【文档说明】宁夏银川市长庆高级中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题含解析【精准解析】.doc，共(20)页，570.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二化学期中试卷注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，请将Ⅰ卷答案涂在答题卡上，Ⅱ卷作答在答卷纸上。2．本试卷满分100分，考试时间100分钟。可能用到的相对原子质量：H-1He-4C

-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷选择题(共50分)一、选择题(在下列四个选项中，只有一个选项是符合题意，每小题2分，共50分)1.下列能级中轨道数为5的是（）A.S能级B.P

能级C.d能级D.f能级【答案】C【解析】【详解】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，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。本题答案选C。2.下列变化需要吸收能量的是()A.1s22s22p63s1→1s22s22

p6B.3s23p5→3s23p6C.2px→2pzD.2H→H—H【答案】A【解析】【详解】A．电子克服原子核的束缚需要吸收能量，所以原子失去电子需要吸收能量，故A正确；B．原子得到电子后把不稳定结构变成稳定结构，能量降

低，所以放出能量，故B错误；C．2px和2pz是能量相等的能级，无能量变化，故C错误；D．化学键断裂需要吸收能量，形成化学键需要放出能量，则2H→H—H放出热量，故D错误；故答案为A。3.下列常见分子的中心原子的杂化轨道类型是sp的是()A

.BF3B.CH4C.SO2D.CO2【答案】D【解析】【详解】A．BF3分子中价层电子对个数=3+12(3-3×1)=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，故A错误；B．CH4中C原子杂化轨道数为4+12×(4-4×1)=4，中心原子杂化类型为sp3杂化，故B错误；C．SO2中S原子杂化轨道

数为2+12×(6-2×2)=3，中心原子杂化类型为sp2杂化，故C错误；D．CO2中C原子杂化轨道数为2+12×(4+0)=2，中心原子杂化类型为sp杂化，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原子杂化

方式的判断，根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12×(a-xb)，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，据此判断杂质类型，中

心原子的杂化类型为sp，说明该分子中心原子的价层电子对个数是2。4.按照第一电离能由大到小的顺序排列错误的是（）A.Be、Mg、CaB.Na、Mg、AlC.He、Ne、ArD.Li、Na、K【答案】B【解析】【分析】同周期从左到

右元素的第一电离能呈增大趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族；同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小。【详解】A项，Be、Mg、Ca都是第IIA族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按Be

、Mg、Ca的顺序减小；B项，Na、Mg、Al都是第三周期元素，核电荷数依次增大，根据同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，Mg的价电子排布为3s2，处于全充满较稳定，第一电离能MgAlNa；C项，He

、Ne、Ar都是0族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按He、Ne、Ar的顺序减小；D项，Li、Na、K都是第IA族元素，核电荷数依次增大，同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小，第一电离能按Li、Na、K的顺

序减小；按第一电离能由大到小的顺序排列错误的是B项，答案选B。【点睛】本题考查元素第一电离能的比较，熟记同周期和同主族元素第一电离能的递变规律是解题的关键。注意同周期中第IIA族的第一电离能大于第IIIA族的第一电离能、第VA族的第一电离能大

于第VIA族的第一电离能。5.已知某元素＋2价离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素在周期表中的位置是()A.第三周期Ⅷ族，p区B.第三周期ⅤB族，d区C.第四周期ⅠB族，ds区D.第四周期ⅤB族，f区【答案】C【解析】【详解

】某+2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，该元素原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，处于元素周期表中ds区，最外层电子数为族序数，电子层数等于周期数，所以该元素处于第四周期第IB族，故C选项正确；答案选C。6.下列描述

正确的是()①CS2为V形的极性分子②-3ClO的立体构型为平面三角形③SF6中有6对完全相同的成键电子对④SiF4和2-3SO的中心原子均采用sp3杂化A.①③B.②④C.①②D.③④【答案】D【解析】【详解】①CS2与CO2分子构型

相同，二氧化碳的分子结构为O=C=O，则CS2的结构为S=C=S，属于直线形分子，是非极性分子，故①错误；②ClO3-中Cl的价层电子对数=3+12(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，故②错误；③SF6中S-F含有一个成键电子对，所以SF6中含有6个S-F键，则分

