期末练习卷总卷（C）期末练习卷-（2019新）人教版高中化学选择性必修二.docx

1、高中化学人教版（2019）选择性必修二期末练习卷总卷（C）一、单选题1.下列叙述中正确的是（ ） A.只有活泼金属与活泼非金属之间才能形成离子键B.具有共价键的化合物是共价化合物C.具有离子键的化合物是离子化合物D.化学键是分子中多个原子之间强烈的相互作用2.某元素原子3p能级上有一个空轨道，则该元素为( ) A.NaB.SiC.AlD.Mg3.下列叙述错误的是( ) 离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性 配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用 在冰晶体中，既有极性键、非极性键，又有氢键 化

2、合物NH4Cl和CuSO45H2O都存在配位键NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，但原因不完全相同( )A.B.C.D.4.共价键、离子键和范德华力都是微粒之间的不同作用力，下列含有上述两种结合力的是 （ ） Na2O2SiO2石墨 金刚石 NaCl 白磷A.B.C.D.5.已知： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+206kJmol1CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=+247kJmol1 CH 键的键能约为 413kJ/mol ， OH 键的键能约为 463kJ/mol ， HH 键的键能约为 436kJ/mol ，则 CO2 中

3、 C=O 键的键能约为（ ） A.797.5kJ/molB.900.5kJ/molC.962.5kJ/molD.1595kJ/mol6.下列分子的立体结构模型正确的是( ) A.CO2的立体结构模型 B.PH3的立体结构模型 C.H2S的立体结构模型 D.CH4的立体结构模型 7.关于原子轨道的说法正确的是( ) A.凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体形B.CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个氢原子的1s轨道和碳原子的2p轨道混合起来而形成的C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相近的新轨道D.凡AB3型的共价化合物,其中心

4、原子A均采用sp3杂化轨道成键8.在下列化学反应:H+OH-H2O;2H2+O22H2O;HCl+NH3NH4Cl; BaCl2+(NH4)2SO4BaSO4+2NH4Cl;Fe+Cu2+Cu+Fe2+;NaNH2+H2O NaOH+NH3中,反应时不形成配位键的是( ) A.B.C.D.9.下列四种元素中，其单质氧化性最强的是()A.原子含有未成对电子最多的第二周期元素B.位于周期表中第三周期A族的元素C.原子最外电子层排布为2s22p4的元素D.原子最外电子层排布为3s23p3的元素10.类比是一种常见的学习方法，下列类比推断正确的是（）A.铁遇浓硝酸发生钝化，铜遇浓硝酸也发生钝化；B.蓝

5、色石蕊试纸遇稀硫酸变红色，蓝色石蕊试纸遇浓硫酸也变成红色；C.CH4是极性键构成的非极性分子,CCl4也是极性键构成的非极性分子；D.铁与稀硝酸作用产生NO，铁与浓硝酸作用也产生NO；11.通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同，则下列有关说法中正确的是 ()A.CH4和NH4+是等电子体，键角均为60B.B3N3H6和苯是等电子体，1molB3N3H6和苯均有6mol非极性键C.NH3和PCl3是等电子体，均为三角锥形结构D.BF3和CO32-是等电子体，均为平面正三角形结构12.当镁原子由1s22s22p63s21s22s22p63p2时，以

6、下认识正确的是A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.镁原子由激发态转化成基态，这一过程中释放能量C.转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋状态相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似13.在一定温度下，乙烯与乙醇的混合物的混合气体V L，完全燃烧生成CO2和H2O，消耗相同状态下的O2 3 VL，则混合气体中乙烯和乙醇的体积比为（）A.1：1B.2：1C.1：2D.任意比14.对于第三周期元素的有关叙述错误的是（ ）A.碱性：NaOH Mg(OH)2 Al(OH)3B.电负性：Si P SC.第一电离能：Na Mg AlD.Cl核外电子排布式：1s22s

