1、吉林省辽源市东辽县第一高级中学2019-2020学年高二化学5月月考试题（含解析）1.下列元素电负性最大的是A. CB. FC. ClD. N【答案】B【解析】【详解】同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，C、N、F处于同一周期，同周期自左而右电负性增大，故电负性CNF，F、Cl处于同一主族，同主族自上而下电负性降低，故电负性，故F元素的电负性最大，答案选B。【点睛】本题考查同周期、同主族电负性的变化规律，比较基础，注意同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小规律应用。2.下列各组元素属于p区的是()A. 原子序数为1、2、7的元素B. S、O、PC. Fe、Ar、Cl
2、D. Na、Li、Mg【答案】B【解析】【详解】根据区划分标准知，属于p区的元素最后填入的电子是p电子；A原子序数为1的H元素属于S区，故A错误；BO，S，P最后填入的电子都是p电子，所以属于p区，故B正确；C铁属于d区，故C错误；D锂、钠最后填入的电子是s电子，属于s区，故D错误；故答案为B。3. 利用电负性数值可以预测A. 分子的极性B. 分子的对称性C. 分子的空间构型D. 化学键的极性【答案】D【解析】【详解】元素的电负性越大，其吸引电子的能力越大，元素电负性数值越大，原子在形成化学键时对成键电子的吸引力越强，则形成的化学键极性就越大，所以电负性数值可以预测化学键的极性，故选D。4.下
3、列说法中不正确的是A. 气体单质中，一定有键，可能有键B. 键比键重叠程度大，形成的共价键强C. 两个原子间形成共价键时，最多有一个键D. N2分子有一个键，两个键【答案】A【解析】【详解】A. 稀有气体的单质中不存在化学键，多原子分子中一定有键，可能有键，A项错误；B. 键“头碰头”重叠，键“肩并肩”重叠，则键比键重叠程度大，形成的共价键强，B项正确；C. 两个原子间形成共价键时，单键一定为键，双键中有一个键，三键中有一个键，则两个原子间形成共价键时，最多有一个键，C项正确；D. 分子存在，三键中有一个键、两个键，D项正确；答案选A。5.下列各分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是( )A
4、. BeCl2B. BF3C. PCl5D. N2【答案】D【解析】【详解】A、BeCl2分子中Be原子最外层的2个电子分别与Cl原子形成共价键，电子式为，分子中Be原子最外层4个电子，A错误；B、BF3分子中B原子最外层的3个电子分别与F原子形成共价键，电子式为，分子中B原子最外层6个电子，B错误；C、PCl5分子中P原子最外层的5个电子分别与Cl原子形成共价键，电子式为，分子中P原子最外层10个电子，C错误；D、N2电子式为，N原子最外层均达到8电子结构，D正确；正确答案D。6.以下列出的是一些基态原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，违反洪特规则的有（）A. B. C. D. 【答案
5、】C【解析】【分析】泡利原理：在一个原子轨里，最多容纳2个电子，且自旋状态相反；洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；【详解】符合洪特规则和泡利原理，故不符合题意；根据洪特规则，该排布图违背洪特规则，故符合题意；违背泡利原理，故不符合题意；违背洪特规则，故符合题意；该排布图符合洪特规则和泡利原理，故不符合题意；违背洪特规则，故符合题意；综上所述，选项C符合题意。7.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
6、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. 为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。8.下列各项叙述中
7、，正确的是（ ）A. Na的简化电子排布式：Na3s1B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素C. 2P和3P轨道形状均为哑铃形，能量也相等D. 氮原子的最外层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A. Na的简化电子排布式：Ne3s1，故A错误；B. 价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p区元素，故B正确；C. 3p轨道能量较高，故C错误；D. 氮原子的3个3p电子自旋方向相同，故D错误。故选B。9.对充有氖气的霓虹灯管通电，灯管发出红色光。产生这一现象的主要原因是()A. 电子由激发态向基态跃迁时以光的形式释放能量B. 电子由基态向激发态跃
8、迁时吸收除红光以外的光线C. 氖原子获得电子后转变成发出红光的物质D. 在电流的作用下，氖原子与构成灯管的物质发生反应【答案】A【解析】【详解】在电流作用下，基态氖原子的电子吸收能量跃迁到较高能级,变为激发态原子,这一过程要吸收能量,不会发出红色光;而电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时,将释放能量,从而产生红色光,故A项正确。A. 在电流作用下，基态氖原子的电子吸收能量跃迁到较高能级，变为激发态原子，然后电子由激发态向基态跃迁时以红色光的形式释放能量，A正确；B.电子由基态向激发态跃迁时吸收的能量来自于电能，B不正确；C.氖原子化学性质非常稳定，没有发生化学变化，何况断电后就
