精品解析：河北省张家口市宣化第一中学2022-2023学年高二下学期5月期中化学试题（解析版）

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2022—2023学年度第二学期宣化一中高二年级期中
化学试卷
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Co 59
一、单选题(每题3分，共60分)
1. 氟元素的电负性最大，易与大多数非金属元素组成稳定化合物，如、、、等。下列说法正确的是
A. 、中心原子的杂化方式相同
B. 键长：
C. 键角：
D. 、、、都是由极性键构成的非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．、中心原子的价层电子对数分别为3+(3-3×1)=3、3+(5-3×1)=4，所以中心原子的杂化方式分别为杂化和杂化，A错误；
B．硅原子的半径大于硫原子的半径，所以键长：，B正确；
C．和中心原子的杂化方式均为杂化，中N原子存在孤电子对，对成键电子对的排斥力大，所以键角：，C错误；
D．、和分别是平面正三角形、正四面体形和正八面体形，都是由极性键构成的非极性分子，是三角锥形，是由极性键构成的极性分子，D错误；
故选B。
2. 短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W、Y、Z三种元素参与形成一种有机功能材料，其结构如图所示(R表示一种有机基团)。下列说法正确的是

A. 第一电离能：XZ
C. X、Y、Z均能与W形成只含极性键的化合物，其沸点：Y>X>Z
D. W、X、Y三种元素组成的化合物在溶液中一定能抑制水的电离
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增大，为短周期主族非金属元素,W为H、F或者Cl，Y形成2个共价键，Z形成6个共价键，原子序数：，所以Y为O，Z为S，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W为H，X为N。
【详解】A．N原子的2p轨道为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：X>Y，A错误；
B．非金属性：O>S，简单离子的还原性：，B错误；
C．X、Y、Z分别与W形成的只含极性键的化合物为、、，和均能形成分子间氢键，不能形成分子间氢键，且常温下为液态，为气态，则沸点：，C正确；
D．W、X、Y三种元素组成的化合物可能是，的水解对水的电离有促进作用，D错误；
故选C。
3. W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，相关信息如表，下列说法错误的是
元素
相关信息
W
宇宙中含量最多的元素
X
最高化合价和最低化合价代数和为零
Y
W与Y可形成原子个数比为1∶1的分子Q
Z
周期数是族序数的3倍

A. X和Y的简单氢化物的沸点：X>Y B. Z的单质既能与水反应，又能与乙醇反应
C. Q分子中含有极性共价键和非极性共价键 D. 四种元素中，W原子半径最小，Z原子半径最大
【答案】A
【解析】
【分析】已知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。宇宙中含量最多的元素为H元素；W与Y可形成原子个数比为1∶1的分子Q，Y原子序数小于Z，Q为，Y为 O元素；最高化合价和最低化合价代数和为零，原子序数小于Y，X为C元素；周期数是族序数的3倍，为第三周期第ⅠA族元素，Z为Na元素，据此分析解答。
【详解】A．X和Y的简单氢化物分别为、，由于分子间能形成氢键，所以沸点：，A错误；
B．Na单质既能与水反应，又能与乙醇反应，B正确；
C．Q为，结构式为H—O—O—H，分子中含有极性共价键和非极性共价键，C正确；
D．H、C、O、Na四种元素原子半径由小到大的顺序为HX与W组成的二元化合物
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、V、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Z的原子半径最大，Z的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰，结合有机盐结构可知，Z为Na，从有机盐的结构可知，X形成单键，Y形成4根键，则Y为C，X为H，V和W也形成单键，整个阴离子带一个负电荷，则V和W有一个通过共用一个电子对达到稳定结构，而另一个通过共用一个电子对以及得到一个电子从而达到稳定结构，则最外层电子数分别为6和7，V和W分别是S和Cl。根据上述分析可知，X、Y、Z、V、W五种短周期元素分别是H、C、Na、S和Cl，据此分析解题。
【详解】A．Y和W形成的分子为CCl4，为正四面体形，故A错误；
B．Y与V组成的二元化合物为CS2，CS2为有机溶剂，S易溶于CS2，故B错误；
C．同周期原子半径从左至右逐渐减小，原子半径的大小关系为：Z>V>W，故C正确；
D．同周期元素的非金属性从左到右逐渐增强，非金属性越弱，气态氢化物的稳定性差，X与V组成的二元化合物(H2S)的稳定性弱于X和W组成的二元化合物(HCl)，故D错误；
故答案选C。
6. 下列说法正确的是
A. NH3是极性分子，分子中N处在3个H所组成的三角形的中心
B. CO2和SO2都是由极性键构成的非极性分子
C. 碘易溶于CCl4现象，不能用“相似相溶”规律解释
D. “X—H···Y”三原子不在一条直线上时也能形成氢键
【答案】D
【解析】
【详解】A．N与3个H原子形成σ键，孤对电子数为=1，所以N原子采用sp3杂化，为三角锥形分子，N原子没有处在3个H原子所组成的三角形的中心，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，故A错误；
B．SO2是V形结构，是由极性键构成的极性分子，故B错误；
C．碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶原理知，碘易溶于四氯化碳，故C错误；
D．“X—H···Y”，X、Y是电负性大的原子，就能形成氢键，与三原子是否不在一条直线上无关，故D正确；
故选D。
7. 一种钴的氧化物在纳米储能领域研究广泛，其晶胞结构如图所示(白球为Co，黑球为O)，已知该晶胞参数为，阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是

