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课后作业(三十八)(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分)1．(2012·武汉质检)通常情况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与NH3相似，下列对NCl3和NH3的有关叙述正确的是()A．分子中N—Cl键键长与CCl4分子中C—Cl键键长相等B．在氨水中，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子，则NH3·H2O的结构式为C．NCl3分子是非极性分子D．NBr3比NCl3易挥发【解析】根据题意，NCl3的空间结构与NH3相似，也应为三角锥形，故为极性分子，故C项错误，根据NH3·H2ONH＋4＋OH－，故B正确，NBr3的结构与NCl3相似，因NBr3的相对分子质量大于NCl3的相对分子质量，故沸点NBr3大于NCl3，所以NBr3不如NCl3易挥发，故D项错误；因N原子的半径小于C原子的半径，所以C—Cl键长大于N—Cl键，故A项错误。【答案】B2．(2012·南昌模拟)CH＋3、—CH3、CH－3都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是()A．它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B．CH－3与NH3、H3O＋互为等电子体，几何构型均为正四面体形C．CH＋3中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D．CH＋3与OH－形成的化合物中含有离子键【解析】A项，CH＋3为8e－，—CH3为9e－，CH－3为10e－；B项，三者为三角锥形；C项，CH＋3中C的价层电子对数为3，为sp2杂化，平面三角形；D项，CH3OH中不含离子键。【答案】C3．某化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是()A．AB2分子的空间构型为“V”形B．A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子C．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低D．AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键【解析】AB2的键角不是180°，不对称，为V形，是极性分子。【答案】B4．(2011·福建高考)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)。分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是()A．CF4B．CH4C．NH＋4D．H2O【解析】能被该有机物识别即能嵌入空腔形成4个氢键，则要求某分子或离子是正四面体结构且能形成氢键，只有C项符合题意。【答案】C二、非选择题(本大题共6小题，共76分)5．(8分)(2011·福建高考节选)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。(1)NH3分子的空间构型是________；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是________。(2)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1038.7kJ·mol－1若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键有________mol。(3)肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体内不存在______(填标号)。a．离子键b．共价键c．配位键d．范德华力【解析】肼分子中有4个N—H键，故有4molN—H键断裂时，有1mol肼发生反应，生成1.5molN2，则形成2×1.5mol＝3molπ键。SO2－4中存在配位键、共价键，N2H2＋6与SO2－4之间存在离子键，离子晶体中不存在范德华力。【答案】(1)三角锥形sp3(2)3(3)d6．(12分)(2011·山东高考)(1)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为____________________________________________________________________。________________________________________________________________________。(2)H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用________杂化。H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为________________________________________________________________________。【解析】(1)沸点高说明分子间作用力大，因此结合氢键的形成方式得出形成分子间氢键，而形成的是分子内氢键的结论。(2)H3O＋的价层电子对数为4，sp3杂化。孤电子对数越多，键夹角越小。【答案】(1)O—H键、氢键、范德华力形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大(2)sp3H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋中O原子只有1对孤对电子，排斥力较小7．(11分)(2011·高考组合题)(1)(新课标全国卷)①在BF3分子中，F—B—F的键角是________，B原子的杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF－4的立体构型为________；②在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________。(2)(江苏高考)①Y2X2(C2H2)分子中Y原子轨道的杂化类型为______，1molY2X2含有σ键的数目为______。