人教版 (2019)选择性必修2第一节 共价键同步练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修2第一节 共价键同步练习题，共14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．设为阿伏伽德罗常数的值。钛镍记忆合金用于制造神舟十四号飞船的天线。钛酸亚铁通过以下反应转化为Ti，用于冶炼钛： 。下列说法错误的是
A．0.1 ml中1含有的σ键为0.4
B．标准状况下1.12 L CO含有质子数为0.7
C．每生成1 ml转移电子数为6
D．1 L的溶液中，阳离子数目大于0.1
2．离子液体是指熔点不高的仅由离子构成的液态物质。某离子液体的阴、阳离子结构简式如下，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。下列说法正确的是
A．含氧酸的酸性：X>W
B．简单氢化物的沸点：Z>Y>W
C．该离子液体具有良好的导电性
D．该离子液体中除H外的所有原子均达到稳定结构
3．下列说法正确的是
A．酸性：
B．HF酸电离平衡正向移动时，其电离程度一定增大
C．甲基是推电子基团，所以结合氢离子的能力
D．分子：中S原子为杂化，键角：
4．科学家利用等离子结合催化剂一步法直接从湿空气合成氨，原理如下图所示。已知：的结构式为。下列叙述错误的是
A．能提高和活化分子百分率
B．上述利用湿空气和氮气合成氨反应的原子利用率为
C．的键角大于的键角
D．上述转化中有非极性键断裂和形成
5．催化氧化为的历程如下图，设为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是
A．反应②③④中C的化合价均发生了变化
B．常温下，若有参加反应，转移的电子数为
C．历程中既有非极性键和极性键的断裂，也有非极性键和极性键的形成
D．中所含的电子总数为
6．下列排序正确的是
A．微粒半径：胶粒B．电负性：
C．热稳定性：D．键角：
7．元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性解释的是
A．F-F键的键能小于Cl-Cl键的键能
B．CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO
C．AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物
D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子
8．是常见的绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛。用制备的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．X代表的是HClB．过程③有极性键的断裂和形成
C．金属Pd在该反应中作催化剂D．该过程的原子利用率为100%
9．常用作萃取剂。下列说法错误的是
A．含有的官能团有碳碳双键、碳氯键B．分子中键和键的个数比为
C．与互为同分异构体D．可用于萃取溴水中的溴
10．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：
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
11．下列化学用语正确的是
A．中子数为18的氯原子：
B．反-2-丁烯的分子的球棍模型：
C．分子中键的形成：
D．基态氧原子价电子排布图：
12．已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若生成4.48L(标准状况)，下列说法错误的是
A．转移电子数为B．生成的HF体积为17.92L(标准状况)
C．生成的还原产物分子数为D．消耗中断裂的共价键数目为
13．(R)-2-溴辛烷的溴原子被羟基取代时，羟基在碳溴键断裂的方向连接称为构型保持，在碳溴键断裂的相反方向连接称为构型翻转，(R)-2-溴辛烷的水解过程如下：
下列说法正确的是
A．(S)-2-辛醇为构型保持产物
B．(R)-2-辛醇分子中存在“肩并肩”的成键方式
C．(R)-2-辛醇中C-O键能大于(R)-2-溴辛烷中C-Br键能
D．三种有机物分子中只有两种分子存在手性碳原子
14．科学家利用四种原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。X、Z分别位于不同周期，Z的第一电离能在同周期元素中最小。下列说法中不正确的是
A．电负性：W>Y>XB．简单离子半径：ZZ，还原性：YHF>PH3，故B错误；
C．在电场作用下，离子液体中阴阳离子会发生定向移动，有良好的导电性，故C正确；
D．B和P均没有达到稳定结构，故D错误。
答案选C。
3．C
