2019-2020年高考化学 化学键与分子之间作用力单元过关练（含解析）鲁教版选修3

PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考化学化学键与分子之间作用力单元过关练（含解析）鲁教版选修31．下列物质中，含极性键和非极性键且分子有极性的是（）A．乙烯B．H2O2C．甲烷D．三氯甲烷2．下列说法正确的是（）A．锌锰干电池工作一段时间后碳棒变细B．NaCl和HCl溶于水时，克服粒子间作用力的类型相同C．24Mg32S晶体中电子总数与中子总数之比为1︰1D．H2S和SiF4分子中各原子最外层都满足8电子结构3．有下列两组命题A组B组Ⅰ、H—I键键能大于H—Cl键键能①HI比HCl稳定Ⅱ、H—I键键能小于H—Cl键键能②HCl比HI稳定Ⅲ、HI分子间作用力大于HCl分子间作用力③HI沸点比HCl高Ⅳ、HI分子间作用力大于HCl分子间作用力④HI沸点比HCl低B组命题正确且能用A组命题加以正确解释的是（）A.Ⅰ①B.Ⅱ②C.Ⅲ③D.Ⅳ④4．大多数有机物分子里的碳原子与碳原子或碳原子与其它原子相结合的化学键是（）A．只有极性键B．只有非极性键C．有极性键或非极性键D．有离子键5．下列对化学反应的认识错误的是（）A．原子一定发生重新组合B．有旧键断裂和新键的形成C．一定会发生电子转移D.必然伴随着能量的变化6．下列分子中，所有原子的最外层均为8电子结构的是（）。A．BeCl2B．H2SC．NCl3D．PCl57．下列分子中，不属于极性分子的是（）A．HClB．H2OC．NH3D．CO28．有下列物质：①白磷；②金刚石；③石墨；④二氧化硅；⑤甲烷；⑥四氯化碳；⑦单质硅；⑧铵根离子。其分子结构或晶体结构单元中存在正四面体的是（）A．除③外B．①②⑤⑥C．除③⑧外D．除③④⑦⑧9．根据化学反应的实质是旧键断裂、新键形成这一观点，下列变化属于化学反应的是（）A．碘升华B．NaCl的晶体加热熔化C．加热NH4HCO3分解D．HCl溶于水10．下列说法中正确的是（）A.电解质在固态时均为离子晶体B.CCl4、Cl2及HF中的原子都满足最外层8电子稳定结构C.用道尔顿的原子结构理论无法解释同位素现象D.晶体相同，则化学键也完全相同11．共价键、离子键和范德华力是微粒之间的三种作用力。下列晶体中含有两种作用力的是（）A．ArB．SiO2C．Na2O2D．金刚石12．已知氯化铝的熔点为190℃（2．02×105Pa），但它在180℃即开始升华。在500K和1．01×105Pa时，它的蒸气密度（换算为标准状况）为11．92g/L。有关氯化铝的叙述中错误的是（）A．氯化铝是共价化合物B．氯化铝的化学式应为Al2Cl6C．氯化铝的结构式如图：分子结构中有配位键D．在一定条件下，将AlCl3晶体加热至融化，熔融态的AlCl3可以导电13．下列物质中，含极性键和非极性键且分子有极性的是()A．乙烯B．H2O2C．甲烷D．三氯甲烷14．下列各组化合物中化学键类型不同的是（）A．NaCl和HNO3B．H2O和NH3C．CaF2和CsClD．CCl4和H2S15．下列说法中，正确的是(　　)A．由分子构成的物质中一定含有共价键B．形成共价键的元素不一定是非金属元素C．正四面体结构的分子中的键角一定是109°28′D．CO2和SiO2都是直线形分子16．下列关于晶体结构的描述正确的是（）A．冰中存在极性键、非极性键、范德华力、氢键B．金属钾的晶胞空间利用率小于金属钋的晶胞空间利用率C．36g金刚石晶体和36g石墨晶体含有的C—C数目相同D．干冰的晶胞中CO2数目和金属铜的晶胞中Cu原子数目相同17．下列描述中正确的是（）A．CS2为V形的极性分子B．ClO3—的空间构型为平面三角形C．SF6中有6对完全相同的成键电子对D．SiF4的中心原子为sp3杂化，SO32—的中心原子为sp2杂化18．下列物质中，只含有非极性共价键的是（）A．NaOHB．NaClC．H2D．H2O219．（14分）过氧化钙（CaO2）是一种白色粉末，微溶于水。加热至350°C左右开始分解，与水或酸能反应生成H2O2。应用于处理含重金属离子的废水，治理赤潮。其制备过程如下图所示请回答下面的问题：（1）CaO2的电子式___________（2）制取CaO2·8H2O的原理是（用化学反应方程式表达）：，其中H2O2体现性质。（3）沉淀过程中加氨水的作用________________________________（4）沉淀反应需用冰水浴控制温度，原因是_____________（写出两种）（5）CaO2受热分解的化学方程式：。（6）CaO2质量百分百含量的测定：称取0.8000g样品用硫酸溶解，再用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定，消耗40.00mLKMnO4溶液，则CaO2的含量为_________（7）CaO2可以使废水中的Mn2+变成MnO2沉淀而除去，用离子方程式表达其原理。