新课标高考化学专题训练 《分子结构与性质》综合训练

这是一份新课标高考化学专题训练 《分子结构与性质》综合训练，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于CO2和SO2的说法中，正确的是
A. C和S上都没有孤电子对
B. C和S都是sp3杂化
C. CO2分子中含有极性共价键，是极性分子
D. CO2的空间结构是直线型，SO2的空间结构是 Ⅴ型
2.H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物其中H2O2的分子结构如图所示，H+可与H2O形成H3O+。下列说法错误的是
A. H2O2分子中两个O原子均采取sp3杂化轨道成键
B. 相同条件下，H2O2在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度
C. 液态水中的作用力由强到弱的顺序是：氢键>O−H>范德华力
D. H3O+的空间结构为三角锥形
3.下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是 ( )
A. 苹果酸 HOOC—C*H2—CHOH—COOH
B. 丙氨酸
C. 葡萄糖
D. 甘油醛
4.对如图所示两种化合物的结构描述错误的是
A. 二者互为同分异构体
B. 二者均为芳香族化合物
C. 二者可用红外光谱或核磁共振氢谱区分
D. 1mlB中σ键数目为25NA(设NA为阿伏伽德罗常数的值)
阅读下列材料，完成各小题：氯元素及其化合物具有重要应用。 1735Cl、 1737Cl是氯元素的2种核素，氯元素能形成NaCl、MgCl2、AlCl3、S2Cl2、Cl2O、ClO2、NaClO、NaClO2、NaClO3等重要化合物。电解饱和食盐水是氯碱工业的基础；ClO2可用于自来水消毒，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；SO2Cl2是生产医药、农药的重要原料，在催化剂作用下合成SO2Cl2的反应为SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(g)ΔH=akJ⋅ml−1(aakJ⋅ml−1
B. 在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体生成ClO2的反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4
C. 常温下Cl2与NaOH溶液反应：Cl2+OH−=Cl−+HClO
D. 氯碱工业电解饱和食盐水的阳极反应：2H2O−2e−=H2↑+2OH−
7.下列物质性质与用途或结构与性质具有对应关系的是( )
A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
B. ClO2具有还原性，可用于自来水杀菌消毒
C. NaCl中含有离子键、AlCl3中含有共价键，NaCl的熔点比AlCl3高
D. NaClO中含有ClO−，NaClO溶液呈碱性
8.一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图1。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法正确的是( )
A. 第一电离能：ZX>Z>W>R
C. ZR3和WX32−的VSEPR模型均为平面三角形
D. 简单氢化物键角：Z>X
9.醋酸亚铜氨溶液常在工业上用于吸收CO，该反应的化学方程式如下：CH3COOCu(NH3)2(aq)+CO(g)⇌CH3COOCu(NH3)2CO(aq)，下列有关说法正确的是( )
A. 基态O的电子排布式
B. 醋酸亚铜氨中C原子的杂化类型：sp2、sp3
C. NH3分子的VSEPR模型为平面三角形
D. 用电子式表示H2O形成过程：
10.过二硫酸铵[化学式为(NH4)2S2O8，其中S为+6价]可用于PCB铜膜微蚀。下列说法正确的是( )
A. (NH4)2S2O8属于共价化合物B. NH4+的电子式为[]+
C. S2O82−的空间构型为正四面体D. (NH4)2S2O8中不含非极性键
11.下列关于物质结构或性质的描述错误的是( )
A. 孤电子对数：H2O>H3O+
B. 依次断开CH4中的4个C—H，所需能量相同
C. 可利用“杯酚”的分子识别特性分离C60和C70
D. H——F的键能大于H—Cl，则HF稳定性大于HCl
12.反应CF3I+H2O=CF3H+HIO，下列说法正确的是( )
A. H2O的空间填充模型为B. HIO的电子式为：
C. CF3I中I元素的化合价为+1D. CF3H的空间构型为正四面体
13.邻二氮菲(白色粉末)是一种重要的配体，与Fe2+为发生如下反应：
产物是橙红色配合物，常用于测定微量Fe2+的浓度。下列说法正确的是
A. 配离子中6个氮原子处于同一平面
B. 邻二氮菲是吡啶()的同系物
C. 氮原子用p轨道中的孤电子对与Fe2+形成配位键
