1、章末过关检测(A)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)1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极性共价键解析：选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。2根据科学人员探测：在海洋深处的沉积物中含有可燃冰，主要成分是甲烷水合物。下列关于其组成的两种分子的说法
2、正确的是()A它们都是极性键形成的极性分子B它们的成键方式都只有键C可燃冰的存在说明甲烷和水分子间能形成氢键D它们的分子立体构型都相同解析：选B。A.甲烷是非极性分子，故A错误；B.CH4中C原子与H原子之间和H2O中H原子与O原子之间都是键，故B正确；C.甲烷不能形成氢键，故C错误；D.甲烷分子是正四面体结构，水分子是V形结构，故D错误。3下列物质中，分子的立体构型与水分子相似的是()ACO2 BH2SCPCl3 DSiCl4解析：选B。由VSEPR模型判断，H2S与H2O结构相似，立体构型均为V形。4根据键能数据(HCl 431 kJ/mol，HI 297 kJ/mol)，可得出的结论是(
3、)A溶于水时，HI比HCl更容易电离，所以氢碘酸是强酸BHI比HCl熔、沸点高CHI比HCl稳定D拆开等物质的量的HI和HCl，HI消耗的能量多解析：选A。对于共价键键能的概念要理解：拆开1 mol共价键所需要吸收的能量或形成1 mol共价键所释放的能量，都称键能；键能越大，键越牢固，由该键形成的物质越稳定。比较HI键和HCl键的键能大小可知HI键的键能小，易断裂，因此HI比HCl稳定性弱，酸性强，但键能与由分子组成的物质的熔、沸点无关。5下列关于SO2与CO2的说法正确的是()A都是直线形结构B中心原子都采取sp杂化CS原子和C原子上都没有孤电子对DSO2为V形结构，CO2为直线形结构解析：
4、选D。SO2中S原子采取sp2杂化，但一个杂化轨道被孤电子对占据，所以呈V形结构，CO2中C原子采取sp杂化，是直线形结构。6下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属于同种类型的是()A液态HF与液态HBr分别受热变为气体B氯化铵与苯分别受热变为气体C氯化钠与氯化氢分别溶解在水中D碘与干冰分别受热变为气体解析：选D。HF分子间存在氢键而HBr分子间只有范德华力；NH4Cl分解克服化学键，苯变为气体克服范德华力；溶于水时NaCl克服离子键，HCl克服共价键。7COCl2分子的结构式为，1个COCl2分子内含有()A4个键 B2个键、2个键C2个键、1个键 D3个键、1个键解析：选D。C和Cl
5、之间为键，C和O之间为一个键、一个键。8下列关于键和键的理解不正确的是()A键能单独形成，而键一定不能单独形成B键可以绕键轴旋转，键一定不能绕键轴旋转C双键中一定有一个键和一个键，三键中一定有一个键和两个键D气体单质中一定存在键，可能存在键解析：选D。p电子云重叠时，首先“头碰头”最大重叠形成键，py、pz电子云垂直于px所在平面，只能“肩并肩”地重叠形成键，双键中有一个键和一个键，三键中有一个键和两个键，键不能单独形成，A、C正确。键的特征是轴对称，可以旋转，键呈镜面对称，不能绕键轴旋转，B正确。稀有气体为单原子分子，不存在化学键，D不正确。9下列说法中正确的是()ACH4、C2H2、HCN
6、都是含有极性键的非极性分子BCO2与SO2的立体构型相似，都是非极性分子C分子中含有1个手性碳原子D无机含氧酸分子中有几个氢原子，它就属于几元酸解析：选C。HCN是极性分子，SO2是极性分子(V形)，A、B错；该分子中第3个(连CH3)碳原子是手性碳原子，C正确；H3BO3、H3PO3中均有3个氢原子，但前者为一元酸，后者为二元酸，D错。10下列现象与氢键有关的是()HF的熔、沸点比A族其他元素氢化物的熔、沸点高乙醇可以和水以任意比互溶冰的密度比液态水的密度小NH3比PH3稳定邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的熔、沸点低A BC D解析：选B。HF、乙醇、水的分子间存在氢键，其熔、沸点变化
7、以及溶解性均与之有关，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，使之比对羟基苯甲酸的熔、沸点低；NH3和PH3的稳定性取决于分子内的共价键强弱，与氢键无关。二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求)11化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3BF3，下列说法正确的是()ANH3与BF3都是三角锥形结构BNH3是极性分子，BF3是非极性分子CNH3BF3中各原子都达到8电子稳定结构DNH3BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道解析：选BD。NH3是三角锥形结构，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不正
8、确，B正确；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不正确。12某化合物的分子式为AB2，A为第A族元素，B为第 A 族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3。下列推断不正确的是()AAB2分子的立体构型为V形BAB键为极性共价键，AB2分子为非极性分子CAB2与H2O相比，AB2的熔、沸点比H2O的低DAB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键解析：选B。根据A、B的电负性值及所处周期表
