【文档说明】【精准解析】山西省运城市永济涑北中学2019-2020学年高二下学期3月月考化学试题.doc，共(15)页，227.500 KB，由小赞的店铺上传

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化学试题（考试时间90分钟，满分100分）可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27S：32Cl：35.5K：39Fe：56Cu：64Zn：65一、选择题（每题只有一个答案，每题3分，共48分）1.下列说法正确的是()A.同一原子

中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小B.同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多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.各能层含有的能级数为n(n为能层序数)【答案】D【解析】【详解】A、同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小增大，选项A

不正确；B、同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数相同，都是3个，选项B不正确；C、能量低的电子在离核近的区域运动，能量高的电子在离核远的区域运动，选项C不正确；D、各能层含有的能级数与其能层数相等为n（n代表能层序数），即第n能层含有n个能级，如第一能层能级数为1，1s，选项D正确。

答案选D。2.下列电子排布式或电子排布图正确的是()A.O的电子排布图：B.Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2C.N的电子排布图：D.Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6【答案】D【解析】【详解】A.中O的电子

排布图违背洪特规则；B.Ca的电子排布式：1s22s22p63s23p63d2中Ca的电子排布式违背能量最低原理；C中N的电子排布图违背泡利原理；D.Br－的电子排布式：[Ar]3d104s24p6符合规律，故D正确；答案:D。3.以下电子排布式是基态原子的电

子排布的是()①1s12s1②1s22s12p1③1s22s22p63s2④1s22s22p63s23p1A.①②B.①③C.②③D.③④【答案】D【解析】【详解】①基态原子的电子排布式应为1s2，发生电子跃迁为1s12s1，故①错误；②基态原子的电子排布式应为1s22s

2，发生电子跃迁为1s22s12p1，所以不是基态原子电子排布式，故②错误；③基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，符合基态原子电子排布规律，故③正确；④基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2

3p1，符合基态原子电子排布规律，故④正确；答案选D。【点睛】本题考查了原子核外电子排布，根据基态原子排布规律来分析解答即可，符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则的核外电子排布式是基态原子电子排布式。4.闪烁着银白色光泽的金属钛(22Ti)因具有密度小、强度大、无磁性等优

良的机械性能，被广泛应用于军事、医学等领域，号称“崛起的第三金属”。已知钛有48Ti、49Ti、50Ti等同位素，下列关于金属钛的叙述中不正确的是A.上述钛原子中，中子数不可能为22B.钛元素在周期表中处于第四周期C.钛的不同同位素在周期表中处于不同的位置D.钛元素是d区的过渡元素【答案】C【解析

】分析：根据原子的质量数和质子数可以求出其中子数，根据其核外电子的排布可以确定其在元素周期表中的位置。详解：A.上述钛原子中，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，故其中子数不可能为22，A正确；B.钛原子的价电子排布式为3d24s2，故

其在周期表中处于第四周期，B正确；C.钛的不同同位素的质子数和核外电子排布相同，故在元素周期表中处于相同的位置，C不正确；D.钛元素的原子核外价电子排布式为3d24s2，故钛是d区的过渡元素。综上所述，关于金属钛的叙述中不正确的是C，本题选C。点睛：原

子的质量数等于其质子数与中子数的和。根据价电子排布式可以确定元素在元素周期表中的位置及所属的区，如根据钛原子价电子排布式3d24s2，可以确定其位于第4周期第IVB族、d区。过渡元素指的是7个副族和第VIII族的所有元素，全部是金属。5.下列各元素，最易形成离子化合物的组合是

①第三周期第一电离能最小的元素②外围电子构型为2s22p6的原子③2p能级为半满的元素④电负性最大的元素A.①②B.③④C.②③D.①④【答案】D【解析】【分析】①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，所以第三周期第一电离能最小的元素是钠；②外围电子构型为2s22p

6的原子是氖；③2p轨道上最多排6个电子，所以2p轨道为半满的元素是氮元素；④同一周期，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，同一主族，元素的电负性随着原子序数的增大而减小，所以电负性最大的元素是氟元素。活泼金属和活泼非金属之间易形成离

子键，非金属元素之间易形成共价化合物。【详解】通过以上分析可知，金属性最强的是钠元素，非金属性最强的是氟元素，所以最易形成离子化合物的是钠元素和氟元素，故选D。6.现有四种元素的基态原子的电子排布式如

下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④>③>②>①B.原子半径：④>③>②>①C.电负性：④>③>

②>①D.最高正化合价：④>③＝②>①【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。A、同周期自左而右第

一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能N＞P

，所以第一电离能S＜P＜N＜F，即④＞③＞②＞①，故A正确；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F，电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F，即②＞①＞③＞④，故B错误；C、

同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F，即②＜①＜③＜④，故C错误；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，

