第2章微粒间相互作用与物质性质测试卷-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卷一、单选题1设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，2.24L中，约含有个键B18g和的混合气体中含有的中子数为C用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目为D6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为2X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，W与Y位于同一主族，X、Y、Z三种元素可组成用于隐形飞机中吸收微波的物质R(结构如图)，Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂。下列说法正确的是A同一周期中，第一电离能比Q小的只有一种B电负性：YWXC物质R吸收微波时，分子内的键会断裂D简单气态氢化物

2、的还原性：WY3下列物质中有氧离子存在的是ACaOBH2OCKClO3DKOH4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-H_(填化学式)。_(5)下列说法正确的是_(填字母)。A盛满的试管倒扣在水槽中，水可充满试管且得到某一元强酸溶液BYZ可用向上排空气法收集CW、X、Y、Z的单质常温下均为固体D阶段热分解只失去部分结晶水(6)用化学方程式表示该化合物热分解的总反应_。23叠氮化钾能促进难以萌发的种子发育，在新作物育种中应用广泛。实验

3、室制备流程如下。回答下列问题：I.制备：已知：制备亚硝酸异丙酯在烧杯中进行；制备的D、E和F阶段均在图甲装置中完成。(1)属于_(填“离子化合物”或“共价化合物”)。(2)仪器A的名称为_，仪器B的作用是_。(3)仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成(异丙醇)，该反应的化学方程式为_。(4)关于上述流程中各步骤的说法，错误的是_(填标号)。A步骤D还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管B制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈C步骤F加入无水乙醇的目的是促进的溶解II.纯度检测“分光光度法”：与反应灵敏，生成红色配合物，在一定波长下测量红色溶液的吸光度，利用“吸光度”曲线确定样

4、品溶液中的。查阅文献可知：不同浓度的标准溶液，分别加入5.0 mL(足量)溶液，摇匀后测量吸光度，可绘制标准溶液的与吸光度的关系曲线如图乙所示。乙纯度检测步骤如下：准确称取晶体，配制100mLFeCl3标准液(与文献浓度一致)。准确称取样品，配制成100 mL溶液，取5.0 mL待测溶液，向其中加入V mL(足量)标准液，摇匀后测得吸光度为0.6。(5)配制溶液需要用到下列操作：a.打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立；b.将塞子反转180，倒立；c.洗涤烧杯内壁和玻璃棒23次；d.冷却至室温；e.轻轻振荡容量瓶；f.称取0.36 g试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解；g.将溶液转移到

5、容量瓶中；h.定容，摇匀。上述给出操作的正确顺序：a_g_h(操作可重复)。_(6)步骤中取用标准液V=_mL，样品的质量分数为_。24某实验小组为探究与反应后的产物，做如下探究实验。【查阅资料】为砖红色固体，不溶于水；为黄色固体，不溶于水；为无色配合离子、为无色配合离子、为深蓝色配合离子。【实验探究】实验1：向2mL的溶液中滴加的溶液，开始出现黄色沉淀，但无气体产生。继续加入溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成离子。实验2：向90的溶液中滴加的溶液，直接生成砖红色沉淀。实验3：向2mL的溶液中滴加的溶液，开始阶段有蓝色沉淀出现。(1)某同学认为实验1黄色沉淀中有少量，该同学认为是、相互促进

6、水解产生的，用离子方程式表示生成沉淀的过程：_。(2)若要进一步检验黄色沉淀中有Cu(OH)2，可采用的具体实验方法为_。(3)经检验，实验2所得溶液中有大量、生成。该实验中表现_性，写出该实验中反应的离子方程式：_。(4)某同学设计了如图所示的电化学装置，探究与的反应。该装置中左侧烧杯中的石墨电极做_(填“正”或“负”)极，右侧烧杯中发生反应的电极反应式为_。设计实验检验右侧烧杯中生成的阴离子，写出具体操作、现象和结论：_。试卷第9页，共9页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【详解】A 1个分子有5个键，标准状况下，2.24L为0.1mol，约含有个键，故A正

