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模块综合试卷(满分:100分)一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2024·吉林,2)下列化学用语或表述正确的是()A.中子数为1的氦核素:B.SiO2的晶体类型:分子晶体C.F2的共价键类型:p⁃pσ键D.PCl3的空间结构:平面三角形答案C解析中子数为1的He核素其质量数为1+2=3,故应表示为23He,A错误;两个F原子中2p轨道单电子相互重叠形成p⁃pσ键,C正确;PCl3的中心原子价层电子对数为4,存在1个孤电子对,其VSEPR模型为四面体形,PCl3的空间结构为三角锥形,2.(2024·湖北,5)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是()A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成答案A解析VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型,而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构,不包括孤电子对,当中心原子无孤电子对时,两者空间结构相同,当中心原子有孤电子对时,两者空间结构不同,故A错误;在一个原子轨道内,最多只能容纳2个电子,它们的自旋相反,这个原理被称为泡利原理,故C正确;1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道,称为sp3杂化轨道,故D正确。3.乙二胺()是一种重要的有机化工原料,下列关于乙二胺的说法不正确的是()A.易溶于水,其水溶液显碱性B.H—C—H键角大于H—N—H键角C.第二周期中第一电离能大于C小于N的元素只有一种D.[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中,提供孤电子对形成配位键的是Cu2+答案D解析乙二胺中含氨基,能与水形成分子间氢键,易溶于水,其水溶液显碱性,A正确;—NH2中含有孤电子对,孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力,所以H—C—H键角大于H—N—H键角,B正确;第二周期中第一电离能大于C小于N的只有氧元素,C正确;乙二胺与Cu2+形成的[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中,提供孤电子对形成配位键的是N,D错误。4.2022年诺贝尔化学奖颁给了在“点击化学”领域做出贡献的科学家。一种“点击化学”试剂XYZ2W3是由四种短周期主族元素组成,其中X、Z、W的原子序数依次递减,三者基态原子核外电子的空间运动状态数相同,Y的原子序数是Z的两倍,下列说法正确的是()A.简单氢化物分子中的键角:Y>ZB.电负性和第一电离能均有Z>WC.同周期元素形成的简单氢化物中X稳定性最强D.同周期主族元素基态原子未成对电子数少于Y的有2种答案C解析氧原子的原子半径小于硫原子,水分子中成键电子对间的斥力大于硫化氢分子,所以水分子的键角大于硫化氢,故A错误;同周期元素,从左到右第一电离能呈增大趋势,氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构,元素的第一电离能大于相邻元素,则氮元素的第一电离能大于氧元素,故B错误;同周期元素,从左到右非金属性依次增强,简单氢化物的稳定性依次增强,所以氟化氢的稳定性最强,故C正确;基态硫原子的未成对电子数为2,第三周期主族元素中未成对电子数小于2的有钠原子、镁原子、铝原子、氯原子,共有4种,故D错误。5.冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18⁃冠⁃6可用作相转移催化剂,其与K+形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是()A.该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面C.该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1D.该螯合离子形成的晶体类型为离子晶体答案B解析该螯合离子中C、O原子价层电子对数都是4,所以C、O原子都采用sp3杂化,C与O原子的杂化类型相同,A项正确;该螯合离子中C、O原子都采用sp3杂化,具有甲烷结构特点,所以该螯合离子中所有非氢原子不位于同一平面,B项错误;该螯合离子中含有24个C—H极性键、12个C—O极性键、6个O—K极性键,C—C非极性键为6个,所以极性键与非极性键的个数比为42∶6=7∶1,C项正确;离子化合物形成的晶体为离子晶体,该螯合离子为阳离子,其形成的晶体类型为离子晶体,D项正确。