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2018-2019学年甘肃省武威第十八中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版
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2018-2019学年第二学期第一次月考试卷高二化学
第I卷（选择题共50分）
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案）
1.以下能级符号错误的是 （ ）
A. 5p B. 7s C. 2f D. 4d
【答案】C
【解析】
【分析】
根据第一层(K层)上只有1s亚层，第二电子层(L层)只有2s和2p亚层，第三电子层(M层)只有3s、3p和3d亚层，第四电子层(N层)只有4s、4p、4d和4f亚层。
【详解】s亚层在每一能层上都有，p亚层至少在第二能层及以上，d亚层至少在第三能层及以上，f亚层至少在第四能层及以上，因此能级符号错误的是2f ，故合理选项是C。
【点睛】本题主要考查了能层上的具有的能级，抓住能层与能级的规律即可，难度不大。
2.下列各能层中不包含d能级的是 （ ）
A. M B. O C. L D. N
【答案】C
【解析】
【详解】A. M能层上有s、p、d三种能级，包含d能级，A不符合题意；
B.O能层上有s、p、d、f四种能级，包含d能级，B不符合题意；
C.L能层上有s、p两种能级，不包含d能级，C不符合题意；
D.N能层上有s、p、d、f四种能级，包含d能级，D不符合题意；
故合理选项是C。
3.下列能级中轨道数为5的是 （ ）
A. p能级 B. d能级 C. s能级 D. f能级
【答案】B
【解析】
【详解】A. p能级具有3个轨道，A不符合题意；
B.d能级具有5个轨道，B符合题意；
C.s能级只具有1个轨道，C不符合题意；
D.f能级具有7个轨道，D不符合题意；
故合理选项是B。
4.下列有关电子云的叙述中，正确的是 ( )
A. 电子云是电子绕核运动形成了一团带负电荷的云雾
B. 电子云直观地表示了核外电子的数目
C. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率
D. 1s电子云轮廓图是球形，表示在这个球面以外，电子出现的概率为零
【答案】C
【解析】
【详解】A.电子云是原子核外电子围绕原子核运动，就像一团云雾罩在原子核周围，我们形象的称它为电子云，A错误；
B.电子云只能显示原子核外电子围绕原子核运动时在各个区域出现的机会的多少，不能直观地了解原子核外电子的数目的多少，B错误；
C.电子在原子核外空间某处出现的机会多，小黑点就密集，出现的机会少，小黑点就稀疏，因此电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率，C正确；
D.1s电子云轮廓图是球形，是人为划定的球面，表示在这个球面以外，电子出现的概率小，但不为零，D错误；
故合理选项是C。
5.下列说法中正确的是 ( )
A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
B. 2s2表示2s能级有两个轨道
C. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 1s22s22p43s2表示的是激发态原子的电子排布式
【答案】D
【解析】
【详解】A.同一原子的不同能层相同能级的电子能量E(3s)>E(2s)>E(1s)，A错误；
B.2s2表示2s能级上有2个电子，B错误；
C.同一原子中的不同能层上，相同能级的轨道数相同，C错误；
D.原子核外的电子排布遵循构造原理，能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，吸收能量，可由基态电子跃迁到激发态，D正确；
故合理选项是D。
6.下列氧原子的电子排布图中，正确的是 ( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A. 2s能级上的两个单电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故A错误；B. 氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故B正确；C. 2p能级上的两个电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故C错误；D. 2p能级上的两个单电子，应自旋方向相同，违反了洪特规则，故D错误；答案选B。
7.下列元素周期表族序数正确的是 ( )
A. 第6列为ⅥA B. 第18列为0A
C. 第3列为ⅢB D. 第8列为ⅧB
【答案】C
【解析】
【详解】根据元素周期表的族与列的关系进行分析解答。
A.第6列为ⅥB，A错误；
B.第18列为0族，B错误；
C.第3列为ⅢB,C正确；
D.第8列为Ⅷ族，D错误；
故合理选项是C。
8.下列说法中正确的是 ( )
A. s区、d区、ds区都是金属元素 B. s区都是主族元素
C. 稀有气体元素在ds区 D. 所有非金属元素都在p区
【答案】B
【解析】
试题分析：氢元素位于s区，不属于金属元素，A、D项错误；稀有气体元素位于p区，C项错误。选项B正确。
考点：
9.钛号称“崛起的第三金属”，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。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22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期ⅡB族
C. 钛原子的外围电子排布为3d24s2
D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；B、钛原子的外围电子层排布为3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，B错误；C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为3d24s2，C正确；D、d区元素原子的价电子排布为（n-1）d1—9ns1—2，根据铁原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。答案选B。
考点：考查原子结构、元素周期表。
10.元素X的各级电离能数据如下：
则元素X的常见价态是( )
A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋6
【答案】C
【解析】
【详解】由表格中数据可知，I3与I4差别较大，则X难失去4个电子，而易失去3个电子，可知X最外层电子数为3，元素X的常见价态为+3价，故合理选项是C。
11.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是 ( )
A. 原子半径呈周期性变化 B. 元素的化合价呈周期性变化
C. 第一电离能呈周期性变化 D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】
试题分析：原子结构决定元素的性质,元素的性质（原子半径、化合价、电负性、第一电离能、金属性、非金属性）的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。选项D符合题意。
考点：元素周期律的本质原因
12.下列各项说法中正确的是（ ）
A. π键是由两个p电子以“头碰头”方式重叠而成
B. π键比σ键重叠程度大，形成的共价键强
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键，2个π键
【答案】D
【解析】
【详解】A.π键是由两个p电子以“肩并肩”重叠形成，而σ键为s或p电子“头碰头”方式重叠而成，A错误；
B.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强，B错误；
C.惰性气体为单原子分子，分子内没有共价键，C错误；
D.N2分子中两个N原子形成三个共价键，有一个σ键，2个π键，D正确；
故合理选项是D。
13.下列物质的分子中既有σ键又有π键的 ( )
A. HCl B. CH4 C. C2H4 D. C2H6
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl分子中H原子与Cl原子形成了一个σ键，A错误；
B.CH4分子中C原子与4个H原子形成四个σ键，B错误；
C.C2H4分子中两个C原子之间两个共价键，一个σ键又有π键，两个C原子与4个H原子形成四个σ键，C正确；
D.C2H6分子中两个C原子形成σ键，每个C原子分别与3个H原子形成3个σ键，无π键，D错误；
故合理选项是C。
14.从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是 ( )
A. H—F B. N—H C. C—H D. S—H
【答案】A
【解析】
键长越大，共价键越不稳定，键长越短，越稳定，最稳定的是H—F，故A正确。
15.下列分子和离子中中心原子VSEPR模型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是 ( )
