分子间作用力
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题5分,共40分)
1.(2020·成都高二检测)NCl3是一种淡黄色油状液体,下列对NCl3的有关描述正确的是
( )
A.该分子呈平面三角形
B.该分子为非极性分子
C.它的沸点比PCl3的低
D.因为N—Cl键的键能大,所以NCl3沸点高
【解析】选C。NCl3中N原子的价电子对数为=4,孤电子对数=1,所以该分子为三角锥形,由于3个N—Cl极性键的排列不对称,所以该分子为极性分子。NCl3与PCl3的组成和结构相似,相对分子质量NCl3小于PCl3,所以范德华力NCl3小于PCl3,沸点NCl3低于PCl3。NCl3的沸点与N—Cl键的键能无关。
2.在水中,水分子可彼此通过氢键形成(H2O)n的小集团。在一定温度下(H2O)n的n=5,每个水分子被4个水分子包围着形成四面体。(H2O)n的n=5时,下列说法中正确的是
( )
A.(H2O)n是一种新的水分子
B.(H2O)n仍保留着水的化学性质
C.1
mol
(H2O)n中有2个氢键
D.1
mol
(H2O)n中有4
mol氢键
【解析】选B。(H2O)n是H2O分子之间通过氢键结合而成的,氢键不属于化学键,因此(H2O)n不是一种新的分子,(H2O)n仍保留着水的化学性质。(H2O)n中每个氢原子分享一个氢键,折合每摩尔水有2
NA个氢键(NA为阿伏加德罗常数的值),当n=5时,1
mol
(H2O)5所含氢键数相当于5
mol
H2O分子含有的氢键数,应为10
NA个。
3.(双选)(2020·南京高二检测)下列物质的变化,破坏的主要是分子间作用力的是
( )
A.Na2CO3·10H2O失水变为Na2CO3
B.KCl溶于水
C.将液溴加热变为气态
D.干冰升华
【解析】选C、D。Na2CO3·10H2O失水破坏的是化学键;KCl溶于水,会破坏离子键;液溴由液态变为气态,破坏的是分子间作用力;干冰升华破坏的是分子间作用力。
4.(2020·泰安高二检测)共价键、离子键和分子间作用力是粒子之间三种不同的作用力。下列物质中:①Na2O2 ②CO2 ③Na2O ④NaCl,含有上述作用力中的两种的是
( )
A.①②
B.②③
C.②④
D.①③
【解析】选A。①中有离子键和共价键,②中有共价键和分子间作用力,③④中只有离子键。
5.(2020·温州高二检测)下列物质的性质或数据与氢键无关的是
( )
A.氨气极易溶于水
B.邻羟基苯甲酸()的熔点为159
℃,对羟基苯甲酸()的熔点为213
℃
C.乙醚微溶于水,而乙醇可与水以任意比互溶
D.HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多
【解析】选D。NH3与H2O分子之间可以形成氢键,增大了NH3在水中的溶解度;邻羟基苯甲酸形成分子内氢键,而对羟基苯甲酸形成分子间氢键,分子间氢键增大了分子间作用力,使对羟基苯甲酸的熔、沸点比邻羟基苯甲酸的高;乙醇分子结构中含有羟基,可以与水分子形成分子间氢键,从而增大了乙醇在水中的溶解度,使其能与水以任意比互溶,而乙醚分子结构中无羟基,不能与水分子形成氢键,在水中的溶解度比乙醇小得多;HF分解时吸收的热量比HCl分解时吸收的热量多的原因是H—F键的键能比H—Cl键的大,与氢键无关。
6.下列关于范德华力影响物质性质的叙述中,正确的是
( )
A.范德华力是决定由分子构成的物质的熔、沸点高低的唯一因素
B.范德华力与物质的性质没有必然的联系
C.范德华力能够影响物质的化学性质和物理性质
D.范德华力仅影响物质的部分物理性质
【解析】选D。范德华力是一种分子间作用力,因此范德华力不会影响物质的化学性质,只影响物质的部分物理性质。
7.(2020·苏州高二检测)关于氢键,下列说法正确的是
( )
A.由于冰中的水分子间存在氢键,所以其密度大于液态水
B.可以用氢键解释接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式(H2O)计算出来的相对分子质量大
C.分子间氢键和分子内氢键都会使熔、沸点升高
D.水加热到很高的温度都难以分解,这是由于氢键所致
【解析】选B。A.由于冰中的水分子间存在氢键,增大了分子之间的距离,所以其密度小于液态水,错误;B.由于水分子之间存在氢键,使水分子通常以几个分子缔合的形式存在,所以接近沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式(H2O)计算出来的相对分子质量大,正确;C.分子间氢键使熔、沸点升高,而分子内氢键则会使熔、沸点降低,错误;D.水加热到很高的温度都难以分解,这是由于分子内的H—O共价键强,与分子间的氢键无关,错误。
8.二甘醇可用作溶剂、纺织助剂等,一旦进入人体会导致急性肾衰竭,危及生命。二甘醇的结构简式是HOCH2CH2OCH2CH2OH。下列有关二甘醇的叙述正确的是
( )
A.符合通式CnH2nO3
B.能溶于水,不溶于乙醇
C.分子间不存在范德华力
D.分子间能形成氢键
【解析】选D。二甘醇的分子式为C4H10O3,不符合通式CnH2nO3,A错误;二甘醇属于有机物,且由题干中“二甘醇可用作溶剂”推知二甘醇能溶于乙醇,B错误;二甘醇为分子,分子间存在范德华力,C错误;二甘醇分子中存在H—O键,分子间能形成氢键,D正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共30分)
9.(10分)判断下列几组化合物的熔、沸点由高到低的顺序,并简要说明判断理由。
(1)CCl4、CF4、CBr4、CI4:?______________________。?
(2)乙醇、溴乙烷、乙烷:?______________________。?
【解析】对于结构相似的物质,如果分子间只存在范德华力,物质熔、沸点一般随相对分子质量的增大而升高。如果有氢键则会出现反常,含氢键的物质熔、沸点较高。
答案:(1)CI4>CBr4>CCl4>CF4,相对分子质量增大,分子间作用力增大,熔、沸点升高
(2)乙醇>溴乙烷>乙烷,乙醇形成分子间氢键,溴乙烷的相对分子质量比乙烷的大
10.(8分)研究人员发现,在一定的实验条件下,给水施加一个弱电场,在20
℃、1个大气压下,水可以结成冰,称为“热冰”。如图是水和“热冰”的计算机模拟图,图中球代表水分子中的原子。
(1)图中较大的球代表________原子,其原子结构示意图是________。水分子中氢氧原子间的化学键是________(填“共价键”或“离子键”)。?
(2)用球棍模型表示的水分子结构是________(填选项字母)。?
(3)已知水分子中氧原子一端带部分负电荷,氢原子一端带部分正电荷,在外加电场作用下,水结成冰。上图中模拟“热冰”的示意图是________(填“图1”或“图2”),理由是__________________________。?
【解析】氧原子比氢原子大,故大球代表氧原子。水分子中含极性共价键,两个O—H键之间夹角为104.5°,呈角形结构。“热冰”中的水分子应为有序排列,氧原子一端吸引氢原子一端。
答案:(1)氧 共价键 (2)B
(3)图1 分子有序排列
11.(12分)(2020·济南高二检测)短周期的5种非金属主族元素,其中A、B、C的外围电子排布可表示为A:asa,B:bsbbpb,C:cscc,D与B同主族,E在C的下一周期,且是同周期元素中电负性最大的元素。请回答下列问题:
(1)由A、B、C、E四种元素中的两种元素可形成多种分子,分子①BC2、②BA4、③A2C2、④BE4中,属于极性分子的是________(填序号)。?
(2)C的氢化物比下一周期同主族元素的氢化物沸点要高,其原因是?__。?
(3)B、C两元素都能和A元素组成常见的溶剂,其分子式分别为________、________。?
(4)BA4、BE4和DE4的沸点从高到低的顺序为__________________(用化学式表示)。?
【解析】由s轨道最多可容纳2个电子且5种元素都为非金属主族元素可得:a=1,b=c=2,即A为H,B为C,C为O。由D与B同主族,且为短周期非金属元素得D为Si;由E在C的下一周期且E为同周期中电负性最大的元素可知E为Cl。
(1)①、②、③、④分别为CO2、CH4、H2O2、CCl4,其中H2O2为极性分子,其他为非极性分子。
(2)C的氢化物为H2O,H2O分子间可形成氢键,是其沸点较高的重要原因。
(3)B、A两元素组成苯,C、A两元素组成水,两者都为常见的溶剂。
(4)BA4、BE4、DE4分别为CH4、CCl4、SiCl4,三者结构相似,相对分子质量逐渐增大,分子间作用力逐渐增强,故它们的沸点从高到低的顺序为SiCl4>CCl4>CH4。
答案:(1)③ (2)H2O分子间形成氢键
(3)C6H6 H2O
(4)SiCl4>CCl4>CH4
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题8分,共16分)
12.氦晶体的升华能是0.105
kJ·mol-1,而冰的升华能则为46.9
kJ·mol-1。能解释这一事实的叙述是
( )
A.氦原子间仅存在范德华力
B.氦原子很小,且电子少
C.冰中只有范德华力
D.水分子内的共价键强
【解析】选A。冰中不仅存在范德华力,而且存在很强的氢键,升华时不仅需要破坏范德华力,还需要破坏氢键,而氦原子间仅存在范德华力,升华时仅需要破坏范德华力。
13.下列选项不能用学过的氢键知识进行解释的是
( )
A.相对分子质量小的醇与水互溶,而相对分子质量较大的醇则不溶于水
B.氨易液化,而氮气不容易液化
C.因为液态水中存在氢键,所以水比硫化氢稳定
D.邻羟基苯甲醛()的沸点比对羟基苯甲醛()的沸点低
【解析】选C。相对分子质量小的醇中羟基所占的质量分数大,所以与水形成的氢键多,二者互溶,A项不符合题意;氨压缩时,可以形成同种分子之间的氢键,所以容易液化,而氮气分子之间则没有氢键,所以难被液化,B项不符合题意;水分子间存在氢键,所以水分子之间作用力增强,物质熔沸点升高,但不能影响物质的稳定性,物质的稳定性与分子内共价键强弱有关,C项符合题意;邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键(),所以分子与分子之间氢键的数量变少,而对羟基苯甲醛分子内由于氢原子与氧原子的距离较远,所以只能形成分子间氢键(),从而使分子间作用力增大,沸点升高,D项不符合题意。
二、非选择题(本题包括2小题,共14分)
14.(7分)(2020·兰州高二检测)根据下列表1和表2数据,回答问题:
表1 ⅤA、ⅥA、ⅦA族氢化物的沸点
化合物
沸点/℃
化合物
沸点/℃
化合物
沸点/℃
NH3
-33.3
H2O
100
HF
19.5
PH3
-87.4
H2S
-60.7
HCl
-84
AsH3
-62
H2Se
-42
HBr
-67.0
SbH3
a
H2Te
-1.8
HI
-35.4
表2 常见物质的沸点
结构简式
分子式
相对分子质量
沸点/℃
①H—OH
H2O
18
100
②CH3OH(甲醇)
CH4O
32
64
③CH3CH2OH(乙醇)
C2H6O
46
78
④CH3COOH(乙酸)
C2H4O2
60
118
⑤CH3COCH3(丙酮)
C3H6O
58
56
⑥CH3CH2CH2OH(丙醇)
C3H8O
60
97
⑦CH3CH2OCH3(甲乙醚)
C3H8O
60
11
(1)表1中a的范围是________。?
