精品解析河南省开封市兰考县第一高级中学学年高二下学期月考化学试题.docx

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精品解析河南省开封市兰考县第一高级中学学年高二下学期月考化学试题

兰考一高高二月考化学试题

可能用到的原子的相对原子质量：

Co-59Cl-35.5H-1O-16C-12N-14P-31S-32

一、选择题（每小题3分,共48分）

1.下列离子中外层d轨道达半充满状态的是（）

A.Cr3+B.Fe3+C.Co3+D.Cu+

【答案】B

【解析】

【分析】

d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子；

【详解】d能级上有5个轨道，最多容纳10个电子，半充满状态时，d能级上有5个电子；

A、Cr3＋的电子排布式为[Ar]3d3，不符合半满，故A不符合题意；

B、Fe3＋的电子排布式为[Ar]3d5，符合半满，故B符合题意；

C、Co3＋的电子排布式为[Ar]3d6，不符合半满，故C不符合题意；

D、Cu＋的电子排布式为[Ar]3d10，全满，故D不符合题意。

2.某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，下列关于该微粒的说法一定正确的是（　　）

A.质子数为10B.单质具有还原性

C.是单原子分子D.电子数为10

【答案】D

【解析】

分析：

根据核外电子排布式为1s22s22p6，可以知道该微粒含有10个电子，根据常见的10电子微粒分析。

详解：

已知某微粒的核外电子排布式为1s22s22p6，可以知道该微粒含有10个电子，常见的10电子微粒有Ne、F-、O2-、Na+、Mg2+等，所以不能确定该微粒属于原子、分子或离子，无法确定该粒子的性质，但是可以知道其电子数为10，D正确；正确选项D。