A. 该晶体的化学式为CoO B. 基态Co原子有3个未成对电子
C. 与O原子最近且等距离的O原子有12个 D. 氧化物的摩尔体积
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据均摊法，晶胞中有4个Co，4个O，化学式为CoO，A正确；
B．基态Co原子的价电子排布式为，其价电子排布图为 ，有3个未成对电子，B正确；
C．根据图示结构结合几何关系可知，与O原子最近且等距离的O原子有12个，且距离为，C正确；
D．1mol晶胞中含有4molCoO，该氧化物的摩尔体积为，D错误；
故答案选D。
8. 已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图，以下结论和解释正确的是

A. 等物质量的和中键数之比为
B. 由实验①可推知
C. 中配体为，它提供空轨道，配位数为6
D. 由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【解析】
【分析】实验①、实验②、实验③的实验现象为蓝色溶液变为粉红色，说明 [Co(H2O)6]2++4Cl-⇌[CoCl4]2-+6H2O逆向移动；
【详解】A．配位键也为σ键，1mol H2O分子中有2molσ键，1mol[Co(H2O)6]2+的σ键为2×6+6=18mol；1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键；1个[CoCl4]2-中含有4个σ键；则等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18∶4=9∶2，选项A不符合题意；
B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，ΔH＞0，选项B不符合题意；
C．中钴离子提供空轨道、水分子中氧提供孤电子对，配体为，配位数为6，选项C不符合题意；
D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c(Cl-)减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，选项D符合题意；
故选D。
9. 存在二种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到： (顺铂)，下列说法不正确的是
A. 一定为平面正方形
B. 该变化过程说明的配位能力大于
C. ②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代
D. 相同条件下，在苯中的溶解度小于
【答案】D
【解析】
【详解】A．存在二种异构体，则一定为平面正方形，而不正四面体，故A正确；
B．由图可知，依次发生过程①②，说明该变化过程说明的配位能力大于，故B正确；
C．由图可知，②过程说明Cl对位上的Cl更容易被取代，故C正确；
D．结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，苯为非极性分子，根据相似相溶可知，相同条件下，在苯中的溶解度大于，故D错误；
故选D。
10. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，乙炔中含有的键数为
B. 溶液中含有的键数为
C. 中含有的配位键数为
D. 常温常压下，乙烯中含有的极性共价键数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．标难状况下，乙炔物质的量为1mol，乙炔的结构式为，单键为σ键，三键中一个σ键，2个键，故1个乙炔分子含有2个键，故1mol乙炔中含有的键数为，故A正确；
B．溶液中的物质的量为0.1mol，含有的键数为，但是溶剂水分子也含有键，故B错误；
C．中氨气分子与中心离子之间形成配位键，故中含有的配位键数为，故C错误；
D． 常温常压下，乙烯中含有的极性共价键数为，故D错误；
故选A。
11. 7-ACCA是合成头孢克罗的关键中间体，其结构如图所示。下列说法正确的是