(2)根据表1数据,同主族元素简单氢化物沸点高低的规律是?__________。?
(3)根据表2沸点数据找规律,由②③⑥得出:?_______________________;?
由①④⑥得出:_________________________________________________。?
【解析】(1)从表1数据可以得出-62
(2)水、氟化氢、氨分子间存在氢键,沸点出现“反常”,因此同主族元素简单氢化物沸点高低与氢键和相对分子质量有关。
(3)表2中规律仍然要从氢键、相对分子质量等因素变化得出。
答案:(1)-62(2)同主族元素简单氢化物沸点随相对分子质量增大而升高,如果含氢键,该氢化物沸点最高
(3)组成和结构相似的分子,相对分子质量越大,沸点越高 分子间存在氢键,会使其沸点升高,分子极性越大,氢键越强,沸点越高
15.(7分)(2020·惠州高二检测)回答下列问题:
(1)硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示,呈现这种变化关系的原因是?_____________________。?
(2)①H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为________________________。?
的沸点比的沸点低,原因是?_______________。?
②乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺,但乙二胺比三甲胺的沸点高得多,原因是?__________________。?
③H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶,除因它们是极性分子外,还因为?_____,?
H2O在乙醇中的溶解度大于H2S,其原因是?_______________________。?
(3)关于化合物,下列叙述正确的有________(填字母序号)。?
a.分子间可形成氢键
b.分子中既有极性键又有非极性键
c.分子中含有7个σ键和1个π键
d.该分子在水中的溶解度大于CH3CHCHCH3
【解析】(1)硅烷是由分子通过范德华力形成的晶体,相对分子质量越大,范德华力越强,沸点越高。
(2)①化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用;分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴,但氢键强于范德华力,所以它们从强到弱的顺序依次为O—H键、氢键、范德华力。对羟基苯甲醛易形成分子间氢键,邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键,分子间氢键使分子间作用力增大,所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。②乙二胺分子中存在N—H键,故乙二胺分子间存在氢键,三甲胺中不能形成氢键,所以乙二胺的沸点高于三甲胺。③H2O与乙醇可以形成分子间氢键,使得水与乙醇互溶;而H2S与乙醇不能形成分子间氢键,故H2S在乙醇中的溶解度小于H2O。
(3)分子中不存在与电负性很强、原子半径小的元素相连的H原子,所以不存在氢键,故a不正确;分子中碳碳键是非极性键,碳氢键、碳氧键是极性键,b正确;分子中有3个碳碳σ键、2个碳氧σ键、4个碳氢σ键,2个碳氧π键和1个碳碳π键,共有9个σ键和3个π键,故c不正确;由于醛基中的氧原子与水分子间形成氢键,增大了其在水中的溶解度,d正确。
答案:(1)硅烷的结构和组成相似,相对分子质量越大,分子间作用力越大,沸点越高
(2)①O—H键>氢键>范德华力 形成的是分子内的氢键,而可形成分子间的氢键,分子间氢键使分子间的作用力增大
②乙二胺分子间可以形成氢键,三甲胺分子间不能形成氢键
③H2O与CH3CH2OH分子间可以形成氢键 H2O分子和乙醇分子之间形成氢键,而H2S分子和乙醇分子之间不形成氢键
(3)bd
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8
-离子键、配位键与金属键
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题5分,共35分)
1.(2020·衡水高二检测)氯化钠是日常生活中人们常用的调味品。下列性质可以证明氯化钠中一定存在离子键的是
( )
A.具有较高的熔点
B.熔融状态能导电
C.水溶液能导电
D.常温下能溶于水
【解析】选B。NaCl在熔融状态能导电,说明NaClNa++Cl-,即说明NaCl中存在离子键。
2.如图所示是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分),下列有关叙述正确的是
( )
A.该叶绿素只含有H、Mg、C元素
B.该叶绿素是配合物,中心离子是镁离子
C.该叶绿素是配合物,其配位体是N元素
D.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物
【解析】选B。该化合物还含有O元素和N元素,A错误;Mg的最高化合价为+2,而化合物中Mg与4个N原子作用,由此可以判断该化合物中Mg与N原子间形成配位键,该物质为配合物,B正确,D错误;该化合物中配位原子为N原子,不能称N原子为配位体,同样也不能称N元素为配位体,因为配位体一般为离子或分子,C错误。
3.(2020·湖州高二检测)下列说法中,正确的是
( )
A.含有金属元素的化合物一定是离子化合物
B.ⅠA族和ⅦA族元素的原子化合时,一定形成离子键
C.活泼金属元素与活泼非金属元素化合时,能形成离子键
D.完全由非金属元素形成的化合物,一定是共价化合物
【解析】选C。含有金属元素的化合物也可能是共价化合物,如AlCl3等,A不正确;H与ⅦA族元素的原子化合时形成共价键,B不正确;NH4Cl为离子化合物,D项错误。
【补偿训练】
(2020·咸阳高二检测)下列关于金属的叙述中,不正确的是
( )
A.金属键是金属阳离子和自由电子间的强烈相互作用,其实质与离子键类似,也是一种电性作用
B.金属键可以看作是许多原子共用许多电子所形成的强烈相互作用,所以与共价键类似,也有方向性和饱和性
C.金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用,故金属键无饱和性和方向性
D.构成金属的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动
【解析】选B。从基本构成微粒的性质看,金属键与离子键的实质类似,都属于电性作用,特征都是无方向性和饱和性。自由电子是由金属原子提供的,并且在整个金属内部的三维空间内运动,为整个金属的所有阳离子所共有。从这个角度看,金属键与共价键有类似之处,但两者又有明显的不同,如金属键无方向性和饱和性。
4.(2020·大连高二检测)下列现象与形成配合物无关的是
( )
A.向FeCl3中滴入KSCN,出现红色
B.向Cu与Cl2反应后的集气瓶中加少量H2O,呈绿色,再加水,呈蓝色
C.Cu与浓HNO3反应后,溶液呈绿色;Cu与稀HNO3反应后,溶液呈蓝色
D.Fe在O2中燃烧产物为黑色
【解析】选D。Fe3+与SCN-形成一系列配离子,都显红色;Cu2+在水溶液中形成配离子[CuCl4]-显绿色;[Cu(H2O)4]2+显蓝色,故A、B、C项均与配合物有关。D项与配合物无关。
5.氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)在有机合成中非常重要,可发生如下反应:
①LiAlH4+4H2OLiOH+Al(OH)3+4H2↑
②NaBH4+NH4ClNH3BH3+NaCl+H2↑,
则下列说法错误的是
( )
A.LiAlH4中H元素为-1价
B.反应②中,每生成1
mol
NH3BH3会转移2
mol
e-
C.两个反应中,H2均既是氧化产物,又是还原产物
D.NH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同
【解析】选B。LiAlH4中,Li为+1价,Al为+3价,根据化合价代数和为零的原则,H元素为-1价,A不符合题意;反应②中,电子转移情况为
,每生成1
mol
NH3BH3转移1
mol
e-,B符合题意;根据分析,两个反应中,均发生了-1价H和+1价H之间的归中反应,生成0价的H2,所以H2既是氧化产物,又是还原产物,C不符合题意;NH4Cl和NaBH4电子式分别为[H]+]-和Na+[H]-,二者均含共价键、配位键和离子键,所含化学键类型相同,D不符合题意。
6.(2020·苏州高二检测)配位化合物Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种同分异构体。顺铂在水中的溶解度较大,具有抗癌作用;反铂在水中的溶解度小,无抗癌作用。下列说法正确的是
( )
A.顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂
B.已知Pt位于周期表第十纵行,则Pt是d区的ⅧB族元素
C.分子中Pt和N之间为离子键
D.N原子杂化方式为sp2杂化
【解析】选A。根据“相似相溶原理”,顺铂的极性大于反铂,因而顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小,A对;第十纵行属于Ⅷ族,不存在ⅧB族,B错;Pt和N之间为配位键,C错;NH3分子中N原子为sp3杂化,D错。
7.已知[Co(NH3)6]3+的空间结构如图所示,其中数字处的小圆圈表示NH3分子,且各相邻的NH3分子间的距离相等,Co3+位于八面体的中心。若其中两个NH3被Cl取代,所形成的[Co(NH3)4Cl2]+同分异构体的种数有
( )
A.2种 B.3种 C.4种 D.5种
【解析】选C。两个Cl可能在同一正方形的相邻顶点或相对顶点上,即有2种情况;题图中1与3等效,2、4、5、6都关于体心对称而等效,故2个Cl分别位于1和3,1(或3)和2,有2种情况,共4种。
二、非选择题(本题包括3小题,共35分)
8.(8分)下列变化中:①碘升华 ②烧碱熔化 ③食盐溶于水 ④HCl溶于水 ⑤O2溶于水 ⑥NaHCO3热分解。
(1)未发生化学键破坏的是________(填序号,下同);?
(2)仅发生离子键破坏的是________;?
(3)仅发生共价键破坏的是________;?
(4)既发生离子键破坏,又发生共价键破坏的是__。?
【解析】物理变化不破坏化学键,电解质溶于水时发生电离,离子键或共价键被破坏。
答案:(1)①⑤ (2)②③ (3)④ (4)⑥
9.(12分)配位键是一种常见的化学键,按要求完成下列问题:
(1)含Ti3+的一种配合物的化学式为[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O,其配离子中含有的化学键类型有________________。?
