【化学】山西省沁县中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

山西省沁县中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35. 5 Ca 40 Fe 56 P 31 S 32 Cu 64 Ag 108 I 127 Ba 137
第Ⅰ卷（单选题 共 54 分 每题3分）
1.下列说法中正确的是( )
A. 电子云通常是用小黑点来表示电子的多少
B. 处于最低能量的原子叫基态原子
C. 能量高的电子在离核近的区域运动，能量低的电子在离核远的区域运动
D. 电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱
【答案】B
【解析】
试题分析：A选项，小黑点表示的是电子出现的概率。B选项正确。C选项，错误。能量高的垫在离核远的区域运动，能量低的电子在离核近的区域运动。D选项，错误。光谱也有可能是由激发态跃迁到能量稍低的激发态而产生，或电子由基态跃迁到激发态，或由激发态跃迁到基态，都会产生原子光谱。
考点：原子核外电子的能级分布
2.下列说法或有关化学用语的表达正确的是( )
A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B. 基态Fe原子的外围电子排布图为
C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；B、基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，外围电子排布图为：，故B正确；C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；故选B。
考点：考查了原子核外电子排布规律及排布式和排布图的书写的相关知识。
3.玻尔理论、量子力学理论都是对核外电子运动的描述方法,根据对它们的理解,下列叙述中正确的是( )
A. 因为轨道的形状是球形的,所以电子做的是圆周运动
B. 3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)的能量不同
C. 处于同一轨道上的电子可以有多个,它的运动状态完全相同
D. 原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的
【答案】D
【解析】
【详解】A.核外电子的运动是没有规则的，不可能是圆周运动，故A错误；
B.3px、3py、3pz的差异之处在于三者中电子(基态)运动方向不同，但能量相同，故B错误；
C.处于同一轨道上的电子最多有2个，其自旋方向相反，它的运动状态不相同，故C错误，
D.原子轨道和电子云都是用来形象地描述电子运动状态的，而不是表示电子运动轨迹，故D正确。
故选D。
4.周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属为第一列，稀有气体元素为第18列。按这种规定，下列说法正确的是( )
A. 第9列元素中没有非金属元素
B. 只有第2列的元素原子最外层电子排布为ns2
C. 第四周期第9列元素是铁元素
D. 第10、11列为ds区
【答案】A
【解析】
试题分析：A．第9列属于Ⅷ族，都是金属元素，没有非金属性元素，故A正确；B．氦原子及一些过渡元素原子最外层电子排布也为ns2，故B错误；C．第四周期第9列元素是钴元素，铁元素处于第四周期第8列，故C错误；D．第11、12列为ⅠB、ⅡB族，属于ds区，第10列属于Ⅷ族，故D错误；故选A。
考点：考查了元素周期表的结构及其应用的相关知识。
5.下列关于元素第一电离能的说法不正确的是( )
A. 钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠
B. 因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大
C. 最外层电子排布式为ns2np6(当只有K层时为1s2)的原子，第一电离能较大
D. 对于同一元素而言，原子的电离能I1W
B. W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W>X>Y>Z
C. Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体
D. WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶1
【答案】C
【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，W一定是6号C元素，X一定是13号Al元素，Z原子比X原子的核外电子数多4，则Z为17号Cl元素，Y是14～16号中某元素。若Y是14号Si元素，则电负性是C>Si，A不正确；原子半径Al一定是大于C的，B不正确；Y和Z有可能形成SiCl4，此分子的空间构型是正四面体，C正确；WY2分子若是CS2，它与CO2是等电子体，则分子中σ键与π键的数目之比是1∶1，D不正确。
14.以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A. 具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B. 具有下列最外层电子排布式的原子中：①3s23p1、②3s23p2、③3s23p3、④3s23p4，第一电离能最大的是③
C. ①Na、K、Rb、②N、P、As、③O、S、Se、④Na、P、Cl，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
D. 某元素气态基态原子的逐级电离能(kJ·mol－1)分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3＋
【答案】D
【解析】