【详解】A．氯原子为吸电子基，会使羧酸分子中羧基的极性增强，易电离出氢离子，所以三氯乙酸的酸性强于乙酸，故A错误；
B．氢氟酸浓度增大时，溶液中的电离平衡正向移动，但电离程度减小，故B错误；
C．甲基是推电子基团，使得分子中氮原子提供孤对电子的能力强于氨分子，所以结合氢离子形成配位键的能力强于氨分子，故C正确；
D．由共价键的饱和性可知，分子的结构式为，双键成键电子对之间的斥力大于单键成键电子对之间的斥力，所以分子中的键角大于，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．是催化剂，能降低反应的活化能，提高和活化分子百分率，故A正确；
B．由图可知，该反应不是化合反应，有NO和N2O生成，原子利用率小于，故B错误；
C．NH3、H2O分子中的中心原子价层电子对数都是4，但NH3分子中N原子上只有1个孤电子对，而H2O中O上有2个孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致NH3分子中键角大于H2O分子，故C正确；
D．根据已知信息可知N2O中含氮氮键非极性键和氮氧键极性键，断裂N2中只含有非极性键，可见，上述转化中有非极性键的断裂和形成，D正确；
故选B。
5．B
【详解】A．④中生成CO2过程中C元素的化合价都是+4价，化合价没有变化，故A错误；
B．的物质的量为1ml，1ml参加反应生成二氧化碳，转移的电子数为，B正确；
C．历程中存在O2中非极性键断裂，HCHO中C-H极性键断裂，有H2O生成，即有极性键形成，但不存在非极性键的形成，C错误；
D．16g为0.5ml，每个中含有17个电子，0.5ml中所含的电子总数为，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．离子半径小于胶体粒子半径；具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，则微粒半径为胶粒，故A错误；
B．同周期的元素，从左到右电负性依次增大，电负性：，故B错误；
C．非金属性O＞N＞P，故气态氢化物的稳定性为，故C正确；
D．中心原子价层电子对数为3+=3，S原子杂化方式为sp2，中心原子价层电子对数为3+=4，S原子杂化方式为sp3，且含有1个孤电子对，中心原子价层电子对数为4+=4，C原子杂化方式为sp3，且没有孤电子对，则键角：，故D错误；
故选C。
7．A
【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，F之间的排斥力大，F-F不稳定，则F-F的键能小于Cl-Cl的键能，与电负性无关，故A符合题意；
B．CF3I与水发生反应的产物是CF3H和HIO，生成物中I的化合价为+1价，说明I的电负性小于O，与电负性有关，故B不符合题意；
C．F元素的电负性大于Cl元素的电负性，AlF3中F元素与Al元素间的电负性差值大于1.7，AlCl3中Cl元素与Al元素间的电负性差值小于1.7，所以AlF3为离子化合物、AlCl3为共价化合物，则AlF3属于离子化合物，AlCl3属于共价化合物，能通过比较F元素和Cl元素的电负性进行解释，故C不符合题意；
D．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子(HF)2，而Cl的电负性不足以使HCl分子间形成氢键，气态HCl中只有HCl分子，故D不符合题意；
故选：A。
8．C
【详解】A．根据质量守恒可知，X代表的是HCl，A正确；
B．过程③HCl参与反应，有极性键的断裂，生成H2O2，有极性键O-H的形成，B正确；
C．经过过程①形成Pd，在过程②中消耗Pd，所以Pd为中间体，C错误；
D．用和制备，过程的原子利用率为100%，D正确；
答案选C。
9．D
【详解】A．含有的官能团有碳碳双键、碳氯键，故A正确；
B．中含有5个键和1个键，键和键的个数比为，故B正确；
C．和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．中含有碳碳双键，能够和溴水中的溴发生加成反应，不能用来萃取溴水中的溴，故D错误；
故选D。
10．D
【分析】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。
【详解】A．是，构型为平面正三角形，键角，是，构型是空间正四面体结构，键角，所以键角：，A正确；
B．Y原子（B原子）通过配位键，也达到8电子稳定结构，B正确；
C．熔点很高，可用于制作高温耐火材料，C正确；
D．第二周期元素中，由于N原子价电子构型是，p能级半充满，第一电离能：，所以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；
故选D。
11．C
【详解】A．原子符号左上角的数字表示质量数，左下角的数字表示质子数，则中子数为18的氯原子为：，A错误；
