2018-2019學年山東省濟南外國語學校三箭分校高二下學期期中考試化學試題解析版-試卷下載-教習網(wǎng)

第I卷(選擇題)
一、單選題(每題只有一個正確答案，每題3分，共60分)
1.下列各組元素，按原子半徑依次減小、電負性逐漸升高順序排列的是( )
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，從左向右原子半徑依次減小，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大，同一主族中，從上向下原子半徑依次增大，元素的電負性隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以元素的非金屬性越強，其電負性越大，元素的金屬性越強，其電負性越小，據(jù)此分析解答。
【詳解】A．K、Na、Li為同一主族元素，且元素的原子序數(shù)逐漸減小，原子半徑依次減小，其電負性逐漸升高，選項A正確；
B．Al、Mg、Na屬于同一周期元素，其原子序數(shù)依次減小，原子半徑依次增大，其電負性隨著原子序數(shù)的減小而降低，選項B錯誤；
C．N、O、C屬于同一周期，其原子半徑C最大，非金屬性O(shè)最強，其電負性最大的為O元素，選項C錯誤；
D．Cl、S、P元素的非金屬性逐漸減弱，則其電負性逐漸減小，原子半徑依次增大，選項D錯誤；
答案選A。
【點睛】本題考查了原子半徑大小、電負性大小的判斷，元素的非金屬性與電負性的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，結(jié)合元素周期律來分析解答，難度不大。

2.肯定屬于同族元素且性質(zhì)相似的是
A. A原子基態(tài)時2p軌道上有一對成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道上也有一對成對電子
B. 結(jié)構(gòu)示意圖：A為，B為
C. A原子基態(tài)時2p軌道有1個未成對電子，B原子基態(tài)時3p軌道也有1個未成對電子
D. 原子核外電子排布式：A為1s22s2，B為1s2
【答案】A
【解析】
【分析】
A. A為C元素，B為Si元素；

B.A為Ne元素，B為Na+；
C.A可能為B或F元素，B為可能為Al或Cl；
D. A為Be元素，B為He元素；
結(jié)合對應(yīng)原子或離子的性質(zhì)解答。
【詳解】A. A為C元素，B為Si元素，位于相同主族，性質(zhì)相似，所以A選項是正確的；
B. A為Ne元素，B為Na+，不是同主族元素，性質(zhì)不同，故B錯誤；
C. A可能為B或F元素，B為可能為Al或Cl，不一定在相同主族，性質(zhì)不一定相同，故C錯誤；
D. A為Be元素，B為He元素，二者不在同一主族，性質(zhì)不同，故D錯誤。
所以A選項是正確的。

3.下表列出了某短周期元素R的各級電離能數(shù)據(jù)(用I1、I2表示，單位為kJ·mol－1)。

I1
I2
I3
I4
…
R
740
1500
7700
10500
…

下列關(guān)于元素R的判斷中一定正確的是(　　）
A. R元素的原子最外層共有4個電子 B. R的最高正價為＋3價
C. R元素位于元素周期表中第ⅡA族 D. R元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s2
【答案】C
【解析】
【詳解】從表中原子的第一至第四電離能可以看出，元素的第一、第二電離能都較小，可失去2個電子，最高化合價為+2價，即最外層應(yīng)有2個電子，應(yīng)為第IIA族元素；
A、R元素的原子最外層共有2個電子，故A錯誤；
B、最外層應(yīng)有2個電子，所以R的最高正價為+2價，故B錯誤；
C、最外層應(yīng)有2個電子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故C正確；
D、R元素可能是Mg或Be，R元素基態(tài)原子的電子排布式不一定為1s22s2，故D錯誤；?
綜上所述，本題選C。

4.已知某元素的＋2價離子的電子排布式為1s22s22p63s23p6，則該元素在周期表中的位置正確的是(　　)
A. 第三周期ⅣA族，p區(qū)
B. 第四周期ⅡB族，s區(qū)
C. 第四周期Ⅷ族，d區(qū)
D. 第四周期ⅡA族，s區(qū)
【答案】D
【解析】
【分析】
對主族元素而言，價電子排布即為最外層電子排布，最外層電子數(shù)等于主族族序數(shù)，電子層數(shù)等于其周期數(shù)。
【詳解】對主族元素而言，價電子排布即為最外層電子排布，最外層電子數(shù)等于主族族序數(shù)，電子層數(shù)等于其周期數(shù)，某元素的+2價離子的電子排布式為1s22s22p63s23p6，該元素原子的電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，該原子最外層有2個電子，有4個電子層，故該元素應(yīng)為第四周期ⅡA族元素Ca，處于s區(qū)。答案選D。
【點睛】本題考查核外電子排布、結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系，難度不大，注意掌握過渡元素結(jié)構(gòu)與位置關(guān)系。

