测试卷05-2021-2022学年高二化学下学期期末复习（讲义+测试）（人教版2019选择性必修2）（解析版）

这是一份测试卷05-2021-2022学年高二化学下学期期末复习（讲义+测试）（人教版2019选择性必修2）（解析版），共1页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列描述中正确的是( )
A.氮原子的价电子排布图:
B.2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等
C.价电子排布为4s24p3的元素位于第四周期第ⅤA族，是p区元素
D.钠原子由1s22s22p63s1→1s22s22p63p1时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】C。
【解析】根据“洪特规则”可知，2p轨道电子的自旋方向应该相同，正确的电子排布图为，A错误；2p和3p轨道形状均为哑铃形，但是原子轨道离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，B错误；价电子排布为4s24p3的元素有4个电子层、最外层电子数为5，位于第四周期第ⅤA族，最后填充p电子，是p区元素，C正确；基态Na的电子排布式为1s22s22p63s1，由基态转化成激发态1s22s22p63p1时，电子能量增大，需要吸收能量，D错误。
2.下列说法中正确的是( )
A.铝的第一电离能比镁的第一电离能大
B.同一主族元素从上到下电负性逐渐变大
C.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
D.最外层电子数是核外电子总数 QUOTE 的原子和最外层电子排布式为4s24p5的原子是同种元素原子
【答案】D。
【解析】镁原子的3s能级处于全满稳定状态，第一电离能比Al元素高，A错误；同一主族元素从上到下，金属性逐渐增强，电负性依次减弱，B错误；基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，C错误；最外层电子数是核外电子总数的 QUOTE 的原子是Br，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子排布为4s24p5，两者是同种元素原子，D正确。
3.有关晶体的下列说法中正确的是( )
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
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
【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。水形成的晶体是水分子晶体，融化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，熔化破坏的是离子键，D不正确。
4.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·ml-1)。下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
①R的最高正价为+3价
②R元素位于元素周期表中第ⅡA族
③R元素第一电离能大于同周期相邻元素
④R元素的原子最外层共有4个电子
⑤R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
A.①③ B.②③ C.②③④D.②③⑤
【答案】B。
【解析】某短周期元素R的第三电离能剧增，说明该原子最外层有2个电子，处于ⅡA族，该原子存在第五电离能，说明核外电子数数目大于4，故R为Mg元素。
①R的最高正价为+2价，故①错误；
②R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故②正确；
③R元素最外层电子排布式为3s2，为全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素的，故③正确；
④R元素的原子最外层共有2个电子，故④错误；
⑤R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2，故⑤错误。故A、C、D错误，B正确。
5.下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A.键能C—C>Si—Si 、C—H>Si—H ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B.立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C.SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p—p π键
【答案】C。
【解析】因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；SiC的成键和结构与金刚石类似均为共价晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度会很大，B正确；SiH4中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确。
6.在通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是( )
A.Na、Mg、Al 的第一电离能逐渐增大
B.热稳定性:HF>H2O>NH3
C.S2-、Cl-、K+的半径逐渐增大
D.O、F、N 的电负性逐渐增大
【答案】B。
【解析】Mg的最外层为3s电子全满，结构较为稳定，难以失去电子，第一电离能最大，Na的最小，则第一电离能大小为NaN，则氢化物稳定性:HF>H2O>NH3，B正确；S2-、Cl-、K+具有相同的电子层数，核电荷数越大，离子半径越小，则S2-、Cl-、K+的半径逐渐减小，C错误；非金属性NBe>Li
B.键角:BF3>CH4>H2O>NH3
C.CO2、HClO、HCHO分子中一定既有σ键又有π键
D.在硅酸盐中，Si QUOTE 四面体通过共用顶角氧离子形成一种无限长单链结构的多硅酸根如图，其中Si原子的杂化方式与图中S8单质中S原子的杂化方式相同
【答案】D。
【解析】第一电离能:同周期从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，但是出现半充满和全充满的元素，会高于相邻元素的第一电离能，Be元素最外层为全充满结构，较稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能:Be>B>Li，故A错误；分子的立体构型； BF3为平面三角形，键角为120°，CH4为正四面体形，其键角为109°28′，NH3为三角锥形，键角为107°，H2O为V形，其键角为105°，所以键角:BF3>CH4>NH3>H2O，故B错误；CO2含有CO，所以分子中含有σ键和π键，HCHO(甲醛)的结构式中含有C—H、CO键，其分子中含有σ键和π键，而HClO中只存在共价单键，只存在σ键，故C错误； 硅酸盐中的Si QUOTE 为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；S8单质中S原子有2个孤电子对和2个共价键，杂化方式也是sp3，故D正确。
