2020高考化学一轮复习第十二章物质结构与性质（选修）课时作业33分子结构与性质（含解析） 练习

课时作业33　分子结构与性质

时间：45分钟

1．(2019·烟台模拟)请回答下列问题：

(1)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：

以下关于维生素B1的说法正确的是________。

a．只含σ键和π键

b．既有共价键又有离子键

c．该物质的熔点可能高于NaCl

d．既含有极性键又含有非极性键

(2)维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有________。

a．离子键、共价键

b．离子键、氢键、共价键

c．氢键、范德华力

d．离子键、氢键、范德华力

(3)维生素B1燃烧可生成N2、NH3、CO2、SO2、H2O、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_____________。氨气极易溶于水，其原因是__________________________________。

(4)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是①________；②极性键；③________。

解析：(1)由结构简式知，维生素B1中含有Cl－及另一种有机离子，存在离子键，其他原子之间形成共价键，故a错误、b正确；与氯化钠晶体相比，维生素B1中的阳离子比Na＋半径大，晶格能小，熔点不可能高于NaCl，故c错误；维生素B1中碳碳键为非极性键，氮氢键、氧氢键、碳氢键等为极性键，故d正确。

(2)晶体溶于水的过程会电离出Cl－等，故需要克服离子键，维生素B1分子间存在氢键、范德华力，故d正确。

(3)N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2。NH3极易溶于水，是因为NH3和水均为极性分子，NH3溶于水后，NH3与水之间可形成氢键，NH3可与水反应。

(4)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键；N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。

答案：(1)bd　(2)d　(3)CO2　氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中，氨气分子与水分子间易形成氢键，氨气可与水反应　(4)氢键、范德华力　非极性键

2．(2019·辽宁葫芦岛一模)磷及其化合物是生活生产中重要的组成部分，请回答下列问题：

(1)与磷同主族、比磷多一个周期的元素基态原子的价电子排布式为____________。

(2)磷与同周期相邻的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。

(3)亚磷酸(H3PO3)是一种常见的无机酸，其与过量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，请画出亚磷酸的分子结构：________。Cu2＋被亚磷酸还原为单质，得到的电子填充到________轨道。

(4)已知PBr5晶体中存在PBr和Br－两种离子，则PBr中心P原子杂化类型为________，该离子的几何构型为________。而PCl5晶体中存在PCl和另一种阴离子，该阴离子配位数为6，请写出该离子的化学式：________________________。PBr5晶体中不能形成与PCl5晶体一样的阴离子的原因可能是_________________________。

(5)铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝(AlP)，磷化铝晶胞的结构如图，可以将其看作Si晶体的“广义等电子体”，可作半导体材料。

①根据“广义等电子原理”，下列物质中，可能是半导体的有________(填序号)。

A．SiC　B．CaO2　C．GaAs　D．Si3N4　E．BN

②磷化铝中，Al原子的配位数为________，若该晶胞密度为d g/cm3，用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的边长为________ cm。

解析：(1)与磷同主族、位于磷下一个周期的元素是33号元素As，As最外层有5个电子，基态原子的价电子排布式为4s24p3。(2)同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第VA族元素p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于同周期第ⅥA族元素，所以磷与同周期相邻的两种元素的第一电离能由大到小的顺序为P>S>Si。(3)亚磷酸(H3PO3)与过量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，所以H3PO3是二元酸，结构式是；Cu2＋的电子排布式是

1s22s22p63s23p63d9，Cu的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu2＋被还原时得到的电子填充到3d、4s轨道。(4)PBr中P原子的价层电子对数是4＋＝4，所以P原子杂化类型为sp3，没有孤对电子，所以该离子的几何构型为正四面体形；PCl5中磷元素化合价为＋5，另一种阴离子配位数为6，带1个单位负电荷，该离子的化学式为PCl；Br原子半径大，P原子周围无法容纳6个Br原子，不稳定，所以PBr5晶体中不能形成与PCl5晶体一样的阴离子。(5)①AlP原子数为2，价电子总数为8；SiC、GaAs、BN与AlP互为等电子体，化学性质相似，可能是半导体，ACE符合题意；②根据晶胞示意图，可知Al原子的配位数为4；②根据均摊法计算，每个晶胞含有Al原子数为8×＋6×＝4，含有P原子数为4，所以晶胞的质量是 g，设晶胞边长是a cm，则晶胞体积为a3 cm3，d g·cm－3＝，则a＝。

答案：(1)4s24p3　(2)P＞S＞Si　(3) 　3d、4s

(4)sp3杂化　正四面体形　PCl　Br原子半径大，P原子周围无法容纳6个Br原子，不稳定

(5)①ACE　②4　

3．(2019·山西太原模拟)(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，该配合物结构如图所示。

