第2章微粒间相互作用与物质性质测试题-高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2.docx

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1、第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试题一、单选题（共15题）1下列关于化学基础概念的描述正确的是A氢键、共价键、离子键等是化学键B气体摩尔体积的数值是固定的，为22.4L/molC电子云是指核外电子高速运动，看起来像一朵云的样子D手性碳原子是指连接四个不相同的原子或者原子团的碳原子2短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，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：B简单氢化物水溶液的酸性：C同周期中第一电离能大于Y的元素有3种DY、Z最高价氧化物对应的水化物中心原子的杂化方式不同3已知反应：，

2、该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是A的电子式为BO的价电子排布图为C的空间充填模型为D中键与键的个数比为1：14下列关于化学键的说法中正确的是（）A中既有极性键又有非极性键B凡是有化学键断裂的过程一定发生了化学反应C非金属元素之间只能形成共价化合物D所有盐、碱和金属氧化物中都含有离子键5下列说法错误的是ANH3、H2O、CO2分子中，中心原子孤电子对数最多的是H2OB某元素气态基态原子的逐级电离能()分别为738kJ/mol、1451kJ/mol、7733kJ/mol、10540kJ/mol、13630kJ/mol、17995kJ/mol、21703kJ/mol，当它与氯气反应时可能

3、生成的阳离子是X2+C有机物中，键和键比例为7:1D已知反应，若该反应中有4mol N-H键断裂，则形成的键数目为3NA6溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为A溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子BBr2是单质，CCl4是化合物CBr2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子DBr2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物7短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，K、L、M均是由这些元素形成的氧化物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体，K是无色气体，也是主要的大气污染物之一，0.05molL-1丙的溶液中c(H+)=0.1molL-1，上述几种

4、物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：WYXB元素的非金属性：ZYXC元素的第一电离能：WZYDK、L、M中沸点最高的是M8臭氧通常存在于距离地面25km左右的高层大气中，它能有效阻挡紫外线，保护人类健康。但是在近地面，臭氧却是一种污染物。已知O3的空间结构为V形，分子中正电中心和负电中心不重合。下列说法不正确的是AO3和O2互为同素异形体B在水中的溶解度：O3O2CO3是极性分子，O2是非极性分子DO3分子中的共价键是极性键9若NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法中错误的是A牺牲阳极法和外加电流法都要采用辅助阳极，将被保护的金属作为阴极BAg(NH3)2Cl的配体为NH3，配位数

5、为2C常温下，1mol Al与足量浓硝酸反应，转移电子数目为3NAD标准状况下，11.2L NO与11.2L O2混合后的原子总数为2NA10下列叙述不正确的是AHF、HCl、HBr、HI的沸点逐渐增大B在周期表中金属与非金属的分界处，可以找到半导体材料CLi、Na、K原子的电子层数依次增多DX元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3，它的气态氢化物为H3X11反应Cl2+2NaOH = NaClO+NaCl+H2O，可用于制备含氯消毒剂，下列说法正确的是ACl2中共价键类型为极性共价键BNaOH的电子式：C中子数为18的Cl原子：ClD基态Na原子的外围电子排布式为3s112下列关于物质结构和

6、化学用语的说法正确的是ABF3、CCl4中所有原子均达到8电子稳定结构B78gNa2O2晶体中所含离子数目为3NAC18gH2O或D2O的质子数均为10NAD34gH2O2含有极性键的数目为3NA13下列事实不能用氢键来解释的是A密度：冰水B沸点：邻羟基苯甲醛PH3D浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F14氨基酸是构成人体必备蛋白质的基础，某氨基酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A第一电离能：ONCHB基态氧原子的电子有8种空间运动状态C该分子中碳原子的杂化类型有sp、和D键的极性大小：N-HO-HZWB最简单氢化物沸点：Y”或“O2，故B正确；C O3的空间结构为V形，分子中正负电荷中心

