1、专题限时集训(六)分子结构(含化学键)与晶体结构及其性质(限时：45分钟)(对应学生用书第140页)1(2019菏泽一模)Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X、Y、Z在周期表中的位置关系如图所示。下列说法正确的是()XYZA.Q和Z可能形成化合物QZ2中含有键与键个数比为11BX与Z可能形成的分子ZX2为直线形CX、Z和氢三种元素不可能组成离子化合物DQ的氢化物的沸点一定比X的氢化物的沸点低A根据题意可推知Q为C，X可能为N或O，Y可能为P或S，Z可能为S或Cl。2元素X、Y、Z、W、Q、M在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z元素是目
2、前发现的非金属性最强的元素，下列说法正确的是()XYZWQMA.对应氢化物的沸点：YQ，ZMBXM4的比例模型为，其二氯取代物有两种CW的氧化物能在常温下与Z、M的氢化物反应DY与X、W形成的化合物均为原子晶体A根据Z是非金属性最强的元素可知Z是F，结合周期表结构可知X为C、Y是O、W为Si、Q为S、M是Cl。A项，由于水分子间、HF分子间均存在氢键，故其沸点都反常地高，大于同主族其他元素的氢化物，正确；B项，CCl4为正四面体结构，故其二氯取代物只有一种，错误；C项，二氧化硅常温下只与HF和强碱溶液反应，错误；D项，O与C形成的CO2、CO为分子晶体，错误。3(2019济宁模拟)短周期主族元
3、素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，其中X是短周期元素中原子半径最小的元素，Y的单质有两种常见的气态同素异形体；上述五种元素的单质及化合物的转化关系如图所示，其中a、b为二元化合物，c、f分别为Q、X的常见气体单质，e是常见的金属单质，常温下，0.1 molL1的d溶液的pH13，g溶液的焰色反应呈黄色。下列说法正确的是()AX、Y形成的化合物中既含键又含键BW的最外层电子数主族序数周期序数C化合物d中只含离子键DQ的气态氢化物的沸点比Y的高B根据题意和图中转化可推知：X为H，Y为O，d为NaOH，c为Cl2，f为H2，e为Al，g为NaAlO2，Z为Na，W为Al，Q为Cl。4固体A的化
4、学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体元素原子的最外电子层结构，则下列有关说法不正确的是()A1 mol NH5中含有5NA个NH键(NA表示阿伏加德罗常数的值)BNH5中既有共价键又有离子键，属于离子化合物CNH5的电子式为D它与水反应的化学方程式为NH5H2O=NH3H2OH2ANH5的电子式为，1 mol NH5中含有4NA NH键。5下列有关分子的结构和性质的说法正确的是()AH2O2和C2H2均为直线形的非极性分子BNF3和PCl3均为三角锥形分子，中心原子均为sp3杂化C的沸点比的低DCH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，键角均为10928BH2O2为非直线形的
5、极性分子，A错误；形成分子间氢键，沸点较高，C错误；P4的键角为60，D错误。6胆矾CuSO45H2O可写成Cu(H2O)4SO4H2O，其结构示意图如下：下列说法正确的是 ()A在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp2杂化B在上述结构示意图中，存在配位键、共价键，不存在离子键C胆矾是分子晶体，分子间存在氢键D胆矾中的两种结晶水在不同的温度下会分步失去DH2O中O原子形成2个键，有2个孤电子对，为sp3杂化，硫酸根离子中羟基氧是sp3杂化，非羟基氧不是中心原子，不参与杂化，故A错误；在题述结构示意图中，存在OCu配位键，HO、SO共价键和配离子与硫酸根离子之间形成离子键，故B错误；胆矾是五水
6、硫酸铜，胆矾是由水合铜离子及硫酸根离子构成的，属于离子晶体，故C错误；由于胆矾晶体中有两类结晶水，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结合方式不同，因此受热时也会因温度不同而得到不同的产物，故D正确。7下表中是几种物质的熔点。物质Na2ONaClAlF3AlCl3熔点/9208011 291190物质BCl3Al2O3SiO2CO2熔点/1072 0731 72357据此做出的下列判断中错误的是()A铝的化合物的晶体中有的是离子晶体B表中只有BCl3、干冰是分子晶体C同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体答案B8如图所示某硅氧离子的空间结构示意
7、图(虚线不表示共价键)。通过观察分析，下列叙述正确的是()A键角为120B化学组成为SiOC硅原子采用sp2杂化D化学组成为SiOD硅氧离子是以硅原子为中心的正四面体结构，硅氧离子中4个SiO键完全相同，SiO键的键角为10928，故A错误；硅原子核外最外层为4个电子，根据硅氧离子的空间结构示意图可知：硅氧离子中含有4个SiO键，其中含1个硅原子和4个氧原子，所以硅的化合价为4价，氧为2价，硅氧离子的组成为SiO，故B错误，D正确；硅原子核外最外层为4个电子，与氧原子形成4个键，无孤电子对，价层电子对数键个数孤电子对数404，杂化方式为sp3杂化，故C错误。9下列有关说法不正确的是()图1图2
