【化学】宁夏回族自治区银川市长庆高级中学2018-2019学年高二下学期第二次月考（解析版） 试卷

宁夏回族自治区银川市长庆高级中学2018-2019学年高二下学期第二次月考
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，请将Ⅰ卷答案涂在答题卡上，Ⅱ卷作答在答题纸上。
2．本试卷满分100分，考试时间100分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Fe 56 Cu 64 Al 27
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
1.下列表示物质结构的化学用语正确的是（ ）
A. H2O2的电子式：
B. 质子数为8，中子数为10的氧原子：
C. 次氯酸的结构式 H—Cl—O
D. CO2的分子模型示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A、双氧水是共价化合物，其电子式为，故A错误；
B、质量数=质子数+中子数，故质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数为18，可以表示为188O，故B正确；
C．次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误；
D．二氧化碳分子中，碳原子的相对体积大于氧原子，且为直线形分子，其正确的比例模型为：，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意比例模型表示原子的相对大小及原子连接顺序、空间结构，二氧化碳为直线形分子。
2.有关杂化轨道理论的说法不正确的是（ ）
A. 杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B. 杂化轨道全部参加形成化学键
C. sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
D. 四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
【答案】B
【解析】
【详解】A．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了改变，故A正确；
B．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成了化学键，故B错误；
C．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故C正确；
D．部分四面体形、三角锥形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子，故D正确；
答案选B。
3.具有下列电子排布式的原子中，半径最大的是（ ）
A. 1s22s22p63s23p1 B. 1s22s22p3
C. 1s22s22p5 D. 1s22s22p63s23p4
【答案】A
【解析】
【详解】根据原子核外电子排布式知，A和D电子层数都是3，B和C电子层数都是2，原子的电子层数越多，其原子半径越大，所以A和D的原子半径大于B和C；A的原子序数小于D，属于同一周期元素，同一周期元素，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以A的原子半径大于D，则原子半径最大的是A，故选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 第二周期元素的第一电离能随原子序数递增依次增大
B. CO2、SO2都是直线形的非极性分子
C. 氟元素的电负性最大
D. CH2＝CH2分子中共有四个σ键和一个π键
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强，第一电离能越大，但N的2p电子半满为稳定结构，N的第一电离能大于O的第一电离能，故A错误；
B．CO2为直线结构，且为非极性分子，SO2中S上有孤对电子，则为V型结构，SO2为极性分子，故B错误；
C．非金属性越强，电负性越大，氟的非金属性最强，则氟的电负性最大，故C正确；
D．单键为δ键，双键中含1个δ键和1个π键，则CH2=CH2分子中共有5个δ键和1个π键，故D错误；
答案选C
【点睛】本题的易错点为A，同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，与非金属性的变化规律相似，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。
5.对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是
A. 电子所在的电子层 B. 电子的自旋方向
C. 电子云的形状 D. 电子云的伸展方向
【答案】B
【解析】
排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。
点睛：明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。
6.下列各组元素的性质正确的是( )
A. 第一电离能：B>Al>Ga B. 电负性：F>N>O
C. 最高正价：F>S>Si D. 原子半径：P>N>C
【答案】A
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：B＞Al＞Ga，故A正确；
B．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，所以电负性：F＞O＞N，故B错误；
C．主族元素最外层电子数=最高正价，氧没有最高价、氟无正价，所以最高正价：S＞Si，故C错误；
