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【化学】云南省华宁县第二中学2018-2019学年高二下学期开学考试（解析版）
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云南省华宁县第二中学2018-2019学年高二下学期开学考试
1. 下列说法正确的是
A. 丙炔中所有原子一定位于一条直线上
B. 甘油醛分子（）中一定存在对映异构现象
C. 某烯烃的衍生物（分子式为C2H2Cl2）中一定存在顺反异构现象
D. 1-丁烯中所有碳原子一定位于同一平面上
【答案】B
【解析】
试题分析：丙炔中存在甲基所以原子不能在一条直线上；B项中存在手性碳，所以存在对映异构体；C项分子存在两种同分异构体，不一定存在顺反异构现象。D项分子中有两个饱和碳，四个碳原子可能在一个平面上。
考点：有机物的结构。
2.下列各组物质相互间一定互为同系物的是（ ）
A. 淀粉和纤维素 B. 蔗糖和麦芽糖
C. C3H6与C4H8 D. C4H10与C10H22
【答案】D
【解析】
分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质称为同系物，据此判断。
详解：A. 淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，不能互为同系物，A错误；
B. 蔗糖和麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C. C3H6与C4H8的结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；
D. C4H10与C10H22均是烷烃，结构相似，互为同系物，D正确。答案选D。
点睛：关于同系物的判断需要注意同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物；同系物必为同一类物质；同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同；同系物组成元素相同；同系物结构相似但不一定完全相同。
3.下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是
A. 配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键
B. 配位化合物中只有配位键
C. [Cu（H2O）6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤对电子形成配位键
D. 配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【答案】B
【解析】
【详解】A．配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子（如CO、NH3、H2O）或离子（如Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物，所以配合物中一定含有配位键，可能存在极性键，故A正确；
B．配位化合物中不仅含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，故B错误；
C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；
D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，故D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查了配合物的结构及用途，注意形成配合物的条件：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
4.下列电子排布式或电子排布图正确的是( )
A. O的电子排布图：
B. Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
C. N的电子排布图：
D. Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中O的电子排布图违背洪特规则;B. Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2中Ca的电子排布式违背能量最低原理;C中N的电子排布图违背泡利原理。D.Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6符合规律，故D正确；答案:D。
5.假设原子晶体SiO2中，Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充．当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石．则正长石的化学组成为（ ）
A. KAlSiO4 B. KAlSi2O6
C. KAlSi2O8 D. KAlSi3O8
【答案】D
【解析】
【分析】
设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式。
【详解】根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。
答案为D
【点睛】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力。
6.下列说法不正确的是( )
A. 离子晶体不一定都含有金属元素
B. 离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键
C. 金属元素与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体
D. 熔化后能导电的晶体一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
A、离子晶体中不一定含有金属离子，如氯化铵晶体，选项A正确；B、离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键，如铵盐、 NaOH 、 Na2O2 等离子晶体中存在离子键和共价键，选项B正确；C、金属与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体。如AlCl3为分子晶体，选项C正确；D、熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，选项D不正确。答案选D。
7.下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是
A. 乙烯 B. 乙醇 C. 乙醛 D. 氯乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物分子中含有n种位置不同的H原子，其核磁共振氢谱就会出现n组峰，结合选项中有机物的结构简式进行解答。
【详解】A．CH2＝CH2分子中只含有1种H，则其核磁共振氢谱中只会出现1组峰，故A不选；
B．CH3CH2OH分子中含有3种位置不同的H，其核磁共振氢谱中出现3组峰，故B选；
C．CH3CHO分子中含有2种位置不同的氢原子，其核磁共振氢谱有2组峰，故C不选；
D．CH3CH2Cl分子中存在2种位置不同的氢原子，其核磁共振氢谱中含有2组峰，故D不选；
故答案选B。
8.过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是
A. NaHCO3溶液 B. Na2CO3溶液
C. NaOH溶液 D. NaCl溶液
【答案】A
【解析】
A．水杨酸中加入碳酸氢钠，只有羧酸与碳酸氢钠反应，-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，A正确；B．水杨酸与碳酸钠反应，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，B错误；C．水杨酸与氢氧化钠溶液反应，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，C错误；D．水杨酸与氯化钠不反应，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了水杨酸的性质，熟悉水杨酸结构和所含官能团的性质是解题关键。解答时注意依据羧酸的酸性＞碳酸＞苯酚＞碳酸氢钠，结合强酸制弱酸规律解答。
【此处有视频，请去附件查看】
9.已知[ZnCl4]2－中Zn2+的4s轨道和4p轨道形成sp3型杂化轨道，则[ZnCl4]2－的空间构型为
A. 直线形 B. 平面三角形
C. 平面正方形 D. 正四面体形
【答案】D
【解析】
【详解】[ZnCl4]2﹣的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，含4个Zn-Cl共价键，4个键完全相同，故空间构型为正四面体形。
故选D。
10.下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是
A. ③④ B. ②⑤ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
芳香烃是指含有苯环的烃；苯的同系物是指含有且只有一个苯环，铡链是烷基的烃；
芳香化合物是指：含有苯环的化合物；
①②③④⑤⑥均为芳香化合物；①②⑤⑥为芳香烃；①⑥为苯的同系物；所以正确选项为B；
11.当原子数目与电子数目分别相等的微粒叫“等电子体”，下列各组微粒间属于等电子体的是
A. CH4和NH3 B. H2O和CO2
C. CO2和HCl D. H3O+和NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目信息，原子数目与电子数目相同的微粒为等电子体，据此结合选项判断。
【详解】A．NH3和CH4的原子数目不相同，分别为4和5，故A不符合；
B．H2O和CO2电子数分别为10和22，故B不符合；
