2023學年新疆吐魯番市高昌區(qū)二中高二化學第二學期期末綜合測試模擬試題（含解析）

2023學年高二下學期化學期末模擬測試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列說法正確的是A．室溫下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞l一氯丁烷B．做衣服的棉和麻均與淀粉互為同分異構體C．用Na2CO3溶液不能區(qū)分CH3COOH和CH3COOCH2CH3D．油脂在膠性或堿性條件下均能發(fā)生水解反應，且產物相間2、下列化學用語中正確的是（）A．羥基的電子式B．乙烯的結構簡式：C．甲烷的球棍模型：D．乙醇的分子式：3、甲、乙、丙三種有機化合物的鍵線式如圖所示。下列說法錯誤的是A．甲、乙的化學式均為C8H14B．甲、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．乙的二氯代物共有6種(不考慮立體異構)D．丙的名稱為乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面4、下列各組中，用惰性電極電解每種電解質溶液時只生成氫氣和氧氣的是（）A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．Ba（OH）2、H2SO4、K2SO4D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）25、S-誘抗素可保證盆栽鮮花盛開，其分子結構如圖，下列說法不正確的是A．該物質的分子式為C15H20O4 B．該物質環(huán)上的二氯代物只有2種C．1mol該物質最多能與2molNaOH完全反應 D．該物質能發(fā)生取代、加成、氧化等反應6、某小組比較Cl-、Br-、I-的還原性，實驗如下：實驗1實驗2實驗3裝置現象溶液顏色無明顯變化；把蘸濃氨水的玻璃棒靠近試管口，產生白煙溶液變黃；把濕KI淀粉試紙靠近試管口，變藍溶液變深紫色；經檢驗溶液含單質碘下列對實驗的分析不合理的是A．實驗1中，白煙是NH4Cl B．根據實驗1和實驗2判斷還原性：Br-＞Cl-C．根據實驗3判斷還原性：I-＞Br- D．上述實驗利用了濃H2SO4的強氧化性、難揮發(fā)性等性質7、在兩份相同的Ba(OH)2溶液中，分別滴入物質的量濃度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如下圖所示。下列分析不正確的是A．①代表滴加H2SO4溶液的變化曲線B．b點，溶液中大量存在的離子是Na+、OH-C．a、d兩點對應的溶液均顯中性D．c點，兩溶液中含有相同物質的量的OH-8、根據酸堿質子理論，凡是能給出質子的分子或離子都是酸，凡是能給合質子的分子或離子都是堿，按照這種理論下列物質既屬于酸又屬于堿的是（）A．NaOH B．HCl C．NaH2PO4 D．Fe2O39、下列各組有機化合物中，不論兩者以什么比例混合，只要總物質的量一定，則完全燃燒時生成的水的質量和消耗氧氣的質量不變的是A．C3H8、C4H6 B．C3H6、C5H6O4 C．C2H2、C6H6 D．CH4O、C3H4O410、下列表示不正確的是A．Na+的結構示意圖 B．水分子的結構式：C．乙烯的球棍模型 D．CO2的電子式11、下列離子方程式正確且與對應操作和目的相符的是選項目的操作離子方程式A比較Fe2+和Br?還原性強弱向FeBr2溶液中加入少量氯水2Br?+Cl2=Br2+2Cl?B比較C、Si非金屬性強弱向硅酸鈉溶液中通入少量二氧化碳SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-C除去CO2中的SO2將氣體通入盛有飽和碳酸氫鈉溶液的洗氣瓶CO32-+SO2=SO32-+CO2D實驗室制取氯氣向MnO2固體中加入濃鹽酸并加熱A．A B．B C．C D．D12、下列除去雜質的方法不正確的是A．鎂粉中混有少量鋁粉：加入過量燒堿溶液充分反應，過濾、洗滌、干燥B．用過量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．用新制的生石灰，通過加熱蒸餾，以除去乙醇中的少量水D．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量燒堿溶液，充分反應，過濾，向濾液中通入過量CO2后過濾13、下列有關Na2CO3和NaHCO3性質的說法中，正確的是()A．熱穩(wěn)定性：Na2CO3<NaHCO3B．Na2CO3和NaHCO3均可與澄清石灰水反應C．相同溫度下，在水中Na2CO3的溶解度小于NaHCO3D．106gNa2CO3和84gNaHCO3分別與過量鹽酸反應，放出CO2的質量：Na2CO3>NaHCO314、某化學小組欲利用如圖所示的實驗裝罝探究苯與液溴的反應。已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列說法不正確的是（）A．裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣B．裝置B的作用是檢驗Br?C．可以用裝置C制取溴氣D．待裝置D反應一段時間后抽出鐵絲反應會終止15、下列對一些實驗事實的理論解釋正確的是()選項實驗事實理論解釋A氮原子的第一電離能大于氧原子氮原子2p能級半充滿BSO2為V形分子SO2分子中S原子采用sp3雜化C金剛石的熔點低于石墨金剛石是分子晶體，石墨是原子晶體DHF的沸點高于HClHF的相對分子質量小于HClA．A B．B C．C D．D16、已知C3N4晶體的硬度與金剛石相差不大，且原子間均以單鍵結合，下列關于C3N4的說法錯誤的是A．該晶體中碳原子和氮原子的最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構B．C3N4晶體中C－N鍵的鍵長比金剛石的C－C鍵的鍵長要長C．C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子，每個N原子連接3個C原子D．該晶體與金剛石相似，都是原子間以共價鍵形成的空間網狀結構17、下列反應中，反應后固體物質質量增加的是（）A．氫氣通過灼熱的CuO粉末B．二氧化碳通過Na2O2粉末C．鋁與Fe2O3發(fā)生鋁熱反應D．將鋅粒投入FeCl2溶液18、制取一氯乙烷最好采用的方法是()A．乙烷和氯氣反應 B．乙烯和氯氣反應C．乙烯和氯化氫反應 D．乙烷和氯化氫反應19、下列反應屬于吸熱反應的是A．C6H12O6（葡萄糖）+6O26CO2+6H2OB．HCl+KOH═KCl+H2OC．反應物的總能量大于生成物的總能量D．破壞反應物全部化學鍵所需能量大于破壞生成物全部化學鍵所需能量20、下列有關說法正確的是A．1molCl2參加反應轉移電子數一定為2NAB．在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數為6NAC．根據反應中HNO3(稀)NO，而HNO3(濃)NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(濃)D．含有大量NO3－的溶液中，不能同時大量存在H+、Fe2+、Cl－21、下列化合物中，能通過單質之間直接化合制取的是A．FeCl2B．FeI2C．CuSD．SO322、已知：①4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1＝－905.5kJ·molˉ1②N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2一定條件下，NO可以與NH3反應轉化為無害的物質，反應如下：③4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)ΔH3＝－1625.5kJ·molˉ1。下列說法正確的是A．反應①使用催化劑，ΔH1減小B．反應②生成物總能量低于反應物總能量C．反應③一定能自發(fā)進行D．反應③達到平衡后升高溫度，v(正)、v(逆)的變化如圖所示二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知有機物分子中的碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應：，有機物A的結構簡式為，G的分子式為C7H12O，以下A～H均為有機物，其轉化關系如下：（1）下列說法正確的是______。