2017-2018学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末化学试题（解析版）

2017-2018学年内蒙古赤峰二中高二上学期期末化学试题（解析版）

‎2017-2018学年内蒙古赤峰二中高二（上）期末化学试卷 一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）‎ 1. 某基态原子第四电子层只有2个电子，该原子的第三电子层电子数可能有（　　）‎ A. 8 B. 18 C. 8～18 D. 18～32‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：根据构造原理知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再4s能级后排3d能级，且当轨道上电子处于全空、全满或半满时最稳定，当4s能级有2个电子时，3d能级上可排列电子数是从0-10，所以该原子的第三电子层电子数可能是8-18， 故选：C。 根据构造原理知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再4s能级后排3d能级，且当轨道上电子处于全空、全满或半满时最稳定。 本题考查了基态原子核外电子排布，根据构造原理来分析解答即可，注意Cr和Cu基态原子核外电子排布式的书写特点，为易错点。 ‎ 2. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. NO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8e-稳定结构 B. P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109o28ˊ C. CO2、SO2都是直线形的分子 D. CH2=CH2分子中共有五个σ键和一个π键 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．NCl3中所有原子都达到8电子结构，故A错误； B．白磷是正四面体结构，其键角是60°，CH4正四面体分子且键角为109°28ˊ，故B错误； C．CO2分子中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，为直线形分子，SO2分子中S原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，为V形分子，故C错误； D．CH2=CH2分子中共有4个C-H和一个碳碳双键，碳碳双键中含有1个π键和1个σ键，所以乙烯分子中共5个σ键，一个π键，故D正确； 故选：D。 A．在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构； B．白磷的键角是60°； C．二氧化硫分子中中心原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，则为V形分子； D．乙烯分子中含有4个碳氢键和1个碳碳双键，双键中含有1个π键和1个σ键。 本题考查原子核外电子排布、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断等知识点，侧重考查学生知识综合运用能力，明确价层电子对互斥理论内涵及元素周期律是解本题关键，注意孤电子对的计算方法，为易错点，试题培养了学生的灵活应用能力。 ‎ 3. 下列说法正确的是（　　）‎ A. 原子及其离子的核外电子层数等于该元素所在的周期数 B. 零族元素与同周期ⅠA、ⅡA族阳离子具有相同的核外电子排布 C. 同周期的X、Y元素，且电负性X＞Y，则第一电离能也是X＞Y D. 基态原子p能级上半充满的元素一定位于p区 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、钾离子的核外电子层数为3，该元素所在的周期数为4；钠离子的核外电子层数为2，该元素所在的周期数为3，均不相等，故A错误； B．稀有气体元素原子的核外电子排布和同周期ⅤA、ⅥA、ⅦA主族阴离子（得电子达饱和）的电子排布相同，还和下一周期ⅠA、ⅡA族阳离子（失去最外层电子）的电子排布相同，故B错误； C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族大于ⅥA族元素的第一电离能，故C错误； D．基态原子的p能级上半充满的元素，电子最后填充p能级，属于p区，故D正确； 故选：D。 A、根据钾离子或钠离子等微粒的核外电子层数以及该元素所在的周期数来回答； B．稀有气体最外层电子数为2或8，达到稳定结构； C．同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，第一电离能逐渐增大但ⅤA族大于ⅥA族元素； D．电子最后填充p能级，属于p区。 本题考查了元素周期表结构及元素周期律、原子结构、核外电子排布等，明确周期表结构及周期律内涵是解本题关键，知道主族元素在周期表位置及原子电子层数、最外层电子数之间的关系，题目难度不大。 ‎ 1. A、B、C均为短周期的元素，A、B同周期，A、C的最低价离子分别为A2-和C-，B2+和C-具有相同的电子层结构，下列说法正确的是（　　）‎ A. C元素的最高正价为+7价 B. 原子半径：A＞B＞C C. 离子半径：A2-＞C-＞B2+ D. 