山东省日照市莒县2024-2025学年高二化学下学期期中试题含解析

PAGE19-山东省日照市莒县2024-2025学年高二下学期期中考试化学试题1.如图①②③④原子结构模型中依次符合卢瑟福、道尔顿、汤姆逊、玻尔的观点的是A.①②③④ B.①②④③ C.④①②③ D.③④①②【答案】B【解析】【详解】卢瑟福提出了带核的原子结构模型，应为图①；道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不行分割的实心球体，应为②图；汤姆生发觉了电子，1904年提出“葡萄干布丁”的原子结构模型，应为图④；玻尔，是卢瑟福的学生，他的模型和卢瑟福大体相仿，不同的是电子在原子核外空间的肯定轨道上绕核做高速的圆周运动，为图③，答案为B。2.下列说法不正确的是A.s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动B.元素原子的第一电离能越小，表示气态时该原子越易失去电子C.元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子实力越强D.电负性大的元素易呈现负价，电负性小的元素易呈现正价【答案】A【解析】【详解】A．s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子主要的运动区域是球壳内，但也有肯定跑到球壳外运动的机率，A说法不正确；B．元素原子的第一电离能越小，失去第一个电子所须要的能量越少，则在气态时该原子越易失去电子，B说法正确；C．元素的电负性越大，其得电子的实力越强，则其原子在化合物中吸引电子实力越强，C说法正确；D．电负性大的元素，其原子在化合物中吸引电子实力越强，故易呈现负价；反之，电负性小的元素易呈现正价，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A。3.下列电子构型对应的原子中，其次电离能最大是A.1s22s22p5 B.1s22s22p6 C.1s22s22p63s1 D.1s22s22p63s【答案】C【解析】【分析】当失去1个电子后变成全充溢的稳定结构时，其次电离能最大，据此分析。【详解】A．1s22s22p5代表F原子，失去一个电子后，核外电子排布为1s22s22p4，再失去一个电子失去的是2p上的一个电子，不属于稳定结构，故A不符合题意；B．1s22s22p6为惰性气体氖，第一电离能最大，失去一个电子后反而成为不稳定结构，故B不符合题意；C．1s22s22p63s1失去一个电子后电子排布变为1s22s22p6，为稀有气体的稳定结构，所以其次电离能最大，故C符合题意；D．1s22s22p63s2为镁，失去一个电子后电子排布变为1s22s22p63s1，再失去一个电子失去的是3s上的一个电子，故D不符合题意；答案选C。4.下述关于共价键的说法正确的是A.一般来说σ键键能小于π键键能B.不同原子间的共价键至少具有弱极性C.相同原子间的双键键能是单键键能的两倍D.原子形成共价键的数目等于基态原子的未成对电子数【答案】B【解析】【详解】A．σ键是通过原子轨道头碰头形成的，其电子云重叠较大，而π键是通过原子轨道肩并肩形成的，其电子云重叠较小，因此，一般来说σ键键能大于π键键能，A不正确；B．不同原子对共用电子对的作用力是不同的，共用电子对必定会发生肯定的偏离，因此，不同原子间的共价键至少具有弱极性，B正确；C．双键中的两个共价键是不同的，其一为σ键，另一个为π键，σ键键能大于π键键能，而单键只能是σ键，所以，相同原子间的双键键能不是单键键能的两倍，C不正确；D．原子形成共价键的数目不肯定等于其基态原子的未成对电子数，因为原子在形成共价键时，通常处于激发态，激发态的原子的未成对电子数目不肯定等于其基态原子的，原子形成共价键的数目通常等于其激发态原子的未成对电子数，若形成大π键则不相等，D不正确。本题选B。5.下列各组分子中，都是由极性键构成的极性分子的一组是A.C6H6和CO2 B.CCl4和H2SC.H2O和HF D.H2O2和CS2【答案】C【解析】【详解】A．C6H6和CO2都是由极性键构成的非极性分子，A与题意不符；B．