1、辽宁省锦州市黑山县黑山中学2019-2020学年高二化学6月月考试题（含解析）第I卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个正确选项）1.下列不同时期原子结构模型的提出时间排列正确的是()电子分层排布模型“葡萄干布丁”模型量子力学模型道尔顿原子学说核式模型A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】电子分层排布模型由玻尔1913年提出；“葡萄干布丁”模型由汤姆逊1903年提出；量子力学模型于1926年提出；道尔顿原子学说于1803年提出；核式模型由卢瑟福于1911年提出；所以顺序为，答案选C。2.下列能级符号表示正确的是()A. 7sB. 2dC. 3fD. 1p【答案】A【解析】【详解】A
2、任何能层都有s能级，因此7s表示第7能层的s能级，A正确；B在第2能层有s、p两种能级，没有d能级，B错误；C在第3能层只有s、p、d三种能级，没有f能级，C错误；D在第1能层只有s一种能级，没有p能级，D错误；故合理选项是A。3.下列多电子原子不同能级能量高低的比较错误的是()A. 1s2s3sB. 2p3p4pC. 3s3p3dD. 4s3d3p【答案】D【解析】【详解】在多电子原子中，从3d能级开始有“能级交错”现象，实际4s能级能量小于3d，所以D错误，故选D。4.下列说法中正确的是()A. 1s电子云呈球形，表示电子绕原子核做圆周运动B. 基态氢原子的电子云是圆形的C. ns能级的原
3、子轨道图可表示为D. 3d3表示3d能级有3个原子轨道【答案】C【解析】【详解】A. 电子云表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹，故A错误；B. 基态氢原子的电子云呈球形，不是圆形，故B错误；C. s能级的电子云呈球形，所以用该图表示ns的原子轨道，故C正确；D. 3d3表示3d能级有3个电子，3d有5个轨道，故D错误。综上所述，答案为C。5.以下现象与核外电子的跃迁有关的是霓虹灯发出有色光棱镜分光激光器产生激光石油蒸馏凸透镜聚光燃放的焰火，在夜空中呈现五彩缤纷的礼花日光灯通电发光冷却结晶A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】霓虹灯发出有色光，因为灯泡中的稀有气体
4、原子吸收能量，电子发生跃迁，发射出不同的光，正确；棱镜分光是由于不同色彩的光在玻璃中的折射率不同引起的，与电子跃迁无关，错误；激光的产生就是在外部刺激的情况下，很多高能的电子同时释放相位和能级相同能量，这些能量成为颜色一样的光子，有的在激光器内反射，继续与电子碰撞，释放更多的与它相同的光子，有的离开激光器，形成激光，与电子跃迁有关，正确；散射现象与电子跃迁无关，错误；凸透镜聚光是由光折射形成的，与电子跃迁无关，错误；燃放的焰火，是因为不同金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，正确；日光灯通电发光，是因为电子受到激发的时候原子就会释放出可见光子形成的，与电子跃迁有关，正确；冷却结晶
5、，是由于温度降低，溶液的溶解度减小，析出溶质，与电子跃迁无关，错误；答案选A。6.下图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是()XYZMA. 电负性：YZMB. 离子半径：M-Z2-Y-C. ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构D. Z元素基态原子最外层电子排布图为【答案】C【解析】【详解】根据短周期元素在周期表位置可知：X是He，Y是F元素，Z是S元素，M是Cl元素。A元素的非金属性越强，其电负性越大，由于元素的非金属性YMZ，所以元素的电负性：YMZ，A错误；B离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半
6、径：Z2-M-Y-，B错误；CZM2是SCl2，S原子最外层有6个电子，Cl原子最外层有7个电子，S原子与2个Cl原子形成2对共用电子对，使分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；DZ是S元素，最外层电子排布为3s23p4，在基态S原子的3s轨道上的两个电子和3p轨道上1对成对电子的自旋状态应该方向相反，这种排布使S原子能量最低，D错误；故合理选项是C。7.下列关于配位化合物的叙述中不正确的是()A. 配位化合物中必定存在配位键B. 配位化合物中只有配位键C. Cu(H2O)42中的Cu2提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D. 过渡金属配合物远比主族金属配合
7、物多【答案】B【解析】【详解】A配合物由中心原子(或离子，统称中心原子)和围绕它的分子或离子(称为配位体/配体)完全或部分通过配位键结合而形成，所以配合物中必定存在配位键，故A正确；B配合物中除配位键外，还可能含有共价键，离子键，例如Cu(H2O)42中除配位键外还有键，故B错误；CCu(H2O)42中的Cu2作为中心离子提供空轨道，水分子作为配体，其中氧原子有孤电子对，形成配合物时H2O中的O原子提供孤电子对，结合形成配位键，故C正确；D许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，故D正确；故答案为B。8.下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(
