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广东省深圳市沙井中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试卷
一、选择题：(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．基态Si原子中，电子占据的最高能级的符号是
A．2s B．2p C．3s D．3p
2．可用反应冶炼钾。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．离子半径： D．碱性：
3．干冰气化时，下列所述内容发生变化的是
A．分子内共价键 B．分子大小
C．分子间的作用力 D．分子内共价键的键长
4．某有机物A用质谱仪测定得到如图所示的质谱图，则A的相对分子质量为
A．46 B．31 C．45 D．29
5．有机化合物A的质谱图如图1所示，其核磁共振氢谱图如图2所示，则A的结构简式可能为
A． B．
C． D．
6．某物质的红外光谱图如图，其结构可能为下列选项中的
A． B．
C． D．
7．简单分子的空间结构可以用价层电子对互斥模型预测，用杂化轨道理论解释。下列表格中说法错误的是
选项 分子 中心原子的价层电子对数 VSEPR模型 空间结构 中心原子的杂化轨道类型
A 4 四面体形 V形
B 3 四面体形 三角锥形
C HCN 2 直线形 直线形 sp
D 3 平面三角形 平面三角形
A．A B．B C．C D．D
8．下列各组物质中，由极性键构成的极性分子的是
A． B． C． D．
9．下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是
A．范德华力比氢键的作用还要弱
B．物质的物理性质只与范德华力有关
C．范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关
D．任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有N、O、F的物质中
10．分子的结构决定其性质。下列解释与事实相符的是
选项 实例 解释
A 萘()易溶于四氯化碳 萘与四氯化碳中均含有非极性共价键
B 氟乙酸的酸性大于氯乙酸 比的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸
C 单质碘的沸点大于单质溴 分子极性越大，范德华力越大
D 对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛中共价键更稳定
A．A B．B C．C D．D
11．味精的主要成分是谷氨酸钠()，其分子中含有的手性碳原子数是
A．0 B．1 C．2 D．3
12．有关晶体的结构如下图所示，下列说法错误的是
A．的晶胞结构如图所示，镍原子的配位数为12
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为或
13．中国科学院院士于吉红一直从事分子筛纳米孔材料的研究。分子筛的化学组成通式为：，M代表金属离子(人工合成时通常为Na)，n代表金属离子化合价数。下列说法正确的是
A．、、冰都是典型的共价晶体
B．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．熔点：
D．可作半导体材料
14．下列物质的性质或数据与氢键无关的是
A．水的热稳定性比硫化氢强
B．氨气很容易液化
C．CH3OCH3微溶于水，而乙醇C2H5OH可与水以任意比互溶
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点
15．已知：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y位于同一主族；X和Z的最外层电子数相同；W的原子序数是X的原子序数的一半，且基态W原子和基态X原子中未成对电子数之比为1：2。下列说法正确的是
A．电负性：Y>X>Z
B．原子半径：X>Y>W
C．X与Z形成的晶体为共价晶体
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
16．下列说法正确的是
A．与发生加成反应后的产物具有手性
B．有机物最多有9个原子在同一平面上
C．某烃的键线式为，该烃和按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有5种
D．1-丁烯和2-丁烯属于位置异构，和属于官能团异构
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17．下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。请回答：
（1）下列描述的a原子核外电子运动状态中，能量最高的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
（2）c的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，用原子结构的知识解释发光的原因：　 　。
（3）上表所列某主族元素的各级电离能数据如图所示，则该元素是　 　(填元素符号)，它位于周期表的　 　区。该元素在元素周期表中与短周期元素X处于对角线位置，请写出X元素的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式　 　。
（4）基态m与n原子中未成对电子数之比为　 　，基态p原子的第二电离能　 　基态q原子的第二电离能(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
18．根据分子或离子的结构，完成如下题目。
（1）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。
①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为　 　。
②1molP4S3分子中孤电子对的数目为　 　。
③　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）富马酸可用于生产补铁剂富马酸亚铁，结构如图。
①富马酸分子中，含有官能团的名称是　 　。
②富马酸分子中，键与键的个数比为　 　。
③富马酸亚铁中，碳原子的杂化类型是　 　，所含非金属元素的电负性由大到小顺序是　 　。
19．碱金属锂、钠等的单质及其化合物在航空航天、原子能、医疗等方面都有广泛的用途。回答下列问题：
（1）K与Ca位于同一周期，金属钙的熔点和沸点均比钾高的原因是　 　。
（2）NaCl晶体的晶胞结构如图所示：
①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有　 　个，晶胞边长为apm，则相邻Cl-之间的最短距离为　 　pm，每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，NaCl晶胞中原子1的坐标为(0，0，0)，则原子2和3的坐标分别为　 　、　 　。
（3）Li2S属立方晶体，晶胞边长为apm，晶胞截面图如图所示。每个晶胞中含有S2-的数目为　 　，S2-的配位数是　 　。
20．某实验小组借助李比希法、现代科学仪器测定有机物X的分子组成和结构，具体实验过程如下：
步骤一：用李比希法确定X的实验式：在电炉加热下，用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物X的组成。
（1）装置的连接顺序（从左到右）是________（填字母，装置不能重复使用）。
（2）C装置能否去掉？________，为什么？________。
（3）F装置（燃烧管）中CuO的作用是________。
（4）若实验中所取样品X只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取15.00 g X，经充分反应后，A管质量增加39.60 g，B管质量增加9.00 g。该样品X的实验式为________。