(2)铁是生活中常用的一种金属,其常见的离子有Fe2+、Fe3+,其中Fe2+可用K3[Fe(CN)6](赤血盐)溶液检验。
①铁单质中化学键为________(填名称)。?
②K3[Fe(CN)6]晶体中各种微粒的作用力有________(填字母)。?
a.金属键 b.共价键 c.配位键 d.离子键
(3)(2019·全国Ⅲ卷)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为______________,其中Fe的配位数为_______。?
【解析】(1)题给物质的配离子为[Ti(H2O)5Cl]2+,含有配位键与极性共价键(或共价键)。(2)①铁单质中含金属键。②K3[Fe(CN)6]属于配位化合物又属于离子化合物,含配位键、离子键,CN-中含有共价键。(3)两个FeCl3的配位键形成双聚分子。
答案:(1)配位键、极性共价键(或共价键)
(2)金属键 bcd
(3) 4
10.(15分)(2020·长沙高二检测)回答下列问题:
(1)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物提供孤电子对的原子是______________。?
(2)NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3,________原子提供孤电子对,________原子提供空轨道。写出NH3·BF3的结构式,并用“→”表示出配位键______________。?
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,则N2H6SO4的晶体内存在________(填字母序号)。?
a.离子键 b.配位键
c.共价键
d.σ键
(4)向CuSO4溶液中加入过量NaOH
溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。不考虑空间构型,[Cu(OH)4]2-的结构可用示意图表示为___________________,?
Na2[Cu(OH)4]中除配位键外,还存在的化学键类型是________(填字母)。?
a.离子键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键
(5)向氯化铜溶液中加入过量浓氨水,然后加入适量乙醇,溶液中析出深蓝色的[Cu(NH3)4]Cl2晶体,上述深蓝色晶体中含有的化学键除普通共价键外,还有________和________。?
【解析】(1)BCl3分子中B原子采取sp2杂化,形成3个sp2杂化轨道。B原子未杂化的1个2p轨道为空轨道,所以与X形成配位键时,X应提供孤电子对。
(2)NH3中N原子为sp3杂化,N原子上有一对孤电子对,BF3中B原子为sp2杂化,杂化轨道与F原子形成3个共价键,故有一个2p空轨道,与NH3形成配位键。
(3)N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同,可见它是离子晶体,晶体内存在离子键、共价键、配位键、σ键。
(4)Cu2+中存在空轨道,而OH-中O原子上有孤电子对,故O与Cu之间以配位键结合。Na2[Cu(OH)4]为离子化合物,Na+与[Cu(OH)4]-之间以离子键结合,O—H键为极性键。
(5)Cu2+提供空轨道,N原子提供孤电子对,Cu2+与NH3分子之间形成配位键,NH3分子中N、H原子之间以共价键结合,内界离子[Cu(NH3)4]2+与外界离子Cl-以离子键结合。
答案:(1)X (2)N B
(3)abcd
(4) ac
(5)离子键 配位键
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题8分,共16分)
11.(2020·潍坊高二检测)固体A的化学式为NH5,它的所有原子的最外层电子都符合相应稀有气体原子的结构,则下列有关说法中,不正确的是
( )
A.NH5中既有离子键又有共价键
B.NH5的熔沸点高于NH3
C.NH5固体投入少量水中,可产生两种气体
D.0.1
mol
NH5中含有0.5
mol
N—H键
【解析】选D。NH5是离子化合物氢化铵,铵根离子的氮原子与四个氢原子形成四个共价键,N与H-之间为离子键,A项正确;NH4H是一种离子化合物,NH3为共价化合物,则NH5熔、沸点高于NH3,B项正确;NH5能与水反应:NH4H+H2ONH3·H2O+H2↑,NH3·H2O再继续分解产生氨气,C项正确;根据氮原子的原子结构,最外层5个电子最多可和四个氢原子形成共价键(其中一个是配位键,氮原子提供一对电子,氢离子提供空轨道形成),形成带正电荷的铵根离子,所以另一个氢原子只能是形成H-,阴阳离子间形成离子键,则0.1
mol
NH5中含有0.4
mol
N—H键,D项错误。
12.(双选)硼砂是含结晶水的四硼酸钠,其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示,下列叙述正确的是
( )
A.Xm-的化学式为(H4B4O9)2-
B.硼原子轨道的杂化类型有sp2、sp3
C.配位键存在于4、6原子之间
D.硼砂晶体中有离子键、配位键两种化学键
【解析】选A、B。观察模型,1、3、5、6代表氧原子,2、4代表B原子,可知Xm-是(H4B4O9)m-,依据化合价H为+1,B为+3,O为-2,可得m=2,则Xm-的化学式为(H4B4O9)2-,故A正确;根据图知,B原子价电子对数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化,故B正确;含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键,B原子含有空轨道、O原子含有孤电子
对,4、5(或5、4)原子之间存在配位键,故C错误;硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键,故D错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共14分)
13.(7分)(2020·江苏高考节选)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵
[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。
(1)Fe基态核外电子排布式为_______________________;?
[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是____________(填元素符号)。?
(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是________;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________________________。?
(3)柠檬酸的结构简式如图。1
mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为________mol。?
【解析】(1)Fe为26号,价电子数为26-18=8,在4s轨道上填充2个电子,在3d轨道上填充6个电子,则Fe的核外电子排布为[Ar]3d64s2。[Fe(H2O)6]2+中O原子有孤电子对,可以填入Fe2+的空轨道中,即O为配位原子。(2)NH3中,N有一对孤电子对,价层电子对为1+3=4,则N为sp3杂化。N的最外层电子排布为2s22p3,p轨道中的电子为半满的稳定状态,很难失去电子,故N的第一电离能比相邻的O元素要大,C的半径大,相对于O原子而言,C易失去电子,则C的第一电离能小于O。(3)—COOH中,C与O形成双键以及C与O形成单键,1
mol—COOH中含有2
mol
σ键,C与羟基相连为单键,为一个σ键,所以1
mol柠檬酸中碳与氧共有7
mol
σ键。
答案:(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2 O (2)sp3 N>O>C (3)7
14.(7分)(2020·泰安高二检测)回答下列问题:
(1)在N中存在4个N—H共价键,则下列说法正确的是________(填字母,下同)。?
a.4个共价键的键长完全相同
b.4个共价键的键长完全不同
c.原来的3个N—H的键长完全相同,但与通过配位键形成的N—H键不同
d.4个N—H键键长相同,但键能不同
e.N中H—N—H夹角比NH3中H—N—H夹角小
(2)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀,再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液,继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀。下列说法不正确的是________(填字母序号)。?
a.[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是N元素
b.CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3
c.[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键
d.NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H
键角
e.S的空间构型为正四面体形
f.[Cu(NH3)4]2+中,N原子是配位原子
g.NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化
(3)配离子[Cu(NH3)2(H2O)2]2+的中心离子是________,配位体是________,配位数为________,其含有的微粒间的作用力类型有______________。?
【解析】(1)N可看成NH3分子结合1个H+后形成的,在NH3中中心原子氮采取sp3杂化,孤电子对占据一个轨道,3个未成键电子占据另3个杂化轨道,分别结合3个氢原子形成3个σ键,由于孤电子对的排斥作用,所以空间构型为三角锥形,键角压缩至107.3°。但当有H+时,N原子的孤电子对会进入H+的空轨道,以配位键形成N,这样N原子就不再存在孤电子对,键角恢复至109°28′,故N为正四面体形,4个N—H键完全一致,配位键与普通共价键形成过程不同,但性质相同。N和NH3中的N原子均采取sp3杂化,N中N原子无孤电子对,NH3中N原子有一对孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对间的排斥作用,故N中H—N—H键的夹角大于NH3分子中H—N—H键的夹角。
(2)电负性:O>N,a不正确;S原子与4个O原子形成共价键,所以S原子采取sp3杂化,b正确;[Cu(NH3)4]SO4中S与[Cu(NH3)4]2+以离子键结合,NH3、S中含有极性共价键,[Cu(NH3)4]2+中含有配位键,c正确;NH3分子内N原子有1对孤电子对,H2O分子中O原子有2对孤电子对,H2O分子中孤电子对对共用电子对排斥作用大,所以H2O分子中H—O—H键角小于NH3分子中H—N—H键角,d正确;S中S原子以4个σ键与4个O原子结合,S采取sp3杂化,故S为正四面体形,e正确;[Cu(NH3)4]2+中N原子提供孤电子对,f正确;NH3中N为sp3杂化,g不正确。
(3)由书写形式可以看出其中心离子是Cu2+,配位体是H2O、NH3两种,配位数为4。[Cu(NH3)2(H2O)2]2+中含有微粒间作用力有配位键及极性共价键。
答案:(1)a (2)ag
(3)Cu2+ NH3、H2O 4 配位键、极性共价键
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-分子的空间结构与分子性质
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题5分,共35分)
1.(2020·衡水高二检测)
判断下列分子为手性分子的是
( )
A.CH2Cl2
B.
C.