8、极性或非极性)皆相同的是()A. CO2和SO2B. CH4和PH3C. BF3和NH3D. HCl和HI【答案】D【解析】【详解】ACO2中C与O形成极性键，CO2分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，SO2中S与O形成极性键，SO2分子为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A不符合题意； BCH4中C与H形成极性键，由于CH4分子为正四面体结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，PH3中P与H形成极性键，PH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故B不符合题意；CBF3中B与F形成极性键，BF3为平面三角形，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3中N与H形成极性键，N
9、H3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C不符合题意；DHCl中H与Cl形成极性键，HI中H与I形成极性键，HCl和HI中正负电荷中心都不重合，属于极性分子，所以二者化学键的类型和分子的极性都相同，故D符合题意；故选：D。9.下列事实不可以用氢键来解释的是（）A. 水是一种非常稳定的化合物B. 测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20C. 水结成冰后，体积膨胀，密度变小D. 氨气容易液化【答案】A【解析】【详解】A、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于化学性质，即水是稳定的化合物与氢键无关，故A符合题意；B、HF分子间存在氢键，使HF聚合在一起，非气态时，氟化氢可以形成(H
10、F)n，因此测量氟化氢分子量的实验中，发现实验值总是大于20，与氢键有关，故B不符合题意；C、水结冰，形成分子间氢键，使体积膨胀，密度变小，故C不符合题意；D、氨气分子间存在氢键，使氨气熔沸点升高，即氨气易液化，故D不符合题意；答案选A。10.当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”。下列化合物中含有2个手性碳原子的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】当一个碳原子所连四个不同原子或原子团时，该碳原子叫“手性碳原子”A. 含有一个手性碳原子，不符合题意，故A错误； B. 含有一个手性碳原子，不符合题意，故B错误;C. 含有两个手性碳原子，符合题意，故C
11、正确； D. 含有一个手性碳原子，不符合题意，故D错误;答案：C。11.如图所示是金属钠的晶胞示意图，该晶胞平均含有的钠原子数是()A. 9B. 5C. 3D. 2【答案】D【解析】【详解】在该晶胞中含有的Na原子数目为1+8=2，故合理选项是D。12.下列有关冰和干冰的叙述不正确的是()A. 干冰和冰都是由分子密堆积形成的晶体B. 冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，一个分子周围有12个紧邻的分子【答案】A【解析】【详解】A. 干冰是由分子密堆积形成的晶体，冰是四面体结构，故A错误；B. 冰晶体中每个水分子周
12、围只有4个紧邻的水分子形成四面体结构，中间有空隙，故B正确；C. 干冰比冰的熔点低得多，常压下易升华，冰存在分子间氢键，熔点高，故C正确；D. 干冰中只存在范德华力不存在氢键，是由分子密堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，故D正确。综上所述，答案为A。13.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是()SiO2和SO3金刚石和白磷CO2和SO2 晶体硅和金刚石晶体氖和晶体氮硫黄和单质碘A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】二氧化硅为原子晶体，三氧化硫为分子晶体，故不符合题意；金刚石为原子晶体，白磷为分子晶体，故不符合题意；CO2和SO2均只含极性共价键，二者
13、都属于分子晶体，故符合题意；晶体硅和金刚石均只含非极性共价键，二者都属于原子晶体，故符合题意；二者均为分子晶体，但晶体氖为单原子分子，不含化学键，晶体氮中含非极性共价键，故不符合题意；硫磺和单质碘都是分子晶体，二者都只含非极性共价键，故符合题意；综上所述符合题意的有，答案为C。14.下列有关物质的熔点高低顺序正确的是()A. HFHClHBrB. 金刚石碳化硅晶体硅C. I2SiO2D. H2OH2S，SO2SeO2【答案】D【解析】【详解】AHF分子间存在氢键，导致同一主族的氢化物中HF的沸点最高，则正确的沸点高低为：HClHBrHF，故A错误；B原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸
