高二化学人教版（2019）选择性必修2期末复习练习十一.docx

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1、 高二选择性必修2（人教版2019）期末复习练习十一一、单选题1短周期元素X和Y，可组成化合物XY3。当X的原子序数为a时，Y的原子序数可能是：a+2，a4，a8，a+12，a-6，其中正确的组合是ABCD2下列说法错误的是Ap能级电子能量一定高于s能级电子能量B同一原子处于激发态时的能量一定高于基态时的能量CFe3+的最外层电子排布式：3s23p63d5DS电子云呈球形，有无数条对称轴3下列叙述中错误的是A气态和中心原子的孤电子对数目相等B某晶体不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体C分子与H+结合成，O原子的杂化类型未发生改变D离子空间结构：正四面体形4某原子的核外电子排布

2、式为1s22s22p63s23p4，则下列说法错误的是A该原子核外电子共有16种运动状态B该原子核外电子共占据5个轨道C该原子核外电子共占据三个能层D该原子核外电子共占据五个能级5下列说法中，正确的是A在共价化合物分子内，一定不存在离子键BHF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定CCH4、C2H2、HCN都是含有极性键的非极性分子DHO键键能为463 kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为6下列判断正确的是 A图甲表示由原子M、N构成的晶体的晶胞，则其化学式可表示为M2N7B图乙表示CsCl晶体的晶胞，Cs+的配位数为6C图丙可表示燃料燃烧反应的能量变化D图丁表示

3、可逆反应的平衡常数随反应物浓度的变化7如图为元素周期表短周期的一部分。其中一种元素E的原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2-1。有关A、B、C、D、E五种元素的叙述，不正确的是A等浓度C的氢化物水溶液酸性比E的氢化物水溶液酸性强BA与B形成的微粒可能有：AB、AB2CD在过量的B单质中燃烧产物为DB2DC、B、A的氢化物稳定性依次减小8常温下，S2Cl2为浅黄色至橘红色、有恶臭、毒性的液体。S2Cl2遇水反应出无色有刺激性气味的气体，且溶液变浑浊。下列叙述正确的是A硫黄是原子晶体，S2Cl2是分子晶体BS2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2和SO2的分子极性和中

4、心原子的杂化方式均相同CCl与S相比，前者非金属性更强，含氧酸酸性更强DS的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大9下列对物质及其变化的有关叙述正确的是A干冰气化时碳氧键发生断裂BCaO和SiO2晶体中都不存在单个小分子CK2O和K2O2中化学键类型完全相同D苯分子中只有极性键10下列说法正确的是A乙醇中的-OH上的氢比水分了中的-OH上的氢活泼BNaCl晶体中每个Cl-周围有8个Na+CTiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物内界和外界Cl-的数目之比是1：2D手性分子CH2=CHCH(CH2OH)COOH与足量的H2反应后分子有两个手性碳原子二、多选题11

5、下列说法错误的是A基态B原子核外电子的空间运动状态有2种B二氯乙酸的酸性大于氯乙酸的C的 VSEPR模型与分子的空间构型不一致D可以通过红外光谱仪来测定分子的相对分子质量三、填空题12如图是原子序数为119的元素第一电离能的变化曲线(其中部分元素第一电离能已经标出数据)。结合元素在元素周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并回答下列有关问题。(1)碱金属元素中Li、Na、K的第一电离能分别为 _ 、 _ 、 _ 。(2)同主族中不同元素的第一电离能变化的规律为： _ ，碱金属元素这一变化的规律与碱金属的活泼性的关系是 _ 。(3)钙元素的第一电离能的数值范围为 _ 。四、结构与性质13202

