考点24 分子结构与性质-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点24 分子结构与性质-2024年高考化学试题分类汇编，共34页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(2024·湖北选择考·4)化学用语可以表达化学过程,下列化学用语表达错误的是( )
A.用电子式表示Cl2的形成:··Cl·····+·Cl······ ··Cl······Cl······
B.亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO:[Cu(NH3)2]2++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]2+
C.用电子云轮廓图示意p-p π键的形成:
D.制备芳纶纤维凯芙拉:
++(2n-1)H2O
【解析】选B。氯原子的最外层电子数为7,Cl原子与Cl原子共用1对电子形成Cl2,用电子式表示Cl2的形成过程为 ··Cl·····+·Cl······ ··Cl······Cl······,故A正确;亚铜氨中铜元素的化合价为+1价,而[Cu(NH3)2]2+中铜元素为+2价,故B错误;π键是由两个原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的,用电子云轮廓图表示p-p π键的形成为,故C正确;的氨基和的羧基发生缩聚反应生成高聚物和水,其反应的化学方程式为++(2n-1)H2O,故D正确。
2.(2024·湖北选择考·5)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是( )
A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同
B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
【解析】选A。VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型,而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构,不包括孤电子对,当中心原子无孤电子对时,两者空间结构相同,当中心原子有孤电子对时,两者空间结构不同,故A错误;元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化,这一规律叫元素周期律,故B正确;在一个原子轨道里,最多只能容纳两个电子,它们的自旋相反,这个原理被称为泡利原理,故C正确;1个s轨道和3个p轨道发生sp3杂化,形成4个能量相同、方向不同的sp3杂化轨道,故D正确。
3.(2024·湖北选择考·8)结构决定性质,性质决定用途。下列事实解释错误的是( )
【解析】选B。甘油的分子结构为,分子中有3个羟基,分子间可以形成较多的氢键,且O元素的电负性较大,故其分子间形成的氢键较强,导致甘油是黏稠液体,A正确;王水溶解铂,是因为浓盐酸提供的Cl-能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解,B错误;冰晶体中水分子间形成较多的氢键,由于氢键具有方向性和饱和性,导致晶体中水分子不能采用最密堆积方式,使分子间的空隙变大,空间利用率降低,而干冰晶体中CO2分子之间存在的是范德华力,没有方向性和饱和性,导致晶体中CO2分子之间采用最密堆积方式,空间利用率较高,从而使冰的密度小于干冰,C正确;石墨晶体属于层状结构,每一层中碳原子通过3个sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成C—C,每个碳原子还有1个单电子位于未杂化的垂直于平面的2p轨道上,这些未杂化的2p轨道相互重叠形成大π键,这些p轨道的电子可以在整个层内运动,从而导致石墨能导电,D正确。
4.(2024·湖北选择考·9)主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y的价电子数相等,Z的价电子所在能层有16个轨道,4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是( )
Z+[]-
A.电负性:W>Y
B.酸性:W2YX3>W2YX4
C.基态原子的未成对电子数:W>X
D.氧化物溶于水所得溶液的pH:Z>Y
【解析】选D。主族元素Z的价电子所在能层有16个轨道,则Z的价电子位于第4能层,又根据4种元素形成的化合物的结构,Z形成+1价阳离子,因此Z的价电子排布为4s1,即Z为K元素。主族元素X、Y的价电子数相等,二者位于同一主族,根据化合物的结构,Y能形成6个共价键,X能形成2个共价键,因此X、Y位于第ⅥA族,又W、X、Y、Z原子序数依次增大,因此X为O元素、Y为S元素。W的原子序数最小且只能形成1个共价键,因此W只能为H元素。故W、X、Y、Z分别为H、O、S、K。根据W和Y可以形成H2S,其中S显-2价,故电负性:S>H,A不正确;H2SO3是中强酸,而H2SO4是强酸,B不正确;H只有1个电子,O的2p轨道上有2个未成对电子,因此,基态原子的未成对电子数:O>H,C不正确;K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱KOH,S的氧化物溶于水且与水反应生成酸H2SO3或H2SO4,因此,氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系为 K>S,D正确。
5.(2024·湖北选择考·12)O2在超高压下转化为平行六面体的O8分子(如图)。下列说法错误的是( )
A.O2和O8互为同素异形体
B.O8中存在不同的氧氧键
C.O2转化为O8是熵减反应
D.常压低温下O8能稳定存在
【解析】选D。O2和O8是O元素形成的不同形态的单质,互为同素异形体,A项正确;O8分子为平行六面体,由其结构知,O8中存在两种氧氧键:上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧键,B项正确;O2转化为O8可表示为4O2O8,分子数减少,是熵减反应,C项正确;O2在超高压下转化成O8,则在常压低温下O8会转化成O2,不能稳定存在,D项错误。
6.(2024·湖北选择考·15)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是( )
A.芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
B.并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
