1、学年山西省晋中市平遥中学高二下学期在线学习质量检测化学试题 解析版山西省晋中市平遥中学2019-2020学年高二下学期在线学习质量检测化学试题 解析版一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个正确选项）1. 在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是（）A. 最易失去的电子能量最高B. L层电子比K层电子能量高C. p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量D. 在离核最近区域内运动的电子能量最低【答案】C【解析】【分析】A根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；B根据构造原理判断；C没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；D根据原子核外电子能量与距核远近关系判断。【详解】A能
2、量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，故A正确；B电子层能量由低到高依次为（K、L、M、N）层，L层电子比K层电子能量高，故B正确；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轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故C错误；D能量越低的电子在离核越近的区域内运动，故D正确；故选C。2.现有三种元素的基态原子的电子排布式如下： 1s22s22p63s23p4； 1s22s22p63s23p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是A. 第一电离能： B. 原子半径：C. 电负性： D. 最高正化合价：【答案】A【解析】【分析】根据核外电子排布，可以推
3、出为S，为P，为F，依此答题。【详解】A. 为S，为P，为F；同一周期中，从左到右，元素的第一电离能呈锯齿状升高，其中II A族和V族比两边的主族元素的都要高，所以ClPS，即Cl；同一主族，从上到下，元素的第一电离能减小，即FCl，即Cl；所以有第一电离能：，A正确；B. S，为P，为F，则原子半径大小为：，B错误；C. 为S，为P，为F，则元素的电负性大小为：，C错误；D. 为S，为P，为F，则元素的最高正化合价大小为：，F无正价，所以不参比，D错误；故合理选项为A。3.某一化合物的分子式为AB2，A属A族元素，B属A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A
4、B2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，AB2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A族，价电子数目为6，B属第A族元素，则该分子中A的价层电子对数为=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
5、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A族元素，B属第A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。4.下列有关化学用语的说法不正确的是（）A. OH和都表示羟基 B. 如图是食盐晶体的晶胞C. CH4分子的球棍模型： D. 次氯酸分子的电子式：【答案】B【解析】详解】AOH和都表示羟基，“”表示半键，一个电子，故A正确；B是食盐晶体的晶胞的八分之一，故B错误；CCH4分子的球棍模型：，故C正确；D次氯酸分子，氧共用两对电子，分别与氢和氯共用一对电子，其电子式：，故D正确。综上所述，答案为B。5.下列对一些实验事实的理论解释正
6、确的是（）选项实验事实理论解释AHF的稳定性强于HClHF分子间有氢键而HCl没有BCO2为直线形分子CO2分子中C=O之间的夹角为10928C金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体D第一电离能：NON原子2p能级半充满A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】AHF的稳定性强于HCl ，是F的非金属性比Cl的非金属性强，故A不符合题意；BCO2为直线形分子，CO2分子中C=O之间的夹角为180，故B不符合题意；C金刚石的熔点低于石墨，金刚石、石墨都是原子晶体，金刚石中碳碳键比石墨中碳碳键键长长，键能小，熔点低，故C不符合题意；D第一电离能：NO，是因为N原
7、子2p能级半充满，稳定，难失电子，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】氢化物稳定性与非金属性有关，氢化物熔沸点与分子间作用力有关。6.在硼酸B(OH)3分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构，溶于水时发生电离B(OH)3+H2OB(OH)4- + H+ ，则有关说法不正确的是（）A. 晶体中同层分子间的主要作用力为氢键 B. 分子中B原子杂化轨道的类型sp2C. 硼酸是三元酸 D. 发生电离时B原子的杂化方式发生了改变【答案】C【解析】【详解】A硼酸B(OH)3分子中，氧原子与氢原子形成1对共用电子对，氧的电负性很强，不同硼酸分子之间的氧原子与氢原子之间形成氢键，故
8、A正确；B分子中B原子与三个羟基相连，与氧原子形成3对共用电子对，即形成3个键，无孤对电子，其杂化轨道的类型为sp2，故B正确；C因为硼酸不是电离产生氢离子，而是结合氢氧根使溶液中氢离子浓度大于氢氧根浓度，而使溶液显酸性，类似于盐的水解，硼酸分子只能结合一个氢氧根，所以是一元酸，故C错误；D发生电离时，B原子与四个羟基相连，与氧原子形成4对共用电子对，即形成4个键，无孤对电子，其杂化轨道的类型为sp3，杂化方式发生了改变，故D正确；综上所述，答案为C。7.关于化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的下列说法中正确的是A. 配位体是Cl和H2O，配位数是9B. 中心离子是Ti4+，配离子