CCl4为由极性键构成的非极性分子，H2S为由极性键构成的极性分子，B与题意不符；C．H2O和HF都是由极性键构成的极性分子，C符合题意；D．H2O2为由极性键构成的极性分子，CS2为由极性键构成的非极性分子，D与题意不符；答案为C。6.下列说法正确的是A.1s22s22p63s13p1表示的是基态原子的电子排布B.电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱C.第三周期元素的原子半径从左到右渐渐减小，第一电离能依次增大D.日常生活中的很多可见光，如霓虹灯光、节日焰火等，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关【答案】D【解析】【详解】A．1s22s22p63s13p1表示的不是基态原子的电子排布，因为其3s轨道没有排满就排布了3p轨道，违反了能量最低原理，A不正确；B．电子在激发态跃迁到基态时会产生原子放射光谱，电子在基态跃迁到激发态时会产生原子汲取光谱，B不正确；C．第三周期元素的原子半径从左到右渐渐减小，第一电离能呈依次增大趋势，但是，因为Mg和P的原子结构相对较稳定，其第一电离能均高于其右边的那种元素，C不正确；D．电子在激发态跃迁到基态时会产生原子放射光谱。日常生活中的很多可见光，如霓虹灯光、节日焰火等，都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，D说法正确。综上所述，说法正确的是D。7.下列说法正确的是A.不存在没有化学键的分子B.盐酸能导电，所以HCl是离子化合物C.碳酸氢钠加热分解的过程中，有离子键和共价键的断裂和生成D.干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时均需克服共价键【答案】C【解析】【详解】A．存在没有化学键的分子，例如稀有气体，属于单原子分子，分子内不存在化学键，故A错误；B．盐酸能导电，是因为氯化氢溶于水形成的盐酸可以电离，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，HCl中只含共价键，为共价化合物，故B错误；C．碳酸氢钠中存在离子键和共价键，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，水和二氧化碳中只有共价键、碳酸钠中既有离子键又有共价键，则有离子键和共价键的断裂和生成，故C正确；D．干冰由分子构成，石英由原子构成，分别为分子晶体、原子晶体，但化学键类型相同，熔化时干冰破坏分子间作用力，石英晶体熔化时需克服共价键，故D错误；答案选C。8.依据价层电子对互斥理论及原子轨道的杂化理论推想，SO3分子的空间构型和中心原子的杂化方式是A.平面三角形，sp2杂化 B.三角形，sp3杂化C.正四面体形，sp2杂化 D.正方形，sp3杂化【答案】A【解析】【详解】依据价层电子对互斥理论可知，SO3分子中硫原子含有的孤对电子对数=(6-2×3)=0，所以SO3是平面三角形结构，硫原子是sp2杂化，答案选A。9.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5下列有关比较正确的是A.原子半径：④＞③＞②＞①B.电负性：④＞③＞①＞②C.含氧酸的酸性③≈①＞②D.最高化合价：④＞③＝②＞①【答案】B【解析】【分析】现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4为16号S元素；②1s22s22p63s23p3为15号P元素，与S同周期；③1s22s22p3为7号N元素，与P同主族；④1s22s22p5为9号F元素，与N同周期。【详解】A．同一主族的元素，原子序数越大，其原子半径越大；同一周期的元素，原子序数越大的半径越小。则原子半径②＞③＞④，A不正确；B．同一周期的主族元素，原子序数越大，其电负性越大；同一主族的元素通常原子序数较大的电负性越小，氨分子间能形成氢键，而硫化氢分子间不能形成氢键，说明N的电负性大于S，则电负性从大到小的依次为④＞③＞①＞②，B正确；C．无法比较含氧酸的酸性，因为其指代不明。