专题检测练(2)(Word练习)-【优化指导】2025年高考化学二轮复习高中总复习·第2轮（单选版）

专题检测练(二) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2024·吉林延边州一模)下列化学用语表示正确的是(　　) A．中子数为10的氧原子：O B．NH3的VSEPR模型： C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D．基态磷原子的轨道表示式： B　解析：中子数为10的氧原子，则质量数为10＋8＝18，则中子数为10的氧原子为8O，A错误；邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图为，C错误；基态磷原子的轨道表示式不符合洪特规则，3p轨道的3个电子分占不同轨道，且自旋状态相同，D错误。 2．(2024·天津红桥区一模)氧和硫是元素周期表中第ⅥA族元素。下列说法正确的是(　　) A．电负性：O<S B．沸点：H2O＜H2S C．SO2是极性分子 D．SO空间结构为平面三角形 C　解析：同主族元素，电负性从上到下逐渐减小，即电负性：O＞S，A错误；由于H2O能形成分子间氢键，而H2S不能，故沸点：H2O＞H2S，B错误；SO2中S价层电子对数为2＋×(6－2×2)＝3，有1个孤电子对，SO2的空间结构为V形，正电中心和负电中心不重合，属于极性分子，C正确；SO中S的价层电子对数为3＋×(6＋2－2×3)＝4，有1个孤电子对，SO的空间结构为三角锥形，D错误。 3．(2024·山东日照一模)下列属于非极性分子的是(　　) A．O3 B．H2O2 C．PCl3 D．CS2 D　解析：O3为V形，为极性分子，A错误；H2O2为半开书页形，两个O在书轴上，两个H分别与两个O相连，但不在同一平面上，为极性分子，B错误；PCl3为三角锥形，为极性分子，C错误；CS2为直线形，为非极性分子，D正确。 4．(2024·重庆缙云教育联盟联考)下列关于元素周期表的说法正确的是(　　) A．每一周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1过渡到ns2np6 B．同族元素原子的价层电子数不一定相等 C．s区、d区和ds区的元素都是金属元素 D．同周期的主族元素从左至右，第一电离能和电负性均依次增大 B　解析：并不是所有周期元素原子的最外层电子排布均是从ns1过渡到ns2np6，如第一周期是1s1到1s2，A错误；同主族元素原子的价层电子数相等，但0族、副族元素原子的价层电子数不一定相等，B正确；d区和ds区的元素都是金属元素，但是s区的H不是金属元素，C错误；同周期的主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但是 Ⅱ A族和ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，D错误。 5．(2024·贵州黔东南州二模)短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，其最简单氢化物的沸点如图所示。X的简单氢化物的水溶液呈碱性，R元素M层电子数是K层电子数的2倍，制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，X、Y、Z的最简单氢化物分子所含的电子总数相等。下列叙述正确的是(　　) A．电负性：Y>Z>X B．常温常压下，R3X4呈固态 C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>X D．最简单氢化物的键角：Y>X>R B　解析：由题干信息可知，短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，X的简单氢化物的水溶液呈碱性，则X为N；R元素M层电子数是K层电子数的2倍，则R为Si。制备Z的氢化物时不能选用玻璃容器，已知HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，则Z为F。X、Y、Z的最简单氢化物分子所含的电子总数相等，故Y为O。同一周期从左往右元素的电负性依次增大，故电负性：F＞O＞N，即Z>Y>X，A错误；Si3N4属于共价晶体，熔点很高，故常温常压下，Si3N4呈固态，B正确；X为N、Z为F，由于F没有正价，故F无最高价氧化物对应水化物，C错误； X为N、Y为O、R为Si，最简单氢化物分别为NH3、H2O、SiH4，中心原子价层电子对数均为4，孤电子对数分别为1、2、0，价层电子对数相同时，孤电子对越多，键角越小，故键角：SiH4＞NH3＞H2O，即R>X>Y，D错误。 6．(2024·辽宁沈阳市郊联体联考)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∶1 D．与二甲醚(CH3OCH3)相比，该螯合离子中“C—O—C”键角更大 B　解析：该螯合离子中碳与氧原子均采取sp3杂化，具有相同的杂化类型，A正确；该螯合离子中碳原子为饱和碳原子，所有非氢原子不在同一平面，B错误；该螯合离子中极性键为24个C—H、12个C—O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个C—C，个数比为7∶1，C正确；与二甲醚相比，该螯合离子中O的孤电子对数从2变成1，排斥作用减小，“C—O—C”键角更大，D正确。 7．(2024·重庆市七校联盟联考)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。 下列说法正确的是(　　) A．该晶体中存在N—H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C<N<O C．基态原子未成对电子数：B<C<O<N D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 A　解析：根据图示信息，结合原子的成键规律可知图中虚线表示的是N—H…O氢键，A正确；基态氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，其第一电离能大于C、O，即第一电离能C<O<N，B错误；B、C、N、O基态原子未成对电子数依次为1、2、3、2，C错误；[C(NH2)3]＋为平面结构，则N是sp2杂化，B形成4个σ键，则B为sp3杂化，O形成2个σ键，且有2个孤电子对，为sp3杂化，D错误。 8．(2024·湖北省七市州协作体联考)超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。