走向高考高考化学一轮复习 第二部分 选考部分选修物质结构与性质章末综合检测 新人教版课件.docx
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走向高考高考化学一轮复习第二部分选考部分选修物质结构与性质章末综合检测新人教版课件
（选修3）章末综合检测
满分100分，考试时间90分钟
可能用到的相对原子质量：
H—1 C—12 N—14 O—16 F—19 Na—23 Mg—24 S—32 Cl—35.5 Ca—40 Fe—56
第Ⅰ卷（选择题 共54分）
一、选择题（本题包括18小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共54分，）
1．（2016届湖南省衡阳县第四中学高三9月月考）下列变化过程中，共价键被破坏的是
（ ）
A．烧碱固体溶于水 B．氯化氢气体溶于水
C．二氧化碳变成干冰D．碘溶于酒精
解析：
考查物质发生变化时破坏的作用力类型的判断的知识。
A.烧碱固体溶于水，断裂离子键，变为Na＋、OH－，共价键未被破坏，错误；B.氯化氢气体溶于水，断裂共价键，共价键被破坏，正确；C.二氧化碳变成干冰，破坏的是分子间作用力，与化学键无关，错误；D.碘溶于酒精，破坏的是分子间作用力，共价键未被破坏，错误。
答案：
B
2．（2015·湖北省黄石市有色第一中学期中）下列组合中，属于含有极性键的非极性分子的是
（ ）
A．C2H4、C2H2、CO2B．CH4、CHCl3、CO2
C．Cl2、H2、N2D．NH3、H2O、CO2
解析：
考查化学键的极性和分子极性的判断。
A.乙烯分子中含有C—H极性键，属于非极性分子，乙炔中的C—H键为极性键，乙炔为非极性分子，二氧化碳是直线形分子，C===O键为极性键，为非极性分子，正确；B.甲烷是含有极性键的非极性分子，三氯甲烷为含有极性键的极性分子，错误；C.三种气体单质分子中均含有非极性键，为非极性分子，错误；D.氨气与水都是含有极性键的极性分子，错误，答案选A。
答案：
A
3．（2016届安徽省安庆市第二中学高三上学期第一次质检）下列分子或离子中，含有孤对电子的是
（ ）
A．H2OB．CH4
C．SiH4D．NH
解析：
孤对电子的判断。
H2O中O最外层有6个电子，只有2对共用电子对，因而2对孤对电子，A正确；CH4中C最外层有4个电子，全部与氢原子形成4对共用电子对，因而没有孤对电子，B错误；SiH4中Si最外层有4个电子，全部与氢原子形成4对共用电子对，因而没有孤对电子，C错误；NH
中N最外层有5个电子，有3对共用电子对，因而含有1对孤对电子，但NH
中NH3孤对电子和H＋结合成配位键，则没有孤对电子，D错误。
答案：
A
4．（2016届河北省衡水市冀州中学高三月考）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是
（ ）
A．不可能有很高的熔沸点B．不可能是单质
C．可能是有机物D．可能是离子晶体
解析：
考查化学键与物质的种类关系的知识。
A.某晶体中含有极性键，该化合物可能是离子化合物如NaOH，也可能是共价化合物如HCl。
若是离子化合物，则熔点较高，含有极性共价键的化合物可能是无机物，也可能是有机化合物如CH4，在单质中只有一种元素，因此不可能含有极性共价键。
关于说法错误的是A。
答案：
A
5．（2015·福建省四地六校联考）实验测得CO2为共价化合物，两个C===O键间的夹角为180°，以下判断正确的是
（ ）
A．由极性键构成的极性分子
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．CO2中C采取sp2杂化
解析：
重点考查化学键的极性和分子的极性。
A.由于二氧化碳是对称结构，分子是非极性的，故A错误；B.碳原子和氧原子的电负性不同，所以共价键是极性的，但分子是非极性的；C.错误；D.C是sp杂化。
答案：
B
6．（2015·陕西岐山县检测）有关杂化轨道理论的说法不正确的是
（ ）
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参加形成化学键
解析：
考查杂化轨道的有关判断。
A.杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，A正确；B.sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，B正确；C.部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，C正确；D.杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，D错误，答案选D。
答案：
D
7．（2016学年西藏日喀则一中月考）在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是
（ ）
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C—H之间是sp2形成的σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
解析：
本题主要是考查乙烯分子结构以及化学键的判断等知识。