还原性：A2-＜C-‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，则B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素， A、C为F元素，无正价，最高价为0价，故A错误； B、A为S元素，B为Mg元素，C为F元素，同周期原子半径从左到右逐渐减小，电子层数越多，半径越大，则有B＞A＞C，故B错误； C、离子的电子层数越多，半径越大，具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小，所以A2-＞C-＞B2+，故C正确； D、元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，则有A2-＞C-，故D错误。 故选：C。 由A、C的最低价离子分别为A2-和C-，则A为ⅥA族元素，C为ⅦA族元素，B2+和C-具有相同的电子层结构，则B在C的下一周期，则B为Mg元素，C为F元素，A、B同周期，则A为S元素， A、C为F元素，无正价； B、同周期原子半径从左到右逐渐减小，电子层数越多，半径越大； C、具有相同核外电子结构的离子，核电荷数越大，半径越小； D、元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱． 本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，本题的关键是根据原子结构特点正确推断元素的种类． ‎ 2. 下列有关化学键的叙述中，不正确的是（　　）‎ A. 某原子跟其他原子形成共价键时，其共价键数一定等于该元素原子的价电子数 B. 水分子内氧原子结合的电子数已经达到饱和，故不能再结合其他氢原子 C. 完全由非金属元素形成的化合物中也可能含有离子键 D. 配位键也具有方向性、饱和性 ‎【答案】A ‎【解析】解：A．非金属元素的原子形成的共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数，一般最外层有几个不成对电子就能形成几个共价键，故A错误； B．共价键具有饱和性，一个氧原子只能与两个氢原子结合生成H2O，故B正确； C．非金属元素原子间形成的化学键也可能是离子键，如NH4Cl等铵盐中存在离子键，故C正确； D．配位键属于共价键，具有方向性、饱和性，故D正确； 故选：A。 A．共价键数目取决于该原子最外层的不成对电子数； B．共价键的饱和性决定结合原子的数目； C．完全由非金属元素形成的化合物，可能为共价化合物，也可能为离子化合物； D．配位键属于共价键． 本题考查共价键，明确共价键的饱和性和方向性为解答本题的关键，注意铵盐中存在离子键、配位键、共价键，注重基础知识的考查，题目难度不大． ‎ 1. 下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述中，正确的是（　　）‎ A. 基态原子的N层上只有一个电子的元素，一定是ⅠA 族元素 B. 原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素一定是副族元素 C. 最外层有三个未成对电子的原子一定属于主族元素 D. 基态原子的价电子排布为（n-1）dxnsy的元素的族序数一定为x+y ‎【答案】C ‎【解析】解：A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr、Cu，Cr位于ⅥB族、Cu位于IB族，故A错误； B．原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素，为VⅢ族元素，不属于副族元素，故B错误； C．最外层有三个未成对电子的原子，价电子为ns2np3，一定为VA族元素，故C正确 D．基态原子的价电子排布为（n-1）dxnsy的元素，若x=10，y=1时为IB族元素，y=2时为ⅡB族元素，故D错误； 故选：C。 A．基态原子的N层上只有一个电子的元素，可能为K、Cr、Cu； B．原子的价电子排布为（n-1）d6-8ns2的元素，为VⅢ族元素； C．最外层有三个未成对电子的原子，价电子为ns2np3； D．基态原子的价电子排布为（n-1）dxnsy的元素，若x=10，y=1或2，族序数由y确定。 本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、元素的位置为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项BD为解答的难点，题目难度不大。 ‎ 2. 现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4        ②1s22s22p63s23p3       ③1s22s22p3        ④1s22s22p5 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】解：由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素， A．同周期自左而右第一电离能增大，由于P为半充满状态，较稳定，所以第一电离能S＜P，N＜F，同主族自上而下第一电离能降低，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，故A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 ‎，同主族自上而下原子半径增大，所以原子半径P＞N，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误； C．同周期自左而右电负性增大，所以电负性O＞S，N＜F，同主族自上而下电负性降低，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误； D．