人教版高中化学选修3 章末综合测评2

1、章末综合测评(二) (时间90分钟，满分100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共计48分)1雪花象征了同学之间的友谊，简单而纯洁。当不断地升高温度时，实现“雪花水水蒸气氧气和氢气”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用力依次是()A氢键；分子间作用力；非极性键B氢键；氢键；极性键C氢键；极性键；分子间作用力D分子间作用力；氢键；极性键B雪实际上是固态的水，当固态水变为液态水和液态水变为气态水时主要破坏了水分子之间的氢键，而水变为氧气和氢气时破坏的是OH极性键。2无线电频率可以降低盐水中所含元素之间的“结合力”，释放出氢原子，若点火，氢原子就会在该种频率下持续燃烧。上述

2、中“结合力”实质是()A分子间作用力B氢键C非极性共价键D极性共价键D解答本题的关键是审清题意，根据题意原溶液为“盐水”，后来却能释放出“氢原子”，氢原子只能来源于H2O，而H2O变为H原子必须破坏HO键，HO键为极性共价键，故选D。3根据实际和经验推知，下列叙述不正确的是()A卤化氢易溶于水，不易溶于四氯化碳B碘易溶于汽油，微溶于水C氯化钠易溶于水，也易溶于食用油D丁烷易溶于煤油，难溶于水C根据“相似相溶”规律可以得出结论。C项NaCl为离子化合物，易溶于水，而难溶于有机溶剂。4下列分子中，既含有键，又含有键的是()ACH4BHClCCH2=CH2DF2C本题考查键和键的判断方法，共价单键是

3、键；共价双键中有一个键，一个键；共价三键中有一个键和两个键。A、B、D中的共价键都是单键，故不含键，CH2=CH2中有CH、CC 键，还有CC 键。5已知以下反应中的四种物质由三种元素组成，其中a的分子立体构型为正四面体形，组成a物质的两种元素的原子序数之和小于10，组成b物质的元素为第三周期元素。下列判断正确的是() 【导学号：79652115】A四种分子中的化学键均是极性键Ba、c分子中中心原子均采用sp3杂化C四种分子中既有键，又有键Db、d分子中共价键的键能：b>dB由题意可知，a是甲烷，b为氯气。四种分子中氯气分子所含的化学键为非极性键，A错；四种分子中均只存在键而没有键，C错

4、；b为氯气，所含共价键ClCl的键长比HCl的键长长，故键能小于氯化氢中的HCl的键能，D错。6下列叙述正确的是() 【导学号：79652116】A构成单质分子的微粒一定含有共价键B由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物C非极性键只存在于双原子单质分子里D不同元素组成的多原子分子里的化学键一定都是极性键BA项，稀有气体的单质分子均为单原子分子，没有共价键；B项，NH4Cl为离子化合物；C、D项，如Na2O2、H2O2等分子中均含有非极性键。故答案为B项。7用VSEPR模型预测下列分子或离子的立体结构，其中不正确的是()ANH为正四面体形BCS2为直线形CHCN为V形DPCl3为三角锥形CN

5、H、CS2、HCN中中心原子上的价电子都用于形成共价键，没有孤电子对，所以其立体构型分别为正四面体形、直线形、直线形；PCl3中中心P原子上有一对孤电子对，未用于形成共价键，其立体构型为三角锥形。8化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是() 【导学号：79652117】ANH3与BF3都是三角锥形结构BNH3与BF3都是极性分子CNH3·BF3中各原子都达到8电子稳定结构DNH3·BF3中，NH3提供孤对电子，BF3提供空轨道DNH3是三角锥形，而BF3是平面三角形结构，B位于中心，因此，NH3是极性分子，BF3是非极性分子，A、B

6、都错误；NH3分子中有1对孤电子对，BF3中B原子最外层只有6个电子，正好有1个空轨道，二者通过配位键结合而使每个原子最外层都达到稳定结构，D正确；H原子核外只有2个电子，C错误。9用鲍林的杂化轨道理论解释甲烷分子的正四面体结构，下列说法不正确的是()AC原子的四个杂化轨道的能量一样BC原子的sp3杂化轨道之间夹角一样CC原子的4个价电子分别占据4个sp3杂化轨道DC原子有1个sp3杂化轨道由孤电子对占据D甲烷分子中碳原子采取sp3杂化，四个等同的杂化轨道分别与四个氢原子的s轨道重叠，形成正四面体形的分子。10用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是() 【导学号：79652118】A1

