，B为He元素，二者不在同一主族，性质不同，故D错误。 所以A选项是正确的。‎ ‎3.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJ·mol－1)。‎ I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ ‎…‎ R ‎740‎ ‎1500‎ ‎7700‎ ‎10500‎ ‎…‎ 下列关于元素R的判断中一定正确的是(　　）‎ A. R元素的原子最外层共有4个电子 B. R的最高正价为＋3价 C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基态原子的电子排布式为1s22s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；‎ A、R元素的原子最外层共有2个电子，故A错误；‎ B、最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B错误；‎ C、最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正确；‎ D、R元素可能是Mg或Be，R元素基态原子的电子排布式不一定为1s22s2，故D错误； ‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎4.已知某元素的＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，则该元素在周期表中的位置正确的是(　　)‎ A. 第三周期ⅣA族，p区 B. 第四周期ⅡB族，s区 C. 第四周期Ⅷ族，d区 D. 第四周期ⅡA族，s区 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数。‎ ‎【详解】对主族元素而言，价电子排布即为最外层电子排布，最外层电子数等于主族族序数，电子层数等于其周期数，某元素的+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，该原子最外层有2个电子，有4个电子层，故该元素应为第四周期ⅡA族元素Ca，处于s区。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查核外电子排布、结构与位置关系，难度不大，注意掌握过渡元素结构与位置关系。‎ ‎5.下列分子中，各分子的立体构型和中心原子的杂化方式均正确的是( )‎ A. NH3 平面三角形 sp3杂化 B. CCl4 正四面体 sp3杂化 C. H2O V形 sp2杂化 D. CO32﹣ 三角锥形 sp3杂化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对数=配原子个数+孤电子对数。‎ ‎【详解】A、NH3中心原子的价层电子对数=3+（5-3×1）=4，N的杂化方式为sp3，含有一对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项A错误；‎ B、CCl4中心原子的价层电子对数=4+（4-4×1）=4，C的杂化方式为sp3，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，选项B正确；‎ C、H2O中心原子的价层电子对数=2+（6-2×1）=4，O的杂化方式为sp3，含有两对孤电子对，分子的立体构型为V形，选项C错误；‎ D、CO32- 中心原子的价层电子对数=3+（4+2-3×2）=3，C的杂化方式为sp2，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了微粒空间构型及原子杂化方式，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难点的孤电子对数的计算方法，为常考点，要熟练掌握，题目难度中等。‎ ‎6.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 A N原子的第一电离能大于O原子 N原子半径更小 B C的电负性比Si大 C-C共价键强 C 金刚石的熔点高于钠 金刚石的原子化热大 D Al2O3的熔点高 晶格能大 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子轨道处于半满、全满或全空时原子最稳定，N原子2p轨道电子半充满，‎ 所以N原子不容易失去电子，所以N原子的第一电离能大于O原子，故A错误； B. 同一主族，自上而下元素电负性递减，C的电负性比Si大，与C-C键强弱无关，故B错误；‎ C.金刚石为原子晶体，金属钠为金属晶体，原子化热是指1mol金属变成气态原子所需吸收的能量，可用来衡量金属键的强度，故C错误； D. Al2O3为离子晶体，晶格能越大，晶体的熔点越高，所以D选项是正确的。 故答案选D。‎ ‎7.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是 A. CH4和NH4+ B. NO和O2‎ C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。‎ ‎【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；‎ B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；‎ C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；‎ D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。‎ ‎8.