苏教版高中化学选修三模块综合检测.docx
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苏教版高中化学选修三模块综合检测
一、选择题(本题包括7小题,每小题3分,共21分)
1.下列表示物质结构的化学用语或模型图正确的是( )
A.HClO的结构式:
H—Cl—O
B.14C的原子结构示意图:
C.聚氯乙烯的结构简式:
D.丙烷分子的球棍模型示意图:
解析:
A项应为H—O—Cl,B项为
,C项应为
答案:
D
2.“物质的结构决定物质的性质”,这是化学学科的基本原理。
下列事例不能说明“结构决定性质”的是( )
A.乙醇易溶于水,二甲醚难溶于水
B.N2的熔点很低
C.鲍鱼外壳坚硬,内层光滑,但其无机成分都是碳酸钙
D.HF和NH3在水中的溶解度均很大
解析:
乙醇和二甲醚的结构不同,导致前者是极性分子且与水分子间形成氢键而能与水混溶,后者是非极性分子难溶于水。
N2的熔点低是因为其分子间作用力弱,不是由N2的分子结构决定的。
鲍鱼的内外壳的主要成分都是碳酸钙而性质有很大差异,显然是晶体结构不同造成的。
HF和NH3都是极性分子,都能在水溶液中形成氢键,故在水中都有较大的溶解度,反映出结构决定性质。
答案:
B
3.具有如下电子层结构的原子,其相应元素一定属于同一主族的是( )
A.3p上有2个未成对电子的原子和4p上有2个未成对电子的原子
B.3p上只有1个空轨道的原子和4p上只有1个空轨道的原子
C.最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s22p6的原子
D.最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子
解析:
p有3个原子轨道,最多可以容纳6个电子,根据电子排布的泡利原理和洪特规则,当p上有2个电子和4个电子时,p上有2个未成对电子,所以可能是ⅣA族,也可能是ⅥA族,故A不符合题意;p上有1个空轨道,说明另外两个轨道各容纳了1个电子,加上s上的2个电子,最外层是4个电子,所以属于ⅣA族,故B符合题意;最外层电子排布为1s2的原子是He,最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne,二者属于0族不属于主族元素,故C不符合题意;最外层为2s2的原子是Be,一个是0族,一个ⅡA族,故D也是错误的。
答案:
B
4.下列关于丙烯(CH3-CH===CH2)的说法不正确的是( )
A.丙烯分子有8个σ键,1个π键
B.丙烯分子中有2个碳原子是sp2杂化,一个碳原子是sp3杂化
C.丙烯分子中存在极性键和非极性键
D.丙烯分子中的所有原子都在一个平面上
解析:
-CH3中所有原子不可能共平面。
答案:
D
5.按照下列方式进行原子堆积的金属晶体中,空间利用率最小的是( )
A.立方堆积(简单立方堆积)
B.钾型堆积(体心立方堆积)
C.镁型堆积(六方堆积)
D.铜型堆积(面心立方堆积)
解析:
简单立方和钾型堆积均属于非密置层堆积,其中立方堆积空间利用率更低。
答案:
A
6.下列说法正确的是( )
A.原子晶体中只存在非极性共价键
B.因为HCl的相对分子质量大于HF,所以HCl的沸点高于HF
C.干冰升华时,分子内共价键不会发生断裂
D.金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
解析:
A项SiO2中存在极性键;B项HF分子间含有氢键,故HF沸点高;D项AlCl3为共价化合物。
答案:
C
7.下列对一些实验事实的理论解释正确的是( )
选项
实验事实
理论解释
A.
N原子的第一电离能大于O原子
N原子2p轨道半充满
B.
CO2为直线形分子
CO2分子中C===O之间的夹角为109°28′
C.
金刚石的熔点低于石墨
金刚石是分子晶体,石墨是原子晶体
D.
HF的沸点高于HCl
HF的相对分子质量小于HCl
解析:
N原子核外电子排布为1s22s22p3,O原子核外电子排布为1s22s22p4,由洪特规则特例,半充满更稳定,N原子失电子难,第一电离能大于O原子。
因为CO2中的C===O之间的夹角为180°,故CO2为直线形分子,B错误。
石墨是混合型晶体,金刚石是原子晶体,石墨熔化时,除了断开C-C之间σ键外,还需断开π键,所以熔点高。
HF之间由于形成氢键,所以沸点高。
答案:
A
8.X、Y、Z是3种短周期元素,X原子最外层电子排布为3s1;Y原子的M层中有两个未成对电子;Z原子的L层的p轨道中有4个电子。
则下列比较中正确的是( )
A.电负性:
Y>Z>X
B.原子半径:
X>Z>Y
C.最高化合价:
Z>X>Y
D.第一电离能:
Z>Y>X
解析:
X为钠元素,Y核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4,Z的核外电子排布式为1s22s22p4,为氧元素。
电负性为Z>Y>X,原子半径X>Y>Z,Y的化合价最高。
答案:
D
9.下列说法正确的是( )
A.第2周期元素的第一电离能随原子序数递增依次增大
B.卤族元素中氟的电负性最大
C.CO2、SO2都是直线形的非极性分子
D.
