2020届高考化学一轮复习分子结构与性质作业(1)

2020届高考化学一轮复习分子结构与性质作业(1)

‎[A级　全员必做题]‎ ‎1.(2019·绵阳模拟)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 ‎2.在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　　)‎ A.sp，范德华力 B.sp2，范德华力 C.sp2，氢键 D.sp3，氢键 解析　石墨晶体中C原子为sp2杂化，层与层之间以范德华力结合，硼酸[B(OH)3]分子中，B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。‎ 答案　C ‎3.下列有关分子的结构和性质的说法正确的是(　　)‎ A.H2O2和C2H2均为直线形的非极性分子 B.NF3和PCl3均为三角锥形分子，中心原子均为sp3杂化 C.H3BO3和H3PO3均为三元酸，结构式均为 D.CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，键角均为109°28′‎ 解析　C2H2中4个原子在同一直线上，为直线形的非极性分子，但H2O2中4个原子不在同一直线上，为空间结构的极性分子，A项错误；NF3和PCl3中N、P均有一个孤电子对，杂化轨道数均为4，故均为三角锥形分子，中心原子均为sp3‎ 杂化，B项正确；H3BO3的结构式为，其溶液呈酸性是因为H3BO3与水电离出的OH－结合为[B(OH)4]－：H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，因此H3BO3为一元酸，H3PO3的结构式为，为二元酸，C项错误；CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，但键角分别为109°28′和60°，D项错误。‎ 答案　B ‎4.下列说法中正确的是(　　)‎ 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、沸点高 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　B项，分子内氢键使熔、沸点降低，分子间氢键使熔、沸点升高，邻羟基苯甲醛形成的是分子内氢键；C项，水中氢键键能比HF中氢键键能小，但由于1个HF分子只能与两个相邻的HF分子形成氢键，而一个水分子可与四个相邻的水分子形成氢键，故水的沸点比HF的沸点高；D项，X—H…Y的三原子不一定在一条直线上。‎ 答案　A ‎5.下列有关氢键的说法正确的是(　　)‎ A.HF溶液中存在三种类型的氢键 B. ‎ C.H2O的稳定性高，是因为水分子间存在氢键 D. 形成分子内氢键，故比 难电离 解析　HF溶液中HF与HF、H2O与H2O、HF与H2O之间均存在氢键，氢键类型有如下4种：F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O，A项错误；形成分子间氢键，而形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，故的沸点比 的高，B项错误；H2O的稳定性高，是因为水分子中H—O键的键能大，而氢键影响物理性质，C项错误；相对于，苯环上多了一个—COO－，羟基上与氧结合的氢原子能与羧基上氧原子形成氢键，使其更难电离出H＋，因此的电离常数比 的电离常数小，D项正确。‎ 答案　D ‎6.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是(　　)‎ A.B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上 B.B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应 C.H3O＋和NH3是等电子体，均为三角锥形 D.CH4和NH是等电子体，均为正四面体形 解析　B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似；C项，H3O＋和NH3是等电子体，根据氨气分子的立体构型判断水合氢离子的立体构型；D项，CH4和NH是等电子体，根据甲烷的立体构型判断铵根离子的立体构型。‎ 答案　B ‎7.关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是(　　)‎ A.配体是Cl－和H2O，配位数是9‎ B.中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋‎ C.内界和外界中Cl－的数目比是1∶2‎ D.加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀 解析　[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3＋，配合物中配位离子Cl－不与Ag＋反应，外界中的Cl－与Ag＋反应，据此分析解答。‎ 答案　C ‎8.胆矾CuSO4·5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp2杂化 B.在上述结构示意图中，存在配位键、共价键，不存在离子键 C.胆矾是分子晶体，分子间存在氢键 D.胆矾中的两种结晶水在不同的温度下会分步失去 解析　H2O中O原子形成2个σ键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，故A错误；在题述结构示意图中，存在O→Cu配位键，H—O、S—O共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，故B 错误；胆矾是五水硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确。‎ 答案　D ‎9.氮元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，N2O的空间构型为________，NH4NO3中N的杂化方式为___________________________________。‎ ‎(2)氮元素的第一电离能在同周期中从大到小排第________位，写出与NO互为等电子体的一种非极性分子的化学式____________________________________________________________________。‎ ‎(3)已知NH3分子的键角约为107°，而PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥理论解释NH3的键角比PH3的键角大的原因_____________________________________________________________________。‎ ‎(4)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子中氮原子轨道的杂化类型为_____________________________________________________________________，‎ 乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎(5)N元素可以形成两种含氧酸HNO2和HNO3，酸性是HNO3________HNO2(填“强于”或“弱于”)，原因是___________________________________________。‎ 解析　(1)基态氮原子核外有7个电子，每个电子的能量各不相同；N2O与CO2互为等电子体，空间构型与CO2的空间构型相同，均为直线形；NH4NO3中的两个氮原子均无孤电子对，NH中N为sp3杂化，NO中N为sp2杂化。