故D错误。故选A。7.下列说法中正确的是（）A.HCHO分子中既含σ键又含π键B.CO2分子中的化学键为非极性键C.NH3分子中N原子的杂化轨道类型是sp2D.沸点：PH3>NH3>H2O【答案】A【解析

】【详解】A．单键含有一个δ键，双键含有一个δ键和一个π键，已知甲醛的结构简式为，则分子中既含σ键又含π键，故A正确；B．不同非金属原子之间形成极性键，则CO2分子中C与O形成极性键，故B错误；C．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+（5-3×1

）=4，sp3为杂化，故C错误；D．含有氢键的氢化物，氢键数目越多，沸点越高，元素的非金属越强，越易形成氢键，其沸点越高，则沸点：H2O＞HF＞NH3，故D错误；答案选A。8.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都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。B、CH4、

CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。C、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HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，C不正确。D、水分子是V形结构，D不正确。答案选B。9.根据键能数据(H—Cl431kJ·mol-1，H—I297kJ·mol-

1)，可得出的结论是A.溶于水时，HI比HCl更容易电离，所以氢碘酸是强酸B.HI比HCl的熔、沸点高C.HI比HCl稳定D.断裂等物质的量的HI和HCl中的化学键，HI消耗的能量多【答案】A【解析】【详解】A.键能越小越容易发生电离,H—Cl的键能大于H—I,所以H

I分子比HCl更容易电离,氢碘酸是强酸,故A正确;B.分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关,相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔沸点越高,与化学键强弱无关,故B错误;C.化学键的键能越大,化学键越稳定,越不易发生电离、不易发生分解反应,H—Cl的键能大于

H—I,说明HCl的稳定性大于HI,故C错误;D.键能越大,拆开相同物质的量的物质时消耗能量越多,拆开相同物质的量的HI分子比HCl消耗的能量小,故D错误;综上所述，本题应选A。【点睛】对于共价键键能的概念要理解:①断裂1mol共价键

所需要吸收的能量或形成1mol共价键所释放的能量，都称为键能；②键能越大，键越牢固，由该键形成的物质越稳定。10.PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但P－H键键能比N－H键键能低。下列判断错误的是A.PH3分子呈三角锥形B.PH3分子是极性分子C.P

H3沸点低于NH3沸点，因为P－H键键能低D.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为N－H键键高【答案】C【解析】【详解】A．PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥型，故PH3也是三角锥型，故A正确；B．PH3分子结构是三角锥型，正负电荷重心不重合，为极性分子，

故B正确；C．NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3沸点比PH3高，故C错误；D．P-H键键能比N-H键键能低，故N-H更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确；故答案为C。11.X、Y、Z是三种短周期

元素，其中X、Y位于同一主族，Y、Z位于同一周期，X原子的最外层电子排布式是2s22p4，Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法不正确的是()A.CX2(C是原子核内含6个质子的元素)分子是非极性分子B.ZH3分子的立体结构为平面三角形C.Z4分子是非极性分子D.酸

H2YO4比酸H3ZO4的酸性强【答案】B【解析】【详解】X原子的最外层电子排布式是2s22p4，即X是氧，它在第二周期ⅥA族，Y是跟氧同主族的短周期元素，则Y在第三周期ⅥA族，是硫。Z与Y在同一周期，Z原子的核外电子数比Y原子少1则Z在第三周期VA族，是磷。A.CX2(C是原子核内含6个质

子的元素)分子CO2是直线形分子，为非极性分子，选项A正确；B、磷与氮同主族，PH3与NH3分子的空问构型相似，为三角锥形，选项B不正确；C、Z4是P4，空间构形为正四面体，分子是非极性分子，选项C正确；D、酸H

2YO4（H2SO4）比酸H3PO4的酸性强，选项D正确。答案选B。12.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素。下列说法正确的是()A.沸点A2D<A2XB.CA3分子是非极性分子C.C形成的单质中σ键与π键个数之比为1∶2D.B、

C、D形成的气态氢化物互为等电子体【答案】C【解析】【分析】根据元素周期表中的位置可以判断，A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，X是S元素，Y是Cl元素；【详解】A．由于H2O分子间存在氢键，所以沸点H2O>H2S，A错误；B．NH3分子的空间构型是三角锥形，是极性分子，B

错误；C．N2分子中有一个氮氮三键，σ键与π键个数之比为1∶2，C正确；D．B、C、D形成的气态氢化物中所含的电子数相等，但是分子中原子个数不同，不能称为等电子体，D正确；答案选C。13.某一化合物的分

子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。。下列推断不正确的是（）A.AB2分子的空间构型为“V”形B.A---B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子C.AB2与H2O相比，AB

