2019-2020年高考化学一轮复习 第12章 基础课时2 分子结构与性质限时训练（含解析）.doc

2019-2020年高考化学一轮复习 第12章 基础课时2 分子结构与性质限时训练（含解析）1N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示键，下列说法中不正确的是()。AN2分子与CO分子中都含有三键BCO分子中有一个键是配位键CN2与CO互为等电子体DN2与CO的化学性质相同解析 由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个键，一个键，即三键结合，其中，CO分子中1个键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。N2化学性质相对稳定，CO具有比较强的还原性，两者化学性质不同。答案D2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()。Asp，范德华力Bsp2，范德华力Csp2，氢键Dsp3，氢键解析由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故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C3(xx成都诊断)下列说法中，正确的是()。A冰融化时，分子中 HO 键发生断裂B原子晶体中，共价键越强，熔点越高C分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点一定越高D分子晶体中，分子间作用力越大，该物质越稳定答案B4下列关于粒子结构的描述不正确的是()。AH2S 和 NH3 均是价电子总数为8的极性分子BHS 和 HCl 均是含一个极性键的 18 电子粒子CCH2Cl2 和 CCl4 均是四面体构型的非极性分子DNCl3 是含极性键的极性分子解析CH2Cl2 不是正四面体形分子，为极性分子。答案C5(xx南昌专练)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BCH 与 NH3、H3O 互为等电子体，立体构型均为正四面体形CCH 中的碳原子采取 sp2 杂化，所有原子均共面DCH 与OH 形成的化合物中含有离子键解析 A项，CH为 8e，CH3 为 9e，CH 为 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。 答案 C6下列物质中不存在氢键的是()。A冰醋酸中醋酸分子之间B液态氟化氢中氟化氢分子之间C一水合氨分子中的氨分子与水分子之间D可燃冰(CH48H2O)中甲烷分子与水分子之间解析形成氢键的条件是：与F、O、N等电负性很大的原子连接的氢原子与另外的F、O、N之间可形成氢键。答案D7化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3BF3，下列说法正确的是()。ANH3与BF3都是三角锥形BNH3与BF3都是极性分子CNH3BF3中各原子都达到8电子稳定结构DNH3BF3中，NH3提供孤电子对，BF3提供空轨道解析NH3是三角锥形，而BF3是平面三角形结构，B位于中心，因此，NH3是极性分子，但BF3是非极性分子，A、B都不对；NH3分子中有1对孤电子对，BF3中B原子最外层只有6个电子，正好有1个空轨道，二者通过配位键结合而使它们都达到稳定结构，D正确；但H原子核外只有2个电子，C是错误的。答案D8(xx绵阳模拟)下列描述正确的是()。ACS2为V形极性分子BSiF4与SO的中心原子均为sp3杂化CC2H2分子中键与键的数目比为1:1D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分子中键与键的数目比为3:2；水加热到很高温度都难分解是因OH键的键能较大。答案B9(xx郑州模拟)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。分子式结构简式外观熔点溶解性C12H10ClN3O白色结晶粉末170172 易溶于水回答下列问题：(1)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_。(2)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有_。A离子键B金属键C极性键D非极性键E配位键F氢键(3)查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡脲。反应过程中，每生成1 mol氯吡苯脲，断裂_个键、断裂_个键。(4)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂，是由硫酸铜和生石灰制得。若在波尔多液的蓝色沉淀上，再喷射氨水，会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物。铜元素基态原子电子排布式为_。(5)上述沉淀溶解过程的离子方程式_。解析(1)氮原子在氯吡苯脲中以2种形式出现，一是NC，另一是N=C，前者134，sp3杂化，后者123，sp2杂化。