苏教版高中化学选修三模块综合检测

一、选择题(此题包括7小题，每题3分，共21分)
1．以下表示物质构造的化学用语或模型图正确的选项是( )
A．HClO的构造式：H—Cl—O
B．14C的原子构造示意图：
C．聚氯乙烯的构造简式：
D．丙烷分子的球棍模型示意图：
解析：A项应为H—O—Cl，B项为，C项应为
答案：D
2．“物质的构造决定物质的性质〞，这是化学学科的根本原理。

以下事例不．能说明“构造决定性质〞的是( )
A．乙醇易溶于水，二甲醚难溶于水
B．N2的熔点很低
C．鲍鱼外壳坚硬，内层光滑，但其无机成分都是碳酸钙
D．HF和NH3在水中的溶解度均很大
解析：乙醇和二甲醚的构造不同，导致前者是极性分子且与水分子间形成氢键而能与水混溶，后者是非极性分子难溶于水。

N2的熔点低是因为其分子间作用力弱，不是由N2的分子构造决定的。

鲍鱼的内外壳的主要成分都是碳酸钙而性质有很大差异，显然是晶体构造不同造成的。

HF和NH3都是极性分子，都能在水溶液中形成氢键，故在水中都有较大的溶解度，反映出构造决定性质。

答案：B
3．具有如下电子层构造的原子，其相应元素一定属于同一主族的是( )
A．3p上有2个未成对电子的原子和4p上有2个未成对电子的原子
B．3p上只有1个空轨道的原子和4p上只有1个空轨道的原子
C．最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s22p6的原子
D．最外层电子排布为1s2的原子和最外层电子排布为2s2的原子
解析：p有3个原子轨道，最多可以容纳6个电子，根据电子排布的泡利原理和洪特规那么，当p上有2个电子和4个电子时，p上有2个未成对电子，所以可能是ⅣA族，也可能是ⅥA族，故A不符合题意；p上有1个空轨道，说明另外两个轨道各容纳了1个电子，加上s上的2个电子，最外层是4个电子，所以属于ⅣA族，故B符合题意；最外层电子排布为1s2的原子是He，最外层电子排布为2s22p6的原子是Ne，二者属于0族不属于主族元素，故C不符合题意；最外层为2s2的原子是Be，一个是0族，一个ⅡA族，故D也是错误的。

答案：B
4．以下关于丙烯(CH3－CH===CH2)的说法不．正确的选项是( )
A．丙烯分子有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中有2个碳原子是sp2杂化，一个碳原子是sp3杂化
C．丙烯分子中存在极性键和非极性键
D. 丙烯分子中的所有原子都在一个平面上
解析：－CH3中所有原子不可能共平面。

答案：D
5．按照以下方式进展原子堆积的金属晶体中，空间利用率最小的是( )
A．立方堆积(简单立方堆积)
B．钾型堆积(体心立方堆积)
C．镁型堆积(六方堆积)
D．铜型堆积(面心立方堆积)
解析：简单立方和钾型堆积均属于非密置层堆积，其中立方堆积空间利用率更低。

答案：A
6．以下说法正确的选项是( )
A．原子晶体中只存在非极性共价键
B．因为HCl的相对分子质量大于HF，所以HCl的沸点高于HF
C．干冰升华时，分子内共价键不会发生断裂
D．金属元素和非金属元素形成的化合物一定是离子化合物
解析：A项SiO2中存在极性键；B项HF分子间含有氢键，故HF沸点高；D项AlCl3为共价化合物。

答案：C
7．以下对一些实验事实的理论解释正确的选项是( ) 选项实验事实理论解释
A. N原子的第一电离能大于O
原子
N原子2p轨道半充满
B. CO2为直线形分子CO2分子中C===O之间的夹角为109°28′
C. 金刚石的熔点低于石墨金刚石是分子晶体，石墨是原子晶体
D. HF的沸点高于HCl HF的相对分子质量小于HCl
么特例，半充满更稳定，N原子失电子难，第一电离能大于O原子。