7、mol NH3分子中含有3NA个键和4NA个sp3杂化轨道B1 mol CO2分子中含有2NA个键和2NA个sp2杂化轨道C1 mol C2H2分子中含有2NA个键、2NA个键D1 mol C2H4分子中含有4NA个键、2NA个键ACO2分子中碳原子是sp杂化，选项B不正确；碳碳三键是由1个键和2个键构成的，乙炔分子中含有1个碳碳三键和2个CH键，所以选项C不正确；碳碳双键是由1个键和1个键构成的，乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个CH键，因此选项D不正确，所以正确的答案选A。11等电子体是指原子总数相同、价电子总数也相同的微粒。下列各选项中的两种微粒不互为等电子体的是()AN2O和CO2BO3

8、和NOCCH4和NHDOH和NHDA项中的N2O和CO2均含3个原子和16个价电子，B项中的O3和NO均含3个原子和18个价电子，C项中的CH4和NH均含5个原子和8个价电子，因此A、B、C三项均符合等电子体的定义。D项中的OH和NH虽然都含有8个价电子，但二者所含原子总数不相同，不符合等电子体的定义。12下列各种说法中一定错误的是() 【导学号：79652119】A过渡金属的原子或离子一般都有接受孤电子对的空轨道，易形成配合物B中心原子或离子采取sp3杂化轨道形成的配离子均呈正四面体结构C当中心原子或离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构D含有两种配位体且配位数为4的配离子不一定存在顺反异

9、构体B过渡金属原子或离子的最外层一般都没排满，存在空轨道，所以能接受孤电子对形成配位键，A正确；中心原子或离子采取sp3杂化轨道形成的配离子，只有当4个配位体完全等同时，其配离子的立体结构才是正四面体，否则为变形的四面体，B错误；按价层电子对互斥理论，配位数为6的配离子，立体构型呈八面体时最稳定，C正确；含有两种配位体且配位数为4的配离子只有当其立体结构呈平面四边形时才存在顺反异构体，若其立体结构呈四面体形，则不存在顺反异构体，D正确。13氧族元素的氢化物的沸点如下表：H2OH2SH2SeH2Te100 61.8 41.1 2 下列说法中正确的是()A氧族元素氢化物沸点的高低与范德华力的大小无

10、关B范德华力一定随相对分子质量的增大而减小C水分子间还存在一种特殊的分子间作用力D水分子间存在共价键，加热时较难断裂CH2S、H2Se、H2Te 的相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，其沸点逐渐升高，H2O与H2S等的结构具有相似性，H2O的相对分子质量最小，但其沸点最高，说明H2O分子间除了存在范德华力外，还存在一种特殊作用力氢键。H2O分子极为稳定，加热时分子内的共价键很难断裂。综合上述，选项C正确。14下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素，下列说法正确的是() 【导学号：79652120】A沸点A2D<A2XBCA3分子是非极性分子CC形成的单质中键与

11、键个数之比为12DB、C、D形成的气态氢化物互为等电子体C根据各元素在周期表中的位置知，A为氢、B为碳、C为氮、D为氧、X为硫、Y为氯。 A2D为H2O、A2X为H2S，H2O能形成氢键，故沸点H2O>H2S，A项错误；CA3为NH3是极性分子，B项错误；N2中有1个键和2个键，C选项正确；B、C、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O，微粒中原子总数不同，不能互为等电子体，D项错误。15下列说法中正确的是()A互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质也相同B由酸性FCH2COOHCH3COOH，可知酸性ClCH2COOHCH3COOHC由AgCl和AgBr都能溶于氨水中，而A

12、gI不能溶解在氨水中，可知AgI在水中的溶解度最大D除HF外，其他卤化氢沸点随着相对分子质量的增大而升高，是因为氢键的键能逐渐增大所致B互为手性异构体的分子其结构不同，性质也不同，A错；B项中由提示可知，F原子的存在使得酸性增强，故同族元素的Cl也有类似的作用，B正确；AgCl和AgBr都能溶于氨水中，是因为NH3分子与溶解后的Ag生成络离子Ag(NH3)2，AgI不能溶解是因为其生成的Ag浓度太小，故C错；在卤素氢化物中，只有HF能形成氢键，D错。16第A族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如下图所示，下列关于RCl5分子的说法