分子中共有四个σ键和一个π键
解析:
A.第2周期元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大的趋势,而不是依次递增。
SO2分子构型为V形。
分子中共有5个σ键和1个π键。
答案:
B
10.下列轨道表示式(每一个小方框表示一个原子轨道)所表示的元素原子中,能量处于最低状态的是( )
解析:
B项违背了洪特规则,2p轨道应为
,C、D违背了能量最低原理,C应为
,D应为。
故正确答案为A。
答案:
A
11.有关晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是( )
A.在NaCl晶体中,距Na+最近的Cl-形成正八面体
B.在CaF2晶体中,每个晶胞平均占有4个Ca2+
C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D.该气态团簇分子的分子式为EF或FE
解析:
由于是气态团簇分子,其分子式应为E4F4或F4E4,CaF2晶体中,Ca2+占据8个顶点,6个面心,故Ca2+共8×+6×=4个,金刚石晶体中,每个C原子与4个C原子相连,而碳碳键为2个碳原子共用,C原子与C-C键个数比为1∶2。
答案:
D
12.(2010·全国卷Ⅱ)下列化合物,按其晶体的熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A.SiO2 CsCl CBr4 CF4
B.SiO2 CsCl CF4 CBr4
C.CsCl SiO2 CBr4 CF4
D.CF4 CBr4 CsCl SiO2
解析:
物质的熔沸点属于物质的物理性质,与晶体类型有关。
一般地,熔沸点由高到低的顺序为原子晶体>离子晶体>分子晶体,本题考查了四种晶体类型判断及其熔点高低的决定因素。
对于离子晶体、原子晶体、金属晶体来讲,此三种晶体的熔点与构成它们的微粒的半径大小成反比,即微粒的半径越小其熔点就越高;而对于结构相似的分子晶体来讲,其熔点高低与相对分子质量成正比。
A中SiO2是原子晶体,熔点很高,CsCl为离子晶体,熔点较高,CBr4与CF4为结构相似的分子晶体,显然CBr4的熔点高于CF4,故以上四种晶体的熔点由高到低的排列顺序为SiO2>CsCl>CBr4>CF4。
故选A。
答案:
A
13.(2012·山东高考)下列关于金属及金属键的说法正确的是( )
A.金属键具有方向性与饱和性
B.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
C.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子
D.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
解析:
金属键没有方向性和饱和性,A错;金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,B对;金属导电是因为在外加电场作用下电子发生定向移动,C错;金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光,D错。
答案:
B
14.(2011·浙江高考)X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。
X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素,且最外层电子数之和为15;X与Z可形成XZ2分子;Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L-1;W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。
下列说法正确的是( )
A.原子半径:
W>Z>Y>X>M
B.XZ2、X2M2、W2Z2均为直线形的共价化合物
C.由X元素形成的单质不一定是原子晶体
D.由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物一定既有离子键,又有共价键
解析:
本题考查元素推断,意在考查考生综合运用元素周期律的能力。
Y与M形成的气态化合物的摩尔质量M=0.76g·L-1×22.4L·mol-1=17g·mol-1,结合X、Y、Z同周期且原子序数依次递增,且最外层电子数之和为15,则M为H,Y为N;再根据X、Z可形成XZ2分子,知X为C,Z为O;W的质子数为(1+6+7+8)×=11,则W为Na。
原子半径:
Na>C>N>O>H,A错;CO2、C2H2均为直线形的共价化合物,但Na2O2为离子化合物,B错;由碳元素形成的单质不一定是原子晶体,例如石墨为混合型晶体,C60为分子晶体,C对;氨基酸是由C、N、O、H形成的化合物,但只含共价键,不含离子键,D错。
答案:
C
15.[双选题]下表列出了有关晶体的说明,有错误的是( )
选项
A.
B.
C.
D.