A. OF2 B. NH3 C. BF3 D. SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】
VSEPR模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，据此分析解答。
【详解】A.OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，A正确；
B. NH3分子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，B错误；
C.NF3分子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，C错误；
D.SO42-中价层电子对=3+=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该离子中不含有孤电子对，所以其空间构型为正四面体型，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】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。
16.用杂化轨道理论解释甲烷分子的正四面体结构，下列说法不正确的是 ( )
A. C原子的四个杂化轨道的能量一样
B. C原子有1个sp3杂化轨道由孤电子对占据
C. C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道
D. C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样
【答案】B
【解析】
【详解】A.能量相近的轨道进行杂化，杂化后的轨道能量相同，甲烷分子中，C原子的4个sp3杂化轨道能量一样，A正确；
B.CH4中C原子形成4个σ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，B错误；
C. 甲烷分子中，价层电子对个数=4+0=4，C原子中1个2s电子激发到2p后，1个2s轨道和3个2p轨道重新组合成4个sp3杂化轨道，C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道，C正确；
D.甲烷分子中，C原子形成4个σ键，孤电子对个数为0，C原子的4个sp3杂化为等性杂化，C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样，D正确；
故合理选项是B。
17.下列实验事实不能用氢键来解释的是( )
A. 冰密度比水小，能浮在水面上
B. 接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
C. 水加热到很高的温度都难以分解
D. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
【答案】C
【解析】
【分析】
N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物可形成氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，是由电负性强的原子（如F，O，N）对氢原子的吸引力产生的，能够影响物质的熔点、沸点、密度等，以此解答该题。
【详解】A.冰中含有氢键，使其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，A不符合题意；
B.水分子间存在氢键形成缔合物，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，B不符合题意；
C.水加热到很高的温度，但若低于断裂H-O键需要的能量，水就难以分解，与氢键无关，C符合题意；
D.邻羟基苯甲醛分子内存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。
18.离子键、共价键和分子间作用力是微粒之间的不同作用力。下列物质中只含有上述一种作用力的是（ ）
A. 氧化钠 B. 氯气 C. 氯化铵 D. 冰
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧化钠Na2O是离子化合物，Na+与O2-离子间通过离子键结合，只含有一种化学键，A符合题意；
B.氯气是由Cl2分子构成的物质，分子内Cl原子之间形成Cl-Cl共价键，Cl2分子间通过分子间作用力结合，因此含有共价键、分子间作用力，B不符合题意；
C.氯化铵是离子晶体，NH4+、Cl-间通过离子键结合，NH4+内N原子与H原子间通过共价键结合，所以氯化铵中含有离子键、共价键两种作用力，C不符合题意；
D.冰是固态水，在水分子内存在H-O共价键，在水分子之间存在分子间作用力、氢键，D不符合题意；
故合理选项是A。
19.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【解析】
试题分析：CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
【考点定位】考查相似相溶原理
【名师点晴】本题考查的是相似相溶原理。根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大。注意物质相互溶解的性质与分子的极性和非极性有关，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系。
20.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（ ）
A. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C. B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体
【答案】B
【解析】
【详解】A.H3O+和NH3是等电子体，其结构相似，氨气分子是三角锥型，所以水合氢离子是三角锥型，A正确；
B.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，根据苯的性质和结构知，B3N3H6分子中不含双键，B错误；
C.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，苯分子中所有原子处于同一平面上，所以B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上，C正确；
D.CH4和NH4+是等电子体，其结构相似，甲烷是正四面体构型，所以铵根离子是正四面体构型，D正确；
故合理选项是B。
21.某基态原子的第四能层只有2个电子，则该原子第三能层中的电子数肯定为
A. 8个 B. 18个 C. 8～18个 D. 8～32个
【答案】C
【解析】
【详解】根据构造原理知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再4s能级后排3d能级，且当轨道上电子处于全空、全满或半满时最稳定，当4s能级有2个电子时，3d能级上可排列电子数是从0-10，所以该原子的第三电子层电子数可能是8-18，故合理选项是C。
22.下列元素一定是主族元素的是 ( )
A. 原子核外N电子层上只有一个电子的元素
B. 原子核外M层电子数为偶数的元素
C. 原子核外M层电子数为小于或等于7的奇数的元素
D. 原子核外N层电子数为2的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原子核外N电子层上只有一个电子的元素可能是主族元素如K，也可能不是主族元素如Cu和Cr，故A错误；
B. 原子核外M层电子为偶数，则M层电子数可能为2、4、6、8，可能为0族元素，不一定主族元素，故B错误；
C. 原子核外M层电子数为小于或等于7的奇数的元素，说明M层没有排满电子，可能为Na、Al、P、Cl元素，这些元素M层电子数都是奇数，且这些元素都是主族元素，故C正确；
D. 原子核外N层电子数为2的元素不一定是主族元素，如Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn都不是主族元素，故D错误；
故选C
23.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 ( )
A. 根据对角线规则，推出Be(OH)2是一种两性氢氧化物
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是＋7
C. 根据同主族元素的电负性变化趋势，推出S的电负性比O大
D. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出O的第一电离能比N大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据对角线规则，Be、Al处于对角线位置，Be、Al的化合物Be(OH)2、Al(OH)3性质相似，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，所以可推出Be(OH)2也是一种两性氢氧化物，A正确；
B.F元素是非金属性最强的元素，由于F原子最外层有7个电子，所以F的最低化合价为-1价，没有最高化合价，B错误；
C.同主族元素的电负性从上到下逐渐减小，推出S的电负性比O小，C错误；
D.根据同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，可推出N的第一电离能比O大，D错误；