因为CO2中的C===O之间的夹角为180°，故CO2为直线形分子，B错误。

石墨是混合型晶体，金刚石是原子晶体，石墨熔化时，除了断开C－C之间σ键外，还需断开π键，所以熔点高。

HF之间由于形成氢键，所以沸点高。

答案：A
8．X、Y、Z是3种短周期元素，X原子最外层电子排布为3s1；Y原子的M层中有两个未成对电子；Z原子的L层的p轨道中有4个电子。

那么以下比拟中正确的选项是( ) A．电负性：Y>Z>X
B．原子半径：X>Z>Y
C．最高化合价：Z>X>Y
D．第一电离能：Z>Y>X
解析：X为钠元素，Y核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或1s22s22p63s23p4，Z的核外电子排布式为1s22s22p4，为氧元素。

电负性为Z>Y>X，原子半径X>Y>Z，Y的化合价最高。

答案：D
9．以下说法正确的选项是( )
A．第2周期元素的第一电离能随原子序数递增依次增大
B．卤族元素中氟的电负性最大
C．CO2、SO2都是直线形的非极性分子
D．分子中共有四个σ键和一个π键
解析：A.第2周期元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大的趋势，而不是依次递增。

SO2分子构型为V形。

分子中共有5个σ键和1个π键。

答案：B
10．以下轨道表示式(每一个小方框表示一个原子轨道)所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是( )
解析：B项违背了洪特规那么，2p轨道应为，C、D违背了能量
最低原理，C应为↑↓↑↓，D应为↑↓↑↓。

故正确答案为A。

答案：A
11．有关晶体的构造如以下图所示，以下说法中不．正确的选项是( )
A．在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－形成正八面体
B．在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋
C．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
D．该气态团簇分子的分子式为EF或FE
解析：由于是气态团簇分子，其分子式应为E4F4或F4E4，CaF2晶体中，Ca2＋占据8个顶
点，6个面心，故Ca2＋共8×1
8
＋6×
1
2
＝4个，金刚石晶体中，每个C原子与4个C原子相
连，而碳碳键为2个碳原子共用，C原子与C－C键个数比为1∶2。

答案：D
12．(2010·全国卷Ⅱ)以下化合物，按其晶体的熔点由高到低的顺序排列正确的选项是( )
A．SiO2CsCl CBr4CF4
B．SiO2CsCl CF4CBr4
C．CsCl SiO2CBr4CF4
D．CF4CBr4CsCl SiO2
解析：物质的熔沸点属于物质的物理性质，与晶体类型有关。

一般地，熔沸点由高到低的顺序为原子晶体>离子晶体>分子晶体，此题考察了四种晶体类型判断及其熔点上下的决定因素。

对于离子晶体、原子晶体、金属晶体来讲，此三种晶体的熔点与构成它们的微粒的半径大小成反比，即微粒的半径越小其熔点就越高；而对于构造相似的分子晶体来讲，其熔点上下与相对分子质量成正比。

A中SiO2是原子晶体，熔点很高，CsCl为离子晶体，熔点较高，CBr4与CF4为构造相似的分子晶体，显然CBr4的熔点高于CF4，故以上四种晶体的熔点由高到低的排列顺序为SiO2>CsCl>CBr4>CF4。

应选A。

答案：A
13．(2012·XX高考)以下关于金属及金属键的说法正确的选项是( )
A．金属键具有方向性与饱和性
B．金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
C．金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子
D．金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
解析：金属键没有方向性和饱和性，A错；金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，B对；金属导电是因为在外加电场作用下电子发生定向移动，C错；金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光，D错。

答案：B
14．(2011·XX高考)X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。

X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X 与Z 可形成XZ2分子；Y与M 形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76 g ·L－1；W 的质子数是X、Y、Z、M 四种元素质子数
之和的1
2。

以下说法正确的选项是( )
A ．原子半径：W>Z>Y>X>M
B ．XZ 2、X 2M 2、W 2Z 2均为直线形的共价化合物
C ．由 X 元素形成的单质不一定是原子晶体
D ．由 X 、Y 、Z 、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键
解析：此题考察元素推断，意在考察考生综合运用元素周期律的能力。