7、确；B和的混合气体可以看成平均化学式为，18g和的混合气体为1mol，1个中含有10个中子，则18g混合气体中含有的中子数为，故B错误；C胶粒具有吸附性，用1L0.1mol/L的溶液制备胶体，胶粒数目小于，故C错误；DCu与S反应生成Cu2S，6.4gCu与S完全反应，转移的电子数为，故D错误； 故答案为A。2D【分析】X、Y、Q、W、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y为C元素；W与Y位于同一主族，则W为Si元素；Q元素单质可用作铝热反应的引燃剂，则Q为Mg元素；结合物质的结构式可知，X可形成1对共用电子对，则X为H元素，Z可形成2个共价单键

8、，则根据满8电子稳定原则可知，Z最外层电子数为6，且位于第三周期，所以Z为S元素。【详解】A同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则钠元素、铝元素的第一电离能小于镁元素，故A错误；B硅元素的电负性小于氢元素，故B错误；C键比键牢固，所以物质R吸收微波时，分子内的键会断裂，故C错误；D元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强、还原性越弱，碳元素的非金属性强于硅元素，所以硅烷的还原性强于甲烷，故D正确；故选D。3A【详解】ACaO中含有离子键，为离子化合物，含有氧离子和钙离子，A正确；BH2O中存在O的共价键，是共价化合物，

9、不存在氧离子，B错误；CKClO3中存在钾离子和氯酸根离子，有离子键，不存在氧离子，C错误；DKOH中存在钾离子和氢氧根离子，有离子键，不存在氧离子，D错误；故选A。4D【详解】A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-

10、HO-HF-H，故D正确；故选D。5D【分析】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，说明q为二元酸，则q为硫酸；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，二氧化硫、水和氯气反应生成硫酸和盐酸，因此W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl。【详解】A简单离子半径：，故A正确；B简单氢化物水溶液的酸性：，故B正确；C同周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar等3种，故C正确；DY、Z最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，其中心原子价层电子对数分别为4、4，其杂化方式相同，故D错误；综上所述，答案为D。6A【详解】A电子式

11、为，A错误；BO的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；CH2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；D银离子和氰酸根离子形成的配位键属于键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个键和2个键，故键和键的个数比为4：4=1：1，D正确；故答案选A。7C【详解】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂-CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。答案选C。8D【详解】AHCHO中含碳氧双键，碳原子

12、杂化方式为sp2杂化，分子构型为平面三角形，A错误；B基态的电子排布式为，B错误；CH2O中O原子含孤电子对，故与形成配位键的原子是O，C错误；D的结构式为，单键全部是键，三键中含1个键和2个键，1mol中所含键的数目是6mol，D正确；故选D。9C【详解】电负性，羧酸中与-COOH连接的碳原子上有2个F原子，其酸性最强，故答案选C。10A【详解】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

13、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。11A【分析】原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。【详解】NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则ASO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；BP4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；CCH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；DNO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；

14、答案选A。12D【详解】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。13A【详解】A通过晶体X射线衍射实验可以测定分子结构中的键长和键角的数值，键角是描述分子立体结构的重要参数，故A正确；BH-O键的键能小于H-F键的键能，则稳定性：HFH2O，所以O2、F2与H2反应的能力逐渐增强，故B错误；C水分子结构式可表示为

15、H-O-H，但空间构型是V形，不是直线形，分子中的键角大约为105，故C错误；DH-O键的键能为463kJmol-1，18gH2O即1mol水，分解成气态2molH和气态1molO时消耗的能量为2463kJ，再进一步形成H2和O2时，还会释放出一部分能量，故D错误。答案选A。14B【详解】A中C原子价层电子对数=3+=3，故C原子的轨道杂化类型为sp2杂化，A错误；B依据NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，可知相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，B正确；C氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠反应都生成碳酸

16、钙沉淀，二者现象相同，无法鉴别，C错误；D碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以热稳定性弱于碳酸钠，D错误；故答案选B。15D【详解】AF的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4的键角小于N2H4，故A正确；B由2HNF2+2Fe3+=N2F4+2Fe2+2H+可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确；C若生成标准状况下2.24LN2F4物质的量，转移电子的物质的量是0.2mol，故D正确；D由于电负性：FN，则N2F4中F为-1价，N为+2价，作氧化剂时只有N元素化合价才能降低，则还原产物可能是N2，HF

