江苏省如东高级中学2019-2020学年高一化学下学期第二次阶段测试试题.doc

江苏省如东高级中学2019-2020学年高一化学下学期第二次阶段测试试题江苏省如东高级中学2019-2020学年高一化学下学期第二次阶段测试试题年级：姓名：- 16 -江苏省如东高级中学2019-2020学年高一化学下学期第二次阶段测试试题（含解析）选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1.下列是同周期元素基态原子的最外层电子排布式，所表示的原子最容易得到电子的是A. ns2B. ns2np1C. ns2np4D. ns2np5【答案】D【解析】【详解】最外层电子数4时容易得到电子，并且最外层电子数越多越容易得电子，D表示最外层电子数为7，最容易得电子，故选D。2.下列表示氮原子结构的化学用语中,对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（ ）A. B. C. 1s22s22p3D. 【答案】C【解析】【详解】A. 是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B. 是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C. 是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；D. D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。故选C。【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。3.某物质可溶于水、乙醇，熔点为209.5，其分子结构简式如图，下列说法不正确的是（ ）A. 该分子与水分子可以形成氢键B. 该分子中原子最外层均达到8电子稳定结构的为C、NC. 1mol该物质中键和键的个数比为5：3D. 该分子中C原子的杂化方式有2种【答案】C【解析】【详解】A该分子中含有原子半径小、电负性大的N原子以及NH键，它与水分子间可形成氢键，A正确；B该分子中，C原子和N原子的最外层均达到8电子稳定结构，B正确；C单键为键，双键中含1个键和1个键，三键中含1个键和两个键，1mol该物质中含有9mol键和3mol键，二者的个数比为9：3，C不正确；D该分子中C原子的杂化方式分别为sp（碳氮三键中C）、sp2（碳氮双键中C），共有2种杂化方式，D正确；故选C。4.下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）A. 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B. 基态Fe原子的价电子轨道表示式：C. 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大D. 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素【答案】B【解析】【详解】A在相同能层中，p轨道电子的能量一定比s轨道电子的能量高，但不同能层中p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道电子的能量就低于3s轨道电子的能量，A不正确；B基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，其轨道表示式为，B正确；C虽然氧元素电负性比氮元素大，但由于氮原子的2p轨道电子半充满，电子的能量低，原子稳定，所以第一电离能出现反常，即氮原子第一电离能比氧原子第一电离能大，C不正确；D根据原子核外电子排布的特点，Cu的价电子先进入4s轨道，后进入3d轨道，所以Cu在周期表中属于ds区元素，D不正确；故选B。5.甲、乙两元素原子的L层电子数都是其他层电子总数的2倍。下列推断正确的是()A. 甲与乙位于同一周期B. 甲与乙位于同一主族C. 甲与乙都位于元素周期表的p区D. 甲与乙的原子序数之和为偶数【答案】D【解析】【详解】甲和乙的电子层排布可能为1s22s22p2和1s22s22p63s2，即为碳和镁元素，它们位于不同的周期、不同的主族、不同的区域，二者的原子序数之和是6+1218，为偶数；答案选D。6.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（ ）A. a和b都含有苯环B. a和c都含有手性碳原子C. a和b均能与溴水发生加成反应D. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上【答案】B【解析】【详解】Ab分子中含有苯环，但a分子中不含有苯环，A不正确；Ba中和c中圈内碳原子都为手性碳原子，B正确；Ca能与溴水发生加成反应，但和b不能与溴水发生加成反应，C不正确；Da中和c中圈内碳原子与周围的三个或四个碳原子一定不能同时处于一个平面内，D不正确；故选B。7.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：1s22s22p63s23p4；1s22s22p63s23p3；1s22s22p3；1s22s22p5。则下列有关比较中正确的是()A. 电负性：B. 原子半径：C. 第一电离能：D. 最高正化合价：【答案】C【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，1s22s22p63s23p4是S元素、1s22s22p63s23p3是P元素、1s22s22p3是N元素、1s22s22p5是F元素；A同周期自左而右电负性增大，所以电负性PS，NF，N元素非金属性与S元素强，所以电负性PN，故电负性PSNF，即，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径PS，NF，电子层越多原子半径越大，故原子半径PSNF，即，故B错误；C同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能NF，但P元素原子3p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能SP，同主族自上而下第一电离能降低，所以第一电离能NP，所以第一电离能SPNF，即，故C正确；D最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：=，故D错误；故答案为C。