第5章 第18讲 化学键 分子结构与性质(Word练习)-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练18　化学键　分子结构与性质 ➢ 对应学生用书P305 1．(2025·八省联考内蒙古卷)下列化学用语或表述正确的是(　　) A．Na2O2电子式：Na＋[]2－Na＋ B．209Bi和210Bi：互为同素异形体 C．CH4的空间结构：正方形 D．基态Fe2＋的价电子排布式：3d54s1 解析　A．Na2O2是由Na＋和O构成的离子化合物，电子式为Na＋[]2－Na＋，A正确；B.209Bi和210Bi的质子数相同，而中子数不同，属于同一种元素的不同原子，互为同位素，B错误；C.CH4的价层电子对数为4＋＝4，其空间结构为正四面体，C错误；D.Fe为26号元素，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，失去电子形成阳离子时，从最外层开始失，因此基态Fe2＋的价电子排布式：3d6，D错误。故选A。 答案　A 2.(2023·石家庄检测)我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO＋O2CO2＋H2O。下列有关说法正确的是(　　) A.CO2只含有非极性共价键 B.0.5 mol HCHO含有1 mol σ键 C.HCHO、CO2分子中只含有σ键 D.H2O中含有极性键 解析　CO2中只含有碳氧极性键，A错误；根据结构式可知，0.5 mol HCHO含有1.5 mol σ键，B错误；HCHO、CO2分子中既含有σ键，又含有π键，C错误；H2O中含有氢氧极性键，D正确。故选D。 答案　D 3．(2025·八省联考四川卷)O3和HI发生反应：O3＋2HI===I2＋O2＋H2O，NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　) A．O3是非极性键形成的极性分子 B．HI的电子式是H C．O3和O2互为同素异形体 D．1 mol 1HO含有的中子数是8NA 解析　A．臭氧分子的中心氧原子和两个配位氧原子之间的O—O具有极性，电子云偏向配位氧原子，故O3是由非极性键形成的极性分子，A错误；B.HI是共价化合物，氢和碘之间共用一对电子，故HI的电子式是H，B正确；C.O3和O2是由氧元素形成的不同的单质，互为同素异形体，C正确；D.1HO中H没有中子，O有16－8＝8个中子，故1 mol 1HO含有的中子数是8NA，D正确。故选A。 答案　A 4.下列对分子的性质的解释，不正确的是 （　　） A.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释 B.水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键 C.SiCl4分子中硅氯键的极性比CCl4中碳氯键的弱 D.青蒿素分子式为C15H22O5，结构如图，该分子中包含7个手性碳原子 解析　碘是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，甲烷属于非极性分子，难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故A正确；碳元素的电负性大于硅元素，因此Si、Cl间的电负性差别较大，Si—Cl的极性强，故C错误；手性碳原子是指与碳原子相连的4个原子或原子团都不相同。根据青蒿素的结构图知，该分子中包含7个手性碳原子，故D正确。故选C。 答案　C 5．(2025·河北省高三期末省级联测考试)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是(　　) 选项 实例 解释 A 铍和铝都能与NaOH反应 基态铍原子和铝原子价电子数相同 B 冰的熔点高于干冰 分子间作用力不同 C SO2键角小于CO2 中心原子杂化轨道类型不同 D N≡N键能大于C≡C N、C原子半径不同 解析　A．基态铍原子和铝原子的价电子数分别为2、3，价电子数不相同，正确的解释应该是根据对角线规则，铍和铝的化学性质相似，都能表现出两性，因此都能与NaOH反应，A符合题意；B.冰分子间存在氢键和范德华力，干冰分子间只存在范德华力，二者作用力类型不同，作用力类型强度不同，B不符合题意；C.SO2中硫原子的孤电子对数为＝1、价层电子对数为2＋1＝3，则杂化轨道类型为sp2，呈V形，CO2中碳原子的孤电子对数为＝0、价层电子对数为2＋0＝2，杂化轨道类型为sp杂化、呈直线形，C不符合题意；D.氮原子半径小于碳原子，导致N≡N比C≡C的键长短，键能大，D不符合题意。故选A。 答案　A 6．(2024·吉林省“BEST”合作体高三年级六校联考)W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W与Z相邻，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，下列说法不正确的是(　　) A．化学键中离子键成分的百分数：Y2W＞Y2Z B．键角：MN＜MN C．Y的第一电离能大于其同周期相邻元素 D．分子的极性：MX3＞WX4 解析　W、M、N、X、Y、Z六种主族元素，原子序数依次增大，W原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W是C，W与Z相邻，Z是Si，M的一种简单氢化物常用作制冷剂，M是N，X元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，X是F，则N是O，基态Y原子的s能级与p能级电子数相等，Y是Mg，据此作答。A.Mg和C的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数：Mg2C＞Mg2Si，A正确；B.NO的中心原子采取sp杂化，键角为180°，NO的中心原子采取sp2杂化，键角为120°，B错误；C.Mg为第ⅡA族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，C正确；D.NF3为三角锥形，极性分子，CF4为正四面体，非极性分子，所以分子的极性：NF3＞CF4，D正确。 答案　B 7.用价层电子对互斥模型（VSEPR模型）可以预测许多分子或离子的空间结构，有时也能用来推测键角大小。下列判断正确的是 （　　） A.SO2、CS2、HI都是直线形分子 B.BF3的键角为120°，SnBr2的键角大于120° C.CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子 D.PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形分子 解析　SO2是V形分子，CS2、HI是直线形分子，A错误；BF3的键角为120°，是平面三角形结构，而SnBr2分子中的中心原子上有2个σ键电子对，还有1个孤电子对，该孤电子对对σ键电子对有排斥作用，使键角小于120°，B错误；CH2O、BF3、SO3都是平面三角形分子，C正确；PCl3、NH3都是三角锥形分子，而PCl5是三角双锥形分子，D错误。故选C。 答案　C 8．