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精品解析：黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高二下学期4月月考化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高二下学期4月月考化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
高二下学期第二次化学月考试题
第一部分选择题(共54分)
一、选择题(1~18题每题2分，19~25题每题3分，共计54分)
1. 若n=3，以下能级符号错误的是
A. np B. nd C. nf D. ns
【答案】C
【解析】
【详解】能层含有的能级数等于能层序数即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大；第三能层含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，没有3f，故选C。
2. 下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是( )
A. 燃放烟花 B. 霓虹灯广告
C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像
【答案】D
【解析】
【详解】平面镜成像是光线反射的结果，与电子跃迁无关，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案为D。
3. 下列各项中，前面的能级先填入电子的为
①3d和4s ②4p和5s ③5s和4d ④5p和4d
A. ① ② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】从构造原理图中可以看出能级的能量高低除了符合E(ns)E(4s)、E(4d)>E(5s)、E(5d)>E(6s)、E(6d)>E(7s)、E(4f)>E(5p)、E(4f)>E(6s)等。由于出现能级交错现象，K原子排满第一层和第二层后，在排第三层时，先排满3s能级、3p能级，最后一个电子进入4s能级而不是3d能级，所以它的原子结构示意图为：
【详解】原子核外电子优先占有能量低的轨道，轨道能量的高低由能层和能级决定。①中的3d>4s，②中的4p<5s，③中的5s<4d，④中的5p>4d。所以前面能级先填入电子的是②③。正确的答案选B。
4. 某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该元素原子中共有25个电子
B. 该元素原子核外有4个能层
C. 该元素原子最外层共有2个电子
D. 该元素原子M电子层共有8个电子
【答案】D
【解析】
【详解】根据1s22s22p63s23p63d54s2，该原子有4个能层，共有25个电子，最外层有2个电子，第三层（M层）有13个电子，综上所述，答案选D。
5. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是
A. Mg2+ 1s22s22p6 B. Br 1s22s22p63s23p64s23d104p5
C. O2- 1s22s22p6 D. Fe2+ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg2+核外有10个电子，基态电子排布式为1s22s22p6，故A正确；
B．Br核外有35个电子，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，故B错误；
C．O2-核外有10个电子，基态电子排布式为1s22s22p6，故C正确；
D．Fe2+核外有24个电子，基态 1s22s22p63s23p63d6，故D正确；
故选B。
6. 元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法正确的是
A. Bi元素在元素周期表中位于f区 B. Bi元素的相对原子质量是209.0
C. Bi原子6p能级上有一个未成对电子 D. Bi原子最外层有5个能量相同的电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，Bi原子基态原子核外最外层电子排布为：6s26p3，故Bi元素在元素周期表中位于p区，A错误；
B．由题干图示信息可知，Bi元素的相对原子质量是209.0，B正确；
C．由题干图示信息可知，Bi原子6p能级上有3个电子，3个电子分别位于三个p轨道上，故有三个未成对电子，C错误；
D．由题干图示信息可知，Bi原子最外层有5个电子，位于两个能级上，故能量不相同，D错误；
故答案为：B。
7. 前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【分析】前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。
【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。
8. 基态X、Y、Z原子的核外电子排布式如下表，则下列化合物中不存在的是
基态原子的核外电子排布式
X
1S22S22P4
Y
1S22S22P63S1
Z
1S22S22P63S23P4
A. Y2ZX3 B. Y2X2 C. YZ D. ZX3
【答案】C
【解析】
【分析】X的基态原子的核外电子排布式1S22S22P4，则X为氧；Y的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S1，则Y为钠；Z的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S23P4，则Z为硫。
【详解】A．Na2SO3是亚硫酸钠的化学式，A不合题意；
B．Na2O2是过氧化钠的化学式，B不合题意；
C．NaS，不存在此化合物，C符合题意；
D．SO3是三氧化硫的化学式，D不合题意；
故选C。
9. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是
A. 化合物X高温下有较强稳定性
B. A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物
C. 简单离子的半径：E>C>D>A
D. 简单氢化物的沸点：C>E
【答案】A
【解析】
【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。
【详解】A． 化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A错误；
B． A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B正确；
C． 电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2->O2-，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2->Na+，所以简单离子的半径：S2->O2->Na+>H+，故C正确；
D． 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D正确；
故选A。
10. 已知某分子质谱图如图所示，且分子的红外光谱信息中含有C－O、C－H、O－H共价键的吸收峰。下列关于其分子结构的叙述中正确的是
A. 该分子的结构为CH3CH2OH
B. 该分子的相对分子质量可能为27、31、45或46
C. 该分子的结构为CH3－O－CH3
D. 该分子的红外光谱和质谱都可以全面反映分子结构的信息
【答案】A
【解析】
【分析】质谱图中最右边最大的数值为该分子的相对分子质量，由质谱图可知，该分子的相对分子质量46，分子内含C－O、C－H、O－H，则该分子的结构为CH3CH2OH， CH3－O－CH3分子内没有O-H，则该分子的结构不可能为CH3－O－CH3。
【详解】A．据分析，该分子的结构为CH3CH2OH，A正确；
B．据分析，该分子的相对分子质量为46，B错误；
C．据分析，该分子的结构不可能为CH3－O－CH3，C错误；
D．该分子的红外光谱只能反映化学键或官能团的信息，质谱能反映该分子的相对分子质量，二者均不能全面反映分子结构的信息，D错误；
答案选A。
11. 下列说法错误的是
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n- 1) p电子的能量，A错误；
B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，B正确；
C．应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，C正确；
D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，D正确；
