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《优化探究》2016届高考化学总复习课时作业：选3-2分子结构与性质

发布时间：2015-06-02 15:23:09 来源：文档文库

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课时作业　分子结构与性质

1．下列化学式对应的结构式从成键情况看不合理的是(　　)

解析：H、Se、N、C、Si形成的共用电子对分别是1、2、3、4、4。

答案：D

2．配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数(　　)

A．Cu2＋、NH3、＋2、4 B．Cu＋、NH3、＋1、4

C．Cu2＋、OH－、＋2、2 D．Cu2＋、NH3、＋2、2

解析：由配合物[Cu(NH3)4](OH)2分析，因外界有两个OH－，故Cu元素显＋2价，故中心离子为Cu2＋，配体为NH3，配位数为4。

答案：A

3．下列各组微粒中不属于等电子体的是(　　)

A．CH4、NH B．H2S、HCl

C．CO2、N2O D．CO、NO

答案：B

4．下列描述正确的是(　　)

A．CS2为V形极性分子

B．SiF4与SO的中心原子均为sp3杂化

C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1

D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键

解析：CS2为直线形非极性分子；SiF4与SO的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化；C2H2分子中σ键与π键的数目比为3∶2；水加热到很高温度都难分解是因O—H键的键能较大。

答案：B

5．某化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是(　　)

A．AB2分子的空间构型为“V”形

B．A－B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子

C．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低

D．AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键

解析：由电负性和所在主族知AB2是OF2，它是由极性键形成的极性分子(V形)，故A对B错。因H2O分子间存在氢键，OF2分子间只有范德华力，故OF2的熔沸点低于H2O，所以C、D都正确。

答案：B

6．下列说法中错误的是(双选)(　　)

A．卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键

B．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低

C．H2O的沸点比HF的沸点高，是由于水中氢键键能大

D．氢键X—H…Y的三个原子总在一条直线上

解析：本题考查了氢键对物质性质的影响以及氢键的存在。因HF存在氢键，所以沸点HF>HBr>HCl，A正确；邻羟基苯甲醛的分子内羟基与醛基之间存在氢键，而对羟基苯甲醛的氢键只存在于分子间，所以对羟基苯甲醛的熔、沸点高，B正确；据F原子半径小于O原子半径，可知(HF)n中氢键键长比水中氢键键长短，键能大，但由于一个HF分子只能与两个相邻的HF分子形成氢键，而一个H2O分子可与四个相邻的H2O分子形成氢键，故水的沸点比HF的沸点高，C项不正确；氢键有方向性，但氢键的形成不像共价键对方向的要求那么高，故X—H…Y不一定总在一条直线上，D不正确。

答案：CD

7．(2013年高考山东卷节选)(1)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。

(2)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。

(3)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是________________________________________________________________________。

解析：(1)BCl3中价层电子对数为：(3＋3)/2＝3，B原子为sp2杂化；NCl3中价层电子对数为：(5＋3)/2＝4，N原子为sp3杂化。同周期元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，较稳定，其第一电离能比氧的大，铍原子的2s轨道处于全满状态，铍的第一电离能比硼的大，所以第一电离能介于硼和氮之间的第二周期元素有铍、碳、氧3种。

(2)同主族元素从上到下元素的电负性逐渐减小，a对；氟无正价，b错；HF分子间存在氢键，所以熔沸点在同族元素气态氢化物中最高，c错；F2、Cl2、Br2三种物质的晶体均是分子晶体，组成相似，则相对分子质量越大分子间作用力越大，熔点越高，d错。

(3)B原子最外层有3个电子，与Cl形成3个单键后，仍缺少2个电子达到8电子稳定结构，所以在B原子与X形成的配位键中，X提供孤电子对。

答案：(1)sp2　sp3　3　(2)a　(3)X

8．(1)碳和硅的有关化学键键能见下表，简要分析和解释下列有关事实：

①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________________________________________。

②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)在硅酸盐中，SiO四面体(如图a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，Si与O的原子数之比为________，化学式为________。

解析：(1)某类物质数量的多少与物质内化学键的稳定性强弱有关，由表中数据知C—C键、C—H键分别比Si—Si键、Si—H键稳定，故烷烃数量较多。同理因键能C—H>C—O、Si—O>Si—H，故SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物。

(2)因硅与四个氧原子形成四个σ键，故硅原子为sp3杂化。在图a中，硅、氧原子数目比为1∶4，但图b中每个硅氧四面体中有两个氧原子是与其他四面体共用的，故依据均摊原则可确定图b中硅、氧原子数目比为1∶3，化学式为[SiO3]。

答案：(1)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成

②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键

(2)sp3　1∶3　[SiO3] (或SiO)

