高二化学（必修二）《分子结构与性质》单元测试卷及答案解析

第第页参考答案与解析：1．AA．BeCl2中Be原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取sp杂化，CO2中C原子价层电子对数为且不含孤电子对，采取sp杂化，二者杂化方式相同，且都是直线型分子，故A符合题意；B．H2O中O原子价层电子对数为且含有2个孤电子对，采取sp3杂化，分子构型为V型，SO2中S原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，采取sp2杂化，分子构型为平面三角形，故A不符合题意；C．SF6中S原子价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3d2杂化，分子构型为正八面体，CH4中价层电子对数为且不含孤电子对，采用sp3杂化，分子构型为正四面体，故C不符合题意；D．NF3中N原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，BF3中B原子价层电子对数为，且不含孤电子对，采用sp2杂化，分子构型为平面三角形，故D不符合题意；答案选A。2．BA．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和极性共价键，A不符合题意；B．H2O2的结构式为H-O-O-H，含有O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B符合题意；C．Na2O2由Na+和构成，含有离子键和非极性共价键，C不符合题意；D．H2S的结构式为H-S-H，只含有极性共价键，D不符合题意；故选B。3．CA．冰中分子间氢键较多，起到“支撑”作用，体积膨胀，密度：冰<水，A不符合题意，B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力减弱，沸点降低，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间作用力增强，沸点升高，故沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛，B不符合题意；C．N的非金属性比P强，与H形成共价键的键能比P大，N-H键较P-H难断裂，故稳定性：NH3>PH3，不能用氢键来解释，C符合题意；D．氟化氢分子间易形成氢键，同时氢氟酸也会发生自耦电离，导致浓的氢氟酸溶液中存在HF和H2F，D不符合题意；故选C。4．DA．中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为，A项错误；B．钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误；C．分子中C原子是sp杂化，直线型分子，C项错误；D．NaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确；故选D。5．DA．2p能级共有2个电子，应单独占据一个轨道且自旋方向相同，选项中填充在1个轨道中，违背了洪特规则，故A错误；B．冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子共用，冰晶体中每个水分子单独占有2个氢键，液态水不存在冰晶体的结构，只有部分水分子与邻近的水分子形成氢键，相同量的液态水中氢键比冰中少，18gH2O的物质的量为1mol，则含有的氢键不是2NA条，故B错误；C．3p能级有3个轨道，每个轨道最多容纳两个电子，3p能级最多容纳6个电子，选项中3p能级填充10个电子，违背了泡利不相容原理，故C错误；D．电子能量与能层和能级都有关，根据构造原理可知，ns电子的能量一定高于（n-1）p电子的能量，故D正确；故选D。6．DA．卤代烃难溶于水、乙醇与水互溶，所以溶解性，故A错误；B．F原子电负性大于Cl，所以溶液酸性CF3COOH>CCl3COOH，故B错误；C．BCl3空间构型为平面三角形，为非极性分子；NCl3分子空间构型为三角锥，NCl3是极性分子，分子极性，故C错误；D．形成分子间氢键，形成分子内氢键，所以沸点>，故D正确；选D。7．BA．分子晶体溶于水，会破坏分子间作用力，分子间作用力越大，越难分散到水中，溶解度可能越小，故A正确；B．能形成分子间氢键的物质，如能与水分子间形成氢键，常温下在水中的溶解度一般较大，但如更容易形成分子内氢键，在水中溶解度会变小，故B错误；C．水是极性分子，极性分子在水中的溶解度一般比较大，故C正确；D．物质溶于水有可能破坏化学键，甚至形成新的化学键，如将氢气在氯气中燃烧的产物通入水中，氢氯共价键会被破坏，故D正确；故选B。8．BO原子最外层有6个电子，可得到2个电子形成8电子稳定结构；H原子最外层1个电子，只能形成2电子稳定结构，则每个O原子结合2个H原子与共价键的饱和性有关，答案选B。9．AA．电子式为，A错误；B．O的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；C．H2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；D．银离子和氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个σ键和2个π键，故σ键和π键的个数比为4：4=1：1，D正确；故答案选A。10．D短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，说明q为二元酸，则q为硫酸；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，二氧化硫、水和氯气反应生成硫酸和盐酸，因此W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl。A．简单离子半径：，故A正确；B．简单氢化物水溶液的酸性：，故B正确；C．同周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar等3种，故C正确；D．Y、Z最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，其中心原子价层电子对数分别为4、4，其杂化方式相同，故D错误；综上所述，答案为D。11．CA．结构相似、分子组成上相差1个或若干个原子团的化合物互为同系物，甲酸()与草酸()不符合要求，不互为同系物，A错误；B．由题图可知正电中心和负电中心不重合，是极性分子，B错误；C．草酸分子间能形成氢键，而不能，故草酸熔点比高，相对分子质量比小，因此熔点低于，熔点：草酸>三氧化二碳>干冰，C正确；D．中碳原子的杂化方式为，中碳原子的杂化方式为，分子中碳原子的杂化方式为，杂化方式不完全相同，D错误。故选C。12．DA．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N元素的第一电离能大于O元素，故A错误；B．原子核外的电子占有几个轨道就有几种空间运动状态，氧原子核外共占有5个轨道，则基态氧原子的电子有5种空间运动状态，故B错误；C．由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有sp杂化，故C错误；D．形成共价键的两元素的电负性差值越大，键的极性越大，故键的极性大小：N-H＜O-H＜F-H，故D正确；故选D。13．(1)(2)N原子的价电子排布中p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高(3)

