全国版2021高考化学一轮复习课时作业44分子结构与性质含解析 7页

课时作业(四十四)　分子结构与性质 ‎1．(2019·江苏扬州调研)[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：‎ ‎4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN ‎(1)Zn2＋基态核外电子排布式为______________________________________。‎ ‎(2)1 mol HCHO分子中含有σ键的物质的量为________mol。‎ ‎(3)HOCH2CN分子的结构式如下，其中碳原子轨道的杂化类型是________。‎ ‎(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为________。‎ ‎(5)[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为______________。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)‎ ‎(2)3　(3)sp3和sp杂化　(4)NH ‎(5)‎ ‎2．(2019·江西景德镇模拟)在人类文明的历程中，许多物质发挥过重要作用，如铁、硝酸钾、青霉素、聚乙烯、二氧化硅、富勒烯、含铬物质等。‎ ‎(1)Fe3＋在基态时，价电子排布式为________。‎ ‎(2)KNO3中NO的立体构型为__________，写出与NO互为等电子体的另一种阴离子的化学式：_____________________________________________________。‎ ‎(3)6－氨基青霉烷酸的结构如图所示。结构中S原子的杂化方式是________；组成中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是________________。‎ ‎(4)富勒烯(C60)的结构如图所示，该物质能与氯气反应形成C60Cl10分子，1 mol C60Cl10分子中含有碳碳单键的数目为________。‎ - 7 -‎ ‎(5)已知配合物CrCl3·6H2O中心原子Cr3＋配位数为6，向含0.1 mol CrCl3·6H2O的溶液中滴加2 mol·L－1AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配离子的化学式为________________________________________________________________________。　　　　‎ 答案：(1)3d5　(2)平面三角形　CO ‎(3)sp3　N＞O＞C　(4)65 NA　(5)[CrCl2(H2O)4]＋‎ ‎3．已知A、B、C、D、E都是周期表中的前四周期的元素， 它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中B、D、E原子最外层电子层的P能级(轨道)上的电子处于半充满状态。通常情况下，A的一种氧化物分子为非极性分子，其晶胞结构如图所示。原子序数为31的元素镓(Ga)与元素B形成的一种化合物是继以C单质为代表的第一类半导体材料和GaE为代表的第二代半导体材料之后，在近10年迅速发展起来的第三代新型半导体材料。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)基态Ga原子的核外电子排布式为：_____________________________________。‎ ‎(2)A、B、C的第一电离能由大到小的顺序：__________(用元素符号表示)。‎ ‎(3)B元素的单质分子中有______个π键，与其互为等电子体的物质的化学式可能为__________(任写一种)。‎ ‎(4)上述A的氧化物分子中心原子采取______杂化，其晶胞中微粒间的作用力为______________。‎ ‎(5) EH3分子的空间构型为________，其沸点与BH3相比 ______(填“高”或“低”)，原因是__________________。‎ ‎(6)向CuSO4溶液中逐滴加入BH3的水溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解得到深蓝色的透明溶液。请写出沉淀溶解的离子方程式 ‎________________________________________________________________________。‎ 解析　A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中B、D、E原子最外层p能级上的电子处于半满状态，则B应为N，其电子排布式应为1s22s22p3，D为磷，其电子排布式应为1s22s22p63s23p3‎ - 7 -‎ ‎，A的一种氧化物分子为非极性分子，由晶胞结构可知为二氧化碳分子，则A为碳，C的原子序数介于N和P之间，其单质为第一代半导体材料，则C为硅，E的原子序数大于P，且E原子最外层p能级上的电子处于半满状态，则E应为As，故GaE为GaAs。‎ ‎(1)Ga的原子序数为31，则Ga基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1 或[Ar]3d104s24p1。(2)元素的非金属性越强，其第一电离能越大，则A、B、C的第一电离能由大到小的顺序N>C>Si。(3)氮气分子的结构式为N≡N，一个分子中含有2个π键；具有相同原子数和价电子数的微粒为等电子体，由此可知与其互为等电子体的物质的化学式可能为CO或CN－。(4)A的氧化物分子为二氧化碳，为直线结构，则中心碳原子采取sp杂化，其晶胞中微粒间的作用力为分子间作用力。(5)E为砷，砷化氢分子的空间构型与氨气分子相似，为三角锥形，因氨气分子间能形成氢键，砷化氢分子间不能形成氢键，其沸点与NH3相比较低。(6)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水生成蓝色沉淀是Cu(OH)2，继续滴加氨水Cu(OH)2溶解得到深蓝色的透明溶液生成四氨合铜络离子，其离子反应方程式为Cu(OH)2＋ 4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]＋2OH－＋4H2O。‎ 答案　(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1 或[Ar]3d104s24p1‎ ‎(2)N>C>Si　(3)2　CO或CN－　(4)sp　分子间作用力　(5)三角锥形　低　NH3分子间存在氢键　(6)Cu(OH)2＋ 4NH3·H2O===[Cu(NH3 )4] ＋2OH－＋ 4H2O ‎4．(2019·陕西西安模拟)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，请你回答下列问题：‎ ‎(1)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、Ⅳ4种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。‎ 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2所示的结构，则其在水中的溶解度会________(填“增大”或“减小”)，原因是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)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；‎ - 7 -‎ 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2/3。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______________。