高考化学一轮新课标通用训练检测考点37 分子结构与性质Word文档格式.docx

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答案　C

解析　由分子的组成和结构可知各原子均形成单键，即σ键，A错误；

S和C原子形成的杂化轨道构型均为立体结构，不是所有的原子都共面，B错误；

1个SF5—CF3分子所含电子数为94，则0.1molSF5—CF3分子中含9.4mol电子，D错误。

4．CH

、—CH3、CH

都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（　　）

A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化

B．CH

与NH3、H3O＋互为等电子体，立体构型均为正四面体形

C．CH

中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面

D．CH

与OH－形成的化合物中含有离子键

解析　A项，CH

含8e－，—CH3含9e－，CH

含10e－；

B项，三者均为三角锥形；

C项，CH

中C的价电子对数为3，为sp2杂化，平面三角形；

D项，CH3OH中不含离子键。

5．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。

下列对此现象说法正确的是（　　）

A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变

B．在[Cu（NH3）4]2＋中，Cu2＋提供孤对电子，NH3提供空轨道

C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化

D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2＋

解析　该反应的反应原理为CuSO4＋2NH3·

H2O===Cu（OH）2↓＋（NH4）2SO4，Cu（OH）2＋4NH3===

[Cu（NH3）4]（OH）2。

反应结束后无Cu（OH）2沉淀生成，但生成了[Cu（NH3）4]2＋，Cu2＋浓度减小；

在

[Cu（NH3）4]2＋中，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤对电子；

若加入极性较小的乙醇，溶液中会析出蓝色晶体。

6．下列说法不正确的是（　　）

A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强

B．两个原子间形成共价键时，最多有一个σ键

C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键

D．N2分子中有一个σ键，2个π键

解析　稀有气体单质中，没有化学键，所以C项错误。

7．由实验测得不同物质中的键长和键能的数据如表：

其中X、Y的键能数据尚未测定，但可根据规律推导键能的大小顺序为W>

Z>

Y>

X。

该规律是（　　）

A．成键时电子数越多，键能越大

B．键长越长，键能越小

C．成键时所用电子数越少，键能越大

D．成键时电子对越偏移，键能越大

解析　根据表格中提供的数据，可以判断出键长越长，键能越小。

8．下列关于分子结构的说法正确的是（　　）

A．凡几何构型为正四面体形的分子其键角均为109°

28′

B．凡中心原子有孤对电子的ABn型分子均为极性分子

C．凡中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其空间构型都是正四面体

D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采取sp3杂化轨道成键

解析　P4分子为正四面体形，键角为60°

，A错误；

H2O、NH3中O、N均为sp3杂化，但空间构型分别为V形、三角锥形，C错误；

BF3中B原子采用sp2杂化，D错误。

9．下列推断正确的是（　　）

A．BF3是三角锥形分子

B．NH

的电子式：

，离子呈平面形结构

C．CH4分子中的4个C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的p轨道形成的spσ键

D．CH4分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键

解析　BF3中B原子无孤电子对，因此采取sp2杂化，BF3为平面三角形，A错误；

NH

中N原子采取sp3杂化，NH

为正四面体结构，B错误；

CH4中C原子采取sp3杂化，C错误，D正确。

10．顺铂[Pt（NH3）2Cl2]是1969年发现的第一种具有抗癌活性的金属配合物；

碳铂是1,1－环丁二羧酸二氨合铂（Ⅱ）的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。

A．碳铂中所有碳原子在同一个平面中

B．顺铂中Pt提供空轨道，N、Cl提供孤对电子

C．碳铂分子中sp3杂化的碳原子与sp2杂化的碳原子数之比为2∶1

D．1mol1,1－环丁二羧酸含有σ键的数目为12NA

解析　左边组成环状结构的四个碳原子为sp3杂化，故碳铂分子中的6个碳原子不可能共平面，A错误；

顺铂中Pt提供空轨道，只有N提供孤对电子，B错误；

碳铂中酯基碳原子的杂化方式为sp2，而其他4个碳原子则为sp3杂化，C正确；

1个1,1环丁二羧酸分子

中含有18个σ键，D错误。

[题组一　基础大题]