9、是TiCl(H2O)52+C. 内界和外界中的Cl的数目比是1：2D. 加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀【答案】C【解析】【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的称为配位体(简称配体)的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，TiCl(H2O)5Cl2H2O，配体Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是 Ti3+，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。【详解】A项，配位体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；B项，配离子是TiCl(
10、H2O，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3+，故B项错误；C项，根据已知配合物的化学式，TiCl(H2O)52+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项正确；D项，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl-被完全沉淀，内界的Cl-不会被沉淀，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题考查配合物的成键，侧重分析与应用能力的考查，注意只有外界中的Cl-与 AgNO3 溶液反应，把握中心离子、配位体、配位离子的判断为解答的关键。8.下列叙述错误的是（）离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性配位键在形成时，是由成键双方各
11、提供一个电子形成共用电子对金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键和范德华力H2O 分子的VSEPR模型名称与立体构型名称不一致NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同 元素的电负性越大，非金属性就越强，其氧化物对应的水化物酸性也越强（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故正确；配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形
12、成配位键，故错误；金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故正确；在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故错误；H2O分子的VSEPR模型名称为四面体形，分子立体构型为“V”形，两者名称不一致，故正确；NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故正确；元素的电负性越大，非金属性就越强，其氧化物对应的水化物酸性不一定越强，是最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故错误；因此错误；故B错误。综上所述，答案为B。【点睛】冰中作用力为共
13、价键、分子间氢键、范德华力，而分子间氢键、范德华力不是化学键，是分子间作用力。9.最近发现一种由钛(Ti)原子和碳原子构成的气态团簇分子，分子模型如图所示，其中圆圈表示碳原子，黑点表示钛原子，则它的化学式为( )A. TiC B. Ti13C14 C. Ti4C7 D. Ti14C13【答案】D【解析】【详解】该结构为一个分子的结构而不是晶胞，Ti位于立方体的顶点和面心上，共有8+6=14个；C位于棱的中点和体心，共有12+1=13个，故它的化学式为Ti14C13。10. 六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示)，在高电压下仍有良好的绝缘性，在电器工业方面有着广泛的用途，但逸散到空气中会引起温室效
14、应。下列有关六氟化硫的推测正确的是( )A. 六氟化硫易燃烧生成二氧化硫B. 六氟化硫中各原子均达到8电子稳定结构C. 六氟化硫分子中的SF键都是键，且键长、键能都相等D. 六氟化硫分子是极性分子【答案】C【解析】【详解】A六氟化硫不易燃烧，故A错误；B六氟化硫中S原子未达到8电子稳定结构，故B错误；C六氟化硫分子中的SF键都是键，且键长、键能都相等，故C正确；D六氟化硫分子结构对称是非极性分子，故D错误；故选C。11.有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有
15、一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（）A. 元素Y和Q可形成化合物Y2Q3 B. T和Z各有一种单质的空间构型为正四面体形C. X和Q结合生成的化合物可形成离子晶体 D. ZQ2是极性键构成的非极性分子【答案】C【解析】【分析】有X、Y、Z、Q、T五种元素。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道，则X为S，Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C，Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q为O，T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P。【详解】A元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe2O3，故A正确；
