【化学】山东省威海市文登区2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】山东省威海市文登区2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）

山东省威海市文登区2018-2019学年高二下学期期末考试 试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。‎ 可能用到的相对原子质量：H ‎1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Si 28 P 31 S 32‎ 第Ⅰ卷(选择题，共48分)‎ 一、选择题(本题包括18小题。1－6小题每题2分，7－18小题每题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.化学与生产、生活有关，下列说法正确的是 A. 将淀粉在稀硫酸中最后水解产物与银氨溶液混合，水浴加热后可出现光亮的银镜 B. 尼龙绳、宣纸、棉衬衣这些生活用品中都主要由合成纤维制造 C. 核磁共振谱、红外光谱和质谱法都可以分析有机物的结构 D. 蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，两者水解产物可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加银氨溶液前应先加过量NaOH中和硫酸，否则银氨溶液和硫酸反应了，不会出现银镜，A错误；‎ B．尼龙是合成纤维，宣纸、棉衬衣由天然纤维加工而成，B错误；‎ C．核磁共振氢谱可以测分子中等效氢种类和个数比，红外光谱测分子中的官能团和某些结构，质谱法测有机物相对分子质量，C错误；‎ D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，蔗糖水解成一分子葡萄糖和一分子果糖，麦芽糖水解成2分子葡萄糖，水解产物均有葡萄糖，葡萄糖含醛基，可与新制的Cu(OH)2悬浊液反应产生砖红色沉淀，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. “量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均有此特点 B. 英国科学家道尔顿首先发现了电子 C. 焰色反应与电子跃迁有关，属于化学变化 D. 基态氢原子转变成激发态氢原子时释放能量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．“量子化”就是不连续的意思，微观粒子运动均是量子化的，A正确；‎ B．1897年，英国科学家约瑟夫·约翰·汤姆森发现电子，B错误；‎ C．焰色反应没有新物质生成，是物理变化，C错误；‎ D．基态氢原子吸收能量发生跃迁变成激发态氢原子，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎3.下列有关化学用语表示正确的是 A. －OH的电子式：‎ B. 钙原子的M层电子轨道表示式：‎ C. 氯离子的核外电子排布式：1s22s22p63s23p6‎ D. K+的离子结构示意图：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．－OH的电子式：，是氢氧根离子的电子式，A错误；‎ B．钙原子的M层有8个电子，3s轨道上2个，3p轨道上6个，B错误；‎ C．氯离子核外有18个电子，排布式为：1s22s22p63s23p6，C正确；‎ D．K是19号元素，质子数应该为19，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎4.H、C、N、O、V(钒)五种元素形成的某分子结构如图所示，下列说法错误是 A. N原子核外存在3种不同能量的电子 B. 基态V原子的价电子轨道表示式为 C. 基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p D. 基态C、N两种原子中，核外存在相同对数自旋方向相反的电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．N原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3，所以N原子核外存在3‎ 种不同能量的电子，A正确；‎ B．V是23号元素，基态V原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d34s2，由此可知，V有5个价电子，其价电子轨道式为，B错误；‎ C．O是8号元素，核外有8个电子，基态O原子的核外电子排布式为：1s22s22p4，所以基态O原子，电子占据的最高能级符号为2p，C正确；‎ D．基态C、N两种原子的核外电子排布图分别为：、，由此可知：基态C、N两种原子中，核外都存在2对自旋方向相反的电子，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎5.下列关于晶体的说法，正确的是 A. 在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子 B. 