（填字母序號）A．C的官能團為羧基B．1molA最多可以和2molNaOH反應C．C可以發(fā)生氧化反應、取代反應和加成反應D．可以發(fā)生消去反應（2）F的結構簡式為____________，由F到G的反應類型為___________。（3）反應①的作用是__________________，合適的試劑a為____________。（4）同時滿足下列條件的A的一種同分異構體的結構簡式______________________。Ⅰ．與A具有相同的官能團；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物；Ⅲ．能使FeCl3溶液顯色；Ⅳ．核磁共振氫譜分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）H與G分子具有相同的碳原子數目，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀。寫出H與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式__________________。24、（12分）a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數依次增大，相關信息如下表所示。a原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數相同b基態(tài)原子的p軌道電子數比s軌道電子數少1c位于第2周期，原子核外有3對成對電子、兩個未成對電子d位于周期表中第1縱列e基態(tài)原子M層全充滿，N層只有一個電子請回答：（1）c屬于_____________區(qū)的元素。（2）b與其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序為______________（用元素符號表示）。（3）若將a元素最高價氧化物水化物對應的正鹽酸根離子表示為A，則A的中心原子的軌道雜化類型為_____________，A的空間構型為____________________；（4）d的某氯化物晶體結構如圖,每個陰離子周圍等距離且最近的陰離子數為________;在e2+離子的水溶液中逐滴滴加b的氫化物水溶液至過量，可觀察到的現象為_____________。25、（12分）實驗室里需用480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液。(1)該同學應選擇________mL的容量瓶。(2)其操作步驟如下圖所示，則如圖操作應在下圖中的__________(填選項字母)之間。A．②與③B．①與②C．④與⑤(3)該同學應稱取NaOH固體________g，用質量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體時，請在附表中選取所需的砝碼大小________(填字母)，并在下圖中選出能正確表示游碼位置的選項________(填字母)。(4)下列操作對所配溶液的濃度偏大的有（填寫下列序號）（_________）①轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯②容量瓶中原來有少量蒸餾水③搖勻后發(fā)現液面低于刻度線再加水④定容時觀察液面俯視26、（10分）含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業(yè)上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－從溶液中沉淀出來。①結合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結合表中數據，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42－沉淀效率的影響。實驗結果如下：在相同的時間間隔內，不同溫度下CrO42－的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_______________________________。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。27、（12分）某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定?；卮鹣铝袉栴}：（1）分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是________；將FeCl3晶體溶于濃鹽酸,再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是________。（2）制備K2FeO4（夾持裝置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生黃綠色氣體，得溶液a，經檢驗氣體中含有Cl2。為證明是否K2FeO4氧化了Cl－而產生Cl2，設計以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液變紅可知a中含有______離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl－氧化，還可能由________________產生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗滌的目的是________________。根據K2FeO4的制備原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是________________。28、（14分）[選修3：物質結構與性質]磷青銅是含少量錫、磷的銅合金，主要用作耐磨零件和彈性元件。（1）基態(tài)銅原子的電子排布式為_____；高溫時氧化銅會轉化為氧化亞銅，原因是____________________________________。（2）元素周期表第3周期中，第一電離能比P小的非金屬元素是_______（填元素符號）。（3）N、P、As同主族，三種元素最簡單氫化物沸點由低到高的順序為____________，原因是____________________________________。（4）某直鏈多磷酸鈉的陰離子呈如圖1所示的無限單鏈狀結構，其中磷氧四面體通過共用頂點的氧原子相連，則P原子的雜化方式為_____，該多磷酸鈉的化學式為______。（5）某磷青銅晶胞結構如圖2所示。①則其化學式為______。②該晶體中距離Sn原子最近的Cu原子有____個。③若晶體密度為8.82g·cm-3，最近的Cu原子核間距為______pm(用含NA的代數式表示，設NA表示阿伏加德羅常數的值)。29、（10分）(1)25℃時，0.1mol/LHCl溶液中由水電離出的H+的濃度為_______；(2)若向氨水中加入少量硫酸銨固體，此時溶液中將_______；(填“增大”、“減小”或“不變”)(3)25℃時，向AgNO3溶液中加入BaCl2溶液和KBr溶液，當兩種沉淀共存時，＝____；[已知：25℃時，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgCl)＝2.0×10－10](4)用離子方程式表示NH4F不能用玻璃試劑瓶裝的原因________；(5)25℃時，有下列四種溶液：A．0.1mol/LCH3COONH4溶液B．0.1mol/LCH3COOH溶液C．0.1mol/LCH3COONa溶液D．等體積0.4mol/LCH3COOH溶液和0.2mol/LNaOH溶液的混合液(混合液呈酸性)①已知A溶液呈中性，試推斷(NH4)2CO3溶液呈______性(填“酸”或“堿”或“中”)；②D溶液中除H2O外所有分子、離子濃度由大到小的順序為________；③上述四種溶液中水的電離程度由小到大的順序為________。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【答案解析】

