第4章 第3节 化学键与物质构成 分子结构与性质-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮课时作业word（人教多选版）

课时冲关十二　化学键与物质构成　分子结构与性质 一、选择题：每题只有一个选项符合题意 1．(2021·北京卷)下列化学用语或图示表达不正确的是(　　) A．N2的结构式：N≡N B．Na＋的结构示意图： C．溴乙烷的分子模型： D．CO2的电子式： 解析：D　[A.N2分子中N原子间是三键，结构式：N≡N，正确；B.Na＋的结构示意图：，正确；C.溴乙烷的分子模型：，正确；D.CO2的电子式：，错误。] 2．(2021·全国甲卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是(　　) A．原子半径：Z＞Y＞X＞W B．W与X只能形成一种化合物 C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应 D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物 解析：D　[根据分析可知，W为H，X为N，Y为Al，Z为S，则A项，电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减小，则原子半径：Y(Al)＞Z(S)＞X(N)＞W(H)，A错误；B项，W为H，X为N，两者可形成NH3和N2H4，B错误；C项，Y为Al，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；D项，W、X和Z可形成(NH4)2S、NH4HS，两者既含有离子键又含有共价键，D正确。] 3．下列化学用语和化学符号使用正确的是(　　) A．次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl B．正丙醇的结构简式为：C3H7OH C．含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为Ce D．硫化钠的电子式： 解析：A　[A.次氯酸的结构式可以表示为：H—O—Cl，A正确；B.正丙醇的结构简式为：CH3CH2CH2OH，B错误；C.含58个质子和82个中子的铈(Ce)原子符号为：Ce，C错误；D.硫化钠为离子化合物，其电子式：，D错误。] 4．(2024·济宁市二模)物质中环上所有原子共面，下列说法错误的是(　　) A．电负性：N>C>H B．分子中2个N原子均易与H2O形成分子间氢键 C．分子中的大π键可表示为Π D．分子中两个N原子的杂化方式相同 解析：B　[A.同周期元素自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性：N>C>H，故A正确；B.分子中2个N原子上没有氢原子，故不能与H2O形成分子间氢键，故B错误；C.该分子中环上每个原子有1个p轨道垂直于环平面，和乙基相连的N原子p轨道有2个电子，其他环上的原子各提供1个p电子，这些p轨道侧面重叠形成1个封闭的大π键，参与形成大π键的原子数为5，参与形成大π键的电子数为6，故大π键可表示为Π，故C正确；D.分子中两个N原子的杂化方式均为sp2杂化，杂化方式相同，故D正确。] 5．(2022·湖北卷)磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O===P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是(　　) A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形 C．加热条件下会分解并放出N2 D．分解产物NPO的电子式为 解析：C　[A.磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷中心是不重合的，是极性分子，A项错误；B.磷酰三叠氮分子含有三个P—N键及一个P===O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C.磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D.NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误。] 6．(2023·湖北卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是(　　) A．分子的极性：WZ3<XZ3 B．第一电离能：X<Y<Z C．氧化性：X2Y3<W2Y3 D．键能：X2<Y2<Z2 解析：A　[Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题。A.由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一个孤电子对，空间结构为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3＜XZ3，A正确；B.由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半充满稳定结构，其第一电离能大于相邻主族的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；C.由分析可知，W为B，X为N，Y为O，则X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是＋3价，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；D.由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误。] 7．(2023·全国新课标卷)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。下列说法正确的是(　　) A．该晶体中存在N—H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C<N<O C．基态原子未成对电子数：B<C<O<N D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 解析：A　[A.由晶体结构图可知，[C(NH2)3]＋中的－NH2的H与[B(OCH3)4]－中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N—H…O氢键，A说法正确；B.同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA族、ⅤA族元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子。因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B说法不正确；C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3。因此，基态原子未成对电子数B<C＝O<N，C说法不正确；D.[C(NH2)3]＋为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B(OCH3)4]－中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]－中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D说法不正确。] 8．下列叙述正确的是(　　) A．NH3是极性分子，分子中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，分子中C原子处在4个Cl原子所组成的正方形中心 C．