全册综合复习模拟练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．和的能量关系如图所示：
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是
A．
B．
C．
D．对于和
2．某元素基态原子价电子排布式为，下列结论正确的是
A．该元素符号为O
B．该元素位于元素周期表p区
C．该元素的单质可以与化合生成液态化合物
D．该元素基态原子轨道表示式为
3．W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物如图所示。
下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X>W
B．简单氢化物沸点：Y>Z
C．电负性和第一电离能最小的都是W
D．该化合物具有氧化性，可用于杀菌消毒
4．磷酸铁锂()电极材料主要用于各种锂离子电池。下列说法错误的是
A．Li位于周期表s区
B．根据洪特规则比稳定
C．基态P原子的未成对电子数为5
D．基态O原子核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为哑铃形
5．通常情况下，原子核外p、d能级等原子轨道上电子排布为“全空”“半充满”“全充满”的时候更加稳定，称为洪特规则的特例。下列事实能作为这个规则的证据的是
①某种激发态碳原子的电子排布式是1s22s12p3而不是1s22s22p2
②基态He原子的电子排布式为1s2，基态H原子的电子排布式为1s1
③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
④Fe2+容易失电子转变为Fe3+，表现出较强的还原性
A．①②④ B．②③ C．③④ D．①②③
6．向溶液中通入至过量，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的溶液。下列说法正确的是
A．氢键的存在导致热稳定性较强 B．硫离子的结构示意图：
C．离子半径大小： D．的空间结构为正四面体
7．氰化氢主要应用于电镀业，可通过制备。下列说法正确的是
A．是含有极性键的非极性分子 B．的电子式为
C．分子中键与键的个数比为 D．固态属于共价晶体
8．铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是
A．原子半径：r(Al)
A．发生了氧化反应，是氧化产物
B．的空间构型为Ⅴ形
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
D．根据N元素的化合价可以推测，N元素的电负性比Cl元素小
10．结合H＋能力弱于。下列化学反应表示正确的是
A．溶液通入少量的：
B．Fe与溶液反应：
C．水解：
D．处理含氰废水：
11．氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是
A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、H3BO3单元间都仅以范德华力连接
B． NH3与BF3都是由极性键构成的极性分子
C．与HF反应后再用氨气中和得到，1 mol含有配位键的数目为
D．立方氮化硼结构与金刚石相似，立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子
12．陈述I或II有错误，或不具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 中国空间站许多部件使用的是铝合金或铝基复合材料 利用了铝质量轻、遇氧气能在表面形成致密的氧化膜的特性
B “长征二号F”火箭采用与偏二甲肼作为推进剂 与偏二甲肼发生剧烈的氧化还原反应，放出大量的热，且产物无污染
C “梦天实验舱”散热组件使用了氮化铝散热陶瓷 氮化铝陶瓷是分子晶体，在高温下十分稳定
D 王亚平在天和核心舱将泡腾片(含柠檬酸和等)塞入一个蓝色水球里，水球变成“气泡球” 柠檬酸的酸性强于碳酸
A．A B．B C．C D．D
13．含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为；下列说法正确的是
A．基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B．Cu＋与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
C．K4[Fe(CN)6]中Fe2＋的配位数为6
D．某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
14．水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一，一种在晶体MnO中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示，嵌入的位于晶胞的面心。下列叙述中不正确的是
已知：晶体中某结点上的原子空缺了，则称为空位。
A．放电时，负极电极反应式为
B．放电时，MnO电极上电势比Zn电极上电势高
C．活化过程MnO的价态发生变化
D．当1 mol □转化为1 mol □时，转移的电子数为0.61 mol
15．晶体有规则几何外形，但有些晶体存在“缺陷”，从而引起含有的离子数量比发生变化，但整体仍呈电中性。如某种氧化镍(NiO)晶体中存在：1个空缺，另有2个被取代，其组成可表示为，则其中和的离子数比为
A．3∶2 B．2∶3 C．6∶91 D．91∶6
二、填空题
16．单质硅是制造太阳能电池板的主要原料，制备电池板时还需添加硼、氮、钛、钴、钙等多种化学物质。
请回答下列问题：
(1)基态硼原子的电子排布式为______，下列钴原子的价层电子轨道表示式中，不符合洪特规则的是______(填选项字母)。
A． B．
C． D．
(2)氮与其同周期相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)，原因为______。