A．含-OH越多，溶解性越大，鹵代烴不溶于水，則室溫下，在水中的溶解度：丙三醇＞苯酚＞1-氯丁烷，A正確；B．棉和麻以及淀粉均是高分子化合物，能互為同分異構體，B錯誤；C．CH3COOH與碳酸鈉溶液反應氣泡，而Na2CO3溶液與CH3COOCH2CH3會分層，因此可以用Na2CO3溶液區(qū)分CH3COOH和CH3COOCH2CH3，C錯誤；D．油脂在酸性條件下水解產物為高級脂肪酸和甘油，堿性條件下水解產物為高級脂肪酸鹽和甘油，水解產物不相同，D錯誤；答案選A?！敬鸢更c睛】本題考查有機物的結構和性質，把握常見有機物的性質及鑒別方法為解答的關鍵，注意溶解性與-OH的關系、油脂不同條件下水解產物等。選項B是易錯點，注意高分子化合物均是混合物。2、A【答案解析】

A.羥基中O原子最外層得到8電子穩(wěn)定結構；羥基是電中性基團，氧原子與氫原子以1對共用電子對連接，電子式為，故A正確；B.乙烯的結構簡式中沒有標出官能團碳碳雙鍵；

乙烯分子中含有碳碳雙鍵，乙烯正確的結構簡式為：CH2=CH2，B錯誤C.甲烷分子中含有1個C、4個H原子，為正四面體結構，碳原子的相對體積大于氫原子，甲烷的比例模型為C是比例模型，不是球棍模型，故C錯誤；D.乙醇的分子中含有2個C、6個H和1個O原子，乙醇的分子式為C2H6O，故D錯誤；答案選A。3、C【答案解析】

A.根據甲、乙的結構簡式，甲、乙的化學式均為C8H14，故A正確；B.甲含有碳碳雙鍵、丙是苯的同系物，所以甲、丙均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C.的二氯代物，2個氯原子位置分別在①①、①②、①③、①④、①⑤、①⑥、③⑤共有7種，故C錯誤；D.丙的名稱為乙苯，單鍵可以旋轉，所以分子中所有碳原子可能共平面，故D正確。4、C【答案解析】

在電解時只生成氫氣和氧氣，則溶液中氫離子在陰極放電，氫氧根離子在陽極放電，結合離子的放電順序來解答。【題目詳解】A．電解HCl生成氫氣和氯氣，電解CuCl2生成Cu和氯氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項A不選；B．電解NaOH生成氫氣和氧氣，電解CuSO4生成Cu、氧氣、硫酸，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，選項B不選；C．電解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2，均只生成氫氣和氧氣，選項C選；D．電解NaBr生成溴、氫氣、NaOH，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項D不選；答案選C。【答案點睛】本題考查電解原理，明確溶液中離子的放電順序是解答本題的關鍵，注意常見的物質的電解及電極材料，題目難度不大。5、C【答案解析】