D. 形成配合物后Fe2+中部分能级之间的能量差发生了变化
14.S2Cl2是橙黄色液体，少量泄漏会产生有窒息性的气体，喷水雾可减慢挥发，并产生酸性悬浊液，其分子结构如图所示。下列关于S2Cl2的说法错误的是( )
A. 为非极性分子B. 分子中既含有极性键，又含有非极性键
C. 与S2Br2结构相似D. 分子中S—Cl键能大于S—S键的键能
15.除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆．卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解．发生亲核水解的结构条件：中心原子具有δ+和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受H2O的H+进攻．其中SiCl4的亲核水解机理如图．下列说法正确的是( )
A. 整个过程Si的杂化方式不变B. CCl4的水解历程与上述过程类似
C. NCl3水解会生成HNO2和HClD. 由上述理论知NF3不易发生水解
16.下列化合物中，含非极性共价键的极性分子是( )
A. CH2=CH2B. H2O2C. CO2D. Na2O2
17.已知HCN和CNI分子中每个原子最外层都达到2电子或8电子稳定结构。关于反应HCN+I2+NaHCO3=NaI+CNI+CO2↑+H2O，下列说法正确的是
A. HCN中σ键和π键的个数之比为3:1
B. CO2的电子式是
C. I2微溶于水，易溶于CCl4，说明分子极性：H2O”“O−H>范德华力， C错误；
D.H3O+的价层电子对数为3+6−1−1×32=4，O原子采取sp3杂化，含1对孤对电子，空间结构为三角锥形，D正确；故选C。
3.【答案】A
【解析】手性碳原子是指连有四个不同原子或原子团的碳原子，判断手性碳原子时抓住以下两点：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个原子或原子团是不相同的。
4.【答案】B
【解析】A.二者的分子式均为C10H14O，结构不同互为同分异构体，A正确；
B.芳香族化合物是指含有苯环结构的有机化合物，中不含苯环结构，不属于芳香族化合物，B错误；
C.红外光谱和核磁共振氢谱可以确定有机物的结构，可以区分有机物，C正确；
D.单键为σ键，双键一个σ键，一个π键，含有25个σ键，故1mlB中σ键数目为25NA ，D正确。
5~7.【答案】C 、B 、D
【解析】解：A． 1735Cl、 1737Cl是氯元素的2种核素，是中子数不同的两种氯原子，属于氯元素，故A正确；
B.ClO2−中Cl原子的价层电子对数为2+12(7+1−2×2)=4、含有2对孤电子对；ClO3−中Cl原子的价层电子对数为3+12(7+1−2×3)=4、含有1对孤电子对，二者VSEPR模型均为四面体，均采用sp3杂化，孤电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，孤电子对数越多、键角越小，则ClO2−的键角比ClO3−的键角小，故B正确；
C.Cl2O中O原子的价层电子对数为2+12(6−2×1)=4、VSEPR模型为四面体、O原子采用sp3杂化；SO2中S原子的价层电子对数为2+12(6−2×2)=3、VSEPR模型为平面三角形、S原子采用sp2杂化，故C错误；
D.由图可知，NaCl晶胞中Na+位于顶点和面心位置、数目为8×18+6×12=4，Cl−位于体心和棱心位置、数目为1+12×14=4，故D正确；
故选：C。
A. 1735Cl、 1737Cl是中子数不同的两种氯原子；
B.ClO2−中Cl原子的价层电子对数为2+12(7+1−2×2)=4、含有2对孤电子对；ClO3−中Cl原子的价层电子对数为3+12(7+1−2×3)=4、含有1对孤电子对；
C.Cl2O中O原子的价层电子对数为2+12(6−2×1)=4、VSEPR模型为四面体；SO2中S原子的价层电子对数为2+12(6−2×2)=3、VSEPR模型为平面三角形；
D.NaCl晶胞中Na+位于顶点和面心位置，Cl−位于体心和棱心位置，结合原子分摊法进行计算。
本题考查原子杂化方式判断、键角大小比较、晶胞分摊的计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握价层电子对数的计算及VSEPR模型的应用、晶胞中原子数目的计算、不同晶体熔沸点高低的判断是解题关键，题目难度中等。
解：A.SO2Cl2(g)→SO2Cl2(l)放热，则反应SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l) ΔHO，故A错误；
B.R、W、Z、X、Y分别为H、C、N、O、P，P的电子层数最多，原子半径最大，H的原子半径最小，C、N、O为同周期左右相邻元素，原子半径依次减小，则原子半径：P>C>N>O>H，故B错误；
C.ZR3为NH3，中心N原子的价层电子对数为3+5−3×12=4，发生sp3杂化，N原子的最外层有1个孤电子对，VSEPR模型呈三角锥形，WX32−为CO32−，中心C原子的价层电子对数为3+4+2−3×22=3，C原子的最外层无孤电子对，则VSEPR模型为平面三角形，故C错误；