在下列电子排布式的原子中，①1s22s22p63s23p2是Si原子，　②1s22s22p3是N原子，　③1s22s22p2是C原子，　④1s22s22p63s23p4是S原子，原子半径的大小关系：Si>S>C>N，所以原子半径最大的是Si，即①，A说法正确；在下列价电子排布式的原子中，①3s23p1是Al原子　②3s23p2是Si原子　③3s23p3是P原子　④3s23p4是S原子,第一电离能大小顺序：P>S>Si>Al，第一电离能最大的是P，即③，B说法正确；同一周期，从左到右元素电负性递增，④Na、P、Cl的电负性逐渐增加，④符合题干要求，同一主族，自上而下元素电负性递减，①Na、K、Rb②N、P、As③O、S、Se的电负性随原子序数递增而递减，①②③不符合题干要求，所以，元素的电负性随原子序数增大而递增的是④，C说法正确；根据电离能变化的趋势，X最外层应该有2个电子，与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋，D说法错误；本题选项D。
15.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A. 配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B. 该配合物可能是平面正方形构型
C. Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位 D. 配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
【答案】C
【解析】
水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。
16. 碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是

A. 分子式为C3H2O3
B. 分子中含6个σ键
C. 分子中只有极性键
D. 8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO2
【答案】A
【解析】
A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误，此题选C。
【考点定位】本题考查的是有机化合物的结构特点，主要考查化学键的类型和极性，同时也涉及到有机物
燃烧产物的判断和相关计算。

17.据报道，大气中存在一种潜在的温室气体SF5—CF3，下列关于SF5—CF3的说法正确的是（ ）
A. 分子中既有σ键又有π键
B. 所有原子在同一平面内
C. C的杂化方式为sp3杂化
D. 0.1 mol SF5—CF3分子中含8 mol电子
【答案】C
【解析】
【分析】
A.只有共价单键；
B.C原子为sp3杂化，S原子在八面体的中心；
C.CF4与CH4中C原子均为sp3杂化，且没有孤对电子；
D.含5个S-F、1个S-C、3个C-F键。
【详解】A.只有共价单键，则分子中只有σ键，没有π键，故A错误；
B.C原子为sp3杂化，S原子在八面体的中心，则所有原子不可能共面，故B错误；
C.CF4与CH4中C原子均为sp3杂化，且没有孤对电子，则CF4与CH4都是正四面体结构，故C正确；
D.含5个S-F、1个S-C、3个C-F键，则0.1molSF5-CF3分子中电子数为9mol，故D错误。
故选C。
【点睛】有机物分子中原子的共面、共线问题总结：①甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共线；④苯分子中所有原子共面；⑤HCHO分子中所有原子共面。
18.SF6是一种无色气体，具有很强的稳定性，可用于灭火，SF6的分子结构如图所示，呈正八面体型。如果F元素有两种稳定的同位素，则SF6的不同分子种数为 ( )

A. 6种 B. 7种
C. 10种 D. 12种
【答案】C
【解析】
试题分析：】SF6的分子结构呈正八面体型。如果F元素有两种稳定的同位素，分别写为F、f，则SF6的分子中完全是F原子时是SF6，完全是f时是Sf6，各是1种，分子中只含有1个f原子的SF5f和只含有个F原子的分子Sf5F也都是只有一种；分子中含有两个F原子的分子SF2f4和含有两个f原子的分子Sf2F4的分子各有两种，分别位于正八面体的AB位、AC位或由AB、AC旋转得到，分子中含有3个f、3个F原子的分子SF3f3有两种不同的分子，F原子可以在ABM、ABC或它们旋转产生的位置。因此得到的不同分子种数为1+1+1+1+2+2+2=10种，故选项是C。
考点：考查同素异形体形成的分子种类的数目计算的知识。
第Ⅱ卷 共46分
19.现有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。
A元素的核外电子数和电子层数相等
B元素原子的核外p电子数比s电子数少1
C原子第一至第四电离能如下：
I1＝738 kJ·mol－1，I2＝1451 kJ·mol－1，I3＝7733 kJ·mol－1，I4＝10540 kJ·mol－1
D原子核外所有p轨道全满或半满
E元素的主族序数与周期数的差为4
F是前四周期中电负性最小的元素
G在周期表的第七列

(1)已知BA5为离子化合物，写出其电子式：________。
(2)B元素基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有________个方向，原子轨道呈________形。
(3)某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布图为
，该同学所画的电子排布图违背了____________。
(4)G位于第_____族_____区，该元素的核外电子排布式为_____________________________。
(5)检验F元素的方法是____________。
【答案】（1）（2）3 哑铃
（3）泡利原理（4）第ⅦB；d；1s22s22p63s23p63d54s2（5）焰色反应
【解析】