(3)反应过程中，异氰酸苯酯断裂的N=C中1根键，2-氯-4-氨吡碇断裂的是1根键。(5)溶解过程是Cu(OH)2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子，形成蓝色透明溶液。答案(1)sp2、sp3杂化(2)C、D(3)NANA(4)1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(5)Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O10(xx哈尔滨模拟)已知 A、D、E、G、L、M 是核电荷数依次增大的6种短周期主族元素，其中 A 的原子序数与周期序数相等，D、G、L、M 基态原子的最外能层均有2个未成对电子。R 核外有 28 个电子。请回答下列问题：(答题时，A、D、E、G、L、M、R 用所对应的元素符号表示)(1)E、G、M 的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)右图是由 Q、R、G 三种元素组成的一种高温超导体的晶胞结构，其中 R 为2 价，G 为 2 价。基态 R2的核外电子排布式为_；Q的化合价为_。(3)1 mol 晶体 L 中含有键的数目为_。(4)G与M 可形成 MG3与MG2，MG3分子的空间构型是_，MG2中M原子的杂化方式是_。(5)在(EA4)2 R(MG4)2 中存在的化学键除极性键外，还有_(填字母)。a离子键b氢键c配位键d金属键解析 根据题意，可知 A、R分别是H和 Cu ，D、G、L、M 分别碳、氧、硅和硫，E 是氮。(1)N和O处于同一周期，但是N位于第A 族，所以第一电离能NO；O和S处于同一主族，所以第一电离能 OS 。(2)注意晶体中是Cu2，不是Cu，所以其电子排布式是Ar3d9。晶体中，R 有8 个位于顶点、1个位于体心，平均为2 个；G 有16个位于棱上、4个位于面心、2个在体内，平均为8个；Q有8个位于棱上、2个位于体内，平均为4个。根据化合物中正负化合价的代数和为零，可知Q 为3 价。(3)晶体硅中，每个 Si 形成4个SiSi 键，但是每个 SiSi 键均为两个 Si 共用，所以平均每个 Si 形成2个 SiSi 键，故1 mol晶体硅中含有2NA个键。(4)SO3中键电子对为3 ，孤电子对为0，所以价层电子对为3，价层电子对互斥模型为平面三角形，分子构型为平面三角形。SO2 中键电子对为2，孤电子对为1，所以价层电子对为3，有3个杂化轨道，即 sp2 杂化。(5)含有金属元素和活泼非金属元素，所以存在离子键；NH内含有配位键。答案(1)NOS(2)Ar3d93(3)2NA(4)平面三角形sp2杂化(5)ac11(xx长沙模拟)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：(1)请写出元素N的基态原子电子排布式：_。(2)元素B、G形成的单质熔点更高的是_(填化学式)，原因是_。(3)ME2L2常温下为深红色液体，能与 CCl4、CS2 等互溶，据此可判断 ME2L2 是_(填“极性”或“非极性”)分子。根据等电子原理：NO 中氮原子的杂化类型是_；1 mol NO 中含有 键的数目为_。(4)在苯、CH3OH、HCHO、CS2、CCl4五种有机溶剂中，碳原子采取sp2杂化的分子有_(填序号)，CS2分子的立体构型是_。答案(1)1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2(2)Li Li 和 Na 的价电子数相同，但锂原子半径小于钠原子半径，所以Li 金属键更强，熔点更高(3)非极性sp2NA(4)直线形12(xx苏州质检)物质结构与性质从原子、分子水平上帮助我们认识物质构成的规律；以微粒之间不同的作用力为线索，研究不同类型物质的有关性质；从物质结构决定性质的视角预测物质的有关性质。(1)下列说法正确的是_(填序号)。A元素电负性由大到小的顺序为：FONB一个苯分子含3个键和6个键C氯化钠和氯化铯晶体中氯离子的配位数相同D第一电离能的大小为：BrSeAs(2)根据等电子体原理，羰基硫(OCS)分子的结构式应为_。光气(COCl2)分子内各原子最外层都满足8电子稳定结构，则光气分子的立体构型为_(用文字描述)。(3)Cu2基态的电子排布式为_。向硫酸铜溶液中加入过量氨水，然后加入适量乙醇，溶液中会析出深蓝色的Cu(NH3)4SO4晶体，该物质中配位原子的杂化方式为_。解析 (1)同一周期随原子序数的递增，电负性依次增大，A项正确；苯分子中不存在CC键，只存在一个大键，B项错误；氯化钠中氯离子的配位数为 6 ，氯化铯中氯离子的配位数为8，C项错误；As属于A 族，属于特殊情况，应该为：BrAsSe ，D项错误。(2)羰基硫与CO2是等电子体，结构式类似于CO2；根据各原子的成键特点，可知光气中存在CO键，碳原子采取 sp2杂化，立体构型为平面三角形。(3)Cu2的电子排布式为Ar3d9。Cu(NH3)42中配位氮原子形成4个键，采取 sp3 杂化。答案 (1)A(2)OCS平面三角形(3)1s22s22p63s23p63d9 (或Ar3d9)sp3杂化