B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的同一侧，故是顺-2-丁烯的球棍模型，B错误；
C．s轨道为球型，p轨道为哑铃型，分子中键是H的1s轨道与Cl的3p轨道头碰头重叠形成的，形成过程可表示为，C正确；
D．O为8号元素，基态原子的价电子排布式：2s22p4，价电子排布图：，D错误；
故选C。
12．B
【详解】A．由反应可知，O元素由-2价上升到0价，生成1ml，转移4ml电子，则生成4.48L(标准状况) 物质的量为0.2ml，转移电子数为，故A正确；
B．由反应可知，生成4.48L(标准状况) 物质的量为0.2ml，生成0.8mlHF，HF标准状况下不是气体，无法计算其在标况下的体积，故B错误；
C．中Xe元素化合价降低，生成Xe为还原产物，由反应可知，生成4.48L(标准状况) 物质的量为0.2ml，生成0.4mlXe，分子数为，故C正确；
D．由反应可知，生成4.48L(标准状况) 物质的量为0.2ml，消耗0.4ml，断裂化学键为0.8mlXe-F，数目为，故D正确；
故选B。
13．C
【详解】A．根据题意可知，(R)-2-溴辛烷的溴原子被羟基取代时，羟基在碳溴键断裂的方向连接称为构型保持，在碳溴键断裂的相反方向连接称为构型翻转，(R)-2-溴辛烷的水解过程中，(S)-2-辛醇为构型翻转产物，(R)-2-辛醇为构型保持产物，A错误；
B．(R)-2-辛醇分子中存在“头对头”的成键方式，B错误；
C．氧原子的非金属性强于溴原子，所以(R)-2-辛醇中C-O键能大于(R)-2-溴辛烷中C-Br键能，C正确；
D．三种有机物分子中都存在手性碳原子：、、，D错误；
故选C。
14．A
【分析】依据题意及所连共价键数目可知X、Y、Z、W四种元素分别是C、O、Na、Cl。
【详解】A．同周期元素电负性自左向右逐渐增大，同主族元素电负性自上而下逐渐减小，元素非金属性越强、电负性越大，则电负性O＞Cl＞C，A项错误；
B．电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，则简单离子半径：，B项正确；
C．Z与Y组成的化合物含有共价键，C项正确；
D．该化合物中C、O、Cl均满足8电子稳定结构，D项正确；
故选A。
15．B
【分析】W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，W为元素；元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，原子序数关系为：2X＋2Y＋Z=W，结合阴离子结构，Z成4个共价键，为第IVA族元素，Y成2个共价键，为第VIA族元素，则X、Y、Z分别为、、；
【详解】A．共价单间都是键，双键一个，一个键。根据结构示意图可知，阴离子结构中有键与键数目之比为13∶2，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性：O>C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性：H2O>CH4，非金属性越强，还原性越弱，还原性：O＜C，B正确；
C．根据化合物各元素化合价代数和为0，的化合价为＋3价，C错误；
D．Cr基态原子价电子排布图为，D错误；
答案选B。
16．(1)
(2)BC
(3) 原子半径比氢原子大，所以键的键长比键的键长更长，键能更小，更不稳定。
(4)
(5)取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加 溶液，若有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为
【详解】（1）氨气和光气 反应可生成 和一种盐，根据原子守恒，该盐是NH4Cl；
（2）A．实验室可用加热氢氧化钙和氯化铵固体来制取氨气，不能直接加热氯化铵制取，A错误；
B．N2H4与水分子和乙醇分子间能形成氢键，在水、醇中的溶解度较大，B正确；
C．NOx与NH3可以发生氧化还原反应生成氮气和水，硝酸工业排放的 可用 处理生成无污染的物质，C正确；
D．N2H4具有还原性，若所加过量，二者会发生氧化还原反应，使N2H4产量降低，D错误；
答案是BC；
（3）稳定性与键能有关，键能越大越稳定，原子半径比氢原子大，所以键的键长比键的键长更长，键能更小，更不稳定；
（4）转化Ⅲ消耗与的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为HN3；反应的化学方程式为：；
（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-；故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl-。
17．(1) 13 N