6、0年12月17日，“嫦娥五号”首次成功实现地外天体采样返回，标志着我国航天向前迈出了一大步。其制作材料中包含了Al、Cr、Cu、C、N、O、Si等多种元素。回答下列问题:(1)上述元素中基态原子未成对电子数与Cu相同的有_。(2)Cr(NO2)(NH3)5Cl2中Cr3+的配位数为_。配位体原子给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键越强，配合物越稳定，NO作为配体时提供孤电子对的原子是_。粒子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，则NO的大键可表示为_。(3)氮化铝晶体是第三代半导体材料的典型代表之一，属于六方晶

7、系，结构如图a所示，其晶体类型为_，其晶胞结构如图b所示，Al原子位于氮原子形成的_空隙(填“四面体”或“八面体”)。14钛被誉为“现代金属”和“战略金属”。（1）Ti基态核外电子排布式为_。（2）TiO2与BaCO3一起熔融可制得偏钛酸钡，CO32-的空间构型为_；与CO32-互为等电子体的分子是_。（3）四异丙醇钛（C12H28O4Ti）结构如图-1所示，1mol四异丙醇钛中含有键的数目为_mol。（4）偏钛酸钡的晶体结构如图-2所示，则偏钛酸钡的化学式为_；与Ba2+最近且等距离的O2-为_个。15我国科学家借助自主研制的新型钨钴铁合金催化剂攻克了可控结构单壁碳纳米管的制备难题。海底金属

8、软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源，含有钨、铁、锰、锌、钴等。 （1）基态铬原子的核外未成对电子数为_。单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其碳原子的杂化方式为_。（2）纳米结构氧化钴可在室温下将甲硫醛完全催化氧化，甲硫醛分子的中心原子的VSEPR构型为_，其分子中键与键的个数比为_。（3）六羰基钨的熔点为，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。三种组成元素的第一电离能由小到大的顺序为_填元素符号。配体CO中与W形成配位键的原子是C非O，原因是_。（4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形

9、成“离域键”。下列分子中存在“离域键”的有_填字母。A环己烷 二氧化硫 三氟化氮 苯酚（5）、能与络合形成络离子，其结构如图1所示。该络离子与钾离子可形成华蓝钾盐，该钾盐的化学式为_。（6）图2是从铁氧体离子晶体中取出的能体现其晶体结构的一个立方体。已知晶体的密度为，则图2中_已知。五、原理综合题16MnS 纳米粒子被广泛应用于除去重金属离子中的隔离子。(1) 锰的价层电子排布式为_，Mn2+中未成对电子数为_。(2) 磁性氧化铁纳米粒子除隔效率不如 MnS 纳米粒子，试比较两种纳米材料中的阴离子 的半径大小 ：_，常温下H2O是液态 而H2S是气态的原因是_。(3)Mn 可以形成多种配合物，

10、Mn(CO )(H2O)2(NH3)3 Cl2 H2O中第二周期元素第一电离能大小关系为_，配体H2O、NH3中心原子杂化类型均为_。(4) S 和 Na 形成的晶体晶胞如图所示 ，该晶体的化学式为_，设晶胞的 棱长为a c m 。试计算 R 晶体的密度：_(阿伏加德罗常数的值用 NA表示 ) 。试卷第7页，总7页参考答案1D【解析】如果XY3是NH3，则Y的原子序数为a6，如果是SO3，则Y的原子序数为a8，如果X为IIIA族，Y为VIIA族，如BF3，Y的原子序数为a4，为BCl3，则Y的原子序数为a12，若为AlF3，则Y的原子序数为a4，若为AlCl3，则Y的原子序数为a4，若为PCl

11、3，则Y的原子序数为a2，故选项D正确。点睛：本题注意先从一些特殊身上入手，如NH3、PH3、PCl3，SO3，然后从IIIA和VIIA族上入手，从而解决问题。2A【详解】A同一层p能级电子能量高于s能级电子能量，例如2p2s，但2p3s，A项错误；B基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量，B项正确；CFe是26号元素，其电子排布式为Ar3d64s2，失去3个电子形成Fe3+，则Fe3+的最外层电子排布式为：3s23p63d5，C项正确；DS电子云呈球形，有无数条对称轴，D项正确；答案选A。3A【详解】A通过公式计算中心原子的孤电子对数，所以二者的孤电子对数目不相等