Y 与 M 形成的气态化合物的摩尔质量M ＝ 0.76 g ·L －1
×22.4 L ·mol －1
＝ 17 g ·mol －1
，结合 X 、Y 、Z 同周
期且原子序数依次递增，且最外层电子数之和为 15，那么 M 为 H ，Y 为 N ；再根据X 、Z 可形成XZ 2分子，知 X 为C ，Z 为 O ；W 的质子数为(1＋6＋7＋8)×12＝11，那么W 为 Na 。

原子半径：Na>C>N>O>H ，A 错；CO 2、C 2H 2 均为直线形的共价化合物，但 Na 2O 2 为离子化合物，B 错；由碳元素形成的单质不一定是原子晶体，例如石墨为混合型晶体，C 60为分子晶体，C 对；氨基酸是由 C 、N 、O 、H 形成的化合物，但只含共价键，不含离子键，D 错。

答案：C
15．[双选题]下表列出了有关晶体的说明，有错误的选项是( )
解析：C 项Ne 晶体中只存在范德华力，不存在共价键，D 项SiO 2为原子晶体，只存在共价键不存在范德华力。

答案：CD
16．[双选题]通常情况下，原子核外p 轨道、d 轨道等原子轨道上电子排布为“全空〞、“半满〞“全满〞的时候一般更加稳定，称为洪特规那么的特例。

以下事实能作为这个规那么证据的是( )
A ．元素氦(He)的第一电离能远大于元素氢(H)的第一电离能
B ．26Fe 2＋
容易失电子转变成26Fe 3＋
，表现出较强的复原性 C ．基态铜(Cu)原子的电子排布式为[Ar]3d 10
4s 1
而不是[Ar]3d 9
4s 2
D ．某种激发态碳(C)原子排布式为1s 22s 12p 3而不是1s 22s 22p 2
解析：A 项He 的1s 2
和H 的1s 1
分别为“全满〞和“半满〞；B 项中26Fe 2＋
的3d 6
变成26Fe
3
＋
的3d 5
时，3d 轨道为“半满〞更加稳定；C 项中Cu 原子的3d 10
为“全满〞4s 1
为“半满〞
都属于稳定构造。

D 项中C 原子变为1s 2
2s 1
2p 3
时从外界吸收能量反而不稳定，故B 、C 都可作为这个规那么的证据。

答案：BC
二、非选择题(此题包括4小题，共39分)
17．(10分)(2011·XX 高考)铜是重要金属，Cu 的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO 4溶液常用作电解液、电镀液等。

请答复以下问题：
(1)CuSO 4可由金属铜与浓硫酸反响制备，该反响的化学方程式为________________； (2)CuSO 4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是________________； (3)SO 2－
4的立体构型是________，其中S 原子的杂化轨道类型是________________； (4)元素金(Au)处于周期表中的第六周期，与Cu 同族，Au 原子最外层电子排布式为________________；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的构造，在晶胞中Cu 原子处于面心，Au 原子处于顶点位置，那么该合金中Cu 原子与Au 原子数量之比为________；该晶体中，原子之间的作用力是________________________________；
(5)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu 原子与Au 原子构成的四面体空隙中。

假设将Cu 原子与Au 原子等同对待，该晶体储氢后的晶胞构造为CaF 2的构造相似，该晶体储氢后的化学式应为________________。

解析：此题各小题内容考察点相互的联系不大，仍属于“拼盘〞式题。

(3)硫酸根中心原子的价层电子对为：孤对电子数6－2×4＋2＝0，成键电子对数4，所以为正四面体构造，中心原子为sp 3
杂化；(4)Au 电子排布或类比Cu ，只是电子层多两层，由于是面心立方，晶胞内N (Cu)＝6×12＝3，N (Au)＝8×1
8
＝1；
(5)CaF 2晶胞中含Ca 2＋
4个、F －
8个，故该晶体储氢后的化学式为H 8AuCu 3。

