北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题八 化学键 分子结构与性质
考点一 化学键、分子间作用力
1.(2013课标Ⅰ,37,15分)硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为 ,该能层具有的原子轨道数为 ,电子数为
。
(2)硅主要以硅酸盐、 等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以 相结合,其晶胞中共有8个原子,其
中在面心位置贡献 个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH )分解反应来制备。工业上采用Mg Si和NH Cl在液氨介质中反应制得SiH ,
4 2 4 4
该反应的化学方程式为 。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:
化学键 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O
键能/(kJ·mol-1) 356 413 336 226 318 452
①硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是
。
②SiH 的稳定性小于CH ,更易生成氧化物,原因是
4 4
。
(6)在硅酸盐中,Si O4-四面体[如图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构
4
型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为 ,Si与O的原子数之比
为 ,化学式为 。
答案 (1)M 9 4
(2)二氧化硅
(3)共价键 3
(4)Mg Si+4NH Cl SiH +4NH +2MgCl
2 4 4 3 2
(5)①C—C键和C—H键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低,易断裂,导致
长链硅烷难以生成
②C—H键的键能大于C—O键,C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键,所以Si—H
键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
(6)sp3 1∶3 [SiO
3]2n-
(或Si
O2-
)
n 3
解析 (1)基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2,电子占据的最高能层为第三层,符号为M,该能层原子
1
轨道总数=1(3s轨道)+3(3p轨道)+5(3d轨道)=9,电子数为4。(3)6个面心位置贡献的Si原子数=6× =3。(4)
2
由题给信息可写出制备SiH 的化学方程式为Mg Si+4NH Cl 2MgCl +4NH +SiH 。(5)可根据相关键能
4 2 4 2 3 4
的数据解释相关的两个事实,详见答案。(6)在Si O4-四面体结构中,处于四面体中心的硅原子的杂化方式为
4
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sp3;单链结构的多硅酸根中,重复出现的最小结构单元为 ,其中Si原子数目为2,1、4号氧原子
1
为两个单元所共有,2、3、5、6、7号氧原子完全属于该单元,故每个最小单元的氧原子数目为5+2× =6,Si
2
与O原子数之比为2∶6=1∶3,故单链结构的多硅酸根的化学式为[SiO 3]2n-。
n
思路分析 根据单质硅的结构和性质回答(1)、(2)、(3);由题目信息回答(4);通过比较碳和硅的有关化学键
键能回答(5);分析题给图像来回答(6)。
2.(2013福建理综,31,13分)(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照下图中B、F元素的位置,用小
黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
(2)NF 可由NH 和F 在Cu催化剂存在下反应直接得到:
3 3 2
4NH +3F NF +3NH F
3 2 3 4
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有 (填序号)。
a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为 。
(3)BF 与一定量的水形成(H O) ·BF 晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:
3 2 2 3
[H O]+
3
Q R
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及 (填序号)。
a.离子键 b.共价键
c.配位键 d.金属键
e.氢键 f.范德华力
②R中阳离子的空间构型为 ,阴离子的中心原子轨道采用 杂化。
(4)已知苯酚( )具有弱酸性,其K=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离子 能
a
形成分子内氢键。据此判断,相同温度下电离平衡常数 (水杨酸) K(苯酚)(填“>”或“<”),其原
K a
a
2
因是 。
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答案 (1)
(2)①a、b、d ②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(3)①a、d ②三角锥形 sp3
(4)< 中形成分子内氢键,使其更难电离出H+
解析 (1)同一周期,从左到右,元素第一电离能的变化趋势是增大的。但是,由于N(1s22s22p3)的p轨道为半
满状态,所以N的第一电离能大于O(1s22s22p4)的第一电离能。
(2)NH 、F 和NF 为分子晶体,NH F为离子晶体,Cu为金属晶体。
3 2 3 4
(3)①水分子和 分子间存在氢键和范德华力,水分子和 分子内均存在共价
键,B和O之间存在配位键。
②在[H O]+中,O原子采取sp3杂化,空间构型为三角锥形;由 的结构知B原子与O、F原子形
3
成4个σ键,需4个杂化轨道,故B原子为sp3杂化。
考点二 分子的空间结构与物质性质
1.(2018江苏单科,21A,12分)臭氧(O
3
)在[Fe(H
2
O)
6
]2+催化下能将烟气中的SO
2
、NO
x
分别氧化为S O2-和N
O-
4 3
,NO 也可在其他条件下被还原为N 。
x 2
(1)S
O2-
中心原子轨道的杂化类型为 ;N O-的空间构型为 (用文字描述)。
4 3
(2)Fe2+基态核外电子排布式为 。