16、B白磷和金刚石的空间构型为正四面体形，故B正确；CX和Q结合生成的化合物SO2或SO3都可形成分子晶体，不能形成离子晶体；故C错误；DZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；综上所述，答案为C。12.下列关于晶体的说法中，不正确的是（）晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性含有金属阳离子的晶体一定是离子晶体共价键可决定分子晶体的熔、沸点MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定干冰晶体中，一个CO2分子周围有
17、12个CO2分子紧邻；CsCl和NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故正确；含有金属阳离子的晶体不一定是离子晶体，可能是金属晶体，故错误；分子间作用力决定分子晶体的熔、沸点，共价键决定稳定性，故错误；MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者离子所带的电荷数多，离子半径小，故正确；晶胞是晶体结构的基本单元，晶体内部的微粒按一定规律作周期性重复排列，故正确；晶体尽可能采取紧密堆积方式，以使其变得比较稳定，故正确；干冰晶体中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻；Cs
18、Cl晶体中阴、阳离子的配位数都为8，NaCl晶体中阴、阳离子的配位数都为6，故错误；因此错误；故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】离子半径越小，离子带电荷数越多，则离子键越强，晶格能越大，熔沸点越高，硬度越大。13.下列叙述正确的是SO2、CS2、HI都是直线形的分子 价电子排布式为ns2的原子属于A或A族元素Ge是A族的一种元素，其核外电子排布式为：Ar4s24p2，属于P区元素非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3，PCl5，H2O2，CO2这样的分子化合物NH4Cl和CuSO45H2O都存在配位键AgCl是一种白色的沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中 已知熔融状态的
19、HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，则从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、分子晶体 氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“”表示）结合成NH3H2O分子，根据氨水的性质可知NH3H2O的结构式为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】CS2、HI都是直线形的分子，SO2是“V”形的分子，故错误；价电子排布式为ns2的原子属于A族元素或0族元素，故错误；Ge是A族的一种元素，其核外电子排布式为：Ar3d104s24p2，属于p区元素，故错误；非极性分子往往是高度对称的分子，比如BF3、PCl5、CO2这样的分子，H2O2是极性分
20、子，故错误；化合物NH4Cl中铵根存在配位键，CuSO45H2O中Cu(H2O)42+存在配位键，故正确；AgCl是一种白色的沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中形成Ag(NH3)2+，故正确；HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2是弱电解质，故错误；氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合成NH3H2O分子，根据氨水的性质可知NH3H2O的结构式为，故错误；因此正确，故C正确。综上所述，答案为C。14.已知CsCl晶体的密度为，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的摩尔质量可以表示为（单位：g/mol）A. B. C.
21、D. 【答案】A【解析】【分析】利用均摊法确定该立方体中含有的离子的数目，根据计算相对分子质量。【详解】根据均摊法可知，该立方体中含有Cl-1个，含Cs+8=1个，根据可得M=，因此相对分子质量为；答案选A。二、非选择题15.(1)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)2N2H4(l)=3N2(g)4H2O(g) H1038.7 kJmol-1，若该反应中有4 mol NH键断裂，则形成的键有_mol。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶
22、体内不存在_（填标号）。a离子键b共价键c配位键d范德华力(2)A族元素氧、硫、硒（Se）的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答：H2Se的酸性比H2S_（填“强”或“弱”），SO32-离子的立体构型为_。H2SeO3的K1和K2分别为2.710-3和2.510-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.210-2，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。(3)Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHOZn(CN)42-4H4H2O=Zn(H2O)42+4HOCH2CNZn2+基态核外电子排布式为_。与H2O分子互为等电子体的阴离子
