模块综合试卷一-（2019新）人教版高中化学选择性必修二.docx

1、选择性必修二模块检测试卷(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1(2020青铜峡市高级中学高二期末)下列各原子或离子的电子排布式或电子排布图表示正确的是()ACa2：1s22s22p63s23p6BF：1s22s23p6CP：最外层电子排布图为DCr：1s22s22p63s23p63d44s2考点原子结构与性质的综合考查题点原子结构与性质的综合考查答案A解析钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有18个电子，A正确；氟离子核外有10个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为1s22s22p6，B错误；磷原子最外层电子排布

2、图为，C错误；Cr原子核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，D错误。2物质在不同溶剂中的溶解性一般都遵循“相似相溶”规律。下列装置不宜用于HCl尾气吸收的是()考点溶解性的判断与比较题点由“相似相溶”判断和比较答案C解析HCl是极性分子，易溶于水而不溶于CCl4。C项装置易发生倒吸，A、D项装置分别使用了倒置漏斗和球形干燥管，能防止倒吸。B项装置中HCl气体先通过CCl4，由于HCl不溶于CCl4，HCl经过CCl4后再被上层的水吸收，也可以有效防止倒吸。3下列有关晶体的说法中正确的是()A晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B原子晶体中共价键越强，熔点越高

3、C冰融化时水分子中共价键发生断裂D氯化钠熔化时离子键未被破坏考点微粒间作用力的综合题点微粒间作用力的综合答案B解析分子间作用力不是化学键，不能影响分子的稳定性，一般影响物质的物理性质，A不正确；原子晶体中共价键越强，熔点越高，B正确；冰形成的晶体是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，而不是化学键，C不正确；氯化钠形成的晶体是离子晶体，NaCl熔化时破坏的是离子键，D不正确。4(2020天津静海一中高三月考)PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似，但PH键的键能比NH键的键能低。下列判断错误的是()APH3分子呈三角锥形BPH3分子是极性分子CPH3的沸点低于NH3的沸点，因为PH键

4、的键能低DPH3分子的热稳定性低于NH3分子，因为NH键的键能高考点分子结构与性质的综合题点分子结构与性质的综合考查答案C解析PH3分子结构和NH3相似，NH3是三角锥形，故PH3也是三角锥形，故A正确；PH3分子结构是三角锥形，正、负电荷重心不重合，为极性分子，故B正确；NH3分子之间存在氢键，PH3分子之间为范德华力，氢键作用比范德华力强，故NH3的沸点比PH3高，故C错误；PH键的键能比NH键的键能低，故NH更稳定，化学键越稳定，分子越稳定，故D正确。5下列各组表述中，两种微粒对应的元素不属于同种元素的是()AM层全充满而N层只有1个电子的原子和位于第四周期B族元素的原子B价电子排布式为

5、4s1的原子和原子序数为19的原子C2p能级有一个空轨道的基态原子和最外层电子数是次外层电子数三倍的原子D3p能级有两个空轨道的基态原子和M层电子数为3的原子考点元素推断题点利用原子结构推断元素答案C解析M层全充满而N层只有1个电子的原子的价电子排布式为3d104s1，是铜原子，位于第四周期B族的是29号元素铜，A项不符合题意；价电子排布式为4s1的原子是K，原子序数为19的原子是K，B项不符合题意；2p能级有一个空轨道的基态原子的核外电子排布式为1s22s22p2，是碳原子，最外层电子数是次外层电子数三倍的原子是氧原子，C项符合题意；3p能级有两个空轨道的基态原子的核外电子排布式为1s22s

6、22p63s23p1，是铝原子，M层电子数为3的原子是铝原子，D项不符合题意。6某元素X的逐级电离能如图所示，下列说法正确的是()AX元素可能为4价BX可能为非金属CX为第五周期元素DX与氯反应时最可能生成的阳离子为X3考点元素周期律的综合考查题点元素性质的递变规律答案D解析由图像可知，该元素的I4I3，故该元素易形成3价阳离子，X应为金属，故A、B错误；周期数核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，故C错误；由图像可知，该元素的I4I3，故该元素易形成3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3，故D正确。7下列几组微粒互为等电子体的是()

7、N2和CONO和CNCO2和CS2N2O和CO2BF3和SO3A B C D考点等电子原理及应用题点等电子体的判断答案D解析N2和CO中，原子总数都为2，价电子总数都为10，二者互为等电子体；NO和CN中，原子总数都为2，价电子总数分别为56110和45110，二者互为等电子体；CO2和CS2中均含3个原子，O和S同主族，价电子数相等，二者互为等电子体；N2O和CO2均含3个原子，价电子总数分别为52616和46216，二者互为等电子体；BF3和SO3均含4个原子，价电子总数分别为37324和6424，二者互为等电子体，故D正确。8氮化钠(Na3N)熔融时能导电，与水作用产生NH3。下列对氮化