金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低 C. 晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 D. Al固体为金属晶体，AlCl3固体为离子晶体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在晶体中有阳离子不一定有阴离子，比如金属晶体就是由阳离子和电子组成的，并没有阴离子，A错误；‎ B．金刚石、SiC是原子晶体，HF、HBr是分子晶体，所以金刚石、SiC晶体的熔点高于HF、HBr，C原子半径小于Si原子半径，那么C-C键键长小于Si-C键键长，C-C键更牢固，金刚石熔点更高，HF分子之间有氢键，熔沸点均高于HBr，综上所述：金刚石、SiC、HF、HBr晶体的熔点依次降低，B正确；‎ C．化学键键能越大，破坏它们所需的能量就越高，分子越稳定，而分子间作用力不属于化学键，C错误；‎ D．AlCl3是由共价键构成的分子晶体，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】切记：AlCl3是由共价键构成的共价化合物，属于分子晶体。‎ ‎6.短周期元素R的p轨道上有3个未成对电子，则该元素的氧化物对应的水化物的化学式不可能是 A. H3RO4 B. HRO‎2 ‎C. H3RO3 D. H2RO4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ R的p轨道上有3个未成对电子，电子没满，属于价层电子，加上s轨道上的2个价层电子电子，R的价层电子数为5，最高正化合价为+5，那么它的氧化物的水化物中R的化合价不能超过+5，据此解答。‎ ‎【详解】A．H3RO4中R的化合价为+5，满足条件，A正确； ‎ B．HRO2中R的化合价为+3，满足条件，B正确； ‎ C．H3RO3中R的化合价为+3，满足条件，C正确； ‎ D．H2RO4中R的化合价为+6，不满足条件，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎7.光气(COCl2)又称碳酰氯，下列关于光气的叙述中正确的是 A. COCl2中含有2个σ键和1个π键 B. COCl2中C原子杂化轨道类型为sp2‎ C. COCl2为含极性键和非极性键的极性分子 D. COCl2分子的空间构型为三角锥形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光气的结构式为：。‎ ‎【详解】A．单键全是σ键，双键有一个σ键，一个π键，所以COCl2中含有3个σ键和1个π键，A错误；‎ B．中心C原子孤对电子数==0，σ键电子对数=3，价层电子对数=3+0=3，所以COCl2中C原子杂化轨道类型为sp2，B正确；‎ C．C=O，C-Cl均是不同原子之间形成的，为极性键，C错； ‎ D．COCl2中C原子以sp2杂化，且中心C原子孤对电子数==0，所以COCl2为平面三角形分子，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.下列推论错误的是 A. NaCl为离子晶体，可推测CsCl也为离子晶体 B. CO2晶体是分子晶体，可推测CS2晶体也是分子晶体 C. NH4+为正四面体结构，可推测PH4+也为正四面体结构 D. NCl3中N原子是sp3杂化，可推测BCl3中B原子也是sp3杂化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Cs和Na均为活泼金属元素，与Cl形成离子键，所以NaCl、CsCl均是离子晶体，A正确；‎ B．CO2晶体由分子间作用力结合而成， CS2晶体也是由分子间作用力结合而成，都是分子晶体，B正确；‎ C．N、P为同主族元素，NH4+ 和PH4+中，中心N、P原子孤对电子数==0，σ键电子对数==4，价层电子对数=4+0=4，所以NH4+ 和PH4+中心原子皆为sp3杂化，空间构型均是正四面体，C正确；‎ D．NCl3中N原子孤对电子数==1，σ键电子对数==3，价电子对数=3+1=4，所以NCl3中N原子是sp3杂化，BCl3中B原子孤对电子数==0，σ键电子对数==3，价层电子对数=3+0=3，所以BCl3中B原子是sp2杂化，D错误。‎ 答案选D。‎ ‎9.有关乙炔、苯及二氧化碳的说法错误的是 A. 苯中6个碳原子中杂化轨道中的一个以“肩并肩”形式形成一个大π键 B. 二氧化碳和乙炔中碳原子均采用sp1杂化，苯中碳原子采用sp2杂化 C. 乙炔中两个碳原子间存在1个σ键和2个π键 D. 乙炔、苯、二氧化碳均为非极性分子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯分子中的碳原子采取sp2杂化，6个碳原子中未参与杂化的2p轨道以“肩并肩”形式形成一个大π键，A错误；‎ B．二氧化碳和乙炔都是直线型分子，C原子均为sp 杂化，苯分子是平面型分子，苯中碳原子采用sp2杂化，B正确；‎ C．碳碳三键含1个σ键和2个π键，C正确；‎ D．乙炔和二氧化碳均是直线型分子，键角180°，正负电荷重心重合，苯是平面型分子，高度对称，键角120°，正负电荷重心重合，它们均是非极性分子，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎10.