【化学】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

【化学】宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2019-2020学年高二下学期期末考试 ‎1.下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是 A. C2H4、C2H2、CO2 B. CH4、CHCl3、CO2‎ C. Cl2、H2、N2 D. NH3、H2O、CO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C2H4和C2H2均含有碳氢原子形成的极性键，且二者分子正负电荷中心重合属于非极性分子；CO2含有碳原子和氧原子形成的极性键，且正负电荷中心重合属于非极性分子，故A符合题意；‎ B．CHCl3为四面体结构，H原子和3个氯原子位于顶点，所以正负电荷中心不重合，属于极性分子，故B不符合题意；‎ C．Cl2、H2、N2三种物质中均只含非极性键，故C不符合题意；‎ D．NH3分子为三角锥形，H2O分子为V形，二者正负电荷中心均不重合，属于极性分子，故D不符合题意；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎2.下列分子或离子中，含有孤电子对的是（ ）‎ A. H2O B. CH4‎ C. SiH4 D. NH ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H2O分子中孤电子对个数=(6-2×1)=2，故A正确；‎ B．CH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故B错误；‎ C．SiH4分子中孤电子对个数=(4-1×4)=0，即不含孤电子对，故C错误；‎ D．NH分子中孤电子对个数=(‎5-1-1‎×4)=0，即不含孤电子对，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎3.有关杂化轨道理论的说法不正确的是 A. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变 B. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°‎ C. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释 D. 杂化轨道全部参加形成化学键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．杂化前后的轨道数不变，各杂化轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；‎ B．sp3、sp2、sp杂化轨道的空间构型分别是正四面体型、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109.5°、120°、180°，故B正确；‎ C．四面体型(4条共价键，无孤电子对)、三角锥型(3条共价键，1孤电子对)、V形分子(2条共价键，2孤电子对)的结构均为用sp3杂化轨，故C正确；‎ D．杂化轨道可以部分参与形成化学键，如NH3分子中形成了 4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.能够解释 CO2 比 SiO2的熔、沸点低的原因是 A. CO2 的相对分子质量比 SiO2 的相对分子质量小 B. C﹣O 键能小于 Si﹣O 键能 C. C 的原子半径小于 Si D. 破坏 CO2 晶体只需克服分子间作用力，破坏 SiO2 晶体要破坏 Si﹣O 共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】CO2是分子晶体，CO2的熔化与C=O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si-O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。‎ ‎5.氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为 A. 两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化。‎ B. NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道。‎ C. NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强 D. 氨气的相对分子质量大于甲烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氨气中N也是sp3杂化，A错误；‎ B. N原子形成4个杂化轨道，只不过其中一个被孤对电子占据，无法成键，B错误；‎ C. NH3分子中N原子形成4个杂化轨道，其中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强，因此氨气是三角锥形，C正确；‎ D. 空间构型与相对分子质量大小无关，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎6.下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是 A. NH4ClNH3↑+HCl↑‎ B. NH3+CO2+H2O=NH4HCO3‎ C. 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O D. 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应过程中氯化铵中离子键、极性共价键断裂，没有非极性键的断裂，故A不符合题意；‎ B．NH3、CO2、H2O均只含极性键，没有离子键和非极性键，所以没有离子键和非极性键的断裂，故B不符合题意；‎ C．生成物NaCl、NaClO、H2O中均不含非极性键，所以没有非极性键的形成，故C不符合题意；‎ D．Na2O2为含有非极性键的离子化合物，CO2中含有极性键，O2中含有非极性键，Na2CO3中含有极性键和离子键，所以该反应中同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成，故D符合题意；‎ 综上所述答案为D。‎ ‎7.下列关于金属及金属键的说法正确的是 A. 金属键具有方向性与饱和性 B. 金属键是金属阳离子与“自由电子”间的相互作用 C. 金属导电是因为在外加电场作用下产生“自由电子”‎ D. 金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属键存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，没有方向性和饱和性，A错误；‎ B、金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，B正确；‎ C、金属中存在金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，C错误；‎ D、金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，并不是能放出可见光，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎8. 