12、，故A错误；B离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；C分子与H+结合成，结合前后O原子的杂化类型都为sp3杂化，故C正确；D中心原子S提供6个电子，氧不提供，得到两个电子，所以电子数为8，孤对电子数为4，空间结构为正四面体形，故D正确；故选A。4B【详解】某原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，该元素为16号的硫元素。A. 该原子核外电子共有16个，有16种运动状态，选项A正确；B. 每个s能级有1个轨道，每个p能级有3个轨道，则该原子核外电子共占据9个轨道，选项B错误；C. 该

13、原子核外电子共占据三个能层，选项C正确；D. 该原子核外电子共占据1s、2s、2p、3s、3p五个能级，选项D正确。答案选B。5A【详解】A共价化合物只含共价键，一定不含离子键，故A正确；BH-F键键能大于H-Cl键，所以HF比HCl更稳定，故B错误；CHCN的结构式是，结构不对称，是含有极性键的极性分子，故C错误；D断键吸热、成键放热，HO键键能为463 kJ/mol，18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量小于，故D错误；选A。6D【详解】A图甲表示由原子M、N构成的晶体的晶胞，晶胞中M原子的个数为4，N原子的个数为，则其化学式可表示为MN，A项错误；B图乙表示CsCl晶体的晶胞，与Cs+

14、等距离且最近的Cl-有，则Cs+的配位数为8，B项错误；C燃料燃烧放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而图丙代表热反应，故图丙不能表示燃料燃烧反应的能量变化，C项错误；D可逆反应的平衡常数只与温度有关，与反应物浓度无关，因此改变反应物浓度平衡常数不变，D项正确；答案选D。7A【分析】由题干信息和各元素在周期表中的位置可知，E为第三周期元素，E的原子的电子层数n=3，最外层电子数为2n+1=7，原子核内质子数是2n2-1=17，即E的质子数为17，为Cl元素，则A为C元素，B为O元素，C为F元素，D为S元素，据此分析解答。【详解】AHF为弱酸，而HCl为强酸，因此等浓度C的氢化物水溶液酸性比

15、E的氢化物水溶液酸性弱，A错误；BC和O形成的微粒可以是CO、CO2，B正确；CS在过量的O2中燃烧只会生成SO2气体，C正确；D非金属性越强，氢化物的稳定性越强，非金属性：FOC，因此氢化物的稳定性：HFH2OCH4，D正确；答案选A。8D【详解】A 硫磺属于分子晶体，S2Cl2是分子晶体，故A错误；BS2Cl2与水反应产生SO2，S2Cl2中S为sp3为极性分子，SO2中S为sp2杂化是极性分子， 故B错误；C非金属性更强，最高价含氧酸酸性更强，非金属性ClS，故C错误； DS的逐级电离能中，I4和I5之间突变，I6和I7之间突变，且后者突变程度更大，因为I6和I7之间为能层之间的跨越，故

16、D正确；故选D。9B【详解】A. 干冰气化时化学键未断裂，是破坏了范德华力，故A错误；B. CaO晶体是离子晶体，SiO2晶体是原子晶体，都不存在单个小分子，故B正确；C. K2O只有离子键，K2O2含有离子键和共价键，因此化学键类型不完全相同，故C错误；D. 苯分子中含有极性键和非极性键，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同种元素形成的共价键为非极性共价键，不同种元素形成的共价键为极性共价键。10C【详解】A乙醇中的-OH上的氢不如水分了中的-OH上的氢活泼，A错误；BNaCl晶体中每个Cl-周围有6个Na+，B错误；CTiCl(H2O)5Cl2H2O的配位数是6，在配合物内界中含有1个