8、钠晶体的描述错误的是()A构成晶体的两种微粒的电子层结构相同B构成晶体的两种微粒半径不相等C与盐酸反应生成的盐的化学键类型相同D与盐酸反应生成的盐的晶体类型相同考点离子晶体的组成与性质题点离子晶体组成的综合考查答案C解析A项，Na与N3均有10个电子，所以两种微粒的电子层结构相同；B项，核外电子排布相同时，核电荷数越大，微粒半径越小，Na与N3的电子层结构相同，Na的核电荷数大，所以Na的半径小于N3的半径；C项，氮化钠(Na3N)与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，NaCl中只有离子键，NH4Cl中含有离子键、共价键和配位键，所以化学键类型不同；D项，氮化钠(Na3N)与盐酸反应生成NaCl

9、和NH4Cl，二者中均含有离子键，属于离子化合物，是离子晶体。9从微粒结构角度分析，下列说法错误的是()AI的立体构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3BZnCO3中，阴离子立体构型为平面三角形，C原子的杂化方式为sp2C根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，H2S的中心原子价层电子对数与其他分子不同D三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中 S原子的杂化轨道类型相同答案D解析I中I原子为中心原子，则其孤电子对数为(712)2，其形成了2个键，中心原子采取sp3杂化，I立体构型为V形，A正确；CO中C原子价层电子对数为3(426)3，因此C原子为sp

10、2杂化，CO的立体构型为平面三角形，B正确；根据价层电子对互斥理论可知，H2S、SO2、SO3三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3，因此H2S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子，C正确；SO3的中心原子S的孤电子对数为0，S形成3个键，S原子的价层电子对数033，S为sp2杂化，三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3，D错误。10下列有关比较正确的是()A熔点：CH4SiH4GeH4SnH4B晶格能：NaBrNaClMgOC键的极性：NH键OH键FH键D热稳定性：HFH2ONH3考点微粒间作用力的综合考查题点微粒间作用力对物质性质的影

11、响答案D解析物质形成的晶体均为分子晶体，其熔点和范德华力有关，且相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，故A项错误；离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子晶体的晶格能越大，所以晶格能：NaBrNaClMgO，B项错误；由于电负性：NOF，所以键的极性：NH键OH键FH键，C项错误；由于非金属性：FON，故热稳定性：HFH2ONH3，D项正确。11下列关于化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的说法中正确的是()A配体是Cl和H2O，配位数是9B中心离子是Ti4，配离子是TiCl(H2O)52C内界和外界中的Cl的数目比是12D加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀答案C解析配体

12、是内界的1个Cl和5个H2O，则配位数是6，故A项错误；配离子是TiCl(H2O)52，根据电荷守恒可知中心离子是Ti3，故B项错误；根据已知配合物的化学式，TiCl(H2O)52中(内界)的Cl数目为1，剩余部分含有的Cl数目为2，则内界和外界中的Cl的数目比是12，故C项正确；加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl被完全沉淀，内界的Cl不会被沉淀，故D项错误。12(2020枣庄市第三中学高二月考)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其晶胞，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是()A磷化硼晶体中每个原子均形成4条共价键B磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体C磷化硼晶体的

13、熔点很低D磷化硼晶体结构中微粒的空间堆积方式与氯化钠晶体相同答案A解析该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故A正确；晶胞中：P位于顶点和面心，数目为864，B位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，故B错误；磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，故C错误；该晶胞配位数为4，而NaCl晶胞结构中阴、阳离子的配位数均为6，所以磷化硼晶体结构中微粒的空间堆积方式与氯化钠不同，故D错误。13Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)nSO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与

14、配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是()A该配合物的化学式为Fe(NO)(H2O)5SO4B该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀D该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构考点配位键、配合物的综合考查题点配合物结构与性质的综合考查答案A解析该配合物中Fe显2价，Fe2最外层电子排布式为3s23p63d6，即最外层电子数为14，则配体提供的电子总数为12，每个NO和H2O均可提供2个电子，故n5，该配合物的化学式为Fe(NO)(H2O)5SO4，A项正确；氢元素位于元素周期表s区，B项错误；该配合

15、物中只有SO能与Ba2反应生成沉淀，C项错误；该配合物阳离子为Fe(NO)(H2O)52，由其配体组成可知，其不可能是正八面体结构，D项错误。14(2020枣庄市第三中学高二月考)正硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，有与石墨相似的层状结构，受热易分解，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)，则下列有关说法中不正确的是()A正硼酸晶体属于分子晶体B正硼酸分子的稳定性与氢键无关C1 mol H3BO3晶体中含有3 mol氢键DB原子杂化轨道的类型为sp2，层间的H3BO3分子通过共价键相连考点分子结构与性质的综合考查题点分子结构与性质的综合考查答案D解析正硼酸与石墨有相似的层状结构