关于氢键，下列说法正确的是 A. 每一个水分子内含有两个氢键 B. 冰、水中都存在氢键 C. 分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点降低 D. H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氢键是一种特殊的分子间作用力，只存在于水分子之间，水分子内没有氢键，故A错误；‎ B. 冰和水分子中都存在氢键，故B正确；‎ C. 水只能形成分子间氢键，分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点升高，故C错误；‎ D. 氢键不是化学键，H2O是一种非常稳定的化合物，说明了氧的非金属性很强，与水分子之间的氢键无关，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9. 下列物质性质的变化规律，与共价键键能大小有关的是 ‎①F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 ‎②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 ‎③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅 ‎ ‎④NaF、NaCl、NaBr、NaI熔点依次降低 A. 仅③ B. ①③ C. ②③ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①F2、Cl2、Br2、I2都是由非极性分子构成的物质，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要的能量就越高，因此物质的熔点、沸点逐渐升高，与共价键键能大小无关；‎ ‎②由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，所以它们的氢化物HF、HCl、HBr、HI中的共价键键能减小，热稳定性依次减弱，与共价键键能大小有关；‎ ‎③在金刚石中C原子之间以共价键结合，晶体硅中硅原子之间也以共价键结合，由于原子半径Si>C，元素共价键的强度C-C>Si-Si，因此断裂共价键消耗的能量金刚石比晶体硅高，因此金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键键能大小有关；‎ ‎④NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子化合物，由于离子键的强度从NaF、NaCl、NaBr、NaI逐渐减弱，因此物质的熔点依次降低，但是与共价键键能大小无关；‎ 与共价键键能大小有关的是②③，答案选C。‎ ‎10.CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量氯以AgCl析出，这种化合物应该是 A. [Co(NH3)4]Cl3 B. [Co(NH3)4Cl3]‎ C. [Co(NH3)4Cl]Cl2 D. [Co(NH3)4Cl2]Cl ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】CoCl3•4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl¯，但NH3的含量不变，说明NH3为內界；用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为內界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故选D。‎ ‎11.下列说法正确的是 A. 质子数相同的微粒一定是同种元素的原子 B. 任何晶体中若有阳离子，必有阴离子 C. 金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高 D. 分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点一定比相对分子质量小的高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．质子数相同的微粒不一定是同种元素的原子，如HF和H2O所含的质子数相同，故A错误；‎ B．金属晶体中含有阳离子但没有阴离子，故B错误；‎ C．金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，例如金属晶体Hg在常温下液体，而分子晶体AlCl3在常温下为固体，Hg的熔点低于AlCl3，故C正确；‎ D．分子晶体中相对分子质量大的熔、沸点不一定比相对分子质量小的高，例如H2O和H2S均为分子晶体，且H2S的相对分子质量较大，但由于H2O分子间存在氢键，熔沸点比H2S要高，故D错误；‎ 综上所述答案为C。‎ ‎12.观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是(　　)‎ HCN S8‎ SF6‎ B12结构单元 结构模型 示意图 备注 ‎—‎ 易溶于CS2‎ ‎—‎ 熔点1 873 K A. HCN的结构式为H—C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键 B. 固态硫S8属于原子晶体 C. SF6是由极性键构成的非极性分子 D. 单质硼属原子晶体，结构单元中含有30个B—B键 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、“C≡N”键中含有1个σ键和2个π键，所以H－C≡N中共有2个σ键和2个π键，A正确；‎ B、S8易溶于CS2，因此属于分子晶体，B错误；‎ C、SF6是正八面体对称结构，是非极性分子，C正确；‎ D、由硼的结构和熔点可知，单质硼属原子晶体，硼晶体的结构单元中有12个B 原子，每个原子形成5个B－B键，而每个B－B键为2个原子所共有，所以B－B键数为12×5/2＝30个，D正确。‎ 答案选B。‎ ‎13.现有四种元素的基态原子的电子排布式:‎ ‎① ;② ;③ ;④ 。‎ 则下列有关比较中正确的是(   )‎ A. 第一电离能:④>③>②>①‎ B. 原子半径:④>③>②>①‎ C. 电负性:④>③>②>①‎ D. 最高正化合价:④>③=②>①‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半充满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能减小，所以第一电离能N＞P，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，A选项正确；‎ B．同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层数越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，B选项错误；‎ C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，同主族自上而下电负性减小，所以电负性P＜N，N元素非金属性比S元素强，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，C选项错误；‎ D．