(2024·黑龙江省大庆第一中学高三上学期期中考试)下列关于物质结构的叙述中，错误的个数为(　　) ①CH3COOH中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种 ②元素Ge位于周期表第四周期ⅣA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于p区元素 ③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、CH4、H2O2、CO2这样的分子 ④Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比不同 ⑤氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可写为 ⑥HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF A．3 B．4 C．5 D．6 解析　①碳原子没有孤电子对，CH3COOH中前面的碳原子形成四个单键，均为σ键，是sp3杂化，后面的碳原子形成2个单键，一个双键，共计3个σ键，是sp2杂化，正确；②元素Ge位于周期表第四周期ⅣA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，最后一个电子填充在p能级轨道，属于p区元素，错误；③BF3是平面三角形，高度对称，是非极性分子、CH4是正四面体形，高度对称，是非极性分子、CO2是直线形，高度对称，是非极性分子，H2O2是半开书页形，是极性分子，错误；④氧化钠和过氧化钠中阴阳离子的个数比均为1∶2，错误；⑤氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O，根据氨水电离方程式的性质可知NH3·H2O的结构式可写为，正确；⑥HF晶体沸点高于HCl，原因是HF分子间存在氢键，错误；符合题意的为②③④⑥，故选B。 答案　B 9．(2024·高考浙江1月选考)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是____________，晶体类型是________。 (2)下列说法正确的是________。 A．电负性：B>N>O B．离子半径：P3－<S2－<Cl－ C．第一电离能：Ge<Se<As D．基态Cr2＋的简化电子排布式：[Ar]3d4 (3)①H2N—NH2＋H＋→H2N—NH，其中—NH2的N原子杂化方式为________；比较键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2________(填“>”“<”或“＝”)H2N—NH中的—NH，请说明理由：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO。比较氧化性强弱：NO____________(填“>”“<”或“＝”)HNO3；写出A中阴离子的结构式：________________。 解析　(1)由晶胞图可知，该化合物的化学式为CrCl2·4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子，故为分子晶体。 (2)A.同一周期主族元素，从左到右，电负性依次增强，故电负性：为O>N>B，A错误；B.核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：P3－>S2－>Cl－，B错误；C.同一周期主族元素，从左到右，电离能呈增大的趋势，ⅤA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge<Se<As，C正确；D.基态Cr的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，Cr2＋的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确。 (3)①—NH2的价层电子对数为3＋＝4，故杂化方式为sp3；—NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，—NH价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2＜H2N—NH中的—NH。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO，则A为NO2HS2O7，NO为硝酸失去一个OH－所形成，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO＞HNO3；阴离子为HS2O，根据已知信息可知其结构式为。 答案　(1)CrCl2·4H2O　分子晶体　(2)CD (3)①sp3　＜　—NH2和—NH中N原子均采取sp3杂化，—NH2中N原子上有孤电子对，而—NH中N原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小　②＞　 10．(2024·高考浙江6月选考)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，Cl－的配位数(紧邻的阳离子数)为________；写出该化合物的化学式：____________；写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 图1 (2)下列有关单核微粒的描述正确的是________。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能>Ne的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe＋，优先失去3d轨道上的电子 (3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。 图2 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序________________，请说明理由：_________________________________________________________________________。 ②已知HC、HD钠盐的碱性：NaC>NaD，请从结构角度说明理由：________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×＝1个，含O：1个，含K：6×＝3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl－的配位数为＝12；该化合物可看作KCl·K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO＋2NH4Cl＋H2O===3KCl＋2NH3·H2O。 (2)A.根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A正确；B.Na的第二电离能指气态基态Na＋失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na＋和Ne具有相同的电子层结构，Na＋的核电荷数大于Ne，Na＋的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B正确；C.Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C错误；D.基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe＋，优先失去4s轨道上的电子，D错误。 (3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C==O＞C==S＞C==Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性：NaC＞NaD，说明酸性：HC＜HD，原因是S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性：HD＞HC，C－的水解能力大于D－，钠盐的碱性：NaC＞NaD。 答案　(1)12　K3ClO　K3ClO＋2NH4Cl＋H2O===3KCl＋2NH3·H2O (2)AB (3)①HC、HB、HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C==O＞C==S＞C==Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性：HD＞HC，C－的水解能力大于D－ 11.(2023·河北邯郸高三统考阶段练习)我国科学家合成了一种催化剂，实现了如图所示的异丁烷氧化脱氢。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是(　　) A.1 mol异丁烷分子中含化学键的数目为13NA B.每生成1 mol CO可同时得到11.2 L的C4H8 C.上述各物质中碳原子所形成的化学键均为极性键 D.CO2中的C为sp2杂化 解析　A.已知1分子异丁烷中含有10个C—H键和3个C—C键，故1 mol异丁烷分子中含化学键的数目为13NA，A正确；B.由题干图示信息可知，该反应方程式为C4H10＋CO2C4H8＋CO＋H2O，则每生成1 mol CO可同时得到1 mol C4H8，由于题干未告知所处的状态则无法计算其体积，B错误；C.上述各物质C4H10和C4H8中均含有C—C非极性键，即并不是碳原子所形成的化学键均为极性键，C错误；D.已知CO2的结构式为O===C===O，故CO2中的C原子周围的价层电子对数为4，故C采用sp杂化，D错误。故选A。 答案　A 12．(2024·龙岩上杭一中月考改编)四氮唑()和呋喃()都是典型芳香杂环有机物，均含有Π大π键。下列有关说法错误的是(　　) A．四氮唑在乙醇中溶解度小于在CCl4中的 B．四氮唑中N原子和呋喃中O原子均采用sp2杂化 C．键角：∠1>∠2 D．四氮唑与呋喃中含σ键数目比为7∶9 解析　A．四氮唑中氮原子可以与乙醇形成氢键增大溶解度，而与四氯化碳不能形成氢键，因此在乙醇中溶解度大于四氯化碳中的，故A错误；B.四氮唑和呋喃中都含有Π大π键，环上的原子都是采用sp2杂化，故B正确；C.∠1和∠2的中心原子均为sp2杂化，但是∠2的中心原子O有一个孤电子对，排斥力强，键角小，故C正确；D.1个四氮唑分子中含σ键数目为7，1个呋喃分子中含σ键数目为9，二者所含σ键数目比为7∶9，故D正确。 答案　A 13．Ⅰ.(2024·高考全国甲卷)ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： (1)该族元素基态原子核外未成对电子数为________，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为________。 (2)CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为________(填标号)。 a.离子键　b．极性共价键　c．非极性共价键　d．配位键 (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是________，硅原子的杂化轨道类型为________。 解析　Ⅰ.(1)ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为ns2np2，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为＋4；(2)CaC2俗称电石，其为离子化合物，由Ca2＋和C构成，两种离子间存在离子键，C中两个C原子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd；(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为sp3。 答案　Ⅰ.(1)2　＋4 (2)bd (3)C　sp3 Ⅱ.(2024·高考山东卷)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第________周期________族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是________(填元素符号)。 (2)Mn如某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下图所示，该氧化物化学式为________。 当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________(填标号)。 A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO (3)[BMIM]＋BF(见下图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF的空间构型为____________；[BMIM]＋中咪唑环存在Π大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为________。 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　Ⅱ.(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr原子的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价、V2O5中V的化合价为＋5价、Fe2O3中Fe的化合价为＋3价、CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)BF中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间结构为正四面体形；咪唑环存在Π大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 答案　Ⅱ.(1)四　ⅦB　Cr (2)MnO2　降低　A (3)正四面体形　sp2 (4)FDCA形成的分子间氢键更多 学科网（北京）股份有限公司 $$