四川省雅安中学2019-2020学年高二10月月考化学试化学题（解析版）


四川省雅安中学2019-2020学年高二10月月考试题
1.生活中的下列现象与原子核外电子发生跃迁有关的是（ ）
A. 钢铁长期使用后生锈
B. 节日里燃放的焰火
C. 金属导线可以导电
D. 乙醇发出特殊的香味
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钢铁长期使用后生锈，是金属原子失去电子被氧化，故A错误；
B. 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B正确；
C. 金属导线可以导电是电子的定向移动，与电子跃迁无关，故C错误；
D. 乙醇分子具有挥发性，发出特殊的香味，与电子跃迁无关，故D错误；
答案选B。
2.下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是（ ）
A. 原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云
B. 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
C. 与s电子原子轨道相同，p电子原子轨道的平均半径也随能层的增大而增大
D. 基态原子电子能量的高低顺序为: E（1s）＜E（2s）＜E（2px）＜E（2py）＜E（2pz）
【答案】C
【解析】
【详解】A、电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故A错误；
B、s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，故B错误；
C、任何能层的p能级都有3个原子轨道，且轨道半径随着原子半径的增大而增大，故C正确；
D. 同能级的几个原子轨道能量相等即E（2px）=E（2py）=E（2pz），故D错误；
答案选C。
3.键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数，下列叙述正确的是（ ）
A. 键角是描述分子空间构型的重要参数
B. 因为H—O键的键能小于H—F键的键能，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐减弱
C. 水分子可表示为H—O—H，分子中的键角为180°
D. H—O键的键能为463 kJ·mol-1，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗的能量为2×463 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A.当物质分子内有多个化学键时，化学键之间的夹角叫键角，它反映了分子内化学键的相对位置，因此键角是描述分子空间构型的重要参数，A正确；
B.O2分子内两个O原子形成2对共用电子对，结合力强，断裂吸收的能量高，而F2内的2个F原子形成1对共用电子对，结合力相对O2来说弱，断裂吸收的能量低，因此与H2反应F2更容易发生反应，而O2相对来说弱，即F2比O2与H2反应的能力强，B错误；
C.水分子的结构式可表示为H—O—H，分子中的键角为104.3o，不是180o，C错误；
D.水分解生成氧气和氢气时，焓变=断键吸收的能量-成键放出的能量，氧气和氢气的键能未知，所以无法计算反应热，则18g H2O分解成H2和O2时，消耗能量无法计算，D错误；
故合理选项是A。
4.元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是（ ）

A. 非金属性：Z＜T＜X
B. R与Q的电子数相差26
C. 气态氢化物稳定性：R＜T＜Q
D. 最高价氧化物的水化物的酸性：Q＞T
【答案】B
【解析】
【详解】R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素；
A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，同周期自左而右金属性减弱，故非金属性Z＜X＜T，故A错误；
B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，故B正确；
C．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故稳定性HF＞HCl＞HBr，故C错误；
D．同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性Cl＞Br，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：T＞Q，故D错误；
故答案为B。
5.六氟化硫分子呈正八面体形（如图所示），在高电压下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面有着广泛的用途，但逸散到空气中会引起温室效应。下列有关六氟化硫的推测不正确的是（ ）

A. 六氟化硫不支持燃烧
B. 每个六氟化硫分子中存在6个极性键和12个非极性键
C. 六氟化硫分子中的S﹣F键都是σ键，且键长、键能都相等
D. 六氟化硫分子是非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A. SF6中F为−1价，则S为+6价，S元素不能再失电子，所以其不能被氧化。由于其在高电压下仍有良好的绝缘性，说明其化学性质非常稳定，故六氟化硫不支持燃烧，故A正确；
B. 同种原子间形成非极性键，不同原子间形成极性键，六氟化硫分子中的S−F键均为极性键，不含非极性键，故B错误；
C. 六氟化硫分子中的S−F键都是σ键，分子为正八面体结构，所以键长、键能都相等，故C正确；
D. 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D正确；
答案选B。