D．一般而言，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：P＞C＞N，故D错误；
答案选A。
7.下列关于价电子构型3s23p4的描述正确的是（ ）
A. 它的元素符号为O
B. 它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4
C. 常温下，可以与H2化合生成液态化合物
D. 其电子排布图为
【答案】B
【解析】
【分析】
价电子构型3s23p4的元素为S，结合硫原子的结构和性质分析判断。
【详解】A．价电子构型为3s23p4的元素是16号元素S，氧元素的价电子构型为：2s22p4，故A错误；
B．S16号元素，原子核外有16个电子，根据构造原理知，S原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故B正确；
C．硫和氢气化合生成的硫化氢为气体，且常温下不能化合，故C错误；
D．S原子核外电子排布遵循能量最低原理、保利不相容原理、洪特规则，其正确的轨道表示式为：，故D错误；
答案选B。
8.下列化学键中，键的极性最强的是（ ）
A. C—F B. C—O C. C—N D. C—C
【答案】A
【解析】
试题分析：同周期元素，随着核电荷数的增加，电负性逐渐增大，F，O，N，C这四种元素中C的电负性最小，F的电负性值最大，所以CF极性最大，选A。
考点：考查共价键极性强弱的判断。
9.下列各组微粒中，互为等电子体的是
A. H3O+和OH- B. SO42-和PO43-
C. NO3-和NO2- D. CH3+和NH4+
【答案】B
【解析】
A．H3O+和OH-原子数目不等，不可能为等电子体，故A错误；B．SO42-和PO43-原子数目相等，价电子数也相等，为等电子体，故B正确；C．NO3-和NO2-原子数目不等，不可能为等电子体，故C错误；D．CH3+和NH4+原子数目不等，不可能为等电子体，故D错误；故选B。
点睛：明确等电子体的概念是解本题关键，由短周期元素组成的粒子，只要原子数相同，各原子的最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，等电子体的结构相似、物理性质相似。等电子体的价电子总数相同，而组成原子的核外电子总数不一定相同。
10.下列分子和离子中中心原子价层电子对几何构型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是（ ）
A. NH4＋ B. PH3 C. H3O＋ D. OF2
【答案】D
【解析】
试题分析：A、NH4+中价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，且不含孤电子对，价层电子对几何构型和离子的空间构型均为正四面体形，故A错误；B、PH3分子中价层电子对=3+(5-3×1)=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故B错误；C、H3O+离子中价层电子对=3+1=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D、OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其价层电子对几何构型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，故D正确；故选D。
【考点定位】考查判断简单分子或离子的构型
【名师点晴】本题考查了微粒空间构型的判断，难度不大，先根据价层电子对判断VSEPR模型，去掉孤电子对就是其实际空间构型，这是高考的热点、学习的重点，价层电子对几何构型为四面体说明该微粒的价层电子对是4，价层电子对="σ" 键电子对+中心原子上的孤电子对；空间构型为V形说明该微粒中含有2个孤电子对。
11.下列叙述正确的是（ ）
①离子化合物可能含有共价键　②构成分子的微粒一定含有共价键　③共价化合物中不可能含有离子键　④非极性分子中一定含有非极性键
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ③④
【答案】B
【解析】
【详解】①离子化合物中可能含有共价键，如KOH，故①正确；
②分子晶体中不一定含有共价键，如稀有气体，故②错误；
③含有离子键化合物是离子化合物，共价化合物中不可能含有离子键，故③正确；
④非极性分子中不一定含有非极性键，如CO2，故④错误；
正确的有①③，故选B。
【点睛】明确化学键和物质类型的关系是解题的关键。本题的易错点是②，要注意并不是所有的物质都含化学键。
12. 下列叙述中正确的是（ ）
A. NH3、CO、CO2都是极性分子
B. CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子
C. HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强
D. CS2、H2O、C2H2都是直线型分子
【答案】B
【解析】
CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是F＞Cl＞Br＞I，所以C不正确。水分子是V形结构，D不正确。答案选B。
13.下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
A. CCl4、SiCl4、SiH4 B. H2S、NF3、CH4
C. BCl3、CH2===CHCl、环已烷 D. SO3、C6H6(苯)、CH3C≡CH
【答案】B
【解析】