14、点越高，则熔、沸点为金刚石碳化硅晶体硅，故B错误；C一般来说，晶体熔点顺序：原子晶体离子晶体分子晶体，二氧化硅属于原子晶体、I2属于分子晶体，所以晶体熔沸点高低顺序是SiO2I2，故C错误；DH2O分子间能够形成氢键，熔点H2OH2S，SO2 和SeO2的结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，熔点SO2SeO2，故D正确；故选D。15.金属晶体堆积方式、空间利用率和配位数的关系正确的是 ( )A. 钋简单立方堆积52%8B. 钠Na体心立方堆积74%12C. 锌Zn六方最密堆积68%8D. 银Ag面心立方最密堆积74%12【答案】D【解析】【详解】A简单立方堆积中，各原子的配位数应为6，错误；
15、B体心立方堆积的空间利用率为68%，配位数为8；错误；CZn为六方最密堆积，空间利用率为74%，配位数为12；错误；D面心立方最密堆积的空间利用率为74%，配位数为12，D正确。答案选D。16.下列各项比较中前者高于(或大于或强于)后者的是A. 金属Mg（六方最密堆积）和金属Cu（面心立方最密堆积）的空间利用率B. BF3和CH4中心原子的价层电子对数C. Si-O和C-O的键能D. 对羟基苯甲醛（）和邻羟基苯甲醛（）的沸点【答案】D【解析】【详解】A.金属Mg(六方最密堆积)和金属Cu(面心立方最密堆积)的空间利用率都是74%，二者相同，A错误；B.BF3的中心原子B的价层电子对数是3；CH
16、4中心C原子的价层电子对数是4，前者小于后者，B错误；C.由于原子半径SiC，所以共价键的键长C-OSi-O，共价键的键长越短，结合的就越牢固，键能就越大，所以键能后者大于前者，C错误；D.邻羟基苯甲醛的两个基团靠的很近，能形成分子内氢键，使熔沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔沸点升高，所以对羟基苯甲醛熔、沸点比邻羟基苯甲醛高，D正确；故合理选项是D。17.下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶格能的是()A. Na(g)Cl(g)=NaCl(s)H1B. Na(s)Cl(g)=NaCl(s)H2C. Na(g)Cl(g)=NaCl(g)H3D. Na(g)Cl(g)=NaCl
17、(s)H4【答案】A【解析】【详解】1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，则表示出氯化钠晶体晶格能的热化学方程式为：Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s)H1，故答案为A。18.离子晶体中一定不存在的相互作用力是()A. 离子键B. 极性键C. 非极性键D. 范德华力【答案】D【解析】【详解】离子化合物中一定含有离子键，也可能含有共价键，主要是OH-和含氧酸根中的极性共价键，还有O中的非极性共价键。只有分子晶体中才含有范德华力，离子晶体中一定不会有范德华力。答案选D。第II卷（非选择题）二、填空题19.下表中实线是元素周期表的部分
18、边界，其中上边界并未用实线标出。根据信息回答下列问题：(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为_。(2)Fe元素位于周期表的_分区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为_。(3)在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有_。(4)根据VSEPR理论预测ED4-的空间构型为_。B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的分子的分子式为_(写2种)。【答案】 (1). 4s24p1 (2). d (3). 0 (4). CH4、CH3OH (5). 正四面体形 (6). CO2、NCl3、CCl4、CO中任意两种
19、【解析】【分析】根据元素在周期表的相对位置，可知A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是Cl元素，然后根据元素周期表与元素原子结构、物质性质分析解答。【详解】(1)31号Ga元素在元素周期表中位于第四周期第IIIA族，其核外最外层电子排布式是4s24p1；(2)Fe是26号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe元素位于周期表第四周期第VIII族，属于d区元素；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，由于配位体CO是中性分子，因此根据化合物中元素化合价代数和等于0可知：在配位化合物Fe(CO)5中铁的化合价为0价；(3)在CH4、CO、CH3OH中，