2的熔点、沸点比H2O的低D.AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键【答案】B【解析】【详解】A.AB2分子中A原子为第ⅥA族，价电子数目为6，B属第ⅦA族元素，则该分子中A的价层电子对数为6+122=4，有2对孤电子

对，所以为V型结构，故A正确；B.由电负性可知，B元素的非金属性更强，A-B键为极性共价键，为V型结构，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B错误；C.H2O分子之间存在氢键，沸点高于同族其它元素氢化物，故

C正确；D.氧元素非金属很强，H2O分子之间存在氢键，A属第ⅥA族元素，B属第ⅦA族元素，AB2分子中不可能有H原子，分子间不能形成氢键，故D正确；故选：B。14.下列对分子的性质的解释中，不正确的是()A.水很稳定(1000℃以

上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B.乳酸()有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释D.由图知酸性：H3PO4＞HClO，因为H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数次

氯酸Cl—OH【答案】A【解析】【详解】A．水很稳定，是因为水分子内的共价键较强的缘故，与氢键无关，氢键只影响水的熔沸点，故A错误；B．中间碳原子上连有四个不一样的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构即手性异构体，故B正确；C．碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，

所以碘、甲烷易溶于四氯化碳，在水中溶解度小，故C正确；D．H3PO4的非羟基氧原子数比HClO的多，含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；答案选A。【点睛】本题考查了氢键对物质性质的影响，同分异构题、物质的溶解性规律，含氧酸酸性强弱比较。注意对相关知识的积

累，如酸性强弱的一条经验规律是：含氧酸分子的结构中含非羟基（羟基为-OH）氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。15.根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的立体构型正确的是()选项分子式中心原子杂化方式价

层电子对互斥模型分子或离子的立体构型ASO2sp直线形直线形BHCHOsp2平面三角形三角锥形CNF3sp2四面体形平面三角形DNH4+sp3正四面体形正四面体形A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、SO2中心

原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为V型结构，选项A错误；B、HCHO分子中心原子杂化方式sp2，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，选项B错误；C、NF3分子中心原子杂化方式sp3，价层

电子对互斥模型为四面体形，含有一个孤电子对，分子的立体构型为三角锥形，选项C错误；D、NH4+的中心原子杂化方式sp3，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的立体构型为正四面体形，选项D正确；答案选D。16.关于配合物[TiCl(H2

O)5]Cl2·H2O的下列说法正确的是A.配体是Cl-和H2O，配位数是9B.中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C.作为配体的Cl-与非配体Cl-的数目之比是1∶2D.与AgNO3溶液作用，所有Cl-均易

转化为沉淀【答案】C【解析】【详解】A、配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，配位数是6，故A错误；B、配离子是[TiCl(H2O)5]2+，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B错误；C、根据已知配合物的化学式，[Ti

Cl(H2O)5]2+中（内界）的Cl-数目为1，剩余部分含有的Cl-数目为2，则内界和外界中的Cl-的数目比是1:2，,故C正确；D、作为配体的Cl-难以电离出来与Ag+发生反应，故D错误；综上所述，

本题应选C。【点睛】本题考查配位化合物的相关知识。配合物一般由外界和内界通过离子键组成，内界和外界可以完全电离；外界由中心原子和配体通过配位键组成，一般难电离。二、非选择题（4小题，共52分）17.有A、B

、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20。其中A为非金属元素，A和E属同一族，它们原子的最外层电子排布式为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)A是________，B是________，C是________，D是________，E是________。(2)由这5种元素组成的一种化合物是(写化学式)______________________。写出该物质的一种主要用途：

_________________________________________(3)写出C元素基态原子的电子排布式：_______________________________。(4)用电子排布图表示D元素

原子的最外层电子排布：________________。【答案】(1).H(2).O(3).Al(4).S(5).K(6).KAl(SO4)2·12H2O(7).净水剂(8).1s22s22p63s23p1(9).【解析】

【分析】A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D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，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层

上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数大于O，故C为Al元素；A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故E为K元素，由于C、E是金属元素，则A为H元素，据

此分析。【详解】A、B、C、D、E5种元素，它们的核电荷数依次增大，且都小于20，B和D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，故最外层电子排布为ns2np4，故B为O元素，D为S元素；C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半，故C原子最外层电子数为3，原子序数大于O

，故C为Al元素；A和E元素原子的最外层电子排布为ns1，处于第ⅠA族，E为金属，E的原子序数大于S元素，故E为K元素，由于C、E是金属元素，则A为H元素。（1）由以上分析可知A为H，B为O，C为Al，D为S，E为K；（2）由这五种元素组成的一种化合物是KAl（SO4）2•12H

2O；可作为净水剂；（3）C为Al原子，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1；（3）D为S元素，原子价层电子排布为ns2np4，轨道表示式为。【点睛】本题考查结构位置与性质关系，属于拼合型题目，推断元素是解题的关键，难度中等。18.已知和碳元素同主族的X

