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2018-2019学年福建省厦门外国语学校高二上学期第一次月考化学试题 解析版
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福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二上学期第一次月考
化学试题
1.下列关于电子云的说法中，正确的是
A. 电子云表示电子在原子核外运动的轨迹
B. 电子云界面图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
C. 电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少
D. 电子云可表示电子在核外运动的方向
【答案】C
【解析】
【分析】
A、电子云表示电子在原子核外出现机率的大小，而不能表示运动的轨迹；B、电子云界面图中的小黑点越密表示电子在该核外空间的出现的机会越多；C、电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的概率大小；D．电子在原子核外运动是无规则的。
【详解】A、电子云表示电子在原子核外出现机率的大小，而不能表示运动的轨迹，选项A错误；B、电子云界面图中的小黑点越密表示电子在该核外空间的出现的机会越多，选项B错误；C、电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的概率大小，选项C正确；D．电子在原子核外运动是无规则的，则电子云不能表示电子运动的方向，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题主要考查了电子运动及电子云概念，明确电子具有微观粒子运动的性质，电子云只能描述电子运动在一定区域的几率等即可解答，题目难度不大。
2.下列说法中正确的是( )
A. 任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级
B. 用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为n2
C. 电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同
【答案】C
【解析】
【分析】
在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级；在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数，据此分析。
【详解】A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，如K层只有s轨道，L层有s和p两种轨道，选项A错误；B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，选项B错误；C、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，选项C正确；D、事实上，没有两个电子的运动状态是完全相同的，选项D错误；答案选C。
3.下列叙述中，正确的是
A. 成功解释氢原子光变谱为线状光谱的是量子力学
B. NaH中的σ键是由两个原子的s、p轨道以“头碰头”方式重叠形成的
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D. 在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
【答案】D
【解析】
【详解】A、玻尔理论认为电子的能量是量子化的，从而解释了氢原子的线状光谱，选项A错误；B、氢化钠是离子化合物，通过离子键形成的化合物，不存在σ键，选项B错误；C、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道离原子核的距离比内层p轨道远，所以外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，如3s轨道的能量大于2p轨道，选项C错误；D、用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，选项D正确。答案选D。
4.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（ ）
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理
C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
5.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4 C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
试题分析：CO2、甲烷是含有极性键的非极性分子，乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，H2S、氨气和HCl是含有极性键的极性分子，C60是含非极性键的非极性分子，答案选B。
考点：考查共价键、分子极性的判断。
6.为表示一个原子在第三电子层上有10个电子，可以写成（ ）
A. 3d84s2 B. 3d10
C. 3s23p63d2 D. 3s23p64s2
【答案】C
【解析】
试题分析：原子在第三电子层上有10个电子，这说明该元素的核外电子数是2+8+10+2＝22，则根据核外电子排布规律可知该元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，答案选C。
考点：考查核外电子排布
7.下列是几种原子的基态电子排布，第一电离能最大的原子是( )
A. 1s22s22p6 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p63s23p2 D. 1s22s22p63s23p64s2
【答案】A
【解析】
【详解】1s22s22p6是Ne元素，1s22s22p63s23p3是P元素，1s22s22p63s23p2是Si元素，1s22s22p63s23p64s2是Ca元素，这几种元素中Ne元素最外电子层达8电子稳定结构，最难失去电子的是Ne元素，所以第一电离能最大的是Ne元素，答案选A。
8.门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确。根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是
A. X单质不易与水反应 B. XO2可被碳或氢还原为X
C. 其价电子排布为4s24p2 D. XH4的稳定性比SiH4的高
【答案】D
【解析】
【分析】
根据硅元素对应的单质和化合物的性质进行判断，Si位于周期表第三周期，原子最外层有4个电子，性质较稳定，结合元素周期律的递变规律分析。
【详解】A．X和Si的性质相似，和水不反应，选项A正确；B．X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，XO2可被碳或氢还原为X，选项B正确；C．X是其中的一种“类硅”元素，可判断X位于周期表第四周期ⅣA族，其价电子排布为4s24p2，选项C正确；D．X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，则XH4的稳定性比SiH4的低，选项D错误。答案选D。
【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，本题注意X和Si在周期表中的位置的判断。
9.下列描述中正确的是( )
A. CS2分子构型为V形 B. ClO3—的空间构型为平面三角形
C. SF6中有4对完全相同的成键电子对 D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A、CS2分子中中心原子碳原子含有的孤对电子对数＝＝0，所以该分子是直线型结构，属于含有极性键的非极性分子，选项A不正确；B、ClO3－中中心原子氯原子含有的孤对电子对数＝＝1，所以该微粒是三角锥形结构，选项B不正确；C、在SF6分子中，S和F形成的是极性键，6个共价键完全是相同，即有6对完全相同的成键电子对，选项C不正确；D、SiF4和的空间构型分别为正四面体和三角锥形，但中心原子均采用的是sp3杂化，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。
10.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是( )
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. NO3—和CO32—是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】B
【解析】
【分析】
A、CH4和NH4+是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′；B、NO3-和CO32-原子数都是4，价电子数都是24，均为平面正三角形结构；C、H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26，价电子数不同；D、B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的。
