吉林省长春市第二十九中学2019-2020学年高二化学下学期线上检测试题（含解析）

1、吉林省长春市第二十九中学2019-2020学年高二化学下学期线上检测试题（含解析）相关原子量 Cu-64 Cl-35.5一、选择题(每题2分，共30分)1.下列能级符号表示正确且最多容纳的电子数按照从少到多的顺序排列的是A. 1s、2p、3dB. 1s、2s、3sC. 2s、2p、2dD. 3p、3d、3f【答案】A【解析】【分析】每一能层含有的能级个数等于能层数，且每个能层都是按照s、p、d、f排列；能级容纳电子数为能级数的2倍；例如K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；【详解】A. 1s、2p、3d，K层有1个能级，为1s；L层有2个能级，分别为2s、2p；从M层开始有

2、d能级，即3d，A正确；B. 1s、2s、3s，s能级只容纳2个电子，B错误；C. 2s、2p、2d，L层有2个能级，分别2s、2p ，没有2d，C错误；D. 3p、3d、3f，N层开始有f能级，即4f，D错误；答案为A2.下列各原子或离子的电子排布式错误的是（ ）A. K+：1s22s22p63s23p6B. As：1s22s22p63s23p63d104s24p3C. N3-：1s22s22p6D. Ca：1s22s22p63s23p63d2【答案】D【解析】【详解】AK为19号元素，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1；失去4s上的电子，其离子排布式为：1s22s2

3、2p63s23p6，A项正确；BAs为33号元素，根据能量最低原理，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，B项正确；CN为7号元素，其原子的电子排布式为：1s22s22p3，N原子得到3个电子形成N3-，其离子的电子排布式为：1s22s22p6，C项正确；DCa为20号元素，根据能量最低原理，E3pE4sE3d，其原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，D项违背了能量最低原理，D项错误；答案选D。3.下列物质中，既含有离子键又含有共价键的是A. 氯化钠B. 氢氧化钠C. 水D. 氯气【答案】B【解析】【详解】ANaCl中钠离子和氯离子之间只

4、存在离子键，选项A错误；BNaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键，选项B正确；C水分子中H原子和O原子之间只存在共价键，选项C错误；D氯气分子中氯原子之间只存在共价键，选项D错误；答案选B。4.下列说法不正确的是（）A. 键比键重叠程度大，形成的共价键强B. 两个原子之间形成共价键时，最多有一个键C. 气体单质中，一定有键，可能有键D. N2分子中有一个键，2个键【答案】C【解析】【详解】A键是头碰头的重叠，键是肩并肩的重叠，键比键重叠程度大，键比键稳定，故A正确；B两个原子间只能形成1个键，两个原子之间形成双键时，含有一个键和一个键，两个原子之间形成三键时，

5、含有一个键和2个键，故B正确；C单原子分子中没有共价键，如稀有气体分子中不存在键，故C错误；D两个原子之间形成三键时，含有一个键和2个键，N2分子中含有一个三键，即有一个键，2个键，故D正确；故答案为C。5.用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是( )A. NH4+为正四面体形B. CS2为直线形C. HCN为折线形(V形)D. PCl3为三角锥形【答案】C【解析】【详解】A.NH4+中N原子的价层电子对数是4，不含有孤对电子，为正四面体形，A正确；B.CS2中C的价层电子对数是2，不含有孤对电子，为直线形，B正确；C.HCN中C的价层电子对数是2，不含有孤对电子，为直线

6、形，C错误；D.PCl3中P的价层电子对数是4，含有1对孤对电子，为三角锥形，D正确。答案选C。6.下列分子或离子的中心原子，带有一对孤电子对的是A. H2OB. BeCl2C. CH4D. PCl3【答案】D【解析】【详解】A.H2O中O原子的孤电子对数=(6-21)=2，B.BeCl2中Be原子的孤电子对数=(2-21)=0，C.CH4中C原子的孤电子对数=(4-41)=0，D.PCl3中P原子的孤电子对数=(5-31)=1，带有一对孤电子对的是PCl3。故选D。【点睛】分子中孤电子对个数=（中心原子价电子数-配原子个数配原子形成稳定结构需要的电子数）。7.下列事实与NH3极易溶于水无关的

7、是()A NH3与水反应生成NH3H2OB. NH3与水分子之间形成氢键C. NH3和水分子的相对分子质量接近D. NH3是极性分子【答案】C【解析】ANH3与水反应生成NH3H2O，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故A不选；BNH3与水分子之间形成氢键，使氨气的溶解度变大，与NH3极易溶于水有关，故B不选；CNH3和水分子的相对分子质量，与氨气的溶解性无关，故C选；DNH3是极性分子，水是极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂，与NH3极易溶于水有关，故D不选；故选C8.下列叙述中正确的是A. NH3、CO、CO2 都是极性分子B. CH4、CCl4 都是含有极性键的非极性分子C. H