子中有6对完全相同的成键电子对，故③正确；④SiF4中Si的价层电子对数=4+12(4-1×4)=4，SO32-中S的价层电子对数=3+12(6+2-2×3)=4，所以中心原子均为sp3杂化，故④正确；③

和④正确，故答案为D。7.根据等电子原理，等电子体之间结构相似、物理性质也相近。以下各组粒子不能互称为等电子体的是()A.CO和N2B.O3和SO2C.CO2和N2OD.N2H4和C2H4【答案】D【解析】【分析】根据具有相同原子数和价电子数的微粒之间互称等电子体，据此分析．【详解

】A．CO和N2的原子个数都为2，价电子数：前者为10，后者为10，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故A不选；B．O3和SO2的原子个数都为3，价电子数：前者为18，后者为18，原子数和价电子数都相

等，属于等电子体，故B不选；C．CO2和N2O的原子个数都为3，价电子数：前者为16，后者为16，原子数和价电子数都相等，属于等电子体，故C不选；D．N2H4和C2H4的原子个数都为6，价电子数：前者为14，后者为

12，原子数相等，但价电子数不相等，不属于等电子体，故D选；故选D．8.若aAm＋与bBn－的核外电子排布相同，则下列关系不正确的是()A.离子半径：Am＋<Bn－B.原子半径：A<BC.A的原子序数比B的大(m＋

n)D.b＝a－n－m【答案】B【解析】【详解】aAm+和bBn-的核外电子排布相同，说明二者核外电子数相同，即a-m=b+n，A处于与B相邻的下一周期，A为金属，B为非金属；A．A处于与B相邻的下一

周期，核电荷数a＞b，离子核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径Am+＜Bn-，故A正确；B．A处于与B相邻的下一周期，A为金属，B为非金属，最外层电子数A＜B，A的原子半径大于同周期与B同族

的元素原子半径，所以原子半径A＞B，故B错误；C．aAm+和bBn-的核外电子排布相同，二者核外电子数相同，即a-m=b+n，所以a=b+m+n，则A的原子序数比B的原子序数大m+n，故C正确；D．根据选项C解析知，a=b+m+n，则b=a-n-m，故D正确；故答案为B。【点睛】考

查原子结构与元素的性质，明确离子结构核电荷数与核外电子数之间的关系是解题关键，aAm+和bBn-的核外电子排布相同，说明二者核外电子数相同，即a-m=b+n，A处于与B相邻的下一周期，A为金属，B为非金属，再结合元素周期律的递变规律分析即可。9.下列说法正确的是()A.1mo

lN2分子中的π键与1molCO2分子中的π键的数目之比为2∶1B.稳定性：甲烷＞乙烯C.强度：氢键＞化学键＞范德华力D.沸点：【答案】B【解析】【详解】A．N2分子间存在氮氮叁键，含2个π键，CO2的结构式为O=C=O，分子中含有2个π键，则1molN2分子中的π键与1molCO2分子

中的π键的数目之比为1:1，故A错误；B．乙烯分子结构中含有碳碳双键，性质活泼，则甲烷的稳定性比乙烯强，故B正确；C．氢键属分子间作用力，一般比化学键弱得多，比范德华力强，故C错误；D．易形成分子内氢键，而易形成分子间氢键，则的沸点明显高于，故

D错误；故答案为B。10.下列的晶体中，化学键种类相同，晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2B.CO2与H2OC.NaCl与HClD.CCl4与KCl【答案】B【解析】【详解】A.SO2和SiO2均含共价键，前者为分子晶体，后者为原子晶体，A错误；B.CO2和H2O均含共价键，均

由分子构成，均为分子晶体，B正确；C.NaCl含离子键，为离子晶体，HCl含共价键，为分子晶体，C错误；D.CCl4含共价键，为分子晶体，KCl含离子键，为离子晶体，D错误。故答案选B。11.构造原理揭示的电子排布能级顺序，实质是各能级能量高低顺序。若以E表示某能级的能量，下列