步骤二：质谱法确定分子式
（5）实验测得有机物X的质谱图如下，则X的相对分子质量为________，X的分子式为________。
步骤三：确定X的结构简式。
（6）核磁共振仪测出X的核磁共振氢谱和红外光谱图(只显示部分基团)分别如图。
X的结构简式可能为________(任写一种)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】Si原子核外电子总数为14，其基态电子排布式为。根据电子排布规律，电子占据的最高能级为3p轨道，因此正确答案为D选项。
【分析】根据硅原子核外电子排布式可知，电子占据的最高能级符号是3p。
2．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．钠和钾元素，是第一主族元素，因此第一电离能关系为：，选项A正确；
B．钠和氯元素在第三周期，因此电负性关系为：，选项B错误；
C．离子半径主要取决于电子层数，Cl-有3个电子层，Na+有2个电子层，因此离子半径关系为：，选项C错误；
D．钠和钾在同一主族，对应氢氧化物碱性逐渐增强，因此碱性关系为：KOH>NaOH，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．同一主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小；
B．同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．比较离子半径大小，微粒电子层数越大，半径越大；
D．同主族元素从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
3．【答案】C
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】干冰升华过程中，二氧化碳分子由固态直接转变为气态，分子之间的间距显著增大。这一变化主要涉及分子间作用力的减弱，而分子内部的化学键并未发生断裂。因此，正确答案为选项C。
【分析】干冰属于分子晶体，气化时，分子间距离变大，破坏分子间作用力。
4．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】根据题目描述，质谱图中显示的最大质荷比为46，这表明化合物A的相对分子质量为46。因此，正确答案为选项A。
【分析】质谱图中最右侧数值代表有机物的相对分子质量。
5．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断
【解析】【解答】A．（乙醇）的相对分子质量为46，且分子中有3种氢原子（—CH3、—CH2—、—OH）， A符合；B．（乙醛）的相对分子质量为44，且分子中只有2种氢原子（—CH3、—CHO）， B不符合；
C．（甲酸）的相对分子质量为46，但分子中仅有2种氢原子（—COOH、H）， C不符合；
D．（丁酸）的相对分子质量为88，且分子中有4种氢原子（—CH3、—CH2—、—CH2—、—COOH）， D不符合；
综上，正确答案为A。
【分析】题目中给出的质谱图显示有机化合物A的最大质荷比为46，因此A的相对分子质量为46。核磁共振氢谱图表明A分子有3组吸收峰，说明分子中存在3种化学环境不同的氢原子。
6．【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．该分子结构中不包含C-O-C键，因此不符合红外光谱特征，选项A错误；B．该分子同时含有C-O-C和碳氧双键结构，与红外光谱数据完全吻合，选项B正确；
C．该分子缺乏C-O-C键结构，与红外光谱不符，选项C错误；
D．该分子同样不含有C-O-C键，不符合红外光谱特征，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】根据红外光谱图谱显示的特征峰，可以判断该有机物分子中含有C-O-C键和碳氧双键等官能团结构。
7．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的中心原子价层电子对数计算为，其VSEPR模型为四面体形。由于存在2对孤电子对，分子的实际构型为V形，杂化方式为。因此选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为四面体形。由于有1对孤电子对，分子的实际构型为三角锥形，杂化方式为。因此选项B错误；
C．HCN的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为直线形。由于没有孤电子对，分子的实际构型也为直线形，杂化方式为sp。因此选项C正确；
D．的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为平面三角形。由于没有孤电子对，分子的实际构型也为平面三角形，杂化方式为。因此选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】根据价层电子对互斥理论（VSEPR理论）可以确定分子的空间构型以及中心原子的杂化方式。具体步骤如下：计算价层电子对数：价层电子对数 = 配位原子数 + 孤电子对数，依据价层电子对数确定分子几何构型及杂化方式。
8．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH4分子中含有C-H极性键，其空间构型为正四面体（对称结构），分子中正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，故A选项错误；
B．SO3分子中含有S=O极性键，空间构型为平面三角形（对称结构），分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B选项错误；
C．NH3分子中含有N-H极性键，空间构型为三角锥形（不对称结构），分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故C选项正确；
D．BF3分子中含有B-F极性键，空间构型为平面三角形（对称结构），分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D选项错误；
正确答案为C。
【分析】极性键指不同原子之间形成的共价键，甲烷是非极性分子，三氧化硫是非极性分子，氟化硼是非极性分子。
9．【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 范德华力确实弱于氢键， A正确；
B. 只有分子组成的物质其物理性质才由范德华力或氢键决定， B错误；
C. 范德华力的强弱与分子极性有关，而氢键的强弱主要取决于形成氢键的原子的电负性， C错误；
D. 范德华力仅存在于分子组成的物质中， D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】分子之间存在分子间作用力，包括范德华力和氢键，氢键作用力强于范德华力，范德华力强弱的影响因素有分子的相对分子质量和分子极性，氢键强弱和原子电负性有关。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；相似相溶原理及其应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 萘能够溶解于四氯化碳是由于两者都属于非极性分子（相似相溶原理）， 故A错误；B. 由于氟元素的电负性大于氯元素，使得氟乙酸分子中羟基的极性增强，更容易解离出H+离子，因此酸性更强， 故B正确；
C. 虽然碘和溴都是非极性分子，但碘的沸点更高是由于其相对分子质量更大，分子间范德华力更强。 故C错误；
D. 对羟基苯甲醛因能形成分子间氢键（提高沸点），而邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键（不影响沸点），因此前者的沸点确实更高， 故D错误；
