2019届高考化学一轮复习物质结构与性质作业(1)
物质结构与性质
一、选择题
1.碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂,其结构如下图。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
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)极性键是不同种原子间形成的共价键,非极性键是同种原子间形成的共价键;
(2)σ键是电子云头对头重叠,π键是电子云肩并肩重叠。
【解析】选A。根据该物质的结构知其分子式为C3H2O3,A正确;碳碳双键或碳氧双键均含1个σ键和1个π键,单键全部是σ键,该物质含1个CO键、1个CC键、4个C—O键,2个C—H键,共8个σ键,B错误;同种原子形成的共价键是非极性键,即CC键是非极性键,C错误;由于没有给出气体所处的外界条件,不能求算CO2的体积,D错误。
【误区提醒】涉及气体体积的计算,一定要看外界条件,若没有给出外界条件则无法根据物质的量或质量求算气体的体积。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ( )
A.2.0 gO与D2O的混合物中所含中子数为NA
B.常温常压下4.4 g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C.标准状况下,5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D.50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)氧化还原反应中转移电子的物质的量是指失去电子或者得到电子的物质的量;
(2)根据两原子间化学键的数目可以判断化学键的类型。
【解析】选A。A选项中,O与D2O的相对分子质量均为20,中子数均为10,因此2.0 g该混合物中所含中子数为NA;B选项中,1个乙醛分子中存在的4个C—H键、1个C—C键是σ键,而CO键中的1个键是σ键,另一个键是π键,所以4.4 g乙醛即0.1 mol的乙醛中应含有0.6 mol的σ键,即σ键个数为0.6NA;C选项中,CO2与Na2O2发生如下反应:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2↑,标准状况下5.6 L即0.25 mol CO2应转移0.25 mol电子,即转移电子数为0.25NA;D选项中,随着反应
进行,盐酸的浓度下降,当达到一定的程度便不再反应,故转移的电子数无法达
到0.3NA。
二、非选择题
3.
X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素;Z和U位于第ⅦA族;X和Z可形成化合物XZ4;Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T的一种单质在空气中能够自燃。
请回答下列问题:
(1)R基态原子的电子排布式是 。
(2)利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是 。
(3)X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是 (填化学式);Z和U的氢化物中沸点较高的是 (填化学式);Q、R、U的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是 (填化学式)。
(4)CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂,反应可生成T的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)短周期元素是指前三周期元素;
(2)可以通过求算价电子数目进而判断物质的立体构型。
【解析】T的一种单质在空气中能自燃,为磷元素;Z和U为短周期元素且为卤族元素,原子序数又依次增大,因此分别为F和Cl;Q元素的原子序数大于9,且基态原子的s轨道电子和p轨道电子总数相等,其电子排布式为1s22s22p63s2,即为镁元素;X与Z形成的化合物中Z为-1价,则X为+4价,X为碳元素,X和R属同族元素,则R为硅元素。
(1)可写出电子排布式为1s22s22p63s23p2。
(2)已知TU3为PCl3,算出其杂化轨道数目为4,VSEPR模型为四面体结构,又因磷原子有一对孤电子对,所以其立体构型为三角锥形。
(3)X元素所在的第2周期由左到右元素非金属性增强,可得到酸性最强的是HNO3;HF中由于含有氢键,其沸点高于HCl;各晶体熔点比较的一般规律为原子晶体>金属晶体>分子晶体,可得出Si>Mg>Cl2。
(4)根据题干中所给信息,硫酸铜与白磷反应生成磷酸和铜:P4+10CuSO4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4。
答案:(1)1s22s22p63s23p2