C.从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘
D.芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【解析】选B。“分子客车”和稠环芳香烃均属于分子晶体,故芳烃与“分子客车”是通过分子间相互作用形成分子聚集体——超分子,A项正确;“分子客车”的长为2.2 nm,高为0.7 nm,从长的方向观察,有与并四苯分子适配的结构,从高的方向观察则缺少适配结构,且平躺装载时并四苯与“分子客车”的结合更紧密,故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性,B项错误;芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配,故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘,C项正确;芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多,与“分子客车”的结合常数逐渐增大,而结合常数越大越稳定,故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合,D项正确。
7.(2024·黑、吉、辽选择考·2)下列化学用语或表述正确的是( )
A.中子数为1的氦核素:21He
B.SiO2的晶体类型:分子晶体
C.F2的共价键类型:p-p σ键
D.PCl3的空间结构:平面三角形
【解析】选C。中子数为1的He核素其质量数为1+2=3,故其应表示为 23He,A错误;SiO2晶体中只含有共价键,为共价晶体,B错误;2个F原子各提供1个未成对电子的2p原子轨道重叠形成p-p σ键,C正确;PCl3的中心原子P存在1对孤电子对,其VSEPR模型为四面体形,PCl3的空间结构为三角锥形,D错误。
8.(2024·安徽选择考·7)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质,转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物),羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下,羟胺易潮解,水溶液呈碱性,与盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。
已知25 ℃时,Ka(HNO2)=7.2×10-4,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Kb(NH2OH)=8.7×10-9。
下列有关物质结构或性质的比较,正确的是( )
A.键角:NH3>NO3-
B.熔点:NH2OH>[NH3OH]Cl
C.25 ℃同浓度水溶液的pH:[NH3OH]Cl>NH4Cl
D.羟胺分子间氢键的强弱:O—H…O>N—H…N
【解析】选D。NH3中N原子的价层电子对数=3+12(5-3×1)=3+1=4,为sp3杂化,键角为107°,NO3-中N的价层电子对数=3+12(5+1-3×2)=3+0=3,为sp2杂化,键角为120°,故键角:NH3Kb(NH2OH),故NH2OH的碱性比NH3·H2O弱,故同浓度的水溶液中,[NH3OH]+的水解程度大于NH4+的水解程度,二者同浓度水解后,[NH3OH]+中氢离子浓度更大,酸性更强,同浓度水溶液的pH:[NH3OH]ClN—H…N,D项正确。
9.(2024·黑、吉、辽选择考·9)环六糊精(D -吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小,腔外极性较大,可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是( )
A.环六糊精属于寡糖
B.非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
C.图2中甲氧基对位暴露在反应环境中
D.可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【解析】选B。1 ml糖水解后能产生2~10 ml单糖的糖称为寡糖或者低聚糖,环六糊精是葡萄糖的缩合物,属于寡糖,A正确;要和环六糊精形成超分子,该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸,故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包合形成超分子,B错误;由于环六糊精腔内极性较小,可以将苯环包合在其中,腔外极性较大,在环六糊精作用下,与HOCl反应生成占比96%的,故将甲氧基对位暴露在反应环境中,C正确;环六糊精空腔外有多个羟基,可以和水形成分子间氢键,故环六糊精能溶解在水中,而氯代苯甲醚不溶于水,所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚,D正确。
10.(2024·安徽选择考·8)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是( )
A.该物质中Ni为+2价
B.基态原子的第一电离能:Cl>P
C.该物质中C和P均采取sp2杂化
D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2
【解析】选C。由结构简式可知,P原子的3个未成对电子与苯环形成共用电子对,P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键,Cl-提供孤电子对,与Ni形成配位键,由于整个分子呈电中性,故该物质中Ni为+2价,A项正确;同周期元素随着原子序数的增大,第一电离能有增大趋势,故基态原子的第一电离能:Cl>P,B项正确;该物质中,C均存在于苯环上,采取sp2杂化,P与苯环形成3对共用电子对,剩余的孤电子对与Ni形成配位键,价层电子对数为4,采取sp3杂化,C项错误;Ni的原子序数为28,位于第四周期第Ⅷ族,基态Ni原子价电子排布式为3d84s2,D项正确。
11.(2024·江苏选择考·7)催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变,常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在,如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化剂有选择性,如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境,如汽车尾气处理、废水中NO3-电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界,高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。