故合理选项是A。
24.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. 1mol NH5中含有5mol N—H键
C. NH5的熔沸点高于NH3
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】B
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成，据此解答。
【详解】A.NH5应为NH4H，该化合物中铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B.化学式NH4H中含有4个N-H键、1个离子键，所以1molNH5中含有4mol N-H键，B错误；
C.NH4H中含有离子键为离子化合物，离子间以强的离子键结合，熔沸点较高，而NH3中只存在共价键，为共价化合物，分子间以微弱的分子间作用力结合，所以NH5的熔沸点高于NH3，C正确；
D.NH5能和水发生反应NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，一水合氨不稳定分解生成氨气，所以NH5固体投入少量水中，可产生两种气体，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了物质结构，包括物质的晶体类型的判断、化学键的类型、物质熔沸点高低比较，为高频考点，把握铵盐的结构及化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子是H-为解答的难点。
25.把0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)溶于水，加入过量的硝酸银溶液，有0.3mol氯化银沉淀析出，此样品的配离子的表示式为（ ）
A. [Co(NH3)6]3+ B. [Cr(NH3)5Cl]2+
C. [Co(NH3)4Cl2]+ D. [Co(NH3)3Cl3]
【答案】A
【解析】
【分析】
氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)的化学式，得出该样品的配离子。
【详解】把0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)溶于水，加入过量的硝酸银溶液，有0.3mol氯化银沉淀析出，说明0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)可以电离产生0.3molCl-，此样品CoCl3·6NH3的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，则该样品的配离子的表示式为[Co(NH3)6]3+，故合理选项为A。
【点睛】本题考查了配合物的成键情况，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（本题包括4小题，共50分）
26.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为___________，有__________个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_____________。
(3)光催化还原CO2 制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4 是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2 (2). 2 (3). Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (4). O>Ge>Zn
【解析】
【分析】
(1)Ge是32号元素，先根据构造原理，写出其核外电子排布式，然后结合各个能级具有的轨道数，一个轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子判断其未成对电子数；
(2)根据 σ键是“头碰头”，π键是“肩并肩”重叠，结合原子半径分析；
(3)元素的非金属性越强，其相应的电负性就越大。
【详解】(1) Ge是32号元素，根据构造原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；由于p能级有3个轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低。4p轨道上有2个自旋方向相同的电子为未成对电子；
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键，这是由于σ键是“头碰头”，π键是“肩并肩”重叠，Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，而p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，而C原子半径小，原子间形成的σ单键较短，而p-p轨道肩并肩重叠程度很大，可以形成π键；
(3)由于元素的电负性大小反映了元素的金属性、非金属性强弱，元素的电负性越大，其非金属性越强。由元素的金属性Zn>Ge>O，可知元素的电负性由大到小的顺序为O>Ge>Zn。
【点睛】本题考查了构造原理、元素电负性大小比较及原子半径与化学键形成的关系的知识，从基础上考查了原子结构理论的应用。本题难度不大。
27.(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：_______和_____；_____和______。
(2)HF的沸点比HCl的高，原因是____；SiH4的沸点比CH4的高，原因是________。
(3)在下列物质①P4 ②NH3 ③HCN ④BF3 ⑤H2O ⑥SO3 ⑦CH3Cl中，属于含有极性键的极性分子的是（填序号）_______。
(4)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
CO2分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为________。
SO32-中，中心原子的杂化方式为__杂化，离子的立体构型为_________。
HCHO分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为_________。
(5)试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：
HClO4_____HClO2 H2CO3______H2SiO3 H2SO3_______H2SO4
【答案】 (1). N2O (2). CO2 (3). N2 (4). CO (5). HF分子间存在氢键，而HC1分子间不存在氢键 (6). 对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力就大，所以SiH4的沸点比CH4的沸点高 (7). ②③⑤⑦ (8). sp (9). 直线形 (10). sp3 (11). 三角锥形 (12). sp2 (13). 平面三角形 (14). > (15). > (16). <
【解析】
【分析】
(1)根据等电子体是原子数相同，最外层电子数相同的微粒，结合元素的要求书写相应的等电子体；
(2)分子间形成氢键会增加分子之间的吸引力；根据结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强分析；
(3)不同的非金属原子间形成极性共价键，若分子排列对称是非极性分子，否则为极性分子；
(4)根据杂化轨道数=σ键数目+孤对电子对数，确定杂化轨道，再结合孤对电子对数确定空间构型；
(5)同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【详解】(1)根据等电子体的概念，由于元素仅由第二周期元素组成，且属于共价分子，因此可能的等电子体有CO2与N2O；CO与N2；
(2)HCl、HF都是氢化物，由于F原子半径小，吸引电子能力强，HF分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使HF的沸点比HCl的高；C、Si是同一主族的元素，SiH4和CH4结构相似，二者都是分子晶体，由于结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的分子之间的作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需要的能量越高，物质的沸点就越高，相对分子质量SiH4比CH4的大，所以物质的沸点SiH4比CH4的高；
(3) ①P4中的P—P键是非极性共价键，分子排列对称，属于非极性分子，①不符合题意；②NH3中的N—H键是极性共价键，分子排列不对称，属于极性分子，②符合题意；
③HCN分子结构简式为H—C≡N，H—C键及C≡N都是极性共价键，由于分子中正负电荷重心不重合，不对称，因此属于极性分子，③符合题意；
④BF3中的B—F键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，④不符合题意；
⑤H2O中的H—O键是极性共价键，分子为V形，排列不对称，属于极性分子，⑤符合题意；
