【化学】甘肃省武威第十八中学2018-2019学年高二下学期第一次月考（解析版） 试卷

甘肃省武威第十八中学2018-2019学年高二下学期第一次月考
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).
HClO2；H2CO3>H2SiO3，H2SO3”或“