6.(2023·青海高二月考)联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧,防止锅炉被腐蚀,其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是()A.N2H4分子中σ键与π键的数目之比为5∶1B.1molN2H4可处理水中1.5molO2C.[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键D.氨水中NH3与H2O间存在氢键答案D解析联氨分子中含有4个N—H和1个N—N,只含有单键,即只含有σ键,不含有π键,故A错误;1molN2H4失去电子生成氮气,转移4mol电子,而1molO2得到4mol电子,根据得失电子守恒可知,1molN2H4可处理水中1molO2,故B错误;[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键,氨分子中N与H形成极性共价键,但是不存在离子键,故C错误。7.(2024·安徽,8)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是()A.该物质中Ni为+2价B.基态原子的第一电离能:Cl>PC.该物质中C和P均采取sp2杂化D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2答案C解析由结构简式可知,P原子的3个单电子与苯环形成共用电子对,P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键,Cl-提供孤电子对与Ni形成共价键,由于整个分子呈电中性,故该物质中Ni为+2价,A项正确;同周期元素随着原子序数的增大,第一电离能有增大趋势,故基态原子的第一电离能:Cl>P,B项正确;C均存在于苯环上,采取sp2杂化,P价层电子对数为4,采取sp3杂化,C项错误;Ni的原子序数为28,位于第四周期第Ⅷ族,基态Ni原子价电子排布式为3d84s2,D项正确。8.NaAlH4晶体结构如图所示,它由两个正六面体叠加而成,已知正六面体的棱长为anm。下列说法错误的是()A.NaAlH4晶体中,与AlH4-紧邻且等距的Na+B.设阿伏加德罗常数的值为NA,则晶体的密度为1.08×1023C.制备NaAlH4的反应选择在乙醚(CH3CH2OCH2CH3)中进行,也可以在水中进行D.AlH答案C解析以体心的AlH4-研究,与之紧邻且等距的Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心,与AlH4-紧邻且等距的Na+有8个,A正确;由晶体结构可知:AlH4-数目为1+8×18+4×12=4,Na+数目为6×12+4×14=4,晶胞质量为4×54NAg,晶体密度为4×54NAg(a×10-7cm)2×2a×10-7cm=1.08×1023a3NAg·cm-3,B正确;制备NaAlH4的反应选择在乙醚(CH3CH2OCH29.某种新型导电材料将锂原子嵌入石墨烯层间,晶体结构如图(长方体)。下列有关说法正确的是()A.石墨片层间作用力较弱,故硬度和熔点都较低B.这种新型材料有望应用于水性锂离子电池中C.晶体的化学式为LiC6D.距离Li原子最近且相等的Li原子有6个答案C解析根据晶胞结构,Li位于顶角,晶胞含有1个Li原子,中间的碳原子环有6个碳原子位于面上,有2个位于晶胞体内,晶胞中碳原子数共有6个,晶体的化学式为LiC6,C项正确;因为是长方体的结构,故距离Li原子最近且相等的Li原子有4个,D项错误。10.(2023·辽宁,9改编)某种镁盐具有良好的电化学性能,其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素,W、Y原子序数之和等于Z,Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是()L为A.W与X的化合物不一定为极性分子B.第一电离能:Z>X>YC.Q的氧化物是两性氧化物D.该阴离子中含有配位键答案B解析W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素,W形成1个单键且核电荷数最小,W为H,X形成4个键,核电荷数大于H,且小于其他三种元素,X为C,Y形成2个单键,核电荷数大于C,Y为O,W、Y原子序数之和等于Z,Z为F,Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍,Q为Al。