伞形酮可用作酸碱指示剂，可由雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得。下列说法中错误的是 A. 1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mol NaOH B. 1 mol雷琐苯乙酮最多可与4 mol H2发生加成反应 C. 苹果酸发生缩聚反应最多可生成2种高分子化合物 D. 雷琐苯乙酮一定条件下可发生氧化、取代、缩聚等反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．1个酯基水解消耗1molNaOH，水解后生成酚羟基再消耗1molNaOH，分子中的1个酚羟基消耗1molNaOH，所以1mol伞形酮和足量NaOH反应共消耗3molNaOH，A正确；‎ B．苯环消耗3mol氢气，羰基消耗1mol氢气，共消耗4mol氢气，B正确；‎ C．可以生成三种高分子化合物，分别为：、、 ，C错误；‎ D．雷琐苯乙酮中羟基能发生氧化反应，羟基、苯环上的H能被取代，有2个羟基，能和多元羧酸发生缩聚反应，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. ‎24g石墨烯中含有C－C键的个数为3NA B. ‎88g干冰中含有NA个晶胞结构单元 C. 62 g P4含有P－P键的个数为6NA D. 60gSiO2中含有Si－O键的个数为2NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石墨中每个C形成3个C-C键，每个C原子贡献C-C键的二分之一，所以1个C平均形成3=1.5个C-C键，‎24g石墨烯中n(C)==2mol，含有C－C键的物质的量=1.5×2mol=3mol，C－C键的个数为3NA，A正确；‎ B．干冰是固态的二氧化碳，由均摊法可知，1个二氧化碳晶胞中二氧化碳分子的个数=，所以1mol晶胞含4molCO2，‎88g干冰的物质的量=2mol，所含晶胞的物质的量=0.5mol，故‎88g干冰中含有0.5NA个晶胞结构单元，B错误；‎ C．n(P4)==0.5mol，P－P键的物质的量n=0.5mol×6=3mol，P－P键的个数为3NA，C错误；‎ D．1个Si贡献4×个Si-O键，2个O贡献2×2×个Si-O键，即1molSiO2含4molSi-O键，n(SiO2)==1mol，所以，n(Si－O键)=，所以60gSiO2中含有Si－O键的个数为4NA，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】切记：1mol石墨含1.5molC-C键，1mol金刚石含2molC-C键，1molSiO2含4molSi-O键，1mol白磷(P4)含6molP-P键，1molSiC含4molSi-C键。‎ ‎12.下列说法均正确的组合为 ‎①s－s σ键与s－p σ键的电子云形状相同 ‎②第四周期的元素基态原子中，4s能级只有1个电子的元素共有3种 ‎③钨的配合物离子[W(CO)5OH]－能催化固定CO2，该配离子中钨显0价 ‎④中心原子采取sp3杂化的分子，其立体构型一定是正四面体 ‎⑤2－丁醇中存在手性碳原子 ‎⑥相对分子质量：CH3CH2OH＞CH3CHO，所以沸点：CH3CH2OH＞CH3CHO A. ②③⑤ B. ③⑤ C. ①②④ D. ④⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以s−sσ键与s−pσ键的电子云形状不同，①错误；‎ ‎②该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素,情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为Cr和Cu，所以基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有3种，②正确；‎ ‎③OH显-1价，CO显O价，故W显O价，③正确；‎ ‎④中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，④错误；‎ ‎⑤与4个不相同的原子或原子团相连的C原子称为手性碳原子， 中，与-OH相连的C符合定义，是手性碳，⑤正确；‎ ‎⑥CH3CH2OH分子之间存在氢键，故CH3CH2OH的熔沸点比CH3CHO高，⑥错误；‎ 综上所述：②③⑤正确。‎ 答案选A。‎ ‎13.下列有关物质性质说法中，正确的是 A. 熔点：Li＜Na＜K＜Rb B. 热稳定性：HF＞HI＞HBr＞HCl C. 具有下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2　②1s22s22p3　③1s22s22p2　④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①‎ D. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ•mol－1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋，其最高正价为+5价 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碱金属元素从上到下，熔沸点降低，所以熔点：Li﹥Na﹥K﹥Rb，A错误；‎ B．