7、不重合，O3是极性分子，O2是非极性分子，故C正确；DO3分子中的共价键是非极性键，故D错误；选D。9C【解析】A“外加电流法”利用的是电解池原理，通过外加电源将被保护金属连接到电源负极，使被保护金属做电解池阴极，惰性金属连接电源正极做“辅助阳极”；“牺牲阳极法”利用的是原电池原理，将被保护金属与比其活泼的金属连接形成原电池，让更活泼的金属做原电池负极，也就是“牺牲阳极”，被保护金属做原电池正极，这两种方法均可有效防止铁发生电化学腐蚀，A正确；BAg(NH3)2Cl为配合物，其中Ag(NH3)2+为内界，NH3为配体，配位数为2，B正确；C常温下，铝与浓硝酸会发生钝化现象，不能准确计算转移电子

8、的数目，C错误；D化学变化前后原子数目保持不变，所以标准状况下，11.2L NO与11.2L O2总物质的量为=2mol，则原子总数为2NA，D正确；故选C。10A【解析】A.氟化氢分子间能够形成氢键，分子间的作用力大于同主族其他氢化物，氟化氢的沸点最高，故A错误；B.在金属元素和非金属元素的分界处的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C.Li、Na、K都为A族元素，随着核电荷数增大，原子核外的电子层数依次增多，故C正确；D.由X元素最高价氧化物对应的水化物为HXO3可知，X元素的最高正化合价为+5价，由非金属元素的最高正化合价和负化合价的绝对值之

9、和为8可得，X元素的负化合价为3价，则X元素的气态氢化物为H3X，故D正确；故选A。11D【解析】ACl2中含有的是Cl-Cl非极性共价键，故A错误；BNaOH中含有离子键和O-H极性共价键，电子式为，故B错误；C左下角写质子数，左上角写质量数，中子数为18的Cl原子表示为：Cl，故C错误；DNa是11号元素，基态钠原子核外电子排布式为1s22s22p63s1，故基态Na原子的外围电子排布式为3s1，故D正确；答案选D。12B【解析】ABF3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，故A错误；B78gNa2O2的物质的量是1mol，晶体中所含离子数目

10、为3NA，故B正确；CH2O或D2O的质子数均是10个，但相对分子质量不同，因此18gH2O或D2O的质子数不相同，故C错误；D34gH2O2的物质的量是1mol，含有极性键的数目为2NA，故D错误；故选B。13C【解析】A冰中分子间氢键较多，起到“支撑”作用，体积膨胀，密度：冰水，A不符合题意，B邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力减弱，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间作用力增强，沸点升高，故沸点：邻羟基苯甲醛PH3，不能用氢键来解释，C符合题意；D氟化氢分子间易形成氢键，同时氢氟酸也会发生自耦电离，导致浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F，D不符合题意；故选C。14D【解析】A

11、同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；B原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；C由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；D形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-HO-HF-H，故D正确；故选D。15C由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H

12、元素，W的3p轨道有一个未成对电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。【解析】A元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，故A错误；B水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；C过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；D三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；故选C。16 平面三角形 三角锥形 、 分子中的C原子上没有孤电子对，分子中N原子上有1个孤电子对，分子中O原子

13、上有2个孤电子对，中心原子上孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，则键角越小【解析】(1)分子中的B原子采取杂化，所以其分子的空间结构为平面三角形；分子中的N原子采取杂化，存在一个孤电子对，所以其分子的空间结构为三角锥形，故填平面三角形、三角锥形；(2)乙烷分子中的碳原子采取杂化，乙烯和苯分子中的碳原子均采取杂化，乙炔分子中的碳原子采取杂化，故填、和、；(3)、分子中的O、N、C原子均采取杂化，而在O原子上有2个孤电子对，对成键电子对的排斥作用最大，键角最小；N原子上有1个孤电子对，对成键电子对的排斥作用没有水分子的大；C原子上无孤电子对，键角最大，故填分子中的C原子上没有孤电子对，分子