②元素Y(C)的一种氧化物与元素Z(N)的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式为________。③化合物ZX3(NH3)的沸点比化合物YX4(CH4)的高，其主要原因是________________________________________________________________________。【解析】(1)①因为BF3的空间构型为平面三角形，所以F—B—F的键角为120°。②立方氮化硼晶体结构与石墨相似，故B、N以共价键相结合构成分子晶体，其层间作用力是分子间作用力。(2)①C2H2的结构式为H—C≡C—H。②CO2与N2O的原子总数和价电子总数均相同。③分子间形成氢键，沸点反常高。【答案】(1)①120°sp2正四面体②共价键范德华力或分子间作用力(2)①sp3NA②N2O③NH3分子间存在氢键而CH4分子间只存在范德华力8．(12分)(2013届武汉市高三二月调研节选)有U、V、W、X四种短周期元素，原子序数依次增大，其相关信息如下表：元素编号相关信息U所处的周期数、族序数分别与其原子序数相等V基态时，电子分布在三个能级上，且各能级中电子数相等W基态时，2p轨道处于半充满状态X与W元素处于同一周期，且X的第一电离能小于W的第一电离能请回答下列问题：(1)U、V两种元素组成的一种化合物甲是重要的化工原料，常把它的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，则甲分子中σ键和π键的个数比为________，其中心原子采取______杂化。(2)V与W原子结合形成的V3W4晶体，其硬度比金刚石大，则V3W4晶体中含有________键，属于________晶体。(3)乙和丙分别是V和X的氢化物，这两种氢化物分子中都含有18个电子。乙和丙的化学式分别是________、____________，两者沸点的关系为：乙________丙(填“”或“”)，原因是。【解析】由题意可知：U是H，V是C，W是N，X是O。【答案】(1)5∶1sp2(2)共价原子(3)C2H6H2O2H2O2分子间存在氢键，C2H6分子间不存在氢键9．(15分)(2013届长沙模拟)CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。已知：①CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2，SnCl2等还原制得：2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O=====△2CuCl↓＋4H＋＋SO2－42CuCl2＋SnCl2===2CuCl↓＋SnCl4②CuCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成配离子：请回答下列问题：(1)基态Cu原子的核外电子排布式为________；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序是________。(2)SO2分子的空间构型为________；与SnCl4互为等电子体的一种离子的化学式为________。(3)乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为________。乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是________________________________________________________________________。(4)②中所形成的配离子中含有的化学键类型有______(填字母)。A．配位键B．极性键C．离子键D．非极性键【解析】(1)根据洪特规则及能量最低原理可知，当铜原子的3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系能量最低，即基态Cu原子的核外电子式为[Ar]3d104s1。元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性由强到弱为O、N、H。(3)乙二胺中氮原子轨道的杂化类型等同于氨分子，根据分子构型，四面体形(三角锥形、V形)分子为sp3杂化。根据乙二胺的结构简式可知乙二胺分子间存在氢键，而三甲胺分子间不能形成氢键，氢键可以使熔沸点升高。(4)根据配离子的结构式可知在乙二胺中存在碳碳之间的非极性键，C与H，N与H，C与N之间的极性键，还有N与Cu之间的配位键。【答案】(1)[Ar]3d104s1O＞N＞H(2)V形SO2－4、SiO4－4(3)sp3杂化乙二胺分子间能形成氢键而三甲胺分子之间不能形成氢键(4)ABD10．(18分)(2013届东北三省高三联考)某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素组成，其原子个数比为14∶4∶5∶1∶1。其中C、D同主族且原子序数D为C的2倍，E元素的外围电子排布式为(n－1)dn＋6ns1，试回答下列问题：(1)元素B、C、D的第一电离能由大到小排列顺序为________(用元素符号表示)。(2)D元素基态原子的最外层电子排布图为________。(3)该配位化合物的化学式为________，配体的中心原子的杂化方式为________。(4)C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1∶1和1∶2，两种化合物可以任意比互溶，解释其主要原因为________________________________________________________________________。(5)A元素与B元素可形成分子式为B2A2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为________，分子中含有________个σ键，________个π键。【解析】由深蓝色的晶体，推测其为铜的配合物。由C，D同主族且原子序数D为C的2倍可确定，C为氧元素，D为硫元素；根据E的外围电子排布可知其为副族元素，确定E为铜元素。四面体结构的中心原子为sp3杂化。【答案】(1)N＞O＞S(3)[Cu(NH3)4]SO4·H2O[或Cu(NH3)4SO4·H2O]sp3杂化(4)H2O2分子与H2O分子之间形成氢键(从相似相溶原理，分子结构相似的物质易互溶等角度回答，只要答案合理均可)(5)H—N===N—H31