2022届高考化学一轮复习规范练36分子结构与性质含解析新人教版202104211205

分子结构与性质

(时间:45分钟　满分:100分)

非选择题(共6小题,共100分)

1.(2019全国Ⅲ)(14分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题:

(1)在周期表中,与Li的化学性质最相似的邻族元素是　　　　　,该元素基态原子核外M层电子的自旋状态　　　　　(填“相同”或“相反”)。 

(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为　　　　　,其中Fe的配位数为　　　　　。 

(3)苯胺()的晶体类型是　　　　　。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近,但苯胺的熔点(-5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)NH4H2PO4中,电负性最高的元素是　　　　　;P的　　　　杂化轨道与O的2p轨道形成　　　　键。 

(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如:焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示:

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为　　　　　(用n代表P原子数)。 

答案:(1)Mg　相反

(2)　4

(3)分子晶体　苯胺分子之间可以形成氢键

(4)O　sp3　σ

(5)(PnO3n+1)(n+2)-

解析:(1)根据元素周期律可知,与Li元素处于“对角线”位置的元素为Mg,两者的化学性质相似。基态Mg原子的M层电子排布式为3s2,根据泡利原理可知,这两个电子的自旋状态相反。

(2)根据信息可知,双聚分子为Fe2Cl6,其结构式应为。Fe原子与周围4个氯原子成键,即Fe的配位数为4。

(3)苯胺是由分子构成的物质,其晶体属于分子晶体。由于苯胺分子中的N原子可与相邻苯胺分子中的氨基上的氢原子间形成氢键,而甲苯分子间只存在分子间作用力,导致苯胺的熔点、沸点高于甲苯的熔点、沸点。

(4)根据元素周期律可知,H、N、P、O四种元素的电负性大小顺序为O>N>P>H。由磷酸分子的结构简式可推知NH4H2PO4中的P的杂化类型为sp3杂化,磷原子的sp3杂化轨道与氧原子2p轨道形成的是σ键。

(5)根据题干中焦磷酸根离子和三磷酸根离子的模型可推知两者的化学式分别为P2、P3,两化学式差值为P,由此得到Pn,再由P2与(P)2(即)的差值(O2-)可得这类磷酸根离子的化学式通式为Pn+O2-=(PnO3n+1。

2.(16分)X、Y、Z、M、R为周期表前四周期原子序数依次增大的五种元素,X与其他四种元素不同周期不同主族,M原子最外层2p能级上有两个未成对电子,Y易与M形成两种常见的化合物,R在周期表的第9列。回答下列问题:

(1)R基态原子M能层的电子排布式为　　　　　　　,其原子核外共有　　　　种不同能量的电子。 

(2)Y、M均可与X形成18e-的分子,其中属于极性分子的为　　　　(填分子式),分子中Y、M两种原子杂化方式依次为　　　　、　　　　。 

(3)Z与M可形成的两种常见酸根离子的立体构型为　　　　　　、　　　　　　。 

(4)R可形成原子簇化合物R2(CO)8,其沸点为52 ℃,不溶于水,易溶于乙醇、苯、二硫化碳等,是一种重要的有机合成催化剂,其结构如图所示,则该化合物属于　　　　晶体,该晶体中存在的作用力有　　　　(填字母)。 

a.离子键　b.配位键　c.σ键　d.π键　e.氢键　f.范德华力

答案:(1)3s23p63d7　7　(2)H2O2　sp3　sp3　(3)平面三角形　V形　(4)分子　bcdf

解析:(1)由题可知R为第四周期元素并且在周期表的第9列,则R为Co,其基态原子M能层的电子排布式为3s23p63d7,其原子核外共有7种不同能量的电子。

(2)由题可知X为H,Y为C,M为O,Y、M均可与X形成18e-的分子,分子中Y与X形成的18e-的分子为C2H6,M与X形成的18e-的分子为H2O2,其中属于极性分子的为H2O2,两种分子中C、O的杂化方式依次为sp3、sp3。

(3)由题可知Z为N,与M形成的两种常见酸根离子为N、N,N的价层电子数=1+=1,没有孤电子对,所以为平面三角形,N的价层电子数=1+=2,还含有一对孤电子对,所以为V形。

(4)Co可形成原子簇化合物Co2(CO)8,其沸点为52℃,不溶于水,易溶于乙醇、苯、二硫化碳等,是一种重要的有机合成催化剂,则该化合物属于分子晶体,该晶体中存在的作用力为配位键、σ键、π键、范德华力。

3.(16分)M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题:

(1)单质M的晶体类型为　　　　　　,晶体中原子间通过　　　　　　作用形成面心立方密堆积,其中M原子的配位数为　　　　　。 

(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为　　　　　　,其同周期元素中,第一电离能最大的是　　　　　(写元素符号)。元素Y的含氧酸中,酸性最强的是　　　　　(写化学式),该酸根离子的立体构型为　　　　　　。 

(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为　　　　　　,已知晶胞参数a=0.542 nm,此晶体的密度为　　　　　　　　　 g·cm-3。(写出计算式,不要求计算结果。设阿伏加德罗常数的值为NA) 