卤族元素从上到下非金属性减弱，简单气态氢化物的稳定性减弱，所以，热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B错误；‎ C．电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子为Si，电子排布式为1s22s22p3的原子为N，电子排布式为1s22s22p2的原子为C，电子排布式为1s22s22p63s23p4的原子为S，Si和S有3个电子层，N和C有2个电子层，Si在S的左边，所以Si的原子半径最大，C正确；‎ D．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X2+，其最高正价为+2价，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎14.已知C3N4晶体的硬度与金刚石相差不大，且原子间均以单键结合，下列关于C3N4的说法错误的是 A. 该晶体中碳原子和氮原子最外层都满足8电子稳定结构 B. C3N4晶体中C－N键的键长比金刚石的C－C键的键长要长 C. C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，每个N原子连接3个C原子 D. 该晶体与金刚石相似，都是原子间以共价键形成的空间网状结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C最外层有4个电子，且与N形成4个单键，N原子最外层有5个电子，且与C形成3个单键可知C、N最外层都满足8电子稳定结构，A正确；‎ B．C原子半径比N原子半径大，所以C－C键的键长比C－N键的键长要长，B错误；‎ C．由结构可知：C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，每个N原子连接3个C原子，‎ C正确；‎ D．C3N4晶体硬度与金刚石相差不大可知，该晶体的结构和金刚石差不多，都是以共价键结合成的空间网状结构，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎15.在下列化学反应中，既有离子键、极性键、非极性键断裂，又有离子键、极性键、非极性键形成的是 A. 2Na2O+2H2O=4NaOH B. Mg3N2＋6H2O＝3Mg(OH)2↓＋2NH3↑‎ C. 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑‎ D. NH4Cl＋NaOHNaCl＋NH3↑＋H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成。有离子键、极性键、非极性键断裂，说的是反应物含有离子键、极性键、非极性键，有离子键、极性键、非极性键形成，说的是生成物含有离子键、极性键、非极性键。‎ ‎【详解】A．反应物中Na2O由离子键构成，水由极性键构成，反应物不含非极性键，生成物NaOH含离子键和极性键，生成物不含非极性键，A错误；‎ B．反应物中Mg3N2由离子键构成，水由极性共价键构成，反应物中不含非极性键，生成物中氢氧化镁含离子键和极性键，氨气含极性键，生成物不含非极性键，B错误；‎ C．反应物中Na2O2含有离子键和非极性键，H2O含极性键，生成物中NaOH含有离子键和极性键，O2含非极性键，C正确；‎ D．反应物中NH4Cl含有离子键和极性键，NaOH中含离子键和极性键，生成物中NaCl由离子键构成，氨气由极性键构成，水由极性键构成，生成物没有非极性键，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎16.下列有关说法正确是 A. 表明S2Cl2为非极性分子 B. 表明1个碳酸亚乙烯分子中含6个σ键 C. 表明每个P4S3分子中含孤电子对的数目为6个 D. 表明1s轨道呈球形，有无数对称轴 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从结构来看，S2Cl2的正负电荷重心不可能重合，S2Cl2为极性分子，A错误；‎ B．单键全是σ键，双键含一个σ键，一个π键，所以表明1个碳酸亚乙烯分子中含8个σ键，B错误；‎ C. 由可知：1个P4S3分子中含有4个P和3个S，一个P含有=1对孤电子对，1个S含有=2对孤电子对，则每个P4S3分子含有的孤电子对数=4×1+2×3=10，C错误；‎ D. 表明1s轨道呈球形，有无数对称轴，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎17.下表为元素周期表前四周期的一部分，下列有关X、Y、Z、R、W五种元素的叙述中，错误的是 X Y Z R W A. 常压下五种元素的单质中，Y的沸点最高 B. 元素电负性：X＞Z＞Y C. 基态原子中未成对电子数最多的是R D. 元素最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞Z＞Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，X为O，Y为Si，Z为P，R为Se，W为Br，据此回答。