7、22p63s23p615.向盛有硫酸铜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透明溶液。下列对此现象的相关说法不正确的是（ ）A.沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子为Cu(NH3)42+B.向反应后的溶液中加入乙醇，有沉淀析出C.在Cu(NH3)42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对D.反应前后，Cu2+浓度不变16.纳米材料的表面粒子数占总粒子数的比例极大，这是它具有许多特殊性质的原因。假设某氯化钠纳米颗粒的大小和形状恰好与氯化钠晶胞的大小和形状（如图所示）相同。则这种纳米颗粒的表面粒子数占总粒子数的百分数为（ ）A.87.5B.92.9C.96.3

8、D.10017.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.第一电离能XYD.X和Y的核电荷数之差为mn18.SiCl4的分子结构与CCl4类似，对其作出如下推断，其中正确的是（ ）SiCl4晶体是分子晶体常温、常压SiCl4是液体SiCl4的分子是由极性键形成的非极性分子SiCl4熔点高于CCl4A.只有B.只有C.只有D.全部19.下列各组数据中比值不为1：2的是（ ）A.乙烷中CC的键能与乙烯中CC的键能之比B.金刚石晶体中碳原子个数与CC共价键个数之比C.Al基态原子核外最外层P轨道和S轨道电子数之比D.碳基态原子核外未成对电子数和成

9、对电子数之比20.石墨晶体是层状结构（如图）。以下有关石墨晶体的说法正确的一组是（ ）石墨中存在两种作用力；石墨是混合晶体；石墨中的C为sp2杂化；石墨熔点、沸点都比金刚石低；石墨中碳原子数和CC键之比为12 ；石墨和金刚石的硬度相同；石墨层内导电性和层间导电性不同；每个六元环完全占有的碳原子数是2个。A.全对B.除外C.除外D.除外二、实验探究题21.一项科学研究成果表明，铜锰氧化物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO） （1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2 和Mn（NO3）2 溶液中加入Na2CO3 溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4 Mn

10、2+基态的电子排布式可表示为_NO3的空间构型是_（用文字描述）（2）在铜锰氧化物的催化下，CO 被氧化为CO2 ， HCHO 被氧化为CO2 和H2O 根据等电子体原理，CO 分子的结构式为_H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为_1mol CO2 中含有的键数目为_（3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成Cu（OH）42 不考虑空间构型，Cu（OH）42的结构可用示意图表示为_ （4）如图1为三种不同晶体的晶胞结构图： 图I Fe结构中每个铁原子周围距离最近且相等的铁原子数目为_图II是元素Ni的一种碲（Te）化物晶体的晶胞结构，则该化合物的化学式为_图III是一种镍基合金储

11、氢后的晶胞结构示意图该合金储氢后，含1mol La的合金可吸附H2的数目为_（5）已知1丙醇和2丙醇的结构简式如下： 1丙醇：CH3CH2CH2OH2丙醇： 图2是这两种物质的其中一种的核磁共振谱，并且峰面积比分别为1：1：6，请指出具有该核磁共振氢谱的物质是_（写名称）22.如图表示一些晶体中的某些结构，它们分别是NaCl、CsCl、干冰、金刚石结构的一个晶胞 （1）其中代表金刚石的是（填编号字母，下同）_，其中每个碳原子与_个碳原子最接近且距离相等金刚石属于_晶体 （2）其中表示NaCl的是_，每个Na+周围与它最接近且距离相等Na+有_个，每个晶胞有_个Na+ （3）代表CsCl的是_，

12、它属于_晶体，每个Cs+与_个Cl紧邻 （4）代表干冰的是_，它属于_晶体，每个CO2分子与_个CO2分子紧邻，该晶胞中有_个CO2分子 （5）上述四种物质的熔点由高到低的排列顺序为（填物质名称）_ 23.CuSO4在活化闪锌矿（主要成分是ZnS）方面有重要作用，主要是活化过程中生成CuS、Cu2S等一系列铜的硫化物活化组分 （1）Cu2+基态的电子排布式可表示为_； （2）SO42的空间构型为_（用文字描述）；中心原子采用的轨道杂化方式是_；写出一种与SO42互为等电子体的分子的化学式：_； （3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH溶液可生成Cu （OH）42 不考虑空间构型，Cu（OH）