D.CH3CH2COOCH2CH3
【解析】选B。据手性分子的定义,必须是同一个碳原子上连四个不同的原子或基团,B项乳酸分子中间碳原子连—CH3、—H、—OH、—COOH四种不同的原子或基团,是手性分子。
2.利用“相似相溶”这一经验规律可说明的事实是
( )
①HCl易溶于水 ②I2微溶于水 ③Cl2能溶于水 ④NH3易溶于水
A.①②④
B.②③
C.①②③
D.①②③④
【解析】选A。HCl、NH3均为极性分子,易溶解在极性溶剂水中。I2是非极性分子故微溶于水。
3.(2020·九江高二检测)
下列有机物分子中带“
”碳原子就是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应,生成的有机物分子中含有手性碳原子的是
( )
A.与乙酸发生酯化反应
B.与NaOH水溶液反应
C.与银氨溶液作用发生银镜反应
D.催化剂作用下与H2反应
【解析】选C。A选项所生成的物质连有两个CH3COOCH2—基团,不具有手性;该物质水解或与氢气加成后,手性碳上有两个—CH2OH,故产物无手性碳原子,B、D项不符合;C选项通过氧化反应,醛基变成羧基,手性碳原子上的基团仍不相同,故产物仍有手性碳原子。
4.(2020·长沙高二检测)
常温下三氯化氮(
NCl3)是一种淡黄色液体,其分子结构呈三角锥形,以下关于NCl3的说法正确的是
( )
A.分子中N—Cl键是非极性键
B.分子中不存在孤电子对
C.NCl3分子是极性分子
D.因N—Cl键的键能大,它的沸点高
【解析】选C。
N和Cl是两种不同的原子,分子中N—Cl键是极性键,故A错误;
NCl3的电子式为CCl,N原子上还有一对孤电子对,故B错误;结构不对称,
NCl3分子是极性分子,故C正确;物质的熔、沸点的高低应受分子间作用力影响,与共价键强弱无关,故D错误。
5.(2020·泰安高二检测)
毒奶粉事件震惊全国,这主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺
()。下列关于三聚氰胺分子的说法正确的是
( )
A.所有碳原子采用sp3杂化,所有氮原子采用sp3杂化
B.一个分子中共含有15个σ键
C.属于极性分子,故极易溶于水
D.分子内既有极性键又有非极性键
【解析】选B。在CN中,C原子为sp2杂化,CN中N原子为sp2杂化,—NH2中N原子为sp3杂化,杂化类型不同,故A错误;分子中含6个N—H,6个C—N,3个CN,双键中有1个σ键,共15个σ键,故B正确;该分子为对称结构,是由极性键组成的非极性分子,水是极性分子,根据相似相溶原理,则该有机物不易溶于水,故C错误;该分子的结构图中未标注的节点为碳原子,不存在同种元素之间的共价键,则分子内只有极性键,故D错误。
6.(2020·镇江高二检测)
六氟化硫分子呈正八面体形(如图所示),在高电压下仍有良好的绝缘性,在电器工业方面有着广泛的用途,但逸散到空气中会引起温室效应。下列有关六氟化硫的推测不正确的是
( )
A.六氟化硫不支持燃烧
B.每个六氟化硫分子中存在6个极性键和12个非极性键
C.六氟化硫分子中的S—F键都是σ键,且键长、键能都相等
D.六氟化硫分子是非极性分子
【解析】选B。
SF6中F为-1价,则S为+6价,S元素不能再失电子,所以其不能被氧化。由于其在高电压下仍有良好的绝缘性,说明其化学性质非常稳定,故六氟化硫不支持燃烧,故A正确;同种原子间形成非极性键,不同原子间形成极性键,六氟化硫分子中的S—F键均为极性键,不含非极性键,故B错误;六氟化硫分子中的S—F键都是σ键,分子为正八面体结构,所以键长、键能都相等,故C正确;该分子为正八面体结构,正负电荷重心重合,为非极性分子,故D正确。
7.下列有关锗(Ge)及其化合物的叙述中不正确的是( )
A.Ge的第一电离能高于碳而电负性低于碳
B.GeCl4和CCl4分子都是正四面体构型
C.GeO2和CO2都是非极性分子
D.GeCl4和CCl4分子都是含有极性键的非极性分子
【解析】选A。A项,Ge和C同处于周期表中第ⅣA族,锗原子比碳原子的电子层多,则Ge的第一电离能和电负性均小于C;B项,GeCl4中锗原子和CCl4分子中碳原子均采取sp3杂化,均为正四面体形分子;C项,GeO2和CO2均为直线形分子,分子存在对称性,故二者均为非极性分子;D项,GeCl4和CCl4中含有极性键(分别为Ge—Cl键、C—Cl键),分子均为正四面体结构,存在对称性,则二者均为非极性分子。
二、非选择题(本题包括3小题,共35分)
8.(10分)(2020·福州高二检测)熏蒸剂是利用挥发时所产生的蒸气毒杀有害生物的一类农药。以气态分子进入有害生物体内而起毒杀作用。
羰基硫(COS)可作为熏蒸剂,分子结构与CO2相似。回答下列问题:
(1)碳原子的核外电子排布式为________;组成羰基硫的元素中,半径最大的原子其核外有________种不同能量的电子。?
(2)羰基硫为________(填“极性”或“非极性”)分子,羰基硫的电子式为______________。?
(3)解释稳定性
CO2
大于
CS2
的原因:?_________________________。?
【解析】
(1)
碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2;电子层数越多,原子半径越大,电子层数相同的,原子序数越大,半径越小,则原子半径:S>C>O,则S原子的半径最大结合电子排布式1s22s22p63s23p4,同一轨道电子能量相同,则有5种能量不同的电子;
(2)COS分子正负电荷重心不重合,所以羰基硫分子为极性分子;羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构,碳原子能形成4个共价键,硫原子能形成2个共价键,氧原子能形成2个共价键;
(3)解释稳定性CO2大于CS2的原因,CO键能大于CS键能,所以稳定性CO2大于CS2。
答案:(1)1s22s22p2 5 (2)极性
(3)CO
键能大于
CS键能,所以稳定性
CO2大于
CS2
9.(10分)(2019·苏州高二检测)在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、N2、BF3分子中:
(1)以非极性键结合的非极性分子是________;?
(2)以极性键结合的具有直线形结构的非极性分子是________;?
(3)以极性键结合的具有正四面体形结构的非极性分子是_____________;?
(4)以极性键结合的具有三角锥形结构的极性分子是__________________;?
(5)以极性键结合的具有sp3杂化轨道结构的分子是________;?
(6)以极性键结合的具有sp2杂化轨道结构的分子是________。?
【解析】(1)以非极性键结合的双原子分子为非极性分子;(2)CS2与CO2相似,是以极性键结合的直线形结构的非极性分子;(3)CH4是正四面体形结构;(4)NH3是三角锥形结构;(5)H2O、NH3、CH4的中心原子都是sp3杂化;(6)BF3中B采取sp2杂化方式。
答案:(1)N2 (2)CS2 (3)CH4 (4)NH3 (5)H2O、NH3、CH4 (6)BF3
10.(15分)(2020·惠州高二检测)X、Y、Z、M、R五种元素的原子序数依次增大,只有X、Y、Z为短周期元素,相关信息如表:
元素
相关信息
X
基态原子核外有3个能级,且各能级电子数目相等
Y
常见化合价只有0、-1、-2
Z
单质为黄绿色有毒气体
M
第四周期d区元素,基态原子的核外有6个未成对电子
R
第五周期,与X处于同一主族
(1)元素X、Y电负性的大小顺序是________(用元素符号表示)。?
(2)XYZ2分子中所有原子均满足8电子构型,分子中σ键与π键的数目比为____________。?
(3)元素Y可形成一种氢化物的空间结构如图所示,中心原子Y的杂化方式是________,该分子为___________?(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)元素M基态原子的价电子排布式为________,MO5中M的化合价为+6价,则该分子中含有过氧键的数目为__________________________?。?
(5)元素R与Z可形成化合物RZ2,用价电子对互斥理论推断该分子的空间构型为________,分子中Z—R—Z的键角________120°(填“>”“=”或“<”)。?
【解析】X、Y、Z、M、R五种元素的原子序数依次增大,只有X、Y、Z为短周期元素,X的基态原子核外有3个能级,且各能级电子数目相等,其核外电子排布为1s22s22p2,则X为C元素;Y的常见化合价只有0价、-1价、-2价,则Y为O元素;Z单质为黄绿色有毒气体,Z为Cl元素;M为第四周期d区元素,基态原子的核外有6个未成对电子,其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,则M为Cr元素;R位于第五周期,与X处于同一主族,则R为Sn元素。根据上述分析,X为C元素,Y为O元素,Z为Cl元素,M为Cr元素,R为Sn元素。
(1)X为C,Y为O,同一周期从左向右,电负性逐渐增强,则电负性:O>C;
(2)XYZ2为COCl2,COCl2分子中所有原子均满足8电子构型,说明其分子中含有1个CO键和两个C—Cl键,每个双键中含有1个σ键和1个π键,则COCl2分子中σ键与π键之比为
(1+2)∶1=3∶1;
(3)Y为O,根据图示可知,该氢化物为H2O2,其分子中含有的H—O键为极性键,且分子结构不对称,属于极性分子;H2O2的中心原子O原子杂化轨道数为4,采取sp3杂化;
(4)M为Cr,原子序数为24,其基态原子核外电子排布式为:1s22s22p63s23p63d54s1,则Cr的价电子排布式为3d54s1;CrO5中Cr的化合价为+6价,设过氧键的数目为x,由化合物中正负化合价代数和为0可知,x×2×(-1)+(5-2x)×(-2)+6=0,解得:x=2;
(5)元素R与Z可形成化合物RZ2为SnCl2,分子中Sn原子价层电子对个数=2+=3,含有一个孤电子对,Sn原子是sp2杂化,为角形结构,孤电子对之间的排斥力>孤电子对和成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力,所以Cl—Sn—Cl的键角<120°。
答案:(1)O>C (2)3∶1 (3)sp3 极性 (4)3d54s1 2
(5)角形 <
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题6分,共12分)
11.(2020·开封高二检测)
下列有机物中含有两个手性碳原子的是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选B。由有机物的结构可以看出,A、C、D三项中没有手性碳原子;B项中每个与氯原子相连的碳原子都是手性碳原子。
12.(双选)硅烷是一种无色、与空气反应并会引起窒息的气体。其分子结构和CH4相似,但Si—H键键能比C—H键键能低。下列判断错误的是
( )
A.SiH4分子呈正四面体形
B.SiH4分子是极性分子
C.因为Si—H键键能比C—H键键能低,所以SiH4沸点低于CH4沸点
D.SiH4分子稳定性低于CH4分子,因为C—H键键能高
【解析】选B、C。甲烷分子为正四面体构型,SiH4的分子结构与CH4类似,因此SiH4具有正四面体的构型,故A正确;SiH4是正四面体的构型,正负电荷重心重合,是正四面体结构,所以是非极性分子,故B错误;结构相似的分子晶体,相对分子质量越大沸点越高,所以SiH4沸点高于CH4沸点,故C错误;中心元素的非金属性越强对应氢化物越稳定,因为碳的非金属性强于硅,则C—H键键能高,所以CH4分子稳定,故D正确。
二、非选择题(本题包括2小题,共18分)
13.(8分)麻醉剂的发现和使用,是人类医疗史上了不起的一项成就,它可使患者在接受治疗时感觉不到疼痛。
(1)笑气是人类最早应用于医疗的麻醉剂之一,它可由NH4NO3在微热条件下分解产生,产物除N2O外还有一种,此反应的化学方程式为?_______________。?