【详解】A、CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，选项A错误；B、NO3-和CO32-原子数都是4，价电子数都是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，选项B正确；C、H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26，价电子数不同，不是等电子体，选项C错误；D、B3N3H6分子中有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查“等电子原理”的应用，注意根据等电子体的概念分析即可，题目难度不大。易错点为选项C，H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26。
11.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都是直线形分子，而H2O不是直线形分子
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。
12.下列说法中正确的是( )。
①含有阳离子的纯净物一定含有阴离子；
②3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子性质一定相似；
③离子键是阴、阳离子间的相互吸引作用；
④根据电离方程式：H2SO4==2H++SO42-，可判断，在H2SO4中存在离子键；
⑤两种共价化合物化合生成的物质一定是共价化合物
A. ①②④⑤正确 B. 都不正确 C. 仅⑤正确 D. 仅 ④不正确
【答案】B
【解析】
【详解】①金属单质是纯净物，金属中只含有金属阳离子和自由电子，故含有阳离子的纯净物不一定含有阴离子，故错误；②p轨道上有2个未成对电子，可能为2或4，不能确定元素的种类，则不一定为同一主族，原子性质不一定相似，故错误；③离子键是阴、阳离子间通过静电作用(包括吸引力和排斥力)所形成的化学键，故错误；④H2SO4在水的作用下发生电离：H2SO4=2H++SO42-，但H2SO4在熔融状态下不能电离，属于共价化合物，故错误；⑤两种共价化合物化合生成的物质不一定是共价化合物，如氨气和氯化氢化合生成的氯化铵属于离子化合物，故错误。答案选B。
13.下列分子或离子中键角由大到小排列的是
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ④①②⑤③ C. ⑤①④②③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
【详解】①BCl3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，键角为120°；
②NH3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于NH3分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109°28′；
③H2O，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=2，孤电子对数为LP==2，则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4，根据杂化轨道理论，中心O原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于H2O分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比NH3分子的键角还小；
④PCl4+，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=4，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，根据杂化轨道理论，中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；
⑤HgCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；
综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，答案选C。
【点睛】本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力．题目难度不大，是基础题。
14.有关苯分子中的化学键的描述正确的是 （ ）
A. 每个碳原子的sp2杂化轨道中的一个形成大π键
B. 每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键
C. 碳原子的三个sp2杂化轨道只形成两个σ键
D. 碳原子的未参加杂化的2p轨道形成σ键
【答案】B
【解析】
苯分子是平面结构，因此中心碳原子以sp2杂化形成三个杂化轨道，还有一个未杂化的p轨道。所以其结合形式为：每个碳原子分别以三个sp2杂化轨道与其他两个C和一个H原子形成σ键，未杂化的p轨道上电子与其他五个碳原子上的p电子形成大π键。答案选B。
15.下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaF B. KBr C. NaI D. MgI2
【答案】D
【解析】
【分析】
要想阳离子半径与阴离子半径比值最小，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大。
【详解】同主族自上而下原子半径或离子半径均是逐渐增大的，所以阴离子中碘离子是最大的。同周期自左向右阳离子半径是逐渐减小的，所以阳离子中镁离子半径是最小的，所以正确的答案是D。
【点睛】本题考查离子半径大小比较，要注意具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，同主族元素形成的简单阳离子从上而下半径增大。
16.处于同一周期的A、B、C、D四种短周期元素，其气态原子获得一个电子所放出的能量A>B>C>D。则下列说法中，正确的是（ ）
①元素的非金属性依次增强；②元素的电负性依次减小；③元素的第一电离能依次增大；④最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱。
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ③④
【答案】B
【解析】
试题分析：气态原子获得一个电子所放出的能量越多，说明非金属性越强。所以非金属性是A>B>C>D。①根据上述分析，元素的非金属性依次减弱，错误；②非金属性越强，电负性越强，则元素的电负性依次减小，正确；③非金属性越强，元素的第一电离能越小，则元素的第一电离能依次减小，错误；④非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，正确；答案选B。
考点：考查非金属性、电负性、第一电离能、最高价氧化物水化物的酸性的关系。
17.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )。
A. 碱性：NaOH
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应阳离子的半径逐渐减小，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能是增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，以此解答该题。
【详解】A．金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，选项A错误；B．同周期元素从左到右，第一电离能呈逐渐增大趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al＞Na，选项B错误；C．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，选项C错误；D．元素的金属性越强，对应离子的还原性越强，则单质的还原性：Al＜Mg＜Na，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握周期律的递变规律，注意粒子半径的大小比较。
18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是
A. 电负性：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 第一电离能：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】C
【解析】
①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N，④1s22s22p5为F。A项，根据同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性减小，电负性：④（F）③（N）②（P）、①（S）②（P），A项错误；B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径：②（P）①（S）③（N）④（F），B项错误；C项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势（IIA、VA族反常），同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能：④（F）③（N）②（P）①（S），C项正确；D项，④（F）没有正价，S的最高正化合价为+6价，N、P的最高正化合价都为+5价，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查元素周期律，熟记元素周期表和同周期、同主族元素结构和性质的递变规律是解题的关键。解题时需要注意（1）同周期元素第一电离能的特殊性，第IIA、VA的价电子排布依次为ns2、ns2np3，依次处于ns的全充满、np的半充满，能量低较稳定，同周期第IIA的第一电离能大于第IIIA、第VA的第一电离能大于第VIA；（2）F没有正价。