故本题选A。
12. 下列说法不正确的是
A. 乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1
B. 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X2+
C. Na、P、Cl的电负性依次增大
D. 乙醇和水都是非极性分子，符合相似相溶规律，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有碳碳双键（其中一个σ键和一个π键），四个氢原子分别与两个碳原子相连（四个σ键），因此乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1，故A正确；
B．根据某元素气态基态原子的逐级电离能数据可知，易失去前面两个电子，第三个电子不容易失去，因此当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故B正确；
C．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D．乙醇和水都是极性分子，符合相似相溶规律，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水，故D错误；
答案为D。
13. 已知P4单质的结构如下，P4在KOH溶液中的变化是：P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，下列说法正确的是
A. P4为正四面体形，且键角为109°28′ B. 31gP4含有1.5NA个P－P
C. 相关元素电负性大小顺序：P＞O＞H＞K D. P4中P原子为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．P4为正四面体形，但键角不为109°28′，键角为60°，故A错误；
B． 如图可知，1mol P4含有6molP−P 键，即6NA个；31g P4的物质的量为0.25mol，含P−P 键的个数为0.25×6NA=1.5NA，故B正确；
C． 一般来说，元素的非金属性越强，电负性越强，则相关元素的电负性大小顺序应为：O＞P＞H＞K，故C错误；
D． P 原子最外层有5个电子，P4中 每个P与其它3个P原子形成P−P单键，则P原子的价层电子对数为4，为 sp3杂化，故D错误；
故选：B。
14. 前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径Y＞Z＞W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X
C. W和T的单质混合加热可得化合物T2W
D. W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；
【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，
A. Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；
B. 三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；
C. Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；
D. S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；
答案：C。
【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。
15. 下列有关杂化轨道的说法不正确的是
A. 杂化轨道既能形成σ键，又能形成π键
B. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
【答案】A
【解析】
【详解】A．杂化轨道只能形成σ键，不能形成π键，A错误；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的空间构型分别是正四面体、平面三角形和直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，B正确；
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷或氨气或水分子等，C正确；
D．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生改变，D正确；
故选A。
16. 下列关于氨气和甲烷的说法不正确的是
A. 两种分子的VSEPR模型相同
B. NH3分子中N原子形成四个不等性杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个等性杂化轨道
C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，而甲分烷子中没有孤电子对，两分子的空间结构不同
D. NH3分子可以与H+结合生成NH，这个过程N原子的杂化类型发生改变
【答案】D
【解析】
【详解】A． 氨气分子中氮原子杂化轨道数为1+3=4，属于sp3杂化；甲烷分子中的碳原子杂化轨道数为0+4=4，属于sp3杂化，则两种分子的VSEPR模型相同，故A正确；
B．NH3分子中N原子有孤电子对，所以氮原子杂化轨道数为1+3=4，形成四个不等性杂化轨道，甲烷分子中的碳原子无孤电子对，杂化轨道数为0+4=4，形成4个等性杂化轨道，故B正确；
C．氨气和甲烷的杂化轨道数均为4，NH3分子中有一个孤电子对，氨气分子空间结构是三角锥形，甲烷分子不含孤电子对，甲烷分子空间构型为四面体形，故C正确；
D．NH3分子和NH中N原子的杂化类型均为sp3杂化，故D错误；
答案选D。
17. 下列化合物中，含有3个手性碳原子的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该化合物只有一个手性碳原子（用*标出），如图所示：，A错误；
B．该化合物只有一个手性碳原子（用*标出），如图所示：，B错误；
C．该化合物有两个手性碳原子（用*标出），如图所示：，C错误；
D．该化合物有三个手性碳原子（用*标出），如图所示：，D正确；
故选D。
18. 如图是第三周期主族元素的某些性质随原子序数变化的柱形图，则y轴可表示的量有几个
①第一电离能 ②电负性 ③原子半径 ④简单离子半径 ⑤最高正化合价 ⑥形成简单离子转移的电子数
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】①同周期从左向右第一电离能逐渐增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此y不是第一电离能，故①不符合题意；
②同周期从左向右电负性逐渐增大，符合图像，y代表电负性，故②符合题意；
③同周期从左向右原子半径逐渐减小，不符合图像，y不是原子半径，故③不符合题意；
④Na+、Mg2+、Al3+核外有2个电子层，其余元素的简单离子核外有3个电子层，Na+、Mg2+、Al3+的半径比剩下简单离子半径小，核外电子排布相同，离子半径随着原子序数增大而减小，不符合图像，故④不符合题意；
⑤同周期从左向右最高正价由+1价→+7价变化，符合图像，y代表最高正化合价，故⑤符合题意；
⑥Na、Mg、Al属于金属，失去电子分别为1、2、3，其余元素为非金属元素，以得电子为主，的电子数目逐渐减少，与图像不符，故⑥不符合题意；
综上所述，符合题意的有2个；
答案为A。
19. 下列说法正确的有个
(1)除H外，s区元素全部为金属元素
(2)第四周期的金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱
(3)元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族的10个纵列为d区和ds区元素，都是金属元素
(4)氢键具有方向性，X－H…Y三个原子一定在同一条直线上
(5)形成氢键物质的熔沸点一定升高
(6)H2O比NH3难分解是由于单位分子内H2O形成的氢键比NH3多
(7)所有的共价键都具有方向性和饱和性
A. 1 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】(1) s区元素即ⅠA和ⅡA元素，除H外，s区元素全部为金属元素，(1)正确；
(2) 同一周期的主族元素，从左到右，元素的金属性依次减弱，但是副族元素不一定，比如Zn和Fe同位于第四周期，且Zn的原子序数大于Fe，但是Zn的金属性比Fe强，(2)错误；
(3)元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族有10个纵列都是金属元素，其中IIIB的镧系元素和锕系元素为f区、其余为d区和ds区元素， (3)错误；