有关理论认为N2O与CO2分子具有相似的结构(包括电子式),则其空间构型是______________形,N2O为______________分子(填“极性”或“非极性”)?
(2)另一种常用麻醉剂氯仿,常因保存不慎而被氧化,产生剧毒光气(COCl2):2CHCl3+O22HCl+2COCl2,为了防止事故,使用前可用于检验氯仿是否变质的试剂是____________。?
A.淀粉碘化钾溶液
B.NaOH溶液
C.酚酞溶液
D.硝酸酸化的AgNO3溶液
【解析】
(1)根据原子守恒分析可知,NH4NO3在微热条件下分解,产物除N2O外还有一种,应为H2O,反应的化学方程式为:NH4NO3N2O↑+2H2O;N2O与CO2分子具有相似的结构,其空间构型与二氧化碳相同,所以一氧化二氮是直线形分子,正负电荷重心重合,结构对称,为非极性分子。
(2)根据被氧化,发生的反应是2CHCl3+O22HCl+2COCl2,产物中有HCl气体产生,氯化氢能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀,而氯仿和硝酸酸化的硝酸银溶液不反应,所以可用硝酸酸化的硝酸银溶液检验是否被氧化,故选D。
答案:(1)NH4NO3N2O↑
+
2H2O 直线 非极性 (2)D
14.(10分)(2020·吉林高二检测)有A、B、C、D、E五种元素,它们的核电荷数依次增大,且都小于20。其中C、E是金属元素;A和E属同一族,它们原子的最外层电子排布为ns1。B和D也属同一族,它们原子最外层的p能级电子数是s能级电子数的两倍,C原子最外层上电子数等于D原子最外层上电子数的一半。请回答下列问题:
(1)写出A、B、C、D、E五种元素的元素符号:
A是______________,B是______________,C是______________,D是______________,E是___________________。?
(2)D元素在周期表中的位置为?____________________________。?
(3)B元素的价电子排布为____________________________。?
(4)元素的电负性的大小关系是B______________D(填“>”“<”或“=”),C与E的第一电离能的大小关系是C______________E(填“>”“<”或“=”)。?
(5)A2D属于______________(填“极性”或“非极性”)分子,其分子的空间构型为______________,其中所含化学键类型为______________(填“极性键”或“非极性键”)。?
(6)D、E元素形成的化合物的电子式为?____________________。?
【解析】A、E同主族,且最外层电子排布为ns1,可知为ⅠA
族元素,又因为E为金属元素,且原子序数E>D>C>B>A,则A为氢元素,E可能为钠或钾元素;B、D同主族,且最外层的p能级电子数是s能级电子数的2倍,故二者价电子排布为ns2np4,为ⅥA族元素,B为氧元素,D为硫元素,则E为钾元素;C原子最外层电子数等于D原子最外层电子数的一半,故C为铝元素。
答案:(1)H O Al S K (2)第3周期ⅥA族
(3)2s22p4 (4)> > (5)极性 角形 极性键
(6)K+K+
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8
-价电子对互斥理论
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题5分,共40分)
1.(2020·保定高二检测)下列说法中不正确的是
( )
A.分子中的价电子对(包括成键电子对和孤电子对)之间存在相互排斥作用
B.分子中的价电子对之间趋向于彼此远离
C.分子在很多情况下并不是尽可能采取对称的空间构型
D.当价电子对数目分别是2、3、4时,价电子对分布的几何构型分别为直线形、平面三角形、正四面体形
【解析】选C。分子在很多情况下是尽可能采用对称空间构型,以使体系能量最低。
2.在以下的分子或离子中,空间结构的几何形状不是三角锥形的是
( )
A.NF3
B.C
C.CO2
D.H3O+
【解析】选C。NF3中N原子成3个σ键,有一对未成键的孤电子对,价电子对数为4,采取sp3型杂化,孤电子对对成键电子的排斥作用较强,NF3分子空间构型是三角锥形,A不符合题意;C中C原子成3个σ键,有一对未成键的孤电子对,价电子对数为4,采取sp3型杂化,孤电子对对成键电子的排斥作用较强,C空间构型是三角锥形,故B不符合题意;
CO2分子中C原子价电子对数是2且不含孤电子对,碳原子采取sp杂化,空间构型为直线形,
C符合题意;H3O+中O原子成3个σ键,有一对未成键的孤电子对,价电子对数为4,采取sp3型杂化,孤电子对对成键电子的排斥作用较强,H3O+分子空间构型是三角锥形,D不符合题意。
3.(双选)(2020·漯河高二检测)碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如图。下列有关该物质的说法不正确的是
( )
A.分子式为C3H4O3
B.分子中σ键与π键个数之比为3∶1
C.分子中既有极性键也有非极性键
D.分子中碳原子的杂化方式全部为sp2杂化
【解析】选B、D。根据该分子的结构简式可知,碳酸亚乙酯的不饱和度为2,所以分子式为C3H4O3,选项A正确;分子中的单键为σ键有9个,双键中含1个σ键
和1个π键,则分子中σ键与π键个数之比为10∶1,选项B错误;该分子中碳碳单键属于非极性键,C—H键、C—O键、CO键是极性键,选项C正确;该分子中的两个饱和碳原子为sp3杂化,CO键中碳的杂化方式为sp2杂化,选项D错误。
4.(2020·西安高二检测)通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间结构相同,则下列有关说法中正确的是
( )
A.CH4和N是等电子体,键角均为60°
B.N和C是等电子体,均为平面三角形结构
C.H3O+和PCl3是等电子体,均为三角锥形结构
D.B3N3H6和苯是等电子体,B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
【解析】选B。CH4和N原子数都是5,价电子数都是8,是等电子体,空间构型为正四面体结构,键角为109°28′,故A错误;N和C原子数都是4,价电子数都是24,是等电子体,均为平面三角形结构,故B正确;
H3O+价电子数是8,PCl3价电子数是26,价电子数不同,不是等电子体,故C错误;
B3N3H6和苯是等电子体,苯分子中有π键,π键是以“肩并肩”式重叠形式构成的,所以B3N3H6分子中存在“肩并肩”式重叠的轨道,故D错误。
5.(2020·咸阳高二检测)下列分子中,所有原子不可能共处在同一平面上的是
( )
A.C2H2
B.CS2
C.NH3
D.C6H6
【解析】选C。C2H2、CS2为直线形分子,NH3为三角锥形分子,C6H6为平面正六边形分子。
6.下列叙述中正确的是
( )
A.CS2为角形分子
B.Cl的空间构型为平面三角形
C.氯化硼(BCl3)的熔点为-107
℃,氯化硼液态时能导电而固态时不导电
D.SiF4和S的中心原子均为sp3杂化,SiF4分子呈空间正四面体,S呈三角锥形
【解析】选D。CS2和CO2相似,为直线形分子,故A不选;Cl的中心原子的价电子对数为3+(7+1-3×2)=3+1=4,其VSEPR模型为正四面体,略去中心原子上的孤电子对,Cl的空间构型为三角锥形,故B不选;氯化硼(BCl3)的熔点为-107
℃,氯化硼为分子晶体,液态和固态时只存在分子,没有离子,所以不能导电,故C不选;SiF4和S的中心原子的价电子对数均为4,所以中心原子均为sp3杂化,SiF4的中心原子为sp3杂化,没有孤电子对,所以分子呈空间正四面体,S有一对孤电子对,所以分子呈三角锥形,故D选。
7.(2020·武汉高二检测)下列说法正确的是
( )
①S8分子中S原子采用的轨道杂化方式为sp3杂化
②C2H4分子中只有以s轨道与sp2杂化轨道“头碰头”方式重叠而成的σ键
③SnBr2分子中Sn—Br的键角<120°
④H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大
A.①②
B.③④
C.①②③
D.①③④
【解析】选D。①S8是一个环形分子,每个S与两个其他S原子相连,S原子最外层6个电子,形成两对孤电子对,两个σ键,所以S是sp3杂化,故正确;②碳碳双键中一个是σ键,还有一个是π键,所以除了碳氢σ键(s-sp2σ键),还有sp2-sp2σ键,故错误;③SnBr2分子中,Sn原子的价电子对数是=3,配位原子数为2,故Sn含有孤电子对,SnBr2空间构型为角形,根据价电子对互斥理论可以判断其键角小于120°,故正确;④H3O+价电子对模型为四面体,氧原子采取sp3杂化,H2O中O原子有两对孤电子对,H3O+中O原子有一对孤电子对,因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力,导致H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大,故正确。
8.氨气分子空间构型是三角锥形,而甲烷是正四面体形,这是因为
( )
A.两种分子的中心原子杂化类型不同,NH3为sp2杂化,而CH4是sp3杂化
B.NH3分子中氮原子形成3个杂化轨道,CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道
C.NH3分子中有一对未成键的孤电子对,它对成键电子的排斥作用较强
D.NH3分子中有3个σ键,而甲烷分子中有4个σ键
【解析】选C。A中
NH3中氮原子为sp3杂化,错误;B中NH3分子中氮原子形成4个杂化轨道,错误;D无法说明两者的分子空间构型不同,错误。
二、非选择题(本题包括3小题,共30分)
9.(8分)(2020·南京高二检测)计算下列微粒中点“·”原子的孤电子对数。
(1)H2S______________________________;?
(2)PCl5___________________________;?
(3)BF3___________________________;?
(4)NH3___________________________。?
【解析】根据中心原子的孤电子对数=(a-xb)计算:
(1)H2S中的S原子的孤电子对数:(6-2×1)=2;
(2)PCl5中的P原子的孤电子对数:(5-5×1)=0;
(3)BF3中的B原子的孤电子对数:(3-3×1)=0;
(4)NH3中的N原子的孤电子对数:(5-3×1)=1。
答案:(1)2 (2)0 (3)0 (4)1
10.(12分)(1)利用VSEPR模型推断分子或离子的立体构型。P__;?
CS2_____________________________;?
AlBr3(共价分子)_____________________________。?
(2)有两种活性反应中间体粒子,它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种粒子的球棍模型,写出相应的化学式:
________________;?
________________。?
(3)为了解释和预测分子的立体构型,科学家在归纳了许多已知的分子立体构型的基础上,提出了一种十分简单的理论模型——价电子对互斥模型。这种模型把分子分成两类:一类是_______________________________________________;?
另一类是__________________________________________________________。?