5.下列分子中，各分子的立體構(gòu)型和中心原子的雜化方式均正確的是( )
A. NH3 平面三角形 sp3雜化 B. CCl4 正四面體 sp3雜化
C. H2O V形 sp2雜化 D. CO32﹣ 三角錐形 sp3雜化
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)價層電子對互斥理論確定分子空間構(gòu)型及中心原子雜化方式，價層電子對數(shù)=配原子個數(shù)+孤電子對數(shù)。
【詳解】A、NH3中心原子的價層電子對數(shù)=3+（5-3×1）=4，N的雜化方式為sp3，含有一對孤電子對，分子的立體構(gòu)型為三角錐形，選項A錯誤；
B、CCl4中心原子的價層電子對數(shù)=4+（4-4×1）=4，C的雜化方式為sp3，沒有孤電子對，分子的立體構(gòu)型為正四面體，選項B正確；
C、H2O中心原子的價層電子對數(shù)=2+（6-2×1）=4，O的雜化方式為sp3，含有兩對孤電子對，分子的立體構(gòu)型為V形，選項C錯誤；
D、CO32- 中心原子的價層電子對數(shù)=3+（4+2-3×2）=3，C的雜化方式為sp2，沒有孤電子對，分子的立體構(gòu)型為平面三角形，選項D錯誤；
答案選B。
【點睛】本題考查了微粒空間構(gòu)型及原子雜化方式，根據(jù)價層電子對互斥理論來分析解答即可，難點的孤電子對數(shù)的計算方法，為?？键c，要熟練掌握，題目難度中等。

6.下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是
選項
實驗事實
理論解釋
A
N原子的第一電離能大于O原子
N原子半徑更小
B
C的電負性比Si大
C-C共價鍵強
C
金剛石的熔點高于鈉
金剛石的原子化熱大
D
Al2O3的熔點高
晶格能大

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A.原子軌道處于半滿、全滿或全空時原子最穩(wěn)定，N原子2p軌道電子半充滿，所以N原子不容易失去電子，所以N原子的第一電離能大于O原子，故A錯誤；
B. 同一主族，自上而下元素電負性遞減，C的電負性比Si大，與C-C鍵強弱無關(guān)，故B錯誤；
C.金剛石為原子晶體，金屬鈉為金屬晶體，原子化熱是指1mol金屬變成氣態(tài)原子所需吸收的能量，可用來衡量金屬鍵的強度，故C錯誤；
D. Al2O3為離子晶體，晶格能越大，晶體的熔點越高，所以D選項是正確的。
故答案選D。

7.電子數(shù)相等的粒子叫等電子體，下列粒子不屬于等電子體的是
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微粒，互稱為等電子體。
【詳解】A項、CH4的質(zhì)子數(shù)為6+1×4=10，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以電子數(shù)為10，NH4+的質(zhì)子數(shù)為7+1×4=11，電子數(shù)為10，所以兩者的電子數(shù)相等，都是10個，屬于等電子體，故A正確；
B項、NO的質(zhì)子數(shù)為7+8=15，O2的質(zhì)子數(shù)為8×2=16，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)不相等，不是等電子體，故B錯誤；
C項、HCl的質(zhì)子數(shù)為1+17=18，H2S的質(zhì)子數(shù)為16+1×2=18，分子中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)，所以兩者的電子數(shù)相等，是等電子體，故C正確；
D項、NH2-與H3O+質(zhì)子數(shù)分別是9、11，電子數(shù)分別為10、10，是等電子體，故D正確。
故選B。
【點睛】題考查了等電子體的含義，解答本題的關(guān)鍵是要充分理解等電子體的本質(zhì)特征，只有這樣才能對問題做出正確的判斷。

