【化学】陕西省西安中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版） 21页

陕西省西安中学2019-2020学年高二下学期期末考试 可能用到的相对原子质量： H－‎1 C－12 O－16 Na－23 Mg－24 Al－27 Si－28 Fe－56 Ni－59 Cu－64 Zn－65 As－75 ‎ 一、选择题（每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.第 N 能层所含能级数、原子轨道数分别为(　　)‎ A. 3、9 B. 4、‎16 ‎C. 5、16 D. 4、12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】第N能层为第4层，第 N 能层所含能级数4s、4p、4d、‎4f4个能级、原子轨道数分别为1、3、5、7，共16个轨道，故选B。‎ ‎2.某同学在学习核外电子排布的知识时，把 15P 原子的电子排布式写成了1s22s22p63s23px23py1，他违背了(　　)‎ A. 洪特规则 B. 泡利原理 ‎ C. 能量最低原则 D. 能量守恒原理 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】P原子3p能级上有3个轨道，3p能级上有3个电子，3个电子应该排在3个不同的轨道上，且自旋方向相同，若将P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了洪特规则，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23px13py13pz1，答案选A。‎ ‎3.某元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，它在元素周期表中的位置是(　　)‎ A. 第3周期ⅡB族 B. 第4周期ⅡB族 ‎ C. 第4周期ⅦB族 D. 第4周期Ⅷ族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】该元素的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，根据电子排布式知，该原子含有4个能层，所以位于第四周期，其价电子排布式为3d74s2，属于第Ⅷ族元素，所以该元素位于第四周期第Ⅷ族，故答案为D。‎ ‎4.下列电子排布式中，原子处于激发态的是 A. 1s22s22p1 B. 1s22s22p33s1‎ C. 1s22s22p63s23p63d104s2 D. 1s22s22p63s23p63d34s2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1s22s22p1为基态B原子的电子排布式，符合能量最低原理，原子处于基态；‎ B. 1s22s22p33s1中2p能级上排有3个电子、3s能级上排有1个电子，能量较低的2p能级上没有排满就有电子进入3s能级，不符合能量最低原理，该原子处于激发态；‎ C. 1s22s22p63s23p63d104s2为基态Zn原子的电子排布式，符合能量最低原理，原子处于基态；‎ D. 1s22s22p63s23p63d34s2为基态V原子的电子排布式，符合能量最低原理，原子处于基态；‎ 答案选B。‎ ‎5.下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为0族元素。‎ X Y Z R W J 下列说法正确的是(　　)‎ A. R原子的核外电子排布图为 B. Y2－与Na＋的半径大小关系为Y2－＞Na＋‎ C. X的第一电离能小于Y的第一电离能 D. 表中电负性最大的元素为W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据前五周期元素，则J在第五周期，J为0族元素、J为Xe，则W为Br，R为S，X为N，Y为O，Z为F。‎ ‎【详解】A. R为S，S原子的3p轨道上的电子应先占据不同轨道，为，故A错误；‎ B. O2-和Na+具有相同的电子层结构，此时原子序数越小，对电子的束缚能力越弱，因此离子半径O2-> Na+，故B正确；‎ C.由于N原子的3p轨道达到了半充满，更加稳定，因此第一电离能N>O，即X>Y，故C错误；‎ D.同主族元素的电负性从上到下逐渐减小，同周期元素的电负性从左到右逐渐增强，因此电负性最大的元素为F，是Z，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.s轨道与s轨道重叠形成的共价键可用符号表示为σs－s，p轨道与p轨道以“头碰头”方式重叠形成的共价键可用符号表示为σp－p，请你指出下列分子中含有σs－sp 键的是(　　)‎ A N2 B. C2H‎4 ‎C. C2H2 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 含有σs-sp键，中心原子要发生sp杂化，分子为直线结构，另一原子的s电子与中心原子sp杂化电子成键。‎ ‎【详解】A．N2存在σp-p和π键，故A不选；‎ B．C2H4中，C原子为sp2杂化，存在σs-sp2键，故B不选；‎ C．C2H2中，中心原子C发生sp杂化，形成σs-sp键，故C选；‎ D．HCl中只存在σs-p键，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查共价键的形成，侧重分子结构与性质的考查，解题关键：判断中心原子的杂化方式和原子的最外层电子，注重基础知识的考查，熟记原子价层电子排布。