17、不变价，故D错误；故选D。16(1) (2)【详解】1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是，既含有键又含有键的是。2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长。17(1)CH4是非极性分子，水是极性溶剂，所以CH4极难溶于水；HF是极性分子且能与水分子形成氢键，所以HF极易溶于水(2)NH3与H2O均为极性分子；NH3与H2O分子间易形成氢键；NH3与H2O易反应生成【解析】（1）的空间构型为正四面体、是非极性分子，而的空间构型为V形、是极性分子，的空间构型为直线型，只含H-F极性键，是

18、极性分子，依据相似相溶原理，CH4极难溶于水，HF极易溶于水，且能与水分子形成分子间氢键。（2）的空间构型为V形、是极性分子，NH3的空间构型为三角锥形，是极性分子，依据相似相溶原理，NH3极易溶于水，N、O的电负性大，NH3可与H2O形成分子间氢键，使得NH3极易溶于水，NH3能与H2O反应生成，增大了NH3在H2O中的溶解度。18 6 1【详解】由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知中的2个O原子和C、N杂环上的4个N原子通过螯合作用与形成配位键，故该配合物中通过螯合作用形成配位键；中N原子价电子对数为3+0=3，中N原子价电子对数为2+1=3，C、N杂环上的4个

19、N原子价电子对数为3，故该配合物中N原子均采取杂化，即N的杂化方式有1种。故答案为：6；1。19 2NH2OH+2Fe3+=2Fe2+2H+N2+2H2O 【详解】(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。20 2 2:3:1 【详解】(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个

20、正六边形占有的碳原子数是，故答案为：2；(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。21 2NA(1.2041024) 1:2 1:1 5.5 5:1 6NA(3.6121024) 7【分析】共价单键全是键，双键含1个键和1个键，三键含1个键和2个键，据此解答。【详解】(1)分子内含有2个碳氧双键，双键中一个是键，另一个是键，则中含有的键个数

21、为(1.2041024)；(2)的结构式为，推知的结构式为，含有1个键、2个键，即CO分子内键与键个数之比为1:2；的结构式为，分子的结构式为，分子中键与键均为2个，即CO分子内键与键个数之比为1:1；(3)反应中有键断裂，即有参加反应，生成和，则形成的键有；(4)设分子式为，则，合理的是，n=4，即分子式为，结构式为，所以一个分子中共含有5个键和1个键，即该分子中键与键的个数之比为5:1；(5)1个乙醛分子中存在1个碳氧双键，5个单键，1个分子中存在1个碳氧双键，6个单键，故乙醛中含有键的个数为6NA(3.6121024)，1个分子中含有7个键。22(1) N 32(2) 2 +4 (3)b

22、d(4)HNO3H3BO3(5)D(6)2NH4B5O84H2O5B2O3+2NH3+9H2O【分析】化合物()，其中W、X、Y、Z为短周期元素，根据该化合物的热重曲线，在以下热分解时无刺激性气体逸出可知为H2O，即W为H，Z为O，分子的总电子数为奇数，常温下为酸雨成因的一种气体，则为，即Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B，综上W、X、Y、Z分别为H、B、N、O。【详解】（1）元素Q比W元素核内质子数多18，则Q为K,基态钾原子中核外电子占据最高能层符号为N，根据能层最多能容纳电子数为可知：该能层最多能容纳32个电子；（2）H与N形成的分子为，用电子式表示该物质的形成过程：2 +

23、4 ；与混合时发生反应生成和H2O，该反应化学方程式：；（3）化合物 ()中与间存在离子键，氮氢键和氢氧键为极性共价键，所以分子中存在的主要化学键有离子键和极性共价键，答案选bd；（4）根据分析可知X、Y分别为B、N，同周期随原子序数增大，元素非金属性逐渐增强，B的非金属性小于N的非金属性，所以最高价氧化物的水化物酸性；（5）A盛满的试管倒扣在水槽中，与水反应生成NO气体和HNO3，所以水不可充满试管，A项错误；BNO与O2反应生成NO2，不可用向上排空气法收集，B项错误；CW、X、Y、Z的单质分别为H2、B、N2、O2，B常温下为固体，其余均为气体，C项错误；D根据在以下热分解时无刺激性气体