在乙烯CH2===CH2分子中，C原子是sp2杂化，乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们是C—C之间是sp2形成的σ键，C—H之间是s－sp2形成的σ键及C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键，答案选A。
答案：
A
8．（2016届河南省郑州市第一中学新高三年级调研）氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为
（ ）
A．直线形 sp杂化B．V形 sp2杂化
C．三角锥形 sp3杂化D．平面三角形 sp2杂化
解析：
考查空间构型、杂化轨道类型判断。
氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO
，则其阳离子的化学式为：
NO
，其中心N原子价电子对数＝σ键个数＋孤电子对个数＝2＋（5－1－2×2）/2＝2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线形，答案选A。
答案：
A
9．（2006届江西省上高县二中高三上学期第二次月考）能够解释CO2比SiO2的熔、沸点低的原因是
（ ）
A．CO2的相对分子质量比SiO2的相对分子质量小
B．C—O键能小于Si—O键能
C．C的原子半径小于Si
D．破坏CO2晶体只需克服分子间作用力，破坏SiO2晶体要破坏Si—O共价键
解析：
考查晶体类型与性质的关系判断。
CO2是分子晶体，CO2的熔化与C===O键能没有关系，其熔化只需要克服范德华力（分子间作用力），SiO2是原子晶体，其熔化要破坏Si—O共价键，共价键的强度远远大于范德华力，故ABC错误，D正确，答案选D。
答案：
D
10．（2016学年西藏日喀则一中月考）氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为
（ ）
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气的相对分子质最大于甲烷
解析：
本题主要是考查分子的空间构型及杂化轨道类型判断。
A.氨气中N也是sp3杂化，A错误；B.N原子形成4个杂化轨道，只不过其中一个被孤对电子占据，无法成键，B错误；C.NH3分子中N原子形成4个杂化轨道，其中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强，因此氨气是三角锥形，C正确；D.空间构型与相对分子质量大小无关，D错误，答案选C。
答案：
C
11．（2016届湖北省黄石市高三9月调研）下列反应过程中，同时有离子键、极性共价键和非极性共价键的断裂和形成的反应是
（ ）
A．NH4Cl
NH3↑＋HCl↑
B．NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3
C．2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
D．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2
解析：
考查了化学反应中化学键变化的相关知识。
A.只破坏离子键和极性共价键，A错误；B.只破坏极性共价键，B错误；C.破坏了离子键，极性共价键和非极性共价键，但没有非极性共价键的形成，C错误；D.破坏了离子键、极性共价键和非极性共价键，也有离子键、极性共价键和非极性共价键的生成，D正确。
答案：
D
12．（2015·福建省宁德市五校教学联合体期中）下列关于金属及金属键的说法正确的是
（ ）
A．金属键具有方向性和饱和性
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：
考查金属和金属键的判断。
A.金属键存在于金属阳离子和“自由电子”之间的相互作用，不是存在于相邻原子之间的作用力，而是属于整块金属，没有方向性和饱和性，A错误；B.金属键是存在于金属阳离子和“自由电子”之间的强的相互作用，这些“自由电子”为所有阳离子所共用，其本质也是电性作用，B正确；C.金属中存在金属阳离子和“自由电子”，当给金属通电时，“自由电子”定向移动而导电，C错误；D.金属具有光泽是因为自由电子能够吸收可见光，并不是能放出可见光，D错误，答案选B。
答案：
B
13．（2015·四川省资阳市期末）关于晶体的下列说法中正确的是
（ ）
A．溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一
B．区别晶体和非晶体最好的方法是观察是否有规则的几何外形
C．水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同
D．只有无色透明的固体才是晶体
解析：
考查晶体的制取方法和性质的知识。
A.获得晶体的方法有熔融态物质凝固、气态物质凝华。
溶质从溶液中结晶析出，因此溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一，正确；B.区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X射线衍射实验，而不是通过观察是否有规则的几何外形，错误；C.水晶是晶体SiO2，其性质的各向异性表现在物理性质如在不同方向上的硬度、导热性、导电性不相同，错误；D.晶体不一定是无色透明的，如CuSO4·5H2O，无色透明的也不一定是晶体，如玻璃属于玻璃体物质，错误。