(3)钛元素位于元素周期表______区；基态钛原子中，最外层电子的电子云轮廓图为______。
(4)在火焰上灼烧时火焰的颜色为砖红色，从微观角度解释部分金属元素在火焰上灼烧呈现不同颜色的原因：______。
17．硫酸是重要的化工原料，我国主要采用接触法生产硫酸，主要过程如下：
(1)基态Fe原子核外未成对电子数为___________，KSCN溶液是检验的常用试剂，中C原子的杂化类型为___________，中含有的键与键的数目之比为___________。
(2)分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)，已知分子中含有5对孤电子对，则中的大键应表示为___________。分子中键角___________中键角(填“>”、“<”、“=”)。
(3)分子的空间构型为___________。固态能以无限长链形式存在(如图所示)，长链结构中，连接2个S原子的O原子称为桥氧，连接1个S原子的O原子称为端基氧，则与S原子形成化学键键长更大的是___________(填“桥氧”或“端基氧”)。
三、原理综合题
18．硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。
(1)Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。
已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3- K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。
反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。
(2)Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。
① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。
② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。
③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。
④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 mol·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。
四、结构与性质
19．太阳能电池的发展已经进入了第三代。第一代为单晶硅太阳能电池，第二代为多晶硅、非晶硅等太阳能电池，第三代就是铜钢镓硒(CIS中掺入)等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜系太阳能电池。
(1)第一电离能由大到小的顺序是___________。
(2)和键角较小的是，原因是___________。
(3)晶体的堆积方式是___________(填堆积名称)，其配位数为___________；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可得到晶体，下列说法正确的是___________。
A．中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在中给出孤电子对，提供空轨道
C．组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形
(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸()溶于水显弱酸性，但它却只是一元酸，可以用硼酸在水溶液中的电离平衡解释它只是一元弱酸的原因。
①中B的原子杂化类型为___________杂化。
②写出硼酸在水溶液中的电离方程式___________
(5)晶胞结构如图所示，已知六棱柱底边边长为acm。
①晶胞中原子采用六方最密堆积方式，每个原子周围距离最近的原子数目为___________﹔
②从晶体中分割出的平行六面体如图。若该平行六面体的体积为，晶体的密度为___________(用a、表示)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．和中阳离子的半径大小不一样，结合碳酸根的能力不同，离子键强度也不同，所以不相等，即，A错误；
B．对应的为碳酸根分解变成氧离子和二氧化碳，二者相同，所以，B错误；
C．， ，两者相减得到，，两者相减，则，C错误；
D．分解反应为吸热反应，结合盖斯定律可知，H1+H2-H3=H>0，故H1+H2>H3，D正确；
故答案选D。
2．B
【详解】A．该元素M层即最外层电子数为6，则核外电子为16，为S元素，A错误；
B．该元素位于第三周期第ⅥA族，位于元素周期表p区，B正确；
C．S与H2生成气体H2S，C错误；
D．根据洪特规则，3p能级的4个电子优先占满3个轨道，则基态S原子轨道表示式为，D错误；
故答案为：B。
3．D
【分析】Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z形成+1价阳离子，且原子序数大于O，则Z为Na；W形成一条共价键，且原子序数小于O，则W为H；X得1个电子再形成四条共价键达到稳定结构，则X最外层电子数为3，原子序数小于O，可知X为B，据此分析解答。
【详解】A．原子核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数小原子半径越大，因此原子半径：Na>B>O>H，即Z>X >Y >W，故A错误；
B．Z为Na，其氢化物为NaH，属于离子化合物，沸点高于水，故B错误；
C．电负性最小的是活泼金属钠，故C错误；
D．由结构简式可知，该化合物中存在过氧键，具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；