元素位于元素周期表中的第一个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成化合物的分子式是XY4。试回答：(1)X元素的原子基态时电子排布式为：___________________________________，Y元素原子最外层电子的电子排布图为：__

__________。(2)若X、Y两元素电负性分别为2.1和2.85，试判断XY4中X与Y之间的化学键为________(填“共价键”或“离子键”)。(3)该化合物的空间结构为______________形，中心原子的轨道杂化类型为__________，分子为

______________(填“极性分子”或“非极性分子”)。(4)该化合物在常温下为液体，该液体微粒间的作用力是____________。(5)该化合物的沸点与SiCl4比较：________(填化学式)的高，原因是_______________

___________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d104s24p2(2).(3).共价键(4).正四面体(5).sp3杂化(6).非极性分子(7).范德华力(8).GeCl4(9).组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分

子间作用力越大，熔、沸点越高【解析】【详解】X元素与碳元素同主族且位于周期表中的第一长周期，X为Ge元素，Y原子是短周期元素且最外层电子数比内层电子总数少3，Y为Cl元素，化合物XY4为GeCl4。（1）Ge元素是32号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d

104s24p2或1s22s22p63s23p63d104s24p2；氯元素原子最外层电子的电子排布图为；（2）Cl元素与Ge元素的电负性差为2.85-2.1=0.75，小于1.7，所以GeCl4为共价化合物，分子内只含有共价键；（3）Ge元素与C元素处于相同

主族，GeCl4与CCl4具有相似的结构和性质，Ge原子采取sp3杂化，GeCl4为正四面体形，空间对称，是非极性分子；（4）GeCl4在常温下为液体，熔点低，由分子构成．微粒间作用力为范德华力；（5）这两种化合物的结构相似，GeCl4相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高。【点

睛】本题考查原子、分子以及晶体的结构和性质，注意判断GeCl4的化合物类型时要结合电负性差值进行分析，不能因为Ge为金属就直接判断GeCl4为离子化合物，为易错点。19.下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O⎯⎯→4[Cr（H2O）6]3＋＋

3CH3COOH（1）Cr3＋基态核外电子排布式为_______；配合物[Cr（H2O）6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是________（填元素符号）。（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为________；1molCH3COOH分子含有σ键的数目为_

_______。（3）与H2O互为等电子体的一种阴离子为________（填化学式）；H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为________。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3(2).O(3).sp3和sp2(

4).7NA（或7×6.02×1023）(5).NH2-(6).H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键【解析】【详解】（1）Cr原子核外电子数为24，Cr3＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3，氯离子处于外界，与Cr3＋形成配位键的配体分子

是H2O分子，与Cr3＋形成配位键的原子是O；故答案为：1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3；O；（2）CH3COOH中－COO－中C原子形成3个σ键，另一个碳原子形成4个σ键，均没有孤对电子，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3杂化；

1molCH3COOH分子含有σ键的数目为7NA（或7×6.02×1023）；故答案为：sp2、sp3杂化；7NA（或7×6.02×1023）；（3）原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与H2O互为等电子体的一种阴离子为NH2-（填化学式）；H2

O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键。故答案为：NH2-；H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键。【点睛】本题考查核外电子排布、杂化方式判断、等电子体、氢键

，注意氢键对物质性质的影响。易错点（2）CH3COOH中的碳有两种杂化方法。20.20世纪50年代科学家提出价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），用于预测简单分子立体结构。用价层电子对互斥理论（VSEPR

）判断下列分子或离子的空间构型分子或离子BeCl2H3O+ClO4-空间构型_______________【答案】(1).直线形(2).三角锥形(3).正四面体形【解析】【详解】（1）BeCl2中中心原子Be原子的孤对电子对数是（2

-1×2）÷2=0，中心原子相结合的原子+中心原子最外层未参与成键的电子对=2+0=2，即Pb原子是sp杂化，所以是直线形结构；（2）H3O+中中心原子O原子的孤对电子对数是（6-1-1×3）÷2=1，中心原子相结合的原子+中心原子最外层未参与成键的电子对=3+

1=4，即O原子是sp3杂化，所以是三角锥形结构；（3）ClO4-中中心原子Cl原子的孤对电子对数是（7+1-2×4）÷2=0，中心原子相结合的原子+中心原子最外层未参与成键的电子对=4+0=4，即Cl原子是sp3杂化，所以是正四面体形结构；故答案为：直线形；三角锥

形；正四面体形。【点睛】本题主要考查了价层电子对互斥模型判断分子的结构，解题关键：掌握价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型）用于预测简单分子立体结构的方法，计算中心原子相结合的原子，中心原子最外层未参与成键的电子对（称为孤对电子），是解题的两个关键。