下列有关反应描述正确的是( )
A.CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO,CH3CH2OH断裂C—O键
B.氟氯烃破坏臭氧层,氟氯烃产生的氯自由基改变O3分解的历程
C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯,丁烷断裂σ键和π键
D.石墨转化为金刚石,碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2
【解析】选B。CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO,CH3CH2OH断裂C—H键和O—H键,生成CO键,A错误;根据题意,由氟氯烃产生的氯自由基催化O3分解破坏臭氧层,则氟氯烃产生的氯自由基改变O3分解的历程,B正确;丁烷催化裂化为乙烷和乙烯,丁烷断裂σ键,丁烷是饱和烷烃,没有π键,C错误;石墨碳原子轨道的杂化类型为sp2,金刚石碳原子轨道的杂化类型为sp3,石墨转化为金刚石,碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3,D错误。
12.(2024·河北选择考·8)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是( )
【解析】选B。A.原子光谱是不连续的线状谱线,说明原子的能级是不连续的,即原子能级是量子化的,故A正确;B.CO2中心C原子为sp杂化,键角为180°,CH2O中心C原子为sp2杂化,键角大约为120°,CH4中心C原子为sp3杂化,键角为109°28',三种物质中心C原子都没有孤电子对,三者键角大小与孤电子对无关,故B错误;C.离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小,离子半径比越大,配位数越大,Cs+周围最多能排布8个Cl-,Na+周围最多能排布6个Cl-,说明Cs+比Na+半径大,故C正确;D.断开第一个键时,碳原子周围的共用电子对多,原子核对共用电子对的吸引力较弱,需要能量较小,断开C—H键越多,碳原子周围共用电子对越少,原子核对共用电子对的吸引力越强,需要的能量变大,所以各步中的C—H键所处化学环境不同,每步所需能量不同,故D正确。故选B。
13.(2024·河北选择考·9)NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体,与某些易燃物作用可全部生成气态产物,如:NH4ClO4+2CNH3↑+2CO2↑+HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是( )
A.HCl的形成过程可表示为H·+·Cl······H+[··Cl······]-
B.NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
C.在C60、石墨、金刚石中,碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式
D.NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
【解析】选B。A.HCl是共价化合物,其电子式为H··Cl······,HCl的形成过程可表示为H·+·Cl······H··Cl······,故A错误;B.NH4ClO4中NH4+的中心N原子孤电子对数为12×(5-1-4)=0,价层电子对数为4,ClO4-的中心Cl原子孤电子对数为12×(7+1-2×4)=0,价层电子对数为4,则二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形,故B正确;C.C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3,共有2种杂化方式,故C错误;D.NH3易液化,其汽化时吸收热量,可作制冷剂,干冰易升华,升华时吸收热量,也可作制冷剂,NH3分子间作用力为氢键和范德华力,CO2分子间仅存在范德华力,故D错误。故选B。
14.(2024·湖南选择考·2)下列化学用语表述错误的是( )
A.NaOH的电子式:Na+[··O······H]-
B.异丙基的结构简式:
C.NaCl溶液中的水合离子:
D.Cl2分子中σ键的形成:
【解析】选C。NaOH由Na+和OH-构成,电子式:Na+[··O······H]-,故A正确;异丙基的结构简式:,故B正确;Na+半径比Cl-小,水分子的电荷分布情况如图所示,Cl-带负电荷,水分子在Cl-周围时,呈正电性的H朝向Cl-,水分子在Na+周围时,呈负电性的O朝向Na+,NaCl溶液中的水合离子应为、,故C错误;Cl2分子中的共价键是由2个氯原子各提供1个未成对电子的3p原子轨道重叠形成的p-p σ键,形成过程:,故D正确。
15.(2024·湖南选择考·4)下列有关化学概念或性质的判断错误的是( )
A.CH4分子是正四面体结构,则CH2Cl2没有同分异构体
B.环己烷与苯分子中C—H键的键能相等
C.甲苯的质谱图中,质荷比为92的峰归属于
D.由R4N+与PF6-组成的离子液体常温下呈液态,与其离子的体积较大有关
【解析】选B。CH2Cl2为四面体结构,其中任何两个顶点都是相邻关系,因此CH2Cl2没有同分异构体,故A项说法正确;环己烷中碳原子采用sp3杂化,苯分子中碳原子采用sp2杂化,杂化方式不同,杂化轨道参与组成的C—H共价键的键能不同,故B项说法错误;带1个单位的正电荷,其相对分子质量为92,因此其质荷比为92,故C项说法正确;当阴阳离子体积较大时,其电荷较为分散,导致它们之间的作用力较低,以至于熔点接近室温,故D项说法正确。
16.(2024·湖南选择考·9)通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构,P和Q呈平面六元并环结构,原子的连接方式如图所示,下列说法错误的是( )
A.P为非极性分子,Q为极性分子
B.第一电离能:BC.1 ml P和1 ml Q所含电子数目相等
D.P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化
【解析】选A。由所给分子结构图可知,P和Q分子都满足对称,正负电中心重合,都是非极性分子,A错误;同周期元素,从左到右第一电离能呈增大趋势,氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构,第一电离能大于相邻元素,则第一电离能由小到大的顺序为B17.(2024·浙江6月选考·7)物质微观结构决定宏观性质,进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( )
