1、高中化学鲁科版（2019）选择性必修二第2章微粒间相互作用与物质性质基础练习一、单选题1.下列说法正确的是：（ ） A.键是由两个p电子“头碰头”重叠形成的 B.键是镜面对称，而键是轴对称C.乙烷分子中的键全为键，乙烯分子中含键和键D.H2分子中含键，Cl2分子中含键2.下列说法正确的是（ ） N2H4分子中既含极性键又含非极性键若R2-和M+的电子层结构相同，则离子半径：M+R2-F2、Cl2、Br2、I2熔点随相对分子质量增大而升高NCl3、PCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e-稳定结构固体融化成液体的过程是物理变化，所以不会破坏化学键HF分子很稳定是由于HF分子之间能形成氢键由
2、于非金属性ClBrI，所以酸性HClHBrHIA.B.C.D.3.已知： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)H=+206kJmol1CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=+247kJmol1 CH 键的键能约为 413kJ/mol ， OH 键的键能约为 463kJ/mol ， HH 键的键能约为 436kJ/mol ，则 CO2 中 C=O 键的键能约为（ ） A.797.5kJ/molB.900.5kJ/molC.962.5kJ/molD.1595kJ/mol4.下列说法或表示法不正确的是（ ） A.1mol硫蒸气与2mol硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同
3、B.已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=571.6kJmol1 ， 则H2的燃烧热为285.8kJmol1C.在稀溶液中：H(aq)OH(aq)=H2O(aq)H=57.3kJmol1 ， 若将含1molCH3COOH的稀醋酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJD.已知：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-akJ/mol；： ， ，且a、b、c均大于零，则断开1mol HCl键所需的能量为2(a-b-c) kJ/mol5.已知BeCl2为共价化合物，两个BeCl键间的夹角为180，则BeCl2属于( ) A.由极性键构成的极性分子
4、B.由极性键构成的非极性分子C.由非极性键构成的极性分子D.由非极性键构成的非极性分子6.若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（ ） A.若n2，则分子的空间构型为V形B.若n3，则分子的空间构型为三角锥形C.若n4，则分子的空间构型为正四面体形D.以上说法都不符合题意7.下列各组微粒，中心原子均采用sp2杂化方式的是（ ） A.NH3 ， PCl3 ， CO32- ， CO2B.SO3 ， NO3- ， COCl2 ， BF3 C.SO42- ， ClO3- ， PO43- ， BF3 D.BeCl2 ， NCl3 ， NO3- ，
5、ClO4-8.以下事实中不能用“相似相溶”原理说明的是( ) A.HCl易溶于水B.I2易溶于CCl4中C.Cl2可溶于水D.NH3难溶于苯中9.二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。 下列说法错误的是( )A.S2Cl2的结构式为ClSSClB.S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子C.S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2S2Cl2D.S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl10.下列物质性质的变化规律，与共价
6、键的键能大小有关的是( ) A.F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高B.HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱C.乙醇可以与水任意比互溶 D.NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低11.已知HH键的键能为436 kJmol1 ， O=O键为497.3 kJmol1 ， ClCl键为242.7 kJmol1 ， NN键为946 kJmol1 ， 则下列叙述中正确的是( ) A.NN键的键能为 13 946 kJmol1315.3 kJmol1B.氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的短C.氧气分子中氧原子是以共价单键结合的D.氮气分子比氯气分子稳定12.下列有关说法错误
7、的是（ ） A.水合铜离子的模型如图 ，1个水合铜离子中有4个配位键B.CaF2晶体的晶胞如图 ，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2+C.H原子的电子云图如图 ，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D.金属Cu中Cu原子堆积模型如图 ，为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为1213.硫化羰（OCS）存在于许多种植物中，杀虫效果显著。它与CO2、CS2互为等电子体，已知C=O键的键能为745kJmol1 ， 有关硫化羰的说法正确的是（ ） A.分子中有2个键和1个键 B.可推测C=S键的键能大于745 kJmol1C.OCS中碳原子是采用sp杂化方式成键的D.分解温度CO2、OCS 、CS
8、2依次由低到高14.下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中，不正确的是 ( ) A.金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用，金属键无方向性和饱和性B.共价键是原子之间通过共用电子对形成的相互作用，共价键有方向性和饱和性C.范德华力是分子间存在的一种作用力，分子的极性越大，范德华力越大D.氢键不是化学键而是分子间的一种作用力，所以氢键只存在于分子与分子之间15.我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHOO2 催化剂 CO2H2O H”、“S2Cl2 ， 故不选C；D. 根据题干信息S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，品红褪色气体为SO2