可以比较最高价含氧酸的酸性，非金属性越强的最高价含氧酸的酸性越强，C不正确；D．F元素是非金属性最强的元素，因此其无正化合价，D不正确。综上所述，相关比较正确的是B。10.下列试验事实可以用共价键键能说明的是A.金刚石熔点高于晶体硅B.稀有气体很难发生化学反应C.相同状态下氯气的密度比空气的大D.常温常压下，溴单质呈液态，碘单质呈固态【答案】A【解析】【详解】A．原子晶体的熔点与共价键有关，原子半径越小，共价键键能越大，原子晶体的熔点越高，碳原子的半径小于硅，所以金刚石的熔点比晶体硅高，故A符合题意；B．稀有气体为单原子分子，原子都形成稳定结构，稀有气体一般难于发生化学反应，与共价键键能无关，故B不符合题意；C．密度ρ=，相同状态下，同体积的氯气和空气，氯气的平均相对分子质量大于空气，所以氯气的密度比空气的大，与键能无关，故C不符合题意；D．溴的相对分子质量比碘单质小，所以溴的沸点比碘单质低，常温、常压下，溴呈液态，碘呈固态，与键能无关，故D不符合题意；答案选A。11.某协作物的化学式为[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O，下列说法正确的是A.配位体是Cl-，配位原子数是2B.配离子是[CrCl2(H2O)4]＋，中心离子是Cr3＋C.1mol该化合物溶于水可电离出3molCl－D.加入足量AgNO3溶液，Cl元素可被完全沉淀【答案】B【解析】【分析】协作物[CrCl2(H2O)4]Cl·2H2O的内界是[CrCl2(H2O)4]＋，外界是和Cl-和H2O。内界的中心原子是Cr3＋，配位体是Cl-和H2O。【详解】A．配位体是Cl-和H2O，Cl－和O原子都有孤电子对，所以配位原子数是Cl－和O原子，A不正确；B．配离子是[CrCl2(H2O)4]＋，中心离子是Cr3＋，B正确；C．协作物只有外界的离子能够完全电离，故1mol该化合物溶于水只能电离出1molCl－，C不正确；D．协作物只有外界的离子能够完全电离，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl元素可被完全沉淀，D不正确。本题选B。12.下列说法不正确的是A.足球烯(C60)的熔点远低于金刚石的熔点B.P-H键键能小于N-H，因而PH3沸点低于NH3C.Ba(OH)2属于离子晶体，晶体中存在两种化学键D.从液态空气中分别出氧气，需克服分子间作用力【答案】B【解析】【详解】A．足球烯(C60)为分子晶体，金刚石为原子晶体，则足球烯的熔点远低于金刚石的熔点，A说法正确；B．虽然P-H键键能小于N-H，但分子晶体中化学键对物质沸点无影响，NH3分子间存在氢键，导致PH3沸点低于NH3，B说法不正确；C．Ba(OH)2中存在离子键、共价键，则其属于离子晶体，晶体中存在两种化学键，C说法正确；D．空气中的氮气、氧气都属于分子晶体，从液态空气中分别出氧气，需克服分子间作用力，D说法正确；答案为B。13.下列说法正确的是A.BF3和NF3都是平面形分子B.1molNH4BF4中含有3mol配位键C.H2S和SO2的中心原子价层电子对数相同D.某原子的质量数是52，中子数是28，则其基态原子中，未成对电子数为6【答案】D【解析】【详解】A．BF3的中心原子的杂化方式为sp2，没有孤电对，其为平面正三角形结构；NF3的中心原子的杂化方式为sp3，有1个孤电对，其为三角锥结构，A不正确；B．NH4BF4中有铵根离子和氟硼酸根离子，铵根离子中有1个配位键，氟硼酸根离子中也有1个配位键，两种离子间形成离子键，因此，1molNH4BF4中只含有2mol配位键，B不正确；C．H2S的中心原子的价层电子对数为，SO2的中心原子价层电子对数为，两者相同，C不正确；D．某原子的质量数是52，中子数是28，则其质子数为52-28=24，其基态原子的价电子排布式为3d54s1，依据洪特规则可知，其未成对电子数为6，D正确。本题选D。14.下列比较正确的是A.电负性：H＞BB.键角：PH3＞NH3C.第一电离能：I1(S)＞I1(P)D.分子的极性：OF2＞H2O【答案】A【解析】【详解】A．电负性H为2.1，B为2.04，H＞B，A比较正确；B．