8.下列各组微粒的空间构型相同的共有几个（ ）NH3和H2O BF3和H3O+ NH3和H3O+ O3和SO2 CO2和BeCl2 和 NF3和Al2Cl6A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】C【解析】【详解】NH3呈三角锥形结构，H2O为V型结构，二者结构不同，不合题意；BF3为平面正三角形结构，H3O+为三角锥形结构，二者结构不同，不合题意；NH3和H3O+都呈三角锥形结构，符合题意；O3和SO2都呈V型结构，符合题意；CO2和BeCl2都呈直线型结构，符合题意；和都呈正四面体结构，符合题意；NF3呈三角锥形结构，Al2Cl6是共用一条棱的两个正四面体，二者结构不同，不合题意；综合以上分析，空间构型相同的微粒共有4个，故选C。9.下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A.根据卤族元素的原子结构和性质，可知电负性随核电荷数的递增而减小，A正确；B.F元素无正价，B错误；C.HF分子间可以形成氢键，故其沸点高于HCl和HBr，C错误；D. F2、Cl2、Br2的相对分子质量递增，其分子间作用力逐渐增强，其熔点逐渐增大，D错误。答案选A.。10.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+，配离子是TiCl(H2O)52+C. 内界和外界中的Cl-的数目比是21D. 在含有1mol配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，最多生成AgCl沉淀2mol【答案】D【解析】【详解】A配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O，配位体是Cl和H2O，Ti3+的配位数为6，故A错误；B配离子是TiCl(H2O)52+，但中心离子是Ti3+，故B错误；C配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O，内界配体Cl-为1，外界Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C错误；D内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D正确；答案选D。不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.下列说法中不正确的是（ ）A. N2O与CO2、CCl3F与CC12F2互为等电子体B. CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采用sp3方式杂化C. H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1,二者的酸性（强度）非常相近D. 由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物【答案】C【解析】A.原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，N2O与CO2的价电子总数均为16，CCl3F与CC12F2的价电子总数均为32，它们互为等电子体，A项正确；B.CCl2F2无同分异构体，说明其分子为四面体形，C原子与其它原子以单键相连，碳原子采用sp3方式杂化，B项正确；C.碳酸属于弱酸，磷酸属于中强酸，它们的酸性不同，是因为它们的非羟基氧原子数不同，C项错误；D.由I A族和VIA族元素形成的原子个数比为1:1、电子总数为38的化合物是Na2O2 ，Na2O2是含有共价键的离子化合物，D项正确。答案选C。12.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. 简单离子半径：ZYB. 第一电离能：YXC. m中存在离子键和极性键D. W2Y2中含有非极性键，为极性分子【答案】BC【解析】【分析】d是淡黄色粉末，则d为Na2O2；m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2。短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y为O元素，Z为Na元素；由a的燃烧产生b、c都能与Na2O2反应生成O2，可确定它们为CO2、H2O中的某一种，从而确定a为烃或烃的C、H、O衍生物，W为H元素，X为C元素。【详解】AY为O元素，Z为Na元素，Na+和O2-的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，Na的核电荷数为11，O的核电荷数为8，则简单离子半径：Na+C，则第一电离能：OC，B错误；Cm为O元素形成的单质O2，分子中只存在非极性键，不存在离子键和极性键，C错误；DW2Y2为H2O2，分子中含有O-O非极性键和O-H极性键，分子结构不对称，为极性分子，D正确；故选BC。13.有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子特征电子构型为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Y3Q4B. T有一种单质的空间构型为正四面体形C. X和Q结合生成的化合物为离子化合物D. ZQ2是由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。X为S、Y为Fe、Z为C、Q为O、T为P，据此分析。【详解】A元素Y(Fe)和Q(O)可形成化合物Fe3O4，故A正确；B白磷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 ，都可形成共价化合物，不能形成离子化合物；故C错误；DZQ2即CO2是极性键构成的非极性分子，故D正确；答案选C。14.研究表明，氮氧化物在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列有关各元素原子的说法正确的是（ ）A. 