某种超分子结构如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该超分子中—CH3的键角∠HCH小于—NH2的键角∠HNH B．该超分子中存在配位键、氢键等化学键 C．该超分子具有自组装的特征 D．该超分子不能发生水解反应 C　解析：—CH3的碳原子为sp3杂化，无孤电子对，—NH2的氮原子为sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对与σ键电子对之间的排斥力大于σ键电子对之间的排斥力，—CH3的键角∠HCH大于—NH2的键角∠HNH，A错误；该分子中无配位键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，B错误；根据题干信息，超分子具有自组装的特征，C正确；该超分子含有肽键，在酸性、碱性条件下都可以发生水解反应，D错误。 9．(2024·陕西西安中学一模)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为29，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是(　　) A．原子半径：Z>Y>X B．该阳离子中心离子的配位数为6 C．氢化物的沸点：Z>Y D．两种配体中的键角：X2Z>YX3 B　解析：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H；Z是地壳中含量最多的元素，Z为氧；W的原子序数为29，W为Cu；由图可以看出，连接三个键的原子为N，即Y为N。电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：N>O>H，A错误； 由图可知，该阳离子中心离子配位数为6，B正确；没有说明是否为简单氢化物，故不能判断两者的氢化物的沸点，C错误；H2O中O和NH3中N都采取sp3杂化，H2O中O有2个孤电子对，NH3中N只有1个孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小，故键角：H2O＜NH3，D错误。 10．(2024·山东济南一模)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，X与Y位于不同的周期，基态X原子核外s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，基态Y原子价电子中不同自旋状态的电子数之比为1∶2，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于X原子的核外电子数。下列说法错误的是(　　) A．ZX2为非极性分子 B．Y的氧化物属于两性氧化物 C．原子半径：W>Z D．同周期中基态原子第一电离能大于X的有3种 A　解析：由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为O、Al、Si、K。SiO2为共价晶体，不是非极性分子，A错误；Al的氧化物为Al2O3，属于两性氧化物，B正确；K有4个电子层，Si有3个电子层，电子层数越多，原子半径越大，C正确；同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但N最外层为半充满稳定结构，其第一电离能大于O，则同周期中比O第一电离能大的有N、F、Ne三种，D正确。 11．(2024·辽宁抚顺二模)某农药杀虫剂中含有的成分如图所示。已知X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期元素，已知Y、Z位于同一周期，X、N位于同一主族。下列说法错误的是(　　) A．电负性：Y>X>N B．该化合物难溶于水，不能与水形成氢键 C．该化合物可与Cu2＋、Ag＋等形成配合物 D．M的最高价氧化物对应的水化物形成的浓溶液能与M的气态氢化物反应 B　解析：X、Y、Z、N、M为原子序数依次增大的短周期元素，Y、Z位于同一周期，结合结构式可知，N为Na，X、N位于同一主族，则X为H；Y可形成4个共用电子对，则Y为C，Y、Z位于同一个周期，Z形成3个共用电子对，Z为N，M为S。X、Y、Z、N、M分别为H、C、N、Na、S，则电负性：C＞H＞Na，A正确；该物质为离子化合物，且有氮原子，可以与水形成氢键，易溶于水，B错误；该化合物中N、S含有孤电子对，可以与含有空轨道的Cu2＋、Ag＋等形成配位键，C正确；浓硫酸与硫化氢能发生氧化还原反应，D正确。 12．(2024·江西省红色十校联考)原子序数依次增大的五种短周期主族元素Y、M、Q、Z、X，它们形成的物质A结构如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．键角：YQ3>ZX4 B．物质A中所有原子都满足最外层8电子结构 C．元素Z的最高价氧化物可用于制作高温耐火材料 D．第二周期元素中，只存在一种元素的第一电离能数值介于M与Q之间 D　解析：结合题目信息和Q只形成一个共价键，可知Q只能是F，再根据物质的结构，可以推测出Y、M、Q、Z、X分别为B、N、F、Si、Cl。YQ3是BF3，其构型为平面三角形，键角为120°，ZX4是SiCl4，其构型是正四面体形，键角为109°28′，故键角：YQ3>ZX4，A正确；Y原子(B)通过配位键，达到8电子稳定结构，B正确；SiO2是共价晶体，其熔点很高，可用于制作高温耐火材料，C正确；第二周期元素中，由于N的价层电子排布式是2s22p3，p能级半充满，第一电离能：F>N>O>C，故第二周期不存在任何元素的第一电离能数值介于N与F之间，D错误。 13．(2024·江西赣州一模)镍酸镧电催化剂立方晶胞如图(1)所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是Ni，图(2)和图(3)是晶胞的不同切面。下列说法错误的是(　　) A．Ni的配位数为12 B．催化活性：图(2)>图(3) C．La和O的最短距离为a D．若原子1的分数坐标为(0，0，0)，则La的分数坐标为 A　解析：Ni在顶角，O在棱心，Ni周围最近的O形成正八面体，Ni的配位数为6，A错误；具有催化活性的是Ni，图(3)中没有Ni，则催化活性：图(2)>图(3)，B正确；La和O的最短距离为面对角线长度的一半，即为a，C正确；若原子1的分数坐标为(0，0，0)，晶胞棱长为1，La在体心，分数坐标为，D正确。 14．(2024·湖南省长郡中学二模)汞及其化合物在我国应用的历史久远，可用作医药、颜料等。