BF3和NF3都是四个原子的分子,BF3的中心原子是____________,NF3的中心原子是________;BF3分子的立体构型是平面三角形而NF3分子的立体构型是三角锥形的原因是_________________________________?。?
【解析】P是AB4型,成键电子对数是4,为四面体形。CS2是AB2型,成键电子对数是2,是直线形。AlBr3是AB3型,成键电子对数是3,是平面三角形。AB3型分子,中心原子无孤电子对的呈平面三角形,有一对孤电子对的呈三角锥形,所以分别是C、C。
答案:(1)四面体形 直线形 平面三角形
(2)C C
(3)中心原子上的价电子都用于形成共价键 中心原子上有孤电子对 B N BF3分子中B原子的3个价电子都与F原子形成共价键,而NF3分子中N原子的3个价电子与F原子形成共价键,还有一对未成键的电子对,占据了N原子周围的空间,参与相互排斥,形成三角锥形
11.(10分)(2020·宜宾高二检测)
已知A、B、C、D、E为中学常见的五种物质,均含元素Y,有的还可能含有元素X、Z,元素X、Y、Z的原子序数依次递增。
①元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增,其中只有B为单质。
②常温下将气体D通入水中发生反应,生成C和E。
③工业上以A、空气和水为原料,通过催化氧化法制成E。
请回答以下问题:
(1)A分子的空间构型是__________________________________;?
从轨道重叠的方式看,B分子中的共价键类型有_______________________。?
(2)写出②中反应的化学方程式:__________________________________。?
(3)工业上,若输送Cl2的管道漏气,用A进行检验时可观察到大量白烟,同时有B生成,写出有关反应的化学方程式:?__________________________。?
【解析】根据题给信息工业上以A、空气和水为原料,通过催化氧化法制成E,可知工业上用催化氧化制取硝酸,A是氨气,E是硝酸;元素Y在A、B、C、D、E中所呈化合价依次递增,其中只有B为单质,B为氮气;常温下将气体D通入水中发生反应,生成C和硝酸,D中的氮元素化合价大于C而小于E,且D能够和水发生反应,则D是NO2,C是NO;综上所述,元素X、Y、Z的原子序数依次递增,Y为氮,所以X为氢元素、Z为氧元素;
(1)A分子是NH3,空间构型为三角锥形;B分子是N2,
从轨道重叠的方式看,有
“头对头”形成的σ键、“肩并肩”形成的π键。
(2)NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学方程式:3NO2+H2O2HNO3+NO。
(3)Cl2与氨气反应生成氯化铵(白烟)和氮气,反应的化学方程式:8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl。
答案:(1)三角锥形 σ键和π键
(2)3NO2+H2O2HNO3+NO
(3)8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题4分,共8分)
12.(2020·青岛高二检测)氢元素与其他元素形成的化合物称为氢化物,下列有关氢化物的叙述不正确的是
( )
A.D2O分子的空间构型为直线形
B.NH3的结构式为
C.HCl分子中含有3对孤电子对
D.H2S和H2O分子的中心原子都采用sp3杂化
【解析】选A。A.D2O为重水分子,水分子的空间构型不是直线形,为角形结构,故A错误;B.NH3为共价化合物,其分子中存在3个氮氢键,其结构式为,故B正确;C.氯化氢为共价化合物,分子中存在1个共价键,氯化氢的电子式为,含有3对孤电子对,故C正确;D.H2S分子中S原子价电子对数是4且含有2对孤电子对,所以S原子采用sp3杂化,H2O分子中的O原子价电子对数是4且含有2对孤电子对,所以O原子采用sp3杂化,故D正确。
13.(双选)下表中各粒子、粒子对应的立体构型及解释均正确的是
( )
选项
粒子
立体构型
解释
A
氨基负离子(N)
直线形
N原子采用sp杂化
B
二氧化硫(SO2)
角形
S原子采用sp2杂化
C
碳酸根离子(C)
三角锥形
C原子采用sp3杂化
D
碘三正离子()
角形
I原子采用sp3杂化
【解析】选B、D。N中心原子N原子采用sp3杂化但N原子有两对价电子未参与成键,所以分子的立体构型为角形,选项A错误;SO2中S原子的价电子对数=σ键数+孤电子对数=2+(6-2×2)=3,含孤电子对数为1,杂化轨道数为3,采取sp2杂化,结构为角形,选项B正确;C中,价电子对数=3+(4+2-3×2)=3,含孤电子对数为0,杂化轨道数为3,采取sp2杂化,分子构型为平面三角形,选项C错误;碘三正离子()中I原子的价电子对数=σ键数+孤电子对数=2+(7-1-2×1)=4,含孤电子对数为2,杂化轨道数为4,采取sp3杂化,结构为角形,选项D正确。
二、非选择题(本题包括2小题,共22分)
14.(12分)(1)COCl2分子中所有原子均满足8电子构型,COCl2分子中σ键和π键的个数比为______________,中心原子的杂化方式为______________。?
(2)As4O6的分子结构如图所示,其中As原子的杂化方式为________________。?
(3)Al中,Al原子的轨道杂化方式为____________________________;?
列举与Al空间构型相同的一种离子和一种分子:_____________________、?
________________________________________________________(填化学式)。?
(4)用价电子对互斥理论推断SnBr2分子中,Sn原子的轨道杂化方式为____________________。?
【解析】(1)COCl2分子中有1个CO键和2个C—Cl键,所以COCl2分子中σ键的数目为3,π键的数目为1,个数比为3∶1,中心原子C价电子对数=3+=3,故中心原子杂化方式为sp2。
(2)As4O6的分子中As原子形成3个As—O键,含有1对孤电子对,杂化轨道数目为4,杂化类型为sp3杂化。
(3)Al中Al原子孤电子对数==0,杂化轨道数目=4+0=4,Al原子杂化方式为sp3。互为等电子体的微粒空间构型相同。与Al空间构型相同的离子,可以用C原子替换Al原子则不带电荷:CH4;可以用N原子与1个单位正电荷替换Al原子:N。
(4)SnBr2分子中Sn原子价电子对数=2+×(4-2×1)=3,所以Sn原子的轨道杂化方式为sp2杂化。
答案:(1)3∶1 sp2 (2)sp3
(3)sp3 N CH4(合理即可) (4)sp2
15.(10分)(2020·泰安高二检测)(1)据科技日报网报道,南开大学科研团队借助镍和苯基硼酸共催化剂,首次实现烯丙醇高效、绿色合成。烯丙醇的结构简式为CH2CH—CH2OH。请回答下列问题:
①基态镍原子的价电子排布式为___________________________________。?
②烯丙醇分子中碳原子的杂化类型是_______________________________。?
(2)乙炔是有机合成的一种重要原料。实验室可用CaC2与水反应得到乙炔。
①将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液中生成Cu2C2红棕色沉淀。基态Cu+的核外电子排布式为?__________________________________________________。?
②乙炔与HCN反应可得丙烯腈(H2CCH—C≡N),丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型是______________,分子中含有π键的数目为_______________。?
【解析】(1)①根据能量最低原理知基态镍原子的价电子排布式为3d84s2;
②烯丙醇分子碳碳双键两端的碳原子轨道杂化类型与乙烯分子中碳原子杂化类型相同,为sp2杂化,—CH2OH结构中的碳原子与甲烷中碳原子杂化类型相同,为sp3杂化;
(2)①根据核外电子排布规律得基态Cu+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10;
②丙烯腈分子中碳原子连有双键和三键,碳原子采取sp2和sp杂化;双键中有一个π键,三键中有两个π键,所以一共含有3个π键。
答案:(1)①3d84s2 ②sp2杂化、sp3杂化
(2)①1s22s22p63s23p63d10 ②sp2杂化、sp杂化 3
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-杂化轨道理论
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题5分,共35分)
1.(2020·三明高二检测)下列各物质中的中心原子不是采用sp3杂化的是
( )
A.NH3
B.H2O
C.CO2
D.CCl4
【解析】选C。NH3为三角锥形,但中心原子氮原子采用sp3杂化,形成4个等同的轨道,其中一个由孤电子对占据,余下的3个未成对电子各占一个。H2O为角形,但其中的氧原子也是采用sp3杂化形成4个等同的轨道,其中两对孤电子对分别占据两个轨道,剩余的2个未成对电子各占一个。CCl4分子中C原子也采用sp3杂化,但CO2分子中C原子为sp杂化,CO2为直线形分子。
2.鲍林被认为是20世纪对化学科学影响最大的人之一。杂化轨道是鲍林为了解释分子的立体构型提出的,下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较,得出结论正确的是
( )
A.sp杂化轨道的夹角最大
B.sp2杂化轨道的夹角最大
C.sp3杂化轨道的夹角最大
D.sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等
【解析】选A。sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°。
3.乙炔分子中的碳原子采取的杂化方式是
( )
A.sp杂化
B.sp2杂化
C.sp3杂化
D.无法确定
【解析】选A。乙炔的结构式为H—C≡C—H,其空间构型为直线形,属于sp杂化。
4.下列说法中正确的是
( )
A.乙炔分子中,每个碳原子都有2个未杂化的2p轨道形成π键
B.sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道重新组合形成的4个能量不同的sp3杂化轨道
C.凡中心原子采取sp2杂化的分子,其分子构型都是平面三角形
D.氨分子中有1对未参与杂化的孤电子对
【解析】选A。乙炔分子的结构式为H—C≡C—H,中心原子碳原子采取sp杂化,每个碳原子都有2个未杂化的2p轨道形成π键,A项正确;sp3杂化轨道是指同一电子层内能量相近的1个s轨道和3个p轨道进行重新组合,形成能量相同的4个sp3杂化轨道,B项错误;中心原子采取sp2杂化的分子,不含孤电子对的,其分子构型都是平面三角形,否则不是,如二氧化硫分子中,硫原子采取sp2杂化,含有1对孤电子对,所以空间构型为角形,C项错误;氨分子中,氮原子为sp3杂化,形成4个sp3杂化轨道,其中1个sp3杂化轨道已有2个电子,属于孤电子对,D项错误。
5.(2020·九江高二检测)下列分子中的中心原子的杂化轨道类型相同的是
( )
A.CO2与SO2
B.CH4与NH3
C.BeCl2与BCl3
D.C2H4与C2H2
【解析】选B。A选项,CO2中心原子为sp杂化,SO2中心原子为sp2杂化,A不正确;B选项,CH4、NH3中心原子均为sp3杂化,B正确;C选项,BeCl2中心原子为sp杂化,BCl3中心原子为sp2杂化,C不正确;D选项,C2H2中心原子为sp杂化,C2H4中心原子为sp2杂化,D不正确。
6.对SO2与CO2说法正确的是
( )
A.都是直线形结构
B.中心原子都采取sp杂化
C.硫原子和碳原子上都没有孤电子对
D.SO2为角形结构,CO2为直线形结构
【解析】选D。CO2中碳原子是sp杂化,是直线形结构,SO2中硫原子是sp2杂化,是角形结构,有1对孤电子对。
7.(2020·西安高二检测)下列说法正确的是
( )
A.H2SO4分子中三种原子均以杂化轨道成键
B.N的电子式为[H]+,该离子呈平面正方形
C.CH4分子中的4个C—H键都是由氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道重叠形成的
D.CH4分子中碳原子的sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠,形成4个C—H键
【解析】选D。H2SO4分子中H、O原子没有发生轨道杂化,A错误;N呈正四面体形,B错误;CH4分子中碳原子的2s轨道与2p轨道进行杂化形成4个sp3杂化轨道,然后碳原子的sp3杂化轨道与氢原子的1s轨道重叠形成C—H
σ键,C错误,D正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共35分)
8.(12分)(2020·长沙高二检测)小明同学上网查阅了如下资料:
中心原子杂化类型的判断方法:
(1)公式:n=(中心原子的价电子数+配位原子的成键电子数±电荷数)÷2。
说明:配位原子为氧原子或硫原子时,成键电子数看为0;当电荷数为正值时,公式中取“-”号,当电荷数为负值时,公式中取“+”号。
(2)根据n值判断杂化类型:当n=2时为sp杂化,n=3时为sp2杂化,n=4时为sp3杂化。
请运用该方法计算下列微粒的n值,并判断中心原子的杂化类型。
①NH3:n=______________,______________杂化。?