元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，D选项错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，同主族自上而下第一电离能降低，注意全满、半满稳定状态；同周期自左而右原子半径减小、电子层数越多原子半径越大；同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；元素的最高正化合价一般等于原子最外层电子数，但F元素没有正化合价。‎ ‎14.“拟晶”(quasicrystal)是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。下列有关这种拟晶的说法正确的是 A. 无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价 B. Al65Cu23Fe12硬度小于金属铁 C. Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料 D. 1 mol Al65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265 mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；‎ B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；‎ C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；‎ D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1mol Al65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3=277mol，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15. M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是 A. M的分子式为C18H20O2‎ B. M可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应 C. 1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应 D. 1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2 ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。‎ B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。‎ C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。‎ D.羟基是邻位、对位取代基，由于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。‎ 本题选B。‎ ‎16.分子式为C7H8的某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水因化学反应而褪色，在一定条件下与H2完全加成产物的一氯代物的同分异构体有（ ）‎ A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C7H8某有机物，它能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能与溴水反应，可以判断出一定是甲苯，甲苯与氢气完全加成后，生成甲基环己烷，分子中有五种不等效氢原子，因此其生成物的一氯代物的种类共有5种。‎ 答案选C。‎ ‎17.下列说法正确的是 A. 蛋白质的水解可用于分离和提纯蛋白质 B. 丙烯酸甲酯可通过缩聚反应生成高分子化合物 C. 用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度 D. 有机物的核磁共振氢谱有两个峰且峰面积之比为3:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蛋白质水解生成氨基酸，不能达到提纯分离效果，故A错误；‎ B．丙烯酸甲酯可通过加聚反应生成高分子化合物，B错误；‎ C．用乙醇和浓硫酸制备乙烯时，温度为，不能用水浴加热，C错误；‎ D．结构中只有两种环境的氢，甲基和苯环上的氢，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.柠檬烯是一种食用香料，其结构简式为，下列有关柠檬烯的分析正确的是（ ）‎ A. 柠檬烯的一氯代物有7种 B. 柠檬烯和丁基苯互为同分异构体 C. 柠檬烯分子中所有的碳原子可能在同一平面上 D. 在一定条件下，柠檬烯可以发生加成反应、取代反应、氧化反应及还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A、分子中有8种性质不同的H可被取代，一氯代物有8种，选项A错误；‎ B、柠檬烯和丁基苯的分子式不同，二者不是同分异构体，选项B错误；‎ C、分子中含有多个饱和碳原子，不可能在同一个平面上，选项C错误；‎ D、柠檬烯中含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化反应，属于烃，可发生取代反应，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎19.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如下图，下列说法不正确的是 (　　)‎ A. M的分子式为C6H12O6‎ B. 用NaOH溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸 C. ①、④的反应类型均属于取代反应 D. N的化学式为CH3COOH ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇CH3CH2OH；乙醇氧化为N：乙酸CH3COOH，乙醇CH3CH2OH与乙酸CH3COOH在浓硫酸作用下发生酯化反应产生乙酸乙酯和水。‎ ‎【详解】A.淀粉或纤维素水解得到M：葡萄糖，分子式是C6H12O6，A正确；‎ B.用饱和Na2CO3溶液可除去乙酸乙酯中混有的乙酸，不能用NaOH溶液，因为酯在其中可以发生水解，B错误；‎ C．①为水解反应、④为酯化反应，故①、④的反应类型均属于取代反应，C正确；‎ D．N和乙醇发生反应生成乙酸乙酯，故其为乙酸，其化学式为CH3COOH，正确。本题选不正确的，故选B。‎ ‎20.某有机物A可用于合成药物达菲，其结构简式如图，‎ 下列关于A的说法不正确的是(　　)‎ A. 分子式为C7H6O5‎ B. 和溴水既可以发生取代反应，又可以发生加成反应 C. 1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应 D. 