试题分析：A．CCl4、SiCl4、SiH4均是正四面体型结构， 中心原子杂化类型、分子或离子的键角均相同，分别是sp3杂化和109°28′，A错误；B．H2S是V形，S是sp3杂化，NF3是三角锥形，N是sp3杂化，CH4是正四面体型，C是sp3杂化，但键角均不相同，B正确；C．BCl3、CH2===CHCl均是平面型结构，是sp2杂化，环已烷不是平面型结构，是sp3杂化，C错误；D．SO3、C6H6(苯)均是平面型结构，是sp2杂化，CH3C≡CH中饱和碳原子是sp3杂化，三键中的碳原子是sp杂化，D错误，答案选B。
考点：考查空间构型和杂化轨道类型判断
14.根据“相似相溶”规律和实际经验，下列叙述不正确的是（ ）
A. 白磷(P4)易溶于CS2，但难溶于水 B. NaCl易溶于水，难溶于CCl4
C. 碘易溶于苯，微溶于水 D. 卤化氢易溶于水，也易溶于CCl4
【答案】D
【解析】
A.白磷分子属于非极性分子，白磷易溶于非极性溶剂CS2，但难溶于极性溶剂水，故A正确；B.NaCl属于离子化合物，易溶于水，难溶于非极性溶剂CCl4，故B正确；C.碘分子属于非极性分子，碘易溶于非极性溶剂苯，微溶于极性溶剂水，故C正确；D.卤化氢分子属于极性分子，卤化氢易溶于极性溶剂水，难溶于非极性溶剂CCl4，故D不正确。故选D。
点睛：水是典型的极性溶剂；有机溶剂一般极性较小或没有极性。
15.在CH3COCH3(丙酮)分子中，羰基与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式分别为( )
A. sp2杂化；sp2杂化 B. sp3杂化；sp3杂化
C. sp2杂化；sp3杂化 D. sp杂化；sp3杂化
【答案】C
【解析】
【详解】在CH3COCH3(丙酮)分子中，羰基碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化，故选C。
16.下列现象与氢键有关的是（ ）
①HF的熔、沸点比第ⅦA族其他元素氢化物的熔、沸点高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④尿素的溶、沸点比醋酸的高
⑤邻羟基苯甲醛熔、沸点比对羟基苯甲醛的低
⑥水分子在较高温度下也很稳定
A. ①②③④⑤⑥ B. 仅①②③④⑤
C. 仅①②③④ D. 仅①②③
【答案】B
【解析】
试题分析：①因第ⅤIIA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比VIIA族其他元素氢化物的高，故①正确；②C原子个数小于4的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②正确；③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③正确；④尿素分子间可以形成的氢键比醋酸分子间形成的氢键多，尿素的熔、沸点比醋酸的高，故④正确；⑤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⑤正确；⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥错误；故选B。
考点：氢键的形成及对物质性质的影响
17.短周期元素X、Y在周期表中的相对位置如图所示，且已知X基态原子的价电子排布为nsnnpn＋1，下列说法不正确的是（ ）

A. X元素的电负性大于Y B. X元素的第一电离能大于Y
C. X在周期表中位于第二周期第ⅢA族 D. 原子半径Mg＞Y
【答案】C
【解析】
【分析】
X基态原子的价电子层为nsnnpn+1，则n=2，可知n+1=3，即X的价电子层为2s22p3，X为N，结合元素在周期表的位置可知Y为Si，结合元素周期律分析解答。
【详解】由上述分析可知X为N，Y为Si。
A．非金属性N＞Si，则X元素的电负性大于Y的，故A正确；
B．非金属性越强，第一电离能越大，则X元素的第一电离能大于Y的，故B正确；
C．X为N，在周期表中位于第二周期第VA族，故C错误；
D．同一周期，从左到右，原子半径减小，则原子半径：Mg＞Y，故D正确；
答案选C。
18.意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的气态N4分子，其分子结构如图所示。已知断裂1 mol N—N吸收167 kJ热量，生成1 mol NN放出942 kJ热量。根据以上信息和数据，判断下列说法正确的是（ ）

A. N4属于一种新型的化合物
B. N4分子中存在非极性键
C. N4和N2是同分异构体
D. 1 mol N4转变成N2将吸收882 kJ热量
【答案】B
【解析】
A．N4由N组成，是一种单质，而化合物是由不同元素组成的纯净物，选项A错误；B．N4分子中存在N-N非极性键，选项B正确；C．N4和N2互为同素异形体，不属于同分异构体，选项C错误；D.1molN4气体中含有0.6molN-N键，可生成2molN2，形成2molN≡N键，则1moN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为6×167kJ=1002kJ，形成化学键放出的热量为2×942kJ=1884kJ，所以反应放热，放出的热量为1884kJ-1002kJ=882kJ，故应为放出882kJ热量，选项D错误；答案选B。
点睛：本题考查较为综合，涉及物质的组成和分类、分子的极性、同素异形体与同分异构体的判断、反应热的计算，题目难度不大，注意基础知识的把握。易错点为选项B，同种元素之间形成的共价键为非极性键，不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，N4分子中的化学键为N-N键，属于非极性键。
19.下列关于化合物A(结构简式如图)的叙述中正确的是

A. 分子中只有极性键 B. 该分子中三种元素的电负性：H>C>O
C. 分子中有σ键和兀键 D. 该分子在水中的溶解度小于甲烷在水中的溶解度
【答案】C
【解析】