8、图3 图4A四水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键BCaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2CH原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D金属Cu中Cu原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12CA项，四水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，正确；B项，根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2个数为864，正确；C项，电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子，只能说H原子的一个电
9、子在原子核附近出现的机会较多；D项，在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，其周围的原子有同一层上的六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，正确。10(2019武汉模拟)磷及其化合物与人们的健康和生活密切相关。请回答下列问题：(1)羟基磷灰石Ca5(PO4)3OH是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(OH)中氧原子的杂化方式为_，PO的立体构型为_，该化合物所含元素电负性最大的是_。(2)P4O6的分子结构中只含有单键，且每个原子的最外层都满足8电子结构，则该分子中含有的共价键数目是_。(3)磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。亚磷酸与NaOH反应只
10、生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构式为_，其为_元酸，原因是_。(4)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如下图所示：由图推知该多磷酸钙盐的通式为_。(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞如下图所示，其密度为 gcm3，设NA是阿伏加德罗常数的值，则磷原子的配位数为_，晶胞参数为_ pm。解析(1)OH中氧原子的价层电子对数为4，所以氧原子按sp3方式杂化；PO中P原子价层电子对数44，没有孤电子对，故PO为正四面体结构；根据元素的非金属性越强，元素的电负性越大， Ca、P、O、H四种元素中O的非金属性最强，O元素的电负性最大；(2)P原子最外层有5个电子，能
11、够与3个O原子形成3对共用电子对，O原子最外层有6个电子，可以与2个P原子形成2对共用电子对，要使分子中每个原子都达到8电子稳定结构，其结构式为，可见分子中含有的共价键为12个；(3)亚磷酸与NaOH溶液发生酸碱中和反应只生成NaHPO3和NaH2PO3两种盐，羟基H原子能电离产生H，说明H3PO3分子中含有2个OH，它属于二元酸，由于P最外层有5个电子，则结构式为；(4)由图推知该多磷酸钙盐最小的重复单元是CaP2O6，所以该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n；(5)根据晶体结构可知每个B原子被四个距离相等且最近的P原子包围，每个P原子被四个距离相等且最近的B原子包围，所以P原子的配位数是
12、4；在一个晶胞中含有的P原子数目：864，在一个晶胞中含有的B原子数目：414，即1个晶胞中含有4个BP，晶胞的质量是m g，由于晶胞密度为 gcm3，所以晶胞的体积为 cm3，所以晶胞参数为 cm1010 pm。答案(1) sp3正四面体形O(或氧元素) (2)12(3) 二一个H3PO3分子中只有两个羟基，含氧酸羟基上的氢易电离(4) (CaP2O6)n(5)4101011(2019张家口模拟)Se是迄今为止发现的最重要的抗衰老元素，也有抗癌之王的美誉。回答下列问题：(1)H2Se属于_(填“极性”或“非极性”)分子；其熔点低于同条件下NaH熔点的原因为_。(2)SeO2的立体构型为_；S
13、eO3中Se原子的杂化形式为_。(3)写出一种与SeO互为等电子体的分子式_。(4)Se能与形成具有多种生物活性的配合物。1 mol 中含有键的数目为_。(5)硒化锌是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA晶体密度为 gcm3，则硒化锌的摩尔质量可表示为_(列出计算式即可)。解析(1)H2Se分子内为极性共价键，根据价层电子对互斥理论可知，该分子价层电子对数为4，有2对孤电子对，则其分子的立体构型为V形，极性键的极性向量和不等于零，所以该分子为极性分子，又因为NaH形成的晶体为离子晶体，而H2Se形成的晶体属于分子晶体，所以其熔沸点较NaH