W与X的化合物不一定为极性分子,如CH4为非极性分子,A正确;同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,则第一电离能:F>O>C,B错误;Q为Al,Al2O3为两性氧化物,C正确;该阴离子中L与Q之间形成配位键,D正确。11.FeSO4·7H2O失水后可转化为FeSO4·6H2O(结构如图)。下列说法正确的是()A.物质中元素电负性顺序:O>H>S>FeB.SO42-中键角∠OSO大于H2OC.此结构中H2O与Fe2+、H2O与SOD.基态S原子核外有16种能量不同的电子答案B解析电负性:O>S>H>Fe,A项错误;两者均为sp3杂化,后者有孤电子对,键角更小,SO42-中的键角∠OSO大于H2O中键角∠HOH,B项正确;H2O和Fe2+之间为配位键,而H2O和SO42-之间为氢键,两个作用力不同,C项错误;基态S原子电子排布为1s22s22p63s23p412.(2024·济南高二月考)化合物M是一种新型超分子晶体材料,由X、18⁃冠⁃6、HClO4以CH3COCH3为溶剂反应制得(如图)。下列叙述正确的是()A.组成M的元素均位于元素周期表p区B.M由X的高氯酸盐与18⁃冠⁃6通过氢键结合生成C.M中碳、氮、氯原子的轨道杂化类型均为sp3D.M的晶体类型为分子晶体答案B解析组成M的元素有H、C、N、O、Cl、Br,根据元素周期表结构可知H位于s区,A错误;由图知,M由X的高氯酸盐与18⁃冠⁃6通过氢键结合生成,B正确;M中苯环上的碳原子的轨道杂化类型为sp2,C错误;M的晶体类型为离子晶体,D错误。13.下列对一些实验事实的理论解释错误的是()选项实验事实理论解释A金属的导热性好遍布晶体的自由电子受热加速运动B酸性:CF3COOH>CCl3COOH氟的电负性大于氯的电负性,F—C的极性大于Cl—C的极性,使—CF3的极性大于—CCl3的极性,导致CF3COOH羧基中羟基的极性更大,更易电离出H+CHF的沸点低于HClHF的相对分子质量小于HClD对羟基苯甲醛()比邻羟基苯甲醛()的沸点高对羟基苯甲醛形成分子间氢键,邻羟基苯甲醛形成分子内氢键答案C14.已知SiCl4发生水解反应的机理如图:下列叙述正确的是()A.SiCl4的键角与白磷(P4)的键角相同B.H4SiO4加热分解得到的SiO2晶体中最小环是六元环C.SiCl4属于分子晶体D.CCl4不能按照上述机理发生水解反应,原因是C的原子半径小答案C解析SiCl4的键角为109°28',白磷(P4)的键角为60°,故A错误;SiO2晶体中最小环为十二元环,故B错误;CCl4不能按照上述机理发生水解反应,原因是C原子没有d轨道,难以形成sp3d杂化,故D错误。15.(2023·青岛高二期末)[Co(NH3)6]Cl2晶体的晶胞如图所示(已知该立方晶胞的边长为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg·mol-1),以下说法正确的是()A.[Co(NH3)6]Cl2中,中心离子的配位数为8B.离[Co(NH3)6]2+最近的Cl-有4个C.若规定A点原子坐标为(0,0,0),B点原子坐标为12,12D.[Co(NH3)6]Cl2晶体的密度为4Ma3N答案C解析[Co(NH3)6]Cl2的中心离子为Co2+,其配位原子为N,配位数为6,故A错误;由[Co(NH3)6]Cl2晶胞结构可知,[Co(NH3)6]2+周围等距离且最近的Cl-有8个,故B错误;C位于晶胞内部,若把晶胞分为8个相等的小立方体,则C位于左后上的小立方体的体心,根据A、B的原子坐标可知,C的原子坐标为14,34,34,故C正确;通过晶胞结构,根据均摊法,一个晶胞含有的[Co(NH3)6]2+的个数为8×18+6×12=4,含有的Cl-的个数为8,故每个晶胞中含有4个[Co(NH3)6]Cl2;[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量是Mg·mol-1,晶胞体积为a3pm3,则晶胞的密度为二、非选择题(本题共4小题,共55分)16.(12分)元素周期表中的六种元素A、B、C、D、E、F,原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为nsnnpnB的基态原子2p能级有3个单电子C的原子最外层电子数是其内层的3倍D的基态原子3p轨道上有4个电子E2+的d轨道中有10个电子F单质在金属活动性顺序中排在最末位(1)写出E的基态原子的电子排布式:。