①PH3的分子构型为三角锥形，②BeCl2的分子构型为直线形，③CH4分子的构型为正四面体形，④CO2为直线形分子，⑤BF3分子构型为平面正三角形，⑥NF3分子结构为三角锥形。下面对分子极性的判断正确的是 A. ①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子 B. 只有④为非极性分子，其余为极性分子 C. 只有②⑤是极性分子，其余为非极性分子 D. 只有①③是非极性分子，其余是极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。‎ ‎【详解】非极性键只能由相同种类的原子之间形成，极性分子只能由不同种类的原子之间形成。但在形成分子的时候，主要取决于分子的结构，当分子中的电子云能均匀分布的时候，分子则无极性，否则分子有极性。‎ ‎④CO2分子为直线型，极性抵消，为非极性分子，③CH4为正四面体，故极性也可抵消，为非极性分子，②BeCl2分子构型为直线型分子，故极性可抵消，为非极性分子，⑤ BF3分子构型为三角形，极性抵消，故为非极性分子。‎ ‎⑥NF3中由于N原子的孤对电子对F原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子；①PH3中P原子的孤对电子对H原子的排斥作用，使电子不能均匀分布，故为极性分子； ‎ 结合以上分析可知，①⑥为极性分子，②③④⑤为非极性分子，A正确；‎ 综上所述，本题选A。‎ ‎【点睛】组成为ABn型化合物，若中心原子A的化合价等于族的序数，则该化合物为非极性分子，中心原子上的价电子都形成共价键的分子为非极性分子，存在孤电子对的分子为极性分子。‎ ‎9.某物质的实验式为PtCl4•2NH3，其水溶液不导电．加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 A. 配合物中中心原子的电荷数为6‎ B. 该配合物可能是平面正方形结构 C. Cl﹣和NH3分子均与中心铂离子形成配位键 D. 该配合物的配体只有NH3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则A.配合物中中心原子的电荷数为4,配位数为6,故A错误;B.Pt与6个配体成键,该配合物应是8面体结构,故B错误;C.由分析可以知道,4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位,形成的配合物为[PtCl4(NH3)2],所以C正确; D.该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2],则配体有 Cl-和NH3分子,故D错误;答案：C。‎ ‎【点睛】实验式为PtCl4•2NH3的物质,其水溶液不导电说明它不是离子化合物,在溶液中不能电离出阴、阳离子;加入AgNO3不产生沉淀,用强碱处理没有NH3放出,说明不存在游离的氯离子和氨分子,所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]。‎ ‎10.类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是 A. Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3‎ B. CO2与Ba（NO3）2溶液不反应，SO2与Ba（NO3）2溶液也不反应 C. CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子 D. NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，碘单质氧化性较弱，将变价金属氧化为较低价态，所以Fe与Cl2反应生成FeCl3、Fe与I2反应生成FeI2，故A错误；B．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸钡溶液反应，二氧化硫和硝酸钡发生氧化还原反应而生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．二氧化碳和二硫化碳中C原子价层电子对个数都是2且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定两种分子空间构型都是直线形，故C正确；D．浓硫酸具有强氧化性，能氧化HBr，所以不能用浓硫酸和NaBr制取HBr，故D错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了化学规律的探究，明确元素化合物性质及性质差异性是解本题关键。本题的易错点为B，注意规律中的异常现象，如二氧化硫的还原性，硝酸的强氧化性等。‎ ‎11.‎ 高温下超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为﹣2价．如图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞（晶体中最小的重复单元），则下列说法中正确的是 A. 晶体中每个K+周围有8个O2﹣，每个O2﹣周围有8个K+‎ B. 晶体中与每个K+距离最近的K+有8个 C. 超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K+和4个O2﹣‎ D. 晶体中，0价氧与﹣2价氧的数目比为2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据图知,晶体中每个K+周围6个O2−,每个O2−周围有6个K+，故A错误；B.晶体中与每个K+距离最近的K+个数=3×8×12=12,故B错误；C.