既可以和FeCl3溶液发生显色反应，又可以和NaHCO3溶液反应放出CO2气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 该物质中含有苯环、酚羟基和羧基，具有苯、酚和羧酸的性质，能发生加成反应、还原反应、氧化反应、取代反应、酯化反应等，据此分析解答。‎ ‎【详解】A．根据结构简式知，分子式为分子式为C7H6O5，A正确；‎ B．该物质中不含碳碳不饱和键，所以不能和溴发生加成反应，B错误；‎ C．酚羟基和羧基能和NaOH反应，所以1 mol该化合物最多可以与含4 mol NaOH的溶液反应，C正确；‎ D．含有酚羟基和羧基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应，能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查酚、羧酸的性质，明确官能团及其性质是解本题的关键，注意不能和溴发生加成反应，易错选项是B。‎ ‎21.核糖是合成核酸的重要原料，结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO ‎，下列关于核糖的叙述正确的是 A. 与葡萄糖互为同分异构体 B. 可与新制的Cu(OH)2作用生成红色沉淀 C. 不能发生取代反应 D. 可以使紫色的石蕊试液变红 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，核糖的分子式为C5H10O5，核糖与葡萄糖的分子式不同，所以不是同分异构体，故A错误；‎ B．核糖含有醛基，所以可与新制的Cu(OH)2作用生成砖红色沉淀，故B正确；‎ C．含有醇羟基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C错误；‎ D．核糖是多羟基醛不是酸，不能电离出氢离子，所以不能使紫色石蕊试液变红，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎22.下列常见有机物中，既能发生取代反应，又能使溴的CCl4溶液反应褪色的是 A. 甲苯 B. C. 植物油 D. CH3COOH ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故A不选； B．苯可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故B不选； C．植物油中含碳碳双键，能与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液反应褪色；属于酯类物质可发生水解反应，水解反应也是取代反应，故C选； D．乙酸可发生取代反应，但不能使溴的CCl4溶液反应褪色，故D不选； 故选：C。‎ ‎23.分子式为C6H12O2且可与NaHCO3反应放出CO2的有机化合物有(不考虑立体异构)(　　)‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】可与碳酸氢钠反应的有机化合物中一定含有羧基，分子式为C6H12O2‎ 且含有羧基的有机物可以简写为C5H11COOH，因为其中的-C5H11有8种同分异构体，所以C5H11COOH有8种同分异构体。故 D符合题意 所以答案：D。‎ ‎24.由的转化过程中，经过的反应类型是 A. 取代反应→加成反应→氧化反应 B. 裂解反应→取代反应→消去反应 C 取代反应→消去反应→加成反应 D. 取代反应→消去反应→裂解反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】乙烷与氯气发生取代反应生成一氯乙烷，一氯乙烷发生消去反应生成乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为C。‎ ‎25.化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2－甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得，下列有关化合物X、Y的说法正确的是 A. X分子中所有原子一定在同一平面上 B. 分子与氢气发生加成反应，最多消耗 C. X、Y均不能使酸性溶液褪色 D. X→Y的反应为取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，故A错误；‎ B．分子与氢气发生加成反应，Y分子中存在苯环，1mol苯环消耗3molH2，1mol 碳碳双键消耗1mol氢气，最多消耗，故B错误；‎ C．X中含酚羟基，X能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，Y中含碳碳双键，Y能被酸性溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，X、Y均能使酸性溶液褪色，故C错误；‎ D．对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2－甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反应类型为取代反应，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎26.Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：‎ ‎①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；‎ ‎②Y原子价电子（外围电子）排布msnmpn ‎ ‎③R原子核外L层电子数为奇数；‎ ‎④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）Z2＋的核外电子排布式是_________________。‎ ‎（2）在[Z(NH3)4]2＋离子中，Z2＋的空间轨道受NH3分子提供的_________形成配位键。‎ ‎（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。‎ a.稳定性：甲>乙，沸点：甲>乙 b.稳定性：甲>乙，沸点：甲<乙 c.稳定性：甲<乙，沸点：甲<乙 d.稳定性：甲<乙，沸点：甲>乙 ‎（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为____________（用元素符号作答）‎ ‎（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其中分子中的σ键与π键的键数之比为___________。‎ ‎（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于___________。‎ ‎【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d9 (2). 孤对电子（孤电子对） (3). b (4). Si < C SiH4。因为SiH4 的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高。选b，‎ 故答案为b；‎ ‎（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。‎ 故答案为Si < C

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