13.分析化学中常用X-射线研究晶体结构，有一种蓝色晶体可表示为MxFey(CN)z，研究表明它的结构特性是Fe2+、Fe3+分别占据立方体的顶点，自身互不相邻，而CN-位于立方体的棱上，其晶体中的阴离子结构如图所示，下列说法正确的是( )
A.该晶体是原子晶体
B.M的离子位于上述立方体的面心，呈+2价
C.M的离子位于上述立方体的体心，呈+1价，且M+空缺率(体心中没有M+的占总体心的百分比)为50%
D.晶体的化学式可表示为MFe2(CN)3，且M为+1价
【答案】C。
【解析】该晶体中含有Fe2+、Fe3+、CN-等阴阳离子，所以该晶体为离子晶体，A错误；根据晶胞结构可知，晶胞中含有Fe2+的个数为4× QUOTE = QUOTE ，Fe3+的个数为4× QUOTE = QUOTE ，
CN-的个数为12× QUOTE =3，所以Fe2+、Fe3+、CN-的个数比为1∶1∶6，根据化合价代数和为零可知，M的化合价为+1价，B错误；根据晶胞结构，结合B项的分析可知，每个晶胞中含有Fe2+0.5个、Fe3+0.5个、CN-3个， M的化合价为+1价，根据化合价代数和为零，可知每个晶胞平均含有M也是0.5个，而M的离子位于上述立方体的体心上，所以两个晶胞中一个有M+，而另一个必无M+，所以M+空缺率为50%，C正确；由B项分析可知，晶体的化学式可表示为MFe2(CN)6，且M为+1价，D错误。
14.物质结构包括原子结构、分子结构、晶体结构。下列关于物质结构与性质的说法正确的是( )
A.SiO2晶体为原子晶体，CO2晶体为分子晶体
B.σ键都是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的
C.VSEPR模型就是分子的空间构型
D.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性从左到右依次减弱
【答案】A。
【解析】SiO2晶体是由Si原子和O原子形成的原子晶体，CO2晶体是由CO2分子形成的分子晶体，故A正确；B. σ键为s或p轨道“头碰头”重叠形成，所以有p-p σ键、s-p σ键和s-s σ键，故B错误；C.VSEPR模型可用来预测分子的空间构型，但不是分子的空间构型，故C错误；D. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，简单离子的还原性越弱，非金属性从F到I依次减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱、还原性依次增强，故D错误。
15.下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是( )
①SiO2和SO3 ②晶体硼和HCl ③CO2和SO2
④晶体硅和金刚石 ⑤晶体氖和晶体氮 ⑥硫黄和碘
A.①②③ B.④⑤⑥ C.③④⑥ D.①③⑤
【答案】C。
【解析】①SiO2和SO3，固体SO3是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、SO3都只含共价键，故①错误；②晶体硼和HCl，固体HCl是分子晶体，晶体硼是原子晶体，二者都只含共价键，故②错误；③CO2和SO2固体，CO2和SO2都是分子晶体，二者都只含共价键，故③正确；④晶体硅和金刚石都是原子晶体，二者都只含共价键，故④正确；⑤晶体氖和晶体氮都是分子晶体，晶体氖中不含共价键，晶体氮含共价键，故⑤错误；⑥硫黄和碘都是分子晶体，二者都只含共价键，故⑥正确。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16.(10分)由Cu、N、B等元素组成的新型材料有着广泛用途。
(1)基态Cu+的核外电子排布式为____________。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因:___________________。
(2)立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于__________晶体。
(3)化合物A (H3BNH3)是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物(HBNH)3通过3CH4+2(HBNH)3+6H2O3CO2+6H3BNH3制得。
①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是____________(填标号)。
A.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变
B.CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是:正四面体形、V形、直线形
C.第一电离能:N>O>C>B
D.化合物A中存在配位键
②1个 (HBNH)3分子中有__________个σ键。
(4)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。图(a)是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为____________。图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为____________。
【解析】(1)Cu是29号元素。基态 Cu+的核外有28个电子。核外电子排布式为[Ar]3d10 ；在高温下CuO 能分解生成Cu2O，是因为CuO在变为Cu2O时，其中的Cu的价电子结构由Cu2+的3d9变为Cu+的3d10全满稳定结构。(2)立方氮化硼是一种新型的超硬、耐磨、耐高温的结构材料，它属于原子晶体。(3)①A. 在反应前后CH4中的碳原子的轨道杂化类型是sp3杂化，在反应后CO2中的碳原子的轨道杂化类型是sp杂化。轨道杂化类型改变，错误。B.CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是:正四面体形、V形、直线形，正确。C. 一般情况下，同一周期的元素，元素的非金属性越强，原子半径越小，第一电离能越大。但是由于N原子的核外电子是处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O的还大。因此第一电离能大小关系是:N>O>C>B，正确。D. 在化合物A中的N原子上存在配位键，正确。②由H3BNH3的分子结构可知在1个分子中有12个σ键。(4)由图(a)可知多硼酸根离子符号为B QUOTE 或[BO2 QUOTE 。由图(b)硼砂晶体可知:其中硼原子采取的杂化类型sp2、sp3两种类型。
答案:(1)[Ar]3d10 结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满更稳定 (2)原子
(3)①A ②12
(4)[BO2 QUOTE (或B QUOTE ) sp2、sp3
17.(11分)铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题:
(1)CuSO4晶体中S原子的杂化方式为______， S QUOTE 的立体构型为_______。
(2)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下:
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为____________(填元素符号)。