9、中的位置关系，可判断A元素为O，B元素为F，该分子为OF2。OF键为极性共价键。因为OF2分子的键角为103.3，OF2分子中键的极性不能抵消，所以为极性分子。13(2019宿迁高二检测)下列说法正确的是( )AABn型分子中，若中心原子没有孤电子对，则ABn为空间对称结构，属于非极性分子B水很稳定是因为水中含有大量的氢键CH2O、NH3、CH4分子中的O、N、C分别形成2个、3个、4个键，故O、N、C分别采取sp、sp2、sp3杂化D配合物Cu(H2O)4SO4中，中心离子是Cu2，配体是H2O，配位数是4解析：选AD。H2O很稳定是因为HO键的键能大，B项错误；在NH3、H2O、CH4中N
10、、O、C均采取sp3杂化，只不过NH3、H2O分子中孤电子对占据着杂化轨道，C项错误。14.(2019南京第一中学高二期中)二茂铁(C5H5)2Fe分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是()A二茂铁中Fe2与环戊二烯离子(C5H)之间为配位键B1 mol环戊二烯()中含有键的数目为11NAC二茂铁分子中存在键DFe2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1解析：选D。Fe2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。15(2019连云港一中高二周测)第A族元素的原子R与A原子结
11、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分子的说法中不正确的是()A每个原子都达到8电子稳定结构B键角(ClRCl)有90、120、180 3种CRCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形RCl3D分子中5个RCl键键能不都相同解析：选A。从RCl5的分子结构图可知键角有90、120、180 3种；RCl有两类键长可知键能不完全相同；RCl5受热后会分解生成RCl3和Cl2：RCl5RCl3 Cl2。三角锥形三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16(12分)(2018高考全国卷)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如
12、下表所示：H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/85.5115.2600(分解)75.516.810.3沸点/60.3444.610.045.0337.0回答下列问题：(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图为_，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S
13、原子的杂化轨道类型为_。解析：(1)基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为Ar3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形。(2)价层电子对数包括成键电子对数和孤电子对数，H2S中S的成键电子对数为2，孤电子对数为2，故价层电子对数为4，同理，SO2中S的价层电子对数为23，SO3中S的价层电子对数为33，H2S中S的价层电子对数不同于SO2、SO3。(3)S8和SO2均为分子晶体，分子间存在的作用力均为范
14、德华力，S8的相对分子质量大，分子间范德华力强，故熔点和沸点高。(4)气态SO3为单分子，分子中S无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形，S和O之间形成双键，故共价键有键和键两种。固态SO3为三聚分子，分子中每个S与4个O成键，S无孤电子对，故S原子的杂化轨道类型为sp3。答案：(1)哑铃(2)H2S(3)S8相对分子质量大，分子间范德华力强(4)平面三角2sp317(12分)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O3CH3CH2OH16H13H2O4Cr(H2O)633CH3COOH(1)Cr3基态核外电子排布式为_；配合物Cr(H2O)63中，与Cr3形成配位键的原子是_(填元素符
15、号)。(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为_；1 mol CH3COOH分子含有键的数目为_。(3) H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为_。解析：(1)Cr是24号元素，Cr原子基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr原子由外向里失去3个电子后变为Cr3，故Cr3基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。在配合物Cr(H2O)63中，中心原子提供空轨道，而配位原子需提供孤电子对，H2O分子中含有孤电子对的是O原子。(2)CH3COOH中，甲基中C原子与其他原子形成4个键，故C原子采取sp3杂化；而羧基中C