C．CO2和HCl原子数目不相同，分别为3和2，故C不符合；
D．H3O+和NH3原子数都为4，电子数都为10，属于等电子体，故D符合。
故答案选D。
12.下列物质不是配合物的是
A. K2[Co（NCS）4] B. Na2[SiF6]
C. CuSO4•5H2O D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子（称为配体）以配位键结合形成的化合物称为配位化合，简称配合物。氯化铵是铵盐，不是配合物，其余都是，答案选D。
13.下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是
A. H2O B. N2 C. NH3 D. CH4
【答案】D
【解析】
【分析】
由不同非金属元素形成的化学键为极性键，由同种非金属元素形成的化学键为非极性键。若分子含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子。极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，以此来解答。
【详解】A．H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A错误；
B．N2是由非极性键构成的非极性分子，故B错误；
C．NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C错误；
D．CH4含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查极性键和非极性键，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键、空间构型与分子的极性的关系来分析解答即可。
14.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
15.对物质的空间结构的下列说法不正确的是
A. 具有4原子共线的可能含碳碳三键
B. 具有4原子共面一定含醛基
C. 具有6原子共面的可能含碳碳双键
D. 具有12原子共面的可能含苯环
【答案】B
【解析】
试题分析：碳碳三键是直线型结构，所以具有4原子共线的可能含碳碳三键，例如乙炔分子，A正确；具有4原子共面不一定含醛基，也可能含有羰基，B不正确；具有6原子共面的可能含碳碳双键，例如乙烯分子，C正确；具有12原子共面的可能含苯环，例如苯分子，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构中共线和共面的判断
点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和空间想象能力。该题试题需要注意的是，有机分子中原子共线、共面问题可以从以下价格方面考虑：（1）甲烷，正四面体结构，碳原子居于正四面体的中心，分子中的5个原子中没有任何4个原子处于同一平面内。其中任意三个原子在同一平面内，任意两个原子在同一直线上。（2）乙烯，平面型结构，分子中的6个原子处于同一平面内，键角都约为120°。（3）乙炔，直线型结构，分子中的4个原子处于同一直线上。（4）苯，平面型结构，分子中的12个原子都处于同一平面．只要掌握好这些结构，借助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解。
16.有关油脂的说法错误的是
A. 植物油兼有酯类和烯烃的性质
B. 油脂的水解叫皂化反应
C. 液态油催化加氢后可以生成固态脂肪
D. 脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高
【答案】B
【解析】
【详解】A．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，植物油兼有酯类和烯烃的性质，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故B错误；C．液态油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态脂肪，故C正确；D．油脂里烃基的饱和程度越大，其熔点越高，脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，因此脂肪的熔点较高，故D正确；故选B。
17.关于炔烃的下列描述正确的是
A. 分子里含有碳碳三键的一类脂肪烃叫炔烃
B. 炔烃分子里的所有碳原子都在同一直线上
C. 炔烃易发生加成反应，也易发生取代反应
D. 炔烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 有机物分子里含有碳碳三键的一类脂肪烃叫炔烃，A正确；
B. 炔烃分子里的所有碳原子不一定都在同一直线上，例如1-丁炔中碳原子不在同一直线上，B错误；
C. 炔烃含有碳碳三键，易发生加成反应，难发生取代反应，C错误；
D. 炔烃含有碳碳三键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
答案选A。
18.若ABn分子的中心原子上没有孤对电子，应用价层电子对互斥模型理论，判断下列说法正确的是
A. n=3时，则分子的立体构型为V形
B. n=2时，则分子的立体构型平面三角形
C. n=4时，则分子的立体构型为正四面体形
D. n=4时，则分子的立体构型为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则
A、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，A错误；
B、若n=2，则分子的立体构型为直线形，B错误；
C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，C正确；
D、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，D错误；
答案选C。
19.根据下列微粒的最外层电子排布，能确定该元素在元素周期表中位置的是
A. 4s1 B. 3d104sn C. nsnnp3n D. ns2np3
【答案】C
【解析】
【详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误；
B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；
C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；
D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；
综上所述，本题选C。
20. 药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：
下列有关叙述正确的是（ ）
A. 贝诺酯分子中有三种含氧官能团
B. 可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应
D. 贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠
【答案】B
【解析】
A项贝诺酯分子中只含两种含氧官能团，和，A项错误。B项对乙酰氨
基酚含有酚羟基能使FeCl3溶液显色，而乙酰水杨酸没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显色，可以鉴别，
B项正确。C项，只有-COOH（羧基）能与NaHCO3溶液反应，所以乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反
应，对乙酰氨基酚不能，C项错误。D项，贝诺酯与足量NaOH溶液共热，两个酯基和均能
水解，最终生成三种有机物，D项错误。
【考点定位】本题考查有机物中常见官能团的重要化学性质及其转化。中档题。
21. 下列说法中，正确的是 （ ）
A. 冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B. 原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高
C. 分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高
D. 分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
【答案】B
【解析】
试题分析：A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。
考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。
22.某烯烃氢化后得到的饱和烃是，则原烯烃可能有的结构简式有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
烯烃加氢得到烷烃，那么反过来，烷烃分子中相邻碳原子上各去掉1个氢原子，则在这2个碳原子中间就可以形成碳碳双键，生成烯烃。根据烷烃的结构简式可判断，该烷烃具有对称性结构，所以相应的烯烃一共有2种。答案选B。
23.下列烃中苯环上的一氯代物的同分异构体数目最少的是( )
A. 邻二甲苯 B. 间二甲苯 C. 对二甲苯 D. 乙苯
【答案】C
【解析】
分析：邻二甲苯的苯环上有两种不同氢原子，甲基上有一种氢原子；间二甲苯的苯环上只有三种氢原子，甲基上有一种氢原子；对二甲苯的苯环上有一种氢原子，甲基上有一种氢原子；
乙苯苯环上有邻、间、对三种不同氢原子，乙基上有两种不同氢原子。
详解：A、邻二甲苯氢原子有3种，其一氯代物有3种；
B、间二甲苯氢原子有4种，其一氯代物有4种；
C、对二甲苯氢原子有2种，其一氯代物有2种；
D、乙苯氢原子有5种，其一氯代物有5种。
所以一氯代物的同分异构体数目最少的是对二甲苯。
故选C。
24.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是
A. CH4和是等电子体，键角均为60°