16、，层内的H3BO3分子通过氢键相连，受热易分解，所以正硼酸晶体属于分子晶体，故A正确；分子的稳定性与分子内的BO、HO共价键有关，熔、沸点与氢键有关，故B正确；1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以1个硼酸分子平均含3个氢键，则含有1 mol H3BO3的晶体中有3 mol 氢键，故C正确；B只形成了3个单键，没有孤电子对，价层电子对数为3，所以采取sp2杂化，层间硼酸分子的主要作用力是范德华力，故D错误。15下表是元素周期表前五周期的一部分，X、Y、Z、R、W、J是6种元素的代号，其中J为0族元素。XYZRWJ下列说法正确的是()AR原子的核外电子排布图为BY2与N

17、a的半径大小关系为Y2NaCX的第一电离能小于Y的第一电离能D表中电负性最大的元素为W考点“位、构、性”的综合考查题点以“部分”元素周期表为载体的综合考查答案B解析由表格和J为0族元素可知：X为N，Y为O，Z为F，R为S，W为Br，J为Xe。A项，S原子3p轨道上的电子应先分占不同轨道；B项，O2与Na具有相同的电子层结构，原子序数越小，离子半径越大，故O2的半径大于Na的半径；C项，N原子2p轨道处于半充满状态，较稳定，所以N的第一电离能大于O的第一电离能；D项，电负性最大的元素为Z(F)，一般稀有气体元素的电负性不考虑。16(2019常德高二调研)由Al元素和N元素形成的某种化合物的晶胞如

18、图所示，已知N原子位于晶胞体对角线的处。假设该化合物晶体的密度为 gcm3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中相距最近的两个N原子之间的距离为()A. cm B. cmC. cm D. cm考点晶胞的结构分析与计算题点关于晶胞的综合分析与计算答案A解析将题图中立方体顶面上的4个顶点从左上角小球开始按逆时针方向依次标为1、2、3、4，将立方体的体心和1、3号小球连接起来，则形成1个等腰三角形，晶胞中相距最近的两个N原子之间的距离即为该等腰三角形的中位线的长度，故两个相距最近的N原子之间的距离等于晶胞面对角线的一半。根据晶胞结构可知，1个晶胞中含有4个N原子、4个Al原子，设晶胞边长为a cm，则

19、面对角线为a cm，则晶体的密度 gcm3，即a，由此可知相距最近的两个N原子之间的距离为 cm。二、非选择题(本题包括5个小题，共52分)17(8分)如图为元素周期表中部分元素某种性质(X值)随原子序数变化的关系。(1)短周期元素中原子核外p能级上电子数与s能级上电子总数相等的元素是_(写元素符号)。(2)同主族内不同元素的X值变化的特点是_，同周期内，随着原子序数的增大，X值变化总趋势是_。周期表中X值的这种变化特点体现了元素性质的_变化规律。(3)X值较小的元素集中在元素周期表的_(填字母，下同)。a左下角 b右上角 c分界线附近(4)下列关于元素此性质的说法正确的是_。aX值可反映元素

20、最高正化合价的变化规律bX值可反映元素原子在分子中吸引电子的能力cX值可用来衡量元素金属性和非金属性的强弱考点原子结构与电负性的综合考查题点原子结构与电负性的综合考查答案(1)O、Mg(2)同一主族元素从上到下，X值逐渐减小逐渐增大周期性(3)a(4)bc解析(1)由于p能级最多容纳6个电子，s能级最多容纳2个电子，因此短周期元素中原子核外p能级上电子数与s能级上电子总数相等的元素原子的电子排布式可能为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即分别为O和Mg。(2)根据图示，同主族元素从上到下，X值逐渐减小，同周期元素从左到右，X值变化的总趋势是逐渐增大。(3)X值较小的元素集中在元素周

21、期表的左下角。(4)X值代表元素的电负性；能够反映原子在分子中吸引电子的能力；可用来衡量元素金属性和非金属性的强弱。18(8分)(1)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子立体构型是_，中心原子的杂化轨道的类型为_。LiAlH4中，存在_(填字母)。A离子键 B键C键 D氢键(2)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过如图所示BornHaber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为_kJmol1，O=O键的键能为_kJmol1，Li2O晶格能为_kJmol1。考点微粒间作用力的综合考查题点微粒间作用力的综合考查答案(1)正四面体sp3杂化AB(2)5204982 908解