20．A和B两种物质互相溶解的关系如图1所示，横坐标表示体系的总组成，纵坐标为温度，由下至上，温度逐渐升高。T1时a是B在A中的饱和溶液的组成，b是A在B中的饱和溶液的组成（T2时相应为c、d）。T3为临界温度，此时A和B完全互溶。图中曲线内为两相，曲线外为一相（不饱和液）。某些物质如H2O和(C2H5)3N，C3H5(OH)3和间-CH3C6H4NH2有低的临界温度（见示意图2）。请根据上述事实，回答下列问题：T3T2cdT1ab18.5CA100%80%60%40%20%0%H2O(C2H5)3N0%20%40%60%80%100%B图1图22-1解释图1中T3存在的原因。2-2说明图2所示的两对物质存在低的临界温度的原因。2-3描述图2所示的两对物质的互溶过程。21．由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途。（1）基态Cu＋的最外层核外电子排布式为_________.（2）研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种N5＋N3－，若N5＋离子中每个氮原子均满足8电子结构，以下有关N5＋推测正确的是(）A．N5＋有24个电子B．N5＋离子中存在三对未成键的电子对C．N5＋阳离子中存在两个氮氮三键（3）化合物是一种潜在的储氢材料，它可由六元环状化合物。通过制得。①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________（填标号）。A.反应前后碳原子的轨道杂化类型不变B．CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形C．第一电离能：N>O>C>BD．化合物A中存在配位键②1个分子中有_________个键。（4）在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。图(a）是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为_________图(b）是硼砂晶体中阴离子的环状结构，其中硼原子采取的杂化类型为_________。（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为acm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为_________（用含有a的代数式表示）。在一定温度下，Ni0晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为_________g（氧离子的半径为1.40×10m，≈l.732）。22．（14分）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可以化合生成气体G，其水溶液pH>7;Y单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可以形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L;Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。请回答下列问题：（1）M固体的晶体类型是，M中所含化学键有：（2）YO2分子的立体构型名称为：；G分子中X原子的杂化轨道的类型是。（3）J的水溶液跟AgNO3溶液反应的化学方程式为：。（4）R的一种含氧酸根RO42－具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是。23．X、Y、Z、W、Q五种元素原子序数依次增大，X为地壳中含量最高的元素，在周期表中Y与X、Z、Q相邻，Q与X最高能层上的电子数相同，W原子核外有七种不同能级的电子，且最高能级上没有未成对电子，W与X可形成W2X和WX两种化合物。回答下列问题：（1）X能与原子序数最小的元素形成原子个数比为1：1的分子，该分子的电子式为。（2）W2+的核外电子排布式为。（3）Z单质能溶于水，水液呈色，在其中通人Y的某种氧化物，溶液颜色褪去，用化学方程式表示原因。（4）Y、Z元素的第一电离能YZ（填“>”、“<”或“=”）。X与地壳中含量第二的元素形成的化合物所属的晶体类型为。（5）已知X分别与元素碳、氮形成化合物有如下反应：2CX（g）+X2(g)=2CX2(g)△H=—566.0kJ·mol-1N2(g)+X2(g)=2NX(g)△H=189.5kJ·mol-12NX(g)+X2(g)=2NX2(g)△H=—112.97kJ·mol-1写出NX2与CX反应生成大气中存在的两种气态物质的热化学方程式：。