19.短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z 位于同一主族。W 与X 可形成共价化合物WX2．Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍。下列叙述中不正确的是
A. WX2分子中所有原子最外层都为8 电子结构
B. 简单气态氢化物的沸点W的比X的低
C. WX2是以极性键结合成的非极性分子
D. 原子半径大小顺序为X
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，Y有三个电子层，最外层电子数为4，故Y为硅元素；W与Y，则W为碳元素；W与X可形成共价化合物WX2，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为氧元素，Z为硫元素。
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，Y有三个电子层，最外层电子数为4，故Y为硅元素；W与Y，则W为碳元素；W与X可形成共价化合物WX2，X为-2价，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为氧元素，Z为硫元素。A. WX2为二氧化碳，电子式为，分子中所有原子最外层都为8 电子结构，选项A正确；B. 由于水分子间存在氢键，故甲烷的沸点低于水，选项B正确；C. CO2是以极性键结合成的非极性分子，选项C正确；D. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，则原子半径大小顺序为O
20.0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，此氯化铬最可能是( )
A. [Cr(H2O)6]Cl3 B. [Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C. [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D. [Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】C
【解析】
0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，说明氯化铬(CrCl3·6H2O)中有一个氯离子在外界，其余在内界，而正三铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，C正确。
21.下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）元素⑨的基态原子的价电子排布式为_________________。
（2）这10种元素，其中电负性最大的是________(填元素符号)。
（3）元素②的一种氢化物(分子中含有6个原子) 是重要的化工原料，常把该氢化物的产 量作为衡量石油化工发展水平的标志。有关该氢化物分子的说法正确的是________。
A.6个原子不在同一平面上 B.属于含有极性键的非极性分子
C.只含有4个sp2-s的δ键和1个P-P的π键 D.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化
（4）下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分(血红素) 的结构式。此结构片段中含有的化学键有________(填序号)。
A.离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E.配位键 G. δ键 H.兀键
（5）下表为原子序数依次增大的短周期元素A~F的第一到第五电离能数据。
请回答：表中的D、E、F可能是哪三种元素__________(填元素符号)；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C 的第一电离能都略大，其原因是__________。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). O (3). BD (4). CDEGH (5). Na、Mg、Al (6). B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C 大
【解析】
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为O，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ca，⑨为Ni，⑩为Cu。
（1）元素⑨为Ni，为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，这10种元素中非金属性最强的为O元素，则电负性最大的是O；
（3）元素②为C，它的一种氢化物(分子中含有6个原子) 是重要的化工原料，常把该氢化物的产 量作为衡量石油化工发展水平的标志，则为乙烯， A.乙烯分子中6个原子在同一平面上，选项A错误；B.属于含有极性键的非极性分子，选项B正确；C.含有4个sp2-s的δ键、1个sp2- sp2的δ键和1个P-P的π键，选项C错误；D.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化，选项D正确。答案选BD；
（4）根据结构式，铁元素和N元素之间存在配位键，N和C之间，C和H之间等存在极性键，C和C之间存在非极性键，存在σ键，C和C之间存在双键，即还含有π键，故CDEGH正确；
（5）原子越容易失电子，则其电离能越小，金属元素的第一电离能比较小，第一个电子容易失去，表中A、B、C第一电离能较大，应该是非金属元素，D、E、F第一电离能较小，因此DEF应该是金属元素；表中的D、E、F可能是Na、Mg、Al三种元素；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C 大。
【点睛】根据洪特规则的特例，当原子轨道上的电子半满、全满、全空，能量低，自身更稳定，因此同周期中第一电离能呈逐渐增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA。
22.元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上仅有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中电负性最大的，D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红。试回答：
（1）A的价电子轨道排布图为 ______________________________ ；B的电子排布式为 _________ ；C的价电子排布式为 ____________ ；D的原子结构示意图为 __________ 。
（2）已知D与H原子能形成一种高能量的分子D2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为 _____________，含有 _____个σ键和 _____ 个π键。
（3）B的原子核外电子运动状态________有多少种，原子轨道数为______，能级数__________，电子占据的最高能层符号为_________。
（4）四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是（用对应化学式回答）____________________。
【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p2 (3). 3s23p5 (4). (5). (6). 3 (7). 1 (8). 14 (9). 8 (10). 5 (11). M (12). HClO4 > HNO3>H2CO3 >H2SiO3
【解析】
【详解】元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为C元素；B的3p轨道上有空轨道，则B的外围电子排布为3s23p1或3s23p2，A、B同主族，故B为Si元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为Cl元素；D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红，则D为氮元素。
（1）A为6号的C元素，基态原子电子排布式为1s22s22p2，价电子轨道排布图为 ；B为14号Si元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2；C为17号Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，价电子排布式为3s23p5；D为7号氮元素，原子结构示意图为；
（2）D与H原子能形成一种高能量的分子N2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为，根据结构可知，含有3个σ键和 1个π键；
（3）B的电子排布式为1s22s22p63s23p2；原子核外电子运动状态有14种，原子轨道数为8，能级数5，电子占据的最高能层符号为M；
（4）元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是HClO4 > HNO3>H2CO3 >H2SiO3。