四面体

(4)C(5)BD【解析】(1)氮是7号元素，核外电子数是5，核外电子排布式为；(2)N原子的价电子排布中p轨道是半充满的，比较稳定，所以第一电离能较高，所以N原子的第一电离能比O原子的第一电离能要大；(3)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，VSEPR模型为四面体形；在N2H4中，氮原子价层电子对数为=4，所以氮原子的杂化方式为sp3杂化；(4)要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是C和D，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选C；(5)A．二氧化氮分子中，N元素位于第VA族，则5+2=7，所以不满足8电子稳定结构，三氟化硼分子中，B元素位于第IIIA族，则3+3=6，所以不满足8电子稳定结构，三氯化氮分子中，氮原子为有第VA族，则5+3=8，所以满足8电子结构，选项A错误；B．HCN结构中价层电子对数为4对，VSEPR模型分子为直线形，选项B正确；C．中价层电子对个数=2+×（5+1-2×2）=3且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型是平面三角形，实际上是V形，选项C错误；D．分子中，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，所以NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强，选项D正确；答案选BD。14．

6

1由题意可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知中的2个O原子和C、N杂环上的4个N原子通过螯合作用与形成配位键，故该配合物中通过螯合作用形成配位键；中N原子价电子对数为3+0=3，中N原子价电子对数为2+1=3，C、N杂环上的4个N原子价电子对数为3，故该配合物中N原子均采取杂化，即N的杂化方式有1种。故答案为：6；1。15．

平面三角形

三角锥形

、

分子中的C原子上没有孤电子对，分子中N原子上有1个孤电子对，分子中O原子上有2个孤电子对，中心原子上孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，则键角越小(1)分子中的B原子采取杂化，所以其分子的空间结构为平面三角形；分子中的N原子采取杂化，存在一个孤电子对，所以其分子的空间结构为三角锥形，故填平面三角形、三角锥形；(2)乙烷分子中的碳原子采取杂化，乙烯和苯分子中的碳原子均采取杂化，乙炔分子中的碳原子采取杂化，故填、和、；(3)、、分子中的O、N、C原子均采取杂化，而在O原子上有2个孤电子对，对成键电子对的排斥作用最大，键角最小；N原子上有1个孤电子对，对成键电子对的排斥作用没有水分子的大；C原子上无孤电子对，键角最大，故填分子中的C原子上没有孤电子对，分子中N原子上有1个孤电子对，分子中O原子上有2个孤电子对，中心原子上孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，则键角越小。16．(1)

①②③④⑨⑩

⑤⑥⑦⑧(2)①>②>③1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是①②③④⑨⑩，既含有键又含有键的是⑤⑥⑦⑧。2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长①>②>③。17．

1s22s22p63s23p64s1

含

不含

离子键、极性共价键现有原子序数小于20的A、B、C、D、E、F六种元素，它们的原子序数依次增大，已知B元素是地壳中含量最高的元素，则B是O元素；A和C的价电子数相同，B和D的价电子数也相同，且A和C两元素原子核外电子数之和是B、D两元素原子核内质子数之和的；则A是H，C是Na，D是S；C、D、E三种元素的基态原子具有相同的电子层数，且E原子的p轨道上电子比D原子的p轨道上电子多1个，则E是Cl元素；六种元素的基态原子中，F原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则F是K元素；然后根据元素周期律及元素、化合物的性质分析解答。根据上述分析可知：A是H，B是O，C是Na，D是S，E是Cl，F是K元素。(1)C是Na，E是Cl，二者形成的化合物NaCl是离子化合物，用电子式表示其形成过程为：；(2)F是K元素，根据构造原理，可知基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p64s1；(3)A是H，D是S，S原子最外层有6个电子，与2个H原子的电子形成2个共价键，使分子中每个原子都达到稳定结构，其电子式为：；H2S结构式为：H-S-H，在分子，S、H原子形成的是共价单键，共价单键属于σ键，而不含π键；(4)A是H，B是O，C是Na，这三种元素形成的化合物是NaOH，为离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阳离子OH-中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH中含有离子键和极性共价键。18．

VO、H2VO、VO2(H2O)和V2O

Mtrc-Fe2++H2VO4+4H+=Mtrc-Fe3++VO2++3H2O

分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺

Y2O3+6HNO3=2Y(NO3)3+3H2O、V2O5+2NH3·H2O=2NH4VO3+H2O、Y(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O=YVO4↓+3NH4NO3+H2O

(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：A．Fe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B．Fe(OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe(OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。@采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。

采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×10143.8×10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-35(1)VO43-(2)H2VO4-(3)VO2(H2O)4+