⑥SO3中的S—O键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，⑥不符合题意；
⑦CH3Cl中的C—H键、C—Cl键都是极性共价键，分子为四面体形，分子排列不对称，属于极性分子，⑦符合题意。
故属于含有极性键的极性分子的是②③⑤⑦；
(4)CO2分子中，中心原子C原子形成2个σ键、2个π键，无孤对电子，C的杂化方式为sp杂化，分子的立体构型为直线形；
SO32-中，中心S原子形成3个σ键、1个π键，无孤电子对，S原子的杂化方式为sp2杂化，SO32-离子的立体构型为三角锥形；
HCHO分子中，中心C原子形成3个σ键、1个π键，无孤对电子，C原子杂化方式为sp2杂化，该分子的立体构型为平面三角形；
(5)由于同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强所以酸性：元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。HClO4>HClO2；H2CO3>H2SiO3，H2SO3
28.A、B、C、D、E、F代表6种元素。请填写下列空白。
(1) A元素基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，其原子结构示意图为____，位于元素周期表中第________周期第________族。
(2) B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ne相同，B的原子半径_____ C的原子半径（填“>”或“<”）。
(3) D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，D的元素名称为____，其基态原子的电子排布式为_______，有____种运动状态不同的电子。
(4)E元素的正三价离子的3d轨道为半充满，E的元素符号为_____，其基态原子的价电子排布图为____，其正三价离子比正二价离子稳定，原因是_______________。
(5)F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，F的元素符号为_____，在元素周期表中位于______区。
【答案】 (1). (2). 二 (3). ⅥA (4). < (5). 铬 (6). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (7). 24 (8). Fe (9). (10). Fe3+的3d轨道为半充满，体系能量最低，最稳定 (11). Cu (12). ds
【解析】
【分析】
(1)根据原子核外电子层上具有的电子数关系确定原子序数，可得原子结构示意图，再结合原子结构与元素位置的关系确定其所在的周期及族序数。
(2)原子失去电子形成阳离子，获得电子形成阴离子；原子核外电子层数越多，原子半径就越大；
(3)根据 D在周期表的位置及泡利不相容原理和洪特规则判断D元素，然后结合构造原理可得其基态原子核外电子排布式，进而得到其电子运动状态的电子数目；
(4)元素的原子失去几个电子就形成正几价阳离子，原子核外电子，能量高的先失去，结合E元素的离子的电子层结构判断E元素；原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样能量低，稳定；原子核外各个轨道的电子处于全满、半满、全空时稳定；
(5)根据构造原理结合F原子的各个电子层上含有的电子关系判断元素名称，再根据原子结构与元素位置的关系判断其在周期表所述区域。
【详解】(1) A元素基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则A核外电子排布为2、6，是8号O元素，故其原子结构示意图为，由于原子核外电子层数等于其周期序数，最外层电子数等于其主族序数，可知O元素位于元素周期表中第二周期第VIA族；
(2)原子失去电子形成阳离子，获得电子形成阴离子。B元素负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ne相同，则B是F元素，C是Na元素，F位于第二周期，Na位于第三周期，由于原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径F
(4)E元素失去3个电子正三价离子，且该离子的3d轨道为半充满，则E的原子序数为26，E的元素符号为Fe，其基态原子的价电子排布图为；由于Fe原子失去3个电子形成的Fe3+的3d轨道为半充满的稳定状态，体系能量最低，稳定，而失去2个电子时3d轨道上不是半满状态，因此Fe3+比Fe2+稳定；
(5)F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，原子序数是29，所以F的元素是Cu，Cu元素在发生反应时s、d电子都可能发生变化，所以Cu在元素周期表中位于ds区。
【点睛】本题考查了原子结构示意图、原子的价电子排布图、泡利不相容原理、洪特规则、元素的原子结构与元素在周期表位置的关系、元素的判断，较为全面的考查了物质结构知识，难度适中。
29.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，得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体。
(1)溶液中呈天蓝色微粒的结构可用示意图表示为_______，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，晶体中Cu2+与NH3之间的化学键称为_____，提供空轨道的微粒是_______，提供孤电子对的成键原子是_____，该晶体中配体分子的VSEPR模型为_______。
(5)下列说法正确的是_________
a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
b.分子和分子的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角
c.氨气极易溶于水，是因为分子和分子之间形成2种不同的氢键
【答案】 (1). (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). 配位键(或共价健) (6). Cu2+ (7). N (8). 四面体形 (9). bc
【解析】
【分析】
CuSO4粉末溶于水得到[Cu(H2O)4]2+，水溶液显蓝色，根据其中含有的共价键、配位键数目确定化学键总数；向该溶液中加入氨水，首先形成Cu(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应产生[Cu(NH3)4]2+深蓝色离子，再加入乙醇溶剂，可以使[Cu(NH3)4]2+形成[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，从溶液中析出将析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，中心离子与配位体之间形成配位键，中心离子提供空轨道，配位体提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论判断该晶体中配体分子NH3的VSEPR模型；元素的电负性越大，元素的非金属性就越强；根据氨分子与水分子的空间构型判断二者键角的大小；根据形成氢键的元素结合氨水的构成微粒分析判断。
【详解】(1) CuSO4粉末溶于水得到[Cu(H2O)4]2+，其结构可用示意图表示为：；在该微粒在含有4个配位体分子，每个配位体H2O分子中含有2个共价键，四个配位体分子与中性Cu2+之间形成了四个配位键，则1mol该天蓝色微粒所含的σ键数目为(2×4+4)NA=12NA；
(2)加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小Cu(NH3)4SO4•H2O的溶解度；
(3)蓝色Cu(OH)2沉淀被过量氨水溶解形成深蓝色溶液的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；
(4)得到的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，在晶体中中心Cu2+中含有空轨道，配位体NH3的N原子上有孤电子对，则Cu2+与NH3分子的N原子之间的化学键称为配位键，提供空轨道的微粒是Cu2+，提供孤电子对的成键原子是N原子，该晶体中配体分子NH3的价层电子对数,3+1=4，由于含有1对孤电子对，所以VSEPR模型为四面体形；
(5) a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素含有Cu、N、O、H、S五种元素，元素的非金属性越大的元素的电负性也越大，在上述元素中，O元素的非金属性最强，所以其中电负性最大的是氧元素，a错误；
b.NH3分子是三角锥形，键角是107°18′；H2O分子是V形分子，键角是104.3°，二者的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角，b正确；
c.氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成了N…H和O…H两种不同的氢键，c正确；
故合理选项是bc。