最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。 故选：A。 由基态原子的电子排布式可知①为S元素，②为P元素，③为N元素，④为F元素，结合元素周期律知识解答该题． 该题考查原子结构与元素周期律，是高考种的常见题型，属于中等难度的试题．试题综合性强，贴近高考，在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养．根据原子结构推断出元素是关键，注意基础知识的掌握和积累． ‎ 1. A、B属于短周期中不同主族的元素，A、B原子的最外层电子中，成对电子和未成对电子占据的轨道相等，若A元素的原子序数为a，则B元素原子序数不可能为（　　）‎ A. a+11 B. a-5 C. a+3 D. a+8‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A，B原子的最外层电子中成对电子和未成对电子占据的轨道数相等，最外层电子数分别为3或6，前者各占据1个s轨道和1个p轨道，后者各占据2个s轨道和2个轨道，可能为B、O、Al、S等元素，分子序数分别为5、8、13、16，如A元素的原子序数为a，则B的原子序数可能为a+3、a+11、a-5，则只有D符合。 故选：D。 A，B原子的最外层电子中成对电子和未成对电子占据的轨道数相等，最外层电子数分别为3或6，前者各占据1个s轨道和1个p轨道，后者各占据2个s轨道和2个轨道，可能为B、O、Al、S等元素，以此解答该题． 本题考查原子结构与元素周期律知识，题目难度不大，注意原子核外电子的排布特点，为解答该题的关键，注意把握原子结构与元素周期表的关系． ‎ 2. 下列有关有机物反应类型的说法正确的是（　　）‎ A. 乙烯和乙烷都能发生加成反应 B. 苯只能发生加成反应不能发生取代反应 C. 卤代烃和醇都能发生消去反应 D. 乙醇和乙酸都能发生取代反应 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．乙烷为饱和烃，不能发生加成反应，乙烯可发生加成反应，故A错误； B．苯与氢气可发生加成反应生成环己烷，苯与卤素单质、浓硝酸等可发生取代反应，则苯可发生取代、加成反应，故B错误； C．与-X或与-OH相连的C的邻位C上有H可发生消去反应，则氯甲烷、甲醇等不能发生消去反应，故C错误； D．乙醇含-OH、乙酸含-COOH，均可发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故D正确； 故选：D。 A．乙烷为饱和烃； B．苯与氢气可发生加成反应，苯与卤素单质、浓硝酸等可发生取代反应； C．与-X或与-OH相连的C的邻位C上有H可发生消去反应； D．乙醇含-OH、乙酸含-COOH ‎。 本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机反应类型的判断，题目难度不大。 ‎ 1. 下列化学用语正确的是（　　） ①一氯甲烷的分子式：CHCl3 ②HF的电子式： ③乙酸的实验式：CH2O ④CH4Si的结构式： ⑤乙酸乙酯的结构简式：CH3CH2COOCH2CH3‎ A. ①③ B. ②③ C. ③④ D. ③⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：①甲烷中1个H被Cl原子取代后的产物为一氯甲烷，则一氯甲烷分子式为CH3Cl，故①错误； ②氟化氢分子中不存在阴阳离子，只存在1对共用电子对，氟化氢正确的电子式为：，故②错误； ③乙酸的分子式为C2H4O2，实验式是最简单的整数比，故乙酸的实验式为CH2O，故③正确； ④碳和硅属于同一主族，依据乙烯结构推断得到结构式，CH4Si的结构式，故④正确； ⑤乙酸乙酯中含有4个碳原子，是乙酸和乙醇发生酯化反应得到的酯，所以乙酸乙酯的结构简式为：CH3COOCH2CH3，故⑤错误； 故选：C。 ①甲烷中1个H被Cl原子取代后的产物为一氯甲烷； ②氟化氢为共价化合物，分子中不存在氟离子和氢离子，不能标出阴阳离子所带电荷； ③实验式是最简单的整数比； ④碳和硅属于同一主族，依据乙烯结构式，推断得到结构式； ⑤乙酸乙酯中含有4个碳原子，是乙酸和乙醇发生酯化反应得到的酯。 本题考查常见化学用语的判断，为高频考点，题目难度不大，注意掌握分子式、电子式、实验式、结构式、结构简式等化学用语的概念及表示方法，试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。 ‎ 2. 下列有机物的命名正确的是（　　）‎ A. 2-甲基-3-丁烯 B. 乙基苯 C.  2-乙基丙烷 D. 1-甲基乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．2-甲基-3-丁烯，烯烃的命名中，编号应该从距离碳碳双键最近一端开始，该有机物正确命名为：3-甲基-1-丁烯，故A错误； B．乙基苯，该有机物为苯的同系物，苯环侧链为乙基，其命名为：乙基苯或乙苯，故B正确； ‎ C．2-乙基丙烷，烷烃的命名中不能出现2-乙基，否则说明选取的主链不是最长的，该有机物正确命名为：2-甲基丁烷，故C错误； D．1-甲基乙醇，1-甲基，说明主链不是最长的，该有机物最长碳链含有3个碳，其正确命名为：2-丙醇，故D错误； 故选：B。 判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范： （1）烷烃命名原则： ①长：选最长碳链为主链； ②多：遇等长碳链时，支链最多为主链； ③近：离支链最近一端编号； ④小：支链编号之和最小．