高中高二化学下学期暑假自主学习考点自检测试 分子的立体构型高二全册化学试题

时遁市安宁阳光实验学校分子的立体构型
1、由配位键形成的离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，两个中心原子Pt的化合价（）
A．都是＋8 B．都是＋6 C．都是＋4 D．都是＋2
【答案】D
【解析】配离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，中心原子都是Pt2＋，配位体NH3是中性配体，Cl－带一个单位的负电荷，所以配离子[Pt(NH3)6]2＋显＋2价，而[PtCl4]2－配离子显－2价。

2、CH4分子是以碳原子为中心的正四面体结构，而不是正方形结构的理由是（）A．CH3Cl不存在同分异构体
B．CH2Cl2不存在同分异构体
C．CHCl3不存在同分异构体
D．CH4是含极性键的非极性分子
【答案】B
【解析】如果CH2Cl2有同分异构体则CH4为正方形结构，两个Cl(H)原子分别位于同一条边上或在对角线上。

3、在以下的分子或离子中，空间结构的几何形状不是三角锥形的是（）A．NF3B．CH3－ C．CO2D．H3O＋
【答案】C
【解析】NF3、CH3－和H3O＋的中心原子N、C、O均为sp3杂化，但由于形成3个共价键，有一个杂化轨道被孤电子对占据，又由于价电子对相互排斥，所以它们均为三角锥形。

CO2中的C以sp杂化，形成直线形分子。

4、若AB n的中心原子A上没有孤对电子，运用价层电子对互斥模型，下列说法正确的是（）
A．若n＝2，则分子的立体结构为V形
B．若n＝3，则分子的立体结构为三角锥形
C．若n＝4，则分子的立体结构为正四面体形
D．以上说法都不正确
【答案】C
【解析】
5、下列分子或离子中都存在着配位键的是( )
A．NH3、H2O B．NH＋4、H3O＋C．N2、HClO D．[Cu(NH3)4]2＋、PCl3
【答案】B
【解析】
6、通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NC13的有关叙述正确的是（）
A．CCl4中C—C1键键长比NC13中N—C1键键长短
B．NCl3分子中四个原子共平面
C．分子中的所有原子均达到8电子稳定结构
D．NBr3比NCl3易挥发
【答案】C
【解析】
7、下列分子，中心原子的杂化类型和分子的极性均与乙烯C2H4相同的是（）
A．BCl3 B．H2O C．CH4 D．SO2
【答案】A
【解析】
8、配合物在许多方面有着广泛的应用。

下列叙述不正确的是（）
Ａ．以Mg2+为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用。

Ｂ．Fe2+的卟啉配合物是输送O2的血红素。

Ｃ．[Ag（NH3）2]+是化学镀银的有效成分。

D．向溶液中逐滴加入氨水，可除去硫酸锌溶液中的Cu2+。

【答案】Ｄ
【解析】氨分子可以和铜离子形成络离子，与锌离子也能。

9、a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是（）
A．a和b中的N原子均为sp3杂化
B．b中Ca2+的配位数为4
C．b含有分子内氢键
D．b含有共价键、离子键和配位键
【答案】A
【解析】解：A．a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A正确；
B．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B错误；C．b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C 错误；
D．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故D错误，
故选：A．
10、下列说法正确的是（）
A．BF3和NCl3分子中各原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
C．NH4+的电子式为，离子呈平面正方形结构
D．PCl3和NH3都是三角锥形分子，都存在未成键电子对成键电子的排斥作用【答案】D
【解析】NCl3分子中各原子都满足8电子稳定结构，但BF3分子中的B原子不满足8电子稳定结构，A错误；P4为正四面体分子，但其键角为60°，B错误；NH4+为正四面体结构而非平面正方形结构，C错误；PCl3分子中P和NH3分子中N 都有一对未成键电子，由于未成键电子对成键电子的排斥作用，使其呈三角锥形，D正确。