14、中N原子上有1个孤电子对，分子中O原子上有2个孤电子对，中心原子上孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，则键角越小。17 相似 有 有 NH3【解析】(1)N、P属于同族元素，原子最外层都有5个电子，其中三个成单电子分别与3个H原子形成3对共用电子对，在中性原子上都存在1对孤对电子，所以NH3分子与PH3分子的空间结构相似，均为三角锥形，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，因此二者都属于极性分子。P-H键为不同元素原子之间形成的共价键，属于极性键；(2)元素的非金属性越强，其形成的化学键就越强，断裂消耗的能量就越高，物质的稳定性就越强。由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律可知，元

15、素的非金属性：NP，所以热稳定性：NH3PH3，即NH3与PH3相比，热稳定性更强的是NH3。18(1) 1s22s22p3 14(2) CO (3)(4) 3 分子(5)氢硫酸暴露于空气中会变浑浊，发生反应，说明氧气的氧化性大于S【解析】（1）氮原子核外有7个电子，核外电子排布式为1s22s22p3；硅原子核外有14个电子，运动状态有14种。（2）反应混合物中存在N2、CO两种分子，CO结构不对称，CO是极性分子，N2是非极性分子，电子式为。（3）电子层数相同，质子数越多半径越小，三种离子的半径按由大到小的顺序排列为。（4）氧原子核外电子排布为1s22s22p4，占有1s、2s、2p共3种能

16、量不同的轨道。中只含共价键，属于分子晶体。（5）氢硫酸暴露于空气中会变浑浊，发生反应，说明氧气的氧化性大于S，则非金属性：S小于O。19(1) 3(2) sp 正四面体形(3) (4)4(5) 3 111(6)BCDAX、Y、Z、W、M、R是前四周期元素，X只有1个s轨道且含有单电子，则X为H元素；Y电负性最大，故Y为F元素；R的d轨道上有两个单电子且价电子数为10，其外围电子排布式为3d84s2，故R为Ni；Z和M同主族且Z的p轨道半充满，二者外围电子排布式为ns2np3，二者处于VA族，W和Y(氟)同主族，二者处于A族，原子半径Y(F)ZWMR(Ni)，故Z为N元素、W为Cl、M为P。【解

17、析】（1）由分析可知，X为H、Y为F、Z为N、W为Cl、M为P、R为Ni；R是前四周期元素，R的d轨道上有两个单电子且价电子数为10，则其价电子排布式为3d84s2，同周期中未成对电子数与R相同的元素的价电子排布式为3d24s2、4s24p2、4s24p4，即有3种，故答案为：3d84s2；3；（2）中心原子N原子价层电子对数为2+=2，故N原子采取sp杂化，NCl3中心原子N原子价层电子对数=3+=4，N原子采取sp3杂化，PCl4+中心原子P原子孤电子对为0，价层电子对数为4，故其空间结构为正四面体形，故答案为：sp；sp3；正四面体形；（3）电负性FCl,F原子对共用电子对吸引更强，即N

18、F3中共用电子对距离较远，排斥力较小，则键角：NCl3NF3，NH3分子之间存在氢键，故沸点：PH3NH3，故答案为：；（4）HF水溶液中存在氢键有：F-HF、O-HO、F-HO、O-HF共4种，故答案为：4；（5）碳原子连接4个不同的原子或原子团称为手性碳原子，莽草酸中连接羟基的3个碳原子是手性碳原子，共价单键为键、共价双键中含有1个键和1个键，莽草酸分子中键与键个数比为11：1，故答案为：3；11：1；（6）物质其O-H键越易断裂，其酸性越强，A物质中甲基为斥电子基团，B、C、D物质中基团吸电子效应的强度为-Cl-CCH-C6H5，即酸性由强到弱为：BCDA，故答案为：BCDA。20(1)