能量大小顺序中正确的是()A.E(3s)＞E(3p)＞E(3d)B.E(3s)＞E(2s)＞E(1s)CE(4f)＞E(4s)＞E(3d)D.E(5s)＞E(4s)＞E(4f)【答案】B【解析】【详解】在原子核外电子排布中，能量大小顺序是

1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜4d＜5p＜6s＜4f…；A．同一能层中，能量从小到大顺序是ns＜np＜nd，所以E(3s)＜E(3p)＜E(3d)，故A错误；B．能级名称相同时，能层越大其能量越

大，所以E(3s)＞E(2s)＞E(1s)，故B正确；C．根据能量顺序1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜4d＜5p＜6s＜4f知，所以E(4f)＞E(3d)＞E(4s)，故C错误；D．根据能量顺序1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜

5s＜4d＜5p＜6s＜4f知，E(4f)＞E(5s)＞E(4s)，故D错误；故答案为B。【点睛】考查原子核外电子中能量大小比较，明确不同能层、相同能层、不同能级等电子能量大小是解本题关键，在原子核外电子排布中，能量大小顺序是1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p＜5s＜

4d＜5p＜6s＜4f…，据此能培养学生书写原子核外电子排布式的能力。12.下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的()A.丙烯分子有2个σ键，1个π键B.丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C.丙烯分子存在非极性键D.丙烯分子中3个碳原子在同一直线上【答案】

C【解析】【详解】A．丙烯分子有8个δ键，1个π键，A错误；B．丙烯分子中1个碳原子为sp3杂化，双键上的2个碳原子都是sp2杂化，B错误；C．存在C-C非极性键，C正确；D．C=C为平面结构，最多2个碳原子在一条直线

上，D错误；答案选C。13.按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，以下元素属于d区的是()A.MnB.ZnC.AsD.Ba【答案】A【解析】【详解】A．Mn的外围电子排布为3d54s2，属于d区元素，故A正确；B．Zn的外围电子排布为3d104s2，所以ds区元素，故B错误；C．A

s的外围电子排布为4s24p3，属于p区元素，故C错误；D．Ba的外围电子排布为6s2，属于s区元素，故D错误；故答案为A。【点睛】考查元素周期表的结构、原子结构与位置关系等，电子最后填入的能级是s能级的元素属于s区元素，电子最后填入的能级是

d能级的元素属于d区元素，电子最后填入的能级是p能级的元素属于P区元素，ds区包括ⅠB族(11列)、ⅡB族(12列)，可以理解为先填d能级后填s能级而得名。14.下列各组指定的元素，不能形成AB2型化合物的是()A.2

s22p2和2s22p4B.3s1和3s23p5C.3s2和2s22p5D.3s23p4和2s22p4【答案】B【解析】【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错误；B．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，不能形成AB2型化合物，故B正确；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F，二者可形成MgF2，故

C错误；D．价层电子排布为3s23p4的元素为S，价层电子排布为2s22p4的元素为O，二者可形成SO2，故D错误；故答案为B。15.若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的微粒间的相互作用依次是()A.氢键；分子间作用力；非极性键B.氢键；极

性键；分子间作用力C.氢键；分子间作用力；极性键D.分子间作用力；氢键；非极性键【答案】C【解析】【详解】固态水中和液态水中含有氢键和分子间作用力，当雪花→水→水蒸气主要是氢键和分子间作用力被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→

氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故答案为C。16.下列分子或离子中，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称不一致的是()A.CO2B.H2OC.2-3COD.CCl4【答案】B【解析】【详解】A．CO2分子中每个O原子和C原子形成两个共用电子对，所

以C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，为直线形结构，VSEPR模型与分子立体结构模型一致，故A错误；B．水分子中价层电子对个数=2+12×(6-2×1)=4，VSEPR模型为正四面体结构；含有2个孤电子对，略去孤电子对后，实

际上其空间构型是V型，VSEPR模型与分子立体结构模型不一致，故B正确；C．CO32-的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=12(4+2-2×3)=0，所以CO32-的空间构型是平面三角形，VSEP

R模型与分子立体结构模型一致，故C错误；D．CCl4分子中中心原子C原子原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+12(4-1×4)=4，VSEPR模型为正四面体结构，中心原子不含有孤电子对，分子构型为正四面体结构，V