11．物质结构的多样性使人类使用的材料精彩纷呈。

（1）如图是第二周期前七种元素的第一电离能示意图。

其中硼元素是________（填图中元素代号）。

（2）乙二酸俗名草酸，是最简单的有机二元酸之一，结构简式为

草酸钠晶体中存在________（填选项代号）。

A．金属键B．非极性键C．π键

D．范德华力E．氢键F．离子键

（3）氧化锆（ZrO2）材料具有高硬度，高强度，高韧性，极高的耐磨性及耐化学腐蚀性，氧化锆陶瓷在许多领域获得广泛应用。

锆是与钛同族的第五周期元素，则锆原子的价电子排布式为________。

（4）含氧酸可电离的氢原子来自羟基，碳酸的结构式可表示为____________________；

若碳酸中的碳氧原子都在同一平面，则碳原子的杂化类型是________。

（5）PtCl4和氨水反应可获得PtCl4·

4NH3，PtCl4·

4NH3是一种配合物。

向100mL0.1mol·

L－1PtCl4·

4NH3溶液中滴加足量AgNO3溶液可产生2.87g白色沉淀。

该配合物溶于水的电离方程式为____________________________________________。

答案　

（1）⑤　

（2）BCF　（3）4d25s2　

（5）[PtCl2（NH3）4]Cl2===[PtCl2（NH3）4]2＋＋2Cl－

解析　

（1）第二周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但Be>

B，N>

O，则⑤为B，⑥为Be。

（2）草酸钠晶体为离子晶体，不含金属键、范德华力、氢键，C—C键为非极性键，C===O键中含有1个σ键、1个π键，草酸根离子和Na＋之间为离子键。

（3）锆元素和钛元素同族，且锆元素在第五周期，锆原子的最外层有两个电子，故价电子排布式为4d25s2。

（4）碳酸的结构式为

，碳酸中碳原子无孤对电子，杂化类型为sp2。

（5）该配合物的物质的量为0.1L×

0.1mol·

L－1＝0.01mol，Cl－的物质的量为

＝0.02mol，则该配合物中只有2个Cl－，其余Cl在配离子中，因此电离方程式为[PtCl2（NH3）4]Cl2===[PtCl2（NH3）4]2＋＋2Cl－。

[题组二　高考大题]

12．高考题节选。

Ⅰ.（2018·

全国卷Ⅰ）（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是________。

中心原子的杂化形式为________。

LiAlH4中，存在________（填标号）。

A．离子键B．σ键C．π键D．氢键

Ⅱ.（2018·

全国卷Ⅱ）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示：

回答下列问题：

（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是____________。

（3）图a为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_____________________________________________________________。

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型有________种；

固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。

Ⅲ.（2018·

全国卷Ⅲ）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。

（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是________；

ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________________________。

（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。

ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为________________。

Ⅳ.（2018·

江苏高考）臭氧（O3）在[Fe（H2O）6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO

和NO

，NOx也可在其他条件下被还原为N2。

（1）SO

中心原子轨道的杂化类型为____________；

NO

的空间构型为__________（用文字描述）。

（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为________（填化学式）。

（4）N2分子中σ键与π键的数目比n（σ）∶n（π）＝________。

答案　Ⅰ.（3）正四面体　sp3　AB

Ⅱ.

（2）H2S　（3）S8相对分子质量大，分子间范德华力强　（4）平面三角　2　sp3

Ⅲ.（3）离子键　ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小。

　（4）平面三角形　sp2

Ⅳ.

（1）sp3　平面（正）三角形　（3）NO

　（4）1∶2

解析　Ⅰ.（3）LiAlH4中的阴离子是AlH

，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；

阴、阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB。

Ⅱ.