6.随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. z和e的最高价氧化物对应的水化物能相互反应
B. 离子半径：f 3+＞e+＞d2-
C. g的气态氢化物含有非极性键
D. g的最高价氧化物和水反应生成的化合物是离子化合物
【答案】A
【解析】根据化合价以及原子半径，推出，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl，A、N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，Na的最高价氧化物对应水化物是NaOH，两者发生中和反应，故正确；B、核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，即半径大小顺序是：O2－>Na＋>Al3＋，故错误；C、g的氢化物是H2S，结构式为H－S－H，存在极性键，故错误；D、g的最高价氧化物为SO3，与水反应生成H2SO4，属于共价化合物，故错误。
7.固体A的化学式为NH5(也可写为：NH4H)，它的所有原子的最外层均满足2个或8个电子的稳定结构。则下列有关说法中错误的是（ ）
A. 它与水反应的化学方程式为NH5 + H2O ═ NH3•H2O + H2↑
B. NH5中既有共价键又有离子键
C. NH5的电子式为
D. 1 mol NH5中含有5NA个N﹣H键（NA表示阿伏加德罗常数值）。
【答案】D
【解析】
【分析】固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层均满足2个或8个电子的稳定结构，应为NH4H，为离子混合物，存在NH4+和H-，为离子化合物，电子式为，
【详解】A. 与H2O反应，H−具有还原性，H2O具有氧化性，可生成氨气和氢气,反应的方程式为：NH5+H2O═NH3⋅H2O+H2↑，故A正确；
B. NH5为离子化合物，分子中存在NH4+和H−，为离子化合物，含有离子键，N−H键共价键，故B正确；
C. NH5为离子化合物，分子中存在NH4+和H−，电子式为，故C正确；
D. NH5为离子化合物，为NH4H，1molNH5中含有4NA个N−H键，故D错误；
答案选D。
8.“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误，下列类推得到的结论正确的是（ ）
A. 第二周期元素氢化物的稳定性顺序是：HF＞H2O＞NH3；则第三周期元素氢化物的稳定性顺序也是：HCl＞H2S＞PH3
B. 氢化物沸点顺序是：GeH4＞SH4＞CH4；则VA族元素氢化物沸点顺序也是:AsH3＞PH3＞NH3
C. 根据对角线规则，元素Li和Mg的某些性质相似，则元素C和P的某些性质也相似
D. SO42﹣和P4都为正四面体形，SO42﹣中键角为109°28′,P4中键角也为109°28′
【答案】A
【解析】
【详解】A. 非金属性Cl＞S＞P，非金属性越强氢化物越稳定，故稳定性是：HCl＞H2S＞PH3，故A正确；
B. N元素的电负性很强，氨气分子间存在氢键，同族氢化物中氨气的沸点最高，结构相似相对分子质量越大氢化物沸点越高，故沸点是：NH3＞AsH3＞PH3，故B错误；
C.元素周期表中，少数几种主族元素与右下方的主族元素的性质具有相似性，这种规律被称为“对角线规则”，但是，并不是所有的元素都有这种性质，C和P两元素的性质不相似，不符合对角线规则，故C错误；
D. SO42﹣为正四面体形，键角为109°28′，P4中，磷最外层有5个电子，而在白磷正四面体结构中每个磷原子形成3个共价键，键角为60°，故D错误。
答案选A。
9.下列物质中既含有σ键、又含有π键的分子是____________
①N2O ②H2O2 ③N2 ④C3H8 ⑤HCHO ⑥Na2O2
【答案】③ ⑤
【解析】
【详解】①N2O与CO2是等电子体，中心原子采取sp杂化，故其中心原子形成σ键和π键；
②H2O2中只存在共价单键，只有σ键；
③N2的结构式为N≡N，既有σ键，又有π键；
④C3H8分子中只含有σ键；
⑤HCHO的分子中含有碳氢单键和碳氧双键，既有σ键，又有π键；
⑥Na2O2只含有氧氧共价单键和离子键，只含有σ键，不含π键；
答案为 ③ ⑤
10.下列现象与氢键有关的是_____________
①乙醇、乙酸可以和水以任意比互溶
②NH3的熔沸点比PH3的熔沸点高
③稳定性：HF＞HCl
④邻羟基苯甲酸的熔沸点比对羟基苯甲酸的低
⑤水分子高温下也很稳定
【答案】① ② ④
【解析】
【详解】①乙醇、乙酸都分别可与水分子间形成氢键，所以可以和水以任意比互溶，故①符合要求；
②N的非金属性比P强，NH3中分子之间存在氢键，则NH3的熔、沸点比PH3的高，故②正确；
③非金属性越强，其对应的气态氢化物的稳定性越强，而与氢键无关，故③不符合；
④对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故④正确；
⑤稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑤不符合；
答案为① ② ④
11.（1）基态Fe2+的核外电子排布式为_______________，基态Ti3+的未成对电子有_____个。
（2）1mol[Ni(CO)4]2+ 中，配离子中含有σ键数目为________________
（3）有机物 HCHO的VSEPR构型为_______________。（填名称）
（4）抗坏血酸的分子结构如图所示，该分子中碳原子的轨道杂化类型为_________、____________

（5）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，请根据实验现象写出有关反应的离子方程式______________； ________。
（6）已知：下列物质断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表:
共价键
H﹣H
N﹣H
N≡N
能量变化/kJ•mol﹣1
436
390.8
946
则合成氨反应：N2（g）+3H2 （g）＝2NH3（g）△H＝_________kJ•mol﹣1