8.①PH3的分子構(gòu)型為三角錐形，②BeCl2的分子構(gòu)型為直線形，③CH4分子的構(gòu)型為正四面體形，④CO2為直線形分子，⑤BF3分子構(gòu)型為平面正三角形，⑥NF3分子結(jié)構(gòu)為三角錐形。下面對分子極性的判斷正確的是
A. ①⑥為極性分子，②③④⑤為非極性分子
B. 只有④為非極性分子，其余為極性分子
C. 只有②⑤是極性分子，其余為非極性分子
D. 只有①③是非極性分子，其余是極性分子
【答案】A
【解析】
【分析】
非極性鍵只能由相同種類的原子之間形成，極性分子只能由不同種類的原子之間形成。但在形成分子的時候，主要取決于分子的結(jié)構(gòu)，當分子中的電子云能均勻分布的時候，分子則無極性，否則分子有極性。
【詳解】非極性鍵只能由相同種類的原子之間形成，極性分子只能由不同種類的原子之間形成。但在形成分子的時候，主要取決于分子的結(jié)構(gòu)，當分子中的電子云能均勻分布的時候，分子則無極性，否則分子有極性。
④CO2分子為直線型，極性抵消，為非極性分子，③CH4為正四面體，故極性也可抵消，為非極性分子，②BeCl2分子構(gòu)型為直線型分子，故極性可抵消，為非極性分子，⑤ BF3分子構(gòu)型為三角形，極性抵消，故為非極性分子。
⑥NF3中由于N原子的孤對電子對F原子的排斥作用，使電子不能均勻分布，故為極性分子；①PH3中P原子的孤對電子對H原子的排斥作用，使電子不能均勻分布，故為極性分子；
結(jié)合以上分析可知，①⑥為極性分子，②③④⑤為非極性分子，A正確；
綜上所述，本題選A。
【點睛】組成為ABn型化合物，若中心原子A的化合價等于族的序數(shù)，則該化合物為非極性分子，中心原子上的價電子都形成共價鍵的分子為非極性分子，存在孤電子對的分子為極性分子。

9.某物質(zhì)的實驗式為PtCl4?2NH3，其水溶液不導電．加入AgNO3溶液反應(yīng)也不產(chǎn)生沉淀，以強堿處理并沒有NH3放出，則關(guān)于此化合物的說法中正確的是
A. 配合物中中心原子的電荷數(shù)為6
B. 該配合物可能是平面正方形結(jié)構(gòu)
C. Cl﹣和NH3分子均與中心鉑離子形成配位鍵
D. 該配合物的配體只有NH3
【答案】C
【解析】
【詳解】加入AgNO3不產(chǎn)生沉淀,用強堿處理沒有NH3放出,說明不存在游離的氯離子和氨分子,所以該物質(zhì)的配位化學式為[PtCl4(NH3)2],則A.配合物中中心原子的電荷數(shù)為4,配位數(shù)為6,故A錯誤;B.Pt與6個配體成鍵,該配合物應(yīng)是8面體結(jié)構(gòu),故B錯誤;C.由分析可以知道,4個Cl-和2個NH3分子均與Pt4+配位,形成的配合物為[PtCl4(NH3)2],所以C正確; D.該物質(zhì)的配位化學式為[PtCl4(NH3)2],則配體有 Cl-和NH3分子,故D錯誤;答案：C。
【點睛】實驗式為PtCl4?2NH3的物質(zhì),其水溶液不導電說明它不是離子化合物,在溶液中不能電離出陰、陽離子;加入AgNO3不產(chǎn)生沉淀,用強堿處理沒有NH3放出,說明不存在游離的氯離子和氨分子,所以該物質(zhì)的配位化學式為[PtCl4(NH3)2]。

10.類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是
A. Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3，推測Fe與I2反應(yīng)生成FeI3
B. CO2與Ba（NO3）2溶液不反應(yīng)，SO2與Ba（NO3）2溶液也不反應(yīng)
C. CO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子
D. NaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr
【答案】C
【解析】
【詳解】A．氯氣具有強氧化性，能將變價金屬氧化為最高價態(tài)，碘單質(zhì)氧化性較弱，將變價金屬氧化為較低價態(tài)，所以Fe與Cl2反應(yīng)生成FeCl3、Fe與I2反應(yīng)生成FeI2，故A錯誤；B．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳不能和硝酸鋇溶液反應(yīng)，二氧化硫和硝酸鋇發(fā)生氧化還原反應(yīng)而生成硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C．二氧化碳和二硫化碳中C原子價層電子對個數(shù)都是2且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論確定兩種分子空間構(gòu)型都是直線形，故C正確；D．濃硫酸具有強氧化性，能氧化HBr，所以不能用濃硫酸和NaBr制取HBr，故D錯誤；故選C。
【點睛】本題考查了化學規(guī)律的探究，明確元素化合物性質(zhì)及性質(zhì)差異性是解本題關(guān)鍵。本題的易錯點為B，注意規(guī)律中的異常現(xiàn)象，如二氧化硫的還原性，硝酸的強氧化性等。

11.高溫下超氧化鉀晶體呈立方體結(jié)構(gòu)，晶體中氧的化合價部分為0價，部分為﹣2價．如圖所示為超氧化鉀晶體的一個晶胞（晶體中最小的重復單元），則下列說法中正確的是