A. 该化合物的化学式为 B. 分子中有5种不同化学环境的氢原子
C. 分子中含有3个手性碳原子 D. 不存在分子中含有苯环的同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．键线式中端点和拐点均有省略的C原子，再按碳的四价结构补充H的数目即可。该物质的化学式为C7H7N2O3SCl，A项错误；
B．该分子为不对称分子，不同化学的氢有5种，B项正确；
C．手性碳的特点：连接四个不同基团或原子，该分子有2个，如图红色标记，C项错误；
D．该分子不饱和度为5，碳原子数为7，存在含有苯环的同分异构体，D项错误；
故选B。
12. 组成和结构可用表示的有机物(不考虑立体结构)共有种
A. 3种 B. 12种 C. 20种 D. 36种
【答案】C
【解析】
【详解】-C4H9有1-丁基、2-丁基、2-甲基-1-丙基、2-甲基-2-丙基四种；-C3H6Cl有：-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、-CHClCH2CH3、、五种结构，则两种基团的组成共4×5=20种，即可表示的有机物有20种，故C正确；
故选：C。
13. 有一氧化碳、甲烷和乙烷组成的混合气体8.96L(标准状况下)，在足量氧气中充分燃烧后，生成的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量氢氧化钠溶液，测知氢氧化钠溶液质量增加26.4g，则原混合气体中乙烷的物质的量
A. 等于0.2 mol B. 小于0.1 mol C. 等于0.1 mol D. 大于0.2 mol
【答案】A
【解析】
【详解】混合气体的物质的量为，浓硫酸吸收水、溶液吸收二氧化碳，故溶液增重的为二氧化碳的质量，其物质的量为，所以混合气体平均组成中碳原子数为。一氧化碳、甲烷分子中都含有一个碳原子，设一氧化碳、甲烷的总物质的量为，乙烷的物质的量为，则，解得：，则原混合气体中乙烷的物质的量为，A项正确。
故选A。
14. 化合物 X 的相对分子质量为 136，分子式为 C8H8O2。X 分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于 X 的说法中不正确的是