‎ ‎(3)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ⅦA族元素氢化物沸点的曲线是______；表示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_____________________________________________________________________；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________________________________________________________________________。‎ 解析　(1)苏丹红Ⅰ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。‎ ‎(2)根据实验步骤c，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。‎ ‎(3)因为沸点：H2O＞HF＞NH3＞CH4，所以A、B、C、D分别代表ⅥA、ⅦA、ⅤA、ⅣA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，不能形成分子间氢键的，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。‎ 答案　(1)增大　因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，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 ‎(2)[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O　离子键、配位键(或共价键)‎ ‎(3)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 ‎5．(2019·山东烟台模拟)X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z基态原子核外有三个未成对电子，Y、Z、W分别与X形成常见化合物的分子结构依次为正四面体、三角锥形和V形，Q的各级电离能如下表，W与R是同族元素。‎ - 7 -‎ Q I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ I5‎ ‎…‎ 电离能/‎ ‎(kJ·mol－1)‎ ‎496‎ ‎4 562‎ ‎6 912‎ ‎9 543‎ ‎13 353‎ ‎…‎ 回答下列有关问题：‎ ‎(1)Q原子基态时的电子排布图为________________。‎ ‎(2)化合物X2W2的电子式为__________，化合物XYZ的分子中含有σ键和π键的个数比为________。‎ ‎(3)相同条件下，YW2、RW2两者在水中的溶解度较大的是________(写分子式)，原因是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)RW3分子中的键角为________，RW分子的立体构型是________形。‎ ‎(5)X、Z、W三种元素所形成的常见离子化合物的化学式为________，YW2中的化学键类型为________(填“极性”或“非极性”)共价键，根据等电子原理，指出与YW互为等电子体且含有Z原子的微粒有________(写一种即可)。‎ 解析　X、Y、Z、W、Q、R六种短周期主族元素，原子序数依次增大，Z的基态原子核外有三个未成对电子，则Z为N，氨分子空间构型为为三角锥形，则X为H，根据Y、W和H原子结合构成分子的空间构型可知，Y为C，W为O，W与R同主族，则R为S，根据Q的各级电离能数值的变化情况，有突变说明电子层发生改变，推知Q最外层有1个电子，则Q为Na。‎ 答案　(1) ‎ ‎(2) 　1∶1‎ ‎(3)SO2　SO2和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理可知SO2在水中的溶解度较大　(4)120°　三角锥 ‎(5)NH4NO3　极性　N2‎ ‎6．(2019·辽宁大连联考)A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。A元素的单质是空气的主要成分，B原子核外p轨道上有1对成对电子，D元素的价电子数是其余电子数的一半，C与B同主族，A与F同主族，D与E同族。回答下列问题：‎ ‎(1)A、B、C第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。‎ ‎(2)B与C形成的二元化合物中，属于非极性分子的是________ (填化学式)；该分子中心原子的杂化类型为________。‎ ‎(3)A、C元素形成的常见含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为4的酸是__________(填化学式，下同)；酸根呈平面三角形的酸是________。‎ - 7 -‎ ‎(4)E和F形成的一种化合物的晶体结构如图所示，则该化合物的化学式为________；F的配位数为________。‎ ‎(5)D的离子可以形成多种配合物，由Dn＋、Br－、C的最高价含氧酸根和A的简单氢化物形成的1∶1∶1∶5的某配合物，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，则该配合物的化学式为____________________________________；‎ n值为________；Dn＋的基态电子排布式为________。‎ 解析　A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。A元素的单质是空气的主要成分，则A为N元素；B原子核外p轨道上有1对成对电子，则外围电子排布为2s22p4，处于第ⅥA族，由于C与B同主族、A与F同主族，F的原子序数大于C，则F、C不能处于同周期，F应处于C的下一周期，则B、C、F分别为二、三、四周期，故B为O元素、C为S元素、F为As元素；D与E同族，D、E原子序数大于价电子数为(2＋8＋8)÷2＝9，则D为Co，故E为Ni。‎ ‎(1)N、O同周期，但N原子的2p轨道处于半充满状态，结构稳定，则第一电离能N大于O，根据同主族元素电离能的变化规律，可知O的第一电离能大于S，则第一电离能的大小顺序为N＞O＞S；‎ ‎(2)B与C形成的二元化合物有SO2、SO3，SO2分子中S原子价层电子对数为2＋1＝3，孤电子对数为＝1，则分子构型为V形，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；SO3分子中S原子价层电子对数为3＋0＝3，孤电子对数为＝0，分子构型为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子，S原子采取sp2杂化。‎ ‎(3)A、C元素形成的常见含氧酸为HNO3、H2SO3、H2SO4，HNO3中N原子价层电子对数为3＋＝3，没有孤电子对，硝酸根为平面三角形结构；H2SO3中S原子价层电子对数为3＋＝4，有1对孤电子对，亚硫酸根为三角锥形结构；H2SO4中S原子价层电子对数为4＋＝4，没有孤电子对，硫酸根为正四面体结构。‎ ‎(4)E为Ni、F为As，由晶胞结构可知，晶胞中含有2个As原子，含有Ni原子数目为8×＋4×＝2，故该化合物的化学式为NiAs；As原子与周围的6个Ni原子相连(等距且最近)，As原子的配位数为6。‎ ‎(5)C(S)的最高价含氧酸根为SO，A(N)的简单氢化物为NH3，由Con＋、Br－、SO、NH3‎ - 7 -‎ 形成的1∶1∶1∶5的某配合物，由电荷守恒可知n＝3，Con＋为Co3＋，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，说明SO在内界，Br－为配合物的外界，所以该配合物的化学式为[Co(SO4)(NH3)5]Br，Co3＋的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。‎ 答案：(1)N＞O＞S　(2)SO3　sp2‎ ‎(3)H2SO3、H2SO4　HNO3　(4)NiAs　6‎ ‎(5)[Co(SO4)(NH3)5]Br　3　1s22s22p63s23p63d6‎ - 7 -‎