正确答案：B
【分析】A.四氯化碳化学式为CCl4，含有极性共价键；
B.氟的电负性强于氯，氟乙酸酸性大于氯乙酸；
C. 单质碘和单质溴为非极性分子，相对分子质量越大，范德华力越大；
D. 分子晶体的沸点高低和共价键强弱没有关系。
11．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用
【解析】【解答】谷氨酸钠分子中的手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子。分析其结构时可见，仅2号碳原子满足这个条件（分别连接—H、—NH2、—COOH和侧链基团），因此该分子含有1个手性碳原子。正确答案为B选项。
【分析】手性碳原子指的是碳原子上连着4个不同的原子或原子团，根据概念分析。
12．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A. Ni的晶胞为面心立方堆积结构，每个Ni原子的配位数为12（计算公式为：），因此选项A正确；B. 在CaF2晶体中，根据均摊法计算，每个晶胞中Ca2+的数目为4（计算过程：），因此选项B正确；
C. 金刚石晶体中，每个碳原子形成4个碳碳键，由于每个键被2个碳原子共享，因此平均每个碳原子对应2个碳碳键（计算式：4×=2）。故碳原子与碳碳键的数量比为1：2，选项C正确；
D. 团簇分子中所有原子均属于该分子。由图可知，一个团簇分子由4个E原子和4个F原子组成，其分子式应为E4F4或F4E4，因此选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A.根据镍晶胞结构，配位数为12；
B.根据晶胞所含原子计算方法，每个晶胞含有4个钙离子；
C. 金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为 ；
D.团簇分子的分子式包含结构中所有原子个数。
13．【答案】B
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；硅和二氧化硅；晶体的定义
【解析】【解答】A．冰属于分子晶体，选项A错误；
B．金刚石、碳化硅和晶体硅都是共价晶体。由于原子半径C＜Si，因此键长关系为C-C＜C-Si＜Si-Si，对应的键能关系为C-C＞C-Si＞Si-Si。因此硬度排序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，选项B正确；
C．SiO2是共价晶体，Na2O和Al2O3是离子晶体，其中Al3+半径小于Na+且带更多电荷，使得Al2O3晶格能大于Na2O。H2O是分子晶体，因此熔点顺序为：，选项C错误；
D．硅具有半导体特性，但SiO2不导电，不能用作半导体材料，选项D错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．冰属于分子晶体；
B．金刚石、碳化硅和晶体硅都为共价晶体，共价键键能越大，晶体硬度越大；
C．二氧化硅是共价 晶体，熔点高于离子晶体和分子晶体；
D．硅是半导体。
14．【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A. 水的热稳定性高于硫化氢，这是因为H-O键的键能（）显著强于H-S键（），而氢键主要影响物理性质（如沸点），与热稳定性无关，因此A选项正确；
B. 氨气（NH3）易液化的原因是其分子间存在氢键（N-H…N），氢键使分子间作用力增强，沸点升高（ 33.34℃），这一现象与氢键直接相关，故B选项不符合题目要求；
C. 二甲醚（CH3OCH3）因缺乏羟基无法与水形成氢键，溶解度较低；而乙醇（CH3CH2OH）通过羟基（-OH）与水分子形成氢键（O-H…O），实现任意比例互溶，该差异由氢键导致，因此C选项不符合题意；
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点是由于前者形成分子内氢键，后者形成分子间氢键，D不合题意；
综上所述，仅A选项的现象与氢键无关，正确答案为A。
【分析】A. 水和硫化氢的稳定性和共价键的稳定有关，与氢键无关；
B. 氨气易液化是因为氨分子之间存在氢键；
C.乙醇与水互溶，因为乙醇和水分子间可以形成氢键；
D． 对羟基苯甲酸形成分子间氢键，比邻羟基苯甲酸熔点高。
15．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据元素周期律，同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱，因此电负性顺序应为C＞Si＞Na，选项A错误；
B．原子半径变化规律：同周期从左到右半径减小，同主族从上到下半径增大，故原子半径顺序为Na＞Li＞C，选项B错误；
C．SiC中硅原子与碳原子通过共价键结合，属于共价晶体，选项C正确；
D．（硅酸）是弱酸，选项D错误；
综上所述，正确答案为C。【分析】X和Z的最外层电子数相同，说明X与Z属于同一主族元素。根据题目给出的W、X基态原子未成对电子数之比为1：2的条件，可以推断：W和Y的基态原子含有1个未成对电子，X和Z的基态原子含有2个未成对电子。在短周期元素中，未成对电子数为1的元素包括H、Li、B、F、Na、Al、Cl；未成对电子数为2的元素包括C、O、Si、S。结合题目条件"W的原子序数是X的一半"，最终确定：W为Li（锂），X为C（碳），Y为Na（钠），Z为Si（硅）。
16．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；同分异构现象和同分异构体；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A．与氢气加成后生成的产物是，这个分子没有手性手性碳原子，不具有手性，因此A选项是错误的；
B．对于有机物来说，苯环和碳碳双键（或三键）可以在同一平面上，而基团最多可以有3个原子共面（包括R中的一个原子），因此最多共有21个原子在同一平面上，如图：，所以B选项也是错误的；
C．当与按1：1的比例进行加成反应时，可能发生1，2-加成，产物包括：、、；也可能发生1，4-加成，产物为：，总共有4种可能的产物，因此C选项是错误的；
D.1-丁烯和2-丁烯的区别在于双键的位置不同，属于位置异构；而和的官能团不同，属于官能团异构，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据加成产物结构，不具有手性；
B．分子结构中含有苯环，为平面结构，碳碳双键，平面结构，碳碳三建，为直线结构，最多共面碳原子数为21；
C．共轭二烯烃可发生 1，2-加成， 也可以发生1，4 加成；
D. 根据同分异构体定义，含有相同官能团，位置不同属于位置异构，分子式相同，官能团不同属于官能团类别异构。
17．【答案】（1）C
（2）电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量
（3）Al；p；(或)
（4）3：2；>；铜的价电子为，锌的价电子为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，再失去一个电子较困难，因此第二电离能大于锌
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）电子跃迁与能量，在选项C中，2个电子从2s轨道跃迁至2p轨道。由于2p轨道的能量高于2s和1s轨道，因此C的能量最高；
（2）镁燃烧的发光原理，镁在空气中燃烧时发出耀眼白光，其本质是电子从高能级轨道跃迁至低能级或基态时，以光能形式释放能量；
（3）主族元素性质推断，根据题目提供的电离能数据，该元素最外层电子数为3，故为铝（Al），属于p区元素。铝与短周期元素铍（Be）处于对角线位置，铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：
；
