高中新教材苏教版化学课后习题 选择性必修2 物质结构与性质 综合测评（A） 含解析

综合测评（A）

（时间:90分钟满分:100分）

一、选择题（本题共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.下列说法正确的是（）o

A.手性异构体属于同分异构体

B.由同种非金属元素组成的单质是非极性分子

C.苯环中碳碳键的键长大于碳碳双键，小于碳碳单键，不能发生加成反应

D.H2O2分子结构如图，可知H2O2是非极性分子

“、96。52，

OKPM3°52，

答案：A

解析：手性异构属于同分异构中的一种类型,所以手性异构体属于同分异构体,A项正确;

由同种非金属元素组成的单质中不一定含有分子，如晶体硅是由同种非金属元素组成的

单质,属于共价晶体，不存在分子，不是非极性分子,B项错误;苯属于不饱和烧，苯环可以与

氢气发生加成反应,C项错误;H2O2的分子结构不对称，正、负电荷重心不重合，属于极性

分子,D项错误。

2.下列关于分子空间结构的说法错误的是（）。

A.NH3的空间结构属于三角锥型

B.CH4、白磷（P4）的空间结构都属于正四面体型

C.苯、甲苯中所有的原子都共平面

D.乙烯、氯乙烯中所有的原子都共平面

答案：C

解析：苯分子中所有原子共平面，甲苯中甲基上的碳原子采取sp3杂化，所以甲苯中所有

原子不一定共平面，故C项错误。

3.下列说法中正确的是（）。

A.气体单质中,一定有o键,可能有71键

B.PCh分子是非极性分子

C.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高

D.C1，的价电子对分布的几何构型与离子的空间结构一致

答案：D

解析：稀有气体是单原子分子，没有。键,A项错误;PC13中P为sp3杂化，有一对孤电子对,

所以PH3为三角锥型,是极性分子,B项错误;邻羟基苯甲醛的羟基和醛基可形成分子内

氢键,而对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛

7+1

的熔、沸点低,C项错误;C15的价电子对数为2=4,所以。5的价电子对分布的几何构

型为正四面体型;Cl的杂化轨道上没有孤电子对，配位原子均为0,所以其空间结构也为

正四面体型,D项正确。

41Zn(CN)4p-在水溶液中可与HCH0发生反应生成[Zn(H2O)4p+和HOCH2CN,下歹！J说法

错误的是()。

A.基态Zi?+的核外电子排布式为[Ar]3d

B.lmolHCHO分子中含有o键的数目约为1.806xl024

C.HOCH2CN分子中碳原子采取sp3杂化

D.[Zn(CN)4]2-中Zr?+与CN-中的C原子形成配位键,结构可表示为

答案：C

解析：Zn是30号元素，基态Zn原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d।°4s2,失去4s

轨道上的2个电子形成Zn2+,故基态Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d2A项正确;1个

HCHO分子中含有3个o键，故1molHCHO分子中含有o键的数目约为1.806xl024,B

项正确;一CN中碳原子采取叩杂化,C项错误;Zn?+有空轨道,CN-中C元素的电负性比N

元素的小，容易给出孤电子对形成配位键，即Zi?+与CN-中的C原子形成配位键,结构可

「12-

CN

I

表示为-NCCN-，D项正确。

5.二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等，一旦进入人体会导致急性肾衰竭，危及生命。二甘醇

