专题4《分子空间结构与物质性质》练习题2023-2024学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2

专题4《分子空间结构与物质性质》练习题 一、单选题 1．二氯化二硫是广泛用于橡胶工业的硫化剂，广泛用于石油化工，其分子结构如下图所示。制备方法：在120℃向硫磺粉（用浸润）中通入。已知：常温下遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法错误的是 A．分子中所有原子均满足8电子结构 B．中S原子的杂化类型为杂化 C．与结构相似 D．与反应的化学方程式可能为： 2．能用键能解释，且结论正确的是 A．熔点：金刚石>晶体硅 B．分子稳定性：H2O > HF C．溶解度：SO2 > CO2 D．状态：常温时Cl2是气态 3．已知33As与15P位于同一主族。下列说法正确的是 A．酸性：H3AsO4 < H3PO4 < H2SO4 B．第一电离能：As < P < S C．As在元素周期表中位于第五周期VA族 D．沸点：AsH3 > PH3 > NH3 4．下列化学用语或图示表达正确的是 A．甲醇的空间填充模型： B．的离子结构示意图： C．杂化轨道示意图： D．过氧化氢的电子式： 5．下列现象不能用氢键解释的是 A．水分子高温下也很稳定 B．NH3容易液化 C．甲醇极易溶于水 D．液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式 6．氟利昂破坏臭氧层的反应过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．0.5mol由、组成的混合物中共价键的数目为 B．1.6g由和组成的混合气体中含有的原子总数为 C．标准状况下，中含有的中子总数为 D．的中心原子的孤电子对数为 7．下列关于化学键的说法，认识错误的是 ①键与键的对称性不同 ②键不能单独存在，一定要和键共存 ③含有键的化合物与只含键的化合物的化学性质不同 ④两个非金属元素的原子之间形成的化学键都是共价键 ⑤分子中含有共价键，则一定只含有一个键 ⑥成键的原子间原子轨道重叠越多，共价键越牢固 ⑦1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的 A．①⑤ B．②⑥ C．③⑦ D．②④ 8．氯化钴(Ⅲ)的氨配合物有多种，主要有、等。实验室制备的反应为：。下列有关说法正确的是 A．1mol中含有的键数为24 B．和的VSEPR模型相同 C．是含有极性键和非极性键的非极性分子 D．等物质的量的和与足量反应，消耗的均为3mol 9．气态N4分子，其分子结构如下图所示。已知断裂1molN—N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，判断下列说法正确的是 A．N4属于一种新型的化合物 B．N4分子中存在非极性键 C．N4分子中N—N键角为109°28′ D．1molN4转变成N2将吸收882kJ热量 10．元素周期表的形式多种多样，下图是扇形元素周期表的一部分(1~36号元素)，与中学常见的长式元素周期表相比，第一到第十八可看成族，⑩为Fe元素。由扇形周期表的填充规律，下列有关已填入的元素说法不正确的是 A．⑤处于长式周期表第二周期第VIA族 B．②最高价氧化物水化物能与⑦的最高价氧化物反应 C．①与③均可形成既含极性键又含非极性键的化合物 D．⑩单质能与CO形成两种稳定配合物Fe(CO)5和Fe(CO)6 11．2022年北京冬奥会已经成功落下帷幕，它的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法正确的是 A．跨临界直接制冰使用的CO2分子中含有非极性键 B．滑冰场上的冰中水分子的稳定性低于甲烷 C．颁奖礼服内胆中添加了石墨烯(结构如图)，其中C原子的杂化方式是sp3杂化 D．闭幕式中，鸟巢上空绽放的璀璨焰火与原子核外电子发生跃迁释放能量有关 12．具有较高的光电转接效率，在太阳能电池领域具有重要的应用价值。的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是 A．中N原子的杂化轨道类型为 B．中存在配位键 C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力： D．晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3 13．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如下。下列说法正确的是 A．Zn元素位于d区，基态原子没有未成对电子 B．C、N原子均为sp3杂化 C．五元环上所有原子可能在同一平面上 D．电负性：Zn<H<C<N<O 二、填空题 14．回答下列问题： (1)钛元素的检验方法如下： 可与形成稳定的，其原因是 。 (2)金属离子配合物的颜色主要与分裂能有关。1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，中心离子带电荷数越多，与配体距离越近，则作用力越强，分裂能越大。分裂能： (填“>”“<”或“=”)，理由是 。 (3)化合物和的结构如图所示，更易形成配合物的是 ，判断理由是 。 15．应用 (1)判断共价键的稳定性 原子间形成共价键时，原子轨道重叠程度 ，释放能量 ，所形成的共价键键能越大，共价键越稳定。 (2)判断分子的稳定性 一般来说，结构相似的分子，共价键的键能越大，分子越 。 (3)计算反应热 ΔH= 的总键能- 的总键能。 16．Ⅰ.锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成配合物离子[Zn(NH3)4]2＋。回答下列问题： (1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后，溶液中铝元素的存在形式为 (用化学式表示)。 (2)试解释在实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因： 。 (3)不考虑空间构型，[Zn(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为 。 Ⅱ.0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ热量，其热化学方程式为 。 17．金刚石、石墨、富勒烯都是碳的同素异形体的典型代表。2019年，科学家首次成功合成出一种全碳的环形分子(结构如图所示)，打开了探索新型环形结构碳化学的大门。 该碳环分子的分子式为 ；该碳环分子 (填“是”或“不是”)碳的一种同素异形体；该碳环分子的稳定性较低，主要原因是 ；该碳环分子中存在的离域键为 (填写离域键的个数和类型)。 18．有机物丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀，其结构如下图所示 (1)结构中，碳碳之间的共价键类型是σ键，碳氮之间的共价键类型是 ，氮镍之间形成的化学键 (2)该结构中，氧氢之间除共价键外还可存在 。 19．硅材料在生活中占有重要地位。请回答： (1)Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。 (2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A．微粒半径：③＞①＞② B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C．电离一个电子所需最低能量：①＞②＞③ D．得电子能力：①＞② (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。 20．五原子分子的空间构型 物质 化学式 空间结构 结构式 键角 空间结构模型 甲烷 CH4 109°28′ 四氯化碳 CCl4 109°28′ 21．已知C、N、O、H是元素周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小，H能分别与C、N、O形成电子总数相等的分子、、。 (1)在、、分子中，C、N、O三原子都采取 杂化。 (2)是 分子(填“极性”或“非极性”)。 (3)是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因： 。 (4)分子的VSEPR模型的空间构型为 ；分子的空间构型为 。 22．石墨烯和Co 及其化合物有着很多优良的性能和特性，回答下列问题： (1)石墨烯研究近年有了长足发展。石墨烯与金属Co可以形成一种插层化合物。其中Co层平行于石墨层，晶胞如图中甲所示，其垂直于石墨层方向的投影如图中乙所示。则该插层化合物的C原子和Co原子个数比为 。    (2)石墨烯中部分碳原子被氧化后,转化为氧化石墨烯(如图所示)。石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C(如图中方框所示)与相邻碳原子间键能的变化是 (填“变大”、“变小”或“不变”)，氧化石墨烯中C原子的杂化轨道类型为 。    (3)Co的一种氧化物Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积(如图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，Co总的空隙填充率为 。    一定温度下，Co的另一种氧化物CoO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Co2+填充O2－形成的正三角形空隙中(如图)，已知O2－的半径为a m，每平方米面积上分散的CoO 的质量为 g。(用a、NA表示)    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．S2Cl2分子中S原子连接2个共价键，Cl原子连接1个共价键，S2Cl2分子中所有原子均满足8电子结构，故A正确； B．S2Cl2分子中每个S原子价层电子对数=2+2=4，所以采取sp3杂化，故B错误； C．溴元素与氯元素位于同主族，所以S2Cl2与S2Br2的结构相似，故C正确； D．常温下，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素由+1价一部分升高到+4价(生成SO2)，S2Cl2中Cl元素化合价为−1价，不能再得电子，只能是一部分S元素化合价降低到0价(生成S)，所以反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确； 故选B。 2．A 【详解】A．原子晶体中原子形成的共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A正确； B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，不能用键能解释，故B错误； C．二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C错误； D．氯气形成的晶体是分子晶体，分子间的作用力很小，则氯气的沸点低，常温时是气体，不能用键能解释，故D错误； 故选A。 3．A 【详解】A．由于非金属性：S>P>As,故最高价氧化物对应水化物酸性：，A项正确； B．同周期从左到右第一电离能逐渐增大，第五主族最外层半充满结构，比较稳定，第一电离能出现反常，则P >S，同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则P>As，即第一电离能：As < S < P，B项错误； C．As在元素周期表中位于第四周期VA族，C项错误； D．含有氢键，沸点最高，都不含氢键，相对分子质量越大，沸点越高，故沸点：，D项错误； 答案选A。 4．B 【详解】 A．此为球棍模型，故A错误； B．的离子结构示意图：，故B正确； C．杂化轨道示意图：，此为sp2杂化轨道示意图，故C错误； D．