8、F、HCl、HBr、HI 的稳定性依次增强D. CS2、H2O、C2H2 都是直线形分子【答案】B【解析】【详解】A、CO2是直线型结构，属于非极性分子，A不正确。B、CH4、CCl4都是含有极性键的非极性分子，B正确。C、非金属性越强，相应氢化物的稳定性越强，非金属性是FClBrI，所以HF、HCl、HBr、HI 的稳定性依次减弱，C不正确。D、水分子是V形结构，D不正确。答案选B。9.下列属于分子晶体性质的是A. 组成晶体的微粒是离子B. 能溶于CS2，熔点112.8，沸点为444.6C. 熔点为1 400，可作半导体材料，难溶于水D. 熔点高，硬度大【答案】B【解析】【详解】A. 分子晶

9、体的组成微粒是分子，故A错误；B. 分子晶体的熔沸点低，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，故B正确；C. 分子晶体的熔沸点低，晶体在固态和熔融状态时均不导电，故C错误；D. 分子晶体的熔沸点低，硬度小，故D错误。故选B。【点睛】分子晶体分子间靠范德华力结合，一般熔、沸点较低，硬度小，在固态和熔融状态时均不导电。10.已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJmol-1。根据下表所列数据判断错误的是电离能元素I1I2I3I4X496456269129543Y5781817274511600A. 元素X的常见化合价是+1价B. 元素Y是A族的元素C. 元素X与氧形成化合物时，化

10、学式可能是X2O2D. 若元素Y处于第三周期，则它可与冷水剧烈反应【答案】D【解析】【分析】X、Y是主族元素，I为电离能，X第一电离能和第二电离能差距较大，说明X为第IA族元素；Y第三电离能和第四电离能差距较大，说明Y为第IIIA族元素。据此解答。【详解】AX为第IA族元素，元素最高化合价与其族序数相等，所以X常见化合价为+1价，故A正确；B通过以上分析知，Y为第IIIA族元素，故B正确；C若元素X是Na与氧形成化合物时，化学式可能是Na2O2，故C正确；D若元素Y处于第3周期，为Al元素，它不能与冷水剧烈反应，故D错误。答案选D。11.向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续

11、添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列说法正确的是（ ）A. 沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子Cu(NH3)42+B. 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变C. 上述现象说明Cu(NH3)42+不如Cu(OH)2稳定D. Cu(NH3)42+中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】A【解析】【分析】向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。过程中涉及的反应方程式为：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-【详解】A沉淀溶解是发生了反应：C

12、u(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-，Cu(NH3)42+为深蓝色的配离子，A项正确；B硫酸铜先和氨水反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水，Cu(OH)2和氨水反应生成蓝色的Cu(NH3)42+而使溶液澄清，所以溶液中Cu2+的浓度减小，B项错误；CCu(OH)2沉淀能转化为配离子Cu(NH3)42+，说明Cu(NH3)42+比Cu(OH)2稳定，C项错误；D在Cu(NH3)42+中，NH3分子的氮原子给出孤对电子对，Cu2+提供空轨道，以配位键形成了Cu(NH3)42+，D项错误；答案选A。12.CaO晶胞如图所示，其中Ca2的配位数为（ ）A. 4B. 6C. 8D.

13、 12【答案】B【解析】【详解】由CaO晶胞图可知，1个Ca2的周围有6个O2-，则晶体中Ca2的配位数为6，B项正确；答案选B。13.下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是（ ）选项电子排布式结论A1s22s22p2p2p违背洪特规则B1s22s22p63s23p63d3违背能量最低原理CN的电子排布图：违背泡利原理D1s22s22p63s23p63d54s1违背能量最低原理A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A由1s22s22p2p2p可知，px轨道上有2个电子，而py、pz轨道上没有电子，根据洪特规则，原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时，电子尽可能分占不同

14、的原子轨道，且自旋方向相同，这样整个原子的能量最低，A项违背了洪特规则，A项正确；B由构造原理可知，从第三能层开始各能级不完全遵循能层顺序，产生了能级交错排列，E3pE4sE3d，根据能量最低原理，正确的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2。B项违背了能量最低原理，B项正确；C根据泡利不相容原理，每个原子轨道上最多只能容纳两个自旋状态不同的电子，题中N的电子排布图违背了这一原理，C项正确；D当能量相同的原子轨道在全充满、半满和全空的状态时，体系的能量最低，1s22s22p63s23p63d54s1为半充满状态，此时能量最低，符合能量最低原理，D项错误；答案选D。14.如图所