②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色,深蓝色溶液中阳离子的化学式为　　　　　　。

答案:(1)金属晶体　金属键　12

(2)1s22s22p63s23p5　Ar　HClO4　正四面体形

(3)①CuCl　

②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)

[Cu(NH3)4]2+

解析:M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子,则其电子排布式为[Ar]3d104s1,故M是铜;Y的-1价离子最外层电子数与次外层电子数相同,则Y是氯元素。(1)铜单质为金属晶体,晶体中微粒间通过金属键形成面心立方密堆积,铜原子的配位数是12。(2)氯元素为17号元素,位于第三周期,根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,同周期元素由左往右元素原子的第一电离能逐渐增大,第三周期第一电离能最大的元素是Ar。氯元素的含氧酸中,酸性最强的是高氯酸(化学式为HClO4),酸根离子中氯原子为sp3杂化,没有孤电子对,立体构型为正四面体形。(3)①根据晶胞结构利用切割法分析,每个晶胞中含有铜原子个数为8×+6×=4,氯原子个数为4,该化合物的化学式为CuCl。1mol晶胞中含有4molCuCl,1mol晶胞的质量为4×99.5g,晶胞参数a=0.542nm,此晶体的密度为g·cm-3或g·cm-3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是Cu+与氨形成易溶于水的配合物。该溶液中的配离子在空气中被氧化生成[Cu(NH3)4]2+,所以溶液变为深蓝色。

4.(16分)引起雾霾的PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3、有机颗粒物及扬尘等。通过测定雾霾中锌等重金属的含量,可知交通污染是目前造成我国雾霾天气的主要原因之一。

(1)Zn2+在基态时核外电子排布式为　　　　　　。 

(2)S的立体构型是　　　　　　。 

(3)PM2.5富含大量的有毒、有害物质,易引发二次光化学烟雾污染,光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2CH—CHO、HCOOH、CH3COOONO2(PAN)等二次污染物。

①下列说法正确的是　　　(填字母)。 

A.N2O为直线形分子

B.C、N、O的第一电离能依次增大

C.CH2CH—CHO分子中碳原子均采用sp2杂化

D.相同压强下,HCOOH沸点比CH3OCH3高,说明前者是极性分子,后者是非极性分子

②1 mol HCOOH中含σ键数目为　。 

③NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物

[Fe(NO)(H2O)5]SO4,该配合物中心离子的配体为　　　　　　　。 

(4)测定大气中PM2.5浓度的方法之一是β-射线吸收法,β-射线放射源可用85Kr,已知Kr晶体的晶胞结构如图所示,设晶体的晶胞中含Kr原子数为m,与每个氪原子紧邻的氪原子有n个,则=　　　(填数字)。 

答案:(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10　(2)正四面体形

(3)①AC　②4×6.02×1023或4NA　③H2O、NO

(4)

解析:(1)锌是30号元素,根据核外电子的排布规律可写出Zn2+在基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。(2)S中的硫原子的价层电子对数为4,与氧原子形成四个共价键,没有孤电子对,根据价层电子对互斥理论可知S的立体构型为正四面体形。(3)①A项,等电子体结构相似,N2O与CO2是等电子体,CO2是直线形分子,则N2O也是直线形分子,正确;B项,同周期的元素随着原子序数的增大,第一电离能呈增大趋势,但氮原子的2p能级容纳3个电子,为半满稳定状态,结构稳定,其第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能:N>O>C,错误;C项,CH2CH—CHO分子中三个碳原子均形成了一个双键和两个单键,呈平面结构,故都是采用sp2杂化,正确;D项,相同压强下,HCOOH的沸点比CH3OCH3的高,是因为HCOOH分子间存在氢键,而CH3OCH3分子间不存在氢键,错误。②共价单键是σ键,共价双键中含有一个σ键和一个π键,根据HCOOH的结构式,可知1molHCOOH中含σ键的数目为4NA。③配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4的中心离子的配体为NO和H2O。(4)由氪晶体的晶胞结构可知一个晶胞中含氪原子的个数是8×+6×=4,与每个氪原子紧邻的Kr原子有12个,则。

5.(16分)能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈,越来越多的国家开始实行“阳光计划”,开发太阳能资源,寻求经济发展的新动力。

(1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层,基态镍原子的价层电子排布式为　　　　　　　,它位于周期表　　　　　区。 

甲

(2)富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能,在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途。富勒烯(C60)的结构如图甲,分子中碳原子轨道的杂化类型为　　　;1 mol C60分子中σ键的数目为　　　　个。 

(3)多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐,其主要包括砷化镓(GaAs)、硫化镉(CdS)薄膜电池等。

①第一电离能:As　　　　(填“>”“<”或“=”)Ga。 

②SeO2分子的立体构型为　　　　　　。 

(4)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味、无毒且不可燃的气体,在太阳能电池制造中得到广泛应用。它可在铜的催化作用下由F2与过量的NH3反应得到,该反应的化学方程式为3F2+4NH3NF3+3NH4F,该反应中NH3的沸点　　　　　(填“>”“<”或“=”)HF的沸点,NH4F晶体属于　　　　晶体。往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的立体构型都是三角锥形,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是　　　　　　　　　　　　　　。 