(2)三角锥形
(3)①HNO3 ②HF ③Si、Mg、Cl2
(4)P4+10CuSO4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4
【误区提醒】本题在进行元素推断时容易将Q推断成氧元素,原题中说“Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等”,但是前提条件是六种元素原子序数递增,而Z元素为F,所以该元素的原子序数应该大于9,这种元素为镁元素。
4. C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
(1)Si位于元素周期表第 周期第 族。
(2)N的基态原子核外电子排布式为 ;
Cu的基态原子最外层有 个电子。
(3)用“>”或“<”填空:
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al Si
N O
金刚石 晶体硅
CH4 SiH4
(4)常温下,将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示,反应过程中有红棕色气体产生。
0～t1时,原电池的负极是Al片,此时,正极的电极反应式是 ,溶液中的H+向 极移动,t1时,原电池中电子流动方向发生改变,其原因是 。
【解题指南】解答本题时应注意以下3点:
(1)电子层数=周期序数,主族元素的最高正价=最外层电子数=主族序数;
(2)原电池的正极发生还原反应,阳离子移向正极,电子由负极通过导线流向正极;
(3)原子晶体的共价键键长与晶体熔沸点有关,键长短,熔沸点高。
【解析】(1)Si是14号元素,有3层电子,位于元素周期表的第3周期ⅣA族。
(2)N的核电荷数为7,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p3,Cu的4s轨道有1个电子。
(3)同周期由左向右元素原子半径逐渐减小,即原子半径Al>Si;同周期元素的电负性由左向右逐渐增大,则电负性:N
< > <
(4)2H++N+e-NO2↑+H2O 正 铝在浓硝酸中发生钝化,表面生成了氧化膜阻止了Al的进一步反应
5.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
(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。
①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。
②Ni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
molσ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
分子
分子直径/nm
分子与H2O的
结合能E/kJ·mol-1
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
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 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)原子、分子和晶体结构与性质的关系的理解与应用;
(2)配位键、分子间作用力的理解与应用。
【解析】(1)元素的非金属性越强,其电负性就越大。在CH4和CO2所含的H、C、O三种元素中,元素的非金属性由强到弱的顺序是O>C>H,所以元素的电负性从小到大的顺序为HN
B.水溶性:CH3CH2OH>CH3CH2OCH2CH3
C.沸点:HCl>HF
D.晶格能:NaCl>MgO
【解析】(1)Cu是29号元素,基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;铜原子失去最外层1个电子和次外层1个电子得到Cu2+,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d9。
(2)MgO中只有离子键,NaOH中既有离子键又有O—H极性共价键,CaCl2中只有离子键,(NH4)2SO4中既有离子键,又有N—H、S—O极性共价键,所以答案为B、D。
(3)分析结构简式可得:分子中含有碳碳双键,故既有σ键又有π键,A项正确;氧原子的非金属性大于碳原子,故O—H键的极性大于C—H键,B项正确;该分子是极性分子,C项错误;该分子既可以形成分子间氢键,又可以形成分子内氢键,D项错误。
(4)手性分子是化学中结构上镜像对称而又不能完全重合的分子,连有四个不同原子或基团的碳原子称为手性碳原子,HOCH2CH(OH)CH2OH不是手性分子,A项错误,N和CH4的空间构型都是正四面体,B项正确;BF3是平面三角形,苯是平面结构,C项正确;CO2是直线型分子,而H2O是V型分子,D项错误。