【解析】选B。A项,石墨呈层状结构,层间以范德华力结合,该作用力较小,层与层之间容易滑动,石墨可用作润滑剂,A正确;B项,SO2具有漂白性,可用作漂白剂,B错误;C项,聚丙烯酸钠()中含有亲水基团—COO-,聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂,C正确;D项,冠醚18-冠-6空腔直径(260~320 pm)与K+直径(276 pm)接近,可识别K+,使K+存在于其空腔中,进而能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度,D正确。
18.(2024·浙江6月选考·10)X、Y、Z、M四种主族元素,原子序数依次增大,分别位于三个不同短周期,Y与M同主族,Y与Z核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( )
A.键角:YX3+>YX3-
B.分子的极性:Y2X2>X2Z2
C.共价晶体熔点:Y>M
D.热稳定性:YX4>MX4
【解析】选B。X、Y、Z、M四种主族元素,原子序数依次增大,分别位于三个不同短周期,Y与M同主族,Y与Z核电荷数相差2,Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍,则Z为O元素,Y为C元素,X为H元素,M为Si元素。A项,YX3+为CH3+,其中C原子的杂化类型为sp2,CH3+的空间结构为平面正三角形,键角为120°,YX3-为CH3-,其中C原子的杂化类型为sp3,CH3-的空间结构为三角锥形,由于C原子还有1个孤电子对,故键角小于109°28',因此,键角的大小关系为YX3+>YX3-,A正确;B项,Y2X2为C2H2,其为直线形分子,分子结构对称,分子中正负电中心重合,故其为非极性分子,H2O2分子结构不对称,分子中正负电中心不重合,故其为极性分子,因此,两者极性的大小关系为Y2X219.(2024·浙江6月选考·14)Si5Cl10中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键,与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3。下列说法不正确的是( )
A.Si5Cl10分子结构可能是
B.Si5Cl10与水反应可生成一种强酸
C.Si5Cl10与NaOH溶液反应会产生H2
D.Si5Cl10沸点低于相同结构的Si5Br10
【解析】选A。A项,该结构中,如图所示的2个Cl,Cl最外层有7个电子,形成了2个共价键,因此其中1个应为配位键,而Si不具备空轨道来接受孤电子对,因此结构是错误的,故A错误;B项,Si5Cl10与水反应可生成HCl,HCl是一种强酸,故B正确;C项,Si5Cl10与NaOH溶液反应,Si元素均转化成Na2SiO3,Si的化合价升高,根据得失电子守恒可知,H元素的化合价降低,生成H2,故C正确;D项,Si5Br10的相对分子质量大于Si5Cl10,因此Si5Br10的范德华力更大,沸点更高,故D正确。
20.(2024·山东等级考·3)下列化学用语或图示正确的是( )
A.的系统命名:2-甲基苯酚
B.O3分子的球棍模型:
C.激发态H原子的轨道表示式:
D.p-p π键形成的轨道重叠示意图:
【解析】选A。含有的官能团为羟基,甲基与羟基相邻,系统命名为2-甲基苯酚,故A正确;臭氧中心O原子的价层电子对数为2+6−2×22=3,属于sp2杂化,有1个孤电子对,臭氧为V形分子,球棍模型为,故B错误;K能层只有1个能级1s,不存在1p能级,故C错误;p-p π键形成的轨道重叠示意图为,故D错误;故选A。
21.(2024·山东等级考·9)由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物,能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是( )
A.图中代表F原子
B.该化合物中存在过氧键
C.该化合物中I原子存在孤对电子
D.该化合物中所有碘氧键键长相等
【解析】选C。由图中信息可知,白色的小球可形成2个共价键,灰色的小球只形成1个共价键,黑色的大球形成了4个共价键(其中1个为双键),根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及其价层电子数可以判断,白色的小球代表O原子,灰色的小球代表F原子,黑色的大球代表I原子,A不正确;根据该化合物结构片断可知,每个I原子与3个O原子形成共价键,因此,该化合物中不存在过氧键,B不正确;I原子的价电子数为7,该化合物中F元素的化合价为-1,O元素的化合价为-2,则I元素的化合价为+5,据此可以判断每个I原子与其他原子形成3个单键和1个双键,I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目,因此,该化合物中I原子存在孤对电子,C正确;该化合物中既存在I—O单键,又存在IO双键,两种碘氧键的键长是不相等的,D不正确;综上所述,本题选C。
22.(2024·北京等级考·9)氘代氨(ND3)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND3:①Mg3N2与D2O的水解反应;②NH3与D2O反应。下列说法不正确的是( )
A.NH3和ND3可用质谱法区分
B.NH3和ND3均为极性分子
C.方法①的化学方程式是Mg3N2+6D2O3Mg(OD)2+2ND3↑
D.方法②得到的产品纯度比方法①的高
【解析】选D。NH3和ND3的相对分子质量不同,可以用质谱法区分,A正确;NH3和ND3的H原子不同,但空间结构均为三角锥形,是极性分子,B正确;Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3,反应方法①的化学方程式书写正确,C正确;方法②是通过D2O中D原子代替NH3中H原子的方式得到ND3,代替的个数不同,产物会不同,纯度低,D错误。
23.(2024·北京等级考·12)下列依据相关数据作出的推断中,不正确的是( )
A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较,可推断反应进行的方向
B.依据一元弱酸的Ka,可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小
C.依据第二周期主族元素电负性依次增大,可推断它们的第一电离能依次增大