接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”，“缔合分子”内存在氢键B. 基态O2-的价电子排布式为1s22s22p6C. 中N的杂化方式为sp3，与SO3互为等电子体D. 的空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长相等【答案】AD【解析】【详解】A接近沸点的水蒸气中存在“缔合分子”，水分子内存在O-H共价键，“缔合分子”内水分子间存在氢键，A正确；B基态O2-的价电子排布式为2s22p6，B不正确；C中N的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，与SO3互为等电子体，C不正确；D中N原子的价层电子对数为4，其空间构型为正四面体，4个N-H共价键的键长、键能都相等，D正确；故选AD。15.CO的催化氧化在消除环境污染、净化空气等方面有重要价值。最新研究发现：常温下CO在Au/BN表面很难被O2氧化，但在H2O的参与下反应很容易发生，转化示意图如图：下列说法正确的是（ ）A. CO2和H2O均只含极性共价键，且为极性分子B. 过程有氢键形成C. 催化剂可以改变反应的路径，但不会改变反应速率和限度D. 在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化【答案】BD【解析】【详解】ACO2和H2O的结构式分别为O=C=O、，二者均只含极性共价键，H2O为极性分子，但CO2为非极性分子，A不正确；B从图中可以看出，过程中O2中的1个O原子与H2O分子中的1个H原子形成氢键，B正确；C温度、压强一定时，催化剂可以改变反应的路径和反应速率，但不能改变反应的限度，C不正确；D从图中可以看出，常温下，在H2O和Au/BN的共同作用下，CO易被O2氧化成CO2，D正确；故选BD。非选择题16.亚硝酸盐与钴()形成的一种配合物Co(NH3)5NO2Cl2的制备流程如下：CoCl26H2OCo(NH3)5ClCl2Co(NH3)5NO2Cl2(1)Co2+基态核外电子排布式为_。(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中与Co3+形成配位键的原子为_(填元素符号)；配离子Co(NH3)5NO22+的配体中氮原子的杂化轨道类型为_。(3)NO的空间构型为_，与它互为等电子体的分子为_(写化学式)。(4)H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(5)1molCo(NH3)5ClCl2中含有键的数目为_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7 (2). N，Cl (3). sp3，sp2 (4). V形 (5). SO2或O3 (6). H2O2和H2O分子间可形成氢键 (7). 21NA【解析】【分析】(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，失去最外层两个电子变为Co2+；(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中Co3+提供空轨道，NH3的氮原子与Cl-提供孤电子对形成配位键，；配离子Co(NH3)5NO22+的配体为NH3和NO2-，根据价电子互斥理论分析判断N原子的杂化类型；(3)根据(2)中分析判断NO2-的空间构型；组成微粒的原子数和价电子总数相等的微粒互为等电子体；(4)H2O2与H2O之间可形成氢键； (5)Co(NH3)5ClCl2由Co(NH3)5Cl2+和Cl-构成，1molCo(NH3)5ClCl2中含有1molCo(NH3)5Cl2+，Co3+形成六个配位键，每个NH3中含有3个共价单键，共价单键与配位键都是键。【详解】(1)基态Co原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2，失去两个电子变为Co2+，则基态Co2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7；(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中Co3+提供空轨道，NH3的氮原子与Cl-提供孤电子对形成配位键，则与Co3+形成配位键的原子为N和Cl；配离子Co(NH3)5NO22+的配体为NH3和NO2-，NH3中的氮原子成键对数为3，孤电子对数为1，价层电子对数为4，该氮原子的杂化轨道类型为sp3，NO2-中的氮原子成键对数为2，孤电子对数为1，价层电子对数为3，该氮原子的杂化轨道类型为sp2；(3)根据(2)中分析NO2-的氮原子的杂化轨道类型为sp2，空间构型为V形；NO2-由3个原子构成，价层电子总数为18，与它互为等电子体的分子为SO2或O3；(4)H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为H2O2和H2O分子间可形成氢键；(5)1molCo(NH3)5ClCl2中含有1molCo(NH3)5Cl2+，Co3+形成六个配位键，每个NH3中含有3个共价单键，共价单键与配位键都是键，则键的数目为(6+53)1NA=21NA。【点睛】本题难度不大，易错点在于键数目的计算，一般情况下，共价单键和配位键都属于键，要根据化学式正确判断配位键和共价单键的数目。17.氮、磷、砷、铁等元素及其化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。(1)基态砷原子中核外电子占据最高能层的符号为_，该能层的原子轨道数有_个。(2)氮一种氢化物N2H4是一种良好的火箭发射燃料，传统制备肼的方法是：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，又知肼的熔点、沸点分别为1.4、113.5，氨气的熔点、沸点分别为-77.7、-33.5。N2H4中氮原子的杂化轨道类型为_杂化，基态N原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。肼与氨气熔点、沸点差异最主要的原因是_。(3)氨分子是一种常见配体，配离子Co(NH3)63+中存在的化学键有_(填序号)。A.离子键 B.极性键 C.配位键 D.氢键【答案】 (1). N (2). 16 (3). sp3 (4). 