16、原子形成3个键和1个键，故C原子采取的是sp2杂化。CH3COOH的结构式为单键均为键，双键中有1个键和1个键，故1个CH3COOH分子中含有7个键，因此1 mol CH3COOH中含有76.021023个键。(3) H2O与CH3CH2OH可形成分子间氢键，是导致H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶的主要原因。答案：(1)1s22s22p63s23p63d3(或Ar3d3)O(2)sp3和sp27NA(或76.021023)(3) H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键18(12分)(2019青岛高二检测)下表中实线是元素周期表的部分边界，其中上边界并未用实线标出。根据信息回答下列问题
17、。(1)周期表中基态Ga原子的最外层电子排布式为_。(2)Fe元素位于周期表的_区；Fe与CO易形成配合物Fe(CO)5，在Fe(CO)5中铁的化合价为_。(3)在CH4、CO、CH3OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有_。(4)根据VSEPR理论预测ED的立体构型为_。B、C、D、E中两种原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的是_(写两种，填化学式)。解析：(2)配合物Fe(CO)5中铁原子是中心原子，一氧化碳是配体，铁的化合价是0。 (3)形成4个单键的C原子采取sp3杂化。(4)由A、B、C、D、E在元素周期表中的位置可知，它们分别是H、C、N、O、Cl。ClO中
18、1个Cl原子结合4个氧原子，是正四面体结构。B、C、D、E中两种原子相互化合形成的分子中，所有原子都满足最外层8电子稳定结构的有CO2、NCl3、CCl4等。答案：(1)4s24p1(2)d0(3)CH4、CH3OH(4)正四面体形CO2、NCl3、CCl4(任写两种，其他合理答案也可)19(12分)(2019湖北部分重点中学高二期中)(1)基态Ca原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_。(2)三硫化四磷是黄绿色针状结晶，其结构如图1所示。不溶于冷水，溶于叠氮酸、二硫化碳、苯等溶剂，在沸腾的NaOH稀溶液中会迅速水解。电负性：S_(填“”或“”)P。三硫化四磷分子中P原子采取_杂化。(3)血
19、红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如图2所示。1 mol吡咯分子中所含的键总数为_(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。分子中的大键可用 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，则吡咯环中的大键应表示为_。血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2与O2是通过_键相结合。解析：(1)Ca为20号元素，有4个电子层，最外层电子数为2，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，基态Ca原子中电子占据的最高能层为第四能层，符号为N。(2)同一周期中，元素的电负性随着原子序
20、数的增大而增大，故电负性：SP。P4S3中P原子形成3个PS键、含有一对孤电子对，杂化轨道数为4，P原子采取sp3杂化。(3)原子之间形成1个键，有4个CH 键没有标出，故1分子吡咯有10个键，1 mol吡咯分子中所含的键总数为10NA；吡咯分子中N原子的孤电子对参与形成大键，2个双键中均有1对电子参与形成大键，故为5原子6电子大键，键应表示为。Fe2有空轨道，O2有孤电子对，则血红蛋白中的Fe2与O2是通过配位键相结合。答案：(1)N(2)sp3(3)10NA配位20(12分)已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数ABCDE。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化
21、合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为_。(2)B的氢化物分子的立体构型是_，其中心原子采取_杂化。(3)写出化合物AC2的电子式：_。(4)E的核外电子排布式是_，ECl3形成的配合物的化学式为_。解析：解决此类题，首先寻找突破口判断元素，
22、由化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，D为A族元素，且A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，核电荷数ABCDE，可判断D为镁元素。根据A、B、C是同一周期的非金属元素，可判断C为氧元素；根据AC2为非极性分子，可判断A为碳元素；根据核电荷数ABC，判断B为氮元素。通过B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，验证上述判断正确。E的原子序数为24，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1，一定要注意3d原子轨道为半充满结构。ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为21，三个氯离子位于外界，可得其化学式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3。答案：(1)CON(2)三角锥形sp3(3) C (4)1s22s22p63s23p63d54s1或Ar3d54s1Cr(NH3)4(H2O)2Cl3
