2019届高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：38 《分子结构与性质》 含解析.doc

1、配餐作业(三十八)分子结构与性质见学生用书P4311随着石油资源的日趋紧张，天然气资源的开发利用受到越来越多的关注。以天然气(主要成分是CH4)为原料经合成气(主要成分为CO、H2)制化学品，是目前.天然气转化利用的主要技术路线。而采用渣油、煤、焦炭为原料制合成气，常因含羰基铁Fe(CO)5等而导致以合成气为原料合成甲醇和合成氨等生产过程中的催化剂产生中毒。请回答下列问题：(1)Fe(CO)5中铁的化合价为0，写出铁原子的基态电子排布式：_。(2)与CO互为等电子体的分子和离子分别为_和_(各举一种即可，填化学式)，CO分子的电子式为_，CO分子的结构式可表示成_。(3)在CH4、CO、CH3

2、OH中，碳原子采取sp3杂化的分子有_，CH3OH的熔、沸点比CH4高，其主要原因是_。解析(1)Fe原子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(2)N2、CN与CO互为等电子体；因为N2的电子式为NN，所以CO的电子式为CO，其结构式为CO(有一个配位键)。(3)CH4、CH3OH均为四面体结构，碳原子采取sp3杂化；由于CH3OH是极性分子，且存在分子间氢键，所以CH3OH的熔、沸点较高。答案(1)1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2(2)N2CNCOCO(3)CH4、CH3OHCH3OH分子有极性，同时分子之间还存在着氢键【拓展延伸】本

3、部分近几年高考的重点考查视角有：等电子体；叁键、双键中键和键数目；分子中碳、氮原子的杂化类型(sp、sp2、sp3)。考查空间构型的主要有主族元素的含氧酸根离子，如ClO、ClO、ClO、ClO、CO、NO等。 2(1)下列物质变化，只与分子间作用力有关的是_(填选项字母)。A干冰熔化B乙酸汽化C乙醇与丙酮混溶D溶于水E碘溶于四氯化碳F石英熔融(2)下列物质中，只含有极性键的分子是_，既含离子键又含共价键的化合物是_；只存在键的分子是_，同时存在键和键的分子是_(均填选项字母)。A. N2 B CO2 C. CH2Cl2D C2H4E. C2H6 F. CaCl2G. NH4Cl解析(1)A项

4、，干冰熔化克服分子间作用力；B项，乙酸汽化破坏分子间作用力和氢键；C项，乙醇分子间有氢键，与丙酮混溶克服氢键；D项，因能与H2O分子间形成氢键而溶于水；F项，石英熔融破坏的是共价键。(2)N2的结构式为NN，三键中有一个键、两个键；中的每个中有一个键、一个键；CH2Cl2的结构式为，四个键均为键；中的中有一个键、一个键；中的CH和CC均为键；CaCl2为离子化合物，含有离子键；NH4Cl中的四个NH均为键，但NH与Cl之间是离子键。答案(1)AE(2)BCGCEABD3某催化剂中含有的活性组分为Ni、Cu和Zn的化合物，可用于二氧化碳加氢制取甲醚。甲醚是乙醇的同分异构体，其熔点为141.5 ，

5、沸点为24.9 ，在加热条件下可分解成甲烷、乙烷、甲醛等。(1)乙醇的沸点比甲醚高，其主要原因是_。(2)甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为_。(3)储氢材料化合物A是乙烷的等电子体，其相对分子质量为30.8，且A是由第二周期两种氢化物形成的化合物。加热A会缓慢释放氢气，同时A转化为化合物B，B是乙烯的等电子体。化合物A的结构式为_(若含有配位键，要求用箭头表示)，1 mol化合物B中键的数目是_。解析(1)乙醇的结构式为，甲醚的结构式为，乙醇含有羟基氢，能形成分子间氢键，所以大于甲醚的沸点。(2)甲醛的结构式为，为平面结构，碳原子采取sp2杂化。(3)A是由第二周期两种氢化物形成的化合物，A是

6、乙烷的等电子体，应含18电子，为BNH6，其结构式为，加热时，根据信息除生成H2外，还应转化为所以1 mol该化合物中含有5NA键。答案(1)乙醇分子间有氢键(2)sp24原子序数小于36的X、Y、Z三种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子总数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子。回答下列问题：(1)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为_，1 mol Y2X2含有键的数目为_。(2)化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是_。(3)元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是_。解析根据题给信

7、息可推知X、Y、Z分别为氢、碳、氮三种元素。(1)Y2X2为乙炔，乙炔含有一个碳碳三键，乙炔中的碳原子轨道的杂化类型为sp杂化，一个乙炔分子中含有3个键，1 mol乙炔中键为3 mol。(2)ZX3为氨气，YX4为甲烷，氨气分子间能形成氢键，使沸点升高。(3)Y(碳)的氧化物有CO、CO2，Z(氮)的氧化物有N2O、NO、N2O3、N2O4、N2O5，CO2与N2O互为等电子体。答案(1)sp杂化3NA或1.8061024(2)NH3分子间存在氢键(3)N2O5科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为_。(2)下列关于CH4和C

8、O2的说法正确的是_(双选；填选项字母)。a固态CO2属于分子晶体bCH4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CO2dCH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp(3)在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。基态Ni原子的电子排布式为_，该元素位于元素周期表中的第_族。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 键。(4)一定条件下，CH4、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形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。参数分

9、子分子直径/nm分子与H2O的结合能E/(kJmol1)CH40.43616.40CO20.51229.91“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是_。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_。解析本题主要考查电负性、分子的极性、杂化类型、核外电子排布式、共价键的类型、分子间作用力、氢键等。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，故H、C、O的电负性依次增大。(2)固态CO2是分子晶体，a项正确；CH4分子是正四面体对称结构，其为含有极性键的非极性分子，b项错误；CH4