晶体名称
碘化钾
干冰
氖
二氧化硅
组成晶体微粒名称
阴、阳离子
分子
原子
分子
晶体内存在的结合力
离子键
范德华力
共价键
范德华力
解析:
C项Ne晶体中只存在范德华力,不存在共价键,D项SiO2为原子晶体,只存在共价键不存在范德华力。
答案:
CD
16.[双选题]通常情况下,原子核外p轨道、d轨道等原子轨道上电子排布为“全空”、“半满”“全满”的时候一般更加稳定,称为洪特规则的特例。
下列事实能作为这个规则证据的是( )
A.元素氦(He)的第一电离能远大于元素氢(H)的第一电离能
B.26Fe2+容易失电子转变成26Fe3+,表现出较强的还原性
C.基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d104s1而不是[Ar]3d94s2
D.某种激发态碳(C)原子排布式为1s22s12p3而不是1s22s22p2
解析:
A项He的1s2和H的1s1分别为“全满”和“半满”;B项中26Fe2+的3d6变成26Fe3+的3d5时,3d轨道为“半满”更加稳定;C项中Cu原子的3d10为“全满”4s1为“半满”都属于稳定结构。
D项中C原子变为1s22s12p3时从外界吸收能量反而不稳定,故B、C都可作为这个规则的证据。
答案:
BC
二、非选择题(本题包括4小题,共39分)
17.(10分)(2011·海南高考)铜是重要金属,Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途,如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。
请回答以下问题:
(1)CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备,该反应的化学方程式为________________;
(2)CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分,其原因是________________;
(3)SO的立体构型是________,其中S原子的杂化轨道类型是________________;
(4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期,与Cu同族,Au原子最外层电子排布式为________________;一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构,在晶胞中Cu原子处于面心,Au原子处于顶点位置,则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为________;该晶体中,原子之间的作用力是________________________________;
(5)上述晶体具有储氢功能,氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。
若将Cu原子与Au原子等同看待,该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似,该晶体储氢后的化学式应为________________。
解析:
本题各小题内容考查点相互的联系不大,仍属于“拼盘”式题。
(3)硫酸根中心原子的价层电子对为:
孤对电子数6-2×4+2=0,成键电子对数4,所以为正四面体结构,中心原子为sp3杂化;(4)Au电子排布或类比Cu,只是电子层多两层,由于是面心立方,晶胞内N(Cu)=6×=3,N(Au)=8×=1;
(5)CaF2晶胞中含Ca2+4个、F-8个,故该晶体储氢后的化学式为H8AuCu3。
答案:
(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2)白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4·5H2O,显示水合铜离子特征蓝色
(3)正四面体 sp3 (4)6s1 3∶1 金属键 (5)H8AuCu3
18.(8分)有A、B、C、D四种元素,其原子序数按A、B、C、D依次增大,且质子数均小于18。
A元素原子的最外层只有1个电子,该元素阳离子与N3-离子核外原子排布相同;B元素原子核外各轨道上均无单电子;C元素原子的价电子排布为ns2np1;D-的核外电子构型与Ar相同。
(1)写出A、C、D的元素符号:
A________;
C________;D________。
(2)写出B元素原子的电子排布式________________。
(3)A、B、C、D第一电离能由小到大的顺序为(填元素符号)__________。
电负性由小到大的顺序为(填元素符号)________。
解析:
根据A、B、C、D四元素原子结构进行一一推测。
A为Na,C为Al,则B为Mg,D为Cl。
答案:
(1)Na Al Cl
(2)1s22s22p63s2
(3)Na<Al<Mg<Cl Na<Mg<Al<Cl
19.(8分)镍(Ni)可形成多种配合物,且各种配合物有广泛的用途。
(1)配合物Ni(CO)4常温下为液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂。
固态Ni(CO)4属于________晶体;基态Ni原子的电子排布式为________________;
(2)某镍配合物结构如图所示,分子内含有的作用力有________(填序号)。
A.氢键 B.离子键 C.共价键 D.金属键
E.配位键
(3)很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反应,如①CH2===CH2、②HC≡CH、③
、④HCHO等,其中碳原子采取sp2杂化的分子有________(填序号);HCHO分子的空间构型为________。
解析:
(1)由其性质可判断为分子晶体。
(2)含分子内氢键、共价键、配位键。
(3)②采取的是sp杂化,HCHO结构为
。
答案:
(1)分子 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
(2)A、C、E
(3)①③④ 平面三角形
20.(8分)研究物质的微观结构,有助于人们理解物质变化的本质。
请回答下列问题:
(1)C、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是________。