看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则； ⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面； （2）有机物的名称书写要规范； （3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名； （4）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，官能团的位次最小． 本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可． ‎ 1. 下列有关说法中正确的是（　　） ①麦芽糖水解前后均可发生银镜反应 ②聚乙烯、聚氯乙烯、纤维素都属于合成高分子 ③油脂发生皂化反应能生成甘油和高级脂肪酸 ④蛋白质溶液中加入CuSO4溶液发生盐析 ⑤煤的气化、液化、干馏都是化学变化 ⑥植物油、裂化汽油都可与溴水反应 A. ②④⑤ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ①⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：①麦芽糖及水解产物葡萄糖均含-CHO，则均可发生银镜反应，故正确； ②纤维素为天然高分子，而聚乙烯、聚氯乙烯为合成高分子，故错误； ③油脂碱性条件下水解反应为皂化反应，生成甘油和高级脂肪酸盐，故错误； ④蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，发生变性，为不可逆反应，而盐析为可逆过程，故错误； ⑤煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇、干馏生成煤焦油等，均为化学变化，故正确； ⑥植物油、裂化汽油均含碳碳双键，均可与溴水发生加成反应，故正确； 故选：D。 ①麦芽糖及水解产物葡萄糖均含-CHO； ②纤维素为天然高分子； ③油脂碱性条件下水解反应为皂化反应； ④蛋白质溶液中加入CuSO4溶液，发生变性； ⑤煤的气化生成CO和氢气、液化生成甲醇、干馏生成煤焦油等； ‎ ‎⑥植物油、裂化汽油均含碳碳双键。 本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不大。 ‎ 1. 某有机物A的结构简式如图所示，某同学对其可能具有的化学性质进行了如下预测 ①可以使酸性高锰酸钾溶液褪色   ②可以和NaOH溶液反应 ③在一定条件下可以和乙酸发生反应 ④在一定条件下可以发生消去反应 ⑤在一定条件下可以和新制Cu（OH）2反应 ⑥遇FeCl3溶液可以发生显色反应．其中正确的是（　　）‎ A. ①②③⑥ B. ①②③⑤ C. ①②③④ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：①分子中苯环上有甲基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故①正确； ②分子中含有酯基，可以和NaOH溶液反应，发生水解，故②正确； ③分子中含有-OH，在一定条件下可以和乙酸发生反应，故③正确； ④由于-OH邻位的碳原子上没有氢原子，则不能发生消去反应，故④错误； ⑤由于含有醛基（甲酸酯），在一定条件下可以和新制Cu（OH）2反应，故⑤正确； ⑥分子中不含酚羟基，则遇FeCl3溶液不能发生显色反应，故⑥错误， 故选：B。 该物质中含有醇羟基、酯基、醛基、苯环，所以应该具备苯、醇、酯和醛的性质，以此解答该题． 本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质为解答该题的关键，难度不大． ‎ 2. 下列叙述中正确的是（　　）‎ A. 苯乙炔中最多有四个原子共直线 B. 2-甲基1，3-丁二烯与Br2的加成产物有4种 C. 甲苯在一定条件下与H2完全反应，产物的一氯代物的同分异构体有4种 D. 已知具有单双键交替长链（如：-CH=CH-CH=CH-CH=CH-）的高分子有可能成为导电塑料，故聚乙烯和聚乙炔均可成为导电塑料 ‎【答案】B ‎【解析】解：A．苯乙炔中碳碳双键为直线结构，与三键C直接相连的原子可共线，则最多4个C、2个H共直线，故A错误； B.2-甲基1，3-丁二烯中含2个双键，1：1可分别加成或发生1，4加成，或1：2加成，则与Br2的加成产物有4种，故B正确； C．甲苯在一定条件下与H2完全反应生成甲基环己烷，共含5种H，则产物的一氯代物的同分异构体有5种，故C错误； D．聚乙烯不含碳碳双键，不能作导电塑料，故D错误； 故选：B。 A．苯乙炔中碳碳双键为直线结构，与三键C直接相连的原子可共线； B.2-甲基1，3-丁二烯中含2个双键，1：1可分别加成或发生1，4加成，或1：2加成； C．甲苯在一定条件下与H2完全反应生成甲基环己烷，共含5种H； D．聚乙烯不含碳碳双键。 本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握有机物的结构、官能团与性质、同分异构体等为解答的关键，侧重学生的分析能力和应用能力的考查，注意选项B 为解答的难点，题目难度不大。 ‎ 1. 下列实验操作正确的是（　　）‎ A. 淀粉中加入20%的硫酸溶液，在酒精灯上加热，使其水解 B. 除去乙醇中的乙酸，加入NaOH溶液后分液 C. 用酸性KMnO4溶液直接检验乙醇与浓硫酸反应是否得到乙烯 D. 取少量卤代烃加入NaOH水溶液共热，冷却，再加入AgNO3溶液检验卤代烃中卤原子的存在 ‎【答案】A ‎【解析】解：A．淀粉在酸性条件下发生水解反应，则在酒精灯上加热，使其水解，故A正确； B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故B错误； C．