该晶胞中钾离子个数=8×18+6×12=4,超氧根离子个数=1+12×14=4,所以钾离子和超氧根离子个数之比=4:4=1:1,所以超氧化钾的化学式为KO2,每个晶胞含有4个K+和4个O2−，故C正确；D.晶胞中K+与O2−个数分别为4、4，所以1个晶胞中有8个氧原子，根据电荷守恒−2价O原子数目为2，所以0价氧原子数目为8−2=6,所以晶体中,0价氧原子与−2价氧原子的数目比为3:1，故D错误；答案：C。‎ ‎12.图甲和图乙表示的是元素的某种性质随原子序数的变化。下列说法正确的是 A. 图乙不可能表示元素的电负性随原子序数的变化关系 B. 图甲可能表示的是元素单质的熔点随原子序数的变化关系 C. 图乙可能表示是元素原子的半径随原子序数的变化关系 D. 图甲可能表示的是元素原子的第一电离能随原子序数的变化关系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，随着核电荷数的增加呈周期性变化，故图乙可能表示元素的电负性随原子序数的变化，故A错误；‎ B．同周期元素中，非金属单质的熔点较低，与图象不符，故B错误； C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，与图象不符，故C错误； D．同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一电离能大于相邻主族元素，与图象基本符合，故D正确； 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查元素周期表、周期律知识，注意把握元素的性质的递变规律的特殊情况。同周期元素，随着核电荷数递增，原子半径减小，失电子能力降低，第一电离能增大，但由于原子轨道的全满、全空和半满的结构的能量比较低，导致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一电离能偏大。‎ ‎13.对有机物说法正确的是 A. 1mol该物质所含原子数为 B. 该物质系统命名为2,3-二甲基-5-乙基己烷 C. 该物质一个分子中最多10个碳原子共平面 D. 该物质为某炔烃加氢后的产物，则可能的炔烃的结构只有一种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该烃碳原子跟碳原子都以单键结合，碳原子剩余的价键全部跟氢原子相结合，使每个原子的化合价都达到“饱和”，所以为烷烃，据此分析；‎ ‎【详解】A、该有机物分子式为C10H22，共含有32个原子，1mol该物质所含原子数为32NA，故A错误； B、根据烷烃的系统命名原则知，该有机物的系统命名为2，3，5-三甲基庚烷，故B错误； ‎ C、烷烃为锯齿形结构，主链有7个碳原子，由于饱和碳原子具有四面体结构，所以该物质一个分子中最多7个碳原子共平面，故C错误；‎ D、根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置，符合条件的只有一种，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解答本题要求具备基本的知识，要注意掌握，烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线；若烷烃是炔烃加氢后的产物，则该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子。‎ ‎14.表述1正确，且能用表述2加以正确解释的选项是 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一定都相同 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】‎ ‎【详解】A.氯化钠为离子晶体,易溶于极性分子水,而碘为非极性分子,不易溶于水,与分子间作用力无关,故A错误;B.Pb的原子半径比C的大,元素的非金属性比C弱,对应的氢化物的稳定性较弱,故B正确的;C.元素原子的最外层电子数并不能说决定元素的化合价,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合价为-2,而硫的化合价为-2,＋4和＋6,化合价不完全相同.故C错误；D.氯化氢为共价化合物,水溶液能导电, P4O10、C6H12O6‎ 溶于水后均不导电,是因为二者为非电解质,故D错误;答案：B。‎ ‎15.下列化学用语或概念的表达不正确的是 ‎①丙烷的球棍模型 ②丙烯的结构简式为 ‎③和一定互为同系物 ④与一定互为同分异构体 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①丙烷是线型分子，根据其分子中碳原子结合的H原子关系可得其球棍模型表示无误，故①正确；‎ ‎②丙烯分子中含有碳碳双键，其结构简式为：CH3CH=CH2，故②错误；‎ ‎③分子式为C 3 H 8 与C 6 H 14 都是烷烃，故两种有机物一定互为同系物，故③正确；‎ ‎④与C8H6的结构可能完全相同，可能为同一种物质，不一定互为同分异构体，故④错误。 ‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了同分异构体、球棍模型、结构简式的表示方法及判断，注意掌握常见的化学用语的概念及正确的表示方法，明确比例模型与球棍模型的概念及区别。‎ ‎16.下列各组指定的元素不能形成AB2型化合物的是 A. 2s22p2和2s22p4 B. 2s22p2和3s23p4‎ C. 3s2和3s23p5 D. 3s1和3s23p5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据外围电子排布确定元素，结合元素化合价及元素形成的常见化合物进行分析判断。‎ ‎【详解】A.