15、示是从NaCl或CsCl晶体结构中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是（ ）A. (1)和(3)B. (2)和(3)C. (1)和(4)D. 只有(4)【答案】C【解析】【详解】由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-，同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图(1)中符合条件，图(4)中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，答案选C。15.已知氯化铬的水合物为CrCl36H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝

16、酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为A. Cr3B. CrCl2(H2O)4C. CrCl(H2O)52D. Cr(H2O)63【答案】C【解析】【详解】中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，故答案为C二、判断对错(每题1分，共10分，在题后括号中打或)16.(1)镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时原子释放能量，由基态转化成激发态_。(2)价电子排布为5s25p1的元素位于第五周

17、期第A族，是s区元素_。(3)凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键_。(4)24Cr原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d44s2_。(5) 金属铜属于六方最密堆积结构，金属镁属于面心立方最密堆积结构_。(6)氯化钠晶体中，每个Na周围距离相等的Na共有12个_。(7)金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子_。(8) 所有原子任一能层的s电子云轮廓图都是球形，但球的半径大小不同_。(9)干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子_。(10)模型中的小黑点表示电子在原子核外出现的概率密度的形象描述_。【答案】 (1). (

18、2). (3). (4). (5). (6). (7). (8). (9). (10). 【解析】【详解】(1)基态Mg原子的核外电子排布式为1s22s22p63s2，1s22s22p63p2属于激发态的镁原子的电子排布式，由基态变为激发态需要吸收能量，(1)错误；(2)基态原子价电子排布式为5s25p1的元素是In元素，位于周期表的第五周期A，属于p区元素，(2)错误；(3)BF3是AB3型共价化合物，B原子形成3个价层电子对，采用的是sp2杂化方式，(3)错误；(4)基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，采取这种方式，可以使3d轨道和4s轨道呈现半充满的状态，原子处于更稳定的状态，(4

19、)错误；(5)金属铜属于面心立方最密堆积，金属镁属于六方最密堆积，(5)错误；(6)如果去除NaCl的晶胞中的Cl-，那么Na+在晶胞中的排列类似于面心立方的堆积形式你，因此每个Na+周围最近的Na+有12个，(6)正确；(7)金刚石是由C原子通过共价键形成的原子晶体，每个碳原子均与4个碳原子形成共价键，在金刚石的结构中，最小环是六元环，由6个碳原子构成，(7)正确；(8)s电子的电子云轮廓图都是球形的，能层数越大，对应的半径就越大，(8)正确；(9)干冰的晶胞中CO2的堆积方式类似于面心立方最密堆积，其出现在晶胞的顶点和各个面心上，因此一个CO2周围最近有12个CO2，(9)正确；(10)电

20、子云即概率密度的形象化描述，小黑点的疏密程度即表示电子在核外空间各处的概率密度，(10)正确；三、填空题(每空2分，共20分)17.(1)基态碳原子的核外电子排布式为_。(2)基态铬原子外围电子轨道表示式为_。(3)卤族元素F、Cl的电负性由小到大的顺序是_。(4)比较晶格能：MgO_MgS(用“”、“”)(5)CO分子内键与键个数之比为_。(6)比较第一电离能：Mg_Al(用“”、“”)(7)乙炔是_(填“非极性”或“极性”)分子。(8)丙烯(CH3CH=CH2)分子中碳原子的杂化方式为_和_。(9)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。【答案】 (1). 1

21、s22s22p2 (2). (3). Cl F (4). (5). 1:2 (6). (7). 非极性 (8). sp3 (9). sp2 (10). 3:1【解析】【详解】(1)C位于周期表的第二周期A，属于p区元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p2；(2)基态铬原子的外围电子排布式为3d54s1，相应的电子轨道表示式即电子排布图为；(3)周期表中同一主族的元素，从上至下，元素的电负性逐渐减小，因此电负性ClF；(4)由于S2-的半径大于O2-，所以Mg2+和S2-的离子键较弱，所以MgS的晶格能较小；(5)CO分子内C和O原子之间形成的是三键，三键中包含1个键和2个键，因此比例是1

22、:2；(6)同周期元素，第一电离能从左至右呈现增大趋势；由于Mg的3s轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，因此其第一电离能大于Al的；(7)乙炔分子是直线型分子，分子中的正电荷中心和负电荷中心重叠，因此属于非极性分子；(8)丙烯分子中甲基中的C原子采用sp3的杂化方式，形成碳碳双键的C原子采用sp2的杂化方式；(9)由晶胞结构可知，Cu原子位于晶胞的面心处，因此一个晶胞中Cu原子的个数为个；Ni原子位于晶胞的顶点上，因此一个晶胞中Ni原子的个数为个；因此晶胞中Cu原子和Ni原子的个数比为3:1。四、简答题(每题2分，共20分)18.(1)普鲁士蓝的化学式是KFeFe(CN)6，该物质的化学键