9、， 再根据氧化还原理论，可知S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，故不选D；故答案为：B；10.【答案】 B 【解析】A.榕沸点高低与分子间作用力有关，分子间作用力越大，熔沸点越高，F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高是对的，故A错； B. 热稳定性指元素的化学性质，如发生变化，就得破坏卤素原子和氢原子之间的共价键，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键键能也逐渐减小，故B符合题意。C. 因为乙醇可以与水形成氢键，所以和水任意比互溶，和化学键没有关系，故C错；D. NaF、NaCl、NaBr、
10、NaI的熔点是由离子键决定的，因F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，它们与钠形成的离子键也逐渐减弱， 故D错。11.【答案】 D 【解析】A. NN键的键能不是NN键键能的 13 ，故A不符合题意； B. 氢原子半径在所有原子中是最小的，所以氮气分子中的共价键的键长比氢气分子中的长，故B不符合题意；C. 氧气分子中氧原子是以共价双键结合的，故C不符合题意；D. 氮气分子中的NN键很牢固，所以氮气分子比氯气分子稳定，故D符合题意。故答案为：D。12.【答案】 C 【解析】A.水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，故A不符合题意； B.根据均摊法可
11、知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2+个数为8 18 +6 12 =4，故B不符合题意；C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子一说，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，故C符合题意；D.在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D不符合题意。故答案为：C。 13.【答案】 C 【解析】A羰基硫结构为S=C=O，分子中有2个键和2个键，A不符合题意； B硫的电负性比氧弱，C=S
12、键的键能小于745kJmol-1 ， B不符合题意；CCOS中碳原子上含有2个键电子对，则中心原子采用sp杂化，C符合题意；D电负性越大，成键的键能越大越稳定，电负性：CSO，故分解温度：CS2、COS、CO2依次由低到高，D不符合题意，故答案为：C。14.【答案】 D 【解析】氢键既可以存在于分子间(如水、乙醇、甲醇、液氨等)，也可以存在于分子内 ，所以应选择D选项。15.【答案】 C 【解析】A. 该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，A项不符合题意； B. 二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，B项不符合题意；C. 甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中含有3个键，1个键，C项
13、符合题意；D. 每生成1.8g H2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，D项不符合题意；故答案为：C。二、综合题16.【答案】 （1）；（2）（3）放热；大于（4）放出；5.5 【解析】（1）共价键：非金属与非金属元素之间形成的键，氯化铝除外 离子键：金属与非金属元素之间形成的键，铵盐除外 故只含共价键的是，只含离子键的是，既含共价键又含离子键的是 （2）离子化合物：含有离子键的是离子化合物，故离子化合物的是 （3）由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应 （4）H2(g)+I2(g)=2HI(g) H=436+151-2299=-11kJ/mol
14、故生成1molHI放出5.5kJ的能量17.【答案】 （1）三角锥形；NH3+H3O+=NH4+H2O（2）硫；氧（3）SO3+Ba+H2O=BaSO4+2H+（4）K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2 【解析】（1）氨气中N原子为sp3杂化，且有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，H3O+又能够与氨气反应生成NH4+ ， 因此结合H+能力的相对强弱：H2ONH3 ， 反应的离子方程式为：H3O+NH3=NH4+H2O; （2）由转化中混合气体B与氯化钡反应生成白色沉淀，且气体单质C可使带火星的木条复燃，C为O2 ， 可知混合气体B中含O2、SO3 ， 气体B的物质的量为0.672L2
15、2.4L/mol=0.03mol,白色沉淀为硫酸钡，结合S原子守恒可知n（SO3）=4.66g233g/mol=0.02mol,氧气的物质的量为0.224L22.4L/mol=0.01mol,，5.40gX中含钾的物质的量为5.4g-0.02mol80g/mol-0.0132g/mol39g/mol=0.02mol，则X中含K、S、O的原子个数比为0.02mol：0.02mol：（0.02mol3+0.01mol2）=1：1：4，X的摩尔质量介于200gmol-1300gmol-1之间，则设化学式为（KSO4）x ， 200（39+32+164）x300，x只能为2，则X为K2S2O8 ， A
16、为常见的强酸盐，A为K2SO4 ， 由上述分析可知，X中除钾元素外还含有元素为硫、氧; （3）产生白色沉淀的离子反应方程式为SO3+Ba2+H2O=BaSO4+2H+; （4）X与水在一定条件下发生反应，生成两种物质，一种为酸式盐，另一种具有漂白性，X与水反应的化学方程式为K2S2O8+2H2O=2KHSO4+H2O2。 18.【答案】 （1）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（2）OCH（3）N2；sp3；（4）4；NA=4（64+35.5）（4a210-10）3 【解析】X为Cu，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d10
17、4s1 ， 故故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；同周期，从左到右，电负性逐渐增大，即OC，非金属性越强，电负性越强，所以CH，即OCH，故故答案为：OCH；X2Cl22CO2H2O是一种配合物，找等电子体，找与这些原子相邻的原子，因此CO互为等电子体的分子是N2 ， 故故答案为：N2；氯有2个键，还有两对孤对电子，因此氯原子的杂化方式为sp3 ， 故故答案为：sp3；在X2Cl22CO2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，CO、H2O、Cl各提供孤对电子，亚铜离子提供空轨道，因此配位键图示为 ，故故答案为： ； XCl的晶胞如图2所示，以面