13、42的结构可用示意图表示为_； （4）资料显示ZnS为难溶物，在活化过程中，CuSO4能转化为CuS的原因是_ （5）CuS比CuO的熔点_（填高或低），原因是_ （6）闪锌矿的主要成分ZnS，晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为_（列式并计算），a位置S2离子与b位置Zn2+离化学选修5：有机化学基础子之间的距离为_pm（列式表示） 24.乙炔是有机合成工业的一种原料工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔 （1）CaC2中C22与O22+互为等电子体，O22+的电子式可表示为_； （2）乙炔中C原子与H原子间共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏H，则C、Si、H的电负性由大到

14、小的顺序为_ （3）CaC2与水反应的化学方程式为_ 参考答案一、单选题1.【答案】 C 【解析】A活泼金属与活泼非金属之间能形成离子键，铵根离子与酸根离也能形成离子键，故A不符合题意； B具有共价键的化合物不一定是共价化合物，如氢氧化钠是离子化合物，也含有共价键，故B不符合题意；C含有离子键的化合物是离子化合物，故C符合题意；D化学键是相邻原子间强烈的相互作用，故D不符合题意；答案为C。2.【答案】 B 【解析】A. Na原的电子排布式为1s22s22p63s1 ， 3p能级上有3个空轨道； B. Si的电子排布式为1s22s22p63s23p2 ， 3p能级上有1个空轨道；C. Al的电子

15、排布式为1s22s22p63s23p1 ， 3p能级上有2个空轨道；D. Mg的电子排布式为1s22s22p63s2 ， 3p能级上有3个空轨道。故答案为：B。3.【答案】 B 【解析】离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故符合题意；配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故不符合题意；金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故符合题意；在冰晶体中，既有极性键，又有氢键，但不存在非极性键，故不符合题

16、意；化合物NH4Cl和CuSO45H2O都存在配位键，铵根离子中N原子和其中一个H原子形成配位键，Cu原子和水分子中O原子形成配位键，故符合题意；NaCl、HF、CH3CH2OH、SO2都易溶于水，二氧化硫和水生成亚硫酸，氟化氢、乙醇和水形成氢键，氯化钠在水溶液里电离，所以其原因不同，故符合题意； 不符合题意，故答案为：B。4.【答案】 B 【解析】过氧化钠中含有离子键和非极性键；二氧化硅中只含有极性键；石墨中含有非极性键，同时还含有分子间作用力；金刚石中只存在非极性键；氯化钠只含有离子键；白磷含有非极性键，同时还含有分子间作用力。 故答案为：B。5.【答案】 A 【解析】根据盖斯定律有CH4

17、(g)+2H2O(g)=4H2(g)+CO2(g) H=2H1-H2=412-247=165KJ/mol H=4C-H+4H-O-4H-H+2C=O=165，故可知C=O键的键能约为797.5KJ/mol 故答案为：A6.【答案】D 【解析】CO2分子的构型是直线形,A不正确;PH3与NH3的构型相同为三角锥形,B不正确;H2S与H2O的构型相似均为V形,C不正确;CH4的构型为正四面体形,D正确。【分析】熟练掌握常见分子的空间构型是解题的关键，需要记忆、理解和观察能力。7.【答案】C 【解析】中心原子采取sp3杂化,四个sp3杂化轨道在空间的形状是正四面体形,但如果中心原子还有孤电子对,分子

18、的立体构型不是正四面体形。CH4分子中的sp3杂化轨道是碳原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成的。AB3型的共价化合物,A原子可能采取sp2杂化或sp3杂化。【分析】中心原子的杂化方式与分子的空间构型没有必然规律，需要看是否有孤电子对。8.【答案】A 【解析】由结构可知:中各物质均不含有配位键,虽然N中含有配位键,但在反应过程中该离子没有发生变化,故也没有形成新的配位键。只有中由于生成铵离子而形成配位键。【分析】首先工具形成配位化合物的条件判断能否形成存在配位键，然后分析反应过程中的成键情况即可。9.【答案】 C 【解析】原子含未成对电子最多的第二周期元素其最外层电子排布图为： ，故A应为