‎ ‎7.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. B3N3H6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。‎ ‎8.下列说法中正确的是(　　)‎ A. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致 B. 杂化轨道全部参加形成化学键 C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子的稳定性与氢键无关，决定稳定性的为共价键，而氢键属于分子间作用力，故A错误；‎ B．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故B错误；‎ C．稀有气体的单质中不存在化学键，则不含σ键、π键，故C错误；‎ D．两个原子间只能形成1个σ键，两个原子之间形成双键时，含有一个σ键和一个π键，两个原子之间形成三键时，含有一个σ键和2个π键，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列说法正确的是(　　)‎ A. 元素周期表中s区、d区和ds区的元素都是金属元素 B. 核外电子运动的概率分布图(电子云)就是原子轨道 C. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 D. 在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素周期表中H元素在s区，H为非金属元素，而d区和ds区的元素都是金属元素，故A错误；‎ B．电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，核外电子运动的概率分布图（电子云）并不完全等同于原子轨道，故B错误；‎ C．金属晶体由自由电子与阳离子构成，则在晶体中要有阳离子，不一定有阴离子，故C错误；‎ D．离子晶体中阴离子与阳离子之间通过离子键结合，则在晶体中只要有阴离子，就一定有阳离子，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列微粒中中心原子的杂化方式和微粒的立体构型均正确的是(　　)‎ A. ：sp2、平面三角形 B. ：sp3、三角锥形 C. C2H4：sp 、平面形 D. ：sp2、V形 ‎【答案】A ‎【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（n）=σ键电子对数+孤电子对数，σ键电子对数=配原子个数，孤电子对数=，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；‎ ‎【详解】A．：价层电子对数=，含孤电子对数为0，杂化轨道数3，采取sp2杂化，其空间构型为平面三角形，故A正确；‎ B．：价层电子对数=，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，其空间构型为正四面体形，故B错误；‎ C．C2H4：结构式为，每个碳原子价层电子对数是3且不含孤电子对，所以C原子采取sp2杂化，其空间构型为平面形，故C错误；‎ D．：价层电子对数=，含孤电子对数为2，采取sp3杂化，其空间构型为V形，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎11.下列几种氢键：①O—H…O、②N—H…N、③F—H…F、④O—H…N，按氢键从强到弱顺序正确的是(　　)‎ A. ③＞①＞②＞④ B. ①＞②＞③＞④‎ C. ③＞①＞④＞② D. ①＞④＞③＞②‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】F、O、N三种元素的非金属性依次减弱，所以电负性依次减小，所以F-H，O-H，N-H结合非金属的能力依次减弱，因此氢键的强弱顺序为F＞O＞N；对与O-H…N，N-H…N的比较，可以从得电子的能力来看，由于O的得电子能力大于N，因此O-H的电子云与N-H的电子云相比，O-H的电子云更偏向O，远离H，因此在O-H…N，N-H…N的氢键中，N-H…N的氢键更弱些，则按氢键从强到弱顺序：③＞①＞④＞②，故答案选C。‎ ‎12.关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是 A. 配位体是Cl-和H2O，配位数是8‎ B. 中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+‎ C. 内界和外界中的Cl-的数目比是1：2‎ D. 在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；‎ B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；‎ C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；‎ D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点晴】注意配体、中心离子、外界离子以及配位数的判断是解题关键，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，配合物中中心原子提供空轨道，[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti4+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。