23.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增多。其中A、B、C都是能层数为2的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。E的核外电子排布中有6个未成对电子，是同周期中最多的，ECl3能与B、C的氢化物形成六配体的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界。试用相应的元素符号或式子填空：
（1）写出元素的名称 A ___________ E ____________；
（2）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 __________；B的氢化物分子的空间构型为 _________ 。
（3）化合物AC2与一种由B、C组成的化合物X互为等电子体，则X的化学式为 ____________；完全由B的原子组成的某粒子与AC2也属于等电子体，该粒子的化学式为 _____ ，其空间构型为 __________ 。
（4）ECl3形成的配合物的化学式为 ____________________________ ；
（5）D的单质在AC2中可以燃烧并一种白色固体和一种黑色固体，该反应的化学方程式为 ________ 。
（6）与E同周期，且最外层电子排布相同的元素有___________。
【答案】 (1). 碳 (2). 铬 (3). C＜O＜N (4). 三角锥形 (5). N2O (6). N3- (7). 直线形 (8). [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (9). 2Mg+CO22MgO+C (10). K、Cu
【解析】
【详解】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增多。其中A、B、C都是能层数为2的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则D为镁元素，C为氧元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素，AC2为二氧化碳，故B为氮元素。E的核外电子排布中有6个未成对电子，是同周期中最多的，原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，CrCl3能与B、C的氢化物NH3、H2O形成六配体的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界，则为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。（1）A、E元素的名称分别为碳、铬；
（2）A、B、C分别为C、N、O，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；B的氢化物NH3，NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型；
（3）AC2为CO2，其电子式为。由N、O组成且与CO2互为等电子体的化合物X为N2O；完全由B（N）的原子组成的某粒子与AC2也属于等电子体，该粒子的化学式为N3-，CO2是直线型结构，所以N3－的空间构型也是直线型结构；
（4）根据上述分析可知，ECl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；
（5）D的单质镁在二氧化碳中可以燃烧并一种白色固体氧化镁和一种黑色固体碳，该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（6）与E同周期，且最外层电子排布相同（4s1）的元素有K：1s22s22p63s23p64s1、Cu: 1s22s22p63s23p63d104s1。
24.已知某些化学键的键能数据如下：
（1）通过比较C—C 和 C=C 的键能大小，简要说明为什么烯烃易发生加成反应而烷烃不能？______ 。
（2）利用键能数据可判断反应 2H2 + O2 → 2 H2O 为 放热反应， 计算每生成 1 mol H2O 所放出的热量为_____________ kJ。
（3）若某有机物的结构简式如下： ，一定条件下与HCl发生加成反应后可能生成两种互为同分异构体的物质，写出其中属于手性分子的物质的结构简式：________________
（4）将硫酸铜白色固体溶于水得到蓝色的溶液，原因是生成了一种配合离子，其结构简式为: ___________（标明配位键），向该溶液中加入过量稀氨水得深蓝色溶液，其离子方程式为 _________ 。已知NF3与NH3的结构类似，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其主要原因是_________________________________。
【答案】 (1). C=C的健能<2C-C,说明π健易断裂，而δ健不易断裂 (2). 241 (3). (4). (5). [Cu(H2O)4]2++4NH3=[Cu(NH3)4]2++4H2O (6). NF3分子中氟原子电负性强，吸电子，使氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键
【解析】
【详解】（1）根据化学键的键能数据可知，C=C的键能<2C-C，说明π键易断裂，而δ键不易断裂故烯烃易发生加成反应而烷烃不能；
（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，则反应 2H2 + O2 =2H2O △H=2mol×436kJ/mol+1mol×498kJ/mol-4mol×463kJ/mol =-482kJ/mol，每生成 1 mol H2O 所放出的热量为241kJ；
（3）若某有机物的结构简式如下： ，一定条件下与HCl发生加成反应后可能生成两种互为同分异构体的物质，分别为2，3-二氯戊烷和3，3-二氯戊烷，其中属于手性分子的物质为2，3-二氯戊烷，其结构简式为：；
（4）将白色的无水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，其结构简式为：；生成此配合离子的离子方程式为：[Cu(H2O)4]2++4NH3=[Cu(NH3)4]2++4H2O；NF3分子中氟原子电负性强，吸引孤对电子能力强，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键。
25.过渡元素在生活、生产和科技等方面有广泛的用途。
（1）现代污水处理工艺中常利用聚合铁{简称PFS，化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m，n＜5，m＜10}在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。下列说法中不正确的是________(填序号)。
A．PFS中铁显＋2价
B．铁原子的价电子排布式是3d64s2
C．由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程
D．由下表可知气态Fe2＋再失去一个电子比气态Mn2＋再失去一个电子难
Mn
Fe
电离能
I1
717
759
(kJ·mol－1)
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
（2）PFS中SO42-采取__________杂化，空间构型是_________。
（3）铬的配合物在药物应用、设计合成新磁材料领域和聚乙烯催化剂方面都有重要应用。现有铬与甲基丙烯酸根的配合物为
①该化合物中铬的化合价为___________。
②该化合物中一个Cr的配位数为________。
③甲基丙烯酸分子中C原子的杂化方式有___________________________________。
（4）O、S、Se为同主族元素，H2O、H2S和H2Se的参数对比见表．
化学式
键长/nm
键角
H2O
0.99
104.5°
H2S
1.34
92.3°
H2Se
1.47
91.0°
H2S的键角大于H2Se的原因可能为__________________________________________________
【答案】 (1). AD (2). sp3 (3). 正四面体 (4). +3 (5). 6 (6). sp3和sp 2 (7). 由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大
【解析】
【详解】（1）A．设[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中Fe元素化合价为x，根据化合价代数和为0，可知2x-n+（3-）×（-2）=0，解得x=+3，选项A不正确；B．Fe原子核外电子数为26，铁元素的价电子数8，且4s轨道排2个电子，3d轨道排6个电子，所以铁原子的价电子排布式是3d64s2，选项B正确；C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2价，[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中铁元素的化合价是+3价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程，选项C正确；D．Fe2+再失去一个电子需要的能量比气态Mn2+再失去一个电子需要能量小，所以气态Fe2+再失去一个电子比气态Mn2+再失去一个电子容易，选项D不正确；答案选AD；
（2）PFS中SO42-总价电子数32，中心原子有4个σ键，采取sp3杂化，空间构型是正四面体立体结构；