PH3、NH3均为sp3杂化，氮原子半径小，则键角大，键角：NH3＞PH3，B比较错误；C．P原子最外层电子处于半充溢的稳定结构，第一电离能大于S，第一电离能：I1(P)＞I1(S)，C比较错误；D．OF2、H2O中心氧原子为sp3杂化，两者结构相像，但F的电负性比O大，而H电负性比O小，O从H吸电子，这个因素产生的极性和孤对电子的效果相同，极性叠加；而F从O吸电子的效果和孤对电子的效果是相反的，极性部分抵消，分子的极性：H2O＞OF2，D比较错误；答案为A。15.吡啶是含有一个氮原子的六元杂环化合物，结构简式如下图，可以看作苯分子中的一个（CH）被取代的化合物，故又称为氮苯。下列有关吡啶的说法正确的是A.吡啶分子中含有Π的大π键B.吡啶分子为非极性分子C.吡啶的分子式为C5H6ND.吡啶分子中含有10个σ键【答案】A【解析】【详解】A．吡啶分子与苯分子是等电子体，其结构相像，苯分子中含有Π的大π键，故吡啶分子中也含有Π的大π键，A说法正确；B．吡啶分子的正负电荷的重心不能重合，故其为极性分子，B不正确；C．吡啶可以看作苯分子中的一个（CH）被N取代的化合物，故其的分子式为C5H5N，C不正确；D．吡啶分子中C－C、C－H、C－N均为σ键，共含有11个σ键，D不正确。本题选A。16.叠氮化钠(NaN3)热分解可得纯N2，2NaN3(s)2Na(l)+3N2(g)，下列说法正确的是A.NaN3中的阴离子()与互为等电子体B.NaN3与KN3结构类似，则前者晶格能较小C.N2常温下很稳定，是因为N的电负性大D.钠晶胞是体心立方结构，每个晶胞含有2个钠原子【答案】D【解析】【详解】A．的价电子数为3×5+1=16，的价电子数为5+6×2+1=18，价电子数不相等，不能称为等电子体，故A错误；B．相同电荷时，晶格能与离子的半径成反比，离子半径越大，晶格能越小，钠离子的离子半径小于钾离子的离子半径，所以NaN3的晶格能大于KN3的晶格能，故B错误；C．氮气分子中含有氮氮三键，键能较大，所以性质稳定，故C错误；D．钠晶胞结构属于体心结构，即顶点、体心各有1个钠原子，钠晶胞中原子数为1+8×=2，故D正确；答案选D。【点睛】元素的电负性越大，气态氢化物的稳定性越强，不是单质的稳定性，为易错点。17.水是制取氢气的常用原料，下列有关水的说法不正确是A.H2O和H＋以配位键结合形成H3O＋B.H2O分子中有两个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键C.水在1000℃以上才会部分分解，是因为水中含有大量的氢键D.冰是分子晶体，空间结构中一个水分子四周的水分子是四个【答案】C【解析】【详解】A．水分子中氧供应孤对电子，氢离子供应空轨道，形成配位键，H2O和H＋以配位键结合形成H3O＋，故A正确；B．H2O分子中有2个氢原子的2个1s轨道与氧原子的sp3杂化轨道形成的σ键，故B正确；C．分子稳定性与共价键强度有关，共价键越强，分子越稳定，与氢键无关，氢键影响分子的物理性质，故C错误；D．冰是分子晶体，冰中由于有氢键，氢键具有方向性，空间结构中一个水分子四周的水分子是四个，故D正确；答案选C。18.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分别液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法肯定正确的是A.X元素的氢化物的水溶液显碱性B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C.Z元素的单质在肯定条件下能与X元素的单质反应D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点【答案】C【解析】【详解】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分别液态空气获得其单质，则X是N或O。Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。