由結構簡式可以知道分子式，分子中含碳碳雙鍵、碳氧雙鍵、-OH、-COOH，結合烯烴、酮、醇、羧酸的性質來解答?！绢}目詳解】A.根據該物質的結構簡式可知，該物質的分子式為C15H20O4，A正確；B.該物質環(huán)上只有2種H,則二氯代物只有2種,B正確；C.只有-COOH與NaOH反應,1mol該物質最多能與1molNaOH完全反應,C錯誤；D.該物質含-OH,能發(fā)生取代、氧化等反應,含碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化反應等,D正確；正確選項C。6、C【答案解析】

實驗1，濃硫酸與氯化鈉固體反應生成氯化氫氣體；實驗2，溶液變黃，說明有溴單質生成；②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質；實驗1體現濃硫酸的難揮發(fā)性、實驗2體現濃硫酸的氧化性；【題目詳解】實驗1，試管口揮發(fā)出的氯化氫氣體與濃氨水揮發(fā)出的氨氣反應生成白煙氯化銨，故A合理；實驗1溶液顏色無明顯變化說明濃硫酸不能氧化氯離子，實驗2溶液變黃說明濃硫酸能氧化溴離子，所以判斷還原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有濃硫酸和溴單質，加入碘化鈉生成碘單質，可能是濃硫酸把碘離子氧化為碘單質，不能得出還原性I-＞Br-的結論，故C不合理；實驗1體現濃硫酸的難揮發(fā)性、實驗2體現濃硫酸的氧化性，故D合理；選C。7、D【答案解析】

分析特殊點，a點為硫酸和氫氧化鋇恰好反應的點，導電性幾乎為零，b點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應時鋇離子恰好沉淀的點，d點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應時恰好中和的點?！绢}目詳解】A.根據圖知，曲線①在a點溶液導電能力接近0，說明該點溶液離子濃度最小，應該為溶液和硫酸的反應，則曲線②為溶液和硫酸氫鈉溶液的反應，故A正確；B.根據圖知，a點為溶液和硫酸恰好反應，硫酸和硫酸氫鈉溶液的物質的量濃度相等，則b點為鋇離子恰好沉淀，溶質為氫氧化鈉，B正確；C.a點為溶液和硫酸恰好反應，顯中性，d點為氫氧化鋇和硫酸氫鈉反應時恰好中和的點，溶液顯中性，C正確；D.c點加入硫酸和硫酸氫鈉的物質的量相等，故加入氫離子的量不相等，故氫氧根的量不相等，D錯誤；答案選D。【答案點睛】電解質溶液導電的能力的強弱主要由自由移動離子的濃度的大小決定。離子濃度越大，導電能力越強，離子濃度越小，導電能力越小。硫酸氫鈉和氫氧化鋇按照1:1反應時，是硫酸根和鋇離子恰好沉淀；按照2:1反應時，是恰好中和。8、C【答案解析】分析：本題考查兩性物質的概念，注意根據題目所給信息解題，理解質子理論的實質是關鍵。詳解：質子是氫離子。A.NaOH結合氫離子，不能電離出氫離子，故屬于堿，故錯誤；B.HCl能電離出氫離子，屬于酸，故錯誤；C.NaH2PO4能電離出氫離子也能結合氫離子，故屬于兩性物質，故正確；D.Fe2O3能結合氫離子，屬于堿，故錯誤。故選C。9、B【答案解析】

若兩種有機物無論以何種比例混合，總物質的量一定的情況下，完全燃燒消耗的氧氣和生成的水的量固定，那么這兩種有機物分子中H的個數相同，且等物質的量的有機物完全燃燒時消耗的氧氣量相同。【題目詳解】A．兩種有機物分子中H的個數不同，A項錯誤；B．兩種有機物分子中H的個數相同，且1個C3H6完全燃燒消耗4.5個O2，1個C5H6O4完全燃燒消耗也是4.5個O2，B項正確；C．兩種有機物分子中H的個數不同，C項錯誤；D．兩種有機物分子中H的個數相同，但1個CH4O完全燃燒消耗1.5個O2，1個C3H4O4完全燃燒消耗2個O2，耗氧量不同，D項錯誤；答案選B。10、A【答案解析】

A.Na+的核外電子數是10，結構示意圖為，A錯誤；B.水是V形結構，水分子的結構式為，B正確；C.球棍模型是用來表現化學分子的三維空間分布，棍代表共價鍵，球表示構成有機物分子的原子，乙烯的球棍模型為，C正確；D.CO2是共價化合物，的電子式為，D正確；答案選A。11、B【答案解析】