乙

图乙为金属铜的一个晶胞,此晶胞立方体的边长为a pm,Cu的相对原子质量为64,金属铜的密度为ρ g·cm-3,则阿伏加德罗常数可表示为　　　　　 mol-1(用含a、ρ的代数式表示)。 

答案:(1)3d84s2　d　(2)sp2　90NA　(3)①>　②V形

(4)<　离子　F的电负性比N大,N—F成键电子对向F偏移,导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强,难以形成配位键,故NF3不易与Cu2+形成配离子　

解析:(1)镍元素的原子序数为28,结合原子核外电子排布规律可得其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,则其价层电子排布式为3d84s2;镍元素位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族,属于d区元素。

(2)富勒烯分子中每个碳原子形成3个σ键,没有孤电子对,因此碳原子杂化方式为sp2;由均摊法知每个碳原子占有1.5个σ键,1molC60分子中σ键的数目为90NA。

(3)砷原子最外层s轨道电子全充满,p轨道电子为半充满的稳定结构,镓原子最外层p轨道只有一个电子,因此比As易失去一个p电子,第一电离能:As>Ga;由同类化合物结构相似知SeO2分子空间结构和二氧化硫类似,为V形。

(4)由于HF分子间氢键比NH3分子间氢键强得多(由于F的电负性大于N),所以氨的沸点比氟化氢低;NH4F是由N和F-形成的盐,是离子晶体;NF3与NH3的差别在于前者氮元素呈+3价,后者氮元素呈-3价,分子中共用电子对偏向不同,因此氨作配体能力比NF3强得多,故NF3不易与Cu2+形成配离子;由均摊法知每个铜晶胞中有4个铜原子,由晶胞立方体的边长为apm,Cu的相对原子质量为64,金属铜的密度为ρg·cm-3,可得×64g·mol-1=ρg·cm-3×(a×10-10cm)3,则可得NA=。

6.(22分)原子结构与元素周期表存在着内在联系。根据所学物质结构知识,请回答下列问题:

(1)请按要求任意写一个相应物质(填化学式)。含有非极性键的离子化合物:　　　　　,既含有非极性键又含极性键的非极性分子:　　　　　,既含有非极性键又含极性键的极性分子:　　　　　,全部由非金属元素组成的离子化合物:　　　　,由金属元素和非金属元素组成的共价化合物:　　　　。

(2)苏丹红颜色鲜艳、价格低廉,常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂,严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种类型,苏丹红Ⅰ的分子结构如图甲所示。

甲　苏丹红Ⅰ的分子结构

乙　修饰后的分子结构

苏丹红Ⅰ在水中的溶解度很小,微溶于乙醇,有人把羟基取代在对位形成图乙所示的结构,则其在水中的溶解度会　　　　(填“增大”或“减小”),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)已知Ti3+可形成配位数为6、颜色不同的两种配合物晶体,一种为紫色,另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式,设计了如下实验:

a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液;

b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液,均产生白色沉淀;

c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀,经洗涤干燥后称量,发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的。则绿色晶体配合物的化学式为　　　　　　　　　,由Cl-所形成的化学键类型是　　　　　　　　。 

(4)丙图中a、b、c、d四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的氢化物的沸点,其中表示第ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是　　　;表示第ⅣA族元素氢化物沸点的曲线是　　　;同一族中第三、四、五周期元素的氢化物沸点依次升高,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　; 

丙

a、b、c曲线中第二周期元素的氢化物的沸点显著高于第三周期元素的氢化物的沸点,其原因是　　　　　　　　　　　　　　。 

答案:(1)Na2O2　C2H2　H2O2　NH4Cl　AlCl3(答案合理即可)

(2)增大　苏丹红Ⅰ形成分子内氢键使其在水中的溶解度很小,而修饰后的分子可形成分子间氢键,与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度

(3)[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O　离子键、配位键(或共价键)

(4)b　d　组成和结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高　H2O、NH3、HF分子之间存在氢键,沸点较高

解析:(1)含有非极性键的离子化合物可以是Na2O2、CaC2等;既含极性键又含非极性键的非极性分子可以是C2H6、C2H4等;既含有非极性键又含极性键的极性分子是H2O2;全部由非金属元素组成的离子化合物是铵盐,如NH4Cl、(NH4)2SO4等;由金属元素和非金属元素组成的共价化合物是AlCl3等。

(2)苏丹红Ⅰ可形成分子内氢键,羟基取代对位后,则易形成分子间氢键,与H2O之间形成氢键后会增大其溶解度。

(3)根据实验步骤c可知,绿色配合物外界有2个Cl-,紫色配合物外界有3个Cl-,其化学式分别为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O、[Ti(H2O)6]Cl3,由Cl-形成的化学键是离子键、配位键。

(4)因为沸点:H2O>HF>NH3>CH4,所以a、b、c、d分别代表第ⅥA、ⅦA、ⅤA、ⅣA族元素氢化物的沸点变化趋势;形成分子间氢键的氢化物的沸点高于不能形成分子间氢键的氢化物;对于组成和结构相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大,沸点越高。