【点睛】本题考查配位化合物及配位键、氢键、分子的空间构型，为高频考点，把握配位键的形成及配合物的结构为解答的关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意配位体、配位离子的判断，题目难度中等。
2018-2019学年第二学期第一次月考试卷高二化学
第I卷（选择题共50分）
一、选择题(本题共25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个正确答案）
1.以下能级符号错误的是 （ ）
A. 5p B. 7s C. 2f D. 4d
【答案】C
【解析】
【分析】
根据第一层(K层)上只有1s亚层，第二电子层(L层)只有2s和2p亚层，第三电子层(M层)只有3s、3p和3d亚层，第四电子层(N层)只有4s、4p、4d和4f亚层。
【详解】s亚层在每一能层上都有，p亚层至少在第二能层及以上，d亚层至少在第三能层及以上，f亚层至少在第四能层及以上，因此能级符号错误的是2f ，故合理选项是C。
【点睛】本题主要考查了能层上的具有的能级，抓住能层与能级的规律即可，难度不大。
2.下列各能层中不包含d能级的是 （ ）
A. M B. O C. L D. N
【答案】C
【解析】
【详解】A. M能层上有s、p、d三种能级，包含d能级，A不符合题意；
B.O能层上有s、p、d、f四种能级，包含d能级，B不符合题意；
C.L能层上有s、p两种能级，不包含d能级，C不符合题意；
D.N能层上有s、p、d、f四种能级，包含d能级，D不符合题意；
故合理选项是C。
3.下列能级中轨道数为5的是 （ ）
A. p能级 B. d能级 C. s能级 D. f能级
【答案】B
【解析】
【详解】A. p能级具有3个轨道，A不符合题意；
B.d能级具有5个轨道，B符合题意；
C.s能级只具有1个轨道，C不符合题意；
D.f能级具有7个轨道，D不符合题意；
故合理选项是B。
4.下列有关电子云的叙述中，正确的是 ( )
A. 电子云是电子绕核运动形成了一团带负电荷的云雾
B. 电子云直观地表示了核外电子的数目
C. 电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率
D. 1s电子云轮廓图是球形，表示在这个球面以外，电子出现的概率为零
【答案】C
【解析】
【详解】A.电子云是原子核外电子围绕原子核运动，就像一团云雾罩在原子核周围，我们形象的称它为电子云，A错误；
B.电子云只能显示原子核外电子围绕原子核运动时在各个区域出现的机会的多少，不能直观地了解原子核外电子的数目的多少，B错误；
C.电子在原子核外空间某处出现的机会多，小黑点就密集，出现的机会少，小黑点就稀疏，因此电子云形象地表示了电子在核外某处单位体积内出现的概率，C正确；
D.1s电子云轮廓图是球形，是人为划定的球面，表示在这个球面以外，电子出现的概率小，但不为零，D错误；
故合理选项是C。
5.下列说法中正确的是 ( )
A. 同一原子中，1s、2s、3s电子的能量逐渐减小
B. 2s2表示2s能级有两个轨道
C. 同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多
D. 1s22s22p43s2表示的是激发态原子的电子排布式
【答案】D
【解析】
【详解】A.同一原子的不同能层相同能级的电子能量E(3s)>E(2s)>E(1s)，A错误；
B.2s2表示2s能级上有2个电子，B错误；
C.同一原子中的不同能层上，相同能级的轨道数相同，C错误；
D.原子核外的电子排布遵循构造原理，能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，吸收能量，可由基态电子跃迁到激发态，D正确；
故合理选项是D。
6.下列氧原子的电子排布图中，正确的是 ( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
A. 2s能级上的两个单电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故A错误；B. 氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，电子排布图为，故B正确；C. 2p能级上的两个电子，应自旋方向不同，违反了泡利不相容原理，故C错误；D. 2p能级上的两个单电子，应自旋方向相同，违反了洪特规则，故D错误；答案选B。
7.下列元素周期表族序数正确的是 ( )
A. 第6列为ⅥA B. 第18列为0A
C. 第3列为ⅢB D. 第8列为ⅧB
【答案】C
【解析】
【详解】根据元素周期表的族与列的关系进行分析解答。
A.第6列为ⅥB，A错误；
B.第18列为0族，B错误；
C.第3列为ⅢB,C正确；
D.第8列为Ⅷ族，D错误；
故合理选项是C。
8.下列说法中正确的是 ( )
A. s区、d区、ds区都是金属元素 B. s区都是主族元素
C. 稀有气体元素在ds区 D. 所有非金属元素都在p区
【答案】B
【解析】
试题分析：氢元素位于s区，不属于金属元素，A、D项错误；稀有气体元素位于p区，C项错误。选项B正确。
考点：
9.钛号称“崛起的第三金属”，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。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22
B. 钛元素在周期表中处于第四周期ⅡB族
C. 钛原子的外围电子排布为3d24s2
D. 钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素
【答案】B
【解析】
试题分析：A、钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；B、钛原子的外围电子层排布为3d24s2，钛元素在周期表中处于第四周期ⅣB族，B错误；C、根据构造原理知钛原子的外围电子层排布为3d24s2，C正确；D、d区元素原子的价电子排布为（n-1）d1—9ns1—2，根据铁原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。答案选B。
考点：考查原子结构、元素周期表。
10.元素X的各级电离能数据如下：
则元素X的常见价态是( )
A. ＋1 B. ＋2 C. ＋3 D. ＋6
【答案】C
【解析】
【详解】由表格中数据可知，I3与I4差别较大，则X难失去4个电子，而易失去3个电子，可知X最外层电子数为3，元素X的常见价态为+3价，故合理选项是C。
11.元素的性质呈现周期性变化的根本原因是 ( )
A. 原子半径呈周期性变化 B. 元素的化合价呈周期性变化
C. 第一电离能呈周期性变化 D. 元素原子的核外电子排布呈周期性变化
【答案】D
【解析】
试题分析：原子结构决定元素的性质,元素的性质（原子半径、化合价、电负性、第一电离能、金属性、非金属性）的周期性变化是因为原子核外电子排布呈现周期性变化。选项D符合题意。
考点：元素周期律的本质原因
12.下列各项说法中正确的是（ ）
A. π键是由两个p电子以“头碰头”方式重叠而成
B. π键比σ键重叠程度大，形成的共价键强
C. 气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D. N2分子中有一个σ键，2个π键
【答案】D
【解析】
【详解】A.π键是由两个p电子以“肩并肩”重叠形成，而σ键为s或p电子“头碰头”方式重叠而成，A错误；
B.σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强，B错误；
C.惰性气体为单原子分子，分子内没有共价键，C错误；
D.N2分子中两个N原子形成三个共价键，有一个σ键，2个π键，D正确；
故合理选项是D。
13.下列物质的分子中既有σ键又有π键的 ( )
A. HCl B. CH4 C. C2H4 D. C2H6
【答案】C
【解析】
【详解】A. HCl分子中H原子与Cl原子形成了一个σ键，A错误；
B.CH4分子中C原子与4个H原子形成四个σ键，B错误；
C.C2H4分子中两个C原子之间两个共价键，一个σ键又有π键，两个C原子与4个H原子形成四个σ键，C正确；
D.C2H6分子中两个C原子形成σ键，每个C原子分别与3个H原子形成3个σ键，无π键，D错误；
故合理选项是C。
14.从键长的角度来判断下列共价键中最稳定的是 ( )
A. H—F B. N—H C. C—H D. S—H
【答案】A
【解析】
键长越大，共价键越不稳定，键长越短，越稳定，最稳定的是H—F，故A正确。
15.下列分子和离子中中心原子VSEPR模型为四面体且分子或离子空间的构型为V形的是 ( )
A. OF2 B. NH3 C. BF3 D. SO42-
【答案】A
【解析】
【分析】
VSEPR模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，据此分析解答。
【详解】A.OF2分子中价层电子对=2+2=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有2个孤电子对，所以其空间构型为V形，A正确；
B. NH3分子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，B错误；
C.NF3分子中价层电子对=3+1=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该分子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，C错误；