(4)氢键具有方向性，X－H…Y三个原子不一定在同一条直线上，例如邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，O－H…O三个原子不在同一条直线上，(4)错误；
(5) 由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，则形成氢键物质的熔沸点不一定升高，(5)错误；
(6)O的电负性大于N，H2O比NH3难分解是由于H2O分子内的共价键O-H比氨分子内的N-H更牢固，(6)错误；
(7) 共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，有方向性和饱和性，但s轨道为球形，s-s共价键无方向性，(7)错误；
故选A。
20. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成．其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍．下列说法正确的是
A. X和Z的最高化合价均为价
B. 和在水中均为强酸，电子式可表示为与
C. 四种元素中，X原子半径最大，Y原子半径最小
D. Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，Y元素能形成五个共价键，且W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，所以Y为P元素；Y原子序数为W原子价电子数的3倍，所以W为N元素；X和Z均能和P生成共价键，且X和Z同主族，所以X为F，Z为Cl，据此分析解题。
【详解】A．X和Z分别是F、，F无正价，故A错误；
B．和分别是和，在水中不是强酸，故B错误；
C．四种元素中，Y原子半径在这四种元素中最大，X原子半径在这四种元素中最小，故C错误；
D．和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，故D正确；
故答案选D。
21. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. X的电子排布图为： B. 单质的熔点：X＞Y
C. 简单氢化物的沸点：Z＞Q D. 电负性：Z＞Y
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，X的电子排布图为：，是铝的原子结构示意图，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si＞Al，即Y＞X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q＞Z，C错误；
D．通常，元素的非金属性越强电负性越大，Y为Si，Z为Cl或S或P，硅非金属最弱，则电负性：Z＞Y，D正确；
故答案为：D。
22. 比较SO2、SO、SO3和SO的键角大小，下列排序正确的是
A. SO＞SO2=SO＞SO3 B. SO2＞SO3＞SO＞SO
C. SO＞SO3=SO＞SO2 D. SO3＞SO2＞SO＞SO
【答案】D
【解析】
【详解】SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，存在1对孤电子对；SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，无孤电子对；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角SO3＞SO2；
SO的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，存在1对孤电子对；的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角SO＞SO；
故键角大小顺序为：SO3＞SO2＞SO＞SO；
故选D。
23. 氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式如图，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。下列说法正确的是
A. 碳元素基态原子电子占有5种原子轨道 B. 氯吡苯脲中，氮原子的杂化轨道类型为sp2
C. 氯吡苯脲中不含手性碳原子 D. 氯吡苯脲中共有28个σ键以及7个π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p2，碳元素基态原子电子占有,4种原子轨道，A错误；
B．根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，属于sp3杂化；环中氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，是sp2杂化，B错误；
C．根据氯吡苯脲的结构简式可知，氯吡苯脲中没有饱和碳原子，则不含手性碳原子，C正确；
D． 苯环中没有碳碳双键，存在大π键，则氯吡苯脲中不存在7个π键，D错误；
答案选C。
24. 原子总数相同、价电子总数相同分子称为等电子体，它们具有相似的化学键特征。B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似。下列关于B3N3H6的说法错误的是
A. 无机苯与苯互为等电子体 B. B3N3H6中含有3个π键
C. 分子中B和N均为sp2杂化 D. B3N3H6(无机苯)难溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过计算，无机苯和苯分子中的原子总数均为12，价电子总数均为30，二者互为等电子体，故A正确；
B．B原子最外层有3个电子，与其他原子形成3个σ键，N原子最外层5个电子，与其他原子形成3个σ键，还剩2个电子，形成大π键，故B错误；
C．B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，结构为，其中B、N原子杂化方式都为sp2，故C正确；
D．B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，均属于非极性分子，根据“相似相溶”规律，无机苯难溶于水，故D正确；
故答案选B。
25. 我国科技工作者研究发现双金属氧化物催化加氢制甲醇的原理如下图所示(“□”代表氧空位)。下列说法错误的是
A. 反应过程中涉及O—H的断裂和生成 B. 反应过程中Ga的成键数目改变了
C. 反应过程中C原子杂化方式改变了 D. 该总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【分析】据图知，总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O。
【详解】A． 转化为甲醇和另一个产物时涉及O—H的断裂和生成，A正确；
B． 反应过程中Ga的成键数目有3、4，故成键数目改变了，B正确；
C．二氧化碳分子为直线形，是sp杂化，甲醇中碳原子是饱和碳原子、是sp3杂化，反应过程中C原子杂化方式改变了，C正确；
D． 该总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，原子利用率并不等于100%，D不正确；
答案选D。
第二部分非选择题(共46分)
26. 按要求填空：
（1）在①N2②CS2③H2Se④AsH3⑤(CN)2⑥HCHO⑦CH2Cl2⑧⑨BF3⑩H2O2中，仅由极性键构成极性分子有_____；含有π键，且属于非极性分子的是_____；既含有极性键又含有非极性键的分子为_____；⑩为_____(填”极性”或“非极性”)分子。
（2）已知下列四种酸①CH3CBr2COOH②CH3CF2COOH③CH3CH2COOH④CH3COOH酸性由弱到强的顺序为_____。
（3）已知BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的空间结构为_____；NaBF4的电子式为_____。
【答案】（1） ①. ③④⑦ ②. ①②⑤⑧ ③. ⑤⑩ ④. 极性
（2）③④①② （3） ①. 正四面体形 ②.
【解析】
【小问1详解】
①N2含非极性键，含键、含π键，是非极性分子，②CS2含极性键，含键、含π键，是非极性分子，③H2Se含极性键，含键、不含π键，是极性分子，④AsH3含极性键，含键、不含π键，是极性分子，⑤(CN)2含极性键和非极性键，含键、含π键，是非极性分子，⑥HCHO含极性键，含键、含π键，是极性分子，⑦CH2Cl2含极性键，含键、不含π键，是极性分子，⑧含极性键和非极性键，含键、含π键，是非极性分子，⑨BF3含极性键，含键、不含π键，是非极性分子，⑩H2O2含极性键和非极性键，含键、不含π键，是极性分子，则仅由极性键构成的极性分子有③④⑦；含有π键，且属于非极性分子的是①②⑤⑧；既含有极性键又含有非极性键的分子为⑤⑩；⑩为极性分子。
【小问2详解】