D.X、Z的简单氢化物分别为H2O、NH3，在H2O分子中，中心O原子的价层电子对数为6+22=4，O原子的最外层有2个孤电子对，NH3分子中，中心N原子的价层电子对数为5+32=4，发生sp3杂化，N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以键角：NH3>H2O，故D正确；
故选：D。
已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，从结构式中可以看出，W原子可形成4个共价键，则其原子的最外层有4个电子，其为碳元素；R只能形成1个共价键，则其最外层电子数为1，其为氢元素；Z可形成3个共价键、Y可形成5个共价键，Z和Y同族，则Z、Y分别为N、P；X可形成2个共价键，其原子序数介于N、P之间，则其为氧元素。从而得出R、W、Z、X、Y分别为H、C、N、O、P。
本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
9.【答案】B
【解析】解：A.O为8号元素，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，题中为核外电子的轨道表示式，故A错误；
B.醋酸亚铜氨中连碳氧双键的C原子采用sp2杂化，饱和C原子采用sp3杂化，故B正确；
C.NH3中N原子的价层电子对为3+5−1×32=4，VSEPR模型为正四面体，故C错误；
D.H2O为共价化合物，故用电子式表示H2O的形成过程为，故D错误；
故选：B。
A.O为8号元素，基态O原子电子排布式为1s22s22p4；
B.醋酸亚铜氨中的饱和C原子采用sp3杂化，连碳氧双键的C原子采用sp2杂化；
C.NH3中N原子的价层电子对为3+5−1×32=4；
D.H2O为共价化合物。
本题考查化学键，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】B
【解析】解：A.(NH4)2S2O8是由铵根离子和过二硫酸根离子构成的，属于离子化合物，故A错误；
B.NH4+的电子式为[]+，故B正确；
C.S2O82−的空间构型为八面体，而不是正四面体，故C错误；
D.(NH4)2S2O8中含S—S非极性键，故D错误；
故选：B。
A.根据共价化合物和离子化合物的定义，进行分析；
B.根据铵根离子的电子式，进行分析；
C.根据S2O82−的空间构型，进行分析；
D.根据(NH4)2S2O8中含有N—H、S—O、S—S等化学键，进行分析。
本题主要考查了化学键、分子空间构型和化合物类型的判断，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。
11.【答案】B
【解析】解：A.孤电子对数的计算公式为12×(a−xb)，其中a是中心原子的价电子数，x是配位原子的数目，b是配位原子形成的共用电子对数。对于H2O，氧原子有6个价电子，2个氢原子，每个氢原子形成1对共用电子对，因此孤电子对数为12×(6−2×1)=2，对于H3O+，氧原子有6个价电子，3个氢原子，每个氢原子形成1对共用电子对，且带有一个正电荷，因此孤电子对数为12×(6−3×1−1)=1。因此，H2O的孤电子对数大于H3O+，故A正确；
B.CH4中的4个C—H键虽然化学性质相似，但在依次断开时，由于分子结构的变化，后续键的断裂会受到分子结构变化的影响，因此所需能量并不完全相同，故 B错误；
C.“杯酚”具有特定的分子识别特性，可以用于分离特定的分子，C60和C70是不同的富勒烯分子，可以通过“杯酚”的分子识别特性进行分离，故C正确；
D.键能越大，分子越稳定。H—F的键能大于H—Cl，因此HF的稳定性大于HCl，故D正确；
故选：B。
A.根据孤电子对数的计算公式，进行分析；
B.根据化学键的键能特点，进行分析；
C.根据“杯酚”的分子识别特性，进行分析；
D.根据键能与分子稳定性的关系，进行分析。
本题主要考查物质结构与性质的关系，包括孤电子对数的计算、化学键的键能特点、分子识别特性以及键能与分子稳定性的关系。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12.【答案】C
【解析】解：A.原子半径：O>H，H2O的空间构型为V形，则H2O的空间填充模型为，故A错误；
B.HIO中H、I原子各形成1个共价键，O原子形成2个共价键，则HIO的电子式为，故B错误；
C.CF3I水解生成CF3H和HIO，HIO中I元素为+1价，所以CF3I中I元素的化合价为+1，故C正确；
D.CF3H即CH4中3个H原子被F原子代替，其CF3H的空间构型为四面体，故D错误；
故选：C。
A.H2O的空间构型为V形；
B.HIO中H、I原子各形成1个共价键，O原子形成2个共价键；
C.CF3I水解生成CF3H和HIO，HIO中I元素为+1价；
D.CF3H即CH4中3个H原子被F原子代替。
本题考查化学用语，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13.【答案】D
