高考化学小题必练20物质结构与性质含答案

这是一份高考化学小题必练20物质结构与性质含答案，共10页。试卷主要包含了下列说法不正确的是，下列说法中正确的是，有5种元素X、Y、Z、Q、T等内容，欢迎下载使用。
      本部分内容主要是选考知识，主要考查原子结构、核外电子排布式的书写、第一电离能和电负性的比较，化学键的类型及数目判断、原子的杂化方式，分子结构和性质，分子的空间构型、分子间的作用力、晶体的类型以及晶体化学式的确定等相关知识。 1．【2020年山东卷】B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是（   ）A．其熔点主要取决于所含化学键的键能B．形成大π键的电子全部由N提供C．分子中B和N的杂化方式相同D．分子中所有原子共平面【答案】A【解析】A．无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。【点睛】该分子与苯结构相似，说明也是分子晶体，熔沸点取决于分子间的作用力。相对分子质量越大，分子间作用越大，熔沸点越高。2．【2020年北京卷】下列说法正确的是（   ）A．同一原子中在离核较远的区域运动的电子能量较高B．原子核外电子排布先排满K层再排L层、先排满M层再排N层C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大D．同一周期中，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1【答案】A【解析】A．原子核外的电子排布遵循能量最低原理，故离核较近的区域运动的电子能量较低，离核较远的区域运动的电子能量较高，A正确；B．原子核外电子排布在M层中排8个电子后，先排N层的4s能级，再排布M层的3d能级，故B错误；C．同一周期中，从左至右，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；D．前三周期，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数都相差1，第四周期，增加过渡元素，IIA与IIIA族元素原子的核电荷数相差不为1，故D错误。【点睛】熟悉元素周期表中元素的排列规律。3．【2020年浙江选考】有机化学试剂氨基氰（）常用于制备磺胺类药物，抗癌药等。下列有关氨基氰说法正确的是（   ）A．分子中所有原子共面 B．氨基氰的水溶性较差C．σ键和π键数分别为4和2 D．碳为sp杂化，氨基氮为sp2杂化【答案】C【解析】从结构式中可以看出含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-N-H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水，分子中含有N-C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面。A．分子中含有N−C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，故A错误；B．含有−N−H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水和乙醇，故B正确；C．分子内有σ键4个，三键中有2个π键，故C正确；D．碳氮三键是直线型结构，则碳为sp杂化；根据价层电子对互斥理论对氨基氮计算：=4，即sp3杂化，故D错误；正确答案是C。【点睛】判断杂化类型时，学会熟练应用价层电子对互斥理论计算价电子对。 1．下列说法正确的是（   ）A．金刚石、石英和足球烯均为空间网状结构的原子晶体，加热熔化时需破坏共价键B．CO2、HClO、P4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点随着相对分子质量的增大而升高D．离子晶体中可能存在共价键，而分子晶体中一定存在共价键【答案】C【解析】A．金刚石、石英均为空间网状结构的原子晶体，加热熔化时需破坏共价键，而足球烯是分子晶体，加热熔化时需破坏分子间作用力，故A错误；B．化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断；据此判断CO2，P4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，而HClO分子中氢原子只有2电子，故B错误；C．F2、Cl2、Br2、I2都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，故C正确；D．离子晶体中可能有共价键（如NaOH），也可能没有共价键（如NaCl），而稀有气体是分子晶体，不存在共价键，故D错误；答案选C。【点睛】B项HClO分子中含有H原子，不可能达到8电子结构，直接判断错误。2．下列关于晶体的说法正确的组合是（   ）①分子晶体中都存在共价键     ②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子　③金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键          ⑤氯化钠熔化时离子键被破坏⑥SiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合⑦晶体中分子间作用力越大，分子越稳定A．①②③⑥      B．①②④      C．③⑤⑥      D．③⑤【答案】D【解析】在稀有气体中不存在化学键，①不正确；在金属晶体中只有阳离子而没有阴离子，②不正确；金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S分别是原子晶体、原子晶体、离子晶体、离子晶体、分子晶体、分子晶体，晶体的熔点依次降低，③正确；离子晶体中一定含有离子键，但也可能含有共价键，④不正确；氯化钠熔化时离子键被破坏，⑤正确；SiO2晶体中每个硅原子与4个氧原子以共价键相结合向空间无限扩展，⑥不正确；分子晶体中分子间作用力越大，熔沸点一般越高，而与其稳定性无关，⑦不正确。