答案：
A
14．（2015·陕西省宝鸡中学期末）关于氢键，下列说法正确的是
（ ）
A．每一个水分子内含有两个氢键
B．冰、水中都存在氢键
C．分子间形成的氢键使物质的熔点和沸点降低
D．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
解析：
考查氢键的理解。
因为每个水分子外含有两个氢键；氢键不是化学键；H2O是一种非常稳定的化合物，说明了氧的非金属性很强，B项正确。
答案：
B
15．（2016届浙江省温州市高三上学期联考）2015年7月31日，中国获得2022年冬奥会主办权，这将促进中国冰雪运动。
以下关于冰的说法正确的是
（ ）
A．冰与水共存物属于混合物
B．冰的密度比水大
C．冰与二氧化硅的晶体类型相似
D．氢键在冰晶体结构中起关键作用
解析：
考查冰的结构、氢键、晶体等知识。
A.冰水混合物属于纯净物，故错误；B.冰中氢键比水多，又因为氢键具有饱和性和方向性，相同质量，冰的体积比水大，则冰的密度比水小，故错误；C.冰属于分子晶体，而二氧化硅属于原子晶体，因此结构不同，故错误；D.氢键具有饱和性和方向性，使得冰中水分子有4个氢键，故正确。
答案：
D
16．（2016·河北省衡水冀州中学高三月考）下列物质性质的变化规律，与共价键键能大小有关的是
（ ）
①F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高 ②HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱 ③金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅 ④NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
A．仅③B．①③
C．②③D．②③④
解析：
考查物质的性质与共价键的关系的知识。
①F2、Cl2、Br2、I2都是由非极性分子构成的物质，对于结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化需要的能量就越高，因此物质的熔点、沸点逐渐升高，正确；②由于元素的非金属性F>Cl>Br>I，所以它们的氢化物HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，正确；③在金刚石中C原子之间以共价键结合，晶体硅中硅原子之间也以共价键结合，由于原子半径Si>C，元素共价键的强度C—C>Si—Si，因此断裂共价键消耗的能量金刚石比晶体硅高，因此金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，正确；④NaF、NaCl、NaBr、NaI都是离子化合物，由于离子键的强度从NaF、NaCl、NaBr、NaI逐渐减弱，因此物质的熔点依次降低，但是与共价键无关，错误。
因此与共价键有关的是②③。
故选C。
答案：
C
17．（2015·福建省漳浦县三校期中）某离子晶体的晶胞结构如图所示：
则该离子晶体的化学式为
（ ）
A．abcB．abc3
C．ab2c3D．ab3c
解析：
根据晶胞结构和均摊法可知a原子在晶胞内，共计1个。
b原子在棱上，共计12×1/4＝3个。
c原子在顶点上，共计8×1/8＝1个，因此化学式为ab3c，答案选D。
答案：
D
18．（2016·四川省雅安中学月考）CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO
可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量1/3氯以AgCl析出，这种化合物应该是
（ ）
A．[Co（NH3）4]Cl3B．[Co（NH3）4Cl3]
C．[Co（NH3）4Cl]Cl2D．[Co（NH3）4Cl2]Cl
解析：
考查配位键及配位化合物的判断。
CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO
可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，说明NH3为内界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的1/3以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为内界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl－，所以其化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl，答案选D。
答案：
D
第Ⅱ卷（非选择题 共46分）
二、非选择题（本题包括4小题，共46分）
19．（2015·河南省实验中学期中）（10分）
（1）X的基态原子核外有3个原子轨道充满电子，其价电子排布式为_________________。
（2）M＋中3d能级的轨道在半充满状态，其原子的电子排布式为__________________________。