‎ ‎13.下列各组酸中，酸性依次增强的是(　　)‎ A. H2CO3、H2SiO3、H3PO4 B. HClO、HClO3、HClO4‎ C. HI、HCl、H2S D. HNO3、H3PO4、H2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性P＞C＞Si，则酸性H2SiO3、H2CO3、H3PO4 依次增强，故A不符合题意；‎ B．同一元素的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，非羟基氧原子个数：HClO＜HClO3＜HClO4，则酸性HClO＜HClO3＜HClO4，故B符合题意； ‎ C．同一主族元素的非金属性越强，其氢化物中化学键越稳定，越不易电离出氢离子，其酸性越弱，则酸性H2S＜HCl＜HI，故C不符合题意；‎ D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性N＞P，则酸性HNO3＞H3PO4 ，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎14.下面的排序不正确的是（ ）‎ A. 晶体熔点由低到高：CF4NaCl>NaBr>NaI D. 熔点由高到低：Na>Mg>Al ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越大；‎ B. 键长越短，共价键越强，硬度越大；‎ C. 离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大；‎ D. 金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大。‎ ‎【详解】A.分子晶体的相对分子质量越大，熔沸点越大，则晶体熔点由低到高顺序为CF4NaCl>NaBr>NaI，C项正确，不符合题意；‎ D. 金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越大，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，D项错误，符合题意。‎ 答案选D。‎ ‎15.下面有关晶体的叙述中，不正确的是(　　)‎ A. 金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子 B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围紧邻且距离相等的Na＋共有6个 C. 氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻且距离相等的Cl－有8个 D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻且距离相等的CO2分子有12个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金刚石的晶胞结构如图所示：，根据图可知由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，故A正确；‎ B．氯化钠晶体中，钠离子在体心和棱心位置，氯离子在顶点和面心位置，1个钠离子与6个氯离子构成正八面体，所以每个钠离子与6个最近且等距离的氯离子以离子键结合，与每个氯离子最近的且等距离的氯离子有12个，故B错误；‎ C．氯化铯晶体晶胞结构如图：，Cs+位于该晶胞的体心；而Cl-位于该晶胞的顶点，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，每个氯离子周围最近的铯离子是8，故C正确；‎ D．二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎16.下列说法正确的是(　　)‎ A. ‎60 g SiO2中含Si—O键的个数为4NA B. ‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为NA C. 金属Mg比金属Cu空间利用率大 D. 邻羟基苯甲醛（）比对羟基苯甲醛（）的沸点高 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1molSiO2中含4molSi—O键，‎60 g SiO2中含Si—O键的个数为4NA，故A正确；‎ B．1mol金刚石中含有2molC—C键，‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为2NA，故B错误；‎ C．金属Mg属于六方最密堆积，金属Cu属于面心立方最密堆积，二者的空间利用率相同均为74%，故C错误；‎ D．邻羟基苯甲醛（）比对羟基苯甲醛（）的沸点低，前者易形成分子内氢键，使熔沸点降低，后者易形成分子间氢键，使熔沸点升高，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎17.有五种元素X、Y、Z、Q、T。