A.亞鐵離子的還原性比溴離子強，向FeBr2溶液中加入少量氯水時，氯氣應該先氧化亞鐵離子，A錯誤；B.向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳，發(fā)生強酸制弱酸的復分解反應，證明了碳酸酸性比硅酸強。非金屬性的強弱可以根據其最高價氧化物水對應的水化物的酸性強弱來比較，所以可得出：碳比硅的非金屬性強，B正確；C.飽和碳酸氫鈉溶液可以除去二氧化碳中的二氧化硫，但是碳酸氫根離子不能拆開寫，所以離子方程式錯誤，正確的為：，C錯誤；D.向二氧化錳固體中加入濃鹽酸并加熱可以在實驗室制取氯氣，但是離子方程式里濃鹽酸要拆開寫，正確的為：，D錯誤；故合理選項為B。【答案點睛】在寫離子方程式時，濃鹽酸、濃硝酸都要拆成離子形式，但濃硫酸不能拆開。12、B【答案解析】

A、Al能與燒堿溶液反應而Mg不反應，A正確；B、Fe3+與Al3+均能與氨水反應生成沉淀，且不溶于過量的氨水，B錯誤；C、乙醇沸點較低，水與生石灰反應生成熟石灰，所以可用蒸餾方法使乙醇蒸出，C正確；D、燒堿溶液和氫氧化鋁反應生成偏鋁酸鈉溶液，過濾出氫氧化鎂，向濾液中通入過量的二氧化碳會生成氫氧化鋁沉淀，能夠實現除雜的目的，D正確。答案選B。13、B【答案解析】分析：A.碳酸氫鈉加熱時能分解，碳酸鈉加熱時不分解；

B.碳酸鈉和碳酸氫鈉都能和澄清石灰水反應生成碳酸鈣沉淀；C.相同的溫度下,碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉的；

D.根據碳原子守恒找出鹽與二氧化碳的關系,從而知道放出二氧化碳的量.詳解：A.加熱時，碳酸氫鈉能分解，碳酸鈉不分解，所以碳酸鈉的穩(wěn)定性大于碳酸氫鈉的穩(wěn)定性，故A錯誤；

B.碳酸鈉和碳酸氫鈉分別和氫氧化鈣反應的方程式如下：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+NaOH+H2O，所以都能發(fā)生反應生成沉淀，所以B選項是正確的；

C.相同的溫度下，碳酸鈉的溶解度大于碳酸氫鈉的，故C錯誤；

D.根據碳原子守恒碳酸氫鈉、碳酸鈉與二氧化碳的關系式分別為：

Na2CO3~CO2；NaHCO3~CO2

106g

1mol

84g

1mol106g

1mol

84g

1mol所以生成的二氧化碳的量相同，故D錯誤；

所以B選項是正確的。14、D【答案解析】

苯與液溴會發(fā)生取代反應，生成溴苯和溴化氫?！绢}目詳解】A.苯與液溴會發(fā)生取代反應，生成溴苯和溴化氫，由于溴易揮發(fā)，導出的溴化氫氣體中會混有揮發(fā)出的溴蒸氣，裝置A的作用是除去HBr中的溴蒸氣，故A正確；B.裝置B中硝酸銀會與溴化氫反應生成淡黃色沉淀，硝酸銀的作用是檢驗Br?，故B正確；C.由反應原理MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O可知，該反應屬于固體和液體加熱制氣體，可以用裝置C制取溴氣，故C正確；D.苯與液溴發(fā)生取代反應的催化劑是溴化鐵，待裝置D反應一段時間后抽出鐵絲，裝置中已經有溴化鐵，反應不會終止，故D錯誤；答案選D。【答案點睛】注意苯與液溴發(fā)生取代反應的催化劑是溴化鐵！15、A【答案解析】

A．原子軌道中電子處于全空、半滿、全滿時較穩(wěn)定，氮原子2p能級半充滿，則氮原子的第一電離能大于同一周期相鄰的氧原子，故A正確；B．SO2中S的價層電子對數=2+=3，為sp2雜化，立體構型為V形，故B錯誤；C．金剛石為原子晶體，石墨為混合型晶體，但石墨中共價鍵的鍵長比金剛石中共價鍵鍵長短，鍵能更大，所以石墨的熔點比金剛石的高，故C錯誤；D．鹵族元素氫化物都屬于分子晶體，分子晶體的沸點隨著其相對分子質量的增大而增大，但氟化氫分子間含有氫鍵，氯化氫中不含氫鍵，導致氟化氫沸點高于HCl，故D錯誤；答案選A。【答案點睛】本題的易錯點為C，要注意石墨為混合型晶體，層與層之間為分子間作用力，層內存在共價鍵，石墨熔化時需要破壞層內的共價鍵。16、B【答案解析】

A．C最外層有4個電子，且與N形成4個單鍵，N原子最外層有5個電子，且與C形成3個單鍵可知C、N最外層都滿足8電子穩(wěn)定結構，A正確；B．C原子半徑比N原子半徑大，所以C－C鍵的鍵長比C－N鍵的鍵長要長，B錯誤；C．由結構可知：C3N4晶體中每個C原子連接4個N原子，每個N原子連接3個C原子，C正確；D．C3N4晶體的硬度與金剛石相差不大可知，該晶體的結構和金剛石差不多，都是以共價鍵結合成的空間網狀結構，D正確。答案選B。17、B【答案解析】分析：A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水；