（4）过渡金属电子排布与电离能， 未成对电子数： 铬（Cr）有6个未成对电子，铁（Fe）有4个，两者之比为3：2； 第二电离能比较：铜（Cu+）的价电子排布为，锌（Zn+）为。 铜失去一个电子后达到稳定的3d10全满结构，因此Cu的第二电离能显著高于Zn，因为Zn+失去电子仅需克服4s轨道的束缚。
【分析】根据元素在周期表中的位置关系，可以确定各元素的符号： a为锂（Li）， b为氮（N）， c为镁（Mg）， d为铝（Al）， e为硫（S）， m为铬（Cr）， n为铁（Fe），p为铜（Cu），q为锌（Zn）。
（1）2p能级能量大于2s和1s能级，C中有2个电子跃迁到2p轨道，故能量最高的为C；
（2）镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道或者基态时，以光的形式释放能量；
（3）根据图中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为Al元素，Al元素是p区元素，Al在元素周期表中与短周期元素Be处于对角线位置，Be与NaOH溶液反应的化学方程式为；
（4）m为Cr元素，未成对电子6，n为Fe元素，未成对电子为4，未成对电子数之比为3：2，元素p为Cu，Cu+的价电子排布式为3d10，q为Zn，Zn+的价电子排布式为3d104s1，则Cu的基态原子的第二电离能＞Zn的基态原子的第二电离能，原因是：铜的价电子为，锌的价电子为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，再失去一个电子较困难，因此第二电离能大于锌。
18．【答案】（1）sp3；10NA；<
（2）羧基、碳碳双键；11∶3；sp2；O>C>H
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①硫原子（S）有6个价电子。根据P4S3的结构式，在P4S3分子中，S原子用2个价电子形成σ键，剩余4个价电子形成2对孤电子对，因此硫原子的价层电子对数为4，其杂化轨道类型为sp3杂化；
②在P4S3分子中，每个磷原子（P）有1对孤电子对，而每个硫原子（S）有2对孤电子对。因此，1mol P4S3分子中孤电子对的总数为(4×1 + 3×2)NA = 10NA；
③磷原子（P）采用sp3杂化，且每个P原子上有1对孤电子对。由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角∠S—P—S小于标准四面体角109°28'；
（2）①富马酸的结构为。从结构可以看出，富马酸分子中含有的官能团为羧基（—COOH）和碳碳双键（C=C）；
②在富马酸分子中，单键均为σ键，双键包含1个σ键和1个π键。因此，分子中共有11个σ键和3个π键，σ键与π键的个数比为11∶3；
③在富马酸亚铁中，碳原子（C）形成3个σ键和1个π键，无孤电子对，因此碳原子的杂化类型为sp2。分子中的非金属元素包括碳（C）、氢（H）和氧（O）。由于电负性随非金属性的增强而增大，所以电负性由大到小的顺序为O > C > H。
【分析】（1）根据P4S3结构，磷原子上有1对孤电子对，硫原子上有2对孤电子对；磷原子采取sp3杂化，但磷原子上有孤电子对，键角小于 ；
（2）根据富马酸的结构，可得结构中含有官能团名称，分子中含有元素电负性大小根据元素周期律作答。
（1）①S有6个价电子，由P4S3的结构式可知，在P4S3分子中，S的2个价电子用于形成σ键，还有2对孤电子对，故价层电子对数为4，则硫原子的杂化轨道类型为sp3；
②同理，在P4S3分子中，每个P原子有1对孤电子对，故1molP4S3分子中孤电子对的数目为(4×1+3×2)NA=10NA；
③P原子的杂化轨道类型为sp3，且P有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，故∠S—P—S＜109°28'；
（2）①富马酸的结构为，由图知，富马酸中含有的官能团的名称为羧基、碳碳双键；
②如图，在富马酸中，单键为键，双键为1个键，1个，故含有的键数为11个，键数位3个，键与键的个数比为11∶3；
③如图，在富马酸亚铁中，碳原子上含有3个键和1个，没有孤电子对，杂化类型为sp2；所含非金属元素为C、H、O，非金属性越强，电负性值越大，所以电负性由大到小顺序是O>C>H。
19．【答案】（1）Ca的原子半径比K小，价电子数更多，金属键更强
（2）6；a；12；(0，，)；(，，)
（3）4；8
【知识点】离子晶体；金属晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）金属钙的熔点和沸点高于钾，这是因为钙的原子半径小于钾，且钙的价电子数更多，导致金属键强度更大；
（2）①根据图示，每个Na+周围最近的Cl-有6个。晶胞边长为a pm，相邻Cl-之间的最短距离为面对角线的一半，即a pm。在1个Cl-截面上有4个Cl-距离最短，由于存在3个方向的截面，因此每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为3×4=12；
②原子1的坐标为(0， 0， 0)。根据几何关系，原子2位于x=0、y=、z=处，因此其坐标为(0，，)。原子3位于x=、y=、z=处，因此其坐标为(，，)；
（3）Li2S属立方晶体，根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图 (C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为×6+×8=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8，故答案为：4；8。
【分析】（1）钾和钙属于金属晶体，金属晶体熔沸点比较金属原子半径，半径越小，熔沸点越高；
（2）根据氯化钠晶胞结构，钠离子的配位数是6，相邻氯离子之间最短距离是面对角线一半；
（3）根据晶胞截面图，硫离子在晶胞的顶点和面心，锂离子在晶胞内部。
（1）金属钙的熔点和沸点均比钾高的原因是Ca的原子半径比K小，价电子数更多，金属键更强；
（2）①由图可知每个Na+最近的Cl-有6个，晶胞边长为apm，则相邻Cl-之间的最短距离为面对角线的一半：apm，1个Cl-截面有4个Cl-距离最短，有3个方向3个截面，因而每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为3×4=12；
②原子1的坐标为(0，0，0)，由几何知识可知，原子2位于x轴0处、y轴的处、z轴的处，因而2的坐标为(0，，)，原子3位于x轴的处、y轴的处、z轴的处，因而3的坐标为(，，)。
（3）Li2S属立方晶体，根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图 (C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为×6+×8=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8，故答案为：4；8。
20．【答案】(1) E→D→F→B→A→C
(2) 否 防止空气中的CO2和水蒸气影响实验结果
(3) 使有机物被充分氧化生成CO2
(4) C9H10O2
(5) 150 C9H10O2
(6) (或其他合理答案)
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；性质实验方案的设计；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）装置连接顺序为：E（氧气制备）→D（干燥氧气）→F（有机物与氧气反应）→B（吸收水蒸气）→A（吸收二氧化碳）→C（防止外界干扰）；
（2）C装置的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入A装置影响实验结果，因此不能省略；
（3）F装置中可能存在有机物不完全燃烧的情况，生成的CO会与CuO反应生成CO2。
（4）实验数据计算：A管增重39.60 g（CO2），物质的量为0.90 mol，碳质量为10.8 g。B管增重9.00 g（H2O），物质的量为0.50 mol，氢质量为1.0 g。氧质量为3.2 g，物质的量为0.2 mol。