(3)①该化合物中 显-1价，氯元素为-1价，则铬的化合价为+3价；②2个Cr共有12个配体，则一个Cr的配位数为6；③甲基上的碳原子含有4个σ键，所采取sp3杂化，碳碳双键上的碳原子含有3σ键，所以采取sp2杂化；
（4）根据表中数据可知，由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大。
福建省厦门外国语学校2018-2019学年高二上学期第一次月考
化学试题
1.下列关于电子云的说法中，正确的是
A. 电子云表示电子在原子核外运动的轨迹
B. 电子云界面图中的小黑点密表示该核外空间的电子多
C. 电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的机会多少
D. 电子云可表示电子在核外运动的方向
【答案】C
【解析】
【分析】
A、电子云表示电子在原子核外出现机率的大小，而不能表示运动的轨迹；B、电子云界面图中的小黑点越密表示电子在该核外空间的出现的机会越多；C、电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的概率大小；D．电子在原子核外运动是无规则的。
【详解】A、电子云表示电子在原子核外出现机率的大小，而不能表示运动的轨迹，选项A错误；B、电子云界面图中的小黑点越密表示电子在该核外空间的出现的机会越多，选项B错误；C、电子云表示电子在核外单位体积的空间出现的概率大小，选项C正确；D．电子在原子核外运动是无规则的，则电子云不能表示电子运动的方向，选项D错误；答案选C。
【点睛】本题主要考查了电子运动及电子云概念，明确电子具有微观粒子运动的性质，电子云只能描述电子运动在一定区域的几率等即可解答，题目难度不大。
2.下列说法中正确的是( )
A. 任何一个能层最多只有s、p、d、f四个能级
B. 用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为n2
C. 电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述
D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态可能相同
【答案】C
【解析】
【分析】
在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级；在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层；电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数，据此分析。
【详解】A、在多电子原子中，同一能层的电子能量也不同，还可以把它们分成能级，随着能层数的增大，能级逐渐增多，如K层只有s轨道，L层有s和p两种轨道，选项A错误；B、在多电子的原子核外电子的能量是不同的，按电子的能量差异，可将核外电子分成不同的能层，用n表示能层序数，则每一能层最多容纳电子数为2n2，选项B错误；C、决定电子运动状态有四个量：主量子数、角量子数、磁量子数、自旋量子数；所以电子的运动状态可从能层、能级、轨道、自旋方向4个方面进行描述，选项C正确；D、事实上，没有两个电子的运动状态是完全相同的，选项D错误；答案选C。
3.下列叙述中，正确的是
A. 成功解释氢原子光变谱为线状光谱的是量子力学
B. NaH中的σ键是由两个原子的s、p轨道以“头碰头”方式重叠形成的
C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
D. 在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析
【答案】D
【解析】
【详解】A、玻尔理论认为电子的能量是量子化的，从而解释了氢原子的线状光谱，选项A错误；B、氢化钠是离子化合物，通过离子键形成的化合物，不存在σ键，选项B错误；C、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道离原子核的距离比内层p轨道远，所以外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，如3s轨道的能量大于2p轨道，选项C错误；D、用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，选项D正确。答案选D。
4.若将15P原子的电子排布式写成1s22s22p63s23px23py1，它违背了（ ）
A. 能量守恒原理 B. 泡利不相容原理
C. 能量最低原理 D. 洪特规则
【答案】D
【解析】
试题分析：在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理；当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。另外核外电子排布还需要遵循构造原理和能量最低原理，因此15P原子的电子排布式为1s22s22P63s23Px13Py13Pz1，所以把15P原子的电子排布式写成了1s22s22P63s23Px23Py1违背了洪特规则，答案选D。
考点：考查核外电子排布的有关判断
5.下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是( )
A. CO2 H2S B. C2H4 CH4 C. C60 C2H4 D. NH3 HCl
【答案】B
【解析】
试题分析：CO2、甲烷是含有极性键的非极性分子，乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，H2S、氨气和HCl是含有极性键的极性分子，C60是含非极性键的非极性分子，答案选B。
考点：考查共价键、分子极性的判断。
6.为表示一个原子在第三电子层上有10个电子，可以写成（ ）
A. 3d84s2 B. 3d10
C. 3s23p63d2 D. 3s23p64s2
【答案】C
【解析】
试题分析：原子在第三电子层上有10个电子，这说明该元素的核外电子数是2+8+10+2＝22，则根据核外电子排布规律可知该元素的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，答案选C。
考点：考查核外电子排布
7.下列是几种原子的基态电子排布，第一电离能最大的原子是( )
A. 1s22s22p6 B. 1s22s22p63s23p3
C. 1s22s22p63s23p2 D. 1s22s22p63s23p64s2
【答案】A
【解析】
【详解】1s22s22p6是Ne元素，1s22s22p63s23p3是P元素，1s22s22p63s23p2是Si元素，1s22s22p63s23p64s2是Ca元素，这几种元素中Ne元素最外电子层达8电子稳定结构，最难失去电子的是Ne元素，所以第一电离能最大的是Ne元素，答案选A。
8.门捷列夫在描述元素周期表时，许多元素尚未发现，但他为第四周期的三种元素留下了空位，并对它们的一些性质做了预测，X是其中的一种“类硅”元素，后来被德国化学家文克勒发现，并证实门捷列夫当时的预测相当准确。根据元素周期律，下列有关X性质的描述中错误的是
A. X单质不易与水反应 B. XO2可被碳或氢还原为X
C. 其价电子排布为4s24p2 D. XH4的稳定性比SiH4的高
【答案】D
【解析】
【分析】
根据硅元素对应的单质和化合物的性质进行判断，Si位于周期表第三周期，原子最外层有4个电子，性质较稳定，结合元素周期律的递变规律分析。
【详解】A．X和Si的性质相似，和水不反应，选项A正确；B．X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，XO2可被碳或氢还原为X，选项B正确；C．X是其中的一种“类硅”元素，可判断X位于周期表第四周期ⅣA族，其价电子排布为4s24p2，选项C正确；D．X位于周期表第四周期，非金属性比Si弱，则XH4的稳定性比SiH4的低，选项D错误。答案选D。
【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，本题注意X和Si在周期表中的位置的判断。
9.下列描述中正确的是( )
A. CS2分子构型为V形 B. ClO3—的空间构型为平面三角形
C. SF6中有4对完全相同的成键电子对 D. SiF4和SO32-的中心原子均为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A、CS2分子中中心原子碳原子含有的孤对电子对数＝＝0，所以该分子是直线型结构，属于含有极性键的非极性分子，选项A不正确；B、ClO3－中中心原子氯原子含有的孤对电子对数＝＝1，所以该微粒是三角锥形结构，选项B不正确；C、在SF6分子中，S和F形成的是极性键，6个共价键完全是相同，即有6对完全相同的成键电子对，选项C不正确；D、SiF4和的空间构型分别为正四面体和三角锥形，但中心原子均采用的是sp3杂化，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断。侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。
10.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是( )
A. CH4和NH4+是等电子体，键角均为60°
B. NO3—和CO32—是等电子体，均为平面正三角形结构
C. H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构
D. B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【答案】B
【解析】
【分析】