则A、X元素的氢化物的水溶液显碱性（NH3）或中性（H2O），A不正确；B、若W是氯元素，则氯离子半径大于镁离子半径；B不正确；C、镁既能和氮气反应生成氮化镁，也能和氧气反应生成氧化镁，C正确；D、若Y是碳元素，则CO2形成的是分子晶体，熔沸点低，D不正确；答案选C。19.六氟化硫分子呈正八面体形，如图所示，若分子中有一个F原子被CF3取代，则会变成温室气体SF5—CF3，下列说法正确的是A.六氟化硫分子是极性分子B.六氟化硫易燃烧生成二氧化硫C.SF5—CF3分子中C只形成σ键D.SF5—CF3分子中各原子均达到最外层8电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A．该分子为正八面体结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；B．SF6中F为−1价，则S为+6价，S元素不能再失电子，所以不能被氧化，则六氟化硫不易燃烧生成二氧化硫，故B错误；C．六氟化硫分子中的S−F键都是σ键，若分子中有一个F原子被CF3取代，C原子价层电子对数为4对，杂化方式为sp3杂化，只形成σ键，故C正确；D．依据图可知，每个F原子和S原子形成一对共用电子对，每个S原子和六个F原子形成六对共用电子对，所以F原子都达到8电子稳定结构，但S原子最外层达到12电子，故D错误；答案选C。20.下列有关硼和铝化合物的说法错误的是A.NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]都是协作物B.NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]都有强还原性C.NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]都是离子化合物D.NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]中，中心原子杂化方式相同【答案】B【解析】【详解】A．NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]阴阳离子之间都可以形成配位键，都是协作物，A正确；B．NaBH4、LiAlH4有强还原性，Na[Al(OH)4]没有强还原性，B错误；C．NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]都含阴阳离子，是离子化合物，C正确；D．NaBH4、LiAlH4、Na[Al(OH)4]阳离子都是AB4构型，中心原子都实行sp3杂化，D正确；答案选B。21.下列说法不正确的是A.含有苯环的有机物属于芳香烃B.可用酸性高锰酸钾溶液区分苯与乙苯C.在光照条件下，异丙苯与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有2种D.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有6种【答案】A【解析】【详解】A．仅有C、H两种元素组成的含有苯环的化合物属于芳香烃，故A错误；B．苯与酸性高锰酸钾溶液不反应，乙苯可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液区分苯与乙苯，故B正确；C．的烷基上的氢原子有两种等效氢，在光照条件下，异丙苯与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有2种，故C正确；D．甲苯苯环上有3种H原子，含3个碳原子的烷基有正丙基、异丙基两种，所以甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代产物有3×2=6种，故D正确；答案选A。【点睛】在光照条件下与氯气发生取代反应时，取代的是烷基上的氢原子，为易错点。22.某气态烃1mol能与2molHCl加成，所得产物又能与8molCl2反应，最终得到一种只含C、Cl两种元素的化合物，则该气态烃可能是A.丙炔 B.1－丁烯C.1－丁炔 D.2－甲基－1，3－丁二烯【答案】C【解析】【分析】气态烃发生加成反应后所得产物又能与8molCl2发生取代反应，则1mol产物含8molH，产物在发生加成反应时增加了2molH、2molCl，因此1mol原气态烃含2mol碳碳双键或含1mol三键，含6molH。