23、有离子键、共价键和_。(2)KOCN是离子晶体；碳原子采取sp杂化，1mol该物质中含有的键数目为_。(3)H2O2常温下是液体，沸点较高(150)，其主要原因是_。(4)非金属元素的第一电离能大于的第一电离能，原因是_。(5)V2O5溶于NaOH溶液，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为_。(6)已知食盐的密度为 gcm3，其摩尔质量为M gmol1，阿伏加德罗常数为NA，则在食盐晶体晶胞参数是_cm。(7)1 mol SiO2晶体中含_ mol SiO键。(8)1 mol NH4BF4含有_ mol配位键。(9)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺

24、序为：_。(10)体心立方结构的金属如：Na、K、Fe的晶胞的空间占有率表达式为_(含)。【答案】 (1). 配位键 (2). 2NA (3). 双氧水分子间存在氢键 (4). 基态N原子的2p轨道处于半充满的状态，能量更低更稳定，因此N的第一电离能相比于O的更高 (5). 正四面体 (6). (7). 4 (8). 2 (9). 金刚石MgOCaCl2冰干冰 (10). 【解析】【详解】(1) KFeFe(CN)6属于配合物，因此其中除离子键、共价键外，还含有配位键；(2)由题可知，OCN-中的C采用的是sp杂化，因此，在C和O原子之间形成单键，在C和N之间形成三键，所以，1个OCN-中有2

25、个键和2个键，1molKOCN中含有2NA个键；(3)过氧化氢的结构为H-O-O-H，因此过氧化氢分子间可形成氢键，使得其具有较高的沸点；(4)基态N原子的价电子排布式为2s22p3，基态O原子的价电子排布式为2s22p4；基态N原子的2p轨道处于半充满的状态，能量更低更稳定，因此N的第一电离能相比于O的更高；(5)基态V原子的价电子排布式为3d34s2，经过计算中价层电子对数为4，不含孤电子对，所以的构型为正四面体；(6)食盐主要成分即NaCl，NaCl的晶胞中含有4个Na+和4个Cl-，因此其晶胞参数为：；(7)SiO2晶体的基本结构单元是四面体，每个Si原子周围结合了4个O；因此SiO2

26、中Si原子个数与Si-O键个数比为1:4；所以1molSiO2中含有4molSi-O键；(8)中含有1个配位键，中也含有1个配位键；因此1mol中含有2mol配位键；(9)冰属于分子晶体，主要由水分子通过氢键形成；金刚石属于原子晶体，由碳原子通过共价键形成；MgO属于离子晶体，由Mg2+和O2-通过离子键形成；CaCl2属于离子晶体，由Ca2+和Cl-通过离子键形成；干冰属于分子晶体，由CO2分子通过范德华力形成；五种晶体熔点由高到低的顺序为：金刚石MgOCaCl2冰干冰；(10)体心立方结构的金属，晶胞边长a和原子半径的关系为：，一个晶胞中含有个原子，因此空间利用率为：。【点睛】同周期，第一

27、电离能从左至右，呈现增大的趋势；同族，第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；需要特殊注意，同一周期的A元素第一电离能大于A元素的，同一周期的A元素的第一电离能大于A元素的。五、计算题(每题10分，共20分)19.已知钼(Mo)的晶胞如图所示，钼原子半径为apm，相对原子质量为M，以NA表示阿伏加德罗常数的值。（1）钼晶体的堆积方式为_。（2）钼原子的配位数为_。（3）构成钼晶体的粒子是_。（4）金属钼的密度为_gcm-3。【答案】 (1). 面心立方最密堆积 (2). 12 (3). 金属离子、自由电子 (4). 【解析】【详解】（1）由晶胞结构可知，钼晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，答案为：

28、面心立方最密堆积；（2）由晶胞结构可知，一个钼原子的周围有12个钼原子，则钼原子的配位数为12，答案为：12；（3）金属晶体成键粒子为金属离子和自由电子，故构成钼晶体的粒子是金属离子和自由电子，答案为：金属离子、自由电子；（4）由晶胞结构可知，8个钼原子位于顶点，6个钼原子位于面上，利用均摊法，每个晶胞中钼原子的个数为，则1mol 晶胞质量为：。钼原子间紧密接触，则可知晶胞中正方形的对角线为4apm，则正方形的边长为，即晶胞的边长为，故，根据。答案为：。【点睛】金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式（设棱长为a，原子半径为r）：（1）面对角线长= （2）体对角线长=（3）体心立方堆积（4）面心立方堆积20.(1)氯化铁溶液用