C60和金刚石都是碳的同素异形体,二者比较熔点高的是________,原因是________________。
(2)A、B均为短周期金属元素,依据下表数据,写出B的基态原子的电子排布式________。
电离能(kJ/mol)
I1
I2
I3
I4
A
932
1821
15390
21771
B
738
1451
7733
10540
(3)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色,与其d轨道电子排布有关。
一般地,为d0或d10排布时,无颜色,为d1~d9排布时,有颜色。
如[CO(H2O)6]2+显粉红色。
据此判断,[Mn(H2O)6]2+________(填“无”或“有”)颜色。
(4)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。
①COCl2分子的结构式为________,中心原子采取________杂化轨道方式。
②Fe(CO)5在一定条件下发生分解反应:
Fe(CO)5(s)===Fe(s)+5CO(g),反应过程中,断裂的化学键只有配位键,则形成的化学键类型是________。
(5)钾晶体晶胞结构如下图所示,距离最近的两个钾原子距离为acm,阿伏加德罗常数为NA。
①钾原子原子核外运动状态不同的电子数是________。
②钾晶体的密度是____________________。
解析:
(1)元素非金属性越强电负性越大,金刚石是原子晶体,C60是分子晶体,熔沸点相差很大。
(2)由表中数据知A、B均为+2价金属元素,A的第一电离能大于B的第一电离能,则活泼性A小于B,可推知B为镁元素。
(3)Mn是25号元素,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,由题意知,[Mn(H2O)6]2+有颜色。
(4)据C的成键特点可推知,COCl2的结构中C与O形成双键,与Cl以单键相连,所以C为sp2杂化;该反应的实质是断裂配位键形成铁中的金属键。
(5)原子的每个电子运动状态均不同;先计算该晶胞的体积,顶点原子与中心原子距离为a,则可计算出晶胞体积为8a3/3,由“分摊法”知该晶胞含有的K原子数为8×1/8+1=2,由此可计算密度。
答案:
(1)N>C>Si 金刚石 金刚石为原子晶体,而C60为分子晶体
(2)1s22s22p63s2 (3)有
(4)①
sp2 ②金属键
(5)①19 ②117/4a3NA
21.(10分)用于合成氨的工业煤气中含有H2S、C2H5SH(乙硫醇)、COS(羰基硫)、CS2等含硫化合物,工业上无机硫常用氧化锌法处理,有机硫可用钴钼催化加氢处理。
H2S+ZnO===ZnS+H2O;
C2H5SH+ZnO===ZnS+C2H4+H2O;
C2H5SH+H2===C2H6+H2S;
COS+H2===CO+H2S;
CS2+4H2===CH4+2H2S。
(1)钴原子在基态时核外电子排布式为________________________。
(2)下列有关分子结构的说法正确的是________。
(填字母)
A.C2H4分子中有5个σ键和1个π键
B.COS分子(结构如右图)中键能C===O>C===S
C.H2S分子呈V形结构
D.CH4、C2H6分子中碳原子均采用sp3杂化
(3)下列有关说法不正确的是________(填字母)。
A.H2O、CO、COS均是极性分子
B.相同压强下沸点:
CS2>CO2
C.相同压强下沸点:
C2H5SH>C2H5OH
D.相同压强下沸点:
CO>N2
(4)βZnS的晶胞结构如右图,晶胞中S2-数目为________个。
(5)具有相似晶胞结构的ZnS和ZnO,ZnS熔点为1830℃,ZnO熔点为1975℃,后者较前者高是由于________________________。
(6)钼的一种配合物化学式为:
Na3[Mo(CN)8]·8H2O,中心原子的配位数为________。
解析:
(2)B项根据键长可判断键能大小,原子半径越小,键长越短,键能越大。
(3)C项乙醇分子间存在氢键,沸点高。
(4)S2-数目为1+2×+4×+8×=4或者根据图示可读出Zn2+有4个,根据配比推出S2-也为4个。
(5)离子晶体的熔点与晶格能有关,离子所带电荷越多,离子半径越小,晶格能越大。
(6)配合物中的H2O是结晶水不是配体,配体是内界中的CN-。
答案:
(1)[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2
(2)ABCD
(3)C (4)4 (5)氧离子半径比硫离子小,晶格能大 (6)8
22.(8分)(2010·福建高考,有改动)
(1)中国古代四大发明之一——黑火药,它的爆炸反应为:
2KNO3+3C+SA+N2↑+3CO2↑(已配平)
①除S外,上列元素的电负性从大到小依次为____________________________。
②在生成物中,A的晶体类型为________,含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为________。
③已知CN-与N2结构相似,推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________。
(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q多2。
T的基态原子外围电子(价电子)排布式为________,Q2+的未成对电子数是________。
解析:
本题考查元素的性质、化学键的类型、配合物理论等,意在考查考生综合运用物质结构与性质知识的能力。
(1)①除S外,上列元素为C、N、O、K,根据元素电负性的递变规律,电负性强的元素主要位于元素周期表的右上方,则电负性大小顺序为:
O>N>C>K。
②根据原子守恒,知A为K2S,其为离子晶体。
生成物中只有CO2含极性共价键,C原子的轨道杂化类型为sp。
③HCN的分子结构为H—C≡N,其中C—H键为σ键,C≡N键中含1个σ键和2个π键,故σ键和π键数目之比为1∶1。
(2)根据Q、T既处于同一周期又处于同一族,则位于Ⅷ族,由于Q、T原子序数小于36,且原子序数T比Q多2,则Q为Fe,T为Ni。
Ni的基态原子外围电子排布式为3d84s2,Fe2+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6,只有3d轨道上有4个未成对电子。
答案:
(1)①O>N>C>K ②离子晶体 sp
③1∶1
(2)3d84s2 4