20、CH4、CH3OH中的碳原子都形成4个共价键，C采取sp3杂化；而CO中C原子与O原子形成共价三键，结构式是CO，因此C原子采用sp杂化；(4)E为Cl，D为O，则ED4-离子为ClO4-，根据VSEPR理论，中心Cl原子的配位原子数BP=4，孤电子对数为LP=0，则价电子对数为VP=BP+LP=4+0=4，因此其空间构型为正四面体；B为C，C为N，则B、C、D、E原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的化学式为CO2、NCl3、CCl4、CO。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律及元素及化合物的推断、原子核外电子排布、元素周期表的区，微粒的空间构型等。掌握元素的位、构
21、、性三者的关系，根据原子核外电子排布规律、价层电子对互斥理论等分析判断。20.氯酸钾熔化，粒子间克服了_作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了_的作用力；碘的升华，粒子间克服了_的作用力。下列3种晶体：CO2，NaCl，金刚石它们的熔点从低到高的顺序为_(填序号)。在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，由极性键形成的非极性分子有_，由非极性键形成的非极性分子有_，含有氢键的晶体的化学式是_，属于离子晶体的是_，属于原子晶体的是_。【答案】 (1). 离子键 (2). 共价键 (3). 分子间 (4). (5). CO2 (6). H2 (7). HF (8). (NH4)2SO4 (
22、9). SiC【解析】【分析】根据对应的晶体类型分析粒子间克服的作用力。一般情况，熔点高低顺序为：原子晶体离子晶体分子晶体。分析每个物质的化学键类型，分子极性和晶体类型。【详解】氯酸钾是离子化合物，氯酸钾熔化，粒子间克服了离子键作用力；二氧化硅是原子晶体，二氧化硅熔化，粒子间克服了共价键的作用力；碘是分子晶体，碘的升华，粒子间克服了分子间的作用力；故答案为：离子键；共价键；分子间。一般情况，熔点高低顺序为：原子晶体离子晶体分子晶体，CO2是分子晶体，NaCl是离子晶体，金刚石是原子晶体，因此它们的熔点从低到高的顺序为；故答案为：。H2是非极性键形成的非极性分子，(NH4)2SO4是离子键、极性
23、共价键形成的离子化合物，SiC是共价键形成的原子晶体，CO2是极性键形成的非极性分子，HF是极性键形成的极性分子，因此由极性键形成的非极性分子有CO2，由非极性键形成的非极性分子有H2，含有氢键的晶体的化学式是HF，属于离子晶体的是(NH4)2SO4，属于原子晶体的是SiC；故答案为：CO2；H2；HF；(NH4)2SO4；SiC。【点睛】物质结构题型是常考题型，主要考查晶体类型和克服的作用力、分子的极性、键的极性等。21.物质结构与性质下表为元素周期表的一部分。请回答下列问题:（1）上述元素中，属于s区的是_(填元素符号)。（2）写出元素的基态原子的价电子排布图_。（3）元素的第一电离能：_
24、(选填“大于”或“小于”)。（4）元素气态氢化物的VSEPR模型为_；该分子为_分子(选填“极性”或“非极性”)。向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可观察到的现象为_。（5）元素的单质的晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞特征如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丙所示。若已知的原子半径为dcm，NA代表阿伏加德罗常数，元素的相对原子质量为M，请回答：晶胞中原子的配位数为_，该晶体的密度为_(用字母表示)。【答案】 (1). H、Mg、Ca (2). (3). 大于 (4). 四面体形 (5). 极性 (6). 先产生蓝色沉淀，后溶解得深蓝色溶液 (7). 12 (8). gcm-3(或
25、gcm-3)【解析】【详解】(1)区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的轨道名称，因此上述元素中，属于s区的是H、Mg、Ca；(2)元素是Cr，原子序数是24，所以根据核外电子排布规律可知基态原子的价电子排布图为；(3)分别是N和O，非金属性越强，第一电离能越大。但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于氧元素，则元素的第一电离能：大于；(4)元素气态氢化物是氨气，其中氮元素含有1对孤对电子，价层电子对数是3，所以的VSEPR模型为四面体形；由于实际构型是三角锥形，所以该分子为极性分子。氨气能与铜离子形成配位健，则向硫酸铜溶液中逐滴加入其水溶液，可观察到的现象为先产生蓝色沉淀,后溶解得深蓝色溶液；(5)元素是Al，根据晶胞结构可知以顶点为中心，与该点距离最近的铝原子有12个，所以晶胞中原子的配位数为12；若已知的原子半径为dcm，则面对角线是4dcm，则边长是，体积是。晶胞中铝原子的个数，则该晶体的密度为gcm-3。