（3）E元素原子核外有6种不同运动状态的电子，其最高价氧化物的分子的结构式为________，该分子中σ键与π键个数之比为________，写出与该分子互为等电子体的分子的化学式为________。
解析：
考查元素的推断，原子核外电子排布式，等电子体等知识。
（1）根据s能级有一个原子轨道，p能级有3个原子轨道，若X的基态原子核外有3个原子轨道充满电子，则其价电子排布式为2s22p4。
（2）d能级有5个原子轨道，根据泡利不相容原理和洪特规律，若M＋中3d能级的轨道在半充满状态，该离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，该元素为24号元素铬，其原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。
（3）E元素原子核外有6种不同运动状态的电子，该元素为C，其最高价氧化物为CO2，CO2分子的结构式为O===C===O，该分子中σ键与π键个数之比为1：
1，根据等电子体理论，与CO2分子互为等电子体的分子的化学式为CS2或N2O。
答案：
（1）2s22p4
（2）1s22s22p63s23p63d54s1 （3）结构式为O===C===O 1：
1 CS2或N2O
20．（2016·西藏日喀则一中月考）（8分）Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。
已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；②Y原子价电子（外围电子）排布为msnmpn；③R原子核外L层电子数为奇数；④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
（1）Z2＋的核外电子排布式是__________________________。
（2）在[Z（NH3）4]2＋离子中，Z2＋的空轨道接受NH3分子提供的________形成配位键。
（3）Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是________。
a．稳定性：
甲>乙，沸点：
甲>乙
b．稳定性：
甲>乙，沸点：
甲<乙
c．稳定性：
甲<乙，沸点：
甲<乙
d．稳定性：
甲<乙，沸点：
甲>乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的顺序为__________________（用元素符号作答）。
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中σ键与π键的键数之比为________。
（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于________（填晶体类型）。
解析：
29号为Cu元素。
Y价电子：
msnmpn中n只能取2，又为短周期，则Y可能为C或Si。
R的核外L层为奇数，则可能为Li、B、N或F。
Q、X的p轨道为2和4，则C（或Si）和O（或S）。
又五种元素原子序数依次递增，所以可推出：
Q为C，R为N，X为O，Y为Si。
（1）Cu的价电子排布为3d104s1，失去两个电子，则为3d9，即为：
1s22s22p63s23p63d9。
（2）Cu2＋可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤对电子，Cu2＋提供空轨道，而形成配位键，Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4>SiH4。
因为SiH4的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高，答案为：
b。
（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，而N由于具有半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以N>C>Si。
（5）C、H形成的相对分子质量为26的物质为C2H2，结构式为H—C≡C—H，C—H之间单键是σ键，C≡C三键中有一个是σ键、两个是π键，所以σ键与π键数之比为3：
2。
（6）电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成的SiO2，构成微粒是原子，作用力是共价键，则属于原子晶体。
答案：
（1）1s22s22p63s23p63d9
（2）孤对电子 （3）b （4）Si2 （6）原子晶体
21．（2016·宁夏回族自治区银川一中高三月考）（15分）碳元素在生产生活中具有非常重要的作用，在新物质的制备中也发挥了举足轻重的作用。
碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
（1）与碳同周期，且基态原子的核外未成对电子数与碳相等的元素，其基态原子的电子排布式为__________________________。
（2）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为__________________________。