B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣；

C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe；

D.Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe。詳解:A.氫氣與CuO的反應生成Cu和水,反應前固體為CuO,反應后固體為Cu,固體質量減小,故A錯誤；

B.二氧化碳與過氧化鈉的反應生成碳酸鈉和氧氣,反應前固體為過氧化鈉,反應后固體為碳酸鈉,二者物質的量相同,固體質量增加,故B正確；

C.Al與Fe2O3反應生成Al2O3和Fe，反應前固體為氧化鐵、Al,反應后固體為氧化鋁、Fe，均為固體,固體質量不變,所以C選項是錯誤的；

D..Zn與FeCl2反應生成ZnCl2和Fe,反應前固體為Zn,反應后固體為Fe,二者物質的量相同,則固體質量減小,故D錯誤；

所以B選項是正確的。18、C【答案解析】

A.乙烷和氯氣反應可以生成一氯乙烷，但是副產物多，不易分離；B.乙烯和氯氣反應，產物是1，2－二氯乙烷，得不到一氯乙烷；C.乙烯和氯化氫反應只能生成一氯乙烷；D.乙烷和氯化氫不能發(fā)生反應。綜上所述，制取一氯乙烷最好采用的方法是C。19、D【答案解析】試題分析：C6Hg2O6體內氧化是氧化反應，是常見放熱反應，A錯誤；HCl和KOH反應是中和反應，是常見放熱反應，B錯誤；反應物的總能量大于生成物的總能量，反應為放熱反應，C錯誤；破壞反應物全部化學鍵所需能量大于破壞生成物全部化學鍵所需能量，是吸熱反應，D正確．考點：認識常見的吸熱反應與放熱反應20、D【答案解析】

A選項，在氯氣與氫氧化鈉反應中，1molCl2參加反應轉移電子數為NA，故A錯誤；B選項，在反應KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，碘元素化合價由+5價和-1價變化為0價，電子轉移5mol，生成3mol碘單質，所以每生成3molI2轉移電子數為5NA，故B錯誤；C選項，不能根據還原產物的價態(tài)確定氧化劑氧化性的強弱，實際上氧化性：HNO3(稀)<HNO3(濃)，故C錯誤；D選項，酸性條件下NO3－具有強氧化性，能氧化Fe2+，所以含有大量NO3－的溶液中，不能同時大量存在H+、Fe2+、Cl－，故D正確。綜上所述，答案為D?！敬鸢更c睛】1mol氯氣反應轉移電子數目可能為1mol，可能為2mol，可能小于1mol。21、B【答案解析】分析：變價金屬與氧化性強的單質生成高價金屬化合物，與氧化性弱的單質生成低價金屬化合物，S燃燒只生成二氧化硫，以此分析解答。詳解：A．Fe與氯氣直接化合生成FeCl3，故A錯誤；B．Fe與碘蒸氣直接化合生成FeI2，故B正確；C．Cu與S直接化合生成Cu2S，故C錯誤；D．S與氧氣直接化合生成SO2，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查金屬的化學性質及氧化還原反應，把握氧化性的強弱及發(fā)生的氧化還原反應為解答的關鍵。本題的易錯點為B，碘的氧化性小于氯氣，與鐵化合只能生成FeI2，溶液中不能存在FeI3。22、C【答案解析】

A、催化劑對反應熱無影響，故A錯誤；B、①－4×②得到：△H3=－1625.5kJ·mol－1=－905.5－4△H2，解得△H2=＋720kJ·mol－1，即反應②為吸熱反應，生成物的總能量大于反應物的總能量，故B錯誤；C、反應③是放熱反應，△H＜0，反應前氣體系數之和小于反應后氣體系數之和，因此△S＞0，因此在任何溫度下均能保證△G=△H－T△S＜0，此反應都能自發(fā)進行，故C正確；D、反應③為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向進行，即v逆＞v正，故D錯誤。故選C。二、非選擇題(共84分)23、AB消去反應保護酚羥基，防止在反應②中被氧化NaHCO3溶液或+4Ag(NH3)2OH+4Ag↓+6NH3+2H2O【答案解析】

A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，據此解答．【題目詳解】A的結構簡式為，A發(fā)生水解反應得到C與，可知C為CH3COOH，由轉化關系可知，與氫氣發(fā)生加成生成F為，G的分子式為C7H12O，則F發(fā)生消去反應得到G，G發(fā)生碳碳雙鍵發(fā)生臭氧氧化反應生成H，若H與G分子具有相同的碳原子數，且1molH能與足量的新制銀氨溶液反應生成4mol單質銀，則H中含有2個-CHO，則亞甲基上的-OH不能發(fā)生消去反應，可推知G為，H為．與氫氧化鈉水溶液放出生成B為，B發(fā)生催化氧化生成D，D與銀氨溶液發(fā)生氧化反應，酸化得到E，則D為，E為，反應①的目的是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，E與是a反應得到，反應中羧基發(fā)生反應，而酚羥基不反應，故試劑a為NaHCO3溶液，