答案：(1)Cu ＋2H 2SO 4(浓)=====△
CuSO 4＋SO 2↑＋2H 2O
(2)白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4·5H2O，显示水合铜离子特征蓝色
(3)正四面体sp3(4)6s13∶1 金属键(5)H8AuCu3
18．(8分)有A、B、C、D四种元素，其原子序数按A、B、C、D依次增大，且质子数均小于18。

A元素原子的最外层只有1个电子，该元素阳离子与N3－离子核外原子排布一样；B元素原子核外各轨道上均无单电子；C元素原子的价电子排布为n s2n p1；D－的核外电子构型与Ar一样。

(1)写出A、C、D的元素符号：A________；
C________；D________。

(2)写出B元素原子的电子排布式________________。

(3)A、B、C、D第一电离能由小到大的顺序为(填元素符号)__________。

电负性由小到大的顺序为(填元素符号)________。

解析：根据A、B、C、D四元素原子构造进展一一推测。

A为Na，C为Al，那么B为Mg，D为Cl。

答案：(1)Na Al Cl
(2)1s22s22p63s2
(3)Na＜Al＜Mg＜Cl Na＜Mg＜Al＜Cl
19．(8分)镍(Ni)可形成多种配合物，且各种配合物有广泛的用途。

(1)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂。

固态Ni(CO)4属于________晶体；基态Ni原子的电子排布式为________________；
(2)某镍配合物构造如下图，分子内含有的作用力有________(填序号)。

A．氢键B．离子键C．共价键D．金属键
E．配位键
(3)很多不饱和有机物在Ni催化下可与H2发生加成反响，如①CH2===CH2、②HC≡CH、
③、④HCHO等，其中碳原子采取sp2杂化的分子有________(填序号)；HCHO分子的空间构型为________。

解析：(1)由其性质可判断为分子晶体。

(2)含分子内氢键、共价键、配位键。

(3)②采取的是sp杂化，HCHO构造为。

答案：(1)分子1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2
(2)A、C、E
(3)①③④平面三角形
20．(8分)研究物质的微观构造，有助于人们理解物质变化的本质。

请答复以下问题：
(1)C、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是________。

C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者比拟熔点高的是________，原因是________________。

(2)A、B均为短周期金属元素，依据下表数据，写出B的基态原子的电子排布式________。

电离能(kJ/mol) I1I2I3I4
A 932 1821 15390 21771
B 738 1451 7733 10540
(3)
地，为d0或d10排布时，无颜色，为d1～d9排布时，有颜色。

如[CO(H2O)6]2＋显粉红色。

据此判断，[Mn(H2O)6]2＋________(填“无〞或“有〞)颜色。

(4)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。

①COCl2分子的构造式为________，中心原子采取________杂化轨道方式。

②Fe(CO)5在一定条件下发生分解反响：
Fe(CO)5(s)===Fe(s)＋5CO(g)，反响过程中，断裂的化学键只有配位键，那么形成的化学键类型是________。

(5)钾晶体晶胞构造如以下图所示，距离最近的两个钾原子距离为a
cm，阿伏加德罗常数为N A。

①钾原子原子核外运动状态不同的电子数是________。

②钾晶体的密度是____________________。

解析：(1)元素非金属性越强电负性越大，金刚石是原子晶体，C60是分子晶体，熔沸点相差很大。

(2)由表中数据知A、B均为＋2价金属元素，A的第一电离能大于B的第一电离能，那么活泼性A小于B，可推知B为镁元素。

(3)Mn是25号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，由题意知，[Mn(H2O)6]2＋有颜色。

(4)据C的成键特点可推知，COCl2的构造中C与O形成双键，与Cl以单键相连，所以C为sp2杂化；该反响的实质是断裂配位键形成铁中的金属键。

(5)原子的每个电子运动状态均不同；先计算该晶胞的体积，顶点原子与中心原子距离为a，那么可计算出晶胞体积为8a3/3 3 ，由“分摊法〞知该晶胞含有的K原子数为8×1/8 ＋1＝2，由此可计算密度。