SEPR模型与分子立体结构模型一致，故D错误；故答案为B。【点睛】考查价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，根据价层电子对互斥理论来分析解答，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤

电子对为解答关键，VSEPR模型名称与分子或离子的立体构型名称一致，说明不含有孤对电子。17.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s2

2p5。则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：③＞②＞①B.原子半径：③＞②＞①C.电负性：③＞②＞①D.最高正化合价：③＞②＞①【答案】A【解析】【分析】根据核外电子排布，可以推出①为S，②为P，③为F，依此答题。【详解】A.

①为S，②为P，③为F；同一周期中，从左到右，元素的第一电离能呈锯齿状升高，其中IIA族和V族比两边的主族元素的都要高，所以Cl＞P＞S，即Cl＞②＞①；同一主族，从上到下，元素的第一电离能减小，即F＞Cl，即③＞Cl；所以有第一电离能：③＞②＞①，A正确；

B.①为S，②为P，③为F，则原子半径大小为：②＞①＞③，B错误；C.①为S，②为P，③为F，则元素的电负性大小为：③＞①＞②，C错误；D.①为S，②为P，③为F，则元素的最高正化合价大小为：①＞②，F无正价，所

以不参比，D错误；故合理选项为A。18.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子最外层M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子构型为3d64s2；Z原子的L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Y2O3B.T的一种单质的空间构型为正四面体形，键角为10928，C.X和Q结合生成的化合物为共价化合物D.ZO2是极性键构成的非极性分子【答案】B【解析】【分析】5种元

素X、Y、Z、Q、T，X原子最外层M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S元素；Y原子的特征电子构型为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，则Z为C元素；Q原子的L电子层的

P能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则T是P元素，据此分析解题。【详解】由分析知：X为S元素、Y为Fe元素、Z为C元素、Q为O元素、T为P元素；A．Y是Fe元素、Q是O元素，二者形成的氧化物有氧化亚铁、氧化铁和四氧化三铁，所以元素Y和Q可形成化合物

Fe2O3，故A正确；B．T是P元素，白磷的空间构型为正四面体形，但键角是60，故B错误；C．X是S元素、Q是O元素，非金属元素之间易形成共价键，二氧化硫、三氧化硫均只存在共价键，为共价化合物，故C正确；

D．ZO2是CO2，只含极性键，且二氧化碳分子结构对称，为非极性分子，故D正确；故答案为B。19.下列有机物的分类正确的是（）A.属于醇类化合物B.属于芳香族化合物C.属于脂环化合物D.CH3CH(CH3)2属于链状化合物

【答案】D【解析】【分析】考查有机物的分类，按照碳的骨架分类，有机物分为链状化合物和环状化合物，按照官能团分类，分为烯烃、炔烃、芳香烃、卤代烃、醇、酚、醛、羧酸、酯等，然后分析；【详解】A、羟基和苯环直接相连，该化合物为酚，故A不符合题意；B、

该有机物为环己烯，官能团为碳碳双键，该有机物中不含苯环，不属于芳香族化合物，故B不符合题意；C、根据结构，含有2个苯环，属于芳香族化合物，故C不符合题意；D、该有机物属于烷烃，属于链状化合物，故D符合题意。20.向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续

添加氨水，难溶物溶解得到深色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（）A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B.沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+C.向反应后的溶液加入乙醇，溶液没

有发生变化D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】B【解析】【详解】A.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物而使溶液澄清，所以溶液中Cu2+浓度减小，A错误。B.硫酸铜和氨水反应生成氢氧化

铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物离子：[Cu(NH3)4]2+，使溶液澄清，B正确；C.[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，C错误；

D.在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，D错误；故答案为：B。【点睛】配位键是一种特殊的共价键，成键的两个原子间的共用电子对是由一个原子提供，另一个原子提供空轨

道，比如在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，其结构式为：。21.科学家发现铂的两种化合物a和b(见图)，实验测得a和b具有不同的性质，且a具有抗癌作用，而b没有。下列关于a、b的叙述错误的是()A.a和b互为同