故选：D。
4．C
【详解】A．Li价电子排布式为2s1，位于周期表s区，故A正确；
B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，处于半充满稳定状态，则比稳定，故B正确；
C．P价电子排布式为3s23p3，基态P原子的未成对电子数为3，故C错误；
D．基态O原子核外电子占据的最高能级为2p，2p能级的电子云轮廓图为哑铃形，故D正确。
答案为C。
5．C
【详解】①1s22s22p2是基态碳原子的电子排布式不是激发态电子排布式，不能作为证据；
②He原子核外只有2个电子，基态He原子的电子排布式为1s2，H原子核外只有1个电子，基态H原子的电子排布式为1s1，H和He的电子均排布在s能级上，故不能作为证据；
③基态Cu原子的电子排布式是[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2，3d上排布10个电子是全充满稳定结构，可以作为证据；
④Fe2+的价电子排布式为3d6，失去一个电子后转变为Fe3+，Fe3+的价电子排布式为3d5，是半充满的稳定结构，故Fe2+表现出较强的还原性可以作为证据；
故选C。
6．D
【详解】A．热稳定性较强是因N-H键键能较大，与氢键无关，故A错误；
B．硫原子的结构示意图： ，故B错误；
C．和核外电子排布相同，但N的核电荷数小于O，离子半径大于，故C错误；
D．中心S原子价层电子对数为，无孤对电子，空间构型为正四面体，故D正确；
故选：D。
7．A
【详解】A．CH4是正四面体结构，结构对称，所以是非极性分子，CH4中只含C-H极性键，故A正确；
B．NH3的电子式为，故B错误；
C．HCN结构式：H-C≡N，HCN分子中含有2个σ键和2个π键，键与键的个数比为1：1，故C错误；
D．共价晶体通常具有很高的熔沸点，固态氢气不满足，所以不属于共价晶体，故D错误；
故选：A。
8．C
【详解】A．同一周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Al)>r(S)，A错误；
B．同一主族自上而下，原子电负性减小，电负性：χ(O)>χ(S)，B错误；
C．第一电离能：I1(N)
故答案选C。
9．B
【详解】A．中N元素为－3价，中氮元素也是－3价，N元素化合价没有变化，氨气不是氧化产物，A项错误；
B．中中心原子的价层电子对数是，含有2对孤对电子，其空间构型为形，B项正确；
C．是氧化剂，NaCl是还原产物，的氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C项错误；
D．根据化合价可判断共用电子对偏向氮元素，所以元素的电负性比元素强，项错误。
答案选B。
10．A
【详解】A．因为结合H＋能力弱于，酸性：，所以溶液通入少量的：，A正确；
B．酸性很弱，常温下很难与铁反应置换氢气，即使反应，亚铁离子和氢氰酸根离子会生成配合离子，B错误；
C．水解是分步水解，主要为第一步水解：，C错误；
D．处理含氰废水，反应方程式为：，D错误；
故选D。
11．D
【详解】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、H3BO3单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，A错误；
B．NH3为三角锥形结构，正负电荷重心不重合，NH3是由极性键构成的极性分子，BF3为平面三角形结构，正负电荷重心重合，BF3是由极性键构成的非极性分子，B错误；
C．NH4BF4中N-H键有一个配位键，然后N-B之间一个配位键，故1molNH4BF4中含有配位键的数目为2NA，C错误；
D．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，D正确；
故答案为：D。
12．C
【详解】A．空间站许多部件使用的是铝合金或铝基复合材料利用了铝质量轻、表面能形成氧化膜的特性，A正确；
B．与偏二甲肼燃烧生成和，产物无污染，B正确；
C．氮化铝是原子晶体，陈述Ⅱ错误，且与陈述Ⅰ无因果关系，C错误；
D．柠檬酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，说明柠檬酸的酸性强于碳酸，D正确；
故选C；
13．C
【详解】A．铁的原子序数是26，基态Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d6，A错误；
B．由图可知Cu＋连有3个CN-，其中2个CN-被2个Cu＋共有，则Cu＋与CN-的个数之比为，所以化学式为[Cu(CN)2]－，B错误；
C．根据化学式K4[Fe(CN)6]可判断Fe2＋的配位数为6，C正确；
D．根据铁晶胞示意图可知每个Fe紧邻的Fe位于面心处，所以个数为12，D错误；
答案选C。
14．D
【详解】A．在该原电池中，锌作负极，发生反应：；，A正确；
B．放电时，MnO电极作正极，正极电势比负极电极高，B正确；
C．MnO晶胞中体心的失去，产生空位，根据化合物化合价代数和为0可知Mn元素化合价一定发生变化，C正确；
D．□晶胞所含个数为4，□晶胞中个数为，因此与个数比为4∶1，因此当1 mol □转化为1 mol □时，转移的电子数为 mol，D错误；
故选D。
15．C
【详解】设1mol Ni0.97O中含Ni3+xmol，Ni2+为(0.97-x)mol，根据晶体仍呈电中性，可知 3x+2×(0.97-x)=2×1，x=0.06mol ，Ni2+为(0.97-x)mol=0.91mol，即离子数之比为Ni3+：Ni2+=0.06∶0.91=6∶91，故选C。
16．(1) B
(2) N＞O＞C 同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N最高能级处于半满状态，较稳定，所以第一电离能大于O
(3) d 球形
(4)电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量