B. 和是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CH4和NH4＋是等电子体，键角均为109°28′，A错误；B、NO3―和CO32―是等电子体，根据分子构型的判断，二者均是平面正三角形结构，B正确；C、H3O+和PCl3不是等电子体，C错误；D、B3N3H6和苯是等电子体，空间结构相同，B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D错误，答案选B。
考点：考查对等电子体的理解应用
25.根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ·mol－1)，判断下列说法不正确的是( )
A. 元素的电负性最大的可能是Q元素
B. R和S均可能与U在同一主族
C. U元素可能在周期表的s区
D. 原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图表中数据可知，Q的第一电离能最大，所以元素的电负性最大的可能是Q元素，A项正确；
B.根据第一电离能的数据可知，R的最外层应该有1个电子，S的最外电子层应该有2个电子，不属于同一主族，B项不正确；
C.U最外层有1个电子，可能属于s区元素，C项正确；
D.T元素最外层有3个电子，价电子排布可能是ns2np1，D项正确。答案：B。
26.金属具有的通性是
①具有良好的导电性 ②具有良好的传热性 ③具有延展性 ④都具有较高的熔点 ⑤通常状况下都是固体 ⑥都具有很大的硬度
A. ①②③ B. ②④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
金属具有良好的导电、导热性，还具有良好的延展性，部分金属熔点较高，如钨；部分金属常温下就是液态，如汞；部分金属硬度较高，如铬，也有部分金属硬度较低，如钠。
综上所述，本题正确答案为A。
27.用价层电子对互斥理论预测下列粒子的立体结构。
（1）H2Se____________；
（2）BCl3____________；
（3）PCl3____________；
（4）CO2____________；
（5）SO2____________；
（6）SO42-________________。
【答案】 (1). V形 (2). 平面三角形 (3). 三角锥形 (4). 直线形 (5). V形 (6). 正四面体形
【解析】
【分析】
先计算出中心原子的价层电子数与孤对电子对数，然后根据价层电子对互斥理论判断空间构型。
【详解】（1）H2Se分子中Se原子价层电子对数=2+(6－1×2)/2=4，Se原子采取sp3杂化，Se原子孤对电子对数为2，空间构型为V形；
（2）BCl3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的价电子对数=3+(3－1×3)/2=3，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型为平面三角形；
（3）PCl3分子的中心原子P原子上含有3个σ键，中心原子上的价电子对数=3+(5－1×3)/2=4，P原子采取sp3杂化，中心原子上含有1对孤对电子，所以其空间构型为三角锥形；
（4）CO2分子中碳原子价层电子对数=2+(4－2×2)/2=2，C原子采取sp杂化，C原子不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，空间构型是直线形；
（5）SO2分子中硫原子价层电子对数=2+(6－2×2)/2=3，S原子采取sp2杂化，S原子孤对电子对数为1，空间构型为V形；
（6）SO42-价层电子对个数=4+(6+2－4×2)/2=4，且不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体形。
【点睛】本题考查判断分子或离子构型，正确判断价层电子对个数为解答关键，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
28.X、Y、Z是第ⅠA～ⅦA族的三种非金属元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，试回答下列问题。
（1）X元素单质的化学式是________。
（2）Y元素的原子结构示意图是____________，Y与Na所形成化合物的电子式为________________________。
（3）Z元素的名称是________，从元素原子得失电子的角度看，Z元素具有________性；若从Z元素在元素周期表中所处位置看，它具有这种性质的原因是_________________________，其价电子排布式为__________。
【答案】（1）F2 （2）
(3)砷 两 Z位于元素周期表中金属与非金属交界线附近 4s24p3
【解析】
试题分析：在元素周期表中，非金属位于元素周期表中的右上方，三元素均为非金属，必位于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟，Y为硫，Z为砷。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用以及原子结构示意图、电子式、价电子排布式的书写
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
29.（1） 如图所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是________。
（2） 下图为一个金属铜的晶胞，请完成以下各题。
① 该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________个。
② 该晶胞称为________(填序号)。
A．六方晶胞
B．体心立方晶胞
C．面心立方晶胞
D．简单立方晶胞
③此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64 g·mol－1，金属铜的密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数为________(用a、ρ表示)。
【答案】（1）② （2） ①4 ② C ③
【解析】
试题分析：（1）①每个白色小球被3个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为：=2：1；②每个白色小球被2个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比=：=3：1；所以所表示的化学式为AX3的是②，故答案为②；
（2）①根据图片知，该晶胞中含有6个半个球、8个球，则该晶胞中Cu原子个数=8×+6×=4，故答案为：4；
②该晶胞属于面心立方晶胞，故选C；
③晶胞体积为a3cm3，晶胞体积=，则阿伏伽德罗常数==/mol=/mol。
考点：考查晶胞计算及金属堆积模型。
30.（1）配位化学创始人维尔纳发现，取COCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3（紫红色）、COCl3•4NH3（绿色）和COCl3•4NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol．
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式．
COCl3•6NH3__，COCl3•5NH3__，COCl3•4NH3（绿色和紫色）__．
②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是__．
③上述配合物中，中心离子的配位数都是__．
（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl表示．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．请按要求填空：
①Fe3+与SCN﹣反应时，Fe3+提供__，SCN﹣提供__，二者通过配位键结合．
②所得Fe3+与SCN﹣的配合物中，主要是Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子显血红色．含该离子的配合物的化学式是__．
③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】 (1). [Co（NH3）6]Cl3 (2). [Co（NH3）5（Cl）]Cl2 (3). [Co（NH3）4（Cl）2]Cl (4). [Co（NH3）4（Cl）2]Cl (5). 空间构型不同 (6). 6 (7). 空轨道，孤对电子 (8). [Fe（SCN）]Cl2 (9). FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl
【解析】
【分析】
（1）①根据氯离子如果能形成氯化银沉淀说明是外界离子，不参与配位键的形成分析解答；
②配合物的化学式相同，如果空间结构不同，则其颜色不同；
③根据各物质配合物形式的化学式判断配位数；
（2）①形成配位键的条件是中心离子含有空轨道，配体含有孤电子对；
②根据Fe3+与SCN-以个数比1：1配合，判断其所得离子的化学式；
③Fe3+与SCN-以个数比1：5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2-，据此书写方程式。
【详解】（1）①1molCoCl3•6NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，则1molCoCl3•6NH3中有3molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3，所以其化学式为[Co(NH3)6]Cl3；1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；1molCoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl；
②CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）的化学式都是[Co(NH3)4Cl2]Cl，但因其空间结构不同导致颜色不同；
③这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl，所以其配位数都是6；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN－提供孤电子对；
②Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl；
③Fe3+与SCN﹣以个数比1：5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2﹣，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]与KCl，所以反应方程式为FeCl3＋5KSCN＝K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。
31.为了测定某有机物A的结构，做如下实验：
①将2.3 g该有机物完全燃烧，生成0.1 mol CO2和2.7 g水；
②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；
③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是1∶2∶3。试回答下列问题：
（1）有机物A的相对分子质量是________。
（2）有机物A的实验式是________。
（3）A的分子式是_______________________________________。
（4）A的结构简式为___________________________________________。
【答案】 (1). 46 (2). C2H6O (3). C2H6O (4). CH3CH2OH
【解析】
【分析】
（1）根据质荷比判断有机物A的相对分子质量；
（2）根据n=m÷M计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物A是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据有机物A中C、H、O原子个数比值确定实验式；
（3）根据有机物的实验式中H原子说明是否饱和C原子的四价结构判断；
（4）由核磁共振氢谱判断该有机物含有3种H，可确定分子的结构简式。
【详解】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以其相对分子质量也是46；
（2）2.3 g该有机物中n（C）=n（CO2）=0.1 mol，含有的碳原子的质量为m（C）=0.1 mol×12 g•mol-1=1.2 g，氢原子的物质的量为：n（H）=2×2.7g/18 g•mol-1=0.3 mol，氢原子的质量为m（H）=0.3 mol×1 g•mol-1=0.3 g，该有机物中m（O）=2.3g-1.2 g-0.3g=0.8g，氧元素的物质的量为n（O）=0.8 g÷16g/mol=0.05 mol，则n（C）：n（H）：n（O）=0.1 mol：0.3 mol：0.05 mol=2：6：1，所以A的实验式是C2H6O；
（3）该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式；
（4）A有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1：2：3，显然CH3CH2OH符合题意，所以A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目着重考查有机物分子式、结构简式的计算方法，注意根据质量守恒确定有机物分子式的方法，明确质量比、核磁共振氢谱的含义是解题关键。
32.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
（1）写出B原子的基态电子排布式__；
（2）用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__（任写一种）；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__（填写“变大”、“变小”、“不变”）；
（3）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
（4）下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__（填写序号）；在②的分子中有__个σ键和__个π键
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
根据表中所给的信息，A基态原子有2个电子层，且最外层有3个未成对电子，则2p能级的3个轨道上分别有3个电子，即最外层有5个电子，为N元素；B基态原子，M层有1对成对电子，则3p能级有4个电子，为S元素；C基态原子核外电子排布及化合价可确定为Cu元素；
【详解】（1）B为S元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）A为N元素，其氢化物为氨气，氨水中存在的氢键为：N﹣HN﹣或N﹣HO﹣或O﹣HN﹣或O﹣HO﹣；孤电子对的排斥作用比成键电子对更强一些，氨气分子结合一个H+形成阳离子后，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大；
（3）向硫酸铜溶液中加入过量的氨水，则生成配合物，[Cu(NH3)4]SO4，中心原子Cu2+提供空轨道，氨分子给出孤电子对，以配位键形成[Cu(NH3)4]2+，再与SO42-以离子键结合；
（4）孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，答案为①③④；②的分子中有3个σ键和2个π键；答案为①③④；3；2
【点睛】氢键有N、O、F和H形成的共价键的氢原子与其他的N、O、F间的作用力，氨水中存在氨分子上的氢原子与水分中的氧原子或其它氨分子中的氮原子，或水分子中的氢原子和其它水分子中的氧原子或氨分子中的氮原子间。
33.下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据：
试回答下列问题：
（1）以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是____________（填写编号）。
（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是______（写分子式）。某元素R的原子半径为1.02×10－10m，该元素在周期表中位于______；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，请你写出该化合物的电子式______。
（3）元素⑤的某种单质具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，此单质与熔融的②单质相互作用，形成某种青铜色的物质（其中的元素②用“●”表示），原子分布如图所示，该物质的化学式为______。
。
【答案】 (1). ② (2). PCl3或CCl4 (3). 第三周期、ⅥA族 (4). (5). KC8
【解析】
【分析】
主族元素中，元素的最高化合价数值与其族序数相等，最低化合价数值=8-其族序数，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族中，元素的原子半径随着原子序数的增大而增大，①②⑧最高正价为+1，为第IA族元素，第IA族原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素、②是K元素、⑧是Na元素；⑦⑩最低价为-1，为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素、⑩是F元素；③只有-2价，为第VIA族元素，则③是O元素；④只有+3价，为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；⑤有+4、-4价，为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；⑥⑨有+5、-3价，为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素；结合物质的性质分析解答。
【详解】（1）原子半径越大、金属性越强，元素的原子失去电子就越容易，失去核外第一个电子所需能量就最少，原子半径最大、金属性最强的是②元素，因此失去核外第一个电子所需能量最少的是②；
（2）⑤是C元素、⑥是P元素、⑦是Cl元素，⑤、⑥、⑦三种元素中的两种元素形成的化合物有PCl3、CCl4、PCl5，元素化合价的绝对值+其最外层电子数=8，则该原子达到8电子稳定结构，所以每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质的化学式为PCl3、CCl4；某元素R的原子半径为1.02×10－10m，该原子半径在⑥⑦之间，⑥是P元素，⑦是Cl元素，则该元素是S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，因此根据硫原子的8电子稳定结构可知该化合物的电子式是；
（3）⑤是C元素，②是K元素，如图所示K原子镶嵌在正六边形的中心，该正六边形周围有6个未镶嵌K原子的C原子正六边形结构，即每正六边形周围连接6个C原子，该碳原子为3个正六边形共有，故结构中K原子与C原子数目之比为1：（6+6×1/3）=8，故化学式为KC8。
1. 下列说法正确的是
A. 丙炔中所有原子一定位于一条直线上
B. 甘油醛分子（）中一定存在对映异构现象
C. 某烯烃的衍生物（分子式为C2H2Cl2）中一定存在顺反异构现象
D. 1-丁烯中所有碳原子一定位于同一平面上
【答案】B
【解析】