分异构体B.a和b的空间构型是平面四边形C.a和b互为镜像的关系D.a和b分别是非极性分子和极性分子【答案】C【解析】【详解】A．a和b的分子式相同结构不同，所以是同分异构体，故A正确；B．中心原子如果sp3杂化则应是四面体结构，无

同分异构现象，而两者的性质不同，结构不同，则两者应是平面结构，故B正确；C．a和b不关于面对称，不是“镜”和“像”的关系，故C错误；D．a结构对称且正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；b分子结构不对称，正负电荷的中心不重合的分子为极性分子，故D正确；故答案为C。22.下列化合物中含有手

性碳原子的是()A.CH2F2B.C.CH3CH2OHD.【答案】D【解析】【详解】A．该分子中，碳原子所连接的四个基团两个是一样的H，另两个是一样的F，不含手性碳原子，故A错误；B．中碳原子均含有两个

相同的H，则不含手性碳原子，故B错误；C．CH3CH2OH中甲基碳原子含有3个相同的H，而-CH2-含有两个相同的H，则不含手性碳原子，故C错误；D．分子中，带“·”碳原子所连的四个取代基分别是羟基、甲基、氢原子和羧基，该碳原子具有手性，故D正确；故答案为D。

23.由硼和镁两种元素组成化合物可为超导材料，下图为该化合物的晶体结构单元示意图：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上下底面还各有1个镁原子，6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式可表示为()A.Mg5B12B.MgB2C.Mg2BD.Mg3B2【答案】B【解析】分析：根据均摊

法结合晶胞的结构特点计算该化合物的化学式。详解：由于镁原子位于顶点处，另外棱柱的上下底面还各有1个镁原子，则晶胞中含有的镁原子个数是2×1/2+12×1/6＝3。6个硼原子位于棱柱内，即Mg与B的原子

个数之比是1：2，因此该化合物的化学式可表示为MgB2，答案选B。24.下列系统命名法正确的是（）A.2-甲基-4-乙基戊烷B.2,3-二乙基-1-戊烯C.2-甲基-3-丁炔D.对二甲苯【答案】B【解析】【详

解】先根据名称写出相应的碳骨架结构，再用系统命名法正确命名并与已知名称对照；A．，主碳链为6，属于己烷，正确的名称为2,4-二甲基己烷，故A错误；B．，主碳链为5，属于戊烯，正确的名称：2,3-二乙基-1-戊烯，故B正确；C．，主碳链为4，属于丁炔，正确的名称：3-甲

基-1-丁炔，故C错误；D．，属于芳香烃，正确的名称：1,4-二甲苯，故D错误；故答案选B。25.在己烷的各种同分异构体中,主链上有4个碳原子的只有两种结构,则含有相同碳原子数且主链上也有4个碳原子的烯烃(只含一个碳碳双键)的同分异构体有()A.2种B.3种C.4种D.5种

【答案】C【解析】【详解】首先，确定该烷烃碳原子个数，①主链为4个碳原子的烷烃，其支链只能是甲基（不可能是乙基，否则主链超过4个碳原子）。②主链为4个碳原子的烷烃，支链数最多4个甲基的个数同分异构体1个02个23个04个0③结论：该烷烃总共有

6个碳原子，其次：分析烯烃的同分异构体数目，①双键在1号位，有以下3种：C=C-C-C、2-乙基丁烯、2，3-二甲基丁烯、3，3-二甲基丁烯；②双键在2号位，有1种，C-C=C-C，2，3-二甲基-2-丁烯，结论：共有4种，故C正确；

故选C。第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、填空题(包括2小题，共18分)26.按要求填写下列空格。(1)写出镍(Ni)的基态原子核外电子排布式__________________________。(2)画出氮(N)原子价电

子的电子排布图___________________________。(3)CH≡CCH(CH3)2系统命名法命名为______________________。(4)2,3－二甲基－1－丁烯的结构简式为_________________

__________。(5)支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为_____________________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(2).(3).3-甲基-1-丁炔(4).