答案：(1)N＞C＞Si 金刚石金刚石为原子晶体，而C60为分子晶体
(2)1s22s22p63s2(3)有
(4)①sp2②金属键
(5)① 19 ②1173/4a3N A
21．(10分)用于合成氨的工业煤气中含有H2S、C2H5SH(乙硫醇)、COS(羰基硫)、CS2等含硫化合物，工业上无机硫常用氧化锌法处理，有机硫可用钴钼催化加氢处理。

H2S＋ZnO===ZnS＋H2O；
C2H5SH＋ZnO===ZnS＋C2H4＋H2O；
C2H5SH＋H2===C2H6＋H2S；
COS＋H2===CO＋H2S；
CS2＋4H2===CH4＋2H2S。

(1)钴原子在基态时核外电子排布式为________________________。

(2)以下有关分子构造的说法正确的选项是________。

(填字母)
A．C 2H4分子中有5个σ键和1个π键
B．COS分子(构造如右图)中键能C===O>C===S
C．H2S分子呈V形构造
D．CH4、C2H6分子中碳原子均采用sp3杂化
(3)以下有关说法不．正确的选项是________(填字母)。

A．H2O、CO、COS均是极性分子
B．一样压强下沸点：CS2>CO2
C．一样压强下沸点：C2H5SH>C2H5OH
D．一样压强下沸点：CO>N2
(4)β-ZnS 的晶胞构造如右图，晶胞中S 2－
数目为________个。

(5)具有相似晶胞构造的ZnS 和ZnO ，ZnS 熔点为1830℃，ZnO
熔点为1975℃，后者较前者高是由于________________________。

(6)钼的一种配合物化学式为：Na 3[Mo()8]·8H 2O ，中心原子的配位数为________。

解析：(2)B 项根据键长可判断键能大小，原子半径越小，键长越短，键能越大。

(3)C 项乙醇分子间存在氢键，沸点高。

(4)S 2－数目为1＋2×12＋4×14＋8×18
＝4或者根据图示可读出Zn 2＋有4个，根据配比推出S 2－也为4个。

(5)离子晶体的熔点与晶格能有关，离子所带电荷越多，离子半径越小，晶格能越大。

(6)配合物中的H 2O 是结晶水不是配体，配体是内界中的－。

答案：(1)[Ar]3d 74s 2或1s 22s 22p 63s 23p 63d 74s 2
(2)ABCD
(3)C (4)4 (5)氧离子半径比硫离子小，晶格能大 (6)8
22．(8分)(2010·XX 高考，有改动)(1)中国古代四大创造之一——黑火药，它的爆炸反响为：
2KNO 3＋3C ＋S=====引燃
A ＋N 2↑＋3CO 2↑(已配平)
①除S 外，上列元素的电负性从大到小依次为____________________________。

②在生成物中，A 的晶体类型为________，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为________。

③－与N 2构造相似，推算H 分子中σ键与π键数目之比为________。

(2)原子序数小于36的元素Q 和T ，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T 比Q 多2。

T 的基态原子外围电子(价电子)排布式为________，Q 2＋的未成对电子数是________。

解析：此题考察元素的性质、化学键的类型、配合物理论等，意在考察考生综合运用物质构造与性质知识的能力。

(1)①除S 外，上列元素为C 、N 、O 、K ，根据元素电负性的递变规律，电负性强的元素主要位于元素周期表的右上方，那么电负性大小顺序为：O>N>C>K 。

②根据原子守恒，知A 为K 2S ，其为离子晶体。

生成物中只有CO 2含极性共价键，C 原子的
轨道杂化类型为sp。

③H的分子构造为H—C≡N，其中C—H键为σ键，C≡N键中含1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目之比为1∶1。

(2)根据Q、T既处于同一周期又处于同一族，那么位于Ⅷ族，由于Q、T原子序数小于36，且原子序数T比Q多2，那么Q为Fe，T为Ni。

Ni的基态原子外围电子排布式为3d84s2，Fe2＋的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，只有3d轨道上有4个未成对电子。

答案：(1)①O>N>C>K ②离子晶体sp
③1∶1
(2)3d84s2 4。