D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能,可推断它们的热稳定性强弱
【解析】选C。对于可逆反应的Q与K的关系:Q>K,反应向逆反应方向进行,Q24.(2024·新课标卷·11)我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[Z(WX)6]2纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是( )
A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为sp3
C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液,可以溶于NH4Cl溶液
D.Y3[Z(WX)6]2中WX-提供电子对与Z3+形成配位键
【解析】选A。W、X 、Y、Z的原子序数依次增加,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍,则W为C元素;每个周期的ⅡA族和ⅤA族的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高,由于Y3[Z(WX)6]2是一种无机盐,其中的Y为阳离子,则Y属于金属元素,故X和Y分别为N和Mg;Z的M层未成对电子数为4,则其3d轨道上有4个未成对电子,其价层电子排布式为3d64s2,Z为Fe元素,Y3[Z(WX)6]2为Mg3[Fe(CN)6]2。A.W、X、 Y、Z四种元素的单质中,N元素的单质形成分子晶体,Mg和Fe均形成金属晶体,C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨,石墨的熔点最高,A不正确;B.X的简单氢化物是NH3,其中N原子轨道杂化类型为sp3,B正确;C.Y的氢氧化物是Mg(OH)2,属于中强碱,难溶于水和NaCl溶液,但是,由于NH4Cl电离产生的NH4+可以破坏Mg(OH)2的沉淀溶解平衡,因此Mg(OH)2可以溶于NH4Cl溶液,C正确;D.Mg3[Fe(CN)6]2中CN-提供电子对与Fe3+形成配位键,D正确。
25.(2024·甘肃选择考·13)温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。
下列说法错误的是( )
A.原子半径:OB.第一电离能:CC.在水中的溶解度:苯<苯酚
D.苯和苯酚中C的杂化方式相同
【解析】选B。C、N、O都是第二周期的元素,其原子序数依次递增;同一周期的元素,从左到右原子半径依次减小,因此,原子半径从小到大的顺序为O26.(2024·甘肃选择考·14)温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。
下列说法错误的是( )
A.相同条件下N2比O2稳定
B.N2O与NO2+的空间构型相同
C.N2O中N—O键比N—N键更易断裂
D.N2O中σ键和大π键的数目不相等
【解析】选D。N2分子中存在N≡N,O2分子中存在双键,其键能小于N≡N,因此,相同条件下N2比O2稳定,A正确;N2O与NO2+均为CO2的等电子体,故其均为直线形分子,两者空间构型相同,B正确;N2O的中心原子是N,其在催化剂作用下可分解为O2和N2,说明N2O中N—O键比N—N键更易断裂,C正确;N2O与CO2互为等电子体,空间构型相同,含有2个σ键和2个大π键,σ键和大π键的数目相等,D不正确。
非选择题
27.(2024·全国甲卷·35)ⅣA族元素具有丰富的化学性质,其化合物有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ,在与其他元素形成化合物时,呈现的最高化合价为 。
(2)CaC2俗称电石,该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a.离子键 b.极性共价键
c.非极性共价键 d.配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷,其中电负性最大的元素是 ,硅原子的杂化轨道类型为 。
(4)早在青铜器时代,人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表,结合变化规律说明原因:
。
(5)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料,其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为 。设NA为阿伏加德罗常数的值,则该晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
【解析】(1)ⅣA族元素基态原子的价层电子排布式为ns2np2,其核外未成对电子数为2,因最外层电子数均为4,所以在与其他元素形成化合物时,呈现的最高化合价为+4。
(2)CaC2俗称电石,其为离子化合物,由Ca2+和C22−构成,两种离子间存在离子键,C22−中两个C原子之间存在非极性共价键,因此,该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键,故选bd。
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷,含C、Si、H三种元素,其电负性大小:C>H>Si,则电负性最大的元素是C,硅原子与周围的4个原子形成共价键,没有孤电子对,价层电子对数为4,则硅原子的杂化轨道类型为sp3。
(4)根据表中数据可知,SnF4的熔点远高于其余三种物质,故SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增强,熔点升高,故原因为SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,分子晶体的相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔点越高。
(5)由PbS晶胞结构图可知,该晶胞中有4个Pb和4个S,距离每个原子周围最近的原子数均为6,因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值,则NA个晶胞的质量为4×(207+32) g,NA个晶胞的体积为NA×(594×10-10cm)3,因此该晶体密度为4×(207+32)NA×(594×10-10)3 g·cm-3或956NA×(594×10-10)3 g·cm-3。
答案:(1)2 +4
(2)bd
(3)C sp3
(4)SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,分子晶体的相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔点越高