11、下列分子中所有原子的价电子层都满足最外层8电子结构的是（）
A．六氟化氙(XeF6) B．次氯酸(HClO) C．二氯化硫(S2Cl2) D．三氟化硼(BF3)
【答案】C
【解析】8电子是稳定结构，但并不是所有分子中所有原子的价电子层都会达到8电子结构。

A中XeF6必然有6对共用电子对，不会是8电子结构；B中HClO
的电子式为，其中Cl、O达到8电子结构，而H只有2个电子结构；C 中S2Cl2的电子式为，可见S、Cl都达到8电子的稳定结构；D中BF3的电子式为，可见B原子不是8电子结构。

12、Co(Ⅲ)的八面体配合物CoCl m·n NH3，若1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是（）
A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4 C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5【答案】B
【解析】由1 mol 配合物生成1 mol AgCl知：1 mol配合物电离出1 mol Cl－即配离子显＋1价，外界有一个Cl－，又因Co显＋3价，所以[CoCl m－1·n NH3]＋中有两个Cl－，又因为是正八面体，所以n＝6－2＝4。

13、下列说法中不正确的是（）
A．当两种原子的电负性相差很大时，相互之间通常形成离子键
B．不含金属元素的化合物不一定是共价化合物
C．HCl分子中的共价键是由氢原子的1s轨道和氯原子的3s轨道重叠形成的D．四氯化碳分子中含四个共价单键，为正四面体
【答案】C
【解析】当两种原子的电负性相差很大时，为典型的金属和非金属，易形成离子键；铵盐不含金属元素，但铵盐中含离子键，为离子化合物；HCl分子中的共价键是由氢原子的1s轨道和氯原子的3p轨道重叠形成的s—p σ键，选C。

14、已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的空间构型为（）
A．直线形 B．平面正方形 C．正四面体形 D．正八面体形【答案】C
【解析】Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，因此[ZnCl4]2－的空间构型为正四面体形。

15、已知反应：O2 + PtF6 O2[PtF6]，O2[PtF6]为配位化合物（其中Pt为＋5价），对于此反应，下列说法正确的是（）
A．O2[PtF6]的配位原子是F和O，配位数为8
B．此反应O2是氧化剂，PtF6是还原剂
C．O2[PtF6]中Pt与F之间以离子键相结合
D．每生成1mol O2[PtF6]，转移1 mol电子
【答案】D
【解析】
16、(12分)某研究性学习小组的成员经过学习得知，Cl2与H2O发生下列化学反应：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，并且HClO具有比Cl2更强的氧化性。

为了探究新制饱和氯水的组成和性质而进行了科学实验。

先观察氯水的外观，然后用胶头滴管将该氯水逐滴滴入含有酚酞的NaOH溶液中，边滴边振荡，观察现象，发现溶液的红色逐渐褪去而得到无色溶液。

请回答下列问题：
(1)写出新制饱和氯水中含有氯元素的物质的化学式
__________________________。

(2)若不再进行更多的实验，请说明能快速判断氯水中含有Cl2的主要依据
________________________________。

(3)根据预测，实验中溶液红色褪去的原因可能有两种，请用简要的文字说明：
①__________________________________________________________________
______；
②__________________________________________________________________ ______。

(4)他们要通过实验进一步探究溶液红色褪色的原因究竟是上述中的①还是②，在此之前先做了实验预案的设计。

请简述实验的方法、现象和结论
______________________。

【答案】(1)Cl2、HCl(或Cl－)、HClO、ClO－
(2)氯水呈浅黄绿色
(3)①HCl和HClO中和了NaOH ②HClO漂白(氧化)了酚酞
(4)取试管内的无色溶液3 mL于另一支试管中，再向试管内滴加2滴NaOH溶液，振荡试管，观察现象。

若溶液复现红色，则证明溶液红色褪色的原因是①而不是②；若溶液仍为无色，则证明溶液红色褪去的原因是②而不是①
【解析】(1)由题中提供的Cl2与H2O反应的化学方程式可知，溶于水中的Cl2，一部分与H2O发生化学反应生成HCl和HClO，另一部分以Cl2的形态溶解于水中。