试题分析：丙炔中存在甲基所以原子不能在一条直线上；B项中存在手性碳，所以存在对映异构体；C项分子存在两种同分异构体，不一定存在顺反异构现象。D项分子中有两个饱和碳，四个碳原子可能在一个平面上。
考点：有机物的结构。
2.下列各组物质相互间一定互为同系物的是（ ）
A. 淀粉和纤维素 B. 蔗糖和麦芽糖
C. C3H6与C4H8 D. C4H10与C10H22
【答案】D
【解析】
分析：结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质称为同系物，据此判断。
详解：A. 淀粉和纤维素均是高分子化合物，属于混合物，不能互为同系物，A错误；
B. 蔗糖和麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B错误；
C. C3H6与C4H8的结构不一定相似，不一定互为同系物，C错误；
D. C4H10与C10H22均是烷烃，结构相似，互为同系物，D正确。答案选D。
点睛：关于同系物的判断需要注意同系物必然符合同一通式，但符合同一通式的不一定是同系物；其中符合通式CnH2n+2且碳原子数不同的物质间一定属于同系物；同系物必为同一类物质；同系物分子间相差一个或若干个CH2原子团，化学式不可能相同；同系物组成元素相同；同系物结构相似但不一定完全相同。
3.下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是
A. 配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键
B. 配位化合物中只有配位键
C. [Cu（H2O）6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤对电子形成配位键
D. 配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【答案】B
【解析】
【详解】A．配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子（如CO、NH3、H2O）或离子（如Cl-、CN-等）通过配位键结合形成的化合物，所以配合物中一定含有配位键，可能存在极性键，故A正确；
B．配位化合物中不仅含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，故B错误；
C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；
D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，故D正确；
故答案选B。
【点睛】本题考查了配合物的结构及用途，注意形成配合物的条件：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
4.下列电子排布式或电子排布图正确的是( )
A. O的电子排布图：
B. Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2
C. N的电子排布图：
D. Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6
【答案】D
【解析】
【详解】A. 中O的电子排布图违背洪特规则;B. Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2中Ca的电子排布式违背能量最低原理;C中N的电子排布图违背泡利原理。D.Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6符合规律，故D正确；答案:D。
5.假设原子晶体SiO2中，Si原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充．当有25%的硅原子被铝原子取代时，可形成正长石．则正长石的化学组成为（ ）
A. KAlSiO4 B. KAlSi2O6
C. KAlSi2O8 D. KAlSi3O8
【答案】D
【解析】
【分析】
设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式。
【详解】根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还属于物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3-2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8。
答案为D
【点睛】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力。
6.下列说法不正确的是( )
A. 离子晶体不一定都含有金属元素
B. 离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键
C. 金属元素与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体
D. 熔化后能导电的晶体一定是离子晶体
【答案】D
【解析】
A、离子晶体中不一定含有金属离子，如氯化铵晶体，选项A正确；B、离子晶体中除含离子键外，还可能含有其他化学键，如铵盐、 NaOH 、 Na2O2 等离子晶体中存在离子键和共价键，选项B正确；C、金属与非金属元素构成的晶体不一定是离子晶体。如AlCl3为分子晶体，选项C正确；D、熔融状态下能导电的晶体可能是金属晶体或离子晶体，选项D不正确。答案选D。
7.下列化合物的核磁共振氢谱中出现三组峰的是
A. 乙烯 B. 乙醇 C. 乙醛 D. 氯乙烷
【答案】B
【解析】
【分析】
有机物分子中含有n种位置不同的H原子，其核磁共振氢谱就会出现n组峰，结合选项中有机物的结构简式进行解答。
【详解】A．CH2＝CH2分子中只含有1种H，则其核磁共振氢谱中只会出现1组峰，故A不选；
B．CH3CH2OH分子中含有3种位置不同的H，其核磁共振氢谱中出现3组峰，故B选；
C．CH3CHO分子中含有2种位置不同的氢原子，其核磁共振氢谱有2组峰，故C不选；
D．CH3CH2Cl分子中存在2种位置不同的氢原子，其核磁共振氢谱中含有2组峰，故D不选；
故答案选B。
8.过量的下列溶液与水杨酸()反应能得到化学式为C7H5O3Na的是
A. NaHCO3溶液 B. Na2CO3溶液
C. NaOH溶液 D. NaCl溶液
【答案】A
【解析】
A．水杨酸中加入碳酸氢钠，只有羧酸与碳酸氢钠反应，-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C7H5O3Na，A正确；B．水杨酸与碳酸钠反应，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，B错误；C．水杨酸与氢氧化钠溶液反应，-COOH作用转化为-COONa，-OH转化为-ONa，分子式为：C7H4O3Na2，C错误；D．水杨酸与氯化钠不反应，D错误；答案选A。
点睛：本题考查了水杨酸的性质，熟悉水杨酸结构和所含官能团的性质是解题关键。解答时注意依据羧酸的酸性＞碳酸＞苯酚＞碳酸氢钠，结合强酸制弱酸规律解答。
【此处有视频，请去附件查看】
9.已知[ZnCl4]2－中Zn2+的4s轨道和4p轨道形成sp3型杂化轨道，则[ZnCl4]2－的空间构型为
A. 直线形 B. 平面三角形
C. 平面正方形 D. 正四面体形
【答案】D
【解析】
【详解】[ZnCl4]2﹣的中心原子采取sp3杂化，配位数为4，含4个Zn-Cl共价键，4个键完全相同，故空间构型为正四面体形。
故选D。
10.下列物质属于芳香烃，但不是苯的同系物的是
A. ③④ B. ②⑤ C. ①②⑤⑥ D. ②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】
芳香烃是指含有苯环的烃；苯的同系物是指含有且只有一个苯环，铡链是烷基的烃；
芳香化合物是指：含有苯环的化合物；
①②③④⑤⑥均为芳香化合物；①②⑤⑥为芳香烃；①⑥为苯的同系物；所以正确选项为B；
11.当原子数目与电子数目分别相等的微粒叫“等电子体”，下列各组微粒间属于等电子体的是
A. CH4和NH3 B. H2O和CO2
C. CO2和HCl D. H3O+和NH3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题目信息，原子数目与电子数目相同的微粒为等电子体，据此结合选项判断。
【详解】A．NH3和CH4的原子数目不相同，分别为4和5，故A不符合；
B．H2O和CO2电子数分别为10和22，故B不符合；
C．CO2和HCl原子数目不相同，分别为3和2，故C不符合；
D．H3O+和NH3原子数都为4，电子数都为10，属于等电子体，故D符合。
故答案选D。
12.下列物质不是配合物的是
A. K2[Co（NCS）4] B. Na2[SiF6]
C. CuSO4•5H2O D. NH4Cl
【答案】D
【解析】
通常把金属离子（或原子）与某些分子或离子（称为配体）以配位键结合形成的化合物称为配位化合，简称配合物。氯化铵是铵盐，不是配合物，其余都是，答案选D。
13.下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是
A. H2O B. N2 C. NH3 D. CH4
【答案】D
【解析】
【分析】
由不同非金属元素形成的化学键为极性键，由同种非金属元素形成的化学键为非极性键。若分子含有极性键，但结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子。极性分子中正负电荷的中心不重合，具有一定的极性，以此来解答。
【详解】A．H2O中含有极性键，空间结构为V型，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故A错误；
B．N2是由非极性键构成的非极性分子，故B错误；
C．NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，故C错误；