3.下列示意图或图示正确的是（　　）

A.CO2的分子模型示意图

B.p-pδ键电子云模型

C.HF分子间氢键

D.氢原子的电子云结构示意图

【答案】D

【解析】

【详解】A、CO2空间构型为直线形，故A错误；

B、该模型是p－pπ键电子云模型，故B错误；

C、要注意氢键的方向性，即三个原子X－H…Y一般尽可能在一条直线上，正确的是

，故C错误；

D、该结构示意图是氢原子的电子云结构示意图，故D正确。

4.下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是

A.PCl3中P原子sp3杂化，为三角锥形

B.BCl3中B原子sp2杂化，为平面三角形

C.CS2中C原子sp杂化，为直线形

D.H2S分子中，S为sp杂化，为直线形

【答案】D

【解析】

试题分析：

首先判断中心原子形成的δ键数目，然后判断孤对电子数目，以此判断杂化类型，结合价层电子对互斥模型可判断分子的空间构型．

解：

A．PCl3中P原子形成3个δ键，孤对电子数为

=1，则为sp3杂化，为三角锥形，故A正确；

B．BCl3中B原子形成3个δ键，孤对电子数为

=0，则为sp2杂化，为平面三角形，故B正确；

C．CS2中C原子形成2个δ键，孤对电子数为

=0，则为sp杂化，为直线形，故C正确；

D．H2S分子中，S原子形成2个δ键，孤对电子数为

=2，则为sp3杂化，为V形，故D错误．

故选D．

5.下列微粒中心元素以sp3杂化的是（）

A.ICl4-B.ClO4-C.BrF4+D.SF4

【答案】B

【解析】

【分析】

利用杂化轨道数等于价层电子对数；

【详解】A、ICl4－中中心原子I有4个σ键，孤电子对数（7＋1－4）/2=2，价层电子对数为6，杂化方式为sp3d2，故A不符合题意；

B、ClO4－中中心原子Cl有4个σ键，孤电子对数（7＋1－2×4）/2=0，价层电子对数为4，杂化方式为sp3，故B符合题意；

C、BrF4+中中心原子Br有4个σ键，孤电子对数（7－1－4×1）/2=1，价层电子对数为5，杂化方式为sp3d，故C不符合题意；

D、SF4中心原子S有4个σ键，孤电子对数（6－4×1）/2=1，价层电子对数为5，杂化方式为sp3d，故D不符合题意。

【点睛】杂化类型的判断，根据杂化轨道数等于价层电子对数，等于σ键与孤电子对数之和。

6.下列分子属于含有极性键的非极性分子的是（　　）

A.O2B.NH3

C.H2O2D.C2H2

【答案】D

【解析】

【详解】A、O2含非极性键的非极性分子，故A不符合题意；

B、NH3为含极性键的极性分子，故B不符合题意；

C、H2O2为含极性键和非极性键的极性分子，故C不符合题意；

D、C2H2为含极性键的非极性分子，故D符合题意。

【点睛】判断含极性键的分子为非极性分子，一般从空间构型进行分析，属于对称结构的一般为非极性分子，如直线型（两个不同原子构成化合物、HCN除外）、平面正三角形、正四面体、平面正六边形等。

7.下列说法正确的是（　　）

A.水很稳定是因为水中含有大量的氢键

B.ABn型分子中，若中心原子没有孤电子对，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子

C.H2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、sp2、sp3杂化

D.配合物[Cu（H2O）4]SO4中，中心离子是Cu2＋，配体是SO42-，配位数是1

【答案】B

【解析】

【详解】A、氢键影响物质的部分物理性质，如溶解性、熔沸点等，稳定性是物质的化学性质，因此水很稳定与水中含有大量的氢键无关，故A错误；

B、ABn型分子中，若中心原子没有孤电子对，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子，故B正确；

C、H2O中心原子O有2个σ键，孤电子对数（6－2×1）/2=2，杂化类型为sp3，NH3中心原子N有3个σ键，孤电子对数（5－3×1）/2=1，杂化类型为sp3，CH4中心原子C有4个σ键，孤电子对数为（4－4×1）/2=0，杂化类型为sp3，故C错误；

D、根据配合物组成，Cu2＋为中心离子，配体为H2O，配位数为4，故D错误。

8.下列分子或离子中键角由大到小排列的是（）

①BCl3②NH3③H2O④PCl4+⑤BeCl2

A.⑤④①②③B.⑤①④②③C.④①②⑤③D.③②④①⑤

【答案】B

【解析】

根据价层电子对理互斥理论可知：

BCl3价层电子对数为3，无孤电子对，所以为平面三角形结构，键角为120°；NH3价层电子对数为4，有一个孤电子对，排斥力较小，故为三角锥形结构，键角为107.3°；H2O价层电子对数为4，有2个孤电子对，排斥力较大，故为V形结构，键角为104.5°；PCl4+价层电子对数为4，无孤电子对，故结构为正四面体，键角为109°28′；BeCl2价层电子对数目为2，无孤电子对，故为直线型结构，键角为180°。

所以键角的大小顺序为：

BeCl2＞BCl3＞PCl4+＞NH3＞H2O，所以B正确。

正确答案为B

点睛：

能熟练应用价层电子对互斥理论解决实际问题，尤其是有孤电子对的时候，根据其排斥力的大小比较不同物质的键角的大小关系。

9.下列各组酸中,酸性依次增强的是（　　）

A.H2CO3、H2SiO3、H3PO4B.HNO3、H3PO4、H2SO4

C.H2S、HCl、HID.HClO、HClO4、HClO3

【答案】C

【解析】

【详解】A、H3PO4为中强酸，H2CO3、H2SiO3为弱酸，碳酸的酸性强于硅酸，因此酸性依次增强的顺序是H2SiO3、H2CO3、H3PO4，故A不符合题意；

B、HNO3、H2SO4为强酸，H3PO4为中强酸，故B不符合题意；

C、H2S为弱酸，HCl和HI为强酸，但HI的酸性强于HCl，酸性强弱顺序是H2S、HCl、HI，故C符合题意；

D、HClO4的酸性是已知含氧酸中最强的，故D不符合题意。

10.关于氢键，下列说法正确的是（　　）

A.每一个水分子内含有两个氢键

B.冰、水和水蒸气中都存在氢键

C.DNA中的碱基互补配对是通过氢键来实现的

D.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由氢键所致

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．水分子内不存在氢键，氢键存在于水分子之间，故A错误；

B．水蒸气中没有，故B错误；

D．H2O是一种稳定的化合物，是由于O-H键键能较大的原因，与氢键无关，氢键只影响物质的物理性质，故D错误。

故选C。

考点：

含有氢键的物质氢键的存在对物质性质的影响

点评：

本题考查氢键的组成及性质，题目难度不大，注意把握氢键与化学键、分子间作用力的区别。

11.下列化合物中含有手性碳原子的是（）

A.CCl2F2B.

