2019年高考化学一轮复习课时分层训练39化学键与分子间作用力鲁科版

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1、课时分层训练(三十九)化学键与分子间作用力(建议用时：45分钟)A级基础达标1(1)(2015山东高考，节选)OF2分子构型为_，其中氧原子的杂化方式为_。(2)(2015海南高考，节选)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，分子的空间构型为_；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1所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为_ ；该结构中SO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1中字母)，该分子中含有_个键。图1图2V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(N

2、a3VO4)，该盐阴离子的空间构型为_；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图2所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为_。(3)(2015全国卷，节选)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。(4)(2015江苏高考，节选)配合物Cr(H2O)63中，与Cr3形成配位键的原子是_(填元素符号)。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_。(5)(2015福建高考，节选)Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1 mol Ni(CO

3、)4中含有_ mol 键。【解析】(1)OF2分子中，中心原子的价层电子对数为(612)4，成键电子对数为2，因此分子构型为V形，O原子的杂化方式为sp3杂化。(2)SO2 分子中S原子价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图1所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中SO键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，其中a为硫氧双键，b为硫氧单键，较短的键为a，该分子中含有12个键。VO中，V形成4个键，孤电子对数为0，为正四面体结构；由链状结构可知每个V与3个O形成阴离

4、子，且V的化合价为5，则形成的化合物的化学式为NaVO3。(3)碳原子核外最外层有4个电子，在化学反应中很难失去4个电子形成阳离子，也很难得到4个电子形成阴离子。因此，碳在形成化合物时，主要通过共用电子对形成共价键。CS2分子中，存在键和键。CS2分子中，C原子的价层电子对数为2，杂化轨道类型为sp1。根据等电子理论，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子有CO2、COS和N2O，离子有NO、SCN。(4)在配合物Cr(H2O)63中，中心原子提供空轨道，而配位原子需提供孤对电子，H2O分子中含有孤对电子的是O原子。H2O与CH3CH2OH可形成分子间氢键，是导致H2O与CH3CH2OH可以

5、任意比例互溶的主要原因。(5)1个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。【答案】(1)V形sp3杂化(2)3V形sp2杂化 sp3杂化a12正四面体形NaVO3(3)C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构键和键sp1CO2、SCN(或COS等)(4)OH2O与CH3CH2OH之间可以形成分子间氢键(5)82(2018江西名校联考)(1)Cu2在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为_；配合物Cu(NH3)2OOCCH3中碳原子的杂化轨道类型是_，NH3价电子对互斥理论模型是_。(2)用C

6、u(NH3)2OOCCH3除去CO的反应方程式为Cu(NH3)2OOCCH3CONH3=Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。其中肯定有_(填字母)形成。A离子键B配位键C非极性键 D键【解析】(1)Cu2在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为Cu(H2O)42。配合物Cu(NH3)2OOCCH3中，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3杂化。NH3的价电子对互斥理论模型是四面体形。(2)用Cu(NH3)2OOCCH3除去CO的反应中，一定有配位键、键形成。【答案】(1)Cu(H2O)42sp2、sp3四面体形(2)BD3(2018山西重点学校联考)前四周期的A、B、C、D四种元素在周

7、期表中均与元素X紧密相邻。已知元素X最高价氧化物的化学式为X2O5，B、D同主族且B元素的原子半径是同族元素中最小的，C的最高价氧化物对应的水化物是强酸。 【导学号：95160410】(1)D元素基态原子的价电子排布式为_。(2)A、C、X三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用相应的元素符号作答)。(3)B、X、D简单氢化物的沸点由高到低的顺序为_(用相应的化学式作答)。(4)C元素原子可形成多种离子，试推测下列微粒的空间构型(C为字母，不是碳元素)：微粒COCO空间构型名称(5)元素B的一种氢化物B2H4具有重要的用途。有关B2H4的说法正确的是_(选填字母)。AB2H4分子间可形成氢键

8、BB原子是sp3杂化CB2H4分子中含有5个键和1个键DB2H4晶体变为液态时破坏共价键(6)E元素和D元素在同一周期，属于第族，价层有三个单电子，E(OH)2为两性氢氧化物，在浓的强碱溶液中可以形成E(OH)，写出E(OH)2酸式电离的电离方程式：_。【解析】由元素在周期表中的相对位置推断A为硅，B为氮，C为硫，D为砷，X为磷，E为钴。(1)D为砷，其价电子排布式为4s24p3。(2)由于P的3p轨道半充满，故第一电离能最大，有第一电离能：PSSi。(3)NH3、PH3、AsH3三种氢化物都是分子晶体，分子晶体沸点高低先看氢键再看相对分子质量，由于NH3的分子间有氢键，故沸点最高。(4)SO