D.SO42-中价层电子对=3+=4，所以其VSEPR模型为正四面体，该离子中不含有孤电子对，所以其空间构型为正四面体型，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】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。
16.用杂化轨道理论解释甲烷分子的正四面体结构，下列说法不正确的是 ( )
A. C原子的四个杂化轨道的能量一样
B. C原子有1个sp3杂化轨道由孤电子对占据
C. C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道
D. C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样
【答案】B
【解析】
【详解】A.能量相近的轨道进行杂化，杂化后的轨道能量相同，甲烷分子中，C原子的4个sp3杂化轨道能量一样，A正确；
B.CH4中C原子形成4个σ键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，B错误；
C. 甲烷分子中，价层电子对个数=4+0=4，C原子中1个2s电子激发到2p后，1个2s轨道和3个2p轨道重新组合成4个sp3杂化轨道，C原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道，C正确；
D.甲烷分子中，C原子形成4个σ键，孤电子对个数为0，C原子的4个sp3杂化为等性杂化，C原子的sp3杂化轨道之间夹角一样，D正确；
故合理选项是B。
17.下列实验事实不能用氢键来解释的是( )
A. 冰密度比水小，能浮在水面上
B. 接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
C. 水加热到很高的温度都难以分解
D. 邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
【答案】C
【解析】
【分析】
N、O、F元素的电负性较强，对应的氢化物可形成氢键，氢键是一种较强的分子间作用力，是由电负性强的原子（如F，O，N）对氢原子的吸引力产生的，能够影响物质的熔点、沸点、密度等，以此解答该题。
【详解】A.冰中含有氢键，使其体积变大，则质量不变时冰的密度比液态水的密度小，A不符合题意；
B.水分子间存在氢键形成缔合物，所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，B不符合题意；
C.水加热到很高的温度，但若低于断裂H-O键需要的能量，水就难以分解，与氢键无关，C符合题意；
D.邻羟基苯甲醛分子内存在氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查氢键及氢键对物质的性质的影响，明确氢键主要影响物质的物理性质是解答本题的关键，题目难度不大。
18.离子键、共价键和分子间作用力是微粒之间的不同作用力。下列物质中只含有上述一种作用力的是（ ）
A. 氧化钠 B. 氯气 C. 氯化铵 D. 冰
【答案】A
【解析】
【详解】A.氧化钠Na2O是离子化合物，Na+与O2-离子间通过离子键结合，只含有一种化学键，A符合题意；
B.氯气是由Cl2分子构成的物质，分子内Cl原子之间形成Cl-Cl共价键，Cl2分子间通过分子间作用力结合，因此含有共价键、分子间作用力，B不符合题意；
C.氯化铵是离子晶体，NH4+、Cl-间通过离子键结合，NH4+内N原子与H原子间通过共价键结合，所以氯化铵中含有离子键、共价键两种作用力，C不符合题意；
D.冰是固态水，在水分子内存在H-O共价键，在水分子之间存在分子间作用力、氢键，D不符合题意；
故合理选项是A。
19.碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为（ ）
A. CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大
B. CCl4与I2都是直线型分子，而H2O不是直线型分子
C. CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
D. CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
【答案】D
【解析】
试题分析：CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知碘单质在水溶液中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，故选D。
【考点定位】考查相似相溶原理
【名师点晴】本题考查的是相似相溶原理。根据相似相溶原理：极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，所以碘单质在水溶液中溶解度很小，在CCl4中溶解度很大。注意物质相互溶解的性质与分子的极性和非极性有关，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系。
20.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是（ ）
A. H3O+和NH3是等电子体，均为三角锥形
B. B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C. B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
D. CH4和NH4+是等电子体，均为正四面体
【答案】B
【解析】
【详解】A.H3O+和NH3是等电子体，其结构相似，氨气分子是三角锥型，所以水合氢离子是三角锥型，A正确；
B.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，根据苯的性质和结构知，B3N3H6分子中不含双键，B错误；
C.B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似，苯分子中所有原子处于同一平面上，所以B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上，C正确；
D.CH4和NH4+是等电子体，其结构相似，甲烷是正四面体构型，所以铵根离子是正四面体构型，D正确；
故合理选项是B。
21.某基态原子的第四能层只有2个电子，则该原子第三能层中的电子数肯定为
A. 8个 B. 18个 C. 8～18个 D. 8～32个
【答案】C
【解析】
【详解】根据构造原理知，4s能级大于3p能级而小于3d能级，原子核外电子排列时要遵循能量最低原理，所以排列电子时先排列3p能级再4s能级后排3d能级，且当轨道上电子处于全空、全满或半满时最稳定，当4s能级有2个电子时，3d能级上可排列电子数是从0-10，所以该原子的第三电子层电子数可能是8-18，故合理选项是C。
22.下列元素一定是主族元素的是 ( )
A. 原子核外N电子层上只有一个电子的元素
B. 原子核外M层电子数为偶数的元素
C. 原子核外M层电子数为小于或等于7的奇数的元素
D. 原子核外N层电子数为2的元素
【答案】C
【解析】
【详解】A. 原子核外N电子层上只有一个电子的元素可能是主族元素如K，也可能不是主族元素如Cu和Cr，故A错误；
B. 原子核外M层电子为偶数，则M层电子数可能为2、4、6、8，可能为0族元素，不一定主族元素，故B错误；
C. 原子核外M层电子数为小于或等于7的奇数的元素，说明M层没有排满电子，可能为Na、Al、P、Cl元素，这些元素M层电子数都是奇数，且这些元素都是主族元素，故C正确；
D. 原子核外N层电子数为2的元素不一定是主族元素，如Ti、V、Mn、Fe、Co、Ni、Zn都不是主族元素，故D错误；
故选C
23.中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是 ( )
A. 根据对角线规则，推出Be(OH)2是一种两性氢氧化物
B. 根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是＋7
C. 根据同主族元素的电负性变化趋势，推出S的电负性比O大
D. 根据同周期元素的第一电离能变化趋势，推出O的第一电离能比N大
【答案】A
【解析】
【详解】A. 根据对角线规则，Be、Al处于对角线位置，Be、Al的化合物Be(OH)2、Al(OH)3性质相似，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，所以可推出Be(OH)2也是一种两性氢氧化物，A正确；
B.F元素是非金属性最强的元素，由于F原子最外层有7个电子，所以F的最低化合价为-1价，没有最高化合价，B错误；
C.同主族元素的电负性从上到下逐渐减小，推出S的电负性比O小，C错误；
D.根据同一周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，可推出N的第一电离能比O大，D错误；
故合理选项是A。
24.固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是( )
A. NH5中既有离子键又有共价键
B. 1mol NH5中含有5mol N—H键
C. NH5的熔沸点高于NH3
D. NH5固体投入少量水中，可产生两种气体
【答案】B
【解析】
【分析】
固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成，据此解答。