的结构简式是

HO—CH2cH2—0—CH2cH2—OH。下列有关二甘醇的叙述正确的是()。

A.符合通式。旧2“。3

B.分子间能形成氢键

C.分子间不存在范德华力

D.能溶于水，不溶于乙醇

答案：B

解析：二甘醇的分子式为C4H10O3,不符合通式。出2〃03；二甘醇分子之间能形成0—

H…0—,也存在范德华力；由“相似相溶规则”可知，二甘醇能溶于水和乙醇。

6.下列说法中错误的是()o

A.从CH4、N暄、S°t为正四面体型结构,可推测pHt、P°t也为正四面体型结构

B.lmol金刚石晶体中，平均含有2molC—C键

C.水的沸点比硫化氢的高,是因为H2O分子间存在氢键,H2s分子间不能形成氢键

D.某气态团簇分子结构如下图所示，该气态团簇分子的分子式为EF或FE

F(

，E

由E原子和F原子构成

的气态团簇分子模型

答案：D

解析：根据等电子体的概念可知A项正确;金刚石中碳原子形成空间网状的正四面体型

结构,B项正确;D项中强调该物质是气态团簇分子，即是一个大分子，因此不能用均摊法

计算，直接找出分子中原子个数即得化学式,该物质的化学式应为E4F4或F4E4,D项错

7夫o

7.下列说法不正确的是()。

A.NK与Ewr的中心原子的价电子对数相同

B.BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同

C.S02和03互为等电子体，但两者具有不同的化学性质

D.HOCH2cH(OH)CH20H和CH3cHe1CH2cH3都是手性分子

答案：D

解析：NK中N原子的价电子对数为2=4,%0+中O原子的价电子对数为2=4,A

项正确。BF3分子中B原子采取sp2杂化;苯分子中C原子均采取sp2杂化,B项正确。

S02和03互为等电子体，但两者具有不同的化学性质,C项正确;HOCH2cH(OH)CH20H

中两边的碳原子上都有两个氢原子，中间碳原子上连有两个一CH20H,所以不含有手性

碳原子,D项错误。

8.下列有关物质性质、结构的表述均正确，且存在因果关系的是()。

选项表述I表述II

在水中,NaCl的溶解度比12的NaCl晶体中C「与Na+间的作用力大于碘晶体中

A

溶解度大分子间的作用力

通常条件下,CH4分子比PbHPb的原子半径比C的大,Pb与H之间的键能比

B4

分子稳定性高C与H间的键能小

NaCl的熔点比

CNaCl的晶格能比MgO的晶格能大

MgO的熔点高

P4O10、C6Hl2。6溶于水后均不

DP4O10、C6Hl2。6均属于共价化合物

导电

答案：B

解析：在水中,NaCl的溶解度比I2的溶解度大,是因为NaCl是可溶性的离子化合物，而12

是非极性分子,H2O是极性分子,A项错误;同主族元素的氢化物的稳定性与其原子半径

有关，由于原子半径:Pb〉C,所以Pb—H键的键能小于C—H键的键能,CH4分子比PbH4

分子稳定,B项正确;NaCl的熔点比MgO的熔点低,C项错误;P4O10溶于水后能与水反应

生成H3P04,H3P04是一种电解质，其水溶液能导电,D项错误。

9.据报道,18个原子纯碳环分子的结构如图所示。下列说法不正确的是（）。

A.该分子属于有机物

B.该分子可能要比苯更加活泼

C.该分子中所有碳原子的杂化方式都是sp

D.该分子具有半导体的功能,可以使类似的直碳链成为分子级电子元件

答案：A

解析：。8的组成中只有碳元素，不是有机化合物,A项错误;该分子具有碳碳三键，而苯具

有大无键，相对而言苯较稳定，故该分子可能要比苯更加活泼,B项正确;该分子具有碳碳

三键与单键交替,因而该分子中所有碳原子的杂化方式都是sp,C项正确;18个原子纯碳

环分子具有半导体的功能，可以使类似的直碳链成为分子级电子元件,D项正确。

IO.B3N3H6（无机苯）的结构与苯类似,也有大兀键。下列关于B3N3H6的说法错误的是

（）°

A.其熔点主要取决于所含化学键的键能

B.形成大兀键的电子全部由N提供

C.分子中B和N的杂化方式相同

D.分子中所有原子共平面

答案：A

解析：无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力,A项错误;B原子最外层为

3个电子，与其他原子形成3个。键,N原子最外层为5个电子，与其他原子形成3个。键,

还剩余2个电子，故形成大兀键的电子全部由N原子提供,B项正确;无机苯与苯互为等

电子体，分子中含有大兀键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp?杂化，所以分子中所有

原子共平面,C、D项正确。

二、选择题（本题共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，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

