1、单元质量检测(二)分子结构与性质一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1下列关于键与键的说法正确的是()A键是以“头碰头”方式形成的共价键，键是以“肩并肩”方式形成的共价键B气态单质中一定存在键，可能存在键C原子轨道以“头碰头”方式相互重叠比以“肩并肩”方式相互重叠的程度小，所以键比键活泼D由于键总是比键重叠程度小，故化学反应一般先断裂键解析：稀有气体分子中不存在化学键，故B错误；键的相互重叠程度大于键，所以键更稳定，C项错误；一般情况下键不如键稳定，但也存在键比键稳定的情况，故D错误。答案：A2下表中各粒子、粒子对应的立体结构及解释均正确的是()选项粒子立体结构解释A氨基负离子
2、(NH)直线形N原子采用sp杂化B二氧化硫(SO2)V形S原子采用sp3杂化C碳酸根离子(CO)三角锥形C原子采用sp3杂化D乙炔(C2H2)直线形C原子采用sp杂化且C原子的价电子均参与成键解析：NH中N原子采用sp3杂化，且孤电子对数为2，分子的立体构型为V形，A项错误；SO2中S原子的价层电子对数键数孤电子对数2(622)3，含孤电子对数为1，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，结构为V形，B项错误；CO中，价层电子对数3(4232)3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，采取sp2杂化，立体构型为平面三角形，C项错误；C2H2中C原子采用sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为
3、直线形，D项正确。答案：D3若不断地升高温度，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依次是()A氢键范德华力非极性键B氢键氢键极性键C氢键极性键范德华力D范德华力氢键非极性键解析：因为O的电负性较大，在雪花、水、水蒸气中存在OHO氢键，故在实现“雪花水水蒸气”的变化阶段主要破坏了水分子间的氢键，而实现“水蒸气氧气和氢气”的变化则破坏了OH极性共价键。答案：B4用NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()A1 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 C2H
4、2分子中含有2NA个键、2NA个键D1 mol C2H4分子中含有4NA个键、2NA个键解析：CO2分子中碳原子是sp杂化，B项不正确；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C项不正确；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D项不正确，答案选A。答案：A5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与BF3都是极性分子CNH3BF3中N、B分别为sp3杂化、sp2杂化DNH3BF3中，NH3提供孤对电子，BF3提供空轨道解析：NH3是三角锥形，而B
5、F3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两项都错误；NH3BF3中N、B均为sp3杂化，C项错误；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项正确。 答案：D6已知HNO3、H2SO4的结构式如图所示。下列说法不正确的是()ANO、SO的立体构型分别为平面三角形、正四面体形BHNO3、H2SO4分子中N、S的杂化类型分别为sp2、sp3C等物质的量的NO、SO含键个数之比为2:3DHNO3、H2SO4都能与水分子形成分子间氢键解析：双键中含1个键，等物质的量的
6、NO、SO含键个数之比为3:4。答案：C 7.下列关于丙烯(CH3CH=CH2)的说法错误的是()A丙烯分子有8个键，1个键B丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化C丙烯分子存在非极性键D丙烯分子中最多有7个原子在同一平面上解析：丙烯(CH3CH=CH2)中存在6个CH 键和2个CC 键，还有1个键，则共有8个键，1个键，A项正确；甲基中的C为sp3杂化，中的C为sp2杂化，丙烯中只有1个C原子为sp3杂化，B项错误；C、C之间形成的共价键为非极性键，则丙烯分子存在非极性键，C项正确；为平面结构，CH3中最多有一个H原子在该平面上，故共有7个原子共平面，D正确。答案：B8两种有机物的结构简式如图所
7、示。下列推断正确的是()A沸点：邻羟基苯甲酸高于对羟基苯甲酸B邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键C共平面的碳原子数：邻羟基苯甲酸大于对羟基苯甲酸D分子所含双键数：邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸4解析：对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键导致沸点升高，A项错误，B项正确；这两种分子中都有7个碳原子共平面，C项错误；它们的分子都只有1个碳氧双键，D项错误。答案：B9下列图像正确的是()解析：氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键键长增长，键能减小，A项错误；硒化氢的相对分子质量大于硫化氢，硒化氢的沸点高于硫化氢，B项错误；非金属元素原子与氢形成共价键，元素的非金属性越强，键的极性越
8、强，C项正确；SiH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数均为4，但孤电子对数分别为0、1、2，故键角变小，D项错误。答案：C10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()A沸点A2DH2S，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项正确；B、C、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O，原子总数不同，不能互为等电子体，D项错误。答案：C11下列有机物分子中属于手性分子的是()A只有 B和C D解析：写出各分子的结构简式：可知中存在手性碳原子(用*标记的)，而中间的碳原子连有两个相同的CH2OH，不是手性碳原子。答案：C
9、12向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法正确的是()A沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子Cu(NH3)42BCu(H2O)42比Cu(NH3)42中的配位键稳定C用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样的现象D在Cu(NH3)42中，Cu2给出孤电子对，NH3提供空轨道解析：从实验现象分析可知，Cu2与NH3H2O反应生成Cu(OH)2沉淀。继续添加氨水，由于Cu2更易与NH3结合，生成更稳定的Cu(NH3)42。上述现象是Cu2的性质，与SO无关，故换用Cu(NO3)2溶液仍可观察到同样的现象，C项错误；
10、在Cu(NH3)42中，Cu2提供空轨道，NH3给出孤电子对，属于配位体，D项错误。答案：A13由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是()A为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液B等物质的量的T、X分子中含有键的数目均为NACX分子中含有的键个数是T分子中含有的键个数的2倍DT分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键解析：由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，则Y为氧化剂，可以选择氧化性较强的酸性KMnO4溶液，A项正确；等物质的量并不一定是1 mol，B项错误；X分子中含有的键个数为5，