过氧化氢的电子式：，故D错误； 故选B。 5．A 【详解】A．水分子的稳定性与氧元素的非金属性强有关，与氢键无关，所以水分子高温下也很稳定不能用氢键解释，故A符合题意； B．氨分子间能形成分子间氢键，分子间作用力大，所以容易液化，则氨气容易液化能用氢键解释，故B不符合题意； C．甲醇分子中含有的羟基能与水分子形成氢键，所以极易溶于水，则甲醇极易溶于水能用氢键解释，故C不符合题意； D．氟化氢分子间能形成分子间氢键，分子间作用力大，所以液态氟化氢的化学式可以写成(HF)n，则液态氟化氢的化学式有时可以写成(HF)n的形式能用氢键解释，故D不符合题意； 故选A。 6．B 【详解】A．0.5mol由CFCl3的共价键为2mol、0.5molCFCl2共价键的数目为1.5mol，则混合物中共价键的数目不为2NA，A错误； B．1.6g由O2和O3的最简式相同为O，即氧原子为0.1mol，则组成的混合气体中含有的原子总数为0.1NA，B正确； C．标准状况下，1.12 L18O3物质的量为0.05mol，中子总数为0.05，C错误； D．CFCl3的中心原子C无孤电子对数，D错误； 故选B。 7．A 【详解】①键与键的对称性相同，均为轴对称，故错误； ②分子中可以只含键，键不能单独存在，一定要和键共存，故正确； ③键不稳定，易断裂，含有键的化合物化学性质较活泼，与只含键的化合物的化学性质不同，故正确； ④非金属原子常以共用电子对形成化学键，两个非金属元素的原子之间形成的化学键都是共价键，故正确； ⑤分子中含有共价键，不一定只含有一个键，如水分子中含有2个键，故错误； ⑥成键的原子间原子轨道重叠越多，成键原子间的距离越小，共价键越牢固，故正确； ⑦N原子最外层有5个电子，有三个末成对电子，1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的，故正确； 综上所述①⑤错误，故选A。 8．B 【详解】A．中N-Cu之间存在配位键也有σ键、N-H之间存在σ键，所以1个中σ键数目为6×4=24个σ键，1mol还有24NAσ键，故A错误； B．N原子、O原子的价层电子对数均为4，二者VSEPR模型均为四面体形，故B正确； C．是含有O-H极性键和O-O非极性键，但正负电荷重心不重合，是极性分子，故C错误； D．没有告诉具体的物质的量，无法确定，故D错误； 故选：B。 9．B 【详解】A． N4是由氮元素形成的一种单质，不属于化合物，故A错误； B．氮元素是活泼的非金属，氮元素与氮元素之间形成的是非极性键，故B正确； C．根据图示，N4是正四面体型结构，键角是60°，故C错误； D．已知断裂1molN-N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，则1molN4转变成N2时的反应热△H=6×167 kJ/mol-2×942 kJ/mol=-882 kJ/mol，因此1 molN4转变成N2将放出882kJ热量，故D错误； 选B。 10．D 【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为Na、③为C、④为N、⑤为O、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Fe。 【详解】A．⑤为O处于长式周期表第二周期第VIA族，A正确； B．②为Na，⑦为Al，Na最高价氧化物水化物为NaOH，Al的最高价氧化物Al2O3能与NaOH反应，B正确； C．H与C可以形成C2H2，分子中都含有极性键、非极性键，C正确； D．⑩为Fe，Fe单质能与CO形成稳定配合物Fe(CO)5，不能形成Fe(CO)6，D错误； 故选D。 11．D 【详解】A．CO2是由极性键构成的非极性分子，A错误； B．O的非金属性大于C的，所以对应氢化物水的稳定性也高于甲烷的，B错误； C．根据图示结构可知，石墨烯中C原子的杂化方式为sp2杂化，C错误； D．焰火属于焰色试验，是原子核外电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时主要以光能的形式释放能量的过程，D正确； 故选D。 12．C 【分析】由立方晶格结构可推知每个晶胞中A的个数=8×=1，C的个数=6×=3，B的个数为1，对比化学式可知C为I-，B为中心原子，则B为，A为。 【详解】A．的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确； B．中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确； C．甲基的供电子能力强于氢原子，则中含有两个甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：，C错误； D．由分析可知晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3，D正确； 选C。 13．D 【详解】A．Zn是30号元素，电子排布式为：，Zn元素位于ds区，基态原子没有未成对电子，故A错误； B．C原子的价层电子对数为3和4，杂化方式分别为：sp2、sp3，故B错误； C．五元环上存在sp3的碳原子，这个碳原子属于饱和碳原子，这个碳原子所连接的所有原子不可能共面，故C错误； D．元素非金属性越强，电负性越大，同周期元素越靠右非金属性越强，非金属性：Zn<H<C<N<O，电负性：Zn<H<C<N<O，故D正确； 故选D。 14．(1)中的有空轨道，而中的有孤电子对，两者能形成配位键 (2) > 两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，半径小，与配体距离近，分裂能大 (3) 中氮原子具有孤对电子，中氮原子没有孤对电子 【详解】（1）中的有空轨道，而中的有孤电子对，两者能形成配位键，故可与形成稳定的。 （2）两金属离子配合物中，中心离子带电荷数相同，半径小，与配体距离近，分裂能大，故分裂能：>。 （3）根据图示，中键角为111°，N、C形成三角锥形结构，则氮原子具有孤对电子，中键角为120°，Si形成平面三角形结构，则氮原子没有孤对电子，故更易形成配合物。 