D．CH4含有极性键，空间结构为正四面体，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查极性键和非极性键，熟悉常见元素之间的成键是解答本题的关键，注意化学键、空间构型与分子的极性的关系来分析解答即可。
14.电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是
A. CH4和NH4+ B. NO和O2
C. HCl和H2S D. NH2﹣和H3O+
【答案】B
【解析】
【分析】
原子数相同、价电子总数相同的微粒，互称为等电子体。
【详解】A项、CH4的质子数为6+1×4=10，分子中质子数等于电子数，所以电子数为10，NH4+的质子数为7+1×4=11，电子数为10，所以两者的电子数相等，都是10个，属于等电子体，故A正确；
B项、NO的质子数为7+8=15，O2的质子数为8×2=16，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数不相等，不是等电子体，故B错误；
C项、HCl的质子数为1+17=18，H2S的质子数为16+1×2=18，分子中质子数等于电子数，所以两者的电子数相等，是等电子体，故C正确；
D项、NH2-与H3O+质子数分别是9、11，电子数分别为10、10，是等电子体，故D正确。
故选B。
【点睛】题考查了等电子体的含义，解答本题的关键是要充分理解等电子体的本质特征，只有这样才能对问题做出正确的判断。
15.对物质的空间结构的下列说法不正确的是
A. 具有4原子共线的可能含碳碳三键
B. 具有4原子共面一定含醛基
C. 具有6原子共面的可能含碳碳双键
D. 具有12原子共面的可能含苯环
【答案】B
【解析】
试题分析：碳碳三键是直线型结构，所以具有4原子共线的可能含碳碳三键，例如乙炔分子，A正确；具有4原子共面不一定含醛基，也可能含有羰基，B不正确；具有6原子共面的可能含碳碳双键，例如乙烯分子，C正确；具有12原子共面的可能含苯环，例如苯分子，D正确，答案选B。
考点：考查有机物结构中共线和共面的判断
点评：该题是中等难度的试题，侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和空间想象能力。该题试题需要注意的是，有机分子中原子共线、共面问题可以从以下价格方面考虑：（1）甲烷，正四面体结构，碳原子居于正四面体的中心，分子中的5个原子中没有任何4个原子处于同一平面内。其中任意三个原子在同一平面内，任意两个原子在同一直线上。（2）乙烯，平面型结构，分子中的6个原子处于同一平面内，键角都约为120°。（3）乙炔，直线型结构，分子中的4个原子处于同一直线上。（4）苯，平面型结构，分子中的12个原子都处于同一平面．只要掌握好这些结构，借助碳碳单键可以旋转而碳碳双键和碳碳三键不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解。
16.有关油脂的说法错误的是
A. 植物油兼有酯类和烯烃的性质
B. 油脂的水解叫皂化反应
C. 液态油催化加氢后可以生成固态脂肪
D. 脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，熔点较高
【答案】B
【解析】
【详解】A．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，植物油兼有酯类和烯烃的性质，故A正确；B．油脂在碱性条件下的水解叫皂化反应，在酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故B错误；C．液态油含有碳碳双键，催化加氢后可以生成固态脂肪，故C正确；D．油脂里烃基的饱和程度越大，其熔点越高，脂肪里的饱和烃基的相对含量较大，因此脂肪的熔点较高，故D正确；故选B。
17.关于炔烃的下列描述正确的是
A. 分子里含有碳碳三键的一类脂肪烃叫炔烃
B. 炔烃分子里的所有碳原子都在同一直线上
C. 炔烃易发生加成反应，也易发生取代反应
D. 炔烃可以使溴的四氯化碳溶液褪色，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A. 有机物分子里含有碳碳三键的一类脂肪烃叫炔烃，A正确；
B. 炔烃分子里的所有碳原子不一定都在同一直线上，例如1-丁炔中碳原子不在同一直线上，B错误；
C. 炔烃含有碳碳三键，易发生加成反应，难发生取代反应，C错误；
D. 炔烃含有碳碳三键，可以使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
答案选A。
18.若ABn分子的中心原子上没有孤对电子，应用价层电子对互斥模型理论，判断下列说法正确的是
A. n=3时，则分子的立体构型为V形
B. n=2时，则分子的立体构型平面三角形
C. n=4时，则分子的立体构型为正四面体形
D. n=4时，则分子的立体构型为三角锥形
【答案】C
【解析】
【详解】根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则
A、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，A错误；
B、若n=2，则分子的立体构型为直线形，B错误；
C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，C正确；
D、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，D错误；
答案选C。
19.根据下列微粒的最外层电子排布，能确定该元素在元素周期表中位置的是
A. 4s1 B. 3d104sn C. nsnnp3n D. ns2np3
【答案】C
【解析】
【详解】A、4s1的电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1，无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故A错误；
B、3d10的电子排布包括3d104s1、3d104s2等，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故B错误；
C、由于s轨道最多只能容纳2个电子，所以n小于等于2，又n=1时，电子排布式错误，所以n=2，则该微粒最外层电子排布可以为2s22p6，为氖元素，能确定元素周期表中位置，故C正确；
D、若n=1，电子排布式错误，n=2，该微粒最外层电子排布可以为2s22p3，n=3，该微粒最外层电子排布可以为3s23p3，也无法确定元素种类，不能确定元素周期表中位置，故D错误；
综上所述，本题选C。
20. 药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：
下列有关叙述正确的是（ ）
A. 贝诺酯分子中有三种含氧官能团
B. 可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚
C. 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应
D. 贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠
【答案】B
【解析】
A项贝诺酯分子中只含两种含氧官能团，和，A项错误。B项对乙酰氨
基酚含有酚羟基能使FeCl3溶液显色，而乙酰水杨酸没有酚羟基，不能使FeCl3溶液显色，可以鉴别，
B项正确。C项，只有-COOH（羧基）能与NaHCO3溶液反应，所以乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反
应，对乙酰氨基酚不能，C项错误。D项，贝诺酯与足量NaOH溶液共热，两个酯基和均能
水解，最终生成三种有机物，D项错误。
【考点定位】本题考查有机物中常见官能团的重要化学性质及其转化。中档题。
21. 下列说法中，正确的是 （ ）
A. 冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B. 原子晶体中，共价键的键长越短，通常熔点就越高
C. 分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高
D. 分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
【答案】B
【解析】
试题分析：A．冰熔化克服氢键，属于物理变化，H-O键没有断裂，故A错误；B．影响原子晶体熔沸点高低的因素是键能的大小，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，故B正确；C．影响分子晶体熔沸点高低的因素是相对分子质量大小，与共价键的键能无关，故C错误；D．分子的稳定性与分子间作用力无关，稳定性属于化学性质，分子间作用力影响物理性质，故D错误。故选B。
考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。
22.某烯烃氢化后得到的饱和烃是，则原烯烃可能有的结构简式有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
烯烃加氢得到烷烃，那么反过来，烷烃分子中相邻碳原子上各去掉1个氢原子，则在这2个碳原子中间就可以形成碳碳双键，生成烯烃。根据烷烃的结构简式可判断，该烷烃具有对称性结构，所以相应的烯烃一共有2种。答案选B。
23.下列烃中苯环上的一氯代物的同分异构体数目最少的是( )
A. 邻二甲苯 B. 间二甲苯 C. 对二甲苯 D. 乙苯
【答案】C
【解析】
分析：邻二甲苯的苯环上有两种不同氢原子，甲基上有一种氢原子；间二甲苯的苯环上只有三种氢原子，甲基上有一种氢原子；对二甲苯的苯环上有一种氢原子，甲基上有一种氢原子；
乙苯苯环上有邻、间、对三种不同氢原子，乙基上有两种不同氢原子。
详解：A、邻二甲苯氢原子有3种，其一氯代物有3种；
B、间二甲苯氢原子有4种，其一氯代物有4种；
C、对二甲苯氢原子有2种，其一氯代物有2种；
D、乙苯氢原子有5种，其一氯代物有5种。
所以一氯代物的同分异构体数目最少的是对二甲苯。
故选C。
24.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是