由此得出实验式：C9H10O2；
（5）质谱图显示X的相对分子质量为150，结合实验式确定分子式为C9H10O2；
（6）核磁共振氢谱显示X有5种氢原子，峰面积比为1∶2∶2∶2∶3。红外光谱表明X含苯环、C=O和C-O-C基团，可能结构为：
。
【分析】实验室利用双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气和水，通过浓硫酸干燥氧气后，将氧气通入样品中进行反应。反应生成的水蒸气被氯化钙吸收，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后用碱石灰防止外界水蒸气和二氧化碳进入装置A干扰实验结果。
1 / 1广东省深圳市沙井中学2024-2025学年高二下学期期中考试化学试卷
一、选择题：(本大题共16小题，共44分。第1-10题，每小题2分；第11-16小题，每小题4分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。)
1．基态Si原子中，电子占据的最高能级的符号是
A．2s B．2p C．3s D．3p
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】Si原子核外电子总数为14，其基态电子排布式为。根据电子排布规律，电子占据的最高能级为3p轨道，因此正确答案为D选项。
【分析】根据硅原子核外电子排布式可知，电子占据的最高能级符号是3p。
2．可用反应冶炼钾。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．电负性：
C．离子半径： D．碱性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．钠和钾元素，是第一主族元素，因此第一电离能关系为：，选项A正确；
B．钠和氯元素在第三周期，因此电负性关系为：，选项B错误；
C．离子半径主要取决于电子层数，Cl-有3个电子层，Na+有2个电子层，因此离子半径关系为：，选项C错误；
D．钠和钾在同一主族，对应氢氧化物碱性逐渐增强，因此碱性关系为：KOH>NaOH，选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．同一主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小；
B．同一周期从左到右，元素的电负性逐渐增大；
C．比较离子半径大小，微粒电子层数越大，半径越大；
D．同主族元素从上到下金属性增强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强。
3．干冰气化时，下列所述内容发生变化的是
A．分子内共价键 B．分子大小
C．分子间的作用力 D．分子内共价键的键长
【答案】C
【知识点】化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】干冰升华过程中，二氧化碳分子由固态直接转变为气态，分子之间的间距显著增大。这一变化主要涉及分子间作用力的减弱，而分子内部的化学键并未发生断裂。因此，正确答案为选项C。
【分析】干冰属于分子晶体，气化时，分子间距离变大，破坏分子间作用力。
4．某有机物A用质谱仪测定得到如图所示的质谱图，则A的相对分子质量为
A．46 B．31 C．45 D．29
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】根据题目描述，质谱图中显示的最大质荷比为46，这表明化合物A的相对分子质量为46。因此，正确答案为选项A。
【分析】质谱图中最右侧数值代表有机物的相对分子质量。
5．有机化合物A的质谱图如图1所示，其核磁共振氢谱图如图2所示，则A的结构简式可能为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的推断
【解析】【解答】A．（乙醇）的相对分子质量为46，且分子中有3种氢原子（—CH3、—CH2—、—OH）， A符合；B．（乙醛）的相对分子质量为44，且分子中只有2种氢原子（—CH3、—CHO）， B不符合；
C．（甲酸）的相对分子质量为46，但分子中仅有2种氢原子（—COOH、H）， C不符合；
D．（丁酸）的相对分子质量为88，且分子中有4种氢原子（—CH3、—CH2—、—CH2—、—COOH）， D不符合；
综上，正确答案为A。
【分析】题目中给出的质谱图显示有机化合物A的最大质荷比为46，因此A的相对分子质量为46。核磁共振氢谱图表明A分子有3组吸收峰，说明分子中存在3种化学环境不同的氢原子。
6．某物质的红外光谱图如图，其结构可能为下列选项中的
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A．该分子结构中不包含C-O-C键，因此不符合红外光谱特征，选项A错误；B．该分子同时含有C-O-C和碳氧双键结构，与红外光谱数据完全吻合，选项B正确；
C．该分子缺乏C-O-C键结构，与红外光谱不符，选项C错误；
D．该分子同样不含有C-O-C键，不符合红外光谱特征，选项D错误；
综上所述，正确答案为B。
【分析】根据红外光谱图谱显示的特征峰，可以判断该有机物分子中含有C-O-C键和碳氧双键等官能团结构。
7．简单分子的空间结构可以用价层电子对互斥模型预测，用杂化轨道理论解释。下列表格中说法错误的是
选项 分子 中心原子的价层电子对数 VSEPR模型 空间结构 中心原子的杂化轨道类型
A 4 四面体形 V形
B 3 四面体形 三角锥形
C HCN 2 直线形 直线形 sp
D 3 平面三角形 平面三角形
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．的中心原子价层电子对数计算为，其VSEPR模型为四面体形。由于存在2对孤电子对，分子的实际构型为V形，杂化方式为。因此选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为四面体形。由于有1对孤电子对，分子的实际构型为三角锥形，杂化方式为。因此选项B错误；
C．HCN的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为直线形。由于没有孤电子对，分子的实际构型也为直线形，杂化方式为sp。因此选项C正确；
D．的中心原子价层电子对数计算为，VSEPR模型为平面三角形。由于没有孤电子对，分子的实际构型也为平面三角形，杂化方式为。因此选项D正确；
综上所述，正确答案为B。
【分析】根据价层电子对互斥理论（VSEPR理论）可以确定分子的空间构型以及中心原子的杂化方式。具体步骤如下：计算价层电子对数：价层电子对数 = 配位原子数 + 孤电子对数，依据价层电子对数确定分子几何构型及杂化方式。
8．下列各组物质中，由极性键构成的极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．CH4分子中含有C-H极性键，其空间构型为正四面体（对称结构），分子中正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，故A选项错误；
B．SO3分子中含有S=O极性键，空间构型为平面三角形（对称结构），分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，故B选项错误；
C．NH3分子中含有N-H极性键，空间构型为三角锥形（不对称结构），分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，故C选项正确；
D．BF3分子中含有B-F极性键，空间构型为平面三角形（对称结构），分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子，故D选项错误；
正确答案为C。
【分析】极性键指不同原子之间形成的共价键，甲烷是非极性分子，三氧化硫是非极性分子，氟化硼是非极性分子。