（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是2＋

＝4、2＋

＝3、3＋

＝3，因此中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S。

（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多。

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据

（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。

分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；

固体三氧化硫中存在如图b所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。

Ⅲ.

（1）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。

作为离子化合物，氟化锌不溶于有机溶剂，而氯化锌、溴化锌和碘化锌的化学键以共价键为主，分子的极性较小，能够溶于乙醇、乙醚等弱极性有机溶剂。

（4）碳酸锌中的阴离子为CO

，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对数为3＋

＝3，所以空间构型为平面三角形，中心C原子的杂化形式为sp2杂化。

Ⅳ.

（1）SO

的中心原子S的价层电子对数为

×

（6＋2－4×

2）＋4＝4，SO

中S为sp3杂化。

的中心原子N的孤电子对数为

（5＋1－3×

2）＝0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO

的空间构型为平面（正）三角形。

（3）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO

。

（4）N2的结构式为N≡N，三键中含1个σ键和2个π键，N2分子中σ键与π键的数目比为n（σ）∶n（π）＝1∶2。

13．（2017·

江苏高考）铁氮化合物（FexNy）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。

某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。

（1）Fe3＋基态核外电子排布式为________。

（2）丙酮

分子中碳原子轨道的杂化类型是________，1mol丙酮分子中含有σ键的数目为__________。

（3）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为________。

（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为____________。

答案　

（1）[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5　

（2）sp2和sp3　9NA　

（3）H<

C<

O　（4）乙醇分子间存在氢键

解析　

（1）Fe位于元素周期表的第四周期Ⅷ族内左起第1列，基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2。

基态原子失电子遵循“由外向内”规律，故Fe3＋基态核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。

（2）CO中的C原子含有3个σ键，该原子的杂化轨道类型为sp2。

—CH3中的C原子含有4个σ键，该原子的杂化轨道类型为sp3。

1个丙酮分子含有的σ键数：

4×

2＋1＝9，故1mol丙酮分子含有9molσ键。

（3）因非金属性H＜C＜O，故电负性：

H＜C＜O。

（4）乙醇比丙酮相对分子质量小，但乙醇沸点高，原因在于氢键和范德华力之别。

乙醇含有羟基决定了乙醇分子间存在氢键，丙酮的O原子在羰基中，丙酮不具备形成氢键的条件，丙酮分子间只存在范德华力。

氢键比范德华力强得多。

14．高考组合题。

Ⅰ.（2016·

全国卷Ⅱ）东晋《华阳国志·

南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。

（1）镍元素基态原子的电子排布式为________________，3d能级上的未成对电子数为________。

（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液。

①[Ni（NH3）6]SO4中阴离子的立体构型是________。

②在[Ni（NH3）6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。

③氨的沸点________（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是________；

氨是________分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为________。

Ⅱ.（2016·

江苏高考）[Zn（CN）4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：

4HCHO＋[Zn（CN）4]2－＋4H＋＋4H2O===

[Zn（H2O）4]2＋＋4HOCH2CN

（1）Zn2＋基态核外电子排布式为__________________。

（2）1molHCHO分子中含有σ键的数目为________mol。

（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是________________。

（4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。

（5）[Zn（CN）4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。

不考虑空间构型，[Zn（CN）4]2－的结构可用示意图表示为________________________。

Ⅲ.（2016·

四川高考）M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。

M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。

请回答下列问题：

（1）R基态原子的电子排布式是________，X和Y中电负性较大的是________（填元素符号）。

（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是______________________。

（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是________。

答案　Ⅰ.

（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2　

（2）①正四面体　②配位键　N　③高于　NH3分子间可形成氢键　极性　sp3

Ⅱ.

（1）1s22s22p63s23p63d10（或[Ar]3d10）　

（2）3

（3）sp3和sp　（4）NH

（5）

Ⅲ.