A. CH4和是等电子体，键角均为60°
B. 和是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】B
【解析】
试题分析：A、CH4和NH4＋是等电子体，键角均为109°28′，A错误；B、NO3―和CO32―是等电子体，根据分子构型的判断，二者均是平面正三角形结构，B正确；C、H3O+和PCl3不是等电子体，C错误；D、B3N3H6和苯是等电子体，空间结构相同，B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，D错误，答案选B。
考点：考查对等电子体的理解应用
25.根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ·mol－1)，判断下列说法不正确的是( )
A. 元素的电负性最大的可能是Q元素
B. R和S均可能与U在同一主族
C. U元素可能在周期表的s区
D. 原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图表中数据可知，Q的第一电离能最大，所以元素的电负性最大的可能是Q元素，A项正确；
B.根据第一电离能的数据可知，R的最外层应该有1个电子，S的最外电子层应该有2个电子，不属于同一主族，B项不正确；
C.U最外层有1个电子，可能属于s区元素，C项正确；
D.T元素最外层有3个电子，价电子排布可能是ns2np1，D项正确。答案：B。
26.金属具有的通性是
①具有良好的导电性 ②具有良好的传热性 ③具有延展性 ④都具有较高的熔点 ⑤通常状况下都是固体 ⑥都具有很大的硬度
A. ①②③ B. ②④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】
金属具有良好的导电、导热性，还具有良好的延展性，部分金属熔点较高，如钨；部分金属常温下就是液态，如汞；部分金属硬度较高，如铬，也有部分金属硬度较低，如钠。
综上所述，本题正确答案为A。
27.用价层电子对互斥理论预测下列粒子的立体结构。
（1）H2Se____________；
（2）BCl3____________；
（3）PCl3____________；
（4）CO2____________；
（5）SO2____________；
（6）SO42-________________。
【答案】 (1). V形 (2). 平面三角形 (3). 三角锥形 (4). 直线形 (5). V形 (6). 正四面体形
【解析】
【分析】
先计算出中心原子的价层电子数与孤对电子对数，然后根据价层电子对互斥理论判断空间构型。
【详解】（1）H2Se分子中Se原子价层电子对数=2+(6－1×2)/2=4，Se原子采取sp3杂化，Se原子孤对电子对数为2，空间构型为V形；
（2）BCl3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的价电子对数=3+(3－1×3)/2=3，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型为平面三角形；
（3）PCl3分子的中心原子P原子上含有3个σ键，中心原子上的价电子对数=3+(5－1×3)/2=4，P原子采取sp3杂化，中心原子上含有1对孤对电子，所以其空间构型为三角锥形；
（4）CO2分子中碳原子价层电子对数=2+(4－2×2)/2=2，C原子采取sp杂化，C原子不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，空间构型是直线形；
（5）SO2分子中硫原子价层电子对数=2+(6－2×2)/2=3，S原子采取sp2杂化，S原子孤对电子对数为1，空间构型为V形；
（6）SO42-价层电子对个数=4+(6+2－4×2)/2=4，且不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体形。
【点睛】本题考查判断分子或离子构型，正确判断价层电子对个数为解答关键，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
28.X、Y、Z是第ⅠA～ⅦA族的三种非金属元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，试回答下列问题。
（1）X元素单质的化学式是________。
（2）Y元素的原子结构示意图是____________，Y与Na所形成化合物的电子式为________________________。
（3）Z元素的名称是________，从元素原子得失电子的角度看，Z元素具有________性；若从Z元素在元素周期表中所处位置看，它具有这种性质的原因是_________________________，其价电子排布式为__________。
【答案】（1）F2 （2）
(3)砷 两 Z位于元素周期表中金属与非金属交界线附近 4s24p3
【解析】
试题分析：在元素周期表中，非金属位于元素周期表中的右上方，三元素均为非金属，必位于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟，Y为硫，Z为砷。
考点：考查元素周期表的结构、元素周期律的应用以及原子结构示意图、电子式、价电子排布式的书写
点评：本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。
29.（1） 如图所示为二维平面晶体示意图，所表示的化学式为AX3的是________。
（2） 下图为一个金属铜的晶胞，请完成以下各题。
① 该晶胞“实际”拥有的铜原子数是________个。
② 该晶胞称为________(填序号)。
A．六方晶胞
B．体心立方晶胞
C．面心立方晶胞
D．简单立方晶胞
③此晶胞立方体的边长为a cm，Cu的相对原子质量为64 g·mol－1，金属铜的密度为ρ g·cm－3，则阿伏加德罗常数为________(用a、ρ表示)。
【答案】（1）② （2） ①4 ② C ③
【解析】
试题分析：（1）①每个白色小球被3个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比为：=2：1；②每个白色小球被2个黑色小球共用，每个黑色小球被6个白色小球共用，则黑色小球和白色小球个数之比=：=3：1；所以所表示的化学式为AX3的是②，故答案为②；
（2）①根据图片知，该晶胞中含有6个半个球、8个球，则该晶胞中Cu原子个数=8×+6×=4，故答案为：4；
②该晶胞属于面心立方晶胞，故选C；
③晶胞体积为a3cm3，晶胞体积=，则阿伏伽德罗常数==/mol=/mol。
考点：考查晶胞计算及金属堆积模型。
30.（1）配位化学创始人维尔纳发现，取COCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3（紫红色）、COCl3•4NH3（绿色）和COCl3•4NH3（紫色）四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol．
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式．
COCl3•6NH3__，COCl3•5NH3__，COCl3•4NH3（绿色和紫色）__．
②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是__．
③上述配合物中，中心离子的配位数都是__．
（2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色．该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN═Fe（SCN）3+3KCl表示．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．请按要求填空：
①Fe3+与SCN﹣反应时，Fe3+提供__，SCN﹣提供__，二者通过配位键结合．
②所得Fe3+与SCN﹣的配合物中，主要是Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子显血红色．含该离子的配合物的化学式是__．
③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】 (1). [Co（NH3）6]Cl3 (2). [Co（NH3）5（Cl）]Cl2 (3). [Co（NH3）4（Cl）2]Cl (4). [Co（NH3）4（Cl）2]Cl (5). 空间构型不同 (6). 6 (7). 空轨道，孤对电子 (8). [Fe（SCN）]Cl2 (9). FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl
【解析】
【分析】
（1）①根据氯离子如果能形成氯化银沉淀说明是外界离子，不参与配位键的形成分析解答；
②配合物的化学式相同，如果空间结构不同，则其颜色不同；
③根据各物质配合物形式的化学式判断配位数；
（2）①形成配位键的条件是中心离子含有空轨道，配体含有孤电子对；
②根据Fe3+与SCN-以个数比1：1配合，判断其所得离子的化学式；
③Fe3+与SCN-以个数比1：5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2-，据此书写方程式。
【详解】（1）①1molCoCl3•6NH3与足量硝酸银溶液只生成3molAgCl，则1molCoCl3•6NH3中有3molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3，所以其化学式为[Co(NH3)6]Cl3；1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3•5NH3中有2molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；1molCoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl3•4NH3中有1molCl﹣为外界离子，中心离子为Co3+，则配体为NH3和Cl﹣，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl；