试题分析：A元素的核外电子数和电子层数相等，则A为H；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，电子排布为1s22s22p3，即B为N；由C原子的第一至第四电离能，知C为Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则价电子为3s23p3符号题意，即D为P；E元素的主族序数与周期数的差为4，E为第三周期第ⅦA族元素，即E为Cl；F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，F是前四周期中 电负性最小的元素，则F为K，G在周期表的第七列，则G为Mn，
（1）已知BA5为离子化合物，其电子式为。
（2）B为N，能量最高的电子为2p电子，其电子云在空间有3个方向，p轨道为纺锤形或哑铃形；
（3）由泡利原理可知，电子在同一轨道内的自旋方向应相反，C基态原子的核外电子排布图中3s上的两个电子自旋方向相同，则违反了泡利原理；
（4）G为Mn，在第四周期第ⅦB，最后填充的为d电子，在d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；
（6）F为K，检验K元素应利用焰色反应。
考点：考查了分子、原子、晶体的结构和性质的相关知识
20.东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的价电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液，[Ni(NH3)6]SO4中配体的构型是____________阴离子的立体构型是______________。
（3）元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是_______________。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). 2 (3). 三角锥形 (4). 正四面体 (5). Cu+ 失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+ 的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电流能
【解析】
【详解】（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，价电子排布式为3d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，剩余3个电子再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2，故答案为：3d84s2，2。
（2）根据价层电子对互斥理论，配体氨中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数为（5-3）÷2=1，则中心原子是sp3杂化，分子成三角锥形；SO42-的σ键电子对数等于4，孤电子对数为（6+2-2×4）÷2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形，故答案为：三角锥形，正四面体。
（3）铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+ 的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能，故答案为：Cu+失去的是全充满的3d10电子，Ni+失去的是3d84s1上的4s1电子，Cu+ 的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，所以铜的第二电离能高于镍的第二电离能。
21.氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。回答下列问题:
(1)基态氮原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是______________。
(2)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是_____________________。
(3)NF3的键角____________NH3的键角(填“”或“=”)。
(4)N2F2分子中氮原子的杂化方式是____________,1 mol N2F2含有____________molσ键。
(5)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4含有________mol配位键。
【答案】 (1). 洪特规则 (2). N>O>C (3). < (4). sp2杂化 (5). 3 (6). 2
【解析】
【分析】
（1）2p轨道有3个电子，电子排布同一能级不同轨道时，基态原子的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p轨道为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（3）F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度小于NH3中N周围电子密度；
（4）根据8电子结构，N2F2分子的结构式为F-N=N-F；
（5）NH4BF4中NH4+、BF4-均含有1个配位键。
【详解】（1）2p轨道有3个电子，电子排布同一能级不同轨道时，基态原子的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，遵循洪特规则，故答案为：洪特规则。
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C。
（3）F元素电负性比H大，F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度小于NH3中N周围电子密度，成键电子对之间的排斥力较小，因而NF3的键角＜NH3的键角，故答案为：＜。