9．下列关于范德华力与氢键的叙述中正确的是
A．范德华力比氢键的作用还要弱
B．物质的物理性质只与范德华力有关
C．范德华力与氢键的强弱都只与相对分子质量有关
D．任何物质中都存在范德华力，而氢键只存在于含有N、O、F的物质中
【答案】A
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 范德华力确实弱于氢键， A正确；
B. 只有分子组成的物质其物理性质才由范德华力或氢键决定， B错误；
C. 范德华力的强弱与分子极性有关，而氢键的强弱主要取决于形成氢键的原子的电负性， C错误；
D. 范德华力仅存在于分子组成的物质中， D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】分子之间存在分子间作用力，包括范德华力和氢键，氢键作用力强于范德华力，范德华力强弱的影响因素有分子的相对分子质量和分子极性，氢键强弱和原子电负性有关。
10．分子的结构决定其性质。下列解释与事实相符的是
选项 实例 解释
A 萘()易溶于四氯化碳 萘与四氯化碳中均含有非极性共价键
B 氟乙酸的酸性大于氯乙酸 比的电负性大，导致氟乙酸中羟基的极性大于氯乙酸
C 单质碘的沸点大于单质溴 分子极性越大，范德华力越大
D 对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛 对羟基苯甲醛中共价键更稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；相似相溶原理及其应用；分子间作用力；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A. 萘能够溶解于四氯化碳是由于两者都属于非极性分子（相似相溶原理）， 故A错误；B. 由于氟元素的电负性大于氯元素，使得氟乙酸分子中羟基的极性增强，更容易解离出H+离子，因此酸性更强， 故B正确；
C. 虽然碘和溴都是非极性分子，但碘的沸点更高是由于其相对分子质量更大，分子间范德华力更强。 故C错误；
D. 对羟基苯甲醛因能形成分子间氢键（提高沸点），而邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键（不影响沸点），因此前者的沸点确实更高， 故D错误；
正确答案：B
【分析】A.四氯化碳化学式为CCl4，含有极性共价键；
B.氟的电负性强于氯，氟乙酸酸性大于氯乙酸；
C. 单质碘和单质溴为非极性分子，相对分子质量越大，范德华力越大；
D. 分子晶体的沸点高低和共价键强弱没有关系。
11．味精的主要成分是谷氨酸钠()，其分子中含有的手性碳原子数是
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用
【解析】【解答】谷氨酸钠分子中的手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子。分析其结构时可见，仅2号碳原子满足这个条件（分别连接—H、—NH2、—COOH和侧链基团），因此该分子含有1个手性碳原子。正确答案为B选项。
【分析】手性碳原子指的是碳原子上连着4个不同的原子或原子团，根据概念分析。
12．有关晶体的结构如下图所示，下列说法错误的是
A．的晶胞结构如图所示，镍原子的配位数为12
B．在晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为
D．由E原子和F原子构成的气态团簇分子的分子式为或
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解析】A. Ni的晶胞为面心立方堆积结构，每个Ni原子的配位数为12（计算公式为：），因此选项A正确；B. 在CaF2晶体中，根据均摊法计算，每个晶胞中Ca2+的数目为4（计算过程：），因此选项B正确；
C. 金刚石晶体中，每个碳原子形成4个碳碳键，由于每个键被2个碳原子共享，因此平均每个碳原子对应2个碳碳键（计算式：4×=2）。故碳原子与碳碳键的数量比为1：2，选项C正确；
D. 团簇分子中所有原子均属于该分子。由图可知，一个团簇分子由4个E原子和4个F原子组成，其分子式应为E4F4或F4E4，因此选项D错误；
综上所述，正确答案为D。
【分析】A.根据镍晶胞结构，配位数为12；
B.根据晶胞所含原子计算方法，每个晶胞含有4个钙离子；
C. 金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数之比为 ；
D.团簇分子的分子式包含结构中所有原子个数。
13．中国科学院院士于吉红一直从事分子筛纳米孔材料的研究。分子筛的化学组成通式为：，M代表金属离子(人工合成时通常为Na)，n代表金属离子化合价数。下列说法正确的是
A．、、冰都是典型的共价晶体
B．硬度：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．熔点：
D．可作半导体材料
【答案】B
【知识点】离子晶体；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；硅和二氧化硅；晶体的定义
【解析】【解答】A．冰属于分子晶体，选项A错误；
B．金刚石、碳化硅和晶体硅都是共价晶体。由于原子半径C＜Si，因此键长关系为C-C＜C-Si＜Si-Si，对应的键能关系为C-C＞C-Si＞Si-Si。因此硬度排序为：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，选项B正确；
C．SiO2是共价晶体，Na2O和Al2O3是离子晶体，其中Al3+半径小于Na+且带更多电荷，使得Al2O3晶格能大于Na2O。H2O是分子晶体，因此熔点顺序为：，选项C错误；
D．硅具有半导体特性，但SiO2不导电，不能用作半导体材料，选项D错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】A．冰属于分子晶体；
B．金刚石、碳化硅和晶体硅都为共价晶体，共价键键能越大，晶体硬度越大；
C．二氧化硅是共价 晶体，熔点高于离子晶体和分子晶体；
D．硅是半导体。
14．下列物质的性质或数据与氢键无关的是
A．水的热稳定性比硫化氢强
B．氨气很容易液化
C．CH3OCH3微溶于水，而乙醇C2H5OH可与水以任意比互溶
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点
【答案】A
【知识点】含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解析】A. 水的热稳定性高于硫化氢，这是因为H-O键的键能（）显著强于H-S键（），而氢键主要影响物理性质（如沸点），与热稳定性无关，因此A选项正确；
B. 氨气（NH3）易液化的原因是其分子间存在氢键（N-H…N），氢键使分子间作用力增强，沸点升高（ 33.34℃），这一现象与氢键直接相关，故B选项不符合题目要求；
C. 二甲醚（CH3OCH3）因缺乏羟基无法与水形成氢键，溶解度较低；而乙醇（CH3CH2OH）通过羟基（-OH）与水分子形成氢键（O-H…O），实现任意比例互溶，该差异由氢键导致，因此C选项不符合题意；
D．邻羟基苯甲酸()的熔点低于对羟基苯甲酸()的熔点是由于前者形成分子内氢键，后者形成分子间氢键，D不合题意；
综上所述，仅A选项的现象与氢键无关，正确答案为A。
【分析】A. 水和硫化氢的稳定性和共价键的稳定有关，与氢键无关；
B. 氨气易液化是因为氨分子之间存在氢键；
C.乙醇与水互溶，因为乙醇和水分子间可以形成氢键；
D． 对羟基苯甲酸形成分子间氢键，比邻羟基苯甲酸熔点高。
15．已知：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W和Y位于同一主族；X和Z的最外层电子数相同；W的原子序数是X的原子序数的一半，且基态W原子和基态X原子中未成对电子数之比为1：2。下列说法正确的是
A．电负性：Y>X>Z
B．原子半径：X>Y>W
C．X与Z形成的晶体为共价晶体