（3）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为________、________。
常温条件下丙烯是气态，而相对分子质量比丙烯小的甲醇，常温条件下却呈液态，出现这种现象的原因是________________________________________________。
（4）C60属于________晶体，C60晶体内含有的微粒间作用有__________________________。
（5）金刚石晶胞含有________个碳原子。
若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝________a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________（不要求计算结果）。
解析：
考查原子的核外电子排布，同素异形体，杂化类型，晶体的分类，晶胞的计算等知识。
（1）C元素和O元素基态原子的核外未成对电子数都是2，所以氧原子的基态原子的电子排布式为1s22s22p4。
（2）金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，性质不同，它们互为同素异形体。
（3）在金刚石中碳原子的4个价电子与4个C原子形成四个共价键，C的杂化形式是sp3杂化，在石墨中碳原子与相邻的三个碳原子形成三个共价键，C的杂化形式为sp2杂化；因为甲醇分子间存在氢键，而丙烯分子间只有范德华力，所以常温条件下丙烯是气态，而相对分子质量比丙烯小的甲醇，常温条件下却呈液态。
（4）C60是由60个C原子以共价键形成的分子，属于分子晶体。
C60晶体内含有的微粒间作用有范德华力和共价键。
（5）根据晶胞中粒子个数的计算公式＝体内数目×1＋面上数目×1/2＋棱上数目×1/4＋顶角数目×1/8。
金刚石晶胞中，顶点8个，相当于1个C原子，面心上6个，相当于3个C原子，而在其8个四面体空隙中有一半也是C原子，且在晶胞内，故含有4个C原子，加在一起，可得一个金刚石晶胞中有8个C原子。
若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线的1/4就是C—C键的键长，即
a＝2r，所以r＝
a，碳原子在晶胞中的空间占有率为
＝
。
答案：
（1）1s22s22p4
（2）同素异形体
（3）sp3 sp2 甲醇分子间存在氢键，而丙烯分子间只有范德华力
（4）分子 范德华力、共价键
（5）8
22．（2016·山东省滕州市实验高中高三检测）（13分）举世瞩目的中国探月工程三期再入返回试验器于2014年10月24日凌晨成功发射，为实现月球采样和首次地月往返踏出了成功的第一步。
探月工程三期的主要目标是实现无人自动采样返回，突破月面采样、月面上升、月球轨道交会对接等核心关键技术。
已知所用火箭推进剂为肼（N2H4）和过氧化氢（H2O2），火箭箭体一般采用钛合金材料。
请回答下列问题：
（1）N2H4、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为________，第一电离能最大的元素为________。
（2）钛的原子序数为22，其基态电子排布式示意图为__________________________。
（3）1molN2H4分子中含有的键数目为________。
（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道为________，估计它难溶于CS2，简要说明原因__________________________。
图1 图2
（5）氮化硼晶胞如图2所示，处于晶胞顶点上的原子的配位数为________，若立方氮化硼的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原子间的距离为________cm。
解析：
物质结构与性质理论，考查电负性、第一电离能及晶胞结构分析。
（1）N2H4、H2O2分子中N、H、O三种元素，氧元素的电负性最大，位于周期表中第二周期第ⅥA族；因N原子的2p轨道为半充满结构相对稳定，故第一电离能最大的元素为N。
（2）钛的原子序数为22，核外电子排布式示意图为
（3）结合氮原子的三价理论，N2H4分子中氮氮之间有一个共价键，氮氢之间都有共价键，每个N2H4分子内有5个共价键，故1molN2H4分子中含有的共价键数目为3.01×1024。
（4）根据H2O2分子中氧原子的价层电子对数为（6＋1＋1）/2＝4，所以氧原子杂化方式为sp3，H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，H2O2不能溶解在CS2中。
（5）根据图知，顶点上的每个B原子和四个N原子形成共价键，所以B原子的配位数是4；该晶胞中N原子个数是4，B个数＝8×1/8＋6×1/2＝4，晶胞体积＝
＝
cm3，晶胞边长＝
cm；晶胞底面对角线长＝
×
cm，晶体N原子位于晶胞体对角线的1/4处，将体心与下底面相对的两顶点相连可构成等腰三角形，距离最近的两个N原子相连的连线为该三角形的中位线，所以晶体中最近
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