【详解】A.NH5应为NH4H，该化合物中铵根离子和氢离子之间存在离子键、铵根离子中N-H原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共价键，A正确；
B.化学式NH4H中含有4个N-H键、1个离子键，所以1molNH5中含有4mol N-H键，B错误；
C.NH4H中含有离子键为离子化合物，离子间以强的离子键结合，熔沸点较高，而NH3中只存在共价键，为共价化合物，分子间以微弱的分子间作用力结合，所以NH5的熔沸点高于NH3，C正确；
D.NH5能和水发生反应NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，一水合氨不稳定分解生成氨气，所以NH5固体投入少量水中，可产生两种气体，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了物质结构，包括物质的晶体类型的判断、化学键的类型、物质熔沸点高低比较，为高频考点，把握铵盐的结构及化学键判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意阴离子是H-为解答的难点。
25.把0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)溶于水，加入过量的硝酸银溶液，有0.3mol氯化银沉淀析出，此样品的配离子的表示式为（ ）
A. [Co(NH3)6]3+ B. [Cr(NH3)5Cl]2+
C. [Co(NH3)4Cl2]+ D. [Co(NH3)3Cl3]
【答案】A
【解析】
【分析】
氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬(III)(CrCl3•6NH3)的化学式，得出该样品的配离子。
【详解】把0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)溶于水，加入过量的硝酸银溶液，有0.3mol氯化银沉淀析出，说明0.1mol氯化钴(III)(CoCl3·6NH3)可以电离产生0.3molCl-，此样品CoCl3·6NH3的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，则该样品的配离子的表示式为[Co(NH3)6]3+，故合理选项为A。
【点睛】本题考查了配合物的成键情况，注意：该反应中，配合物中配原子不参加反应，只有阴离子参加反应，为易错点。
第II卷（非选择题）
二、非选择题（本题包括4小题，共50分）
26.锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为___________，有__________个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_____________。
(3)光催化还原CO2 制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4 是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______。
【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2 (2). 2 (3). Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (4). O>Ge>Zn
【解析】
【分析】
(1)Ge是32号元素，先根据构造原理，写出其核外电子排布式，然后结合各个能级具有的轨道数，一个轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子判断其未成对电子数；
(2)根据 σ键是“头碰头”，π键是“肩并肩”重叠，结合原子半径分析；
(3)元素的非金属性越强，其相应的电负性就越大。
【详解】(1) Ge是32号元素，根据构造原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2；由于p能级有3个轨道，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样可以使原子的能量最低。4p轨道上有2个自旋方向相同的电子为未成对电子；
(2)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键，这是由于σ键是“头碰头”，π键是“肩并肩”重叠，Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，而p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键，而C原子半径小，原子间形成的σ单键较短，而p-p轨道肩并肩重叠程度很大，可以形成π键；
(3)由于元素的电负性大小反映了元素的金属性、非金属性强弱，元素的电负性越大，其非金属性越强。由元素的金属性Zn>Ge>O，可知元素的电负性由大到小的顺序为O>Ge>Zn。
【点睛】本题考查了构造原理、元素电负性大小比较及原子半径与化学键形成的关系的知识，从基础上考查了原子结构理论的应用。本题难度不大。
27.(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是：_______和_____；_____和______。
(2)HF的沸点比HCl的高，原因是____；SiH4的沸点比CH4的高，原因是________。
(3)在下列物质①P4 ②NH3 ③HCN ④BF3 ⑤H2O ⑥SO3 ⑦CH3Cl中，属于含有极性键的极性分子的是（填序号）_______。
(4)根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
CO2分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为________。
SO32-中，中心原子的杂化方式为__杂化，离子的立体构型为_________。
HCHO分子中，中心原子的杂化方式为__杂化，分子的立体构型为_________。
(5)试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：
HClO4_____HClO2 H2CO3______H2SiO3 H2SO3_______H2SO4
【答案】 (1). N2O (2). CO2 (3). N2 (4). CO (5). HF分子间存在氢键，而HC1分子间不存在氢键 (6). 对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力就大，所以SiH4的沸点比CH4的沸点高 (7). ②③⑤⑦ (8). sp (9). 直线形 (10). sp3 (11). 三角锥形 (12). sp2 (13). 平面三角形 (14). > (15). > (16). <
【解析】
【分析】
(1)根据等电子体是原子数相同，最外层电子数相同的微粒，结合元素的要求书写相应的等电子体；
(2)分子间形成氢键会增加分子之间的吸引力；根据结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越强分析；
(3)不同的非金属原子间形成极性共价键，若分子排列对称是非极性分子，否则为极性分子；
(4)根据杂化轨道数=σ键数目+孤对电子对数，确定杂化轨道，再结合孤对电子对数确定空间构型；
(5)同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。
【详解】(1)根据等电子体的概念，由于元素仅由第二周期元素组成，且属于共价分子，因此可能的等电子体有CO2与N2O；CO与N2；
(2)HCl、HF都是氢化物，由于F原子半径小，吸引电子能力强，HF分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使HF的沸点比HCl的高；C、Si是同一主族的元素，SiH4和CH4结构相似，二者都是分子晶体，由于结构相似的物质，相对分子质量越大，物质的分子之间的作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化、气化需要的能量越高，物质的沸点就越高，相对分子质量SiH4比CH4的大，所以物质的沸点SiH4比CH4的高；
(3) ①P4中的P—P键是非极性共价键，分子排列对称，属于非极性分子，①不符合题意；②NH3中的N—H键是极性共价键，分子排列不对称，属于极性分子，②符合题意；
③HCN分子结构简式为H—C≡N，H—C键及C≡N都是极性共价键，由于分子中正负电荷重心不重合，不对称，因此属于极性分子，③符合题意；
④BF3中的B—F键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，④不符合题意；
⑤H2O中的H—O键是极性共价键，分子为V形，排列不对称，属于极性分子，⑤符合题意；
⑥SO3中的S—O键是极性共价键，分子为平面三角形，排列对称，属于非极性分子，⑥不符合题意；
⑦CH3Cl中的C—H键、C—Cl键都是极性共价键，分子为四面体形，分子排列不对称，属于极性分子，⑦符合题意。
故属于含有极性键的极性分子的是②③⑤⑦；
(4)CO2分子中，中心原子C原子形成2个σ键、2个π键，无孤对电子，C的杂化方式为sp杂化，分子的立体构型为直线形；