(5)6
4×(207+32)NA×(594×10-10)3[或956NA×(594×10-10)3]
28.(2024·安徽选择考·15)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。
回答下列问题:
(1)Cu位于元素周期表第 周期第 族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为 。
(4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为
。
“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为 。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O62−的结构为(a)而不是(b)的原因:
。
【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中,Ag、Au不反应,浸渣1中含有Ag和Au;浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取,Au转化为HAuCl4进入浸出液2,Ag转化为AgCl,浸渣2中含有AgCl;浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au,同时N2H4被氧化为N2;浸渣2中加入Na2S2O3,将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-,得到浸出液3,利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族;
(2)由分析可知,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中,故浸出液1中含有的金属离子主要是Cu2+;
(3)浸取2步骤中,Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应,生成HAuCl4和H2O,根据得失电子守恒及质量守恒,可得反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O;
(4)根据分析可知,浸渣2中含有AgCl,与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-;
(5)电沉积步骤中,阴极发生还原反应,[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag,电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2O32−;阴极反应生成S2O32−,同时阴极区溶液中含有Na+,故电沉积步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3;
(6)还原步骤中, HAuCl4被还原为Au,Au化合价由+3价变为0价,一个HAuCl4转移3个电子,N2H4被氧化为N2,N的化合价由-2价变为0价,一个N2H4转移4个电子,根据得失电子守恒,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4;
(7)氧原子电负性大,半径小,对相应成键电子对的斥力大,使氧氧键键能小,不稳定,更易断裂,故(b)不稳定。
答案:(1)四 ⅠB
(2)Cu2+
(3)2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O
(4)AgCl
(5)[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2O32− Na2S2O3
(6)3∶4
(7)氧原子电负性大,半径小,对相应成键电子对的斥力大,使氧氧键键能小,不稳定,更易断裂,故(b)不稳定
29.(2024·浙江6月选考·17)氧是构建化合物的重要元素。请回答:
(1)某化合物的晶胞如图1,Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为 ;写出该化合物的化学式 ,写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式
。
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是 。
A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D.Fe原子变成Fe+,优先失去3d轨道上的电子
(3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。


图2
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2),按照氢键由强到弱对三种酸排序 ,请说明理由
。
②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,请从结构角度说明理由
。
【解析】(1)由晶胞结构知,Cl位于顶点,O位于体心,K位于面心,1个晶胞中含Cl:8×18=1个,含O:1个,含K:6×12=3个,该化合物的化学式为K3ClO;由题图可知,Cl-的配位数为8×32=12;该化合物可看成KCl∙K2O,故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O,反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O3KCl+2NH3∙H2O。(2)A项,根据原子核外电子排布规律,基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种,A项正确;B项,Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量,Na+和Ne具有相同的电子层结构,Na+的核电荷数大于Ne,Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的,故Na的第二电离能>Ne的第一电离能,B项正确;C项,Ge的原子序数为32,基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2,C项错误;D项,基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2,Fe原子变成Fe+,优先失去4s轨道上的电子,D项错误;故选AB。(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小,键的极性:CO>CS>CSe,使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大,其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA;②HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,说明酸性HCHC,C-的水解能力大于D-,钠盐的碱性NaC>NaD。