（1）[Ne]3s1（或1s22s22p63s1）　Cl

（2）H2O分子间存在氢键，H2S分子间无氢键

（3）平面三角形

解析　Ⅰ.

（1）镍是28号元素，位于第四周期第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，3d能级有5个轨道，3对自旋方向不同的电子占满3个轨道，2个自旋方向相同的单电子分别占据2个轨道，所以未成对的电子数为2。

（2）①根据价层电子对互斥理论，SO

的成键电子对数等于4，孤电子对数（6＋2－2×

4）×

＝0，则阴离子的立体构型是正四面体形。

②根据配位键的特点，在[Ni（NH3）6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。

③氨气分子间存在氢键，所以氨的沸点高于膦（PH3）；

根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的成键电子对数等于3，孤电子对数（5－3）×

＝1，则N是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。

Ⅱ.

（1）Zn是30号元素，Zn2＋核外有28个电子，根据原子核外电子排布规律可知基态Zn2＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10（或[Ar]3d10）。

（2）甲醛的结构式是

，在一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键，所以在1molHCHO分子中含有σ键的数目为3mol。

（3）在HOCH2CN分子中，连有—OH的碳原子的杂化类型是sp3杂化，—CN的碳原子杂化轨道类型是sp杂化。

（4）H2O含有10个电子，则与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH

（5）在[Zn（CN）4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键，C原子提供电子对，Zn2＋的空轨道接受电子对。

Ⅲ.首先推断元素，M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，M是O；

R是同周期元素中最活泼的金属元素，R是Na；

X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，X是S，则Y是Cl；

Z是一种过渡元素，基态原子4s和3d轨道半充满，即价电子构型为3d54s1，Z是Cr。

（1）R是Na，位于周期表第三周期ⅠA族，其基态原子的电子排布式是[Ne]3s1或1s22s22p63s1；

S和Cl中，非金属性强的电负性大，故电负性较大的是Cl。

（2）由于氧原子电负性大，H2O分子间能形成氢键，而H2S不能，故H2O的沸点远远高于H2S。

（3）SO3中硫原子的价层电子对数是3＋（6－3×

2）×

＝3，没有孤电子对，分子的空间构型是平面三角形。

15．（2015·

全国卷Ⅱ节选）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；

C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；

D元素最外层有一个未成对电子。

（1）四种元素中电负性最大的是________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为________________________。

（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是________（填分子式），原因是________________________；

A和B的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。

（3）C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的立体构型为________，中心原子的杂化轨道类型为________。

（4）化合物D2A的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为

_______________________________________________________________。

答案　

（1）O　1s22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）

（2）O3　O3相对分子质量较大，范德华力大　分子晶体　离子晶体　

（3）三角锥形　sp3　（4）V形　4　2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl（或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl）

解析　由题意可知A为O，B为Na，C为P，D为Cl。

（1）四种元素中O的非金属性最强，电负性最大；

P的原子序数为15，核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3。

（2）氧元素的两种同素异形体为O2和O3，沸点较高的是O3，因为O3的相对分子质量较大，范德华力大。

O的氢化物可以是H2O、H2O2，二者所属晶体类型均为分子晶体；

Na的氢化物为NaH，属于离子晶体。

（3）PCl3中中心原子的价层电子对数是4，其中σ键数是3，孤电子对数为1，故PCl3中中心原子采用sp3杂化方式，分子构型为三角锥形。

（4）Cl2O中中心原子为O，分子中σ键数为2，中心原子孤电子对数为2，故中心原子的价层电子对数为4，分子空间构型为V形。

16．（2015·

福建高考）科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。

（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________。

（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是________（填序号）。

a．固态CO2属于分子晶体

b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子

c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。

①基态Ni原子的电子排布式为________，该元素位于元素周期表中的第________族。

②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni（CO）4，1molNi（CO）4中含有________molσ键。

（4）一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构（如下图所示）的水合物晶体，其相关参数见下表。

CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。

①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_____________________。

②为开采深海海底