(4)V2O74-以下画法不扣分。VO2(H2O)4+

等等，未画成双键不扣分。1-2

Mtrc-Fe2++H2VO4+4H+=Mtrc-Fe3++VO2++3H2O

1-31-3-11-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。

1-4

Y2O3+6HNO3=2Y(NO3)3+3H2OV2O5+2NH3·H2O=2NH4VO3+H2OY(NO3)3+NH4VO3+2NH3·H2O=YVO4↓+3NH4NO3+H2O(1分，未画↓不扣分)

(共3分)1-51-5-1。(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：A．Fe3+在弱酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B．Fe(OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe(OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。1-5-2采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024x=2.9×10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)=1.3×1014y=2.2×10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为xmoldm-3Fe3++3phen=Fe(phen)33+=1.3×10143.8×10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为ymoldm-3Fe3++edta4-=[Fe(edta)]-=1.7×1024y=2.2×10-3519．945.6设键的键能为，已知，反应热=反应物的总键能－生成物的总键能，故，解得；故答案为945.6。20．(1)

N

32(2)

2+4→

(3)bd(4)HNO3>H3BO3(5)D(6)2NH4B5O8·4H2O5B2O3+2NH3↑+9H2O化合物()，其中W、X、Y、Z为短周期元素，根据该化合物的热重曲线，在以下热分解时无刺激性气体逸出可知为H2O，即W为H，Z为O，分子的总电子数为奇数，常温下为酸雨成因的一种气体，则为，即Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B，综上W、X、Y、Z分别为H、B、N、O。（1）元素Q比W元素核内质子数多18，则Q为K,基态钾原子中核外电子占据最高能层符号为N，根据能层最多能容纳电子数为可知：该能层最多能容纳32个电子；（2）H与N形成的分子为，用电子式表示该物质的形成过程：2+4→；与混合时发生反应生成和H2O，该反应化学方程式：；（3）化合物()中与间存在离子键，氮氢键和氢氧键为极性共价键，所以分子中存在的主要化学键有离子键和极性共价键，答案选bd；（4）根据分析可知X、Y分别为B、N，同周期随原子序数增大，元素非金属性逐渐增强，B的非金属性小于N的非金属性，所以最高价氧化物的水化物酸性；（5）A．盛满的试管倒扣在水槽中，与水反应生成NO气体和HNO3，所以水不可充满试管，A项错误；B．NO与O2反应生成NO2，不可用向上排空气法收集，B项错误；C．W、X、Y、Z的单质分别为H2、B、N2、O2，B常温下为固体，其余均为气体，C项错误；D．根据在以下热分解时无刺激性气体逸出，说明阶段热分解失去结晶水，若结晶水全部失去则质量保留百分数为，所以该阶段热分解只失去部分结晶水，D项正确；答案选D。（6）化合物()在500℃完全分解为、NH3、H2O，该化合物热分解的总反应为：2NH4B5O8·4H2O5B2O3+2NH3↑+9H2O。21．(1)防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下(2)2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(3)球形冷凝管(4)油浴加热(5)装置丙、丁之间缺少一个安全瓶(6)多孔硫颗粒状态为固体，该物质可同时起催化剂作用和防止暴沸的作用(7)

Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易电离，物质分子中烃基中Cl原子数目越多，羟基H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强

+ClCH2COOH=ClCH2COO-+在甲中浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，浓盐酸具有挥发性，在装置乙中用饱和NaCl溶液除去Cl2中杂质HCl，在装置丙中用浓硫酸干燥Cl2，然后将干燥纯净Cl2通入装置丁中，与一氯乙酸在S催化下加热发生取代反应产生三氯乙酸和HCl，多余的气体用NaOH溶液吸收，防止污染大气。（1）甲中用仪器X替换分液漏斗的好处是能够防止浓盐酸挥发，可以使浓盐酸顺利滴下；（2）在甲中浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）根据装置图可知：丁中仪器Y的名称是球形冷凝管；（4）制备三氯乙酸时，需要控制温度在140℃左右持续加热，由于水浴加热温度不能超过100℃，酒精灯直接加热温度不容易控制，因此丁的加热方法是采用140℃的油浴加热方式；（5）该反应装置中制取的干燥纯净的氯气直接通入三颈烧瓶中与一氯乙酸反应制取三氯乙酸，当制取的Cl2气流不充足，导致装置中气体压强减小时，装置丁中反应液会通过导气管直接倒吸至浓硫酸中，引发危险，故装置中应该在丙、丁之间安装一个安全瓶，以防止倒吸现象的发生；（6）由于催化剂多孔硫颗粒状态为固体，该物质既可起催化剂作用，同时也可以防止液体暴沸，因此制备过程中无需沸石；（7）①根据表格数据可知：pKa：ClCH2COOH＞Cl2CHCOOH＞CCl3COOH，弱酸的pKa越大，则相应的弱酸的酸性就越弱，故酸性：ClCH2COOH＜Cl2CHCOOH＜CCl3COOH，从结构分析，这是由于Cl原子电负性大，使羟基的极性增强，羟基H原子更容易发生电离。物质分子中烃基上Cl