11、T分子中含有的键个数为3，C项错误；T、X分子中均只含有极性键，无非极性键，D项错误。答案：A14把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀，再加氨水，生成Co(NH3)6Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl35NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl35NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1 mol CoCl35NH3只生成2 mol AgCl。下列说法错误的是()A产物中CoCl35NH3的配位体为氨分子和氯离子B通入空气后得到的溶液含有Co(NH3)5Cl2CCo(NH3)6Cl2中心离子的价电子排布式
12、为3d54s2DCo(NH3)6Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键解析：CoCl35NH3可表示为Co(NH3)5ClCl2，CoCl35NH3的配位体为5氨分子和1个氯离子，故A项正确；Co(NH3)5ClCl2电离出Co(NH3)5Cl2和Cl，所以通入空气后得到的溶液含有Co(NH3)5Cl2，故B项正确；Co(NH3)6Cl2中心离子是Co2，价电子排布式为3d7，故C项错误；Co(NH3)6Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键，故D项正确。 答案：C15CO2 的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用 NH3捕获 CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：3NH3
13、3CO23H2O。下列说法正确的是()A三聚氰胺中C、N、O 原子采用相同的杂化方式B三聚氰胺分子中既含极性键，又含非极性键C该反应的四种物质的分子均能形成氢键D除三聚氰胺外，其他三种物质的沸点由高到低顺序为：H2ONH3CO2解析：三聚氰胺分子中C原子采用sp2杂化、N原子采用sp2杂化、氧原子则采用sp3杂化，三种原子杂化方式不同，故A错误；三聚氰胺分子中不存在同种元素之间形成的共价键，则分子内不含非极性键，只含极性键，故B错误；二氧化碳分子间不能形成氢键，C错误；由于H2O、NH3、CO2均为分子晶体，其中H2O、NH3分子间能形成氢键，所以H2O、NH3沸点高于二氧化碳，又由于水分子间
14、氢键数目比氨气分子间的氢键数目多，所以水的沸点比氨气高，D正确。答案：D16(多选)下列有关叙述正确的是()A利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子B氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中C互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同D由酸性FCH2COOHCH3COOH，可知酸性ClCH2COOHCH3COOH解析：利用手性催化剂可选择性生成手性分子，A项正确；氢键是一种分子间作用力，不是化学键，故B项错误；互为手性异构体的分子其结构不同，性质相似而不是相同，C项错误；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，D项正确。答案：
15、AD二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(10分)“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O。“摩尔盐”在一定条件下分解的方程式为：4(NH4)2Fe(SO4)26H2O2Fe2O33SO35SO2N26NH331H2O。回答下列问题：(1)铁元素在元素周期表中的位置为_，其价层电子排布图为_。(2)组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为_。“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是_。(3)NH3 的沸点比N2O 的沸点_(填“高”或“低”)，其主要原因是_。(4)K3Fe(CN)6常用于检验Fe2，K3Fe(CN)6中除了离子键以
16、外还存在的化学键为_，与CN 互为等电子体的单质的分子式为_。HCN 分子中键和键的个数之比为_。(5)Fe3可与噻吩()和吡咯()形成配位化合物。 噻吩难溶于水，吡咯()能溶于水，原因为：_。噻吩中S原子和吡咯中N原子的杂化方式分别为： _。解析：(1)铁为26号元素，位于周期表中第四周期第V族，价电子排布式为3d64s2，则排布图为(2)组成“摩尔盐”的非金属元素为H、N、O、S，因N元素的2p能级为半充满状态，则第一电离能最大的为N；分解产物中的氮气是由非极性键构成的非极性单质，三氧化硫为极性键形成的非极性化合物；(3)NH3分子间可形成氢键，而N2O分子间不存在氢键，则氨的沸点高于N2
17、O；(4)K3Fe(CN)6中K与Fe(CN)63之间为离子键，Fe3与CN间为配位键，C与N之间为共价键；与CN原子个数、价电子总数相等的分子为N2；HCN的结构式为HCN，则键和键各为2条，比值为1:1；(5)吡咯()含有NH键，能与水分子间形成氢键，所以水中溶解度较大；噻吩中S原子和吡咯中N原子价层电子对数均为4，所以均为sp3杂化。答案：(1)第四周期第族(2)N SO3(3)高NH3分子间存在氢键(4)共价键和配位键N21:1(5)吡咯可与水分子间形成氢键sp3杂化18(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：(1)G的基态原子核外电子排布
18、式为_。原子的第一电离能：D_E(填“”或“lbbb(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_。A180B接近120，但小于120C接近120，但大于120D接近10928，但小于10928(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
19、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10928，但小于10928。(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
20、)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、NO19(8分)根据下列数据回答问题：化学键SiSiCCC=CCCNNNNPP键长(pm)235154133120148116228(1)试推测：CSi键长范围为_、N=N键长范围为_。(2)试从键长的角度解释，为何C原子间能形成C=C、CC，N原子间也可形成N=N、NN，而Si和P均难形成稳定的Si=Si、SiSi、P=P、PP键？(3)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：化学键CCCHCOSiSi