(3)与O 分子互为等电子体的一种阴离子为 (填化学式)。
3
(4)N 分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)= 。
2
(5)[Fe(H O) ]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H O) ]2+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在
2 6 2 5
[Fe(NO)(H O)
]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
2 5
[Fe(NO)(HO)]2+结构示意图
2 5
答案 (1)sp3 平面(正)三角形
(2)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6
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(3)N
O-
2
(4)1∶2
(5)
解析 本题考查原子轨道杂化类型、微粒的立体构型、核外电子排布式、等电子体、σ键与π键、配位键
等知识。
(1)S
O2-
中心原子的价层电子对数为4,则中心原子的杂化类型为sp3;N O-的中心原子杂化类型为sp2,且σ键
4 3
数与杂化轨道数相等,故N O-的空间构型为平面(正)三角形。
3
(2)Fe2+基态核外电子排布式为[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。
(3)等电子体具有相同的原子数和价电子数,与O
3
分子互为等电子体的一种阴离子为N O-。
2
(4)N 的结构式为 ,故N 分子中n(σ)∶n(π)=1∶2。
2 2
(5)H O中的O原子、NO中的N原子与Fe2+形成配位键,故结构示意图为 。
2
知识归纳 对于AB
m
型分子或A Bn+型离子立体构型的判断
m
价层电子对数 中心原子A杂化类型 配位原子数 空间构型
4 正四面体
4 sp3 3 三角锥形
2 V形
3 平面三角形
3 sp2
2 V形
2 sp 2 直线形
2.(2016江苏单科,21A,12分)[Zn(CN) ]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应:
4
4HCHO+[Zn(CN) ]2-+4H++4H O [Zn(H O) ]2++4HOCH CN
4 2 2 4 2
HOCHCN的结构简式
2
(1)Zn2+基态核外电子排布式为 。
(2)1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为 mol。
(3)HOCH CN分子中碳原子轨道的杂化类型是 。
2
(4)与H O分子互为等电子体的阴离子为 。
2
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(5)[Zn(CN) ]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,[Zn(CN) ]2-的结构可用示意图表示为
4 4
。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2)3 (3)sp3和sp (4)N
H-
2
(5) 或
解析 (1)基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2,Zn原子失去4s轨道上的2
个电子形成Zn2+,由此可写出Zn2+基态核外电子排布式。
(2)HCHO的结构式为 ,则1 mol HCHO分子中含有3 mol σ键。
(3)HOCH CN的结构式为 , 中的C原子采取sp3杂化,—CN中的C原子采取
2
sp杂化。
(4)等电子体具有相同的原子数和相同的价电子数,与H
2
O分子互为等电子体的阴离子为N H-。
2
3.(2014天津理综,7,14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下
列问题:
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是 。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱,非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为 ,氧化性最弱的简单阳离子是
。
(3)已知:
化合物 MgO Al 2 O 3 MgCl 2 AlCl 3
类型 离子化合物 离子化合物 离子化合物 共价化合物
熔点/℃ 2 800 2 050 714 191
工业制镁时,电解MgCl 而不电解MgO的原因是 ;
2
制铝时,电解Al O 而不电解AlCl 的原因是 。
2 3 3
(4)晶体硅(熔点1 410 ℃)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:
Si(粗) SiCl SiCl(纯) Si(纯)
4 4
写出SiCl 的电子式: ;在上述由SiCl 制纯硅的反应中,测得每生成1.12 kg纯硅需吸收a kJ热
4 4
量,写出该反应的热化学方程式: 。
(5)P O 是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P O 干燥的是 。
2 5 2 5
a.NH b.HI c.SO d.CO
3 2 2
(6)KClO 可用于实验室制O ,若不加催化剂,400 ℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的
3 2
阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式: 。
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答案 (1)b
(2)氩 Na+(或钠离子)
(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本
AlCl 是共价化合物,熔融态难导电
3
··· ··· ··
Cl Si Cl
· ····
(4) ·· ·· ·· · Cl · ·· ··
·
· ·
Cl
· ·
··
SiCl (g)+2H (g) Si(s)+4HCl(g) ΔH=+0.025a kJ·mol-1
4 2
(5)b
(6)4KClO KCl+3KClO
3 4
解析 (1)a项,S2-、Cl-的半径大于Na+、Mg2+、Al3+的半径;c项,最高价氧化物对应的水化物才是按原子序数
的递增碱性减弱,酸性增强;d项,第三周期主族元素的单质的熔点是中间高、两头低。
(2)第三周期中,原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;金属越活泼,其阳离子氧化性越弱。