【详解】（1）基态硼原子的电子排布式为；
A．为钴的基态原子的价层电子表示式，A错误；
B．，不符合洪特规则，B正确；
C．，不符合能量最低原理，C错误；
D．，不符合泡利原理，D错误；
故选B；
（2）氮与其同周期相邻两元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C，原因为同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，N最高能级处于半满状态，较稳定，所以第一电离能大于O；
（3）基态钛原子的价电子排布式为，所以其位于元素周期表d区；基态钛原子的最外层电子为，所以最外层电子的电子云轮廓图为球形；
（4）在火焰上灼烧时，火焰的颜色为砖红色，原因为电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量。
17．(1) 4 sp 1:1
(2) <
(3) 平面三角形 桥氧
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d轨道有4个电子未成对；中C原子价层电子对数为2+=2，杂化类型为sp杂化，结构式为 [S-C≡N]-，其中碳氮三键中含有2个键和1个键，则中含有的键与键的数目之比为2:2=1:1。
（2）SO2分子中，两个氧原子各用1个未成对电子(p轨道)与硫形成共用电子对(σ键)，各用1个未成对电子(p轨道)与硫原子未杂化的p轨道形成大π键，表示为。SO2中心原子S上的孤电子对数为=1，价层电子对数为3，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，故两个S-O 键的键角小于120度 ，而中心原子N上的孤电子对数为 (5+1-32) =0，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于不含孤电子对，为平面三角形，中N-O键的键角等于120度，则分子中键角<中键角。
（3）SO3分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型为平面三角形；固态中端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大。
18．(1)19.98或3.7×5.4
(2) 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降
【详解】（1）由离子方程式可得=；
（2）①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染；
②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-；
③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 mol·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 mol·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小；
④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。
19．(1)
(2)中心原子含有一个孤电子对，中心原子不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力
(3) 面心立方最密堆积 12 AD
(4)
(5) 12
【详解】（1）同一个周期从左往右第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族与ⅥA族反常，故、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；
故答案为：P＞S＞Si；
（2）SO中S原子价层电子对数：，且含有1个孤电子对，SO中S原子价层电子对数：且不含孤电子对， 前者为三角锥形，后者为四面体形，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：前者小于后者，所以键角较小的是SO；
故答案为：SO中心原子含有一个孤电子对，SO中心原子不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力；
（3）晶体的堆积方式是面心立方最密堆积；其配位数为12；往的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成，
A．该化合物是离子化合物，在中所含的化学键有离子键、极性键和配位键，选项A正确；
B．在中给出孤电子对，提供空轨道，选项B错误；
C．组成元素中第一电离能最大的是氮元素，选项C错误；
D．与互为等电子体，空间构型均为正四面体形，选项D正确；
答案选AD；
故答案为：面心立方最密堆积；12；AD；
（4）①在硼酸[]分子中，B原子与3个羟基相连，则分子中B原子杂化轨道数目为3，分子中B原子杂化轨道的类型是，其晶体具有与石墨相似的层状结构，其同层分子间的主要作用力是氢键；
故答案为：sp2；
②硼酸（）能电离，它在水中能结合水电离出的OH-，形成离子，则硼酸还电离出氢离子，则其电离方程式为：；
故答案为：；
（5）①以结构单元上底面面心的Ga原子研究，上底面6个顶点Ga原子、内部的3个Ga原子之间距离最近且相等，与上底面共面的结构单元内还有3个Ga原子，故每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为12；
故答案为：12；
②晶胞（平行六面体）中Ga原子数目，N原子数目，原子总质量，平行六面体底面为菱形，锐角为60°，内部的Ga原子与上、下底面距离最近的Ga原子形成正四面体，正四面体的边长为acm，由几何知识可知，正四面体的高，故晶胞体积，密度；
故答案为：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