【详解】A．丙炔的分子式为：，不符合题意，A错误；B．1－丁烯的分子式为：，不符合题意，B错误；C．1－丁炔的分子式为：，含三键，符合题意，C正确；D．2－甲基－1,3－丁二烯分子式为：，不符合题意，D错误；答案为C。23.某烃X的分子结构如图所示（图中的连线表示化学键）。下列说法正确的是A.X与乙烯互为同系物B.X中全部原子处在同一平面内C.充分燃烧等质量的X和甲烷，X消耗氧气较多D.X既能使溴的四氯化碳溶液退色，又能使酸性KMnO4溶液退色【答案】D【解析】【分析】X为烃，只含有C、H，则黑球为C，白球为H，每个碳原子有4条键，则与氢原子相连的C原子间存在碳碳双键，其分子式为C5H4。【详解】A．X中含有2条碳碳双键，与乙烯不是同系物，A说法错误；B．X中心碳原子为sp3杂化，全部原子不行能处在同一平面内，B说法错误；C．依据烃燃烧通式，烃的含氢量越大，等质量时，耗氧量越多，甲烷含氢量大于X，充分燃烧等质量的X和甲烷，甲烷消耗氧气较多，C说法错误；D．X中含有碳碳双键，则既能使溴的四氯化碳溶液退色，又能使酸性KMnO4溶液退色，D说法正确；答案为D。24.下列说法不正确的是A.的分子式为C9H13NO3B.某烯烃的名称是2－甲基－4－乙基－2－戊烯C.BrCH=CHCH(OH)CHO中含有4种官能团D.(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷【答案】B【解析】【详解】A．依据该有机物的结构简式为：，该有机物的1个分子中含有9个碳原子，13个氢原子，一个氮原子，三个氧原子，该有机物的分子式为C9H13NO3，故A正确；B．给有机物命名时，须要选取最长碳链作为主链，CH3CH2CH(CH3)CH=CH(CH3)2，该烯烃的名称是2，4－二甲基－2－己烯，故B错误；C．BrCH=CHCH(OH)CHO中含有4种官能团，分别为溴原子、碳碳双键、羟基、醛基，故C正确；D．给有机物命名时，须要选取最长碳链作为主链，选主链离支链最近的一端为起点，用1，2，3等阿拉伯数字依次给主链上的各个碳原子编号定位，确定支链在主链上的位置，(CH3)2CH(CH2)2CH(C2H5)(CH2)2CH3的名称是2－甲基－5－乙基辛烷，故D正确；答案选B25.下列有关同分异构体数目（不考虑立体异构）的叙述正确的是A.与互为同分异构体的芳香烃有3种B.它与硝酸反应，可生成4种一硝基取代物C.与两分子溴发生加成反应的产物，理论上最多有3种D.分子式为C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体有4种【答案】D【解析】【详解】A．的分子式为C8H8，与其互为同分异构体的芳香烃为苯乙烯，有1种，A说法错误；B．为对称结构，如与硝酸反应，可生成5种一硝基取代物，B说法错误；C．因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示，1分子物质与2分子Br2加成时，可以在①②的位置上发生加成，也可以在①③位置上发生加成或在②③位置上发生加成，还可以1分子Br2在①②发生1，4-加成反应，另1分子Br2在③上加成，故所得产物共有四种，C说法错误；D．分子式为C7H16的烃，分子中有4个甲基的同分异构体可看作正戊烷中间3个碳原子上的氢原子被2个甲基取代，2个甲基在同一碳原子有2种，在不同碳原子有2种，合计有4种，D说法正确；答案为D。26.CO2和H2按肯定的体积比混合，在肯定条件下可以制得烯烃，该技术已经成为节能减碳的有效途径之一。苯是一种重要的化工原料，下图是合成橡胶和TNT的路途。回答下列问题：（1）B的结构简式为___________；C中官能团的名称为___________；E的名称为___________。（2）反应②和③的反应类型分别是___________、___________。（3）反应①的化学方程式为___________。（4）D在肯定条件下与足量H2反应后的产物，其一氯代物有___________种（不考虑立体异构）。