CH2=C(CH3)CH(CH3)2(5).CH(CH2CH3)3【解析】【详解】(1)镍(Ni)的核电荷数为28，基态镍原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；(2)N原子核外电子排布式是1s22s22p3，结合泡利原

理、洪特规则，其核外电子排布图为；(3)CH≡CCH(CH3)2的主链是4个碳原子，根据系统命名法命名为3-甲基-1-丁炔；(4)根据烯烃系统命名法，可知2,3－二甲基－1－丁烯的结构简式为CH2=C(CH3)CH(CH3)2；(5)根据烷

烃的系统命名法，主链的3号碳原子上才有可能有乙基，则支链只有一个乙基且式量最小的烷烃的结构简式为CH(CH2CH3)3。【点睛】考查烷烃、烯烃、炔烃的系统命名的方法应用，注意命名原则是解题关键；烷烃命名时，应从离支链近的一端开始编号，

当两端离支链一样近时，应从支链多的一端开始编号；含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，并表示出官能团的位置，官能团的位次最小。27.已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。(1)钼晶体的堆积方式为________

_______，晶体中粒子的配位数为________________。(2)构成钼晶体的粒子是________(填“原子”，“分子”或“离子”)，晶胞中所含的该种粒子数为___________。(3)金属钼的密度为___________

___g·cm－3。【答案】(1).面心立方堆积(2).12(3).原子(4).4(5).3304210AMaN−【解析】【分析】(1)根据晶胞中原子的排列判断堆积方式；以顶点Mo原子判断距离最近的Mo原子数，确定配位数；(

2)均摊法确定晶胞中含有的粒子数；(3)根据晶胞的质量和体积计算密度。【详解】(1)如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的面心与顶点，属于面心立方堆积；顶点Mo原子到面心Mo原子的距离最短，则晶体中粒子的配位数为3×8×12=12；(2)构成钼晶体的粒子是原子，

晶胞中所含的该种粒子数为6×12+8×18=4；(3)晶胞的质量为4AMNg，钼原子半径为apm=a×10-10cm，晶胞的边长为22a×10-10cm，则晶胞的体积为=(22a×10-10)3cm3，金属钼的密度为()31042210AMNa−g·cm－3=3304210AM

aN−g·cm－3。三、解答题(包括3小题，共32分)28.X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。请

回答下列问题：(1)X、Y的元素符号依次是_________、_________。(2)XZ2与YZ2分子的立体构型分别是______________和_______________，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是____

________(写分子式)。(3)Q的元素名称是_________，它在元素周期表中的位置是_________________，它的核外电子排布式为____________________，在形成化合物时它的最高化合价为___________。(4)Y、Z、E

三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是____________。(用元素符号表示)【答案】(1).S(2).C(3).V形(4).直线型(5).SO2(6).铬(7).第四周期VIB族(8).1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1(9).

+6(10).F>O>C【解析】【分析】X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，则X为S元素；Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，为C元素；Z是地壳内含量(质量分数)最高的元素，为O元素；Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，为Cr元素；E在元

素周期表的各元素中电负性最大，为F元素。【详解】由分析知：X为S元素、Y为C元素、Z为O元素、Q为Cr元素、E为F元素；(1)X、Y的元素符号依次是S、C；(2)XZ2与YZ2分子分别是SO2与CO2分子，SO2分子中S原子价层电子对个数

是2+6222−=3，其中含有1个孤电子对，则为sp2杂化，立体构型是V形；CO2分子中C原子价层电子对个数是2+4222−=2，不含孤电子对，则为sp杂化，立体构型是直线形；SO2是极性分子，CO2是非极性分子，根据相似相溶

原理可知SO2在水中溶解度较大；(3)Q为铬元素，位于第四周期第VIB族；其原子核外有24个电子，根据构造原理该原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，则在形成化合物时它的最高化合价为+6价；(4)C、O、F为同周期主族元素，随核电荷数增大，元

素原子的第一电离能呈增大趋势，则三种元素原子的第一电离能由大到小的顺序是F>O>C。29.化合物YX2、ZX2中，X、Y、Z的核电荷数小于18；X原子最外能层的p能级中有一个轨道充填了2个电子，Y原子的最外层中p能级的电子数等于前一能层电子总数，且X和Y具有相同的电子层；Z与