SO32-中，中心S原子形成3个σ键、1个π键，无孤电子对，S原子的杂化方式为sp2杂化，SO32-离子的立体构型为三角锥形；
HCHO分子中，中心C原子形成3个σ键、1个π键，无孤对电子，C原子杂化方式为sp2杂化，该分子的立体构型为平面三角形；
(5)由于同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强所以酸性：元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强。HClO4>HClO2；H2CO3>H2SiO3，H2SO3
28.A、B、C、D、E、F代表6种元素。请填写下列空白。
(1) A元素基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，其原子结构示意图为____，位于元素周期表中第________周期第________族。
(2) B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ne相同，B的原子半径_____ C的原子半径（填“>”或“<”）。
(3) D的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，D的元素名称为____，其基态原子的电子排布式为_______，有____种运动状态不同的电子。
(4)E元素的正三价离子的3d轨道为半充满，E的元素符号为_____，其基态原子的价电子排布图为____，其正三价离子比正二价离子稳定，原因是_______________。
(5)F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，F的元素符号为_____，在元素周期表中位于______区。
【答案】 (1). (2). 二 (3). ⅥA (4). < (5). 铬 (6). 1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 (7). 24 (8). Fe (9). (10). Fe3+的3d轨道为半充满，体系能量最低，最稳定 (11). Cu (12). ds
【解析】
【分析】
(1)根据原子核外电子层上具有的电子数关系确定原子序数，可得原子结构示意图，再结合原子结构与元素位置的关系确定其所在的周期及族序数。
(2)原子失去电子形成阳离子，获得电子形成阴离子；原子核外电子层数越多，原子半径就越大；
(3)根据 D在周期表的位置及泡利不相容原理和洪特规则判断D元素，然后结合构造原理可得其基态原子核外电子排布式，进而得到其电子运动状态的电子数目；
(4)元素的原子失去几个电子就形成正几价阳离子，原子核外电子，能量高的先失去，结合E元素的离子的电子层结构判断E元素；原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样能量低，稳定；原子核外各个轨道的电子处于全满、半满、全空时稳定；
(5)根据构造原理结合F原子的各个电子层上含有的电子关系判断元素名称，再根据原子结构与元素位置的关系判断其在周期表所述区域。
【详解】(1) A元素基态原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则A核外电子排布为2、6，是8号O元素，故其原子结构示意图为，由于原子核外电子层数等于其周期序数，最外层电子数等于其主族序数，可知O元素位于元素周期表中第二周期第VIA族；
(2)原子失去电子形成阳离子，获得电子形成阴离子。B元素负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与Ne相同，则B是F元素，C是Na元素，F位于第二周期，Na位于第三周期，由于原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径F
(4)E元素失去3个电子正三价离子，且该离子的3d轨道为半充满，则E的原子序数为26，E的元素符号为Fe，其基态原子的价电子排布图为；由于Fe原子失去3个电子形成的Fe3+的3d轨道为半充满的稳定状态，体系能量最低，稳定，而失去2个电子时3d轨道上不是半满状态，因此Fe3+比Fe2+稳定；
(5)F元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，则F原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，原子序数是29，所以F的元素是Cu，Cu元素在发生反应时s、d电子都可能发生变化，所以Cu在元素周期表中位于ds区。
【点睛】本题考查了原子结构示意图、原子的价电子排布图、泡利不相容原理、洪特规则、元素的原子结构与元素在周期表位置的关系、元素的判断，较为全面的考查了物质结构知识，难度适中。
29.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，得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体。
(1)溶液中呈天蓝色微粒的结构可用示意图表示为_______，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，晶体中Cu2+与NH3之间的化学键称为_____，提供空轨道的微粒是_______，提供孤电子对的成键原子是_____，该晶体中配体分子的VSEPR模型为_______。
(5)下列说法正确的是_________
a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
b.分子和分子的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角
c.氨气极易溶于水，是因为分子和分子之间形成2种不同的氢键
【答案】 (1). (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). 配位键(或共价健) (6). Cu2+ (7). N (8). 四面体形 (9). bc
【解析】
【分析】
CuSO4粉末溶于水得到[Cu(H2O)4]2+，水溶液显蓝色，根据其中含有的共价键、配位键数目确定化学键总数；向该溶液中加入氨水，首先形成Cu(OH)2蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应产生[Cu(NH3)4]2+深蓝色离子，再加入乙醇溶剂，可以使[Cu(NH3)4]2+形成[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，从溶液中析出将析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，中心离子与配位体之间形成配位键，中心离子提供空轨道，配位体提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论判断该晶体中配体分子NH3的VSEPR模型；元素的电负性越大，元素的非金属性就越强；根据氨分子与水分子的空间构型判断二者键角的大小；根据形成氢键的元素结合氨水的构成微粒分析判断。
【详解】(1) CuSO4粉末溶于水得到[Cu(H2O)4]2+，其结构可用示意图表示为：；在该微粒在含有4个配位体分子，每个配位体H2O分子中含有2个共价键，四个配位体分子与中性Cu2+之间形成了四个配位键，则1mol该天蓝色微粒所含的σ键数目为(2×4+4)NA=12NA；
(2)加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小Cu(NH3)4SO4•H2O的溶解度；
(3)蓝色Cu(OH)2沉淀被过量氨水溶解形成深蓝色溶液的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-；
(4)得到的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O，在晶体中中心Cu2+中含有空轨道，配位体NH3的N原子上有孤电子对，则Cu2+与NH3分子的N原子之间的化学键称为配位键，提供空轨道的微粒是Cu2+，提供孤电子对的成键原子是N原子，该晶体中配体分子NH3的价层电子对数,3+1=4，由于含有1对孤电子对，所以VSEPR模型为四面体形；
(5) a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素含有Cu、N、O、H、S五种元素，元素的非金属性越大的元素的电负性也越大，在上述元素中，O元素的非金属性最强，所以其中电负性最大的是氧元素，a错误；
b.NH3分子是三角锥形，键角是107°18′；H2O分子是V形分子，键角是104.3°，二者的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角，b正确；
c.氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成了N…H和O…H两种不同的氢键，c正确；
故合理选项是bc。
【点睛】本题考查配位化合物及配位键、氢键、分子的空间构型，为高频考点，把握配位键的形成及配合物的结构为解答的关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意配位体、配位离子的判断，题目难度中等。
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