9．(2013年高考江苏卷节选)元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。

(1)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是________。

(2)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是________。

(3)Y与Z可形成YZ。

①YZ的空间构型为________(用文字描述)。

②写出一种与YZ互为等电子体的分子的化学式：

________。

(4)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1 mol 该配合物中含有σ键的数目为________。

解析：X的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，X为Zn；Y的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S；根据Z的信息可知Z为O。(1)H2S分子中S原子有两对成键电子和两对孤电子对，所以H2S分子中S原子的轨道杂化类型为sp3杂化。(2)H2O与乙醇可以形成分子间氢键，使得水与乙醇互溶；而H2S与乙醇不能形成分子间氢键，故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。(3)①SO的中心原子S周围有4对成键电子，形成以S为体心，O为顶点的正四面体结构；②SO中S、O最外层均为6个电子，故SO中原子最外层共有32个电子；CCl4、SiCl4中原子的最外层电子总数均为4＋7×4＝32，故SO、CCl4、SiCl4为等电子体。(4)[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2＋与Cl－形成离子键，而[Zn(NH3)4]2＋中含有4个Zn—N键(配位键)和12个N—H键，共16个共价单键，故1 mol该配合物中含有16 mol σ键。

答案：(1)sp3

(2)水分子与乙醇分子之间形成氢键

(3)①正四面体　②CCl4或SiCl4等

(4)16 NA(或16×6.02×1023个)

10．(2014年高考新课标全国卷Ⅱ)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：

(1)b、c、d中第一电离能最大的是________(填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为________________________________________________________________________。

(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为________；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是________(填化学式，写出两种)。

(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是________；酸根呈三角锥结构的酸是________。(填化学式)

(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为________。

(5)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。

该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________，判断理由是________________________________________________________________________。

解析：依题给信息可直接判断a为氢(H)，c为氧(O)，d为硫(S)，e为铜(Cu)，又知b的价电子层中未成对电子数有3个，且其原子序数介于a、c之间，可确定b为氮(N)。(1)N、O、S三种元素中第一电离能最大的是N；Cu的价层电子轨道示意图为。

(2)NH3分子呈三角锥形，分子中N原子采取sp3杂化；分子中含有极性键和非极性键的化合物有H2O2和N2H4等。(3)这些元素形成的含氧酸有HNO3、HNO2、H2SO4、H2SO3等，其中中心原子价层电子对数为3的是HNO2和HNO3，酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3。(4)图1所示晶胞中e离子数＝4，c离子数＝1＋8×＝2，则N(Cu)∶N(O)＝4∶2＝2∶1，该离子化合物的化学式为Cu2O，故铜离子的电荷为＋1。(5)5种元素形成的离子化合物中阴离子呈四面体结构，阴离子为SO；由题图2可知阳离子是[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，化学键类型有共价键和配位键，该离子中，H2O分子离Cu2＋较远，Cu2＋与H2O分子间的配位键比Cu2＋与NH3分子间的配位键弱，故该化合物加热时，首先失去的组分是H2O。

答案：(1)N　

(2)sp3　H2O2、N2H4

(3)HNO2、HNO3　H2SO3

(4)＋1

(5)SO　共价键和配位键　H2O　H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱

11．(1)氧元素基态原子核外未成对电子数为________个；

的沸点比高，原因是____________________________。

H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用________杂化。H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为________________________________________________________________________。

(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是________。

A．干冰熔化 B．乙酸汽化

C．乙醇与丙酮混溶 D．溶于水

E．碘溶于四氯化碳 F．石英熔融

(3)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。

①过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝________。CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。

②甲醛(H2C===O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为________，甲醇分子内的O—C—H键角________(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。

解析：(1)氧元素基态原子的核外电子排布图为：，故未成对电子数为2个；存在分子间氢键而存在分子内氢键，而分子间氢键主要影响物质的熔、沸点(升高)；H2O、H3O＋中的O原子均采取sp3杂化，孤电子对对成键电子对具有排斥作用，而孤电子对数多的H2O中排斥力大，键角小。

(2)干冰为分子晶体，熔化时只需破坏范德华力；乙酸、乙醇、分子间均存在范德华力和氢键，因此B、C、D三者变化过程中均需克服两种作用力；碘为分子晶体，溶于四氯化碳的过程中只需克服范德华力；石英为原子晶体，熔融过程中共价键被破坏，故A、E正确。

(3)①由题意知：中心原子Ni的价电子数为10，而每个CO提供电子数为2，故n＝4；CO与N2分子中都存在三键，故σ键与π键个数比为1∶2。②甲醇中碳原子的杂化方式为sp3，分子构型为四面体，而甲醛中碳原子的杂化方式为sp2，分子构型为平面三角形，其O—C—H键角为120°，比甲醇中的O—C—H键角大。