（1）A．C為CH3COOH，C的官能團為羧基，故A正確；B．A為，酯基、酚羥基與氫氧化鈉反應，1molA最多可以和2molNaOH反應，故B正確；C．C為CH3COOH，可以發(fā)生氧化反應、取代反應，不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．中羥基的鄰位碳上沒有氫原子，所以不能發(fā)生消去反應，故D錯誤；故答案為AB；（2）由上述分析可知，F為，由上述發(fā)生可知F到G的反應類型為消去反應；（3）反應①的作用是：是保護酚羥基，防止在反應②中被氧化，合適的試劑a為NaHCO3溶液；（4）同時滿足下列條件的A（）的同分異構體：Ⅰ．與A有相同的官能團，含有羥基、酯基；Ⅱ．屬于苯的鄰二取代物，Ⅲ．遇FeCl3溶液顯紫色，含有酚羥基，Ⅲ．1H-NMR分析，分子中有8種不同化學環(huán)境的氫原子，苯環(huán)與酚羥基含有5種H原子，則另外側鏈含有3種H原子，故另外側鏈為-CH2CH2OOCH，-CH（CH3）OOCH，結構簡式為：和；（5）H的結構簡式為，與足量的新制銀氨溶液反應的化學方程式為?！敬鸢更c睛】解有機推斷的關鍵是能準確根據反應條件推斷反應類型：（1）在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。（2）在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等。（4）能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。（5）能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。（7）與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。（9）在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。24、pN＞O＞Csp2平面三角形12先產生藍色沉淀，氨水過量后沉淀溶解，生成深藍色溶液【答案解析】

a原子原子核外電子分占3個不同能級，且每個能級上排布的電子數相同，確定a原子的核外電子排布為1s22s22p2，則a為C元素；b原子基態(tài)原子的p軌道電子數比s軌道電子數少1，確定b原子的核外電子排布為1s22s22p3則b為N元素；c位于第2周期，原子核外有3對成對電子、兩個未成對電子，確定c原子的核外電子排布為1s22s22p4，則c為O元素；a、b、c、d、e均為周期表前四周期元素，原子序數依次增大，d位于周期表中第1縱列，則d為元素Na或K；e原子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則e為Cu，據此分析；【題目詳解】（1）c為氧元素，位于第六主族，屬于p區(qū)的元素；答案：p（2）b為N元素，與其同周期相鄰元素為C、O，因為N核外電子排布處于半滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，第一電離能大于C、O；O的非金屬性強與C，第一電離能大于C；第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；答案：N＞O＞C（3）CO32-的價層電子對數為=3，中心原子的軌道雜化類型為sp2，空間構型為平面三角形；答案：sp2平面三角形（4）根據晶體結構可以看出,每個陰離子周圍等距離且最近的陰離子數為12;在銅鹽溶液中逐滴加入氨水至過量，該過程中先生成藍色沉淀，后氫氧化銅溶解在氨水中生成配離子，得到深藍色溶液，發(fā)生Cu2++2NH3·H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，Cu（OH）2+4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH-+4H2O；答案：12先產生藍色沉淀，氨水過量后沉淀溶解，生成深藍色溶液25、500C10.0c、dc④【答案解析】分析：本題考查的是一定物質的量濃度的溶液的配制，注意天平的使用和操作對實驗結果的影響。詳解：(1)要配制480mL0.5mol·L－1的NaOH溶液，根據容量瓶的規(guī)格分析，只能選擇稍大體積的容量瓶，即選擇500mL容量瓶。(2)①為稱量，②為溶解，③為轉移液體，④振蕩，⑤為定容，⑥為搖勻。圖中表示加入水到離刻度線2-3厘米，應該在振蕩和定容之間，故選C。(3)實驗需要的氫氧化鈉的質量為0.5×0.5×40=10.0克。用質量為23.1g的燒杯放在托盤天平上稱取所需NaOH固體，則總質量為23.1+10.=33.1克，則選擇20g和10g的砝碼，故選c、d，游碼應在3.1克位置，即游碼的左邊在3.1克位置，故選c。(4)①轉移完溶液后未洗滌玻璃棒和燒杯，則溶質有損失，濃度變小，故錯誤；②容量瓶中原來有少量蒸餾水對溶液的濃度無影響，故錯誤；③搖勻后發(fā)現液面低于刻度線不應該再加水，否則濃度變小，故錯誤；④定容時觀察液面俯視，則溶液的體積變小，濃度變大。故選④。點睛：在配制一定物質的量濃度的溶液時選擇容量瓶的規(guī)格要考慮溶液的體積和實際條件，通常容量瓶的規(guī)格為100mL，250mL，500mL等，若溶液的體積正好等于容量瓶的規(guī)格，按體積選擇，若溶液的體積沒有對應的規(guī)格，則選擇稍大體積的容量瓶。且計算溶質的量時用容量瓶的體積進行計算。26、沉淀SO42－；調節(jié)溶液pH，使Cr2O72－轉化為CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全溫度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響（其他答案合理給分）【答案解析】