(2)第二周期元素，第一电离能从左到右逐渐增大，但Be由于2p轨道全空，故其第一电离能比B大，N由于2p轨道半满，其第一电离能比O大，即第二周期元素第一电离能：Ne>F>N>O>C>Be>B>Li，故氮元素在第二周期元素中第一电离能排第3位；与NO互为等电子体的非极性分子为SO3或BF3。(3)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大，故NH3的键角比PH ‎3的键角大。(4)乙二胺分子中氮原子有一个孤电子对，N的杂化轨道数为4，故杂化类型为sp3杂化。乙二胺中氮原子上有氢原子，分子间可以形成氢键，而三甲胺中氮原子上没有氢原子，分子间不能形成氢键，故乙二胺比三甲胺的沸点高很多。(5)HNO3中含有更多的非羟基氧，N的正电性较高，导致N—O—H中的电子向N偏移，因而在水分子的作用下就越容易电离出H＋，即酸性越强。‎ 答案　(1)7　直线形　sp3、sp2‎ ‎(2)3　SO3或BF3‎ ‎(3)N原子半径比P原子半径小，NH3分子中成键电子对间的距离较近，斥力更大 ‎(4)sp3杂化　乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 ‎(5)强于　HNO3中含有更多的非羟基氧，N的正电性较高，导致N—O—H中的电子向N偏移，因而在水分子的作用下就越容易电离出H＋，即酸性越强 ‎10.砷(As)元素及其化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态As原子的核外电子排布式为________，砷与硒的第一电离能较大的是________。‎ ‎(2)传统中药的砷剂俗称“砒霜”，其分子结构如图所示，该化合物中As、O原子的杂化方式分别为________、________。‎ ‎(3)Na3AsO4可作杀虫剂。AsO的立体构型为________，与其互为等电子体的分子的化学式为______________________________________________________‎ ‎(任写一种)。‎ ‎(4)H3AsO4和H3AsO3是砷的两种含氧酸，请根据物质结构与性质的关系，解释H3AsO4比H3AsO3酸性强的原因________________________________________。‎ 解析　(1)基态As原子的核外有33个电子，根据构造原理知电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。砷由于4p轨道为半充满状态，结构稳定，第一电离能比Se大。(2)该化合物中As有一个孤电子对，杂化类型为sp3杂化，O有两个孤电子对，杂化类型为sp3杂化。(3)AsO中As无孤电子对 ‎，立体构型为正四面体形，与AsO互为等电子体的分子有CF4、SiF4、CCl4、SiCl4等。(4)两种含氧酸H3AsO4和H3AsO3可分别表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中As为＋3价，而H3AsO4中As为＋5价，正电性更高，导致As—O—H中O的电子向As偏移，更易电离出H＋，所以H3AsO4比H3AsO3酸性强。‎ 答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3　As或砷 ‎(2)sp3杂化　sp3杂化 ‎(3)正四面体形　CF4(或SiF4、CCl4、SiCl4，合理即可)‎ ‎(4)H3AsO4和H3AsO3可分别表示为(HO)3AsO和(HO)3As，H3AsO3中As为＋3价，而H3AsO4中As为＋5价，正电性更高，导致As—O—H中O的电子向As偏移，更易电离出H＋‎ ‎11.锂－磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：‎ ‎2Na3PO4＋4CuSO4＋2NH3·H2O===Cu4O(PO4)2↓＋3Na2SO4＋(NH4)2SO4＋H2O 请回答下列问题：‎ ‎(1)上述化学方程式中涉及的N、O、P元素的电负性由小到大的顺序是________。‎ ‎(2)基态S原子的价电子排布式为____________________________________________________________________。‎ ‎(3)(NH4)2SO4中含有化学键的类型为________。‎ ‎(4)PO的立体构型是________，其中P原子的杂化方式为________。‎ ‎(5)在硫酸铜溶液中加入过量KCN溶液，生成配合物[Cu(CN)4]2－，则1 mol CN－中含有的π键数目为________，1 mol [Cu(CN)4]2－中含有的σ键数目为________。‎ 解析　(1)同周期主族元素的电负性从左到右逐渐增大，则有电负性：NP。‎ ‎(2)基态S原子核外有16个电子，根据核外电子排布规律，其价电子排布式为3s23p4。‎ ‎(3)(NH4)2SO4分子中存在N—H极性共价键和S—O极性共价键，NH和SO之间存在离子键。‎ ‎(4)PO中P原子的价层电子对数为4＋＝4，则P原子采取sp3杂化，故PO的立体构型为正四面体。(5)CN－中C、N原子之间存在C≡N键，1个CN－中存在1个σ键、2个π键，故1 mol CN－含有2 mol π键。[Cu(CN)4]2－中Cu2＋为中心离子，CN－为配体，Cu2＋与CN－之间以配位键结合，即每个CN－与Cu2＋间有1个σ键，故1 mol[Cu(CN)4]2－含有8 mol σ键。‎ 答案　(1)PINi的原因是_____________________。‎ ‎(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。‎ ‎②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝________nm。‎ 解析　(1) 镍是28号元素，位于第四周期Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2；3d能级有5个轨道，根据洪特规则，先占满5个自旋方向相同的电子，再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，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σ键电子对数等于4，孤电子对数为＝0，则阴离子的空间构型是正四面体形；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氨分子间存在氢键，分子间作用力强，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σ键电子对数等于3，孤电子对数为＝1，则中心氮原子轨道杂化类型为sp3杂化，分子为三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。(3)铜和镍属于 金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu＞INi。(4)①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×＝3，镍原子的个数为8×＝1，则铜原子和镍原子的数量比为3∶1；②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为dg·cm－3，根据ρ＝，则晶胞参数a＝×107 nm。 ‎ 答案　(1) 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2‎ ‎(2) ①正四面体　②配位键　　N　 ③高于　氨分子间可形成氢键　极性　 sp3‎ ‎(3)金属　铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 ‎(4)①3∶1　 ②×107‎