高考化学二轮专题复习 专题跟踪检测8 分子结构与性质（含解析）

这是一份高考化学二轮专题复习 专题跟踪检测8 分子结构与性质（含解析），共9页。试卷主要包含了下列说法中正确的是，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

A．极性溶质一定易溶于极性溶剂，非极性溶质一定易溶于非极性溶剂
B．溴分子和水分子是极性分子，四氯化碳分子是非极性分子，所以溴难溶于水而易溶于四氯化碳
C．白磷分子是非极性分子，水分子是极性分子，而二硫化碳是非极性分子，所以白磷难溶于水而易溶于二硫化碳
D．水分子是极性分子，二氧化碳可溶于水，因此二氧化碳是极性分子
解析：选C 很多有机物分子都是极性分子，但因为极性很弱，所以大部分难溶于水，而有机物之间的溶解度却很大，所以A项错误；溴分子是非极性分子，故B项错误；二氧化碳(O===C===O)是非极性分子，D项错误。
2．下列说法不正确的是( )
A．HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高与分子间作用力大小有关
B．H2O的熔、沸点高于H2S是由于H2O分子之间存在氢键
C．I2易溶于CCl4可以用相似相溶原理解释
D．甲烷可与水形成氢键这种化学键
解析：选D HCl、HBr、HI是组成和结构相似的分子，相对分子质量越大分子间作用力越大，相应物质的熔、沸点越高，A正确；H2O分子间可形成氢键，H2S分子间不能形成氢键，因此H2O的熔、沸点高于H2S，B正确；I2是非极性分子，易溶于非极性溶剂CCl4，C正确；甲烷中碳原子电负性不大，甲烷分子和水分子之间不能形成氢键，并且氢键不是化学键，属于分子间作用力，D错误。
3．(2020·潍坊二模)最新发现C3O2是金星大气的成分之一，化学性质与CO相似。C3O2分子中不含环状结构且每个原子均满足8电子稳定结构。下列叙述错误的是( )
A．元素的第一电离能：O>C
B．3p轨道上有1对成对电子的基态X原子与基态O原子的性质相似
C．C3O2中C原子的杂化方式为sp3
D．C3O2分子中σ键和π键的个数比为1∶1
解析：选C 同周期从左向右第一电离能增大，A正确；3p轨道上有1对成对电子的基态X原子为S原子，与O原子的性质相似，B正确；C3O2分子中不含环状结构且每个原子均满足8电子稳定结构，则分子的结构式为O===C===C===C===O，C的杂化方式为sp杂化，C错误；C3O2分子中有4个σ键和4个π键，D正确。
4.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，三种元素属于不同周期。如图转化关系中，A、B、C是X、Y、Z对应的三种气态单质，其余均为常见化合物。下列分析正确的是( )
A．Y的氢化物在常温下是液体
B．与Y同周期氢化物中D最稳定
C．Z的最高价含氧酸中中心原子的杂化方式为sp2杂化
D．F含离子键和共价键
解析：选D 根据题意可分析出X、Y、Z分别为H、N、Cl三种元素，所以A、B、C分别是H2、N2、Cl2，则D为NH3，E为HCl，F为NH4Cl。Y的氢化物是NH3，常温下是气体，故A错误；与Y同周期氢化物中最稳定的是HF，故B错误；Cl元素的最高价含氧酸为HClO4，Cl的杂化方式为sp3杂化，故C错误；NH4Cl是离子化合物，分子内既有离子键，也有共价键，故D正确。
5．(2020·济南三模)科学家利用原子序数依次增大的相邻周期同主族元素V、W、Y、Z制造出了“糖葫芦”分子，结构简式如图所示，其中W、X位于同一短周期，且X是所在周期中原子半径最小的元素。下列说法错误的是( )
A．1个“糖葫芦”分子中含有89个σ键
B．原子半径：WC．最简单氢化物的沸点：VD．最高价含氧酸酸性：W解析：选C 根据V、W、Y、Z都形成三个共价键，应该为第ⅤA族元素，X形成一个共价键，应为H或卤素原子，X是所在周期中原子半径最小的元素，X应该是卤素原子，又根据W和X位于同一短周期，X为Cl，W为P，则V、Y、Z分别为N、As、Sb。每个“”中有9个C—H σ键，3个C—C σ键，5个“”中共有45个C—H σ键，15个C—C σ键，2个苯环上还有17个C—C σ键，5个C—H σ键，再加上X、V、W、Y、Z及与苯环形成的σ键有7个，共计45＋15＋17＋5＋7＝89个，A正确；同周期元素从上到下原子半径增大，B正确；NH3中含有氢键，沸点最高，C错误；P、N、Cl的最高价含氧酸依次增强，D正确。
6．缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(一个原子通过共享电子使其价层电子数达到8，H原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法错误的是( )
A．NH3、BF3、BFeq \\al(－,4)中只有BF3是缺电子化合物
B．BF3、BFeq \\al(－,4)中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．BFeq \\al(－,4)的键角小于NH3
解析：选D NH3、BF3、BFeq \\al(－,4)中，只有BF3()中B原子最外层只有6个电子，其余微粒结构中的原子均满足路易斯结构，A说法正确；BF3中的B价层电子对数为3，则杂化方式为sp2杂化，BFeq \\al(－,4)中心原子B价层电子对数为4，则杂化方式为sp3杂化，B说法正确；NH3中N原子有孤电子对，BF3中B原子有空轨道，所以二者反应时形成配位键，C说法正确；BFeq \\al(－,4)中心原子无孤电子对，NH3中有孤电子对，故NH3的键角比BFeq \\al(－,4)小，D说法错误。