(2)氯水因Cl2的存在而呈浅黄绿色，氯水呈浅黄绿色就是其中含有Cl2的依据。

(3)溶液的红色是酚酞与NaOH溶液相互作用的结果，若没有酚酞，NaOH溶液无色；若没有NaOH，酚酞溶液也呈无色。

由(1)中的分析可知，新制氯水中既含有以显强酸性为主的HCl，又含有以显强氧化性(漂白性)为主的HClO。

(4)如果是氯水中的HCl和HClO中和了NaOH而使红色褪去，那么溶液中还存在酚酞，故可应用验证酚酞存在的方法来证明之；如果是氯水中的HClO漂白(氧化)了酚酞而使红色褪去，那么溶液中就不存在酚酞了，故可应用验证酚酞不存在的方法来证明之
17、三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料。

某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3或Cu2O或二者混合物，探究过程如下：
查阅资料：
Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO。

提出假设：
假设1：红色粉末是Fe2O3
假设2：红色粉末是Cu2O
假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物
设计探究实验：
取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂。

(1)若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变为血红色，则证明原固体粉末是________，写出发生反应的离子方程式：
________________________________、
____________________________________________________________________ ____、
____________________________________________________________________ ____。

探究延伸：
经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物。

(2)实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数。

取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为b g(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分
数为________。

(3)实验小组欲利用该红色粉末制取较纯净的胆矾(CuSO4·5H2O)。

经查阅资料得知，在溶液中通过调节溶液的酸碱性而使Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋分别生成沉淀的pH 如下：
实验室有下列试剂可供选择：
A．氯水；B.H2O2；C.NaOH；D.Cu2(OH)2CO3。

实验小组设计如下实验方案：
试回答：
①用试剂编号表示：试剂1为________，试剂2为________。

②固体X的化学式为
______________________________________________________。

③操作Ⅰ为
_______________________________________________________________。

【答案】(1)Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Cu2O＋2H＋
===Cu＋Cu2＋＋H2O 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2) 9(b a)
a
-×100%
(3)①B D ②Fe(OH)3③蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】(1)滴加KSCN试剂时溶液不变为血红色，则表明溶液中不存在Fe3＋，但如果原
来是Cu2O，则加稀H2SO4后应该有Cu生成，而题中粉末完全溶解后无固体存在，则
表明应该是Fe2O3和Cu2O的混合物，反应生成的Fe3＋与Cu进一步反应生成Fe2＋和
Cu2＋；反应的离子方程式有：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。

(2)固体粉末在空气中加热时，Cu2O被空气中的氧气氧化，
2Cu2O＋O2===4CuO Δm
2×144 32
m g (b－a)g
解得m＝9(b－a)，则混合物中Cu2O的质量分数为9(b a)
a
-×100%。

(3)由于红色粉末加入稀硫酸后生成Cu2＋和Fe2＋，而这两种离子分离并不容易，根据表
格中沉淀时所需溶液的pH，需将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节溶液的pH使Fe3＋沉淀完全，但氧化过程中不能引入新杂质，故试剂1用H2O2，试剂2用
Cu2(OH)2CO3；得到的固体X为Fe(OH)3；用过滤后的滤液(CuSO4溶液)制备胆矾，需要通过操作Ⅰ，即蒸发浓缩、冷却结晶实现。