【答案】(1). [Ar]3d6 或 1s22s22p63s23p63d6 (2). 1 (3). 8NA (4). 平面三角形 (5). sp2 (6). sp3 (7). Cu2++2NH3•H2O＝Cu(OH)2↓+2NH4+； (8). Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH﹣ (9). -90.8
【解析】
【详解】（1）Fe为26号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6，Ti元素为22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1未成对电子有1个。
答案为：[Ar]3d6 或 1s22s22p63s23p63d6 ；1 ；
（2）1个（CO）中含有1个σ键，4个（CO）中含有4个σ键，4个（CO）与Ni 结合形成4个σ键，故一个[Ni(CO)4]2+中含有8个σ键；1mol[Ni(CO)4]2+ 中，配离子中含有σ键数目为8NA ；答案为：8NA；
（3）有机物 HCHO的中心原子是碳原子，其价电子对数为3，采用sp2杂化，共4个原子，VSEPR构型为平面三角形；答案为：平面三角形；
（4）中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型，1、2、3号C原子采用sp3杂化，4、5、6号C原子采用sp2杂化； 故答案为：sp3、sp2；
（5）向硫酸铜中逐滴加入氨水先产生氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，溶液呈深蓝色溶液，反应离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；故答案为：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+；Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；
（6）由表中数据可知，N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=946kJ/mol+436kJ/mol×3−2×3
×390.8kJ/mol=−90.8kJ/mol，故答案为：−90.8。
12.三氟化氮是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体，在半导体加工，太阳能电池制造和液晶显示器制造中得到广泛应用．NF3是一种三角锥型分子，键角102°，沸点﹣129℃；可在铜的催化作用下由F2和过量NH3反应得到．
（1）写出制备 NF3的化学反应方程式：__________________________ ．
（2）NF3的沸点比NH3的沸点（﹣33℃）低得多的主要原因是______________．
（3）NF3中N元素采取________方式杂化．
（4）理论上HF、NaAlO2和NaCl按6：1：2的物质的量之比恰好反应生成HCl、H2O和一种微溶于水的重要原料，该物质含有三种元素，则该物质的化学式为____________,其中心离子是______________，配位数为______．
【答案】(1). 4NH3 + 3F2 ＝ NF3 + 3NH4F (2). NH3能形成分子间氢键，故沸点高，NF3只有范德华力，沸点低 (3). sp3 (4). Na3AlF6 (5). Al3+ (6). 6
【解析】
【详解】(1)根据反应物和生成物以及质量守恒定律可知反应还应有NH4F生成，
故答案为：4NH3+3F2=NF3+3NH4F；
(2)NH3存在氢键，而NF3只存在分子间作用力，两种作用力前者较强，物质的沸点较高，
故答案为：NH3能形成氢键，NF3只有范德华力；
(3)NF3中N原子的价层电子对数=3+0.5×(5−3×1)=4，所以其杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
(4)有题意可知该反应的化学方程式应为：6HF+NaAlO2+2NaCl═2HCl+2H2O+Na3AlF6，该微溶物为：Na3AlF6，中心离子为Al3+，配位数为6，故答案为：Na3AlF6；Al3+；6。
13.A、B、C、D、E五种短周期元素，它们的原字序数依次增大。A可与其他四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价；B2C5对应的水化物与BA3反应生成一种盐X；D的原子半径在短周期中最大（0族元素除外)；E元素原子的最外层电子数是其次外层屯子数的3/4倍。请回答下列问题：
(1) X的化学式为_____，化合物DA的电子式为________。
(2)元素的非金属性 C____________ E(填“〉” “ (4). ②③④ (5). H2O (6). 稀硝酸 (7). 浓硝酸 (8). CO2（N2、H2等合理答案均可） (9). ②中气体仍然无色，③中无色气体变为红棕色
【解析】试题分析：A可与其他四种元素分别形成二元化合物，其中只在与D形成的化合物中呈-1价；D的原子半径在短周期中最大，D是Na；A是H；B2C5对应的水化物与BA3反应生成一种盐X，B是N；C是O；X是NH4NO3；E元素原子的最外层电子数是其次外层屯子数的3/4倍，E是S。
解析：根据以上分析，(1) X的化学式为NH4NO3，化合物NaH是离子化合物，电子式为。
(2)同主族元素从上到下非金属性减弱，元素的非金属性O> S。
①氢化物的酸性不能比较非金属性的强弱，故①错误；
②非金属性越强，氢化物越稳定，氢化物H2O的热稳定性比H2S强，故②正确；
③氢化物H2S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气氧化性大于S，故③正确；
④非金属性越强，越易与氢气化合，单质与氢气化合O比S容易，故④正确；