17、Cl-，外界有2个Cl-，因此内界和外界Cl-的数目之比是1：2，C正确；D手性分子CH2=CHCH(CH2OH)COOH与足量的H2反应后得到的物质是CH3CH2CH(CH2OH)COOH，分子中只有连接羧基的C原子为手性碳原子，因此分子中只有1个手性碳原子，D错误；答案选C。11AD【详解】A每个电子的空间运动状态均不相同，基态B原子的核外电子数为5，所以其空间运动状态为5，故A错误；BCl的电负性较大，具有很强的吸电子能力，当乙酸中甲基上的H原子被Cl替换之后，中的离域电子偏向Cl，使H+更易电离出来，Cl越多酸性越强，故B正确；CVSEPR模型为价层电子对互斥模型，为sp3杂化，价对模

18、型为四面体，而分子构型为V型，故C正确；D红外光谱仪用于测分子的结构和基团，质谱仪可以测分子的相对分子质量，故D错误；故选AD。12520 496 419 随着原子序数的增大，第一电离能逐渐变小 金属越活泼，其第一电离能越小 大于419小于496 【分析】(1)根据图示判断电离能；(2)随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小；(3)根据周期表中Ca和 K的位置关系，同周期元素随原子序数增大，第一电离能呈现增大的趋势，比较出Ca和 K的第一电离能的大小。【详解】(1)Li、Na、K的原子序数分别为3、11、19，图中对应的第一电离能的数值分别为520、496、419；(2)由碱金属元素第一电离能

19、的变化可知，随着原子序数的增加，第一电离能逐渐减小，而且随着原子序数的增加，同主族元素的金属性逐渐增强；(3) 同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，Ca的第一电离能应高于K的，Ca比较Na活泼，其第一电离能而小于Na，即Ca的第一电离能：419kJ/molE(Ca)496kJ/mol。【点睛】清楚同周期，同主族元素第一电离能的递变规律是解本题的关键。13Al 6 N 原子晶体 八面体 【详解】(1)Cu的价层电子为3d104s1，有1个未成对电子， Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，只有Al未成对电子数与Cu相同；(2) Cr(NO2)(NH3)5Cl2中Cr3+为

20、中心离子，有1个和5个NH3，所以配位数为6，做配离子时由中心原子N提供孤电子对，的大键可表示为；(3)AlN为六方晶系，晶体类型为原子晶体，由图知，黑球为Al，白球为N，每个Al周围有6个N原子，可组成八面体，所以Al在N形成的八面体空隙。14Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2 平面正三角形 SO3或BF3 44 BaTiO3 12 【详解】（1）Ti是22号元素，位于第四周期，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2，故答案为：Ar3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2；（2）碳酸根离子中价层电子对个数

21、=3，且没有孤电子对，所以是平面正三角形，原子个数和价电子数与CO32-相等的分子是CO32-的等电子体，所以可以用S换了C，得SO3，也可以用F换了O，用B换了C，得BF3，故答案为：平面三角形；SO3或BF3；（3）单键全是键，1个C12H28O4Ti分子中含44个单键，故1mol四异丙醇钛（C12H28O4Ti）中含有44mol键，故答案为：44；（4）均摊法可知：Ba2+个数=8=1，O2-个数=6=3，Ti4+个数=1，所以偏钛酸钡的化学式为：BaTiO3，与与Ba2+最近且等距离的O2-为晶胞中立方体的面对角线的交点处的O2-，从图上可看出，1个晶胞中这样的O2-有3个，按照均摊法