催化剂

11.工业上用合成气（CO和H2）制取乙醇的反应为2co+4H2加热‘CH3cH2OH+H2O;以

CO、O2、NH3为原料，可合成尿素［CO（NH2）2］。下列叙述错误的是（）（>

A.H2O分子中中心原子的价电子对分布的几何构型为正四面体型

B.CH3cH20H分子中亚甲基（一CH2—）上的C原子采取sp3杂化

C.在上述涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为H2<CO<H2O<CH3cH20H

D.CO（NH2）2分子中含有的。键与兀键的数目之比为7：1

答案：c

&4-2X1

解析：水分子中中心原子的价电子对数为2=4,所以中心原子的价电子对分布的几何

构型为正四面体型结构,A项正确。CH3cH20H分子中亚甲基（一CH2—）上的C原子形

成了4个。键,没有孤电子对，杂化轨道数目为4,所以C原子采取sp3杂化,B项正确。四

种物质都是由分子构成的分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，在室温下H2和C0

是气体,氏0和CH3cH20H是液体，分子间作用力H2<C0,所以物质的沸点H2<CO;H2O

和CH3cH20H分子之间都存在分子间作用力，而且分子间还存在氢键,由于氢

键:H20>CH3cH20H,所以物质的沸点CH3cH2OH<H2O,故四种物质的沸点从低到高的顺

序为H2<C0<CH3cH2OH<H2O,C项错误;CO（NH2）2分子中含有的o键数目为7,含有的兀

键数目是1,所以分子中含有的◎键与无键的数目之比为7：1,D项正确。

12.短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大,X元素基态原子有2个未成对电子，丫元

素基态原子的核外p电子数比s电子数少1个,Z的一种超原子/具有40个价电子，下

列说法错误的是（）。

A.X%一的空间结构为平面三角形

B.简单离子半径:Y<Z

C.Yg中心原子的杂化方式为sp3杂化

D.化合物ZY的结构与X的某种单质的结构相似

答案：BC

解析：X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,Y元素基态原子的核外p电子数比

s电子数少1个,Y为N元素;X元素基态原子有2个未成对电子,X为C元素;Z的一种超

40-1

原子胃具有40个价电子，则Z的价电子数为8=3,Z为A1元素。C%一的中心原子的价

4+2

电子对数为2=3,不含孤电子对，采用sp2杂化，空间结构为平面三角形,A项正确;W-与

A13+的核外电子层数相同，而N的核电荷数小于A1,则离子半径:N>>A13+,B项错误;N-

5+1

的中心原子的价电子对数为2=3,不含孤电子对，采用sp2杂化,C项错误;化合物ZY为

A1N,是共价晶体，属于类金刚石氮化物，与金刚石的结构相似,D项正确。

13.经X射线研究证明PC15在固体状态时，由空间结构分别为正四面体型和正八面体型

两种离子构成。下列关于PC15的推断正确的是()。

A.PC15固体是分子晶体

B.PC15固体有良好的导电性

C.PQ5晶体由［PC14『和［PC161构成，其离子数目之比为1：1

D.PC15晶体由［PC13产和［PCI#-构成，其离子数目之比为1：1

答案：C

解析：PC15固态时，由两种离子构成,所以它是离子晶体,A、B项错误;其空间结构分别是

正四面体型和正八面体型，因而所含C1原子数分别为4和6,PC15中P的化合价为+5价，

故C项正确,D项错误。

14.Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSCU溶液吸收生

成配合物［Fe(NO)(H2O)"］SO4,该配合物的中心原子的最外层电子数与配体提供的电子总

数之和为26。下列有关说法正确的是()0

A.该配合物的化学式为［Fe(NO)(H2O)5］SO4

B.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区

C.lmol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成1mol沉淀

D.该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正八面体结构

答案：AC

解析：该配合物中Fe显+2价,Fe2+最外层电子排布为3s23P63d，即最外层电子数为14,则

配体提供的电子总数为12,每个NO和H2O均可提供2个电子，故〃=5,该配合物的化学

式为［Fe(NO)(H2O)5］SO4,A项正确;氢元素位于元素周期表s区,B项错误;该配合物中只

有S°t能与Ba?+反应生成沉淀,C项正确;该配合物阳离子为［Fe(NO)(H2O)5p+,由其配体

组成可知，其不可能是正八面体结构,D项错误。

15.目前，全世界银的消费量仅次于铜、铝、铅、锌,居有色金属第五位。银能形成多种

不同的化合物。图1是锲的一种配合物的结构，图2是一种锲的氧化物的晶胞。判断下

列说法正确的是()。

A.图2表示的可能是氧化锲(NiO)的晶胞

B.图1中C、N、O的第一电离能C>N〉O

C.图2中离银原子最近的银原子数共为8个

D.图1分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键

答案：A

解析：图1中N的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，第一电离能

N〉O〉C,B项错误;图1配合物的分子中存在共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学

键,D项错误;由图2锲的氧化物晶胞结构可知,该氧化物的化学式为NiO,离锲原子最近

的银原子数共为12个,A项正确,C项错误。

三'非选择题(本题共5小题，共60分)

16.(8分)臭氧(03)在[Fe(H2O)6p+催化下能将烟气中的SCh、NO*分别氧化为S°t和

N药,NO〉也可在其他条件下被还原为N2O

(1»国一中心原子轨道的杂化类型为;N，的空间结构为

________________________________________________________(用文字描述)o

(2)与03分子互为等电子体的一种阴离子为(填化学式)。

⑶N2分子中◎键与兀键的数目比=。

(4)「Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5产中,NO以N原子与Fe?+形成配位键。

请在下列[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。

HZO0HZ

—Fe^—OH,

/\

0Hs

答案：⑴Sp3平面(正)三角形

⑵NS

(3)1:2

H2OOHJ

ON-Fe^—OH,

/\

(4)Ha0OH?