13、中不正确的是()RCl5的分子结构A每个原子都达到8电子稳定结构B键角(ClRCl)有90°、120°、180°几种CRCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3D分子中5个RCl键键能不都相同A从RCl5的分子结构图可知键角正确；RCl有两类键长可知键能不完全相同；RCl5 Cl2。教师独具下列叙述正确的是()A离子化合物中不可能存在非极性键B非极性分子中不可能既含有极性键又含有非极性键C非极性分子中一定含有非极性键D不同非金属元素的原子之间形成的化学键都是极性键D过氧根离子的电子式为2，其中含有非极性键，A项错误；CH2=CH2、CHCH均为非极性

14、分子，分子中CH键为极性键、C=C键和CC键均为非极性键，B项错误；CO2、BF3、CCl4等是由极性键形成的非极性分子，C项错误；不同非金属元素原子形成的共用电子对发生偏移，形成极性键，D项正确。二、非选择题(本题包括6小题，共52分)17(8分)(1)下列各组分子中属于非极性分子的是_(填序号，下同)，属于极性分子的是_。 【导学号：79652121】H2OCO2HClCCl4NH3COCH4HClO(2)已知NH3分子可与Cu2形成配合物离子Cu(NH3)42，则除去硫酸铜溶液中少量硫酸可选用的试剂是_。NaOHNH3CuOBaCl2Cu(OH)2CuCO3(3)下列说法正确的是_。互为

15、手性异构体的分子互为镜像利用手性催化剂合成可得到一种或主要得到一种手性分子手性异构体分子组成相同手性异构体性质相同解析(1)CO2是直线形分子，结构对称，属于非极性分子；CCl4、CH4均为正四面体结构，属于非极性分子；其他分子均为极性分子。(2)欲除去CuSO4溶液中少量硫酸，可加碱中和，但除杂要求：不引入新杂质，杂质必须除干净即要求所加试剂必须过量，而题目信息告诉我们Cu2与NH3·H2O可形成配合离子Cu(NH3)42，即若用NH3·H2O，除中和硫酸外还与主要物质中Cu2发生配合而减少Cu2的量且引入了新杂质，故只能用Cu(OH)2或CuO或CuCO3或Cu2(OH

16、)2CO3等。(3)手性异构体性质不同，故错误，其他三项正确。答案(1)(2)(3)18(8分)亚硝酸盐与钴()形成的一种配合物Co(NH3)5NO2Cl2的制备流程如下： 【导学号：79652122】CoCl2·6H2OCo(NH3)5ClCl2Co(NH3)5NO2Cl2(1)Co2基态核外电子排布式为_。(2)配合物Co(NH3)5ClCl2中与Co3形成配位键的原子为_(填元素符号)；配离子Co(NH3)5NO22的配体中氮原子的杂化轨道类型为_。(3)与NO互为等电子体的单质分子为_(写化学式)。(4)H2O2与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。(

17、5)亚硝酸盐在水体中可转化为强致癌物亚硝胺，亚硝胺NDMA的结构简式如图所示，1 mol NDMA分子中含有键的数目为_ mol。NDMA结构简式解析(1)Co2核外有25个电子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7；(2)氮原子与氯原子提供孤电子对与Co3形成配位键；Co(NH3)5NO22的配体中氮原子的杂化轨道类型为sp3杂化；而NO中氮原子的杂化轨道类型为sp2；(3)NO的电子数为24，其等电子体为O3；(4)H2O2与H2O可以形成氢键，溶解度增大，导致二者之间互溶；(5)双键中一个键，一个键；1 mol NDMA分子中有6 mol CH；2 mol CN；1

18、mol NN；1 mol NO 键，共10 mol 键。答案(1)Ar3d7或1s22s22p63s23p63d7(2)N和Clsp2和sp3(3)O3(4)H2O2与H2O之间可以形成氢键(5)1019(8分)M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题： 【导学号：79652123】(1)R基态原子的电子排布式是_，X和Y中电负性较大的是_(填元素符号)。(2)X的氢化物的沸点低于与其组

19、成相似的M的氢化物，其原因是_。(3)X与M形成的XM3分子的空间构型是_。(4)在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化M的一种氢化物，Z被还原为3价，该反应的化学方程式是_。解析M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，其电子排布式为1s22s22p4，为氧元素；R是同周期元素中最活泼的金属元素，R的原子序数比O的大，则R一定是钠元素；引起酸雨的主要大气污染物是二氧化硫，则X是S。因为M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Y只能是氯元素。Z的基态原子4s和3d轨道半充满，则其价电子排布式为3d54s1，则Z为铬元素。(1)R是钠元素，其基态原子的电子排布式是1s