A、CH4和NH4+是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′；B、NO3-和CO32-原子数都是4，价电子数都是24，均为平面正三角形结构；C、H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26，价电子数不同；D、B3N3H6分子中有双键即有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的。
【详解】A、CH4和NH4+原子数都是5，价电子数都是8，是等电子体，空间构型为正四面体结构，键角为109°28′，选项A错误；B、NO3-和CO32-原子数都是4，价电子数都是24，是等电子体，均为平面正三角形结构，选项B正确；C、H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26，价电子数不同，不是等电子体，选项C错误；D、B3N3H6分子中有π键，π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的，所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道，选项D错误；答案选B。
【点睛】本题考查“等电子原理”的应用，注意根据等电子体的概念分析即可，题目难度不大。易错点为选项C，H3O+价电子数是8，PCl3价电子数是26。
11.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都是直线形分子，而H2O不是直线形分子
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。
12.下列说法中正确的是( )。
①含有阳离子的纯净物一定含有阴离子；
②3p能级上有2个未成对电子的原子和4p能级上有2个未成对电子的原子性质一定相似；
③离子键是阴、阳离子间的相互吸引作用；
④根据电离方程式：H2SO4==2H++SO42-，可判断，在H2SO4中存在离子键；
⑤两种共价化合物化合生成的物质一定是共价化合物
A. ①②④⑤正确 B. 都不正确 C. 仅⑤正确 D. 仅 ④不正确
【答案】B
【解析】
【详解】①金属单质是纯净物，金属中只含有金属阳离子和自由电子，故含有阳离子的纯净物不一定含有阴离子，故错误；②p轨道上有2个未成对电子，可能为2或4，不能确定元素的种类，则不一定为同一主族，原子性质不一定相似，故错误；③离子键是阴、阳离子间通过静电作用(包括吸引力和排斥力)所形成的化学键，故错误；④H2SO4在水的作用下发生电离：H2SO4=2H++SO42-，但H2SO4在熔融状态下不能电离，属于共价化合物，故错误；⑤两种共价化合物化合生成的物质不一定是共价化合物，如氨气和氯化氢化合生成的氯化铵属于离子化合物，故错误。答案选B。
13.下列分子或离子中键角由大到小排列的是
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl4+ ⑤BeCl2
A. ⑤④①②③ B. ④①②⑤③ C. ⑤①④②③ D. ③②④①⑤
【答案】C
【解析】
【分析】
根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断分子或离子的空间构型和键角。
【详解】①BCl3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心B原子为sp2杂化，键角为120°；
②NH3，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于NH3分子中孤电子对存在，孤电子对斥力大于键合电子对斥力，使键角＜109°28′；
③H2O，根据VSEPR理论，配位原子个数为BP=2，孤电子对数为LP==2，则价电子对数为VP=BP+LP=2+2=4，根据杂化轨道理论，中心O原子为sp3杂化，理论上正四面体构型键角为109°28′，由于H2O分子中存在两对孤电子对，且孤电子对斥力大于键合电子对斥力，且存在两对孤电子对，使得键角比NH3分子的键角还小；
④PCl4+，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=4，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，根据杂化轨道理论，中心P原子为sp3杂化，键角为109°28′；
⑤HgCl2，根据VSEPR理论，配位原子数为BP=2，孤电子对数为LP==0，则价电子对数为VP=BP+LP=2+0=2，根据杂化轨道理论，中心Hg原子为sp杂化，键角为180°；
综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③，答案选C。
【点睛】本题考查价层电子对互斥理论和杂化轨道理论判断分子空间构型和键角，需明确孤电子对斥力大于键合电子对斥力．题目难度不大，是基础题。
14.有关苯分子中的化学键的描述正确的是 （ ）
A. 每个碳原子的sp2杂化轨道中的一个形成大π键
B. 每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键
C. 碳原子的三个sp2杂化轨道只形成两个σ键
D. 碳原子的未参加杂化的2p轨道形成σ键
【答案】B
【解析】
苯分子是平面结构，因此中心碳原子以sp2杂化形成三个杂化轨道，还有一个未杂化的p轨道。所以其结合形式为：每个碳原子分别以三个sp2杂化轨道与其他两个C和一个H原子形成σ键，未杂化的p轨道上电子与其他五个碳原子上的p电子形成大π键。答案选B。
15.下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是
A. NaF B. KBr C. NaI D. MgI2
【答案】D
【解析】
【分析】
要想阳离子半径与阴离子半径比值最小，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大。
【详解】同主族自上而下原子半径或离子半径均是逐渐增大的，所以阴离子中碘离子是最大的。同周期自左向右阳离子半径是逐渐减小的，所以阳离子中镁离子半径是最小的，所以正确的答案是D。
【点睛】本题考查离子半径大小比较，要注意具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，同主族元素形成的简单阳离子从上而下半径增大。
16.处于同一周期的A、B、C、D四种短周期元素，其气态原子获得一个电子所放出的能量A>B>C>D。则下列说法中，正确的是（ ）
①元素的非金属性依次增强；②元素的电负性依次减小；③元素的第一电离能依次增大；④最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱。
A. ①④ B. ②④ C. ①③ D. ③④
【答案】B
【解析】
试题分析：气态原子获得一个电子所放出的能量越多，说明非金属性越强。所以非金属性是A>B>C>D。①根据上述分析，元素的非金属性依次减弱，错误；②非金属性越强，电负性越强，则元素的电负性依次减小，正确；③非金属性越强，元素的第一电离能越小，则元素的第一电离能依次减小，错误；④非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，正确；答案选B。
考点：考查非金属性、电负性、第一电离能、最高价氧化物水化物的酸性的关系。
17.对Na、Mg、Al的有关性质的叙述正确的是( )。
A. 碱性：NaOH
【解析】
【分析】
同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，对应阳离子的半径逐渐减小，对应的最高价氧化物的水化物的碱性减弱；同周期元素从左到右，元素的非金属性、电负性逐渐增强，第一电离能是增大的趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，以此解答该题。
【详解】A．金属性：Na＞Mg＞Al，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，选项A错误；B．同周期元素从左到右，第一电离能呈逐渐增大趋势，但Mg的最外层为全充满状态，电子能量低，第一电离能较大，第一电离能：Mg＞Al＞Na，选项B错误；C．同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，则电负性：Na＜Mg＜Al，选项C错误；D．元素的金属性越强，对应离子的还原性越强，则单质的还原性：Al＜Mg＜Na，选项D错误。答案选C。
【点睛】本题考查元素周期律的递变规律，题目难度不大，注意把握周期律的递变规律，注意粒子半径的大小比较。
18.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下： ①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5 则下列有关比较中正确的是
A. 电负性：④>③>②>① B. 原子半径：④>③>②>①
C. 第一电离能：④>③>②>① D. 最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】C
【解析】
①1s22s22p63s23p4为S，②1s22s22p63s23p3为P，③1s22s22p3为N，④1s22s22p5为F。A项，根据同周期从左到右元素的电负性增大，同主族从上到下元素的电负性减小，电负性：④（F）③（N）②（P）、①（S）②（P），A项错误；B项，根据“层多径大，序大径小”，原子半径：②（P）①（S）③（N）④（F），B项错误；C项，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势（IIA、VA族反常），同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能：④（F）③（N）②（P）①（S），C项正确；D项，④（F）没有正价，S的最高正化合价为+6价，N、P的最高正化合价都为+5价，D项错误；答案选C。