乙烯、乙醇均使高锰酸钾褪色，不能直接检验，故C错误； D．水解后检验卤素离子，应在酸性条件下，水解后没有加硝酸至酸性再加硝酸银，不能检验，故D错误； 故选：A。 A．淀粉在酸性条件下发生水解反应； B．乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶； C．乙烯、乙醇均使高锰酸钾褪色； D．水解后检验卤素离子，应在酸性条件下。 本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的鉴别和检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 ‎ 2. 分子式为C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有（　　）‎ A. 9种 B. 12种 C. 15种 D. 16种 ‎【答案】C ‎【解析】解：苯环上只有两个取代基，其中一个是羟基，取代基可能有羟基、正丙基，羟基、异丙基，甲基、-CH2-CH2OH，甲基、-CH2OHCH3，乙基、-CH2OH共五种，各有邻、间、对三种同分异构体，共15种。 故选：C。 先根据取代基可能有羟基、正丙基，羟基、异丙基，甲基、-CH2-CH2OH，甲基、-CH2OHCH3，乙基、-CH2OH共五种组合，然后根据两个取代基有邻、间、对三种同分异构体，据此解题． 本题考查同分异构体的书写，注意支链的确定，题目难度不大． ‎ 二、填空题（本大题共1小题，共8.0分）‎ 3. 根据下列四种元素的第一至第四电离能数据（单位：kJ/mol），回答下面各题：‎ 元素代号 Ⅰ1‎ Ⅰ2‎ Ⅰ3‎ Ⅰ4‎ R ‎500‎ ‎4600‎ ‎6900‎ ‎9500‎ S ‎740‎ ‎1500‎ ‎7700‎ ‎10500‎ T ‎580‎ ‎1800‎ ‎2700‎ ‎11600‎ U ‎420‎ ‎3100‎ ‎4400‎ ‎5900‎ ‎（1）在周期表中，最可能处于同一族的是______ A．R和U     B．S和T       C．T和U     D．R和T （2）下列离子的氧化性最弱的是______ A．S2+        B．R+         C．T 3+       D．U+ ‎ ‎（3）假设U元素是短周期的元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将是第______个． （4）假设R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是______，其中元素______的第一电离能反常高的原因是______．‎ ‎【答案】A   D   10   R＜S＜T   S   S元素的最外层电子处于s能级全充满，能量较低，比较稳定，失 去一个电子吸收的能量较多 ‎【解析】解：由元素的电离能可以看出，Q的电离能很大，可能为零族元素，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则 （1）由上述分析可知，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族， 故答案为：E； （2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小，由表中数据看出U的第一电离能为420kJ•mol-1，数值最小，故U+氧化性最弱， 故答案为：D； （3）若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在ⅠA族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的， 故答案为：10； （4）由上述分析可知，R最外层电子数为1，S的最外层电子数为2，T的最外层电子数为3，R、S、T若是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是R＜S＜T，其中由于S的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，第一电离能反常高． 故答案为：R＜S＜T；S；S元素的最外层电子处于s能级全充满，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多． 由元素的电离能可以看出，R和U的第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，二者位于同一族，S的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3， （1）R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族； （2）离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小； （3）若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在ⅠA族，则第二次电离能飞跃是在失去第一能层电子时发生； （4）根据最外层电子数确定原子序数，S元素的第一电离能失去的是s能级的电子，s能级为全满稳定结构、能量降低，故第一电离能反常． 本题考查电离能知识，题目难度中等，注意原子的最外层电子与电离能以及化合价的关系． ‎ 三、简答题（本大题共2小题，共32.0分）‎ 1. 烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42．碳氢两元素的质量比为6：1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3．