(3) a.根据实验目的，装置①中用水除去NO中的NO2、装置②后用排水法收集气体，可知装置②没有把NO氧化为NO2，所以②中盛有稀硝酸、装置③后用氢氧化钠吸收气体，可知装置③把NO氧化为NO2，所以③中盛有浓硝酸。
b.为防止氧气氧化NO，通入混合气体之前，应先通入一段时间某另外一种气体，所以先通入的该气体可以是CO2、N2、H2等。
c. ②中气体仍然无色，③中无色气体变为红棕色能够说明实验已成功。
14.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。
（1）Se在周期表位置为_____，硅的基态原子电子排布式为_____，基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_____，铜的基态原子价电子排布图为______。
（2）P、S、Ga电负性从大到小的顺序为____________________。
（3）与Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性，请写出铍的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________________
（4）As元素的第一电离能_____Se元素的第一电离能（填“大于”、“小于”或“等于”），原因是_______________。
（5）太阳电池材料的很多金属或金属化合物在灼烧时会产生特殊的火焰颜色，请用原子结构的知识阐述产生此现象的原因是_________________________
【答案】(1). 第四周期VIA族 (2). 1s22s22p63s23p2 (3). 4p (4). (5). S＞P＞Ga (6). BeO+2OH﹣═BeO22﹣+H2O (7). 大于 (8). As元素4p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的Se元素 (9). 电子跃迁时会伴随着能量变化，该能量主要以特定波长的光的形式体现，因而很多金属或金属化合物在灼烧时会呈现特殊的火焰颜色
【解析】
【详解】（1）Se为34号元素在周期表的位置为第四周期VIA族，硅为14元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p2， Ga为31号元素，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1，基态原子核外电子占据的最高能级为4p，铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态原子价电子排布图为。
答案为：第四周期VIA族 (2). 1s22s22p63s23p2 (3). 4p (4). ；
（2）非金属性越强，电负性越强，非金属性：S＞P＞Ga，则电负性从大到小的顺序为S＞P＞Ga。答案为：S＞P＞Ga；
（3）Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，因Be与Al的性质具有相似性，类比可知，Be的最高价氧化物对应的水化物与NaOH溶液反应的离子方程式为：BeO+2OH﹣═BeO22﹣+H2O，故答案为：BeO+2OH﹣═BeO22﹣+H2O；
（4）As为33号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，Se的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p4，As的4p轨道处于半充满状态更稳定，故As元素的第一电离能大于Se元素的第一电离能；答案为：大于；As元素4p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻的Se元素
（5）电子跃迁时会伴随着能量变化，该能量主要以特定波长的光的形式体现，因而很多金属或金属化合物在灼烧时会呈现特殊的火焰颜色；答案为：电子跃迁时会伴随着能量变化，该能量主要以特定波长的光的形式体现，因而很多金属或金属化合物在灼烧时会呈现特殊的火焰颜色。
15.氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示：

请回答下列问题：
（1）写出B2O3与NH3反应生成BN的化学反应方程式______________
（2）基态N原子价层电子排布式为________。
（3）B、N、O相比，第一电离能最大的是______，BN中B元素的化合价为_____
（4）写出一个与SO42﹣互为等电子体的微粒__________。
（5）BF3能与NH3反应生成BF3•NH3，BF3•NH3中BF3与NH3之间通过________（填“离子键”、“配位键”或“氢键”） 结合。
【答案】(1). B2O3+2NH32BN+3H2O (2). 2s22p3 (3). N (4). +3 (5). PO43﹣（或CCl4、SiF4） (6). 配位键
【解析】
【详解】（1）由工艺流程可知， B2O3与NH3反应生成BN，根据原子守恒可知，还有水生成，反应方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O；答案为：B2O3+2NH32BN+3H2O；
（2）N为7号元素，核外由7个电子，电子排布式为1s22s22p3，基态原子的价层电子排布式为2s22p3。答案为：2s22p3；
（3）由于氮元素最外层2p轨道半充满，能量低，更稳定，与B、O相比较第一电离能最大；BN中N的第一电离能大于B元素，所以在组成的化合物中N得电子，B失电子，N得三个电子达到稳定结构，为-3价，因此B的化合价为+3价。答案为：+3；
（4）原子数总数相同、价电子总数相同的粒子，互称为等电子体；SO42﹣5个原子，32个电子，利用位移法，与SO42﹣互为等电子体的微粒有PO43﹣或CCl4或SiF4答案为：PO43﹣（或CCl4、SiF4）
（5）化合物BF3⋅NH3中，B原子提供空轨道的原子、N原子提供孤电子对，所以B. N原子之间形成配位键；答案为：配位键。