答案选D。3．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是（   ）A．沉淀溶解后，将会生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+B．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液不会有变化，因为[Cu(NH3)4]2+不会与乙醇发生反应D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道【答案】A【解析】硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，溶液中铜离子浓度减小，故A正确、B错误；[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；在[Cu(NH3)4]SO4离子中，中心原子Cu2+提供空轨道，配位体NH3提供孤电子对，故D错误。【点睛】考查了配合物、配位键的形成等性质，明确形成配合物的条件是：有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。4．大气中存在一种潜在的温室气体SF5-CF3，关于SF5-CF3的说法正确的是（   ）A．所有原子在同一平面内，C原子的杂化方式为sp3B．分子中有σ键无π键C．分子中所有原子均满足8电子稳定结构D．1mol SF5-CF3分子中含9个共价键【答案】B【解析】A．SF5-CF3分子中所有C原子最外层电子全部参与成键，无孤对电子，C原子为sp3杂化，分子中S原子与六个原子成键，形成八面体结构，S原子在八面体的中心，C原子结合四个原子，为四面体结构，则所有原子不可能共面，故A错误；B．SF5-CF3分子中只有共价单键，则分子中只有σ键，没有π键，故B正确；C．根据A项分析，分子中S原子与六个原子成键，S外围是六对电子对，12个电子，不满足8电子稳定结构，故C错误；D．一个SF5-CF3中只有含5个S−F、1个S−C、3个C−F键，则1mol SF5-CF3分子中含9NA个共价键，故D错误。【点睛】碳原子均是sp3杂化，形成的均是单键，原子不可能全部在一个平面上。5．下列说法不正确的是（   ）A．晶格能由大到小：MgO>CaO>NaF> NaClB．某金属元素气态基态原子的逐级电离能的数值分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，当它与氯气反应时生成的阳离子是X2+C．熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力且可作手术刀的消毒液，从不同角度分类HgCl2是一种共价化合物、非电解质、盐、离子晶体D．含极性键的非极性分子往往是高度对称的分子，比如CO2、BF3、CH4这样的分子【答案】C【解析】A．晶格能的大小与构成离子晶体的离子半径和离子所带电荷数目的多少相关，因为离子半径：Ca2+＞Na+＞Mg2+、F−＞O2−，离子所带的电荷：Ca2+=Mg2+＞Na+、O2−＞F−，故晶格能的大小为MgO>CaO>NaF>NaCl，故A说法正确；B．该原子的第三电离能远大于第二电离能，故该金属元素是第IIA族元素，与氯气反应时生成二价的阳离子，故B说法正确；C．HgCl2的稀溶液有弱的导电能力说明HgCl2能够部分电离出自由移动的离子，因此HgCl2属于弱电解质，熔融状态的HgCl2不能导电说明HgCl2是共价化合物，属于分子晶体，故C说法错误；D．CO2、BF3、CH4三种分子的空间构型分别为直线哥形、平面三角形和正四面体，分子结构高度对称，属于非极性分子，故D说法正确；答案选C。【点睛】绝大多数盐类物质都属于强电解质、离子化合物、离子晶体，但有少部分盐属于共价化合物，如：AlCl3、BeCl2、SnCl4、HgCl2、GeCl4、AuCl3等。6．下列说法中正确的是（   ）①第一电离能：S>P>Si    ②电负性：C<N<O<F③因为CaO的晶格能比KCl的高，所以KCl的熔点比CaO的低④SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也呈直线形，相同条件下SO2的溶解度更大⑤分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔、沸点越高A．①②③      B．②③       C．②④⑤      D．①②③④⑤【答案】B【解析】①同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能P＞S＞Si，故该说法错误；②同周期随原子序数增大，元素的电负性增大，故电负性C＜N＜O＜F，故该说法正确；③离子电荷越大、离子半径越小，晶格能越大，熔沸点越高，晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低，故该说法正确；④二氧化硫与二氧化碳均为酸性氧化物，化学性质相似，二氧化碳分子为直线型结构，但二氧化硫为V形结构，故该说法错误；⑤分子晶体中，分子间作用力越强，该分子晶体的熔沸点越高，故该说法错误；答案选B。【点睛】第一电离能与元素原子的核外电子排布有关，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空（p0、d0、f0）、半满（p3、d5、f7）和全满（p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该原子具有较大的第一电离能。7．有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M能层p能级上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的价电子构型为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述不正确的是（   ）A．X和Q形成的化合物为直线形B．T和Z分别可与Q形成两种化合物C．Y和X可形成化合物YX、YX2D．