18、有机物A的蒸汽密度为6.7g·L﹣1（已折算为标况），现取15g A完全氧化，产物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重9g，碱石灰增重39.6g．用现代物理方法测定：
①核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5组峰，其峰面积之比为1：2：2：2：3．
②利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子中具有
一个苯环结构，一个C﹣O﹣C结构和一个C=O结构，且A的苯环上只有一取代基．
③性质实验证明，A能在稀硫酸作用下生成两种有机物，且其中一种有酸性．（1）通过计算求A的相对分子质量及分子式．
（2）根据谱图信息写出A的三种可能结构．
【答案】（1）A的相对分子质量为150，分子式为C9H10O2．
（2）A 可能的结构简式为、、．
【解析】（1）有机物A的蒸汽密度为6.7g·L﹣1（已折算为标况），则其摩尔质量为22.4L/mol×6.7g/L=150g/mol，故A的相对分子质量为150；
15g A 的物质的量为=0.1mol，把燃烧产物通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重9g，则生成水的物质的量是=0.5mol，碱石灰增重39.6g，则生成二氧化碳的物质的量是=0.9mol，故分子中N（C）==9、N（H）
==10，则N（O）==2，A的分子式为C9H10O2，
答：A的相对分子质量为150，分子式为C9H10O2．
（2）A能在稀硫酸作用下生成两种有机物，且其中一种有酸性，说明A含有酯基，A的核磁共振氢谱有5组峰，既含有5种类型的氢原子，其峰面积之比为1：2：2：2：3，既5种氢原子的个数之比是1：2：2：2：3，A分子中具有一个苯环结构，一个C﹣O﹣C结构和一个C=O结构，且A的苯环上只有一取代基，则
A 的结构简式为：、、，
答：A 可能的结构简式为、、．
19、A、B、C、D、E是中学常见的5种化合物，A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的活泼金属，相关物质间的关系如下图所示。

（1）X的单质与A反应的反应方程式是
_______________________________________。

（2）若试剂1是NaOH溶液，B物质的用途为
__________________________________。

（3）若试剂1是NaOH溶液，试剂2为盐酸，则将D的饱和溶液滴加到沸水中加热至溶液为红褐色时发生的离子反应方程式为
___________________________。

（4）若试剂1和试剂2均是稀硫酸：
①将物质C溶于水，其溶液呈酸性，原因是（用离子方程式表示）
__________________。

②某高效净水剂是由Y（OH）SO4聚合得到的。

工业上以E、稀硫酸和亚硝酸钠为原料来制备Y（OH）SO4，反应中有NO生成，该反应的化学方程式是
__________________。

【答案】(1) 2Al+Fe2O 32Fe+Al2O3
(2)作耐火材料
(3)Fe3＋+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H＋
(4) ①Al3＋+3H2O Al(OH)3+3H＋
②2FeSO4+2NaNO2+H2SO4===2Fe(OH)SO4+Na2SO4+2NO↑
【解析】由A、B是氧化物，元素X、Y的单质是生活中常见的活泼金属，可以得出这可能就是铝热反应，且X是铝，Y是铁，B是氧化铝，其用途是做耐火材料；A是铁的氧化物且与试剂2反应后的D，又能与铁反应，生成+2价的铁，
则A中有+3价的铁，可以是Fe3O4或Fe2O3，则试剂2是酸。

当试剂2是盐酸时，则D是FeCl3，与沸水反应时，就是Fe3＋与水反应得Fe(OH)3(胶体)。

如果试剂1、2是硫酸，则C是硫酸铝，其水溶液显酸性就是铝离子的水解，而E是FeSO4，它与硫酸和亚硝酸钠反应时生成NO，则亚铁离子被氧化成铁离子，然后配平。

20、有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。

B、C、E是常见气体；A、X、Y是常见金属单质，其中Y既能与强酸反应，又能与强碱反应；G的焰色反应显
黄色；I的溶液滴加KSCN显血红色。

请回答下列问题：
⑴F 的化学式为。

⑵I的化学式为。

⑶写出Y和D溶液反应的离子方程式：。

⑷写出C与H 溶液反应的化学方程式：。

【答案】（1）AlCI3
（2）Fe CI 3
（3）2Al +2OH—+ 2H2O=2AlO2—+ 3H2↑
（4）2Fe CI2+ CI2=2 Fe CI3
【解析】
21、按下面步骤由合成(部分试剂和反应条件已略去)。