D．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据元素周期律，同周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减弱，因此电负性顺序应为C＞Si＞Na，选项A错误；
B．原子半径变化规律：同周期从左到右半径减小，同主族从上到下半径增大，故原子半径顺序为Na＞Li＞C，选项B错误；
C．SiC中硅原子与碳原子通过共价键结合，属于共价晶体，选项C正确；
D．（硅酸）是弱酸，选项D错误；
综上所述，正确答案为C。【分析】X和Z的最外层电子数相同，说明X与Z属于同一主族元素。根据题目给出的W、X基态原子未成对电子数之比为1：2的条件，可以推断：W和Y的基态原子含有1个未成对电子，X和Z的基态原子含有2个未成对电子。在短周期元素中，未成对电子数为1的元素包括H、Li、B、F、Na、Al、Cl；未成对电子数为2的元素包括C、O、Si、S。结合题目条件"W的原子序数是X的一半"，最终确定：W为Li（锂），X为C（碳），Y为Na（钠），Z为Si（硅）。
16．下列说法正确的是
A．与发生加成反应后的产物具有手性
B．有机物最多有9个原子在同一平面上
C．某烃的键线式为，该烃和按物质的量之比为1：1加成时，所得产物有5种
D．1-丁烯和2-丁烯属于位置异构，和属于官能团异构
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；同分异构现象和同分异构体；烯烃；加成反应
【解析】【解答】A．与氢气加成后生成的产物是，这个分子没有手性手性碳原子，不具有手性，因此A选项是错误的；
B．对于有机物来说，苯环和碳碳双键（或三键）可以在同一平面上，而基团最多可以有3个原子共面（包括R中的一个原子），因此最多共有21个原子在同一平面上，如图：，所以B选项也是错误的；
C．当与按1：1的比例进行加成反应时，可能发生1，2-加成，产物包括：、、；也可能发生1，4-加成，产物为：，总共有4种可能的产物，因此C选项是错误的；
D.1-丁烯和2-丁烯的区别在于双键的位置不同，属于位置异构；而和的官能团不同，属于官能团异构，因此D选项是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】A．根据加成产物结构，不具有手性；
B．分子结构中含有苯环，为平面结构，碳碳双键，平面结构，碳碳三建，为直线结构，最多共面碳原子数为21；
C．共轭二烯烃可发生 1，2-加成， 也可以发生1，4 加成；
D. 根据同分异构体定义，含有相同官能团，位置不同属于位置异构，分子式相同，官能团不同属于官能团类别异构。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。
17．下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表一种元素。请回答：
（1）下列描述的a原子核外电子运动状态中，能量最高的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
（2）c的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，用原子结构的知识解释发光的原因：　 　。
（3）上表所列某主族元素的各级电离能数据如图所示，则该元素是　 　(填元素符号)，它位于周期表的　 　区。该元素在元素周期表中与短周期元素X处于对角线位置，请写出X元素的单质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式　 　。
（4）基态m与n原子中未成对电子数之比为　 　，基态p原子的第二电离能　 　基态q原子的第二电离能(填“>”“<”或“=”)，原因是　 　。
【答案】（1）C
（2）电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，以光的形式释放能量
（3）Al；p；(或)
（4）3：2；>；铜的价电子为，锌的价电子为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，再失去一个电子较困难，因此第二电离能大于锌
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）电子跃迁与能量，在选项C中，2个电子从2s轨道跃迁至2p轨道。由于2p轨道的能量高于2s和1s轨道，因此C的能量最高；
（2）镁燃烧的发光原理，镁在空气中燃烧时发出耀眼白光，其本质是电子从高能级轨道跃迁至低能级或基态时，以光能形式释放能量；
（3）主族元素性质推断，根据题目提供的电离能数据，该元素最外层电子数为3，故为铝（Al），属于p区元素。铝与短周期元素铍（Be）处于对角线位置，铍与氢氧化钠反应的化学方程式为：
；
（4）过渡金属电子排布与电离能， 未成对电子数： 铬（Cr）有6个未成对电子，铁（Fe）有4个，两者之比为3：2； 第二电离能比较：铜（Cu+）的价电子排布为，锌（Zn+）为。 铜失去一个电子后达到稳定的3d10全满结构，因此Cu的第二电离能显著高于Zn，因为Zn+失去电子仅需克服4s轨道的束缚。
【分析】根据元素在周期表中的位置关系，可以确定各元素的符号： a为锂（Li）， b为氮（N）， c为镁（Mg）， d为铝（Al）， e为硫（S）， m为铬（Cr）， n为铁（Fe），p为铜（Cu），q为锌（Zn）。
（1）2p能级能量大于2s和1s能级，C中有2个电子跃迁到2p轨道，故能量最高的为C；
（2）镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道或者基态时，以光的形式释放能量；
（3）根据图中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为Al元素，Al元素是p区元素，Al在元素周期表中与短周期元素Be处于对角线位置，Be与NaOH溶液反应的化学方程式为；
（4）m为Cr元素，未成对电子6，n为Fe元素，未成对电子为4，未成对电子数之比为3：2，元素p为Cu，Cu+的价电子排布式为3d10，q为Zn，Zn+的价电子排布式为3d104s1，则Cu的基态原子的第二电离能＞Zn的基态原子的第二电离能，原因是：铜的价电子为，锌的价电子为，铜失去一个电子可以达到稳定的3d全满结构，再失去一个电子较困难，因此第二电离能大于锌。
18．根据分子或离子的结构，完成如下题目。
（1）P4S3可用于制造火柴，其分子结构如图所示。
①P4S3分子中硫原子的杂化轨道类型为　 　。
②1molP4S3分子中孤电子对的数目为　 　。
③　 　(填“>”、“<”或“=”)。
（2）富马酸可用于生产补铁剂富马酸亚铁，结构如图。
①富马酸分子中，含有官能团的名称是　 　。
②富马酸分子中，键与键的个数比为　 　。
③富马酸亚铁中，碳原子的杂化类型是　 　，所含非金属元素的电负性由大到小顺序是　 　。
【答案】（1）sp3；10NA；<
（2）羧基、碳碳双键；11∶3；sp2；O>C>H
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①硫原子（S）有6个价电子。根据P4S3的结构式，在P4S3分子中，S原子用2个价电子形成σ键，剩余4个价电子形成2对孤电子对，因此硫原子的价层电子对数为4，其杂化轨道类型为sp3杂化；
②在P4S3分子中，每个磷原子（P）有1对孤电子对，而每个硫原子（S）有2对孤电子对。因此，1mol P4S3分子中孤电子对的总数为(4×1 + 3×2)NA = 10NA；
③磷原子（P）采用sp3杂化，且每个P原子上有1对孤电子对。由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致键角∠S—P—S小于标准四面体角109°28'；
（2）①富马酸的结构为。从结构可以看出，富马酸分子中含有的官能团为羧基（—COOH）和碳碳双键（C=C）；
②在富马酸分子中，单键均为σ键，双键包含1个σ键和1个π键。因此，分子中共有11个σ键和3个π键，σ键与π键的个数比为11∶3；