A. X 分子属于酯类化合物
B. X 在一定条件下可与3mol H2发生加成反应
C. 符合题中 X 分子结构特征的有机物有 1 种
D. 与 X 属于同类化合物的同分异构体只有 2 种
【答案】D
【解析】
【分析】化合物X的分子式为C8H8O2，X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，说明分子中含有4种H原子，根据含有一个取代基的苯环上有三种氢原子，个数分别为1、2、2，所以剩余侧链上的3个氢等效，为-CH3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基，且存在结构，故有机物X的结构简式为。
【详解】A． X为，含有酯基，属于酯类化合物，故A正确；
B．X含有一个苯环，苯环在一定条件下可与3mol H2发生加成反应，故B正确；
C．结合分析，X只有一种，故C正确；
D．含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，苯甲酸甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，所以共6种异构体，与A属于同类化合物的同分异构体只有5种，故D错误；
故选：D。
15. 卤代烯烃(CH3)2C=CHCl能发生的反应有
①取代反应    ②加成反应    ③消去反应    ④使溴水褪色    ⑤使酸性KMnO4溶液褪色    ⑥与AgNO3溶液生成白色沉淀    ⑦加聚反应
A. ①②③④⑤⑥⑦ B. ①②④⑤⑦
C. ②④⑤⑥⑦ D. ①③④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】该结构中存在碳碳双键能发生加成反应和加聚反应，能使溴水褪色，同时碳碳双键易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；含有氯原子可以发生水解反应即取代反应；(CH3)2C=CHCl是非电解质，在水中不能电离出Cl−，不能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀；该卤代烃中氯原子所连碳的邻位碳上没有氢，不能发生消去反应，故该卤代烯烃能发生的反应有①②④⑤⑦；
故选：B。
16. “年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法不正确的是
A. 环上的一氯代物为3种
B. 与互为同系物
C. 该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 该分子中sp3杂化的原子数为11个
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项错误；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项正确；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项正确；
B．该分子中C和O均sp3杂化，共有11个，D项正确；
故选A。
17. 下列实验现象和结论正确的是
选项
实验目的
实验操作
实验现象、结论
A
探究盐类水解程度
常温下，用pH计测得0.1mol•L-1弱酸盐NaHA、NaB、Na2A溶液pH值为a、b、c
若c＞b＞a，则水解程度：A2-＞B-＞HA-
B
实现沉淀的转化
向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L-1MgCl2溶液，再滴入2滴0.1mol•L-1CuSO4溶液
若白色沉淀→蓝色沉淀，则Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2
C
验证乙炔化学性质
将电石与饱和食盐水反应生成的气体通入酸性KMnO4溶液中
若紫红色褪去，则证明乙炔能使KMnO4溶液褪色
D
卤代烃中卤原子的检验
有机物A加入到NaOH乙醇溶液中，充分加热：冷却后，取混合液加足量硝酸酸化后滴加AgNO3溶液
若不产生浅黄色沉淀，则有机物A也可能为溴代烃

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHA溶液中存在的水解和电离，当水解程度大于电离程度时显碱性；电离程度大于水解程度时显酸性，不能根据溶液的pH比较NaHA与NaB的水解程度大小，故A错误；
B．向1mL0.1mol•L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol•L-1MgCl2溶液，此时NaOH过量，加入2滴0.1mol•L-1CuSO4溶液后生成的蓝色沉淀不一定是由氢氧化镁转化而来，不能得出Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2的结论，故B错误；
C．电石中含有硫化钙，易生成硫化氢，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．卤代烃消去的原则是：与卤素原子直接相连的邻碳上有H原子。若邻碳上无H则不能消去，故D正确；
故选D
18. 已知：。则合成 所用的原料可以是
A. 和 B. 和
C. 和 D. 和
【答案】A
【解析】
【分析】已知：，采用逆向合成分析法，可以从图示1或2处断裂，据此判断所用的原料。
【详解】结合已知：，采用逆向合成分析法，可以从图示1或2处断裂，即的断键方式有两种，若断1号位 ，若断2号位，据此得出合理选项；
故答案选：A。
19. 某有机物的结构简式为，下列关于该物质的说法错误的是
A. 分子中的碳原子都属于不饱和碳原子
B. 在同一直线上的碳原子有6个
C. 分子中所有原子可能在同一平面上
D. 该物质的分子式为C10H8
【答案】B
【解析】
【详解】A．结构中碳都含有不饱和双键或者三键，都属于不饱和碳， A选项正确；
B．该物质的结构为，在同一直线上的碳原子1、2、3、4、5号碳原子， B选项错误；
C．双键的平面与苯环的平面共面时，所有碳原子都在同一平面上，C说法正确；
D．苯环上有4个氢原子，所以分子式为C10H8，D选项正确；
答案选B。
【点睛】有机物共面的结构：碳碳双键、苯环、碳碳三键等。
20. 下列有机物实际存在且命名正确的是
A. 3-羟基乙苯 B. 2，2-二甲基-3-戊炔
C. 3-甲基-2-丁酸 D. 2-甲基丙烯酰胺
【答案】D
【解析】
【详解】A．3-羟基乙苯中存在苯酚结构，乙基为取代基，正确名称为：3-乙基苯酚，A项错误；
B．2，2-二甲基-3-戊炔中从靠近官能团处编号，正确名称为：3，3-二甲基-2-戊炔，B项错误；
C．名称为3-甲基-2-丁酸的有机物不存在，因为羧基应该在主链两端，C项错误；
D．2-甲基丙烯酰胺的结构式为：，有机物实际存在且命名正确，D项正确；
答案选D。
二、解答题(每题10分，共40分)
21. 常见的一硝基甲苯有对硝基甲苯和邻硝基甲苯两种，均可用于合成各种染料。某探究小组利用下列反应和装置制备一硝基甲苯。