‎ ‎【详解】A．O2或O3，P单质，Se单质，Br2均为分子晶体，Si为原子晶体，所以Si的沸点最高，即常压下五种元素的单质中，Y的沸点最高，A正确；‎ B．非金属性越强，元素电负性越强，由图可知，非金属性：X＞Z＞Y，所以元素电负性：X＞Z＞Y，B正确；‎ C．几种元素基态原子电子排布图为：O为，Si为，P为，Se为，Br为，由此可知，基态原子中未成对电子数最多的是P元素，即Z，C错误； ‎ D．H2SiO3是弱酸，H3PO4是中强酸，HBrO4是强酸，酸性HBrO4 ＞H3PO4 ＞H2SiO3，即元素最高价氧化物对应的水化物酸性：W＞Z＞Y，D正确。‎ 答案选C。‎ ‎18.下列关系比较及解析有错误的是 选项 关系 解析 A Mg原子的第一电离能大于Al原子 Mg原子3s能级全充满 B 原子半径：Cl＜S ‎ Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强 C 沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响 D 配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2 ‎ ‎[Co(NH3)6]Cl2和[Co(NH3)5Cl]Cl2 分别有6个和5个NH3，所以配位体个数：[Co(NH3)6]Cl2＞[Co(NH3)5Cl]Cl2 ‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．镁的3s能级有2个电子，轨道是全充满，能量低，比较稳定，所以镁元素的第一电离能高于同周期相邻元素Al的第一电离能，A正确；‎ B．Cl、S原子电子层数相同，但Cl原子核电荷数较S多，对核外电子吸引能力比S强，所以原子半径：原子半径：Cl＜S，B正确；‎ C．对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，分子间氢键对它们沸点的影响大于分子内氢键对它们沸点的影响，所以沸点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛，C正确；‎ D．[Co(NH3)6]Cl2的配位体是6个NH3，配位体个数为6，[Co(NH3)5Cl]Cl2 的配位体是5个NH3和1个Cl-，所以[Co(NH3)5Cl]Cl2的配位体个数为6，两者的配位体个数相等，D错误。‎ 答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共52分)‎ ‎19.按要求回答下列问题。‎ ‎(1)下列基态原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是_______(填序号，下同)，违反能量最低原理的是_____，违反泡利不相容原理的是_____，违反洪特规则的是_______。‎ ‎①Si：‎ ‎②Al：‎ ‎③Co3+最外层：‎ ‎④Mg2＋：1s22s22p6‎ ‎⑤Sc：1s22s22p63s23p63d3‎ ‎⑥Cr：1s22s22p63s23p63d54s1‎ ‎(2)物质：①甲烷 ②硫化氢 ③氢氧化镁 ④氨气 ⑤乙烯 ‎ 条件 符合条件物质的序号 既含极性键又含非极性键 ‎______‎ 含有极性键的极性分子 ‎______‎ 上述分子中键角由大到小的顺序 ‎______‎ ‎ (3)甲图FeO晶胞中与Fe2+最近的Fe2+的个数为__________；乙图晶胞中A、B两种微粒个数比为______；丙图晶胞中A、B两种微粒个数比为_________。‎ 甲. 乙. 丙.‎ ‎【答案】 (1). ④⑥ (2). ⑤ (3). ② (4). ①③ (5). ⑤ (6). ②④ (7). ⑤①④② (8). 12 (9). 1:4 (10). 1:3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核外电子排布需满足3个原理或规则，即：‎ 能量最低原理：原子核外电子先占有能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道；‎ 泡利不相容原理：每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋状态相反的电子；‎ 洪特规则：在等价轨道(相同电子层、电子亚层上的各个轨道)上排布的电子将尽可能分 占不同的轨道，且自旋方向相同，据此回答。‎ ‎【详解】(1) ①Si的3p轨道的两个电子应为，图上违反了洪特规则，①错误；‎ ‎②Al的2p轨道成对的电子应当自旋相反，图上违反了泡利不相容原理，②错误；‎ ‎③Co为27号元素，Co3+有24个电子，价电子排布图应为，图上违反了洪特规则，③错误；‎ ‎④Mg2＋有12-2=10个电子，其核外电子排布式为：1s22s22p6，④正确；‎ ‎⑤Sc为21号元素，基态Sc原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，题上违反了能量最低原理，⑤错误；‎ ‎⑥Cr为24号元素，基态Cr原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，⑥正确；‎ 综上所述，④⑥正确。