9、不产生红光了，说明没有生成红色物质；D.氖原子化学性质非常稳定，不可能与构成灯管的物质发生反应，灯管能持续很久发光，若发生反应，则寿命很短，D不正确。故选A。10.已知某原子结构示意图为，下列有关说法正确的是（ ）A. 结构示意图中x4B. 该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4C. 该原子的电子排布图为D. 该原子结构中共有5个能级上填充有电子【答案】D【解析】【详解】A.由原子结构示意图可知，K层电子排满时为2个电子，故x=2，该元素为硅，故A选项错误。B.该原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，故B选项错误。C.硅的电子排布图为，故C选项错误。D.原子结构中共有1
10、s、2s、2p、3s、3p这5个能级上填充有电子，故D选项正确。故答案选D。【点睛】本题只要将x=2推断出来以后确定元素为硅之后进行电子排布式和电子排布图的判断，注意电子排布图中电子的分布。11.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示,单位为kJ/mol)。下列关于元素R的判断中一定正确的是 ( )I1I2I3I4I5R740150077001050013600 R的最高正价为+3价 R元素位于元素周期表中第A族 R元素第一电离能大于同周期相邻元素 R元素的原子最外层共有4个电子 R元素基态原子的电子排布式为1S22S2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】某短
11、周期元素R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于IIA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4，故R为Mg元素。R的最高正价为+2价，故错误；R元素位于元素周期表中第A族，故正确；R元素最外层电子排布式为3s2，为全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故正确；R元素的原子最外层共有2个电子，故错误；R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p62s2，故错误。故ACD错误，B正确。答案选B。12.下列说法中正确的是A. 所有金属元素都分布在d区和ds区B. 元素周期表中B族到B族10个纵行的元素都是金属元素C. ns电子的能量不一定高于(n1)p 电子的能量D.
12、电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了洪特规则【答案】B【解析】【详解】A项、在周期表中金属元素分布在s区、d区和ds区，故A错误；B项、元素周期表中B族到B族10个纵行的元素，称为过渡元素，全部为金属，故B正确；C项、电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量，故C错误；D项、根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，则21Sc的电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，故D错误；答案选B。【点睛】洪特规则为在能量相等的轨道上，自旋平行的电子数目最多时，原子的能量最低，所以在能量相等的轨道上，电子尽可能自旋
13、平行的占据不同的轨道；能量最低原理为原子核外电子先占有能量较低的轨道然后依次进入能量较高的轨道。13.以下对核外电子运动状态的描述正确的是（ ）A. 电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转B. 能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动C. 能层序数越大，s原子轨道的半径越大D. 在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定相同【答案】C【解析】【分析】根据原子核外电子排布规则分析解答，根据核外电子运动状态，电子云的概念分析解答。【详解】A.电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，故A错误；B.能量高的电子也可以在S轨道上运动
14、如7S轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，故B错误；C.能层序数越大，电子离原子核越远，所以能层序数越大，s轨道上的电子距离原子核越远，则s原子轨道的半径越大，故C正确；D.同一能级上的同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，则其运动状态肯定不同，所以在同一能级上运动的电子，其运动状态肯定不同，故D错误；故选C。【点睛】注意同一能级上电子能量相同，其运动状态不同，明确电子云含义，这是本题的易错点。14.某元素价离子的电子排布式为，该元素在周期表中的位置为A. 第三周期VB族d区B. 第四周期族d区C. 第四周期VA族P区D. 第四周期VB族ds区【答案】B【解析】【详解】某价离子
15、的电子排布式为，其原子核外电子数为，为Fe元素，原子核外排布式为，处于周期表中第四周期第族，位于元素周期表的d区， 故选B。15.X和Y是原子序数大于4的短周期元素，Xm和Yn两种离子的核外电子排布相同，下列说法中正确的是()A. X的原子半径比Y小B. X和Y的核电荷数之差为mnC. 电负性XYD. 第一电离能XY，A错误；B.Xm+和Yn-两种离子的核外电子排布相同，则两种离子核外电子数相等，假设X的核电荷数为a，Y的核电荷数为b，则a-m=b+n，所以a-b=m+n，B错误；C.X为金属元素，Y为非金属元素，元素的金属性越强，电负性越小，元素的非金属性越强，其电负性越大，所以元素的电负性