A. 晶體中每個K+周圍有8個O2﹣，每個O2﹣周圍有8個K+
B. 晶體中與每個K+距離最近的K+有8個
C. 超氧化鉀的化學式為KO2，每個晶胞含有4個K+和4個O2﹣
D. 晶體中，0價氧與﹣2價氧的數(shù)目比為2：1
【答案】C
【解析】
【詳解】A. 根據(jù)圖知,晶體中每個K+周圍6個O2?,每個O2?周圍有6個K+，故A錯誤；B.晶體中與每個K+距離最近的K+個數(shù)=3×8×12=12,故B錯誤；C.該晶胞中鉀離子個數(shù)=8×18+6×12=4,超氧根離子個數(shù)=1+12×14=4,所以鉀離子和超氧根離子個數(shù)之比=4:4=1:1,所以超氧化鉀的化學式為KO2,每個晶胞含有4個K+和4個O2?，故C正確；D.晶胞中K+與O2?個數(shù)分別為4、4，所以1個晶胞中有8個氧原子，根據(jù)電荷守恒?2價O原子數(shù)目為2，所以0價氧原子數(shù)目為8?2=6,所以晶體中,0價氧原子與?2價氧原子的數(shù)目比為3:1，故D錯誤；答案：C。

12.圖甲和圖乙表示的是元素的某種性質(zhì)隨原子序數(shù)的變化。下列說法正確的是

A. 圖乙不可能表示元素的電負性隨原子序數(shù)的變化關(guān)系
B. 圖甲可能表示的是元素單質(zhì)的熔點隨原子序數(shù)的變化關(guān)系
C. 圖乙可能表示是元素原子的半徑隨原子序數(shù)的變化關(guān)系
D. 圖甲可能表示的是元素原子的第一電離能隨原子序數(shù)的變化關(guān)系
【答案】D
【解析】
【詳解】A．電負性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力，隨著核電荷數(shù)的增加呈周期性變化，故圖乙可能表示元素的電負性隨原子序數(shù)的變化，故A錯誤；
B．同周期元素中，非金屬單質(zhì)的熔點較低，與圖象不符，故B錯誤；
C．同周期元素從左到右，原子半徑逐漸減小，與圖象不符，故C錯誤；
D．同周期元素第一電離能從左到右逐漸增大，其中ⅡA、ⅢA族元素的第一電離能大于相鄰主族元素，與圖象基本符合，故D正確；
故選D。
【點睛】本題考查元素周期表、周期律知識，注意把握元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律的特殊情況。同周期元素，隨著核電荷數(shù)遞增，原子半徑減小，失電子能力降低，第一電離能增大，但由于原子軌道的全滿、全空和半滿的結(jié)構(gòu)的能量比較低，導致第二周期中Be和N元素，第三周期中的Mg和P元素第一電離能偏大。

13.對有機物說法正確的是
A. 1mol該物質(zhì)所含原子數(shù)為
B. 該物質(zhì)系統(tǒng)命名為2,3-二甲基-5-乙基己烷
C. 該物質(zhì)一個分子中最多10個碳原子共平面
D. 該物質(zhì)為某炔烴加氫后的產(chǎn)物，則可能的炔烴的結(jié)構(gòu)只有一種
【答案】D
【解析】
【分析】
該烴碳原子跟碳原子都以單鍵結(jié)合，碳原子剩余的價鍵全部跟氫原子相結(jié)合，使每個原子的化合價都達到“飽和”，所以為烷烴，據(jù)此分析；
【詳解】A、該有機物分子式為C10H22，共含有32個原子，1mol該物質(zhì)所含原子數(shù)為32NA，故A錯誤；
B、根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名原則知，該有機物的系統(tǒng)命名為2，3，5-三甲基庚烷，故B錯誤；
C、烷烴為鋸齒形結(jié)構(gòu)，主鏈有7個碳原子，由于飽和碳原子具有四面體結(jié)構(gòu)，所以該物質(zhì)一個分子中最多7個碳原子共平面，故C錯誤；
D、根據(jù)炔烴與H2加成反應(yīng)的原理，推知該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶2個氫原子的碳原子間是對應(yīng)炔存在C≡C的位置，符合條件的只有一種，故D正確。
故選D。
【點睛】解答本題要求具備基本的知識，要注意掌握，烷烴的命名原則：碳鏈最長稱某烷，靠近支鏈把號編，簡單在前同相并，其間應(yīng)劃一短線；若烷烴是炔烴加氫后的產(chǎn)物，則該烷烴分子中相鄰碳原子上均帶2個氫原子。

14.表述1正確，且能用表述2加以正確解釋的選項是

表述1
表述2
A
在水中，NaCl的溶解度比I2的溶解度大
NaCl晶體中Cl﹣與Na+間的作用力大于碘晶體中分子間的作用力
B
通常條件下，CH4分子比PbH4分子穩(wěn)定性高
Pb的原子半徑比C的大，Pb與H之間的鍵能比C與H間的小
C
在形成化合物時，同一主族元素的化合價一定都相同
同一主族元素原子的最外層電子數(shù)相同
D
P4O10、C6H12O6溶于水后均不導電
P4O10、C6H12O6均屬于共價化合物