‎ 故答案为：④⑥；⑤；②；①③；‎ ‎(2)活泼金属与非金属原子之间易形成离子键，非金属原子之间易形成共价键，同种原子之间形成的共价键称为非极性键，不同种原子之间形成共价键称为极性键。‎ ‎①甲烷：C和H之间以极性键结合成正四面体，键角109°‎28’‎，正负电荷重心重合，为非极性分子；‎ ‎②硫化氢中S和H之间以极性键结合，硫化氢是V形分子，键角92°，正负电荷重心不重合，为极性分子；‎ ‎③氢氧化镁中Mg2+和OH-之间以离子键结合，是离子化合物，H和O之间以极性键结合；‎ ‎④氨气中N和H之间以极性键结合，为三角锥形分子，键角107°‎18’‎，正负电荷重心不重合，为极性分子；‎ ‎⑤乙烯(CH2=CH2)中，C和C以非极性键结合成碳碳双键，C和H之间以极性键结合，乙烯是平面型分子，键角120°，正负电荷重心重合，为非极性分子；‎ 故答案为：⑤；②④；⑤①④②；‎ ‎(3)甲：以上面面心的Fe2+为例，该Fe2+到水平面的四个Fe2+，下方的4个侧面面心的Fe2+，还有上方的4个侧面面心的Fe2+的距离都相当，为最小距离；‎ 乙图：根据均摊法，A粒子个数=6=0.5，B粒子个数==2，A、B粒子个数比=0.5:2=1:4；‎ 丙图：A粒子个数==1，B粒子个数=12=3，A、B粒子个数比=1:3。‎ 故答案为：12；1:4；1:3。‎ ‎【点睛】采用均摊法计算粒子个数时，正三棱柱顶点的粒子有12个晶胞共用，上、下棱上的粒子有4个晶胞共用，侧棱上的粒子有6个晶胞共用。‎ ‎20.有机物K为合成高分子化合物，一种合成K的合成路线如图所示(部分产物及反应条件已略去)。‎ 已知：① R1CHO+ R2CH2CHO +H2O ‎②+ ‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称为_________，F中含氧官能团的名称为___________。‎ ‎(2)E和G的结构简式分别为________、________。H→K的反应类型为_______反应。‎ ‎(3)由C生成D的化学方程式为___________。‎ ‎(4)参照上述合成路线和信息，以甲醛、乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制取甘油(丙三醇)的合成路线为___________。‎ ‎【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 醛基、羰基 (3). CH3CHO (4). (5). 加聚 (6). + O2 +2H2O (7). HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO BrCH2-CHBrCHO BrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C8H8，结合A到B可知A为：；‎ B到C的条件为NaOH溶液，C到D的条件为O2/Cu、加热可知C的结构为：‎ ‎；‎ D到E的条件和所给信息①一致，对比F和信息①的产物可知，E为：CH3CHO；‎ F和银氨溶液反应酸化后生成G，G为：，结合以上分析作答。‎ ‎【详解】(1)A为，名称为苯乙烯，从F的结构可知，F中含氧官能团为醛基、羰基，故答案为：苯乙烯；醛基、羰基；‎ ‎(2)由上面的分析可知，E为CH3CHO，G为，H到K发生了加聚反应，故答案为：CH3CHO；；加聚；‎ ‎ (3)C到D发生醇的催化氧化，方程式为：+ O2 +2H2O，故答案为：+ O2 +2H2O；‎ ‎ (4)甲醛含有1个C，乙醛含有2个C，甘油含有三个碳，必然涉及碳链增长，一定用到信息①，可用甲醛和乙醛反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO和Br2反应生成BrCH2-CHBrCHO，BrCH2-CHBrCHO和氢气加成生成BrCH2-CHBrCH2OH，BrCH2-CHBrCH2OH发生水解生成丙三醇，具体如下：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO BrCH2-CHBrCHOBrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHOBrCH2-CHBrCHO BrCH2-CHBrCH2OHHOCH2CHOHCH2OH。‎ ‎21.氮化硼(BN)晶体有多种结构。回答下列问题：‎ ‎(1)六方氮化硼的结构与石墨相似(如图所示)，具有层状结构，可作高温润滑剂，但不导电。该晶体中存在的作用力类型有___________，六方氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为______________ ，六方氮化硼不导电的原因是__________。‎ ‎(2)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼(如图所示)，该晶胞边长为a pm，c原子的坐标参数为(0，0，0)，e为(，，0)，f为(，0，)。‎ ‎①由题干所给的坐标参数知，d原子的坐标参数为_________。‎ ‎②B原子填充在N原子的四面体空隙，且占据此类空隙的比例为_________。