①此配合物中，基态铁离子的价电子排布式为________。

②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有________。

③此配合物中含有的化学键有________(填字母)。

A．离子键   B．金属键

C．极性键   D．非极性键

E．配位键   F．氢键

G．σ键   H．π键

(2)基态A原子的价电子排布式为3s23p5，铜与A形成化合物的晶胞如图所示(黑球代表铜原子)。

①该化合物的化学式为________________________，A原子的配位数是________。

②该化合物难溶于水，但易溶于氨水，其原因可能是

_____________________；与NH3互为等电子体的分子有________(写化学式，一种即可)。NH3的键角大于H2O的键角的主要原因是______________________________________________。

③已知该化合物晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和A原子之间的最短距离为________pm(列出计算表达式即可)。

解析：(1)①铁离子3d能级上有5个电子，4s能级上没有电子，所以其价电子排布式为3d5。③同种非金属元素之间存在非极性键，不同非金属元素之间存在极性键，含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键和一个π键，所以该配合物中含有配位键、极性键、非极性键、氢键、σ键和π键，但氢键不是化学键。(2)根据价电子排布式判断出A原子为氯原子。①由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子在顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8×＋6×＝4，故化学式为CuCl，根据图示，铜原子周围有4个氯原子距离相等，且最小，即铜原子的配位数为4，则氯原子的配位数也是4。③晶胞的质量为 g，晶胞的体积为 cm3，则晶胞的边长为 cm，根据晶胞的结构可知，铜原子和氯原子之间的最短距离为立方体体对角线的，而体对角线为晶胞边长的倍，所以铜原子和氯原子之间的最短距离为× cm＝× ×1010 pm。

答案：(1)①3d5　②sp2、sp3　③CDEGH

(2)①CuCl　4　②Cu＋可与氨形成易溶水的配位化合物　PH3(合理即可)　NH3、H2O分子中N、O原子的孤电子对数分别是1、2，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越强，键角越小

③× ×1010

4．(2019·山东潍坊模拟)C、P、Cl、Fe等元素及其化合物有重要的应用，回答下列问题：

(1)C原子的价电子排布图为________________。

(2)CCl4分子的立体构型是________________，其中心原子采取________杂化，与CCl4互为等电子体的一种离子是________(填离子符号)。

(3)PCl3属于____________分子(填“极性”或“非极性”)。

(4)FeO、NiO的晶体结构均与NaCl晶体结构相同，其中Fe2＋与Ni2＋的离子半径分别为7.8×10－2 nm、6.9×10－2 nm，则熔点FeO________NiO(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是

____________________________________________________。

(5)已知FeCl3的沸点为319 ℃，熔点为306 ℃，则FeCl3的晶体类型为____________________。

(6)已知Fe单质有如图所示的两种常见堆积方式：

　　　　　　　　    a　　　　　　　b

其中属于体心立方密堆积的是________(填“a”或“b”)；若单质Fe按a方式紧密堆积，原子半径为r pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质Fe的密度为________________ g·cm－3(列出计算式即可)。

解析：(1)C的原子序数为6，最外层电子数为4，原子的价电子排布图为。

(2)CCl4分子中C原子价层电子对数＝4＋＝4，所以采取sp3杂化；立体构型为正四面体；与CCl4互为等电子体的离子有SO、PO等。

(3)PCl3分子中含有的共价键是极性共价键，P原子上有孤电子对，分子立体构型为三角锥形，其结构不对称，属于极性分子。

(4)FeO、NiO的晶体结构相同，Fe2＋、Ni2＋所带电荷相同，但Fe2＋的离子半径大于Ni2＋的离子半径，则FeO的晶格能小于NiO的晶格能，因此熔点FeO<NiO。

(5)FeCl3熔、沸点较低，因此FeCl3的晶体类型为分子晶体。

(6)由晶胞示意图可知，b为体心立方堆积，a为面心立方最密堆积，a中铁原子位于面心和顶点，则一个晶胞中Fe的个数为6×＋8×＝4，一个晶胞的质量为 g，面心立方结构中，面对角线长为4r pm，晶胞边长为 cm，晶胞的体积为3 cm3，故密度为 g·cm－3。

答案：(1)

(2)正四面体　sp3　SO(或PO等)　(3)极性

(4)＜　FeO、NiO的晶体结构相同，Fe2＋、Ni2＋所带电荷相同，但Fe2＋的离子半径大于Ni2＋的离子半径，则FeO的晶格能小于NiO

的晶格能

(5)分子晶体

(6)b　

5．(2019·江西等三省十校联考)磷是人体含量较多的元素之一，磷的化合物在药物生产和农药制造等方面用途非常广泛。回答下列问题：

(1)基态磷原子核外共有________个未成对的电子。

甲

(2)P4S3可用于制造火柴，其结构如图甲所示。

①电负性：磷________硫(填“＞”或“＜”，下同)；第一电离能：磷________硫。

②P4S3中硫原子的杂化轨道类型为__________________。

(3)N、P、As、Sb均是第ⅤA族的元素。

①上述元素的氢化物的沸点关系如图乙所示，沸点：PH3________NH3(填“＞”或“＜”，下同)，原因是________________。

沸点：PH3________AsH3，原因是____________________。

②某种磁性氮化铁的晶胞结构如图丙所示，该化合物的化学式为____________________________________________。

　　　　　　乙　　　　　　　　　 　 　丙

　　　　　　　　 　 　 　　丁

(4)磷化铝熔点为2 000 ℃，磷化铝晶胞结构如图丁所示。

①图丁中A点和B点的原子坐标参数已标出，则C点的原子坐标参数为______________。

②磷化铝晶体的密度为ρ g·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞中距离最近的两个铝原子之间的距离为________ cm。