①加入熟石灰有兩個作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分離，同時OH-的加入會與溶液中的H+反應，使上述離子方程式平衡向右移動，Cr2O72－轉化為CrO42－，便于與BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更難溶，加入Ba2+可以使CrO42－沉淀更完全。③根據熱化學方程式可知沉淀溶解是吸熱反應，因此生成沉淀的過程是放熱的，溫度升高會加快生成沉淀的速率，在未達化學平衡態(tài)時，相同的時間間隔內產生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）①c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42－更難接觸到H2SO4，阻礙H2Cr2O7生成，所以H2SO4濃度高于0.450mol/L時，H2Cr2O7的回收率沒有明顯變化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，溫度改變會影響沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同時BaCrO4顆粒大小關系到回收量的多少，顆粒越大BaSO4越難完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并進一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH

、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響。27、防止亞鐵離子被氧化抑制鐵離子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干擾＞溶液的酸堿性不同【答案解析】

（1）氯化亞鐵易被氧化生成氯化鐵，因此在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑的目的是防止亞鐵離子被氧化；氯化鐵是強酸弱堿鹽，水解顯酸性，則將FeCl3晶體溶于濃鹽酸，再稀釋到需要的濃度，鹽酸的作用是抑制鐵離子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液變紅說明a中含Fe3+。但Fe3+的產生不能判斷K2FeO4與Cl－發(fā)生了反應，根據題意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速產生O2，自身被還原成Fe3+，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可能的反應為4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.產生Cl2還可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干擾判斷；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗滌的目的是除去KClO、排除ClO－的干擾，同時保持K2FeO4穩(wěn)定存在；制備K2FeO4的原理為3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在該反應中Cl元素的化合價由0價降至－1價，Cl2是氧化劑，Fe元素的化合價由+3價升至+6價，Fe(OH)3是還原劑，K2FeO4為氧化產物，根據同一反應中，氧化性：氧化劑>氧化產物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反應為2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，實驗表明，Cl2和FeO42－氧化性強弱關系相反；對比兩個反應的條件，制備K2FeO4在堿性條件下，方案II在酸性條件下；說明溶液的酸堿性的不同影響物質氧化性的強弱。28、1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1+1價銅的外圍電子布為3d10的全充滿結構，因此+1價銅比+2價銅的能量更低更穩(wěn)定Si和SPH3<AsH3<NH3PH3和AsH3結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，因此AsH3的沸點高于PH3；NH3之間存在氫鍵，因此三者之中NH3的沸點最高sp3雜化NaPO3SnCu3P12【答案解析】分析：（1）處于最低能量的原子叫做基態(tài)原子,基態(tài)電子排布遵循能量最低原理、保里不相容原理和洪特規(guī)則,根據元素符號,判斷元素原子的核外電子數,再根據核外電子排布規(guī)律來寫,Cu是第四周期元素，為29號元素，其電子排布式為：[Ar]3d104s1；+1價銅的外圍電子布為3d10的全充滿結構，因此+1價銅比+2價銅的能量更低更穩(wěn)定（2）同一周期自左向右第一電離能有增大趨勢，但磷元素3P軌道為半充滿結構，較穩(wěn)定，第VA族第一電離能大于其相鄰元素，P元素的第一電離能比S元素的第一電離能要略大，故元素周期表第3周期中，第一電離能比P小的非金屬元素是Si和S；（3）N、P、As同主族，PH3和AsH3結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，因此AsH3的沸點高于PH3；NH3之間存在氫鍵，因此三者之中NH3的沸點最高，因此，三種元素最簡單氫化物沸點由低到高的順序為PH3<AsH3<NH3；（4）根據直鏈多磷酸鈉的陰離子的無極單鏈狀結構，其中磷氧四面體通過共有頂角氧原子相連，磷的成鍵電子對有4對，則P原子的雜化方式為sp3雜化；P、O原子個數比為1：3。根據化合價代數和為0可知，該物質中P、O、Na原子個數比為1：3：1。所以，該多磷酸鈉的化學式為NaPO3。（5）晶體中P原子位于中心,含有一個磷原子,立方體每個面心含一個Cu,每個Cu分攤給一個晶胞的占12,立方體頂角Sn分攤給每個晶胞的原子為18,據此得到化學式;

②晶體中距離Sn原子最近Cu的原子在每個面心上;

③設立方體邊長為x,銅原子間最近距離為a,則a2=(x2）2+(x2）2，a=22x,結合密度ρ=詳解:(1)Cu元素為29號元素,原子核外有29個電子,所以核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；因此，本題正確答案是:1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1

；

(2)同一周期自左向右第一電離能有增大趨勢，但磷元素3P軌道為半充滿結構，較穩(wěn)定，第VA族第一電離能大于其相鄰元素，P元素的第一電離能比S元素的第一電離能要略大，故元素周期表第3周期中，第一電離能比P小的非金屬元素是Si和S；（3）N、P、As同主族，PH3和AsH3結構相似，相對分子質量越大，分子間作用力越強，沸點越高，因此AsH3的沸點高于PH3；NH3之間存在氫鍵，因此三者之中NH3的沸點最高，因此，三種元素最簡單氫