X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3‎ B. X与的最高价氧化物对应的水化物，前者的酸性比后者强 C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物 D. ZQ2是由极性键构成的非极性分子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X元素为主族元素，X原子的M层上有两个未成对电子且无空轨道，则电子排布为1s22s22p63s23p4，X为S；Y原子的价电子排布为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L 电子层的p能级上有一个空轨道，电子排布为1s22s22p2，则Z为C；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，电子排布为1s22s22p4，则Q为O；T原子的M电子层上p轨道半充满，电子排布为1s22s22p63s23p3，T为P，以此来解答。‎ ‎【详解】A．Fe、O可形成化合物氧化铁，化学式为Fe2O3，故A正确；‎ B．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S>P，所以S的最高价氧化物对应的水化物酸性较强，故B正确；‎ C．S和O只能形成共价化合物，故C错误；‎ D．ZQ2的结构式为O=C=O，含极性键，为直线结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎18.下列有机物中含有两个手性碳原子的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、不含手性碳；B、中含两个手性碳；C中没有手性碳；D中没有手性碳。答案选B。‎ ‎19.用括号中的试剂除去各组中的杂质，不正确的是 A. 苯中的甲苯(溴水)‎ B. 乙醇中的水(新制CaO)‎ C. 乙醛中的乙酸(NaOH)‎ D. 乙酸乙酯中的乙酸(饱和Na2CO3溶液)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯也能萃取溴水中的溴，应该用酸性高锰酸钾溶液，错误；‎ B．CaO＋H2O=Ca (OH)2，故加入生石灰后蒸馏，得到无水乙醇，正确；‎ C． CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，乙醛不氢氧化钠反应，正确；‎ D． 2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋H2O＋CO2，然后采用分液的方法分离，正确；‎ 答案选A。‎ ‎20.分子式为C5H12O的有机物，能与Na反应产生H2的同分异构体数目为(　　)‎ A. 10 种 B. 8 种 C. 5 种 D. 3 种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C5H12O的有机物，能与Na反应产生H2，说明该有机物中含有羟基，同分异构体为：、、（数字表示—OH的位置），共8种，答案为B。‎ ‎21.由氯乙烷及必要的无机试剂合成乙二醛，其依次发生的反应类型为( )‎ A. 取代、消去、加成、还原 B. 加成、消去、水解、氧化 C. 消去、加成、取代、氧化 D. 水解、消去、加成、取代 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由氯乙烷（）合成乙二醛（），可以用逆推法，乙二醛可由乙二醇（）氧化得到，乙二醇可以由1，2-二氯乙烷（）水解得到，1，2-二氯乙烷可由乙烯和氯气加成得到，乙烯可由氯乙烷消去得到。‎ ‎【详解】由分析可知，合成路线为：‎ ‎，其中水解反应属于取代反应，故选C。‎ ‎22.香草醛用作化妆品的香精和定香剂，也是食品香料和调味剂，还可做抗癫痫药。香草醛的分子结构如图所示。下列关于香草醛的说法中不正确的是(　　)‎ A. 该化合物的分子式为C8H8O3‎ B. 遇FeCl3溶液会显紫色 C. 最多能与4 mol H2发生加成反应 D. 该化合物可以发生加成反应和水解反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该有机物中含有醛基、酚羟基、醚键和苯环，具有醛、酚、醚和苯的性质；‎ ‎【详解】A．根据结构简式确定分子式为C8H8O3，故A正确；‎ B．含有酚羟基，具有酚的性质，能和氯化铁溶液发生显色反应，故B正确；‎ C．苯环和醛基能和氢气发生加成反应，1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应，故C正确；‎ D．含有醛基和苯环能与氢气发生加成反应，无卤族元素和酯基，不能发生水解反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎23.某有机物的结构简式见如图，取足量的Na、NaOH(aq)和NaHCO3(aq)分别和等物质的量的该物质在一定条件下反应(必要时可以加热)，完全反应后消耗的Na、NaOH和NaHCO3三种物质的物质的量之比是 A. 3∶4∶2 B. 3∶5∶‎1 ‎C. 3∶5∶2 D. 3∶4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】该有机物中含有酚−OH、−COOH、醇−OH、酯基(−COO−)、Br，根据官能团的性质，酚−OH、−COOH、醇−OH均与Na反应，酚−OH、−COOH、−COO−、Br与NaOH反应，且该有机物酯基水解后又形成一个酚−OH，只有−COOH与NaHCO3反应，则用等物质的量的该有机物分别与Na、NaOH、NaHCO3反应时，消耗3molNa、5molNaOH、1molNaHCO3，即消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3:5:1，答案选B。