14、低。(4)根据上述分析可知，1 mol 分子中键数目等于共价键数，所以键数目总数212 mol(苯环上)51 mol(酚羟基) 51 mol(杂环) 34 mol。(5)设硒化锌的摩尔质量为M gmol1，该晶胞中含有硒原子数为864，含有锌原子数为4，其化学式可表示为ZnSe，根据晶胞中可得， ，化简整理得M。答案(1)极性H2Se形成的晶体属于分子晶体，NaH形成的晶体为离子晶体(2)V形sp2(3)CX4、SiX4(X代表卤原子)等中的一种(4) 34NA(5) gmol112(2019德州模拟)镍是有机合成的重要催化剂。(1)基态镍原子的价电子排布式_。(2)镍和苯基硼酸共催化剂实现了
15、丙烯醇(CH2=CHCH2OH)的绿色高效合成。丙烯醇中碳原子的杂化类型有_；丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CHCH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低得多，其主要原因是_。(3)Ni2能形成多种配离子，如Ni(NH3)62、Ni(SCN)3 等。NH3 的立体构型为_；与SCN互为等电子体的分子有_(填分子式)。(4)“NiO”晶胞如图：氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为_。已知氧化镍晶胞密度d gcm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则Ni2半径为_ nm(用代数式表示)。解析(2)丙烯醇中碳原子形成了一个碳碳双键，其余为碳
16、氧、碳氢单键，所以C原子的杂化类型有sp2和sp3杂化，丙醛(CH3CH2CHO)与丙烯醇(CH2=CHCH2OH)分子量相等，但丙醛比丙烯醇的沸点低的多，是因为丙烯醇分子间存在氢键。 (3)NH3分子中N原子是sp3杂化，且具有一对孤对电子，则NH3的立体构型为三角锥形，与SCN互为等电子体的分子有N2O或CO2。 (4)晶胞是正方体结构，且氧化镍晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为(，1，1)；已知氧化镍晶胞密度d gcm3，设Ni2半径为r nm，O原子半径为x nm，晶胞的参数为a nm，一个晶胞中含有4个NiO，则m(晶胞) g，V(晶胞)a3
17、，则可以得到(a107)3d，a107 nm，又因为晶胞对角线3个O原子相切，晶胞参数a2x2r，即4xa，xa，带入计算可得到ra107 nm。答案(1)3d84s2(2)sp2、sp3丙烯醇中分子间存在氢键(3)三角锥形N2O或CO2(4)10713(2019厦门模拟)钴及其化合物在生产生活中有广泛的应用。回答下列问题：(1)基态钴原子价电子排布式为_。(2)Co3在水中易被还原成Co2，而在氨水中可稳定存在，其原因为_。(3)Co(NO)42中Co2的配位数为4，配体中N的杂化方式为_，该配离子中各元素I1由小到大的顺序为_(填元素符号)，1 mol该配离子中含键数目为_NA。(4)八面
18、体配合物CoCl33NH3结构有_种，其中极性分子有_种。(5)配合物Co2(CO)8的结构如下图，该配合物中存在的作用力类型有_(填字母)。A金属键B离子键 C共价键 D配位键E氢键 F范德华力(6)钴蓝晶体结构如下图，该立方晶胞由4个型和4个型小立方体构成，其化学式为_，晶体中Al3占据O2形成的_(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ gcm3(列出计算式，不必计算)。解析(3)配体NO中心原子N的价电子层电子为3对，为平面三角形，杂化方式为sp2；非金属性越强，第一电离能越大，由于N的电子排布是半满稳定结构，所以第一电离能大于O，所以I1由小
19、到大的顺序为CoON；硝酸根中键有3个，则一个Co(NO)42离子中含键数目为43416，则1 mol该配离子中含键数目为16NA。(4)根据八面体的立体构型知，配合物CoCl33NH3结构有2种，因为不能形成对称结构，其中极性分子也是2种。(6)根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为8648，4416，8432，所以化学式为CoAl2O4；根据结构观察，晶体中Al3占据O2形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a107)3 cm3，该晶胞的质量为(32161627859)/NA g，则钴蓝晶体的密度为 gcm3。答案(1)3d74s2(2)Co3可与NH3形成较稳定的配合物(3)sp2CoOGeZn(5)sp3共价键(6)107