点睛：本题考查元素周期律，熟记元素周期表和同周期、同主族元素结构和性质的递变规律是解题的关键。解题时需要注意（1）同周期元素第一电离能的特殊性，第IIA、VA的价电子排布依次为ns2、ns2np3，依次处于ns的全充满、np的半充满，能量低较稳定，同周期第IIA的第一电离能大于第IIIA、第VA的第一电离能大于第VIA；（2）F没有正价。
19.短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y、X与Z 位于同一主族。W 与X 可形成共价化合物WX2．Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5 倍。下列叙述中不正确的是
A. WX2分子中所有原子最外层都为8 电子结构
B. 简单气态氢化物的沸点W的比X的低
C. WX2是以极性键结合成的非极性分子
D. 原子半径大小顺序为X
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，Y有三个电子层，最外层电子数为4，故Y为硅元素；W与Y，则W为碳元素；W与X可形成共价化合物WX2，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为氧元素，Z为硫元素。
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y原子的内层电子总数是其最外层电子数的2.5倍，Y有三个电子层，最外层电子数为4，故Y为硅元素；W与Y，则W为碳元素；W与X可形成共价化合物WX2，X为-2价，X处于第ⅥA族，X与Z分别位于同一主族，故X为氧元素，Z为硫元素。A. WX2为二氧化碳，电子式为，分子中所有原子最外层都为8 电子结构，选项A正确；B. 由于水分子间存在氢键，故甲烷的沸点低于水，选项B正确；C. CO2是以极性键结合成的非极性分子，选项C正确；D. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，则原子半径大小顺序为O
20.0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，此氯化铬最可能是( )
A. [Cr(H2O)6]Cl3 B. [Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C. [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D. [Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【答案】C
【解析】
0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01mol AgCl沉淀，说明氯化铬(CrCl3·6H2O)中有一个氯离子在外界，其余在内界，而正三铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，C正确。
21.下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答下列问题：
（1）元素⑨的基态原子的价电子排布式为_________________。
（2）这10种元素，其中电负性最大的是________(填元素符号)。
（3）元素②的一种氢化物(分子中含有6个原子) 是重要的化工原料，常把该氢化物的产 量作为衡量石油化工发展水平的标志。有关该氢化物分子的说法正确的是________。
A.6个原子不在同一平面上 B.属于含有极性键的非极性分子
C.只含有4个sp2-s的δ键和1个P-P的π键 D.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化
（4）下图所示为血红蛋白和肌红蛋白的活性部分(血红素) 的结构式。此结构片段中含有的化学键有________(填序号)。
A.离子键 B.金属键 C.极性键 D.非极性键 E.配位键 G. δ键 H.兀键
（5）下表为原子序数依次增大的短周期元素A~F的第一到第五电离能数据。
请回答：表中的D、E、F可能是哪三种元素__________(填元素符号)；若A、B、C为原子序数依次增大的同周期相邻元素，表中显示B比A和C 的第一电离能都略大，其原因是__________。
【答案】 (1). 3d84s2 (2). O (3). BD (4). CDEGH (5). Na、Mg、Al (6). B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C 大
【解析】
【详解】由元素在周期表中的位置可知，①为H，②为C，③为O，④为Mg，⑤为Al，⑥为S，⑦为Cl，⑧为Ca，⑨为Ni，⑩为Cu。
（1）元素⑨为Ni，为28号元素，基态原子的价电子排布式为3d84s2；
（2）元素非金属性越强，电负性越大，这10种元素中非金属性最强的为O元素，则电负性最大的是O；
（3）元素②为C，它的一种氢化物(分子中含有6个原子) 是重要的化工原料，常把该氢化物的产 量作为衡量石油化工发展水平的标志，则为乙烯， A.乙烯分子中6个原子在同一平面上，选项A错误；B.属于含有极性键的非极性分子，选项B正确；C.含有4个sp2-s的δ键、1个sp2- sp2的δ键和1个P-P的π键，选项C错误；D.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化，选项D正确。答案选BD；
（4）根据结构式，铁元素和N元素之间存在配位键，N和C之间，C和H之间等存在极性键，C和C之间存在非极性键，存在σ键，C和C之间存在双键，即还含有π键，故CDEGH正确；
（5）原子越容易失电子，则其电离能越小，金属元素的第一电离能比较小，第一个电子容易失去，表中A、B、C第一电离能较大，应该是非金属元素，D、E、F第一电离能较小，因此DEF应该是金属元素；表中的D、E、F可能是Na、Mg、Al三种元素；同周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，B的np轨道上的电子半满，能量比A和C低，自身更稳定，所以第一电离能比A和C 大。
【点睛】根据洪特规则的特例，当原子轨道上的电子半满、全满、全空，能量低，自身更稳定，因此同周期中第一电离能呈逐渐增大趋势，但IIA>IIIA，VA>VIA。
22.元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上仅有两个未成对电子，B的3p轨道上有空轨道，A、B同主族，B、C同周期，C是同周期中电负性最大的，D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红。试回答：
（1）A的价电子轨道排布图为 ______________________________ ；B的电子排布式为 _________ ；C的价电子排布式为 ____________ ；D的原子结构示意图为 __________ 。
（2）已知D与H原子能形成一种高能量的分子D2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为 _____________，含有 _____个σ键和 _____ 个π键。
（3）B的原子核外电子运动状态________有多少种，原子轨道数为______，能级数__________，电子占据的最高能层符号为_________。
（4）四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是（用对应化学式回答）____________________。
【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p2 (3). 3s23p5 (4). (5). (6). 3 (7). 1 (8). 14 (9). 8 (10). 5 (11). M (12). HClO4 > HNO3>H2CO3 >H2SiO3
【解析】
【详解】元素A、B、C、D都是短周期元素，A元素原子的2p轨道上只有两个电子，则A的外围电子排布为2s22p2，故A为C元素；B的3p轨道上有空轨道，则B的外围电子排布为3s23p1或3s23p2，A、B同主族，故B为Si元素；B、C同周期，C是本周期中电负性最大的，故C为Cl元素；D的气态氢化物的水溶液能使无色酚酞试液变红，则D为氮元素。
（1）A为6号的C元素，基态原子电子排布式为1s22s22p2，价电子轨道排布图为 ；B为14号Si元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2；C为17号Cl元素，基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p5，价电子排布式为3s23p5；D为7号氮元素，原子结构示意图为；
（2）D与H原子能形成一种高能量的分子N2H2，其中D原子满足8电子结构特征，则该分子的电子式为，根据结构可知，含有3个σ键和 1个π键；
（3）B的电子排布式为1s22s22p63s23p2；原子核外电子运动状态有14种，原子轨道数为8，能级数5，电子占据的最高能层符号为M；
（4）元素非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则四种元素最高价氧化物水化物酸性由强到弱的是HClO4 > HNO3>H2CO3 >H2SiO3。
23.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增多。其中A、B、C都是能层数为2的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。E的核外电子排布中有6个未成对电子，是同周期中最多的，ECl3能与B、C的氢化物形成六配体的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界。试用相应的元素符号或式子填空：