（6）Y与磷原子形成P4Y3分子，该分子中没有π键，且各原子最外层均已达8电子结构，则一个P4Y3分子中含有的极性键和非极性键的个数分别为个、个。参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1．B【解析】试题分析：乙烯是非极性分子，甲烷是含有极性键的非极性分子，三氯甲烷是极性分子，但不存在非极性键，所以答案选B。考点：考查共价键以及分子极性的判断点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查。试题侧重对基础知识的巩固和训练，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确极性键、非极性键、极性分子和非极性分子的含义以及判断依据。2．C【解析】3．BC【解析】4．C【解析】5．C【解析】试题分析：C、对于非氧化还原反应的化学反应，不回发生电子的转移，故错。故选C。考点：化学反应的本质点评：本题考查的是化学反应的本质，题目难度不大，注意对基础知识的学习、掌握及应用。6．【解析】7．D【解析】试题分析：极性分子是指分子中极性键的极性的向量和不等于零。A、B、C都是极性分子。考点：分子的极性点评：ABn型分子中若A的化合价绝对值等于A的族序数，则分子为非极性分子。8．A【解析】试题分析：①白磷P4分子中的四个磷原子在四面体的四个顶点上所以空间结构是正四面体；②金刚石中碳原子之间进行了SP3杂化成键，为正四面体。③石墨是六边形组成的平面层状结构，不是正四面体结构。④二氧化硅中Si和O之间SP3杂化成键，为正四面体。⑤甲烷结构中以C为中心，四个H分布在四面体的四个顶点上，键长相等，所以空间结构是正四面体。⑥四氯化碳结构中以C为中心，四个Cl分布在四面体的四个顶点上，键长相等，所以空间结构是正四面体。⑦硅原子之间进行了SP3杂化成键，为正四面体。⑧铵根离子中以N为中心，四个H分布在四面体的四个顶点上，键长相等，所以空间结构是正四面体，所以除③外其它都是正四面体结构。考点：分子的空间结构。9．C【解析】碘升华是物理变化，没有破坏化学键，破坏的是分子间作用力。NaCl的晶体加热熔化破坏了离子键，但没有形成新的化学键，属于物理变化。加热NH4HCO3分解，既有化学键的断裂，又有化学键的形成，属于化学变化。HCl溶于水破坏了极性键，但没有形成新的化学键，属于物理变化。答案是C。10．C【解析】试题分析：A、纯净的电解质在固态时可能属于分子晶体，如冰醋酸，A错误；B、氢原子不能达到8电子稳定结构，B错误；C、原子结构理论主要是指物质都是由原子直接构成的；原子是一个实心球体，不可再分割；同一类原子性质相同；不同的原子是以简单的整数比相结合，因此不能用道尔顿的原子结构理论解释同位素现象，C正确；D、化学键相同其晶体类型不一定相同，如二氧化硅和二氧化碳中均含有极性键，但前者是原子晶体，后者是分子晶体，D错误，答案选C。考点：考查化学键、8电子结构等知识点11．C【解析】Na2O2中既含有离子键，又有共价键12．D【解析】试题解析：根据氯化铝熔点低及在180℃时开始升华，判断其为共价化合物，故A正确；500K和1．01×105Pa时，M=11．92g?L-1×22．4L?mol-1=267g?mol-1，其化学式为Al2Cl6，故B正确；氯化铝的化学式应为Al2Cl6，分子中Al可提供空轨道，Cl可提供孤电子对，可形成配位键，故C正确；氯化铝是共价化合物，在熔融状态下不导电，故D错误。考点：配合物13．B【解析】试题分析：A．乙烯是含有极性键、非极性键的非极性分子，错误；B．H2O2是含有极性键、非极性键的极性分子，正确。C．甲烷是含有极性键的非极性分子，错误。D．三氯甲烷是含有极性键的极性分子，错误。考点：考查物质的化学键与分子结构的知识。14．A【解析】试题分析：一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，据此可知，A中前者含有离子键，或者含有共价键；B中都含有极性共价键；C中都含有离子键；D中都含有极性共价键，答案选A。考点：考查化合物中化学键的判断点评：该题是基础性试题的考查，试题注重基础，主要是考查学生对离子键和共价键概念的了解掌握程度，以及判断的依据，有利于培养学生良好的学习习惯，提高学生的应试能力。15．B【解析】A不正确，例如稀有气体分子中不存在共价键。氯化铝中的化学键是共价键，但铝是金属，所以B正确。C不正确，例如白磷分子中键角是60°.二氧化硅是原子晶体，不是直线型结构。答案选B。16．D【解析】冰中不存在非极性键，选项A不正确；金属钾是体心立方堆积，而Po是简单立方堆积，晶胞空间利用率是金属钾的大于Po的，选项B不正确；金刚石晶体中平均1个碳原子形成2个C－C键，而石墨中平均1个碳原子形成1.5个C－C键，所以选项C不正确；选项D正确，微粒数目都是12个，答案选D。17．