16、：XY，C错误；D.元素的金属性越强，其第一电离能越小，故第一电离能XXmRD. 元素X、Z形成化合物的电子式可以表示成【答案】C【解析】【分析】X是周期表中原子半径最小的元素，为H元素；Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，为O元素；R与Y处于同一主族，为S元素；Z是短周期中金属性最强的金属元素，为Na元素； W的最高价氧化物对应水化物能与Z、R的最高价氧化物对应水化物均反应生成盐和水，W为Al元素。【详解】A、元素Y、Z、W离子分别为O2、Na+、Al3+，离子半径逐渐减小，错误；B、元素X与元素Y能形成两种化合物H2O和H2O2，H2O2含有极性键和非极性键，H2O全部是极性键，化学键
17、类型不相同，错误；C、元素Y、R分别与元素X形成的化合物分别为H2O、H2S，因为O元素的非金属性大于S元素，所以热稳定性强弱关系为：H2O H2S，正确；D、元素X、Z形成化合物为NaH，电子式为：Na+H-，错误。31.回答下列填空：（1）有下列分子或离子：CS2，PCl3，H2S，CH2O，H3O，NH4+，BF3，SO2。粒子的立体构型为直线形的有_(填序号，下同)；粒子的立体构型为V形的有_；粒子的立体构型为平面三角形的有_；粒子的立体构型为三角锥形的有_；粒子的立体构型为正四面体形的有_。（2）俗称光气的氯代甲酰氯分子(COCl2)为平面三角形，但CCl键与C=O键之间的夹角为12
18、4.3；CCl键与CCl键之间的夹角为111.4，解释其原因：_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). C=O键与C-Cl键之间电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用【解析】【分析】(1)根据价层电子对个数=键个数+孤电子对个数，键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，结合杂化轨道理论分析解答；(2)从C=O键与C-Cl键排斥作用与C-Cl键与C-Cl键的排斥作用的大小分析解答。【详解】CS2中C的价层电子对个数=2+=2，且不含孤电子对，为直线形分子；PCl3中P的价层电子对个数=3+=4，且含有1个孤电子对，为三角锥形分子；H
19、2S中S的价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，为V形分子；CH2O中C的价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，为平面三角形分子；H3O+中O的价层电子对个数=3+=4，且含有1个孤电子对，为三角锥形离子；NH4+中N的价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，为正四面体形；BF3中B的价层电子对个数=3+=3，且不含孤电子对，为平面三角形；SO2中S的价层电子对个数=2+=3，且含有1个孤电子对，为V形；立体构型为直线形的有；粒子的立体构型为V形的有；立体构型为平面三角形的有，粒子的立体构型为三角锥形的有，粒子的立体构型为正四面体形的有，故答案为：；(2)C=O键与C-Cl键之间
20、电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用，使得COCl2中CCl键与C=O键之间的夹角大于CCl键与CCl键之间的夹角，故答案为：C=O键与C-Cl键之间电子对的排斥作用强于C-Cl键与C-Cl键之间电子对的排斥作用。【点睛】本题的易错点为(1)，要注意理解价层电子对互斥理论的内涵及孤电子对个数计算方法，难点是CH2O的计算。32.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加。其中A与B、A与D在周期表中位置相邻，A原子核外有两个未成对电子，B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素都大，C原子在同周期原子中半径最大(稀有气体除外)；E与C位于不同
21、周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题(注意：答题时A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)：（1）A、B、C、D四种元素电负性由大到小排列顺序为_。（2）B的氢化物的结构式是_，其空间构型为_。（3）E核外电子排布式是_，E的某种化合物的结构如图所示。微粒间的相互作用包括化学键和分子间相互作用力，此化合物中各种粒子间的相互作用力有_。（4）A与B的气态氢化物相比，沸点更高的是_（填化学式）；（5）A的稳定氧化物中，中心原子的杂化类型为_，空间构型为_。【答案】 (1). NCSiNa (2). (3). 三角锥形 (4). 1s22s22p6
22、3s23p63d104s1或Ar3d104s1 (5). 离子键、共价键、配位键、氢键 (6). NH3 (7). sp杂化 (8). 直线形【解析】【分析】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加。C原子在同周期原子中半径最大(稀有气体除外)，则C处于IA族，故A、B的周期数小于C的周期数，则A、B二者一定处于短周期；由于E与C位于不同周期，E的原子序数大于C，则C不可能处于第四周期，故C也是短周期元素；A原子核外有两个未成对电子，则外围电子排布为ns2np2或ns2np4，而B元素的第一电离能比同周期相邻两个元素都大，B为A族或A族元素，且A与B在周期表中位置相
23、邻，B只能为VA族元素，A、B的周期数小于C，则A、B处于第二周期，C处于第三周期，故B为N元素，C为Na，A的原子序数小于B，只能为A族元素，故A为C元素，A与D在周期表中位置相邻，D的原子序数大于Na，故D为Si；E为第四周期原子，原子核外最外层电子数与C相同，其余各层电子均充满，则原子核外电子数为2+8+18+1=29，故E为Cu，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C元素、B为N元素、C为Na元素、D为Si元素、E为Cu元素。(1)非金属越强，电负性越大，则A、B、C、D四种元素电负性由大到小排列顺序为NCSiNa，故答案为：NCSiNa；(2)B的氢化物为氨气，氨气结构式为：，