23、为_。)Zn(CN)42-中Zn2+与CN的C原子形成配位键。不考虑空间构型，Zn(CN)42-的结构可用示意图表示为_。【答案】 (1). 3 (2). d (3). 强 (4). 三角锥形 (5). H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+ (6). 1s22s22p63s23p63d10（或Ar3d10） (7). NH2- (8). 【解析】【分析】(1)反应中有4 mol NH键断裂即消耗1mol N2H4，再根据方程式计算。硫酸
24、铵含有离子键，共价键和配位键，不存在范德华力。(2)Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，先计算SO32离子价层电子对数，再得立体构型；H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3的非羟基氧多。(3)Zn为30号元素；根据价电子N=O，得与H2O分子互为等电子体；Zn(CN)42中Zn2+与CN的C原子形成配位键，C提供孤对电子。【详解】(1)N2O4(l)2N2H4(l) = 3N2(g)4H2O(g)，根据反应方程式，反应中有4 mol NH键断裂即消耗1mol N2H4，则生成1.5mol N2，每个氮气含有2个键，因此形成的键有3 mol；故答案为：3。硫酸铵
25、含有离子键，共价键和配位键，不存在范德华力，N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内含有离子键，共价键和配位键，不存在范德华力，故答案为：d。(2)Se的原子半径大于S的原子半径，H2Se中Se原子对H原子的作用力较弱，H2Se在水中更容易电离出氢离子，因此H2Se的酸性比H2S强，SO32离子价层电子对数，其立体构型为三角锥形；故答案为：强；三角锥形。H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因是H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易
26、电离出H+；故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2，H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。(3)Zn为30号元素，Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；故答案为：1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10)。根据价电子N=O，因此与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2；故答案为：NH2。)Zn(CN)42中Zn2+与CN的C原子形成配位键，C提供孤对电子，因此Zn(CN)42的结构可用示意图表示为；故答案为：。16.已知尿
27、素的结构式为：，尿素可用于制有机铁肥，主要代表物有三硝酸六尿素合铁()，化学式为Fe(H2NCONH2)6(NO3)3。(1)C、N、O三种元素的电负性由大到小顺序是_。(2) NH4+中HNH键角比NH3中HNH键角大，原因为_。(3)美国科学家合成了结构呈“V”形的N5+，已知该离子中各原子均达到8电子稳定结构。则有关该离子的下列说法中正确的是_。A每个N5+中含有35个质子和36个电子 B该离子中有非极性键和配位键 C该离子中含有2个键 D与PCl4+互为等电子体(4)Fe()除可与H2NCONH2形成配合物Fe(H2NCONH2)6(NO3)3外，FeCl3溶液也可与KSCN溶液混合，
28、得到含多种配合物的红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是_。【答案】 (1). ONC (2). NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力 (3). B (4). K2Fe(SCN)5【解析】【分析】(1)同周期，从左到右电负性增大。(2)NH3分子存在一对孤电子对，NH4+无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。(3)A每个N5+中含有75=35个质子，含有751=34个电子；B该离子中有非极性键，氮氮三键中孤对电子与“V”形顶角的N形成配位键；C该离子中含有2个氮氮三键，因此含有4个键；D价电子P
29、=N，因此N5+与PCl4+不互为等电子体。(4)FeCl3溶液也可与KSCN溶液混合形成配位数为5的配合物的离子为Fe(SCN)52。【详解】(1)同周期，从左到右电负性增大，因此C、N、O三种元素的电负性由大到小顺序是ONC；故答案为：ONC。(2)NH3分子存在一对孤电子对，NH4+无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，因此NH4+HNH键角比NH3中HNH键角大；故答案为：NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力。(3)A每个N5+中含有75=35个质子，含有751=34个电子，故A错误；B该离子中有非极性键，氮氮三键中孤对电子与“V”形顶角的N形成配位键，故B正确；C该离子中含有2个氮氮三键，因此含有4个键，故C错误；D价电子P =N，因此N5+与PCl4+不互为等电子体，故D错误；综上所述，答案为B。(4)FeCl3溶液也可与KSCN溶液混合，得到含多种配合物的红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是K2Fe(SCN)5；故答案为：K2Fe(SCN)5。17.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDEF。其中A原子核外有三个未成