【解析】A.配离子中6个氮原子不可能处于同一平面，故A错误；
B.邻二氮菲与吡啶()结构不相似，不满足同系物定义，故B错误；
C.氮原子是用sp2杂化轨道中的孤电子对与Fe2+形成配位键，而不是p轨道中的孤电子对，故C错误；
D.Fe ​2+在自由离子状态下，d轨道能量相同，当与邻二氮菲形成配位键时，d轨道部分杂化，从而改变能级间的能量差，D正确。
14.【答案】A
【解析】A.该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，故A错误；
B.S2Cl2中Cl—S键属于极性键，S—S键属于非极性键，故B正确；
C.同主族元素的结构相似，S2Cl2与S2Br2结构相似，故C正确；
D.氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S—Cl键能大于S—S键的键能，故D正确；
故选：A。
15.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查物质的结构与性质，涉及杂化理论、水解等知识，题目难度不大，侧重基础知识的考查。
【解答】
A.SiCl4中Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si具有δ+和有空的价轨道，第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，故 A错误；
B.C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl4不能发生类似SiCl4的水解反应，故B错误；
C.NCl3中心原子N原子含有1个孤电子对，能接受H2O的H+进攻，发生亲电水解，生成NH3和HClO，故 C错误；
D.由于F的电负性强，N具有δ+，但没有空的价层轨道，不能发生亲核水解，中心N原子具有δ+，也不能接受H2O的H+进攻，不易发生亲电水解，故NF3不易发生水解，故D正确。
答案选D。
16.【答案】B
【解析】解：A.CH2=CH2中含有碳碳之间的非极性键和碳氢之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，故A错误；
B.H2O2中含有氧氧之间的非极性键和氢氧之间的极性键，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，故B正确；
C.CO2中含有碳氧之间的极性键，分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，故C错误；
D.Na2O2中含有Na+和O22−之间的离子键和O22−内部氧氧之间的非极性键，属于离子化合物，故D错误；
故选：B。
分子的正负电荷中心重合，为非极性分子，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，据此进行解答。
本题考极性键和非极性键的判断，为高频考点，侧重考查基本概念，明确正负电荷是否重合是解本题关键。
17.【答案】D
【解析】A.HCN的结构式为H−C≡N，分子中含有2个σ键和2个π键，σ键和π键的个数之比为1:1，A项错误;
B.CO2的电子式是， B项错误;
C.CCl4是非极性分子，水是极性分子，分子极性H2O>CCl4，C项错误;
D.CNI分子中每个原子最外层都达到8电子稳定结构，则I形成1个共价键，C形成4个共价键，N形成3个共价键，其结构式为I—C≡N，D项正确。
18.【答案】C
【解析】单键为σ键，一个雄黄分子中含有10个σ键，A项正确;
基态As原子的未成对电子数为3，基态S原子的未成对电子数为2，B项正确;
As4S4中As和S原子价层电子对数均为4，As形成3个共价键，含有一对孤电子对，S形成2个键，含有两对孤电子对，中心原子孤电子对数越多，相应键角越小，As−S−As的键角比S−As−S的键角小，C项错误;
S和As的价层电子对数均为4，As4S4分子中As原子和S原子的杂化方式都为sp3杂化，D项正确。
19.【答案】四面体；SO32−、PCl3、NF3等；
球形干燥管；碱石灰；
二氧化硫移溶于水，70%左右的硫酸具有较强的吸水性，且氢离子浓度大，有利于反应进行以及二氧化硫的扩散；
观察气体流速；
除去氯气中的氯化氢气体；1：5；
Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，AlCl3⋅6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3⋅6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解
【解析】解：(1)SOCl2分子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的VSEPR模型为四面体形，层电子总数和原子总数均相等的两种微粒(分子或离子)称为等电子体，SOCl2分子的一个等电子体可以是SO32−、PCl3、NF3等，