对于有机羧酸，烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此乙酸的酸性大于丙酸的，当酸分子中C原子数相同时，由于吸引电子能力：F＞Br＞H，所以分子中含有F原子的羧酸 的酸性比含有相同数目Br原子的羧酸的酸性强，故四种酸的酸性排序为：②CH3CF2COOH＞①CH3CBr2COOH＞④CH3COOH＞③CH3CH2COOH，酸性由弱到强的顺序为③④①②。
【小问3详解】
BF中B原子的价电子对数为，所以BF的空间结构为正四面体形；NaBF4为离子化合物，其电子式为。
27. 解释下列现象所产生的原因：
（1）沸点：(对氨基苯甲酸)＞(邻氨基苯甲酸)：_____。
（2）键角：CH4＞NH3＞H2O：_____。
（3）NH3在H2O中的溶解度为700：1：______。
（4）将NH3分解的温度(约为800~825℃)比将其气化所需温度高得多：______。
【答案】（1）对氨基苯甲酸分子可形成分子间氢键，而邻氨基苯甲酸可形成分子间氢键，形成分子间氢键会使物质沸点降低
（2）CH4、NH3、H2O中孤电子对数分别为0、1、2，且孤电子对之间作用力、孤电子对与成键电子对之间作用力、成键电子对之间作用力依次减小，故键角逐渐减小
（3）①相似相溶：氨气与水都为极性分子；②两者之间可以形成氢键；③两者之间可发生反应
（4）NH3分解时破坏是N－H键，为共价键，而由液体气化时破坏的是分子间作用力，共价键的作用力大于分子间作用力，因此分解所需要的温度高
【解析】
【小问1详解】
(对氨基苯甲酸)与(邻氨基苯甲酸)均构成分子晶体，分子间的相互作用牢固的沸点高，则沸点：(对氨基苯甲酸)＞(邻氨基苯甲酸)的原因是：对氨基苯甲酸分子可形成分子间氢键，而邻氨基苯甲酸可形成分子间氢键，形成分子间氢键会使物质沸点降低。
【小问2详解】
CH4中心原子无孤电子对、价层电子对为4，NH3中心原子孤电子对数为1、价层电子对为3+1=4，H2O中心原子孤电子对数为2、价层电子对为2+2=4，它们的中心原子均为sp3杂化，则键角：CH4＞NH3＞H2O的原因为：CH4、NH3、H2O中孤电子对数分别为0、1、2，且孤电子对之间作用力、孤电子对与成键电子对之间作用力、成键电子对之间作用力依次减小，故键角逐渐减小。
【小问3详解】
根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而不易溶解在由极性分子构成的溶剂中；由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中，而不易溶于由非极性分子构成的溶剂中，且与水分子形成氢键能增加在水中的溶解性，则NH3在H2O中的溶解度为700：1，氨气极易溶于水的原因为：①相似相溶：氨气与水都为极性分子；②两者之间可以形成氢键；③两者之间可发生反应。
【小问4详解】
分解是化学变化需破坏化学键，气化是物理变化、不需破坏化学键、氨气气化时主要克服氨气分子间相互作用，将NH3分解的温度(约为800~825℃)比将其气化所需温度高得多：NH3分解时破坏的是N－H键，为共价键，而由液体气化时破坏的是分子间作用力(氨分子间的氢键)，共价键的作用力大于分子间作用力(氨分子间的氢键)，因此分解所需要的温度高。
28. 利用如图装置可验证非金属元素的非金属性的变化规律：
（1）仪器A的名称为_____。
（2）请选择合适药品设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、C中所装药品分别为_____、_____(填化学式)。
（3）C装置中发生的化学反应为：______。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. HClO4 ②. Na2SiO3
（3）Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓(或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓)
【解析】
【分析】用如图设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律，可以利用最高价氧化物对应水化物的酸性来判断HClO4>H2CO3>H2SiO3的酸性强弱顺序，从而得出非金属性强弱顺序为Cl>C>Si，所以A、B、C中所盛试剂分别为HClO4、碳酸盐、Na2SiO3。
【小问1详解】
仪器A的名称为分液漏斗。
【小问2详解】
据分析， A、C中所装药品的化学式分别为HClO4、Na2SiO3。
【小问3详解】
C装置中Na2SiO3溶液和CO2气体反应生成H2SiO3沉淀及Na2CO3 或NaHCO3，发生的化学方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓。
29. 有A、B、C、D、E、F、G7种元素，它们的核电荷数依次增大，且A~E都为短周期元素。其中G元素是1826年一位法国青年科学家发现的，他在研究海水制盐时向剩余的副产物(苦卤)中通入氯气后发现溶液的颜色变深，经过一步提取可得红棕色液体，有刺激性气味；A为非金属元素，A和F属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：
（1）写出下列元素的名称：A：_____，C：_____，E：_____，G：_____。
（2）G元素在周期表中的位置为：______；其价电子排布图为：______。
（3）由A、B、C、D、F五种元素组成的一种化合物为______(写化学式)，并写出该物质的一种用途______。
（4）已知由D和E形成的一种化合物D2E2是一种橙黄色液体遇水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的气体。
①D2E2中E为_____价；且该物质为_____(填”极性”或“非极性”)分子。
②写出D2E2与水反应的化学方程式______。
【答案】（1） ①. 氢 ②. 铝 ③. 氯 ④. 溴
（2） ①. 第四周期第VIIA族 ②.
（3） ①. KAl(SO4)2•12H2O ②. 净水
（4） ①. -1 ②. 极性 ③. 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+S↓+4HCl
【解析】
【分析】有A、B、C、D、E、F、G7种元素，它们的核电荷数依次增大，且A~E都为短周期元素。其中G元素是1826年一位法国青年科学家发现的，他在研究海水制盐时向剩余的副产物(苦卤)中通入氯气后发现溶液的颜色变深，经过一步提取可得红棕色液体，有刺激性气味，则G为Br元素；A为非金属元素，A和F属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1、即位于ⅠA，则A为H元素，F不属于短周期元素，F的原子序数小于Br，则F为K元素，B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则它们是ⅥA的短周期元素，结合原子序数可知：B为O元素，D为S元素，E原子序数大于S且为短周期元素，则E为Cl元素，C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半，最外层有3个电子，结合原子序数可知C为Al。
【小问1详解】
下列元素的名称：A为氢，C为铝，E为氯，G为溴。
【小问2详解】
G元素即溴在周期表中的位置为：第四周期第VIIA族；Br基态价电子排布式为： 4s24p5，则其价电子排布图为：。
【小问3详解】
由A、B、C、D、F五种元素组成的一种化合物为明矾，化学式为KAl(SO4)2•12H2O，该物质的一种用途是净水。
【小问4详解】
①D2E2为共价化合物S2Cl2，分子中S与Cl均满足8电子稳定结构， S原子形成两个共价键， Cl原子形成一个共价键，结构式为：Cl-S-S-Cl，电负性S＜Cl，则E即Cl为-1价；且该物质的结构与过氧化氢类似，则正负电荷重心不重叠，为极性分子。
②S2Cl2中S为+1价，D2E2遇水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的气体即二氧化硫，则该反应为氧化还原反应，二氧化硫是氧化产物，还原产物为S，则D2E2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+S↓+4HCl。
高二下学期第二次化学月考试题
第一部分选择题(共54分)
一、选择题(1~18题每题2分，19~25题每题3分，共计54分)
1. 若n=3，以下能级符号错误的是
A. np B. nd C. nf D. ns
【答案】C
【解析】
【详解】能层含有的能级数等于能层序数即第n能层含有n个能级，每一能层总是从s能级开始，同一能层中能级ns、np、nd、nf的能量依次增大；第三能层含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，没有3f，故选C。
2. 下列图象中所发生的现象与电子的跃迁无关的是( )