C【解析】CS2的分子结构为S=C=S，该分子为平面直线分子，A错误；ClO3—中Cl原子为sp3杂化，ClO3—的离子结构为[]－，为三角锥形结构，B错误；SF6中S与F形成6个相同的电子对；SiF4、SO32—中心原子均为sp3杂化，D错误。18．C【解析】对于共价键来说，形成共价键的两原子相同为非极性键，不同则为极性键A：离子键及极性共价键；B：离子键；C：非极性共价键；D：极性键及非极性共价键，答案为C19．（14分）．（1）（1分）（2）CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl（2分）；酸性（1分）（3）中和生成的HCl，使反应CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行（2分）（4）减少H2O2的分解，该反应放热，降低产物溶解度便于析出（2分）（5）2CaO22CaO+O2↑（2分）（6）90℅（2分）（7）CaO2+Mn2+=Ca2++MnO2（2分）【解析】试题分析：（1）过氧化钙是离子化合物，其电子式与过氧化钠类似，O与O原子之间形成共价键，钙离子与过氧根离子之间形成离子键，所以电子式是；（2）根据流程图可知，过氧化氢与氯化钙、氨水反应可生成过氧化钙晶体及氯化铵，化学方程式是CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；该反应相当于过氧化氢与氯化钙发生复分解反应生成过氧化钙和氯化氢，氯化氢再与一水合氨反应生成氯化铵，所以过氧化氢起到了酸的作用，显示酸性；（3）沉淀过程中加氨水的作用就是与反应生成的氯化氢作用生成氯化铵，使反应CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行；（4）因为温度太高，过氧化氢易分解为水和氧气，降低生成过氧化钙的产率，所以沉淀反应需用冰水浴控制温度；（5）过氧化钙分解类似过氧化氢分解，生成氧化钙和氧气，化学方程式是2CaO22CaO+O2↑；（6）根据5CaO2～5H2O2～2KmnO4可得，消耗40.00mLKMnO4溶液时过氧化钙的物质的量是0.04L×0.1mol/L×2.5=0.01mol，则过氧化钙的质量分数是0.01mol×72g/mol/0.8000g×100%=90%；（7）CaO2可以使废水中的Mn2+变成MnO2沉淀而除去，Mn元素的化合价升高，则O元素的化合价应从-1价降低到-2价，所以过氧化钙与锰离子反应生成二氧化锰和钙离子，离子方程式是CaO2+Mn2+=Ca2++MnO2。考点：考查物质性质的分析，化学用语的 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 写，物质质量分数的计算20．2-1物质的溶解度通常随着温度的升高而增大，所以在一定的温度下，A和B两种物质能达到完全互溶。（2分）2-2某些物质如H2O和(C2H5)3N，C3H5(OH)3和间-CH3C6H4NH2存在低的临界温度的原因是它们在较低温度能形成分子间氢键，然而，随着温度的升高，分子间氢键破裂，所以溶解度反而减小。(4分)2-3(2分)(若画为1个H2O和2个(C2H5)3N分子形成氢键也给2分)(2分)(氢键位置不同、生成1、2、3个氢键或其它合理答案均给分)【解析】此题的信息是图形，可称为图形题。考察参赛者对用图传递的信息理解加工的能力。参赛者首先应抓住试题的主题——两种溶剂的互溶性；然后要浮现中学化学中关于溶解性的一般性问题——为什么有的溶剂能够互溶，有的却不能？其次要回忆中学化学中有关温度对溶解度影响的一般原理。若颠倒了思考的顺序，思路就会乱。中学化学有“相似者相溶”的说法，即分子间作用力的性质相近大小也相近的溶剂会相互溶解。性质相近和大小相近也有个顺序。性质相近才能再考虑大小是否相近。性质不相近就不必再考虑大小是否相近。图1和2给出了溶解性与温度关系相反的信息，应归咎于两者分子间力性质不同。题面给出图2溶剂的实例，倒过来告诉我们图1的溶剂不具有这种性质，即表明图1是通例，图2是特例，因此参赛者需首先分析图2特例具有什么特殊的分子间作用力，于是就找到了解题的关键——氢键。21．（1）3S23P63d10（2）C（3）①A②12（4）[BO2]nn－（或BO2－）；sp2、sp3（5）a，【解析】试题分析：：（1）Cu是29号元素。基态Cu+的核外有28个电子，轨道处于全空、全满或半满是较稳定，故最外层电子排布式为3S23P63d10。（2）N5＋中一个N有7个电子，5个N就有35个电子，由于是阳离子，再失去一个电子，故有24个电子，A错；N5＋离子中每个氮原子均满足8电子结构，则每个N原子要形成3个共用电子对，每个N原子还剩下1对孤电子对，那么未成键的电子对为5对，B错；N5＋阳离子中存在两个氮氮三键，C对。