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【詳解】A.氯化鈉為離子晶體,易溶于極性分子水,而碘為非極性分子,不易溶于水,與分子間作用力無關(guān),故A錯誤;B.Pb的原子半徑比C的大,元素的非金屬性比C弱,對應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性較弱,故B正確的;C.元素原子的最外層電子數(shù)并不能說決定元素的化合價,比如氧和硫位于同一主族,氧的化合價為-2,而硫的化合價為-2,＋4和＋6,化合價不完全相同.故C錯誤；D.氯化氫為共價化合物,水溶液能導電, P4O10、C6H12O6溶于水后均不導電,是因為二者為非電解質(zhì),故D錯誤;答案：B。

15.下列化學用語或概念的表達不正確的是
①丙烷的球棍模型 ②丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為
③和一定互為同系物 ④與一定互為同分異構(gòu)體
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④
【答案】D
【解析】
【詳解】①丙烷是線型分子，根據(jù)其分子中碳原子結(jié)合的H原子關(guān)系可得其球棍模型表示無誤，故①正確；
②丙烯分子中含有碳碳雙鍵，其結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH=CH2，故②錯誤；
③分子式為C 3 H 8 與C 6 H 14 都是烷烴，故兩種有機物一定互為同系物，故③正確；
④與C8H6的結(jié)構(gòu)可能完全相同，可能為同一種物質(zhì)，不一定互為同分異構(gòu)體，故④錯誤。
答案選D。
【點睛】本題考查了同分異構(gòu)體、球棍模型、結(jié)構(gòu)簡式的表示方法及判斷，注意掌握常見的化學用語的概念及正確的表示方法，明確比例模型與球棍模型的概念及區(qū)別。

16.下列各組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】
根據(jù)外圍電子排布確定元素，結(jié)合元素化合價及元素形成的常見化合物進行分析判斷。
【詳解】A.價層電子排布為2s22p2的元素為C，價層電子排布為2s22p4元素為O，二者可形成CO2，故A不符合題意；
B.價層電子排布為3s23p4的元素為S，價層電子排布為2s22p2的元素為C，二者可形成CS2，故B不符合題意；
C. 價層電子排布為3s2的元素為Mg，價層電子排布為2s22p5的元素為Cl，二者可形成MgCl2，故C不符合題意；
D. 價層電子排布為3s1的元素為Na，價層電子排布為3s23p5的元素為Cl，二者可形成NaCl，與題目不符，故選D；
故選D。
【點睛】解決原子核外電子排布題目時，注意掌握常見元素的化合價及元素組成常見化合物類型，注意把握核外電子的排布特點，把握常見元素的化合價。

17.維生素A對人體，特別是對人的視力有重大作用，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示：

下列關(guān)于該化合物的說法正確的是 ( )
A. 分子式為C16H25O B. 含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)
C. 該物質(zhì)1mol一定條件下最多能與3mol氫氣反應(yīng) D. 分子中含有一種含氧官能團
【答案】D
【解析】
【分析】
由結(jié)構(gòu)簡式可知維生素A的分子式為C20H30O；由結(jié)構(gòu)簡式可知該分子六元環(huán)上含有1個碳碳雙鍵；由結(jié)構(gòu)簡式可知維生素A的分中含有5個碳碳雙鍵；分子中只含有羥基一種含氧官能團。
【詳解】由結(jié)構(gòu)簡式可知維生素A的分子式為C20H30O，故A錯誤；由結(jié)構(gòu)簡式可知該分子六元環(huán)上含有1個碳碳雙鍵，不含苯環(huán)，故B錯誤；由結(jié)構(gòu)簡式可知維生素A的分中含有5個碳碳雙鍵，所以該物質(zhì)1mol一定條件下最多能與5mol氫氣反應(yīng)，故C錯誤；分子中只含有羥基一種含氧官能團，故D正確。
【點睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)，題目難度不大，注意分析有機物結(jié)構(gòu)簡式，正確判斷有機物官能團的種類和個數(shù)，特別是有機物的分子式，觀察時要仔細。