H2O是极性分子，分子中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，分子中C原子不处在2个O原子所连成的直线的中央 解析：C　[CCl4为正四面体形结构，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，CO2为直线形结构。CO2分子中C位于2个O原子连线的中央，故C项正确。] 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意 9．BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3，一定条件下(H2O)2·BF3可发生如图转化，下列说法中正确的是(　　) A．(H2O)2·BF3熔化后得到的物质属于离子晶体 B．(H2O)2·BF3分子间存在着配位键和氢键 C．BF3是仅含极性共价键的非极性分子 D．基态B原子核外电子的空间运动状态有3种 解析：CD　[A.从题干给定的转化可以看出，(H2O)2·BF3熔化后得到的物质为[H3O]＋，虽然其由阴、阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故A不正确；B.(H2O)2·BF3分子间的H2O与H2O之间形成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，O与B原子之间存在配位键，但分子间不存在配位键，故B错误；C.BF3采用的是sp2杂化类型，空间结构为平面三角形，结构对称，是仅含B－F极性共价键的非极性分子，故C正确；D.基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，占据的原子轨道为3个，其空间运动状态应有3种，故D正确。] 10．(2024·黄石模拟)下列说法错误的是(　　) A．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱与化学键的强弱有关 B．三硫化磷(P4S3)分子结构如图：,1 mol P4S3分子中含有10 mol共价键 C．丙烯腈分子中，碳原子的杂化方式有sp3、sp2 D．CO的结构可以表示为，所以CO分子中有一个π键是配位键 解析：BC　[键能：H—F＞H—Cl＞H—Br＞H—I，其热稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，A项正确；由题图可知，1个P4S3分子中有6个P—S、3个P—P共价键，则1 mol P4S3分子中含有9 mol共价键，B项错误；由丙烯腈的结构可知，碳原子的杂化方式有sp、sp2，C项错误；根据题图，上面的π键由O原子提供孤电子对C原子提供空轨道，所以上面的π键是配位键，D正确。] 11．(2024·聊城市一模)我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知含有Π大π键，下列说法正确的是(　　) A．反应物中C、N、O原子均采用sp2杂化 B．(CH3CH2)2AlCl的熔点比AlCl3的高 C．产物中有2个配位键与Al相结合 D．产物中含有离子键和共价键 解析：C　[A.反应物中，碳原子最外层的4个电子中有3个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，没有孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，氮原子最外层的5个电子中有2个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，孤电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp2，氧原子最外层的6个电子中有2个用于形成σ键，孤电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3，A错误，故A不符合题意；B.(CH3CH2)2AlCl与AlCl3的晶体都是分子晶体，(CH3CH2)2AlCl比AlCl3的相对分子质量小，因此(CH3CH2)2AlCl晶体中的范德华力较小，熔点较低，B错误，故B不符合题意；C.产物中Al原子形成了5个共价键，其中铝与氮原子通过配位键相结合，氮原子提供孤对电子，铝原子提供空轨道，C正确，故C符合题意；D.产物属于共价化合物，只含有共价键，D错误，故D不符合题意。] 12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素。由X、Y、Z、W四种元素中的几种元素形成的化合物与W、Z的单质之间的转化关系如图所示(部分产物未给出)，其中Z为金属单质且与X位于不同主族，下列说法正确的是(　　) A．Y和W形成的化合物YW4易溶于水 B．Y6X6燃烧时火焰明亮，且无黑烟产生 C．W的氧化物对应的水化物的酸性一定比Y的强 D．Z与W形成的化合物中只含有离子键 解析：D　[根据化合物M和W单质的反应条件可知化合物M应为烃，W单质为Cl2，M含有C、H元素，X是四种元素中原子序数最小的，则X应为H元素；化合物N可以和金属单质反应，N应为HCl，化合物P应为金属Z的氯化物，由于氯化铝为共价化合物，无法通过电解氯化铝获得铝，且Z与H元素不是同主族，所以P为氯化镁，Z为Mg；综上所述X为H，Y为C，Z为Mg，W为Cl元素。A.Y、W形成的化合物YW4为四氯化碳，四氯化碳难溶于水，故A错误；B.Y6X6为C6H6，其分子中含碳量较大，燃烧时火焰明亮，且有黑烟产生，故B错误；C.没有指出是否为元素最高价含氧酸，该说法不合理，如碳酸的酸性大于次氯酸，故C错误；D.Z为Mg，Mg与Cl形成的氯化镁为离子化合物，只含有离子键，故D正确。] 三、非选择题 13．(1)(2020·全国卷Ⅰ节选)磷酸根离子的空间结构为______，其中P的价层电子对数为________、杂化轨道类型为________。 (2)(2020·全国卷Ⅱ节选)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 －24.12 38.3 155 (3)(2020·全国卷Ⅲ节选)①NH3BH3分子中，N－B化学键称为________键，其电子对由________提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3＋6H2O===3NH＋B3O＋9H2 B3O的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为________。 ②NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ＋)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ－)，电负性大小顺序是________________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是________(写分子式)，其熔点比NH3BH3________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在________________，也称“双氢键”。 (4)(2019·全国卷Ⅰ)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、________。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是________________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。 (5)(2019·全国卷Ⅱ)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的空间结构为________，其沸点比NH3的________(填“高”或“低”)，其判断理由是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)(2019·全国卷Ⅲ)①FeCl3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________。 ②苯胺()的晶体类型是________。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃)，原因是______________________________________________________________。 ③NH4H2PO4中，P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。 解析：(1)经过计算，PO中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道。 (2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是共价晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；(3)①B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一个孤电子对，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O，由图中信息可知，B3O中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。②NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ＋与Hδ－的静电引力。(4)乙二胺中N形成3个单键，含有1个孤电子对，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤电子对，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；(5)As与N同族，则AsH3分子的空间结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低；(6)①氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性，所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。②大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N，所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。③PO中，中心原子P的价层电子对数为：4＋(5＋3－2×4)＝4，P的杂化类型是sp3；磷有5个价电子，磷原子sp3杂化轨道与氧原子2p轨道上的电子形成σ键。 答案： (1)正四面体形　4　sp3　(2)TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 (3)① 配位　N　sp3　sp2　② N＞H＞B　C2H6　低　Hδ＋与Hδ－的静电引力 (4)sp3　sp3　乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　Cu2＋ (5)三角锥形　低　NH3分子间存在氢键 (6)①　4 ②分子晶体　苯胺分子之间存在氢键 ③　sp3　σ 14．(2024·聊城市二模)金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题： (1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有__________种。 (2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的__________杂化轨道与O的__________轨道形成σ键。 (3)Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。 ①和中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是__________。 ②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN－中提供孤电子对的原子是__________(填元素符号)。 ③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是__________。 A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．[Cr(H2O)5Cl]Cl2 (4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α＝120°，β＝γ＝90°。 ①该晶体中，锌的配位数为__________。 ②已知空间利用率η＝×100%，设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)__________。 ③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。若A点原子的分数坐标为(0,0,0)，则B点原子的分数坐标为__________。 解析：(1)Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc、Ti、V、Mn、Co、Ni、Zn共7种； (2)KH2PO2中P原子的孤电子对数为＝2，成键电子对为2，价层电子对为孤电子对＋成键电子对＝4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键； (3)①中N的sp2杂化轨道形成的化学键(..代表孤电子对)参与形成六元环大π键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键； ②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键； ③A.[Cu(NH3)2]Cl中Cu＋外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项A不符合； B．[Cu(NH3)4]SO4中Cu2＋外围电子排布式为3d9，有未成对电子，选项B符合； C．[Zn(NH3)4]SO4中Zn2＋外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项C不符合； D．[Cr(H2O)5Cl]Cl2中Cr3＋外围电子排布式为3d3，有未成对电子，选项D符合； (4)①以B处Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4； ②根据均摊法，晶胞中含有1＋2×＋2×＝2个Zn原子，1＋4×＋4×＝2个S原子，则原子体积为2×π(r＋r)cm3＝π(r＋r)×1021nm3，晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为a nm×a nm×c nm＝a2c nm3，则空间利用率为×100%＝×100%； ③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4∶4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2－，2个Zn2＋，各离子的分数坐标分别为：S2－(0,0,0)，；Zn2＋，，根据晶胞的结构可知，A为S2－，B的坐标为。 答案：(1)7　(2)sp3　2p　(3)①　②S　③BD　(4)①4　②×100% ③ 学科网（北京）股份有限公司 $$