‎ ‎【点睛】解题时注意，酚羟基的酸性弱与碳酸，酚羟基不与碳酸氢盐反应。‎ ‎24.结构简式为含一个碳碳三键的炔烃氢化后的产物，则此炔烃可能有的结构有(　　)‎ A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】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。有如图所示的3个位置可以还原C≡C键，5号碳上两个乙基相同，即1、2号位置与6、7号位置两种情形，该炔烃共有2种，故选B。‎ ‎25.一种气态烷烃和一种气态烯烃的混合物共‎10g，平均相对分子质量为25。使混合气通过足量溴水，溴水增重‎8.4g，则混合气中的烃可能是(　　)‎ A. 乙烷和丙烯 B. 甲烷和丙烯 C. 甲烷和乙烯 D. 乙烷和乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】混合气体的平均相对分子质量为25，烯烃相对分子质量大于25，所以混合气体中一定有甲烷，混合气体的总的物质的量为，该混合气通过Br2水时，Br2水增重‎8.4g，‎8.4g为烯烃的质量，所以甲烷的质量为‎10g‎-8.4g=‎1.6g，甲烷的物质的量为，故烯烃的物质的量为0.4mol-0.1mol=0.3mol，所以，令烯烃的组成为CnH2n，则14n=28，所以n=2，故为乙烯，所以混合物为甲烷、乙烯，‎ 答案选C。‎ 二、非选择题（共50分）‎ ‎26.I. 现有一组物质的熔点(℃)数据，据此回答下列问题：‎ HF：－83‎ HCl：－115‎ HBr：－89‎ HI：－51‎ ‎（1）HF熔点反常是由于______________。这组物质中共价键的键能最大的是_____。‎ II.按要求回答下列问题。‎ ‎（2）CS2气化时克服的粒子间作用是__________，1mol CS2中含有___mol σ键，含有___mol π键。‎ ‎（3）HCHO分子中C原子轨道的杂化类型为______。‎ ‎【答案】 (1). HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多 (2). HF (3). 范德华力 (4). 2 (5). 2 (6). sp2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)熔点是物理性质，用分子间作用力解释；键能是化学键的参数之一，用分子内原子间作用力解释；‎ ‎(2)CS2属于分子晶体，气化时克服的粒子间作用是范德华力；二硫化碳中心原子碳形成四个共价键，两个σ键，两个π键；‎ ‎(3)HCHO分子中心原子C的价层电子对数为3+ =3，由此确定碳的杂化方式。‎ ‎【详解】（1）因F的非金属性很强，在HF分子之间存在氢键，HCl、HBr、HI分子之间不存在氢键，HF熔点反常是由于HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多。从F到I，电子层数增大，原子半径增大，与氢原子的作用力减小，键能逐渐减小，这组物质中共价键的键能最大的是HF。故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；HF；‎ ‎（2）CS2属于分子晶体，气化时克服的粒子间作用是范德华力；二硫化碳中一个硫原子用两个共价键和碳原子相连，两个共价键中有一个是σ键，另一个是π键，所以一个二硫化碳分子中有两个σ键，两个π键，1mol CS2中含有2mol σ键，含有2mol π键。故答案为：范德华力；2；2；‎ ‎（3）HCHO分子中心原子C的价层电子对数为3+ =3，C原子轨道的杂化类型为sp2。故答案为：sp2。‎ ‎27.X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表所示，回答下列问题：‎ X的基态原子中电子分布在三个不同的能级中且每个能级中电子总数相同 Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应 Z元素的族序数是周期数的三倍 W原子的第一至第六电离能分别为：‎ I1＝578 kJ·mol－1     I2＝1 817 kJ·mol－1　  I3＝2 745 kJ·mol－1    I4＝11 575 kJ·mol－1　 I5＝14 830 kJ·mol－1    I6＝18 376 kJ·mol－1‎ Q为前四周期中电负性最小的元素 R位于周期表中的第11列 ‎ (1)R基态原子的价电子排布图为___________________，R在周期表中位于________区。‎ ‎(2)X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。‎ ‎(3)Q单质形成的晶体的堆积模型为____________，配位数是______。‎ ‎(4)光谱证实单质W与强碱溶液反应有[W(OH)4]－生成，则[W(OH)4]－中存在________(填字母)。‎ a.极性共价键   b.非极性共价键   c.配位键       d.σ键  e.π键 ‎【答案】 (1). (2). ds (3). N>O>C (4). 体心立方堆积 (5). 