19、氮元素，B应为铝元素，C应为氧元素，D应为磷元素。根据其在元素周期表中的相对位置： 知：单质氧化性最强的应为O2 ， 故应选C。10.【答案】 C 【解析】【分析】铜与浓硝酸能反应，不发生钝化，A错误；浓硫酸具有脱水性，遇蓝色石蕊试纸先变红后变黑，B错误；常温下铁与浓硝酸发生钝化，D错误；C正确。11.【答案】 D 【解析】A不正确，应该是10928；B不正确，B3N3H6中不存在非极性键；NH3和PCl3不是等电子体，C不正确，所以正确的答案选D。12.【答案】 A 【解析】1s22s22p63s2为基态电子排布，1s22s22p63p2为激发态电子排布。由基态变为激发态是需要吸收能量的，因

20、此A正确，B错误。根据洪特规则电子优先占据一个轨道，且自旋方向相同，C错。电子由基态变为激发态，并没有影响电子层结构，D错。所以正确的选项为A。13.【答案】 D 【解析】【分析】由于乙醇的分子式C2H6O可以看作是C2H4H2O，而乙烯的分子式是C2H4 ， 所以在体积相等的条件下二者消耗的氧气是相同的，答案选D。14.【答案】 C 【解析】【分析】答案：CA、正确，从左到右，最高价氧化物的碱性减弱NaOH Mg(OH)2 Al(OH)3；B、正确，从左到右，原子半径变小，电负性变大：Si P S；C、不正确，Mg的2s轨道是全满结构，第一电离能变大：Na Al Mg；D、正确。15.【答案

21、】 D 【解析】答案：DCu22NH3H2O=Cu(OH)22NH4 ， Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)42+2OH4H2O。A、正确，生成生成深蓝色的配离子为Cu(NH3)42+；B、Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小；C正确，在Cu(NH3)42+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键；D、不正确，反应前后，Cu2+浓度大幅度减小。16.【答案】 C 【解析】正确答案：C2627100%=96.3。17.【答案】 A 【解析】正确答案：AA、X核外电子少，第一电离能小；B、不正确，X的原子半径比Y大； C不正确，电负性XY ；D不正确，X和Y的核电荷

22、数之差为m+n。18.【答案】 D 【解析】正确答案：DSiCl4晶体与CCl4晶体相似，是分子晶体常温、常压SiCl4沸点高于CCl4 ， 是液体SiCl4的分子是由极性键SiCl形成的非极性分子SiCl4相对分子质量大于CCl4 ， 熔点高于CCl4。故全部正确。19.【答案】 A 【解析】答案：AA不正确，双键中有一个，一个键，键能不是单键能的二倍。20.【答案】 C 【解析】正确答案：C正确，石墨中存在两种力一种是范德华力，一种是共价键；正确；正确，石墨中的C为sp2杂化，用来容纳三个共用电子结；不正确，石墨熔点、沸点都比金刚石高；不正确，石墨中碳原子数和CC键之比为23；不正确，石墨

23、质软，金刚石的硬度大；正确；正确，每个六元环完全占有的碳原子数是61/3=2个。二、实验探究题21.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5）；平面三角形（2）CO；sp3；26.021023个（或2mol）（3）（4）12；NiTe2；3mol或3NA（5）2丙醇 【解析】解：（1）Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为，1s22s22p63s23p63d54s2 ， 则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或Ar3d5）；NO3中N原子形成3个键，没有孤电子对，则

24、应为平面三角形，故答案为：平面三角形；（2）N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为NN，则CO的结构为CO，故答案为：CO；H2O 分子中O形成2个键，孤电子对数为 6212 =2，则为杂化sp3；CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个键，则1molCO2中含有的键数目为6.021023个（或2mol），故答案为：26.021023个（或2mol）；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，可表示为 ，故答案为： ；（4）根据晶胞结构图可知，以顶点上的铁原子为例，距离最近且相等的铁原子位于经过该顶点的12个面的面心上，所以每个铁原子周围距离最近且相等的铁原子数目为