（3）①CH4是sp3杂化，CO2中的碳原子的轨道杂化类型是sp杂化，轨道杂化方式改变，A错，选A；CH4、H2O、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、V形、直线形，B对，不选；非金属性越强，第一电离能越大。但是由于N原子的核外电子是处于半充满的稳定状态，所以其第一电离能比O元素的还大，故第一电离能大小为：N＞O＞C＞,C对，不选；在化合物A中的N原子上存在配位键，D对，不选；②根据（HB=NH）3的分子结构是一个六元环，一个单键有一个σ键，9个单键就有9个σ键，另外3个双键还有3个σ键，故1个(HB=NH）3分子中有12个σ键。（4）由图（a）可知多硼酸根离子符号为BO2－或[BO2]nn－；由图（b）硼砂晶体可知：其中硼原子采取的杂化类型sp2、sp3两种类型。（5）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为a/2，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的倍，所以其距离是acm；每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个=1/(1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°），1mol氧化镍的质量为74.4g，则每个氧化镍的质量=74.7/NAg，所以每平方米含有的氧化镍质量=（74.7/NA）×1/(1.40×10-20m×1.40×10-10m×sin60°）=考点：电子排布、晶体结构、杂化轨道理论。22．（每空2分）（1）离子晶体；离子键、共价键（2）V形sp3杂化；（3）NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3（4）4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O【解析】试题分析：（1）有题意可知，X的氢化物的水溶液显碱性，所以X是N元素，Q是氨气；单质是黄色晶体是是硫，所以Y是S元素；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍，则R的外围电子排布为3d64s2，则R是Fe元素；J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L，则Z是Cl元素，Q和J分别是硫化钠、氯化钠，L是氯化银沉淀，氯化氢与氨气反应生成M是氯化铵。所以M是离子晶体，含有离子键、共价键；（2）SO2的分子构型可以通过VSEPR理论计算S的价层电子对数=2+1/2(6-2×2)=3,有1对孤对电子，所以空间构型是V型；G是氨气，N原子的价层电子对数是4，所以是sp3杂化；（3）氯化钠与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，化学方程式为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3（4）R是Fe元素，FeO42-中铁是+6价，具有强氧化性，在其钠盐中加入稀硫酸，溶液变为黄色，说明被还原为铁离子，同时有氧气生成，离子方程式为4FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。考点：考查元素推断，原子结构与元素性质的应用，分子构型的判断，杂化轨道的判断，离子方程式的书写，晶体类型、化学键的判断23．（15分）（1）(2分)（2）1s22s22p63s23p63d9(2分)（3）黄绿（1分）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4（2分）（4）<（1分）原子晶体（1分）（5）NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)ΔH=-1208.53kJ·mol-1(3分)（6）6(2分)3(2分)【解析】试题分析：地壳中含量最多的为氧,而X、Q同主族，Y和X、Z、Q均相邻,故X、Y、Q同族，且Y在中间,则Y为硫，Q为硒，又Y、Z相邻，且Z的原子序数大于Y,故Z为氯，W有7个能级,分别为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，且最高能级没有未成对电子，则3d能级上有10个电子，根据其形成的两种氧化物确定其为铜。（1）O能与原子序数最小的元素H形成原子个数比为1：1的分子H2O2。（2）Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。（3）Z的单质为氯气，水溶液呈黄绿色；在氯水中通人SO2，发生氧化还原反应，溶液颜色褪去。（4）同一周期从左至右电离能逐渐升高，故S