X在周期表中位于同一主族。回答下列问题：(1)X的价电子排布式为____________，Y的电子排布图为___________；(2)ZX2的分子式是________________，VSEPR模型名称为_______

_________。YX2的电子式是______________，中心原子发生了________杂化。(3)Y与Z形成的化合物的分子式是_______________。Y的氢化物中分子构型为正四面体的是__

_______(填名称)，键角为______________，中心原子的杂化形式为_________。(4)X的氢化物的沸点比同主族其他元素形成的氢化物沸点高，原因是______________。【答案】(1).2s22p4

(2).(3).SO2(4).平面三角形(5).(6).sp(7).CS2(8).甲烷(9).10928，(10).sp3(11).H2O分子间含有氢键【解析】【分析】化合物YX2、ZX2中X、Y、Z的核电荷数小于18，三元素处于短周期，Y原子的最外层中p能级的电子数等于前

一能层电子总数，Y原子只能有2个能层，核外电子排布为1s22s2p2，故Y为碳元素；X原子最外能层的p能级中有一个轨道充填了2个电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，且X和Y具有相同的电子层数，故X为O元素；Z与X在周期表中位于同一主族，则Z为S元素，据此解答

。【详解】由分析知：X为O元素、Y为C元素、Z为S元素；(1)由上述分析可知，X为O元素，其电子排布式为1s22s2p4，则价电子排布式为2s22p4；Y为C元素，原子核外电子排布为1s22s2p2，

故其电子排布图为；(2)由上述分析可知，ZX2的分子式是SO2，SO2的分子中价层电子对个数是2+12(6-2×2)=3，杂化轨道形成为sp2，则VSEPR模型名称为平面三角形；YX2为CO2，分子中C原子与O原子之

间形成2对共用电子对，杂化方式为SP杂化，分子为直线型，其电子式是；(3)C与S形成的化合物是CS2；Y的氢化物中分子构型为正四面体的是甲烷，甲烷分子中碳原子含有4个共价单键，且不含孤电子对，所以碳原子为sp3杂化，

所以分子为正四面体型，键角为109°28′；(4)H2O分子间存在氢键，导致其沸点比同主族其他元素形成的氢化物沸点高。【点睛】把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键，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，价层电子对个数=σ键个数+孤

电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12(a-xb)，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；中心原子的杂化类型为sp2

，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。30.西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂。已知其相关性质如下表所示：分子式结构简式外观熔点溶解性C12H10ClN

3O白色结晶粉末170℃~172℃易溶于水(1)氯元素基态原子核外电子中未成对电子数为______________。(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_____________。(3)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有__________

_(填序号)。A．离子键B．金属键C．共价键D．配位键E．氢键(4)氯吡苯脲易溶于水的原因是___________。(5)文献可知，可用异氰酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，生成氯吡苯脲。反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂化学键的数目为________________。【

答案】(1).1(2).sp3、sp2(3).CE(4).氯吡苯脲可以与水分子形成氢键(5).2NA或241.20410【解析】【分析】(1)根据氯元素基态原子核外电子确定其成对电子数；(2)根据N原子的价层电子对判断其杂

化方式，价层电子对=σ键个数+孤电子对个数；(3)非金属元素之间易形成共价键，只有非金属性较强的N、O、F元素能和H元素形成氢键；(4)能形成氢键的物质易溶于水；(5)每生成1mol氯吡苯脲分子，需要断裂1mol异氰酸苯酯中的π键，断裂1mol2-氯-4-氨基吡啶的σ键。【详解】(1)根据

构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1个；(2)根据结构简式可知，2个氮原子全部形成单键，属于sp3杂化，另外一个氮原子形成双键，所以是sp2杂化；(3)氯吡苯脲分子中全部是非金属元素构成的，含有共价键

，另外非金属性较强的N、O元素能和H元素形成氢键，微粒间存在氢键，即微粒间的作用力包括共价键和氢键，故答案为CE；(4)氯吡苯脲还能与水分子间形成氢键，所以还易溶于水；(5)由于单键都是σ键、而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以根据反应的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂NA

个σ键和NA个π键，断裂化学键的数目共为2NA。