7．(2020·青岛期末)常温常压下，某金属有机多孔材料(MOFA)对CO2具有超高的吸附能力，并能催化CO2与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．物质a分子中碳原子和氧原子均采取sp3杂化
B．b的一氯代物有3种
C．a生成b的反应类型为取代反应，并有极性共价键形成
D．该材料的吸附作用具有选择性，利用此法可减少CO2的排放
解析：选C 题图a分子中C、O原子价层电子对数均为4，故C、O原子的杂化类型均为sp3杂化，故A说法正确；图b分子中含有3种不同化学环境的氢原子，所以b的一氯代物有3种，故B说法正确；物质a和二氧化碳发生加成反应生成物质b，利用此法可减少CO2的排放，故C说法错误，D说法正确。
8.第ⅤA族元素的原子R与A原子结合形成RA3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如右图所示，下列关于RCl5分子的说法中不正确的是( )
A．每个原子都达到8电子稳定结构
B．键角(Cl—R—Cl)有90°、120°、180°几种
C．RCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D．分子中5个R—Cl键键能不都相同
解析：选A 从RCl5的分子结构图可知键角正确；R—Cl有两类键长可知键能不完全相同；RCl5eq \(=====,\s\up7(△))eq \(RCl3,\s\d15(三角锥形))＋Cl2↑。
9．[双选]短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是( )
A．ZX2中Z的杂化方式为sp3
B．由X、Y组成的化合物中只有离子键
C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
解析：选AB 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X为O元素，Y原子的最外层有2个电子，Y为Mg元素，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，Z为Si元素，W与X位于同一主族，W为S元素。A对：SiO2中每个Si原子周围有4个O原子，所以Si的杂化方式为sp3。B对：由X、Y组成的化合物为氧化镁，是离子化合物，只有离子键。C错：Z和W的最高价氧化物对应的水化物分别为硅酸和硫酸，硫酸的酸性强于硅酸。D错：W和X形成的简单气态氢化物分别为H2S和H2O，热稳定性H2O强于H2S。
10．苯甲酸甲酯在NaBH4、ZnCl2等作用下可转化为醇，其中NaBH4转化为H3BO3：
(1)Zn2＋基态核外电子排布式为__________________________________________。
(2)苯甲醇()中碳原子的杂化轨道类型为________________。
(3)1 ml苯甲酸甲酯()分子中含有σ键为________ 个。
(4)与BHeq \\al(－,4)互为等电子体的阳离子为________(填化学式)，BHeq \\al(－,4)的空间构型为(用文字描述)________。
(5)硼酸是一种层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子通过氢键相连(如图所示)。1 ml H3BO3晶体中有________ ml氢键。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 (2)sp2、sp3
(3)18NA (4)NHeq \\al(＋,4) 正四面体 (5)3
11．黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是一种重要的化工原料，通过化学工艺可获得二(氨基丙酸)合铜[Cu(NH2CH2CH2COO)2]等产品。
(1)Cu基态核外电子排布式为___________________________________________。
(2)[Cu(NH2CH2CH2COO)2]的结构简式如图所示。1 ml [Cu(NH2CH2CH2COO)2]中含有σ键数目为________；C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是________。
(3)黄铜矿在空气中灼烧得到废气和固体混合物。废气中SO2经催化氧化生成SO3，SO2分子中S原子轨道的杂化类型为______。SO3分子的空间构型为________。
(4)[Cu(CH3CN)4]＋是非常稳定的络合离子，配体中σ键和π键个数之比为________。
解析：(2)根据题图可知[Cu(NH2CH2CH2COO)2]中σ键数目为26，注意N—H、C—H不要遗漏。同周期元素第一电离能随原子序数递增呈增大趋势，注意ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA互换，注意由小到大。(3)SO2分子中S原子的价层电子对数为eq \f(6,2)＝3，sp2杂化；SO3中S原子价层电子对数为eq \f(6,2)＝3，无孤电子对，平面正三角形。(4)配体为CH3CN，σ键有3个C—H键，一个C—C键，一个C—N键，C与N之间还有2个π键。
答案：(1)[Ar]3d104s1 (2)26NA C＜O＜N