（4）根据8电子结构，N2F2分子的结构式为F-N=N-F，N原子的杂化轨道数目为2+1=3，N原子杂化方式是sp2杂化，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，lmolN2F2含有3molσ键，故答案为：sp2杂化；3。
（5）NH4BF4中铵根离子中含有1个配位键，B原子与F之间形成1个配位键，lmolNH4BF4含有2mol配位键，故答案为：2。
22.将少量CuSO4粉末溶于盛有水的试管中得到一种天蓝色溶液，先向试管里的溶液中滴加氨水，首先形成蓝色沉淀。继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；再加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体。
(1)溶液中呈天蓝色微粒的化学式是______，1 mol该天蓝色微粒所含的σ键数目为______。
(2)加入乙醇的作用是_____________________。
(3)写出蓝色沉淀溶解成深蓝色溶液的离子方程式______________。
(4)得到的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，该晶体中配离子的空间构型为_________。(用文字描述)
【答案】 (1). [Cu(H2O)4]2+ (2). 12NA (3). 降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度 (4). Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH- (5). 平面正方形
【解析】
【详解】将少量CuSO4粉末溶于盛有水的试管生成[Cu(H2O)4]2+，溶液呈天蓝色，先向试管里的溶液中滴加氨水，首先形成氢氧化铜蓝色沉淀。继续滴加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]2+得到深蓝色溶液；再加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
（1）根据上述分析，溶液中呈天蓝色微粒为[Cu(H2O)4]2+，1 mol该天蓝色微粒所含配位键4mol，4mol水中含有8molH-O共价键，σ键数目为12NA，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；12NA。
（2）加入乙醇可以降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，故答案为：降低溶剂的极性，减小[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度。
（3）氢氧化铜蓝色沉淀溶解成[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH-，故答案为：Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH-。
（4）[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，[Cu（H2O）4]2+中心Cu2+离子是sp3d2杂化，空间构型为平面正方形，故答案为：平面正方形。
23.铍及其化合物的应用正日益被重视。在周期表中，同一主族元素化学性质相似。目前也发现有些元素的化学性质和它在周期表中左上方或右下方的另一主族元素性质相似，这称为对角线规则。据此请回答：
(1)锂在空气中燃烧，除生成Li2O外，也生成微量的_________(填化学式）。
(2)铍的最高价氧化物对应的水化物属两性化合物，证明这一结论的有关离子方程式为_______________________________________________________________。
(3)氯化铍在气态时存在BeCl2分子(a)和二聚分子(BeCl2)2(b)，a属于________(填“离子”或“共价”)化合物，写出它的一个等电子体_________。
(4)二聚分子(BeCl2)2中Be原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上。b 的结构式为__________(标出配位键)。
【答案】 (1). Li3N (2). Be(OH)2＋2H＋===Be2＋＋2H2O、Be(OH)2＋2OH－===BeO22-+2H2O (3). 共价 (4). CO2或N2O (5).
【解析】
【详解】（1）Li和Mg处于对角线位置，镁在空气中燃烧生成氧化镁、氮化镁。所以锂在空气中燃烧，除生成Li2O外，也生成微量的Li3N，故答案为：Li3N。
（2）Be的化合价是+2，铍的最高价氧化物对应的水化物的化学式为Be（OH）2，根据两性氢氧化物既能与酸反应生成盐和水，又能和碱（强碱）反应生成盐和水，有关离子方程式如下，Be（OH）2+2H+=Be2++2H2O、Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O，
故答案为：Be（OH）2+2H+=Be2++2H2O；Be（OH）2+2OH-=BeO22-+2H2O。
（3）铍和铝在周期表是对角线位置，根据对角线规则，氯化铍和三氯化铝类似，AlCl3为共价化合物，则BeCl2也为共价化合物；根据等电子体的概念：原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的互为等电子体，BeCl2分子的等电子体为CO2或N2O，故答案为：共价，CO2或N2O。
（4）在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，则配位键中电子对由氯原子提供，b的结构式为，故答案为：。
【点睛】元素周期表中处于对角线位置的金属在性质上有很多共同之处，对角线规则只存在在第二和第三周期元素之间。