②CoCl3•4NH3（绿色）和CoCl3•4NH3（紫色）的化学式都是[Co(NH3)4Cl2]Cl，但因其空间结构不同导致颜色不同；
③这几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl，所以其配位数都是6；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN－提供孤电子对；
②Fe3+与SCN﹣以个数比1：1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl；
③Fe3+与SCN﹣以个数比1：5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2﹣，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]与KCl，所以反应方程式为FeCl3＋5KSCN＝K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。
31.为了测定某有机物A的结构，做如下实验：
①将2.3 g该有机物完全燃烧，生成0.1 mol CO2和2.7 g水；
②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；
③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰的面积之比是1∶2∶3。试回答下列问题：
（1）有机物A的相对分子质量是________。
（2）有机物A的实验式是________。
（3）A的分子式是_______________________________________。
（4）A的结构简式为___________________________________________。
【答案】 (1). 46 (2). C2H6O (3). C2H6O (4). CH3CH2OH
【解析】
【分析】
（1）根据质荷比判断有机物A的相对分子质量；
（2）根据n=m÷M计算生成的水的物质的量，计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物A是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据有机物A中C、H、O原子个数比值确定实验式；
（3）根据有机物的实验式中H原子说明是否饱和C原子的四价结构判断；
（4）由核磁共振氢谱判断该有机物含有3种H，可确定分子的结构简式。
【详解】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以其相对分子质量也是46；
（2）2.3 g该有机物中n（C）=n（CO2）=0.1 mol，含有的碳原子的质量为m（C）=0.1 mol×12 g•mol-1=1.2 g，氢原子的物质的量为：n（H）=2×2.7g/18 g•mol-1=0.3 mol，氢原子的质量为m（H）=0.3 mol×1 g•mol-1=0.3 g，该有机物中m（O）=2.3g-1.2 g-0.3g=0.8g，氧元素的物质的量为n（O）=0.8 g÷16g/mol=0.05 mol，则n（C）：n（H）：n（O）=0.1 mol：0.3 mol：0.05 mol=2：6：1，所以A的实验式是C2H6O；
（3）该有机物的最简式为C2H6O，H原子已经饱和C原子的四价结构，最简式即为分子式；
（4）A有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1：2：3，显然CH3CH2OH符合题意，所以A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重于学生的分析、计算能力的考查，题目着重考查有机物分子式、结构简式的计算方法，注意根据质量守恒确定有机物分子式的方法，明确质量比、核磁共振氢谱的含义是解题关键。
32.三种常见元素结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
（1）写出B原子的基态电子排布式__；
（2）用氢键表示式写出A的氢化物溶液中存在的氢键__（任写一种）；A的氢化物分子结合一个H+形成阳离子后，其键角__（填写“变大”、“变小”、“不变”）；
（3）往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为__，简要描述该配合物中化学键的成键情况__；
（4）下列分子结构图中的“●”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“○”表示氢原子，小黑点“•”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．
在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键是__（填写序号）；在②的分子中有__个σ键和__个π键
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p4 (2). N﹣H…N﹣或N﹣H…O﹣或 O﹣H…N﹣或O﹣H…O﹣ (3). 变大 (4). [Cu(NH3)4]SO4 (5). 中心原子与配体之间以配位键相结合，铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合 (6). ①③④ (7). 3 (8). 2
【解析】
【分析】
根据表中所给的信息，A基态原子有2个电子层，且最外层有3个未成对电子，则2p能级的3个轨道上分别有3个电子，即最外层有5个电子，为N元素；B基态原子，M层有1对成对电子，则3p能级有4个电子，为S元素；C基态原子核外电子排布及化合价可确定为Cu元素；
【详解】（1）B为S元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）A为N元素，其氢化物为氨气，氨水中存在的氢键为：N﹣HN﹣或N﹣HO﹣或O﹣HN﹣或O﹣HO﹣；孤电子对的排斥作用比成键电子对更强一些，氨气分子结合一个H+形成阳离子后，孤电子对转化为成键电子对，斥力减小，键角增大；
（3）向硫酸铜溶液中加入过量的氨水，则生成配合物，[Cu(NH3)4]SO4，中心原子Cu2+提供空轨道，氨分子给出孤电子对，以配位键形成[Cu(NH3)4]2+，再与SO42-以离子键结合；
（4）孤电子对数+中心原子的化学键个数为2，则sp杂化；为3，则sp2杂化；为4，则sp3杂化，答案为①③④；②的分子中有3个σ键和2个π键；答案为①③④；3；2
【点睛】氢键有N、O、F和H形成的共价键的氢原子与其他的N、O、F间的作用力，氨水中存在氨分子上的氢原子与水分中的氧原子或其它氨分子中的氮原子，或水分子中的氢原子和其它水分子中的氧原子或氨分子中的氮原子间。
33.下表列出了前20号元素中的某些元素性质的有关数据：
试回答下列问题：
（1）以上10种元素的原子中，失去核外第一个电子所需能量最少的是____________（填写编号）。
（2）上述⑤、⑥、⑦三种元素中的某两种元素形成的化合物中，每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质可能是______（写分子式）。某元素R的原子半径为1.02×10－10m，该元素在周期表中位于______；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，请你写出该化合物的电子式______。
（3）元素⑤的某种单质具有平面层状结构，同一层中的原子构成许许多多的正六边形，此单质与熔融的②单质相互作用，形成某种青铜色的物质（其中的元素②用“●”表示），原子分布如图所示，该物质的化学式为______。
。
【答案】 (1). ② (2). PCl3或CCl4 (3). 第三周期、ⅥA族 (4). (5). KC8
【解析】
【分析】
主族元素中，元素的最高化合价数值与其族序数相等，最低化合价数值=8-其族序数，同一周期中，元素的原子半径随着原子序数增大而减小，同一主族中，元素的原子半径随着原子序数的增大而增大，①②⑧最高正价为+1，为第IA族元素，第IA族原子半径都大于⑩原子半径，结合原子半径可知，①是Li元素、②是K元素、⑧是Na元素；⑦⑩最低价为-1，为第VIIA族元素，⑦的原子半径大于⑩，所以⑦是Cl元素、⑩是F元素；③只有-2价，为第VIA族元素，则③是O元素；④只有+3价，为第IIIA族元素，原子半径大于Cl原子半径，所以④是Al元素；⑤有+4、-4价，为第IVA族元素，原子半径小于Cl原子半径，所以⑤是C元素；⑥⑨有+5、-3价，为第VA族元素，⑥的原子半径大于⑨，则⑥是P元素、⑨是N元素；结合物质的性质分析解答。
【详解】（1）原子半径越大、金属性越强，元素的原子失去电子就越容易，失去核外第一个电子所需能量就最少，原子半径最大、金属性最强的是②元素，因此失去核外第一个电子所需能量最少的是②；
（2）⑤是C元素、⑥是P元素、⑦是Cl元素，⑤、⑥、⑦三种元素中的两种元素形成的化合物有PCl3、CCl4、PCl5，元素化合价的绝对值+其最外层电子数=8，则该原子达到8电子稳定结构，所以每个原子都满足最外层为8电子稳定结构的物质的化学式为PCl3、CCl4；某元素R的原子半径为1.02×10－10m，该原子半径在⑥⑦之间，⑥是P元素，⑦是Cl元素，则该元素是S元素，在元素周期表中位于第三周期第ⅥA族；若物质Na2R3是一种含有非极性共价键的离子化合物，因此根据硫原子的8电子稳定结构可知该化合物的电子式是；
（3）⑤是C元素，②是K元素，如图所示K原子镶嵌在正六边形的中心，该正六边形周围有6个未镶嵌K原子的C原子正六边形结构，即每正六边形周围连接6个C原子，该碳原子为3个正六边形共有，故结构中K原子与C原子数目之比为1：（6+6×1/3）=8，故化学式为KC8。
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