18.以下對核外電子運動狀態(tài)的描述正確的是
A. 電子的運動與行星相似，圍繞原子核在固定的軌道上高速旋轉(zhuǎn)
B. 能量低的電子只能在s軌道上運動，能量高的電子總是在f軌道上運動
C. 能層序數(shù)越大，s原子軌道的半徑越大
D. 在同一能級上運動的電子，其運動狀態(tài)肯定相同
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則分析解答，根據(jù)核外電子運動狀態(tài)，電子云的概念分析解答，
【詳解】A.電子運動不是圍繞原子核在固定的軌道上高速旋轉(zhuǎn)，只是在某個區(qū)域出現(xiàn)的概率大些，故A錯誤；
B.能量高的電子也可以在S軌道上運動? 如7S軌道上的電子能量也很高，比4f能量還高，故B錯誤；
C.能層序數(shù)越大，電子離原子核越遠，所以能層序數(shù)越大，s軌道上的電子距離原子核越遠，則s原子軌道的半徑越大，故C正確；
D.同一能級上的同一軌道上最多排2個電子，兩個電子的自旋方向不同，則其運動狀態(tài)肯定不同，所以在同一能級上運動的電子，其運動狀態(tài)肯定不同，故D錯誤。
故選C。
【點睛】注意同一能級上電子能量相同，其運動狀態(tài)不同，明確電子云含義，這是本題的易錯點。

19.胡椒酚是植物揮發(fā)油的成分之一，它的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列敘述中不正確的是

A. 1 mol胡椒酚最多可與4 mol氫氣發(fā)生反應(yīng)
B. 1 mol胡椒酚最多可與2 mol溴發(fā)生反應(yīng)
C. 胡椒酚能發(fā)生加聚反應(yīng)
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】
【詳解】A.苯環(huán)與碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則胡椒酚最多可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；
B.酚的鄰位與溴發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應(yīng)，則胡椒酚最多可與溴發(fā)生反應(yīng)，故B錯誤；
C.中含有碳碳雙鍵，可以發(fā)生加聚反應(yīng)，故C正確；
D.烴基為憎水基，則胡椒酚在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，故D正確；
本題答案為B。

20.下列說法正確的是
A. 硫酸氫鉀在熔融狀態(tài)下離子鍵、共價鍵均被破壞，形成定向移動的離子，從而導電
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸點逐漸升高，是因為分子間作用力越來越大
C. NH3和Cl2兩種分子中，每個原子最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)
D. HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性逐漸減弱，其熔沸點逐漸升高
【答案】B
【解析】
【詳解】A. 硫酸氫鉀在熔融狀態(tài)下離子鍵被破壞，形成定向移動的離子，從而導電，故錯誤；
B. F2、Cl2、Br2、I2的熔沸點逐漸升高，是因為相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越來越大，故正確；
C. NH3和Cl2兩種分子中，除了氫原子外其他原子的最外層都具有8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故錯誤；
D. HF、HCl、HBr、HI的穩(wěn)定性逐漸減弱，但氟化氫分子間有氫鍵，所以氟化氫的沸點高，其他熔沸點逐漸升高，故錯誤。
故選B。