②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。
A.氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键
B.NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
C.[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体
D.已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为:NH3(g)+ QUOTE O2(g) QUOTE N2(g)+ QUOTE H2O(g) ΔH=-5a kJ·ml-1
(3)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如图所示。
①1 ml氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)含有σ键的数目为________。
②氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。写出二氧化碳的一种等电子体:____________(写化学式)。
③已知:硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图所示。则该化合物的化学式是__________________。
【解析】(1)CuSO4晶体中S原子的价层电子对数= QUOTE =4，孤电子对数为0，采取sp3杂化，S QUOTE 的立体构型为正四面体形；
(2)①NH4CuSO3中的金属阳离子是Cu+，它的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；根据同一周期第一电离能变化规律及第ⅡA、ⅤA族元素反常知，第一电离能大小顺序为N>O>S；②A.氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键，选项A正确；NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气是三角锥形，水是V形，氨气分子的键角大于水分子的键角，选项B错误；C.[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体，选项C正确；D.燃烧热必须是生成稳定的氧化物，反应中产生氮气和水蒸气都不是稳定的氧化物，选项D错误；(3)①氨基乙酸钠结构中含有N—H 2个，C—H 2个，碳氧单键和双键各一个，N—C、C—C各一个共8个σ键；②等电子体为价电子数和原子个数相同，故采用上下互换，左右调等方法书写为N2O、SCN-等；③根据均摊法计算白球数为8× QUOTE +1=2，黑球为4个，取最简个数比得化学式为Cu2O。
答案:(1)sp3 正四面体 (2)①1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) N>O>S ②AC (3)①8×6.02×1023(或8NA) ②N2O(或SCN-等) ③Cu2O
18.(12分)研究晶体的结构对化学新材料的发现有着重要的价值。
(1)晶胞中任一个原子的中心位置均可用称之为原子分数坐标的三个分别小于1的数(x，y，z)来予以规定。某晶体的晶胞结构如图所示，1号原子坐标为(0，0，0)，2号原子坐标为( QUOTE ， QUOTE ，0)，该晶体的化学式为__________________，该晶胞参数为:a=250.4 pm， c=666.1 pm，γ = 120°；3号原子坐标为________，
列出上述晶体中A和B两原子间的最小核间距的计算式为________________。(不必算出数值，但需要化简)
(2)体心立方堆积的晶胞是个立方体，如果半径为r的原子保持紧密接触，立方体的中心能容得下半径最大为______________的一个原子。
(3)Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响。由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO(xI1(Na)，原因是_____。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是_____。
（3）磷酸根离子的空间构型为____，其中P的价层电子对数为_____、杂化轨道类型为_____。
（4）LiFePO4的晶胞结构示意图如（a）所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_____个。
电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1-xFePO4，结构示意图如（b）所示，则x=_____，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_____。
【解析】(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5，根据洪特规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4∶5；(2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以I1（Li）＞I1（Na）；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的第ⅢA族元素，因此I1（Be）＞I1（B）＞
I1（Li）；(3)经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；(4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在于由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a)、(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为8×+4×+4×=4（个）；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+、Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有1-x=即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：x+y=1，0.8125+2x+3y+5=4×2，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li1-xFePO4中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.8125∶0.1875=13∶3。
答案：(1)4∶5 (2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的
(3)正四面体形 4sp3 (4)4 或0.1875 13∶3I1
I2
I3
I4
I5
……
R
738
1 451
7 733
10 540
13 630
……
电离能
元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600