故答案为：四面体；SO32−、PCl3、NF3等；
(2)a为球形干燥管，尾气的主要成分为SO2、Cl2，装有碱石灰，可以防止产物水解并除去未反应的气体，避免污染环境，
故答案为：球形干燥管；碱石灰；
(3)硫酸质量分数过大，难电离出氢离子，质量分数小电离出的氢离子浓度小，都不利于反应，二氧化硫移溶于水，70%左右的硫酸具有较强的吸水性，且氢离子浓度大，有利于反应进行以及二氧化硫的扩散，
故答案为：二氧化硫移溶于水，70%左右的硫酸具有较强的吸水性，且氢离子浓度大，有利于反应进行以及二氧化硫的扩散；
(4)根据反应方程式：SO2+Cl2+SCl22SOCl2，SO2和Cl2的物质的量最好相等，装置A和C中的浓硫酸，除了起干燥气体和防止生成的产物水解的作用外，另一作用是观察气体流速，控制SO2和Cl2的物质的量之比，
故答案为：观察气体流速；
(5)装置D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，高锰酸钾和浓盐酸反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，则装置E中反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10=1：5，
故答案为：除去氯气中的氯化氢气体；1：5；
(6)由于HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，若使SOCl2与AlCl3⋅6H2O混合并加热，SOCl2与水反应生成的氯化氢会对氯化铝水解起到抑制作用，可得到无水AlCl3，
故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+，AlCl3⋅6 H2O与SOCl2混合加热，SOCl2与AlCl3⋅6 H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，抑制AlCl3水解。
用E中高锰酸钾和浓盐酸制取氯气，用D中的饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，用C中的浓硫酸除去氯气中的水蒸气，干燥纯净的氯气通入三颈烧瓶B中，二氧化硫经A中浓硫酸干燥后也通入三颈烧瓶中，氯气、二氧化硫和SCl2共同作用生成亚硫酰氯，多余的气体需要进行尾气处理，a中加入碱石灰，除去未反应的SO2和Cl2，防止空气中的水蒸气进入，据此分析回答问题。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
20.【答案】12 [Fe(CN)6]4−无毒，CN−是一种配位能力很强的配体，[Fe(CN)6]4−难以解离出CN−，所以可以安全添加
【解析】解：配离子[Fe(CN)6]4−中存在C≡N键和C原子与Fe形成的配位键，三键含有1个σ键和2个π键，则1ml K4[Fe(CN)6]中含有的σ键为(6+6)ml=12ml；[Fe(CN)6]4−无毒，CN−是一种配位能力很强的配体，[Fe(CN)6]4−难以解离出CN−，不会产生有毒物质，所以可以安全添加故答案为：12；[Fe(CN)6]4—无毒，CN−是一种配位能力很强的配体，[Fe(CN)6]4−难以解离出CN−，所以可以安全添加，
21.【答案】(1)①氢键、范德华力 ②CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径，且CO2与H2O的结合能大于CH4与H2O的结合能 (2)c
(3)sp3；A，因为B易形成分子间氢键
【解析】本题以可燃冰的结构为载体，考查氢键、分子间作用力、杂化轨道理论、物质沸点的比较、物质结构等知识，意在考查同学们对基础知识的掌握程度以及分析问题和解决问题的能力。
(1)①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是范德华力和氢键。
②笼状结构的空腔直径是0.586 nm，而CO2分子的直径是0.512 nm，笼状结构的空腔直径大于CO2分子的直径，而且CO2与水之间的结合能大于CH4与水之间的结合能，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。
(2)要能被该有机化合物识别，即能嵌入空腔形成4个氢键，H原子连接电负性大、半径小且有孤电子对的N、O、F原子时，能够形成氢键，所以CF4和CH4不能形成氢键；由图乙可知，4个氮原子位于正四面体的顶点形成4个氢键，需要4个氢原子。综上所述，题给选项中只有NH4+能够被该有机化合物识别，c项符合要求。
(3)S4O62−的结构中两边的两个S原子均形成4个σ键且无孤电子对，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤电子对，故S4O62−中S原子的杂化方式都是sp3；一般来说，相同原子间形成的共价键的数目越多，键长越短；能形成分子间氢键的物质沸点较高，A()易形成分子内氢键，B()易形成分子间氢键，所以沸点：B>A。