‎ ‎③a位置N原子与b位置B原子的距离为________pm。‎ ‎【答案】 (1). 共价键、分子间作用力 (2). 平面三角形 (3). 该晶体中没有自由移动的未成键单电子，因此不导电 (4). (，，) (5). 50% (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)B和N都是非金属元素，以共价键结合，层和层之间存在分子间作用力，由图可知，一个B原子与3个N原子相连，B原子孤对电子对数==0，键电子对数==3，价层电子对数=3+0=3，B原子以sp2杂化，且没有孤对电子，所以构型为平面三角形，该晶体中没有自由移动的未成键单电子，所以不导电，故答案为：共价键、分子间作用力；平面三角形；该晶体中没有自由移动的未成键单电子，因此不导电；‎ ‎(2) ①c处N原子坐标参数为(0,0,0)，距离该N原子最近的d原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离为体对角线的，则该N原子到各坐标平面距离均等于晶胞棱长的，所以d原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；‎ ‎②B原子周围4个N原子形成正四面体结构，每个晶胞中有8‎ 个这样的正四面体结构，只有4个填充了B原子，所以B原子占据此类空隙的比例为50%，故答案为：50%；‎ ‎③a到b位置的距离=c到d的距离，c到d的连线处于晶胞体对角线上，且该距离为体对角线的，而晶胞的体对角线==，所以a到b位置的距离=c到d的距离=，故答案为：。‎ ‎【点睛】切记：距离c(0，0，0)点原子最近的d点原子距离为体对角线的，所以d点的坐标为(，，)。‎ ‎22.有机物A为天然蛋白质水解产物，含有C、H、N、O四种元素。某研究小组为研究A的组成与结构，进行了如下实验：‎ 实验步骤 实验结论 ‎(1)将A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍。‎ A的相对分子质量为_____‎ ‎(2)将26.6gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰、灼热的铜网(假设每次气体被完全吸收)，前两者分别增重‎12.6g和‎35.2g，通过铜网后收集到的气体为‎2.24L(标准状况下)。‎ A的分子式为_______‎ ‎(3)另取13.3gA，与足量的NaHCO3粉末完全反应，生成气体‎4.48L(标准状况下)。‎ A 中含有的官能团名称为____‎ ‎(4)A的核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2。‎ A的结构简式为_______‎ ‎(5)两分子A反应生成一种六元环状化合物的化学方程式为_________‎ ‎【答案】 (1). 133 (2). C4H7O4N (3). 羧基 氨基 (4). HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH (5). 2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→‎ ‎+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）密度是相同条件下空气的4.6倍，则相对分子质量也为空气的4.6倍；‎ ‎（2）浓硫酸增重的质量就是水的质量，碱石灰增重的质量就是二氧化碳的质量，灼热的铜网的作用是除去里面混有的氧气，这样通过铜网后收集到的气体为氮气；‎ ‎（3）与碳酸氢钠反应放出气体，说明有-COOH；‎ ‎（4）核磁共振氢谱显示五组峰且峰面积比为1:1:1:2:2，说明有5中等效氢，且个数比为1:1:1:2:2。‎ ‎【详解】(1) A加热使其气化，测其密度约为相同条件下空气密度的4.6倍，所以A的相对分子质量是空气平均相对分子质量的4.6倍，所以A的相对分子质量=29×4.6≈133，故答案为：133；‎ ‎(2)由分析可知，该有机物燃烧产生水的质量=‎12.6g，物质的量==0.7mol，H原子的物质的量=1.4mol。产生二氧化碳的质量=‎35.2g，物质的量==0.8mol，C原子的物质的量=0.8mol。氮气的物质的量==0.1mol，N原子的物质的量=0.2mol。结合(1)可知燃烧该有机物的物质的量==0.2mol，所以该有机物分子中，C的个数==4，同理：H的个数=7，N的个数=1，设该有机物分子式为C4H7OxN，有12×4+7×1+14×1+16x=133，解得x=4，所以该有机物分子式为C4H7O4N，故答案为：C4H7O4N；‎ ‎(3)有机物的物质的量==0.1mol，产生二氧化碳的物质的量==0.2mol，根据-COOH～NaHCO3～CO2可知，每1mol羧基能和碳酸氢钠反应产生1mol二氧化碳气体，所以产生0.2mol二氧化碳对应0.2mol羧基，所以该有机物含2个羧基，因为该有机物为蛋白质水解产物，所以还有1个氨基，故答案为：羧基；氨基；‎ ‎(4)核磁共振氢谱说明有5种氢，且个数比=1:1:1:2:2，所以该有机物结构简式为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH，故答案为：HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH；‎ ‎(5)两分子该有机物可以发生反应生成六元环，该六元环只可能为，所以反应的方程式为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O，故答案为：2HOOC－CH2－CH(NH2)－COOH→+2H2O。