②N:n=______________,______________杂化。?
③N:n=______________,______________杂化。?
④SO2:n=______________,______________杂化。?
【解析】①NH3中n==4,N为sp3杂化。
②N中n==3,N为sp2杂化。
③N中n==4,N为sp3杂化。
④SO2中n==3,S为sp2杂化。
答案:①4 sp3 ②3 sp2 ③4 sp3 ④3 sp2
9.(10分)(1)在形成氨气分子时,氮原子中的原子轨道发生sp3杂化形成4个______________,形成的4个杂化轨道中,只有______________个含有未成对电子,所以只能与______________个氢原子形成共价键,又因为4个sp3杂化轨道有一对______________,所以氨气分子中的键角与甲烷不同。?
(2)H+可与H2O形成H3O+,H3O+中O原子采用______________杂化。H3O+中H—O—H键角比?H2O中H—O—H键角大,原因为?_____________________________。?
【解析】(1)在形成NH3分子时,氮原子的2p轨道和2s轨道发生sp3杂化,形成4个杂化轨道,,含有一对孤电子对,3个未成键的单电子,可以与3个氢原子形成3个σ键。
(2)H3O+中杂化方式为sp3杂化;H3O+中只有一对孤电子对,H2O中有两对孤电子对,对所成共价键的排斥力H2O大于H3O+,使得H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大。
答案:(1)sp3杂化轨道 3 3 孤电子对
(2)sp3 H3O+分子中有一对孤电子对,H2O分子中有两对孤电子对,对形成的共价键的排斥力H2O大于H3O+,造成H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大
10.(13分)(2020·武汉高二检测)A、B、C、D、E、F都是短周期元素,原子序数依次增大,B、C、D同周期,A、E同主族。A、C能形成两种液态化合物甲和乙,原子个数比分别为2∶1和1∶1。B元素原子有两个未成对电子,D是周期表中电负性最大的元素,F是地壳中含量最多的金属元素。根据以上信息回答下列问题:
(1)比较C、D对应氢化物的稳定性?
(填分子式)。
(2)甲、乙两分子中含有非极性共价键的是?
(填分子式),它的电子式为__。?
(3)C、D、E、F的离子中,半径最小的是________(填离子符号)。?
(4)B的氢化物的空间构型是__________________。?
【解析】A、C能形成两种液态化合物甲和乙,则甲和乙为H2O和H2O2,且原子序数A答案:(1)H2O(3)A (4)正四面体形
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题8分,共16分)
11.(2020·丽水高二检测)氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂,可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的空间构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是
( )
A.三角锥形、sp3
B.角形、sp2
C.平面三角形、sp2
D.三角锥形、sp2
【解析】选A。根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型,价电子对数=成键电子对数+孤电子对数,成键电子对数=与中心原子成键的原子数,孤电子对数=(a-xb),SOCl2中与S原子成键的原子数为3,孤电子对数=×(6-1×2-2×1)=1,所以S原子采取sp3杂化,分子空间构型为三角锥形。
12.(双选)(2020·青岛高二检测)
如图在乙烯分子中有5个σ键、1个π键,它们分别( )
A.sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B.sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C.C—H之间是s-sp2形成的σ键,C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键以及sp2-sp2σ键
D.C—C之间是sp2形成的σ键,C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键以及sp2-sp2σ键
【解析】选A、C。乙烯分子中每个碳原子均采取sp2杂化,其中杂化轨道形成5个σ键,未杂化的2p轨道形成π键。
二、非选择题(本题包括1小题,共14分)
13.(2020·衡水高二检测)元素X和Y属于同一主族。负二价的元素X和氢的化合物在通常状况下是一种液体,其中X的质量分数为88.9%;元素X和元素Y可以形成两种化合物,在这两种化合物中,X的质量分数分别为50%和60%。
(1)确定X、Y两种元素在周期表中的位置分别为______________________、______________________。?
(2)在元素X和元素Y两种元素形成的化合物中,写出X质量分数为50%的化合物的化学式_________;该分子的中心原子以_________杂化,分子构型为______。?
(3)写出X的质量分数为60%的化合物的化学式________;该分子的中心原子以______________________杂化,分子构型为_______________。?
(4)由氢元素与X元素形成的化合物中,含有非极性键的是________(写分子式),分子构型为角形的是__________________(写分子式)。?
【解析】根据氢化物化学式H2X,知×100%=88.9%,M(X)≈16。可推知,X的相对原子质量为16,则Y为S,其氧化物分别为SO2、SO3,根据杂化轨道理论易确定其分子构型、极性。X元素为O,与氢元素形成两种化合物H2O和H2O2,其中H2O的分子构型为角形,H2O2分子中含有非极性键“—O—O—”。
答案:(1)第2周期ⅥA族 第3周期ⅥA族
(2)SO2 sp2 角形
(3)SO3 sp2 平面三角形 (4)H2O2 H2O
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6
-共价键模型
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题5分,共35分)
1.(2020·青岛高二检测)下列说法正确的是
( )
①共价键的本质是相互吸引的电性作用
②共价化合物一定含共价键一定不含离子键
③水的非直线结构是由共价键的饱和性决定的
④由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
⑤分子中不一定存在共价键
⑥烯烃比烷烃的化学性质活泼是由于烷烃中的σ键比烯烃中的σ键稳定
A.②⑤
B.④⑥
C.②③④
D.①③⑥
【解析】选A。共价键的本质是电性作用而不是相互吸引的电性作用,①错;有离子键的化合物为离子化合物,所以共价化合物中没有离子键,②正确;水的非直线结构是由共价键的方向性决定的,③错;氯化铵中只有非金属元素,但是它是离子化合物,④错;稀有气体分子中没有共价键,⑤正确;烯烃比烷烃活泼是因为烯烃中的π键比较活泼,⑥错。
2.下列说法正确的是
( )
A.p轨道之间以“肩并肩”的方式重叠可形成σ键
B.氮气分子中氮氮三键易断裂
C.共价键是两个原子轨道以“头碰头”的方式重叠而成的
D.CO2分子中有两个σ键和两个π键,且均是通过p轨道相互重叠而成的
【解析】选D。共价键的成键方式是由电子云的重叠方式决定的,以“肩并肩”的方式重叠而成的是π键,以“头碰头”的方式重叠而成的是σ键,A、C错误。氮气分子中的氮氮三键不易断裂,B错误;CO2的结构式为OCO,根据共价键的成键规律可知,该分子中有两个σ键和两个π键,D正确。
3.(2020·天水高二检测)下列事实不能用键能的大小来解释的是
( )
A.N元素的电负性较大,但N2的化学性质很稳定
B.稀有气体一般难发生反应
C.HF、HCl、HBr、HI的稳定性逐渐减弱
D.F2比O2更容易与H2反应
【解析】选B。由于N2分子中存在N≡N,键能很大,破坏共价键需要很大的能量,所以N2的化学性质很稳定;稀有气体都为单原子分子,分子内部没有化学键;卤族元素从F到I原子半径逐渐增大,其氢化物中的键长逐渐变长,键能逐渐变小,所以稳定性逐渐减弱;由于H—F的键能大于H—O,所以更容易生成HF。
4.如图是氢原子的电子云重叠示意图。以下说法中错误的是
( )
A.图中电子云重叠意味着电子在核间出现的概率增大
B.氢原子核外的s轨道重叠形成共价键
C.氢原子的核外电子呈云雾状,在两核间分布得浓一些,将两核吸引
D.氢原子之间形成s—s
σ键
【解析】选C。电子云重叠说明电子在核间出现的概率增大,A选项正确;两个H原子之间形成s—s
σ键,B、D选项正确;电子云是对核外电子运动状态的形象化描述,原子间通过共用电子对(即电子云重叠)形成共价键,C选项不正确。
【补偿训练】
(2020·济宁高二检测)下列分子的结构式与共价键的饱和性不相符的是
( )
A.H2O2(过氧化氢):H—OO—H
B.N2H4(肼):
C.C2H5SH(乙硫醇):
D.SiHCl3(三氯氢硅):
【解析】选A。由共价键的饱和性可知:C、Si均形成4个共价键,H形成1个共价键,N形成3个共价键,O、S均形成2个共价键。A项中O原子间是双键,且每个氧原子与1个氢原子再形成1个单键,即每个氧原子形成3个共价键,与其饱和性不相符。
5.(2020·惠州高二检测)
从实验测得不同物质中氧氧之间的键长和键能的数据:
O—O键数据
O2
键长/10-12m
149
128
121
112
键能/kJ·mol-1
x
y
z=498
w=628
其中x、y的键能数据尚未测定,但可根据规律性推导键能的大小顺序为w>z>y>x;该规律性是
( )
A.成键的电子数越多,键能越大
B.键长越短,键能越大
C.成键所用的电子数越少,键能越小
D.成键时电子对越偏移,键能越大
【解析】选B。研究表中数据发现,O2与的键能大者键长短。按此规律,中O—O键长比中的长,所以键能要小。按键长(O—O)由短到长的顺序为z>y>x。
6.由短周期前10号元素组成的物质T和X,有如图所示的转化。X不稳定,易分解。下列有关说法正确的是
( )
A.为使该转化成功进行,Y可以是酸性KMnO4溶液
B.等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C.X分子中含有的σ键个数是T分子中含有的σ键个数的2倍
D.T分子中只含有极性键,X分子中既含有极性键又含有非极性键
【解析】选A。由球棍模型可知,T为HCHO,X不稳定,易分解,则X为H2CO3,则Y为氧化剂,可以选择氧化性较强的酸性KMnO4溶液,A项正确;等物质的量并不一定是1
mol,B项错误;X分子中含有的σ键个数为5,T分子中含有的σ键个数为3,C项错误;T、X分子中均只含有极性键,无非极性键,D项错误。
7.中国科学技术大学的科学家们将C60分子组装在一单层分子膜表面,在-268
℃时冻结分子的热振荡,并利用扫描隧道显微镜首次“拍摄”到能清楚分辨碳原子间共价键的分子图象。下列化合物分子中一定既含σ键又含π键的是
( )
A.HClO
B.C2H6O
C.COCl2
D.H2O2
【解析】选C。至少含有双键才能同时存在σ键和π键。A的结构式为H—O—Cl,B的结构简式为CH3OCH3或CH3CH2OH,C的结构式为,D的结构式为H—O—O—H。
二、非选择题(本题包括3小题,共35分)
8.(10分)(2020·厦门高二检测)臭氧能吸收紫外线,保护人类赖以生存的空间。但是人类过度的碳排放却导致臭氧层耗损,对地球生态系统造成了严重的危害。O3分子的结构如图所示,键角为116.5°。三个原子以一个O原子为中心,与另外两个O原子分别构成非极性共价键;中间O原子提供2个电子,旁边两个O原子各提供1个电子,构成一个特殊的化学键(虚线内部分)——三个O原子均等地享有这4个电子。请回答:
(1)题中非极性共价键是________键(填“σ”或“π”)。?