+
实验中可能用到的数据：

密度/g·cm-3
沸点/℃
溶解性
甲苯
0866
110.6
不溶于水，易溶于硝基甲苯
对硝基甲苯
1.286
237.7
不溶于水，易溶于液态烃
邻硝基甲苯
1.162
222
不溶于水，易溶于液态烃
实验步骤：
①按体积比1∶3配制浓硫酸与浓硝酸混合物40mL；
②在三颈瓶中加入15mL(13g)甲苯，按图所示装好药品和其他仪器；
③向三颈瓶中加入混酸，并不断搅拌(磁力搅拌器已略去)；
④控制温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；
⑤分离出一硝基甲苯的总质量13.60g。
请回答下列问题：
（1）反应中需不断搅拌，目的是_______，_______
（2）使用仪器A前必须进行的操作是_______，仪器A的名称是_______
（3）若实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是_______。
（4）分离反应后产物的方案如下：

其中，操作1的名称为_______，操作2中需要使用下列仪器中的_______(填序号)。
A.冷凝管 B.酒精灯 C.温度计 D.分液漏斗 E.蒸发皿
（5）该实验中一硝基甲苯的产率为_______(保留两位有效数字)。
【答案】（1） ①. 使反应充分进行 ②. 并防止温度过高有其他副产物生成
（2） ①. 检查是否漏液 ②. 分液漏斗
（3）温度过高，导致HNO3大量挥发(或其他合理答案)
（4） ①. 分液 ②. A、B、C
（5）70%
【解析】
【分析】该实验利用甲苯和浓硝酸的硝化反应制备硝基甲苯，分别量取10 mL和30 mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅的情况，利用空气冷凝管冷凝回流，以此解答。
【小问1详解】
反应过程中不断搅拌的目的就是使反应物充分接触，充分反应，及时散热防止温度过高有副反应发生生成其他副产物。
【小问2详解】
仪器A的名称是分液漏斗，使用该仪器前必须进行的操作是检查是否漏液。
【小问3详解】
实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是温度过高，导致HNO3大量挥发(或其他合理答案)。
【小问4详解】
操作1为将互不相溶的无机和有机两种液体分离可用分液法；操作2目的是分离对硝基甲苯和邻硝基甲苯两种互溶的有机物，可利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，需使用的仪器中有酒精灯、温度计、冷凝管。
【小问5详解】
设理论上一硝基甲苯的质量为m，则由反应方程式得：+，n(甲苯)=n(一硝基甲苯)，即=，解得m=19.35g，所以实验中一硝基甲苯的产率为×100%≈70%。
22. 原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36。已知X的一种1：2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子的s能级与p能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子。
（1）Y原子核外共有_______种不同运动状态的电子，T原子有_______种不同能级的电子。
（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)。
（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY-与XZ2互为等电子体，则ZXY-中X原子的杂化轨道类型为_______。
（4）Z与R能形成化合物甲，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为_______、_______。
（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为_______。
氟化物
G的氟化物
Q的氟化物
R的氟化物
熔点/K
993
1539
183