(2)A、B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中,元素A的原子采取sp杂化,则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为。

(3)D与E形成的化合物晶体的晶胞如图所示。在该晶胞中,E离子的数目为;该化合物的化学式为。

(4)在D的氢化物(H2D)中,D原子的杂化轨道类型是。

(5)C的氢化物(H2C)在乙醇中的溶解度大于H2D,其原因是。

(6)D与C可形成的DC42-的空间结构为(7)E、F均能与AB-形成配离子,已知E2+与AB-形成配离子时,配位数为4;F+与AB-形成配离子时,配位数为2。工业上常用F+与AB-形成的配离子与单质E反应,生成E2+与AB-形成的配离子和F单质来提取F,写出上述反应的离子方程式:。

答案(1)1s22s22p63s23p63d104s2(2)1∶2(3)4ZnS(4)sp3(5)水分子能和乙醇形成分子间氢键(6)正四面体形(7)2[Au(CN)2]-+Zn===[Zn(CN)4]2-+2Au解析(1)E为锌,基态原子的电子排布式:1s22s22p63s23p63d104s2。(2)在CN-中存在碳氮三键,三键含有1个σ键、2个π键,故含有的σ键与π键的数目之比为1∶2。(3)据“均摊法”,晶胞中含8×18+6×12=4个灰球、4个白球,故在该晶胞中,E离子的数目为4,该化合物的化学式为ZnS。(4)H2S的中心原子S原子的价层电子对数为2+6-1×22=4,S原子采用sp3杂化。(6)SO42-的中心原子S原子的价层电子对数为4+6+2-2×42=4,为sp3杂化,空间结构为正四面体形。(7)已知E2+与AB-形成配离子时,配位数为4,则为[Zn(CN)4]2-;F+与AB-形成配离子时,配位数为2,则为[Au17.(15分)过渡金属元素及其化合物的应用广泛,是科学家们进行前沿研究的方向之一。(1)基态Cu原子核外K、L层电子的电子云有种不同的伸展方向。

(2)锌化铜是一种金属互化物,元素铜的第二电离能(填“大于”“小于”或“等于”)锌的第二电离能,理由是

(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体,其中DMSO为二甲基亚砜,化学式为(CH3)2SO。(CH3)2SO中C—S—O的键角(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COCH3中C—C—O的键角,理由是;元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为。

(4)利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2悬浊液检验醛基时,生成砖红色的Cu2O,其晶胞结构如图所示。①该晶胞原子分数坐标A为(0,0,0),C为(12,12,12),则D原子分数坐标为②若Cu2O晶体密度为dg·cm-3,晶胞参数为apm,则阿伏加德罗常数的值NA为(用含d和a的式子表示)。

答案(1)4(2)大于基态Cu+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10,3d轨道为全充满较稳定状态;基态Zn+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,容易再失去1个电子(3)小于碳原子半径小于硫,C—C键长小于S—C键长,CO键长小于SO键长,C、S、O原子间斥力小于C、C、O间斥力O>Cl>S(4)①(34,34,14)②解析(1)基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1,K、L层含有s、p轨道,s轨道有1种伸展方向、p轨道有3种伸展方向,故K、L层电子的电子云有4种不同的伸展方向。(3)同周期从左到右,元素的电负性逐渐增强;同主族由上而下,元素的电负性逐渐减弱,元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为O>Cl>S。(4)②若Cu2O晶体密度为dg·cm-3,晶胞参数为apm;据“均摊法”,晶胞中含8×18+1=2个白球、4个灰球,则晶体密度为2MNAa3×1030g·cm-3=288a3NA×1030g·cm-3=d18.(13分)第ⅤA族元素原子核外电子排布有着特殊性,能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题:(1)氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键,基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道,则重排后的氧原子价层电子轨道表示式为,基态氧原子的价层电子不是重排结构,原因是重排结构不符合(填“泡利原理”或“洪特规则”)。

(2)沸点:PH3(填“>”或“<”,下同)NH3,键角:AsO33-

(3)As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是。

(4)TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶体中,距离Ti最近的Al有个;原子①与原子②的距离为nm(已知晶体密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA)。

答案(1)洪特规则(2)<<(3)As>Se>Ge(4)4323解析(1)基态O原子核外电子排布为1s22s22p4,基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道,则重排后的氧原子价层电子轨道表示式为;洪特规则是指在相同能量的轨道上,电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋平行,基态氧原子的价层电子不是重排结构,原因是重排结构不符合洪特规则。(2)氨分子可以形成氢键,导致沸点升高,故沸点:PH3<NH3;AsO33-、AsO43-中心原子均为sp3杂化,但是AsO33-中存在1个孤电子对,孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力,导致AsO33-中键角减小,故键角:AsO33-<AsO43-。(3)同周期元素随着原子序数增大,第一电离能呈增大趋势,As的4p轨道为半充满稳定状态,第一电离能大于同周期相邻元素,故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge。(4)由图可知,以右侧棱心的钛原子为例,晶胞内体心铝原子与其最近,则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al有4个;据“均摊法”,晶胞中含8×18+6×12=4个N、12×14=3个Ti、1个Al,设晶胞参数为anm,则晶体密

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