(2)臭氧与氧气的关系是_____________________________。?
(3)分子中某一原子没有跟其他原子共用的电子对叫孤电子对,那么O3分子中有________对孤电子对。?
【解析】O3的结构可以这样表示,故孤电子对为5对。
答案:(1)σ (2)互为同素异形体 (3)5
9.(10分)(2020·福州高二检测)氮是地球上极为丰富的元素。
(1)Li3N晶体中氮以N3-形式存在,基态N3-的电子排布式为____________。?
(2)NH3是制作氮肥的原料,NH3中N—H键键能的含义是____________(填字母)。?
A.由N和H形成1
mol
NH3所放出的能量
B.把1
mol
NH3中的共价键全部拆开所吸收的能量
C.拆开约6.02×1023个N—H键所吸收的能量
D.形成1个N—H键所放出的能量
(3)N≡N的键能为945
kJ·mol-1,N—N单键的键能为160
kJ·mol-1,计算说明N2中的________(填“σ”或“π”,下同)键比________键稳定。?
(4)计算反应3Cl2+2NH3N2+6HCl(EN-H=391
kJ·mol-1,EH-Cl=431
kJ·mol-1,ECl—Cl=243
kJ·mol-1,EN≡N=945
kJ·mol-1)的反应热ΔH=?_______
kJ·mol-1。
(5)F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物,例如:ClF3、BrF3等,已知反应Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g) ΔH=-313
kJ·mol-1,F—F键的键能为159
kJ·mol-1,Cl—Cl键的键能为243
kJ·mol-1,则ClF3中Cl—F键的平均键能为________kJ·mol-1。?
【解析】(1)由Li3N晶体中氮以N3-形式存在,则N3-的最外层应达到8电子,即电子排布式为1s22s22p6。
(2)N—H键的键能是指形成1
mol
N—H键放出的能量或拆开1
mol
N—H键所吸收的能量,不是指形成1个N—H键释放的能量。1
mol
NH3分子中含有3
mol
N—H键,拆开1
mol
NH3或形成1
mol
NH3吸收或放出的能量应是N—H键键能的3倍。
(3)N≡N中有两个π键和一个σ键,而N—N键为σ键,键能为160
kJ·mol-1,由N≡N的键能为945
kJ·mol-1,则π键键能为=392.5
kJ·mol-1。
(4)ΔH=3ECl-Cl+6EN-H-EN≡N-6EH-Cl
=3×243
kJ·mol-1+6×391
kJ·mol-1-945
kJ·mol-1-6×431
kJ·mol-1=-456
kJ·mol-1。
(5)设Cl—F键的平均键能为x,ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=243
kJ·mol-1+159
kJ·mol-1×3-6x=-313
kJ·mol-1,则x≈172
kJ·mol-1。
答案:(1)1s22s22p6 (2)C (3)π σ
(4)-456 (5)172
10.(15分)A、B、C、D、E五种元素原子序数依次增大,A元素原子的价电子排布为ns2np2,B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍,E元素原子的价电子排布为3d64s2。C、D的电离能数据如下(kJ·mol-1):
I1
I2
I3
I4
C
738
1
451
7
733
10
540
D
577
1
817
2
745
11
578
(1)化合价是元素的一种性质。由C、D的电离能数据判断,C通常显________价,D显________价。?
(2)某气态单质甲与化合物AB分子中电子总数相等,则甲分子中包含1个________键,2个________键。?
(3)AB的总键能大于甲的总键能,但AB比甲容易参加化学反应。根据表中数据,说明AB比甲活泼的原因是_________________。?
单键
双键
三键
AB 键能/kJ·mol-1
357.7
798.9
1
071.9
甲 键能/kJ·mol-1
154.8
418.4
941.7
【解析】(1)由“B元素的最外层电子数是其电子层数的3倍”可推知B为氧;因原子序数B>A,可知A的价电子排布为2s22p2,A为碳;C元素的I3?I2,故C最外层有2个电子;D元素的I4?I3,故D元素的最外层有3个电子;由于原子序数依次增大,且E元素原子的价电子排布为3d64s2,为铁元素;故C、D分别为镁和铝元素。(2)AB分子为CO,共14个电子,与之电子数相等的气态单质应为N2,含1个σ键和2个π键。(3)CO与N2相比,CO性质活泼,容易参加化学反应,原因应是其化学键易断裂。
答案:
(1)+2 +3 (2)σ π
(3)CO打开第一个键需要1
071.9
kJ·mol-1-798.9
kJ·mol-1=273
kJ·mol-1能量,而N2打开第一个键需要941.7
kJ·mol-1-418.4
kJ·mol-1=523.3
kJ·mol-1
能量
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括3小题,每小题6分,共18分)
11.下列有关化学键类型的叙述正确的是
( )
A.全部由非金属元素组成的化合物中肯定不存在离子键
B.所有物质中都存在化学键
C.已知丙炔的结构式为H—C≡,则丙炔中存在4个σ键和3个π键
D.乙烷分子中只存在σ键,不存在π键
【解析】选D。铵盐是离子化合物,含有离子键,但其全部由非金属元素组成,A项错误;稀有气体的原子本身就达到稳定结构,不存在化学键,B项错误;丙炔中存在6个σ键和2个π键,4个C—H键、1个C—C键和碳碳三键中的1个键是σ键,而碳碳三键中的另外2个键是π键,C项错误。
12.(2020·长沙高二检测)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如图所示。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】选A。A.由图示可知,该物质的分子式为C3H2O3;B.分子中碳碳双键和碳氧双键中各有一个σ键,碳氧单键全部是
σ键(4个),碳氢键也是σ键(2个),共有8个σ键;C.分子中的碳氧键、碳氢键都是极性键,而碳碳键是非极性键;D.8.6
g
该物质的物质的量为0.1
mol,完全燃烧后得到0.3
mol
CO2,只有在标准状况下0.3
mol
CO2的体积才是6.72
L。
13.(双选)下列有关化学键的比较一定错误的是
( )
A.键能:C—NB.键长:I—I>Br—Br>Cl—Cl
C.分子中的键角:H2O>CO2
D.相同元素原子间形成的共价键键能:σ键<π键
【解析】选C、D。C、N原子间形成的化学键,三键键能最大,单键键能最小,A项正确;双原子分子中原子半径越大,键长越长,B项正确;H2O分子的H—O—H键角是104.5°,CO2分子的OCO键角是180°,C项错误;一般情况下,相同元素原子之间形成的σ键的键能比π键的大,D项错误。
二、非选择题(本题包括1小题,共12分)
14.(2020·武汉高二检测)(1)石墨烯是一种零距离半导体,而且有非常好的热传导性能,是由碳原子构成的单层片状结构的新材料(结构示意图如下),可由石墨剥离而成,具有很好的应用前景。
①石墨烯中的化学键是________(填“极性”或“非极性”)键。?
②石墨烯中的键角为________________。?
(2)已知几种常见化学键的键能如下表:
化学键
Si—O
H—O
OO
Si—Si
Si—C
键能/kJ·mol-1
368
467
498
226
x
请回答下列问题:
①比较Si—Si键与Si—C键的键能大小:x________(填“>”“<”或“=”)226
kJ·mol-1。?
②H2被喻为21世纪人类最理想的燃料,而更有科学家提出硅是“21世纪的能源”“未来的石油”的观点。已知1
mol
单质硅含有2
mol
Si—Si键,1
mol
SiO2含4
mol
Si—O键,试计算:1
mol
Si完全燃烧放出的热量约为________。?
【解析】(1)由题意知石墨烯就是石墨中的一层,石墨是碳元素的一种单质,分子中只存在C—C键,属于非极性键。根据石墨烯的结构,可知石墨烯中键角为120°。
(2)①Si—Si键的键长比Si—C键的键长长,键能小。②硅燃烧的化学方程式为Si+O2SiO2,1
mol
Si完全燃烧放出的热量约为368
kJ·mol-1×4
mol-498
kJ·mol-1×1
mol-226
kJ·mol-1×2
mol=522
kJ。
答案:(1)①非极性 ②120° (2)①> ②522
kJ
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