高中化学苏教版 (2019)选择性必修2第三单元 共价键 共价晶体当堂达标检测题

这是一份高中化学苏教版 (2019)选择性必修2第三单元 共价键 共价晶体当堂达标检测题，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．下列物质性质与用途或物质结构与性质具有对应关系的是
A．可溶于水，可用作宇宙飞船中吸收剂
B．Mg有强还原性，可用于钢铁的电化学防护
C．石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电
D．是极性分子，有强氧化性
2．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与W同主族，X、Z、W三种元素组成的物质结构如图所示。下列有关说法正确的是
A．原子半径：W>Z>Y>X
B．氧化物对应水化物的酸性：Y>W
C．X、Y、Z三种元素组成的物质一定既含有离子键又含有共价键
D．X与Z组成的一种物质可以使品红溶液褪色
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．24g金刚石中C-C数目为
B．100g质量分数为17％的水溶液中极性键数目为
C．1ml/L稀硫酸中含有的数目为
D．18g重水 (D2O)中含有的质子数为
4．表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．金刚石中含有键的数目为
B．含钠元素的和混合物中阴离子的数目为
C．的浓硝酸与足量铜反应，转移电子数目为
D．时，的溶液中水电离出的的数目为
5．中国承诺2030年前，的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低。其中由和制备合成气(CO、)，再由合成气制备的反应转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1ml石墨和1ml金刚石中所含C-C的数目相同
B．等物质的量的和，的质子数比多
C．制备合成气的反应中，若生成1 ml CO，理论上反应I和Ⅱ共转移电子数为
D．反应Ⅲ的化学方程式为，原子利用率为100%，符合绿色化学理念
6．催化作用下，发生反应的历程如图所示。下列说法正确的是
A．改变反应途径，提高了单位时间原料转化率
B．反应过程中M形成的共价键数目始终保持不变
C．总反应为
D．如果原料为乙二醇，则主要有机产物是乙醛和乙烯
7．下图中Ⅰ、Ⅱ为。已知：SiC晶体中C-Si键长为anm，为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．用X射线衍射仪区别Ⅰ和Ⅱ
B．Ⅰ中每个环由6个O和6个Si原子构成
C．键能：Si-CN>O>H，选项A错误；
B．不是最高价氧化物，无法比较，选项B错误；
C．NH3·H2O或HNO3为共价化合物，不含离子键，选项C错误；
D．H2O2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，选项D正确；
答案选D。
3．D
【详解】A．24g金刚石中，碳原子的物质的量为=2ml，每个碳原子可以参与形成4个C-C键，每个C-C键由两个碳原子形成，则24g金刚石中C-C数目为，A错误；
B．17g 中极性键数目为，但溶剂水中还含有极性键，100g质量分数为17％的水溶液中极性键数目大于，B错误；
C．缺少溶液体积，无法计算1ml/L稀硫酸中含有的数目，C错误；
D．18g D2O含有的质子数，D正确；
故选D。
4．B
【详解】A．金刚石是空间网状正四面体结构，一个碳与周围四个碳原子连接，则1ml金刚石中C-C键的数目为2NA，24g金刚石为2ml，则C-C键的数目为4NA，A错误；
B．已知Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比均为1：2，故含4.6g钠元素，即为Na+的物质的量为0.2ml的Na2O和Na2O2混合物中的阴离子数目为0.1NA，B正确；
C．浓硝酸与足量铜反应，先生成NO2，随着浓度变稀，生成NO，若浓硝酸全部转化为NO2，转移电子数目为0.5NA，C错误；
D．常温下，1LpH = 9 的CH3COONa的溶液中c(H＋)＝1×10−9ml∙L−1，醋酸根水解显碱性，c(OH－)水＝1×10−5ml∙L−1，则水电离出的OH-的数目为10-5NA，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．石墨中每个碳原子与3个碳原子相连，则每个碳原子拥有1.5个C-C键；金刚石中每个碳原子与4个碳原子相连，则每个碳原子拥有2个C-C键，所以1ml石墨和1ml金刚石中所含C-C的数目分别为1.5NA、2NA，两者所含C-C的数目不相同，A错误；
B．CH3OH的分子式比CH4多1个O原子，则1个CH3OH比1个CH4多8个质子，但具体物质的量未知，则无法计算多的质子数，B错误；
C．反应Ⅱ：，则生成1mlCO需要0.5mlC，反应转移电子数为NA；反应I：，则生成0.5mlC转移电子数为2NA，所以生成1mlCO，理论上反应I和Ⅱ共转移电子数为3NA，C错误；
D．反应Ⅲ为化合反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100%，符合绿色化学理念，D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．由图示知，MO3对该反应起催化作用，催化剂可以加快反应速率，单位时间内，反应物转化率提高，A正确；
B．由图示知，M周围形成共价键数目有6个、4个两种情况，B错误；