价层电子排布为2s22p2的元素为C，价层电子排布为2s22p4元素为O，二者可形成CO2，故A不符合题意；‎ B.价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p2的元素为C，二者可形成CS2，故B不符合题意；‎ C. 价层电子排布为3s2的元素为Mg，价层电子排布为2s22p5的元素为Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合题意；‎ D. 价层电子排布为3s1的元素为Na，价层电子排布为3s23p5的元素为Cl，二者可形成NaCl，与题目不符，故选D； 故选D。‎ ‎【点睛】解决原子核外电子排布题目时，注意掌握常见元素的化合价及元素组成常见化合物类型，注意把握核外电子的排布特点，把握常见元素的化合价。‎ ‎17.维生素A对人体，特别是对人的视力有重大作用，其结构简式如图所示：‎ ‎ ‎ 下列关于该化合物的说法正确的是 ( )‎ A. 分子式为C16H25O B. 含有苯环结构 C. 该物质1mol一定条件下最多能与3mol氢气反应 D. 分子中含有一种含氧官能团 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键；分子中只含有羟基一种含氧官能团。‎ ‎【详解】由结构简式可知维生素A的分子式为C20H30O，故A错误；由结构简式可知该分子六元环上含有1个碳碳双键，不含苯环，故B错误；由结构简式可知维生素A的分中含有5个碳碳双键，所以该物质1mol一定条件下最多能与5mol氢气反应，故C错误；分子中只含有羟基一种含氧官能团，故D正确。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。‎ ‎18.以下对核外电子运动状态的描述正确的是 A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转 B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动 C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大 D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据原子核外电子排布规则分析解答，根据核外电子运动状态，电子云的概念分析解答，‎ ‎【详解】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；‎ B.能量高的电子也可以在S轨道上运动  如7S轨道上的电子能量也很高，比‎4f能量还高，故B错误；‎ C.能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；‎ D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子云含义，这是本题的易错点。‎ ‎19.胡椒酚是植物挥发油的成分之一，它的结构简式如下，下列叙述中不正确的是 A. 1 mol胡椒酚最多可与4 mol氢气发生反应 B. 1 mol胡椒酚最多可与2 mol溴发生反应 C. 胡椒酚能发生加聚反应 D. 胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.苯环与碳碳双键与氢气发生加成反应，则胡椒酚最多可与氢气发生加成反应，故A正确；‎ B.酚的邻位与溴发生取代反应，碳碳双键与溴发生加成反应，则胡椒酚最多可与溴发生反应，故B错误；‎ C.中含有碳碳双键，可以发生加聚反应，故C正确；‎ D.烃基为憎水基，则胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，故D正确；‎ 本题答案为B。‎ ‎20.下列说法正确的是 A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键、共价键均被破坏，形成定向移动的离子，从而导电 B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为分子间作用力越来越大 C. NH3和Cl2两种分子中，每个原子最外层都具有8电子稳定结构 D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，其熔沸点逐渐升高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硫酸氢钾在熔融状态下离子键被破坏，形成定向移动的离子，从而导电，故错误；‎ B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸点逐渐升高，是因为相对分子质量越大，分子间作用力越来越大，故正确；‎ C. NH3和Cl2两种分子中，除了氢原子外其他原子的最外层都具有8电子稳定结构，故错误；‎ D. HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱，但氟化氢分子间有氢键，所以氟化氢的沸点高，其他熔沸点逐渐升高，故错误。‎ 故选B。‎ 第II卷(非选择题)‎ 二、填空题(共40分，每空1分，方程式2分)‎ ‎21.按要求填空 ‎(1)基态铝原子核外电子云有________种不同的伸展方向，共有________种不同能级的电子，有________种不同运动状态的电子。‎ ‎(2)S的基态原子核外有________个未成对电子，Si的基态原子核外电子排布式为______________。基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。‎ ‎(3)可正确表示原子轨道的是________(填字母)。‎ A．2s B．2d C．3p D．