24、逸出，说明阶段热分解失去结晶水，若结晶水全部失去则质量保留百分数为，所以该阶段热分解只失去部分结晶水，D项正确；答案选D。（6）化合物 ()在500完全分解为、NH3、H2O，该化合物热分解的总反应为：2NH4B5O84H2O5B2O3+2NH3+9H2O。23(1)离子化合物(2) 三颈烧瓶 冷凝回流兼平衡气压(3)(4)AC(5)bfdcge(6) 5.0 90%【分析】D阶段是将65gKOH固体溶解在无水乙醇中，E阶段是水合肼、KOH、亚硝酸异丙酯发生反应得到产品叠氮化钾KN3，F阶段是处理KN3溶液使其形成晶体析出，得到粗品后再次处理得到产品58.3g。【详解】（1）是活泼金属钾与氮元

25、素形成的离子化合物，故答案是离子化合物；（2）仪器A的名称为三颈烧瓶；仪器B是冷凝管，作用是冷凝回流兼平衡气压；（3）仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成(异丙醇)，并得到产品KN3，该反应的化学方程式为（4）AD阶段是将65gKOH固体溶解在300-400mL无水乙醇中，需要称量固体和量取乙醇，故步骤D还需要的仪器是天平、500mL量筒，胶头滴管等，故选项A错误；B亚硝酸是一种不稳定的酸，易分解。故制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈，B项正确；CF阶段是处理KN3溶液使其形成晶体析出，故步骤F加入无水乙醇的目的是将低溶解度，促进的析出，C项错误；故答案是AC。（

26、5）用容量瓶配制溶液的步骤是：称量溶解转移洗涤烧杯并摇匀加水至刻度1-2mL定容摇匀贴标签。容量瓶使用前需要捡漏，故上述给出的正确顺序是abfdgcgeh，故答案是b；f；d；c；g；e；（6）已知图像是不同浓度的标准溶液，分别加入5.0 mL(足量)溶液，摇匀后测量吸光度。故步骤中取用标准液V=5.0mL；当摇匀后测得吸光度为0.6时，由图像知KN3的浓度是0.04molL-1，则100mL溶液中产品浓度也是0.04molL-1，则样品的质量分数为=90%；24(1)(或)(2)将实验1中的黄色沉淀过滤，并洗涤，向沉淀中加浓氨水，若沉淀溶解并得到深蓝色溶液可证明沉淀中有(3) 氧化 (或、)

27、(4) 正 (或) 取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀则证明有生成【分析】通过查阅的资料，结合实验1可知，CuSO4与Na2SO3生成Cu2SO3，继续加入则生成Cu(SO3)23-离子，沉淀消失；结合实验2可知，升高温度则二者反应直接生成Cu2O；结合实验3可知，Na2SO3过量则发生双水解，得到Cu(OH)2蓝色沉淀；【详解】（1）与发生相互促进的水解反应，生成沉淀；离子方程式为：(或)。（2）若要证明沉淀中有沉淀，为避免溶液中的干扰，应先将沉淀过滤，然后利用可溶于氨水生成深蓝色配合离子进行检验；（3）实验2所得沉淀为沉淀，表现氧化性，结合题中信息溶液中有生成，可写出反应的离子方程式为；（4）该装置为原电池装置，避免了和的相互促进水解反应，左侧石墨做正极，烧杯中发生的还原反应，右侧石墨做负极；烧杯中发生的氧化反应，所以右侧烧杯中的电极反应式为(或)；若要检验生成的，应先排除的干扰，具体操作为取少量右侧烧杯中的溶液，滴加盐酸调至酸性，然后滴加氯化钡溶液，溶液中产生白色沉淀证明有生成。答案第17页，共9页