10、和CO2都是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，与键能无关，c项错误；CH4为正四面体结构，碳原子的杂化类型是sp3杂化，CO2为直线形分子，碳原子的杂化类型是sp杂化，d项正确。(3)Ni的原子序数为28，故其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；Ni排在Fe的后面，属于第四周期，第族；CO分子的电子式为CO，分子中存在1个键，而Ni(CO)4中Ni与CO之间还存在4个键，故1 mol Ni(CO)4中含有8 mol 键。(4)CH4和H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，分子晶体中作用力为分子间作用力，另外水分子间还存在氢键；根据表

11、格数据，二氧化碳分子与水分子的结合能更大，表明CO2更易与水分子结合。答案(1)H、C、O(2)ad(3)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s28(4)氢键、分子间作用力CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH46用Cr3掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝其晶胞如图甲所示可由氯化铝与氨经气相反应制得。甲乙(1)Cr3基态的核外电子排布式可表示为_。(2)氮化铝的化学式为_。(3)氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图乙所示。在Al2Cl6中存在的化学键有_(填选项字母)。a离子键 B共价键c配位键 D金属键(4)一定条件下用Al

12、2O3和CCl4制备AlCl3的反应为Al2O33CCl4=2AlCl33COCl2。其中，COCl2分子的空间构型为_。一种与CCl4互为等电子体的离子的化学式为_。(5)AlCl3在下述反应中作催化剂。分子中碳原子的杂化类型为_。解析(1)Cr为24号元素，铬失去3e变成Cr3，所以Cr3核外有21个电子，根据构造原理知核外电子排布为1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3。(2)AlN晶胞中，N原子个数为812，Al原子个数为412。(3)Al2Cl6不属于离子化合物，所以无离子键，不属于金属晶体，无金属键；AlCl3中，1个Al与3个Cl之间形成3个共价键后Al最外层有6个电子

13、，还差2个达到8电子稳定结构，另一个AlCl3中一个氯原子提供一对电子与铝原子共用形成配位键，从而结合成Al2Cl6。(4)COCl2中，碳原子周围有3个键，孤电子对数0，碳原子采取sp2杂化，COCl2分子的空间构型为平面三角形。答案(1)1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3(2)AlN(3)bc(4)平面三角形SO(或PO、ClO、SiO、PCl等合理答案)(5)sp2和sp37石墨烯(如图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(如图乙)。甲石墨烯结构乙氧化石墨烯结构(1)图甲中，1号C与相邻C形成键的

14、个数为_。(2)图乙中，1号C的杂化方式是_，该C与相邻C形成的键角_(填“”“”或“”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有_(填元素符号)。(4)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为_，该材料的化学式为_。丙解析(1)两个成键原子间有且只有一个键，1号C与周围3个碳原子形成3个键。(2)图乙中，1号C形成了3个CC及1个CO 4个键，杂化方式为sp3，形成四面体结构，1号C与相邻C形成的键角为109.5；而甲

15、中1号C形成平面三角形结构，1号C与相邻C形成的键角为120，因此图乙中的键角小。(3)氧化石墨烯中的氧原子与H2O中的氢原子，氧化石墨烯中的氢原子与H2O中的氧原子都可以形成氢键。(4)M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M原子，内部有9个M原子，晶胞中M原子的个数为12912，C60位于晶胞的顶点和面心上，其个数为864，化学式为M3C60。答案(1)3(2)sp3(3)O、H(4)12M3C608周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1

16、个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：(1)b、c、d中第一电离能最大的是_(填元素符号)，e的价层电子轨道示意图为_。(2)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是_(填化学式，写出两种)。(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是_；酸根呈三角锥结构的酸是_。(填化学式)(4)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图甲，则e离子的电荷为_。甲乙(5)这5种元素形成的一种11型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图乙所示)。该化合物中，

17、阴离子为_，阳离子中存在的化学键类型有_；该化合物加热时首先失去的组分是_，判断理由是_ _。解析根据“a的核外电子总数与其周期数相同”可知a为H元素；根据“c的最外层电子数为其内层电子数的3倍”可知c为O元素；根据“b的价电子层中的未成对电子有3个”且原子序数：bc，可知b为N元素；根据“d与c同族”可知d为S元素；根据“e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子”可知e为Cu元素。(1)由于O的非金属性比S强，故第一电离能OS；由于N的2p轨道处于半充满的较稳定状态，故其第一电离能大于O，故N、O、S三种元素中，第一电离能最大的是N元素；Cu的价层电子轨道示意图为(2)H元素可以和N元素

18、形成三角锥形分子NH3，在NH3中，中心原子N原子的杂化方式为sp3杂化；H元素与N元素形成的N2H4，H元素与O元素形成的H2O2，都是既含有极性键又含有非极性键的化合物。(3)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子价层电子对数为3的是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的是H2SO3。(4)由图甲可知该晶体结构中Cu的个数为4，O的个数为812，化学式为Cu2O即Cu的化合价为1价。(5)根据阴离子呈四面体结构可知阴离子是SO；阳离子中存在的化学键有共价键和配位键；该化合物加热时首先失去的组分是H2O，因为H2O与Cu2形成的配位键比NH3与Cu2形成的配位键弱。答案(1)N(2)sp3H2O2、N2H4(3)HNO2、HNO3H2SO3(4)1(5)SO共价键和配位键H2OH2O与Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱9(2018临汾模拟)B、C、N是几种常见的非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在。(1)基态硼原子的电子排布式为_；C、N元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)BF3与一定量的水可形成如图甲的晶体R。晶体R中各种微粒间的作用力涉及_(填选项字母)。a离子键b共价键c配位键d金属键R中阴离子的空间构型为_。(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)与C