22、计算，实际有=3=1.5个，所以总的O2-有1.58=12个，故答案为：BaTiO3；12。【点睛】均摊法计算原子个数：位于六面体面上的原子，每个贡献，位于棱上的原子，每个贡献，位于顶点的原子，每个贡献，位于六面体内部的原子，每个贡献1。15 平面三角形 1：3 C原子半径比O大，电负性较小，对孤对电子的吸引力较弱，更容易形成配位键 【分析】(1)题干告诉我们单壁碳纳米管是用石墨烯卷曲形成的，石墨烯即单层的石墨，石墨每一层是平面结构，因此显而易见是杂化；(2)氧和硫是同族元素性质相近，因此甲硫醛完全可以按照甲醛来分析；(3)第一电离能可以按照失电子能力（还原性）的强弱来判断，即第一电离能越低越

23、容易失电子；若配体原子中有多个原子均能提供孤对电子，则谁对孤对电子的吸引力更弱，谁做配体原子；(4)根据分子的结构来分析其存不存在相互平行的p轨道，即可判断存不存在“离域键”；(5)顶点上的原子按来算，每条边中间的原子按来算即可，注意区分和。(6)题目中密度已知，因此只要按照来构造表达式即可，注意单位的换算。【详解】根据洪特规则，铬原子的价电子排布式为，均没有形成电子对，所以未成对电子数为6；石墨烯是平面结构，所以该碳原子的杂化方式为；依据价层电子对互斥理论得知分子中心原子是杂化，中心原子的VSEPR构型为平面三角形，其分子中键与键的数目分别是1和3；最外层电子数为2，较C、O两原子的第一电离

24、能要小，C、O两原子的核外电子排布式分别为、，所以O原子的第一电离能更大；在六羰基钨分子中，W是中心原子，CO是配体，由于C原子半径比O大，电负性小，对孤对电子的吸引力较弱，更容易形成配位键，所以配体CO中与W形成配位的原子是C非O；多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，A.环己烷分子中只存在键，不存在键，故A错误；B.二氧化硫分子中的中心原子S与两个O原子中有相互平行的p轨道，可以形成“离域键”，其“离域键”为，故B正确；C.三氟化氮分子中只存在键，不存在键，故C错误；D.苯酚分子中的苯环上的C原子与羟基O原子中有相互平行的p轨道

25、，可以形成“离域键”，其“离域键”为，故D正确，答案选BD；根据图1离子晶胞结构分析，、能与络合后形成的离子为，所以该离子形成的钾盐的化学式为，即，或可写为；图2中的数目为，位于立方体内，数目为1，氧离子的数目为；根据密度可得，计算得。163d54s2 5 r(S2-)r(O2-) 水分子间可形成氢键，使水的沸点升高 NOC sp3杂化 Na2S g/cm3 【分析】（1）锰元素的原子序数为28，价层电子排布式为3d54s2，锰原子失去2个电子形成二价锰离子；（2）同主族元素，从上到下离子半径依次增大；水分子间能够形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键；（3）N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第

26、一电离能大于其相邻元素；（4）由分摊法计算可得。【详解】（1）锰元素的原子序数为28，价层电子排布式为3d54s2，锰原子失去2个电子形成二价锰离子，价层电子排布式为3d5，离子中有5个未成对电子，故答案为：3d54s2；5；（2）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则硫离子的离子半径大于氧离子；水分子间能够形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，则常温下H2O是液态 而H2S是气态，故答案为：r(S2-)r(O2-)；水分子间可形成氢键，使水的沸点升高；（3）同一周期元素，从左到右第一电离能随着原子序数增大而呈现增大的趋势，C、N、O元素处于同一周期

27、且原子序数逐渐增大，N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能NOC；水分子中氧原子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4，则中心原子杂化类型均为sp3杂化，故答案为：NOC；sp3杂化；（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硫离子的个数为8+6=4，为与体内的钠离子个数为8，则化学式为Na2S；由晶胞的质量公式可得=a3d，则密度d为g/cm3，故答案为：g/cm3。【点睛】同一周期元素，从左到右第一电离能随着原子序数增大而呈现增大的趋势，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N原子的2p轨道为稳定的半充满状态，第一电离能大于其相邻元素是解答关键。答案第9页，总10页