解析：(1)基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，在3p轨道上有3个未成对电子。(2)①同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，所以磷元素的电负性小于硫元素；已知基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但磷原子的3p能级是较稳定的半充满状态，所以磷元素的第一电离能大于硫元素的；②由P4S3的结构可知，硫原子形成两个共价键，还有两对孤对电子，所以其杂化类型为sp3。(3)①由于NH3分子间可以形成氢键，故其沸点高于PH3；而PH3、AsH3和SbH3是组成、结构相似的物质，分子间作用力随相对分子质量的增大而增强，导致沸点依次升高；②在磁性氮化铁的晶胞结构中，根据均摊法计算可得，Fe个数为×12＋×2＋3＝6，N个数为2，所以其化学式为Fe3N。(4)①根据图丁中A点和B点原子坐标参数可知，该晶胞的棱长为1，而C点在该晶胞分割成的8个小立方体其中之一的体心，所以其坐标参数为；②在该晶胞中，最近的两个铝原子间的距离是面对角线的一半，晶胞中Al个数为×8＋×6＝4，P个数为4，所以其化学式为AlP，晶胞质量为 g，则其棱长＝＝ cm，所以最近的两个铝原子之间的距离为×  cm。

答案：(1)3　(2)①＜　＞　②sp3

(3)①＜　NH3分子间存在氢键　＜　相对分子质量不断增大，分子间作用力不断增强　②Fe3N

(4)①　②×

6．(2019·河北五个一联盟二模)我国南京理工大学胡炳成教授团队在N合成上取得了里程碑性研究成果——合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。时隔不久，他们在该领域再次取得突破，成功制得全氮阴离子(N)金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O。这是一种配合物分子，其结构如右图。

回答下列问题：

(1)基态氮原子最高能层电子所占用能级的电子云形状为________。

(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态－1价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E)，－1价阴离子再获得一个电子的能量变化叫作第二电子亲和能，部分元素或离子的电子亲和能数据如下表所示。

①表中数据显示，同主族元素E1自上而下依次减小，试说明原因：________________________________________________。

②下列说法正确的是________(填序号)。

A．电子亲和能越大，说明越难得到电子

B．一个基态的气态氧原子得到一个电子成为O2－时放出141 kJ的能量

C．氧元素的第二电子亲和能是－780 kJ·mol－1

D．基态的气态氧原子得到两个电子成为O2－需要吸收能量

(3)从结构角度分析，按顺序写出R中两种阳离子的立体构型：____________。

(4)试就上述两种盐进行有关分析：

①热分析结果显示盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl分解温度高达116.8 ℃，具有非常好的热稳定性。这与其结构中含有类似苯分子中的大π键有关。N中的N原子的杂化轨道类型为________，N中的σ键总数为________。

②金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O中，中心原子的配位数为________，试画出金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O中钴离子的价电子排布图：________________。

解析：(1)基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，所以其最高能层电子所占用的能级为2s和2p，s电子云为球形，p电子云为哑铃形。

(2)①同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，原子核对于最外层电子的吸引能力逐渐减弱，即得电子能力减弱，所以同主族元素E1自上而下依次减小。②电子亲和能越大表示原子得电子时放出能量越多，说明越容易得到电子，A错误。一个基态的气态氧原子得到一个电子时形成O－，B错误。氧原子得到1个电子生成O－放出的能量是氧元素的第一电子亲和能，O－再得到1个电子生成O2－时放出的能量是氧元素的第二电子亲和能，所以氧元素的第二电子亲和能就是O－的第一电子亲和能，即为－780 kJ·mol－1，C正确。气态氧原子得到2个电子成为O2－需要吸收能量，D正确。

(3)根据价层电子对互斥理论，H3O＋的中心氧原子价层电子对数为4，采取sp3杂化，其中氧原子含有1对孤对电子，所以H3O＋为三角锥形。NH的中心N原子价层电子对数为4，采取sp3杂化，N原子无孤对电子，所以NH为正四面体构型。

(4)①N结构中含有类似苯分子中的大π键，所以N一定是平面环状结构，结合结构式可知，N原子的杂化类型为sp2杂化，N中有5个σ键。②金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O中，N和H2O都是单齿配体，所以中心原子的配位数为6。Co是27号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以Co2＋的价电子排布图为。

答案：(1)球形、哑铃形　(2)①随原子半径的增大，核电荷对外来电子的吸引力减弱，结合一个电子释放出的能量依次减小

②CD　(3)三角锥形、正四面体形　(4)①sp2　5　②6