③在富马酸亚铁中，碳原子（C）形成3个σ键和1个π键，无孤电子对，因此碳原子的杂化类型为sp2。分子中的非金属元素包括碳（C）、氢（H）和氧（O）。由于电负性随非金属性的增强而增大，所以电负性由大到小的顺序为O > C > H。
【分析】（1）根据P4S3结构，磷原子上有1对孤电子对，硫原子上有2对孤电子对；磷原子采取sp3杂化，但磷原子上有孤电子对，键角小于 ；
（2）根据富马酸的结构，可得结构中含有官能团名称，分子中含有元素电负性大小根据元素周期律作答。
（1）①S有6个价电子，由P4S3的结构式可知，在P4S3分子中，S的2个价电子用于形成σ键，还有2对孤电子对，故价层电子对数为4，则硫原子的杂化轨道类型为sp3；
②同理，在P4S3分子中，每个P原子有1对孤电子对，故1molP4S3分子中孤电子对的数目为(4×1+3×2)NA=10NA；
③P原子的杂化轨道类型为sp3，且P有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥力比成键电子对间的排斥力大，故∠S—P—S＜109°28'；
（2）①富马酸的结构为，由图知，富马酸中含有的官能团的名称为羧基、碳碳双键；
②如图，在富马酸中，单键为键，双键为1个键，1个，故含有的键数为11个，键数位3个，键与键的个数比为11∶3；
③如图，在富马酸亚铁中，碳原子上含有3个键和1个，没有孤电子对，杂化类型为sp2；所含非金属元素为C、H、O，非金属性越强，电负性值越大，所以电负性由大到小顺序是O>C>H。
19．碱金属锂、钠等的单质及其化合物在航空航天、原子能、医疗等方面都有广泛的用途。回答下列问题：
（1）K与Ca位于同一周期，金属钙的熔点和沸点均比钾高的原因是　 　。
（2）NaCl晶体的晶胞结构如图所示：
①晶胞中距离1个Na+最近的Cl-有　 　个，晶胞边长为apm，则相邻Cl-之间的最短距离为　 　pm，每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，NaCl晶胞中原子1的坐标为(0，0，0)，则原子2和3的坐标分别为　 　、　 　。
（3）Li2S属立方晶体，晶胞边长为apm，晶胞截面图如图所示。每个晶胞中含有S2-的数目为　 　，S2-的配位数是　 　。
【答案】（1）Ca的原子半径比K小，价电子数更多，金属键更强
（2）6；a；12；(0，，)；(，，)
（3）4；8
【知识点】离子晶体；金属晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）金属钙的熔点和沸点高于钾，这是因为钙的原子半径小于钾，且钙的价电子数更多，导致金属键强度更大；
（2）①根据图示，每个Na+周围最近的Cl-有6个。晶胞边长为a pm，相邻Cl-之间的最短距离为面对角线的一半，即a pm。在1个Cl-截面上有4个Cl-距离最短，由于存在3个方向的截面，因此每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为3×4=12；
②原子1的坐标为(0， 0， 0)。根据几何关系，原子2位于x=0、y=、z=处，因此其坐标为(0，，)。原子3位于x=、y=、z=处，因此其坐标为(，，)；
（3）Li2S属立方晶体，根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图 (C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为×6+×8=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8，故答案为：4；8。
【分析】（1）钾和钙属于金属晶体，金属晶体熔沸点比较金属原子半径，半径越小，熔沸点越高；
（2）根据氯化钠晶胞结构，钠离子的配位数是6，相邻氯离子之间最短距离是面对角线一半；
（3）根据晶胞截面图，硫离子在晶胞的顶点和面心，锂离子在晶胞内部。
（1）金属钙的熔点和沸点均比钾高的原因是Ca的原子半径比K小，价电子数更多，金属键更强；
（2）①由图可知每个Na+最近的Cl-有6个，晶胞边长为apm，则相邻Cl-之间的最短距离为面对角线的一半：apm，1个Cl-截面有4个Cl-距离最短，有3个方向3个截面，因而每个Cl-周围具有该距离的Cl-个数为3×4=12；
②原子1的坐标为(0，0，0)，由几何知识可知，原子2位于x轴0处、y轴的处、z轴的处，因而2的坐标为(0，，)，原子3位于x轴的处、y轴的处、z轴的处，因而3的坐标为(，，)。
（3）Li2S属立方晶体，根据晶胞截面图可知，白球即S2-位于顶点和面心，黑球即Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，晶胞结构如图 (C为Li+，D为S2-)，所以每个晶胞中S2-的数目为×6+×8=4；Li+位于每4个S2-形成的正四面体中心，所以Li+的配位数为4，而晶体的化学式为Li2S，所以S2-的配位数为8，故答案为：4；8。
20．某实验小组借助李比希法、现代科学仪器测定有机物X的分子组成和结构，具体实验过程如下：
步骤一：用李比希法确定X的实验式：在电炉加热下，用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物X的组成。
（1）装置的连接顺序（从左到右）是________（填字母，装置不能重复使用）。
（2）C装置能否去掉？________，为什么？________。
（3）F装置（燃烧管）中CuO的作用是________。
（4）若实验中所取样品X只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取15.00 g X，经充分反应后，A管质量增加39.60 g，B管质量增加9.00 g。该样品X的实验式为________。
步骤二：质谱法确定分子式
（5）实验测得有机物X的质谱图如下，则X的相对分子质量为________，X的分子式为________。
步骤三：确定X的结构简式。
（6）核磁共振仪测出X的核磁共振氢谱和红外光谱图(只显示部分基团)分别如图。
X的结构简式可能为________(任写一种)。
【答案】(1) E→D→F→B→A→C
(2) 否 防止空气中的CO2和水蒸气影响实验结果
(3) 使有机物被充分氧化生成CO2
(4) C9H10O2
(5) 150 C9H10O2
(6) (或其他合理答案)
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；性质实验方案的设计；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）装置连接顺序为：E（氧气制备）→D（干燥氧气）→F（有机物与氧气反应）→B（吸收水蒸气）→A（吸收二氧化碳）→C（防止外界干扰）；
（2）C装置的作用是防止空气中的CO2和水蒸气进入A装置影响实验结果，因此不能省略；
（3）F装置中可能存在有机物不完全燃烧的情况，生成的CO会与CuO反应生成CO2。
（4）实验数据计算：A管增重39.60 g（CO2），物质的量为0.90 mol，碳质量为10.8 g。B管增重9.00 g（H2O），物质的量为0.50 mol，氢质量为1.0 g。氧质量为3.2 g，物质的量为0.2 mol。
由此得出实验式：C9H10O2；
（5）质谱图显示X的相对分子质量为150，结合实验式确定分子式为C9H10O2；
（6）核磁共振氢谱显示X有5种氢原子，峰面积比为1∶2∶2∶2∶3。红外光谱表明X含苯环、C=O和C-O-C基团，可能结构为：
。
【分析】实验室利用双氧水在二氧化锰催化下分解生成氧气和水，通过浓硫酸干燥氧气后，将氧气通入样品中进行反应。反应生成的水蒸气被氯化钙吸收，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后用碱石灰防止外界水蒸气和二氧化碳进入装置A干扰实验结果。
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