哑铃型 (5). N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目 (6). BC【解析】【分析】砷位于周期表中第4周期第A族；根据核外电子的排布式判断最高能层和该能层具有的轨道数；根据价层电子对互斥理论判断N2H4的杂化类型；分子间含有氢键多的沸点较高；配离子Co（NH3）63+中存在的化学键有配位键，配体NH3中含有极性共价键，然后分析。【详解】(1)砷位于周期表中第4周期第A族，基态As核外电子占据最高能层为N，N能层具有s、p、d、f四个能级，s上有1个轨道，p上有3个轨道，d上有5个原子轨道，f上有7个原子轨道，所以共有16个原子轨道；(2) 肼的电子式为：，N2H4中N原子含有3对成键电子对和1对孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3杂化，基态N原子的核外电子排布式为：1s22s22p3，电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃型；N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目，导致肼与氨气熔点、沸点差异较大；(3)配离子Co(NH3)63+中存在氨分子和钴离子之间的配位键，配体NH3中存在极性共价键，配离子Co(NH3)63+中存在的化学键有极性键和配位键，答案选BC。【点睛】学生需要辨析清楚能层，能级，原子轨道式，价电子排布式，价电子排布图等化学用语，为易错点。18.氮及其化合物在生产生活中应用广泛。回答下列问题：(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用，请写出Cr3+的外围电子排布式_；基态铬、氮原子的核外未成对电子数之比为_。(2)过硫酸铵(NH4)2S2O8，广泛地用于蓄电池工业、石油开采、淀粉加工、油脂工业、照相工业等，过硫酸铵中N、S、O的第一电离能由大到小的顺序为_，过硫酸铵的阳离子的空间构型为_。(3)是20世纪80年代美国研制的典型钝感起爆药，它是由和Co(NH3)5H2O(ClO4)3反应合成的，中孤电子对与键比值为_，CP的中心Co3+的配位数为_。【答案】 (1). 3d3 (2). 2：1 (3). NOS (4). 正四面体 (5). 5：4 (6). 6【解析】【分析】写出Cr的电子排布式、Cr和N的价电子轨道表示式，可确定Cr3+的电子排布式及未成对电子数；总的来说，元素的第一电离能与非金属性成正比，只有价电子所在轨道半满、全满或全空时出现反常；在中，中心N原子的价层电子对数为4，由此可确定其空间构型；在化合物分子中，形成共价键的原子间一定形成键，除键之外的共价键为键；配合物中，中心离子的配位数等于配体与中心离子形成的配位键的数目。【详解】(1)Cr的外围电子排布式为3d54s1，则Cr3+的外围电子排布式为3d3；基态铬、氮原子的核外价电子轨道表示式分别为、，未成对电子数之比为6:3=2:1；答案为：3d3；2:1；(2) N、S、O的非金属性ONS，但由于N原子的价电子处于半满状态，电子的能量低，第一电离能出现反常，所以第一电离能由大到小的顺序为NOS，过硫酸铵的阳离子为，中心N原子的价层电子对数为4，所以空间构型为正四面体；答案为：NOS；正四面体；(3) 中，5个N原子含有5个孤对电子，N=C、N=N、CN键中分别含有1个、1个、2个键，孤电子对与键比值为5:4，CP的中心Co3+与配体中的N原子共形成6个配位键，所以配位数为6；答案为：5:4；6。【点睛】在配合物中，中心原子或离子的配位数与配体的数目不一定相等，所以计算配位数时，应看形成配位键的数目。19.元素X基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，Y原子是最轻的原子，人们曾预言它可能是所有元素之母。(1)X基态原子的电子排布式为_。(2)C、H、O、N四种原子的电负性由大到小的顺序为_。(3)Y负离子基态电子排布式为_。(4)下列变化：H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，H(g)=H+(g)+e-吸收的能量为1311kJ/mol，则氢负离子的第一电离能为_。(5)水溶液中有H3O+、H5O、H9O等微粒的形式。H3O+中，中心原子的杂化类型是_，请画出H5O的结构式：_。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1 (2). NOCH (3). 1s2 (4). 73kJ/mol (5). sp3 (6). 【解析】【分析】结合构造原理写出核外电子排布式，X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，判断出X为铜元素；Y是H。元素非金属性越强，电负越强，由此判断。【详解】(1) 由于含有7个能级，根据能量最低原则，写出7个能级为1s2s2p3s3p3d4s；且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，X为铜元素，X基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；(2) 元素非金属性越强，电负性越强，C、N、O同周期，同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，H 的化合价一般显正价，电负性较小，C、H、O、N四种原子的电负性由大到小的顺序为：NOCH；(3) Y是H，基态电子排布式为1s1，Y负离子是氢原子得到一个电子形成的较稳定的结构，基态电子排布式为1s2；(4)氢负离子的第一电离能表示为氢负离子失去一个电子形成气态基态氢原子所吸收的最低能量，根据H-(g)=H(g)+e-吸收的能量为73kJ/mol，为氢负离子的第一电离能为73kJ/mol；(5) H3O+中，氧原子分别与两个氢原子形成两对共用电子对，和一个氢原子形成一对配位键，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，中心原子的杂化类型是sp3杂化，根据H5O的原子数目可知，它是一个水分子与一个水合氢离子形成一个氢键的离子，结构式：。【点睛】水合氢离子的结构是学生不太熟悉的物质，根据氧原子的成键特点判断出结构，从而推测出杂化方式。