A与其他有机物之间的关系如下： 已知：‎ CH2=CH2HOCH2CH2OH，回答下列问题 （1）有机物B的分子式______。 （2）高聚物F结构简式为______。 （3）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式______。 （4）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物H，H的结构简式______。。 （5）写出生成G的化学方程式______；‎ ‎【答案】C3H8O2     CH3COCHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O    ‎ ‎【解析】解：（1）B为，有机物B的分子式为：C3H8O2，故答案为：C3H8O2； （2）高聚物F结构简式为：，故答案为：； （3）C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式：CH3COCHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O， 故答案为：CH3COCHO+2Cu（OH）2+NaOH CH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O； （4）E（）在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物H，H的结构简式：， 故答案为：； （5）生成G的化学方程式：‎ ‎， 故答案为：。 烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即A的相对分子质量为42，碳氢两元素的质量比为6：1，则烃A分子中C原子数目为=3，故分子中H原子数目为=6，故A的分子式为C3H6，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1：2：3，则A为CH3CH=CH2，A发生加聚反应可得F为．结合题中信息可知，A被高锰酸钾氧化成B为，B发生催化氧化生成C为，C被氢氧化铜氧化后酸化得到D为，D与氢气发生加成反应生成E为，E发生缩聚反应生成高聚物G为。 本题考查有机物的推断与合成，关键是确定A的结构简式，再结合反应条件与给予的信息进行分析，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学基础常考题型。 ‎ 1. 有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素，A元素的原子是周期表中半径最小的原子，B原子最外层电子数是次外层电子数的1.5倍，元素C在自然界中形成物质种类最多，E、F、G三种元素原子的质子数之和为62，．E元素原子2p轨道上有两个未成对电子，G元素原子4p轨道上有1个未成对电子，且它的阴离子具有跟氪相同的电子层结构，E、F、G能够形成多种常见的盐。请回答下列问题： （1）E元素原子的价层电子的电子排布图为______；F元素原子基态时的电子排布式：______，E、F形成的化合物之一能够与水反应放出气体，写出该化合物与水反应的离子方程式：______。 （2）B、D、F均可与G形成化合物 ①用电子式表示F、G形成的化合物的过程：______。 ②BG3和DG3中心原子的杂化方式分别为______和______。电负性大小关系为B______D；第一电离能介于B和D之间的第二周期元素有______种。 （3）C、E能形成两种常见的化合物，根据等电子原理，写出CE分子的结构式______。 （4）由A、C、E形成的气态化合物X，其分子的空间构型是______；1molX分子中σ键的数目为______；X可被催化氧化，该反应的催化剂含有Cu、Zn、Ag、Fe等元素。基态Fe原子的电子排布了______个能级，有______个运动状态，在周期表中在______区。向黄色FeCl3溶液中加入无色KSCN溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl表示。生成物中KCl既不是难溶物、难电离的物质，也不是易挥发物质，该反应之所以能进行的原因是______。经研究表明Fe（SCN）3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。 ①所得 Fe3+和SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1：1配合所得离子显红色。该配合物离子的化学式是______。 ②若Fe3+与SCN-以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为______。‎ ‎【答案】   1s22s22p63s23p64s1   2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑     sp2   sp3   ＜   3   C≡O   平面三角形   3×6.02×1023   7   26   d   Fe（SCN）3是难电离物质   [Fe（SCN）]2+   FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl ‎【解析】解：（1）E为O元素，元素原子的价层电子为2s22p4，价电子电子排布图为；F为钾元素，原子核外电子数为19，原子基态时的电子排布式：1s22s22p63s23p64s1；E、F形成的化合物之一能够与水反应放出气体，该化合物与水反应的离子方程式：2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑， 