（6）果农常用的杀菌剂——波尔多液是由T的硫酸盐溶液和生石灰制得。若在所制得的波尔多液的沉淀上，再喷射氨水，会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物，写出上述沉淀溶解过程的离子方程式_______。

（7）X单质的晶胞如图所示，若X晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为_______cm(用ρ、NA表示，并化成最简形式)。
【答案】（1） ①. 7 ②. 7
（2）C＜O＜N （3）sp杂化
（4） ①. 正四面体形 ②. v形
（5）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2＋的半径比Na＋的半径小、电荷数高，晶格能：MgF2>NaF，故MgF2的熔点比NaF高
（6）Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-＋4H2O
（7）
【解析】
【分析】X的一种氢化物分子中既有σ键又有π键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为碳元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为氧元素，且Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比Z大，而Z的电子排布为1s22s22p4，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为镁元素，而G为金属元素且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为钠元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的d区，且原子序数是d区中最大的，且核电荷数小于36，根据元素周期表可知，T为镍元素，据此分析解题。
【小问1详解】
Y为氮元素，核外电子排布式为1s22s22p3，所以7种不同运动状态的电子，T为镍元素，它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，所以它有7个能级；故答案为7；7。
【小问2详解】
C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序为C＜O＜N；故答案为C＜O＜N。
【小问3详解】
OCN-与CO2互为等电子体，所以它们结构相似，在二氧化碳中碳的价层电子对数为4/2=2，所以碳的杂化方式为sp杂化；故答案为sp杂化。
【小问4详解】
化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个Si-O键，所以1mol二氧化硅中含有4molSi-O键，SiO2与HF反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的价层电子对数为=4，所以SiF4的空间构型为正四面体，H2O中氧原子的价层电子对数为=4，所以H2O的空间构型为v形；故答案为正四面体形；v形。
【小问5详解】
在NaF、MgF2、SiF4中NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，电荷数高，晶格能MgF2>NaF，故MgF2的熔点比NaF高；故答案为NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2＋的半径比Na＋的半径小、电荷数高，晶格能：MgF2>NaF，故MgF2的熔点比NaF高。
【小问6详解】
氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH、Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-；故答案为Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O。
【小问7详解】
假设晶胞的边长为acm，则晶胞的体积为a3cm3，晶体中最近的两个碳原子之间的距离为， ，，所以晶体中最近的两个碳原子之间的距离为。故答案为。
23. 现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。A元素的价电子构型为；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子：G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。
（1）基态B原子核外电子的轨道表示式为___________，基态B原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为___________形。
（2）D原子的基态原子的价电子排布式为___________，F元素位于元素周期表的___________区。
（3）用X射线衍射测定，得到E的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个E原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含E原子数为___________。

（4）A、B、C三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________ (用元素符号表示，下同)；A、B、C三种元素的电负性由小到大的顺序为___________。
（5）元素B和元素C可形成分子，该分子的空间结构为___________。
（6）元素A的简单气态氢化物与元素B的简单气态氢化物相比较，稳定性较强的是___________(填电子式)。
【答案】（1） ①. ②. 哑铃形
（2） ①. ②. ds
（3） ①. 8 ②. 4
（4） ①. ②.
（5）V形 （6）
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G七种元素属于前四周期，且原子序数依次增大，其中A元素的价电子构型为nsnnpn+1，则n=2，故A为N元素；C元素为最活泼的非金属元素，则C为F元素；B的原子序数介于氮、氟之间，故B为O元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的，令最外层电子数为x，则，解得x=2，故D为Mg元素；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故E为Fe元素；F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，故F为Cu元素；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒，则G为As元素。
【小问1详解】
B为O元素，基态O原子的价电子轨道表示式为；基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，最高能级为p，其电子云轮廓为哑铃形。
【小问2详解】
D为Mg元素，Mg原子核外电子排布式为1s22s22p63s2，则Mg原子的基态原子的价电子排布式为；F为Cu元素，位于元素周期表的ds区。
【小问3详解】
由图可知，A晶胞为体心立方堆积，与体心Fe原子紧邻的原子位于顶点，可知晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为8；B晶胞中Fe数目为。
【小问4详解】
A、B、C分别为N、O、F，同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，F、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能大小为：F>N>O；元素原子的得电子能力越强，电负性越大，原子得电子能力大小为：F>O>N，则电负性由小到大的顺序为：。
【小问5详解】
元素B和元素C形成的分子为，OF2中O原子价层电子对数为，含有2个孤电子对，则OF2分子的空间结构是V形。
【小问6详解】
元素A的简单气态氢化物为NH3，B的简单气态氢化物为H2O，非金属性：O>N，则简单气态氢化物的稳定性：H2O>NH3，H2O是共价化合物，O、H原子间共用1对电子，O氧原子外围达到8电子的稳定结构，其电子式为。
24. 已知：苯和卤代烃在催化剂作用下可以生成烷基苯和卤化氢，例如：+CH3CH2CH2Cl+HCl。根据以下转化关系(生成物中所有无机物均已略去)，其中F俗称PS，是一种高分子化合物，在建筑方面是一种良好的隔音、保温材料。回答下列问题：