答案:(1)12 K3ClO
K3ClO+2NH4Cl+H2O3KCl+2NH3∙H2O
(2)AB
(3)①HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小,键的极性:CO>CS>CSe,使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大,其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强
②S的原子半径大于O的原子半径,S—H键的键长大于O—H键,S—H键的键能小于O—H键,同时HC可形成分子间氢键,使得HD比HC更易电离出H+,酸性HD>HC,C-的水解能力大于D-,碱性NaC>NaD
30.(2024·山东等级考·16)锰氧化物具有较大应用价值,回答下列问题:
(1)Mn在元素周期表中位于第 周期 族;同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 (填元素符号)。
(2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示,该氧化物化学式为 。
当MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,Mn的化合价 (填“升高”“降低”或“不变”),O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 (填标号)。
A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO
(3)[BMIM]+BF4-(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为 ;[BMIM]+中咪唑环存在π56大π键,则N原子采取的轨道杂化方式为 。
(4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是
。
【解析】(1)Mn的原子序数为25,位于元素周期表第四周期ⅦB族;基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2,未成对电子数有5个,同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr,基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1,有6个未成对电子。(2)由均摊法得,晶胞中Mn的数目为1+8×18=2,O的数目为2+4×12=4,即该氧化物的化学式为MnO2;MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,即x减小,Mn的化合价为+2x价,即Mn的化合价降低;CaO中Ca的化合价为+2价,V2O5中V的化合价为+5价,Fe2O3中Fe的化合价为+3价,CuO中Cu的化合价为+2价,其中CaO中Ca的化合价下降只能为0,其余可下降得到比0大的价态,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
(3)BF4-中B形成4个σ键(其中有1个配位键),为sp3杂化,空间构型为正四面体形;咪唑环存在π56大π键,N原子形成3个σ键,杂化方式为sp2。
(4)由HMF和FDCA的结构可知,HMF和FDCA均能形成分子间氢键,但FDCA形成的分子间氢键更多,使得FDCA的熔点远大于HMF。
答案:(1)四 ⅦB Cr
(2)MnO2 降低 A
(3)正四面体形 sp2
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
31.(2024·北京等级考·15)锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整:
(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物,SnCl2可被氧化得到SnCl4。
①SnCl2分子的VSEPR模型名称是 。
②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的 轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
(3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图:白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有 个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为v1 nm3和v2 nm3,则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。
(4)单质Sn的制备:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是
。
【解析】(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族,基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2,Sn的基态原子最外层轨道表示式为。(2)①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+12×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形;②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+12×(4-4×1)=4,有4个σ键,无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。(3)①灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5个碳原子在空间中构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个;②根据均摊法,白锡晶胞中含Sn原子数为8×18+1=2,灰锡晶胞中含Sn原子数为8×18+6×12+4=8,所以白锡与灰锡的密度之比为2MNAv1∶8MNAv2=v24v1。(4)将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn。