故答案为：； 1s22s22p63s23p64s1；2K2O2+2H2O=4K++4OH-+O2↑； （2）①F、G形成的化合物为KBr，用电子式表示形成过程：， 故答案为：； ②BBr3中B原子形成3个B-Br键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，B原子采取sp2杂化，NBr3中N原子形成3个N-Br键，有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性大小关系为B＜O；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素的，同周期元素中稀有气体的第一电离能最大，故第二周期元素第一电离能：Ne＞F＞N＞O＞C＞Be＞B＞Li，第一电离能介于B和D之间的元素有3种， 故答案为：sp2；sp3；＜；3； （3）CE分子为CO，与N2互为等电子体，CO的结构式为C≡O， 故答案为：C≡O； （4）由H、C、O形成的气态化合物X为HCHO，分子中C原子形成2个C-H价、1个C=O键，没有孤电子对，C原子价层电子对数为3，其分子的空间构型是平面三角形； 1mol HCHO分子中3mol σ键，含有σ键的数目为3×6.02×1023；基态Fe原子的电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，电子排布了7个能级，有26个运动状态，在周期表中在d区；FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl反应之所以能进行的原因是：Fe（SCN）3是难电离物质。 ①Fe3+与SCN-以个数比1：1配合物离子，离子带2个单位正电荷，该配合物离子为化学式是：[Fe（SCN）]2+； ②若Fe3+与SCN-以个数比1：5配合，该配离子为[Fe（SCN）5]2-，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl， 故答案为：平面三角形；3×6.02×1023；7；26；d；Fe（SCN）3是难电离物质； ①[Fe（SCN）]2+；②FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl。 有原子序数依次增大的A、B、C、D、E、F、G七种元素，A元素的原子是周期表中半径最小的原子，则A为氢元素；B原子最外层电子数是次外层电子数的1.5‎ 倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为3，故硼元素；元素C在自然界中形成物质种类最多，则C为碳元素；E元素原子2p轨道上有两个未成对电子，原子核外电子排布式为1s22s22p4，故E为氧元素；D的原子序数介于碳、氧之间，故D为氮元素；G元素原子4p轨道上有1个未成对电子，且它的阴离子具有跟氪相同的电子层结构，G元素原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s24p5，故G为Br元素；E、F、G三种元素原子的质子数之和为62，则F元素原子质子数为62-8-35=19，故F为钾元素。 （1）E为O元素，元素原子的价层电子为2s22p4，结合泡利原理、洪特规则画出价电子电子排布图；F为钾元素，原子核外电子数为19，结合能量最低原理书写原子基态时的电子排布式；E、F形成的化合物之一能够与水反应放出气体，可以是K2O2与水反应生成KOH与氧气； （2）①F、G形成的化合物为KBr，属于离子化合物，用电子式表示形成过程：左边为原子电子式、右边为物质的电子式，中间用“→”连接； ②BBr3中B原子形成3个B-Br键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3．NBr3中N原子形成3个N-Br键，有1对孤电子对，杂化轨道数目为4； 同周期主族元素自左而右电负性增大；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA族、VA族第一电离能高于同周期相邻元素的，同周期元素中稀有气体的第一电离能最大； （3）CE分子为CO，与N2互为等电子体； （4）由H、C、O形成的气态化合物X为HCHO，分子中C原子形成2个C-H价、1个C=O键，没有孤电子对，C原子价层电子对数为3；1mol HCHO分子中3molσ键；Fe是26号元素，1s22s22p63s23p63d64s2；Fe（SCN）3是难电离物质，反应能进行； ①Fe3+与SCN-以个数比1：1配合物离子，离子带2个单位正电荷，该配合物离子为化学式是：[Fe（SCN）]2+； ②若Fe3+与SCN-以个数比1：5配合，该配离子为[Fe（SCN）5]2-。 本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、元素化合物知识、离子方程式书写、电子式、杂化方式、电负性、电离能、等电子体、结构式、空间构型、化学键、元素周期表、化学反应发生条件、配合物等，题量非常大，适合平时的训练，需要学生熟练掌握基础知识并灵活运用。 ‎ 四、实验题（本大题共1小题，共12.0分）‎ 1. 苯甲酸乙酯（C9H10O2）稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为： ‎ 颜色、状态 沸点（℃）‎ 密度（g•cm-3）‎ 苯甲酸 无色、片状晶体 ‎249‎ ‎1.2659‎ 苯甲酸乙酯 无色澄清液体 ‎212.6‎ ‎1.05‎ 乙醇 无色澄清液体 ‎78.3‎ ‎0.7893‎ 环己烷 无色澄清液体 ‎80.8‎ ‎0.7318‎ 苯甲酸在100℃会迅速升华。   