【答案】(1).CH2=CH2(2).氯原子(3).1，3－丁二烯(4).取代反应(5).加聚反应(6).＋3HNO3＋3H2O(7).6【解析】【分析】由合成路途可知，苯与一氯甲烷发生取代反应生成A，A为甲苯，A发生硝化反应生成TNT；高分子丁苯橡胶由D和E经加聚反应合成，D为苯乙烯，E为1，3－丁二烯；苯和C合成C8H9Cl，C发生消去反应生成D，则C为1，2-氯乙烷，B为乙烯。【详解】（1）B的结构简式为CH2=CH2；C为1，2-氯乙烷，其中官能团为氯原子；E为1，3－丁二烯。（2）反应②为1，2-氯乙烷与苯发生取代反应，反应③为D和E发生加聚反应合成丁苯橡胶，故其反应类型分别是取代反应、加聚反应。（3）反应①为甲苯发生硝化反应生成TNT，化学方程式为＋3HNO3＋3H2O。（4）D为苯乙烯，其在肯定条件下与足量H2反应后的产物是乙基环己烷，其分子中有6种不同化学环境的H原子，故其一氯代物有6种（不考虑立体异构）。【点睛】乙基环己烷分子中每个碳原子上都有氢原子，分子结构有肯定的对称性，不能漏算其一氯代物，也不能重复算。27.A、B、C是第四周期原子序数依次增大的元素，它们的基态原子都有三个单电子，且4s轨道全部充溢。回答下列问题：(1)A在___________族；B的元素符号为___________；C的名称是___________。(2)A的某种氧化物溶解在NaOH溶液中，可得到盐Na3AO4，该盐阴离子的空间构型为___________。(3)C的一种氯化物分子中，各原子都达到了最外层8电子的稳定结构，该分子的空间构型为___________，其中C原子的杂化轨道类型为___________杂化。【答案】(1).VB(2).Co(3).砷(4).正四面体形(5).三角锥形(6).sp3【解析】分析】A、B、C是第四周期原子序数依次增大的元素，它们的基态原子都有三个单电子，且4s轨道全部充溢，价电子排布式分别为3d34s2、3d74s2、4s24p3，分别为V、Co、As元素；然后分析。【详解】(1)A是V，价电子排布式为3d34s2，在VB族；B的价电子排布式3d74s2，B的元素符号为Co；C的价电子排布式为：4s24p3的名称是砷；(2)Na3VO4的阴离子为VO，孤对电子数为(5+3-2×4)=0，价层电子对数为4对，空间构型为正四面体形；(3)As的一种氯化物分子中，各原子都达到了最外层8电子的稳定结构，是AsCl3，孤对电子数为(5-1×3)=1，价层电子对数为4对，该分子的空间构型为三角锥形，其中As原子的杂化轨道类型为sp3杂化。【点睛】Co价电子排布式分别为3d74s2也属于基态原子都有三个单电子，为易错点。28.铁、铜、镍及其化合物在现代社会中的用途越来越广泛。回答下列问题：（1）铁元素在周期表中的位置是___________；基态Fe2+的价电子排布式为___________。（2）铜晶体为面心立方最密积累，晶胞边长为acm，则铜的密度为___________g·cm-3。Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，该晶体中Cu原子和H原子呈交替层形排列，其透视图如图所示，则该化合物的化学式为___________。（3）镍与CO形成协作物Ni(CO)n，CO与N2互为等电子体，则CO中σ键与π键个数比为___________；Ni(CO)n的熔点是170℃，它属于___________晶体；Ni(CO)n中，配体供应电子给Ni，使Ni的电子构型与它所在周期的稀有气体电子构型相同，则n等于___________。【答案】(1).第四周期Ⅷ族(2).3d6(3).(4).CuH(5).1:2(6).分子(7).4【解析】【详解】(1)铁是26号元素，在周期表中第四周期Ⅷ族；基态Fe2+在铁的基础上失去两个电子，价电子排布式为3d6；(2)铜晶体为面心立方最密积累，晶胞边长为acm，该晶胞含4个铜原子，依据公式可得铜的密度为g·cm-3；依据铜和氢形成的化合物结构，可知含铜原子：，含氢原子：，故依据化学式的书写原则，形成的化合物化学式为：CuH；(3)镍与CO形成协作物Ni(CO)n，CO与N2互为等电子体，则CO含碳氧三