A. 燃放烟花 B. 霓虹灯广告
C. 燃烧蜡烛 D. 平面镜成像
【答案】D
【解析】
【详解】平面镜成像是光线反射的结果，与电子跃迁无关，霓虹灯广告、燃烧蜡烛、节日里燃放的焰火是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故答案为D。
3. 下列各项中，前面的能级先填入电子的为
①3d和4s ②4p和5s ③5s和4d ④5p和4d
A. ① ② B. ②③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】从构造原理图中可以看出能级的能量高低除了符合E(ns)
【详解】原子核外电子优先占有能量低的轨道，轨道能量的高低由能层和能级决定。①中的3d>4s，②中的4p<5s，③中的5s<4d，④中的5p>4d。所以前面能级先填入电子的是②③。正确的答案选B。
4. 某原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，下列说法中不正确的是（ ）
A. 该元素原子中共有25个电子
B. 该元素原子核外有4个能层
C. 该元素原子最外层共有2个电子
D. 该元素原子M电子层共有8个电子
【答案】D
【解析】
【详解】根据1s22s22p63s23p63d54s2，该原子有4个能层，共有25个电子，最外层有2个电子，第三层（M层）有13个电子，综上所述，答案选D。
5. 下列各原子或离子的电子排布式错误的是
A. Mg2+ 1s22s22p6 B. Br 1s22s22p63s23p64s23d104p5
C. O2- 1s22s22p6 D. Fe2+ 1s22s22p63s23p63d6
【答案】B
【解析】
【详解】A．Mg2+核外有10个电子，基态电子排布式为1s22s22p6，故A正确；
B．Br核外有35个电子，基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，故B错误；
C．O2-核外有10个电子，基态电子排布式为1s22s22p6，故C正确；
D．Fe2+核外有24个电子，基态 1s22s22p63s23p63d6，故D正确；
故选B。
6. 元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法正确的是
A. Bi元素在元素周期表中位于f区 B. Bi元素的相对原子质量是209.0
C. Bi原子6p能级上有一个未成对电子 D. Bi原子最外层有5个能量相同的电子
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干图示信息可知，Bi原子基态原子核外最外层电子排布为：6s26p3，故Bi元素在元素周期表中位于p区，A错误；
B．由题干图示信息可知，Bi元素的相对原子质量是209.0，B正确；
C．由题干图示信息可知，Bi原子6p能级上有3个电子，3个电子分别位于三个p轨道上，故有三个未成对电子，C错误；
D．由题干图示信息可知，Bi原子最外层有5个电子，位于两个能级上，故能量不相同，D错误；
故答案为：B。
7. 前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同的元素有
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【分析】前四周期元素中，基态原子中未成对电子数与其所在周期数相同，即第一周期有1个未成对电子，第二周期有2个未成对电子数，第三周期有3个未成对电子数，第四周期有4个未成对电子数，结合电子排布规律来解答。
【详解】第一周期中，有一个未成对电子的是1s1；第二周期中，未成对电子是两个的有两种：1s22s22p2 和1s22s22p4；第三周期中，未成对电子是三个的是：1s22s22p63s23p3；第四周期中未成对电子是四个的是1s22s22p63s23p63d64s2，共有5种，故合理选项是D。
【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子排布规律、未成对电子数的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意第四周期电子排布为解答的难点，题目难度不大。
8. 基态X、Y、Z原子的核外电子排布式如下表，则下列化合物中不存在的是
基态原子的核外电子排布式
X
1S22S22P4
Y
1S22S22P63S1
Z
1S22S22P63S23P4
A. Y2ZX3 B. Y2X2 C. YZ D. ZX3
【答案】C
【解析】
【分析】X的基态原子的核外电子排布式1S22S22P4，则X为氧；Y的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S1，则Y为钠；Z的基态原子的核外电子排布式1S22S22P63S23P4，则Z为硫。
【详解】A．Na2SO3是亚硫酸钠的化学式，A不合题意；
B．Na2O2是过氧化钠的化学式，B不合题意；
C．NaS，不存在此化合物，C符合题意；
D．SO3是三氧化硫的化学式，D不合题意；
故选C。
9. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是
A. 化合物X高温下有较强稳定性
B. A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物
C. 简单离子的半径：E>C>D>A
D. 简单氢化物的沸点：C>E
【答案】A
【解析】
【分析】已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，则A位于第一周期，为H元素，B、C位于第二周期，D、E位于第三周期；A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族，D形成+1价阳离子，其原子半径最大，则D为Na；C形成2个共价键，位于ⅥA族，则C为O，E为S元素；B形成4个共价键，则B为C元素。
【详解】A． 化合物X为Na2CO3∙H2O2，高温下易分解，稳定性差，故A错误；
B． A、B、E均可与C形成常见的两种二元化合物，分别是H2O、H2O2、CO、CO2、SO2、SO3，故B正确；
C． 电子层越多离子半径越大，则简单离子的半径越大S2->O2-，Na+>H+，电子层结构相同的离子，核电荷越大，半径越小，O2->Na+，所以简单离子的半径：S2->O2->Na+>H+，故C正确；
D． 水分子间形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，分子间作用力小，简单氢化物的沸点：C>E，故D正确；
故选A。
10. 已知某分子质谱图如图所示，且分子的红外光谱信息中含有C－O、C－H、O－H共价键的吸收峰。下列关于其分子结构的叙述中正确的是
A. 该分子的结构为CH3CH2OH
B. 该分子的相对分子质量可能为27、31、45或46
C. 该分子的结构为CH3－O－CH3
D. 该分子的红外光谱和质谱都可以全面反映分子结构的信息
【答案】A
【解析】
【分析】质谱图中最右边最大的数值为该分子的相对分子质量，由质谱图可知，该分子的相对分子质量46，分子内含C－O、C－H、O－H，则该分子的结构为CH3CH2OH， CH3－O－CH3分子内没有O-H，则该分子的结构不可能为CH3－O－CH3。
【详解】A．据分析，该分子的结构为CH3CH2OH，A正确；
B．据分析，该分子的相对分子质量为46，B错误；
C．据分析，该分子的结构不可能为CH3－O－CH3，C错误；
D．该分子的红外光谱只能反映化学键或官能团的信息，质谱能反映该分子的相对分子质量，二者均不能全面反映分子结构的信息，D错误；
答案选A。
11. 下列说法错误的是
A. ns电子的能量不一定高于(n-1)p电子的能量
B. 6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则
C. 电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原则
D. 电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n- 1) p电子的能量，A错误；
B．根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，B正确；
C．应先排能量低的4s轨道，而不是排能量高的3d，违反了能量最低原理，C正确；
D．根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，D正确；
故本题选A。
12. 下列说法不正确的是
A. 乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1
B. 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X2+
C. Na、P、Cl的电负性依次增大