25、12，故答案为：12；该晶胞中镍原子个数=8 18 ，Te原子个数=2，则该晶胞中镍和碲原子个数之比为1：2，则其化学式为：NiTe2 ， 故答案为：NiTe2；根据均摊法，可知每个晶胞中含有La原子为8 18 =1，而每个晶胞中含有氢分子的个数为：8 14 +2 12 =3，所以1mol La的合金可吸附H2的数目为3mol， 故答案为：3 mol或3NA；（5）根据该有机物的核磁共振谱中的峰面积比分别为1：1：6可知：该有机物分子中含有的不同位置氢原子有3种，分别含有氢原子数之比为1：1：6，1丙醇（CH3CH2CH2OH中不同位置的氢原子有三种，其数目之比为1：3：4；2丙醇 中不同位置

26、的氢原子有三种，其氢原子数目之比为1：1：6，所以满足条件的物质为：2丙醇，故答案为：2丙醇22.【答案】 （1）；4；原子（2）；12；4（3）；离子；8（4）；分子；12；4（5）金刚石NaClCsCl干冰 【解析】解：根据不同物质晶体的结构特点来辨别图形所代表的物质（1）金刚石是原子晶体，构成微粒是原子，形成的是空间网状结构，故选，其中每个碳原子与4个碳原子最接近且距离相等，金刚石属于原子晶体 故答案为：；4；原子（2）氯化钠是离子晶体，其构成微粒是阴阳离子，NaCl晶胞是简单的立方单元，阴阳离子间通过离子键结合，故选，每个Na+周围与它最接近且距离相等Na+有12个，每个晶胞有12 1

27、4 +1=4个Na+ ， 故答案为：；12；4；（3）CsCl是由阴阳离子构成的，氯离子和铯离子的配位数是8，故选，它属于离子晶体，每个Cs+与8个Cl紧邻，故答案为：；离子；8；（4）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上，所以图为干冰晶体，该晶胞中有 818+612 =4个CO2分子，故答案为：；分子；12；4；（5）晶体熔沸点：原子晶体离子晶体分子晶体，离子晶体熔沸点与离子半径成正比，与电荷成正比，金刚石是原子晶体、NaCl和CsCl是离子晶体、干冰是分子晶体，钠离子半径小于铯离子半径，所

28、以这几种晶体熔点高低顺序是金刚石NaClCsCl干冰故答案为：金刚石NaClCsCl干冰23.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d9（或Ar3d9）（2）正四面体；sp3；CCl4或SiCl4（3）（4）在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS），或相同温度下，CuS比ZnS更难溶（5）低；CuO晶格能比CuS大（6）4(65+32)g/mol;6.021023mol1(5401010cm)3 =4.1g/（cm）3；2701cos10928 【解析】解：（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1 ，

29、Cu2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d9 ， 故答案为：1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42的价电子对数= 6+22 =4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3 ， 形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与SO42互为等电子体的微粒有SiCl4等；故答案为：正四面体；sp3；SiCl4；（3）Cu（OH）42中与Cu2+与4个OH形成配位键，可表示为 ，故答案为： ；（4）由沉淀转化原理可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温

30、度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS），所以ZnS能转化为CuS；故答案为：在相同温度下，Ksp（CuS）Ksp（ZnS）；（5）离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，CuS与CuO中O2比S2半径小，所以CuO的熔点比CuS高；故答案为：低；CuO晶格能比CuS大；（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数= 18 8+ 12 6=4，= MNAV = 4(65+32)g/mol;6.021023mol1(5401010cm)3 =4.1g/（cm）3 ， 每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为10928，两个白球之间的距离=270 2 pm，设S2离子与Zn2+离子之间的距离为x，2x22x2cos10928=（270 2 ）2 ， x= 2701cos10928 pm；故答案为：4.1g/（cm）3； 2701cos10928 24.【答案】 （1）（2）CHSi（3）CaC2+2H2O=Ca（OH）2+C2H2 【解析】解：（1）等电子体结构和性质相似，C22与O22+和氮气互为等电子体，根据氮气分子电子式书写O22+电子式为 ，故答案为： ；（2）共用电子对偏向电负性大的原子，CH4中共用电子对偏向C，则电负性CH；SiH4中共用电子对偏向H，则电负性HSi，所以C、Si、H的电