22、析(1)LiAlH4的阴离子为AlH，AlH中Al的杂化轨道数为44，Al采取sp3杂化，为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为键。(2)由题给信息可知，2 mol Li(g)变为2 mol Li(g)吸收1 040 kJ热量，因此Li原子的第一电离能为520 kJmol1；0.5 mol氧气生成1 mol氧原子吸收249 kJ热量，因此O=O键的键能为498 kJmol1；Li2O的晶格能为2 908 kJmol1。19(12分)N元素能形成多种化合物，它们之间可以发生相互转化，如：N2H4HNO2=2H2OHN3。请回答下列问题：(1)N与C的

23、第一电离能较大的是_。(2)N的基态原子的电子排布中，有_个运动状态不同的未成对电子。(3)叠氮酸(HN3)在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8 K，主要原因是_。(4)HNO2中N原子的杂化轨道类型是_。(5)NO是一种很好的配体，则能提供孤电子对的_(填字母)。A仅有氧原子 B仅有氮原子C有氧原子或氮原子NO与钴盐通过配位键形成的Co(NO2)63能与K结合生成黄色K3Co(NO2)6沉淀，此方法可用于检验溶液中的K，写出该配合物中钴离子的电子排布式：_。(6)N2H4分子中_(填“含有”或“不含”)键。考点分子结构与性质的综合考查题点分子结构的综合考查答案(1)N(2)3(3)HN

24、3分子间存在氢键(4)sp2杂化(5)C1s22s22p63s23p63d6(或Ar3d6)(6)不含解析(1)N原子的2p轨道处于半充满状态，结构较稳定，故第一电离能较大的是N。(2)由N原子的价电子排布式2s22p3可知，其有3个运动状态不同的未成对电子。(3)N元素的电负性大，原子半径小，则HN3分子间存在氢键，导致叠氮酸的沸点相对较高。(4)HNO2中N原子采取sp2杂化。(5)NO的结构式为O=NO，N、O上均有孤电子对；在配合物K3Co(NO2)6中钴显3价，则钴离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6。(6)N2H4分子的结构式为，分子中不含键。20(1

25、0分)(2019南京高二调研)通过反应，可制备有机中间体异氰酸苯酯。(1)Ni3基态核外电子排布式为_。(2)异氰酸苯酯分子中碳原子杂化轨道类型是_，1 mol异氰酸苯酯分子中含有键数目为_。(3)Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的排列顺序为_。(4)C2H5OH的沸点高于，这是因为_。(5)Ni与Al形成的一种合金可用于铸造飞机发动机叶片，其晶胞结构如图所示，该合金的化学式为_。考点分子结构与性质的综合考查题点分子结构与性质的综合考查答案(1)Ar3d7(或1s22s22p63s23p63d7)(2)sp和sp214NA(3)NOCNa(4)乙醇分子间存在氢键(5)Ni3Al解析

26、(1)Ni3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7或Ar3d7。(2)异氰酸苯酯分子中，苯环上的碳原子采取sp2杂化，N=C=O中的碳原子采取sp杂化；由异氰酸苯酯的结构简式可知，1 mol异氰酸苯酯分子中键的数目为14NA。(3)在元素周期表中，同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第A族和第A族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，所以Na、O、C、N四种元素的第一电离能从大到小的排列顺序为NOCNa。(4)C2H5OH分子间可形成氢键，而不能形成分子间氢键，所以C2H5OH的沸点高于。(5)根据均摊法，该晶胞中Al原子个数为81，N

27、i原子个数为63，所以该合金的化学式为Ni3Al。21(14分)(1)Cu的一种氯化物晶胞结构如图所示(黑球表示铜原子，白球表示氯原子)，该氯化物的化学式是_。若该晶体的密度为 gcm3，以NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长a_nm。(2)用晶体的X射线衍射法对Cu的测定得到以下结果：Cu的晶胞为面心立方最密堆积(如图)，已知该晶体的密度为9.00 gcm3，Cu的原子半径为_cm(阿伏加德罗常数的值为NA，只要求列式表示)。(3)一种铜金合金晶胞如图所示(Au原子位于顶点，Cu原子位于面心)，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为_，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为_gcm3

28、(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。考点晶体结构和性质的综合考查题点晶体结构与相关计算答案(1)CuCl(2)(3)13解析(1)晶胞中铜原子的个数是4，氯原子的个数是864，所以该氯化物的化学式为CuCl。根据mV可知，(a107 cm)3 gcm399.5 gmol1，解得a nm。(2)Cu的晶胞为面心立方最密堆积，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为864，设晶胞的边长为a cm，则a3 cm3 gcm3NA mol1464 gmol1，所以a，晶胞面对角线为a cm，面对角线的为Cu原子的半径，所以Cu原子的半径为 cm。(3)在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数为81，Cu原子个数为63，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比为13，晶胞体积V(a1010 cm)3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则 gcm3 gcm3。