‎‎3f ‎(4)基态Fe原子有________个未成对电子，Fe3＋的电子排布式为________________；Cu＋基态核外电子排布式为______________。‎ ‎(5)某元素原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________能级电子。‎ ‎(6)第四周期中最外层仅有1个电子的所有基态原子的电子排布式为_____________，第四周期中，3d轨道半充满的元素符号是________。‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). 5 (3). 13 (4). 2 (5). 1s22s22p63s23p2 (6). M (7). 9 (8). 4 (9). AC (10). 4 (11). 1s22s22p63s23p63d5 (12). 1s22s22p63s23p63d10 (13). 2 (14). 2p (15). 19K：[Ar]4s1、24Cr：[Ar]3d54s1、29Cu：[Ar]3d104s1 (16). Cr、Mn ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；‎ ‎（2）S的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；‎ ‎（3）根据各能级含有的轨道分析，s能级只有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，f能级有7个轨道，注意不存在2d、‎3f能级；‎ ‎（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；‎ ‎（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2；‎ ‎（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn。‎ ‎【详解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；5；13；‎ ‎（2）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2；基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为1+3+5=9、电子数为4，故答案为：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；‎ ‎（3）A项、2s能级只有1个轨道，故2s可以表示原子轨道，故A正确；‎ B项、不存在2d能级，故B错误；‎ C项、3s能级含有3个轨道，3个轨道相互垂直，3p z 表示为z轴上的轨道，故C正确；‎ D项、不存在‎3f能级，故D错误；‎ 故选AC，故答案为：AC；‎ ‎（4）Fe元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，先失去4s上的2个电子后、再失去3d上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；‎ ‎（5）由于s亚层最多只能排2个电子,所以n=2, 最外层电子的电子排布为2s2 2p3, 能量为高的是2p电子，故答案为：2；2p；‎ ‎（6）第四周期元素中，基态原子的最外层只有1个电子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共计是3种元素，3种元素基态原子的电子排布式分别为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d轨道半充满，外围电子排布式为3d54s1或3d54s2，所以为Cr、Mn，故答案为：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查核外电子排布规律，难度不大，关键是对核外电子排布规律的理解掌握，核外电子的分层排布规律：（1）第一层不超过2个，第二层不超过8个；（2）最外层不超过8个。每层最多容纳电子数为2n2个(n代表电子层数)，即第一层不超过2个，第二层不超过8个，第三层不超过18个；（3）最外层电子数不超过8个(只有1个电子层时，最多可容纳2个电子)。（4）最低能量原理：电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。（5）泡利原理：每个原子轨道里最多只能容纳2个电子，且自旋状态相反。（6）洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同。‎ ‎22.‎ 钒及其化合物在科学研究中和工业生产中具有许多用途。‎ ‎（1）基态钒原子的核外价电子排布式为________。‎ ‎（2）钒有+2、+3、+4、+5等几种化合价。这几种价态中，最稳定的是______。‎ ‎（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4）。例举与VO43-空间构型相同的一种阳离子__________（填化学式）。‎ ‎（4）钒（Ⅱ）的配离子有[V（CN）6]4-、[V（H2O）6]2+等。‎ ‎①CN-与N2互为等电子体，CN-中σ键和Π键数目比为________。‎ ‎②对H2O与V2+形成[V（H2O）6]2+过程的描述不合理的是______________。‎ a.氧原子的杂化类型发生了变化 b.微粒的化学性质发生了改变 c.微粒中氢氧键（H－O）的夹角发生了改变。‎ d.H2O与V2+之间通过范德华力相结合。‎ ‎③在[V（H2O）6]2+中存在的化学键有___________。‎ a.金属键 b.配位键 c. σ键 d.Π键 f. 