8 (6). acd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大：X元素的基态原子中电子分布在三个不同的能级中，且每个能级中的电子总数相同，则核外电子排布为1s22s22p2，则X为碳元素；Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，则Y为氮元素；Z元素的族序数是其周期数的三倍，则Z为氧元素；W原子的第四电离能剧增，表现+3价，则W为Al元素；Q为前四周期中电负性最小的元素，则Q为钾元素；元素R位于周期表的第10列，原子序数大于K元素，处于第四周期，为Cu元素。‎ ‎【详解】(1)R为Cu元素，基态原子的价电子排布式为3d104s1，基态原子的价电子排布图为，根据外围电子构型3d104s1，R在周期表中位于ds区。故答案为：；ds；‎ ‎(2)C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C，因此X、Y、Z的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C；故答案为：N>O>C；‎ ‎(3)Q为钾元素，单质形成的晶体的堆积模型为体心立方堆积，以体心立方晶胞中的体心为基准，距离该粒子最近且等长的粒子有8个，即8个顶点，配位数是8。故答案为：体心立方堆积；8；‎ ‎(4)光谱证实单质Al与强碱溶液反应有[Al(OH)4]－生成，则[Al(OH)4]－中存在：O-H键为极性共价键 ；铝离子有空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，两者之间形成配位键；前两者形成的均为σ键 ；没有π键和非极性共价键 ，故答案为：acd。‎ ‎【点睛】本题考查结构性质位置关系、核外电子排布规律、电离能、化学键、晶胞结构等，推断元素是解题关键，难点（3）注意对晶胞进行观察时找准观察的点，本题以体心作为观察点。‎ ‎28.按照要求回答下列问题： ‎ ‎(1)基态 Cr 原子的价电子排布式为_______，占据最高能层的电子的电子云轮廓图形状为__。 ‎ ‎(2)在BF3分子中，硼原子杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为________，写出BF的一种等电子体_______。‎ ‎(3)Fe3+比 Fe2+更稳定的原因是_______________________________。 ‎ ‎(4)金刚石晶胞中面心和顶点碳原子替换成硅原子即为金刚砂晶胞，其晶胞如图所示：‎ ‎①金刚砂的化学式为_________。‎ ‎②原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。图中 A 原子坐标（0，0，0），则金刚砂晶胞中碳原子 X 的原子坐标为____________。‎ ‎【答案】 (1). 3d54s1 (2). 球形 (3). sp2 (4). 正四面体 (5). CF4（或SiF4 、CCl4等） (6). Fe3+的价电子构型为3d5, Fe2+的价电子构型为3d6, 前者为半满状态，所以Fe3+更稳定。 (7). SiC (8). (，，)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1；占据最高能层的电子的能级为4s，s轨道为球形，所以最高能层的电子的电子云轮廓图形状为球形；‎ ‎(2)在BF3分子中，硼原子的孤电子对数为，杂化轨道数为3+0=3，所以杂化轨道类型为sp2； BF中，硼原子的孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，立体构型为正四面体； BF的等电子体利用原子替换可以为CF4（或SiF4 、CCl4等）；‎ ‎(3) Fe3+的价电子构型为3d5，为半满状态较稳定，Fe2+的价电子构型为3d6，易失去一个电子为半充满稳定结构，所以Fe3+比Fe2+更稳定的原因是Fe3+的价电子构型为3d5, Fe2+的价电子构型为3d6， 前者为半满状态，所以Fe3+更稳定；‎ ‎(4) ①晶胞中C原子在体心，Si原子在顶点和面心，根据均摊法得，C原子数目为4、Si原子数目为，所以金刚砂的化学式为SiC；‎ ‎②把整个立方体分成8个相等的小立方体，X点在上层左后方的小立方体的体心，所以X 的原子坐标为(，，)。‎ ‎【点睛】本题考查了物质结构和性质的相关知识，学会通过价层电子对互斥理论和杂化轨道理论通过计算求得杂化轨道和空间构型；会通过替换法得到等电子体；学会利用均摊法求化学式。‎ ‎29.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为‎-20.5 ℃‎，沸点为‎103 ℃‎，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于______(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=___。　‎ ‎（2）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69 pm和78‎ ‎ pm，则熔点NiO__FeO(填“>，<或=”)，原因是_________。 ‎ ‎（3）NiAs的晶胞结构如图所示：‎ ‎①Ni的配位数为____。 ‎ ‎②若阿伏伽德罗常数的值为NA,晶体密度为ρ g·cm-3，则该晶胞中最近的Ni之间的距离为______cm。(写出计算表达式) 。‎ ‎【答案】 (1). 分子晶体 (2). 5 (3). > (4). 离子所带电荷数相同时，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高 (5). 4 (6). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，可判断为分子晶体；配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，一个CO提供两个电子，则8+2x=18，求出x；‎ ‎(2)NiO、FeO均为离子晶体，Ni2＋和Fe2＋电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；‎ ‎(3)先通过晶体的密度，求出晶胞的边长，再根据立体几何知识，晶胞中最近的两个Ni的距离为l=a。‎ ‎【详解】（1）Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为‎-20.5 ℃‎，沸点为‎103 ℃‎，易溶于非极性溶剂，熔沸点较低，可判断为分子晶体；若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，一个CO提供两个电子，则8+2x=18，所以x=5，故答案为：分子晶体；5；‎ ‎（2）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69 pm和78 pm，均为离子晶体，Ni2＋和Fe2＋电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，所以熔点NiO＞FeO，故答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的晶格能越大；‎ ‎（3）①根据NiAs晶胞结构分析，Ni做面心立方最密堆积，As做四面体填隙，所以镍离子的配位数为4，故答案为：4；‎ ‎②一个NiAs晶胞中，含有Ni的数目为8× +6× =4个，含有As的数目为4个，不妨取1mol这样的晶胞，则有NA个晶胞，1mol晶胞的质量为m=4×‎134g=‎536g，一个晶胞的体积为V=a‎3cm3，所以晶体密度为ρ= g·cm－3，则晶胞边长为a=cm，根据立体几何知识，晶胞中最近的两个Ni的距离为l=a，则该晶胞中最近的Ni之间的距离为cm。故答案为：。‎ ‎【点睛】本题考查较为综合，涉及晶胞的计算、配合物中配体数目的计算、离子晶体的晶格能对性质的影响等知识点，晶胞的计算是学习难点，应熟练掌握，先通过晶体的密度，求出晶胞的边长，再根据立体几何知识，晶胞中最近的两个Ni的距离为l=a。‎ ‎30.肉桂酸甲酯是调制具有草莓、葡萄、樱桃、香子兰等香味的食用香精，用于肥皂、洗涤剂、风味剂和糕点的调味，在医药工业中作为有机合成的中间体。合成肉桂酸甲酯的工业流程如下图所示：‎ 已知：I. 烃A在标准状况下的密度为‎1.25 g/L。‎ II．醛与醛能发生反应，原理如下：‎ 请回答：‎ ‎(1)化合物H中的官能团为_____________________。‎ ‎(2)肉桂酸甲酯的结构简式为_________________，J的结构简式为____________。‎ ‎(3)G→H的反应类型为________。‎ ‎(4)写出反应B→C的化学方程式___________________________。‎ ‎(5)符合下列条件的I的同分异构体共有5种。写出另两种同分异构体的结构简式：‎ A．能发生水解反应 ‎ B．与银氨溶液作用出现光亮银镜 ‎ C．能与溴发生加成 ‎、_________、__________‎ ‎【答案】 (1). 碳碳双键和醛基 (2). (3). (4). 消去反应 (5). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 烃A在标准状况下的密度为‎1.25g/L，则Mr(A)=1.25×22.4=28，故A为乙烯，与水发生加成反应生成B为乙醇；B发生氧化反应生成C为CH3CHO；乙醛与F发生信息中反应得到G，故F中含有醛基，结合转化关系可知，甲苯与氯气发生甲基上的取代反应生成D为，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，结合信息可知，G为，H为，I为，I发生加聚反应生成高聚物J为，I与甲醇反应发生酯化反应生成肉桂酸甲酯为。‎ ‎【详解】(1)由上述分析可知，化合物H的结构简式为，含有官能团有：醛基、碳碳双键；‎ ‎(2)由上述分析可知，肉桂酸甲酯的结构简式为，J的结构简式为；‎ ‎(3)G→H为发生消去反应生成，故答案为消去反应；‎ ‎(4)B→C的反应为乙醇的催化氧化生成CH3CHO，方程式为：2CH3CH2OH + O22CH3CHO + 2H2O； ‎ ‎(5)符合下列条件的I()的同分异构体共有5种：A.能发生水解反应，含有酯基，B.与银氨溶液作用出现光亮的银镜，结合A可知，含有甲酸形成的酯基，C.能与溴发生加成反应，含有碳碳双键，除外，还有：、。‎ ‎【点晴】本题考查有机物的推断，确定A为乙烯后顺推确定C为乙醛，结合反应信息判断F的含有的官能团，再结合反应条件进行推断，较好的合成学生分析推理能力，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。有机物的合成通过有机反应来实现，各类有机物的结构和性质，就是有机合成的基础。一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法，尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系，理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物合成的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据。‎