（1）D中所含官能团的名称为_______。
（2）G的化学式为_______，欲提纯混有少量氯化钠和泥沙的固体G，常用的方法是_______。
（3）在①~⑥6个反应中，属于取代反应的是_______(填反应编号)。
（4）写出Q在铜作催化剂的条件下与氧气反应的化学方程式_______。
（5）在Q的同分异构体中，能与氢氧化钠溶液反应的芳香族化合物有_______种(不包含立体异构)；不能与钠反应且核磁共振氢谱有4组峰的芳香族化合物的结构简式为_______。
【答案】（1）碳氯键 （2） ①. C7H6O2 ②. 重结晶
（3）①②⑥ （4）2+O22+2H2O
（5） ①. 9 ②.
【解析】
【分析】A为CH2=CH2，乙烯和HCl发生加成，生成B，即CH3CH2Cl，CH3CH2Cl在NaOH醇溶液中加热发生消去反应也可以生成CH2=CH2。根据已知，CH3CH2Cl和苯发生取代反应，生成C为；乙苯在酸性高锰酸钾溶液中被氧化生成G为；乙苯和氯气在光照下发生取代反应，乙基上的H原子被取代，根据Q的结构简式，可知D的结构简式为，D在NaOH醇溶液中加热发生消去反应，生成E为 ，苯乙烯再发生加聚反应得到F为聚苯乙烯。
【小问1详解】
由分析可知D的结构简式为 ，含官能团的名称为碳氯键；
【小问2详解】
根据分析G为，分子式为C7H6O2；苯甲酸的溶解度随着温度的变化发生剧烈的变化，高温下溶解，蒸发浓缩，趁热过滤，再冷却结晶，可以得到苯甲酸晶体，该方法为重结晶；
【小问3详解】
根据已知，反应①为取代反应，－CH2CH3取代了苯环上的1个H原子；反应②为取代反应，－Cl取代了乙苯中乙基上的H原子；⑥为取代反应，D中的－Cl被－OH取代；答案为①②⑥；
【小问4详解】
Q为 在铜作催化剂的条件下醇羟基与氧气反应生成羰基，反应的化学方程式2+O22+2H2O；
【小问5详解】
在Q的同分异构体中，能与氢氧化钠溶液反应的芳香族化合物说明含有酚羟基，若剩余的2个C与H原子形成一个乙基，则苯环上有2个取代基，分别为－OH和－CH2CH3，有3种同分异构体；如剩余的2个C与H原子形成2个－CH3，则苯环上有3个取代基，分别为－OH、－CH3、－CH3，有6中同分异构体；则一共有9种。不能与钠反应说明不含有羟基，且核磁共振氢谱有4组峰的芳香族化合物的结构简式为 。