15．(1) 越大 越多 (2)稳定 (3) 反应物 生成物 【详解】（1）原子轨道重叠程度越大，形成的共价键越稳定，释放的能量也会越多。 （2）共价键的键能越大，断裂时需要吸收的能量越多，分子越稳定。 （3）焓变等于断键时吸收的能量总和减去成键时释放的能量总和，反应物的键能总和是断键需要吸收的能量总和，生成物的键能总和是成键时释放的能量总和。 16． 或[Al(OH)4]- 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，且氨水的用量不易控制 B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol 【详解】Ⅰ. (1)单质铝溶于氢氧化钠溶液生成NaAlO2和氢气，溶液中铝元素的存在形式为； (2) 可溶性锌盐与氨水反应产生的Zn(OH)2可溶于过量氨水中，生成[Zn(NH3)4]2＋，且氨水的用量不易控制，所以实验室不适宜可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌； (3)Zn2+与NH3分子通过配位键形成[Zn(NH3)4]2+，Zn2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，[Zn(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为； Ⅱ.0.3mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出649.5kJ热量，1 mol的气态高能燃料乙硼烷(B2H6)在氧气中燃烧，生成固态的三氧化硼和液态水，放出2165kJ热量，其热化学方程式为B2H6(g)+3O2(g)=B2O3(s)+3H2O(l)△H=-2165kJ/mol。 17． 【解析】略 18．(1) 1个σ键、1个π键 配位键 (2)氢键 【详解】（1）碳氮之间形成双键，含有1个σ键、1个π键。每个氮都形成了三对共用电子，还有一个孤电子对，镍离子提供空轨道，氮和镍之间形成配位键。 （2）氧和氢原子之间除了共价键还有氢键，图中…表示氢键。 19．(1) 四面体 sp3 (2)AB (3) 共价晶体 SiP2 【详解】（1）Si(NH2)4(以Si为中心)分子的中心原子价层电子对数为4+0=4，其分子的空间结构名称为四面体形，分子中氮原子价层电子对数对数为3+1=4，氮原子的杂化轨道类型是sp3；故答案为：四面体形；sp3。 （2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2是基态硅原子，②[Ne]3s23p1是基态Si＋，③[Ne]3s23p14s1是激发态Si原子；A．一般电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：③＞①＞②，故A正确；B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，则①是基态硅原子，②是基态Si＋，因此电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，故B正确；C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②＞①＞③，故C错误；D．能量越低越易得到电子，则得电子能力：②＞①，故D错误；综上所述，答案为：AB。 （3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图，P原子有8个，Si原子有，因此该化合物的化学式为SiP2，该晶体类型是共价晶体；故答案为：共价晶体；SiP2。 20． 正四面体 正四面体 【解析】略 21．(1)sp3 (2)非极性 (3)氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化 (4) 四面体形 V形 【详解】（1）、、分子中心原子的价电子对数均为4，故C、N、O三原子都采取sp3杂化； （2）空间构型为正四面体形，正负电荷重心重合，为非极性分子； （3）氨分子间存在氢键，分子间作用力大，因而易液化； （4）H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型的空间构型为四面体形，O原子上含有2对孤电子对，分子是V形。 22．(1)8∶1 (或8) (2) 变小 sp2和 sp3 (3) (25%) 或 【详解】（1）结合题图可得，晶胞中CO原子数目，C原子数目，则该插层化合物的C原子和Co原子个数比为8∶1 (或8)； （2）石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C原子连接的O原子吸引电子能力较强，导致与1号C原子相邻的C原子对电子的吸引力减小，所以1号C原子与相邻C原子间化学键的键能变小；氧化石墨烯中1号C原子采取sp3杂化，氧化石墨烯中有些碳原子均和3个碳原子相连构成六圆环状结构，可知碳原子的杂化方式为sp2，故氧化石墨烯中C原子的杂化轨道类型为sp2和 sp3； （3）四面体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积，根据均摊法可知一个晶胞中4个O原子，结合化学式可知晶胞中有3个Co原子，一个晶胞中共有12个空隙，则Co总的空隙填充率为=(25%)；根据结构知，氧离子和相邻的钴离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和钴离子距离的倍，所以其距离是2am；根据图片知，每个氧化钴所占的面积=2a m×2a m×sin60°，则每平方米含有的氧化钴个数=1/(2a m×2a m×sin60°)=；每个氧化钴的质量=g，所以每平方米含有的氧化钴质量=×=。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$