氢键 ‎（5）已知单质钒的晶胞如图，则V原子的配位数是_______，假设晶胞的边长为d nm，密度ρ g·cm-3，则钒的相对原子质量为_______________。（设阿伏伽德罗常数为NA）‎ ‎【答案】 (1). 3d34s2 (2). +5 (3). NH4+ (4). 1:2 (5). a d (6). bc (7). 8 ‎ ‎(8). 5NAρd3×10-22‎ ‎【解析】‎ ‎(1)钒是23号元素，基态钒原子的核外价电子排布式为3d34s2，故答案为：3d34s2；‎ ‎(2)根据钒原子的核外价电子排布式为3d34s2可知，+5的钒最外层为8电子稳定结构，最稳定，故答案为：+5；‎ ‎(3)VO43-空间构型为正四面体，与之具有相同结构的一种阳离子是NH4+，故答案为：NH4+；‎ ‎(4)①CN-中含有C≡N三键，σ键和Π键数目比为1:2，故答案为：1:2；‎ ‎②a．水中氧的杂化为sp3，[V(H2O)6]2+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故a错误；b. H2O与V2+形成[V(H2O)6]2+微粒的结构发生了变化，则化学性质发生改变，故b正确；c.水分子中的孤对电子与V2+形成了配位键，使得水分子中氢氧键(H－O)的夹角发生了改变，故c正确；d.H2O与V2+之间通过配位键相结合，配位键属于化学键，不属于分子间作用力，故d错误；故选ad；‎ ‎③在[V(H2O)6]2+中存在的化学键有H2O与V2+间的配位键、水分子中的H-Oσ键，故选bc；‎ ‎(5)单质钒的晶胞为体心立方，V原子的配位数为8；1个晶胞中含有2个V原子，1mol晶胞的质量为2Mg，1mol晶胞的体积为(d×10‎-7cm)3NA，则ρ= g·cm-3，解得M=5NAρd3×10-22，故答案为：8；5NAρd3×10-22。‎ ‎23.现有下列几种有机物：‎ A． B．  C． D．CH2 = CH—CH = CH2  E．环戊烷 ‎（1）上述有机物中互为同系物的是_____________，互为同分异构体的是____________。‎ ‎（2）用系统命名法对B进行命名____________________________________。‎ ‎（3）A与Cl2反应的类型为_____________；D使溴水褪色的反应类型为___________。‎ ‎（4）B发生加聚反应的化学方程式为 ____________________________________。‎ ‎（5）如图表示的是一种叫做双烯合成的有机反应，请写出 B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式__________________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). BE (3). 甲基丁烯 (4). 取代反应 (5). ‎ 加成反应 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ 分析：和是烷烃，两者互为同系物； 属于烯烃，CH2 = CH—CH = CH2是二烯烃；B和E的分子式相同，互为同分异构体；环烷烃与烯烃具有相同的通式，当其分子中碳原子数相同时互为同分异构体。烷烃易发生取代反应，烯烃易发生加成反应和加聚反应。‎ 详解：（1）上述有机物中互为同系物的是AC，互为同分异构体的是BE。‎ ‎（2）用系统命名法对B进行命名为甲基丁烯。‎ ‎（3）A与Cl2在光照的条件下可以发生取代反应；D分子中有2个碳碳双键，故其使溴水褪色的反应类型为加成反应。‎ ‎（4）B发生加聚反应的化学方程式为 。‎ ‎（5）由双烯合成的有机反应可知， B 与 D发生双烯合成所得产物的结构简式为。‎ ‎24.酸牛奶中的乳酸可增进食欲、促进胃液分泌、增强肠胃的消化功能，对人体具有保健作用，乳酸分子的结构简式为。工业上可由乙烯来合成乳酸，方法如下：‎ ‎(1)乳酸所含的官能团的名称是_________________________。‎ ‎(2)写出下列物质转化的化学方程式：‎ ‎①A→B______________________________________。‎ ‎②B→CH3CHO____________________________________。‎ ‎(3)A在一定条件下可发生消去反应，写出其发生消去反应的化学方程式：____________‎ ‎【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1 (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由合成流程可知，乙烯与HCl加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，CH3CH（OH）CN酸化生成，然后结合有机物的结构与性质来解答。‎ ‎【详解】（1）含-COOH、-OH，名称分别为羧酸、羟基； （2）①A→B 是CH3CH2Cl在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH3CH2OH，反应方程式是CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1；‎ ‎②CH3CH2OH在铜做催化剂的条件下氧化为CH3CHO，反应方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；‎ ‎（3）CH3CH2Cl在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，反应的化学方程式是CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O。‎ ‎ ‎