(3)MgO的熔点高,加热时不易熔化;制铝时是不能电解AlCl 的,因AlCl 是共价化合物,熔融态难导电。
3 3
1
(4)1.12 kg纯硅的物质的量为40 mol,故每生成1 mol Si吸收的热量为 ×a kJ=0.025a kJ。
40
(5)P O 、H SO (浓)都是酸性干燥剂,所以NH 既不能用浓H SO 干燥,也不能用P O 干燥。SO 虽然有还原
2 5 2 4 3 2 4 2 5 2
性,但它不能被浓H SO 氧化,故SO 既可以用浓H SO 干燥,也可以用P O 干燥。CO 是一种酸性氧化物,两
2 4 2 2 4 2 5 2
种干燥剂都能用来干燥它。HI气体是能被浓H SO 氧化的酸性气体,可用P O 干燥。
2 4 2 5
4.(2014四川理综,8,13分)X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。XY 是红棕色气体;X与氢
2
元素可形成XH ;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2+离子的3d轨道中有9个电子。
3
请回答下列问题:
(1)Y基态原子的电子排布式是 ;Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是 。
(2)X 离子的立体构型是 ;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是 。
Y-
2
(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示,晶胞中阴离子与阳离子的个数比是 。
(4)将R单质的粉末加入XH 的浓溶液中,通入Y ,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是
3 2
。
答案 (13分)(1)1s22s22p4 Cl (2)V形 O (3)2∶1
(4)2Cu+8NH ·H O+O 2[Cu(NH ) ]2++4OH-+6H O
3 2 2 3 4 2
解析 由题干信息可推出X、Y、Z、R分别为N、O、Mg、Cu。(1)氧元素基态原子的电子排布式为
1s22s22p4;Mg所在第三周期中第一电离能最大的主族元素是Cl。(2)N O-离子呈V形结构,Cu2+的水合离子
2
1
中提供孤电子对的原子是O。(3)由晶胞示意图可知,阳离子位于8个顶点和体心,N(阳离子)=1+8× =2;阴离
8
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1
子在上、下两个面共有4个,内部有2个,N(阴离子)=4× +2=4,阴离子和阳离子个数比为2∶1。(4)由已知信
2
息可知生成物中有[Cu(NH ) ]2+,则离子方程式为2Cu+8NH ·H O+O 2[Cu(NH ) ]2++4OH-+6H O。
3 4 3 2 2 3 4 2
5.(2013山东理综,32,8分)卤族元素包括F、Cl、Br等。
(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是 。
(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,下图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B
原子的个数为 ,该功能陶瓷的化学式为 。
(3)BCl 和NCl 中心原子的杂化方式分别为 和 。第一电离能介于B、N之间的第二
3 3
周期元素有 种。
(4)若BCl 与XY 通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是
3 n
。
答案 (1)a
(2)2 BN
(3)sp2 sp3 3
(4)X
解析 (1)b项,氟元素无最高正价;c项,HF分子间存在氢键,导致沸点升高;d项,F 、Cl 、Br 的熔点随相对分
2 2 2
子质量增大而升高。
1 1
(2)根据题给晶胞,可以判断大球代表B原子。则晶胞中B原子个数为8× +1=2,N原子个数为4× +1=2,则
8 4
化学式为BN。
(3)判断第一电离能时要注意洪特规则,其中O原子第一电离能小于N原子但大于B原子,Be原子第一电离
能大于B原子,但小于N原子,故共有Be、C、O三种元素。
(4)硼原子是缺电子体,故需要外界原子提供孤对电子。
6.(2012山东理综,32,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。
(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是 。
a.金属键具有方向性与饱和性
b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子
d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
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(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是
。
(3)过渡金属配合物Ni(CO) 的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n= 。CO与
n
N 结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为 。
2
(4)甲醛(H C O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为 ,
2 3
甲醇分子内的O—C—H键角 (填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
答案 (1)b
(2)C(碳)
(3)4 1∶2
(4)sp3 小于
解析 (1)a项,金属键是金属阳离子与自由电子之间的强烈相互作用,自由电子属于整个晶体,所以金属键无
方向性和饱和性;d项,金属能反射照射到其表面的光,所以金属具有光泽。
(2)Ni的价电子排布式为3d84s2,3d轨道上有两个未成对电子。第二周期有两个未成对电子的元素有C、O,
同周期主族元素从左到右电负性增强,故C的电负性小于O。
(3)Ni有10个价电子,即配体CO提供8个电子(或4对孤对电子),故n=4。CO与N 互为等电子体,故CO中
2
存在三键,包括一个σ键、两个π键。
(4)甲醇中碳原子形成四个σ键,为sp3杂化。甲醇分子内O—C—H键角接近109°28',甲醛分子的空间构型
为平面形,键角接近120°。
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