A．该有机分子中碳碳键为非极性键，故A错误；B．非金属性越强，电负性越大，则该分子中三种元素的电负性：O>C>H，故B错误；C．分子中含有碳碳双键，则有σ键和兀键，故C正确；D．含有醛基的有机物一般能溶解于水，该分子在水中的溶解度大于甲烷，故D错误；答案为C。
20.下列各组原子中,彼此化学性质一定相似的是（ ）
A. 原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B. 原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C. 2p轨道上有三个未成对的电子的X原子与3p轨道上有三个未成对的电子的Y原子
D. 最外层都只有一个电子的X、Y原子
【答案】C
【解析】
试题分析：A中前者是He，后者是Be，二者的性质相差很大；B中前者是Mg，后者不一定是Ca，乙烷第四周期的过渡元素的N层电子数大部分是2个；C中前者是N，后者是P，二者都是第ⅤA族元素，性质相似；D中都是第IA族元素，但氢元素的性质和碱金属的性质相差很大，答案选C。
考点：考查原子核外电子的排布
点评：本题是高考中的常见考点，属于中等难度的试题。本题的关键是熟练掌握原子核外电子的排布规律，该题溶液错选B选项，主要是由于没有考虑到过渡元素导致的，因此必须注意规律之外的个例。
21.下列说法中正确的是（ ）
A. ABn型分子中，若中心原子没有孤对电子，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子
B. 水很稳定是因为水中含有大量的氢键所致
C. H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C原子分别采取sp、sp2、sp3杂化
D. 配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2＋，配位体是SO42-
【答案】A
【解析】
【详解】A．在ABn型分子中，若中心原子A无孤对电子，则是非极性分子，非极性分子空间结构都是对称结构，故A正确；
B．水的稳定性来源于化学键O-H的稳定，与氢键无关，故B错误；
C．H2O、NH3、CH4中心原子的价层电子对数分别为2+(6-1×2)=4、3+(5-1×3)=4、4+(4-1×4)=4，均采取sp3 杂化，故C错误；
D．配合物[Cu(H2O)4]SO4中，中心离子是Cu2+，配位体是H2O，配位数是4，故D错误；
答案选A
22.以下是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质：
序号
A
B
C
D
E
最低负化合价
-4
-2
-1
-2
-1
电负性
2.5
2.5
3.0
3.5
4.0
下列判断正确的是
A. C、D、E的氢化物的稳定性顺序为C>D>E
B. 元素A的最外层轨道中无自旋方向相同的电子
C. 元素B、C不可能形成化合物
D. 与元素B处于同周期，且在该周期中第一电离能最小的元素的单质能与H2O发生置换反应
【答案】D
【解析】
A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素化合价知，A属于第ⅣA族，B、D属于第ⅥA族，C、E属于第VⅡA族，B的电负性小于D，所以D是O元素，B是S元素；C的电负性小于E，所以C是Cl元素，E是F元素，硅的电负性小于S，A的电负性等于S元素，所以A是C元素；A．非金属性越强氢化物越稳定，Cl、O、F的氢化物的稳定性顺序为HF>H2O>HCl，故A错误；B．元素C的基态原子电子排布式为1s22s22p2，p轨道上的2个电子的自旋方向相同，故B错误；C．元素S、C可能形成化合物SCl6，故C错误；D．与元素S处于同周期，且在该周期中第一电离能最小的元素为Na，Na能与H2O发生置换反应生成NaOH和氢气，故D正确；答案为D。

23.下列曲线表示卤族元素（F、Cl、Br）某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A．同一主族中，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以从氟到溴，其电负性逐渐减小，A正确；B．氟元素没有正化合价，第VIIA族氯、溴元素的最高化合价数值等于其族序数，B错误；C．第VIIA族元素氢化物的沸点随着相对分子质量的增大而增大，但HF分子间能形成氢键，氢键属于特殊的分子间作用力，强度大于分子间作用力，沸点最高，C错误；D．由于卤族元素的单质均属于分子晶体，随相对分子质量增大范德华力增大，因而沸点逐渐升高，D错误；答案选A。
24.Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1mol配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则m、n的值是（ ）
A. m＝1，n＝4 B. m＝3，n＝4
C. m＝5，n＝1 D. m＝3，n＝5
【答案】B
【解析】
【详解】1mol此配合物与足量的AgNO3溶液反应只生成1mol AgCl沉淀，依据Ag++Cl-=AgCl↓可知，1mol此配合物电离产生1mol氯离子，即化学式中外界有1个氯离子，配离子为[CoClm-1•nNH3]+，Co显+3价，根据化合物中元素的化合价代数和为零，则内界有2个氯离子，即m=3，Co(Ⅲ)的八面体配合物具有6个配体，所以内界还有4个NH3，即n=4，所以m=3，n=4；故选B。
【点睛】电离时外界电离，内界不电离是解题的关键。解答本题的难点为“八面体配合物”的理解，指的是Co(Ⅲ)具有6个配体。
25.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是 (　　)
A. 简单离子半径：WY，所以最高价氧化物的水化物的酸性：Y”、“