第II卷(非選擇題)
二、填空題(共40分，每空1分，方程式2分)
21.按要求填空
(1)基態(tài)鋁原子核外電子云有________種不同的伸展方向，共有________種不同能級的電子，有________種不同運動狀態(tài)的電子。
(2)S的基態(tài)原子核外有________個未成對電子，Si的基態(tài)原子核外電子排布式為______________?；鶓B(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為________，該能層具有的原子軌道數(shù)為________，電子數(shù)為________。
(3)可正確表示原子軌道的是________(填字母)。
A．2s B．2d C．3p D．3f
(4)基態(tài)Fe原子有________個未成對電子，F(xiàn)e3＋的電子排布式為________________；Cu＋基態(tài)核外電子排布式為______________。
(5)某元素原子最外層電子排布式為nsnnpn＋2，則n＝________；原子中能量最高的是________能級電子。
(6)第四周期中最外層僅有1個電子的所有基態(tài)原子的電子排布式為_____________，第四周期中，3d軌道半充滿的元素符號是________。
【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，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p1；
（2）S的基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，Si原子核外電子數(shù)為14，核外電子基態(tài)排布式為1s22s22p63s23p2；
（3）根據(jù)各能級含有的軌道分析，s能級只有1個軌道，p能級有3個軌道，d能級有5個軌道，f能級有7個軌道，注意不存在2d、3f能級；
（4）Fe元素基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，F(xiàn)e3+電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，Cu+基態(tài)核外電子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亞層最多只能排2個電子,所以n=2；
（6）第四周期元素中，基態(tài)原子的最外層只有1個電子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共計是3種元素；3d軌道半充滿，外圍電子排布式為3d54s1或3d54s2，所以為Cr、Mn。
【詳解】（1）Al位于周期表中第3周期，第IIIA族，其核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，涉及3個s軌道、2個p軌道，因此其核外電子云（軌道）的伸展方向有4個；核外13個電子的運動狀態(tài)各不相同，因此核外有13種不同運動狀態(tài)的電子，故答案為：4；5；13；
（2）S的最外層有6個電子，為3s23p4，3p能級三個軌道、四個電子，依據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，先每個軌道排1個，方向相同，排滿后再排，方向相反，故有兩個孤對電子；Si原子核外電子數(shù)為14，核外電子基態(tài)排布式為1s22s22p63s23p2；基態(tài)Si原子中，電子占據(jù)的最高能層符號為M，該能層具有的原子軌道數(shù)為1+3+5=9、電子數(shù)為4，故答案為：2；1s22s22p63s23p2；M； 9；4；
（3）A項、2s能級只有1個軌道，故2s可以表示原子軌道，故A正確；
B項、不存在2d能級，故B錯誤；
C項、3s能級含有3個軌道，3個軌道相互垂直，3p?z?表示為z軸上的軌道，故C正確；
D項、不存在3f能級，故D錯誤；
故選AC，故答案為：AC；
（4）Fe元素基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4個未成對電子，先失去4s上的2個電子后、再失去3d上的1個電子形成Fe3+，F(xiàn)e3+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，Cu+核外有28個電子，Cu原子失去1個電子生成Cu+，失去的電子數(shù)是其最外層電子數(shù)，根據(jù)構(gòu)造原理知Cu+基態(tài)核外電子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案為：4；1s22s22p63s23p63d5；1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（5）由于s亞層最多只能排2個電子,所以n=2, 最外層電子的電子排布為2s2 2p3, 能量為高的是2p電子，故答案為：2；2p；
（6）第四周期元素中，基態(tài)原子的最外層只有1個電子的元素中，主族元素是K，副族元素有Cr和Cu共計是3種元素，3種元素基態(tài)原子的電子排布式分別為：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；3d軌道半充滿，外圍電子排布式為3d54s1或3d54s2，所以為Cr、Mn，故答案為：[Ar]4s1、 [Ar]3d54s1、[Ar]3d104s1；Cr、Mn。
【點睛】本題考查核外電子排布規(guī)律，難度不大，關(guān)鍵是對核外電子排布規(guī)律的理解掌握，核外電子的分層排布規(guī)律：（1）第一層不超過2個，第二層不超過8個；（2）最外層不超過8個。每層最多容納電子數(shù)為2n2個(n代表電子層數(shù))，即第一層不超過2個，第二層不超過8個，第三層不超過18個；（3）最外層電子數(shù)不超過8個(只有1個電子層時，最多可容納2個電子)。（4）最低能量原理：電子盡可能地先占有能量低的軌道，然后進入能量高的軌道，使整個原子的能量處于最低狀態(tài)。（5）泡利原理：每個原子軌道里最多只能容納2個電子，且自旋狀態(tài)相反。（6）洪特規(guī)則：當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，且自旋狀態(tài)相同。

22.
釩及其化合物在科學研究中和工業(yè)生產(chǎn)中具有許多用途。
（1）基態(tài)釩原子的核外價電子排布式為________。
（2）釩有+2、+3、+4、+5等幾種化合價。這幾種價態(tài)中，最穩(wěn)定的是______。
（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到釩酸鈉（Na3VO4）。例舉與VO43-空間構(gòu)型相同的一種陽離子__________（填化學式）。
（4）釩（Ⅱ）的配離子有[V（CN）6]4-、[V（H2O）6]2+等。
①CN-與N2互為等電子體，CN-中σ鍵和Π鍵數(shù)目比為________。
②對H2O與V2+形成[V（H2O）6]2+過程的描述不合理的是______________。
a.氧原子的雜化類型發(fā)生了變化
b.微粒的化學性質(zhì)發(fā)生了改變
c.微粒中氫氧鍵（H－O）的夾角發(fā)生了改變。
d.H2O與V2+之間通過范德華力相結(jié)合。
③在[V（H2O）6]2+中存在的化學鍵有___________。
a.金屬鍵 b.配位鍵 c. σ鍵 d.Π鍵 f. 氫鍵
（5）已知單質(zhì)釩的晶胞如圖，則V原子的配位數(shù)是_______，假設(shè)晶胞的邊長為d nm，密度ρ g·cm-3，則釩的相對原子質(zhì)量為_______________。（設(shè)阿伏伽德羅常數(shù)為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)釩是23號元素，基態(tài)釩原子的核外價電子排布式為3d34s2，故答案為：3d34s2；
(2)根據(jù)釩原子的核外價電子排布式為3d34s2可知，+5的釩最外層為8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，最穩(wěn)定，故答案為：+5；
(3)VO43-空間構(gòu)型為正四面體，與之具有相同結(jié)構(gòu)的一種陽離子是NH4+，故答案為：NH4+；
(4)①CN-中含有C≡N三鍵，σ鍵和Π鍵數(shù)目比為1:2，故答案為：1:2；
②a．水中氧的雜化為sp3，[V(H2O)6]2+中氧的雜化為sp3，則氧原子的雜化類型沒有改變，故a錯誤；b. H2O與V2+形成[V(H2O)6]2+微粒的結(jié)構(gòu)發(fā)生了變化，則化學性質(zhì)發(fā)生改變，故b正確；c.水分子中的孤對電子與V2+形成了配位鍵，使得水分子中氫氧鍵(H－O)的夾角發(fā)生了改變，故c正確；d.H2O與V2+之間通過配位鍵相結(jié)合，配位鍵屬于化學鍵，不屬于分子間作用力，故d錯誤；故選ad；
③在[V(H2O)6]2+中存在的化學鍵有H2O與V2+間的配位鍵、水分子中的H-Oσ鍵，故選bc；
(5)單質(zhì)釩的晶胞為體心立方，V原子的配位數(shù)為8；1個晶胞中含有2個V原子，1mol晶胞的質(zhì)量為2Mg，1mol晶胞的體積為(d×10-7cm)3NA，則ρ= g·cm-3，解得M=5NAρd3×10-22，故答案為：8；5NAρd3×10-22。