(5)第一电离能:N>O,A项错误;水溶性:乙醇大于乙醚,B项正确;HF分子间存在氢键,沸点大于无氢键的氯化氢,C项错误;离子所带电荷数:Mg2+>Na+、O2->Cl-,离子半径:Mg2+NaCl,D项错误。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (2)B、D
(3)C、D (4)B、C (5)B
10.Ⅰ.下列物质的结构或性质与氢键无关的是 ( )
A.乙醚的沸点 B.乙醇在水中的溶解度
C.氢化镁的晶格能 D.DNA的双螺旋结构
Ⅱ.钒(23V)是我国的丰产元素,广泛用于催化及钢铁工业。
回答下列问题:
(1)钒在元素周期表中的位置为 ,其价层电子排布图为 。
(2)钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为 、 。
(3)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是 对,分子的立体构型为 ;SO3气态为单分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为 ;
SO3的三聚体环状结构如图2所示,该结构中S原子的杂化轨道类型为 ;该结构中S—O键长有两类,一类键长约140 pm,另一类键长约160 pm,较短的键为 (填图2中字母),该分子中含有 个σ键。
(4)V2O5溶解在NaOH溶液中,可得到钒酸钠(Na3VO4),该盐阴离子的立体构型为 ;也可以得到偏钒酸钠,其阴离子呈如图3所示的无限链状结构,则偏钒酸钠的化学式为 。
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)分子间作用力和氢键的理解与应用;
(2)原子结构、分子结构和晶体结构与性质。
【解析】Ⅰ.乙醚分子间不存在氢键,乙醚的沸点与氢键无关,A符合题意;乙醇和水分子间能形成氢键,乙醇在水中的溶解度与氢键有关,B不符合题意;氢化镁为离子化合物,氢化镁的晶格能与氢键无关,C符合题意;DNA的双螺旋结构与氢键有关,D不符合题意。
Ⅱ.(1)钒在元素周期表中的位置为第4周期ⅤB族,其价层电子排布式为3d34s2,价层电子排布图为。
(2)分析钒的某种氧化物的晶胞结构利用切割法计算,晶胞中实际拥有的阴离子数目为4×1/2+2=4,阳离子个数为8×1/8+1=2。
(3)SO2分子中硫原子价电子排布式为3s23p4,价层电子对数是3对,分子的立体构型为V形;SO3气态为单分子,该分子中硫原子的杂化轨道类型为sp2杂化;SO3的三聚体环状结构如图2所示,该结构中硫原子形成4个键,该结构中硫原子的杂化轨道类型为sp3杂化;该结构中S—O键长有两类,一类如图中a所示,含有双键的成分键能大,键长较短,另一类为配位键,为单键,键能较小;由题给结构分析该分子中含有12个σ键。
(4)钒酸钠(Na3VO4)中阴离子的立体构型为正四面体形;由图3所示的无限链状结构知偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
答案:Ⅰ.A、C
Ⅱ.(1)第4周期ⅤB族
(2)4 2
(3)3 V形 sp2杂化 sp3杂化 a 12
(4)正四面体形 NaVO3
11.
A.下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶
2Cr2+3CH3CH2OH+16H++13H2O4[Cr(H2O)6]3++3CH3COOH
(1)Cr3+基态核外电子排布式为 ;配合物[Cr(H2O)6]3+中,与Cr3+形成配位键的原子是 (填元素符号)。
(2)CH3COOH中C原子轨道杂化类型为 ;1 mol CH3COOH分子含有σ键的数目为 。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子为 (填化学式);H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶,除因为它们都是极性分子外,还因为 。
【解析】(1)Cr为24号元素,价电子为24-18=6,d轨道半满状态下较稳定,则Cr的核外电子排布为[Ar]3d54s1,失去电子时,先失最外层上的电子,所以Cr3+的核外电子排布为[Ar]3d3。H2
O中的O含有孤电子对,所以O为配位原子。
(2)甲基中碳为sp3杂化,羧基中的碳为sp2杂化。单键全部为σ键,双键中有一个π键和一个σ键,所以1 mol CH3COOH中含有7 molσ键。
(3)H2O中O的价电子数与F+相等,所以H2O和H2F+互为等电子体。H2O与CH3CH2OH之间可以形成分子间氢键,故两者可以任意比例互溶。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 O
(2)sp3、sp2 7 mol或7NA
(3)H2F+ H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
【误区提醒】没有正确判断出CH3COOH中碳原子轨道杂化类型,CH3COOH中甲基中的碳原子有4个σ键,占据4个杂化轨道,为sp3杂化;羧基中的碳原子有3个σ键,1个π键,π键不占据杂化轨道,为sp2杂化。