解析：(l)S°t中S原子的价电子对数为4,S采取sp3杂化。N与中N原子的价电子对数

为3,且N原子上无孤电子对，即N采取sp2杂化,N%的空间结构为平面正三角形。

⑵03与NS均为3原子、价电子数为18的粒子，故二者互为等电子体。

(3)N2分子中含有1个◎键和2个兀键。(4)[Fe(NO)(H2O)5产中N原子与Fe?+形成配位

键。

17.(13分)超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分

子、2个p-甲酸丁酯毗咤及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图1所示。

图1

图2

(l)Mo处于第五周期VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态原子的外围电子排布式

是；核外未成对电子数是。

(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是(填元素符号),p-甲酸丁酯毗咤配

体中C原子的杂化方式有-(已知毗咤可看作苯分子中的一个CH原子团被N

取代的化合物)

(3)已知:Coo分子中存在碳碳单键和碳碳双键;C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原

子形成化学键;C60分子只含有五边形和六边形;多面体的顶点数K面数E及棱边数E

遵循欧拉定理:V+F-E=2。则一个C60分子的结构是由个五边形和个

六边形组成的球体。用化学式表示C60与F2在一定条件下反应所得的物质的组

成:o

(4)已知:某晶胞中各原子的相对位置可用如图2所示的原子坐标表示，其中所有顶点的

原子坐标均为(0,0,0)。钥(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，

A1

其中M。原子坐标是(0,0,0)及根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式

是。已知该晶体的密度是dgcmVM。的摩尔质量是Wg-moH,阿伏加

德罗常数的值是NA,晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为pm。

答案：(l)4d55sl6

(2)Csp2和sp3

(3)1220C6OF6O

£工］2W

(4)体心立方密堆积2N^xlO10

解析：(l)Mo处于第五周期VIB族，核外电子排布与Cr相似,Cr的外围电子排布式为

3d54si;Mo位于Cr的下一周期的同族,则基态Mo的外围电子排布式为4d55sl则核外有

6个未成对电子。(2)CO提供孤电子对的原子是C原子,Mo提供空轨道,两原子形成配

位键;p-甲酸丁酯毗唉配体中C原子的杂化类型分别为sp?和sp・3。(3)多面体的顶点数

V、面数尸及棱边数E遵循欧拉定理:V+F-E=2,即顶点数+面数-棱边数=2;设分子中的

五边形数为x,六边形数为y;列方程组：z(5x+6y)=2x(3x60);60+a+y)3x(3x60)=2;得

x=12,y=20,即C60分子是由12个五边形和20个六边形组成的球体。由每个碳形成四个

共价键和C60的分子结构，可知一个C原子需形成一个双键，一个双键被两个C原子共用,

故含有60+2=30个双键，与活泼的F2发生加成反应生成C60F60。(4)根据Mo的原子坐

㈡二)

标是(0,0,0)及U2Mo原子分别位于晶胞的顶点和体心上，为体心立方密堆积;晶胞中

含有8x'+l=2个Mo原子;设该晶胞的棱长为acm,晶胞的体积为V=43cn?;-d

2ir

g-cm-3xa3cm3,则a=cm,晶体中最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离，

更亘X’叵中叵

即为体对角线的一半，则为=2W*Acm=r*31010pm。

18.(12分)2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池

研究方面作出的贡献，他们最早发明用LiCoCh作离子电池的正极，用聚乙焕作负极。回

答下列问题。

(1)基态Co原子外围电子的轨道表示式为。第四电离能〃(Co)比/4(Fe)