23.現(xiàn)有下列幾種有機物：
A． B．??C．?D．CH2 = CH—CH = CH2??E．環(huán)戊烷
（1）上述有機物中互為同系物的是_____________，互為同分異構(gòu)體的是____________。
（2）用系統(tǒng)命名法對B進行命名____________________________________。
（3）A與Cl2反應(yīng)的類型為_____________；D使溴水褪色的反應(yīng)類型為___________。
（4）B發(fā)生加聚反應(yīng)的化學方程式為 ____________________________________。
（5）如圖表示的是一種叫做雙烯合成的有機反應(yīng)，請寫出?B?與?D發(fā)生雙烯合成所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式__________________。

【答案】 (1). AC (2). BE (3). 甲基丁烯 (4). 取代反應(yīng) (5). 加成反應(yīng) (6). (7).
【解析】
分析：和是烷烴，兩者互為同系物；?屬于烯烴，CH2 = CH—CH = CH2是二烯烴；B和E的分子式相同，互為同分異構(gòu)體；環(huán)烷烴與烯烴具有相同的通式，當其分子中碳原子數(shù)相同時互為同分異構(gòu)體。烷烴易發(fā)生取代反應(yīng)，烯烴易發(fā)生加成反應(yīng)和加聚反應(yīng)。
詳解：（1）上述有機物中互為同系物的是AC，互為同分異構(gòu)體的是BE。
（2）用系統(tǒng)命名法對B進行命名為甲基丁烯。
（3）A與Cl2在光照的條件下可以發(fā)生取代反應(yīng)；D分子中有2個碳碳雙鍵，故其使溴水褪色的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。
（4）B發(fā)生加聚反應(yīng)的化學方程式為。
（5）由雙烯合成的有機反應(yīng)可知，?B?與?D發(fā)生雙烯合成所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為。

24.酸牛奶中的乳酸可增進食欲、促進胃液分泌、增強腸胃的消化功能，對人體具有保健作用，乳酸分子的結(jié)構(gòu)簡式為。工業(yè)上可由乙烯來合成乳酸，方法如下：

(1)乳酸所含的官能團的名稱是_________________________。
(2)寫出下列物質(zhì)轉(zhuǎn)化的化學方程式：
①A→B______________________________________。
②B→CH3CHO____________________________________。
(3)A在一定條件下可發(fā)生消去反應(yīng)，寫出其發(fā)生消去反應(yīng)的化學方程式：____________
【答案】 (1). 羥基、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，乙烯與HCl加成反應(yīng)生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl水解生成CH3CH2OH，CH3CH2OH氧化生成乙醛，乙醛與HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成CH3CH（OH）CN，CH3CH（OH）CN酸化生成，然后結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)來解答。
【詳解】（1）含-COOH、-OH，名稱分別為羧酸、羥基；
（2）①A→B 是CH3CH2Cl在氫氧化鈉的水溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成CH3CH2OH，反應(yīng)方程式是CH3CH2Cl+NaOHCH3CH2OH+NaC1；
②CH3CH2OH在銅做催化劑的條件下氧化為CH3CHO，反應(yīng)方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（3）CH3CH2Cl在氫氧化鈉的醇溶液中加熱發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，反應(yīng)的化學方程式是CH3CH2Cl+ NaOHCH2=CH2↑+ NaCl+ H2O。