C.CH3CH2OHD.

【答案】D

【解析】

【分析】

依据手性碳原子的定义进行分析；

【详解】手性碳原子的定义是连有四个不同的原子或原子团；

A、CCl2F2中C连有两个相同的Cl，两个相同的F，即碳原子不是手性碳原子，故A不符合题意；

B、根据手性碳原子的定义，没有手性碳原子，故B不符合题意；

C、根据手性碳原子的定义，没有手性碳原子，故C不符合题意；

D、手性碳原子的位置

，故D符合题意。

12.通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是（　　）

A.分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等

B.NCl3分子是非极性分子

C.NBr3比NCl3易挥发

D.在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为

【答案】D

【解析】

【详解】A、C的原子半径小于N原子半径，即N－Cl键长小于C－Cl键长，故A错误；

B、NH3为三角锥形，NCl3和NH3的空间构型相似，即NCl3空间构型为三角锥形，NCl3属于极性分子，故B错误；

C、NCl3和NBr3结构相似，NCl3相对分子质量小于NBr3，因此NCl3的熔沸点高于NBr3，故C错误；

D、NH3与H2O之间能形成分子间氢键，NH3·H2O能够电离出NH4＋和OH－，因此NH3·H2O的结构式为

，故D正确。

【点睛】易错点是选项D，NH3中H与H2O中O构成氢键，即

，NH3中N与H2O中H构成氢键，即

，根据NH3·H2O

NH4＋＋OH－，因此得出NH3·H2O的结构式为

。

13.S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生窒息性气体，喷水雾可减慢其挥发，并产生酸性悬浊液。

其分子结构如图所示。

下列关于S2Cl2的说法中错误的是（）

A.S2Cl2为非极性分子

B.分子中既含有极性键又含有非极性键

C.与S2Br2结构相似，熔、沸点S2Br2>S2Cl2

D.与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl

【答案】A

【解析】

【详解】A、根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；

B、S和Cl之间形成共价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；

C、S2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；

D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2＋2H2O=SO2↑＋3S↓＋4HCl，故D说法正确。

14.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（　　）

A.配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6

B.该配合物可能是平面正方形结构

C.Cl－和NH3分子均为Pt4＋配体

D.配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位

【答案】C

【解析】

水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不正确，C正确；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不正确，答案选C。

15.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.NH5的熔沸点高于NH3

C.1molNH5中含有5molN—H键D.NH5固体投入少量水中，可产生两种气体

【答案】C

【解析】

试题分析：

物质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元素原子的最外电子层结构，则该物质的化学式应该写为NH4H；该化合物是离子化合物，阳离子是NH4+，阴离子是H-，在阳离子中含有共价键，阴离子和阳离子之间通过离子键结合，因此NH5中既有离子键又有共价键，选项A正确。

离子化合物含有的离子键比共价化合物NH3的分子间作用力强的多，因此物质的熔沸点NH5>NH3，选项B正确；1molNH5中含有4molN-H键，选项C错误；D．NH5固体投入少量水中，发生反应：

NH5+H2O=NH3↑+H2↑+H2O，因此可产生两种气体，正确。

考点：

考查NH5的结构、性质的知识。

16.某物质的晶体中含有A、B、C三种元素，其排列方式如图所示（其中前后两面面心中的B元素的原子未能画出）。

晶体中A、B、C的原子个数比为（）

A.1∶3∶1B.2∶3∶1C.2∶2∶1D.1∶3∶3

【答案】A

【解析】

【分析】

利用均摊方法进行分析，顶点占1/8，棱上占1/4，面心占1/2，内部1个；

【详解】A位于顶点，属于晶胞的个数为8×1/8=1，B位于面心，属于晶胞的个数为6×1/2=3，C位于晶胞内部，因此A、B、C的原子个数比为1：

3：

1，故A正确。

Ⅱ卷（非选择题,共52分

17.