D. 乙醇和水都是非极性分子，符合相似相溶规律，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙烯分子中含有碳碳双键（其中一个σ键和一个π键），四个氢原子分别与两个碳原子相连（四个σ键），因此乙烯分子中的σ键和π键之比为5∶1，故A正确；
B．根据某元素气态基态原子的逐级电离能数据可知，易失去前面两个电子，第三个电子不容易失去，因此当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X2+，故B正确；
C．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，则Na、P、Cl的电负性依次增大，故C正确；
D．乙醇和水都是极性分子，符合相似相溶规律，且它们易形成分子间氢键，故乙醇易溶于水，故D错误；
答案为D。
13. 已知P4单质的结构如下，P4在KOH溶液中的变化是：P4+3KOH+3H2O=3KH2PO2+PH3↑，下列说法正确的是
A. P4为正四面体形，且键角为109°28′ B. 31gP4含有1.5NA个P－P
C. 相关元素电负性大小顺序：P＞O＞H＞K D. P4中P原子为sp2杂化
【答案】B
【解析】
【详解】A．P4为正四面体形，但键角不为109°28′，键角为60°，故A错误；
B． 如图可知，1mol P4含有6molP−P 键，即6NA个；31g P4的物质的量为0.25mol，含P−P 键的个数为0.25×6NA=1.5NA，故B正确；
C． 一般来说，元素的非金属性越强，电负性越强，则相关元素的电负性大小顺序应为：O＞P＞H＞K，故C错误；
D． P 原子最外层有5个电子，P4中 每个P与其它3个P原子形成P−P单键，则P原子的价层电子对数为4，为 sp3杂化，故D错误；
故选：B。
14. 前四周期元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，Y、Z、W位于同一周期，X的最简单氢化物分子的空间结构为正四面体，Y在同周期中电负性最小，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16；同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小；T元素的价电子排布式为3d104s1。下列说法正确的是
A. 简单离子的半径Y＞Z＞W
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W＞Z＞X
C. W和T的单质混合加热可得化合物T2W
D. W的单质在足量的氧气中燃烧，所得产物溶于水可得强酸
【答案】C
【解析】
【分析】
X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，据此分析；
【详解】X的最简单氢化物分子的空间构型为正四面体，该氢化物为甲烷，即X为C，Y、Z、W位于同一周期，原子序数依次增大，即Y、Z、W位于第三周期，Y的电负性最小，推出Y为Na，二元化合物E中元素Y和W的质量比为23：16，推出该二元化合物为Na2S，即W为S，同周期元素简单离子中，元素Z形成的离子半径最小，即Z为Al，T元素的价电子3d104s1，推出T元素为Cu，
A. Y、Z、W简单离子分别是Na＋、Al3＋、S2－，因此简单离子半径大小顺序是r(S2－)>r(Na＋)>r(Al3＋)，故A错误；
B. 三种元素最高价氧化物对应水化物分别是H2CO3、Al(OH)3、H2SO4，硫酸酸性最强，氢氧化铝为两性，因此酸性强弱顺序是H2SO4>H2CO3>Al(OH)3，故B错误；
C. Cu与S在加热条件下发生反应，因为S的氧化性较弱，因此将Cu氧化成较高价态，得到产物是Cu2S，反应：2Cu＋S Cu2S，故C正确；
D. S在足量的氧气中燃烧生成SO2，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸为中强酸，故D错误；
答案：C。
【点睛】易错点是选项D，学生认为S与足量的O2反应生成SO3，SO3溶于水后生成H2SO4，学生：C与O2反应，如果氧气不足，则生成CO，氧气过量，则生成CO2，S和C不太一样，S与氧气反应，无论氧气过量与否，生成的都是SO2，SO2转化成SO3，需要催化剂、高温条件。
15. 下列有关杂化轨道的说法不正确的是
A. 杂化轨道既能形成σ键，又能形成π键
B. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C. 四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
【答案】A
【解析】
【详解】A．杂化轨道只能形成σ键，不能形成π键，A错误；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的空间构型分别是正四面体、平面三角形和直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，B正确；
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷或氨气或水分子等，C正确；
D．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生改变，D正确；
故选A。
16. 下列关于氨气和甲烷的说法不正确的是
A. 两种分子的VSEPR模型相同
B. NH3分子中N原子形成四个不等性杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个等性杂化轨道
C. NH3分子中有一对未成键的孤电子对，而甲分烷子中没有孤电子对，两分子的空间结构不同
D. NH3分子可以与H+结合生成NH，这个过程N原子的杂化类型发生改变
【答案】D
【解析】
【详解】A． 氨气分子中氮原子杂化轨道数为1+3=4，属于sp3杂化；甲烷分子中的碳原子杂化轨道数为0+4=4，属于sp3杂化，则两种分子的VSEPR模型相同，故A正确；
B．NH3分子中N原子有孤电子对，所以氮原子杂化轨道数为1+3=4，形成四个不等性杂化轨道，甲烷分子中的碳原子无孤电子对，杂化轨道数为0+4=4，形成4个等性杂化轨道，故B正确；
C．氨气和甲烷的杂化轨道数均为4，NH3分子中有一个孤电子对，氨气分子空间结构是三角锥形，甲烷分子不含孤电子对，甲烷分子空间构型为四面体形，故C正确；
D．NH3分子和NH中N原子的杂化类型均为sp3杂化，故D错误；
答案选D。
17. 下列化合物中，含有3个手性碳原子的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．该化合物只有一个手性碳原子（用*标出），如图所示：，A错误；
B．该化合物只有一个手性碳原子（用*标出），如图所示：，B错误；
C．该化合物有两个手性碳原子（用*标出），如图所示：，C错误；
D．该化合物有三个手性碳原子（用*标出），如图所示：，D正确；
故选D。
18. 如图是第三周期主族元素的某些性质随原子序数变化的柱形图，则y轴可表示的量有几个
①第一电离能 ②电负性 ③原子半径 ④简单离子半径 ⑤最高正化合价 ⑥形成简单离子转移的电子数
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】①同周期从左向右第一电离能逐渐增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此y不是第一电离能，故①不符合题意；
②同周期从左向右电负性逐渐增大，符合图像，y代表电负性，故②符合题意；
③同周期从左向右原子半径逐渐减小，不符合图像，y不是原子半径，故③不符合题意；
④Na+、Mg2+、Al3+核外有2个电子层，其余元素的简单离子核外有3个电子层，Na+、Mg2+、Al3+的半径比剩下简单离子半径小，核外电子排布相同，离子半径随着原子序数增大而减小，不符合图像，故④不符合题意；
⑤同周期从左向右最高正价由+1价→+7价变化，符合图像，y代表最高正化合价，故⑤符合题意；
⑥Na、Mg、Al属于金属，失去电子分别为1、2、3，其余元素为非金属元素，以得电子为主，的电子数目逐渐减少，与图像不符，故⑥不符合题意；
综上所述，符合题意的有2个；
答案为A。
19. 下列说法正确的有个
(1)除H外，s区元素全部为金属元素
(2)第四周期的金属元素从左到右，元素的金属性依次减弱
(3)元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族的10个纵列为d区和ds区元素，都是金属元素
(4)氢键具有方向性，X－H…Y三个原子一定在同一条直线上
(5)形成氢键物质的熔沸点一定升高
(6)H2O比NH3难分解是由于单位分子内H2O形成的氢键比NH3多
(7)所有的共价键都具有方向性和饱和性
A. 1 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】(1) s区元素即ⅠA和ⅡA元素，除H外，s区元素全部为金属元素，(1)正确；