C．由图示知，整个过程有2个HOCH2CH(OH)CH3参与反应，产生2个H2O、1个HCHO、1个CH3CHO和1个CH2=CHCH3，故总反应为：2HOCH2CH(OH)CH32H2O+HCHO+CH3CHO+CH2=CHCH3，C错误；
D．由图示反应原理知，二元醇反应类似反应时，可形成相应的烯烃和醛/酮，故乙二醇反应的产物有甲醛和乙烯，D错误；
故答案选A。
7．D
【详解】A．Ⅰ为晶态、Ⅱ为非晶态，用X射线衍射实验可以区别，A项正确；
B．观察二氧化硅晶体，最小环为12元环，由6个硅原子、6个氧原子构成，B项正确；
C．原子半径：C>O，则键长：Si-C>Si-O，键能：Si-C H > B 3 纺锤
(2) 第5周期第VA族
(3) 不能 5643
(4) 4 5∶27∶32
【详解】（1）根据题中信息，与原子相连的呈正电性，故氮原子电负性大于氢原子，与原子相连的呈负电性，故氢原子的电负性大于硼原子，故电负性大小顺序为N > H > B；基态原子中能量最高的电子所在的原子轨道为2p轨道，共有三个伸展方向，原子轨道呈纺锤形；故答案为：N > H > B；3；纺锤。
（2）根据的价层电子排布式为在周期表中的周期为第五周期，价电子数共为5，所以是第VA族；失去了三个电子，价电子的电子排布排布式为，轨道表示式为；故答案为：第5周期第VA族；。
（3）原子的第一电离能指的是气态基态铜原子失去一个电子所需要的最低能量，图中给的是固态铜原子，无法计算原子的第一电离能；晶格能是指气态离子形成1ml离子晶体所释放的能量，根据图示，的晶格能为（3285-822+3180）=5643；故答案为：不能；5643.
（4）根据图像，GaAs晶胞中距离Ga原子最近As原子有四个；该晶胞中的锰原子的个数根据均摊法计算共有；镓原子的个数根据均摊法计算共有；砷原子共有内部4个；故晶体中的原子个数比为5∶27∶32；故答案为4；5∶27∶32。
18．(1) 9：2
(2) N原子的原子半径小于P原子，N—H键的键长小于P—H键，分子中N—H键之间的斥力大于P—H键，所以氨分子键角更大 分子中存在氢键，沸点比高，更易液化
(3)ac
(4) BN
【详解】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，则原子的杂化方式为sp2杂化；亚硝基胍分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键与π键的数目比为9：2，故答案为：1s22s22p3；sp2；9：2；
（2）①氮原子的原子半径小于磷原子，氨分子中氮氢键的键长小于磷化氢分子中的磷氢键，氮氢键间的斥力大于磷氢键，所以氨分子的键角大于磷化氢，故答案为：N原子的原子半径小于P原子，N—H键的键长小于P—H键，分子中N—H键之间的斥力大于P—H键，所以氨分子键角更大；
②氨分子能形成分子间氢键，磷化氢不能形成分子间氢键，则氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于硫化氢，所以氨分子比磷化氢易液化，故答案为：分子中存在氢键，沸点比高，更易液化；
（3）a．镓元素的原子序数为31，基态原子的价电子排布式为4s24p1，位于元素周期表p区，故a错误；
b．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则镓离子的离子半径大于铝离子，故b正确；
c．氮化镓是熔沸点高、硬度大的共价晶体，故c错误；
故选ac；
（4）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，则氮化硼的化学式为BN，故答案为：BN；
②由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得ρ=，故答案为：。
19．(1)—283
(2)1067
(3) 1 1 3.52×10-3
(4)48
(5)D
(6) b
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应②—①得到反应③，则△H3=(—394kJ/ml)—(—111kJ/ml)=—283kJ/ml，故答案为：—283；
（2）由反应热与反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：△H3=E(C≡O)+ 496 kJ/ml×—799kJ/ml×2=—283kJ/ml，解得E(C≡O)=1067kJ/ml，故答案为：1067；
（3）由①②数据可得：=，解得m=1，由①③数据可得：=，解得n=1，由①中数据可得反应速率常数k= L·ml-1·s-1=0.22 L·ml-1·s-1，则650K时，初始一氧化碳浓度为0.100ml/L、二氧化氮浓度为0.160ml/L时，一氧化氮的反应速率为0.22 L·ml-1·s-1×0.100ml/L×0.160ml/L=3.52×10-3 ml/(L·s)，故答案为：1；1；3.52×10-3；
（4）设平衡时得反应i生成一氧化氮的浓度为aml、反应ii生成氮气物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由二氧化氮和二氧化碳的浓度可得：①2—a—2b=0.3，②a+4b=1.8，解得a=1.6、b=0.05，则反应i的平衡常数为=48，故答案为：48；
（5）由化学式可知，五羰基合锰的价电子数为17、五羰基合铬的价电子数为16、四羰基合钴的价电子数为15、四羰基合镍的价电子数为18，则由题意可知，四羰基合镍能够稳定存在，故选D；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为bnm；晶胞中位于顶点、面心、体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7b)3d，解得d=，故答案为：b；。