请回答下列问题：
（1）分别写出B、D的结构简式：B_________、D_________。

（2）反应①～⑦中属于消去反应的是。

(填数字序号)（3）如果不考虑⑥、⑦反应，对于反应⑤，得到的E可能的结构简式为：
____________________。

（4）试写出C→D反应的化学方程式(注明反应条
件) 。

【答案】（1）；（2）②④
（3）
（4）
【解析】由转化关系可知A为，B为，C为，D为，由产物可知F为，E为，则
（1）由以上分析可知B为，D为；
（2）根据以上反应关系可知①为加成反应，②为消去反应，③为加成反应，④为消去反应，⑤为加成反应，⑥为加成反应，⑦为取代反应，则属于消去反应为的为②④；
（3）D为，与等物质的量的溴可发生1，2加成、1，4加成，与溴按照1：2发生加成可完全加成，对应的产物有
；
（4）C生成D是卤代烃的消去反应，反应的方程式为。

22、说明在下列分子中是由哪些轨道或杂化轨道重叠成键的。

ICl，NI3，CH3Cl，CO2
【答案】ICl：Cl以一个3p轨道与I以一个5p轨道重合形成一对共价键；
NI3：N原子不等性sp3杂化，除一个孤电子对外的三个杂化轨道分别与三个I 原子的各一个5p轨道杂化成键；
CH3Cl：C原子sp3杂化形成四个杂化轨道，其中三个与三个H原子的1s轨道重叠形成三个sp3-s σ共价键，另一杂化轨道与Cl原子的含单电子的3p轨道重叠，形成一个sp3-p σ共价键；
CO2：C原子的一个2s轨道与一个2p轨道实行sp杂化，形成两个成分相同，能量相等的sp杂化轨道，再与两个O原子中各一个含单电子的2p轨道重叠，形成sp-p σ键；
【解析】ICl：Cl以一个3p轨道与I以一个5p轨道重合形成一对共价键；
NI3：N原子不等性sp3杂化，除一个孤电子对外的三个杂化轨道分别与三个I 原子的各一个5p轨道杂化成键；
CH3Cl：C原子sp3杂化形成四个杂化轨道，其中三个与三个H原子的1s轨道重叠形成三个sp3-s σ共价键，另一杂化轨道与Cl原子的含单电子的3p轨道重叠，形成一个sp3-p σ共价键；
CO2：C原子的一个2s轨道与一个2p轨道实行sp杂化，形成两个成分相同，能量相等的sp杂化轨道，再与两个O原子中各一个含单电子的2p轨道重叠，形成sp-p σ键；C原子中余下的两个2p轨道(各含一个电子)再分别与一个O原子(共两个)中的另一个2p轨道重叠形成p-p π键。

因此每一对碳—氧组合间含有一个σ键和一个π键，为双键结构。

23、A、B、C、D是元素周期表中前36号元素,它们的核电荷数依次增大。

A原子L层的成对电子数和未成对电子数相等,B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构,C是地壳中含量最多的元素。

D是第四周期元素,其原子核外最外层电子数与氢原子相同,其余各层电子均充满。

请回答下列问题:
(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是(用对应的元素符号表示);基态D原子的电子排布式为。

(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中,其中心原子采取杂化;B
的空间构型为(用文字描述)。

(3)1 mol AB-中含有的π键个数为。

(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图,则该合金中Ca和D的原子个数比是。

【答案】(1)C<O<N 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)sp2平面三角形
(3)2N A或2×6.02×1023
(4)1∶5
【解析】
24、ⅢA、VA族元素组成的化合物AlN、AlP、AlAs等是人工合成的半导体材料，它们的晶体结构与单晶硅相似。

(1)核电荷数比As小4的原子基态的电子排布式为________。

(2)前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有
________种。

(3)在AlN晶体中，每个Al原子与________个N原子相连，AlN属于________晶体。

(4)NCl3中心原子杂化方式为________，NCl3的空间构型为________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1(2)5 (3)4 原子(4)sp3杂化三角锥形【解析】(2)前四周期元素中，基态原子中未成对电子与其所在周期数相同的元素有5种，对应元素和价电子构型分别是：氢(1s1)、碳(2s22p2)、氧(2s22p4)、磷(3s23p3)、铁(3d64s2)，注意没有3d44s2(应为3d54s1)；(3)依据题干信息“它们晶体结构与单晶硅相似”，通过硅类推AlN。