答案:(1)
(2)①平面三角形
②sp3杂化
(3)①4
②v24v1
(4)与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn
32.(2024·新课标卷·29)Ni(CO)4(四羰合镍,沸点43 ℃)可用于制备高纯镍,也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题:
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同,晶胞体积为a3,镍原子半径为 。
(2)Ni(CO)4结构如图甲所示,其中含有σ键的数目为 ,Ni(CO)4晶体的类型为 。
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下,Ni(s)和CO(g)反应达平衡时,Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑, 有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃时CO的平衡转化率α= ,该温度下平衡常数Kp= (MPa)-3。
(4)对于同位素交换反应Ni(C16O)4+C18ONi(C16O)3C18O+C16O,20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]=c0[Ni(C16O)4]e-kt(k为反应速率常数),则Ni(C16O)4反应一半所需时间t12= (用k表示)。
【解析】(1)Ni为28号元素,其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2,则其价电子轨道表示式为;铜晶胞示意图为,镍的晶胞结构类型与铜的相同,则镍原子半径为晶胞面对角线长度的14,因为晶胞体积为a3,所以晶胞棱长为a,面对角线长度为2a,则镍原子半径为24a。
(2)单键均为σ键,三键含有1个σ键和2个π键,由Ni(CO)4的结构可知,4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键,而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键,因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低,结合其结构可知该物质由分子构成,因此其晶体类型为分子晶体。
(3)随着温度升高,平衡时Ni(CO)4的体积分数减小,说明温度升高平衡逆向移动,因此该反应的ΔH小于0;该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应,因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成;由上述分析知,温度相同时,增大压强平衡正向移动,对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大,则压强:p4>p3>p2>p1,即p3对应的压强是1.0 MPa。由题图乙可知,p3、100 ℃条件下达到平衡时,CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9,设初始投入的CO为4 ml,反应生成的Ni(CO)4为x ml,可得三段式:
Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)
起始(ml) 4 0
转化(ml) 4x x
平衡(ml) 4-4x x
反应后总物质的量为(4-3x) ml,根据阿伏加德罗定律,其他条件相同时,气体的体积分数即为其物质的量分数,因此有x4−3x=0.9,解得x=3637,因此达到平衡时n转化(CO)=4×3637 ml,CO的平衡转化率α=4×3637ml4ml×100%≈97.3%;气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数,则该温度下的压强平衡常数Kp=p[Ni(CO)4]p4(CO)=0.9×p3(0.1×p3)4=0.9×1.0MPa(0.1×1.0MPa)4=9 000 (MPa)-3。
(4)由题给关系式可得e-kt=ct[Ni(C16O)4]c0[Ni(C16O)4],当Ni(C16O)4反应一半时ct[Ni(C16O)4]c0[Ni(C16O)4]=12,即e-kt12=12,-kt12=ln12,kt12=ln2,则t12=ln2k。
答案:(1) 24a
(2)8 分子晶体
(3)小于 降低温度、增大压强 97.3% 9 000
(4)ln2k选项
事实
解释
A
甘油是黏稠液体
甘油分子间的氢键较强
B
王水溶解铂
浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
石墨能导电
未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
芳烃
芘
并四苯
蒄
结构
结合
常数
385
3 764
176 000
选项
实例
解释
A
原子光谱是不连续的线状谱线
原子的能级是量子化的
B
CO2、CH2O、CCl4键角依次减小
孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
C
CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位,而NaCl晶体中Na+与6个Cl-配位
Cs+比Na+的半径大
D
逐个断开CH4中的C—H键,每步所需能量不同
各步中的C—H键所处化学环境不同
选项
结构或性质
用途
A
石墨呈层状结构,层间以范德华力结合
石墨可用作润滑剂
B
SO2具有氧化性
SO2可用作漂白剂
C
聚丙烯酸钠
()
中含有亲水基团
聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D
冠醚18-冠-6空腔直径(260~320 pm)与K+直径(276 pm)接近
冠醚18-冠-6可识别K+,能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度
物质
SnF4
SnCl4
SnBr4
SnI4
熔点/℃
442
-34
29
143