2021版高中化学一轮复习练习：第11章 第2课时　分子结构与性质 Word版含解析

课时2　分子结构与性质

一、选择题

1．(2015·安徽理综，7)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如右图。下列有关该物质的说法正确的是(　　)

 A．分子式为C3H2O3

 B．分子中含6个σ键

 C．分子中只有极性键

 D．8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2

 解析　A项，该有机物的分子式为C3H2O3，正确；B项，双键中含有一个σ键和一个π键，则该有机物分子中含有8个σ键，错误；C项，分子中的碳碳双键是非极性键，其它共价键是极性键，错误；D项，由于没有给出所处的状况，故无法确定0.1 mol该物质完全燃烧生成CO2气体的体积，错误。

 答案　A

2．下列事实与NH3极易溶于水无关的是(　　)

 A．NH3与水反应生成NH3·H2O

 B．NH3与水分子之间形成氢键

 C．NH3和水分子的相对分子质量接近

 D．NH3是极性分子

 答案　C

3．有关物质结构的下列说法中正确的是(　　)

 A．碘升华时破坏了共价键

 B．含极性键的共价化合物一定是电解质

 C．氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏

 D．HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定

 解析　A项，碘升华破坏分子间作用力；B项，含极性键的共价化合物不一定是电解质，如CH4；D项，分子的稳定性是由键能和键长决定的。

 答案　C

4．(2016·绵阳模拟)下列描述正确的是(　　)

 A．CS2为V形极性分子

 B．SiF4与SO的中心原子均为sp3杂化

 C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1

 D．水加热到很高温度都难分解是因水分子间存在氢键

 解析　CS2为直线形非极性分子；SiF4与SO的中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化；C2H2分子中σ键与π键的数目比为3∶2；水加热到很高温度都难分解是因O—H键的键能较大。

 答案　B

5．下列有关化学键的叙述，正确的是(　　)

 A．离子化合物中可能含共价键

 B．所有物质都存在化学键

 C．含有极性键的分子一定是极性分子

 D．含有共价键的化合物一定是共价化合物

 解析　A项，离子化合物中一定含有离子键，可能含共价键如NaOH等，A项正确；B项，稀有气体不存在化学键，B项错误；C项，CO2分子中含有极性键，但CO2分子属于非极性分子，C项错误；D项，某些离子化合物(如NaOH)中也含有共价键，D项错误。

 答案　A

6．N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示π键，下列说法中不正确的是(　　)

 A．N2分子与CO分子中都含有三键

 B．CO分子中有一个π键是配位键

 C．N2与CO互为等电子体

 D．N2与CO的化学性质相同

 解析　 由题意可知N2分子中N原子之间、CO分子中C、O原子之间均通过2个π键，一个σ键，即三键结合，其中，CO分子中1个π键由O原子单方面提供孤电子对，C原子提供空轨道通过配位键形成。N2化学性质相对稳定，CO具有比较强的还原性，两者化学性质不同。

 答案　D

7．(2016·郑州一模)以下微粒含配位键的是(　　)

 ①N2H　②CH4　③OH-　④NH　⑤Fe(CO)3

 ⑥Fe(SCN)3　⑦H3O＋　⑧[Ag(NH3)2]OH

 A．①②④⑦⑧  B．③④⑤⑥⑦

 C．①④⑤⑥⑦⑧  D．全部

 解析　①N2H的结构式为；⑦H3O＋的结构式为；Fe(CO)3、Fe(SCN)3、[Ag(NH3)2]OH均为配合物，中心离子(或原子)与配体之间均含配位键。

 答案　C

8．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体构型，下列结论中正确的是(　　)

 A．直线形；三角锥形  B．V形；三角锥形

 C．正四面体；正四面体  D．V形；平面三角形

 解析　在判断分子的立体构型的时，关键是看分子的中心原子是否存在孤电子对，而不能简单地从组成上看，要注意价层电子对互斥理论和分子立体构型的区别和联系。在H2S中，价电子对数为4，若无孤电子对存在，则其应为正四面体构型，但中心原子S上有两对孤电子对，且孤电子对也要占据中心原子周围的空间，它们相互排斥，因此H2S为V形。在BF3中，价电子对数为3，其中心原子B上无孤电子对，因此BF3为平面三角形。

 答案　D

9．(2016·荆州模拟)下列叙述正确的是(　　)

 A．NH3是极性分子，N原子处在3个H原子所组成的三角形的中心

 B．CCl4是非极性分子，C原子处在4个Cl原子所组成的正方形的中心

 C．H2O是极性分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央

 D．CO2是非极性分子，C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央

 解析　A．NH3是极性分子，N原子处在三角锥形的顶点，3个H原子处于锥底，错误。B.CCl4是非极性分子，四个Cl原子构成的是正四面体结构；C原子处在4个Cl原子所组成的四面体的中心，错误。C.H2O是极性分子，是V形分子，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，正确。D.CO2是非极性分子，三个原子在一条直线上，C原子处在2个O原子所连成的直线的中央，错误。

 答案　C

10．下列推论正确的是(　　)

 A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3

 B．NH为正四面体结构，可推测PH也为正四面体结构

 C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体

 D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子

 解析　A项，NH3分子间存在氢键，其沸点高于PH3；B项，N、P同主族，PH与NH结构相似；C项，SiO2是原子晶体；D项，C3H8中两个C—C键的夹角不是180°，不是直线形的分子。