(2) 同一周期的主族元素，从左到右，元素的金属性依次减弱，但是副族元素不一定，比如Zn和Fe同位于第四周期，且Zn的原子序数大于Fe，但是Zn的金属性比Fe强，(2)错误；
(3)元素周期表中，从第IIIB族到第IIB族有10个纵列都是金属元素，其中IIIB的镧系元素和锕系元素为f区、其余为d区和ds区元素， (3)错误；
(4)氢键具有方向性，X－H…Y三个原子不一定在同一条直线上，例如邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，O－H…O三个原子不在同一条直线上，(4)错误；
(5) 由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低，则形成氢键物质的熔沸点不一定升高，(5)错误；
(6)O的电负性大于N，H2O比NH3难分解是由于H2O分子内的共价键O-H比氨分子内的N-H更牢固，(6)错误；
(7) 共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，有方向性和饱和性，但s轨道为球形，s-s共价键无方向性，(7)错误；
故选A。
20. 如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成．其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子价电子数的3倍．下列说法正确的是
A. X和Z的最高化合价均为价
B. 和在水中均为强酸，电子式可表示为与
C. 四种元素中，X原子半径最大，Y原子半径最小
D. Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，Y元素能形成五个共价键，且W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，所以Y为P元素；Y原子序数为W原子价电子数的3倍，所以W为N元素；X和Z均能和P生成共价键，且X和Z同主族，所以X为F，Z为Cl，据此分析解题。
【详解】A．X和Z分别是F、，F无正价，故A错误；
B．和分别是和，在水中不是强酸，故B错误；
C．四种元素中，Y原子半径在这四种元素中最大，X原子半径在这四种元素中最小，故C错误；
D．和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，故D正确；
故答案选D。
21. Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是
A. X的电子排布图为： B. 单质的熔点：X＞Y
C. 简单氢化物的沸点：Z＞Q D. 电负性：Z＞Y
【答案】D
【解析】
【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
【详解】A．X为Al，X的电子排布图为：，是铝的原子结构示意图，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si＞Al，即Y＞X，B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为H2O或NH3或HF，Z为Cl或S或P，其简单氢化物为HCl或H2S或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q＞Z，C错误；
D．通常，元素的非金属性越强电负性越大，Y为Si，Z为Cl或S或P，硅非金属最弱，则电负性：Z＞Y，D正确；
故答案为：D。
22. 比较SO2、SO、SO3和SO的键角大小，下列排序正确的是
A. SO＞SO2=SO＞SO3 B. SO2＞SO3＞SO＞SO
C. SO＞SO3=SO＞SO2 D. SO3＞SO2＞SO＞SO
【答案】D
【解析】
【详解】SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，存在1对孤电子对；SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，无孤电子对；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角SO3＞SO2；
SO的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，存在1对孤电子对；的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对；孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则键角SO＞SO；
故键角大小顺序为：SO3＞SO2＞SO＞SO；
故选D。
23. 氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式如图，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。下列说法正确的是
A. 碳元素基态原子电子占有5种原子轨道 B. 氯吡苯脲中，氮原子的杂化轨道类型为sp2
C. 氯吡苯脲中不含手性碳原子 D. 氯吡苯脲中共有28个σ键以及7个π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p2，碳元素基态原子电子占有,4种原子轨道，A错误；
B．根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，属于sp3杂化；环中氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，是sp2杂化，B错误；
C．根据氯吡苯脲的结构简式可知，氯吡苯脲中没有饱和碳原子，则不含手性碳原子，C正确；
D． 苯环中没有碳碳双键，存在大π键，则氯吡苯脲中不存在7个π键，D错误；
答案选C。
24. 原子总数相同、价电子总数相同分子称为等电子体，它们具有相似的化学键特征。B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似。下列关于B3N3H6的说法错误的是
A. 无机苯与苯互为等电子体 B. B3N3H6中含有3个π键
C. 分子中B和N均为sp2杂化 D. B3N3H6(无机苯)难溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A．通过计算，无机苯和苯分子中的原子总数均为12，价电子总数均为30，二者互为等电子体，故A正确；
B．B原子最外层有3个电子，与其他原子形成3个σ键，N原子最外层5个电子，与其他原子形成3个σ键，还剩2个电子，形成大π键，故B错误；
C．B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，结构为，其中B、N原子杂化方式都为sp2，故C正确；
D．B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，均属于非极性分子，根据“相似相溶”规律，无机苯难溶于水，故D正确；
故答案选B。
25. 我国科技工作者研究发现双金属氧化物催化加氢制甲醇的原理如下图所示(“□”代表氧空位)。下列说法错误的是
A. 反应过程中涉及O—H的断裂和生成 B. 反应过程中Ga的成键数目改变了
C. 反应过程中C原子杂化方式改变了 D. 该总反应的原子利用率为100%
【答案】D
【解析】
【分析】据图知，总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O。
【详解】A． 转化为甲醇和另一个产物时涉及O—H的断裂和生成，A正确；
B． 反应过程中Ga的成键数目有3、4，故成键数目改变了，B正确；
C．二氧化碳分子为直线形，是sp杂化，甲醇中碳原子是饱和碳原子、是sp3杂化，反应过程中C原子杂化方式改变了，C正确；
D． 该总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，原子利用率并不等于100%，D不正确；
答案选D。
第二部分非选择题(共46分)
26. 按要求填空：
（1）在①N2②CS2③H2Se④AsH3⑤(CN)2⑥HCHO⑦CH2Cl2⑧⑨BF3⑩H2O2中，仅由极性键构成极性分子有_____；含有π键，且属于非极性分子的是_____；既含有极性键又含有非极性键的分子为_____；⑩为_____(填”极性”或“非极性”)分子。
（2）已知下列四种酸①CH3CBr2COOH②CH3CF2COOH③CH3CH2COOH④CH3COOH酸性由弱到强的顺序为_____。
（3）已知BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的空间结构为_____；NaBF4的电子式为_____。
【答案】（1） ①. ③④⑦ ②. ①②⑤⑧ ③. ⑤⑩ ④. 极性
（2）③④①② （3） ①. 正四面体形 ②.