(3)sp2 平面正三角形 (4)5∶2
12．TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物(如甲醛、甲苯等)和含氮化合物(如NH3、CN－等)转化为CO2和N2等小分子物质。
(1)Ti基态核外电子排布式为_____________________________________________。
(2)甲苯中C原子轨道杂化类型为___________________________________________。
(3)氨气极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为________________________。
(4)某含钛配合物，化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2,1 ml该配合物中σ键的数目为________。
解析：(1)Ti基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2。(2)甲苯中甲基上碳原子采用sp3杂化，苯环上的碳原子采用sp2杂化。(3)氨气分子与水分子之间还可以形成氢键，导致氨气极易溶于水。(4)Ti与配体之间是σ键，有6 ml，H2O内部也是σ键，有5×2 ml＝10 ml，所以共有16 ml。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2)sp3、sp2 (3)氨分子与水分子可形成分子间氢键
(4)16NA(或16×6.02×1023)
13．(1)二硫化亚铁被称为“愚人金”，化学式为FeS2，是黄铁矿的主要成分。黄铁矿中通常含钴、镍和硒，可用来生产硫酸。
①硒原子最外层有________个未成对电子。
②硫酸分子中硫原子的杂化方式为________，硫酸的沸点及粘度较高，是因为__________________________，从结构角度分析硫酸的酸性较磷酸的强的原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③硫酸根离子的空间构型为________。
④FeS2中存在________(填字母)。
A．离子键 B．非极性共价键 C．极性共价键 D．π键
E．σ键 F．氢键 G．范德华力
(2)氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。
①氧元素位于元素周期表中________区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有________种。
②O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化方式为____；其分子的VSEPR模型为________。
③含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为______________________________；C2H5OH不能用无水CaCl2干燥是因为Ca2＋和C2H5OH可形成[Ca(C2H5OH)4]2＋，该离子的结构可表示为________。
(3)磷及其化合物与人们的健康和生产、生活密切相关。
①基态磷原子价电子轨道表示式为________________，其第一电离能比硫的________(填“大”或“小”)。
②羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(—OH)中氧原子的杂化方式为________，POeq \\al(3－,4)的空间构型为________，该化合物所含元素电负性最大的是________。
③磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为________，其为________元酸，原因是________________________________________________________________________。
④磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如图所示。
由图推知该多磷酸钙盐的通式为____________。
解析：(1)③硫酸分子中硫原子周围有4个σ键，无孤电子对，故中心S原子采取sp3杂化；硫酸分子间存在氢键，使硫酸沸点较高，粘度较大。④FeS2中含有离子键、非极性共价键、σ键。
(2)①氧元素位于元素周期表的p区；同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，则F和Ne的第一电离能比O大，但N元素的2p轨道处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第二周期元素中，第一电离能比氧大的有3种。②臭氧的中心氧原子的成键电子对数为2，孤电子对数为eq \f(6－2×2,2)＝1，故采取sp2杂化，其VSEPR模型为平面三角形。③乙醇能形成分子间氢键，汽化时需要的能量增加，体现为沸点升高。该离子的结构为。