19、(2)(3)(4)(5)3(6)X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其原子序数依次增大。X元素的一种核素的质量数为12，中子数为6，质子数为12-6=6，X为C，Y元素是动植物生长不可缺少的、构成蛋白质的重要元素，Y为N，Z的基态原子核外9个原子轨道上填充了电子且有2个未成对电子，与X、Y不同族，Z为S，W是一种常见元素，可以形成3种氧化物，其中一种氧化物是具有磁性的黑色晶体即四氧化三铁，W为Fe。（1）Y2分子为N2，N2的结构式为NN，1个N2分子中有1个键和2个键，键和键数目之比为1:2。（2）C元素的一种氧化物CO和CN-与N2结构相似，可推知CN-的结构式为，的结构式为，

20、单键为键、三键为1个键和2个键，键和键数目之比为2:2=1:1。（3）S的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：。（4）W为Fe，原子序数为26，其基态原子的价层电子排布式为：。（5）由题图可看出，每个碳原子能与三个碳原子形成单键，故能形成3个键。（6）焓变H=反应物键能之和-生成物键能之和，则，解得E=，即YO分子中Y、O之间共价键的键能为。21(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%(2) 2Cu(NH3)4SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2C

21、uNH4SO3+4H+=Cu+Cu2+2NH+2SO2+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%【解析】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)=6.10310-3(mol)因此有x+y=6.10310-3铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25，1

22、01.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)=1.68010-2(mol)，则有x+y+z=1.68010-2z=1.68010-2-6.10310-3=1.07010-2=n(Cu)m(Cu)=M(Cu)n(Cu)=63.546gmol-11.07010-2mol=0.680gw%(Cu)=100%=68.0%m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g+=6.10310-3mol+=6.10310-3mol式和联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030gw%(Zn)=100%=29.0%w%(Al)=3.0%故答案为w%(Cu)=68.0%

23、、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；（2）根据题意：向Cu(NH3)4SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2Cu(NH3)4SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2Cu(NH3)4SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2+2NH+2SO2+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3

24、+4H+=Cu+Cu2+2NH+2SO2+2H2O；50%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。22 2NH2OH+2Fe3+=2Fe2+2H+N2+2H2O 【解析】(1)酸性条件下，羟胺将Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染气体，该气体应为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得

25、该反应的离子方程式为2NH2OH+2Fe3+=2Fe2+N2+2H+2H2O；(2)由题图可知，吸光度为0.500时对应的Fe2+浓度为0.050010-3 molL-1，则其中铁元素的质量m(Fe)=，所以该样品中铁元素的含量为。23(1) 饱和溶液 将生成的氯气赶往装置E中充分反应 空气中的二氧化碳与反应，降低了产率(2)缓慢滴加浓盐酸(3) (4) 直形冷凝管 碱石灰 溶液 易被过量的氧化(5)(6)本题是无机物制备的类的实验题，首先用氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，随后再用次氯酸钠和氢氧化钠、尿素反应生成产物，由于产物产物容易和空气中二氧化碳反应，故要防止空气中的二氧化碳和产物接触，以

26、此解题。【解析】（1）装置D中试剂用来除去氯气中的氯化氢，故其中的试剂是饱和溶液；反应完后会有少量氯气留在装置内，可以用空气将生成的氯气赶往装置E中充分反应；空气中含有二氧化碳，可以和生成的次氯酸钠反应，而氢氧化钠可以除去二氧化碳，故不利影响为：空气中的二氧化碳与反应，降低了产率；（2）反应越快，放出的热量越多，故可以减慢反应的速率，可以采取的措施为：缓慢滴加浓盐酸；（3）的C的价层电子对数为3，N的价层电子对数为4，故其杂化方式分别为：；（4）由图可知仪器d的名称为直形冷凝管；干燥管e的作用为防止空气中的二氧化碳进入装置H，故其中的试剂为：碱石灰；由题中的信息可知，有较强的还原性，次氯酸钠有较强的氧化性，可以和反应，故需要缓慢滴加的是溶液；原因是：易被过量的氧化；（5）根据题给信息可知，、氢氧化钠和次氯酸钠反应生成产物，方程式为：；（6）根据方程式可知，n()=n(I2)= ，则样品中的质量分数=。