实验步骤如下： ①在100mL圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸、25mL乙醇（过量）、20mL环己烷，以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按左上图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。反应时环己烷-乙醇-水会形成“共沸物”（沸点62.6℃）蒸馏出来。再利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。 ②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞。继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。 ③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液呈中性。 ④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并有机层。加入氯化钙，对粗产品进行蒸馏（装置如图所示）。低温蒸出乙醚后继续升温，接收210～213℃的馏分。 ⑤检验合格，测得产品体积为12.86mL。 （1）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是______ （2）步骤②中应控制馏分的温度在______。 A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃ （3）步骤③中若Na2CO3加入不足，在步骤④蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是______。 （4）步骤④中分液操作叙述正确的是______。 A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞。将分液漏斗倒转用力振摇 B．振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放气 C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层 D．分液操作时，分液漏斗中的下层液体由下口放出，然后再将上层液体由下口放出 蒸馏装置图中仪器A的名称是______，在步骤④中加入氯化钙的作用是______。 （5）该实验产品的产率为______。‎ ‎【答案】有利于平衡不断向正方向移动，提高苯甲酸乙酯产率   C   苯甲酸乙酯中混有苯甲酸，在受热至100℃时发生升华   AB   蒸馏烧瓶   吸水剂   90.02%‎ ‎【解析】解：（1）反应为可逆反应，生成物中有水生成，步骤①中使用分水器不断分离除去水，可以使生成物的浓度减小，化学平衡向着正向移动，从而增大了产率， 故答案为：有利于平衡不断向正方向移动，提高苯甲酸乙酯产率； （2）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点80.8，故C正确， 故答案为：C； （3）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100‎ ‎℃会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，加热升华产生白烟， 故答案为：苯甲酸乙酯中混有苯甲酸，在受热至100℃时发生升华； （4）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞；将分液漏斗倒转过来，用力振摇，振摇几次后需打开分液漏斗下口的玻璃塞放，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下，故选A B； 根据图示可知，仪器A为蒸馏烧瓶；氯化钙可以吸水，在步骤④中加入氯化钙的作用是吸水剂， 故答案为：AB；蒸馏烧瓶； 吸水剂； （5）12.20g苯甲酸的物质的量为：=0.1mol，而生成苯甲酸乙酯的质量为：12.86mL×1.05g•ml-1=13.503g，物质的量为：=0.11mol，所以实验的产率=×100%=90.02%， 故答案为：90.02%、 （1）减少生成物能促进平衡向正反应方向移动； （2）温度低于苯甲酸乙酯的沸点时，苯甲酸乙酯不被蒸馏出，要使苯甲酸乙酯不被蒸馏出，则温度应低于苯甲酸乙酯的沸点，所以温度应低于212.6℃，但要使乙醇和环己烷蒸馏出，所以温度应高于乙醇和环己烷的沸点； （3）白烟是固体小颗粒，因为苯甲酸在100℃会迅速升华，所以可能是苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸； （4）分流漏斗的使用方法，必须将水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞。将分液漏斗倒转过来，用力振摇，而且放出液体时，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，只有这样液体才能顺利流下；根据图示仪器A的构造判断其名称；氯化钙为干燥剂，可以吸水； （5）实验的产率=×100%。 本题考查物质制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，涉及计算、仪器的选取、物质分离和提纯等知识点，明确实验原理是解本题关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。 ‎