（1）写出元素的名称 A ___________ E ____________；
（2）A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 __________；B的氢化物分子的空间构型为 _________ 。
（3）化合物AC2与一种由B、C组成的化合物X互为等电子体，则X的化学式为 ____________；完全由B的原子组成的某粒子与AC2也属于等电子体，该粒子的化学式为 _____ ，其空间构型为 __________ 。
（4）ECl3形成的配合物的化学式为 ____________________________ ；
（5）D的单质在AC2中可以燃烧并一种白色固体和一种黑色固体，该反应的化学方程式为 ________ 。
（6）与E同周期，且最外层电子排布相同的元素有___________。
【答案】 (1). 碳 (2). 铬 (3). C＜O＜N (4). 三角锥形 (5). N2O (6). N3- (7). 直线形 (8). [Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3 (9). 2Mg+CO22MgO+C (10). K、Cu
【解析】
【详解】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增多。其中A、B、C都是能层数为2的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，则D为镁元素，C为氧元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素，AC2为二氧化碳，故B为氮元素。E的核外电子排布中有6个未成对电子，是同周期中最多的，原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则E为铬元素，CrCl3能与B、C的氢化物NH3、H2O形成六配体的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，三个氯离子位于外界，则为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。（1）A、E元素的名称分别为碳、铬；
（2）A、B、C分别为C、N、O，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；B的氢化物NH3，NH3分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型；
（3）AC2为CO2，其电子式为。由N、O组成且与CO2互为等电子体的化合物X为N2O；完全由B（N）的原子组成的某粒子与AC2也属于等电子体，该粒子的化学式为N3-，CO2是直线型结构，所以N3－的空间构型也是直线型结构；
（4）根据上述分析可知，ECl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；
（5）D的单质镁在二氧化碳中可以燃烧并一种白色固体氧化镁和一种黑色固体碳，该反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C；
（6）与E同周期，且最外层电子排布相同（4s1）的元素有K：1s22s22p63s23p64s1、Cu: 1s22s22p63s23p63d104s1。
24.已知某些化学键的键能数据如下：
（1）通过比较C—C 和 C=C 的键能大小，简要说明为什么烯烃易发生加成反应而烷烃不能？______ 。
（2）利用键能数据可判断反应 2H2 + O2 → 2 H2O 为 放热反应， 计算每生成 1 mol H2O 所放出的热量为_____________ kJ。
（3）若某有机物的结构简式如下： ，一定条件下与HCl发生加成反应后可能生成两种互为同分异构体的物质，写出其中属于手性分子的物质的结构简式：________________
（4）将硫酸铜白色固体溶于水得到蓝色的溶液，原因是生成了一种配合离子，其结构简式为: ___________（标明配位键），向该溶液中加入过量稀氨水得深蓝色溶液，其离子方程式为 _________ 。已知NF3与NH3的结构类似，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其主要原因是_________________________________。
【答案】 (1). C=C的健能<2C-C,说明π健易断裂，而δ健不易断裂 (2). 241 (3). (4). (5). [Cu(H2O)4]2++4NH3=[Cu(NH3)4]2++4H2O (6). NF3分子中氟原子电负性强，吸电子，使氮原子上的孤对电子难于与Cu2＋形成配位键
【解析】
【详解】（1）根据化学键的键能数据可知，C=C的键能<2C-C，说明π键易断裂，而δ键不易断裂故烯烃易发生加成反应而烷烃不能；
（2）反应热=反应物总键能-生成物总键能，则反应 2H2 + O2 =2H2O △H=2mol×436kJ/mol+1mol×498kJ/mol-4mol×463kJ/mol =-482kJ/mol，每生成 1 mol H2O 所放出的热量为241kJ；
（3）若某有机物的结构简式如下： ，一定条件下与HCl发生加成反应后可能生成两种互为同分异构体的物质，分别为2，3-二氯戊烷和3，3-二氯戊烷，其中属于手性分子的物质为2，3-二氯戊烷，其结构简式为：；
（4）将白色的无水CuSO4溶解于H2O中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配合离子，其结构简式为：；生成此配合离子的离子方程式为：[Cu(H2O)4]2++4NH3=[Cu(NH3)4]2++4H2O；NF3分子中氟原子电负性强，吸引孤对电子能力强，使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键。
25.过渡元素在生活、生产和科技等方面有广泛的用途。
（1）现代污水处理工艺中常利用聚合铁{简称PFS，化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m，n＜5，m＜10}在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。下列说法中不正确的是________(填序号)。
A．PFS中铁显＋2价
B．铁原子的价电子排布式是3d64s2
C．由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程
D．由下表可知气态Fe2＋再失去一个电子比气态Mn2＋再失去一个电子难
Mn
Fe
电离能
I1
717
759
(kJ·mol－1)
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
（2）PFS中SO42-采取__________杂化，空间构型是_________。
（3）铬的配合物在药物应用、设计合成新磁材料领域和聚乙烯催化剂方面都有重要应用。现有铬与甲基丙烯酸根的配合物为
①该化合物中铬的化合价为___________。
②该化合物中一个Cr的配位数为________。
③甲基丙烯酸分子中C原子的杂化方式有___________________________________。
（4）O、S、Se为同主族元素，H2O、H2S和H2Se的参数对比见表．
化学式
键长/nm
键角
H2O
0.99
104.5°
H2S
1.34
92.3°
H2Se
1.47
91.0°
H2S的键角大于H2Se的原因可能为__________________________________________________
【答案】 (1). AD (2). sp3 (3). 正四面体 (4). +3 (5). 6 (6). sp3和sp 2 (7). 由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大
【解析】
【详解】（1）A．设[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中Fe元素化合价为x，根据化合价代数和为0，可知2x-n+（3-）×（-2）=0，解得x=+3，选项A不正确；B．Fe原子核外电子数为26，铁元素的价电子数8，且4s轨道排2个电子，3d轨道排6个电子，所以铁原子的价电子排布式是3d64s2，选项B正确；C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2价，[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中铁元素的化合价是+3价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程，选项C正确；D．Fe2+再失去一个电子需要的能量比气态Mn2+再失去一个电子需要能量小，所以气态Fe2+再失去一个电子比气态Mn2+再失去一个电子容易，选项D不正确；答案选AD；
（2）PFS中SO42-总价电子数32，中心原子有4个σ键，采取sp3杂化，空间构型是正四面体立体结构；
(3)①该化合物中 显-1价，氯元素为-1价，则铬的化合价为+3价；②2个Cr共有12个配体，则一个Cr的配位数为6；③甲基上的碳原子含有4个σ键，所采取sp3杂化，碳碳双键上的碳原子含有3σ键，所以采取sp2杂化；
（4）根据表中数据可知，由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大。
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