(3)①基态磷原子的价电子排布式是3s23p3，轨道表示式为，磷元素的3p轨道处于半充满状态，较稳定，故磷的第一电离能比硫的大。②—OH中氧原子的价层电子对数为eq \f(6＋2,2)＝4，所以氧原子按sp3方式杂化，POeq \\al(3－,4)中P原子的价层电子对数＝4＋eq \f(1,2)×(5＋3－4×2)＝4，所以P原子按sp3方式杂化，P原子周围不含孤电子对，所以其空间构型为正四面体形，该化合物中氧元素的非金属性最强，即其电负性最大。③亚磷酸与NaOH反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，说明1个亚磷酸分子中只有两个羟基，其结构式为
，该酸为二元酸。④由图可知该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n。
答案：(1)①2 ②sp3 硫酸分子间存在氢键 硫酸分子中非羟基氧原子数目为2，磷酸中非羟基氧原子数目为1 ③正四面体形 ④ABE (2)①p 3 ②sp2 平面三角形 ③乙醇分子间可形成氢键
(3) 大 ②sp3 正四面体形 O(或氧元素)
③ 二 1个H3PO3分子中只有两个羟基，含氧酸羟基上的氢易电离
④(CaP2O6)n
14．(2020·潍坊模拟)我国科学家合成的铬化合物通过烷基铝和[ph3C]＋[B(C6F5)4]－活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为
回答下列问题：
(1)Cr3＋具有较强的稳定性，Cr3＋的核外电子排布式为
________________________________________________________________________；
已知没有未成对d电子的过渡金属离子的水合离子是无色的，则Ti4＋、V3＋、Ni2＋、Cu＋四种离子中水合离子为无色的是__________(填离子符号)。
(2)化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是____处，聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为_____________________________________________________。
(3)无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有eq \f(2,3)沉淀为AgCl；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色。该配位化合物的结构简式为______________________________________________。
(4)水在合成铬的化合物的过程中用作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，晶体中H2O的配位数为__________，晶胞棱长为333.7 pm，则重冰的密度为__________ g·cm－3(写出数学表达式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：(1)Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，原子失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3＋，Cr3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。Ti4＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，无未成对d电子；V3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2,3d轨道有两个未成对电子；Ni2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8,3d轨道有2个未成对电子；Cu2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，无未成对d电子。综上所述，水合离子为无色的是Ti4＋、Cu＋。(2)O可以形成两个共价键，Cl可以形成1个共价键，N可以形成3个共价键，丙中N原子形成4个化学键，故其中一个为配位键，形成配位键时一般由非金属元素提供孤对电子，金属阳离子提供空轨道，所以2处为配位键；聚乙烯分子中碳原子形成4个单键，采取sp3杂化。(3)向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有eq \f(2,3)转化为AgCl沉淀，说明1 ml该配合物可以电离出2 ml Cl－，电离出的Cl－为该配合物的外界；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色说明NH3均位于内界。结合电荷守恒可知该配合物应为[Cr(NH3)5Cl]Cl2。(4)根据立方晶胞沿x、y或z轴的投影可知，该晶体为体心立方堆积，所以晶体中H2O的配位数为8；晶胞中H2O的分子个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，所以晶体的密度ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(N·M,V·NA)＝eq \f(36,333.73NA)×1030 g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d3 Ti4＋、Cu＋
(2)2 sp3
(3)[Cr(NH3)5Cl]Cl2
(4)8 eq \f(36,333.73NA)×1030