 答案　B

二、填空题

11．(2016·南京模拟)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂(植物生长调节剂)，其组成结构和物理性质见下表。

 回答下列问题：

 (1)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为________。

 (2)氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有________。

 A．离子键  B．金属键

C．极性键  D．非极性键

 E．配位键   F．氢键

 (3)查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡脲。

 反应过程中，每生成1 mol氯吡苯脲，断裂________个σ键、断裂________个π键。

 (4)波尔多液是果农常用的一种杀菌剂，是由硫酸铜和生石灰制得。若在波尔多液的蓝色沉淀上，再喷射氨水，会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物。铜元素基态原子排布式为______________________。

 (5)上述沉淀溶解过程的离子方程式_________________________。

 解析　(1)氮原子在氯吡苯脲中以2种形式出现，一是N—N，另一是N===N，前者1＋3＝4，sp3杂化，后者1＋2＝3，sp2杂化。(3)反应过程中，异氰酸苯酯断裂的N===N中1根π键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1根σ键。(5)溶解过程是Cu(OH)2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子，形成蓝色透明溶液。

 答案　(1)sp2、sp3杂化　(2)CD　(3)NA　NA

 (4)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　

 (5)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-＋4H2O

12．(2016·南昌一模)K2Cr2O7是一种常见的强氧化剂，酸性条件下会被还原剂还原成Cr3＋。

 (1)Cr3＋能与OH-、CN-形成配合物[Cr(OH)4]-、[Cr(CN)6]3-。

 ①Cr3＋的电子排布式可表示为________。

 ②不考虑空间构型，[Cr(OH)4]-的结构可用示意图表示为________(若有配位键，用箭头表示)。

 ③CN-与N2互为等电子体，写出CN-的电子式：________。

 (2)K2Cr2O7能将乙醇氧化为乙醛，直至乙酸。

 ①乙醛中碳原子的杂化方式有________、________。

 ②乙酸的沸点是117.9 ℃，甲酸甲酯的沸点是31.5 ℃，乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点的主要原因是________________________。

解析　(1)①铬为24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3＋，所以Cr3＋核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。

 ②[Cr(OH)4]-中的Cr3＋与4个OH-形成配位键，可表示为。③根据氮气分子的电子式写出CN-的电子式，且CN-是离子，符合离子电子式的书写规则，所以其电子式为。

 (2)①乙醛中甲基上的碳原子含有四个共价单键，所以甲基上碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子含有3个共价单键，所以醛基上碳原子采用sp2杂化。

 答案　(1)①1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3

 ②

 ③

 (2)①sp2　sp3　②乙酸分子间存在氢键

13．(2015·福建理综，31节选)(1)下列关于CH4和CO2的说法正确的是________(填序号)。

 a．固态CO2属于分子晶体

 b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子

 c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

 d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

 (2)Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1 mol Ni(CO)4中含有________ mol σ键。

 (3)一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。

 ①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是______________________。

 ②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0. 586 nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是______________________________。

 解析　(1)a项，固态CO2是由CO2分子通过分子间作用力结合而成的分子晶体，正确；b项，CH4分子中含有极性共价键，但由于该分子中的共价键排列对称，因此该分子是非极性分子，错误；c项，固态时CH4和CO2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越强，物质的熔、沸点就越高，而不是取决于分子内共价键的强弱，错误；d项，CH4分子中碳原子形成的都是σ键，C原子采取sp3杂化，而CO2分子中的C原子与两个O原子形成的是碳氧双键，含有2个σ键和2个π键，C原子采取sp杂化，正确。故答案选a、d。(2)Ni能与CO形成正四面体型的配合物Ni(CO)4，在每个配位体中含有1个σ键，在每个配位体与中心原子之间也形成1个σ键，所以1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键。(3)①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力分别是分子间作用力(也叫范德华力)和氢键。②根据表中的数据可知，笼状结构的空腔直径为0.586 nm，大于CO2分子的直径(0.512 nm)，而且CO2与H2O分子之间的结合力大于CH4，因此可以实现用CO2置换出“可燃冰”中CH4的设想。

 答案　(1)ad　(2)8

 (3)①氢键、范德华力　②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH4

14．(2016·衡水模拟)W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。

 (1)Y3＋基态电子排布式可表示为________。

 (2)MX的空间构型是________(用文字描述)。

 (3)M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是___________。

 (4)根据等电子原理，WX分子的结构式为________。

 (5)1 mol WX2中含有的键数目为________。

 (6)H2X分子中X原子轨道的杂化类型为________。

 解析　W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，故W为C元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，则M为N元素或S元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭，则X是O元素，故M为N元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，则Y的价电子排布为3d54s1，故Y为Cr元素，Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，故Z为Cu元素。

 (1)由上述推断可知，Y3＋为Cr3＋，基态电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。

 (2)NO中，N是键数为3，孤电子对数为(5＋1-3×2)/2＝0，所以其空间构型为平面正三角形。

 (3)从化合价角度分析：N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合，故碱性更强。

 (4)CO与N2是等电子体，化学结构相似，所以CO的结构式类似于N2，存在三键结构，故为CO。

 (5)CO2分子中存在2个碳氧双键，每个双键都有1个键，故1 mol CO2分子中存在2NA个键。

 (6)H2O分子中，O的键数为2，孤电子对数为(6-2)/2＝2，故H2X分子中X原子轨道的杂化类型为sp3杂化。

 答案　(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3

 (2)平面正三角形

 (3)N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合

 (4)

 (5)2NA

 (6)sp3杂化