‎ ‎【点睛】1mol-COOH和1molNaHCO3反应可产生1molCO2。‎ ‎23.A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表中前四周期，原子序数依次增大。A元素价电子排布为nsnnpn＋1；B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍；C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素；D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍；E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子。回答下列问题(用元素符号表示或按要求作答)。‎ ‎(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为____________，三者电负性由大到小的顺序为_________。‎ ‎(2)A和E的简单气态氢化物沸点高的是______，其原因是_________。‎ ‎(3)D3＋基态核外电子排布式为_________________。‎ ‎(4)E基态原子的价电子轨道表示式为___________。‎ ‎(5)B和E形成分子的结构如图所示，该分子的化学式为_______，E原子的杂化类型为________。‎ ‎(6)B和C能形成离子化合物R，其晶胞结构如图所示：‎ ‎①一个晶胞中含______个B离子。R的化学式为__________。‎ ‎②晶胞参数为a pm，则晶体R的密度为_____________g•cm－3(只列计算式)。‎ ‎【答案】 (1). Na＜O＜N (2). O＞N＞Na (3). NH3 (4). 氨气分子间有氢键，所以沸点高 (5). [Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7 (6). (7). As4O6 (8). sp3 (9). 4 (10). Na2O (11). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A元素的价电子排布为nsnnpn＋1，可知n=2，A价电子排布式为2s22p3，那么A的核外电子排布式为1s22s22p3，则A为N；‎ B元素原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则B为O；‎ C位于B的下一周期，是本周期最活泼的金属元素，则C为Na；‎ D基态原子的3d原子轨道上的电子数是4s原子轨道上的4倍，则D基态原子的价电子排布式为3d84s2，那么D核外电子总数=18+10=28，D为Ni；‎ E元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，则E基态原子的价电子排布式为：3d104s24p3，那么E原子核外有18+10+2+3=33个电子，E为：As；‎ 综上所述，A为N，B为O，C为Na，D为Ni，E为As，据此分析回答。‎ ‎【详解】(1) 第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子，第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。一般来说，非金属性越强，第一电离能越大，所以Na的第一电离能最小，N的基态原子处于半充满状态，比同周期相邻的O能量低，更稳定，不易失电子，所以N的第一电离能比O大，即三者的第一电离能关系为：Na＜O＜N，非金属性越强，电负性越大，所以电负性关系为：O＞N＞Na，故答案为：Na＜O＜N ；O＞N＞Na；‎ ‎(2)N和As位于同主族，简单气态氢化物为NH3和AsH3，NH3分子之间有氢键，熔沸点比AsH3高，故答案为：NH3；氨气分子间有氢键，所以沸点高；‎ ‎(3)Ni是28号元素，Ni3+核外有25个电子，其核外电子排布式为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；‎ ‎ (4)E为As，As为33号元素，基态原子核外有33个电子，其基态原子的价电子轨道表示式，故答案为：；‎ ‎(5)由图可知，1个该分子含6个O原子，4个As原子，故化学式为：As4O6，中心As原子 键电子对数==3，孤对电子数=，价层电子对数=3+1=4，所以As4O6为sp3杂化，故答案为：As4O6；sp3；‎ ‎(6)O和Na的简单离子，O的离子半径更大，所以白色小球代表O2-，黑色小球代表Na+；‎ ‎①由均摊法可得，每个晶胞中：O2-个数==4，Na+个数=8，所以，一个晶胞中有4个O2-，R的化学式为Na2O，故答案为：4；Na2O；‎ ‎②1个晶胞的质量= ，1个晶胞的体积=(a pm)3= ，所以密度=g•cm－3，故答案为：。‎