（1）过渡金属配合物Ni（CO）n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=___。

与CO互为等电子体的离子是_____（至少写两种）

（2）甲醛（H2C

O）在Ni催化作用下加氢可得甲醇（CH3OH）。

甲醇分子内O原子的杂化方式为___,甲醇分子内的O—C—H键角___（填“大于”“等于”或“小于”）甲醛分子内的O—C—H键角。

（3）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6和HIO4，前者为五元酸，后者为一元酸。

请比较二者酸性强弱：

H5IO6________（填“＞”“＜”或“＝”）HIO4。

（4）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图），已知冰的升华热是＋51kJ·mol－1，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ·mol－1），则冰晶体中氢键的键能是________kJ·mol－1。

【答案】

（1）.4

（2）.C22-O22+（3）.sp3（4）.小于（5）.小于（6）.20

【解析】

【详解】

（1）Ni价电子排布式3d84s2，价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10＋2n=18，即n=4；让N元素代替O，则该离子为CN－，若让C代替O，则该离子为C22－，若让O代替C，该离子为O22＋等；

（2）甲醇分子中－OH，其中O有2个σ键，2个孤电子对，即O的杂化类型为sp3；甲醇分子内碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp3，键角小于120°，甲醛分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2，键角为120°甲醇分子内O－C－H键角小于甲醛分子内的O－C－H键角；

（3）含氧酸中非羟基氧越多，酸性越强，H5IO6为五元酸，H5IO6中含有5个－OH和1个非羟基氧，HIO4为一元酸，含有1个－OH和3个非羟基氧，因此H5IO6的酸性小于HIO4；

（4）升华热=范德华力＋氢键，利用均摊法进行判断，在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，则平均1mol水有2mol氢键，因此冰晶体中氢键的“键能”是（51－11）/2kJ·mol－1=20kJ·mol－1。

【点睛】难点是是问题

（2）的最后一空，判断夹角大小，可以从杂化类型空间构型进行判断，即杂化类型sp空间构型为直线形，夹角为180°，sp2的空间构型为平面形，夹角为120°，sp3的空间构型为正四面体，夹角为107°28＇。

18.现有属于前四周期的A、B、C、D、E、F、G七种元素，原子序数依次增大。

A元素的价电子构型为nsnnpn＋1；C元素为最活泼的非金属元素；D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6；E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态；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；G元素与A元素位于同一主族，其某种氧化物有剧毒。

（1）A、B、C三种元素的第一电离能小到大的顺序为____________电负性由小到大的顺序____________（用元素符号表示）。

（2）根据VSEPR模型预测A元素的最简单气态氢化物的立体结构为______。

该氢化物容易液化，其原因是____________________________。

（3）G元素可能的性质________。

A．其单质可作为半导体材料

B．其电负性大于磷

C．其原子半径大于锗

D．其第一电离能小于硒

（4）B和G形成分子W的结构如图所示，化合物W的分子式为________，B、G原子的杂化类型分别为________、________。

（5）已知G的氢化物（GH3）是剧毒的气体，与AgNO3溶液反应有黑色Ag析出，同时生成W和一种强酸，此反应是检验微量GH3的方法，该反应的化学方程式是______________________________。

【答案】

（1）.O

（2）.N＜O＜F（3）.三角锥形（4）.氨气分子间存在氢键，使得沸点较高，容易液化（5）.A（6）.As4O6（7）.sp3（8）.sp3（9）.4AsH3＋24AgNO3＋6H2O===As4O6＋24Ag↓＋24HNO3

【解析】

【分析】

A元素的价电子构型为nsnnpn＋1，n=2，则A为N，C元素为最活泼的非金属元素，即C为F，则B为O，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，即D为Mg，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则E元素的基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，即E为Fe，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，即F元素为Cu，G元素与A元素位于同一主族，则G为As；