18、心分析，左边两个Cl ， 右边两个Cl ， 即距离每个X+最近的Cl的个数为4，若X原子的半径为a pm，即每个边长为 b=22a pm，晶体的密度为g/cm3 ， 每个晶胞中有4个Cu+ ， 4个Cl ， =mV=464+35.5NA（42a10-10）3 ，阿伏加德罗常数 NA=4（64+35.5）（4a210-10）3 ，故故答案为： NA=4（64+35.5）（4a210-10）319.【答案】 （1）H2SNH2（2）A（3）H-O键氢键范德华力（4）3d104s1；C（5）Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+2NH4+；Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH-；共
19、价键、配位键（6）Cu(NH3)4SO4H2O 是离子化合物，不溶于极性较小的乙醇中，降低 Cu(NH3)4SO4H2O 的溶解度，有利于晶体析出 【解析】（1）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O分子中的原子数为3，价电子数为10，H2S、NH2-的原子数目均为3，价电子数目均为10，则与水互为等电子体，因此与H2O分子互为等电子体的微粒有H2S、NH2-等。 （2）A、水中氧的杂化为sp3 ， H3O+中氧的杂化为sp3 ， 则氧原子的杂化类型没有改变，A符合题意； B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，B不符合题意；C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学
20、性质发生了改变，C不符合题意；D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，D不符合题意；故答案为：A； （3）分子内的OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为HO键氢键范德华力； （4）Cu的原子序数为29，为第四周期第B族元素，则价电子的电子排布为3d104s1 ， 最外层电子为4s电子，同一周期的副族元素Cr的价电子排布为3d54s1 ， 即与铜同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有Cr； （5）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以共价键结合，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，则以配位键结合，发生
21、的离子反应方程式分别为Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3Cu(NH3)42+2OH-； （6）向（5）的深蓝色溶液中加入C2H5OH，降低了Cu(NH3)4SO4H2O的溶解度，析出深蓝色Cu(NH3)4SO4H2O晶体。三、推断题20.【答案】 （1）p（2）NOC（3）sp2；平面三角形（4）12；先产生蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解，生成深蓝色溶液 【解析】（1）c为氧元素，位于第六主族，属于p区的元素；（2）b为N元素，与其同周期相邻元素为C、O，因为N核外电子排布处于半满状态，比较稳定，第一电离能大于C、O；O的非金属性强与C，第一电离能大于C；
22、第一电离能由大到小的顺序为NOC；（3）CO32-的价层电子对数为 4+22 =3，中心原子的轨道杂化类型为sp2 ， 空间构型为平面三角形；（4）根据晶体结构可以看出,每个阴离子周围等距离且最近的阴离子数为12; 在铜盐溶液中逐滴加入氨水至过量，该过程中先生成蓝色沉淀，后氢氧化铜溶解在氨水中生成配离子，得到深蓝色溶液，发生Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+ ， Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O；21.【答案】 （1）3d54s1（2）平面三角形；sp2（3）；2NA（4）F-HF、F-HO、O-HF、O-HO（5）312/aNAcm3 【
23、解析】A、B、C、D、E都是元素周期表中前36号的元素，它们的原子序数依次增大A原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，则A原子有2个电子层，最外层电子数为4，故A为碳元素；C在元素周期表的各元素中电负性最大，则C为氟元素；B原子基态时s电子数与P电子数相等，原子序数小于氟元素，处于第二周期，核外电子排布为1s22s22p4 ， 则B为氧元素；D的基态原子核外有6个能级且全部充满电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2 ， 则D为Ca元素; E原子基态时未成对电子数是同周期元素中最多的，其原子外围电子排布为3d54s1 ， 则E为Cr元素。（1）E为Cr元素，基态原子的价
24、电子排布式为3d54s1（2）CO32-中C原子的价层电子对数为3+（4+223）/2=3，C原子孤对电子对数=（4+223）/2=0，CO32-为平面三角形，C原子采取sp2杂化（3）C22-与O22+互为等电子体，离子结构相同，O22+的电子式可表示为 ，1mol O22+中含有的键数目为2NA（4）HF水溶液中存在的所有氢键为：F-HF、F-HO、O-HF、O-HO（5）由化合物CaF2的晶胞结构可知，晶胞中含有钙离子数目为81/8+61/2=4含有氟离子数目为8，故晶胞的质量为478g，该离子化合协晶体的密度为a g/cm3 ， 则晶胞的体积=478/NA/ a g/cm3=312 /
25、aNAcm322.【答案】 （1）（2）；（3）sp2杂化；sp2杂化；10928；平面三角形（4）N2O、；OCN或SCN或N3 【解析】解：A、B、C、D、E、F六种元素位于短周期，原子序数依次增大，C基态原子核外有三个未成对电子，且C能形成单质C2 ， 所以C是N元素；B与D形成的化合物BD与C的单质C2电子总数相等，且C的原子序数大于B小于D，所以B是C元素，D是O元素；CA3分子结构为三角锥形，且A的原子序数小于B，所以A是H元素；D与E可形成E2D与E2D2两种离子化合物，所以E是Na元素；D与F是同族元素，所以F是S元素（1）通过以上分析知，D是O元素，原子核外有8个电子，其核外电子排布图为： 故答案为： （2）化合物E2F2为Na2S2 ， 是离子化合物，和过氧化钠类似，钠