【解析】
【小问1详解】
①N2含非极性键，含键、含π键，是非极性分子，②CS2含极性键，含键、含π键，是非极性分子，③H2Se含极性键，含键、不含π键，是极性分子，④AsH3含极性键，含键、不含π键，是极性分子，⑤(CN)2含极性键和非极性键，含键、含π键，是非极性分子，⑥HCHO含极性键，含键、含π键，是极性分子，⑦CH2Cl2含极性键，含键、不含π键，是极性分子，⑧含极性键和非极性键，含键、含π键，是非极性分子，⑨BF3含极性键，含键、不含π键，是非极性分子，⑩H2O2含极性键和非极性键，含键、不含π键，是极性分子，则仅由极性键构成的极性分子有③④⑦；含有π键，且属于非极性分子的是①②⑤⑧；既含有极性键又含有非极性键的分子为⑤⑩；⑩为极性分子。
【小问2详解】
对于有机羧酸，烷基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，因此乙酸的酸性大于丙酸的，当酸分子中C原子数相同时，由于吸引电子能力：F＞Br＞H，所以分子中含有F原子的羧酸 的酸性比含有相同数目Br原子的羧酸的酸性强，故四种酸的酸性排序为：②CH3CF2COOH＞①CH3CBr2COOH＞④CH3COOH＞③CH3CH2COOH，酸性由弱到强的顺序为③④①②。
【小问3详解】
BF中B原子的价电子对数为，所以BF的空间结构为正四面体形；NaBF4为离子化合物，其电子式为。
27. 解释下列现象所产生的原因：
（1）沸点：(对氨基苯甲酸)＞(邻氨基苯甲酸)：_____。
（2）键角：CH4＞NH3＞H2O：_____。
（3）NH3在H2O中的溶解度为700：1：______。
（4）将NH3分解的温度(约为800~825℃)比将其气化所需温度高得多：______。
【答案】（1）对氨基苯甲酸分子可形成分子间氢键，而邻氨基苯甲酸可形成分子间氢键，形成分子间氢键会使物质沸点降低
（2）CH4、NH3、H2O中孤电子对数分别为0、1、2，且孤电子对之间作用力、孤电子对与成键电子对之间作用力、成键电子对之间作用力依次减小，故键角逐渐减小
（3）①相似相溶：氨气与水都为极性分子；②两者之间可以形成氢键；③两者之间可发生反应
（4）NH3分解时破坏是N－H键，为共价键，而由液体气化时破坏的是分子间作用力，共价键的作用力大于分子间作用力，因此分解所需要的温度高
【解析】
【小问1详解】
(对氨基苯甲酸)与(邻氨基苯甲酸)均构成分子晶体，分子间的相互作用牢固的沸点高，则沸点：(对氨基苯甲酸)＞(邻氨基苯甲酸)的原因是：对氨基苯甲酸分子可形成分子间氢键，而邻氨基苯甲酸可形成分子间氢键，形成分子间氢键会使物质沸点降低。
【小问2详解】
CH4中心原子无孤电子对、价层电子对为4，NH3中心原子孤电子对数为1、价层电子对为3+1=4，H2O中心原子孤电子对数为2、价层电子对为2+2=4，它们的中心原子均为sp3杂化，则键角：CH4＞NH3＞H2O的原因为：CH4、NH3、H2O中孤电子对数分别为0、1、2，且孤电子对之间作用力、孤电子对与成键电子对之间作用力、成键电子对之间作用力依次减小，故键角逐渐减小。
【小问3详解】
根据相似相溶原理，由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，而不易溶解在由极性分子构成的溶剂中；由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中，而不易溶于由非极性分子构成的溶剂中，且与水分子形成氢键能增加在水中的溶解性，则NH3在H2O中的溶解度为700：1，氨气极易溶于水的原因为：①相似相溶：氨气与水都为极性分子；②两者之间可以形成氢键；③两者之间可发生反应。
【小问4详解】
分解是化学变化需破坏化学键，气化是物理变化、不需破坏化学键、氨气气化时主要克服氨气分子间相互作用，将NH3分解的温度(约为800~825℃)比将其气化所需温度高得多：NH3分解时破坏的是N－H键，为共价键，而由液体气化时破坏的是分子间作用力(氨分子间的氢键)，共价键的作用力大于分子间作用力(氨分子间的氢键)，因此分解所需要的温度高。
28. 利用如图装置可验证非金属元素的非金属性的变化规律：
（1）仪器A的名称为_____。
（2）请选择合适药品设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律；装置A、C中所装药品分别为_____、_____(填化学式)。
（3）C装置中发生的化学反应为：______。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. HClO4 ②. Na2SiO3
（3）Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓(或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓)
【解析】
【分析】用如图设计实验验证Cl、C、Si的非金属性的变化规律，可以利用最高价氧化物对应水化物的酸性来判断HClO4>H2CO3>H2SiO3的酸性强弱顺序，从而得出非金属性强弱顺序为Cl>C>Si，所以A、B、C中所盛试剂分别为HClO4、碳酸盐、Na2SiO3。
【小问1详解】
仪器A的名称为分液漏斗。
【小问2详解】
据分析， A、C中所装药品的化学式分别为HClO4、Na2SiO3。
【小问3详解】
C装置中Na2SiO3溶液和CO2气体反应生成H2SiO3沉淀及Na2CO3 或NaHCO3，发生的化学方程式为Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓或Na2SiO3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+H2SiO3↓。
29. 有A、B、C、D、E、F、G7种元素，它们的核电荷数依次增大，且A~E都为短周期元素。其中G元素是1826年一位法国青年科学家发现的，他在研究海水制盐时向剩余的副产物(苦卤)中通入氯气后发现溶液的颜色变深，经过一步提取可得红棕色液体，有刺激性气味；A为非金属元素，A和F属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题：
（1）写出下列元素的名称：A：_____，C：_____，E：_____，G：_____。
（2）G元素在周期表中的位置为：______；其价电子排布图为：______。
（3）由A、B、C、D、F五种元素组成的一种化合物为______(写化学式)，并写出该物质的一种用途______。
（4）已知由D和E形成的一种化合物D2E2是一种橙黄色液体遇水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的气体。
①D2E2中E为_____价；且该物质为_____(填”极性”或“非极性”)分子。
②写出D2E2与水反应的化学方程式______。
【答案】（1） ①. 氢 ②. 铝 ③. 氯 ④. 溴
（2） ①. 第四周期第VIIA族 ②.
（3） ①. KAl(SO4)2•12H2O ②. 净水
（4） ①. -1 ②. 极性 ③. 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+S↓+4HCl
【解析】
【分析】有A、B、C、D、E、F、G7种元素，它们的核电荷数依次增大，且A~E都为短周期元素。其中G元素是1826年一位法国青年科学家发现的，他在研究海水制盐时向剩余的副产物(苦卤)中通入氯气后发现溶液的颜色变深，经过一步提取可得红棕色液体，有刺激性气味，则G为Br元素；A为非金属元素，A和F属同一族，它们原子的最外层电子排布为ns1、即位于ⅠA，则A为H元素，F不属于短周期元素，F的原子序数小于Br，则F为K元素，B和D也属同一族，它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍，则它们是ⅥA的短周期元素，结合原子序数可知：B为O元素，D为S元素，E原子序数大于S且为短周期元素，则E为Cl元素，C原子最外层上的电子数等于D原子最外层上电子数的一半，最外层有3个电子，结合原子序数可知C为Al。
【小问1详解】
下列元素的名称：A为氢，C为铝，E为氯，G为溴。
【小问2详解】
G元素即溴在周期表中的位置为：第四周期第VIIA族；Br基态价电子排布式为： 4s24p5，则其价电子排布图为：。
【小问3详解】
由A、B、C、D、F五种元素组成的一种化合物为明矾，化学式为KAl(SO4)2•12H2O，该物质的一种用途是净水。
【小问4详解】
①D2E2为共价化合物S2Cl2，分子中S与Cl均满足8电子稳定结构， S原子形成两个共价键， Cl原子形成一个共价键，结构式为：Cl-S-S-Cl，电负性S＜Cl，则E即Cl为-1价；且该物质的结构与过氧化氢类似，则正负电荷重心不重叠，为极性分子。
②S2Cl2中S为+1价，D2E2遇水剧烈反应，产生能使品红溶液褪色的气体即二氧化硫，则该反应为氧化还原反应，二氧化硫是氧化产物，还原产物为S，则D2E2与水反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+S↓+4HCl。
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