9、、SO两种离子中硫都是sp3杂化，SO有3个成键电子对和1个孤电子对，故为三角锥形，SO有4个成键电子对，没有孤电子对，故为正四面体形。(5)N2H4的分子中N原子电负性比较大，它可和另一分子的氢原子形成氢键，同时N原子有3个成键电子对和1个孤电子对，故N为sp3杂化，分子内没有键，其为分子晶体，状态的改变破坏的是氢键等分子间作用力。(6)酸或碱电离显酸性或碱性一般有两种类型，绝大多数是电解质自身一步或分步电离出H或OH，另一种为缺电子化合物结合水电离的氢氧根离子或氢离子放出氢离子或氢氧根离子。由Co(OH)2与碱反应所得离子可写出酸式电离方程式。【答案】(1)4s24p3(2)PSSi(3)

10、NH3AsH3PH3(4)三角锥形正四面体形(5)AB(6)Co(OH)22H2O=Co(OH)2H4(2018黑龙江五校联考)(1)将氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)溶液滴加到CuSO4溶液可得到结构简式为的物质。1个中含_个键，_个配位键。(2)丙酸钠(CH3CH2COONa)和氨基乙酸钠均能水解，水解产物有丙酸(CH3CH2COOH)和氨基乙酸(H2NCH2COOH)，H2NCH2COOH中N原子的杂化轨道类型为_杂化，C原子的杂化轨道类型为_杂化。常温下丙酸为液体，而氨基乙酸为固体，主要原因是_。【解析】(1)1个中含有2个键，Cu与2个N形成2个配位键。(2)H2NCH2COOH

11、中N原子上有3对成键电子和1对孤对电子，故为sp3杂化；H2NCH2COOH中CH2的C原子为sp3杂化，羧基上C原子为sp2杂化。分子间氢键能影响物质的熔、沸点。【答案】(1)22(2)sp3sp3、sp2羧基的存在使丙酸形成分子间氢键，而氨基乙酸分子中，羧基和氨基均能形成分子间氢键B级能力提升5(2018昭通模拟)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl36NH3(黄色)、CoCl35NH3(紫红色)、CoCl34NH3(绿色)和CoCl34NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。(1)

12、请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl36NH3：_，CoCl35NH3：_，CoCl34NH3(绿色和紫色)：_。(2)CoCl34NH3(绿色)和CoCl34NH3(紫色)的组成相同而颜色不同的原因是_。(3)上述配合物中，中心离子的配位数都是_。【解析】沉淀量为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol，可知四种配合物中能电离出来的Cl即外界Cl分别有3、2、1、1个，故它们的化学式分别为Co(NH3)6Cl3、Co(NH3)5ClCl2、Co(NH3)4Cl2Cl。【答案】(1)Co(NH3)6Cl3Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)4Cl2Cl(2)它们互为

13、同分异构体(3)6(2014全国卷，改编)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个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：(1)b2中含有_个键_个键，b2H4的结构式为_。(2)b、c、d的简单气态氢化物的空间构型为_、_、_，其中心原子的杂化方式为_、_、_。(3)a和其他元素形成的二元化合物分子中既含极性键又含非极性键的化合物有_(写出两种化学式)。(4)d元素能形成两种典型的含氧酸，其酸性大小如何？_(用分子式表示)。(5)这些元素形

14、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_；酸根呈三角锥形结构的酸是_(填化学式)。(6)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(如图所示)。该化合物中，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】a、b、c、d、e为前四周期元素，a的核外电子总数与其周期数相同，且原子序数最小，a为H；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，内层电子数为2，即 ，为O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于氧元素，则b为N元素；e的原子序数最大，且最外层只有1个电子，第4周期中，次外层有18个电子，最外层只有1个电子，共有29个电子，推知e为Cu元素；d与c同族，且原子序数比O大比Cu小，推知d为S元素。【答案】(1)12(2)三角锥形V形V形sp3sp3sp3(3)N2H4、H2O2(4)H2SO4H2SO3(5)HNO2、HNO3H2SO3(6)SO共价键和配位键H2OH2O与Cu2的配位键比NH3与Cu2的弱6