(2) [Ar]3d5 Fe3+的3d上为半充满的稳定结构
(3)哑铃
(4)7
(5) ⑤ ② ④⑦
【详解】（1）已知V是23号元素，故V的基态原子的价电子的轨道表示式为，其基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d34s2，故电子占据的原子轨道数为13，最高能层为第4层，故符号为N，故答案为：；13；N；
（2）普鲁士蓝{KFe[Fe(CN)6]}中不同价态铁元素即为Fe2+、Fe3+，故简单微粒较稳定的离子即Fe3+，该离子简化的核外电子排布式为[Ar]3d5，该离子更稳定的原因是Fe3+的3d上为半充满的稳定结构，故答案为：[Ar]3d5；Fe3+的3d上为半充满的稳定结构；
（3）已知S为16号元素，故基态S原子电子排布式为：1s22s22p63s23p4，即该原子的电子占据最高能级即3p的电子云轮廓图为哑铃形，故答案为：哑铃；
（4）所有短周期元素中，基态原子具有1个未成对电子的元素共有1s1的H、1s22s1的Li、1s22s22p1的B、1s22s22p5的F、1s22s22p63s1的Na、1s22s22p63s23p1的Al、1s22s22p63s23p5的Cl，共7种，故答案为：7；
（5）①H2只含共价键的单质，②Na2O2含有离子键和非极性共价键的离子化合物，③NaOH含有离子键和极性共价键的离子化合物，④H2O2含有极性共价键和非极性共价键的共价化合物，⑤CaCl2只含离子键的离子化合物，⑥NH4NO3含有离子键和极性共价键的离子化合物，⑦H2S只含极性键的共价化合物，据此分析解题：只由离子键构成的物质是⑤，由离子键和非极性共价键构成的物质是②，属于共价化合物的是④⑦，故答案为：⑤；②；④⑦。
18．(1)d
(2) 9 哑铃形
(3)
(4)二价铁价层电子排布为，易失去1个达到半满稳定结构
【详解】（1）铁的价电子排布式为3d64s2，为d区；’
（2）①核外电子空间运动状态等于轨道数，S的电子排布式为1s22s22p63s23p4，所以基态S原子核外电子空间运动状态有9种；
②电子占据最高能级为3p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；
（3）∠ 1中O价层电子数为4，孤电子为1，∠ 2中S价层电子数为4，孤电子为0，∠3中O价层电子数为4，孤电子为2，根据孤电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，孤电子对数越多，键角越小，故∠ 2 > ∠ 1 > ∠ 3；
（4）因为二价铁价层电子排布为3d6，易失去1个e−达到3d5半满稳定结构，所以二价铁易被氧化为三价铁。
19．(1) 16（或十六） 或CO
(2) 三颈烧瓶 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率（使反应充分进行）
(3)
(4)使（aq，无色）平衡向左移动，释放出CuCl
(5)乙醇可以除去CuCl表面的杂质，防止产品被水氧化和水解，同时乙醇（易挥发产品）更容易干燥
(6)或
(7)
【分析】称取的晶体，加水溶解所得混合溶液中通入SO2气体，即可得到CuCl沉淀，经过滤洗涤干燥获得产品；由于CuCl易被氧化，可以使用乙醇进行洗涤，将产品在双层干燥器（分别装有浓硫酸和碱石灰）中干燥34h，再经氢气流干燥，最后进行真空干燥，得到产品。
【详解】（1）基态S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，含有9个含有电子的轨道，共有9种不同的空间运动状态，等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与互为等电子体的分子有或CO。
（2）装置A的名称是三颈烧瓶，多孔玻璃泡的作用是增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率（使反应充分进行）。
（3）步骤①硫酸铜、二氧化硫、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀和硫酸根离子，反应中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为+1，根据电子守恒和质量守恒可知，涉及的离子方程式为。
（4）步骤④中，加入适量蒸馏水的目的是使（aq，无色）平衡向左移动，释放出CuCl。
（5）步骤⑤用乙醇洗涤CuCl粗产品的原因是：乙醇可以除去CuCl表面的杂质，防止产品被水氧化和水解，同时乙醇（易挥发产品）更容易干燥。
（6）中氯化铜的物质的量为=0.0602ml，理论上生成0.0602ml氯化亚铜，实验得到产品，故本实验产品的产率是=。
（7）反应后烧杯中的溶液，c(H+)=1×10-7.3ml/L，则溶液中，则，已知，则，根据电荷守恒配平该离子方程式为：。