X和Z可形成非极性分子ZX2【答案】A【解析】X原子M能层p能级上有2个未成对电子且无空轨道，所以X原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，为S元素；Y原子的价电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则其原子核外电子排布为1s22s22p2，为C元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p4，为O元素；T原子的M电子层上p轨道半充满，则其核外电子排布为1s22s22p63s23p3，为P元素。A．X和Q形成的化合物为SO2和SO3，SO2价层电子对数为3，含一对孤电子对，所以空间构型为V形；SO3价层电子对数为3，不含孤电子对，为平面三角形，故A错误；B．P元素可以和O元素形成P2O5和P2O3两种化合物，C元素可以和O元素形成CO和CO2，故B正确；C．Fe可以和S元素形成FeS、FeS2，故C正确；D．S和C可以形成化合物CS2，该分子为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，故D正确；故答案为A。8．下列关于物质结构的命题中，错误的项数有（   ）①乙醛分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种②元素Ge位于周期表第四周期IVA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于P区③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子④Na2O、Na2O2中阴阳离子个数比不同⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸、也能溶于氨水，是两性氢氧化物⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键（用“．．．”表示）结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为：⑦HF晶体沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HFA．4项      B．5项      C．6项      D．7项【答案】A【解析】①乙醛的结构简式为CH3CHO，分子中碳原子的杂化类型有sp2(-CHO)和sp3(-CH3)两种，①正确；②元素Ge价电子排布式为4s24p2，位于周期表第四周期IVA族，属于P区元素，②正确；③H2O2结构不对称，为极性分子，③错误；④Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比都为1∶2，④错误；⑤Cu(OH)2溶于氨水生成[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O，反应没生成盐和水，故不是两性氢氧化物，⑤错误；⑥依据一水合氨的电离方程式，可确定NH3·H2O的结构式为：，⑥正确；⑦HF晶体沸点高于HCl，是因为HF能形成分子间的氢键，⑦错误；综合以上分析，错误的项数有4项，故选A。9．(1)气态氢化物热稳定性HF比HCl的主要原因是__________。(2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，的电子式是_______。(3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________。【答案】（1）原子半径F＜Cl，键能F—H＞Cl—H   （2）    （3）乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有    【解析】(1)由于原子半径F＜Cl，故键长：F—H＜Cl—H，键能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl稳定，故答案为：原子半径F＜Cl，键能F—H＞Cl—H。(2)CaCN2是离子化合物，则阳离子为Ca2+、为阴离子；Ca原子最外层有2个电子，易失去最外层的2个电子达到8电子的稳定结构；N原子最外层有5个电子，易得到3个电子或形成3对共用电子对达到8电子的稳定结构；C原子最外层有4个电子，通常形成4对共用电子对达到8电子的稳定结构；则每个N原子分别得到Ca失去的1个电子、与C原子形成两对共用电子对，Ca、C、N都达到8电子的稳定结构，CaCN2的电子式为，故答案为：。(3)乙醇和氯乙烷都属于极性分子，但乙醇与水分子之间形成氢键，而氯乙烷不能与水分子形成氢键，故常温下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故答案为：乙醇与水分子之间形成氢键而氯乙烷没有。【点睛】与CO2互为等电子体，可以根据CO2的电子式，结合等电子原理书写的电子式。10．铝及其化合物广泛应用于金属冶炼、有机合成等领域。(1)铝热反应可以冶炼金属铬，Cr3＋基态核外电子排布式为___________________。 (2)AlCl3可作反应的催化剂。①乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子为________。 ②1mol对甲基苯乙酮分子中含有的σ键为________。 ③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为____________。④单个AlCl3气态分子的空间构型为____，AlCl3可与Cl−形成AlCl，与AlCl互为等电子体的分子为______。(3)某遮光剂的晶胞如图所示，由晶胞可知n＝________。