24、N为sp3杂化，N原子上有1对孤对电子，则空间构型为三角锥形，故答案为： ；三角锥形；(3)E的原子序数为29，电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，由E的某种化合物的结构图可知，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，水分子中、硫酸根离子中存在共价键，硫酸根离子与配离子之间形成离子键，含离子键、配位键、共价键、氢键，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；离子键，共价键，配位键，氢键；(4)氨气分子间含氢键，甲烷分子间不能形成氢键，则A与B的气态氢化物中沸点高的为NH3，故答案为：NH3； (5)C元素的稳
25、定氧化物为二氧化碳，其结构式为O=C=O，为直线分子，C为sp杂化，故答案为：sp；直线形。【点睛】正确判断元素是解题的关键。本题的难点是元素的推导，主要是正确判断五种元素在周期表所处的周期的判断。本题的易错点为(3)，要注意结构中存在氢键。33.A、B、C是中学化学中常见的三种元素(A、B、C代表元素符号)。A位于元素周期表中第四周期，其基态原子最外层电子数为2，且内层轨道全部排满电子。短周期元素B的一种常见单质为淡黄色粉末。元素C的原子最外层电子数是其内层电子数的3倍。（1）在第三周期中，第一电离能大于B的元素有_种。（2）B的氢化物(H2B)分子的立体构型为_，C的氢化物H2C、H2C2
26、中C的杂化类型分别是_、_，在乙醇中的溶解度：S(H2C)S(H2B)，其原因是_。（3）A的氯化物与氨水反应可形成配合物A(NH3)4Cl2，1mol该配合物中含有键的物质的量为_mol。【答案】 (1). 3 (2). V形(或角形) (3). sp3 (4). sp3 (5). 水分子与乙醇分子之间形成氢键 (6). 16【解析】【分析】A、B、C是中学化学中常见的三种元素，A位于元素周期表中第4周期，其基态原子最外层电子数为2，且内层轨道全部排满电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，为Zn元素；短周期元素B的一种常见单质为淡黄色粉末，则B为S元素；C的原子最
27、外层电子数是其内层电子数的3倍，C原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则C为O元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Zn元素，B为S元素，C为O元素。(1)在第3周期中，第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar，故答案为：3；(2)H2S分子中S原子的价层电子对数为2+=4，S原子有2对孤电子对，故其空间构型为V型；C的氢化物H2O、H2O2中O原子的价层电子对数分别为2+=4，3+=4，杂化类型分别都是sp3杂化；水分子与乙醇分子之间能够形成氢键，故在乙醇中的溶解度：S(H2O)S(H2S)，故答案为：V型；sp3；sp3；水分子与乙醇分子之间形成氢键；(3)Zn的氯化物与氨水反应
28、可形成配合物Zn(NH3)4Cl2，Zn(NH3)42+中含有12个N-H键、4个配位键，故含有16个键，则1mol该配合物中含有键的物质的量为16mol，故答案为：16。34.等电子体的结构相似、物理性质相近，称为等电子原理。如N2和CO为等电子体。（1）由第二周期元素组成，与F2互为等电子体的离子是_，与C2O42-互为等电子体的分子是_。（2）Mn原子在元素周期表中的位置是_，价电子排布为_。（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42配离子。该离子的结构式为_，已知NF3与NH3的立体构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2形成配离子，其原因是：_。【答案】 (1).
29、O22- (2). N2O4 (3). 第四周期B族 (4). 3d54s2 (5). (6). F的电负性比N大，NF成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2形成配离子【解析】【分析】(1)根据等电子体的概念分析判断；(2)Mn原子核外的电子数为25，根据元素周期表的结构和核外电子的排布规律分析解答；(3)NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，据此分析解答。【详解】(1)等电子体的原子数目相等，价电子个数相等；由第二周期元素组成的与F2互为等电子体的离子为O22-；与C2O42-互为等电子体的分子是N2O4，故答案为：O22-；N2O4；(2)Mn原子核外电子数为25，处于第四周期B族，价电子排布式为3d54s2，故答案为：第四周期B族；3d54s2；(3)往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42配离子。Cu(NH3)42+的结构可用示意图表示为：，F的电负性大于N元素，NF3中N-F成键电子对偏向于F原子，使得N原子上的孤对电子难与铜离子形成配离子，所以NF3不易与Cu2+形成配离子，故答案为：；F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F原子，使得氮原子上的孤对电子难与Cu2+形成配离子。