小，是因为o

⑵LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848℃)低，其原因是

(3)乙焕(C2H2)分子中。键与无键的数目之比为。

o

A

(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯(R丹是一种锂离子电池电解液的添加

剂。

①LiBF4中阴离子的空间结构是；

②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有o

(5)Li2s是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示,S2-的配

位数为。

,3d,4s

答案：(1)1川仙1山1皿C。失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态

3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高

⑵LiCl和LiF均为离子晶体,Cr半径比F■半径大,LiCl的晶格能比LiF的晶格能小

(3)3:2

(4)①正四面体型②sp2、sp3

(5)8

解析：(l)Co是27号元素，基态Co原子的外围电子排布式为3d74s2,外围电子的轨道表

3d4s

示式为iNlMWlflE],Co的第四电离能是指外围电子排布由3d6变为较稳定的3d5,而

Fe的第四电离能是外围电子排布由较稳定的3d5变为不稳定的3dt需要更多的能量，故

第四电离能/4(Co)＜；4(Fe)o

(2)LiCl和LiF均为离子晶体,Cr半径比F半径大,LiCl的晶格能比LiF的晶格能小，故

LiCl的熔点(605℃)比LiF的熔点(848C)低。

(3)C—H键为。键,C三C键中有一个。键和两个兀键，所以C2H2中。键与兀键的数目之

比为3：2o

(4)①对于B%,B原子上的价电子对数为4,则其空间结构为正四面体型。②一CH2—上

的C原子为sp3杂化,C=O键中C原子采取sp2杂化。

(5)从面心的S2-看，周围与之等距且最近的Li+有8个，所以S?一的配位数为8o

19.(12分)元素周期表中第57号元素翎到71号元素错这15种元素统称为翎系元素。请

回答下列问题。

(1)钛(Ho)可用来制作磁性材料，其基态原子的电子排布式为[Xe]4f“6s2,钦(Ho)有

个未成对电子。

⑵钮钢铜氧(YBa2Cu3O7”)是一种高温超导材料(其中Y显+3价,Cu显+2、+3价),该材料

所含元素中,电负性最大的元素是(填元素符号)，

若YBa2Cu3O7-x材料在T℃下有超导性，当x=Q.2时,〃(Cir")：〃(0?+)=。

(3)下表是几种偶系元素的电离能(单位:kJ.moF):

元素第一电离能第二电离能第三电离能第四电离能

Ce527104719493547

La538106718504819

Lu532134020224370

IYb6041174|24174203

据此，判断形成+3价化合物最稳定的元素是(填元素符号)。

(4)Sm(钩的单质与1,2-二碘乙烷可发生如下反应:Sm+ICH2cH2l—*Smb+CH2r:H2。

ICH2cH2l中碳原子的杂化轨道类型为,1molCH2=CH2中含有的。键数目

为o(设NA为阿伏加德罗常数的值)

(5)从磷铝矿中可提取稀土元素钮(Y),某磷铝矿的结构如图。

该磷铝矿的化学式为，与P°t互为等电子体的阴离子有

(写出两种离子的化学式)。已知晶胞参数a=0.69nm,c=0.60nm,阿伏

加德罗常数的值为NA,则晶胞的密度为g-cm-3(列出计算

式)。

答案：(1)3

(2)01：4

(3)La

(4)sp33.0lx1()24或5刈

4X(»4-31+16X4)

⑸YP04S04\Cl%或Bi。*、陋、Si°t)069X0GSxO£OXlOaXWj

解析：(1)钦(Ho)的基态原子的电子排布式为[Xe]4f116s2,4f轨道上有4个轨道填充2个

电子，另外3个轨道均填充1个电子，故一个基态钦原子所含的未成对电子数为3。

(2)材料中只有氧元素为非金属元素，其电负性最大。设Cu2+、Ci+的数目分别为a、h,

则。+氏3,由化合价的代数和为0可得：

3+2x2+2a+3b=(7-0.2)x2,解得a=2.4,b=0.6,故〃(Cu")In(Cu2+)=0.6:2.4=1:4。(3)原子

的第一、第二、第三电离能之间相差较小,第四电离能与第三电离能相差越大，越容易失

去3个电子,+3价的可能性越大，在题述表中La的h、h和h最接近,而/4突然变大，故应

为La元素。(4)在ICH2cH21分子中碳原子均已饱和，只形成了四个单键，故碳原子采取

sp3杂化。1个CH2YH2分子中含有5个◎键，故1molCH2=CH2中含有的◎键数目为

5NA。(5)该晶胞中Y原子位于8个顶点、体心、前后左右4个面上，晶胞中含有的Y原

11

子个数=8x'+l+4x2=4。磷酸根离子位于上下面心、4个竖棱上、前后左右4个面上，晶

111

胞中含有的磷酸根离子个数=2xN*+4x4，4x,、4,两者个数之比为4：4=1：1,据此书写该磷

纪矿的化学式为YP04。与网一互为等电子体的阴离子中应含有5个原子、价电子数

是32,则其互为等电子体的离子有S°t、C15等。

晶月包体,只=(axqxc)xl(y2icm5

(I»4-31+1GX4>4

该磷铝矿的密度=。-皿Q四xdsoxib21g-cm-3

(^1-31+16x4)x4

o^sxO-esxo£oxio^bcNA,