【答案】（1）[Ar]3d3    （2）3    20    CH3COOH能与水分子间形成氢键    平面三角形    CCl4（SiCl4或其他合理答案）    （3）6    【解析】（1）Cr是24号元素，Cr3+基态核外电子排布式为[Ar]3d3；（2）①乙酸酐分子中发生sp3杂化的原子有2个C原子和一个O原子，共3个；②1mol对甲基苯乙酮分子中含有σ键的数目为20mol，③CH3COOH与H2O可以任意比例互溶，是因为CH3COOH能与水分子间形成氢键；④单个AlCl3气态分子中心原子Al形成3个σ键，空间构型为平面三角形；与AlCl互为等电子体的分子为CCl4（SiCl4或其他合理答案）（3）某遮光剂的晶胞可知，Na+：，AlFn(n-3)−： 由化合价代数和为0，n=6。【点睛】本题考查较综合，涉及核外电子排布、分子构型、分子性质、等电子体、杂化轨道、氢键、配合物等知识点，需要学生全面掌握基础知识，根据晶胞中配合物的构成微粒化合价代数和为0等知识点来分析解答，难度中等。11．锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为________。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。（3）ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是___________________________。（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm−3(列出计算式)。【答案】（1）[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)    （2）大于    Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子    （3）离子键    ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小    （4）平面三角形    sp2    （5）六方最密堆积(A3型)        【解析】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4-3×2+2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×cm2，高为c cm，所以体积为6×cm3。所以密度为：g·cm-3。【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。12．磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，电池的总反应为：Li1-xFePO4+LixC6=LiFePO4+C6。(1)LiFepO4中Fe2+的价电子排布图(轨道表达式)为___________，该电池反应物中涉及第二周期的元素的第一电离能由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)。(2)H3PO4和H2CO3中P和C原子的杂化方式_____(填“相同”或“不相同”)。PO43－的空间结构为___________。(3)石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌人石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物。某石墨嵌入化合物的平面结构如右图所示，则x=___________；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为___________。(4)某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为__________，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为__________(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为a nm，则两个最近的Li+的距离为___________nm。【答案】（1）    O>C>Li    （2）不相同    正四面体    （3）1    LiC2    （4）面心立方堆积            【解析】(1)铁元素是26号元素，Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理，Fe2+核外电子排布是1S22S22P63S23P63d6，价电子排布图为；该电池反应物中涉及第二周期的元素有Li、C、O，同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，所以第一电离能由大到小的顺序是O>C>Li；(2)根据价电子对数=(中心原子价电子数+配位原子提供的电子数离子所带电荷数)，价电子对数等于其杂化轨道数，H3PO4中P原子的杂化轨道数是4，P原子杂化方式是sp3，H2CO3中C原子的杂化轨道数是3，C原子杂化方式是sp2，杂化方式不同；PO中P原子的杂化轨道数是4，无孤电子对，所以PO空间结构为正四面体；(3)根据均摊原则，每个碳环实际占用2个碳原子，每个锂离子占用碳环是=3，石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1∶6，所以LixC6中x=1；若每个六元环都对应一个L i+，则石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为1∶2，所以化学式是LiC2；(4)根据阴离子在晶胞中位置图，阴离子在晶胞顶点和面心，所以堆积方式为面心立方堆积；根据“均摊法”，阴离子数，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞中共8个锂离子，故该化合物的化学式；根据晶胞结构，晶胞边长为a nm，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞边长为a nm，所以两个最近的Li+的距离为相邻的两个正四面体的体心间距（或两个八分之一晶胞立方的体心间距），是晶胞边长的一半，即nm。