【详解】A元素的价电子构型为nsnnpn＋1，n=2，则A为N，C元素为最活泼的非金属元素，即C为F，则B为O，D元素核外有三个电子层，最外层电子数是核外电子总数的1/6，即D为Mg，E元素正三价离子的3d轨道为半充满状态，则E元素的基态原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，即E为Fe，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，即F元素为Cu，G元素与A元素位于同一主族，则G为As；

（1）同周期从左向右第一电离能增强，但ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA，即第一电离能顺序是O

（2）A元素的最简单气态氢化物是NH3，NH3的立体构型为三角锥形；氨分子之间能形成分子间氢键，使得沸点较高，容易液化；

（3）G为As，A、半导体材料一般在金属与非金属的分界线两边寻找，As在金属和非金属分界线两边，其单质可作为半导体材料，故A说法正确；

B、同主族从上到下，电负性减小，即As的电负性小于磷，故B说法错误；

C、同周期从左向右原子半径减小，即As的原子半径小于锗，故C说法错误；

D、同周期从左向右第一电离能增强，但ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA，As的第一电离能高于Se，故D说法错误；

（4）As和O构成结构

，推出该化合物的化学式为As4O6；黑球为As，白球为O，O原子有2个σ键，2个孤电子对，杂化类型为sp3，同理As有3个σ键，1个孤对电子，杂化类型为sp3；

（5）AsH3有剧毒，与AgNO3反应有黑色Ag析出，As被氧化成As4O6，强酸为HNO3，则化学方程式为4AsH3＋24AgNO3＋6H2O=As4O6＋24Ag↓＋24HNO3。

19.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。

（1）往硫酸铜溶液中加入氨水，先形成蓝色沉淀，用离子方程式表示为______________________；继续加氨水，得到深蓝色透明溶液，用离子方程式表示为____________________________；再加入乙醇，得到的深蓝色晶体为__________________。

（2）[Cu（H2O）4]2＋中存在的化学键类型有_______________。

[Cu（NH3）4]2＋具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2＋的空间构型为_______________。

其结构可用示意图表示为_______________________

（3）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：

图中虚线表示的作用力为____________________________________。

【答案】

（1）.Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu（OH）2↓＋2NH4+

（2）.Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-（3）.[Cu（NH3）4]SO4•H2O（4）.共价键（或极性键）、配位键（5）.平面正方形（6）.

（7）.配位键氢键

【解析】

【详解】

（1）CuSO4与NH3·H2O反应生成蓝色沉淀，沉淀为Cu（OH）2，离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu（OH）2↓＋2NH4＋，继续加入氨水，得到深蓝色溶液，即Cu（OH）2与NH3·H2O形成[Cu（NH3）4]2＋，其离子反应为Cu（OH）2＋4NH3=[Cu（NH3）4]2＋＋2OH－或者Cu（OH）2＋4NH3·H2O=[Cu（NH3）4]2＋＋2OH－＋4H2O；加入乙醇得到深蓝色晶体，该晶体为[Cu（NH3）4]SO4·H2O；

（2）Cu2＋和H2O之间存在配位键，H2O中存在极性共价键；[Cu（NH3）4]2＋具有对称的空间构型，可能为正四面体，也可能为平面正方形，[Cu（NH3）4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，如果是正四面体，则两个Cl－取代NH3，只有一种结构，则[Cu（NH3）4]2＋的空间构型为平面正方形；其结构为

；

（3）O和Cu2＋之间构成配位键，H和O之间构成氢键。

20.氮可以形成多种离子，如N3－，NH2－，N3－，NH4+，N2H5+，N2H62+等，已知N2H5+与N2H62+是由中性分子结合质子形成的，类似于NH4+，因此有类似于NH4+的性质。

⑴写出N2H62+在碱性溶液中反应的离子方程式_________________________________。

⑵NH2－的电子式为_________________________。

⑶N3－有_________________个电子。

⑷写出二种由多个原子组成的含有与N3－电子数相同的物质的化学式___________。

⑸等电子数的微粒往往具有相似的结构，试预测N3—的构型____________________。

⑹据报道，美国科学家卡尔·克里斯特于1998年11月合成了一种名为“N5”的物质，由于其具有极强的