21、SiHSiO键能/kJmol1356413336226318452硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是_。SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是_。答案：(1)大于154，小于235大于116小于148(2)SiSi、PP 单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键(3)CC键和CH键较强，所以形成的烷烃较稳定，而硅烷中SiSi键和SiH键的键能较小，易断裂，导致长链硅烷难形成CH键的键能大于CO键，CH键比CO键稳定，而SiH键的键能小于SiO键，所以，SiH键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键20(10分)(1)一定条件
22、下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。参数分子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/kJmol1CH40.43616.40CO20.51229.91“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是_。为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586 nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是_。(2)甲表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个 氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见乙)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键
23、予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_(填标号)。aCF4 bCH4cNH dH2O(3)已知S4O的结构为，其中S原子的杂化方式是_。键长a_b(填“”、“”或“”)。分析并比较物质A： 与B： 的沸点高低及其原因：_。(4)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3的溶液中，原因是_(用离子方程式表示，已知AlF在溶液中可稳定存在)。解析：(1)“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是分子间作用力和氢键。根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0.586 nm，而CO2分子的直径是0.512 nm，笼状空腔直径大于CO2分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO
24、2置换CH4的设想。(2)要能被该有机化合物识别，则应能与N原子形成氢键，则该微粒中应含有4个NH或OH或FH键，可见只有c符合要求。(3)S4O的结构中两边的S原子均形成4个键且无孤对电子，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子；原子间形成的共价键数目越大，键长就越短；邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，所以沸点BA。(4)CaF2中存在沉淀溶解平衡：CaF2(s)Ca2(aq)2F(aq)，溶液中的F与Al3形成配位离子AlF，使沉淀溶解平衡向右移动，导致氟化钙溶解。 答案：(1)氢键、范德华力CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH
25、4(2)c(3)sp3杂化 BA，因为B可以形成分子间氢键(4)3CaF2Al3=3Ca2AlF21(14分)(1)2019海南卷改编下列各组物质性质的比较，结论正确的是_。A分子的极性：BCl3NCl3BMn的2价比Fe的2价稳定 C物质的沸点：HFHClD在CS2中的溶解度：CCl4H2OMnCl2可与NH3反应生成Mn(NH3)6Cl2，新生成的化学键为_键。NH3分子的空间构型为_，其中N原子的杂化轨道类型为_。(2)2017海南卷下列叙述正确的有_。A某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为7B钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能C高氯酸的酸性与
26、氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性D邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点(3)2019全国卷乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_、_。乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2”或“Cu2”)。(4)2019全国卷FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(5.9)、沸点(184.4)分别高于甲苯的熔点(95.0)、沸点(110.6)，原因是_。(5)2
27、017全国卷我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为_，不同之处为_。(填标号)A中心原子的杂化轨道类型B中心原子的价层电子对数C立体结构D共价键类型R中阴离子N中的键总数为_个。 图中虚线代表氢键，其表示式为(NH)NHCl、_、_。解析：(1)BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3H2O，D错误。MnCl2中的
28、Mn2上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物Mn(NH3)6Cl2，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为34，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。(2)某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于VA族，最高正价为7价，故A项正确；金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B项错误；HClO4可以写成(HO)C
29、lO3，HClO写成(HO)Cl，高氯酸中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C项错误；D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D项正确。(3)乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2。(4)
30、氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。苯胺比甲苯的熔沸点都高，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。(5)根据图可知阳离子是NH和H3O，NH中心原子是N，含有4个键，孤电子对数为(5141)/20，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形；H3O中心原子是O，含有3个键，孤电子对数为(613)/21，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；由图可知N中键总数为5个；根据图(b)还有的氢键是：(H3O)OHN(NH)NHN。答案：(1)AB 配位三角锥形sp3(2)AD(3)sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子与金属离子形成配位键Cu2(4)4苯胺分子之间存在氢键(5)ABDC5(H3O)OHN(NH)NHN