20、22s22p63s1或Ne3s1；非金属性Cl>S，Cl的电负性比S的大。(2)X的氢化物是H2S，M的氢化物是H2O，由于H2O中存在分子间氢键使其沸点比H2S的高。(3)XM3分子是SO3，其价层电子对数33，S的杂化方式为sp2，分子中没有孤电子对，其轨道构型和分子构型都是平面三角形。(4)Z为铬元素，Z的最高价含氧酸的钾盐的化学式为K2Cr2O7或K2CrO4，其中K2Cr2O7呈橙红色，K2CrO4呈黄色，所以该钾盐为K2Cr2O7。K2Cr2O7的还原产物为Cr3，氧元素的一种氢化物H2O2具有强还原性，其氧化产物为O2，根据得失电子守恒和元素守恒可得如下化学方程式：3H2O

21、2K2Cr2O74H2SO4=Cr2(SO4)33O27H2OK2SO4。答案(1)1s22s22p63s1(或Ne3s1)Cl(2)H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键(3)平面三角形(4)3H2O2K2Cr2O74H2SO4=Cr2(SO4)33O27H2OK2SO420(8分)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知： 【导学号：79652124】Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子价电子(外围电子)排布式为msnmpn；R原子核外L层电子数为奇数；Q、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)

22、42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，其分子中键与键的键数之比为_。解析本题利用铜元素，综合考查了原子结构、配位键的形成、化学键的种类和元素周期律等相关知识。29号元素为Cu。在Y的价电子排布式msnmpn中，n只能取2，又为短周

23、期，则Y可能为C或Si。R的核外L层电子数为奇数，则可能为Li、B、N或F。Q、X的p轨道电子数为2和4，则可能为C(或Si)和O(或S)。因为五种元素原子序数依次递增。故可推出：Q为C，R为N，X为O，Y为Si。(1)Cu的价电子排布式为3d104s1，失去两个电子，则为3d9，所以Cu2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。(2)Cu2可以与NH3形成配合物，其中NH3中N提供孤电子对，Cu2提供空轨道形成配位键。(3)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，

24、沸点高。(4)C、N和Si中，C、Si位于同一主族，C的非金属性强，故第一电离能大；而N由于2p能级为半充满状态，故第一电离能比相邻元素大，所以电负性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HCCH，单键是键，三键中有一个键、两个键，所以键与键键数之比为32。答案(1)1s22s22p63s23p63d9(2)孤电子对(3)b(4)SiCN(5)3221(10分)元素A、B、C、D、E、F、G在元素周期表中的位置如下图所示，回答下列问题： 【导学号：79652125】(1)G的基态原子核外电子排布式为_。原子的第一电离能：D_E(填“>”或

25、“<”)。(2)根据价层电子对互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：ll>lb>bb(l为孤电子对，b为键合电子对)，则关于A2C中的ACA键角可得出的结论是_。A180°B接近120°，但小于120°C接近120°，但大于120°D接近109°28，但小于109°28(3)化合物G(BC)5中存在的化学键类型有_，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，反应的化学方程式为_。(4)化合物BCF2的立体构型为_，其中B原子的杂化轨道类型是_，写出两个与BCF2具有相同立体构型的含氧酸根离子_。解析(1)根据

26、元素周期表知G是26号铁元素，Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2。同周期元素第一电离能逐渐增大，原子的第一电离能：DE。(2)根据价层电子对互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：lllbbb(l为孤电子对，b为键合电子对)，A是氢元素、C是氧元素，则H2O中的ACA键角接近109°28，但小于109°28。(3)化合物Fe(CO)5中存在的化学键类型有配位键、共价键，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(CO)513O22Fe2O320CO2。(4)COCl2分子的结构式为，中心碳原子形成2个单键和1个双键，共3个价层电子对，所以为sp2杂化，化合物COCl2的立体构型为平面三角形，与COCl2具有相同立体构型的含氧酸根离子有CO、NO。答案(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2)(2)D(3)配位键、共价键4Fe(CO)513O22Fe2O320CO2(4)平面三角形sp2杂化CO、NO22(10分