两种含汞化合物的晶胞结构如图所示，其中甲为四方晶胞结构，乙为立方晶胞结构。下列说法正确的是(　　) A．甲和乙中Hg2＋的配位数相同 B．甲的化学式为(NH4)2HgCl4 C．乙中相邻的两个S2－之间的距离为a nm D．每个甲、乙晶胞中含有的阴离子数目相等 C　解析：甲中，Hg2＋位于Cl－构成的正八面体的体心，其配位数为6，乙中Hg2＋的配位数与S2－的配位数都为4，A错误；甲晶胞中，含NH的个数为8×＝1，含Cl－的个数为4×＋2＝3，含Hg2＋的个数为1，则其化学式为NH4HgCl3，B错误；乙中，4个S2－位于互不相邻的小立方体的体心，相邻两个S2－之间的距离等于面对角线长度的，即为a nm，C正确；甲晶胞中，阴离子Cl－的数目为3，乙晶胞中，阴离子S2－的数目为4，则含有的阴离子数目不相等，D错误。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(14分)(2024·山东临沂一模)铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题： (1)基态铜原子中，核外电子占据的最高能层符号为__________；基态Cu2＋的价层电子排布式为______。 (2)Cu2＋与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、[CuCl4]2－。其转化关系如图所示： ①[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的键角__________(填“＞”“＜”或“＝”)H2O中H—O—H的键角。 ②[CuCl4]2－呈黄色，溶液 Ⅰ 呈黄绿色的原因是________________________________；溶液 Ⅰ 加水稀释后呈蓝色，其原因是______________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③向溶液 Ⅱ 中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是________________。 (3)黄铜矿晶胞结构如图所示(晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°)，与单个Fe键合的S有__________个。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为________；若NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度ρ＝________g/cm3。 答案：(14分)(1)N　3d9 (2)①＞ ②蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－存在转化：[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2－＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－共存使溶液显黄绿色 加水稀释使[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2－＋4H2O平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋含量增加，溶液显蓝色　③溶液呈现深蓝色 (3)4　(，，)　 解析：(1)基态铜原子中，核外电子占据的最高能层符号为N，基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9。 (2)①[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的O中只含有一个孤电子对，而水分子中O含有两个孤电子对，孤电子对间的排斥力大于σ键电子对与孤电子对间的排斥力，故[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的键角大于H2O中H—O—H的键角。②蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－存在转化：[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2－＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋含量增加，溶液显蓝色。③向溶液 Ⅱ 中缓慢通入NH3至过量，发生[CuCl4]2－＋4NH3⥫⥬[Cu(NH3)4]2＋＋4Cl－，溶液呈现深蓝色。 (3)观察晶胞可知，与单个Fe键合的S有4个。原子1的分数坐标为(，，)，则原子2的分数坐标为(，，)。晶胞中Cu的个数为8×＋4×＋1＝4，晶胞中Fe的个数为4×＋6×＝4，含有8个S，故晶胞密度ρ＝ g/cm3＝ g/cm3。 16．(14分)(2024·陕西宝鸡金台区二模)我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题： (1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是________(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是________。 (2)铵盐大多不稳定。从结构的角度解释NH4F比NH4I更易分解的原因是________________________________________________________________________。 (3)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是____________；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(14分)(1)A　CD (2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中的氢生成HF (3)C　K2[Ni(CN)4]为离子晶体，而Ni(CO)4为分子晶体 解析：(1)基态硼原子电子排布式为1s22s22p1；为s轨道全充满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态时会释放能量形成发射光谱。 (2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中的氢生成HF，导致NH4F比NH4I更易分解。 (3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，C的电负性比N小，碳原子更易提供孤电子对形成配位键，故配位原子是C；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是K2[Ni(CN)4]为离子晶体，而Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体。 17．(15分)(2024·山东枣庄一模)氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题： (1)量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中β­氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知β­氮化碳的二维晶体(单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体)结构如图1所示，线框内表示晶胞结构，则β­氮化碳的化学式为________；晶体中N的杂化方式为________。 (2)Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2所示。 ①N3－在晶胞中只有一种位置，N3－的配位数为__________。 ②高温下CuO易转化为Cu2O，试从原子结构的角度解释其原因：_____________________ ________________________________________________________________________； ③高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其反应的化学方程式为________________________________________。 (3)CrN晶胞结构的八分之一如图3所示，则熔点：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρ g/cm3，则Cr3＋与N3－最短核间距为________pm。 答案：(15分)(1)C3N4　sp3 (2)①6　②亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定　③2Cu3N＋3CO23Cu2O＋N2＋3CO (3)高于　×1010 解析：(1)根据晶胞结构分析，左上框内氮原子数为4，碳原子数为4×＋2×＋1＝3；右下框内氮原子数为4，碳原子数为4×＋1＝3，故β­氮化碳的化学式为C3N4。根据晶胞结构分析可知，氮原子形成3个σ键，自身有1个孤电子对，价层电子对数为4，氮原子采取sp3杂化。 (2)①根据Cu3N晶胞结构沿体对角线投影且其中N3－在晶胞中只有一种位置，可推知N3－在晶胞的顶角位置，而Cu＋在晶胞的棱心，故N3－的配位数为6。 ②亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定，故高温下CuO易转化为Cu2O。 ③高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成的还原性气体是CO、一种单质气体是N2、一种金属氧化物是Cu2O(氧化铜和一氧化碳会反应)，结合守恒规律写出化学方程式。 (3)NaCl和CrN都是离子晶体，且CrN电荷数多于NaCl，CrN离子键更强，其熔点更高。 图3虽然是CrN晶胞结构的八分之一，但利用图3所示结构在给定棱长的基础上可以直接进行密度计算(质量小，体积按照比例缩小，不影响数值)；本题提供密度，在相当于晶胞的模型中，顶角有四个氮原子和四个铬原子，棱长就是要求的距离，由ρ＝可以得到a＝，最短核间距为×1010 pm。 18．(15分)(2024·陕西商洛尖子生学情诊断)铁及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题： (1)基态Fe3＋的价层电子排布式为________。 (2)某铁的配合物结构如图1所示，可由(CH3)3SiCl与K[Fe(C5H5)(CO)2CO2]混合加热制得。 ①在(CH3)3SiCl、(CH3)3SiF、(CH3)4Si中，C—Si—C键角最大的是________，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②C5H表示环戊二烯负离子，已知分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则C5H中的大π键应表示为________。 ③该铁的配合物中碳原子的杂化方式共有________种。 (3)普鲁士蓝晶体属于立方晶系，晶胞棱长为a pm。铁­氰骨架组成小立方体，Fe粒子在顶角，CN－在棱上，两端均与Fe相连，立方体中心空隙可容纳K＋，如图2所示(CN－在图中省略)。 ①普鲁士蓝中Fe2＋与Fe3＋个数之比为________；该晶胞的化学式为__________。 ②若所有铁粒子为等径小球，则K＋与Fe2＋之间最近距离为________pm；该晶体的密度为________g/cm3(阿伏加德罗常数的值为NA)。 答案：(15分)(1)3d5 (2)①(CH3)3SiF　F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C—Si σ键电子对之间的斥力增大，键角变大　②　③3 (3)①1∶1　KFe2(CN)6　②a　×1030 解析：(2)①σ键电子对之间的斥力越大，则键角越大，在(CH3)3SiF中F的电负性大，Si 周围电子云密度减小，C—Si σ键电子对之间的斥力增大，键角变大，故键角最大的是(CH3)3SiF。 ②由C5H结构可知，每个碳原子中还有1个电子未参与成键，5个碳原子以及1个C5H得到1个电子，共有6个电子参与形成大π键，则C5H中大π键表示为。 ③根据该铁的配合物的结构可知，其中碳原子有sp3、sp2、sp共3种杂化方式。 (3)①二价铁位于体心和棱心，晶胞中一共有4个；三价铁位于顶角和面心，晶胞中一共有4个，故其个数之比为1∶1；晶胞中有4个钾离子，根据电荷守恒可知，CN－有4＋4×2＋4×3＝24个，故化学式为KFe2(CN)6。 ②钾离子位于小立方体的体心，二价铁位于小立方体的顶角，则二者之间最近距离d＝× pm＝a pm；晶体的密度ρ＝＝×1030 g/cm3＝×1030 g/cm3。 学科网（北京）股份有限公司 $$